動(dòng)能定理在電磁學(xué)中的運(yùn)用

1、功能關(guān)系在電磁學(xué)中的應(yīng)用主要題型：選擇題、計(jì)算題熱點(diǎn)聚焦：(1)靜電力做功的特點(diǎn)(2)動(dòng)能定理在電磁學(xué)中的應(yīng)用(3)帶電體在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)洛倫茲力不做功，機(jī)械能也可守恒(4)功能關(guān)系、能量守恒在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用。高考常對(duì)電學(xué)問題中的功能關(guān)系進(jìn)行考查，特別是動(dòng)能定理的應(yīng)用此類題目的特點(diǎn)是過程復(fù)雜、綜合性強(qiáng)，主要考查學(xué)生綜合分析問題的能力 考點(diǎn)一 電場(chǎng)中的功能關(guān)系的應(yīng)用1.電場(chǎng)力的大小計(jì)算電場(chǎng)力做功與路徑無關(guān)其計(jì)算方法一般有如下四種(1)由公式WFlcos 計(jì)算，此公式只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)，可變形為WEqlcos .(2)由WqU計(jì)算，此公式適用于任何電場(chǎng)(3)由電勢(shì)能的變化計(jì)算：WABEpAEpB

2、.(4)由動(dòng)能定理計(jì)算：W電場(chǎng)力W其他力Ek.2電場(chǎng)中的功能關(guān)系：(1)若只有電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能與動(dòng)能之和保持不變(2)若只有電場(chǎng)力和重力做功，電勢(shì)能、重力勢(shì)能、動(dòng)能之和保持不變(3)除重力、彈簧彈力之外，其他各力對(duì)物體做的功等于物體機(jī)械能的變化(4)所有外力對(duì)物體所做的功等于物體動(dòng)能的變化【典例1】 如圖所示，絕緣水平面上的AB區(qū)域?qū)挾葹閐，帶正電，電荷量為q，質(zhì)量為m的小滑塊以大小為v0的初速度從A點(diǎn)進(jìn)入AB區(qū)域，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)至區(qū)域的中心C時(shí)，速度大小為vCv0，從此刻起在AB區(qū)域內(nèi)加上一個(gè)水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變，并且區(qū)域外始終不存在電場(chǎng)(1)若加電場(chǎng)后小滑塊受到的電場(chǎng)力與滑動(dòng)

3、摩擦力大小相等，求滑塊離開AB區(qū)域時(shí)的速度(2)要使小滑塊在AB區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間達(dá)到最長，電場(chǎng)強(qiáng)度應(yīng)滿足什么條件？并求這種情況下滑塊離開AB區(qū)域時(shí)的速度(設(shè)最大靜摩擦力大小等于滑動(dòng)摩擦力)審題流程第一步：抓好過程分析巧選物理規(guī)律(邊讀邊看圖)AC過程滑塊勻加速運(yùn)動(dòng)CB過程滑塊勻減速運(yùn)動(dòng)第二步：抓好關(guān)鍵點(diǎn)找出突破口“要使時(shí)間達(dá)到最長”(關(guān)鍵點(diǎn))滑塊滑到B的速度為零(突破口)滑塊再向左加速運(yùn)動(dòng)最后從A點(diǎn)離開AB區(qū)域解析(1)設(shè)滑塊所受滑動(dòng)摩擦力大小為Ff，則滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得：Ff·mvmv假設(shè)最后滑塊從B點(diǎn)離開AB區(qū)域，則滑塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理得：(

4、qE1Ff)·mvmv將vCv0和qE1Ff代入解得vBv0由于滑塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)還有動(dòng)能，因此滑塊從B點(diǎn)離開AB區(qū)域，速度大小為v0，方向水平向右(2)要使小滑塊在AB區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間達(dá)到最長，必須使滑塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)停下，然后再向左加速運(yùn)動(dòng)，最后從A點(diǎn)離開AB區(qū)域滑塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得：(qE2Ff)·mv由兩式可得電場(chǎng)強(qiáng)度E2由知qE22Ff滑塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)后，因?yàn)閝E2>Ff，所以滑塊向左勻加速運(yùn)動(dòng)，從B運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得：(qE2Ff)dmv由以上各式解得滑塊離開AB區(qū)域時(shí)的速度vAv0(水平向左)答案(1)v0，方向水平向右(2)電場(chǎng)

5、強(qiáng)度大小等于v0，方向水平向左處理此問題應(yīng)注意以下幾點(diǎn)： 電場(chǎng)力做功與路徑無關(guān)，可運(yùn)用動(dòng)能定理對(duì)全程列式 在運(yùn)用動(dòng)能定理處理電學(xué)問題時(shí)應(yīng)注意運(yùn)動(dòng)過程的選取，特別應(yīng)注意電場(chǎng)力和摩擦力做功的特點(diǎn)【預(yù)測(cè)1】 如圖所示，在粗糙水平面上，彼此靠近地放置兩個(gè)帶同種電荷的小物塊由靜止釋放后，兩個(gè)物塊向相反方向運(yùn)動(dòng)，并最終停止在物塊運(yùn)動(dòng)過程中，下列表述正確的是()A兩個(gè)物塊的機(jī)械能守恒 B物塊受到的庫侖力不做功C兩個(gè)物塊的電勢(shì)能逐漸減少 D物塊受到的摩擦力始終小于其受到的庫侖力答案C【預(yù)測(cè)2】 如圖所示，有三根長度均為L0.3 m的不可伸長的絕緣細(xì)線，其中兩根的一端分別固定在天花板上的P、Q兩點(diǎn)，另一端分別拴

6、有質(zhì)量均為m0.12 kg的帶電小球A和B，其中A球帶正電，電荷量為q3×106 CA、B之間用第三根線連接起來在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)E作用下，A、B保持靜止，懸線仍處于豎直方向，且A、B間細(xì)線恰好伸直(靜電力常量k9×109 N·m2/C2，取g10 m/s2)(1)此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E為多大；(2)現(xiàn)將PA之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會(huì)達(dá)到新的平衡位置求此時(shí)細(xì)線QB所受的拉力FT的大小，并求出A、B間細(xì)線與豎直方向的夾角；(3)求A球的電勢(shì)能與燒斷前相比改變了多少(不計(jì)B球所帶電荷對(duì)勻強(qiáng)電場(chǎng)的影響)解析(1)B球水平方向所受合力為零，則有qBEk

7、所以Ek9×109× N/C3×105 N/C(2)兩球及細(xì)線最后位置如圖所示，QB的拉力FT2mg2×0.12×10 N2.4 NA球受力平衡，則有qEmgtan ，所以tan ，即37°(3)A球克服電場(chǎng)力做功，WqEL(1sin )3×106×3×105×0.3×(10.6) J0.108 J所以A球的電勢(shì)能增加了EpW0.108 J答案(1)3×105 N/C(2)2.4 N37°(3)增加0.108 J考點(diǎn)二 磁場(chǎng)中的功能關(guān)系的應(yīng)用1.磁場(chǎng)力的做功情況：(

8、1)洛倫茲力在任何情況下對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷都不做功(2)安培力對(duì)通電導(dǎo)線可做正功、負(fù)功，還可能不做功，其計(jì)算方法一般有如下兩種由公式WFlcos 計(jì)算由動(dòng)能定理計(jì)算：W安W其他力Ek2電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系：(1)電磁感應(yīng)電路為純電阻電路時(shí)產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即QW克安(2)電磁感應(yīng)發(fā)生的過程遵從能量守恒焦耳熱的增加量等于其他形式能量的減少量【典例2】 如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到v時(shí)開始勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)對(duì)導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率

9、恒為P，導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項(xiàng)正確的是()AP2mgvsin BP3mgvsin C當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時(shí)加速度大小為sin D在速度達(dá)到2v以后勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功解析導(dǎo)體棒由靜止釋放，速度達(dá)到v時(shí)，回路中的電流為I，則根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件，有mgsin BIL.對(duì)導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則回路中的電流為2I，則根據(jù)平衡條件，有Fmgsin 2BIL所以拉力Fmgsin ，拉力的功率PF·2v2mgvsin ，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

10、當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到時(shí)，回路中的電流為，根據(jù)牛頓第二定律，得mgsin BLma，解得asin ，選項(xiàng)C正確；當(dāng)導(dǎo)體棒以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上產(chǎn)生的焦耳熱，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案AC1功能關(guān)系在電學(xué)中應(yīng)用的題目，一般過程復(fù)雜且涉及多種性質(zhì)不同的力，因此，通過審題，抓住受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析是關(guān)鍵，然后根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過程各力做功的特點(diǎn)來選擇規(guī)律求解2動(dòng)能定理和能量守恒定律在處理電學(xué)中能量問題時(shí)仍然是首選的規(guī)律【預(yù)測(cè)3】 如圖所示，水平固定放置的足夠長的U形金屬導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在導(dǎo)軌上放著金屬棒ab，開始時(shí)ab棒以水平初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，最后靜

11、止在導(dǎo)軌上，就導(dǎo)軌光滑和導(dǎo)軌粗糙的兩種情況相比較，這個(gè)過程()A安培力對(duì)ab棒所做的功相等 B電流所做的功相等C產(chǎn)生的總內(nèi)能相等 D通過ab棒的電荷量相等解析光滑導(dǎo)軌無摩擦力，導(dǎo)軌粗糙的有摩擦力，動(dòng)能最終都全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以內(nèi)能相等，C正確；對(duì)光滑的導(dǎo)軌有：mvW安，對(duì)粗糙的導(dǎo)軌有：mvW安W摩，W安W安，則A、B錯(cuò)；qIt，且x光>x粗，所以q光>q粗，D錯(cuò) 答案C【預(yù)測(cè)4】 如圖所示，寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向下穿過光滑的水平桌面，一質(zhì)量為m的橢圓形導(dǎo)體框平放在桌面上，橢圓的長軸平行于磁場(chǎng)邊界，短軸小于d.現(xiàn)給導(dǎo)體框一個(gè)向右的初速度v0(v0垂直于磁場(chǎng)邊界)，已知導(dǎo)體框全部

12、在磁場(chǎng)中時(shí)速度為v，導(dǎo)體框全部出磁場(chǎng)后的速度為v1，導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1，導(dǎo)體框離開磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2，下列說法正確的是()A導(dǎo)體框離開磁場(chǎng)過程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向B導(dǎo)體框進(jìn)出磁場(chǎng)都是做勻變速直線運(yùn)動(dòng)CQ1>Q2 DQ1Q2m(vv)解析由楞次定律可知導(dǎo)體框離開磁場(chǎng)過程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，選項(xiàng)A正確導(dǎo)體框受安培力而速度變化，根據(jù)F，安培力是變力，導(dǎo)體框不可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤因?yàn)閷?dǎo)體框進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)時(shí)做減速運(yùn)動(dòng)，在進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受的平均作用力大于穿出磁場(chǎng)時(shí)的平均作用力，所以導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)安培力做功較多，即產(chǎn)生熱量較多，選項(xiàng)C正確根

13、據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的總熱量等于動(dòng)能的減少量，選項(xiàng)D正確答案ACD考點(diǎn)三 守恒思維法的運(yùn)用在物理變化的過程中，常存在著某些不變的關(guān)系或不變的量，在討論一個(gè)物理變化過程時(shí)，對(duì)其中的各個(gè)量或量的變化關(guān)系進(jìn)行分析，尋找到整個(gè)過程中或過程發(fā)生前后存在著不變關(guān)系或不變的量，則成為研究這一變化過程的中心和關(guān)鍵這就是物理學(xué)中最常用的一種思維方法守恒思維法，簡稱守恒法人們?cè)谡J(rèn)識(shí)客觀世界的過程中積累了豐富的經(jīng)驗(yàn)，總結(jié)出許多守恒定律建立在守恒定律之下的具體的解題方法可分為：能量守恒法、機(jī)械能守恒法、電荷守恒法、質(zhì)量守恒法及動(dòng)量守恒法等能量守恒定律是物理學(xué)中普遍適用的規(guī)律之一，是物理教材的知識(shí)主干，也是歷年高考各種

14、題型正面考查或側(cè)面滲透的重點(diǎn)，且常見于高考?jí)狠S題中由于守恒定律適用范圍廣，處理問題方便，因此，尋求“守恒量”已成為物理研究的一個(gè)重要方面【典例】如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)0.6 m，其傾角為37°，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，底端接有阻值為R3 的定值電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過導(dǎo)軌平面有一質(zhì)量m0.2 kg、長為l的導(dǎo)體棒固定在ab位置，導(dǎo)體棒的電阻為R01 ，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3.現(xiàn)導(dǎo)體棒獲得平行斜面向上的初速度v010 m/s滑行最遠(yuǎn)至ab位置，所滑行距離為s4 m(sin 37°0.6，cos 37°0.8，重力加速度g10 m/s2

15、)(1)把導(dǎo)體棒視為電源，最大輸出功率是多少？(2)導(dǎo)體棒向上滑行至ab過程中所受的安培力做了多少功？(3)以ab位置為重力勢(shì)能的零點(diǎn)，若導(dǎo)體棒從ab沿導(dǎo)軌面向上滑行d3 m過程中電阻R產(chǎn)生的熱量QR2.1 J，此時(shí)導(dǎo)體棒的機(jī)械能E為多大？解析(1)由閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流的最大值為Im A1.5 A故最大輸出功率為PmIR1.52×3 W6.75 W.(2)導(dǎo)體棒向上滑行過程中，安培力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得W安mgs(sin cos )0mv代入數(shù)據(jù)得W安3.28 J.(3)因RR031，由串聯(lián)電路功率關(guān)系得焦耳熱之間的關(guān)系為Q總QR43，解得Q總2.8 J根據(jù)功能關(guān)系得Q總Wf

16、mvEWfmgdcos ，代入數(shù)據(jù)解得E5.76 J.答案(1)6.75 W(2)3.28 J(3)5.76 J【即學(xué)即練】 “電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉(zhuǎn)器和探測(cè)板組成偏轉(zhuǎn)器是由兩個(gè)相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心金屬半球面A和B構(gòu)成，A、B為電勢(shì)值不等的等勢(shì)面，其過球心的截面如圖259所示一束電荷量為e、質(zhì)量為m的電子以不同的動(dòng)能從偏轉(zhuǎn)器左端M板正中間小孔垂直入射，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域，最后到達(dá)偏轉(zhuǎn)器右端的探測(cè)板N，其中動(dòng)能為Ek0的電子沿等勢(shì)面C做勻速圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)N板的正中間忽略電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)(1)判斷半球面A、B的電勢(shì)高低，并說明理由；(2)求等勢(shì)面C所在處電場(chǎng)強(qiáng)度E的大

17、小；(3)若半球面A、B和等勢(shì)面C的電勢(shì)分別為A、B和C，則到達(dá)N板左、右邊緣處的電子，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)前、后的動(dòng)能改變量Ek左和Ek右分別為多少？(4)比較|Ek左|與|Ek右|的大小，并說明理由解析(1)電子(帶負(fù)電)做圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力方向指向球心，電場(chǎng)方向從B指向A，B板電勢(shì)高于A板(2)據(jù)題意，電子在電場(chǎng)力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，考慮到圓軌道上的電場(chǎng)強(qiáng)度E大小相同，有：eEm，Ek0mv2，R聯(lián)立解得E(3)電子運(yùn)動(dòng)時(shí)只有電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理，有EkqU對(duì)到達(dá)N板左邊緣的電子，電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增加，有Ek左e(BC)對(duì)到達(dá)N板右邊緣的電子，電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，有Ek右e(AC)(4)根

18、據(jù)電場(chǎng)線特點(diǎn)，等勢(shì)面B與C之間的電場(chǎng)強(qiáng)度大于C與A之間的電場(chǎng)強(qiáng)度，考慮到等勢(shì)面間距相等，有|BC|AC|，即|Ek左|Ek右|.答案見解析專題強(qiáng)化訓(xùn)練1如圖所示，光滑斜面固定在水平地面上，勻強(qiáng)電場(chǎng)平行于斜面向下，彈簧另一端固定，帶電滑塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，滑塊與斜面間絕緣現(xiàn)給滑塊一個(gè)沿斜面向下的初速度，滑塊最遠(yuǎn)能到達(dá)P點(diǎn)在這過程中()A滑塊的動(dòng)能一定減小 B彈簧的彈性勢(shì)能一定增大C滑塊電勢(shì)能的改變量一定小于重力與彈簧彈力做功的代數(shù)和D滑塊機(jī)械能的改變量等于電場(chǎng)力與彈簧彈力做功的代數(shù)和解析滑塊處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，受重力、電場(chǎng)力、彈簧彈力和斜面的支持力，合力為零當(dāng)向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力方向沿斜面向上，合力做負(fù)功，

19、動(dòng)能減小，A對(duì)；由于滑塊的電性不知，電場(chǎng)力方向不知，彈簧在A點(diǎn)是伸長還是壓縮不能確定，B錯(cuò)；由于只有重力、電場(chǎng)力和彈簧彈力做功，A、P兩點(diǎn)速度又為零，電場(chǎng)力做功一定等于重力與彈簧彈力做功的代數(shù)和，C錯(cuò)；對(duì)滑塊而言，重力以外的其他力做功的代數(shù)和等于其機(jī)械能的改變量，D對(duì)答案AD2一帶電粒子射入一固定的正點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中，沿如圖2510所示的虛線由a點(diǎn)經(jīng)b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，b點(diǎn)離Q最近若不計(jì)重力，則()A帶電粒子帶正電荷 B帶電粒子到達(dá)b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大C帶電粒子從a到b電場(chǎng)力對(duì)其做正功 D帶電粒子從b到c電勢(shì)能增加解析從軌跡可知，粒子受到排斥力作用，所以粒子帶正電，選項(xiàng)A正確粒子從a到b電場(chǎng)力對(duì)其做負(fù)功

20、，動(dòng)能減少，電勢(shì)能增大；從b到c電場(chǎng)力對(duì)其做正功，動(dòng)能增大，電勢(shì)能減少，故粒子在b點(diǎn)動(dòng)能最小，電勢(shì)能最大，所以選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤答案A3如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)E方向水平向左，帶有正電荷的物體沿絕緣水平面向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)動(dòng)能是100 J，經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能是A點(diǎn)的，減少的動(dòng)能有轉(zhuǎn)化成電勢(shì)能，那么，當(dāng)它再次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為()A4 J B8 J C16 J D20 J解析物體在運(yùn)動(dòng)中受到的電場(chǎng)力與滑動(dòng)摩擦力均不變由題意得EkB×100 J20 J由W電WfEk，W電Ek，得WfEk.當(dāng)由B點(diǎn)減速為0時(shí)，Wf1EkB×20 J8 J由B點(diǎn)向右，再返回到B點(diǎn)，整個(gè)過程由動(dòng)能定理分析得

21、：2×8EkBEkB得EkB16 J20 J4 J，A項(xiàng)正確答案A4如圖所示，質(zhì)量為m的金屬線框A靜置于光滑平面上，通過細(xì)繩跨過定滑輪與質(zhì)量為m的物體B相連，圖中虛線內(nèi)為一水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，d表示A與磁場(chǎng)左邊界的距離，不計(jì)滑輪摩擦及空氣阻力，設(shè)B下降h(h>d)高度時(shí)的速度為v，則以下關(guān)系中成立的是()Av2gh Bv22ghCA產(chǎn)生的熱量Qmghmv2 DA產(chǎn)生的熱量Qmghmv2解析對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)能定理得mghW電(mm)v2，W電mghmv2，A產(chǎn)生的熱量QW電mghmv2，選項(xiàng)C正確答案C5如圖所示，帶電平行板中勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向下，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向水平向里，一帶電小球從光滑絕緣軌

22、道上的a點(diǎn)自由滑下，經(jīng)過軌道端點(diǎn)P進(jìn)入板間恰好沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)現(xiàn)使球從軌道上較低的b點(diǎn)開始滑下，經(jīng)P點(diǎn)進(jìn)入板間，在之后運(yùn)動(dòng)的一小段時(shí)間內(nèi)()A小球的重力勢(shì)能一定會(huì)減小B小球的機(jī)械能可能不變C小球的電勢(shì)能一定會(huì)減小D小球動(dòng)能可能減小解析若小球帶正電q，當(dāng)小球做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，它所受向下的重力mg加上向下的電場(chǎng)力qE等于向上的洛倫茲力qvB，若它從軌道上較低的b點(diǎn)滑下，經(jīng)過P時(shí)的速度要小于v，則它在之后的一小段時(shí)間內(nèi)要向下方偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，重力和電場(chǎng)力都做正功，速度增大，洛倫茲力也增大，動(dòng)能也增大；若小球帶負(fù)電q，當(dāng)小球做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，它所受向下的重力mg加上向下的洛倫茲力qvB等于向上的電場(chǎng)

23、力qE，若它從軌道上較低的b點(diǎn)滑下，經(jīng)過P時(shí)的速度要小于v，則它在之后的一小段時(shí)間內(nèi)要向上方偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，重力做負(fù)功而電場(chǎng)力做正功，速度增大，洛倫茲力也增大，動(dòng)能也增大可知只有選項(xiàng)C正確答案C6如圖所示，、是豎直平面內(nèi)三個(gè)相同的半圓形光滑絕緣軌道，k為軌道最低點(diǎn)，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，和處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，三個(gè)完全相同的帶正電小球a、b、c從軌道最高點(diǎn)自由下滑至第一次到達(dá)最低點(diǎn)k的過程中，下列說法中正確的有()A在k處，球b速度最大 B在k處，球c對(duì)軌道壓力最大C球b需時(shí)最長 D球c機(jī)械能損失最多解析從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，合力對(duì)c球做正功，對(duì)b球做負(fù)功，對(duì)a球不做功，根據(jù)動(dòng)能定理可知在k處球c動(dòng)能最

24、大，速度最大，A錯(cuò)；求出最低點(diǎn)動(dòng)能后，由左手定則判斷a球洛倫茲力的方向豎直向上，在k處列向心力方程可得在k處球c對(duì)軌道壓力最大，B對(duì)；任一高度處根據(jù)動(dòng)能定理可知，b球速度最小，即b球全程平均速率最小，路程一定時(shí)，b球運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，C對(duì)；對(duì)球c，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，機(jī)械能增加，D錯(cuò)答案BC7如圖所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根足夠長、電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距L1 m，導(dǎo)軌平面與水平面成37°角，下端連接阻值R2 的電阻勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直質(zhì)量m0.2 kg、電阻r1 的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.25(設(shè)最大靜摩擦力大小等于滑動(dòng)摩擦力大

25、小)當(dāng)金屬棒由靜止下滑60 m時(shí)速度達(dá)到穩(wěn)定，電阻R消耗的功率為8 W，金屬棒中的電流方向由a到b，則下列說法正確的是(g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)()A金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑時(shí)加速度a的大小為4 m/s2B金屬棒達(dá)到穩(wěn)定時(shí)速度v的大小為10 m/sC磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為0.4 TD金屬棒由靜止到穩(wěn)定過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為25.5 J解析金屬棒開始下滑時(shí)不受安培力，由牛頓第二定律得agsin gcos 4 m/s2，選項(xiàng)A正確速度達(dá)到穩(wěn)定時(shí)合力為零，mgcos mgsin ，得0.8 N，由已知·

26、8 W得v15 m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤根據(jù)左手定則可得，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，由0.8 N，將v15 m/s代入得B0.4 T，選項(xiàng)C正確根據(jù)能量守恒，產(chǎn)生的總焦耳熱量為Qmgxsin mv2mgxcos 25.5 J，R上產(chǎn)生的熱量為QRQ17 J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案AC8如圖所示，在E103 V/m的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一光滑的半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN連接，半圓形軌道平面與電場(chǎng)線平行，P為QN圓弧的中點(diǎn)，其半徑R40 cm，一帶正電荷q104 C的小滑塊質(zhì)量m10 g，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.15，位于N點(diǎn)右側(cè)1.5 m處，取g10 m/s2，求：(1)要使小滑塊恰能

27、運(yùn)動(dòng)到半圓軌道的最高點(diǎn)Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運(yùn)動(dòng)？(2)這樣運(yùn)動(dòng)的滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大？解析設(shè)小滑塊到達(dá)Q點(diǎn)的速度為v，在Q點(diǎn)由牛頓第二定律得：mgqEm，小滑塊從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得：mg·2RqE·2R(mgqE)xmv2mv，聯(lián)立解得v07 m/s.(2)設(shè)小滑塊到達(dá)P點(diǎn)的速度為v，則從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)P點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得：(qEmg)x(mgqE)Rmv2mv，在P點(diǎn)有：FNm，代入數(shù)據(jù)得FN0.6 N.答案(1)7 m/s(2)0.6 N9如圖所示，一根質(zhì)量為m的金屬棒MN水平放置在兩根豎直的光滑平行金屬導(dǎo)軌上，并始終與導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌下端接一阻值為R的電阻，其余電阻不計(jì)在空間內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌平面的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小只隨豎直方向位移y變化，變化規(guī)律Bky，k為大于零的常量質(zhì)量M4m的物體靜