第2講功能關系在電學中的應用1.靜電力做功與路徑無關.若電場為勻強電場，則WFlcos Eqlcos ；若是非勻強電場，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動的電荷都不做功；安培力可以做正功、負功，還可以不做功.3.電流做功的實質是電場對移動電荷做功.即WUItUq.4.導體棒在磁場中切割磁感線時，棒中感應電流受到的安培力對導體棒做負功，使機械能轉化為電能.5.靜電力做的功等于電勢能的變化，即WABEp.1.功能關系在電學中應用的題目，一般過程復雜且涉及多種性質不同的力，因此，通過審題，抓住受力分析和運動過程分析是關鍵，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規(guī)律求解.2.動能定理和能量守恒定律在處理電學中能量問題時仍然是首選的方法.例1(多選)如圖1所示地面上方存在水平向右的勻強電場.現(xiàn)將一帶電小球從距離地面O點高h處的A點以水平速度v0拋出，經(jīng)過一段時間小球恰好垂直于地面擊中地面上的B點，B到O的距離也為h.當?shù)刂亓铀俣葹間，則下列說法正確的是()圖1A.從A到B的過程中小球的動能先減小后增大B.下落過程中小球機械能一直增加C.小球的加速度始終保持2g不變D.從A點到B點小球的的電勢能增加了mgh解析由題意分析知，小球在水平方向勻減速，豎直方向勻加速，由于時間相等，兩方向位移相同，故qEmg，合力大小為mg，斜向左下方45°，故小球的動能先減小后增大；電場力一直做負功，小球機械能一直減小，小球的加速度始終保持g不變，從A點到B點電場力做負功，大小為qEhmgh，故電勢能增加了mgh.答案AD預測1如圖2所示，直角三角形ABC由三段細直桿連接而成，AB桿豎直，AC桿粗糙且絕緣，其傾角為30°，長為2L，D為AC上一點，且BD垂直AC，在BC桿中點O處放置一正點電荷Q.一套在細桿上的帶負電小球，以初速度v0由C點沿CA上滑，滑到D點速率恰好為零，之后沿AC桿滑回C點.小球質量為m、電荷量為q，重力加速度為g.則()圖2A.小球上滑過程中先勻加速后勻減速B.小球下滑過程中電場力先做負功后做正功C.小球再次滑回C點時的速率為vCD.小球下滑過程中動能、電勢能、重力勢能三者之和增大答案C解析小球上滑過程中受到重力、庫侖力、桿的支持力以及摩擦力作用，由于庫侖力和摩擦力是變力，則運動過程中加速度始終發(fā)生變化，故A錯誤；根據(jù)幾何關系可知，ODOC，則C、D兩點電勢相等，所以從C到D的過程中，電場力做功為零，在C點時，小球受到的庫侖力是引力，電場力做正功，后電場力做負功，故B錯誤；從C到D的過程中，根據(jù)動能定理得：0mvmghWf，再從D回到C的過程中，根據(jù)動能定理得：mv0mghWf，根據(jù)幾何關系可知，hL解得：vC，故C正確；小球下滑過程中由于摩擦力做負功，則小球動能、電勢能、重力勢能三者之和減小，故D錯誤.預測2(多選)如圖3所示，某一空間內充滿豎直向下的勻強電場E，在豎直平面內建立坐標系xOy，在y<0的空間里有與場強E垂直的勻強磁場B，在y>0的空間內，將一質量為m的帶電液滴(可視為質點)自由釋放，則此液滴沿y軸的負方向以加速度a2g(g為重力加速度)做勻加速直線運動，當液滴運動到坐標原點時，瞬間被安置在原點的一個裝置改變了帶電性質(液滴所帶電荷量和質量均不變)，隨后液滴進入y<0的空間運動.液滴在以后的運動過程中()圖3A.重力勢能一定先減小后增大B.機械能一定先增大后減小C.動能先不變后減小D.動能一直保持不變答案AD解析帶電液滴在電場與重力場作用下，由牛頓第二定律可得：qEmgmam·2g，故qEmg當帶電液滴進入磁場時，由于電場力與重力方向相反，處于平衡.而洛倫茲力提供向心力，帶電液滴做勻速圓周運動.所以重力勢能先減小后增大，故A正確；由于電場力先做負功后做正功，所以電勢能先增大后減小，那么機械能先減小后增大，故B錯誤；由于做勻速圓周運動，則速度的大小不變，則動能不變，故C錯誤，D正確.解題方略1.電場力做功與重力做功的特點類似，都與路徑無關.2.對于電場力做功或涉及電勢差的計算，選用動能定理往往最簡便快捷，但運用動能定理時要特別注意運動過程的選取.例2如圖4所示，兩個帶正電的點電荷M和N，帶電量均為Q，固定在光滑絕緣的水平面上，相距2L，A、O、B是MN連線上的三點，且O為中點，OAOB，一質量為m、電量為q的點電荷以初速度v0從A點出發(fā)沿MN連線向N運動，在運動過程中電荷受到大小恒定的阻力作用，但速度為零時，阻力也為零，當它運動到O點時，動能為初動能的n倍，到B點速度剛好為零，然后返回往復運動，直至最后靜止.已知靜電力恒量為k，取O處電勢為零.求：圖4(1)A點的場強大小；(2)阻力的大小；(3)A點的電勢；(4)電荷在電場中運動的總路程.解析(1)由點電荷電場強度公式和電場疊加原理可得：Ekk；(2)由對稱性知，AB，電荷從A到B的過程中，電場力做功為零，克服阻力做功為：WfFfL，由動能定理：FfL0mv，得：Ff(3)設電荷從A到O點電場力做功為WF，克服阻力做功為Wf，由動能定理：WFWfnmvmv得：WF(2n1)由：WFq(AO)得：A(2n1)(4)電荷最后停在O點，在全過程中電場力做功為WF(2n1)，電荷在電場中運動的總路程為s，則阻力做功為Ffs.由動能定理：WFFfs0mv02即：(2n1)mvsmv02解得：s(n0.5)L.答案(1)(2)(3)(2n1)(4)(n0.5)L預測3如圖5所示，在絕緣水平面上放有一帶正電的滑塊、質量為m，帶電荷量為q，水平面上方虛線左側空間有水平向右的勻強電場，場強為E，qE>mg，虛線右側的水平面光滑.一輕彈簧右端固定在墻上，處于原長時，左端恰好位于虛線位置，把滑塊放到虛線左側L處，并給滑塊一個向左的初速度v0，已知滑塊與絕緣水平面間的動摩擦因數(shù)為，求：圖5(1)彈簧的最大彈性勢能；(2)滑塊在整個運動過程中產生的熱量.答案(1)(qEmg)Lv(2)qELmv02解析(1)設滑塊向左運動x時減速到零，由能量守恒定律有：(qEmg)xmv02解得：x之后滑塊向右加速運動，設第一次到達虛線時的動能為Ek，由能量守恒定律得：qE(xL)Ekmg(xL)解得：Ek(qEmg)Lv滑塊從虛線處壓縮彈簧至最短的過程，機械能守恒，動能全部轉化為彈性勢能，所以彈簧的最大彈性勢能為：Epm(qEmg)Lv(2)滑塊往返運動，最終停在虛線位置，整個過程電場力做正功，為WqEL，電勢能減少量為qEL，由能量守恒定律，整個過程產生的熱量等于滑塊機械能的減少量與電勢能的減少量之和，即QqELmv02解題方略1.電磁感應過程中產生的感應電流在磁場中必定受到安培力的作用，因此，要維持感應電流的存在，必須有“外力”克服安培力做功，將其他形式的能轉化為電能.“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉化為電能.2.當感應電流通過用電器時，電能又轉化為其他形式的能.安培力做功的過程，或通過電阻發(fā)熱的過程，是電能轉化為其他形式能的過程.安培力做了多少功，就有多少電能轉化為其他形式的能.3.若回路中電流恒定，可以利用電路結構及WUIt或QI2Rt直接進行計算電能.4.若電流變化，則：(1)利用安培力做的功求解：電磁感應中產生的電能等于克服安培力所做的功；(2)利用能量守恒求解：若只有電能與機械能的轉化，則機械能的減少量等于產生的電能.例3如圖6所示，足夠長光滑導軌傾斜放置，導軌平面與水平面夾角37°，導軌間距L0.4 m，其下端連接一個定值電阻R2 ，其它電阻不計.兩導軌間存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B0.5 T.一質量為m0.02 kg的導體棒ab垂直于導軌放置，現(xiàn)將導體棒由靜止釋放，取重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.圖6(1)求導體棒下滑的最大速度；(2)求ab棒下滑過程中電阻R消耗的最大功率；(3)若導體棒從靜止加速到v4 m/s的過程中，通過R的電量q0.26 C，求R產生的熱量Q.解析(1)EBLvIF安BIL當安培力與重力沿導軌向下的分力相等時，速度最大，棒ab做勻速運動，即mgsin vm6 m/s(2)由(1)可知vm代入P得P0.72 W(3)qItx2.6 m由能量關系有Qmgxsin 37°mv20.152 J.答案(1)6 m/s(2)0.72 W(3)0.152 J預測4(多選)在如圖7所示的傾角為的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小均為B的勻強磁場，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，一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，當ab邊剛越過GH進入磁場區(qū)時，恰好以速度v1做勻速直線運動；當ab邊下滑到JP與MN的中間位置時，線框又恰好以速度v2做勻速直線運動，從ab進入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7A.在下滑過程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B.從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，機械能守恒C.從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，有(W1Ek)的機械能轉化為電能D.從ab進入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，第一次勻速運動時，mgsin ，第二次勻速運動時，mgsin ，則v2<v1，選項A錯誤；ab進入磁場后，安培力做負功，機械能減少，選項B錯誤；從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，由動能定理得，W1W2Ek，選項D正確；線框克服安培力做功為W2，等于產生的電能，且W2W1Ek，選項C正確.預測5如圖8所示 ，單位長度電阻相等的直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于bc邊水平向右.ab4L，bc3L，金屬框總電阻為R.求：圖8(1)若金屬框繞bc邊以角速度按圖示方向勻速轉動時，ab兩點間的電勢差Uab是多少？a、b兩點哪點電勢高？(2)若金屬框繞ab邊以角速度勻速轉動一周，ab邊上產生的焦耳熱是多少？答案(1)8BL2a端電勢高(2)解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律得EB·4L·2L所以EB·4L·2L8BL2由于ab和ac切割磁感線有效長度相同，回路的總感應電動勢為零，金屬框中無電流，但a、b兩端有電勢差，根據(jù)右手定則可判斷a端電勢高所以UabE8BL2(2)若以ab邊為軸勻速轉動，ac邊切割磁感線，金屬框將產生正弦交流電，設某時刻金屬框平面與磁場夾角為，從下向上看如圖所示，則電動勢的瞬時值表達式為eB·4L·cos 6BL2cos 最大值Em6BL2有效值為E3BL2金屬框繞ab邊轉動一周產生的總熱量QT·則ab邊上產生的熱量QabQ.例4如圖9所示，水平地面QA與豎直面內的、半徑R4 m的光滑圓軌道ACDF相連，F(xiàn)C為豎直直徑，DO水平，AO與CO夾角60°.QA上方有一水平臺面MN，MN正上方分布著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B4 T.P是豎直線AP與DO的交點，PA的右側、PO的下面、OC的左側分布著豎直向下、場強為E的勻強電場.一個質量m2 kg、電量q1 C的小滑塊(可視為質點)放在MN上，在水平推力F4 N的作用下正以速度v1向右做勻速運動.已知滑塊與平臺MN的動摩擦因數(shù)0.5；重力加速度g10 m/s2.圖9(1)求小滑塊在平臺MN上的速度v1；(2)小滑塊從N點飛出后，恰從A點無碰撞地(沿軌道切線)進入圓軌道AC，為了使小滑塊不向內脫離AF間的圓弧軌道，求電場強度E的取值范圍.解析(1)FfFFfFNFNmgBqv1由解得：v13 m/s(2)在A處：cos ，vA6 m/s小滑塊不脫離AF的圓弧軌道，剛好滑到D點時：vD0根據(jù)能量守恒得mgRcos qE1(RRcos )0mv解出：E12 N/C小滑塊不脫離AF的圓弧軌道，剛好滑到F點時：mgmmg(RRcos )qE2(RRcos )mvmv解出：E262 N/C綜上：為了使滑塊不向內脫離AF間的圓弧軌道，電場強度E的取值范圍為E2 N/C或E62 N/C答案(1)3 m/s(2)E2 N/C或E62 N/C預測6如圖10甲所示，長L1.5 m、傾角為37°的光滑絕緣的斜面底端連接一粗糙絕緣的水平面，整個斜面處在一水平向左的勻強電場中，水平面部分沒有電場.現(xiàn)將一質量m1.2 kg、帶電荷量q1×104 C的帶正電的小物體從斜面頂端由靜止釋放，當電場場強E取不同數(shù)值時，物體沿斜面下滑最后在水平地面上滑過的距離s不同.研究發(fā)現(xiàn)s與E之間的關系如圖乙所示.忽略物體在斜面與水平面連接處的能量損失，取重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，求：圖10(1)物體與地面間的動摩擦因數(shù)；(2)當E3×104 N/C時，物體運動的總時間.答案(1)0.2(2) s解析(1)當E0時，s4.5 m由動能定理得mgLsin mgs0解得0.2(2)當E3×104 N/C時，由牛頓第二定律得mgsin qEcos ma1又La1t解得物體在斜面上的運動時間t1 s水平面上由牛頓第二定律知mgma2由va1t1又va2t2可得t2 s所以物體運動的總時間tt1t2 s.預測7如圖11所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端C距地面高度h0.8 m.有一質量為500 g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離桿后正好通過C端的正下方P點處.(g取10 m/s2)求：圖11(1)小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向.(2)小環(huán)在直桿上勻速運動速度的大小v0.(3)小環(huán)運動到P點的動能.答案(1)14.1 m/s2與桿垂直斜向右下方(2)2 m/s(3)5 J解析(1)小環(huán)在直桿上的受力情況如圖所示由平衡條件得：mgsin 45°Eqcos 45°得mgEq，離開直桿后，只受mg、Eq作用，則：mgma代入數(shù)據(jù)解得加速度大?。篴14.1 m/s2加速度方向與桿垂直斜向右下方(2)設小環(huán)在直桿上運動的速度為v0，離桿后經(jīng)t秒到P點，則豎直方向：hv0sin 45°·tgt2水平方向(取向左為正)：v0cos 45°·tgt20由以上兩式代入數(shù)據(jù)解得：v02 m/s(3)由動能定理得：EkPmvmgh代入數(shù)據(jù)解得：EkP5 J.專題強化練1.(多選)如圖1所示，絕緣粗糙斜面體固定在水平地面上，斜面所在空間存在平行于斜面向上的勻強電場E，輕彈簧一端固定在斜面頂端，另一端拴接一不計質量的絕緣薄板.一帶正電的小滑塊，從斜面上的P點處由靜止釋放后，沿斜面向上運動，并能壓縮彈簧至R點(圖中未標出)，然后返回，則()圖1A.滑塊從P點運動到R點的過程中，其機械能增量等于電場力與彈簧彈力做功之和B.滑塊從P點運動到R點的過程中，電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之和C.滑塊返回時能到達的最低位置在P點的上方D.滑塊最終停下時，克服摩擦力所做的功等于電勢能的減小量與重力勢能增加量之差答案BC解析在小滑塊開始運動到到達R點的過程中，電場力做的功轉化為小滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內能.滑塊從P點運動到R點的過程中，其機械能增量等于電場力與彈簧彈力做功、摩擦力做功之和.故A錯誤；電場力做的功轉化為小滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內能，所以電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之和.故B正確；小滑塊運動的過程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機械能與電勢能的和減小，所以滑塊返回時能到達的最低位置在P點的上方，不能再返回P點.故C正確；滑塊運動的過程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機械能與電勢能的和逐漸減小，所以滑塊最終停下時，克服摩擦力所做的功等于電勢能的減小量與重力勢能增加量、彈性勢能增加量之差.故D錯誤.2.(多選)如圖2所示，勻強電場的電場強度為E，方向水平向左，一帶電量為q，質量為m的物體放在光滑水平面上，在恒力F作用下由靜止開始從O點向右做勻加速直線運動，經(jīng)時間t力F做功60 J，此后撤去力F，物體又經(jīng)過相同的時間t回到出發(fā)點O，設O點的電勢能為零，則下列說法正確的是()圖2A.物體回到出發(fā)點的速度與撤去力F時的速度大小之比為21B.恒力F4qEC.撤去力F時，物體的電勢能為45 JD.在撤去力F之前的任一時刻，動能與電勢能之比均為13答案ACD解析在恒力F作用下的加速度大小為a1，撤去恒力F后的加速度大小為a2，勻加速運動的位移大小x1a1t2，撤去拉力后的位移大小x2a1t·ta2t2根據(jù)x1x2得a23a1.根據(jù)牛頓第二定律得，a1，a2，聯(lián)立解得F電qEF.故B錯誤.3.(多選)如圖3所示，物體A和帶負電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A、B的質量分別是m和2m，勁度系數(shù)為k的輕質彈簧一端固定在水平面上.另一端與物體A相連，傾角為的斜面處于沿斜面向上的勻強電場中，整個系統(tǒng)不計一切摩擦.開始時，物體B在一沿斜面向上的外力F3mgsin 的作用下保持靜止且輕繩恰好伸直，然后撤去外力F，直到物體B獲得最大速度，且彈簧未超過彈性限度，則在此過程中()圖3A.對于物體A、B、彈簧和地球組成的系統(tǒng)，電場力做功等于該系統(tǒng)增加的機械能B.物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機械能增加量等于物體B電勢能的減少量C.B的速度最大時，彈簧的伸長量為D.撤去外力F的瞬間，物體B的加速度為答案AC解析根據(jù)能量守恒可知，物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機械能增加量等于物體B電勢能的減少量和B物體機械能的減小量之和，故B錯誤；當B所受的合力為零時，B的速度最大，由：kxF電2mgsin 解得彈簧的伸長量為：x，故C正確；開始時，外力F作用在B上，B處于靜止狀態(tài)，對B分析可知：F2mgsin F電0解得：F電mgsin .當撤去外力瞬間，對AB整體分析，整體受到的合力為：F合F電2mgsin 3mgsin 由F合3ma可得 agsin ，故D錯誤.4.(多選)如圖4所示，在一豎直平面內，BCDF段是半徑為R的圓弧擋板，AB段為直線型擋板(長為4R)，兩者在B點相切，37°，C、F兩點與圓心等高，D在圓弧形擋板的最低點，所有接觸面均光滑、絕緣，擋板處于場強為E，方向水平向左的勻強電場中，現(xiàn)將帶電量為q、質量為m的小球從擋板內側的A點由靜止釋放，小球沿擋板內側ABCDF運動到F點后拋出，在這段運動過程中，下列說法正確的是(sin 37°0.6，cos 37°0.8)()圖4A.勻強電場的場強大小可能等于B.小球運動到D點時動能一定不是最大C.小球機械能增加量的最大值為2.6qERD.小球從B到D運動過程中，動能的增量為1.8mgR0.8EqR答案BC解析小球能沿擋板ABC內側運動，則有：qEcos 37°mgsin 37°，則得：E，故場強大小不可能等于.故A錯誤；小球在復合場中受重力和電場力，所以小球運動到合力方向上時動能最大，則知在CD之間的某一點上時動能最大，故B正確；小球運動到C點時，電場力做正功最多，小球的機械能增加量最大，所以小球機械能增加量的最大值為EqE4Rcos 53°R(1cos 37°)2.6qER，故C正確；小球從B到D運動過程中，根據(jù)動能定理得：動能的增量為EkmgR(1sin 37°)qERcos 37°1.6mgR0.8qER，故D錯誤.5.質量為m、長度為l的金屬棒MN兩端由絕緣且等長輕質細線水平懸掛，處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B.開始時細線豎直，當金屬棒中通以恒定電流后，金屬棒從最低點向右開始擺動，若已知細線與豎直方向的最大夾角為60°，如圖5所示，則棒中電流()圖5A.方向由M向N，大小為B.方向由N向M，大小為C.方向由M向N，大小為D.方向由N向M，大小為答案B解析平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為，故導線受到向右的安培力，根據(jù)左手定則，可判斷金屬棒中的電流方向由N指向M；金屬棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁場方向向右，由于棒向上運動的過程中重力和安培力做功，細線的拉力不做功，設細線的長度為x，由功能關系得：BIl·xsin mg(xx·cos )0解方程得：I.6.(多選)如圖6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，水平軌道AB部分存在水平向右的勻強電場E，半圓形軌道處于豎直平面內，B為最低點，D為最高點.一質量為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關系正確的是()圖6A.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：mgm，小球由B到D的過程中機械能守恒：mvmg×2Rmv，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：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點有：FNmgm，將vB代入得：FN6mg，選項D錯誤.7.(多選)如圖7所示，豎直平面內有兩條水平的平行虛線ab、cd，間距為d，其間(虛線邊界上無磁場)有磁感應強度為B的勻強磁場，一個正方形線框邊長為L，質量為m，電阻為R.線框位于位置1時，其下邊緣到ab的距離為h.現(xiàn)將線框從位置1由靜止釋放，依次經(jīng)過2、3、4三個位置，其下邊框剛進入磁場和剛要穿出磁場時的速度相等，重力加速度為g，下列說法正確的是()圖7A.線框在經(jīng)過2、3、4三個位置時，位置3時線框速度一定最小B.線框進入磁場過程中產生的電熱Qmg(dL)C.線框從位置2下落到位置4的過程中加速度一直減小D.線框在即將到達位置3的瞬間克服安培力做功的瞬時功率為答案AD解析線框進入磁場的過程做加速度減小的減速運動，完全進入磁場后做加速度為g的勻加速運動，則知3位置時線框速度最小，故A正確；由功能關系可知，線框進入磁場中減小的重力勢能等于電熱，即Qmgd，故B錯誤；由于線框在完全進入磁場后做加速度為g的勻加速運動，故C錯誤；因為進入磁場時要減速，即此時的安培力大于重力，速度減小，安培力也減小，當安培力減小到等于重力時，線圈做勻速運動，全部進入磁場將做勻加速運動，設線圈的最小速度為v，由動能定理，從線框下邊剛進入磁場到線框完全進入時，則有：mv2mvmgLmgd，又有：mvmgh，則克服安培力的功率PBILv，故D正確.8.如圖8甲所示，左側接有定值電阻R2 的水平粗糙導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度B1 T，導軌間距L1 m.一質量m2 kg，阻值r2 的金屬棒在水平拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導軌向右加速運動，金屬棒的vx圖象如圖乙所示，若金屬棒與導軌間動摩擦因數(shù)0.25，則從起點發(fā)生x1 m位移的過程中(g10 m/s2)()圖8A.金屬棒克服安培力做的功W10.5 JB.金屬棒克服摩擦力做的功W24 JC.整個系統(tǒng)產生的總熱量Q4.25 JD.拉力做的功W9.25 J答案D解析金屬棒與導軌間因摩擦產生的熱量等于克服摩擦力做的功，為：Q1mg·x0.25×2×10×1 J5 J，故B、C錯誤；由vx圖象得：v2x，金屬棒所受的安培力F，代入得：F0.5x，則知F與x是線性關系.當x0時，安培力F00；當x1 m時，安培力F10.5 N，則從起點發(fā)生x1 m位移的過程中，安培力做功為W安xx×1 J0.25 J，A錯誤；根據(jù)動能定理得：WmgxW安mv2，其中v2 m/s，0.25，m2 kg，代入解得，拉力做的功W9.25 J，故D正確.9.如圖9所示，平行金屬導軌與水平面成角，導軌與定值電阻R1和R2相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面.有一導體棒ab，質量為m，導體棒的電阻R0與固定電阻R1和R2的阻值均相等，與導軌之間的動摩擦因數(shù)為，導體棒ab沿導軌向上滑動，當上滑的速度為v時，受到安培力的大小為F.此時()圖9A.電阻R1消耗的熱功率為B.電阻R0消耗的熱功率為C.整個裝置消耗的熱功率為mgvsin D.整個裝置消耗的機械功率為(Fmgcos )v答案D解析設ab長度為L，磁感應強度為B，電阻R0R1R2R.電路中感應電動勢EBLv，ab中感應電流為：I，ab所受安培力為：FBIL電阻R1消耗的熱功率為：P1(I)2R由得：P1Fv，電阻R0和R1阻值相等，P0I2RFv，故A、B錯誤；整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為：PfFfvmgcos ·vmgvcos ，故C錯誤；整個裝置消耗的機械功率為：P3FvPf(Fmgcos )v，故D正確.10.(多選)如圖10所示，同一豎直面內的正方形導線框a、b的邊長均為l，電阻均為R，質量分別為2m和m.它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導線框之間有一寬度為2l、磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域.開始時，線框b的上邊與勻強磁場的下邊界重合，線框a的下邊到勻強磁場的上邊界的距離為l.現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當線框b全部進入磁場時，a、b兩個線框開始做勻速運動.不計摩擦和空氣阻力，則()圖10A.a、b兩個線框勻速運動的速度大小為B.線框a從下邊進入磁場到上邊離開磁場所用時間為C.從開始勻速運動到線框a全部進入磁場的過程中，線框a所產生的焦耳熱為mglD.從開始勻速運動到線框a全部進入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgl答案BC解析當線框b全部進入磁場時，a的下邊剛進入磁場，則此時兩線框勻速運動，則mgF安2mg，而F安，解得v，選項A錯誤；線框a從下邊進入磁場到上邊離開磁場的過程，兩線框一直做勻速運動，則所用的時間t，故選項B正確；從開始勻速運動到線框a全部進入磁場的過程中，因為兩線框勻速運動，故線框a所產生的焦耳熱等于兩線框的重力勢能的減小量：QEp2mglmglmgl，選項C正確；從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功等于產生的電能，即大小為mgl，選項D錯誤；故選B、C.11.如圖11所示，在豎直平面內有一質量為2m的光滑“”形線框DEFC，EF長為L，電阻為r；FCED2L，電阻不計.FC、ED的上半部分(長為L)處于勻強磁場區(qū)域中，且FC、ED的中點與其下邊界重合.質量為m、電阻為3r的金屬棒用最大拉力為2mg的絕緣細線懸掛著，其兩端與C、D兩端點接觸良好，處在磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中，并可在FC、ED上無摩擦滑動.現(xiàn)將“”形線框由靜止釋放，當EF到達磁場區(qū)域的下邊界時速度為v，細線剛好斷裂，區(qū)域內磁場消失.重力加速度為g.求：圖11(1)整個過程中，線框克服安培力做的功；(2)EF剛要出磁場時產生的感應電動勢；(3)線框的EF邊追上金屬棒CD時，金屬棒CD的動能.答案(1)2mgLmv2(2)(3)解析(1)對形線框用動能定理：2mgLW·2mv20，W2mgLmv2(2)對金屬棒CD受力分析：FTmmgBIL，得到I，EIR總(3)對金屬棒CD運動分析：Hgt2，對形線框運動分析：HLvtgt2，解得：t相遇時CD棒速度vt0gt，此時動能為Ekmv12.如圖12所示，整個空間存在水平向右的勻強電場，場強E2×103 V/m，在電場中的水平地面上，放有質量M2 kg的不帶電絕緣木板，處于靜止狀態(tài).現(xiàn)有一質量為m2 kg，所帶負電荷為q1×103 C的絕緣物塊(可看作質點)，以水平向右的初速度v08 m/s滑上木板左端.已知木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)10.1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)20.3，物塊在運動過程中始終沒有從木板上滑下，g取10 m/s2.求：圖12(1)放上物塊瞬間，物塊和木板的加速度分別是多少；(2)木板至少多長，才能保證物塊不從木板上掉下來；(3)從物塊滑上木板到物塊與木板達到共速的過程中，系統(tǒng)產生的熱量Q.答案(1)4 m/s2，方向水平向左1 m/s2，方向水平向右(2)6.4 m(3)43.52 J解析(1)物塊滑上木板瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得：對m有：qE2mgma1，對M有：2mg1(mM)gMa2，解得：a14 m/s2，方向水平向左，a21 m/s2，方向水平向右.(2)假設m、M經(jīng)過時間t1兩者具有共同速度v，各自的位移為x1、x2，則有：vv0a1t1a2t1，x1t1，x2t1，M、m之間的相對位移為x，則有：xx1x2，聯(lián)立方程解得：x6.4 m，所以木板至少長6.4 m，(3)物塊與木板間產生的內能為Q1，木板與地面產生的內能為Q2，則有：Q12mgx，Q21(mM)gx2，全過程產生的熱量為：QQ1Q2，解得：Q43.52 J.13.如圖13所示，絕緣光滑水平面與半徑為R的豎直光滑半圓軌道相切于C.豎直直徑GC左側空間存在足夠大勻強電場，其電場強度方向水平向右.GC右側空間處處存在勻強磁場，其磁感應強度垂直紙面水平向里.一質量為m，電荷量為q的帶正電滑塊(可視為質點)在A點由靜止釋放，滑塊恰好能通過圓周的最高點G進入電場.已知勻強電場場強大小為E，AC間距為L4R，重力加速度為g.求：圖13(1)滑塊在G點的速度vG；(2)勻強磁場的磁感應強度B的大小；(3)滑塊落回水平面的位置距離C點的距離x.答案(1)2(2)(3)2R解析(1)研究A到G過程，由動能定理知：4EqR2mgR代入可得：vG2(2)在G點，對滑塊有：mgqvGB代入可得：B(3)設回到電場之后的飛行時間為t，水平位移為x豎直方向：2R水平方向：xvGtat2其中：a聯(lián)立可得：x2R.