2017年度高考物理（功能关系在电学中的应用）二轮专题练习

2017年度高考物理（功能关系在电学中的应用）二轮专题练习

功能关系在电学中的应用 ‎1． 静电力做功与路径无关．若电场为匀强电场，则W＝Flcos α＝Eqlcos α；若是非匀强电场，则一般利用W＝qU来求．‎ ‎2． 磁场力又可分为洛伦兹力和安培力．洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功．‎ ‎3． 电流做功的实质是电场对移动电荷做功．即W＝UIt＝Uq.‎ ‎4． 导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电能．‎ ‎5． 静电力做的功等于电势能的变化，即WAB＝－ΔEp.‎ ‎1． 功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．‎ ‎2． 动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的方法.‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 题型1　几个重要的功能关系在电学中的应用 例1　如图1所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°斜向上，在电场中有一质量为m、电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是 (　　)‎ 图1‎ A．小球再次到达M点时，速度刚好为零 B．小球从P到M过程中，合外力对它做了mgL的功 C．小球从P到M过程中，小球的机械能增加了mgL D．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动 审题突破　小球静止在M时，受几个力的作用？重力和电场力的大小关系是什么？小球由P到M的过程中，各力做功是多少？‎ 解析　小球从P到M的过程中，线的拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为mg，方向水平向右，所以小球再次到达M点时，速度最大，而不是零，选项A错．小球从P到M过程中，电场力与重力的合力大小为mg，这个方向上位移为L，所以做功为mgL，选项B正确．小球从P到M过程中，机械能的增加量等于电场力做的功，由于电场力为2mg，由P到M沿电场线方向的距离为d＝Lsin 30°＋Lcos 30°＝(1＋)，故电场力做功为2mg·d＝mgL(1＋)，故选项C错误．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球的速度方向竖直向上，所受合外力水平向右，小球将做匀变速曲线运动，选项D正确．‎ 答案　BD 以题说法　在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点：(1)洛伦兹力在任何情况下都不做功；(2)电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的变化；(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立．‎ ‎　如图2所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为m的带正电小球在外力F的作用下静止于图示位置，小球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做的功分别为W1、W2和W3，不计空气阻力，则上述过程中(　　)‎ 图2‎ A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B．小球重力势能的变化为W1‎ C．小球动能的变化为W1＋W2＋W3‎ D．小球机械能的变化为W1＋W2＋W3‎ 答案　C 解析　由于电场力做功，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，选项A错误．重力对小球做的功为W1，小球重力势能的变化为－W1，选项B错误．由动能定理可知，小球动能的变化为W1＋W2＋W3，选项C正确．由功能关系可知，小球机械能的变化为W2，选项D错误．‎ 题型2　应用动能定理分析带电体在电场中的运动 例2　如图3所示，虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10－‎11 kg、电荷量为q＝＋1.0×10－‎5 C，从a点由静止开始经电压为U＝100 V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距为‎20 cm，带电粒子的重力忽略不计．求：‎ 图3‎ ‎(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；‎ ‎(2)水平匀强电场的场强大小；‎ ‎(3)ab两点间的电势差．‎ 审题突破　带电粒子在水平匀强电场中做什么运动？速度与电场方向成30°角，隐含条件是什么？‎ 解析　(1)由动能定理得：qU＝mv 代入数据得v1＝‎104 m/s ‎(2)粒子沿初速度方向做匀速运动：d＝v1t 粒子沿电场方向做匀加速运动：vy＝at 由题意得：tan 30°＝ 由牛顿第二定律得：qE＝ma 联立以上各式并代入数据得：‎ E＝×103 N/C＝1.732×103 N/C ‎(3)由动能定理得：qUab＝m(v＋v)－0‎ 联立以上各式并代入数据得：Uab＝400 V.‎ 答案　(1)‎104 m/s　(2)1.732×103 N/C　(3)400 V 以题说法　1.电场力做功与重力做功的特点类似，都与路径无关．‎ ‎2．对于电场力做功或电势差的计算，选用动能定理往往最简便快捷，但运用动能定理时要特别注意运动过程的选取．‎ ‎　如图4所示，在光滑绝缘水平面上，用长为‎2L的绝缘轻杆连接两个质量均 为m的带电小球A和B.A球的带电量为＋2q，B球的带电量为－3q，两球组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距‎3L，开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的电场强度为E的匀强电场后，系统开始运动．试求：‎ 图4‎ ‎(1)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；‎ ‎(2)带电系统向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量；‎ ‎(3)A球从开始运动至刚离开电场所用的时间．‎ 答案　(1) 　(2)L　4qEL　(3)(3－2) 解析　(1)设B球刚进入电场时带电系统的速度为v1，由动能定理得 ‎2qEL＝×2mv 解得：v1＝ ‎(2)带电系统向右运动分为三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场后．‎ 设A球出电场后移动的最大位移为x，对于全过程，由动能定理得 ‎2qEL－qEL－3qEx＝0‎ 解得x＝，则B球移动的总位移为 xB＝L B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时的位移为L 其电势能的变化量为ΔEp＝－W＝3qE·L＝4qEL ‎(3)取向右为正方向，‎ B球进入电场前，带电系统做匀加速运动：‎ a1＝＝，t1＝＝ 带电系统在电场中时，做匀减速运动：a2＝－ 设A球刚出电场时速度为v2，由动能定理得：‎ ‎－qEL＝×‎2m(v－v)‎ 解得：v2＝ t2＝＝2(－1) 解得总时间t＝t1＋t2＝(3－2) 题型3　功能观点在电磁感应问题中的应用 例3　如图5所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行．‎ 图5‎ ‎(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；‎ ‎(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；‎ ‎(3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q.‎ 审题突破　导体棒第一次回到初始位置时，受几个力的作用？最终导体棒静止时，在几个力作用下平衡？具体位置在哪里？‎ 解析　(1)初始时刻，导体棒产生的感应电动势E1＝BLv0‎ 通过R的电流大小I1＝＝ 电流方向为b→a ‎(2)导体棒产生的感应电动势为E2＝BLv 感应电流I2＝＝ 导体棒受到的安培力大小F＝BIL＝，方向沿导轨向上 根据牛顿第二定律有mgsin θ－F＝ma 解得a＝gsin θ－ ‎(3)导体棒最终静止，有mgsin θ＝kx 压缩量x＝ 设整个过程回路产生的焦耳热为Q0，根据能量守恒定律有 mv＋mgxsin θ＝Ep＋Q0‎ Q0＝mv＋－Ep 电阻R上产生的焦耳热 Q＝Q0＝[mv＋－Ep]‎ 答案　(1)，电流方向为b→a ‎(2)gsin θ－ ‎(3)[mv＋－Ep]‎ 以题说法　导体棒在匀强磁场中运动时棒中的感应电流受到的安培力是变力，所以安培力做的功只能由动能定理或能量守恒定律来求解．‎ ‎　在如图6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，t1时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区，此时线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时线框又恰好以速度v2做匀速直线运动．重力加速度为g，下列说法中正确的是 (　　)‎ 图6‎ A．线框两次匀速直线运动的速度之比v1∶v2＝2∶1‎ B．从t1到t2过程中，线框中通过的电流方向先是a→d→c→b，然后是a→b→c→d C．从t1到t2过程中，线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量 D．从t1到t2过程中，有＋的机械能转化为电能 答案　BD 解析　根据题意，第一次匀速运动时，＝mgsin θ，第二次匀速运动时，＝mgsin θ，解得v1∶v2＝4∶1，选项A错误；根据楞次定律可以判断，选项B中所判断的感应电流的方向是正确的，选项B正确；线框克服安培力做的功等于线框产生的热量，根据能量守恒定律，线框克服安培力做的功等于重力势能的减少量和动能的减少量之和，重力势能的减少量为，动能的减少量为，选项C错误，选项D正确．‎ ‎7． 应用动力学和功能观点处理电学综合问题 审题示例 ‎(14分)如图7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端)距地面高度h＝‎0.8 m．有一质量为‎500 g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小球离杆后正好通过C端的正下方P点处．(g取‎10 m/s2)求：‎ 图7‎ ‎(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；‎ ‎(2)小环从C运动到P过程中的动能增量；‎ ‎(3)小环在直杆上匀速运动时速度的大小v0.‎ 审题模板 答题模板 ‎(1)小环沿杆做匀速运动，受力如图所示 故qEcos 45°＝mgcos 45°‎ 即qE＝mg (1分)‎ 小环离开直杆后，所受合外力为 F合＝mg＝ma a＝g＝‎10 m/s2 (2分)‎ 方向垂直于杆向下 (1分)‎ ‎(2)小环从C运动到P的过程中动能的增量为 ΔEk＝W重＋W电 (2分)‎ 其中W重＝mgh＝4 J．W电＝0，所以ΔEk＝4 J (3分)‎ ‎(3)环离开杆做类平抛运动 平行杆方向做匀速运动：h＝v0t (2分)‎ 垂直杆方向做匀加速运动：h＝at2 (2分)‎ 解得v0＝‎2 m/s(1分)‎ 答案　(1)‎10 m/s2，方向垂直于杆向下　(2)4 J　(3)‎2 m/s ‎　如图8，竖直平面坐标系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N.一质量为m 的带电小球从y轴上(y>0)的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g)．‎ 图8‎ ‎(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；‎ ‎(2)P点距坐标原点O至少多高；‎ ‎(3)若该小球以满足(2)中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点开始计时，经时间t＝2小球距坐标原点O的距离s为多远？‎ 答案　(1)正电　　(2) 　(3)2R 解析　(1)小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带电荷量为q，则有 qE＝mg ①‎ 解得：q＝ ②‎ 又电场方向竖直向上，故小球带正电．‎ ‎(2)设小球做匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：‎ qBv＝mv2/r ③‎ 小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足：‎ mg＝mv2/R ④‎ 由②③④得：r＝ ⑤‎ 即PO的最小距离为：y＝2r＝ ⑥‎ ‎(3)小球由O运动到N的过程中设到达N点的速度为vN，由机械能守恒定律得：‎ mg·2R＝mv－mv2 ⑦‎ 由④⑦解得：vN＝ ⑧‎ 小球从N点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上做类平抛运动，设加速度为a，则有：‎ 沿x轴方向有：x＝vNt ⑨‎ 沿电场方向有：z＝at2 ⑩‎ 由牛顿第二定律得：a＝qE/m ⑪‎ t时刻小球距O点为：s＝＝2R ‎(限时：50分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1． (2013·新课标Ⅰ·16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将 (　　)‎ A．打到下极板上 　 B．在下极板处返回 C．在距上极板处返回 　 D．在距上极板d处返回 答案　D 解析　粒子两次落到小孔的速度相同，设为v，下极板向上平移后由E＝知场强变大，故粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大，由v2＝2ax得第二次减速到零的位移变小，即粒子在下极板之上某位置返回，设粒子在距上极板h处返回，对粒子两次运动过程应用动能定理得mg(＋d)－qU＝0，mg(＋h)－q·h＝0.两方程联立得h＝d，选项D正确．‎ ‎2． 将带正电的甲球放在乙球的左侧，两球在空间形成了如图1所示的稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线．A、B两点与两球球心的连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则 (　　)‎ 图1‎ A．乙球一定带负电 B．C点和D点的电场强度相同 C．正电荷在A点具有的电势能比其在B点具有的电势能小 D．把负电荷从C点移至D点，电场力做的总功为零 答案　D 解析　电场线从正电荷出发指向负电荷，根据电场线知乙球左侧带负电，右侧带正电，整体带电情况不确定，A错误；电场强度是矢量，C、D两点电场强度的方向不同，B错误；电场线的方向是电势降落最快的方向，A点的电势比B点的电势高，由电势能的定义式Ep＝qφ知，正电荷在A点的电势能比在B点的电势能大，C错误；C、D两点在同一等势面上，故将电荷从C点移至D点电势能不变，电场力做功是电势能变化的量度，故电场力不做功，D正确．‎ ‎3． 如图2所示，在一个点电荷形成的电场中，M、N、L是三个间距相等的等势面．一重力不计的带电粒子从p点无初速度释放后，沿图中直线依次经过q、k两点，且p、q、k三点是带电粒子的运动轨迹与等势面的交点．设带电粒子从p点到q点电场力做的功为Wpq，从q点到k点电场力做的功为Wqk，则 (　　)‎ 图2‎ A．Wpq＝Wqk B．WpqUqk，由W＝qU得Wpq>Wqk，选项A、B错误；粒子从静止开始运动，电场力做正功，电势能逐渐减小，选项D正确；从p到q电场力逐渐减小，则加速度逐渐减小，选项C错误．‎ ‎4． 如图3所示，质量为m的物块(可视为质点)，带正电Q，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向向左、大小为E＝mg/Q的匀强电场中(设斜面顶端处电势为零)，斜面高为H.释放后，物块落地时的电势能为ε，物块落地时的速度大小为v，则 (　　)‎ 图3‎ A．ε＝mgH B．ε＝－mgH C．v＝2 D．v＝2gH 答案　C 解析　由电场力做功等于电势能的变化可得物块落地时的电势能为ε＝－QEH/tan 60°＝－mgH/＝－mgH，选项A、B错误；由动能定理，mgH＋QEH/tan 60°＝mv2，解得v＝2，选项C正确，D错误．‎ 二、多项选择题 ‎5． 如图4所示，绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q(可视为质点)固定在光滑绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现把与Q大小相同、电性相同的小球P，从N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，以下说法正确的是 (　　)‎ 图4‎ A．小球P和弹簧组成的系统机械能守恒 B．小球P和弹簧刚接触时其速度最大 C．小球P的动能与弹簧弹性势能的总和增大 D．小球P的加速度先减小后增大 答案　CD 解析　小球P沿斜面向下运动的过程中，在接触弹簧前，库仑斥力变小，合力变小，加速度变小，小球向下加速，接触弹簧后，弹簧弹力增大，故受到的合力沿斜面先向下再向上，小球的加速度先向下减小，再向上增加，小球先向下加速再向下减速，B错误，D正确；对于小球P和弹簧组成的系统，由于电场力对其做正功 ，故机械能要增大，A错误；全过程只发生了小球P的动能、重力势能、电势能与弹簧的弹性势能的相互转化，由于重力和电场力都做正功，重力势能和电势能的总和减小，故小球P的动能与弹簧弹性势能的总和增大，C正确．‎ ‎6． 如图5所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上，a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计．则 (　　)‎ 图5‎ A．物块c的质量是2msin θ B．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能 C．b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能 D．b棒放上导轨后，a棒中电流大小是 答案　AD 解析　b棒恰好静止，受力平衡，有mgsin θ＝F安，对a棒，安培力沿导轨平面向下，由平衡条件得mgsin θ＋F安＝mcg，由上面的两式可得mc＝2msin θ，选项A正确；根据机械能守恒定律知，b棒放上导轨之前，物块c减少的重力势能应等于a棒、物块c增加的动能与a棒增加的重力势能之和，选项B错误；根据能量守恒定律可知，b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能应等于回路消耗的电能与a棒增加的重力势能之和，选项C错误；对b棒，设通过的电流为I，由平衡条件mgsin θ＝F安＝BIL，得I＝，a棒中的电流也为I＝，选项D正确．‎ ‎7． 如图6所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是 ‎(　　)‎ 图6‎ A．金属棒在导轨上做匀减速运动 B．整个过程中金属棒克服安培力做功为mv2‎ C．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为 D．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为mv2‎ 答案　BC 解析　由题意可知金属棒在安培力作用下做减速运动直至静止，由于速度一直减小，故安培力的大小一直减小，金属棒的加速度减小，故金属棒做加速度减小的减速运动，选项A错误．在整个过程中，只有安培力做负功，由动能定理可知金属棒克服安培力做功为mv2，选项B正确．由q＝可知q＝，解得x＝，选项C正确．由B项可知整个回路中产生的焦耳热为mv2，电阻R上产生的焦耳热为mv2，选项D错误．‎ 三、非选择题 ‎8． 如图7所示，一长为h2内壁光滑的绝缘细管竖直放置．管的底部固定一电荷量 ‎ 为Q(Q>0)的点电荷M.现在管口A处无初速释放一电荷量为q(q>0)、质量为m 的点电荷N，N在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零．再次从A处无初 速度地释放电荷量为q、质量为‎3m的点电荷P(已知静电常数为k，重力加速度 为g)．求： 图7‎ ‎(1)电荷P运动过程中速度最大处与底部点电荷间的距离；‎ ‎(2)电荷P运动到B处时的速度大小．‎ 答案　(1) 　(2)2 解析　(1)电荷P运动到重力等于电场力时，速度最大，距底部距离为r，则有3mg＝，解得r＝ ‎(2)设电荷P运动到B处时的速度为vB，由动能定理，‎ 有3mg(h2－h1)－qUAB＝×3mv 依题意有mg(h2－h1)＝qUAB 联立两式可得：vB＝2 ‎9． 如图8所示，MN和PQ为固定在绝缘水平面上两平行光滑金属导轨，导轨左端MP间接有阻值为R1＝2 Ω的导线；导轨右端接有与水平轨道相切、半径r＝‎0.5 m、内壁光滑的半圆金属轨道．导轨间距L＝‎0.4 m，电阻不计．导轨所在平面abcd区域内有竖直向上、B＝0.5 T的匀强磁场．导轨上长度也为‎0.4 m、质量m＝‎0.6 kg、电阻R2＝1 Ω的金属棒AB以v0＝‎6 m/s的速度进入磁场区域，离开磁场区域后恰好能到达半圆轨道的最高点，运动中金属棒始终与导轨保持良好接触．已知重力加速度g＝‎10 m/s2.求：‎ 图8‎ ‎(1)金属棒AB刚滑出磁场右边界cd时的速度v的大小；‎ ‎(2)金属棒滑过磁场区域的过程中，导线R1中产生的热量Q.‎ 答案　(1)‎5 m/s　(2)2.2 J 解析　(1)在轨道的最高点，根据牛顿第二定律有 mg＝m ①‎ 从金属棒刚滑出磁场到最高点，根据机械能守恒定律有 mv＋mg·2r＝mv2 ②‎ 联立①②两式并代入数据解得 v＝‎5 m/s ③‎ ‎(2)在金属棒滑过磁场的过程中，根据能量关系得 Q总＝mv－mv2 ④‎ 对闭合回路，根据热量关系有Q＝R1 ⑤‎ 联立④⑤两式并代入数据得Q＝2.2 J ‎10．如图9所示，A、B为半径R＝‎1 m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E＝1×106 V/m、竖直向上的匀强电场，有一质量m＝‎1 kg、带电量q＝1.4×10－‎5 C正电荷的物体(可视为质点)，从A点的正上方距离A点H处由静止开始自由下落(不计空气阻力)，BC段为长L＝‎2 m、与物体间动摩擦因数为μ＝0.2的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角θ＝53°且离地面DE高h＝‎0.8 m的斜面．‎ ‎(1)若H＝‎1 m，物体能沿轨道AB到达最低点B，求它到达B点时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)通过你的计算判断：是否存在某一H值，能使物体沿轨道AB经过最低点B后最终停在距离B点‎0.8 m处；‎ ‎(3)若高度H满足：‎0.85 m≤H≤‎1 m，请通过计算表示出物体从C处射出后打到的范围．(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.不需要计算过程，但要有具体的位置，不讨论物体反弹以后的情况)‎ 图9‎ 答案　(1)8 N　(2)不存在　(3)在斜面上距离D点 m范围内　在水平面上距离D点‎0.2 m范围内 解析　(1)物体由初始位置运动到B点的过程中根据动能定理有mg(R＋H)－qER＝mv 到达B点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力FN－mg＋qE＝m，解得FN＝8 N 根据牛顿第三定律，支持力与压力大小相等、方向相反 所以物体对轨道的压力大小为8 N，方向竖直向下 ‎(2)要使物体沿轨道AB到达最低点B，当支持力为0时，最低点有个最小速度v，则qE－mg＝m 解得v＝‎2 m/s 在粗糙水平面滑行时的加速度a＝μg＝‎2 m/s2‎ 物体最终停止的位置距离B为x＝＝‎1 m>‎‎0.8 m 故不存在某一H值，使物体沿着轨道AB经过最低点B后，停在距离B点‎0.8 m处．‎ ‎(3)在斜面上距离D点 m范围内(如图PD之间区域)‎ 在水平面上距离D点‎0.2 m范围内(如图DQ之间区域)‎