專題四功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用

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WFlcos Eqlcos ；若是非勻強(qiáng)電場，則一般利用WqU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(yùn)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(shí)質(zhì)是電場對移動電荷做功即WUItUq.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WABEp.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，抓住受力分析和運(yùn)動過程分析是關(guān)鍵，然后根據(jù)不同的運(yùn)動過程中各力做功的特點(diǎn)來選擇相應(yīng)規(guī)

2、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(diǎn)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1A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(diǎn)的過程中，克服彈簧彈力做功mv2C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

3、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(diǎn)的過程中，都有哪些力做功？何時加速度最大？解析由題意qEmgsin ，在運(yùn)動到最低點(diǎn)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，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(yùn)動到最低點(diǎn)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(diǎn)無初

4、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(diǎn)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2mg2t2C從加電場開始到小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時小球動能減少了mg2t2 D從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢能減少了mg2t2答案BD解析由gt2(vtat2)，又vgt，解得a3g.由a，聯(lián)立解得qE4mg，則小球電勢能減少為qE·gt22mg2t2.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(yùn)動到最低點(diǎn)時小球動能減少了Ekm(gt)2，故C錯誤設(shè)從A點(diǎn)到最低點(diǎn)的高度為

5、h，根據(jù)動能定理得mghqE(hgt2)0，解得hgt2，故從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢能減少了Epmgh，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(yùn)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(diǎn)電荷M固定在管底部，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(yùn)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

6、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(diǎn)在B處，列出N應(yīng)滿足的條件 圖2審題突破N1運(yùn)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(yùn)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(yùn)動到B處時的速度為vB，由動能定理，有 3mg(lh)qUAB×3mv，依題意有mg(lh)qUAB0， 聯(lián)立兩式可得：vB2 .(2)N不能到達(dá)B處因為mg(lh)qUAB0.(3)設(shè)帶電體N的質(zhì)量為m、電荷量為q， 由動能定理得：mg

7、(lh)qUAB0 所以答案(1) 2 (2)N不能到達(dá)B處，因為mg(1h)qUAB<0(3)帶電體下落的最低點(diǎn)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s0.02 m，NM段光滑，長度L0.5 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2×103 kg，帶正電，電量為1×107 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(diǎn)由靜止釋放，在運(yùn)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，

8、cos 37°0.8，g取10 m/s2.求： (1)小滑塊第一次過N點(diǎn)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(yùn)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(diǎn)的速度為v，則由動能定理有mv2mgLsin 37°qELsin 37° 代入數(shù)據(jù)得：v2 m/s.(2)滑塊在ON段運(yùn)動時所受的摩擦力 Ff(mgcos 37°qEcos 37°)2.4×102 N滑塊所受重力、電場力沿斜面的分力 F1mgsin 37°qEsin 37°

9、;2.4×102 N因此滑塊沿ON下滑時做勻速運(yùn)動，上滑時做勻減速運(yùn)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：(mgqE)(Lsx)sin 37°(mgqE)(2n1)sxcos 37°0由0x0.02 m，得：12.5n13.5取n13得：x0.01 m(3)設(shè)滑塊每一次與擋板碰撞沿斜面上升的距離減少x，由能量守恒得：(mgqE)xsin 37°2(mgqE)scos 37°代入數(shù)據(jù)得：x0.04 m滑塊第一次與擋板碰撞后沿斜面上升的距離s1Lsx0.48 m滑塊第p次與擋板碰撞后沿斜面上升的距離sps

10、1(p1)x滑塊移動的總路程s總Lsx2ps1由于sps0.02 m，得p12.5，取p12代入上式得：s總6.77 m.考向3功能觀點(diǎn)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d1 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m0.1 kg、電阻R1 ；MN、PQ的上端連接右側(cè)電路，電路中R2為一電阻箱；已知燈泡電阻RL3 ，定值電阻R17 ，調(diào)節(jié)電阻箱使R26 ，重力加速度g10 m/s2.現(xiàn)斷開開關(guān)S，在t0時刻由靜止釋放ab，在t0.5 s時刻閉合S，同時加上分

11、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)求斜面傾角及磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)ab由靜止下滑x50 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(yùn)動？可以提取哪些信息？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(yùn)動，從圖乙得a6 m/s2由牛頓第二定律有mgsin ma，所以有sin ，即37°，t0.5 s時，S閉合且加了

12、磁場，分析可知，此后ab將先做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)速度達(dá)到最大(vm6 m/s)后接著做勻速運(yùn)動勻速運(yùn)動時，由平衡條件知mgsin F安，又F安BIdI R總RR110 聯(lián)立以上四式有mgsin 代入數(shù)據(jù)解得B 1 T(2)由能量轉(zhuǎn)化關(guān)系有mgsin xmvQ 代入數(shù)據(jù)解得Qmgsin xmv28.2 J(3)改變電阻箱R2的值后，ab勻速下滑時有 mgsin BdI 所以I0.6 A通過R2的電流為I2I R2的功率為PIR2聯(lián)立以上三式可得PI2I2當(dāng)時，即R2RL3 ，功率最大， 所以Pm0.27 W.答案(1)37°1 T(2)28.2 J(3)3 0.27 W 如圖5所

13、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(yùn)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(yùn)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5A彈簧的彈性勢能最大為mvQFfdB彈簧的彈性勢能最大為mv2QFfdC導(dǎo)體棒再次回到OO位置時的動能等于mv4Q2FfdD導(dǎo)體棒再次回到OO位置時的動能大于mv4Q2Ffd答案BD

14、解析當(dāng)導(dǎo)體棒向右運(yùn)動的過程中，mvEp2QFfd 所以Epmv2QFfd 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(yùn)動的過程中產(chǎn)生的電能小于導(dǎo)體棒向右運(yùn)動的過程中產(chǎn)生的電能，即2Q<2Q，當(dāng)導(dǎo)體棒向左運(yùn)動的過程中，Epmv22QFfd聯(lián)立得：mv2mv2QFfd2QFfd>mv4Q2Ffd，故C錯誤，D正確7應(yīng)用動力學(xué)和功能觀點(diǎn)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R0.4 m，在軌道所在空間存在水平

15、向右的勻強(qiáng)電場，電場線與軌道所在的平面平行，電場強(qiáng)度E1.0×104 N/C.現(xiàn)有一電荷量q1.0×104 C，質(zhì)量m0.1 kg的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn))，在水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)C，然后落至水平軌道上的D點(diǎn)取g10 m/s2.試求： 圖6(1)帶電體運(yùn)動到圓形軌道B點(diǎn)時對圓形軌道的壓力大??；(2)D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離xDB；(3)帶電體在從P開始運(yùn)動到落至D點(diǎn)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(diǎn)時的速度為v0，根據(jù)牛頓第二定律得：mgm(2分)設(shè)帶電體通過B點(diǎn)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

16、能定理：mg·2Rmvmv(2分)帶電體在B點(diǎn)時，根據(jù)牛頓第二定律有： FBmgm(2分)聯(lián)立解得：FB6.0 N(1分)根據(jù)牛頓第三定律可知，帶電體對軌道的壓力 FB6.0 N(1分)(2)設(shè)帶電體從最高點(diǎn)C落至水平軌道上的D點(diǎn)經(jīng)歷的時間為t，根據(jù)運(yùn)動的分解有2Rgt2(1分)xDBvCt·t2(2分) 聯(lián)立解得xDB0.8 m(1分)(3)由P到B帶電體做加速運(yùn)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(diǎn)右側(cè)對應(yīng)圓心角為45°處(1分)設(shè)

17、小球的最大動能為Ekm，根據(jù)動能定理有： qERsin 45°mgR(1cos 45°)Ekmmv(2分)解得：Ekm J1.17 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(diǎn)和G點(diǎn)，GH與水平面的夾角37°.過G點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.25 T；過D點(diǎn)、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E1&

18、#215;104 N/C.小物體P1質(zhì)量m2×103 kg、電荷量q8×106 C，受到水平向右的推力F9.98×103 N的作用，沿CD向右做勻速直線運(yùn)動，到達(dá)D點(diǎn)后撤去推力當(dāng)P1到達(dá)傾斜軌道底端G點(diǎn)時，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時間t0.1 s與P1相遇P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為0.5，取g10 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(1)小物體P1在水平軌道CD上運(yùn)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

19、(1)設(shè)小物體P1在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)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F1qvB f(mgF1) 由題意，水平方向合力為零 Ff0聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得 v4 m/s(2)設(shè)P1在G點(diǎn)的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理qErsin mgr(1cos )mvmv2P1在GH上運(yùn)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qEcos mgsin (mgcos qEsin )ma1P1與P2在GH上相遇時，設(shè)P1在GH上運(yùn)動的距離為s1，則s1vGta1t2設(shè)P2質(zhì)量為m2，在GH上運(yùn)動的加速度為a2，則 m2gsin m2gcos m2a

20、2P1與P2在GH上相遇時，設(shè)P2在GH上運(yùn)動的距離為s2，則s2a2t2 又ss1s2 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得 s0.56 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，在重力和電場力共同作用下運(yùn)動，軌跡如圖中虛線所示，那么()圖1A若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷 B微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)電勢能一定增加C微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)動能一定增加 D微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加答案C解析A分析微粒的運(yùn)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

21、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(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)，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(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)過程中，合力做正功，故微粒的動能一定增加，C正確D微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)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(yùn)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

22、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2A小球的電勢能增加W2 B彈簧彈性勢能最大值為mv2W1W2C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(yùn)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，W1W2W彈mv2，解得彈力做功W彈mv2W1W2，知彈性勢能的最大值為mv2W1W2，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

23、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(diǎn)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(diǎn)(圖中未畫出)時速度大小仍為v0，則小球由A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中，下列說法不正確的是()圖3A電場力對小球做功為零 B小球的機(jī)械能減小量為mg2t2C小球的電勢能減小 DC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(diǎn)到C

24、點(diǎn)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(diǎn)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Wmg×gt2mg2t2，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

25、做功8 J，重力做功24 J，下列判斷中正確的是()圖4A金屬塊帶負(fù)電 B金屬塊克服電場力做功8 JC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WGWWfEk，解得電場力做功W4 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WWf12 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(yùn)動5如圖5所示，光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點(diǎn)，水平軌

26、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(diǎn)，D為最高點(diǎn)一質(zhì)量為m、帶正電的小球從距B點(diǎn)x的位置在電場力的作用下由靜止開始沿AB向右運(yùn)動，并能恰好通過最高點(diǎn)D，則下列物理量的變化對應(yīng)關(guān)系正確的是()圖5A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(diǎn)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(yùn)動，在D點(diǎn)，由牛頓第二定律有：mgm，小球由B到D的過程中機(jī)械能守恒：mvmg×2Rmv，聯(lián)立解得：vB，R越大，小球經(jīng)過B點(diǎn)時的速度越大，則x越大，選項A正確；小球由A到B，

27、由動能定理得：qExmv，將vB代入得：qExmgR，知m越大，x越大，B正確；E越大，x越小，C錯誤；在B點(diǎn)有：FNmgm，將vB代入得：FN6mg，選項D錯誤6如圖6所示，傾斜角度為的粗糙程度均勻的絕緣斜面，下方O點(diǎn)處有一帶電量為Q的點(diǎn)電荷，質(zhì)量為m、帶電量為q的小物體(可看成質(zhì)點(diǎn))與斜面間的動摩擦因數(shù)為.現(xiàn)使小物體以初速度v0從斜面上的A點(diǎn)沿斜面上滑，到達(dá)B點(diǎn)時速度為零，然后又下滑回到A點(diǎn)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，OAOBl.求：圖6(1)小物體沿斜面上滑經(jīng)過AB中點(diǎn)時的加速度；(2)小物體返回到斜面上的A點(diǎn)時的速度答案(1)g(sin cos ) (2)

28、解析(1)FNmgcos mgsin FNma得：a g(sin cos ).(2)從A到B，由動能定理得： 0mvmglsin 2Wf從B到A，由動能定理得： mv2mglsin 2Wf 得：v7(2014·新課標(biāo)·25)如圖7所示，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點(diǎn)，OB沿豎直方向，BOA60°，OBOA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出，小球在運(yùn)動過程中恰好通過A點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時的動能是初動能

29、的3倍；若該小球從O點(diǎn)以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點(diǎn)，且到達(dá)B點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)的時間為t，令OAd，則OBd，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律有 dsin 60°v0t dcos 60°gt2 又有Ek0mv由式得Ek0mgd 設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時的動能為EkA，則 EkAEk0mgd 由式得(2)加電場后，小球從O點(diǎn)到A點(diǎn)和B點(diǎn)，高度分別

30、降低了和，設(shè)電勢能分別減小EpA和EpB，由能量守恒及式得 EpA3Ek0Ek0mgdEk0 EpB6Ek0Ek0mgdEk0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(diǎn)與A點(diǎn)等電勢，M與O點(diǎn)的距離為x，如圖，則有 解得xd，MA為等勢線，電場強(qiáng)度方向必與其垂線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，由幾何關(guān)系可得30° 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°EpA 由式得E題組3功能觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用8在如圖8所示的傾角為的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁

31、場，區(qū)域的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域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)入磁場區(qū)時，恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動；當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時，線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)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Ek，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8A在下滑過程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B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(W1Ek)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EkW1W2答案CD解析由平衡條件，第一次勻速