专题四功能关系在电学中的应用

功能关系在电学的应用姓名学号班级【知识回顾】1.电场力做功与路径无关，若电场为匀强电场，则若是非匀强电场，则一般利用求功；电场力做正功电势能，克服电场力做功电势能增加，电场力做功与电势能增量之间的关系为 .2.磁场力可分为和，洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都，安培力可以做正功、负功，还可以不做功.3.电流做功的实质是电场力移动电荷做功，即.4.导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流收到的安培力对棒做负功（或者说棒克服磁场力做功），使机械能转化为，若在纯电阻电路里将进一步转化为 .方法点拨做功的过程是的过程，应用能量守恒解题的两条思路：某种形式能的减小量一定等于其他形式能的增加量；或某物体能量的减小量一定等于其他物体能量的增加量.【典型例题】类型一功能关系在电场中的应用例1如图1所示，L1、L2、L3为等势面，两相邻等势面间电势差相同，取L2的电势为零，有一负电荷在L1处动能为30 J,运动到L3处动能为10 J，则电荷的电势能为4 J时，它的动能是（不计重力和空气阻力）（）A.6 JB.4 JC.16 JD.14 J类型二功能关系在复合场中的应用例2 如图，空间内存在水平向右的匀强电场，在虚线MN的右侧有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为+q的小颗粒自A点由静止开始运动，刚好沿直线运动至光滑绝缘的水平面C点，与水平面碰撞的瞬间小颗粒的竖直分速度立即减为零，而水平分速度不变，小颗粒运动至D处刚好离开水平面，然后沿图示曲线DP轨迹运动，AC与水平面夹角α=30°,重力加速度为g,求：（1）匀强电场的场强E；（2）AD之间的水平距离d;（3）已知小颗粒在轨迹DP上某处的最大速度为vm,该处轨迹的曲率半径是距水平面高度的k倍，则该处的高度为多大？类型三功能关系在电磁感应中的应用例3 如图所示，ABCD为一足够长的光滑绝缘斜面，EFGH范围内存在方向垂直斜面的匀强磁场，磁场边界EF、HG与斜面底边AB平行，一正方形金属框abcd放在斜面上，ab边平行于磁场边界，现使金属框从斜面上某处由静止释放，金属框从开始运动到cd边离开磁场的过程中，其运动的v—t图象如图6所示，已知金属框电阻为R，质量为m，重力加速度为g,图乙中金属框运动的各个时刻及对应的速度均为已知量，求：（1）斜面倾角的正弦值和磁场区域的宽度；（2）金属框cd边到达磁场边界EF前瞬间的加速度；（3）金属框穿过磁场过程中产生的焦耳热.四．随堂巩固：1.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于（）A.棒的机械能增加量B.棒的动能增加量C.棒的重力势能增加量D.电阻R上放出的热量2.空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图9所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有（）A.EBx的大小大于ECx的大小B.EBx的方向沿x轴正方向C.电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D.负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功3.如图所示，一U 形光滑导轨串有一电阻R ，放置在匀强磁场中，导轨平面与磁场方向垂直.一电阻可忽略不计但有一定质量的金属杆ab 跨接在导轨上，可沿导轨方向平移.现从静止开始对ab 杆施以向右的恒力F ，则杆在运动过程中，下列说法中正确的是（） A.外力F 对杆ab 所做的功数值上总是等于电阻R上消耗的电能B.磁场对杆ab 的作用力的功率与电阻R 上消耗的功率大小是相等的C.电阻R 上消耗的功率存在最大值D.若导轨不光滑，外力F 对杆ab 所做的功数值上总 是大于电阻R 上消耗的电能4、如图所示，在x 轴上方有水平向左的匀强电场E1，在x 轴下方有竖直向上的匀强电场E2，且E1=E2= ，在x 轴下方的虚线（虚线与y 轴成 45°）右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.有一长为L 的轻绳一端固定在第一象限内的O ′点，且可绕O ′点在竖直平面内转动，另一端栓有一质量为m 的小球，小球带电量为+q,OO ′与x 轴成45°，OO ′的长度为L.先将小球放在O ′正上方，从绳恰好绷直处由静止释放，小球刚进入磁场时将绳子断开，求：（1）绳子第一次绷紧后小球的速度大小；（2）小球刚进入磁场区域时的速度；（3）小球从进入磁场到第一次打在x 轴上经过的时间.qm g。

专题四 功能关系的应用 专题定位 本专题主要用功能的观点解决物体的运动和带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题．考查的重点有以下几方面：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析与计算；③几个重要的功能关系的应用；④动能定理的综合应用；⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题．本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题． 应考策略 深刻理解功能关系，抓住两种命题情景搞突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．真题体验1．(2010·课标全国卷，16)(双选)如图2－4－1所示，在外力作用下某质点运动的v－t 图象为正弦曲线．从图中可以判断 ( )．A ．在0～t 1时间内，外力做正功B ．在0～t 1时间内，外力的功率逐渐增大C ．在t 2时刻，外力的功率最大D ．在t 1～t 3时间内，外力做的总功为零解析 由动能定理可知，在0～t 1时间内质点速度越来越大，动能越来越大，外力一定做正功，故A 项正确；在t 1～t 3时间内，动能变化量为零，可以判定外力做的总功为零，故D 项正确；由P ＝Fv 知0、t 1、t 2、t 3四个时刻功率为零，故B 、C 都错．答案 AD2．(2010·山东卷，22)(双选)如图2－4－2所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l 、质量为m 、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平．用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中 ( )．A ．物块的机械能逐渐增加B ．软绳重力势能共减少了14mgl C ．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功D ．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和解析 物块向下运动过程中，绳子拉力对物块做负功，物块的机械能减少，A 项错误；软绳重心下降的高度为l 2－l 2 sin θ＝14 l ，软绳的重力势能减少14mgl ，B 项正确；由能量转化和守恒定律知，物块和软绳重力势能的减少等于物块和软绳增加的动能和软绳克服摩擦力所做的功，C 项错误；对于软绳，由能量转化和守恒定律知，绳子拉力对软绳所做的功和软绳重力势能的减少之和等于软绳动能的增加与克服摩擦力所做功之和，D 项正确．3．（2011全国新课标卷）一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。

新王牌 高中物理学习之功能关系在电学中的综合应用五、能力突破4. 功能关系在电学中的综合应用例4如图所示，将边长为a 、质量为m 、电阻为R 的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b 、磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里．线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进人磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f 且线框不发生转动． 求：（1）线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度V 2；(2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度V 1；（3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q ．解析：线框在上升过程中受到向下的重力和安培力还有空气阻力的作用，其中克服重力做功只是使重力势能发生变化，不改变线框的机械能，而安培力做功和克服空气阻力做功转化成焦耳热。

在上升过程中已知进入磁场和离开磁场的速度关系，可由能量守恒定律列出产生焦耳热的表达式；由于线框向上离开磁场时还有一定的速度，在重力和空气阻力的作用下继续向上运动到最高点又返回进入磁场，这个过程中克服空气阻力做功使机械能继续减小；再次进入磁场时，线框匀速运动，重力、空气阻力和安培力平衡。

（1）由于线框匀速进入磁场，则合力为零，有222B a v mg f R=+，解得222()mg f R v B a -= （2）设线框离开磁场能上升的高度为h,则从刚离开磁场到刚落回磁场的过程中211()2mg f h mv +⨯=221()2mg f h mv -⨯=解得1v =2v =（3）在线框向上刚进入到磁场到刚离开磁场的过程中，根据能量守恒定律和转化定律可得：221111(2)()22m v mv mg b a Q =+++ 解得：2443()()()2m mg f mg f R Q mg b a B a +-=-+。

反思：能量守恒定律和功能关系是物理解题中特别倚重的规律，本题在研究线框上升时，利用而安培力做功和克服空气阻力判断机械能的变化，进而判断物体的运动。

第二讲 功能关系在电学中的应用题型一 功能关系在电场中的应用【例1】(2010绍兴调研)如图所示，一绝缘“⊂”形杆处在电场强度为E 的匀强电场中，该“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ 、MN 和一半径为R 的光滑半圆环MAP 组成，固定在竖直平面内，其中MN 杆是光滑的，PQ 杆是粗糙的。

现将一质量为m 的带正电荷的小环套在MN 杆上，小环所受的电场力为重力的12。

(1)若将小环在D 点由静止释放，则刚好能到达P 点，求DM 间的距离；(2)若将小环在M 点右侧5R 处由静止释放，设小环与PQ 杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。

【解析】(1)设DM 间的距离为x ，对小环应用动能定理得 qEx －2mgR ＝0 由题意知 qE ＝12mg ，联立解得 x ＝4R(2)若μmg ≥qE (即μ≥12)设小环到达P 点右侧x 1处静止，由动能定理得qE (5R －x 1)－mg ·2R －F f x 1＝0－0且F f ＝μF N ＝μmg 联立解得 x 1＝R1＋2μ克服摩擦力做功为 W 1＝μmgx 1＝μmgR1＋2μ若μmg <qE (即μ<12)小环经过往复运动，最后在P 点速度为零，由动能定理得qE ·5R －mg ·2R －W 2＝0解得克服摩擦力做功为 W 2＝12mgR题型二 功能关系在混合场内的综合应用【例2】如图所示，水平放置的两块带电金属极板a 、b 平行正对。

极板长度为l ，板间距为d ，板间存在着方向竖直向下、场强大小为E 的 匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。

假设电场、磁场只存在于两板 间。

一质量为m 、电荷量为q 的粒子，以水平速度v 0从两极板的左端正 中央沿垂直于电场、磁场的方向射入极板间，恰好做匀速直线运动。

不计粒子的重力及空气阻力。

2014高考物理二轮复习09：功能关系在电学中的应用1． 静电力做功与路径无关．若电场为匀强电场，则W ＝Fl cos α＝Eql cos α；若是非匀强电场，则一般利用W ＝qU 来求．2． 磁场力又可分为洛伦兹力和安培力．洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功．3． 电流做功的实质是电场对移动电荷做功．即W ＝UIt ＝Uq .4． 导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电能．5． 静电力做的功等于电势能的变化，即W AB ＝－ΔE p .1． 功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．2． 动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的方法.题型1 几个重要的功能关系在电学中的应用例1 如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°斜向上，在电场中有一质量为m 、电量为q 的带电小球，用长为L 的不可伸长的绝缘细线挂于O 点，当小球静止于M 点时，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P ，然后无初速度释放，则以下判断正确的是 ( )A ．小球再次到达M 点时，速度刚好为零B ．小球从P 到M 过程中，合外力对它做了3mgL 的功C ．小球从P 到M 过程中，小球的机械能增加了3mgLD ．如果小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动 审题突破 小球静止在M 时，受几个力的作用？重力和电场力的大小关系是什么？小球由P 到M 的过程中，各力做功是多少？解析 小球从P 到M 的过程中，线的拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为3mg ，方向水平向右，所以小球再次到达M 点时，速度最大，而不是零，选项A 错．小球从P 到M 过程中，电场力与重力的合力大小为3mg ，这个方向上位移为L ，所以做功为3mgL ，选项B 正确．小球从P 到M 过程中，机械能的增加量等于电场力做的功，由于电场力为2mg ，由P到M 沿电场线方向的距离为d ＝L sin 30°＋L cos 30°＝L 2(1＋3)，故电场力做功为2mg ·d ＝mgL (1＋3)，故选项C 错误．如果小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球的速度方向竖直向上，所受合外力水平向右，小球将做匀变速曲线运动，选项D 正确．答案 BD 以题说法 在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点：(1) 洛伦兹力在任何情况下都不做功；(2) 电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的变化； (3) 力学中的几个功能关系在电学中仍然成立．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为m 的带正电小球在外力F 的作用下静止于图示位置，小球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态．现撤去F ，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做的功分别为W 1、W 2和W 3，不计空气阻力，则上述过程中 ( )A ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球重力势能的变化为W 1C ．小球动能的变化为W 1＋W 2＋W 3D ．小球机械能的变化为W 1＋W 2＋W 3答案 C解析 由于电场力做功，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，选项A 错误．重力对小球做的功为W 1，小球重力势能的变化为－W 1，选项B 错误．由动能定理可知，小球动能的变化为W 1＋W 2＋W 3，选项C 正确．由功能关系可知，小球机械能的变化为W 2，选项D 错误．题型2 应用动能定理分析带电体在电场中的运动例2 如图所示，虚线PQ 、MN 间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m ＝2.0×10－11 kg 、电荷量为q ＝＋1.0×10－5 C ，从a 点由静止开始经电压为U ＝100 V 的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN 的某点b (图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ 、MN 间距为20 cm ，带电粒子的重力忽略不计．求：(1) 带电粒子刚进入匀强电场时的速率v 1； (2) 水平匀强电场的场强大小；(3) ab 两点间的电势差． 审题突破 带电粒子在水平匀强电场中做什么运动？速度与电场方向成30°角，隐含条件是什么？解析 (1) 由动能定理得：qU ＝12m v 21 代入数据得v 1＝104 m/s (2) 粒子沿初速度方向做匀速运动：d ＝v 1t 粒子沿电场方向做匀加速运动：v y ＝at由题意得：tan 30°＝v 1v y由牛顿第二定律得：qE ＝ma 联立以上各式并代入数据得：E ＝3×103 N/C ＝1.732×103 N/C(3) 由动能定理得：qU ab ＝12m (v 21＋v 2y )－0 联立以上各式并代入数据得：U ab ＝400 V. 答案 (1) 104 m/s (2) 1.732×103 N/C (3) 400 V 以题说法 1. 电场力做功与重力做功的特点类似，都与路径无关．2．对于电场力做功或电势差的计算，选用动能定理往往最简便快捷，但运用动能定理时要特别注意运动过程的选取．如图所示，在光滑绝缘水平面上，用长为2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为m 的带电小球A 和B .A 球的带电量为＋2q ，B 球的带电量为－3q ，两球组成一带电系统．虚线MN 与PQ 平行且相距3L ，开始时A 和B 分别静止于虚线MN 的两侧，虚线MN 恰为AB 两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN 、PQ 间加上水平向右的电场强度为E 的匀强电场后，系统开始运动．试求：(1) B 球刚进入电场时，带电系统的速度大小；(2) 带电系统向右运动的最大距离和此过程中B 球电势能的变化量；(3) A 球从开始运动至刚离开电场所用的时间．答案 (1) 2qEL m (2) 73L 4qEL (3) (32－2) mL qE解析 (1) 设B 球刚进入电场时带电系统的速度为v 1，由动能定理得 2qEL ＝12×2m v 21 解得：v 1＝ 2qEL m(2) 带电系统向右运动分为三段：B 球进入电场前、带电系统在电场中、A 球出电场后．设A 球出电场后移动的最大位移为x ，对于全过程，由动能定理得 2qEL －qEL －3qEx ＝0解得x ＝L 3，则B 球移动的总位移为 x B ＝73L B 球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时的位移为43L 其电势能的变化量为ΔE p ＝－W ＝3qE ·43L ＝4qEL (3) 取向右为正方向，B 球进入电场前，带电系统做匀加速运动：a 1＝2qE 2m ＝qE m ，t 1＝v 1a 1＝ 2mL qE带电系统在电场中时，做匀减速运动：a 2＝－qE 2m设A 球刚出电场时速度为v 2，由动能定理得：－qEL ＝12×2m (v 22－v 21) 解得：v 2＝ qEL m t 2＝v 2－v 1a 2＝2(2－1) mL qE解得总时间t ＝t 1＋t 2＝(32－2)mL qE题型3 功能观点在电磁感应问题中的应用例3 如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L ，导轨电阻不计，上端a 、b 间接有阻值为R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 、电阻为r 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k ，弹簧的中心轴线与导轨平行．(1) 求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2) 当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v ，求此时导体棒的加速度大小a ；(3) 导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为E p ，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q .审题突破 导体棒第一次回到初始位置时，受几个力的作用？最终导体棒静止时，在几个力作用下平衡？具体位置在哪里？解析 (1) 初始时刻，导体棒产生的感应电动势E 1＝BL v 0通过R 的电流大小I 1＝E 1R ＋r ＝BL v 0R ＋r电流方向为b →a (2) 导体棒产生的感应电动势为E 2＝BL v 感应电流I 2＝E 2R ＋r ＝BL v R ＋r导体棒受到的安培力大小F ＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r，方向沿导轨向上根据牛顿第二定律有mg sin θ－F ＝ma 解得 a ＝g sin θ－B 2L 2v m (R ＋r )(3) 导体棒最终静止，有mg sin θ＝kx 压缩量x ＝mg sin θk设整个过程回路产生的焦耳热为Q 0，根据能量守恒定律有 12m v 20＋mgx sin θ＝E p ＋Q 0 Q 0＝12m v 20＋(mg sin θ)2k －E p 电阻R 上产生的焦耳热 Q ＝R R ＋r Q 0＝R R ＋r [12m v 20＋(mg sin θ)2k －E p ] 答案 (1) BL v 0R ＋r ，电流方向为b →a (2) g sin θ－B 2L 2v m (R ＋r ) (3) R R ＋r [12m v 20＋(mg sin θ)2k －E p ] 以题说法 导体棒在匀强磁场中运动时棒中的感应电流受到的安培力是变力，所以安培力做的功只能由动能定理或能量守恒定律来求解．在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L ，一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t 1时刻ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区，此时线框恰好以速度v 1做匀速直线运动；t 2时刻ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置，此时线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动．重力加速度为g ，下列说法中正确的是 ( )A ．线框两次匀速直线运动的速度之比v 1∶v 2＝2∶1B ．从t 1到t 2过程中，线框中通过的电流方向先是a →d →c →b ，然后是a →b →c →dC ．从t 1到t 2过程中，线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量D ．从t 1到t 2过程中，有 3mgL sin θ2＋m (v 21－v 22)2 的机械能转化为电能答案 BD解析 根据题意，第一次匀速运动时，B 2L 2v 1R ＝mg sin θ，第二次匀速运动时，4B 2L 2v 2R＝mg sin θ，解得v 1∶v 2＝4∶1，选项A 错误；根据楞次定律可以判断，选项B 中所判断的感应电流的方向是正确的，选项B 正确；线框克服安培力做的功等于线框产生的热量，根据能量守恒定律，线框克服安培力做的功等于重力势能的减少量和动能的减少量之和，重力势能的减少量为3mgL sin θ2，动能的减少量为m (v 21－v 22)2，选项C 错误，选项D 正确．7．应用动力学和功能观点处理电学综合问题审题示例 (14分) 如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC ，其下端(C 端)距地面高度h ＝0.8 m ．有一质量为500 g 的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小球离杆后正好通过C 端的正下方P 点处．(g 取10 m/s 2)求：(1) 小环离开直杆后运动的加速度大小和方向； (2) 小环从C 运动到P 过程中的动能增量；(3) 小环在直杆上匀速运动时速度的大小v 0.审题模板答题模板(1) 小环沿杆做匀速运动，受力如图所示故qE cos 45°＝mg cos 45° 即qE ＝mg(1分) 小环离开直杆后，所受合外力为 F 合＝2mg ＝ma a ＝2g ＝10 2 m/s 2 (2分) 方向垂直于杆向下(1分) (2) 小环从C 运动到P 的过程中动能的增量为 ΔE k ＝W 重＋W 电 (2分)其中W 重＝mgh ＝4 J ．W 电＝0，所以ΔE k ＝4 J (3分)(3) 环离开杆做类平抛运动 平行杆方向做匀速运动：22h ＝v 0t (2分) 垂直杆方向做匀加速运动：22h ＝12at 2 (2分) 解得v 0＝2 m/s (1分) 答案 (1) 10 2 m/s 2，方向垂直于杆向下 (2) 4 J (3) 2 m/s如图，竖直平面坐标系xOy 的第一象限，有垂直xOy 面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B 和E ；第四象限有垂直xOy 面向里的水平匀强电场，大小也为E ；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R 的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O 相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N .一质量为m 的带电小球从y 轴上(y >0)的P 点沿x 轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O ，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N 点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g )．(1) 判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；(2) P 点距坐标原点O 至少多高；(3) 若该小球以满足(2)中OP 最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N 点开始计时，经时间t ＝2R /g 小球距坐标原点O 的距离s 为多远？答案 (1) 正电 mg E (2) 2E B R g(3) 27R 解析 (1) 小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带电荷量为q ，则有qE ＝mg ① 解得：q ＝mg E② 又电场方向竖直向上，故小球带正电．(2) 设小球做匀速圆周运动的速度为v 、轨道半径为r ，由洛伦兹力提供向心力得：qB v ＝m v 2/r ③ 小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足：mg ＝m v 2/R ④由②③④得：r ＝E B R g ⑤ 即PO 的最小距离为：y ＝2r ＝2E B R g ⑥(3) 小球由O 运动到N 的过程中设到达N 点的速度为v N ，由机械能守恒定律得：mg ·2R ＝12m v 2N －12m v 2 ⑦ 由④⑦解得：v N ＝5gR ⑧ 小球从N 点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上做类平抛运动，设加速度为a ，则有：沿x 轴方向有：x ＝v N t ⑨ 沿电场方向有：z ＝12at 2 ⑩ 由牛顿第二定律得：a ＝qE /m ⑪ t 时刻小球距O 点为：s ＝x 2＋z 2＋(2R )2＝27R(限时：50分钟)一、单项选择题1．(2013·新课标Ⅰ·16) 一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d 2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d 3，则从P 点开始下落的相同粒子将 ( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d 2处返回D ．在距上极板25d 处返回 答案 D解析 粒子两次落到小孔的速度相同，设为v ，下极板向上平移后由E ＝U d知场强变大，故粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大，由v 2＝2ax 得第二次减速到零的位移变小，即粒子在下极板之上某位置返回，设粒子在距上极板h 处返回，对粒子两次运动过程应用动能定理得mg (d 2＋d )－qU ＝0，mg (d 2＋h )－q U 23d ·h ＝0.两方程联立得h ＝25d ，选项D 正确．2．将带正电的甲球放在乙球的左侧，两球在空间形成了如图所示的稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线．A 、B 两点与两球球心的连线位于同一直线上，C 、D 两点关于直线AB 对称，则 ( )A ．乙球一定带负电B ．C 点和D 点的电场强度相同C ．正电荷在A 点具有的电势能比其在B 点具有的电势能小D ．把负电荷从C 点移至D 点，电场力做的总功为零答案 D解析 电场线从正电荷出发指向负电荷，根据电场线知乙球左侧带负电，右侧带正电，整体带电情况不确定，A 错误；电场强度是矢量，C 、D 两点电场强度的方向不同，B 错误；电场线的方向是电势降落最快的方向，A 点的电势比B 点的电势高，由电势能的定义式E p ＝qφ知，正电荷在A 点的电势能比在B 点的电势能大，C 错误；C 、D 两点在同一等势面上，故将电荷从C 点移至D 点电势能不变，电场力做功是电势能变化的量度，故电场力不做功，D 正确．3．如图所示，在一个点电荷形成的电场中，M 、N 、L 是三个间距相等的等势面．一重力不计的带电粒子从p 点无初速度释放后，沿图中直线依次经过q 、k 两点，且p 、q 、k 三点是带电粒子的运动轨迹与等势面的交点．设带电粒子从p 点到q 点电场力做的功为W pq ，从q 点到k 点电场力做的功为W qk ，则( )A ．W pq ＝W qkB ．W pq <W qkC ．粒子从p 点到q 点做匀加速直线运动D ．粒子从p 点到q 点其电势能逐渐减小答案 D 解析 离点电荷越近，等势面分布越密集，即离点电荷越近的地方间距相等的等势面间的电势差越大，则有U pq >U qk ，由W ＝qU 得W pq >W qk ，选项A 、B 错误；粒子从静止开始运动，电场力做正功，电势能逐渐减小，选项D 正确；从p 到q 电场力逐渐减小，则加速度逐渐减小，选项C 错误．4．如图所示，质量为m 的物块(可视为质点)，带正电Q ，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向向左、大小为E ＝3mg /Q 的匀强电场中(设斜面顶端处电势为零)，斜面高为H .释放后，物块落地时的电势能为ε，物块落地时的速度大小为v ，则( )A ．ε＝33mgH B ．ε＝－33mgH C ．v ＝2gH D ．v ＝2gH答案 C 解析 由电场力做功等于电势能的变化可得物块落地时的电势能为ε＝－QEH /tan 60°＝－3mgH /3＝－mgH ，选项A 、B 错误；由动能定理，mgH ＋QEH /tan 60°＝12m v 2，解得v ＝2gH ，选项C 正确，D 错误．二、多项选择题5．如图所示，绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q (可视为质点)固定在光滑绝缘斜面上的M 点，且在通过弹簧中心的直线ab 上．现把与Q 大小相同、电性相同的小球P ，从N 点由静止释放，在小球P 与弹簧接触到压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，以下说法正确的是 ( )A ．小球P 和弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球P 和弹簧刚接触时其速度最大C ．小球P 的动能与弹簧弹性势能的总和增大D ．小球P 的加速度先减小后增大答案 CD解析 小球P 沿斜面向下运动的过程中，在接触弹簧前，库仑斥力变小，合力变小，加速度变小，小球向下加速，接触弹簧后，弹簧弹力增大，故受到的合力沿斜面先向下再向上，小球的加速度先向下减小，再向上增加，小球先向下加速再向下减速，B 错误，D 正确；对于小球P 和弹簧组成的系统，由于电场力对其做正功 ，故机械能要增大，A 错误；全过程只发生了小球P 的动能、重力势能、电势能与弹簧的弹性势能的相互转化，由于重力和电场力都做正功，重力势能和电势能的总和减小，故小球P 的动能与弹簧弹性势能的总和增大，C 正确．6．如图所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ 、MN ，相距为L ，导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m 的金属棒a 、b ，先将a 棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a 棒的细线平行于导轨，由静止释放c ，此后某时刻，将b 也垂直导轨放置，a 、c 此刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上，a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计．则 ( )A ．物块c 的质量是2m sin θB ．b 棒放上导轨前，物块c 减少的重力势能等于a 、c 增加的动能C ．b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能D ．b 棒放上导轨后，a 棒中电流大小是mg sin θBL答案 AD解析 b 棒恰好静止，受力平衡，有mg sin θ＝F 安，对a 棒，安培力沿导轨平面向下，由平衡条件得mg sin θ＋F 安＝m c g ，由上面的两式可得m c ＝2m sin θ，选项A 正确；根据机械能守恒定律知，b 棒放上导轨之前，物块c 减少的重力势能应等于a 棒、物块c 增加的动能与a 棒增加的重力势能之和，选项B 错误；根据能量守恒定律可知，b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能应等于回路消耗的电能与a 棒增加的重力势能之和，选项C 错误；对b 棒，设通过的电流为I ，由平衡条件mg sin θ＝F 安＝BIL ，得I ＝mg sin θBL ，a 棒中的电流也为I ＝mg sin θBL，选项D 正确． 7．如图所示，间距为L 、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m 、电阻也为R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v 沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q .下列说法正确的是 ( )A ．金属棒在导轨上做匀减速运动B ．整个过程中金属棒克服安培力做功为12m v 2 C ．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为2qR BL D ．整个过程中电阻R 上产生的焦耳热为12m v 2 答案 BC解析 由题意可知金属棒在安培力作用下做减速运动直至静止，由于速度一直减小，故安培力的大小一直减小，金属棒的加速度减小，故金属棒做加速度减小的减速运动，选项A 错误．在整个过程中，只有安培力做负功，由动能定理可知金属棒克服安培力做功为12m v 2，选项B 正确．由q ＝ΔΦR 总可知q ＝BLx 2R ，解得x ＝2qR BL ，选项C 正确．由B 项可知整个回路中产生的焦耳热为12m v 2，电阻R 上产生的焦耳热为14m v 2，选项D 错误． 三、非选择题8．如图所示，一长为h 2内壁光滑的绝缘细管竖直放置．管的底部固定一电荷量为Q (Q >0)的点电荷M .现在管口A 处无初速释放一电荷量为q (q >0)、质量为m 的点电荷N ，N 在距离底部点电荷为h 1的B 处速度恰好为零．再次从A 处无初速度地释放电荷量为q 、质量为3m 的点电荷P (已知静电常数为k ，重力加速度为g )．求：(1) 电荷P 运动过程中速度最大处与底部点电荷间的距离；(2) 电荷P 运动到B 处时的速度大小．答案 (1) kQq 3mg (2) 2 g (h 2－h 1)3解析 (1) 电荷P 运动到重力等于电场力时，速度最大，距底部距离为r ，则有3mg ＝kQq r2， 解得r ＝ kQq 3mg(2) 设电荷P 运动到B 处时的速度为v B ，由动能定理，有3mg (h 2－h 1)－qU AB ＝12×3m v 2B 依题意有mg (h 2－h 1)＝qU AB 联立两式可得：v B ＝2 g (h 2－h 1)3 9．如图所示，MN 和PQ 为固定在绝缘水平面上两平行光滑金属导轨，导轨左端MP 间接有阻值为R 1＝2 Ω的导线；导轨右端接有与水平轨道相切、半径r ＝0.5 m 、内壁光滑的半圆金属轨道．导轨间距L ＝0.4 m ，电阻不计．导轨所在平面abcd 区域内有竖直向上、B ＝0.5 T 的匀强磁场．导轨上长度也为0.4 m 、质量m ＝0.6 kg 、电阻R 2＝1 Ω的金属棒AB 以v 0＝6 m/s 的速度进入磁场区域，离开磁场区域后恰好能到达半圆轨道的最高点，运动中金属棒始终与导轨保持良好接触．已知重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1) 金属棒AB 刚滑出磁场右边界cd 时的速度v 的大小；(2) 金属棒滑过磁场区域的过程中，导线R 1中产生的热量Q .答案 (1) 5 m/s (2) 2.2 J解析 (1) 在轨道的最高点，根据牛顿第二定律有 mg ＝m v 21r① 从金属棒刚滑出磁场到最高点，根据机械能守恒定律有 12m v 21＋mg ·2r ＝12m v 2 ② 联立①②两式并代入数据解得v ＝5 m/s ③(2) 在金属棒滑过磁场的过程中，根据能量关系得Q 总＝12m v 20－12m v 2 ④ 对闭合回路，根据热量关系有Q ＝Q 总R 1＋R 2R 1 ⑤ 联立④⑤两式并代入数据得Q ＝2. 2 J10．如图所示，A 、B 为半径R ＝1 m 的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E＝1×106 V/m 、竖直向上的匀强电场，有一质量m ＝1 kg 、带电量q ＝1.4×10－5 C 正电荷的物体(可视为质点)，从A 点的正上方距离A 点H 处由静止开始自由下落(不计空气阻力)，BC 段为长L ＝2 m 、与物体间动摩擦因数为μ＝0.2的粗糙绝缘水平面，CD 段为倾角θ＝53°且离地面DE 高h ＝0.8 m 的斜面．(1) 若H ＝1 m ，物体能沿轨道AB 到达最低点B ，求它到达B点时对轨道的压力大小；(2) 通过你的计算判断：是否存在某一H 值，能使物体沿轨道AB 经过最低点B 后最终停在距离B 点0.8 m 处；(3) 若高度H 满足：0.85 m ≤H ≤1 m ，请通过计算表示出物体从C 处射出后打到的范围．(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.不需要计算过程，但要有具体的位置，不讨论物体反弹以后的情况)答案 (1) 8 N (2) 不存在 (3) 在斜面上距离D 点59m 范围内 在水平面上距离D 点0.2 m 范围内解析 (1) 物体由初始位置运动到B 点的过程中根据动能定理有mg (R ＋H )－qER ＝12m v 2B到达B 点时由支持力F N 、重力、电场力的合力提供向心力F N －mg ＋qE ＝m v 2B R，解得F N ＝8 N 根据牛顿第三定律，支持力与压力大小相等、方向相反所以物体对轨道的压力大小为8 N ，方向竖直向下(2) 要使物体沿轨道AB 到达最低点B ，当支持力为0时，最低点有个最小速度v ，则qE －mg ＝m v 2R解得v ＝2 m/s 在粗糙水平面滑行时的加速度a ＝μg ＝2 m/s 2物体最终停止的位置距离B 为x ＝v 22a＝1 m>0.8 m 故不存在某一H 值，使物体沿着轨道AB 经过最低点B 后，停在距离B 点0.8 m 处．(3) 在斜面上距离D 点59m 范围内(如图PD 之间区域) 在水平面上距离D 点0.2 m 范围内(如图DQ 之间区域)。