動(dòng)能定理在電磁學(xué)中地運(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(wèn)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(lèi)題目的特點(diǎn)是過(guò)程復(fù)雜、綜合性強(qiáng)，主要考查學(xué)生綜合分析問(wèn)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(wú)關(guān).其計(jì)算方法一般有如下四種.(1) 由公式 W FICOS a計(jì)算，此公式只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)，可變形為W Eqlcos a.(2) 由W= qU計(jì)算，此公式適用于任何電場(chǎng).(3) 由

2、電勢(shì)能的變化計(jì)算：VAB= Ea Epb.(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 vo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 vc=Fv0,從此刻起在 AB區(qū)域內(nèi)加上一個(gè)水平向左的勻

3、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)摩擦力大小相等，求滑塊離開(kāi)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(zhǎng)，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(kāi)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(guò)程分析一 t巧選物理規(guī)律(邊讀邊看圖)滑塊勻加速運(yùn)動(dòng)一選規(guī)律 動(dòng)能定理 牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式C-t B過(guò)程加電場(chǎng)>選規(guī)律動(dòng)能定理滑塊勻減速運(yùn)動(dòng)一> *牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式 第二步：抓好關(guān)鍵點(diǎn)一一找出突破口隱含推理“要使時(shí)間達(dá)到最長(zhǎng)”(關(guān)鍵點(diǎn))一滑塊滑到B的速度為零

4、(突破口)一 滑塊再向左 加速運(yùn)動(dòng)最后從A點(diǎn)離開(kāi)AB區(qū)域解析(1)設(shè)滑塊所受滑動(dòng)摩擦力大小為R,則滑塊從 A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得: Ff -2 = fmv 1mC假設(shè)最后滑塊從 B點(diǎn)離開(kāi)AB區(qū)域，則滑塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過(guò)程，一d 12121由動(dòng)能定理得：(qE + Ff) ?= §mv，mv將vc=v0和qE= Ff代入解得vb=尹。由于滑1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(kāi)AB區(qū)域，速度大小為2Vo，方向水平向右.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(zhǎng)，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(kāi)AB區(qū)域.滑塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，由

5、動(dòng)能定理得：（qE2+ Ff） 2 = *mV由兩式可得電場(chǎng)2由知qE2 = 2Ff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1 2A點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：（qE2 Ff）d= gmV由以上各式解得滑塊離開(kāi)AB區(qū)域時(shí)的速度2Va= yVo（水平向左）.1mV 2答案 2vo,方向水平向右 電場(chǎng)強(qiáng)度大小等于 麗 -yvo，方向水平向左處理此問(wèn)題應(yīng)注意以下幾點(diǎn)： 電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)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(wèn)題時(shí)應(yīng)注意運(yùn)動(dòng)過(guò)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

6、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(guò)程中，下列表述正確的是（）.'7*A. 兩個(gè)物塊的機(jī)械能守恒B. 物塊受到的庫(kù)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(kù)侖力答案 C【預(yù)測(cè)2】 如圖所示，有三根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)= 0.3 m的不可伸長(zhǎng)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)，另一端分別拴有質(zhì)量均為m= 0.12 kg的帶電小球和B,其中A球帶正電，電荷量為 q= 3X 106 C. A、B之間用第三根線連接起來(lái).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.

7、（靜電力常量 k= 9X 109 N nf/C2,取 g= 10 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 0 ;（3）求A球的電勢(shì)能與燒斷前相比改變了多少 解析（1） B球水平方向所受合力為零，則有（不計(jì)B球所帶電荷對(duì)勻強(qiáng)電場(chǎng)的影響 ）.6qBE=半所以E=卓=9X 109X違少N/C53X 10 N/C（2）兩球及細(xì)線最后位置如圖所示,QB的拉力 Ft= 2mg= 2 X 0.12 X 10 N = 2.4 N A65球受力平衡，則有qE

8、= mgan 0 ,所以tan,qE 3X10 X 3X 103 ,0 =,即 0 = 37 (3) Amg 0.12 X 104球克服電場(chǎng)力做功，W= qEL1 Sin 0 ) = 3X 106x 3x 105x 0.3 X (1 0.6) J =0.108 J所以A球的電勢(shì)能增加了 巳=W 0.108 J5答案 (1)3 X 10 N/C (2)2.4 N 37°(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：(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 W=

9、Ficos a計(jì)算.由動(dòng)能定理計(jì)算：W安+ W其他力= E2. 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Q= W克安(2) 電磁感應(yīng)發(fā)生的過(guò)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(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角 為B,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(kāi)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

10、，重力加速度為g.下列選項(xiàng)正確的是().A. P= 2mgwin 0B. P= 3mgwin 0vgC. 當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時(shí)加速度大小為sin 0D. 在速度達(dá)到2v以后勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)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m®n 0 = 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F+ mg>in 0 = 2BIL所以拉力F= mg>in 0 ,拉力的 功率P= F- 2v= 2mgsin 0，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒

11、的速度達(dá)到 與時(shí)，回路IIg中的電流為，根據(jù)牛頓第二定律， 得mgsin 0 %L= ma解得a=-sin 0 ,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(guò)程復(fù)雜且涉及多種性質(zhì)不同的力，因此，通 過(guò)審題，抓住受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析是關(guān)鍵，然后根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過(guò)程各力做功的特點(diǎn)來(lái)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(wèn)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(zhǎng)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(kāi)始

12、時(shí)ab棒以水平初速度 v。向右運(yùn)動(dòng)，最后靜止在導(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(guò)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(guò)ab棒的電荷量相等 解析 光滑導(dǎo)軌無(wú)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：mv= W安,對(duì)粗糙的導(dǎo)軌有：*mv= W安+ W摩，W安工W安，則A、B錯(cuò)；q= It = = -R，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(guò)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(zhǎng)

13、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Vo（Vo垂直于磁場(chǎng)邊界），已知導(dǎo)體框全部在磁場(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(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，下列說(shuō)法正確的是（）.A. 導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较騒 X * XX X X XB. 導(dǎo)體框進(jìn)出磁場(chǎng)都是做勻變速直線運(yùn)動(dòng)D.1 2 2Q+ Q= 2%vo vi)C. Q>Q解析 由楞次定律可知導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)A正確.導(dǎo)體框受安培力而速度變化，根據(jù)F= BRV，安培力是變力，導(dǎo)體框不可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，

14、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(guò)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(guò)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(guò)程中或過(guò)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(guò)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(jiǎn)稱(chēng)守恒法.人們?cè)谡J(rèn)識(shí)客觀世界的過(guò)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

15、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，也是歷年高考各種題型正面考查或側(cè)面滲透的重點(diǎn)，且常見(jiàn)于高考?jí)狠S題中.由于守恒定律適用范圍廣，處理問(wèn)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I = 0.6 m，其傾角為0 = 37°,導(dǎo)軌電阻不計(jì)，底端接有阻值為R= 3 Q的定值電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B= 1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面.有一質(zhì)量m= 0.2 kg、長(zhǎng)為I的導(dǎo)體棒固定在 ab位置，導(dǎo)體棒的電阻為 R= 1

16、 Q,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為口 = 0.3.現(xiàn)導(dǎo)體棒獲得平行斜面向上的初速度V0= 10 m/s滑行最遠(yuǎn)至a' b'位置，所滑行距離為 s = 4 m. （sin 37°= 0.6 , cos 37°= 0.8 ,重力加速度 g= 10 m/s）（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 a' b'過(guò)程中所受的安培力做了多少功？ 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 d= 3 m過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的熱量 Q= 2.1 J，此時(shí)導(dǎo)體棒的機(jī)械能 E'為多大？EmBlv 0 1 x 0.6

17、 x 10解析 （1）由閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流的最大值為lm= - =Z = A =Rr R） R+ R）3+ 12 21.5 A故最大輸出功率為 Pm= ImF= 1.5 x 3 W= 6.75 W. 導(dǎo)體棒向上滑行過(guò)程中，安培力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得W安mg$sin 0 + cos 0 ）1 2=0 2-v代入數(shù)據(jù)得 Wfe = 3.28 J.因R： R= 3 : 1，由串聯(lián)電路功率關(guān)系得焦耳熱之間的關(guān)系為Q總：Q= 4 : 3，解得Q總1=2.8 J根據(jù)功能關(guān)系得 Q總+ W'= 2mV E W' = 口 mgCos 0，代入數(shù)據(jù)解得 E'= 5.76J.答案

18、(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(guò)球心的截面如圖2 5 9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)能為氐的電子沿等勢(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(shuō)明理由；(2) 求等勢(shì)面C所在處電場(chǎng)強(qiáng)度 E的大??； 若半球面 A B和等勢(shì)面C

19、的電勢(shì)分別為0A、0 B和0C,則到達(dá)N板左、右邊緣處的電子， 經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)前、后的動(dòng)能改變量丘左和 E右分別為多少？ 比較| Ek左|與| Ek右|的大小，并說(shuō)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：2v1 2R+、丹 /口2Eko4EkoeE= mR，Ek0= 2mv，R=聯(lián)立解得 E=沫=e FA+ FB 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Ek= qU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( 0 b 0 c)對(duì)到達(dá)

20、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( 0 a 0 c)(4) 根據(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|0 B 0 c| > |0 A 0 c|，即| Ek左| > | Ek右|.答案見(jiàn)解析專(zhuān)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(guò)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.

21、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，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(zhǎng)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2 5 10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

22、. 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，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(guò)一一1一 3'PA點(diǎn)時(shí)動(dòng)能是100 J，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能是 A點(diǎn)的5，減少的動(dòng)能有 號(hào)轉(zhuǎn)化成電勢(shì)能，那么，廠當(dāng)它再次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為（）A. 4 JB 8 J C 16 J

23、D 20 J一 1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Ecbx 100 J= 20 J.由5W電 + MW= Ek, W= 5a Ek,得 WJ= 2A Ek.當(dāng)由 B點(diǎn)減速為 0 時(shí)，VU =彳時(shí)2X 20 J= 8 J 由5555B點(diǎn)向右，再返回到B點(diǎn)，整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理分析得：一2 X 8 =氐一氐得EkB，=- 16 J+ 20 J = 4 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(guò)細(xì)繩跨過(guò)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>

24、d）高度時(shí)的速度為v,則以下關(guān)系中成立的是（）A. v2= gh2 .B. v = 2ghC. A產(chǎn)生的熱量Q= mghr mv1 2D. A產(chǎn)生的熱量Q= mghr mv1 2 2解析 對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)能定理得 mghW& = 2（m+ mv , W& = mglr mv, A產(chǎn)生的熱量 Q= W 電=mghr mv，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道上的a點(diǎn)自由滑下，經(jīng)過(guò)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(kāi)始滑下，經(jīng)P點(diǎn)進(jìn)入板7一 間，在之后運(yùn)動(dòng)的一小段時(shí)間內(nèi)

25、（）.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(guò) 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)力 qE,若它從軌道上較低的 b點(diǎn)滑下，經(jīng)過(guò)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

26、倫茲力不做功，重力做負(fù)C正確.答案111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)C6. 如圖所示，i、n、川是豎直平面內(nèi)三個(gè)相同的半圓形光滑絕緣 軌道，k為軌道最低點(diǎn)，I處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，n和川處于勻強(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(guò)程中，下列說(shuō)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(zhǎng)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)能最大，速度最大，A錯(cuò)；求出最低點(diǎn)動(dòng)能后，由左

27、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(zhǎng)，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(zhǎng)、電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距L=1m導(dǎo)軌平面與水平面成e = 37°角，下端連接阻值 R= 2 Q的電阻.勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂 直.質(zhì)量m= 0.2 kg、電阻r = 1 Q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) 口= 0.25(設(shè)最大靜摩擦力大小等于滑動(dòng)

28、摩擦力大小).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(shuō)法正確的是 (g= 10 m/s , sin 37 ° = 0.6 , cos 37 ° = 0.8)().A. 金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開(kāi)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(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為25.5 J解析金屬棒開(kāi)始下滑時(shí)不受安培力，選項(xiàng)A正確.速度達(dá)到穩(wěn)定時(shí)合力為零,由牛頓第二定律得2 2BLvR7 + 口 mg)

29、os2a= gsin e 口 gcos e = 4 m/s ,2 2eBLve = mg>in e，得= 0.8 N ,由已知BlvR+rR=8 W得v = 15 m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤.根據(jù)左手定則可得，磁場(chǎng)方向垂R十r直于導(dǎo)軌平面向上，由BVvR+ r=0.8 N，將v= 15 m/s代入得B= 0.4 T，選項(xiàng)C正確.根據(jù)能1 2量守恒，產(chǎn)生的總焦耳熱量為Q= mg)6in e mv 口 mg)cos e = 25.5 J , R上產(chǎn)生的熱量為QR= |q= 17 J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.3答案 AC&如圖所示，在E= 103 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QP

30、N與一水平絕緣軌道 Mt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R= 40 cm，一帶正電荷q= 10 4 C的小滑塊質(zhì)量 m= 10 g，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因 數(shù)口 = 0.15，位于N點(diǎn)右側(cè)1.5 m處，取g= 10 m/s 2,求：(1)要使小滑塊恰能運(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V。向左運(yùn)動(dòng)？(2)這樣運(yùn)動(dòng)的滑塊通過(guò) 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:,小滑塊從開(kāi)一 1 2 1 2 始運(yùn)動(dòng)至到達(dá) Q點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：一mg2R qE2R口( mg十qE)x=?mvmv,聯(lián)立解得vo=

31、7 m/s.(2)設(shè)小滑塊到達(dá) P點(diǎn)的速度為v'，則從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至到達(dá) P點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：1 1v' 2口 (qE+ mgx ( m十 qE) R= -mv 2 m,在 P 點(diǎn)有：Fn=，代入數(shù)據(jù)得 Fn= 0.6 N.2 2R答案 (1)7 m/s (2)0.6 N9如圖所示，一根質(zhì)量為 m勺金屬棒MNK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(zhǎng),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 B= ky, k為大于零的常量.質(zhì)量 M= 4m的物體靜止在傾角 e = 30°的 光滑斜面上，并通過(guò)輕質(zhì)光滑定滑輪和絕緣細(xì)繩與金屬棒相連接.當(dāng)金屬棒沿y軸方向從y= 0位置由靜止開(kāi)