專題四功能關系在電學中的應用

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1、 第2課時　功能關系在電學中的應用 1．靜電力做功與路徑無關．若電場為勻強電場，則W＝Flcos α＝Eqlcos α；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．電流做功的實質是電場對移動電荷做功．即W＝UIt＝Uq. 4．導體棒在磁場中切割磁感線時，棒中感應電流受到的安培力對導體棒做負功，使機械能轉化為電能． 5．靜電力做的功等于電勢能的變化，即WAB＝－ΔEp. 1．功能關系在電學中應用的題目，一般過程復雜且涉及多種性質不同的力，因此，通過審題，抓

2、住受力分析和運動過程分析是關鍵，然后根據不同的運動過程中各力做功的特點來選擇相應規(guī)律求解． 2．動能定理和能量守恒定律在處理電學中能量問題時仍然是首選的方法. 考向1　幾個重要的功能關系在電學中的應用 例1　如圖1所示，一絕緣輕彈簧的下端固定在斜面底端，上端連接一帶正電的光滑滑塊P，滑塊所處空間存在著沿斜面向上的勻強電場，傾角為θ的光滑絕緣斜面固定在水平地面上，開始時彈簧是原長狀態(tài)，物體恰好處于平衡狀態(tài)，現給滑塊一沿斜面向下的初速度v，滑塊到最低點時，彈簧的壓縮量為x，若彈簧始終處在彈性限度內，以下說法正確的是(　　) 圖1 A．

3、滑塊電勢能的增加量等于滑塊重力勢能的減少量 B．滑塊到達最低點的過程中，克服彈簧彈力做功mv2 C．滑塊動能的變化量等于電場力和重力做功的代數和 D．當滑塊的加速度最大時，滑塊和彈簧組成的系統機械能最大 審題突破　彈簧原長狀態(tài)時，物體恰好處于平衡狀態(tài)，說明電場力和重力什么關系？滑塊向下到達最低點的過程中，都有哪些力做功？何時加速度最大？ 解析　由題意qE＝mgsin θ，在運動到最低點過程中，電場力做功與重力做功相等，則滑塊電勢能增加量等于滑塊重力勢能的減小量，故A正確．克服彈簧彈力做功等于彈性勢能的增加量，即等于動能的減少量，故B正確．電場力和重力做功的代數和為零，根據動能定理知，

4、電場力、重力、彈簧彈力做功的代數和等于滑塊動能的變化量，故C錯誤．當滑塊運動到最低點時，加速度最大，電場力做的負功最多，即電勢能增加最多，此時系統機械能最小，故D錯誤．答案　AB 質量為m的帶正電小球由空中A點無初速度自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經過t秒小球又回到A點．不計空氣阻力且小球從未落地，則(　　) A．整個過程中小球電勢能減少了1.5mg2t2 B．整個過程中機械能的增量為2mg2t2 C．從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能減少了mg2t2 D．從A點到最低點小球重力勢能減少了mg2t2

5、答案　BD 解析　由gt2＝－(vt－at2)，又v＝gt，解得a＝3g.由a＝，聯立解得qE＝4mg，則小球電勢能減少為Δε＝qE·gt2＝2mg2t2.根據功能關系可知，機械能的增量為2mg2t2，故A錯誤，B正確．從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能減少了ΔEk＝m(gt)2，故C錯誤．設從A點到最低點的高度為h，根據動能定理得mgh－qE(h－gt2)＝0，解得h＝gt2，故從A點到最低點小球重力勢能減少了ΔEp＝mgh＝，故D正確． 考向2　應用動能定理分析帶電體在電場中的運動 例2　如圖2所示是研究帶電體的質量與電量關系的光滑絕緣細管，長為L且豎直放置，點電荷M固定在管底

6、部，電荷量為＋Q.現從管口A處靜止釋放一帶電體N，當其電荷量為＋q、質量為m時，N下落至距M為h的B處速度恰好為0.已知靜電力常量為k，重力加速度為g，帶電體下落過程中不影響原電場． (1)若把A換成電量為＋q、質量為3m的帶電體N1，仍從A處靜止釋放．求N1運動過程中速度最大處與M的距離及到達B處的速度大??； (2)若M略向上移動，試判斷帶電體N能否到達B處，并說明理由； (3)若M保持原位置不變，設法改變帶電體N的質量與電量，要求帶電體下落的最低點在B處，列出N應滿足的條件． 圖2 審題突破　N1運動過程中何時速度最大？質量為m和3m的帶電體從A到B相同的

7、物理量是什么？M略向上移動又是哪個物理量發(fā)生變化？ 解析　(1)帶電體N1運動到重力等于電場力時，速度最大，設距底部距離為r，則有3mg＝， 解得r＝ . 設帶電體N1運動到B處時的速度為vB，由動能定理，有 3mg(l－h(huán))＋qUAB＝×3mv， 依題意有mg(l－h(huán))＋qUAB＝0， 聯立兩式可得：vB＝2 . (2)N不能到達B處．因為mg(l－h(huán))＋qUAB′＜0. (3)設帶電體N的質量為m′、電荷量為＋q′， 由動能定理得：m′g(l－h(huán))＋q′UAB＝0 所以＝ 答案　(1) 　2 　(2)N不能到達B處，因為mg(1－h(huán))＋qUAB′<0　(3)帶電體下落的最低

8、點在B處，N應滿足的條件為＝ 如圖3所示，在一傾角為37°的絕緣斜面下端O，固定有垂直于斜面的絕緣擋板．斜面ON段粗糙，長度s＝0.02 m，NM段光滑，長度L＝0.5 m．在斜面的所在區(qū)域有豎直向下的勻強電場，場強為2×105 N/C.有一小滑塊質量為2×10－3 kg，帶正電，電量為1×10－7 C，小滑塊與ON段表面的動摩擦因數為0.75.將小滑塊從M點由靜止釋放，在運動過程中沒有電量損失，與擋板相碰后原速返回．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求： (1)小滑塊第一次過N

9、點的速度大小； 圖3 (2)小滑塊最后停在距離擋板多遠的位置； (3)小滑塊在斜面上運動的總路程． 答案　(1)2 m/s　(2)0.01 m　(3)6.77 m 解析　(1)小滑塊第一次過N點的速度為v， 則由動能定理有mv2＝mgLsin 37°＋qELsin 37° 代入數據得：v＝2 m/s. (2)滑塊在ON段運動時所受的摩擦力 Ff＝μ(mgcos 37°＋qEcos 37°)＝2.4×10－2 N 滑塊所受重力、

10、電場力沿斜面的分力 F1＝mgsin 37°＋qEsin 37°＝2.4×10－2 N 因此滑塊沿ON下滑時做勻速運動，上滑時做勻減速運動，速度為零時可停下． 設小滑塊與擋板碰撞n次后停在距擋板距離為x處， 則由動能定理得：(mg＋qE)(L＋s－x)sin 37°－μ(mg＋qE)[(2n－1)s＋x]cos 37°＝0 由0≤x≤0.02 m，得：12.5≤n≤13.5取n＝13得：x＝0.01 m (3)設滑塊每一次與擋板碰撞沿斜面上升的距離減少Δx，由能量守恒得： (mg＋qE)Δxsin 37°＝2μ(mg＋qE)scos 37°代入數據得：Δx＝0.04 m 滑塊第

11、一次與擋板碰撞后沿斜面上升的距離s1＝L＋s－Δx＝0.48 m 滑塊第p次與擋板碰撞后沿斜面上升的距離sp＝s1－(p－1)Δx 滑塊移動的總路程s總＝L＋s＋x＋2[ps1－] 由于sp≥s＝0.02 m，得p≤12.5，取p＝12代入上式得：s總＝6.77 m. 考向3　功能觀點在電磁感應問題中的應用 例3　如圖4甲所示，MN、PQ是相距d＝1 m的足夠長平行光滑金屬導軌，導軌平面與水平面成某一夾角，導軌電阻不計；長也為1 m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，ab的質量m＝0.1 kg、電阻R＝1 Ω；MN、PQ的上端連接右側電路，電路中R2為一電

12、阻箱；已知燈泡電阻RL＝3 Ω，定值電阻R1＝7 Ω，調節(jié)電阻箱使R2＝6 Ω，重力加速度g＝10 m/s2.現斷開開關S，在t＝0時刻由靜止釋放ab，在t＝0.5 s時刻閉合S，同時加上分布于整個導軌所在區(qū)域的勻強磁場，磁場方向垂直于導軌平面斜向上；圖乙所示為ab的速度隨時間變化圖象． 圖4 (1)求斜面傾角α及磁感應強度B的大小； (2)ab由靜止下滑x＝50 m(此前已達到最大速度)的過程中，求整個電路產生的電熱； (3)若只改變電阻箱R2的值．當R2為何值時，ab勻速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率為多少？ 審題突破　由乙圖可知閉合S前、后ab分別做什么運動？可以

13、提取哪些信息？ab由靜止下滑的過程中電流是否恒定，如何求電熱？ 解析　(1)S斷開時，ab做勻加速直線運動，從圖乙得a＝＝6 m/s2 由牛頓第二定律有mgsin α＝ma，所以有sin α＝，即α＝37°， t＝0.5 s時，S閉合且加了磁場，分析可知，此后ab將先做加速度減小的加速運動，當速度達到最大(vm＝6 m/s)后接著做勻速運動． 勻速運動時，由平衡條件知mgsin α＝F安，又F安＝BId　I＝ R總＝R＋R1＋＝10 Ω 聯立以上四式有mgsin α＝ 代入數據解得B＝ ＝1 T (2)由能量轉化關系有mgsin αx＝mv＋Q 代入數據解得Q＝mgsin

14、αx－mv＝28.2 J (3)改變電阻箱R2的值后，ab勻速下滑時有 mgsin α＝BdI 所以I＝＝0.6 A 通過R2的電流為I2＝I R2的功率為P＝IR2 聯立以上三式可得P＝I2＝I2 當＝時，即R2＝RL＝3 Ω，功率最大， 所以Pm＝0.27 W. 答案　(1)37°　1 T　(2)28.2 J　(3)3 Ω　0.27 W 如圖5所示，固定在同一水平面上的兩平行金屬導軌AB、CD，兩端接有阻值相同的兩個定值電阻．質量為m的導體棒垂直放在導軌上，輕彈簧左端固定，右端連接導體棒，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中．當導體棒靜止在OO′位置時，彈簧處于原長狀

15、態(tài)．此時給導體棒一個水平向右的初速度v0，它能向右運動的最遠距離為d，且能再次經過OO′位置．已知導體棒所受的摩擦力大小恒為Ff，導體棒向右運動過程中左側電阻產生的熱量為Q，不計導軌和導體棒的電阻．則(　　) 圖5 A．彈簧的彈性勢能最大為mv－Q－Ffd B．彈簧的彈性勢能最大為mv－2Q－Ffd C．導體棒再次回到OO′位置時的動能等于mv－4Q－2Ffd D．導體棒再次回到OO′位置時的動能大于mv－4Q－2Ffd 答案　BD 解析　當導體棒向右運動的過程中，mv＝Ep＋2Q＋Ffd 所以Ep＝mv

16、－2Q－Ffd① 故A錯誤，B正確； 由于產生了電能和熱能，導體棒的機械能不斷減小，所以導致棒在同一個位置時，向右的速度大于向左的速度，所以導體棒向左運動的過程中產生的電能小于導體棒向右運動的過程中產生的電能，即2Q′<2Q，當導體棒向左運動的過程中，Ep＝mv2＋2Q′＋Ffd② 聯立①②得：mv2＝mv－2Q－Ffd－2Q′－Ffd>mv－4Q－2Ffd，故C錯誤，D正確． 7．應用動力學和功能觀點處理電學綜合問題 例4　 (16分)如圖6所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R＝0.4 m，在軌道所在空間存在水平向右的勻強

17、電場，電場線與軌道所在的平面平行，電場強度E＝1.0×104 N/C.現有一電荷量q＝＋1.0×10－4 C，質量m＝0.1 kg的帶電體(可視為質點)，在水平軌道上的P點由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點C，然后落至水平軌道上的D點．取g＝10 m/s2.試求： 圖6 (1)帶電體運動到圓形軌道B點時對圓形軌道的壓力大??； (2)D點到B點的距離xDB； (3)帶電體在從P開始運動到落至D點的過程中的最大動能． 思維導圖 解析　(1)設帶電體通過C點時的速度為

18、v0，根據牛頓第二定律得：mg＝m(2分) 設帶電體通過B點時的速度為vB，設軌道對帶電體的支持力大小為FB，從B到C根據動能定理： －mg·2R＝mv－mv(2分) 帶電體在B點時，根據牛頓第二定律有： FB－mg＝m(2分)聯立解得：FB＝6.0 N(1分) 根據牛頓第三定律可知，帶電體對軌道的壓力 FB′＝6.0 N(1分) (2)設帶電體從最高點C落至水平軌道上的D點經歷的時間為t，根據運動的分解有2R＝gt2(1分) xDB＝vCt＝·t2(2分) 聯立解得xDB＝0.8 m(1分) (3)由P到B帶電體做加速運動，故最大速度一定出現在從B經C到D的過程中，在此過程中

19、只有重力和電場力做功，這兩個力大小相等，其合力與重力方向成45°夾角斜向右下方，故最大速度必出現在B點右側對應圓心角為45°處．(1分) 設小球的最大動能為Ekm，根據動能定理有： qERsin 45°－mgR(1－cos 45°)＝Ekm－mv(2分) 解得：Ekm＝ J≈1.17 J(1分) 答案　(1)6.0 N　(2)0.8 m　(3)1.17 J (限時：15分鐘，滿分：17分) (2014·四川·10)在如圖7所示的豎直平面內，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r＝ m的光滑圓弧軌道分別相切于D點和G點，GH與水平面的夾角θ＝37°.過G點、垂直于紙面的豎直平面左側有

20、勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度B＝1.25 T；過D點、垂直于紙面的豎直平面右側有勻強電場，電場方向水平向右，電場強度E＝1×104 N/C.小物體P1質量m＝2×10－3 kg、電荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做勻速直線運動，到達D點后撤去推力．當P1到達傾斜軌道底端G點時，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經過時間t＝0.1 s與P1相遇．P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數均為μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物體電荷量保持不變，不計空氣阻力．求： 圖7

21、 (1)小物體P1在水平軌道CD上運動速度v的大?。? (2)傾斜軌道GH的長度s. 答案　(1)4 m/s　(2)0.56 m 解析　(1)設小物體P1在勻強磁場中運動的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F1，受到的摩擦力為f，則 F1＝qvB① f＝μ(mg－F1)② 由題意，水平方向合力為零 F－f＝0③ 聯立①②③式，代入數據解得 v＝4 m/s④ (2)設P1在G點的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據動能定理 qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝mv－mv2⑤ P1在GH上運動，受到重力、電場力和摩擦力的作用，設加速度為a1，根據牛頓第二定律 q

22、Ecos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1⑥ P1與P2在GH上相遇時，設P1在GH上運動的距離為s1，則s1＝vGt＋a1t2⑦ 設P2質量為m2，在GH上運動的加速度為a2，則 m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2⑧ P1與P2在GH上相遇時，設P2在GH上運動的距離為s2，則 s2＝a2t2⑨ 又s＝s1＋s2⑩ 聯立⑤～⑩式，代入數據得 s＝0.56 m (限時：45分鐘) 題組1　幾個重要的功能關系在電學中的應用 1．(2014·天津·4)如圖1所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷．一帶電微粒水平射入板間

23、，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么(　　) 圖1 A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷 B．微粒從M點運動到N點電勢能一定增加 C．微粒從M點運動到N點動能一定增加 D．微粒從M點運動到N點機械能一定增加 答案　C 解析　A．分析微粒的運動軌跡可知，微粒的合力方向一定豎直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的電場力可能向下，也可能向上，故A錯誤． B．微粒從M點運動到N點，電場力可能做正功，也可能做負功，故微粒的電勢能可能減小，也可能增大，故B錯誤． C．微粒從M點運動到N點過程中，合力做正功，故微粒的動能一定增加，C正確． D

24、．微粒從M點運動到N點的過程中，除重力之外的電場力可能做正功，也可能做負功，故機械能不一定增加，D錯誤． 2．(2014·湖北七市模擬)如圖2所示，豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質彈簧直立于地面上，上面放一個質量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接．現將小球向下壓到某位置后由靜止釋放，若小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中，重力和電場力對小球做功分別為W1和W2，小球離開彈簧時速度為v，不計空氣阻力，小球的電荷量保持不變，則上述過程中(　　) 圖2 A．小球的電勢能增加W2 B．彈簧彈性勢能最大值為mv2＋W1－W2 C．彈簧彈性勢能、小球的電勢能和小球的重力勢能三者之

25、和可能一直在減小 D．小球和彈簧組成的系統的機械能增加W2 答案　CD 解析　A項，小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中，電場力做正功，知電勢能減小W2，故A錯誤．B項，根據動能定理，W1＋W2＋W彈＝mv2，解得彈力做功W彈＝mv2－W1－W2，知彈性勢能的最大值為mv2－W1－W2，故B錯誤．C項，根據能量守恒得，彈性勢能、小球的電勢能、重力勢能、動能之和保持不變，由于小球的動能可能一直增加，所以彈簧彈性勢能、小球的電勢能和小球的重力勢能三者之和可能一直在減小，故C正確．D項，除重力以外其他力做功等于機械能的增量，由于電場力做功為W2，則小球和彈簧組成的系統機械能增加W2，故D正確．

26、 3．如圖3所示，真空中的勻強電場與水平方向成15°角，AB直線垂直勻強電場E，現有一質量為m、電荷量為＋q的小球在A點以初速度大小v0方向水平向右拋出，經時間t小球下落到C點(圖中未畫出)時速度大小仍為v0，則小球由A點運動到C點的過程中，下列說法不正確的是(　　) 圖3 A．電場力對小球做功為零 B．小球的機械能減小量為mg2t2 C．小球的電勢能減小 D．C一定位于AB直線的右側 答案　ABC 解析　小球受到自身重力mg和電場力qE作用，合力F如圖所示斜向左下方，小球從A點到C點速度大小沒有變化，說明合外力沒有做功，即初、末位置都在與合力垂直的同一

27、條線上，據此判斷如圖，電場力做負功，選項A錯．電勢能增大，選項C錯．由于AC與合力F垂直，所以C點一定位于AB直線的右側，選項D對．小球機械能減小量等于克服電場力做的功，根據動能定理，克服電場力做功等于重力做功，但豎直方向不但受到自身重力還有電場力豎直向下的分力，豎直方向加速度大于g，所以豎直方向位移大于gt2，重力做功即克服電場力做功大于W＝mg×gt2＝mg2t2，選項B錯． 4．如圖4所示，在絕緣的斜面上方存在著沿水平向右的勻強電場，斜面上的帶電金屬塊沿斜面滑下．已知在下滑的過程中，金屬塊動能增加了12 J，金屬塊克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，下列判斷中正確的是(　　) 圖

28、4 A．金屬塊帶負電 B．金屬塊克服電場力做功8 J C．金屬塊的機械能減少12 J D．金屬塊的電勢能減少4 J 答案　C 解析　設重力做功為WG，克服摩擦力做功Wf，電場力做功W，由動能定理WG＋W－Wf＝ΔEk，解得電場力做功W＝－4 J，所以電場力做負功，由于斜面上的帶電金屬塊沿斜面滑下故金屬塊帶正電，A、B選項錯誤；除重力外的其他外力做功W－Wf＝－12 J，故金屬塊的機械能減少12 J，C選項正確；電場力做負功，金屬塊的電勢能增加，D選項錯誤． 題組2　應用動能定理分析帶電體在電場中的運動 5．如圖5所示，光滑的水平軌道AB與半徑為R的光

29、滑的半圓形軌道BCD相切于B點，水平軌道AB部分存在水平向右的勻強電場E，半圓形軌道處于豎直平面內，B為最低點，D為最高點．一質量為m、帶正電的小球從距B點x的位置在電場力的作用下由靜止開始沿AB向右運動，并能恰好通過最高點D，則下列物理量的變化對應關系正確的是(　　) 圖5 A．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，小球經過B點瞬間對軌道的壓力越大 答案　AB 解析　小球在BCD部分做圓周運動，在D點，由牛頓第二定律有：mg＝m，小球由B到D的過程中機械能守恒：mv＝mg×2R＋mv，

30、聯立解得：vB＝，R越大，小球經過B點時的速度越大，則x越大，選項A正確；小球由A到B，由動能定理得：qEx＝mv，將vB＝代入得：qEx＝mgR，知m越大，x越大，B正確；E越大，x越小，C錯誤；在B點有：FN－mg＝m，將vB＝代入得：FN＝6mg，選項D錯誤． 6．如圖6所示，傾斜角度為θ的粗糙程度均勻的絕緣斜面，下方O點處有一帶電量為＋Q的點電荷，質量為m、帶電量為－q的小物體(可看成質點)與斜面間的動摩擦因數為μ.現使小物體以初速度v0從斜面上的A點沿斜面上滑，到達B點時速度為零，然后又下滑回到A點．小物體所帶電荷量保持不變，靜電力常量為k，重力加速度為g，OA＝OB＝l.求：

31、 圖6 (1)小物體沿斜面上滑經過AB中點時的加速度； (2)小物體返回到斜面上的A點時的速度． 答案　(1)g(sin θ＋μcos θ)＋ (2) 解析　(1)FN＝mgcos θ＋ mgsin θ＋μFN＝ma 得：a＝ ＝g(sin θ＋μcos θ)＋. (2)從A到B，由動能定理得： 0－mv＝－mglsin 2θ＋Wf 從B到A，由動能定理得： mv2＝mglsin 2θ＋Wf 得：v＝ 7．(2014·新課標Ⅰ·25)如圖7所示，O、A、B為同一豎直平面內的三個點，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，將一質量為m的小球以一定的初動能自O點

32、水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點．使此小球帶電，電荷量為q(q>0)，同時加一勻強電場，場強方向與△OAB所在平面平行．現從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g.求： 圖7 (1)無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值； (2)電場強度的大小和方向． 答案　(1)　(2)　電場方向與豎直向下的方向的夾角為30° 解析　(1)設小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OA＝d

33、，則OB＝d，根據平拋運動的規(guī)律有 dsin 60°＝v0t① dcos 60°＝gt2② 又有Ek0＝mv③ 由①②③式得Ek0＝mgd④ 設小球到達A點時的動能為EkA，則 EkA＝Ek0＋mgd⑤ 由④⑤式得＝ (2)加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了和，設電勢能分別減小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧ 在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的．設直線OB上的M點與A點等電勢，M與O點的距離為x，如圖，則有 ＝⑨ 解得x＝d，MA為等勢線，電場強度方

34、向必與其垂線OC方向平行．設電場強度方向與豎直向下的方向的夾角為α，由幾何關系可得α＝30°⑩ 即電場強度方向與豎直向下的方向的夾角為30°. 設電場強度的大小為E，有qEdcos 30°＝ΔEpA? 由④⑦?式得E＝ 題組3　功能觀點在電磁感應問題中的應用 8．在如圖8所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小均為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，一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，當ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)時，恰好以速度v1做勻速直線運動；當ab邊下滑到JP與MN的中間位置時

35、，線框又恰好以速度v2做勻速直線運動，從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框的動能變化量為ΔEk，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8 A．在下滑過程中，由于重力做正功，所以有v2>v1 B．從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，機械能守恒 C．從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，有(W1－ΔEk)機械能轉化為電能 D．從ab進入GH到MN到JP的中間位置的過程中，線框動能的變化量為ΔEk＝W1－W2 答案　CD 解析　由平衡條件，第一次勻速運動時，mgsin θ＝，第二次勻速運動時，mgsin

36、θ＝，則v2

37、止開始在導軌上向右做加速運動．已知拉力的功率恒為P，經過時間t，金屬桿在導軌上相對導軌向右滑動的位移為x，重力加速度為g.在此過程中，下列說法正確的是(　　) 圖9 A．拉力做的功為Pt＋μmgx B．電阻R中所產生的電能為Pt－μmgx C．金屬桿克服安培力做的功為Pt D．金屬桿和導軌之間由于摩擦而產生的熱量為μmgx 答案　D 解析　因為拉力的功率恒為P，則拉力做功的大小W＝Pt，故A錯誤．根據能量守恒知，拉力做功一部分轉化為金屬桿的動能，一部分轉化為電阻R上產生的電能，還有一部分轉化為摩擦產生的內能，即Pt＝mv2＋Q＋W電，可知W電＝Pt－Q－mv2＝Pt－μmgx

38、－mv2，故B錯誤．拉力做功的大小與金屬桿克服安培力做功的大小不等，則克服安培力做功不等于Pt，故C錯誤．因為金屬桿和導軌間的相對路程為x，則摩擦產生的熱量為μmgx，故D正確． 題組4　應用動力學和功能觀點處理電學綜合問題 10．如圖10所示，在A點固定一正電荷，電量為Q，在離A高度為H的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠，開始運動瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g.已知靜電力常量為k，兩電荷均可看成點電荷，不計空氣阻力．求： 圖10 (1)液珠的比荷； (2)液珠速度最大時離A點的距離h； (3)若已知在點電荷Q的電場中，某點的電勢可表示成φ＝，其中r為該點到Q的距離(選無限遠處的電勢為零)．求液珠能到達的最高點B離A點的高度rB. 答案　(1)　(2)H　(3)2H 解析　(1)液珠開始運動的加速度大小為g，可知液珠在C處釋放時加速度方向向上，設液珠的電量為q，質量為m，有k－mg＝mg 解得比荷為＝ (2)當液珠速度最大時，庫侖力與重力相等，有 k＝mg， 結合(1)，解得h＝H. (3)設CB間的電勢差為UCB，有 UCB＝φC－φB＝－， 根據動能定理有qUCB－mg(rB－H)＝0 解得rB＝2H.