【高三物理寒假〈二轮专题复习〉】第7讲：能量和动量观点在电磁学中的应用

PAGE3/16个性化教学辅导教案学生姓名年级高三学科物理上课时间教师姓名课题能量和动量观点在电磁学中的应用教学目标1、掌握电场中的功能关系2、能解决功能关系和动量守恒在电磁感应中的应用问题3、能应用动力学方法和功能关系解决力电综合问题教学过程教师活动2015卷ⅠT15：电场力做功的计算及判断2016卷ⅠT20：电场力做功及合外力做功情况的判断、动能定理的应用2017卷ⅠT20：电场力做功的计算及判断卷ⅢT21：电场力做功的计算及判断1．(多选)(2017·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ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为Ea、Eb、Ec和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)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∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3【解答】ACA对：由题图知，a、b、c、d四个点距点电荷的距离依次增大，且rb＝2ra，由E＝eq\f(kQ,r2)知，Ea∶Eb＝4∶1.B错：rd＝2rc，由E＝eq\f(kQ,r2)知，Ec∶Ed＝4∶1.C对：在移动电荷的过程中，电场力做的功与电势能的变化量大小相等，则Wab∶Wbc＝q(φa－φb)∶q(φb－φc)＝3∶1.D错：Wbc∶Wcd＝q(φb－φc)∶q(φc－φd)＝1∶1.2．(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V．下列说法正确的是()A．电场强度的大小为2.5V/cmB．坐标原点处的电势为1VC．电子在a点的电势能比在b点的低7eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV【解答】ABD如图所示，由匀强电场中两平行线距离相等的两点间电势差相等知，Oa间电势差与bc间电势差相等，故O点电势为1V，选项B正确；则在x轴上，每0.5cm长度对应电势差为1V，10V对应的等势线与x轴交点e坐标为(4.5,0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由几何知识得：Od长度为3.6cm，代入公式E＝eq\f(U,d)得，E＝2.5V/cm，选项A正确；电子带负电，电势越高，电势能越小，电子在a点的电势能比在b点的高7eV，选项C错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝eU＝9eV，选项D正确．3.(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知()A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【解答】AB由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE>mg，则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，A选项正确；当油滴从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；当油滴从P点运动到Q点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点的动能，B选项正确．4．(2015·全国Ⅰ)如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则()A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQB．直线c位于某一等势面内，φM＞φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功【解答】B由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等可知，φM>φN＝φP，故过N、P点的直线d位于某一等势面内，则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内，选项A错、B正确；φM＝φQ，则电子由M点运动到Q点，电场力不做功，选项C错误；由于φP<φM＝φQ，电子由P点运动到Q点，电势能减小，电场力做正功，选项D错误．涉及的知识点：一、电场中的功能关系二、功能关系和动量守恒在电磁感应中的应用三、应用动力学方法和功能关系解决力电综合问题电场中的功能关系[解题方略]1．电场力做功的计算方法及电势能的变化情况2.用功能关系分析带电粒子的运动(1)若只有电场力做功，则电势能与动能之和保持不变．(2)若只有电场力和重力做功，则电势能、重力势能、动能之和保持不变．(3)除重力外，其他各力对粒子所做的功等于粒子机械能的变化量．(4)各力对粒子所做功的代数和，等于粒子动能的变化量．[题组预测]1．(多选)(2017·河北唐山一模)如图所示，竖直平面内有A、B两点，两点的水平距离和竖直距离均为H，空间存在水平向右的匀强电场．一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出，经一段时间竖直向下通过B点．重力加速度为g，小球在由A到B的运动过程中，下列说法正确的是()A．小球带负电B．速度先增大后减小C．机械能一直减小D．任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的减少量【解答】AC由题可知，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速运动，可知其所受电场力方向向左，与电场方向相反，则小球带负电，电场力一直对小球做负功，小球的电势能增加，机械能减小，A、C正确．小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度竖直向下，由力与速度夹角关系可知，合力对小球先做负功，后做正功，小球的速度先减小，后增大，B错误．任意一小段时间内，小球的动能、电势能和重力势能的和保持不变，则电势能的增加量不一定等于重力势能的减少量，D错误．2．(2017·四川雅安模拟)如图甲，O、N、P为直角三角形的三个顶点，∠NOP＝37°，OP中点处固定一电荷量为q1＝2.0×10－8C的正点电荷，M点固定一轻质弹簧．MN是一光滑绝缘杆，其中ON长a＝1m，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，将弹簧压缩到O点由静止释放，小球离开弹簧后到达N点的速度为零．沿ON方向建立坐标轴(取O点处x＝0)，取OP所在水平面为重力势能零势能面，图乙中Ⅰ和Ⅱ图线分别为小球的重力势能和电势能随位置坐标x变化的图象，其中E0＝1.24×10－3J，E1＝1.92×10－3J，E2＝6.2×10－4J，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.(1)求电势能为E1时小球的位置坐标x1和小球的质量m；(2)已知在x＝x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电荷量q2；(3)求小球释放瞬间弹簧的弹性势能Ep.【解答】(1)当小球运动到距离q1最近的A点时电势能最大，如图所示根据几何关系可知x1＝acos37°·eq\f(1,2)·cos37°＝0.32a＝0.32mx＝x1处小球的重力势能E1＝mgx1sin37°解得m＝eq\f(E1,gx1sin37°)＝1×10－3kg.(2)设在x＝x1处小球与固定点电荷间的距离为r，则keq\f(q1q2,r2)＝mgcos37°，其中r＝x1tan37°＝0.24m代入数据解得q2＝2.56×10－6C.(3)根据能量守恒定律可得mgasin37°＋E2－E0＝Ep代入数据得Ep＝5.38×10－3J.答案(1)0.32m1×10－3kg(2)2.56×10－6C(3)5.38×10－3Jeq\a\vs4\al(功能关系和动量守恒在电磁感应中的应用)[解题方略]从能量观点解决电磁感应问题与解决力学问题时的分析方法相似，只是多了一个安培力做功、多了一个电能参与转化，因此需要明确安培力做功及电能转化的特点．1．电磁感应中焦耳热的三种求法(1)根据定义式Q＝I2Rt计算；(2)利用克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热计算；(3)利用能量守恒定律计算．2．解题程序一般为受力分析→各力做功情况判断→能量状态判断→列方程解答．[题组预测]1．(多选)(2017·广东华南三校联考)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔEk，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的是()A．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒C．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，有(W1－ΔEk)的机械能转化为电能D．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量为ΔEk＝W1－W2【解答】CD由平衡条件，第一次匀速运动时，mgsinθ＝eq\f(B2L2v1,R)，第二次匀速运动时，mgsinθ＝eq\f(4B2L2v2,R)，则v2<v1，选项A错误；ab进入磁场后，安培力做负功，机械能减少，选项B错误；从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，由动能定理得，W1－W2＝ΔEk，选项D正确；线框克服安培力做功为W2，等于产生的电能，且W2＝W1－ΔEk，选项C正确．2．如图所示，质量为100g的铝框，用细线悬挂起来，框中央离地面h为0.8m，有一质量为200g的磁铁以10m/s的水平速度射入并穿过铝框，落在距铝框原位置水平距离3.6m处，则在磁铁与铝框发生相互作用时，求：(1)铝框向哪边偏斜，它能上升多高？(2)在磁铁穿过铝框的整个过程中，框中产生了多少热量？【解答】磁铁在穿过铝框的过程中，使铝框中磁通量发生变化，产生感应电流，磁铁与铝框一直发生相互作用，水平方向动量守恒．磁铁穿过铝框后做平抛运动，根据平抛的水平距离可得作用后磁铁的速度v1′.因为t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.8,10))s＝0.4ss＝v1′t，则v1′＝eq\f(s,t)＝eq\f(3.6,0.4)m/s＝9m/s根据动量守恒定律，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′v2′＝eq\f(m1v1－v1′,m2)＝eq\f(200×10－9,100)m/s＝2m/s铝框作用后获得的速度向右，则将向右偏斜．根据机械能守恒，有m2gh′＝eq\f(1,2)m2v2′2故h′＝eq\f(v2′2,2g)＝eq\f(22,2×10)m＝0.2m.(2)根据能的转化与守恒定律，磁铁的动能一部分转化为电能，另一部分转化为铝框的动能，即eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2＋W电解得W电＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m1v1′2－eq\f(1,2)m2v1′2＝eq\f(1,2)×0.2×102J－eq\f(1,2)×0.2×92J－eq\f(1,2)×0.1×22J＝1.7J.即Q＝1.7J.答案(1)0.2m(2)1.7J应用动力学方法和功能关系解决力、电综合问题[解题方略]应用动力学知识和功能关系解决力、电综合问题与解决纯力学问题的分析方法相似，动力学中的物理规律在电磁学中同样适用，分析受力时只是多了个安培力或电场力或洛伦兹力．[题组预测]1．(2017·黑龙江佳木斯高三模拟)如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端C距地面高度h＝0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处．(g取10m/s2)求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向．(2)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.(3)小环运动到P点的动能．【解答】(1)小环在直杆上的受力情况如图所示由平衡条件得：mgsin45°＝Eqcos45°得mg＝Eq，离开直杆后，只受mg、Eq作用，则：eq\r(2)mg＝ma代入数据解得加速度大小：a≈14.1m/s2加速度方向与杆垂直斜向右下方(2)设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经t秒到P点，则竖直方向：h＝v0sin45°·t＋eq\f(1,2)gt2水平方向(取向左为正)：v0cos45°·t－eq\f(1,2)gt2＝0由以上两式代入数据解得：v0＝2m/s(3)由动能定理得：EkP－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh代入数据解得：EkP＝5J.答案(1)14.1m/s2与杆垂直斜向右下方(2)2m/s(3)5J2．(2017·渝中区二模)如图，电阻不计的相同的光滑弯折金属轨道MON与M′O′N′均固定在竖直面内，二者平行且正对，间距为L＝1m，构成的斜面NOO′N′与MOO′M′跟水平面夹角均为α＝30°，两边斜面均处于垂直于斜面的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B＝0.1T．t＝0时，将长度也为L，电阻R＝0.1Ω的金属杆ab在轨道上无初速度释放．金属杆与轨道接触良好，轨道足够长．(g取10m/s2，不计空气阻力，轨道与地面绝缘)求：(1)t时刻杆ab产生的感应电动势的大小E；(2)在t＝2s时将与ab完全相同的金属杆cd放在MOO′M′上，发现cd恰能静止，求ab杆的质量m以及放上杆cd后ab杆每下滑位移s＝1m回路产生的焦耳热Q.【解答】(1)只放ab杆在导轨上，ab杆做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsinα＝ma ①t时刻速度为v＝at ②由法拉第电磁感应定律得E＝BLv ③联立解得E＝0.5tV ④(2)t＝2s时ab杆产生的感应电动势的大小E＝0.5tV＝1V ⑤回路中感应电流I＝eq\f(E,2R) ⑥解得I＝5A ⑦对cd杆，由平衡条件得：mgsin30°＝BIL ⑧解得m＝0.1kg ⑨因为ab、cd杆完全相同，故ab杆的质量也为m＝0.1kg⑩放上cd杆后，ab杆受力也平衡，做匀速运动，对ab、cd杆组成的系统根据能量守恒定律得：Q＝mgssin30° ⑪解得Q＝0.5J ⑫答案(1)0.5tV(2)0.1kg0.5J1．(多选)如图所示，某一空间内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标系xOy，在y<0的空间里有与场强E垂直的匀强磁场B，在y>0的空间内，将一质量为m的带电液滴(可视为质点)自由释放，则此液滴沿y轴的负方向以加速度a＝2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入y<0的空间运动．液滴在以后的运动过程中()A．重力势能一定先减小后增大B．机械能一定先增大后减小C．动能先不变后减小D．动能一直保持不变【解答】AD带电液滴在电场与重力场作用下，由牛顿第二定律可得：qE＋mg＝ma＝m·2g，故qE＝mg当带电液滴进入磁场时，由于电场力与重力方向相反，处于平衡．而洛伦兹力提供向心力，带电液滴做匀速圆周运动．所以重力势能先减小后增大，故A正确；由于电场力先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，那么机械能先减小后增大，故B错误；由于做匀速圆周运动，则速度的大小不变，则动能不变，故C错误，D正确．2.(2017·湖南常德模拟)如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L＝0.4m，其下端连接一个定值电阻R＝2Ω，其它电阻不计．两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T．一质量为m＝0.02kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求导体棒下滑的最大速度；(2)求ab棒下滑过程中电阻R消耗的最大功率；(3)若导体棒从静止加速到v＝4m/s的过程中，通过R的电量q＝0.26C，求R产生的热量Q.【解答】(1)E＝BLvI＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)当安培力与重力沿导轨向下的分力相等时，速度最大，棒ab做匀速运动，即mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R)vm＝eq\f(mgRsin37°,B2L2)＝6m/s(2)由(1)可知vm＝eq\f(mgRsin37°,B2L2)代入P＝eq\f(BLvm2,R)得P＝eq\f(m2g2Rsin237°,B2L2)＝0.72W(3)q＝It＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)x＝eq\f(qR,BL)＝2.6m由能量关系有Q＝mgxsin37°－eq\f(1,2)mv2＝0.152J.答案(1)6m/s(2)0.72W(3)0.152J3．如图所示，水平地面QA与竖直面内的、半径R＝4m的光滑圆轨道ACDF相连，FC为竖直直径，DO水平，AO与CO夹角α＝60°.QA上方有一水平台面MN，MN正上方分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝4T．P是竖直线AP与DO的交点，PA的右侧、PO的下面、OC的左侧分布着竖直向下、场强为E的匀强电场．一个质量m＝2kg、电量q＝＋1C的小滑块(可视为质点)放在MN上，在水平推力F＝4N的作用下正以速度v1向右做匀速运动．已知滑块与平台MN的动摩擦因数μ＝0.5；重力加速度g＝10m/s2.(1)求小滑块在平台MN上的速度v1；(2)小滑块从N点飞出后，恰从A点无碰撞地(沿轨道切线)进入圆轨道AC，为了使小滑块不向内脱离AF间的圆弧轨道，求电场强度E的取值范围．【解答】(1)Ff＝F①Ff＝μFN②FN＝mg－Bqv1③由①②③解得：v1＝3m/s(2)在A处：cosα＝eq\f(v1,vA)，vA＝6m/s小滑块不脱离AF的圆弧轨道，刚好滑到D点时：vD＝0根据能量守恒得－mgRcosα＋qE1(R－Rcosα)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解出：E1＝2N/C小滑块不脱离AF的圆弧轨道，刚好滑到F点时：mg＝meq\f(v\o\al(2,F),R)－mg(R＋Rcosα)＋qE2(R－Rcosα)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解出：E2＝62N/C综上：为了使滑块不向内脱离AF间的圆弧轨道，电场强度E的取值范围为E≤2N/C或E≥62N/C答案(1)3m/s(2)E≤2N/C或E≥62N/C【查缺补漏】1.(多选)如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板．一带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点(图中未标出)，然后返回，则()A．滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和B．滑块从P点运动到R点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和C．滑块返回时能到达的最低位置在P点的上方D．滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差【解答】BC在小滑块开始运动到到达R点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能．滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和．故A错误；电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和．故B正确；小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和减小，所以滑块返回时能到达的最低位置在P点的上方，不能再返回P点．故C正确；滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量、弹性势能增加量之差．故D错误．2.(2017·怀化一模)如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中()A．到达C点后小球不可能沿杆向上运动B．小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等C．小球在D点时的动能为50JD．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量【解答】B如果电场力大于重力，则静止后小球可能沿杆向上运动，故A错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故B正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不一定为50J，故C错误；该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，故D错误．【举一反三】3．(2017·甘肃天水高三模拟)如图所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线PQ与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A球对桌面的压力为零，其质量为m，电量为q；B球不带电且质量为km(k>7)．A、B间夹着质量可忽略的火药．现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度)．火药炸完瞬间A的速度为v0.求：(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；(2)A球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后A、B在桌上相遇，求爆炸前A球与桌边P的距离．【解答】(1)设爆炸之后B的速度大小为vB，选向左为正方向，在爆炸前后由动量守恒可得：0＝mv0－kmvBE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)kmveq\o\al(2,B)＝eq\f(k＋1,2k)mveq\o\al(2,0)(2)由A球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则T＝eq\f(2πm,qB)有几何知识可得：粒子在磁场中运动了eq\f(3,4)个圆周则t2＝eq\f(3πm,2qB)(3)由0＝mv0－kmvB可得：vB＝eq\f(v0,k)由qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)知，R＝eq\f(mv0,qB)设爆炸前A球与桌边P的距离为xA，爆炸后B运动的位移为xB，时间为tB则tB＝eq\f(xA,v0)＋t2＋eq\f(R,v0)xB＝vBtB由图可得：R＝xA＋xB联立上述各式解得：xA＝eq\f(2k－2－3π,k＋1)·eq\f(mv0,qB).答案(1)eq\f(k＋1,2k)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(3πm,2qB)(3)eq\f(2k－2－3π,2k＋1)·eq\f(mv0,qB)1．质量为m、长度为l的金属棒MN两端由绝缘且等长轻质细线水平悬挂，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.开始时细线竖直，当金属棒中通以恒定电流后，金属棒从最低点向右开始摆动，若已知细线与竖直方向的最大夹角为60°，如图所示，则棒中电流()A．方向由M向N，大小为eq\f(\r(3)mg,3Bl)B．方向由N向M，大小为eq\f(\r(3)mg,3Bl)C．方向由M向N，大小为eq\f(\r(3)mg,Bl)D．方向由N向M，大小为eq\f(\r(3)mg,Bl)【解答】B平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，故导线受到向右的安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由N指向M；金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，由于棒向上运动的过程中重力和安培力做功，细线的拉力不做功，设细线的长度为x，由功能关系得：BIl·xsinθ－mg(x－x·cosθ)＝0解方程得：I＝eq\f(\r(3)mg,3Bl).2．(多选)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，水平虚线L下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B.正方形闭合金属线框边长为h，质量为m，电阻为R，放置于L上方一定距离处，保持线框底边ab与L平行并由静止释放，当ab边到达L时，线框速度为v0，ab边到达L下方距离为d(d＞h)处时，线框速度也为v0.以下说法正确的是()A．ab边刚进入磁场时，电流方向为a→bB．ab边刚进入磁场时，线框加速度沿斜面向下C．线框进入磁场过程中的最小速度小于eq\f(mgRsinθ,B2h2)D．线框进入磁场过程中产生的热量为mgdsinθ【解答】AD由右手定则可判断ab刚进入磁场过程电流方向由a→b，选项A正确；线框全部在磁场中运动时为匀加速运动，ab边由L处到L下方距离为d处速度增量为零，所以ab边刚进入磁场时做减速运动，线框加速度沿斜面向上，选项B错误；线框恰好完全进入磁场时的速度最小，此时由牛顿第二定律得F安－mgsinθ＝ma≥0，而安培力F安＝BhI＝Bh·eq\f(Bhvmin,R)＝eq\f(B2h2vmin,R)，联立解得vmin≥eq\f(mgRsinθ,B2h2)，选项C错误；根据动能定理，ab边由L处到L下方距离为d处过程中，mgdsinθ－Q＝ΔEk＝0，线框进入磁场过程中产生的热量Q＝mgdsinθ，选项D正确．3．长木板AB放在水平面上，如图所示，它的下表面光滑，上表面粗糙．一个质量为m、带电荷量为q的小物块C从A端以某一初速度起动向右滑行，当存在向下的匀强电场时，C恰能滑到B端；当此电场改为向上时，C只能滑到AB的中点，求此电场的场强．【解答】当电场方向向上时，物块C只能滑到AB的中点，说明此时电场力方向向下，可知物块C所带电荷的电性为负．电场方向向下时，有μ(mg－qE)l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2 ①mv0＝(m＋M)v ②电场方向向上时，有μ(mg＋qE)eq\f(l,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2 ③mv0＝(m＋M)v ④则mg－qE＝eq\f(1,2)(mg＋qE)得E＝eq\f(mg,3q)答案eq\f(mg,3q)1.(2017·泰安二模)如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态．保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放，则释放后小球从M运动到N的过程中()A．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量C．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和【解答】D由于有电场力做功，故小球的机械能不守恒，小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，故A错误；由题意，小球受到的电场力等于重力．在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功，小球从M运动到N的过程中，重力势能减少，转化为电势能和动能，故B错误；释放后小球从M运动到N的过程中，弹性势能并没变，一直是0，故C错误；由动能定理可得重力和电场力做功，小球动能增加，小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和，故D正确．2.(多选)如图所示，在一竖直平面内，BCDF段是半径为R的圆弧挡板，AB段为直线型挡板(长为4R)，两者在B点相切，θ＝37°，C、F两点与圆心等高，D在圆弧形挡板的最低点，所有接触面均光滑、绝缘，挡板处于场强为E，方向水平向左的匀强电场中，现将带电量为＋q、质量为m的小球从挡板内侧的A点由静止释放，小球沿挡板内侧ABCDF运动到F点后抛出，在这段运动过程中，下列说法正确的是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．匀强电场的场强大小可能等于eq\f(3mg,5q)B．小球运动到D点时动能一定不是最大C．小球机械能增加量的最大值为2.6qERD．小球从B到D运动过程中，动能的增量为1.8mgR－0.8EqR【解答】BC小球能沿挡板ABC内侧运动，则有：qEcos37°≥mgsin37°，则得：E≥eq\f(3mg,4q)，故场强大小不可能等于eq\f(3mg,5q).故A错误；小球在复合场中受重力和电场力，所以小球运动到合力方向上时动能最大，则知在CD之间的某一点上时动能最大，故B正确；小球运动到C点时，电场力做正功最多，小球的机械能增加量最大，所以小球机械能增加量的最大值为ΔE＝qE[4Rcos53°＋R(1－cos37°)]＝2.6qER，故C正确；小球从B到D运动过程中，根据动能定理得：动能的增量为ΔEk＝mgR(1＋sin37°)－qERcos37°＝1.6mgR－0.8qER，故D错误．3．