高考物理考前三个月 名师考点点拨专题讲义 专题四 动量和能量观点的综合运用 第2课时 功能关系在电学中的应用

第2课时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＝Flcosα＝Eqlcosα；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.考向1几个重要的功能关系在电学中的应用例1如图1所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状态，物体恰好处于平衡状态，现给滑块一沿斜面向下的初速度v，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x，若弹簧始终处在弹性限度内，以下说法正确的是()图1A．滑块电势能的增加量大于滑块重力势能的减少量B．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功eq\f(1,2)mv2C．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和D．当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大审题突破弹簧原长状态时，物体恰好处于平衡状态，说明电场力和重力什么关系？滑块向下到达最低点的过程中，都有哪些力做功？何时加速度最大？解析由题意qE＝mgsinθ，在运动到最低点过程中，电场力做功与重力做功相等，则滑块电势能增加量等于滑块重力势能的减小量，故A错误．克服弹簧弹力做功等于弹性势能的增加量，即等于动能的减少量，故B正确．电场力和重力做功的代数和为零，根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C错误．当滑块运动到最低点时，加速度最大，电场力做的负功最多，即电势能增加最多，此时系统机械能最小，故D错误．答案B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．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则()A．整个过程中小球电势能减少了1.5mg2t2B．整个过程中机械能的增量为2mg2t2C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2D．从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t2答案B解析由eq\f(1,2)gt2＝－(vt－eq\f(1,2)at2)，又v＝gt，解得a＝3g.由a＝eq\f(qE－mg,m)，联立解得qE＝4mg，则小球电势能减少为Δε＝qE·eq\f(1,2)gt2＝2mg2t2.根据功能关系可知，机械能的增量为2mg2t2，故A错误，B正确．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ΔEk＝eq\f(1,2)m(gt)2，故C错误．设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得mgh－qE(h－eq\f(1,2)gt2)＝0，解得h＝eq\f(2,3)gt2，故从A点到最低点小球重力势能减少了ΔEp＝mgh＝eq\f(2mg2t2,3)，故D错误．选B.考向2应用动能定理分析带电体在电场中的运动例2如图2所示是研究带电体的质量与电量关系的光滑绝缘细管，长为L且竖直放置，点电荷M固定在管底部，电荷量为＋Q.现从管口A处静止释放一带电体N，当其电荷量为＋q、质量为m时，N下落至距M为h的B处速度恰好为0.已知静电力常量为k，重力加速度为g，带电体下落过程中不影响原电场．图2(1)若把A换成电量为＋q、质量为3m的带电体N1，仍从A处静止释放．求N1运动过程中速度最大处与M的距离及到达B(2)若M略向上移动，试判断带电体N能否到达B处，并说明理由；(3)若M保持原位置不变，设法改变带电体N的质量与电量，要求带电体下落的最低点在B处，列出N应满足的条件．审题突破N1运动过程中何时速度最大？质量为m和3m的带电体从A到B相同的物理量是什么？M解析(1)带电体N1运动到重力等于电场力时，速度最大，设距底部距离为r，则有3mg＝eq\f(kQq,r2)，解得r＝eq\r(\f(kQq,3mg)).设带电体N1运动到B处时的速度为vB，由动能定理，有3mg(l－h)＋qUAB＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,B)，依题意有mg(l－h)＋qUAB＝0，联立两式可得：vB＝2eq\r(\f(gl－h,3)).(2)N不能到达B处．因为mg(l－h)＋qUAB′＜0.(3)设带电体N的质量为m′、电荷量为＋q′，由动能定理得：m′g(l－h)＋q′UAB＝0，所以eq\f(q′,m′)＝eq\f(q,m)答案(1)eq\r(\f(kQq,3mg))2eq\r(\f(gl－h,3))(2)N不能到达B处，因为mg(1－h)＋qUAB′<0(3)带电体下落的最低点在B处，N应满足的条件为eq\f(q′,m′)＝eq\f(q,m)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．对于电场力做功或涉及电势差的计算，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3所示，在一倾角为37°的绝缘斜面下端O，固定有垂直于斜面的绝缘挡板．斜面ON段粗糙，长度s＝0.02m，NM段光滑，长度L＝0.5m．在斜面的所在区域有竖直向下的匀强电场，场强为2×105N/C.有一小滑块质量为2×10－3kg，带正电，电量为1×10－7C，小滑块与ON段表面的动摩擦因数为0.75.将小滑块从M点由静止释放，在运动过程中没有电量损失，与挡板相碰后原速返回．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2图3(1)小滑块第一次过N点的速度大小；(2)小滑块最后停在距离挡板多远的位置；(3)小滑块在斜面上运动的总路程．答案(1)2eq\r(3)m/s(2)解析(1)小滑块第一次过N点的速度为v，则由动能定理有eq\f(1,2)mv2＝mgLsin37°＋qELsin37°代入数据得：v＝2eq\(2)滑块在ON段运动时所受的摩擦力Ff＝μ(mgcos37°＋qEcos37°)＝2.4×10－2N滑块所受重力、电场力沿斜面的分力F1＝mgsin37°＋qEsin37°＝2.4×10－2N因此滑块沿ON下滑时做匀速运动，上滑时做匀减速运动，速度为零时可停下．设小滑块与挡板碰撞n次后停在距挡板距离为x处，则由动能定理得：(mg＋qE)(L＋s－x)sin37°－μ(mg＋qE)[(2n－1)s＋x]cos37°＝0由0≤x≤0.02m，得：12.5≤n≤13.5取n＝13得：x＝0.01m(3)设滑块每一次与挡板碰撞沿斜面上升的距离减少Δx，由能量守恒得：(mg＋qE)Δxsin37°＝2μ(mg＋qE)scos37°代入数据得：Δx＝0.04m滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离s1＝L＋s－Δx＝0.48m滑块第p次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离sp＝s1－(p－1)Δx滑块移动的总路程s总＝L＋s＋x＋2[ps1－eq\f(pp－1Δx,2)]由于sp≥s＝0.02m，得p≤12.5，取p＝12代入上式得：s总＝6.77m.考向3功能观点在电磁感应问题中的应用例3如图4甲所示，MN、PQ是相距d＝1m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab的质量m＝0.1kg、电阻R＝1Ω；MN、PQ的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻RL＝3Ω，定值电阻R1＝7Ω，调节电阻箱使R2＝6Ω，重力加速度g＝10m/s2.现断开开关S，在t＝0时刻由静止释放ab，在t＝0.5s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变化图象．图4(1)求斜面倾角α及磁感应强度B的大小；(2)ab由静止下滑x＝50m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热；(3)若只改变电阻箱R2的值．当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？审题突破由乙图可知闭合S前、后ab分别做什么运动？可以提取哪些信息？ab由静止下滑的过程中电流是否恒定，如何求电热？解析(1)S断开时，ab做匀加速直线运动，从图乙得a＝eq\f(Δv,Δt)＝6m/s2由牛顿第二定律有mgsinα＝ma，所以有sinα＝eq\f(3,5)，即α＝37°，t＝0.5s时，S闭合且加了磁场，分析可知，此后ab将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大(vm＝6m/s)后接着做匀速运动．匀速运动时，由平衡条件知mgsinα＝F安，又F安＝BIdI＝eq\f(Bdvm,R总)R总＝R＋R1＋eq\f(RLR2,RL＋R2)＝10Ω联立以上四式有mgsinα＝eq\f(B2d2vm,R总)代入数据解得B＝eq\r(\f(mgsinαR总,d2vm))＝1T(2)由能量转化关系有mgsinαx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q代入数据解得Q＝mgsinαx－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝28.2J(3)改变电阻箱R2的值后，ab匀速下滑时有mgsinα＝BdI所以I＝eq\f(mgsinα,Bd)＝0.6A通过R2的电流为I2＝eq\f(RL,RL＋R2)IR2的功率为P＝Ieq\o\al(2,2)R2联立以上三式可得P＝I2eq\f(R\o\al(2,L)R2,RL＋R22)＝I2eq\f(R\o\al(2,L),\f(RL,\r(R2))＋\r(R2)2)当eq\f(RL,\r(R2))＝eq\r(R2)时，即R2＝RL＝3Ω，功率最大，所以Pm＝0.27W.答案(1)37°1T(2)28.2J(3)3Ω0.27W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．如图5所示，固定在同一水平面上的两平行金属导轨AB、CD，两端接有阻值相同的两个定值电阻．质量为m的导体棒垂直放在导轨上，轻弹簧左端固定，右端连接导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．当导体棒静止在OO′位置时，弹簧处于原长状态．此时给导体棒一个水平向右的初速度v0，它能向右运动的最远距离为d，且能再次经过OO′位置．已知导体棒所受的摩擦力大小恒为Ff，导体棒向右运动过程中左侧电阻产生的热量为Q，不计导轨和导体棒的电阻．则()图5A．弹簧的弹性势能最大为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Q－FfdB．弹簧的弹性势能最大为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－2Q－FfdC．导体棒再次回到OO′位置时的动能等于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－4Q－2FfdD．导体棒再次回到OO′位置时的动能小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－4Q－2Ffd答案B解析当导体棒向右运动的过程中，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Ep＋2Q＋Ffd所以Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－2Q－Ffd①故A错误，B正确；由于产生了电能和热能，导体棒的机械能不断减小，所以导致棒在同一个位置时，向右的速度大于向左的速度，所以导体棒向左运动的过程中产生的电能小于导体棒向右运动的过程中产生的电能，即2Q′<2Q，当导体棒向左运动的过程中，Ep＝eq\f(1,2)mv2＋2Q′＋Ffd②联立①②得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－2Q－Ffd－2Q′－Ffd>eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－4Q－2Ffd，故C、D错误．7．应用动力学和功能观点处理电学综合问题例4(16分)如图6所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.4m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×104N/C.现有一电荷量q＝＋1.0×10－4C，质量m＝0.1kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点．取g＝10m/s2图6(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；(2)D点到B点的距离xDB；(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能．解析(1)设带电体通过C点时的速度为v0，根据牛顿第二定律得：mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)(2分)设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，从B到C根据动能定理：－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)(2分)带电体在B点时，根据牛顿第二定律有：FB－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)(2分)联立解得：FB＝6.0N(1分)根据牛顿第三定律可知，带电体对轨道的压力FB′＝6.0N(1分)(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有2R＝eq\f(1,2)gt2(1分)xDB＝vCt＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)t2(2分)联立解得xDB＝0.8m(1分)(3)由P到B带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处．(1分)设小球的最大动能为Ekm，根据动能定理有：qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝Ekm－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)(2分)解得：Ekm＝eq\f(2\r(2)＋3,5)J≈1.17J(1分)答案(1)6.0N(2)0.8m(3)1.17J(限时：15分钟，满分：17分)(2014·四川·10)在如图7所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝eq\f(9,44)m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104N/C.小物体P1质量m＝2×10－3kg、电荷量q＝＋8×10－6C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1s与P1相遇．P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：图7(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道GH的长度s.答案(1)4m/s(2)0.56m解析(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则F1＝qvB①f＝μ(mg－F1)②由题意，水平方向合力为零F－f＝0③联立①②③式，代入数据解得v＝4m/s④(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,G)－eq\f(1,2)mv2⑤P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1⑥P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则s1＝vGt＋eq\f(1,2)a1t2⑦设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a2P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则s2＝eq\f(1,2)a2t2⑨又s＝s1＋s2⑩联立⑤～⑩式，代入数据得s＝0.56m(限时：45分钟)题组1几个重要的功能关系在电学中的应用1．(2014·天津·4)如图1所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()图1A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加答案C解析A．分析微粒的运动轨迹可知，微粒的合力方向一定竖直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的电场力可能向下，也可能向上，故A错误．B．微粒从M点运动到N点，电场力可能做正功，也可能做负功，故微粒的电势能可能减小，也可能增大，故B错误．C．微粒从M点运动到N点过程中，合力做正功，故微粒的动能一定增加，C正确．D．微粒从M点运动到N点的过程中，除重力之外的电场力可能做正功，也可能做负功，故机械能不一定增加，D错误．2．如图2所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，上面放一个质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接．现将小球向下压到某位置后由静止释放，若小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力和电场力对小球做功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，小球的电荷量保持不变，则上述过程中()图2A．小球的电势能增加W2B．弹簧弹性势能最大值为eq\f(1,2)mv2＋W1－W2C．弹簧弹性势能、小球的电势能和小球的重力势能三者之和可能一直在减小D．小球和弹簧组成的系统的机械能增加W1＋W2答案C解析A项，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，电场力做正功，知电势能减小W2，故A错误．B项，根据动能定理，W1＋W2＋W弹＝eq\f(1,2)mv2，解得弹力做功W弹＝eq\f(1,2)mv2－W1－W2，知弹性势能的最大值为eq\f(1,2)mv2－W1－W2，故B错误．C项，根据能量守恒得，弹性势能、小球的电势能、重力势能、动能之和保持不变，由于小球的动能可能一直增加，所以弹簧弹性势能、小球的电势能和小球的重力势能三者之和可能一直在减小，故C正确．D项，除重力以外其他力做功等于机械能的增量，由于电场力做功为W2，则小球和弹簧组成的系统机械能增加W2，故D错误．3．如图3所示，真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线垂直匀强电场E，现有一质量为m、电荷量为＋q的小球在A点以初速度大小v0方向水平向右抛出，经时间t小球下落到C点(图中未画出)时速度大小仍为v0，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是()图3A．电场力对小球做功为零B．小球的机械能减小量为eq\f(1,2)mg2t2C．小球的电势能减小D．C一定位于AB直线的右侧答案D解析小球受到自身重力mg和电场力qE作用，合力F如图所示斜向左下方，小球从A点到C点速度大小没有变化，说明合外力没有做功，即初、末位置都在与合力垂直的同一条线上，据此判断如图，电场力做负功，选项A错．电势能增大，选项C错．由于AC与合力F垂直，所以C点一定位于AB直线的右侧，选项D对．小球机械能减小量等于克服电场力做的功，根据动能定理，克服电场力做功等于重力做功，但竖直方向不但受到自身重力还有电场力竖直向下的分力，竖直方向加速度大于g，所以竖直方向位移大于eq\f(1,2)gt2，重力做功即克服电场力做功大于W＝mg×eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)mg2t2，选项B错．4．如图4所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下．已知在下滑的过程中，金属块动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，下列判断中正确的是()图4A．金属块带负电B．金属块克服电场力做功8JC．金属块的机械能减少12JD．金属块的电势能减少4J答案C解析设重力做功为WG，克服摩擦力做功Wf，电场力做功W，由动能定理WG＋W－Wf＝ΔEk，解得电场力做功W＝－4J，所以电场力做负功，由于斜面上的带电金属块沿斜面滑下故金属块带正电，A、B选项错误；除重力外的其他外力做功W－Wf＝－12J，故金属块的机械能减少12J，C选项正确；电场力做负功，金属块的电势能增加，D选项错误．题组2应用动能定理分析带电体在电场中的运动5．如图5所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，水平轨道AB部分存在水平向右的匀强电场E，半圆形轨道处于竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，并能恰好通过最高点D，则下列物理量的变化对应关系正确的是()图5A．其他条件不变，R越大，x越大B．其他条件不变，m越小，x越大C．其他条件不变，E越大，x越大D．其他条件不变，R越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大答案A解析小球在BCD部分做圆周运动，在D点，由牛顿第二定律有：mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，小球由B到D的过程中机械能守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mg×2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，联立解得：vB＝eq\r(5gR)，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；小球由A到B，由动能定理得：qEx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，将vB＝eq\r(5gR)代入得：qEx＝eq\f(5,2)mgR，知m越大，x越大，B错误；E越大，x越小，C错误；在B点有：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，将vB＝eq\r(5gR)代入得：FN＝6mg，选项D错误．6．如图6所示，倾斜角度为θ的粗糙程度均匀的绝缘斜面，下方O点处有一带电量为＋Q的点电荷，质量为m、带电量为－q的小物体(可看成质点)与斜面间的动摩擦因数为μ.现使小物体以初速度v0从斜面上的A点沿斜面上滑，到达B点时速度为零，然后又下滑回到A点．小物体所带电荷量保持不变，静电力常量为k，重力加速度为g，OA＝OB＝l.求：图6(1)小物体沿斜面上滑经过AB中点时的加速度；(2)小物体返回到斜面上的A点时的速度．答案(1)g(sinθ＋μcosθ)＋eq\f(μkQq,ml2sin2θ)(2)eq\r(4glsin2θ－v\o\al(2,0))解析(1)FN＝mgcosθ＋eq\f(kQq,lsinθ2)mgsinθ＋μFN＝ma得：a＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ＋\f(kQq,lsinθ2),m)＝g(sinθ＋μcosθ)＋eq\f(μkQq,ml2sin2θ).(2)从A到B，由动能定理得：0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－mglsin2θ＋Wf从B到A，由动能定理得：eq\f(1,2)mv2＝mglsin2θ＋Wf得：v＝eq\r(4glsin2θ－v\o\al(2,0))7．(2014·新课标Ⅰ·25)如图7所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝eq\f(3,2)OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点．使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g.求：图7(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向．答案(1)eq\f(7,3)(2)eq\f(\r(3)mg,6q)电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°解析(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝eq\f(3,2)d，根据平抛运动的规律有dsin60°＝v0t①dcos60°＝eq\f(1,2)gt2②又有Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③由①②③式得Ek0＝eq\f(3,8)mgd④设小球到达A点时的动能为EkA，则EkA＝Ek0＋eq\f(1,2)mgd⑤由④⑤式得eq\f(EkA,Ek0)＝eq\f(7,3)(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了eq\f(d,2)和eq\f(3d,2)，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得ΔEpA＝3Ek0－Ek0－eq\f(1,2)mgd＝eq\f(2,3)Ek0⑦ΔEpB＝6Ek0－Ek0－eq\f(3,2)mgd＝Ek0⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有eq\f(x,\f(3,2)d)＝eq\f(ΔEpA,ΔEpB)⑨解得x＝d，MA为等势线，电场强度方向必与其垂线OC方向平行．设电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩即电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为30°.设电场强度的大小为E，有qEdcos30°＝ΔEp