電學中的功能關(guān)系

1、學案學案 電學中的功能關(guān)系電學中的功能關(guān)系知識回顧知識回顧1.電場力做功與路徑無關(guān)，若電場為勻強電場，則電場力做功與路徑無關(guān)，若電場為勻強電場，則 若是非勻強電場，則一般若是非勻強電場，則一般利用利用 求功；電場力做正功電勢能求功；電場力做正功電勢能 ，克服電場力做功電勢能增加，電場力做功與電勢能克服電場力做功電勢能增加，電場力做功與電勢能增量之間的關(guān)系為增量之間的關(guān)系為 .2.磁場力可分為磁場力可分為 和和 ，洛倫茲力在，洛倫茲力在任何情況下對運動電荷都任何情況下對運動電荷都 ，安培力可以做，安培力可以做正功、負功，還可以不做功正功、負功，還可以不做功.WW=FlFlcos =EqlEqlc

2、os WW=qUqU減減 小小WW=-E Ep洛倫茲力洛倫茲力安培力安培力不做功不做功3.電流做功的實質(zhì)是電場力移動電荷做功，即電流做功的實質(zhì)是電場力移動電荷做功，即 .4.導體棒在磁場中切割磁感線時，棒中感應電流收到導體棒在磁場中切割磁感線時，棒中感應電流收到的安培力對棒做負功（或者說棒克服磁場力做功），的安培力對棒做負功（或者說棒克服磁場力做功），使機械能轉(zhuǎn)化為使機械能轉(zhuǎn)化為 ，若在純電阻電路里將進，若在純電阻電路里將進一步轉(zhuǎn)化為一步轉(zhuǎn)化為 .WW=UItUIt=qUqU電能電能焦耳熱能焦耳熱能方法點撥方法點撥做功的過程是做功的過程是 的過程，應用能量守恒解題的過程，應用能量守恒解題的兩條

3、思路：某種形式能的減小量一定等于其他形的兩條思路：某種形式能的減小量一定等于其他形式能的增加量；或某物體能量的減小量一定等于其式能的增加量；或某物體能量的減小量一定等于其他物體能量的增加量他物體能量的增加量.能量轉(zhuǎn)化能量轉(zhuǎn)化類型一類型一 功能關(guān)系在電場中的應用功能關(guān)系在電場中的應用例例1 如圖如圖1所示，所示，L L1、L L2、L L3為等勢面，兩相鄰等勢為等勢面，兩相鄰等勢面間電勢差相同，取面間電勢差相同，取L L2的電勢為的電勢為零，有一負電荷在零，有一負電荷在L L1處動能為處動能為30 J,運動到運動到L L3處動能為處動能為10 J，則，則電荷的電勢能為電荷的電勢能為4 J時，它的

4、動能時，它的動能是（不計重力和空氣阻力）是（不計重力和空氣阻力）（）A.6 JB.4 JC.16 JD.14 J圖圖1解析解析 由題意可知由題意可知L L2處電荷的動能為處電荷的動能為20 J.由動能和電勢由動能和電勢能之和保持不變，則能之和保持不變，則E E總總=20 J+0=20 J，所以，所以20 J=4 J+E Ek，得，得E Ek=16 J，選，選C項項.答案答案 C解題歸納解題歸納 從能量的觀點分析物體運動與相互作用規(guī)從能量的觀點分析物體運動與相互作用規(guī)律是物理學常用的一種重要的研究方法，應用能量律是物理學常用的一種重要的研究方法，應用能量轉(zhuǎn)化與守恒定律解題時要注意：（轉(zhuǎn)化與守恒定

5、律解題時要注意：（1）明確研究對象：）明確研究對象：單個物體還是系統(tǒng)（系統(tǒng)是否包括彈簧）；（單個物體還是系統(tǒng)（系統(tǒng)是否包括彈簧）；（2）明）明確研究過程；（確研究過程；（3）弄清楚能量轉(zhuǎn)化和損失的去向；）弄清楚能量轉(zhuǎn)化和損失的去向；（4）研究對象在研究過程中能量的減小量等于所轉(zhuǎn)）研究對象在研究過程中能量的減小量等于所轉(zhuǎn)化成的其他形式的能量化成的其他形式的能量.預測預測1 （2009沈陽模擬）如圖沈陽模擬）如圖2所所示，示，a a、b b、c c為電場中同一條電場為電場中同一條電場線上的三點，其中線上的三點，其中c c為為abab的中點的中點.已知已知a a、b b兩點的電勢分兩點的電勢分別為別

6、為 a a=3 V, b b=9 V,則下列敘述正確的是（則下列敘述正確的是（ ）A.該電場在該電場在c c點處的電勢一定為點處的電勢一定為6 VB.a a點處的場強點處的場強E Ea a一定小于一定小于b b點處的場強點處的場強E Eb bC.正電荷從正電荷從a a點運動到點運動到b b點的過程中電勢能一定增大點的過程中電勢能一定增大D.正電荷只受電場力作用從正電荷只受電場力作用從a a點運動到點運動到b b點的過程中動點的過程中動 能一定增大能一定增大解析解析 一條電場線不可以判斷場強的大小，且一條電場線不可以判斷場強的大小，且U U=EdEd的的定量計算只適用于勻強電場，所以定量計算只適

7、用于勻強電場，所以A、B錯；從錯；從a a到到b b電電場力對正電荷做負功，所以正電荷的電勢能增大而動場力對正電荷做負功，所以正電荷的電勢能增大而動能減小，能減小，C對，對，D錯錯. 圖圖2C類型二類型二 功能關(guān)系在復合場中的應用功能關(guān)系在復合場中的應用例例2 （2009溫州市第三次調(diào)研）如圖溫州市第三次調(diào)研）如圖3，空間內(nèi)存，空間內(nèi)存在水平向右的勻強電場，在虛線在水平向右的勻強電場，在虛線MNMN的右側(cè)有垂直的右側(cè)有垂直紙面向里、磁感應強度為紙面向里、磁感應強度為B B的勻強磁場，一質(zhì)量為的勻強磁場，一質(zhì)量為m m、帶電荷量為、帶電荷量為+q q的小顆粒自的小顆粒自A A點由靜止開始運動，點

8、由靜止開始運動，剛好沿直線運動至光滑絕緣的水平面剛好沿直線運動至光滑絕緣的水平面C C點，與水平點，與水平面碰撞的瞬間小顆粒的豎直分速度立即減為零，面碰撞的瞬間小顆粒的豎直分速度立即減為零，而水平分速度不變，小顆粒運動至而水平分速度不變，小顆粒運動至D D處剛好離開水處剛好離開水平面，然后沿圖示曲線平面，然后沿圖示曲線DPDP軌跡運動，軌跡運動，ACAC與水平面與水平面夾角夾角=30,重力加速度為重力加速度為g g,求：求：（1）勻強電場的場強）勻強電場的場強E E；（2）ADAD之間的水平距離之間的水平距離d d;（3）已知小顆粒在軌跡）已知小顆粒在軌跡DPDP上某處的最大速度為上某處的最大

9、速度為v vm,該處軌跡的曲率半徑是距水平面高度的該處軌跡的曲率半徑是距水平面高度的k k倍，則該倍，則該處的高度為多大？處的高度為多大？ 圖圖3解析解析 （1）小球受力如圖所示）小球受力如圖所示qEqE=mgmgcot E E= mgmg/q q（2）設(shè)小球在）設(shè)小球在D D點速度為點速度為v vD D,在水平方向由牛頓第二在水平方向由牛頓第二定律得：定律得：qEqE=mamax x，2a ax xd d=v vD D2小球在小球在D D點離開水平面的條件是：點離開水平面的條件是：qvqvD DB B=mgmg得：得：d d=322263Bqgm（3）當速度方向與電場力和重力合力方向垂直時，

10、）當速度方向與電場力和重力合力方向垂直時，速度最大，則：速度最大，則：qvqvm mB B- -R R=k kh hh h=答案答案 （1） mgmg/q q （2） （3）Rvmmg2m30sink )2(m2mmgqBvmvk )2(m2mmgqBvmv322263Bqgm預測預測2 （2009揚州市調(diào)研）如圖揚州市調(diào)研）如圖4所示，在所示，在x x軸上方有水平向左的勻軸上方有水平向左的勻強電場強電場E E1，在，在x x軸下方有豎直向上軸下方有豎直向上的勻強電場的勻強電場E E2，且，且E E1=E E2= ，在在x x軸下方的虛線（虛線與軸下方的虛線（虛線與y y軸成軸成45）右側(cè)有垂

11、直紙面向外的勻）右側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為強磁場，磁感應強度為B B.有一長有一長為為L L的輕繩一端固定在第一象限內(nèi)的的輕繩一端固定在第一象限內(nèi)的O O點，且可繞點，且可繞O O點在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，另一端栓有一質(zhì)量為點在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，另一端栓有一質(zhì)量為m m的的小球，小球帶電量為小球，小球帶電量為+q q,OOOO與與x x軸成軸成45，OOOO的的長度為長度為L L.先將小球放在先將小球放在O O正上方，從繩恰好繃直處正上方，從繩恰好繃直處由靜止釋放，小球剛進入磁場時將繩子斷開，求：由靜止釋放，小球剛進入磁場時將繩子斷開，求： 圖圖4qmg（1）繩子第一次繃緊后小球的速度

12、大??；）繩子第一次繃緊后小球的速度大小；（2）小球剛進入磁場區(qū)域時的速度；）小球剛進入磁場區(qū)域時的速度；（3）小球從進入磁場到第一次打在）小球從進入磁場到第一次打在x x軸上經(jīng)過的時間軸上經(jīng)過的時間.解析解析 （1）小球一開始受到的合力為）小球一開始受到的合力為 mgmg,做勻加做勻加速直線運動，繃緊之前的速度為速直線運動，繃緊之前的速度為v v1,繩子恰好處于水繩子恰好處于水平狀態(tài)，平狀態(tài)， mgmg L L= mvmv12即即v v1=2繃緊后小球速度為繃緊后小球速度為v v2= v v1= （2）接下來小球做圓周運動，剛進入磁場時的速度）接下來小球做圓周運動，剛進入磁場時的速度為為v v

13、3, mgmg（1-cos ）L L= mvmv32- mvmv22v v3=22122gLgL222242121gL22（3）如圖所示，帶電小球垂直于）如圖所示，帶電小球垂直于磁場邊界進入磁場，做勻速圓周磁場邊界進入磁場，做勻速圓周運動，半徑運動，半徑r r= ;經(jīng)過半圓后經(jīng)過半圓后出磁場，后做勻速直線運動，運出磁場，后做勻速直線運動，運動的距離動的距離d d=2r r設(shè)經(jīng)過的時間為設(shè)經(jīng)過的時間為t t,t t=答案答案 （1） （2） （3）qBmv3qBmvr)2()2(3gL2gL22qBm)2(類型三類型三 功能關(guān)系在電磁感應中的應用功能關(guān)系在電磁感應中的應用例例3 （2009南通二

14、調(diào)）如圖南通二調(diào)）如圖5所示，所示，ABCDABCD為一足夠長的光滑絕緣斜面，為一足夠長的光滑絕緣斜面，EFGHEFGH范圍內(nèi)存在方向垂直斜面的范圍內(nèi)存在方向垂直斜面的勻強磁場，磁場邊界勻強磁場，磁場邊界EFEF、HGHG與與斜面底邊斜面底邊ABAB平行，一正方形金屬框平行，一正方形金屬框abcdabcd放在斜面上，放在斜面上，abab邊平行于磁場邊平行于磁場邊界，現(xiàn)使金屬框從斜面上某處由靜止釋放，金屬邊界，現(xiàn)使金屬框從斜面上某處由靜止釋放，金屬框從開始運動到框從開始運動到cdcd邊離開磁場的過程中，其運動的邊離開磁場的過程中，其運動的v vt t圖象如圖圖象如圖6所示，已知金屬框電阻為所示，

15、已知金屬框電阻為R R，質(zhì)量為，質(zhì)量為m m，重力加速度為，重力加速度為g g,圖乙中金屬框運動的各個時刻圖乙中金屬框運動的各個時刻及對應的速度均為已知量，求：及對應的速度均為已知量，求： 圖圖5（1）斜面傾角的正弦值和磁場區(qū)）斜面傾角的正弦值和磁場區(qū)域的寬度；域的寬度；（2）金屬框）金屬框cdcd邊到達磁場邊界邊到達磁場邊界EFEF前瞬間的加速度；前瞬間的加速度；（3）金屬框穿過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱）金屬框穿過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱.解析解析 （1）由圖）由圖6可知，在可知，在0t t1時間內(nèi)金屬框運動的時間內(nèi)金屬框運動的加速度加速度a a1=設(shè)斜面的傾角設(shè)斜面的傾角,由牛頓第二定律有由牛

16、頓第二定律有a a1=g gsin 解得解得sin =在在t t12t t1時間內(nèi)金屬框勻速進入磁場，則時間內(nèi)金屬框勻速進入磁場，則l l0=v v1t t1在在2t t13t t1時間內(nèi)，金屬框運動位移時間內(nèi)，金屬框運動位移x x=則磁場的寬度則磁場的寬度d d=l l0+x x=11gtv11tv2311tv2511tv 圖圖6（2）在）在t t2時刻金屬框時刻金屬框cdcd邊到達邊到達EFEF邊界時的速度為邊界時的速度為v v2,設(shè)此時加速度大小為設(shè)此時加速度大小為a a2,cdcd邊切割磁場產(chǎn)生的電動勢邊切割磁場產(chǎn)生的電動勢E E=BlBl0v v2受到的安培力受到的安培力F F=由牛

17、頓第二定律由牛頓第二定律F F-mgmgsin =mama2金屬框進入磁場時金屬框進入磁場時mgmgsin =解得解得a a2= ，方向沿斜面向上，方向沿斜面向上RBEl0RlBv021112tvv （3）金屬框從）金屬框從t t1時刻進入磁場到時刻進入磁場到t t2時刻離開磁場的過時刻離開磁場的過程中，由功能關(guān)系得程中，由功能關(guān)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- mvmv222121212511tv112tvv 21預測預測3 （2

18、009上海聯(lián)考）如圖上海聯(lián)考）如圖7所所示，在同一平面內(nèi)放置的三條光示，在同一平面內(nèi)放置的三條光滑平行足夠長金屬導軌滑平行足夠長金屬導軌a a、b b、c c構(gòu)成一個斜面，此斜面與水平面構(gòu)成一個斜面，此斜面與水平面的夾角的夾角=30，金屬導軌相距，金屬導軌相距均為均為d d=1 m,導軌導軌acac間橫跨一質(zhì)量間橫跨一質(zhì)量為為m m=0.8 kg的金屬棒的金屬棒MNMN，棒與，棒與每根導軌始終良好接觸，棒的電阻每根導軌始終良好接觸，棒的電阻r r=1 ，導軌的，導軌的電阻忽略不計電阻忽略不計.在導軌在導軌bcbc間接一電阻恒為間接一電阻恒為R R=2 的的燈泡，導軌燈泡，導軌acac間接一電壓

19、傳感器（相當于理想電間接一電壓傳感器（相當于理想電壓表）壓表）.整個裝置放在磁感應強度整個裝置放在磁感應強度B B=2 T的勻強磁的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向上場中，磁場方向垂直導軌平面向上.現(xiàn)對棒現(xiàn)對棒MNMN施施加一沿斜面向下的拉力加一沿斜面向下的拉力F F使棒從靜止開始運動，使棒從靜止開始運動，g g取取10 m/s2.試求：試求： 圖圖7（1）若施加的恒力）若施加的恒力F F=2 N，則金屬棒達到穩(wěn)定時速，則金屬棒達到穩(wěn)定時速度為多少？度為多少？（2）若施加的外力功率恒定，棒達到穩(wěn)定時速度為）若施加的外力功率恒定，棒達到穩(wěn)定時速度為4 m/s,則此時外力的功率和電壓傳感器的讀數(shù)

20、分別為則此時外力的功率和電壓傳感器的讀數(shù)分別為多少？多少？（3）若施加的外力功率恒為）若施加的外力功率恒為P P，經(jīng)歷時間為，經(jīng)歷時間為t t,棒沿斜棒沿斜面軌道下滑距離為面軌道下滑距離為x x、速度達到、速度達到v v3,則此過程中燈泡產(chǎn)則此過程中燈泡產(chǎn)生的熱量為多少？生的熱量為多少？解析解析 （1）設(shè)穩(wěn)定時速度為）設(shè)穩(wěn)定時速度為v v1,當金屬棒速度達到穩(wěn)當金屬棒速度達到穩(wěn)定時，定時，F(xiàn) F合合=0,F F+mgmgsin -BIdBId=0,此時此時I I=21rRBdv由以上兩式得由以上兩式得v v1=22)2)(sin(dBrRmgFsm/75. 312)5 . 02()5 . 01

21、08 . 02(22（2）I I2= A=3.2 A +mgmgsin -BIBI2d d=0,解得解得P P=9.6 W燈的電壓燈的電壓U UL L=2 V=6.4 V所以電壓表的讀數(shù)所以電壓表的讀數(shù)U U=BdvBdv2+U UL L= V+6.4 V=14.4 V5 . 241222rRBdv2vP5 . 02822RrRBdv216（3）設(shè)小燈泡和金屬棒產(chǎn)生的熱量分別為）設(shè)小燈泡和金屬棒產(chǎn)生的熱量分別為Q Q1、Q Q2由能的轉(zhuǎn)化和守恒可得由能的轉(zhuǎn)化和守恒可得PtPt+mgxmgxsin 30=Q Q1 + Q Q2+ mvmv32燈泡產(chǎn)生的熱量燈泡產(chǎn)生的熱量Q Q1=答案答案 （1）

22、3.75 m/s （2）14.4 V（3）214221rRQQ522423mvmgxPt522423mvmgxPt1. （2009天津卷天津卷4）如圖）如圖8所示，豎直所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻值電阻R R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導軌的電阻均不計，整個摩擦，棒與導軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力棒在豎直向上的恒力F F作用下加速上升的一段時間作用下加速

23、上升的一段時間內(nèi)，力內(nèi)，力F F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于（）A.棒的機械能增加量棒的機械能增加量B.棒的動能增加量棒的動能增加量C.棒的重力勢能增加量棒的重力勢能增加量D.電阻電阻R R上放出的熱量上放出的熱量 圖圖8解析解析 由動能定理有由動能定理有WWF F+WW安安+WWG=E Ek，則，則WWF F+WW安安=E Ek-WWG,WWGE ECxCx，A對；在對；在O O點左側(cè)沿點左側(cè)沿x x軸的負方向軸的負方向電勢降低，故電勢降低，故E EBxBx方向沿方向沿x x軸負方向，軸負方向，B錯；由于在錯；由于在O O處沿處沿x x軸方向上電勢軸方向上

24、電勢的變化率為零，故的變化率為零，故C錯；沿錯；沿x x軸從軸從B B到到C C的過程中電勢先升高再降低，對于負電的過程中電勢先升高再降低，對于負電荷來說，電勢能先減小再增大，即電場力先做正荷來說，電勢能先減小再增大，即電場力先做正功后做負功，功后做負功，D對對.答案答案 AD3.（2009濟寧統(tǒng)考）如圖濟寧統(tǒng)考）如圖10所示，所示，一一U形光滑導軌串有一電阻形光滑導軌串有一電阻R R，放置在勻強磁場中，導軌平面放置在勻強磁場中，導軌平面與磁場方向垂直與磁場方向垂直.一電阻可忽略一電阻可忽略不計但有一定質(zhì)量的金屬桿不計但有一定質(zhì)量的金屬桿abab跨接在導軌上，可沿導軌方向平移跨接在導軌上，可沿

25、導軌方向平移.現(xiàn)從靜止開始現(xiàn)從靜止開始對對abab桿施以向右的恒力桿施以向右的恒力F F，則桿在運動過程中，下，則桿在運動過程中，下列說法中正確的是列說法中正確的是（ ）A.外力外力F F對桿對桿abab所做的功數(shù)值上總是等于電阻所做的功數(shù)值上總是等于電阻R R上上 消耗的電能消耗的電能B.磁場對桿磁場對桿abab的作用力的功率與電阻的作用力的功率與電阻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.電阻電阻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.若導軌不光滑，外力若導軌不光滑，外力F F對桿對桿abab所做的功數(shù)值上總所做的功數(shù)值上總 是大于電阻是大于電阻R R上消

26、耗的電能上消耗的電能圖圖10BCD4.如圖如圖11甲所示，一個帶正電的物體甲所示，一個帶正電的物體m m,由靜止開始從由靜止開始從斜面上斜面上A A點下滑，滑到水平面點下滑，滑到水平面BCBC上的上的D D點停下來點停下來.已已知物體與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)相同，不計知物體與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)相同，不計物體經(jīng)過物體經(jīng)過B B處時的機械能損失處時的機械能損失.現(xiàn)在現(xiàn)在ABCABC所在空間加所在空間加上豎直向下的勻強電場，再次讓物體上豎直向下的勻強電場，再次讓物體m m由由A A點靜止點靜止開始下滑，結(jié)果物體在水平面上的開始下滑，結(jié)果物體在水平面上的D D點停下來，如點停下來，如圖乙所

27、示圖乙所示.則以下說法正確的是（則以下說法正確的是（）A.D D點一定在點一定在D D點左側(cè)點左側(cè)B.D D點可能在點可能在D D點右側(cè)點右側(cè)C.D D點一定與點一定與D D點重合點重合D.無法確定無法確定D D點在點在D D點左側(cè)還是右側(cè)點左側(cè)還是右側(cè)解析解析 根據(jù)動能定理可得兩種情況下物體在整個運根據(jù)動能定理可得兩種情況下物體在整個運動過程中水平方向上的位移均為動過程中水平方向上的位移均為x x= ，即，即C選項選項正確正確.答案答案 Ch5. 如圖如圖12所示，在已調(diào)節(jié)平衡的天所示，在已調(diào)節(jié)平衡的天平右側(cè)托盤下懸掛一個導線框，平右側(cè)托盤下懸掛一個導線框，其下端置于磁感應強度為其下端置于磁

28、感應強度為B B的勻強的勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面磁場中，磁場方向垂直于線框平面.當線框中沒有電流通過時，天平左當線框中沒有電流通過時，天平左側(cè)托盤中放置質(zhì)量為側(cè)托盤中放置質(zhì)量為m m1的砝碼，天的砝碼，天平恰好平衡；給線框通入圖示方向的電流平恰好平衡；給線框通入圖示方向的電流I I時，需時，需在右側(cè)托盤中再放置質(zhì)量為在右側(cè)托盤中再放置質(zhì)量為m m2（m m1m m2）的砝碼，）的砝碼，天平可重新平衡天平可重新平衡.下列說法正確的是下列說法正確的是 （ ）A.保持線框中的電流不變，將左右托盤中的砝碼對保持線框中的電流不變，將左右托盤中的砝碼對 調(diào)，天平仍平衡調(diào)，天平仍平衡圖圖12B.若

29、只改變電流的方向，將右側(cè)托盤中的砝碼移至若只改變電流的方向，將右側(cè)托盤中的砝碼移至 左盤，天平仍平衡左盤，天平仍平衡C.若只改變磁場的方向，將左右托盤中的砝碼對若只改變磁場的方向，將左右托盤中的砝碼對 調(diào)，天平仍平衡調(diào)，天平仍平衡D.若只將線框的匝數(shù)加倍，將右側(cè)托盤中的砝碼移若只將線框的匝數(shù)加倍，將右側(cè)托盤中的砝碼移 至左盤，天平仍平衡至左盤，天平仍平衡解析解析 當線框中無電流時，當線框中無電流時，m m1g g=m m線線g g,當線框中通當線框中通電流時，電流時，m m2g g=BILBIL. A中，保持電流不變，即安掊力中，保持電流不變，即安掊力不變，將左右托盤中砝碼對調(diào)，將不再平衡，不

30、變，將左右托盤中砝碼對調(diào)，將不再平衡，A錯錯誤誤. B中改變電流方向，安培力等大反向，若將右中改變電流方向，安培力等大反向，若將右側(cè)托盤的砝碼移至左盤，則滿足側(cè)托盤的砝碼移至左盤，則滿足m m1g g+m m2g g=BILBIL+m m線線g g,仍將保持平衡，仍將保持平衡，B正確正確.同理知同理知C錯誤錯誤.線框匝數(shù)加線框匝數(shù)加倍，則安培力加倍，線圈質(zhì)量加倍倍，則安培力加倍，線圈質(zhì)量加倍.將右側(cè)托盤的將右側(cè)托盤的砝碼移至左盤，平衡被破壞，砝碼移至左盤，平衡被破壞，D錯誤錯誤.答案答案 B6.如圖如圖13所示，實線為方向未知的三所示，實線為方向未知的三條電場線，條電場線，a a、b b兩帶電

31、粒子從電場兩帶電粒子從電場中的中的O O點以相同的初速度飛出點以相同的初速度飛出.僅在僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖中虛線所示，則如圖中虛線所示，則（）A.a a一定帶正電，一定帶正電，b b一定帶負電一定帶負電B.a a加速度減小，加速度減小，b b加速度增大加速度增大C.a a電勢能減小，電勢能減小，b b電勢能增大電勢能增大D.a a和和b b的動能一定都增大的動能一定都增大解析解析 由題意無法判斷兩粒子電性所以由題意無法判斷兩粒子電性所以A錯；錯；a a粒子粒子加速度減小加速度減小,b b加速度增大加速度增大.所以所以B正確；兩粒子電勢正確；兩粒子

32、電勢能都減小，所以能都減小，所以C錯；錯；a a、b b兩粒子的動能一定增大，兩粒子的動能一定增大，D正確，所以應選擇正確，所以應選擇B、D.BD圖圖137.（2009廣州模擬）如圖廣州模擬）如圖14所示，在絕緣水平面上所示，在絕緣水平面上固定兩個等量同種固定兩個等量同種電荷電荷A A、B B，在，在ABAB連線上的連線上的P P點由靜止點由靜止釋放一帶電滑塊，則滑塊會由靜止開始一直向右運釋放一帶電滑塊，則滑塊會由靜止開始一直向右運動到動到ABAB連線上的一點連線上的一點MM而停下而停下.則以下判斷正確的則以下判斷正確的是是（）A.滑塊一定帶的是與滑塊一定帶的是與A A、B B異種的電荷異種的

33、電荷B.滑塊的電勢能一定是先減小后增大滑塊的電勢能一定是先減小后增大C.滑塊的動能與電勢能之和一定減小滑塊的動能與電勢能之和一定減小D.APAP間距一定小于間距一定小于BMBM間距間距圖圖14解析解析 由于物塊沒有做往復運動，而是最后停下，由于物塊沒有做往復運動，而是最后停下，說明說明P P與地面間有摩擦，所以滑塊的動能與電勢能與地面間有摩擦，所以滑塊的動能與電勢能之和減小，之和減小，C正確；且正確；且APAPBMBM.滑塊一定與滑塊一定與A A、B B同同種電性所以種電性所以A錯；由于不知道錯；由于不知道MM點位置，若點位置，若MM點在點在A A、B B連線中點右側(cè)，則電勢能先減小后增大連線

34、中點右側(cè)，則電勢能先減小后增大.若在中點若在中點左側(cè)則電勢能一直在減小，左側(cè)則電勢能一直在減小，B錯錯.綜上所述綜上所述C、D正正確確.答案答案 CD8.如圖如圖15所示，光滑的水平桌面放所示，光滑的水平桌面放在方向豎直向下的勻強磁場中，在方向豎直向下的勻強磁場中，桌面上平放著一根一端開口、內(nèi)桌面上平放著一根一端開口、內(nèi)壁光滑的試管，試管底部有一帶壁光滑的試管，試管底部有一帶電小球電小球.在水平拉力在水平拉力F F作用下，試作用下，試管向右勻速運動，帶電小球能從試管口處飛出，關(guān)管向右勻速運動，帶電小球能從試管口處飛出，關(guān)于帶電小球及其在離開試管前的運動，下列說法中于帶電小球及其在離開試管前的運

35、動，下列說法中正確的是正確的是（）A.小球帶正電小球帶正電B.小球運動的軌跡是拋物線小球運動的軌跡是拋物線C.洛倫茲力對小球做正功洛倫茲力對小球做正功D.維持試管勻速運動的拉力維持試管勻速運動的拉力F F應逐漸增大應逐漸增大圖圖15解析解析 由于小球從管口飛出，開始時小球一定受到由于小球從管口飛出，開始時小球一定受到指向管口的洛倫茲力指向管口的洛倫茲力F F1,由左手定則知，小球帶正由左手定則知，小球帶正電，電，A對；垂直于管方向，向右勻速運動，所以洛對；垂直于管方向，向右勻速運動，所以洛倫茲力沿管方向的分量倫茲力沿管方向的分量F F1不變，小球沿管方向做初不變，小球沿管方向做初速度為零的勻加

36、速運動，其合運動為類平拋運動速度為零的勻加速運動，其合運動為類平拋運動.軌跡為拋物線，軌跡為拋物線，B對；由于小球具有兩個分速度且對；由于小球具有兩個分速度且都與各自對應的洛倫茲力垂直，所以洛倫茲力不做都與各自對應的洛倫茲力垂直，所以洛倫茲力不做功，功，C錯；對整體受力分析知，拉力錯；對整體受力分析知，拉力F F與洛倫茲力與洛倫茲力的另一分量的另一分量F F2平衡，而平衡，而F F2=qvBqvB,v v為沿管壁方向的速為沿管壁方向的速度，度，v v=at at,則則F F=qBatqBat,D對，答案為對，答案為A、B、D.答案答案 ABD9.（2009重慶卷重慶卷23）2009年中國女子冰

37、壺隊首次年中國女子冰壺隊首次獲得了世界錦標賽冠軍，這引起了人們對冰壺運動獲得了世界錦標賽冠軍，這引起了人們對冰壺運動的關(guān)注的關(guān)注.冰壺在水平冰面上的一次滑行可簡化為如冰壺在水平冰面上的一次滑行可簡化為如下過程：如圖下過程：如圖16所示，運動員將靜止于所示，運動員將靜止于O O點的冰壺點的冰壺（視為質(zhì)點）沿直線（視為質(zhì)點）沿直線OOOO推到推到A A點放手，此后冰壺點放手，此后冰壺沿沿AOAO滑行，最后停于滑行，最后停于C C點點.已知冰面和冰壺間的動已知冰面和冰壺間的動摩擦因數(shù)為摩擦因數(shù)為，冰壺質(zhì)量為，冰壺質(zhì)量為m m，ACAC=L L,COCO=r r,重力加重力加速度為速度為g g圖圖16（1）求冰壺在）求冰壺在A A