動能定理在電磁學(xué)中地運用

1、實用標準文檔大全功能關(guān)系在電磁學(xué)中的應(yīng)用主要題型：選擇題、計算題熱點聚焦：(1)靜電力做功的特點(2)動能定理在電磁學(xué)中的應(yīng)用 (3)帶電體在磁場中運動時洛倫茲力 不做機械能也可守恒 (4)功能關(guān)系、能量守恒在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用。高考常對電學(xué)問題中的功能關(guān)系進行考查，特別是動能定理的應(yīng)用.此類題目的特點是過程復(fù)雜、綜合性強，主要考查學(xué)生綜合分析問題的能力.考點一電場中的功能關(guān)系的應(yīng)用1.電場力的大小計算電場力做功與路徑無關(guān).其計算方法一般有如下四種.(1)由公式 W= Fl cos ”計算，此公式只適用于勻強電場，可變形為W= Eqlcos(2)由W= qU計算，此公式適用于任何電場.(3)

2、由電勢能的變化計算：Wab= EpA-EpB.(4)由動能定理計算：W電場力+ W其他力=AEk.2.電場中的功能關(guān)系：(1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變.(2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變.(3)除重力、彈簧彈力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化.(4)所有外力對物體所做的功等于物體動能的變化.【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) 即量為m的小滑塊以大小為 Vo的初速度從 A點進入AB區(qū)域，當(dāng)滑塊運動至區(qū)域的中年3心C時，速度大小為Vc=v0,從此刻起在 AB區(qū)域內(nèi)加上一個水平向左的勻強電場，

3、電場強度保持不變，并且區(qū)域外始終不存在電場.(1)若加電場后小滑塊受到的電場力與滑動摩擦力大小相等，求滑塊離開AB區(qū)域時的速度.(2)要使小Vt塊在 AB區(qū)域內(nèi)運動的時間達到最長，電場強度應(yīng)滿足什么條件？并求這種情況下滑塊離開AB區(qū)域時的速度.(設(shè)最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力)審題流程第一步：抓好過程分析 一巧選物理規(guī)律(邊讀邊看圖)不加電場，C過程選規(guī)律 滑塊勻加速運動一M動能定理牛頓第二定律和運動學(xué)公式C> B過程加電場滑塊勻減速運動一選規(guī)律口動能定理一牛頓第二定律和運動學(xué)公式第二步：抓好關(guān)鍵點 一一找出突破口八 ，、，一，隱含，-,推理-“要使時間達到最長”(關(guān)鍵點)滑塊滑到B的

4、速度為零(突破口)滑塊再向左加速運動最后從A點離開AB區(qū)域解析(1)設(shè)滑塊所受滑動摩擦力大小為Ff,則滑塊從A點運動至C點的過程，由動能定理- d 1 o 1得: Ff 2=2mv2- 2mvC假設(shè)最后滑塊從 B點離開AB區(qū)域，則滑塊從C點運動至B點過程， 由動能定理得：(qE1+Ff) 2 = 2mvC 2mvB將vC = 33Vo和qE1=Ff代入解得vB = '2Vo由于1滑塊運動至B點時還有動能，因此滑塊從 B點離開AB區(qū)域，速度大小為vo,萬向水平向 右.(2)要使小Vt塊在 AB區(qū)域內(nèi)運動的時間達到最長，必須使滑塊運動至 B點停下，然后再向左加速運動，最后從 A點離開AB區(qū)

5、域.2強度E2=m含 2qd由知qE2=2Ff滑塊運動至至A點的過程，由動能定理得：滑塊從C點運動到B點的過程，由動能定理得：(qE2+Ff)，= mvC由兩式可得電場B點后，因為qE2>Ff,所以滑塊向左勻加速運動，從 B運動(qE2 Ff)d = 1mvA由以上各式解得滑塊離開 AB區(qū)域時的電場強度大小等于需 當(dāng)。,方向水平向左速度vA= 22Vo(水平向左).答案(1)2丫0,方向水平向右 處理此問題應(yīng)注意以下幾點： 電場力做功與路徑無關(guān)，可運用動能定理對全程列式.特別應(yīng)注意電場力和摩在運用動能定理處理電學(xué)問題時應(yīng)注意運動過程的選取, 擦力做功的特點.【預(yù)測1】 如圖所示，在粗糙水

6、平面上，彼此靠近地放置兩個帶同種電荷的小物塊.由靜 止釋放后，兩個物塊向相反方向運動，并最終停止.在物塊運動過程中，下列表述正確的是().A.兩個物塊的機械能守恒B.物塊受到的庫侖力不做功C.兩個物塊的電勢能逐漸減少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2如圖所示，有三根長度均為L = 0.3 m的不可伸長的絕緣細線，其中兩根的一端分別固定在天花板上的P、Q兩點，另一端分別拴有質(zhì)量均為m=0.12 kg的帶電小球A和B,其中A球帶正電，電荷量為 q=3X 10 6 c. a、B之間用第三根線連接起來.在水 平向左的勻強電場 E作用下，A、B保持靜止，懸線仍處于豎直方向，且

7、A、B間細線恰好 伸直.(靜電力常量 k= 9X109 n m2/C2,取 g= 10 m/s2) (1)此勻強電場的電場強度 E為多大；(2)現(xiàn)將PA之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會達到新的平衡位置.求此時細線QB所受的拉力Ft的大小，并求出 A、B間細線與豎直方向的夾角0;(3)求A球的電勢能與燒斷前相比改變了多少(不方f B球所帶電荷對勻強電場的影響)7解析(1)B球水平方向所受合力為零，則有qBE=kqqB所以E=k-q2= 9X 109X 3；：0N/CLL0.3= 3X105 N/C尸詈2r22。N24NA(2)兩球及細線最后位置如圖所不，” ! QB的拉力FT=2mg

8、=2X0.12X 10 N = 2.4 NAqE 3X10 6X 3X105 3球受力平衡，則有 qE= mgtan 0,所以tan。=與一=一，即0= 37 (3)A球克mg 0.12X104服電場力做功，W= qEL(1 sin = 3X 10 6 x 3X 105X 0.3X (1 0.6) J=0.108 J 所以 A球的電勢能增加了AEp= W= 0.108 J答案 (1)3X105 N/C (2)2.4 N 37° (3)增加 0.108 J考點二 磁場中的功能關(guān)系的應(yīng)用1 .磁場力的做功情況：(1)洛倫茲力在任何情況下對運動電荷都不做功.(2)安培力對通電導(dǎo)線可做正功、

9、負功，還可能不做功，其計算方法一般有如下兩種 由公式 W= Flcos a計算.由動能定理計算：W安+ W其他力=AEk2 .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/一7為以上端接有定值電阻 R,勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)弓雖度為B.將質(zhì)量為m 日的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達到v時開始勻速運動，此時對導(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

10、的速度勻速運動.導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g.下列 出一 /選項正確的是().A. P=2mgvsin 0 B. P = 3mgvsin 0C.當(dāng)導(dǎo)體棒速度達到2時加速度大小為2sin 0D.在速度達到2v以后勻速運動的過程中，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，速度達到v時，回路中的電流為I,則根據(jù)共點力的平衡條件，有mgsin 0= BIL .對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，以 2v的速度勻速運動時，則回路中的電流為2I,則根據(jù)平衡條件，有 F + mgsin 0= 2BIL所以拉力F = mgsin 9,拉力的功率P=F

11、2v=2mgvsin 9,故選項A正確，選項B錯誤；當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達到 稱時，回路中的電 IIg流為2，根據(jù)牛頓第一律，得mgsin。 B2L = ma,解得a = 2sin 0,選項C正確；當(dāng)導(dǎo)體棒以2v的速度勻速運動時，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 D錯誤. 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，抓住受力分析和運動過程分析是關(guān)鍵，然后根據(jù)不同的運動過程各力做功的特點來選擇規(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規(guī)律.【預(yù)測3】如圖所示，水平固定放置的足夠長的 U形

12、金屬導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強磁場中，在導(dǎo)軌上放著金屬棒 ab,開始時ab棒以水平初速度 v0向右運動，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，這個過程().A.安培力對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， 動能最終都全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以內(nèi)能相 等，C正確；對光滑的導(dǎo)軌有：2mv2=W安，對粗糙的導(dǎo)軌有：2mv2=W安'+W摩，W安士W安'，貝U A、B錯；4=代= Bx,且x光x粗，所以q光q粗，D錯 R R答案 C【預(yù)測4】 如圖所示，寬度為 d的有界勻強磁場豎直向下穿

13、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邊界，短軸小于d.現(xiàn)給導(dǎo)體框一個向右的初速度Vo(vo垂直于磁場邊界),已知導(dǎo)體框全部在磁場中時速度為v,導(dǎo)體框全部出磁場后的速度為 v1,導(dǎo)體框進入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1,導(dǎo)體框離開磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2,下列說法正確的是().A.導(dǎo)體框離開磁場過程中，感應(yīng)電流的方向為順時針方向B.導(dǎo)體框進出磁場都是做勻變速直線運動C. Qi>Q2D. Qi + Q2 = 1m(v2 v2)解析 由楞次定律可知導(dǎo)體框離開磁場過程中，感應(yīng)電流的方向為順時針方向，選項A正確.導(dǎo)體框受安培力而速度變化，根據(jù)FnBLX,安

14、培力是變力，導(dǎo)體框不可能做勻變速R直線運動，選項 B錯誤.因為導(dǎo)體框進入和穿出磁場時做減速運動，在進入磁場時受的平 均作用力大于穿出磁場時的平均作用力，所以導(dǎo)體框進入磁場時安培力做功較多，即產(chǎn)生熱量較多，選項C正確.根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的總熱量等于動能的減少量，選項D正確.答案 ACD考點三守恒思維法的運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，在討論一個物理變化過程時，對其中的各個量或量的變化關(guān)系進行分析，尋找到整個過程中或過程發(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.人們在認識客觀世界的過

15、程中積累了豐富的經(jīng)驗，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、機械能守恒法、電荷守恒法、質(zhì)量守恒法及 動量守恒法等.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，且常見于高考壓軸題中.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0= 37°,導(dǎo)軌電阻不計，底端接有阻值為R= 3 的定值電阻，磁感應(yīng)強度為 B=1 T的勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面.有一質(zhì)量m = 0.2 kg、長為l的

16、導(dǎo)體棒固定在 ab位置， 導(dǎo)體棒的電阻為 Rg= 1 Q,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為尸0.3.現(xiàn)導(dǎo)體棒獲得平行斜面向上的初速度vo=10 m/s滑行最遠至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/s2) (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'過程中所受的安培力做了多少功？以ab位置為重力勢能的零點，若導(dǎo)體棒從ab沿導(dǎo)軌面向上滑行 d=3 m過程中電阻R產(chǎn)生的熱量Qr= 2.1 J,此時導(dǎo)體棒的機械能E'為多大?解析(1)由

17、閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流的最大值為抬小;普:1*；6：10人=R+ R0 R+ R03+11.5 A 故最大輸出功率為 Pm= ImR= 1.52X 3 W=6.75 W.1(2)導(dǎo)體棒向上滑仃過程中，安培力做負功，由動能te理得一W安一mgs(singos 9)=0mv0代入數(shù)據(jù)得 W安=3.28 J.因R： R0= 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：Qr=4： 3,解得Q總= 2.8 J根據(jù)功能關(guān)系得 Q總+ Wf' =Jmv2 E' Wf'=科mgCos。，代入數(shù)據(jù)解得E' =5.76 J.答案 (1)6.75 W (2)3.28

18、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)器和探測板組成.偏轉(zhuǎn)器是由兩個相互絕緣、半徑分別為Ra和Rb的同心金屬半球面 A和B構(gòu)成，A、B為電勢值不等的等勢面，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 不同的動能從偏轉(zhuǎn)器左端 M板正中間小孔垂直入射，進入偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域，最后到達偏轉(zhuǎn)器 右端的探測板N,其中動能為Eko的電子沿等勢面 C做勻速圓周運動到達 N板的正中間.忽 略電場的邊緣效應(yīng).判斷半球面A、B的電勢高低，并說明理由；(2)求等勢面C所在處電場強度 E的大小；(3)若半球面A、B和等勢面C的電勢分別為 孤、值和 如，則到達N板

19、左、右邊緣處的電子，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場前、后的動能改變量AEk左和AEk右分別為多少？(4)比較| E左|與|原右|的大小，并說明理由.訕析(1)電子(帶負電)做圓周運動，電場力方向指向球心，電場方向從 B指向A, B板電勢高于A板.(2)據(jù)題考，電子在電場力作用下做圓周運動，eE= mvr, Eko=：mv2, R=-聯(lián)立解得R 22(3)電子運動時只有電場力做功，根據(jù)動能定理,考慮到圓軌道上的電場強度E大小相同，有: 2Eko4EkoE = - =eR e Ra+ rb有AEk=qU對到達N板左邊緣的電子，電場力做正功，動能增加，有 AEk左=6(如一出)對到達N板右邊緣的電子，電場力做負功，動

20、能減小，有AE0=e(M(4)根據(jù)電場線特點，等勢面 B與C之間的電場強度大于 C與A之間的電場強度，考慮到等 勢面間距相等，有|也一蛆> |8一，即|瓜左| > |右右|.答案 見解析專題強化訓(xùn)練1.如圖所示，光滑斜面固定在水平地面上，勻強電場平行于斜面向下，彈簧另一端固定，帶電滑塊處于靜止狀態(tài)，滑塊與斜面間絕緣. 現(xiàn)給滑塊一個沿斜面向下的初速度，滑塊最遠能到達P點.在這過程中().A.滑塊的動能一定減小B.彈簧的彈性勢能一定增大C.滑塊電勢能的改變量一定小于重力與彈簧彈力做功的代數(shù)和D .滑塊機械能的改變量等于電場力與彈簧彈力做功的代數(shù)和解析 滑塊處于靜止狀態(tài)時，受重力、電場力

21、、彈簧彈力和斜面的支持力，合力為零.當(dāng)向下運動時，合力方向沿斜面向上，合力做負功，動能減小，A對；由于滑塊的電性不知，電場力方向不知，彈簧在 A點是伸長還是壓縮不能確定，B錯；由于只有重力、 電場力和彈簧彈力做功，A、P兩點速度又為零，電場力做功一定等于重力與彈簧彈力做功的代數(shù)和，C錯；對滑塊而言，重力以外的其他力做功的代數(shù)和等于其機械能的改變量，D對.答案 AD2 .一帶電粒子射入一固定的正點電荷Q的電場中，沿如圖 2 510所示的虛線由a 門、點經(jīng)b點運動到c點，b點離Q最近.若不計重力，則().A.帶電粒子帶正電荷b .B.帶電粒子到達b點時動能最大C.帶電粒子從a到b電場力對其做正功D

22、.帶電粒子從b到c電勢能增加日解析 從軌跡可知，粒子受到排斥力作用，所以粒子帶正電，選項A正確.粒子從a到b電場力對其做負功，動能減少，電勢能增大；從 b到c電場力對其做正功，動能增大，電勢能減少，故粒子在 b點動能最小，電勢能最大，所以選項B、C、D錯誤.答案 A3 .如圖所示，勻強電場 E方向水平向左，帶有正電荷的物體沿絕緣水平面向右運動，經(jīng)過13,A點時動能是100 J,經(jīng)過B點時，動能是A點的減少的動能有:轉(zhuǎn)化成電勢能，那么，4 B55當(dāng)它再次經(jīng)過 B點時動能為().實用標準A. 4 JB. 8 JC. 16 J解析 物體在運動中受到的電場力與滑動摩擦力均不變.D. 20 J1由題意得

23、 EkB=5X100 J=20 J.由32 _W-W= AEk, W5AEk，信Wf=5正k.當(dāng)由B點減速為220 時,Wfi=5EkB=-x20 J=8 J.由B點向右，再返回到 B點，整個過程由動能定理分析得：一 2X8= EkB' 一EkB得EkB' =- 16 J+20 J=4 J, A 項正確.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，通過細繩跨過定滑輪與質(zhì)量為 的物體B相連，圖中虛線內(nèi)為一水平勻強磁場， d表示A與磁場左邊界的距離，不計滑輪摩擦及空氣阻力,A. v2=ghB. v2=2ghC. A產(chǎn)生的熱量設(shè)B下降h（h>d）高度時的速度為

24、 v,則以下關(guān)系中成立的是（）.D. A產(chǎn)生的熱量2Q= mgh mv1- 2Q= mgh 2mvm1解析 對系統(tǒng)由動能th理得 mgh+W電=2（m+m）v?, W電=mghmv?, A廣生的熱重 Q =W電=mghmv2,選項 C正確.答案 C5.如圖所示，帶電平行板中勻強電場方向豎直向下，勻強磁場方向水平向里，一帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點自由滑下，經(jīng)過軌道端點 P進入板間恰口R好沿水平方向做直線運動.現(xiàn)使球從軌道上較低的b點開始滑下，經(jīng) P點進7一入板間，在之后運動的一小段時間內(nèi)（）.A.小球的重力勢能一定會減小B.小球的機械能可能不變C.小球的電勢能一定會減小D.小球動能可能減小解

25、析 若小球帶正電q,當(dāng)小球做直線運動時， 它所受向下的重力 mg加上向下的電場力 qE 等于向上的洛倫茲力 qvB,若它從軌道上較低的 b點滑下，經(jīng)過P時的速度要小于 v,則它 在之后的一小段時間內(nèi)要向下方偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，重力和電場力都做正功，速度增大，洛倫茲力也增大，動能也增大；若小球帶負電q,當(dāng)小球做直線運動時，它所受向下的重力mg加上向下的洛倫茲力 qvB等于向上的電場力 qE,若它從軌道上較低的 b點滑下，經(jīng)過P 時的速度要小于 v,則它在之后的一小段時間內(nèi)要向上方偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，重力做負 功而電場力做正功，速度增大，洛倫茲力也增大，動能也增大.可知只有選項C正確.答案 C

26、6.如圖所示，I、n、出是豎直平面內(nèi)三個相同的半圓形光滑絕緣 軌道，k為軌道最低點，I處于勻強磁場中，n和出處于勻強電場中， 三個完全相同的帶正電小球 a、b、c從軌道最高點自由下滑至第一次 到達最低點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對軌道壓力最大C.球b需時最長D.球c機械能損失最多解析 從最高點到最低點，合力對 c球做正功，對b球做負功，對a球不做功，根據(jù)動能定理可知在k處球c動能最大，速度最大，A錯；求出最低點動能后，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對軌道壓力最大，B對；任一 高度處根據(jù)動能定理可

27、知，b球速度最小，即b球全程平均速率最小，路程一定時，b球運動時間最長，C對；又球c,電場力做正功，電勢能減小，機械能增加，D錯.答案 BC7.如圖所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌相距L=1 m,導(dǎo)軌平面與水平面成 0= 37°角，下端連接阻值 R=2 的電阻.勻強磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直. 質(zhì)量m=0.2 kg、電阻r = 1 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，它們之文檔大全實用標準間的動摩擦因數(shù)-0.25(設(shè)最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小).當(dāng)金屬棒由靜止下滑60 m時速度達到穩(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,

28、則下列說法正確的是(g=10 m/s2, sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8)().2A.金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑時加速度a的大小為4 m/sB.金屬棒達到穩(wěn)定時速度v的大小為10 m/sD.金屬棒由靜止到穩(wěn)定過程中電阻 解析金屬棒開始下滑時不受安培力,A正確.速度達到穩(wěn)定時合力為零，C.磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強度B的大小為0.4 TR上產(chǎn)生的熱量為 25.5 J由牛頓第二定律得a = gsin 0-cos 9= 4 m/s2,選項B L v+mgos 0= mgsin 0, # B L v = 0.8 N,由已知 R+ rR+ rB L v面向上，由R+r=8 W

29、得v=15 m/s,選項B錯誤.根據(jù)左手定則可得，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平= 0.8 N,將v= 15 m/s代入得B= 0.4 T,選項C正確.根據(jù)能量守恒，產(chǎn)生的總焦耳熱量為 Q = mgxsin。一 1mv2mgcos 0= 25.5 J, R上產(chǎn)生的熱量為 Qr=：Q= 17 23J,選項D錯誤.答案 AC8.如圖所示，在 E=103 V/m的豎直向下的勻強電場中，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線平行，P為QN圓弧的中點， 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,與水平軌道間的動摩 擦因數(shù)尸0.15,位

30、于N點右側(cè)1.5 m處，取g= 10 m/s2,求：(1)要使小滑塊恰能運動到半圓軌道的最高點Q,則小滑塊應(yīng)以多大的初速度V0向左運動？2mg+qE=mvR,小滑塊(2)這樣運動的滑塊通過 P點時對軌道的壓力是多大？解析 設(shè)小滑塊到達 Q點的速度為v,在Q點由牛頓第二定律得:從開始運動至到達 Q點的過程中， mv2,聯(lián)立解得v0= 7 m/s.(2)設(shè)小滑塊到達P點的速度為V,-MqE+mg)x-(mg+qE)R=2mv1 o 1由動能te理得：-mg 2R qE 2R- 1mg+qE)x= mv 一萬,則從開始運動至到達 P點的過產(chǎn)中，由動能定理得：2 1mv2,在 P 點有：Fn= mv-,代入數(shù)據(jù)得 Fn=0.6 N.2R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.在空間內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌平面的磁場，磁感應(yīng)強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 0= 30° 的光滑斜面上，并通過輕質(zhì)光滑定滑輪和絕緣細繩與金屬棒相連接.當(dāng)金屬棒沿y軸方