專題四功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用

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1、 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(qiáng)電場，則W＝Flcos α＝Eqlcos α；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動的電荷都不做功；安培力可以做正功、負(fù)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(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＝－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

2、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. 考向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，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(qiáng)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(xiàn)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(nèi)，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(dá)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(shù)和 D．當(dāng)滑塊的加速度最大時，滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)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(guān)系？滑塊向下到達(dá)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(shù)和為零，根據(jù)動能定理知，

4、電場力、重力、彈簧彈力做功的代數(shù)和等于滑塊動能的變化量，故C錯誤．當(dāng)滑塊運動到最低點時，加速度最大，電場力做的負(fù)功最多，即電勢能增加最多，此時系統(tǒng)機(jī)械能最小，故D錯誤．答案　AB 質(zhì)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(qiáng)電場，再經(jīng)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(jī)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(lián)立解得qE＝4mg，則小球電勢能減少為Δε＝qE·gt2＝2mg2t2.根據(jù)功能關(guān)系可知，機(jī)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(shè)從A點到最低點的高度為h，根據(jù)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(yīng)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(zhì)量與電量關(guān)系的光滑絕緣細(xì)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(xiàn)從管口A處靜止釋放一帶電體N，當(dāng)其電荷量為＋q、質(zhì)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(zhì)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(dá)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(dá)B處，并說明理由； (3)若M保持原位置不變，設(shè)法改變帶電體N的質(zhì)量與電量，要求帶電體下落的最低點在B處，列出N應(yīng)滿足的條件． 圖2 審題突破　N1運動過程中何時速度最大？質(zhì)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(shè)距底部距離為r，則有3mg＝， 解得r＝ . 設(shè)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(lián)立兩式可得：vB＝2 . (2)N不能到達(dá)B處．因為mg(l－h(huán))＋qUAB′＜0. (3)設(shè)帶電體N的質(zhì)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(dá)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(yīng)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(qiáng)電場，場強(qiáng)為2×105 N/C.有一小滑塊質(zhì)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(shù)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?。? 圖3 (2)小滑塊最后停在距離擋板多遠(yuǎn)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(shù)據(jù)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(shè)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(shè)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(shù)據(jù)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(yīng)問題中的應(yīng)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(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面成某一夾角，導(dǎo)軌電阻不計；長也為1 m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，ab的質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻R＝1 Ω；MN、PQ的上端連接右側(cè)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(diào)節(jié)電阻箱使R2＝6 Ω，重力加速度g＝10 m/s2.現(xiàn)斷開開關(guān)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(dǎo)軌所在區(qū)域的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度B的大??； (2)ab由靜止下滑x＝50 m(此前已達(dá)到最大速度)的過程中，求整個電路產(chǎn)生的電熱； (3)若只改變電阻箱R2的值．當(dāng)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(dāng)速度達(dá)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(lián)立以上四式有mgsin α＝ 代入數(shù)據(jù)解得B＝ ＝1 T (2)由能量轉(zhuǎn)化關(guān)系有mgsin αx＝mv＋Q 代入數(shù)據(jù)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(lián)立以上三式可得P＝I2＝I2 當(dāng)＝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(dǎo)軌AB、CD，兩端接有阻值相同的兩個定值電阻．質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，輕彈簧左端固定，右端連接導(dǎo)體棒，整個裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中．當(dāng)導(dǎo)體棒靜止在OO′位置時，彈簧處于原長狀

15、態(tài)．此時給導(dǎo)體棒一個水平向右的初速度v0，它能向右運動的最遠(yuǎn)距離為d，且能再次經(jīng)過OO′位置．已知導(dǎo)體棒所受的摩擦力大小恒為Ff，導(dǎo)體棒向右運動過程中左側(cè)電阻產(chǎn)生的熱量為Q，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)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(dǎo)體棒再次回到OO′位置時的動能等于mv－4Q－2Ffd D．導(dǎo)體棒再次回到OO′位置時的動能大于mv－4Q－2Ffd 答案　BD 解析　當(dāng)導(dǎo)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(chǎn)生了電能和熱能，導(dǎo)體棒的機(jī)械能不斷減小，所以導(dǎo)致棒在同一個位置時，向右的速度大于向左的速度，所以導(dǎo)體棒向左運動的過程中產(chǎn)生的電能小于導(dǎo)體棒向右運動的過程中產(chǎn)生的電能，即2Q′<2Q，當(dāng)導(dǎo)體棒向左運動的過程中，Ep＝mv2＋2Q′＋Ffd② 聯(lián)立①②得：mv2＝mv－2Q－Ffd－2Q′－Ffd>mv－4Q－2Ffd，故C錯誤，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 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(nèi)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(qiáng)

17、電場，電場線與軌道所在的平面平行，電場強(qiáng)度E＝1.0×104 N/C.現(xiàn)有一電荷量q＝＋1.0×10－4 C，質(zhì)量m＝0.1 kg的帶電體(可視為質(zhì)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(dǎo)圖 解析　(1)設(shè)帶電體通過C點時的速度為

18、v0，根據(jù)牛頓第二定律得：mg＝m(2分) 設(shè)帶電體通過B點時的速度為vB，設(shè)軌道對帶電體的支持力大小為FB，從B到C根據(jù)動能定理： －mg·2R＝mv－mv(2分) 帶電體在B點時，根據(jù)牛頓第二定律有： FB－mg＝m(2分)聯(lián)立解得：FB＝6.0 N(1分) 根據(jù)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(shè)帶電體從最高點C落至水平軌道上的D點經(jīng)歷的時間為t，根據(jù)運動的分解有2R＝gt2(1分) xDB＝vCt＝·t2(2分) 聯(lián)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(xiàn)在從B經(jīng)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(xiàn)在B點右側(cè)對應(yīng)圓心角為45°處．(1分) 設(shè)小球的最大動能為Ekm，根據(jù)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(nèi)，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(cè)有

20、勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.25 T；過D點、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度E＝1×104 N/C.小物體P1質(zhì)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(dá)D點后撤去推力．當(dāng)P1到達(dá)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(jīng)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(shù)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(shè)小物體P1在勻強(qiáng)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(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得 v＝4 m/s④ (2)設(shè)P1在G點的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)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(shè)加速度為a1，根據(jù)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(shè)P1在GH上運動的距離為s1，則s1＝vGt＋a1t2⑦ 設(shè)P2質(zhì)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(shè)P2在GH上運動的距離為s2，則 s2＝a2t2⑨ 又s＝s1＋s2⑩ 聯(lián)立⑤～⑩式，代入數(shù)據(jù)得 s＝0.56 m (限時：45分鐘) 題組1　幾個重要的功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)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(jī)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(fù)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(fù)功，故機(jī)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(qiáng)電場中，絕緣輕質(zhì)彈簧直立于地面上，上面放一個質(zhì)量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接．現(xiàn)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(tǒng)的機(jī)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(jù)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(jù)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(jī)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(tǒng)機(jī)械能增加W2，故D正確．

26、 3．如圖3所示，真空中的勻強(qiáng)電場與水平方向成15°角，AB直線垂直勻強(qiáng)電場E，現(xiàn)有一質(zhì)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(jīng)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(jī)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(cè) 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(jù)此判斷如圖，電場力做負(fù)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(cè)，選項D對．小球機(jī)械能減小量等于克服電場力做的功，根據(jù)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(qiáng)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(fù)電 B．金屬塊克服電場力做功8 J C．金屬塊的機(jī)械能減少12 J D．金屬塊的電勢能減少4 J 答案　C 解析　設(shè)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(fù)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(jī)械能減少12 J，C選項正確；電場力做負(fù)功，金屬塊的電勢能增加，D選項錯誤． 題組2　應(yīng)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(qiáng)電場E，半圓形軌道處于豎直平面內(nèi)，B為最低點，D為最高點．一質(zhì)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(yīng)關(guān)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(jīng)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(jī)械能守恒：mv＝mg×2R＋mv，

30、聯(lián)立解得：vB＝，R越大，小球經(jīng)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(zhì)量為m、帶電量為－q的小物體(可看成質(zhì)點)與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)使小物體以初速度v0從斜面上的A點沿斜面上滑，到達(dá)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(jīng)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(biāo)Ⅰ·25)如圖7所示，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O(shè)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(qiáng)電場，場強(qiáng)方向與△OAB所在平面平行．現(xiàn)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(dá)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(dá)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(dá)A點時的動能與初動能的比值； (2)電場強(qiáng)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(shè)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(jù)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(shè)小球到達(dá)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(shè)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(qiáng)電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的．設(shè)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(qiáng)度方

34、向必與其垂線OC方向平行．設(shè)電場強(qiáng)度方向與豎直向下的方向的夾角為α，由幾何關(guān)系可得α＝30°⑩ 即電場強(qiáng)度方向與豎直向下的方向的夾角為30°. 設(shè)電場強(qiáng)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(yīng)問題中的應(yīng)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(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)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，當(dāng)ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場Ⅰ區(qū)時，恰好以速度v1做勻速直線運動；當(dāng)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(jìn)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(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，機(jī)械能守恒 C．從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，有(W1－ΔEk)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(dǎo)軌上向右做加速運動．已知拉力的功率恒為P，經(jīng)過時間t，金屬桿在導(dǎo)軌上相對導(dǎo)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(chǎn)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(dǎo)軌之間由于摩擦而產(chǎn)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(jù)能量守恒知，拉力做功一部分轉(zhuǎn)化為金屬桿的動能，一部分轉(zhuǎn)化為電阻R上產(chǎn)生的電能，還有一部分轉(zhuǎn)化為摩擦產(chǎn)生的內(nèi)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(dǎo)軌間的相對路程為x，則摩擦產(chǎn)生的熱量為μmgx，故D正確． 題組4　應(yīng)用動力學(xué)和功能觀點處理電學(xué)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(yuǎn)處的電勢為零)．求液珠能到達(dá)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(shè)液珠的電量為q，質(zhì)量為m，有k－mg＝mg 解得比荷為＝ (2)當(dāng)液珠速度最大時，庫侖力與重力相等，有 k＝mg， 結(jié)合(1)，解得h＝H. (3)設(shè)CB間的電勢差為UCB，有 UCB＝φC－φB＝－， 根據(jù)動能定理有qUCB－mg(rB－H)＝0 解得rB＝2H.