解析 由于a、b在同一等势线上,故从a到c与从b到c的电势差相等,即Uac=Ubc,又由电场力做功公式W=qU可知:
Wa=Wb,故B、D错误.又由电场线的疏密表示电场的强弱,从图可知a处比b处电场线密集,故Ea>Eb,故A对,C错.
答案 A
【变式探究】如图2-6-4所示,在绝缘水平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场,带正电的小金属块以一定的初速度从A点开始沿水平面向左做直线运动,经L长度到达B点,速度变为零.在此过程中,金属块损失的动能有转化为电势能.金属块继续运动到某点C(图中未标出)时的动能和A点时的动能相同,则金属块从A开始运动到C的整个过程中经过的总路程为( )
图2-6-4
A.1.5LB.2L
C.3LD4L
答案 D
考点二 功能观点在电磁感应问题中的应用
例2.2.【2017·新课标Ⅱ卷】(20分)如图,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。
自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和–q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。
小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。
已知N离开电场时的速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。
不计空气阻力,重力加速度大小为g。
求
(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比;
(2)A点距电场上边界的高度;
(3)该电场的电场强度大小。
【答案】
(1)3:
1
(2)(3)
【解析】
(1)设带电小球M、N抛出的初速度均为v0,则它们进入电场时的水平速度仍为v0;M、N在电场中的运动时间t相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a,在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2;由运动公式可得:
v0–at=0①
②
③
联立①②③解得:
④
(3)设电场强度为E,小球M进入电场后做直线运动,则,⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理:
⑩
⑪
由已知条件:
Ek1=1.5Ek2
联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫解得:
【变式探究】如图2-6-7所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,则小磁块( )
A.在P和Q中都做自由落体运动
B.在两个下落过程中的机械能都守恒
C.在P中的下落时间比在Q中的长
D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大
图2-6-7
答案 C
【变式探究】(多选)如图2-6-8所示,竖直平面内有一足够长的宽度为L的金属导轨,质量为m的金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动,且导体棒ab与金属导轨接触良好,ab电阻为R,其他电阻不计.导体棒ab由静止开始下落,过一段时间后闭合开关S,发现导体棒ab立刻做变速运动,则在以后导体棒ab的运动过程中,下列说法中正确的是( )
图2-6-8
A.导体棒ab做变速运动期间加速度一定减小
B.单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能,电能又转化为内能
C.导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和电热之和,符合能的转化和守恒定律
D.导体棒ab最后做匀速运动时,速度大小为v=
解析 导体棒由静止下落,在竖直向下的重力作用下做加速运动.开关闭合时,由右手定则判定,导体中产生的电流方向为逆时针方向,再由左手定则,可判定导体棒受到的安培力方向向上,F=BIL=BL,导体棒受到的重力和安培力的合力变小,加速度变小,物体做加速度越来越小的运动,A正确;最后合力为零,加速度为零,做匀速运动.由F-mg=0得,BL=mg,v=,D正确;导体棒克服安培力做功,减少的机械能转化为电能,由于电流的热效应,电能又转化为内能,B正确.
答案 ABD
考点三、应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题
例3、在如图2-6-11所示的竖直平面内,物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,分别静止于倾角θ=37°的上的M点和粗糙绝缘水平面上,轻绳与对应平面平行.劲度系数k=5N/m的轻弹簧一端固定在O点,一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连.弹簧处于原长,轻绳恰好拉直,DM垂直于斜面.水平面处于场强E=5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中.已知A、B的质量分别为mA=0.1kg和mB=0.2kg,B所带电荷量q=+4×10-6C.设两物体均视为质点,不计滑轮质量和摩擦,绳不可伸长,弹簧始终处在弹性限度内,B电荷量不变.取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.
(1)求B所受静摩擦力的大小;
(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F,使A以加速度a=0.6m/s2开始做匀加速直线运动.A从M到N的过程中,B的电势能增加了ΔEp=0.06J.已知DN沿竖直方向,B与水平面间的动摩擦因数μ=0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率.
图2-6-11
(2)物体A从M点到N点的过程中,A、B两物体的位移均为s,A、B间绳子张力为T,有qEs=ΔEp④(2分)
T-μmBg-qE=mBa⑤(2分)
设A在N点时速度为v,受弹簧拉力为F弹,弹簧的伸长量为Δx,有v2=2as⑥(1分)
F弹=k·Δx⑦(1分)
F+mAgsinθ-F弹sinθ-T=mAa⑧(2分)
由几何关系知Δx=⑨(2分)
设拉力F在N点的瞬时功率为P,有P=Fv⑩(1分)
联立④~⑩式,代入数据解得P=0.528W(1分)
答案
(1)0.4N
(2)0.528W
【变式探究】如图2-6-12所示,倾角为60°的倾斜平行轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接,轨道之间距离为L,圆形轨道的半径为r.在倾斜平行轨道的上部有磁感应强度为B的垂直于轨道向上的匀强磁场,磁场区域足够大,圆形轨道末端接有一电阻值为R的定值电阻.质量为m的金属棒从距轨道最低端C点高度为H处由静止释放,运动到最低点C时对轨道的压力为7mg,不计摩擦和导轨、金属棒的电阻,求:
图2-6-12
(1)金属棒通过轨道最低端C点的速度大小;
(2)金属棒中产生的感应电动势的最大值;
(3)金属棒整个下滑过程中定值电阻R上产生的热量;
(4)金属棒通过圆形轨道最高点D时对轨道的压力的大小.
解析
(1)设金属棒通过轨道最低端C点的速度为vC,轨道对金属棒的支持力为FC,金属棒对轨道的压力为FC′,由牛顿第二定律可知FC-mg=①(2分)
而FC=FC′=7mg②(1分)
解得vC=.③(1分)
(3)由能量守恒定律,在金属棒的整个下滑过程中电阻器R上产生的热量等于金属棒损失的机械能,所以
Q=mgH-mv⑦(1分)
联立③⑦得Q=mg(H-3r)⑧(2分)
(4)金属棒由C点运动到D点,根据机械能守恒,有
mv=mv+mg·2r⑨(2分)
金属棒通过圆形轨道最高点D时,设轨道对金属棒竖直向下的压力为FD,由牛顿第二定律有
FD+mg=⑩(2分)
联立解得FD=mg⑪(1分)
由牛顿第三定律可知金属棒通过圆形轨道最高点D时对轨道的压力为mg.(1分)
答案
(1)
(2) (3)mg(H-3r)
(4)mg
1.【2017·江苏卷】如图所示,三块平行放置的带电金属薄板、、中央各有一小孔,小孔分别位于、、点.由点静止释放的电子恰好能运动到点.现将板向右平移到点,则由点静止释放的电子
(A)运动到点返回
(B)运动到和点之间返回
(C)运动到点返回
(D)穿过点
【答案】A
2.【2017·新课标Ⅰ卷】在一静止点电荷的电场中,任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。
电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed。
点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标(ra,a)标出,其余类推。
现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。
下列选项正确的是
A.Ea:
Eb=4:
1B.Ec:
Ed=2:
1C.Wab:
Wbc=3:
1D.Wbc:
Wcd=1:
3
【答案】AC
3.【2017·北京卷】(16分)如图所示,长l=1m的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角θ=37°。
已知小球所带电荷量q=1.0×10–6C,匀强电场的场强E=3.0×103N/C,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。
求:
(1)小球所受电场力F的大小。
(2)小球的质量m。
(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小。
【答案】
(1)3.0×10–3N
(2)4.0×10–4kg(3)2.0m/s
【解析】
(1)根据电场强度定义式可知,小球所受电场力大小为
F=qE=1.0×10–6×3.0×103N=3.0×10–3N
(2)小