專題四第2課時

第2課時功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用1．靜電力做功與路徑無關(guān)．若電場為勻強電場，則W＝Flcosα＝Eqlcosα；若是非勻強電場，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動的電荷都不做功；安培力可以做正功、負功，還可以不做功．3．電流做功的實質(zhì)是電場對移動電荷做功．即W＝UIt＝Uq.4．導(dǎo)體棒在磁場中切割磁感線時，棒中感應(yīng)電流受到的安培力對導(dǎo)體棒做負功，使機械能轉(zhuǎn)化為電能．5．靜電力做的功等于電勢能的變化，即WAB＝－ΔEp.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，抓住受力分析和運動過程分析是關(guān)鍵，然后根據(jù)不同的運動過程中各力做功的特點來選擇相應(yīng)規(guī)律求解．2．動能定理和能量守恒定律在處理電學(xué)中能量問題時仍然是首選的方法.題型1幾個重要的功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用例1如圖1所示，在豎直平面內(nèi)有一勻強電場，其方向與水平方向成α＝30°斜向上，在電場中有一質(zhì)量為m、電量為q的帶電小球，用長為L的不可伸長的絕緣細線掛于O點，當(dāng)小球靜止于M點時，細線恰好水平．現(xiàn)用外力將小球拉到最低點P，然后無初速度釋放，則以下判斷正確的是 ()圖1A．小球再次到達M點時，速度剛好為零B．小球從P到M過程中，合外力對它做了eq\r(3)mgL的功C．小球從P到M過程中，小球的機械能增加了eq\r(3)mgLD．如果小球運動到M點時，細線突然斷裂，小球以后將做勻變速曲線運動審題突破小球靜止在M時，受幾個力的作用？重力和電場力的大小關(guān)系是什么？小球由P到M的過程中，各力做功是多少？解析小球從P到M的過程中，線的拉力不做功，只有電場力和小球重力做功，它們的合力也是恒力，大小為eq\r(3)mg，方向水平向右，所以小球再次到達M點時，速度最大，而不是零，選項A錯．小球從P到M過程中，電場力與重力的合力大小為eq\r(3)mg，這個方向上位移為L，所以做功為eq\r(3)mgL，選項B正確．小球從P到M過程中，機械能的增加量等于電場力做的功，由于電場力為2mg，由P到M沿電場線方向的距離為d＝Lsin30°＋Lcos30°＝eq\f(L,2)(1＋eq\r(3))，故電場力做功為2mg·d＝mgL(1＋eq\r(3))，故選項C錯誤．如果小球運動到M點時，細線突然斷裂，小球的速度方向豎直向上，所受合外力水平向右，小球?qū)⒆鰟蜃兯偾€運動，選項D正確．答案BD以題說法在解決電學(xué)中功能關(guān)系問題時應(yīng)注意以下幾點：(1)洛倫茲力在任何情況下都不做功；(2)電場力做功與路徑無關(guān)，電場力做的功等于電勢能的變化；(3)力學(xué)中的幾個功能關(guān)系在電學(xué)中仍然成立．如圖2所示，豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上，一質(zhì)量為m的帶正電小球在外力F的作用下靜止于圖示位置，小球與彈簧不連接，彈簧處于壓縮狀態(tài)．現(xiàn)撤去F，小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中，重力、電場力、彈簧彈力對小球做的功分別為W1、W2和W3，不計空氣阻力，則上述過程中()圖2A．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B．小球重力勢能的變化為W1C．小球動能的變化為W1＋W2＋W3D．小球機械能的變化為W1＋W2＋W3答案C解析由于電場力做功，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，選項A錯誤．重力對小球做的功為W1，小球重力勢能的變化為－W1，選項B錯誤．由動能定理可知，小球動能的變化為W1＋W2＋W3，選項C正確．由功能關(guān)系可知，小球機械能的變化為W2，選項D錯誤．題型2應(yīng)用動能定理分析帶電體在電場中的運動例2如圖3所示，虛線PQ、MN間存在如圖所示的水平勻強電場，一帶電粒子質(zhì)量為m＝2.0×10－11kg、電荷量為q＝＋1.0×10－5C，從a點由靜止開始經(jīng)電壓為U＝100V的電場加速后，垂直進入勻強電場中，從虛線MN的某點b(圖中未畫出)離開勻強電場時速度與電場方向成30°角．已知PQ、MN間距為20cm，圖3(1)帶電粒子剛進入勻強電場時的速率v1；(2)水平勻強電場的場強大小；(3)ab兩點間的電勢差．審題突破帶電粒子在水平勻強電場中做什么運動？速度與電場方向成30°角，隱含條件是什么？解析(1)由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)得v1＝104(2)粒子沿初速度方向做勻速運動：d＝v1t粒子沿電場方向做勻加速運動：vy＝at由題意得：tan30°＝eq\f(v1,vy)由牛頓第二定律得：qE＝ma聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：E＝eq\r(3)×103N/C＝1.732×103N/C(3)由動能定理得：qUab＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,y))－0聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：Uab＝400V.答案(1)104m/s(2)1.732×103N/C(3)以題說法1.電場力做功與重力做功的特點類似，都與路徑無關(guān)．2．對于電場力做功或電勢差的計算，選用動能定理往往最簡便快捷，但運用動能定理時要特別注意運動過程的選取．如圖4所示，在光滑絕緣水平面上，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B.A球的帶電量為＋2q，B球的帶電量為－3q，兩球組成一帶電系統(tǒng)．虛線MN與PQ平行且相距3L，開始時A和B分別靜止于虛線MN的兩側(cè)，虛線MN恰為AB兩球連線的垂直平分線．若視小球為質(zhì)點，不計輕桿的質(zhì)量，在虛線MN、PQ間加上水平向右的電場強度為E的勻強電場后，系統(tǒng)開始運動．試求圖4(1)B球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小；(2)帶電系統(tǒng)向右運動的最大距離和此過程中B球電勢能的變化量；(3)A球從開始運動至剛離開電場所用的時間．答案(1)eq\r(\f(2qEL,m))(2)eq\f(7,3)L4qEL(3)(3eq\r(2)－2)eq\r(\f(mL,qE))解析(1)設(shè)B球剛進入電場時帶電系統(tǒng)的速度為v1，由動能定理得2qEL＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)解得：v1＝eq\r(\f(2qEL,m))(2)帶電系統(tǒng)向右運動分為三段：B球進入電場前、帶電系統(tǒng)在電場中、A球出電場后．設(shè)A球出電場后移動的最大位移為x，對于全過程，由動能定理得2qEL－qEL－3qEx＝0解得x＝eq\f(L,3)，則B球移動的總位移為xB＝eq\f(7,3)LB球從剛進入電場到帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零時的位移為eq\f(4,3)L其電勢能的變化量為ΔEp＝－W＝3qE·eq\f(4,3)L＝4qEL(3)取向右為正方向，B球進入電場前，帶電系統(tǒng)做勻加速運動：a1＝eq\f(2qE,2m)＝eq\f(qE,m)，t1＝eq\f(v1,a1)＝eq\r(\f(2mL,qE))帶電系統(tǒng)在電場中時，做勻減速運動：a2＝－eq\f(qE,2m)設(shè)A球剛出電場時速度為v2，由動能定理得：－qEL＝eq\f(1,2)×2m(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1))解得：v2＝eq\r(\f(qEL,m))t2＝eq\f(v2－v1,a2)＝2(eq\r(2)－1)eq\r(\f(mL,qE))解得總時間t＝t1＋t2＝(3eq\r(2)－2)eq\r(\f(mL,qE))題型3功能觀點在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用例3如圖5所示，固定的光滑金屬導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌電阻不計，上端a、b間接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，且處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中．質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上．初始時刻，彈簧恰處于自然長度，導(dǎo)體棒具有沿軌道向上的初速度v0.整個運動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸．已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行．圖5(1)求初始時刻通過電阻R的電流I的大小和方向；(2)當(dāng)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時，速度變?yōu)関，求此時導(dǎo)體棒的加速度大小a；(3)導(dǎo)體棒最終靜止時彈簧的彈性勢能為Ep，求導(dǎo)體棒從開始運動直到停止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q.審題突破導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時，受幾個力的作用？最終導(dǎo)體棒靜止時，在幾個力作用下平衡？具體位置在哪里？解析(1)初始時刻，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝BLv0通過R的電流大小I1＝eq\f(E1,R＋r)＝eq\f(BLv0,R＋r)電流方向為b→a(2)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2＝BLv感應(yīng)電流I2＝eq\f(E2,R＋r)＝eq\f(BLv,R＋r)導(dǎo)體棒受到的安培力大小F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，方向沿導(dǎo)軌向上根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－F＝ma解得a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR＋r)(3)導(dǎo)體棒最終靜止，有mgsinθ＝kx壓縮量x＝eq\f(mgsinθ,k)設(shè)整個過程回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q0，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgxsinθ＝Ep＋Q0Q0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(mgsinθ2,k)－Ep電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(R,R＋r)Q0＝eq\f(R,R＋r)[eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(mgsinθ2,k)－Ep]答案(1)eq\f(BLv0,R＋r)，電流方向為b→a(2)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR＋r)(3)eq\f(R,R＋r)[eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(mgsinθ2,k)－Ep]以題說法導(dǎo)體棒在勻強磁場中運動時棒中的感應(yīng)電流受到的安培力是變力，所以安培力做的功只能由動能定理或能量守恒定律來求解．在如圖6所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場，區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁場的寬度均為L，一個質(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，t1時刻ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)，此時線框恰好以速度v1做勻速直線運動；t2時刻ab邊下滑到JP與MN的中間位置，此時線框又恰好以速度v2做勻速直線運動．重力加速度為g，下列說法中正確的是 ()圖6A．線框兩次勻速直線運動的速度之比v1∶v2＝2∶1B．從t1到t2過程中，線框中通過的電流方向先是a→d→c→b，然后是a→b→c→dC．從t1到t2過程中，線框克服安培力做功的大小等于重力勢能的減少量D．從t1到t2過程中，有eq\f(3mgLsinθ,2)＋eq\f(mv\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2)的機械能轉(zhuǎn)化為電能答案BD解析根據(jù)題意，第一次勻速運動時，eq\f(B2L2v1,R)＝mgsinθ，第二次勻速運動時，eq\f(4B2L2v2,R)＝mgsinθ，解得v1∶v2＝4∶1，選項A錯誤；根據(jù)楞次定律可以判斷，選項B中所判斷的感應(yīng)電流的方向是正確的，選項B正確；線框克服安培力做的功等于線框產(chǎn)生的熱量，根據(jù)能量守恒定律，線框克服安培力做的功等于重力勢能的減少量和動能的減少量之和，重力勢能的減少量為eq\f(3mgLsinθ,2)，動能的減少量為eq\f(mv\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2)，選項C錯誤，選項D正確．7．應(yīng)用動力學(xué)和功能觀點處理電學(xué)綜合問題審題示例(14分)如圖7所示，在水平方向的勻強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端)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，正以某一速度沿桿勻速下滑．小球離桿后正好通過C端的正下方P點處．(g取10圖7(1)小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向；(2)小環(huán)從C運動到P過程中的動能增量；(3)小環(huán)在直桿上勻速運動時速度的大小v0.審題模板答題模板(1)小環(huán)沿桿做勻速運動，受力如圖所示故qEcos45°＝mgcos45°即qE＝mg (1分)小環(huán)離開直桿后，所受合外力為F合＝eq\r(2)mg＝maa＝eq\r(2)g＝10eq\r(2)m/s2 (2分)方向垂直于桿向下 (1分)(2)小環(huán)從C運動到P的過程中動能的增量為ΔEk＝W重＋W電 (2分)其中W重＝mgh＝4J．W電＝0，所以ΔEk＝4J (3分)(3)環(huán)離開桿做類平拋運動平行桿方向做勻速運動：eq\f(\r(2),2)h＝v0t (2分)垂直桿方向做勻加速運動：eq\f(\r(2),2)h＝eq\f(1,2)at2 (2分)解得v0＝2m/s(答案(1)10eq\r(2)m如圖8，豎直平面坐標系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平勻強磁場和豎直向上的勻強電場，大小分別為B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平勻強電場，大小也為E；第三象限內(nèi)有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點與坐標原點O相切，最低點與絕緣光滑水平面相切于N.一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上(y>0)的P點沿x軸正方向進入第一象限后做圓周運動，恰好通過坐標原點O，且水平切入半圓軌道并沿軌道內(nèi)側(cè)運動，過N點水平進入第四象限，并在電場中運動(已知重力加速度為g)．圖8(1)判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量；(2)P點距坐標原點O至少多高；(3)若該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對應(yīng)速度進入第一象限，通過N點開始計時，經(jīng)時間t＝2eq\r(R/g)小球距坐標原點O的距離s為多遠？答案(1)正電eq\f(mg,E)(2)eq\f(2E,B)eq\r(\f(R,g))(3)2eq\r(7)R解析(1)小球進入第一象限正交的電場和磁場后，在垂直磁場的平面內(nèi)做圓周運動，說明重力與電場力平衡，設(shè)小球所帶電荷量為q，則有qE＝mg ①解得：q＝eq\f(mg,E) ②又電場方向豎直向上，故小球帶正電．(2)設(shè)小球做勻速圓周運動的速度為v、軌道半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得：qBv＝mv2/r ③小球恰能通過半圓軌道的最高點并沿軌道運動，則應(yīng)滿足：mg＝mv2/R ④由②③④得：r＝eq\f(E,B)eq\r(\f(R,g)) ⑤即PO的最小距離為：y＝2r＝eq\f(2E,B)eq\r(\f(R,g)) ⑥(3)小球由O運動到N的過程中設(shè)到達N點的速度為vN，由機械能守恒定律得：mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－eq\f(1,2)mv2 ⑦由④⑦解得：vN＝eq\r(5gR) ⑧小球從N點進入電場區(qū)域后，在絕緣光滑水平面上做類平拋運動，設(shè)加速度為a，則有：沿x軸方向有：x＝vNt ⑨沿電場方向有：z＝eq\f(1,2)at2 ⑩由牛頓第二定律得：a＝qE/m ?t時刻小球距O點為：s＝eq\r(x2＋z2＋2R2)＝2eq\r(7)R(限時：50分鐘)一、單項選擇題1．(2013·新課標Ⅰ·16)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)．小孔正上方eq\f(d,2)處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向上平移eq\f(d,3)，則從P點開始下落的相同粒子將 ()A．打到下極板上 B．在下極板處返回C．在距上極板eq\f(d,2)處返回 D．在距上極板eq\f(2,5)d處返回答案D解析粒子兩次落到小孔的速度相同，設(shè)為v，下極板向上平移后由E＝eq\f(U,d)知場強變大，故粒子第二次在電場中減速運動的加速度變大，由v2＝2ax得第二次減速到零的位移變小，即粒子在下極板之上某位置返回，設(shè)粒子在距上極板h處返回，對粒子兩次運動過程應(yīng)用動能定理得mg(eq\f(d,2)＋d)－qU＝0，mg(eq\f(d,2)＋h)－qeq\f(U,\f(2,3)d)·h＝0.兩方程聯(lián)立得h＝eq\f(2,5)d，選項D正確．2．將帶正電的甲球放在乙球的左側(cè)，兩球在空間形成了如圖1所示的穩(wěn)定的靜電場，實線為電場線，虛線為等勢線．A、B兩點與兩球球心的連線位于同一直線上，C、D兩點關(guān)于直線AB對稱，則 ()圖1A．乙球一定帶負電B．C點和D點的電場強度相同C．正電荷在A點具有的電勢能比其在B點具有的電勢能小D．把負電荷從C點移至D點，電場力做的總功為零答案D解析電場線從正電荷出發(fā)指向負電荷，根據(jù)電場線知乙球左側(cè)帶負電，右側(cè)帶正電，整體帶電情況不確定，A錯誤；電場強度是矢量，C、D兩點電場強度的方向不同，B錯誤；電場線的方向是電勢降落最快的方向，A點的電勢比B點的電勢高，由電勢能的定義式Ep＝qφ知，正電荷在A點的電勢能比在B點的電勢能大，C錯誤；C、D兩點在同一等勢面上，故將電荷從C點移至D點電勢能不變，電場力做功是電勢能變化的量度，故電場力不做功，D正確．3．如圖2所示，在一個點電荷形成的電場中，M、N、L是三個間距相等的等勢面．一重力不計的帶電粒子從p點無初速度釋放后，沿圖中直線依次經(jīng)過q、k兩點，且p、q、k三點是帶電粒子的運動軌跡與等勢面的交點．設(shè)帶電粒子從p點到q點電場力做的功為Wpq，從q點到k點電場力做的功為Wqk，則 ()圖2A．Wpq＝WqkB．Wpq<WqkC．粒子從p點到q點做勻加速直線運動D．粒子從p點到q點其電勢能逐漸減小答案D解析離點電荷越近，等勢面分布越密集，即離點電荷越近的地方間距相等的等勢面間的電勢差越大，則有Upq>Uqk，由W＝qU得Wpq>Wqk，選項A、B錯誤；粒子從靜止開始運動，電場力做正功，電勢能逐漸減小，選項D正確；從p到q電場力逐漸減小，則加速度逐漸減小，選項C錯誤．4．如圖3所示，質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)，帶正電Q，開始時讓它靜止在傾角α＝60°的固定光滑絕緣斜面頂端，整個裝置放在水平方向向左、大小為E＝eq\r(3)mg/Q的勻強電場中(設(shè)斜面頂端處電勢為零)，斜面高為H.釋放后，物塊落地時的電勢能為ε，物塊落地時的速度大小為v，則 ()圖3A．ε＝eq\f(\r(3),3)mgH B．ε＝－eq\f(\r(3),3)mgHC．v＝2eq\r(gH) D．v＝2gH答案C解析由電場力做功等于電勢能的變化可得物塊落地時的電勢能為ε＝－QEH/tan60°＝－eq\r(3)mgH/eq\r(3)＝－mgH，選項A、B錯誤；由動能定理，mgH＋QEH/tan60°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(gH)，選項C正確，D錯誤．二、多項選擇題5．如圖4所示，絕緣輕彈簧的下端固定在斜面底端，彈簧與斜面平行，帶電小球Q(可視為質(zhì)點)固定在光滑絕緣斜面上的M點，且在通過彈簧中心的直線ab上．現(xiàn)把與Q大小相同、電性相同的小球P，從N點由靜止釋放，在小球P與彈簧接觸到壓縮至最短的過程中(彈簧始終在彈性限度內(nèi))，以下說法正確的是 ()圖4A．小球P和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B．小球P和彈簧剛接觸時其速度最大C．小球P的動能與彈簧彈性勢能的總和增大D．小球P的加速度先減小后增大答案CD解析小球P沿斜面向下運動的過程中，在接觸彈簧前，庫侖斥力變小，合力變小，加速度變小，小球向下加速，接觸彈簧后，彈簧彈力增大，故受到的合力沿斜面先向下再向上，小球的加速度先向下減小，再向上增加，小球先向下加速再向下減速，B錯誤，D正確；對于小球P和彈簧組成的系統(tǒng)，由于電場力對其做正功，故機械能要增大，A錯誤；全過程只發(fā)生了小球P的動能、重力勢能、電勢能與彈簧的彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化，由于重力和電場力都做正功，重力勢能和電勢能的總和減小，故小球P的動能與彈簧彈性勢能的總和增大，C正確．6．如圖5所示，在傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN，相距為L，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下．有兩根質(zhì)量均為m的金屬棒a、b，先將a棒垂直導(dǎo)軌放置，用跨過光滑定滑輪的細線與物塊c連接，連接a棒的細線平行于導(dǎo)軌，由靜止釋放c，此后某時刻，將b也垂直導(dǎo)軌放置，a、c此刻起做勻速運動，b棒剛好能靜止在導(dǎo)軌上，a棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌間接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計．則 ()圖5A．物塊c的質(zhì)量是2msinθB．b棒放上導(dǎo)軌前，物塊c減少的重力勢能等于a、c增加的動能C．b棒放上導(dǎo)軌后，物塊c減少的重力勢能等于回路消耗的電能D．b棒放上導(dǎo)軌后，a棒中電流大小是eq\f(mgsinθ,BL)答案AD解析b棒恰好靜止，受力平衡，有mgsinθ＝F安，對a棒，安培力沿導(dǎo)軌平面向下，由平衡條件得mgsinθ＋F安＝mcg，由上面的兩式可得mc＝2msinθ，選項A正確；根據(jù)機械能守恒定律知，b棒放上導(dǎo)軌之前，物塊c減少的重力勢能應(yīng)等于a棒、物塊c增加的動能與a棒增加的重力勢能之和，選項B錯誤；根據(jù)能量守恒定律可知，b棒放上導(dǎo)軌后，物塊c減少的重力勢能應(yīng)等于回路消耗的電能與a棒增加的重力勢能之和，選項C錯誤；對b棒，設(shè)通過的電流為I，由平衡條件mgsinθ＝F安＝BIL，得I＝eq\f(mgsinθ,BL)，a棒中的電流也為I＝eq\f(mgsinθ,BL)，選項D正確．7．如圖6所示，間距為L、電阻不計的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端用一阻值為R的電阻連接，導(dǎo)軌上橫跨一根質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好．整個裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．現(xiàn)使金屬棒以初速度v沿導(dǎo)軌向右運動，若金屬棒在整個運動過程中通過的電荷量為q.下列說法正確的是()圖6A．金屬棒在導(dǎo)軌上做勻減速運動B．整個過程中金屬棒克服安培力做功為eq\f(1,2)mv2C．整個過程中金屬棒在導(dǎo)軌上發(fā)生的位移為eq\f(2qR,BL)D．整個過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mv2答案BC解析由題意可知金屬棒在安培力作用下做減速運動直至靜止，由于速度一直減小，故安培力的大小一直減小，金屬棒的加速度減小，故金屬棒做加速度減小的減速運動，選項A錯誤．在整個過程中，只有安培力做負功，由動能定理可知金屬棒克服安培力做功為eq\f(1,2)mv2，選項B正確．由q＝eq\f(ΔΦ,R總)可知q＝eq\f(BLx,2R)，解得x＝eq\f(2qR,BL)，選項C正確．由B項可知整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mv2，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mv2，選項D錯誤．三、非選擇題8．如圖7所示，一長為h2內(nèi)壁光滑的絕緣細管豎直放置．管的底部固定一電荷量為Q(Q>0)的點電荷M.現(xiàn)在管口A處無初速釋放一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的點電荷N，N在距離底部點電荷為h1的B處速度恰好為零．再次從A處無初速度地釋放電荷量為q、質(zhì)量為3m的點電荷P(已知靜電常數(shù)為k，為g)．求： 圖7(1)電荷P運動過程中速度最大處與底部點電荷間的距離；(2)電荷P運動到B處時的速度大?。鸢?1)eq\r(\f(kQq,3mg))(2)2eq\r(\f(gh2－h(huán)1,3))解析(1)電荷P運動到重力等于電場力時，速度最大，距底部距離為r，則有3mg＝eq\f(kQq,r2)，解得r＝eq\r(\f(kQq,3mg))(2)設(shè)電荷P運動到B處時的速度為vB，由動能定理，有3mg(h2－h(huán)1)－qUAB＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,B)依題意有mg(h2－h(huán)1)＝qUAB聯(lián)立兩式可得：vB＝2eq\r(\f(gh2－h(huán)1,3))9．如圖8所示，MN和PQ為固定在絕緣水平面上兩平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌左端MP間接有阻值為R1＝2Ω的導(dǎo)線；導(dǎo)軌右端接有與水平軌道相切、半徑r＝0.5m、內(nèi)壁光滑的半圓金屬軌道．導(dǎo)軌間距L＝0.4m，電阻不計．導(dǎo)軌所在平面abcd區(qū)域內(nèi)有豎直向上、B＝0.5T的勻強磁場．導(dǎo)軌上長度也為0.4m、質(zhì)量m＝0.6kg、電阻R2＝1Ω的金屬棒AB以v0＝6m/s的速度進入磁場區(qū)域，離開磁場區(qū)域后恰好能到達半圓軌道的最高點，運動中金屬棒始終與導(dǎo)軌保持良好接觸圖8(1)金屬棒AB剛滑出磁場右邊界cd時