第2講功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用

1、第2講功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用【知識(shí)回扣】1. 靜電力做功與路徑無關(guān).若電場為勻強(qiáng)電場，則W=Flcosa=Eqlcosa；若是非勻強(qiáng)電場，則一般利用W=qU來求.2. 磁場力又可分為洛倫茲力和安培力.洛倫茲力在任何情況下對運(yùn)動(dòng)的電荷都不做_安培力可以做正功、負(fù)功，還可以不做功.3. 電流做功的實(shí)質(zhì)是電場對移動(dòng)電荷做功.即W=UIt=Uq.4. 導(dǎo)體棒在磁場中切割磁感線時(shí)，棒中感應(yīng)電流受到的安培力對導(dǎo)體棒做負(fù)功，使機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能.5. 靜電力做的功等于電勢能的變化，即Wab=AEp.【規(guī)律方法】1. 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)

2、動(dòng)過程分析是關(guān)鍵,然后根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過程中各力做功的特點(diǎn)來選擇相應(yīng)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)仍然是首選的方法高導(dǎo)題型1幾個(gè)重婆的功能關(guān)系柱電學(xué)中的應(yīng)用|:例1；（多選）如圖1所示地面上方存在水平向右的勻強(qiáng)電場.現(xiàn)將一帶電小球從距離地面0點(diǎn)高h(yuǎn)處的A點(diǎn)以水平速度vo拋出，經(jīng)過一段時(shí)間小球恰好垂直于地面擊中地面上的B點(diǎn)，B到0的距離也為h.當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間,則下列說法正確的是（）圖1A. 從A到B的過程中小球的動(dòng)能先減小后增大B. 下落過程中小球機(jī)械能一直增加C. 小球的加速度始終保持2g不變D. 從A點(diǎn)到B點(diǎn)小球的的電勢能增加了mgh解析由題意分析知，小球在水

3、平方向勻減速，豎直方向勻加速，由于時(shí)間相等，兩方向位移相同，故qE=mg,合力大小為（2mg，斜向左下方45°故小球的動(dòng)能先減小后增大；電場力一直做負(fù)功，小球機(jī)械能一直減小，小球的加速度始終保持2g不變，從A點(diǎn)到B點(diǎn)電場力做負(fù)功，大小為qEh=mgh，故電勢能增加了mgh.答案AD預(yù)測1如圖2所示，直角三角形ABC由三段細(xì)直桿連接而成，AB桿豎直，AC桿粗糙且絕緣，其傾角為30°長為2L,D為AC上一點(diǎn)，且BD垂直AC,在BC桿中點(diǎn)0處放置一正點(diǎn)電荷Q.套在細(xì)桿上的帶負(fù)電小球，以初速度Vo由C點(diǎn)沿CA上滑，滑到D點(diǎn)速率恰好為零，之后沿AC桿滑回C點(diǎn).小球質(zhì)量為m、電荷量為q

4、,重力加速度為g.則（）A. 小球上滑過程中先勻加速后勻減速B. 小球下滑過程中電場力先做負(fù)功后做正功C. 小球再次滑回C點(diǎn)時(shí)的速率為vc=,3gLv2D. 小球下滑過程中動(dòng)能、電勢能、重力勢能三者之和增大答案C解析小球上滑過程中受到重力、庫侖力、桿的支持力以及摩擦力作用，由于庫侖力和摩擦力是變力，則運(yùn)動(dòng)過程中加速度始終發(fā)生變化，故A錯(cuò)誤；根據(jù)幾何關(guān)系可知，OD=OC,則C、D兩點(diǎn)電勢相等，所以從C到D的過程中，電場力做功為零，在C點(diǎn)時(shí)，小球受到的庫侖力是引力，電場力做正功，后電場力做負(fù)功，故B錯(cuò)誤；從C到D的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：0*mv0=mghWf,再從D回到C的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得

5、：mvC0=mghWf,根據(jù)幾何關(guān)系可知，h=）解得：vc=/3gLv0，故C正確；小球下滑過程中由于摩擦力做負(fù)功，則小球動(dòng)能、電勢能、重力勢能三者之和減小，故D錯(cuò)誤.預(yù)測2（多選）如圖3所示，某一空間內(nèi)充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場E,在豎直平面內(nèi)建立坐標(biāo)系xOy，在y<0的空間里有與場強(qiáng)E垂直的勻強(qiáng)磁場B,在y>0的空間內(nèi)，將一質(zhì)量為m的帶電液滴（可視為質(zhì)點(diǎn)）自由釋放，則此液滴沿y軸的負(fù)方向以加速度a=2g（g為重力加速度）做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)液滴運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)，瞬間被安置在原點(diǎn)的一個(gè)裝置改變了帶電性質(zhì)（液滴所帶電荷量和質(zhì)量均不變），隨后液滴進(jìn)入y<0的空間運(yùn)動(dòng).液滴在以后的運(yùn)

6、動(dòng)過程中（）A. 重力勢能一定先減小后增大B. 機(jī)械能一定先增大后減小C. 動(dòng)能先不變后減小D. 動(dòng)能一直保持不變答案AD解析帶電液滴在電場與重力場作用下，由牛頓第二定律可得：qE+mg=ma=m2g,故qE=mg當(dāng)帶電液滴進(jìn)入磁場時(shí)，由于電場力與重力方向相反，處于平衡.而洛倫茲力提供向心力，帶電液滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng).所以重力勢能先減小后增大，故A正確；由于電場力先做負(fù)功后做正功，所以電勢能先增大后減小，那么機(jī)械能先減小后增大，故B錯(cuò)誤；由于做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則速度的大小不變，則動(dòng)能不變，故C錯(cuò)誤，D正確.烏婁趙地2動(dòng)能進(jìn)理在電場中的應(yīng)用:解題方略】1. 電場力做功與重力做功的特點(diǎn)類似，都與路徑無

7、關(guān)2. 對于電場力做功或涉及電勢差的計(jì)算，選用動(dòng)能定理往往最簡便快捷，但運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)要特別注意運(yùn)動(dòng)過程的選取.:例2如圖4所示，兩個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷M和N，帶電量均為Q,固定在光滑絕緣的水平面上，相距2L,A、0、B是MN連線上的三點(diǎn)，且0為中點(diǎn)，0A=OB=寺，一質(zhì)量為m、電量為q的點(diǎn)電荷以初速度v0從A點(diǎn)出發(fā)沿MN連線向N運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過程中電荷受到大小恒定的阻力作用，但速度為零時(shí)，阻力也為零，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到0點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能為初動(dòng)能的n倍，到B點(diǎn)速度剛好為零，然后返回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，直至最后靜止.已知靜電力恒量為k,取0處電勢為零.求：(1) A點(diǎn)的場強(qiáng)大小;(2) 阻力的大??；(3) A點(diǎn)的電勢；電荷在

8、電場中運(yùn)動(dòng)的總路程解析(1)由點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式和電場疊加原理可得:E=kQL2(22,Q32kQk=2-3L29L(3L)(2)由對稱性知，如=電，電荷從A至UB的過程中，電場力做功為零，克服阻力做功為：Wf1mv2=FfL,由動(dòng)能定理：一FfL=0-mvo2，得：Ff=號罟1設(shè)電荷從A到0點(diǎn)電場力做功為Wf，克服阻力做功為,11o1o由動(dòng)能定理：WfqWf=qnmvoqmvo得:Wf=2mvo(2n1)由：Wf=q(如一忙>)得:2,WfmvoxG=石(2n1)電荷最后停在O點(diǎn)，在全過程中電場力做功為2mvoWf=(2n1),電荷在電場中運(yùn)動(dòng)的總路程為s,則阻力做功為一FfS.1由動(dòng)

9、能定理：WfFfs=0mvo22即:m4(2n1)2Lmv2s=1mvo2解得：s=(n+0.5)L.-2答案(1)32kQ罟2mvomv(2n-1)(n+o.5)L預(yù)測3如圖5所示，在絕緣水平面上放有一帶正電的滑塊、質(zhì)量為m,帶電荷量為q,水平面上方虛線左側(cè)空間有水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E,qE>1mg虛線右側(cè)的水平面光滑.一輕彈簧右端固定在墻上,處于原長時(shí)，左端恰好位于虛線位置，把滑塊放到虛線左側(cè)L處，并給滑塊一個(gè)向左的初速度v。，已知滑塊與絕緣水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為h1LH(1)彈簧的最大彈性勢能;(2) 滑塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量答案(1)(qE-卩mgL+mqE卩mg22

10、(qE+口mg0(2)qEL+蘇。2解析(1)設(shè)滑塊向左運(yùn)動(dòng)x時(shí)減速到零，由能量守恒定律有:(qE+m)x=?mvo解得:之后滑塊向右加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)第一次到達(dá)虛線時(shí)的動(dòng)能為Ek，由能量守恒定律得:2mvo2qE+imgqE(x+L)=Ek+1mgx+L)解得:Ek=(qE1mgL+mqEimg22(qE+1mg滑塊從虛線處壓縮彈簧至最短的過程，機(jī)械能守恒,動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能,所以彈簧的最大彈性勢能為:Epm=(qE1mgL+2冷+;mg°2(2)滑塊往返運(yùn)動(dòng)，最終停在虛線位置，整個(gè)過程電場力做正功，為W=qEL，電勢能減少量為qEL,由能量守恒定律，整個(gè)過程產(chǎn)生的熱量等于滑塊機(jī)械能

11、的減少量與電勢能的減少量之和，即Q=qEL+*mvo2烏號越熨3功能觀點(diǎn)花電磁懇鹿問題屮的應(yīng)川:解題方略】1電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中必定受到安培力的作用，因此，要維持感應(yīng)電流的存在，必須有“外力”克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能2當(dāng)感應(yīng)電流通過用電器時(shí)，電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能安培力做功的過程，或通過電阻發(fā)熱的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程安培力做了多少功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能3若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W=Ult或Q=|2Rt直接進(jìn)行計(jì)算電能4若電流變化，貝9:(1)利用安培力做的功求解：

12、電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；(2)利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的電能【例3】如圖6所示，足夠長光滑導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌平面與水平面夾角0=37°導(dǎo)軌間距L=0.4m,其下端連接一個(gè)定值電阻R=2Q,其它電阻不計(jì)兩導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T.質(zhì)量為m=0.02kg的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，現(xiàn)將導(dǎo)體棒由靜止釋放，取重力加速度g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8.R的電量q=0.26C,求R產(chǎn)生的熱量ab做勻速運(yùn)動(dòng)，即由能量關(guān)系有Q=mgxsin3712°mv2=0.1

13、52J.答案(1)6m/s(2)0.72W(3)0.152J(1) 求導(dǎo)體棒下滑的最大速度;求ab棒下滑過程中電阻R消耗的最大功率;(3) 若導(dǎo)體棒從靜止加速到v=4m/s的過程中，通過Q.解析(1)E=BLvEBLvI=RR22B2L2vF安=BIL=R當(dāng)安培力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力相等時(shí)，速度最大，棒22BLvmmgsin0=RmgRsin37°vm=巳22=6m/s一，mgRsin37由(1)可知Vm=b2l2BLVm代入P=R222mgRsin37°得P=Bp=0.72WBLxIt=BRTx=BR=2.6m預(yù)測4(多選)在如圖7所示的傾角為B的光滑斜面上，存在著兩個(gè)

14、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域I的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域n的磁場方向垂直斜面向下，磁場的寬度均為L,一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場I區(qū)時(shí)，恰好以速度V1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時(shí)，線框又恰好以速度V2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框的動(dòng)能變化量為AEk，重力對線框做功大小為W1，安培力對線框做功大小為W2,下列說法中正確的是（）圖7A. 在下滑過程中，由于重力做正功，所以有V2>V1B. 從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，機(jī)械能守恒C. 從a

15、b進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，有（Wl圧小的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能D. 從ab進(jìn)入GH到MN到JP的中間位置的過程中，線框動(dòng)能的變化量為AEk=Wi-W答案CD解析由平衡條件，第一次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),mgsin0=22BLvi，第二次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),mgsin0=224BLV2R，則V2<V1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;ab進(jìn)入磁場后，安培力做負(fù)功，機(jī)械能減少，選項(xiàng)誤；從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，由動(dòng)能定理得，WW?=圧k,選項(xiàng)D正確；線框克服安培力做功為W2,等于產(chǎn)生的電能，且W2=W1-AEk，選項(xiàng)C正確.預(yù)測5如圖8所示，單位長度電阻相等的直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場中，磁

16、感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于bc邊水平向右.ab=4L,bc=3L,金屬框總電阻為R求：圖8（1）若金屬框繞bc邊以角速度3按圖示方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，ab兩點(diǎn)間的電勢差Uab是多少？a、b兩點(diǎn)哪點(diǎn)電勢高？若金屬框繞ab邊以角速度3勻速轉(zhuǎn)動(dòng)一周，ab邊上產(chǎn)生的焦耳熱是多少?答案（1）8BL23a端電勢高12tB2L43解析（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=B4L/"Va+Vb_4Lv=2=3=2L3所以E=B4L2L3=8BL23由于ab和ac切割磁感線有效長度相同，回路的總感應(yīng)電動(dòng)勢為零，金屬框中無電流，但a、2b兩端有電勢差，根據(jù)右手定則可判斷a端電勢咼所以Uab=E=8BLw（2）若

17、以ab邊為軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，ac邊切割磁感線，金屬框?qū)a(chǎn)生正弦交流電，設(shè)某時(shí)刻金屬框平面與磁場夾角為0,從下向上看如圖所示，則電動(dòng)勢的瞬時(shí)值表達(dá)式為3L2e=B4Lpwcos0=6BLwcos0最大值Em=6BL2o有效值為E=E；=3,2BL2w金屬框繞ab邊轉(zhuǎn)動(dòng)一周產(chǎn)生的總熱量22小EE2nQ=t=-QR1=Rw則ab邊上產(chǎn)生的熱量Qab=RabQ=12BL"WRR高粵題型4應(yīng)川動(dòng)力學(xué)和功能觀點(diǎn)處理電學(xué)綜合問題:例4如圖9所示，水平地面QA與豎直面內(nèi)的、半徑R=4m的光滑圓軌道ACDF相連,FC為豎直直徑，DO水平，AO與CO夾角a=60°.QA上方有一水平臺(tái)面MN,MN正上

18、方分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=4TP是豎直線AP與DO的交點(diǎn)，RA的右側(cè)、PO的下面、0C的左側(cè)分布著豎直向下、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場.一個(gè)質(zhì)量m=2kg、電量q=+1C的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在MN上，在水平推力F=4N的作用下正以速度w向右做勻速運(yùn)動(dòng).已知滑塊與平臺(tái)MN的動(dòng)摩擦因數(shù)尸0.5;重力加速度g=10m/s2.I（1）求小滑塊在平臺(tái)MN上的速度vi；小滑塊從N點(diǎn)飛出后，恰從A點(diǎn)無碰撞地（沿軌道切線）進(jìn)入圓軌道AC,為了使小滑塊不向內(nèi)脫離AF間的圓弧軌道，求電場強(qiáng)度E的取值范圍.解析（1）Ff=FFf=HnFn=mgBqv1由解得：vi=3m/s在A處：COSa=,vA=

19、6m/sVA小滑塊不脫離AF的圓弧軌道，剛好滑到D點(diǎn)時(shí)：Vd=0根據(jù)能量守恒得12mgRcosa+qERRcosa=0qmvA解出：E!=2N/C小滑塊不脫離AF的圓弧軌道，剛好滑到F點(diǎn)時(shí)：2VFmg=mR-1212mg(R+Rcosa+qE2(RRcosa)=mvF§mvA解出：E2=62N/C綜上：為了使滑塊不向內(nèi)脫離AF間的圓弧軌道，電場強(qiáng)度E的取值范圍為EW2N/C或E為2N/C答案(1)3m/s(2)Ew2NC或E>62N/C預(yù)測6如圖10甲所示，長L=1.5m、傾角為0=37°勺光滑絕緣的斜面底端連接一粗糙絕緣的水平面，整個(gè)斜面處在一水平向左的勻強(qiáng)電場中，

20、水平面部分沒有電場.現(xiàn)將一質(zhì)量m=1.2kg、帶電荷量q=1X104C的帶正電的小物體從斜面頂端由靜止釋放，當(dāng)電場場強(qiáng)E取不同數(shù)值時(shí)，物體沿斜面下滑最后在水平地面上滑過的距離s不同研究發(fā)現(xiàn)s與E之間的關(guān)系如圖乙所示忽略物體在斜面與水平面連接處的能量損失，取重力加速度g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8，求:圖10(1) 物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)也(2) 當(dāng)E=3X104N/C時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間.答案(1)0.2(2)3.3s解析(1)當(dāng)E=0時(shí)，s=4.5m由動(dòng)能定理得mgLsin0卩mg=0解得尸0.2當(dāng)E=3X104N/C時(shí)，由牛頓第二定律得mgsin0qEcos0=

21、ma1又L=1aiti2解得物體在斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間ti=g3s水平面上由牛頓第二定律知卩mg=ma2由v=aiti3又v=a?t2可得t2=打3s所以物體運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=ti+t2=3_2_3s.預(yù)測7如圖ii所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場中有一表面光滑、與水平面成45。角的絕緣直桿AC,其下端C距地面高度h=0.8m.有一質(zhì)量為500g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一一速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離桿后正好通過C端的正下方P點(diǎn)處.(g取i0m/s2)求：(i)小環(huán)離開直桿后運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向(2)小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動(dòng)速度的大小V0.(3) 小環(huán)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的動(dòng)能.答案(1)14.1m/s2與桿垂直斜向

22、右下方(2)2m/s(3)5J解析(1)小環(huán)在直桿上的受力情況如圖所示由平衡條件得：mgsin45=Eqcos45得mg=Eq,離開直桿后，只受mg、Eq作用，則：2mg=ma代入數(shù)據(jù)解得加速度大小：a14.1m/s2加速度方向與桿垂直斜向右下方(2)設(shè)小環(huán)在直桿上運(yùn)動(dòng)的速度為V0,離桿后經(jīng)t秒到P點(diǎn)，則豎直方向:h=V0Sin45+2g1o水平方向(取向左為正)：v0cos45t?gt=0由以上兩式代入數(shù)據(jù)解得：Vo=2m/s12由動(dòng)能定理得：Ekpqmvo=mgh代入數(shù)據(jù)解得：Ekp=5J.專題強(qiáng)化練1. （多選）如圖1所示，絕緣粗糙斜面體固定在水平地面上，斜面所在空間存在平行于斜面向上的

23、勻強(qiáng)電場E,輕彈簧一端固定在斜面頂端，另一端拴接一不計(jì)質(zhì)量的絕緣薄板一帶正電的小滑塊，從斜面上的P點(diǎn)處由靜止釋放后，沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，并能壓縮彈簧至R點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），然后返回，則（）A. 滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到R點(diǎn)的過程中，其機(jī)械能增量等于電場力與彈簧彈力做功之和B. 滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到R點(diǎn)的過程中，電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之禾口C滑塊返回時(shí)能到達(dá)的最低位置在P點(diǎn)的上方D.滑塊最終停下時(shí)，克服摩擦力所做的功等于電勢能的減小量與重力勢能增加量之差答案BC解析在小滑塊開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)R點(diǎn)的過程中，電場力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內(nèi)能滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到R點(diǎn)的過程中，

24、其機(jī)械能增量等于電場力與彈簧彈力做功、摩擦力做功之和故A錯(cuò)誤；電場力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內(nèi)能，所以電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之和故B正確；小滑塊運(yùn)動(dòng)的過程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機(jī)械能與電勢能的和減小，所以滑塊返回時(shí)能到達(dá)的最低位置在P點(diǎn)的上方，不能再返回P點(diǎn)故C正確；滑塊運(yùn)動(dòng)的過程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機(jī)械能與電勢能的和逐漸減小，所以滑塊最終停下時(shí)，克服摩擦力所做的功等于電勢能的減小量與重力勢能增加量、彈性勢能增加量之差故D錯(cuò)誤2. （多選）如圖2所示，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為E,方向水平向左，一帶電量為+q，質(zhì)量為m的物體放在光滑水平

25、面上，在恒力F作用下由靜止開始從O點(diǎn)向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t力F做功60J,此后撤去力F，物體又經(jīng)過相同的時(shí)間t回到出發(fā)點(diǎn)O,設(shè)O點(diǎn)的電勢能為零，則下列說法正確的是（）A.物體回到出發(fā)點(diǎn)的速度與撤去力B.恒力F=4qE圖2F時(shí)的速度大小之比為2:1C.撤去力F時(shí)，物體的電勢能為45JD.在撤去力F之前的任一時(shí)刻，動(dòng)能與電勢能之比均為1:3答案ACD解析在恒力F作用下的加速度大小為a!，撤去恒力F后的加速度大小為a?,勻加速運(yùn)動(dòng)的位移大小xlait2，撤去拉力后的位移大小x2=t*a2t2根據(jù)Xi=x2得a2=3a1.根據(jù)牛頓第定律得,FF電F電a1=a2=m，聯(lián)立解得F電=qE=F.故B

26、錯(cuò)誤.3.（多選）如圖3所示，物體A和帶負(fù)電的物體量分別是m和2m,勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接,A、B的質(zhì).另一端與物體A相連，傾角為B的斜面處于沿斜面向上的勻強(qiáng)電場中，整個(gè)系統(tǒng)不計(jì)一切摩擦.開始時(shí)，物體B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinB的作用下保持靜止且輕繩恰好伸直,然后撤去外力F，直到物體B獲得最大速度，且彈簧未超過彈性限度，則在此過程中A. 對于物體A、B、彈簧和地球組成的系統(tǒng)，電場力做功等于該系統(tǒng)增加的機(jī)械能B. 物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量等于物體B電勢能的減少量C.B的速度最大時(shí)，彈簧的伸長量為3mgsin0RD.撤去外

27、力F的瞬間，物體B的加速度為筆嚴(yán)答案AC解析根據(jù)能量守恒可知，物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量等于物體B電勢能的減少量和B物體機(jī)械能的減小量之和，故B錯(cuò)誤；當(dāng)B所受的合力為零時(shí)，B的速度最大，由：kx=F電+2mgsin0解得彈黃的伸長量為：x=,故C正確；開始時(shí)，外力F作用在B上，B處于靜止?fàn)顟B(tài)，對B分析可知：F2mgsin0-F電=0解得：F電=mgsin0.當(dāng)撤去外力瞬間，對AB整體分析，整體受到的合力為：F合=F電+2mgsin0=3mgsin0由F合=3ma可得a=gsin0,故D錯(cuò)誤.4. （多選）如圖4所示，在一豎直平面內(nèi)，BCDF段是半徑為R的圓弧擋板，AB段為直線型

28、擋板（長為4R）,兩者在B點(diǎn)相切，0=37°C、F兩點(diǎn)與圓心等高，D在圓弧形擋板的最低點(diǎn)，所有接觸面均光滑、絕緣，擋板處于場強(qiáng)為E,方向水平向左的勻強(qiáng)電場中，現(xiàn)將帶電量為+q、質(zhì)量為m的小球從擋板內(nèi)側(cè)的A點(diǎn)由靜止釋放，小球沿?fù)醢鍍?nèi)側(cè)ABCDF運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)后拋出，在這段運(yùn)動(dòng)過程中,=0.6,cos37=0.8)()A. 勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小可能等于晉B. 小球運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)動(dòng)能一定不是最大C. 小球機(jī)械能增加量的最大值為2.6qERD.小球從B到D運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)能的增量為1.8mgR0.8EqR答案BC解析小球能沿?fù)醢錋BC內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，則有:qEcos37>mgsin37；貝U得：E&g

29、t;響，故場強(qiáng)大小不可能等于3mg.故A錯(cuò)誤；小球在復(fù)合場中受重力和電場力，所以小球運(yùn)動(dòng)到合力方5q向上時(shí)動(dòng)能最大，則知在CD之間的某一點(diǎn)上時(shí)動(dòng)能最大，故B正確；小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，電場力做正功最多，小球的機(jī)械能增加量最大，所以小球機(jī)械能增加量的最大值為AE=qE4Rcos53°+R（1cos37°）=2.6qER，故C正確；小球從B到D運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：動(dòng)能的增量為AEk=mgR（1+sin37°qERcos37=1.6mgR0.8qER,故D錯(cuò)誤.5. 質(zhì)量為m、長度為I的金屬棒MN兩端由絕緣且等長輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度

30、大小為B.開始時(shí)細(xì)線豎直，當(dāng)金屬棒中通以恒定電流后，金屬棒從最低點(diǎn)向右開始擺動(dòng)，若已知細(xì)線與豎直方向的最大夾角為60°如圖5所示，則棒中電流（）A.方向由M向N,大小為.3mg3BlB.方向由大小為3mg3BlC.方向由大小為.3mgBlD.方向由大小為.3mgBl圖5答案B解析平衡時(shí)兩懸線與豎直方向夾角均為0,故導(dǎo)線受到向右的安培力，根據(jù)左手定則，可判斷金屬棒中的電流方向由N指向M;金屬棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁場方向向右，由于棒向上運(yùn)動(dòng)的過程中重力和安培力做功，細(xì)線的拉力不做功，設(shè)細(xì)線的長度為x,由功能關(guān)系得：BIlxsin0mg（xxcos0=0解方程得：IV3mgI

31、=3Bl.6. （多選）如圖6所示，光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點(diǎn),水平軌道AB部分存在水平向右的勻強(qiáng)電場E,半圓形軌道處于豎直平面內(nèi)，B為最低點(diǎn)，D為最高點(diǎn)一質(zhì)量為m、帶正電的小球從距B點(diǎn)x的位置在電場力的作用下由靜止開始沿AB向右運(yùn)動(dòng)，并能恰好通過最高點(diǎn)D，則下列物理量的變化對應(yīng)關(guān)系正確的是（）圖6A.其他條件不變，R越大，x越大B.其他條件不變，m越大,x越大C.其他條件不變，E越大，x越大D.其他條件不變，R越大，小球經(jīng)過B點(diǎn)瞬間對軌道的壓力越大答案AB2解析小球在BCD部分做圓周運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)，由牛頓第二定律有：mg=屛善，小球由BR到D的過程中機(jī)械能守

32、恒：2mvB2=mgx2R+*mvD2，聯(lián)立解得：vB=“j5gR,R越大，小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度越大，則x越大，選項(xiàng)A正確；小球由A到B,由動(dòng)能定理得：qEx=gmvB2,5將Vb=5gR代入得：qEx=qmgR,知m越大，x越大，B正確；E越大，x越小，C錯(cuò)誤;2在B點(diǎn)有：Fnmg=mVR-，將Vb=,5gR代入得：Fn=6mg，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.7. （多選）如圖7所示，豎直平面內(nèi)有兩條水平的平行虛線ab、cd,間距為d,其間（虛線邊界上無磁場）有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，一個(gè)正方形線框邊長為L,質(zhì)量為m,電阻為R.線框位于位置1時(shí)，其下邊緣到ab的距離為h現(xiàn)將線框從位置1由靜止釋放，依次經(jīng)過2

33、、3、4三個(gè)位置，其下邊框剛進(jìn)入磁場和剛要穿出磁場時(shí)的速度相等，重力加速度為g,下列說法正確的是（）A.線框在經(jīng)過2、3、4三個(gè)位置時(shí)，位置3時(shí)線框速度一定最小B. 線框進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的電熱Q=mg（dL）C線框從位置2下落到位置4的過程中加速度一直減小D. 線框在即將到達(dá)位置3的瞬間克服安培力做功的瞬時(shí)功率為222BLghd+LR答案AD解析線框進(jìn)入磁場的過程做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入磁場后做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，則知3位置時(shí)線框速度最小，故A正確；由功能關(guān)系可知，線框進(jìn)入磁場中減小的重力勢能等于電熱，即Q=mgd,故B錯(cuò)誤；由于線框在完全進(jìn)入磁場后做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，故C

34、錯(cuò)誤；因?yàn)檫M(jìn)入磁場時(shí)要減速，即此時(shí)的安培力大于重力，速度減小，安培力也減小，當(dāng)安培力減小到等于重力時(shí)，線圈做勻速運(yùn)動(dòng)，全部進(jìn)入磁場將做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)線圈的最小速度為v,由動(dòng)能定理，從線框下邊剛進(jìn)入磁場到線框完全進(jìn)入時(shí)，則有:1B2.221mv0=mgh，則克服安培力的功率P=BILv=b2Rmv21mv2=mgLmgd，又有:222BLghd+L，故D正確.R8如圖8甲所示，左側(cè)接有定值電阻R=2Q的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T,導(dǎo)軌間距L=1m.質(zhì)量m=2kg,阻值r=2Q的金屬棒在水平拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒的v-x圖象如圖乙

35、所示，若（g=10m/s2）（）金屬棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)圖8A.金屬棒克服安培力做的功Wi=0.5JB.金屬棒克服摩擦力做的功W2=4Jc整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q=4.25JD.拉力做的功W=9.25J答案D解析金屬棒與導(dǎo)軌間因摩擦產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力做的功，為:Q1=口mgx=2|2BLv0.25X2X10X1J=5J,故B、C錯(cuò)誤；由vx圖象得：v=2x，金屬棒所受的安培力F=-R+r22BL2xR+r，代入得：F=0.5x,則知F與x是線性關(guān)系當(dāng)x=0時(shí)，安培力Fo=0;當(dāng)x=1m時(shí)，安培力F1=0.5N，則從起點(diǎn)發(fā)生x=1m位移的過程中，安培力做功為W安=Fx=0斗0512x=2X1

36、J=0.25J,A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得：W1mg)W安=?mv2,Fo+Fi其中v=2m/s,尸0.25,m=2kg,代入解得，拉力做的功W=9.25J,故D正確.9.如圖9所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面成B角，導(dǎo)軌與定值電阻R1和R2相連，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面.有一導(dǎo)體棒ab,質(zhì)量為m,導(dǎo)體棒的電阻Ro與固定電阻Ri和R2的阻值均相等，與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為仏導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌向上滑動(dòng)，當(dāng)上滑的速度為v時(shí),受到安培力的大小為F.此時(shí)（A.電阻R1消耗的熱功率為號B.電阻Ro消耗的熱功率為嚴(yán)6C. 整個(gè)裝置消耗的熱功率為卩mgsin0D. 整個(gè)裝置消耗的機(jī)械功率為(F+卩mgos0)v答案D解

37、析設(shè)ab長度為L,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電阻Ro=尺=只2=R.電路中感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLv,E2BLvab中感應(yīng)電流為:I=1,13RR+2Rab所受安培力為:222電阻Ri消耗的熱功率為：Pi=gl)2R=B才an由得：Pi=iFv，電阻Ro和Ri阻值相等，Po=I2R=|Fv，故A、B錯(cuò)誤；整個(gè)裝置因摩63擦而消耗的熱功率為：Pf=Ffv=卩ncps0=mgcos0,故C錯(cuò)誤；整個(gè)裝置消耗的機(jī)械功率為：P3=Fv+Pf=(F+mgos0)v,故D正確.10. (多選)如圖10所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框a、b的邊長均為I，電阻均為R,質(zhì)量分別為2m和m.它們分別系在一跨過兩個(gè)定滑輪的輕繩兩端

38、，在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2I、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域.開始時(shí)，線框b的上邊與勻強(qiáng)磁場的下邊界重合，線框a的下邊到勻強(qiáng)磁場的上邊界的距離為I.現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場時(shí)，a、b兩個(gè)線框開始做勻速運(yùn)動(dòng).不計(jì)摩擦和空氣阻力，則()圖103B2I3mgRA. a、b兩個(gè)線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為勒溟B. 線框a從下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場所用時(shí)間為C. 從開始勻速運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mglD. 從開始勻速運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgl答案BC則mg+F解析當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場時(shí)，a的下邊

39、剛進(jìn)入磁場，則此時(shí)兩線框勻速運(yùn)動(dòng)，g2|2安=2mg,而F安=，解得v=，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；線框a從下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場的過程，兩線框一直做勻速運(yùn)動(dòng)，則所用的時(shí)間t=滬mgR，故選項(xiàng)B正確；從開始勻速運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，因?yàn)閮删€框勻速運(yùn)動(dòng)，故線框a所產(chǎn)生的焦耳熱等于兩線框的重力勢能的減小量：Q=AEp=2mglmgl=mgl，選項(xiàng)C正確；從開始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功等于產(chǎn)生的電能，即大小為mgl，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選B、C.11. 如圖11所示，在豎直平面內(nèi)有一質(zhì)量為2m的光滑“口”形線框DEFC,EF長為L,電阻為r;FC=ED=2L,電阻不計(jì).FC、ED的上半部分(長為L)處于勻強(qiáng)磁場I區(qū)域中，且FC、ED的中點(diǎn)與其下邊界重合質(zhì)量為m、電阻為3r的金屬棒用最大拉力為2mg的絕緣細(xì)線懸掛著，其兩端與C、D兩端點(diǎn)接觸良好，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場H區(qū)域中，并可在FC、ED上無摩擦滑動(dòng).現(xiàn)將“口”形線框由靜止釋放，當(dāng)EF到達(dá)磁場I區(qū)域的下邊界時(shí)速度為v，細(xì)線剛好斷裂，n區(qū)域內(nèi)磁場消失.重力加速度為g.求：XXX>XXXxiXIXXX