《新课标高三物理二轮复习专题课件：学案8《电学中的功能关系》》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新课标高三物理二轮复习专题课件：学案8《电学中的功能关系》（39页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、学案学案 电学中的功能关系电学中的功能关系知识回顾知识回顾1.电场力做功与路径无关，若电场为匀强电场，则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，则一般若是非匀强电场，则一般利用利用 求功；电场力做正功电势能求功；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增量之间的关系为 .2.磁场力可分为磁场力可分为 和和 ，洛伦兹力在，洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都任何情况下对运动电荷都 ，安培力可以做，安培力可以做正功、负功，还可以不做功正功、负功，还可以不做功.W W=FlFlcos =EqlEql
2、cos W W=qUqU减减 小小W W=-E Ep洛伦兹力洛伦兹力安培力安培力不做功不做功3.电流做功的实质是电场力移动电荷做功，即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），的安培力对棒做负功（或者说棒克服磁场力做功），使机械能转化为使机械能转化为 ，若在纯电阻电路里将进，若在纯电阻电路里将进一步转化为一步转化为 .W W=UItUIt=qUqU电能电能焦耳热能焦耳热能方法点拨方法点拨做功的过程是做功的过程是 的过程，应用能量守恒解题的过程，应用能量守恒解
3、题的两条思路：某种形式能的减小量一定等于其他形式的两条思路：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体能量的增加量.能量转化能量转化类型一类型一 功能关系在电场中的应用功能关系在电场中的应用例例1 如图如图1所示，所示，L L1、L L2、L L3为等势面，两相邻等势为等势面，两相邻等势面间电势差相同，取面间电势差相同，取L L2的电势为的电势为零，有一负电荷在零，有一负电荷在L L1处动能为处动能为30 J,运动到运动到L L3处动能为处动能为10 J，则，则电荷的电势能为电荷的电势能为4 J
4、时，它的动能时，它的动能是（不计重力和空气阻力）是（不计重力和空气阻力）（）A.6 JB.4 JC.16 JD.14 J图图1解析解析 由题意可知由题意可知L L2处电荷的动能为处电荷的动能为20 J.由动能和电势由动能和电势能之和保持不变，则能之和保持不变，则E E总总=20 J+0=20 J，所以，所以20 J=4 J+E Ek，得，得E Ek=16 J，选，选C项项.答案答案 C解题归纳解题归纳 从能量的观点分析物体运动与相互作用规从能量的观点分析物体运动与相互作用规律是物理学常用的一种重要的研究方法，应用能量转律是物理学常用的一种重要的研究方法，应用能量转化与守恒定律解题时要注意：（化
5、与守恒定律解题时要注意：（1）明确研究对象：）明确研究对象：单个物体还是系统（系统是否包括弹簧）；（单个物体还是系统（系统是否包括弹簧）；（2）明）明确研究过程；（确研究过程；（3）弄清楚能量转化和损失的去向；）弄清楚能量转化和损失的去向；（4）研究对象在研究过程中能量的减小量等于所转）研究对象在研究过程中能量的减小量等于所转化成的其他形式的能量化成的其他形式的能量.预测预测1 （2009沈阳模拟）如图沈阳模拟）如图2所所示，示，a a、b b、c c为电场中同一条电场为电场中同一条电场线上的三点，其中线上的三点，其中c c为为abab的中点的中点.已知已知a a、b b两点的电势分两点的电势
6、分别为别为 a a=3 V, b b=9 V,则下列叙述正确的是（则下列叙述正确的是（ ）A.该电场在该电场在c c点处的电势一定为点处的电势一定为6 VB.a a点处的场强点处的场强E Ea a一定小于一定小于b b点处的场强点处的场强E Eb bC.正电荷从正电荷从a a点运动到点运动到b b点的过程中电势能一定增大点的过程中电势能一定增大D.正电荷只受电场力作用从正电荷只受电场力作用从a a点运动到点运动到b b点的过程中动点的过程中动 能一定增大能一定增大解析解析 一条电场线不可以判断场强的大小，且一条电场线不可以判断场强的大小，且U U=EdEd的定的定量计算只适用于匀强电场，所以量
7、计算只适用于匀强电场，所以A、B错；从错；从a a到到b b电场电场力对正电荷做负功，所以正电荷的电势能增大而动能减力对正电荷做负功，所以正电荷的电势能增大而动能减小，小，C对，对，D错错. 图图2C类型二类型二 功能关系在复合场中的应用功能关系在复合场中的应用例例2 （2009温州市第三次调研）如图温州市第三次调研）如图3，空间内存，空间内存在水平向右的匀强电场，在虚线在水平向右的匀强电场，在虚线MNMN的右侧有垂直的右侧有垂直纸面向里、磁感应强度为纸面向里、磁感应强度为B B的匀强磁场，一质量为的匀强磁场，一质量为m m、带电荷量为、带电荷量为+q q的小颗粒自的小颗粒自A A点由静止开始
8、运动，点由静止开始运动，刚好沿直线运动至光滑绝缘的水平面刚好沿直线运动至光滑绝缘的水平面C C点，与水平点，与水平面碰撞的瞬间小颗粒的竖直分速度立即减为零，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，小颗粒运动至而水平分速度不变，小颗粒运动至D D处刚好离开水处刚好离开水平面，然后沿图示曲线平面，然后沿图示曲线DPDP轨迹运动，轨迹运动，ACAC与水平面与水平面夹角夹角=30,重力加速度为重力加速度为g g,求：求：（1）匀强电场的场强）匀强电场的场强E E；（2）ADAD之间的水平距离之间的水平距离d d;（3）已知小颗粒在轨迹）已知小颗粒在轨迹DPDP上某处的最大速度为上某
9、处的最大速度为v vm,该该处轨迹的曲率半径是距水平面高度的处轨迹的曲率半径是距水平面高度的k k倍，则该处倍，则该处的高度为多大？的高度为多大？ 图图3解析解析 （1）小球受力如图所示）小球受力如图所示qEqE=mgmgcot E E= mgmg/q q（2）设小球在）设小球在D D点速度为点速度为v vD D,在水平方向由牛顿第二在水平方向由牛顿第二定律得：定律得：qEqE=mamax x，2a ax xd d=v vD D2小球在小球在D D点离开水平面的条件是：点离开水平面的条件是：qvqvD DB B=mgmg得：得：d d=（3）当速度方向与电场力和重力合力方向垂直时，）当速度方向
10、与电场力和重力合力方向垂直时，速度最大，则：速度最大，则：qvqvm mB B- -R R=k kh hh h=答案答案 （1） mgmg/q q （2） （3）预测预测2 （2009扬州市调研）如图扬州市调研）如图4所示，在所示，在x x轴上方有水平向左的匀轴上方有水平向左的匀强电场强电场E E1，在，在x x轴下方有竖直向上轴下方有竖直向上的匀强电场的匀强电场E E2，且，且E E1=E E2= ，在在x x轴下方的虚线（虚线与轴下方的虚线（虚线与y y轴成轴成45）右侧有垂直纸面向外的匀）右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为强磁场，磁感应强度为B B.有一长有一长为为L L的轻绳一
11、端固定在第一象限内的的轻绳一端固定在第一象限内的O O点，且可绕点，且可绕O O点在竖直平面内转动，另一端栓有一质量为点在竖直平面内转动，另一端栓有一质量为m m的的小球，小球带电量为小球，小球带电量为+q q,OOOO与与x x轴成轴成45，OOOO的的长度为长度为L L.先将小球放在先将小球放在O O正上方，从绳恰好绷直正上方，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：处由静止释放，小球刚进入磁场时将绳子断开，求： 图图4（1）绳子第一次绷紧后小球的速度大小；）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；）小球刚进入磁场区域时的速度；（3）小球从进入磁
12、场到第一次打在）小球从进入磁场到第一次打在x x轴上经过的时间轴上经过的时间.解析解析 （1）小球一开始受到的合力为）小球一开始受到的合力为 mgmg,做匀加速做匀加速直线运动，绷紧之前的速度为直线运动，绷紧之前的速度为v v1,绳子恰好处于水平绳子恰好处于水平状态，状态， mgmg L L= mvmv12即即v v1=2绷紧后小球速度为绷紧后小球速度为v v2= v v1= （2）接下来小球做圆周运动，刚进入磁场时的速度）接下来小球做圆周运动，刚进入磁场时的速度为为v v3, mgmg（1-cos ）L L= mvmv32- mvmv22v v3=（3）如图所示，带电小球垂直于）如图所示，带
13、电小球垂直于磁场边界进入磁场，做匀速圆周磁场边界进入磁场，做匀速圆周运动，半径运动，半径r r= ;经过半圆后经过半圆后出磁场，后做匀速直线运动，运出磁场，后做匀速直线运动，运动的距离动的距离d d=2r r设经过的时间为设经过的时间为t t,t t=答案答案 （1） （2） （3）类型三类型三 功能关系在电磁感应中的应用功能关系在电磁感应中的应用例例3 （2009南通二调）如图南通二调）如图5所示，所示，ABCDABCD为一足够长的光滑绝缘斜面，为一足够长的光滑绝缘斜面，EFGHEFGH范围内存在方向垂直斜面的范围内存在方向垂直斜面的匀强磁场，磁场边界匀强磁场，磁场边界EFEF、HGHG与与
14、斜面底边斜面底边ABAB平行，一正方形金属框平行，一正方形金属框abcdabcd放在斜面上，放在斜面上，abab边平行于磁场边平行于磁场边界，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框从开始运动到cdcd边离开磁场的过程中，其运动的边离开磁场的过程中，其运动的v vt t图象如图图象如图6所示，已知金属框电阻为所示，已知金属框电阻为R R，质量为，质量为m m，重力加速度为，重力加速度为g g,图乙中金属框运动的各个时刻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：及对应的速度均为已知量，求： 图图5（1）斜面倾角的正弦值和磁场区
15、）斜面倾角的正弦值和磁场区域的宽度；域的宽度；（2）金属框）金属框cdcd边到达磁场边界边到达磁场边界EFEF前瞬间的加速度；前瞬间的加速度；（3）金属框穿过磁场过程中产生的焦耳热）金属框穿过磁场过程中产生的焦耳热.解析解析 （1）由图）由图6可知，在可知，在0t t1时间内金属框运动时间内金属框运动的加速度的加速度a a1=设斜面的倾角设斜面的倾角,由牛顿第二定律有由牛顿第二定律有a a1=g gsin 解得解得sin =在在t t12t t1时间内金属框匀速进入磁场，则时间内金属框匀速进入磁场，则l l0=v v1t t1在在2t t13t t1时间内，金属框运动位移时间内，金属框运动位移
16、x x=则磁场的宽度则磁场的宽度d d=l l0+x x= 图图6（2）在）在t t2时刻金属框时刻金属框cdcd边到达边到达EFEF边界时的速度为边界时的速度为v v2,设此时加速度大小为设此时加速度大小为a a2,cdcd边切割磁场产生的电动势边切割磁场产生的电动势E E=BlBl0v v2受到的安培力受到的安培力F F=由牛顿第二定律由牛顿第二定律F F-mgmgsin =mama2金属框进入磁场时金属框进入磁场时mgmgsin =解得解得a a2= ，方向沿斜面向上，方向沿斜面向上（3）金属框从）金属框从t t1时刻进入磁场到时刻进入磁场到t t2时刻离开磁场的时刻离开磁场的过程中，由
17、功能关系得过程中，由功能关系得mgmg（d d+l l0）sin = mvmv22-mvmv12+Q Q解得解得Q Q=4mvmv12- mvmv22答案答案 （1）（2）方向沿斜面向上方向沿斜面向上（3）4mvmv12- mvmv22预测预测3 （2009上海联考）如图上海联考）如图7所所示，在同一平面内放置的三条光示，在同一平面内放置的三条光滑平行足够长金属导轨滑平行足够长金属导轨a a、b b、c c构成一个斜面，此斜面与水平面构成一个斜面，此斜面与水平面的夹角的夹角=30，金属导轨相距，金属导轨相距均为均为d d=1 m,导轨导轨acac间横跨一质量间横跨一质量为为m m=0.8 kg
18、的金属棒的金属棒MNMN，棒与，棒与每根导轨始终良好接触，棒的电阻每根导轨始终良好接触，棒的电阻r r=1 ，导轨的，导轨的电阻忽略不计电阻忽略不计.在导轨在导轨bcbc间接一电阻恒为间接一电阻恒为R R=2 的的灯泡，导轨灯泡，导轨acac间接一电压传感器（相当于理想电间接一电压传感器（相当于理想电压表）压表）.整个装置放在磁感应强度整个装置放在磁感应强度B B=2 T的匀强磁场的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上中，磁场方向垂直导轨平面向上.现对棒现对棒MNMN施加一施加一沿斜面向下的拉力沿斜面向下的拉力F F使棒从静止开始运动，使棒从静止开始运动，g g取取10 m/s2.试求：试求：
19、 图图7（1）若施加的恒力）若施加的恒力F F=2 N，则金属棒达到稳定时速，则金属棒达到稳定时速度为多少？度为多少？（2）若施加的外力功率恒定，棒达到稳定时速度为）若施加的外力功率恒定，棒达到稳定时速度为4 m/s,则此时外力的功率和电压传感器的读数分别为则此时外力的功率和电压传感器的读数分别为多少？多少？（3）若施加的外力功率恒为）若施加的外力功率恒为P P，经历时间为，经历时间为t t,棒沿棒沿斜面轨道下滑距离为斜面轨道下滑距离为x x、速度达到、速度达到v v3,则此过程中灯泡则此过程中灯泡产生的热量为多少？产生的热量为多少？解析解析 （1）设稳定时速度为）设稳定时速度为v v1,当金
20、属棒速度达到稳当金属棒速度达到稳定时，定时，F F合合=0,F F+mgmgsin -BIdBId=0,此时此时I I=由以上两式得由以上两式得v v1=（2）I I2= A=3.2 A +mgmgsin -BIBI2d d=0,解得解得P P=9.6 W灯的电压灯的电压U UL L=2 V=6.4 V所以电压表的读数所以电压表的读数U U=BdvBdv2+U UL L= V+6.4 V=14.4 V（3）设小灯泡和金属棒产生的热量分别为）设小灯泡和金属棒产生的热量分别为Q Q1、Q Q2由能的转化和守恒可得由能的转化和守恒可得PtPt+mgxmgxsin 30=Q Q1 + Q Q2+ mv
21、mv32灯泡产生的热量灯泡产生的热量Q Q1=答案答案 （1）3.75 m/s （2）14.4 V（3）1. （2009天津卷天津卷4）如图）如图8所示，竖直所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻值电阻R R，质量不能忽略的金属棒与，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，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棒在竖直向上的恒力F F作用下加速上升的一段时间作用下加速上升的一段
22、时间内，力内，力F F做的功与安培力做的功的代数和等于做的功与安培力做的功的代数和等于（）A.棒的机械能增加量棒的机械能增加量B.棒的动能增加量棒的动能增加量C.棒的重力势能增加量棒的重力势能增加量D.电阻电阻R R上放出的热量上放出的热量 图图8解析解析 由动能定理有由动能定理有W WF F+W W安安+W WG=E Ek，则，则W WF F+W W安安=E Ek-W WG,W WGE ECxCx，A对；在对；在O O点左侧沿点左侧沿x x轴的负方向电轴的负方向电势降低，故势降低，故E EBxBx方向沿方向沿x x轴负方向，轴负方向，B错；由于在错；由于在O O处沿处沿x x轴方向上电势轴方
23、向上电势的变化率为零，故的变化率为零，故C错；沿错；沿x x轴从轴从B B到到C C的过程中电势先升高再降低，对于负电的过程中电势先升高再降低，对于负电荷来说，电势能先减小再增大，即电场力先做正荷来说，电势能先减小再增大，即电场力先做正功后做负功，功后做负功，D对对.答案答案 AD3.（2009济宁统考）如图济宁统考）如图10所示，所示，一一U形光滑导轨串有一电阻形光滑导轨串有一电阻R R，放置在匀强磁场中，导轨平面放置在匀强磁场中，导轨平面与磁场方向垂直与磁场方向垂直.一电阻可忽略一电阻可忽略不计但有一定质量的金属杆不计但有一定质量的金属杆abab跨接在导轨上，可沿导轨方向平移跨接在导轨上，
24、可沿导轨方向平移.现从静止开始现从静止开始对对abab杆施以向右的恒力杆施以向右的恒力F F，则杆在运动过程中，下，则杆在运动过程中，下列说法中正确的是列说法中正确的是（ ）A.外力外力F F对杆对杆abab所做的功数值上总是等于电阻所做的功数值上总是等于电阻R R上上 消耗的电能消耗的电能B.磁场对杆磁场对杆abab的作用力的功率与电阻的作用力的功率与电阻R R上消耗的功上消耗的功 率大小是相等的率大小是相等的C.电阻电阻R R上消耗的功率存在最大值上消耗的功率存在最大值D.若导轨不光滑，外力若导轨不光滑，外力F F对杆对杆abab所做的功数值上总所做的功数值上总 是大于电阻是大于电阻R R
25、上消耗的电能上消耗的电能图图10BCD4.如图如图11甲所示，一个带正电的物体甲所示，一个带正电的物体m m,由静止开始从由静止开始从斜面上斜面上A A点下滑，滑到水平面点下滑，滑到水平面BCBC上的上的D D点停下来点停下来.已已知物体与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，不计知物体与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，不计物体经过物体经过B B处时的机械能损失处时的机械能损失.现在现在ABCABC所在空间加所在空间加上竖直向下的匀强电场，再次让物体上竖直向下的匀强电场，再次让物体m m由由A A点静止开点静止开始下滑，结果物体在水平面上的始下滑，结果物体在水平面上的D D点停下来，如点停下来，如图
26、乙所示图乙所示.则以下说法正确的是（则以下说法正确的是（）A.D D点一定在点一定在D D点左侧点左侧B.D D点可能在点可能在D D点右侧点右侧C.D D点一定与点一定与D D点重合点重合D.无法确定无法确定D D点在点在D D点左侧还是右侧点左侧还是右侧解析解析 根据动能定理可得两种情况下物体在整个运根据动能定理可得两种情况下物体在整个运动过程中水平方向上的位移均为动过程中水平方向上的位移均为x x= ，即，即C选项正选项正确确.答案答案 C5. 如图如图12所示，在已调节平衡的天所示，在已调节平衡的天平右侧托盘下悬挂一个导线框，平右侧托盘下悬挂一个导线框，其下端置于磁感应强度为其下端置于
27、磁感应强度为B B的匀强的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面磁场中，磁场方向垂直于线框平面.当线框中没有电流通过时，天平左当线框中没有电流通过时，天平左侧托盘中放置质量为侧托盘中放置质量为m m1的砝码，天的砝码，天平恰好平衡；给线框通入图示方向的电流平恰好平衡；给线框通入图示方向的电流I I时，需时，需在右侧托盘中再放置质量为在右侧托盘中再放置质量为m m2（m m1m m2）的砝码，）的砝码，天平可重新平衡天平可重新平衡.下列说法正确的是下列说法正确的是 （ ）A.保持线框中的电流不变，将左右托盘中的砝码对保持线框中的电流不变，将左右托盘中的砝码对 调，天平仍平衡调，天平仍平衡图图12B.
28、若只改变电流的方向，将右侧托盘中的砝码移至若只改变电流的方向，将右侧托盘中的砝码移至 左盘，天平仍平衡左盘，天平仍平衡C.若只改变磁场的方向，将左右托盘中的砝码对若只改变磁场的方向，将左右托盘中的砝码对 调，天平仍平衡调，天平仍平衡D.若只将线框的匝数加倍，将右侧托盘中的砝码移若只将线框的匝数加倍，将右侧托盘中的砝码移 至左盘，天平仍平衡至左盘，天平仍平衡解析解析 当线框中无电流时，当线框中无电流时，m m1g g=m m线线g g,当线框中通电当线框中通电流时，流时，m m2g g=BILBIL. A中，保持电流不变，即安掊力不中，保持电流不变，即安掊力不变，将左右托盘中砝码对调，将不再平衡
29、，变，将左右托盘中砝码对调，将不再平衡，A错误错误. B中改变电流方向，安培力等大反向，若将右侧托中改变电流方向，安培力等大反向，若将右侧托盘的砝码移至左盘，则满足盘的砝码移至左盘，则满足m m1g g+m m2g g=BILBIL+m m线线g g,仍将仍将保持平衡，保持平衡，B正确正确.同理知同理知C错误错误.线框匝数加倍，则线框匝数加倍，则安培力加倍，线圈质量加倍安培力加倍，线圈质量加倍.将右侧托盘的砝码移将右侧托盘的砝码移至左盘，平衡被破坏，至左盘，平衡被破坏，D错误错误.答案答案 B6.如图如图13所示，实线为方向未知的三所示，实线为方向未知的三条电场线，条电场线，a a、b b两带
30、电粒子从电场两带电粒子从电场中的中的O O点以相同的初速度飞出点以相同的初速度飞出.仅在仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则如图中虚线所示，则（）A.a a一定带正电，一定带正电，b b一定带负电一定带负电B.a a加速度减小，加速度减小，b b加速度增大加速度增大C.a a电势能减小，电势能减小，b b电势能增大电势能增大D.a a和和b b的动能一定都增大的动能一定都增大解析解析 由题意无法判断两粒子电性所以由题意无法判断两粒子电性所以A错；错；a a粒子粒子加速度减小加速度减小,b b加速度增大加速度增大.所以所以B正确；两粒子电势正确；两粒
31、子电势能都减小，所以能都减小，所以C错；错；a a、b b两粒子的动能一定增大，两粒子的动能一定增大，D正确，所以应选择正确，所以应选择B、D.BD图图137.（2009广州模拟）如图广州模拟）如图14所示，在绝缘水平面上所示，在绝缘水平面上固定两个等量同种固定两个等量同种电荷电荷A A、B B，在，在ABAB连线上的连线上的P P点由静止点由静止释放一带电滑块，则滑块会由静止开始一直向右运释放一带电滑块，则滑块会由静止开始一直向右运动到动到ABAB连线上的一点连线上的一点M M而停下而停下.则以下判断正确的是则以下判断正确的是（）A.滑块一定带的是与滑块一定带的是与A A、B B异种的电荷异
32、种的电荷B.滑块的电势能一定是先减小后增大滑块的电势能一定是先减小后增大C.滑块的动能与电势能之和一定减小滑块的动能与电势能之和一定减小D.APAP间距一定小于间距一定小于BMBM间距间距图图14解析解析 由于物块没有做往复运动，而是最后停下，由于物块没有做往复运动，而是最后停下，说明说明P P与地面间有摩擦，所以滑块的动能与电势能与地面间有摩擦，所以滑块的动能与电势能之和减小，之和减小，C正确；且正确；且APAPBMBM.滑块一定与滑块一定与A A、B B同种同种电性所以电性所以A错；由于不知道错；由于不知道M M点位置，若点位置，若M M点在点在A A、B B连线中点右侧，则电势能先减小后
33、增大连线中点右侧，则电势能先减小后增大.若在中点若在中点左侧则电势能一直在减小，左侧则电势能一直在减小，B错错.综上所述综上所述C、D正正确确.答案答案 CD8.如图如图15所示，光滑的水平桌面放所示，光滑的水平桌面放在方向竖直向下的匀强磁场中，在方向竖直向下的匀强磁场中，桌面上平放着一根一端开口、内桌面上平放着一根一端开口、内壁光滑的试管，试管底部有一带壁光滑的试管，试管底部有一带电小球电小球.在水平拉力在水平拉力F F作用下，试作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，关管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中于带电小球及其在离开试
34、管前的运动，下列说法中正确的是正确的是（）A.小球带正电小球带正电B.小球运动的轨迹是抛物线小球运动的轨迹是抛物线C.洛伦兹力对小球做正功洛伦兹力对小球做正功D.维持试管匀速运动的拉力维持试管匀速运动的拉力F F应逐渐增大应逐渐增大图图15解析解析 由于小球从管口飞出，开始时小球一定受到由于小球从管口飞出，开始时小球一定受到指向管口的洛伦兹力指向管口的洛伦兹力F F1,由左手定则知，小球带正由左手定则知，小球带正电，电，A对；垂直于管方向，向右匀速运动，所以洛对；垂直于管方向，向右匀速运动，所以洛伦兹力沿管方向的分量伦兹力沿管方向的分量F F1不变，小球沿管方向做初不变，小球沿管方向做初速度为
35、零的匀加速运动，其合运动为类平抛运动速度为零的匀加速运动，其合运动为类平抛运动.轨迹为抛物线，轨迹为抛物线，B对；由于小球具有两个分速度且对；由于小球具有两个分速度且都与各自对应的洛伦兹力垂直，所以洛伦兹力不做都与各自对应的洛伦兹力垂直，所以洛伦兹力不做功，功，C错；对整体受力分析知，拉力错；对整体受力分析知，拉力F F与洛伦兹力与洛伦兹力的另一分量的另一分量F F2平衡，而平衡，而F F2=qvBqvB,v v为沿管壁方向的速为沿管壁方向的速度，度，v v=atat,则则F F=qBatqBat,D对，答案为对，答案为A、B、D.答案答案 ABD9.（2009重庆卷重庆卷23）2009年中国
36、女子冰壶队首次年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注的关注.冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如图下过程：如图16所示，运动员将静止于所示，运动员将静止于O O点的冰壶点的冰壶（视为质点）沿直线（视为质点）沿直线OOOO推到推到A A点放手，此后冰壶点放手，此后冰壶沿沿AOAO滑行，最后停于滑行，最后停于C C点点.已知冰面和冰壶间的动已知冰面和冰壶间的动摩擦因数为摩擦因数为，冰壶质量为，冰壶质量为m m，ACAC=L L,COCO=r r,重力加重力加速度为速度为g g图
37、图16（1）求冰壶在）求冰壶在A A点的速率；点的速率；（2）若将）若将BOBO段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8，原只能滑到，原只能滑到C C点的冰壶能停于点的冰壶能停于O O点，求点，求A A点与点与B B点之间的距离点之间的距离.解析解析 （1）设冰壶在）设冰壶在A A点速率为点速率为v vA A,由由-mgLmgL=0-mvmvA A2，解得解得v vA A= .（2）由）由-mgxmgx-0.8mgmg（L L+r r-x x）=0- mvmvA A2,将将v vA A代代入得入得x x=L L- 4r r.答案答案 （1）（2）L L- 4r r
38、10.（2009柳州模拟）如图柳州模拟）如图17所示所示,光滑水平面光滑水平面ABAB与与竖直面内的半圆形导轨在竖直面内的半圆形导轨在B B点衔接点衔接,导轨半径为导轨半径为R R.一一个质量为个质量为m m的静止物块在的静止物块在A A处压缩弹簧处压缩弹簧,在弹力的作在弹力的作用下获得某一向右速度用下获得某一向右速度,当它经过当它经过B B点进入导轨瞬间点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的对导轨的压力为其重力的7倍倍,之后向上运动恰能完之后向上运动恰能完成半圆周运动到达成半圆周运动到达C C点点.求求:（1）弹簧对物体的弹力做的功；）弹簧对物体的弹力做的功；（2）物块从）物块从B B至至C
39、C克服阻力做的功；克服阻力做的功；（3）物块离开）物块离开C C点后落回水平面时动能的大小点后落回水平面时动能的大小.图图17解析解析 （1）物块在）物块在B B点时受力点时受力mgmg和导轨的支持力和导轨的支持力F FN=7mgmg由牛顿第二定律由牛顿第二定律,有有7mgmg-mgmg=m m E EkB B= mvmvB B2=3mgRmgR物块到达物块到达C C点仅受重力点仅受重力mgmg,据牛顿第二定律据牛顿第二定律,有有mgmg=m m E EkC C= mvmvC C2=0.5mgRmgR根据动能定理根据动能定理,可求得弹簧弹力对物体所做的功为可求得弹簧弹力对物体所做的功为W W弹
40、弹=E EkB B=3mgRmgR（2）物体从）物体从B B到到C C只有重力和阻力做功只有重力和阻力做功,根据动能定理根据动能定理,有有W W阻阻-mgmg2R R=E EkC C-E EkB B W W阻阻=0.5mgRmgR-3mgRmgR+2mgRmgR=-0.5mgRmgR即物体从即物体从B B到到C C克服阻力做的功为克服阻力做的功为0.5mgRmgR（3）物体离开轨道后做平抛运动）物体离开轨道后做平抛运动,仅有重力做功仅有重力做功,根根据机械能守恒据机械能守恒,有有E Ek=E EkC C+E EpC C=0.5mgRmgR+2mgRmgR=2.5mgRmgR 答案答案 （1）3mgR mgR （2）0.5mgR mgR （3）2.5mgRmgR返回
