物理大四 功能關(guān)系的應(yīng)用 第2講 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用

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1、第2講功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用專(zhuān)題四功能關(guān)系的應(yīng)用知識(shí)回扣 規(guī)律方法高考題型2功能觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)問(wèn)題中的應(yīng)用高考題型3動(dòng)力學(xué)和功能觀點(diǎn)在電場(chǎng)中的應(yīng)用高考題型1幾個(gè)重要的功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用高考題精選精練知識(shí)回扣 規(guī)律方法答案知識(shí)回扣1.靜電力做功與 無(wú)關(guān).若電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng),則WFlcos Eqlcos ;若是非勻強(qiáng)電場(chǎng),則一般利用W 來(lái)求.2.磁場(chǎng)力又可分為洛倫茲力和安培力.洛倫茲力在任何情況下對(duì)運(yùn)動(dòng)的電荷都 ;安培力可以做正功,可以做負(fù)功,還可以不做功.3.電流做功的實(shí)質(zhì)是電場(chǎng)對(duì) 做功,即WUIt .4.導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中切割磁感線時(shí),棒中感應(yīng)電流受到的安培力對(duì)導(dǎo)體棒做 功,使機(jī)械能轉(zhuǎn)化為 能.

2、5.靜電力做的功等于 的變化,即WABEp.路徑qU不做功移動(dòng)電荷Uq負(fù)電電勢(shì)能答案規(guī)律方法1.功能關(guān)系在電學(xué)中應(yīng)用的題目,一般過(guò)程復(fù)雜且涉及多種性質(zhì)不同的力,因此,通過(guò)審題,抓住 和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析是關(guān)鍵,然后根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中各力做功的特點(diǎn)來(lái)選擇相應(yīng)規(guī)律求解.2.動(dòng)能定理和能量守恒定律在處理電學(xué)中能量問(wèn)題時(shí)仍然是首選的方法.受力分析幾個(gè)重要的功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用高考題型1例例1(2017山東省模擬)如圖1所示,平行板電容器水平放置,兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,中間用一光滑絕緣細(xì)桿垂直連接,桿上套有帶正電荷的小球和絕緣彈簧,小球壓在彈簧上,但與彈簧不拴接,開(kāi)始時(shí)對(duì)小球施加一豎直向下的外力,將小

3、球壓至某位置使小球保持靜止.撤去外力后小球從靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng),上升h時(shí)恰好與彈簧分離,分離時(shí)小球的速度為v,小球上升過(guò)程不會(huì)撞擊到上極板,已知小球的質(zhì)量為m,帶電荷量為q,重力加速度為g,下列說(shuō)法正確的是A.與彈簧分離時(shí)小球的動(dòng)能為mghqEhB.從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與彈簧分離,小球增加的機(jī)械能為mghqEhC.從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與彈簧分離,小球減少的電勢(shì)能為D.撤去外力時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為 mv2(qEmg)h答案解析圖1解析解析根據(jù)動(dòng)能定理可知,合外力對(duì)小球所做的功等于小球動(dòng)能的變化量,所以小球與彈簧分離時(shí)的動(dòng)能為EkqEhmghEp,A錯(cuò)誤;從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與彈簧分離,小球增加的機(jī)械能為Emgh mv2qE

4、hEp,B錯(cuò)誤;小球減少的電勢(shì)能為Eqh,故C錯(cuò)誤;從撤去外力到小球與彈簧分離,由動(dòng)能定理可知, mv2EpqEhmgh,所以Ep mv2(qEmg)h,D正確.技巧點(diǎn)撥技巧點(diǎn)撥1.若只有電場(chǎng)力做功,電勢(shì)能與動(dòng)能之和保持不變.2.若只有電場(chǎng)力和重力做功,電勢(shì)能、重力勢(shì)能、動(dòng)能之和保持不變.3.除重力、彈簧彈力之外,其他各力對(duì)系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的變化.4.所有外力對(duì)物體所做的功等于物體動(dòng)能的變化.5.洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功.1.(多選)(2017湖北省六校聯(lián)合體4月聯(lián)考)一帶電小球在空中由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中,只受重力、電場(chǎng)力和空氣阻力三個(gè)力的作用.若重力勢(shì)能增加5 J,機(jī)械能增加1.

5、5 J,電場(chǎng)力做功2 J,則小球A.重力做功為5 J B.電勢(shì)能減少2 JC.空氣阻力做功0.5 J D.動(dòng)能減少3.5 J對(duì)點(diǎn)拓展練答案解析21解析解析小球的重力勢(shì)能增加5 J,則小球克服重力做功5 J,故A錯(cuò)誤;電場(chǎng)力對(duì)小球做功2 J,則小球的電勢(shì)能減少2 J,故B正確;小球共受到重力、電場(chǎng)力、空氣阻力三個(gè)力作用,小球的機(jī)械能增加1.5 J,則除重力以外的力做功為1.5 J,電場(chǎng)力對(duì)小球做功2 J,則知,空氣阻力做功為0.5 J,即小球克服空氣阻力做功0.5 J,故C錯(cuò)誤;重力、電場(chǎng)力、空氣阻力三力做功之和為3.5 J,根據(jù)動(dòng)能定理,小球的動(dòng)能減少3.5 J,故D正確.212.(多選)(2

6、017北京燕博園模擬)如圖2甲所示,一質(zhì)量m0.5 kg、電荷量q1102 C的物塊靜止在絕緣的粗糙水平面上,在物塊所在的足夠大的空間內(nèi),加一與水平方向成37、斜向右下的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度E1103 V/m.物塊在電場(chǎng)力的作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng).物塊運(yùn)動(dòng)后還受到空氣阻力,其大小與速度的大小成正比.物塊的加速度a與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示.已知sin 370.6,cos 370.8,重力加速度g取10 m/s2.以下判斷正確的是圖221A.物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)B.t2 s時(shí)物塊的動(dòng)能為56.25 JC.t3 s時(shí)物塊受到的空氣阻力為5 ND.前5 s內(nèi)合外力對(duì)物塊做的功為100 J答案解析21解析解

7、析由題圖乙可知,t0時(shí)物塊的加速度a010 m/s2,且t0時(shí)物塊受到的空氣阻力為零,對(duì)物塊進(jìn)行受力分析可得,Eqcos (mgEqsin )ma0,解得 ,故A選項(xiàng)正確;t2 s時(shí)物塊的速度由at圖線圍成的面積可得,v215 m/s,物塊的動(dòng)能Ek mv2256.25 J,故B選項(xiàng)正確;由at圖象可知t3 s時(shí)物塊的加速度a32.5 m/s2,對(duì)物塊進(jìn)行受力分析可得,Eqcos (mgEqsin )Ffma3,解得Ff3.75 N,故C選項(xiàng)錯(cuò)誤;21由at圖象可知t4 s時(shí)物塊的加速度減為零,此后物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng),由at圖線圍成的面積可得,物塊的最大速度vm20 m/s,由動(dòng)能定理可知,合

8、外力對(duì)物塊做的功等于物體動(dòng)能的變化量,即WEk mvm2100 J,故D選項(xiàng)正確.21功能觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)問(wèn)題中的應(yīng)用高考題型2例例2如圖3所示,兩根等高光滑的四分之一圓弧形軌道與一足夠長(zhǎng)水平軌道相連,圓弧的半徑為R0,軌道間距為L(zhǎng)11 m,軌道電阻不計(jì).水平軌道處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B11 T,圓弧軌道處于從圓心軸線上均勻向外輻射狀的磁場(chǎng)中,如圖所示.在軌道上有兩長(zhǎng)度稍大于L1、質(zhì)量均為m2 kg、阻值均為R0.5 的金屬棒a、b,圖3金屬棒b通過(guò)跨過(guò)定滑輪的絕緣細(xì)線與一質(zhì)量為M1 kg、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)20.2 m、電阻r0.05 的正方形金屬線框相連.金屬棒a從軌道最高處開(kāi)始,在外

9、力作用下以速度v05 m/s沿軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)MN處,在這一過(guò)程中金屬棒b恰好保持靜止.當(dāng)金屬棒a到達(dá)最低點(diǎn)MN處被卡住,此后金屬線框開(kāi)始下落,剛好能勻速進(jìn)入下方h1 m處的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)B3中,B3 T.已知磁場(chǎng)高度HL2.忽略一切摩擦阻力,重力加速度為g10 m/s2.求:答案解析(1)輻射磁場(chǎng)在圓弧處磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小;答案答案2 T解析解析對(duì)金屬棒b,由力的平衡條件得:MgB1IL1對(duì)a、b金屬棒和導(dǎo)軌組成的閉合回路,有I聯(lián)立方程,代入數(shù)值求得B22 T(2)從金屬線框開(kāi)始下落到進(jìn)入磁場(chǎng)前,金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱Q;答案解析答案答案2 J解析解析根據(jù)能量守恒定律有Mgh Mv

10、2 mv22Q線框進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間,由力的平衡條件得MgB1I1L1B3I2L2其中,I1I2聯(lián)立方程,代入數(shù)值求得Q2 J(3)若在線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)剪斷細(xì)線,線框在完全離開(kāi)磁場(chǎng)B3時(shí)剛好又達(dá)到勻速,已知線框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q110.875 J,則磁場(chǎng)的高度H為多少.答案解析答案答案1.2 m解析解析從線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)到完全出磁場(chǎng),有MgH Mv12 Mv2Q1在完全出磁場(chǎng)的瞬間,由力的平衡條件得MgB3I3L2其中,I3聯(lián)立方程,代入數(shù)值求得H1.2 m.技巧點(diǎn)撥技巧點(diǎn)撥1.克服安培力做了多少功,就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能;安培力做了多少功,就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能.2

11、.若回路中電流恒定,可以利用WUIt或QI2Rt直接進(jìn)行電能計(jì)算.3.若電流變化,則:(1)利用安培力做的功求解:電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功;(2)利用能量守恒求解:若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化,則機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的電能.3.(2017湖北黃岡市模擬)如圖4所示,固定放置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌的間距為d,其右端接有阻值為R的電阻,整個(gè)裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.一質(zhì)量為m(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置,且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸,桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)距離l時(shí),速度恰好

12、達(dá)到最大(運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直).設(shè)桿接入電路的電阻為r,導(dǎo)軌電阻不計(jì),重力加速度大小為g,則此過(guò)程中對(duì)點(diǎn)拓展練43圖4A.桿的速度最大值為B.安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量C.恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量D.恒力F做的功與安培力做的功之和大于桿動(dòng)能的變化量答案43解析43安培力做的功等于電阻R和r上產(chǎn)生的熱量,B錯(cuò);在桿從開(kāi)始到達(dá)到最大速度的過(guò)程中由動(dòng)能定理得WFWfW安Ek,其中Wfmgl,W安Q,恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和,C錯(cuò);恒力F做的功與安培力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量與克服摩擦力做的功之和,D對(duì).4.

13、(2017福建南平市3月質(zhì)檢)如圖5所示,一對(duì)平行的粗糙金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面上,導(dǎo)軌間距L0.2 m,左端接有阻值R0.3的電阻,右側(cè)平滑連接一對(duì)彎曲的光滑軌道.水平導(dǎo)軌的整個(gè)區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1.0 T.一根質(zhì)量m0.2 kg、電阻r0.1的金屬棒ab垂直放置于導(dǎo)軌上,在水平向右的恒力F作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),當(dāng)金屬棒通過(guò)位移x9 m時(shí)離開(kāi)磁場(chǎng),在離開(kāi)磁場(chǎng)前已達(dá)到最大速度.當(dāng)金屬棒離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)撤去外力F,接著金屬棒沿彎曲軌道上升到最大高度h0.8 m處.已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1,導(dǎo)軌電阻不計(jì),棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與軌道垂直且與軌道保持良好接觸,取g10

14、m/s2.求:43圖5(1)金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速率v;答案43解析答案答案4 m/s解析解析金屬棒從出磁場(chǎng)到達(dá)到彎曲軌道最高點(diǎn),根據(jù)機(jī)械能守恒定律得: mv2mgh 由得:v 4 m/s (2)金屬棒在磁場(chǎng)中速度為 時(shí)的加速度大??;答案43解析答案答案1 m/s243解析解析金屬棒在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),設(shè)回路中的電流為I,根據(jù)平衡條件得FBILmg I 聯(lián)立式得F0.6 N 金屬棒速度為 時(shí),設(shè)回路中的電流為I,根據(jù)牛頓第二定律得FBILmgma I 聯(lián)立解得:a1 m/s2(3)金屬棒在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱.答案43解析答案答案1.5 J解析解析設(shè)金屬棒在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中

15、,回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,根據(jù)功能關(guān)系:Fxmgx mv2Q 則電阻R上的焦耳熱QR Q 聯(lián)立解得:QR1.5 J.動(dòng)力學(xué)和功能觀點(diǎn)在電場(chǎng)中的應(yīng)用高考題型3例例3(2017全國(guó)卷25)如圖6,兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng).自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和q(q0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出.小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開(kāi).已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下;M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng),剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能的1.5倍.不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g.求:圖6(1)M與N在電

16、場(chǎng)中沿水平方向的位移之比;答案解析答案答案31解析解析設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0,則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍然為v0.M、N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等,電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向,大小均為a,在電場(chǎng)中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v0at0 s1v0t at2 s2v0t at2 聯(lián)立式得 3 (2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度;答案解析解析解析設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度為h,小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vy22gh Hvyt gt2 M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng),由幾何關(guān)系知 聯(lián)立式可得h H (3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小.答案解

17、析解析解析設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng),則 設(shè)M、N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2,由動(dòng)能定理得Ek1 m(v02vy2)mgHqEs1 Ek2 m(v02vy2)mgHqEs2 由已知條件Ek11.5Ek2 聯(lián)立式得E .5.(2017廣東揭陽(yáng)市模擬)如圖7,空間有一豎直向下沿x軸方向的靜電場(chǎng),電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小按E x分布(x是軸上某點(diǎn)到O點(diǎn)的距離).x軸上,有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線連接均帶負(fù)電的兩個(gè)小球A、B,兩球質(zhì)量均為m,B球帶電荷量大小為q,A球距O點(diǎn)的距離為L(zhǎng).兩球現(xiàn)處于靜止?fàn)顟B(tài),不計(jì)兩球之間的靜電力作用.對(duì)點(diǎn)拓展練答案解析圖7(1)求A球的帶電荷量大小qA;答

18、案答案6q65解析解析對(duì)A、B由整體法得:2mgqA Lq 2L0解得qA6q(2)剪斷細(xì)線后,求B球下落速度達(dá)到最大時(shí),B球距O點(diǎn)距離x0;答案答案4L答案解析解析解析當(dāng)B球下落速度達(dá)到最大時(shí),由平衡條件得mgqEq x0,解得x04L.65(3)剪斷細(xì)線后,求B球下落最大高度h.答案解析答案答案4L解析解析運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,電場(chǎng)力大小線性變化,所以由動(dòng)能定理得:解得:h4L.656.(2017山西省重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體一模) 一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球從距地面高h(yuǎn)處以一定初速度水平拋出,在距拋出點(diǎn)水平距離L處,有一根管口比小球直徑略大的豎直細(xì)管.管上口距地面 ,為使小球能無(wú)碰撞地通過(guò)管子,可在管子上

19、方的整個(gè)區(qū)域加一個(gè)場(chǎng)強(qiáng)方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng),如圖8所示,求:65圖8(1)小球初速度v0、電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??;答案解析解析解析電場(chǎng)中小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),在水平方向上:65(2)小球落地時(shí)的動(dòng)能.答案解析答案答案mgh解析解析從拋出到落地由動(dòng)能定理得:mghEqLEk mv02小球落地時(shí)動(dòng)能:Ek mghEqLmgh.65高考題精選精練題組題組1全國(guó)卷真題精選全國(guó)卷真題精選1.(2013新課標(biāo)16)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d,極板分別與電池兩極相連,上極板中心有一小孔(小孔對(duì)電場(chǎng)的影響可忽略不計(jì)).小孔正上方 處的P點(diǎn)有一帶電粒子,該粒子從靜止開(kāi)始下落,經(jīng)過(guò)小孔進(jìn)入電容器,并在下極板

20、處(未與極板接觸)返回.若將下極板向上平移 ,則從P點(diǎn)開(kāi)始下落的相同粒子將A.打到下極板上B.在下極板處返回C.在距上極板 處返回D.在距上極板 d處返回答案123456解析123456解析解析粒子兩次落到小孔的速度相同,設(shè)為v,下極板向上平移后由E 知場(chǎng)強(qiáng)變大,故粒子第二次在電場(chǎng)中減速運(yùn)動(dòng)的加速度變大,由v22ax得第二次減速到零的位移變小,即粒子在下極板之上某位置返回,設(shè)粒子在距上極板h處返回,對(duì)粒子兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得兩方程聯(lián)立得h d,選項(xiàng)D正確.2.(多選)(2012新課標(biāo)全國(guó)18)如圖9,平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度,兩極板與一直流電源相連.若一帶電粒子恰能沿圖中

21、所示水平直線通過(guò)電容器,則在此過(guò)程中,該粒子A.所受重力與電場(chǎng)力平衡B.電勢(shì)能逐漸增加C.動(dòng)能逐漸增加D.做勻變速直線運(yùn)動(dòng)答案123456解析圖9123456解析解析帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個(gè)力的作用,一是重力mg,方向豎直向下;二是電場(chǎng)力FEq,方向垂直于極板向上,因二力均為恒力,又已知帶電粒子做直線運(yùn)動(dòng),所以此二力的合力一定在粒子運(yùn)動(dòng)的直線軌跡上,根據(jù)牛頓第二定律可知,該粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D正確,選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤;從粒子運(yùn)動(dòng)的方向和電場(chǎng)力的方向可判斷出,電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功,粒子的電勢(shì)能增加,選項(xiàng)B正確.3.(2015新課標(biāo)全國(guó)24)如圖10,一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒

22、子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn).已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0,方向與電場(chǎng)方向的夾角為60;它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場(chǎng)方向的夾角為30.不計(jì)重力.求A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差.答案123456解析圖10123456解析解析設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB.粒子在垂直于電場(chǎng)方向的速度分量不變,即vBsin 30v0sin 60 由此得vB v0 設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UAB,由動(dòng)能定理有qUAB m(vB2v02) 聯(lián)立式得UAB .題組題組2各省市真題精選各省市真題精選4.(多選)(2015四川理綜6)如圖11所示,半圓槽光滑、絕緣、固定,圓心是O,最低點(diǎn)是P,直徑MN水平.a

23、、b是兩個(gè)完全相同的帶正電小球(視為點(diǎn)電荷),b固定在M點(diǎn),a從N點(diǎn)靜止釋放,沿半圓槽運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)到達(dá)某點(diǎn)Q(圖中未畫(huà)出)時(shí)速度為零.則小球aA.從N到Q的過(guò)程中,重力與庫(kù)侖力的合力先增大后減小B.從N到P的過(guò)程中,速率先增大后減小C.從N到Q的過(guò)程中,電勢(shì)能一直增加D.從P到Q的過(guò)程中,動(dòng)能減少量小于電勢(shì)能增加量答案123456解析圖11123456解析解析小球a從N點(diǎn)靜止釋放,過(guò)P點(diǎn)后到Q點(diǎn)速度為零,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程只有重力和庫(kù)侖力做功,庫(kù)侖力方向與小球a速度方向夾角一直大于90,所以庫(kù)侖力整個(gè)過(guò)程做負(fù)功.小球a從N到Q的過(guò)程中,庫(kù)侖力增大,庫(kù)侖力與重力的夾角減小,所以它們的合力一直增大,故A

24、錯(cuò)誤;小球a受力如圖所示,在靠近N點(diǎn)的位置,合力與速度夾角小于90,在P點(diǎn)合力與速度夾角大于90,所以小球a從N到P的過(guò)程中,速率應(yīng)先增大后減小,故B正確;123456從N到Q的過(guò)程中,庫(kù)侖力一直做負(fù)功,所以電勢(shì)能一直增加,故C正確;根據(jù)能量守恒可知,P到Q的過(guò)程中,動(dòng)能的減少量等于重力勢(shì)能和電勢(shì)能的增加量之和,故D錯(cuò)誤.A.M的帶電荷量比N的大B.M帶負(fù)電荷,N帶正電荷C.靜止時(shí)M受到的合力比N的大D.移動(dòng)過(guò)程中勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)M做負(fù)功5.(多選)(2015廣東理綜21)如圖12所示的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中,將兩個(gè)帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動(dòng)到同一水平線上的不同位置,釋放后,M、N保持靜止,不計(jì)重力,

25、則答案123456圖126.(2015重慶理綜7)音圈電機(jī)是一種應(yīng)用于硬盤(pán)、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動(dòng)機(jī),如圖13是某音圈電機(jī)的原理示意圖,它由一對(duì)正對(duì)的磁極和一個(gè)正方形剛性線圈構(gòu)成,線圈邊長(zhǎng)為L(zhǎng),匝數(shù)為n,磁極正對(duì)區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于線圈平面豎直向下,大小為B,區(qū)域外的磁場(chǎng)忽略不計(jì).線圈左邊始終在磁場(chǎng)外,右邊始終在磁場(chǎng)內(nèi),前后兩邊在磁場(chǎng)內(nèi)的長(zhǎng)度始終相等,某時(shí)刻線圈中電流從P流向Q,大小為I.123456圖13(1)求此時(shí)線圈所受安培力的大小和方向;答案123456解析答案答案nBIL方向水平向右解析解析線圈所受的安培力為右邊所受的安培力,由安培力公式得FnBIL 由左手定則知方向水平向右(2)若此時(shí)線圈水平向右運(yùn)動(dòng)的速度大小為v,求安培力的功率.答案123456解析答案答案nBILv解析解析安培力的功率為PFv 聯(lián)立式解得PnBILv.

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