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专题5 功能关系在电学中的应用说明：1．本卷主要考查功能关系在电学中的应用。
2．考试时间60分钟，满分100分。
一、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.(2017·九江模拟)如图所示，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.2 kg ，在该平面上以初速度v 0＝4 m/s 、朝与导线夹角为60°的方向运动，最后达到稳定状态，此过程金属环中产生的电能最多为( )A ．1.6 JB ．1.2 JC ．0.8 JD ．0.4 J【解析】 由题意可知沿导线方向分速度v 1＝v 0cos 60°＝2 m/s ，根据能量守恒定律得：Q ＝12mv 02－12mv 12＝1.2 J ，故环中最多能产生1.2 J 的电能。
【答案】 B2.（2017年衡水三调）在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路。
当调节滑动变阻器R 并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A 和2.0 V 。
重新调节R 并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0 A 和24.0 V 。
则这台电动机正常运转时的输出功率为 ( )A.32 WB.44 WC.47 WD.48 W【解析】电动机停止转动时，电动机的内阻r =Ω=4 Ω，电动机正常运转时输出功率为P =UI －I 2r =32 W 。
【答案】A 3.（2017·广东省揭阳市高三二模）如图所示，同为上下开口、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【解析】由于电磁感应，在铜管P 中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q 中做自由落体运动，选项A 错误；在铜管P 中下落的过程中，有内能产生，机械能不守恒，落至底部时在P 中的速度比在Q 中的小，B 、D 错误；在P 中加速度较小，下落时间再Q 中的场，C 正确。
专题四2功能关系在电学中的应用1．静电力做功与 无关．若电场为匀强电场，则W ＝Fl cos α＝Eql cos α；若是非匀强电场，则一般利用W ＝ 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 ；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 做功．即W ＝UIt ＝ .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 功，使机械能转化为 能．5．静电力做功等于 的变化，即W AB ＝－ΔE p .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 和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程各力做功的特点来选择规律求解．2．力学中的动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题仍然是首选的方法. 题型1 几个重要的功能关系在电学中的应用【例1】 如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，匀强电场平行于斜面向下，弹簧另一端固定，带电滑块处于静止状态，滑块与斜面间绝缘．现给滑块一个沿斜面向下的初速度，滑块最远能到达P 点．在这过程中 ( )A ．滑块的动能一定减小B ．弹簧的弹性势能一定增大C ．滑块电势能的改变量一定小于重力与弹簧弹力做功的代数和D ．滑块机械能的改变量等于电场力与弹簧力做功的代数和针对训练 如图所示，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P ，小球所处的空间存在着竖直向上的匀强电场，小球平衡时，弹簧恰好处于原长状态：现给小球一竖直向上的初速度，小球最高能运动到M 点，在小球从开始运动至达到最高点M 的过程中，以下说法正确的是( )A ．小球机械能的改变量等于电场力做的功B ．小球电势能的减少量大于小球重力势能的增加量C ．弹簧弹性势能的增加量等于小球动能的减少量D ．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和题型2 应用动能定理分析带电体在电场中的运动【例2】 如图所示，质量为m 、电荷量为＋q 的小球(视为质点)通过长为L 的细线悬挂于O 点，以O 点为中心在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，在第2、3象限内存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为E ＝mg q(式中g 为重力加速度)．(1)把细线拉直，使小球在第4象限与x 正方向成θ角处由静止释放，要使小球能沿原路返回至出发点，θ的最小值为多少？(2)把细线拉直，使小球从θ＝0°处以初速度v 0竖直向下抛出，要使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，则v 0的最小值为多少？针对训练如图所示，固定于同一竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B相距为2d.MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷，不影响电场的分布)．现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d为O点时，速度为v.已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g.求：(1)C、O间的电势差U CO；(2)O点处的电场强度E的大小及小球p经过O点时的加速度大小；(3)小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度大小．题型3应用动力学和功能观点解决电磁感应问题【例3】如图所示，固定于水平面的U型金属导轨abcd，电阻不计，导轨间距L＝1.0 m，左端接阻值R＝2 Ω的电阻．金属杆PQ垂直放置于导轨上，滑动时与导轨接触良好且与导轨间摩擦不计．金属杆的质量m＝0.2 kg，电阻r＝1 Ω.在水平面上建立xOy直角坐标系，x≥0的空间存在方向竖直向下的磁场，磁感应强度大小仅随横坐标x变化．金属杆受水平恒力F＝2 N作用，以初速度v0＝1.0 m/s向右做匀加速运动．t＝0 s时金属杆的横坐标x0＝0，t1＝1 s时的横坐标x1＝3.5 m．g取10 m/s2.求：(1)金属杆运动的加速度大小及所受安培力的大小；(2)磁感应强度B与坐标x满足的关系；(3)t2时金属杆的横坐标为x2，在0～t2时间内电阻R产生的焦耳热为4.2 J．求坐标x2处的磁感应强度大小针对训练如图所示，间距为L ＝1 m 的两平行金属导轨与水平面成θ＝37°角固定放置，虚线MN 上方存在垂直轨道平面向下的匀强磁场，MN 下方存在平行轨道向下的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B ＝1 T ，MN 上下两部分轨道均足够长，其电阻均不计．光滑金属棒ab 的质量为m ＝1 kg ，电阻为r ＝1 Ω，与导轨摩擦不计；金属棒cd 的质量也为m ＝1 kg ，电阻为R ＝2 Ω，它与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.6.现由静止释放cd 棒，同时对ab 棒施加一平行轨道向上的外力F ，使ab 棒沿轨道向上做初速度为零、加速度为a ＝3 m/s 2的匀加速直线运动．两棒运动过程中始终与轨道垂直且与轨道接触良好(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)．(1)写出所加外力F 随时间t 变化的关系式；(2)求cd 棒达到最大速度所用时间t 0；(3)若从释放cd 到cd 达到最大速度时外力F 所做的功为W F ＝62 J ，求此过程中回路所产生的焦耳热Q .题型4．应用动力学和功能观点处理电学综合问题【例4】 如图所示，一轻质细绳绕过定滑轮，一端连接一置于水平地面上的物块B ，另一端连接劲度系数为k 的轻质弹簧，弹簧下端悬挂着质量为m 的物块A ，物块A 带有＋q 的电荷，整个装置处在竖直向下，场强为E ＝mg q的匀强电场中．现让A 从弹簧原长的位置静止释放，使A 在竖直方向上做简谐运动，当A 运动到最低点时，B 刚要离开地面．不计滑轮的摩擦，弹簧在弹性限度内，m 、g 、k 、q 为已知量．求：(1)物块A 运动到最低点时的加速度a ；(2)物块B 的质量M ；(3)在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能E p .。
第2讲功能关系在电学中的应用高考题型1几个重要的功能关系在电学中的应用解题方略1．静电力做功与路径无关．若电场为匀强电场，则W＝Fl cos α＝Eql cos 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W AB＝－ΔE p.例1如图1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()图1A．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εD．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和解析由于有电场力做功，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．答案 D预测1如图2所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两小球A、B和弹簧组成的系统(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度)，下列说法中正确的是()图2A．由于电场力对球A和球B做的总功为0，故小球电势能总和始终不变B．由于两个小球所受电场力等大反向，故系统机械能守恒C．当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小D．当小球所受电场力与弹簧的弹力大小相等时，系统动能最大答案 D解析在弹簧伸长的过程中，电场力对球A和球B都做正功，则系统机械能增加．当弹簧伸长到最长后又收缩，电场力做负功，则系统机械能减小，故A错误；由于对系统而言，除了弹簧弹力做功外，电场力做功，系统机械能不守恒，故B错误；当弹簧长度达到最大值时，电场力一直做正功，则机械能一直增加，系统机械能最大，故C错误；电场力大于弹簧弹力，两小球分别向左向右加速，电场力小于弹簧弹力，两小球分别向左向右减速．知当电场力和弹簧弹力相等时，系统动能最大，故D正确．预测2如图3所示，一带正电小球Q，在A点由静止释放带正电小金属块P(可视为质点)，P沿OC连线运动，到B点时速度最大，最后停止在C点．则()图3A．A点电势低于B点电势B．P在由A向C运动的过程中，电势能一直增大C．在B点P所受的滑动摩擦力等于库仑力D．从B到C的过程中，P的动能全部转化为电势能答案 C解析电场线从正电荷出发到无穷远终止，可知该电场中电场线从O指向C，顺着电场线电势降低，则A点电势高于B点电势，故A错误；P在由A向C运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；由题可知，P先做加速运动后做减速运动，在B点速度最大，受力平衡，即滑动摩擦力等于库仑力，故C正确；从B到C的过程中，P的动能转化为电势能和内能，故D 错误．预测3 一个质量为m 的带电小球，在竖直方向的匀强电场中水平抛出，不计空气阻力，测得小球的加速度大小为g 3，方向向下，其中g 为重力加速度．则在小球下落h 高度的过程中，下列说法正确的是( )A ．小球的动能增加23mgh B ．小球的电势能减少23mgh C ．小球的重力势能减少13mgh D ．小球的机械能减少23mgh 答案 D解析 由牛顿第二定律得知，小球所受的合力F 合＝ma ＝13mg ，方向向下，根据动能定理知，小球的动能增加ΔE k ＝F 合h ＝13mgh ，故A 错误；由牛顿第二定律得：mg －F ＝13mg ，解得电场力F ＝23mg ，且方向竖直向上，则电场力做功W 电＝－Fh ＝－23mgh ，故小球的电势能增加23mgh ，故B 错误；小球在竖直方向上下降h 高度时重力做正功mgh ，因此，小球的重力势能减少mgh ，故C 错误；由上知，小球的电势能增加23mgh ，根据能量守恒知，小球的机械能减少23mgh ，故D 正确． 高考题型2 动能定理在电场中的应用解题方略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．例2 如图4所示，在倾角θ＝37°的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E ＝4.0×103 N /C ，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m ＝0.20 kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端以与挡板相碰前的速率返回．已知斜面的高度h ＝0.24 m ，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，滑块带电荷q ＝－5.0×10－4 C ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：图4(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小；(2)滑块在斜面上运动的总路程s 和系统产生的热量Q .解析 (1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力F f ＝μ(mg ＋qE )cos 37°＝0.96 N 设到达斜面底端时的速度为v ，根据动能定理得(mg ＋qE )h －F f h sin 37°＝12m v 2 解得v ＝2.4 m/s.(2)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功， (mg ＋qE )h ＝F f s解得滑块在斜面上运动的总路程：s ＝1 m ，Q ＝F f s ＝0.96 J.答案 (1)2.4 m/s (2)1 m 0.96 J预测4 (2015·新课标全国Ⅱ·24) 如图5，一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A 、B 两点间的电势差．图5 答案 m v 20q解析 设带电粒子在B 点的速度大小为v B .粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 v B sin 30°＝v 0sin 60°①由此得v B ＝3v 0②设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有qU AB ＝12m (v 2B －v 20)③ 联立②③式得U AB ＝m v 20q预测5 如图6所示，一质量为m ＝1.0×10－2 kg ，带电量q ＝1.0×10－6 C 的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向的夹角为θ＝60°.现突然将该电场方向变为竖直向上且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响，小球在 运动过程电量保持不变，重力加速度g ＝10 m/s 2(计算结果保留2位有效数字)．图6(1)判断小球带何种电荷，并求电场强度E ；(2)求小球经过最低点时细线的拉力．答案 (1)负电荷 1.7×105 N/C (2)0.54 N解析 (1)小球受力分析如图，由于电场力F 与场强方向相反，说明小球带负电．小球受到的电场力F ＝qE由平衡条件得：F ＝mg tan θ解得电场强度为：E ≈1.7×105 N/C(2)电场方向变为竖直向上且大小不变后，由动能定理可知(mg ＋qE )h ＝12m v 2 由几何关系可知h ＝l －l cos 60°由牛顿第二定律得F T －(mg ＋qE )＝m v 2l联立解得F T ＝0.54 N.高考题型3 功能观点在电磁感应问题中的应用解题方略1．电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．2．当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．3．若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算电能．4．若电流变化，则：(1)利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；(2)利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能． 例3 如图7所示，倾角θ＝30°、宽为L ＝1 m 的足够长的U 形光滑金属导轨固定在磁感应强度B ＝1 T 、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上．现用一平行于导轨的力F 牵引一根质量m ＝0.2 kg 、电阻R ＝1 Ω的导体棒ab 由静止开始沿导轨向上滑动；牵引力的功率恒定为P ＝90 W ，经过t ＝2 s 导体棒刚达到稳定速度v 时棒上滑的距离s ＝11.9 m ．导体棒ab 始终垂直于导轨且与导轨接触良好，不计导轨电阻及一切摩擦，取g ＝10 m/s 2.求：图7(1)从开始运动到达到稳定速度过程中导体棒产生的焦耳热Q 1；(2)若在导体棒沿导轨上滑达到稳定速度前某时刻撤去牵引力，从撤去牵引力到棒的速度减为零的过程中通过导体棒的电荷量为q ＝0.48 C ，导体棒产生的焦耳热为Q 2＝1.12 J ，则撤去牵引力时棒的速度v ′多大？解析 (1)导体棒达到稳定速度v 时，根据法拉第电磁感应定律和物体平衡条件有：感应电动势为E 1＝BL v ①感应电流为I 1＝E 1R② 牵引力的功率为P ＝F v ③根据平衡条件得F －mg sin θ－BI 1L ＝0④由能量守恒有：Pt ＝mg ·s sin θ＋12m v 2＋Q 1⑤ 联立①②③④⑤并代入数据解得：Q 1＝160 J(2)设导体棒从撤去牵引力到速度为零的过程沿导轨上滑距离为x ，则有：通过导体棒的电荷量q ＝I ·Δt ⑥由闭合电路欧姆定律有I ＝E R ⑦根据法拉第电磁感应定律，有E ＝ΔΦΔt ⑧ 磁通量的变化量ΔΦ＝B ·(Lx )⑨由能量守恒有：12m v ′2＝mg ·x sin θ＋Q 2⑩ 联立⑥⑦⑧⑨⑩代入数据得：v ′＝4 m/s答案 (1)160 J (2)4 m/s预测6 (多选)如图8甲所示，倾角为30°、上侧接有R ＝1 Ω的定值电阻的粗糙导轨(导轨电阻忽略不计、且ab 与导轨上侧相距足够远)，处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场中，导轨相距L ＝1 m ．一质量m ＝2 kg 、阻值r ＝1 Ω的金属棒，在作用于棒中点、沿斜面且平行于导轨的拉力F 作用下，由静止开始从ab 处沿导轨向上加速运动，金属棒运动的速度一位移图象如图乙所示，(b 点为位置坐标原点)．若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝33，g ＝10 m/s 2，则金属棒从起点b 沿导轨向上运动x ＝1 m 的过程中( )图8A ．金属棒做匀加速直线运动B ．金属棒与导轨间因摩擦产生的热量为10 JC ．通过电阻R 的感应电荷量为0.5 CD ．电阻R 产生的焦耳热为0.5 J答案 BC解析 v －x 图象是直线，如果是匀加速直线运动，根据v 2－v 20＝2ax ，v －t 图象应该是曲线，故金属棒做变加速直线运动，故A 错误；金属棒与导轨间因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，为：Q 1＝μmg cos 30°·x ＝33×2×10×32×1 J ＝10 J ，故B 正确；通过电阻R 的感应电荷量：q ＝I t ＝E R ＋r t ＝ΔΦΔt R ＋r t ＝ΔΦR ＋r ＝BLx R ＋r ＝1×1×11＋1C ＝0.5 C ，故C 正确；既然是变加速直线运动，条件不足，无法求解电阻R 产生的热量，故D 错误．高考题型4 应用动力学和功能观点处理电学综合问题例4 (2015·福建理综·22) 如图9，绝缘粗糙的竖直平面MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E ，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小滑块从A 点由静止开始沿MN 下滑，到达C 点时离开MN 做曲线运动．A 、C 两点间距离为h ，重力加速度为g .图9(1)求小滑块运动到C 点时的速度大小v C ；(2)求小滑块从A 点运动到C 点过程中克服摩擦力做的功W f ；(3)若D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P 点．已知小滑块在D 点时的速度大小为v D ，从D 点运动到P 点的时间为t ，求小滑块运动到P 点时速度的大小v P .解析 (1)小滑块沿MN 运动过程，水平方向受力满足q v B ＋N ＝qE小滑块在C 点离开MN 时N ＝0解得v C ＝E B(2)由动能定理mgh －W f ＝12m v 2C－0 解得W f ＝mgh －mE 22B 2 (3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g ′g ′＝ (qE m)2＋g 2 且v 2P ＝v 2D ＋g ′2t 2解得v P ＝v 2D ＋⎣⎡⎦⎤(qE m )2＋g 2t 2 答案 (1)E B (2)mgh －mE 22B 2(3) v 2D ＋⎣⎡⎦⎤(qE m )2＋g 2t 2 预测7 如图10所示，A 、B 两物块用一根轻绳跨过定滑轮相连，其中A 带负电，电荷量大小为q .A 静止于斜面的光滑部分(斜面倾角为37°，其上部分光滑，下部分粗糙且足够长，粗糙部分的摩擦系数为μ，上方有一个平行于斜面向下的匀强电场)，轻绳拉直而无形变．不带电的B 、C 通过一根轻弹簧拴接在一起，且处于静止状态，弹簧劲度系数为k .B 、C 质量相等，均为m ，A 的质量为2m ，不计滑轮的质量和摩擦，重力加速度为g .图10(1)电场强度E 的大小为多少？(2)现突然将电场的方向改变180°，A 开始运动起来，当C 刚好要离开地面时(此时B 还没有运动到滑轮处，A 刚要滑上斜面的粗糙部分)，请求出此时B 的速度大小．(3)若(2)问中A 刚要滑上斜面的粗糙部分时，绳子断了，电场恰好再次反向，请问A 再经多长时间停下来？答案 (1)6mg 5q (2)2 7m 15k g (3)52 7m 15k解析 (1)A 静止，由平衡条件有2mg sin 37°＝qE解得E ＝6mg 5q(2)初始时刻B 静止，设弹簧压缩量为x ，由平衡条件有kx ＝mg当C 刚要离开地面时，C 对地面的压力F N ＝0，设弹簧伸长量为x ′由平衡条件有kx ′＝mg 由于B 、C 重力相等，故x ′＝x ＝mg k分析可知，当C 刚好要离开地面时，B 向上运动2x ，A 沿斜面下滑2xA 、B 系统机械能守恒，有2mg ·2x sin 37°＋qE ·2x ＝mg ·2x ＋12×3m v 2 解得v ＝27m 15kg (3)A 滑上斜面的粗糙部分，由牛顿第二定律μF N ′＝2maF N ′＝2mg cos 37°得a ＝g cos 37°＝45g m/s 2 故A 做匀减速直线运动，运动时间t ＝v a ＝52 7m 15k. 专题强化练1．(多选) 如图1所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一带电小球相连接，小球静止在光滑水平面上，施加一个水平方向的匀强电场，使小球从静止开始向右运动，则向右运动的这一过程中(运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度)( )图1A ．小球动能最大时，小球电势能最小B ．弹簧弹性势能最大时，小球和弹簧组成的系统机械能最大C ．小球电势能最小时，小球动能为零D ．当电场力和弹簧弹力平衡时，小球的动能最大答案 BCD解析 小球向右运动时，电场力做正功，电势能减小；当电场力与弹簧弹力平衡时，小球的动能最大，电势能不是最大；小球在最左端电势能最大，故A 错误；小球运动过程中只有电场力和弹簧弹力做功，故小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能总量守恒，在最右端，电势能最小，故小球和弹簧组成的系统机械能最大，故B 正确；小球向右运动时，电场力做正功，电势能减小，故最右端电势能最小，此时动能为零，故C 正确；当电场力和弹簧弹力平衡前，电场力大于弹簧的弹力，小球做加速运动，当弹簧弹力等于电场力时，速度达到最大，小球的动能最大，故D 正确．2. (多选)如图2所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角，在竖直平面内的直线AB 与场强E 互相垂直，在A 点以大小为v 0的初速度水平向右抛出一质量为m 、电荷量为＋q 的小球，经时间t ，小球下落一段距离过C 点(图中未画出)时其速度大小仍为v 0，已知A 、B 、C 三点在同一平面内，则在小球由A 点运动到C 点的过程中( )图2A．小球的电势能增加B．小球的机械能增加C．小球的重力势能增加D．C点位于AB直线的右侧答案AD解析由题，小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，重力势能减少，动能不变，由动能定理得知，电场力必定做负功，小球的电势能增加，故A正确，C错误；小球具有机械能和电势能，根据能量守恒，小球的电势能增加，则知小球的机械能一定减少，故B错误；小球的电势能增加，而小球带正电，则知C点的电势比A点电势高，故C点一定位于AB直线的右侧，故D正确．3．(多选) 如图3所示，三根绝缘轻杆构成一个等边三角形，三个顶点分别固定A、B、C三个带正电的小球．小球质量分别为m、2m、3m，所带电荷量分别为q、2q、3q.CB边处于水平面上，ABC 处于竖直面内，整个装置处于方向与CB边平行向右的匀强电场中．现让该装置绕过中心O并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120°角，则A、B、C三个球所构成的系统的()图3A．电势能不变B．电势能减小C．重力势能减小D．重力势能增大答案AD解析顺时针转过120°时，A到B位置，B到C位置，C到A位置，设三角形的边长为L，则：电场力做功W AB＝0.5qEL，W BC＝－2qEL，W CA＝1.5qEL，故W总＝0，电势能不变，A正确，B错误；重力做功：W GAB＝mgL cos 30°＝32mgL，W GBC＝0，W GCA＝3mgL cos 30°＝－332mgL，故W G总＝－3mgL，重力势能增大，C错误，D正确．4．(多选)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图4所示．不计空气阻力，则()图4A ．一定有h 1＝h 3B ．一定有h 1<h 4C ．h 2与h 4无法比较D ．h 1与h 2无法比较 答案 AC解析 第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h 1＝v 202g .第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，v 20＝2gh 3，所以h 1＝h 3，故A 正确；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时球的动能为E k ，则由能量守恒得：mgh 2＋E k ＝12m v 20，又由于12m v 20＝mgh 1，所以 h 1>h 2，所以D 错误；第4个图：因电性不知，则电场力方向不清，则高度可能大于h 1，也可能小于h 1，故C 正确，B 错误．5．(多选)质量为m 的带电小球由空中某点A 无初速度地自由下落，在t 秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t 秒小球又回到A 点．整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则( )A ．匀强电场方向竖直向上B ．从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能变化了mg 2t 2C ．整个过程中小球电势能减少了2mg 2t 2D ．从A 点到最低点的过程中，小球重力势能变化了23mg 2t 2答案 CD解析 小球所受电场力方向是向上的，但不知道小球带电的电性，所以不能判断电场的方向，故A 错误；从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ΔE k ＝12mg 2t 2，故B 错误；小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反．设电场强度大小为E ，加电场后小球的加速度大小为a ，取竖直向下方向为正方向，则由12gt 2＝－(v t －12at 2)，又v ＝gt ，解得a ＝3g ，则小球回到A 点时的速度为v ′＝v －at ＝－2gt 整个过程中小球速度增量为Δv ＝v ′－v ＝－3gt ， 速度增量的大小为3gt .由牛顿第二定律得：a ＝qE －mgm ，联立解得电场力大小：Eq ＝4mg整个过程中电场力做的功W ＝4mg ·12gt 2＝2mg 2t 2；电场力做的功等于电势能的减少量，故整个过程中小球电势能减少了2mg 2t 2，故C 正确；设从A点到最低点的高度为h ，根据动能定理得：mgh －qE (h －12gt 2)＝0解得：h ＝23gt 2，故D 正确．6．(多选) 如图5所示，竖直平面内有两条水平的平行虚线ab 、cd ，间距为d ，其间(虚线边界上无磁场)有磁感应强度为B 的匀强磁场，一个正方形线框边长为L ，质量为m ，电阻为R .线框位于位置1时，其下边缘到ab 的距离为h .现将线框从位置1由静止释放，依次经过2、3、4三个位置，其下边框刚进入磁场和刚要穿出磁场时的速度相等，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图5A ．线框在经过2、3、4三个位置时，位置3时线框速度一定最小B ．线框进入磁场过程中产生的电热Q ＝mg (d －L )C ．线框从位置2下落到位置4的过程中加速度一直减小D ．线框在即将到达位置3的瞬间克服安培力做功的瞬时功率为2B 2L 2g (h －d ＋L )R答案 AD解析 线框进入磁场的过程做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后做加速度为g 的匀加速运动，则知3位置时线框速度最小，故A 正确；由功能关系可知，线框进入磁场中减小的重力势能等于电热，即Q ＝mgd ，故B 错误；由于线框在完全进入磁场后做加速度为g 的匀加速运动，故C 错误；因为进入磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减小到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做匀加速运动，设线圈的最小速度为v ，由动能定理，从线框下边刚进入磁场到线框完全进入时，则有：12m v 2－12m v 20＝mgL －mgd ，又有：12m v 20＝mgh ，则克服安培力的功率P ＝BIL v ＝B 2L 2v2R ＝2B 2L 2g (h －d ＋L )R，故D 正确． 7．如图6甲所示，左侧接有定值电阻R ＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1 T ，导轨间距L ＝1 m ．一质量m ＝2 kg ，阻值r ＝2 Ω的金属棒在水平拉力F 作用下由静止开始从CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒的v －x 图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，则从起点发生x ＝1 m 位移的过程中(g ＝10 m/s 2)( )图6A ．金属棒克服安培力做的功W 1＝0.5 JB ．金属棒克服摩擦力做的功W 2＝4 JC ．整个系统产生的总热量Q ＝4.25 JD ．拉力做的功W ＝9.25 J 答案 D解析 金属棒与导轨间因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，为：Q 1＝μmg ·x ＝0.25×2×10×1 J ＝5 J ，故B 错误；由v －x 图象得：v ＝2x ，金属棒所受的安培力F ＝B 2L 2v R ＋r ＝B 2L 2·2xR ＋r ，代入得：F ＝0.5x ，则知F 与x 是线性关系．当x ＝0时，安培力F 0＝0；当x ＝1 m 时，安培力F 1＝0.5 N ，则从起点发生x ＝1 m 位移的过程中，安培力做功为W 安＝－F x ＝－F 0＋F 12x ＝－0＋0.52×1 J＝－0.25 J ，A 错误；根据动能定理得：W －μmgx ＋W 安＝12m v 2，其中v ＝2 m/s ，μ＝0.25，m ＝2kg ，代入解得，拉力做的功W ＝9.25 J ，故D 正确．8．如图7所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与定值电阻R 1和R 2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab ，质量为m ，导体棒的电阻R 0与固定电阻R 1和R 2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，受到安培力的大小为F .此时( )图7A ．电阻R 1消耗的热功率为F v 3 B ．电阻R 0消耗的热功率为F v6C ．整个装置消耗的热功率为μmg v sin θD ．整个装置消耗的机械功率为(F ＋μmg cos θ)v答案 D解析 设ab 长度为L ，磁感应强度为B ，电阻R 1＝R 2＝R .电路中感应电动势E ＝BL v ，ab 中感应电流为：I ＝ER ＋12R＝2BL v 3R ，ab 所受安培力为：F ＝BIL ＝2B 2L 2v3R①电阻R 1消耗的热功率为：P 1＝(12I )2R ＝B 2L 2v 29R②由①②得：P 1＝16F v ，电阻R 0和R 1阻值相等，P 0＝I 2R ＝23F v ，故A 、B 错误；整个装置因摩擦而消耗的热功率为：P f ＝F f v ＝μmg cos θ·v ＝μmg v cos θ，故C 错误；整个装置消耗的机械功率为：P 3＝F v ＋P f ＝(F ＋μmg cos θ)v ，故D 正确．9．如图8所示，倾角为θ＝37°的传送带以较大的恒定速率逆时针转动，一轻绳绕过固定在天花板上的轻滑轮，一端连接放在传送带下端质量为m 的物体A ，另一端竖直吊着质量为m2、电荷量为q＝mgl 28k (k 为静电力常量)带正电的物体B ，轻绳与传送带平行，物体B 正下方的绝缘水平面上固定着一个电荷量也为q 带负电的物体C ，此时A 、B 都处于静止状态．现将物体A 向上轻轻触动一下，物体A 将沿传送带向上运动，且向上运动的最大距离为l .已知物体A 与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，A 、B 、C 均可视为质点，重力加速度为g ，不计空气阻力．求：图8(1)物体A 、B 处于静止状态时物体B 、C 间的距离；(2)从物体B 开始下落与物体C 碰撞的过程中，电场力对物体B 所做的功．答案 (1)l2 (2)mgl解析 (1)开始时，A 、B 均静止，设物体B 、C 间的距离为l 1，由平衡条件有： 对A ：F T ＝mg sin θ＋μmg cos θ对B ：F T ＝kq 2l 21＋mg2解得：l 1＝l2(2)B 、C 相碰后，A 将做匀减速运动，由牛顿第二定律有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 由运动学公式有：0－v 2m ＝－2a (l －l 1) 联立以上两式解得：v m ＝gl物体B下降过程对A、B整体由功能关系有：W电＋12mgl1－(mg sin θ＋μmg cos θ)l1＝12(m＋12m)v2m解得：W电＝mgl。
专题5 功能关系在电学中的应用本专题包括三个部分：电场中的功能关系；电磁感应中的功能关系；应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题。
电场中的功能关系中，电粒子(或带电体)在电场中的运动问题是近几年高考常考的问题，高考命题角度集中在动能定理在平行板电容器中的应用，动能定理在非匀强电场中的应用，抛体运动、功能关系在匀强电场中的应用；题目难度以中档题为主,有选择亦有计算题。
电磁感应中的功能关系，高考命题命题角度有能量守恒定律在电磁感应中的应用，电磁感应电路中的电功、电功率，试题难度以中档题为主。
应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题，在高考中常以压轴题的形式出现，题目综合性强，分值高，难度大。
高频考点：电场中的功能关系；电磁感应中的功能关系；应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题。
考点一、电场中的功能关系例 (2020·全国I 卷T 20)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E a 、E b 、E c 和E d 。
点a 到点电荷的距离r a 与点a 的电势φa 已在图中用坐标（r a ，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W ab 、W bc 和W cd 。
下列选项正确的是( )A ．E a : E b = 4:1B ．E c : E d = 2:1C ．W ab : W bc = 3:1D ．W bc : W cd = 1:3【审题立意】本题考查点电荷的电场、电势、电场力做功等知识。
(1)点电荷电场中场强的计算；(2)点电荷电场中电势高低的判断；(3)点电荷电场中电场力做功的计算。
【解题思路】由图可知，a 、b 、c 、d 到点电荷的距离分别为1 m 、2 m 、3 m 、6 m ，根据点电荷的场强公式2Q E k r =可知，2241a b b a E r E r ==，2241c d d c E r E r ==，故A 正确，B 错误；电场力做功W qU =，a 与b 、b 与c 、c 与d 之间的电势差分别为2 V 、1 V 、1 V ，所以21ab bc W W =，11bc cd W W =，故C 正确，D 错误。
最新高考物理二轮重点专题整合强化练专练八：功能关系在电学中的应用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【答案】BC解析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、(多选)如图所示，匀强电场的电场强度为E，方向水平向左，一带电量为＋q，质量为m的物体放在光滑水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，经时间t力F做功60 J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到出发点O，设O点的电势能为零，则下列说法正确的是()A.物体回到出发点的速度与撤去力F时的速度大小之比为2∶1B.恒力F＝4qEC.撤去力F时，物体的电势能为45 JD.在撤去力F之前的任一时刻，动能与电势能之比均为1∶3【答案】ACD解析在恒力F作用下的加速度大小为a1，撤去恒力F后的加速度大小为a2，匀加速运动的位移大小x1＝12a 1t 2，撤去拉力后的位移大小x 2＝a 1t ·t －12a 2t 2 根据x 1＝－x 2得a 2＝3a 1.根据牛顿第二定律得，a 1＝F －F 电m ，a 2＝F 电m ，联立解得F 电＝qE ＝34F .故B 错误. 3、(多选)如图所示，物体A 和带负电的物体B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A 、B 的质量分别是m 和2m ，劲度系数为k 的轻质弹簧一端固定在水平面上.另一端与物体A 相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦.开始时，物体B 在一沿斜面向上的外力F ＝3mg sin θ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F ，直到物体B 获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中( )A.对于物体A 、B 、弹簧和地球组成的系统，电场力做功等于该系统增加的机械能B.物体A 、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B 电势能的减少量C.B 的速度最大时，弹簧的伸长量为3mg sin θRD.撤去外力F 的瞬间，物体B 的加速度为3g sin θ2【答案】 AC解析 根据能量守恒可知，物体A 、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B 电势能的减少量和B 物体机械能的减小量之和，故B 错误；当B 所受的合力为零时，B 的速度最大，由：kx ＝F 电＋2mg sin θ 解得弹簧的伸长量为：x ＝3mg sin θk，故C 正确；开始时，外力F 作用在B 上，B 处于静止状态，对B 分析可知：F －2mg sin θ－F 电＝0解得：F 电＝mg sin θ.当撤去外力瞬间，对AB 整体分析，整体受到的合力为：F 合＝F 电＋2mg sin θ＝3mg sin θ由F 合＝3ma 可得 a ＝g sin θ，故D 错误.4、(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(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A.匀强电场的场强大小可能等于3mg 5qB.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【答案】BC解析 小球能沿挡板ABC 内侧运动，则有：qE cos 37°≥mg sin 37°，则得：E ≥3mg 4q ，故场强大小不可能等于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 [4R cos 53°＋R (1－cos 37°)]＝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ΔE k ＝mgR (1＋sin 37°)－qER cos 37°＝1.6mgR －0.8qER ，故D 错误.5、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5所示，则棒中电流( )A.方向由M 向N ，大小为3mg 3BlB.方向由N 向M ，大小为3mg 3BlC.方向由M 向N ，大小为3mg Bl D.方向由N 向M ，大小为3mg Bl 【答案】B解析 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 ·x sin θ－mg (x －x ·cos θ)＝0解方程得：I ＝3mg 3Bl. 6、(多选)如图所示，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( )A.其他条件不变，R 越大，x 越大B.其他条件不变，m 越大，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】AB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 ＝m v 2D R，小球由B 到D 的过程中机械能守恒：12mv 2B ＝mg ×2R ＋12mv 2D ，联立解得：v B ＝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 ＝12mv 2B ，将v B ＝5gR 代入得：qEx ＝52mgR ，知m 越大，x 越大，B 正确；E 越大，x 越小，C 错误；在B 点有：F N －mg ＝m v 2B R，将v B ＝5gR 代入得：F N ＝6mg ，选项D 错误.7、(多选)如图所示，竖直平面内有两条水平的平行虚线ab 、cd ，间距为d ，其间(虚线边界上无磁场)有磁感应强度为B 的匀强磁场，一个正方形线框边长为L ，质量为m ，电阻为R .线框位于位置1时，其下边缘到ab 的距离为h .现将线框从位置1由静止释放，依次经过2、3、4三个位置，其下边框刚进入磁场和刚要穿出磁场时的速度相等，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A.线框在经过2、3、4三个位置时，位置3时线框速度一定最小B.线框进入磁场过程中产生的电热Q ＝mg (d －L )C.线框从位置2下落到位置4的过程中加速度一直减小D.线框在即将到达位置3的瞬间克服安培力做功的瞬时功率为2B 2L 2g (h －d ＋L )R【答案】AD解析 线框进入磁场的过程做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后做加速度为g 的匀加速运动，则知3位置时线框速度最小，故A 正确；由功能关系可知，线框进入磁场中减小的重力势能等于电热，即Q ＝mgd ，故B 错误；由于线框在完全进入磁场后做加速度为g 的匀加速运动，故C 错误；因为进入磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减小到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做匀加速运动，设线圈的最小速度为v ，由动能定理，从线框下边刚进入磁场到线框完全进入时，则有：12mv 2－12mv 20＝mgL －mgd ，又有：12mv 20＝mgh ，则克服安培力的功率P ＝BILv ＝B 2L 2v 2R ＝2B 2L 2g (h －d ＋L )R，故D 正确. 8、如图甲所示，左侧接有定值电阻R ＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1 T ，导轨间距L ＝1 m.一质量m ＝2 kg ，阻值r ＝2 Ω的金属棒在水平拉力F 作用下由静止开始从CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒的v －x 图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，则从起点发生x ＝1 m 位移的过程中(g ＝10 m/s 2)( )A.金属棒克服安培力做的功W 1＝0.5 JB.金属棒克服摩擦力做的功W 2＝4 JC.整个系统产生的总热量Q ＝4.25 JD.拉力做的功W ＝9.25 J【答案】D解析 金属棒与导轨间因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，为：Q 1＝μmg ·x ＝0.25×2×10×1 J ＝5 J ，故B 、C 错误；由v －x 图象得：v ＝2x ，金属棒所受的安培力F ＝B 2L 2v R ＋r ＝B 2L 2·2x R ＋r，代入得：F ＝0.5x ，则知F 与x 是线性关系.当x ＝0时，安培力F 0＝0；当x ＝1 m 时，安培力F 1＝0.5 N ，则从起点发生x ＝1 m 位移的过程中，安培力做功为W 安＝－F x ＝－F 0＋F 12x ＝－0＋0.52×1 J ＝－0.25 J ，A 错误；根据动能定理得：W －μmgx ＋W 安＝12mv 2，其中v ＝2 m/s ，μ＝0.25，m ＝2 kg ，代入解得，拉力做的功W ＝9.25 J ，故D 正确. 9、如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与定值电阻R 1和R 2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一导体棒ab ，质量为m ，导体棒的电阻R 0与固定电阻R 1和R 2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，受到安培力的大小为F .此时( )A.电阻R 1消耗的热功率为Fv 3B.电阻R 0消耗的热功率为Fv 6C.整个装置消耗的热功率为μmgv sin θD.整个装置消耗的机械功率为(F ＋μmg cos θ)v【答案】D解析 设ab 长度为L ，磁感应强度为B ，电阻R 0＝R 1＝R 2＝R .电路中感应电动势E ＝BLv ，ab 中感应电流为：I ＝E R ＋12R ＝2BLv 3R ， ab 所受安培力为：F ＝BIL ＝2B 2L 2v 3R① 电阻R 1消耗的热功率为：P 1＝(12I )2R ＝B 2L 2v 29R② 由①②得：P 1＝16Fv ，电阻R 0和R 1阻值相等，P 0＝I 2R ＝23Fv ，故A 、B 错误；整个装置因摩擦而消耗的热功率为：P f ＝F f v ＝μmg cos θ·v ＝μmgv cos θ，故C 错误；整个装置消耗的机械功率为：P 3＝Fv ＋P f ＝(F ＋μmg cos θ)v ，故D 正确.10、(多选)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a 、b 的边长均为l ，电阻均为R ，质量分别为2m 和m .它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l 、磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域.开始时，线框b 的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a 的下边到匀强磁场的上边界的距离为l .现将系统由静止释放，当线框b 全部进入磁场时，a 、b 两个线框开始做匀速运动.不计摩擦和空气阻力，则( )A.a 、b 两个线框匀速运动的速度大小为2mgR B 2l 2B.线框a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为3B 2l 3mgRC.从开始匀速运动到线框a 全部进入磁场的过程中，线框a 所产生的焦耳热为mglD.从开始匀速运动到线框a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl【答案】BC解析 当线框b 全部进入磁场时，a 的下边刚进入磁场，则此时两线框匀速运动，则mg ＋F 安＝2mg ，而F安＝B 2l 2v R ，解得v ＝mgR B 2l 2，选项A 错误；线框a 从下边进入磁场到上边离开磁场的过程，两线框一直做匀速运动，则所用的时间t ＝3l v ＝3B 2l 3mgR，故选项B 正确；从开始匀速运动到线框a 全部进入磁场的过程中，因为两线框匀速运动，故线框a 所产生的焦耳热等于两线框的重力势能的减小量：Q ＝ΔE p ＝2mgl －mgl ＝mgl ，选项C 正确；从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功等于产生的电能，即大小为mgl ，选项D 错误；故选B 、C.11、如图所示，在竖直平面内有一质量为2m 的光滑“∏”形线框DEFC ，EF 长为L ，电阻为r ；FC ＝ED ＝2L ，电阻不计.FC 、ED 的上半部分(长为L )处于匀强磁场Ⅰ区域中，且FC 、ED 的中点与其下边界重合.质量为m 、电阻为3r 的金属棒用最大拉力为2mg 的绝缘细线悬挂着，其两端与C 、D 两端点接触良好，处在磁感应强度为B 的匀强磁场Ⅱ区域中，并可在FC 、ED 上无摩擦滑动.现将“∏”形线框由静止释放，当EF 到达磁场Ⅰ区域的下边界时速度为v ，细线刚好断裂，Ⅱ区域内磁场消失.重力加速度为g .求：(1)整个过程中，线框克服安培力做的功；(2)EF 刚要出磁场Ⅰ时产生的感应电动势；(3)线框的EF 边追上金属棒CD 时，金属棒CD 的动能.【答案】 (1)2mgL －mv 2 (2)4mgr BL (3)mg 2L 22v 2解析 (1)对∏形线框用动能定理：2mgL －W ＝12·2mv 2－0，W ＝2mgL －mv 2 (2)对金属棒CD 受力分析：F Tm ＝mg ＋BIL ，得到I ＝mg BL ，E ＝IR 总＝4mgr BL(3)对金属棒CD 运动分析：H ＝12gt 2，对∏形线框运动分析：H ＋L ＝vt ＋12gt 2，解得：t ＝L v相遇时CD 棒速度v t ＝0＋gt ＝gL v ，此时动能为E k ＝12mv 2t ＝mg 2L 22v 212、如图所示，整个空间存在水平向右的匀强电场，场强E ＝2×103 V/m ，在电场中的水平地面上，放有质量M ＝2 kg 的不带电绝缘木板，处于静止状态.现有一质量为m ＝2 kg ，所带负电荷为q ＝1×10－3 C 的绝缘物块(可看作质点)，以水平向右的初速度v 0＝8 m/s 滑上木板左端.已知木板与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.3，物块在运动过程中始终没有从木板上滑下，g 取10 m/s 2.求：(1)放上物块瞬间，物块和木板的加速度分别是多少；(2)木板至少多长，才能保证物块不从木板上掉下来；(3)从物块滑上木板到物块与木板达到共速的过程中，系统产生的热量Q .【答案】(1)4 m/s 2，方向水平向左 1 m/s 2，方向水平向右 (2)6.4 m (3)43.52 J解析 (1)物块滑上木板瞬间，根据牛顿第二定律得：对m 有：qE ＋μ2mg ＝ma 1，对M 有：μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 2，解得：a 1＝4 m/s 2，方向水平向左，a 2＝1 m/s 2，方向水平向右.(2)假设m 、M 经过时间t 1两者具有共同速度v ，各自的位移为x 1、x 2，则有：v ＝v 0－a 1t 1＝a 2t 1，x 1＝v 0＋v 2t 1， x 2＝v 2t 1， M 、m 之间的相对位移为Δx ，则有：Δx ＝x 1－x 2，联立方程解得：Δx ＝6.4 m ，所以木板至少长6.4 m ，(3)物块与木板间产生的内能为Q 1，木板与地面产生的内能为Q 2，则有：Q 1＝μ2mg Δx ，Q 2＝μ1(m ＋M )gx 2，全过程产生的热量为：Q ＝Q 1＋Q 2，解得：Q ＝43.52 J.13、如图所示，绝缘光滑水平面与半径为R 的竖直光滑半圆轨道相切于C .竖直直径GC 左侧空间存在足够大匀强电场，其电场强度方向水平向右.GC 右侧空间处处存在匀强磁场，其磁感应强度垂直纸面水平向里.一质量为m ，电荷量为q 的带正电滑块(可视为质点)在A 点由静止释放，滑块恰好能通过圆周的最高点G进入电场.已知匀强电场场强大小为E ＝mg q，AC 间距为L ＝4R ，重力加速度为g .求：(1)滑块在G 点的速度v G ；(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(3)滑块落回水平面的位置距离C 点的距离x .【答案】 (1)2gR (2)3m2q g R(3)2R 解析 (1)研究A 到G 过程，由动能定理知：4EqR －2mgR ＝mv 2G 2 代入可得：v G ＝2gR(2)在G 点，对滑块有：mg ＋qv G B ＝mv 2G R代入可得：B ＝3m 2q g R(3)设回到电场之后的飞行时间为t ，水平位移为x 竖直方向：2R ＝gt 22水平方向：x ＝v G t －12at 2其中：a ＝Eqm联立可得：x ＝2R .。
