高考物理二轮专题突破 专题四 功能关系的应用(2)功能关系在电学中的应用检测题

第一篇专题知能突破专题二功能关系的应用第2讲功能关系在电学中的应用1．如图2－2－9所示，空间中有一静电场，在x轴上场强E随位置x的变化规律为E(x)＝－kx，其中k为大于0的常数，单位为V/m2，x的单位为m.有一带正电的试探电荷在x＝0.4 m处由静止释放．若不考虑其他力的作用．则试探电荷()A．释放后将一直沿x轴正方向运动B．释放后将一直沿x轴负方向运动C．在x＝0.4 m处的电势能最大D．在x＝0.4 m处的加速度最小解析：本题考查电场力．由题意中电场强度变化规律可知，正电荷在x＝0.4 m处，由静止释放将沿x轴负方向加速运动，根据a ＝qEm可知，加速度减小．当到达O点场强为零，加速度为零，速度最大；越过O点粒子减速运动直到停止然后反向运动，故A 、B、D选项错误；根据电场力做功与电势能的关系可知，C选项正确．答案：C2．a、b、c、d 四个带电液滴在如图2－2－10所示的匀强电场中，分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下做匀速直线运动，可知()A．a、b为同种电荷，c、d为异种电荷B．a、b的电势能、机械能均不变C．c的电势能减少，机械能增加D．d的电势能减少，机械能减少解析：c、d受力平衡电场力均向上，为同种电荷，A错；ab在同一高度同一等势面上运动，电场力和重力不做功，电势能不变机械能不变，B对；c重力做负功重力势能增加电势能减少，d重力做正功重力势能减少电势能增加，C对，D错；选B、C，本题容易．答案：BC3．如图2－2－11所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿`斜面向上运动．设斜面足够长，则在Q向上运动过程中()A．物块Q的动能一直增大B．物块P、Q之间的电势能一直增大C．物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大D．物块Q的机械能一直增大解析：本题考查电势能，机械能等知识．电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加，由题意知，电场力对Q做了正功，故Q电势能减少，根据除重力外(或弹力)，其余外力做正功，则机械能增加(反之减少)，可知D选项正确．答案：D4.如图2－2－12所示，甲、乙是两个完全相同的闭合正方形导线线框，a、b是边界范围、磁感应强度大小和方向都相同的两个匀强磁场区域，只是a区域到地面的高度比b高一些．甲、乙线框分别从磁场区域的正上方相同高度处同时由静止释放，穿过磁场后落到地面．下落过程中线框平面始终保持与磁场方向垂直．以下说法正确的是()A．落地时甲框的速度比乙框小B．落地时甲框的速度比乙框大C．落地时甲乙两框速度相同D．穿过磁场的过程中甲、乙线框中产生热量相同图2－2－9图2－2－10图2－2－11图2－2－12解析：本题考查动能定理．由图可知乙线框进入磁场时的速度比甲线框进入磁场时速度大，分析可知安培力对乙做的负功多，产生的热量多，故D选项错误；重力做的功一部分转化为导线框的动能，一部分转化为导线框穿过磁场产生的热量，根据动能定理可知，甲落地速度比乙落地速度大，故B选项正确．答案：B5. (改编题)在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，如图2－2－13所示．在M点无初速度释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点静止．则从M到N的过程中()A．点电荷Q一定带正电B．小物块所受的电场力可能增大C．电场力可能对小物块做功为零D．小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功解析：小物块在M点无初速度释放沿斜面向N运动，运动到N点静止，说明小物块受到点电荷的排斥力作用，小物块与点电荷带同种电荷，但带电种类未知，A错误；从M到N小物块与点电荷的距离增大，小物块受到的电场力减小，B错误；由于小物块受到排斥力作用，电场力对小物块做正功，C错误；由动能定理可知，小物块电势能的减少量与重力势能的减少量之和等于克服摩擦力做的功，D正确.答案：D6.如图2－2－14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，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中()A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B．小球的重力势能增加－W1C．小球的机械能增加W1＋12m v2D．小球的电势能减少W2解析：本题考查势能大小和机械能守恒．由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A选项错误；重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加，故B选项正确；小球增加的机械能在数值上等于重力势能和动能的增量，即－W1＋12m v2，故C选项错误；根据电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加，故D选项正确．答案：BD7. 两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m，电阻也为R的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在的平面与磁感应强度为B的磁场垂直，如图2－2－15所示．除金属棒和电阻R外，其余电阻不计．现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放，则()A．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为b→aB．最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝B2L2vRD．金属棒的速度为v时，金属棒两端的电势差为U＝BL v解析：本题考查欧姆定律、右手定则和安培力．由右手定则可判断电流方向为b→a，故A选项正确；根据能量守恒可知，最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡金属棒处于静止状态，故B选项正确；根据F＝BIL，E＝BL v，I＝E/2R，联立可得F＝B2L2v2R，故C选项错误；金属棒速度为v时，金属棒两端的电势差为外压U＝BL v/2，故D选项错误．图2－2－13图2－2－14图2－2－15答案：AB8. 如图2－2－16所示，a 、b 两个带电小球，质量分别为m a 、m b ，用绝缘 细线悬挂．两球静止时，它们距水平地面的高度均为h (h 足够大)，绳 与竖直方向的夹角分别为α和β(α<β)．若剪断细线Oc ，空气阻力不计， 两球电荷量不变，重力加速度为g ，则( ) A ．a 球先落地，b 球后落地B ．落地时，a 、b 水平速度相等，且方向向右C ．整个运动过程中，a 、b 系统的电势能增加D ．落地时，a 、b 两球的动能之和为(m a ＋m b )gh解析：绳断后小球在竖直方向做自由落体运动，落地时间取决于竖直下落高度，故选项A 错误；两球整体水平方向不受外力，由动量守恒可知，最终两球水平分速度为零，故选项B 错误；由于绳断后，两球在库仑斥力的作用下，电场力做正功，电势能减小，故选项C 错误；由以上分析可知小球落地时只有竖直速度，且是由重力引起的，故选项D 正确．答案：D9. 如图2－2－17所示，相距为l 的光滑平行金属导轨ab 、cd 放置在水平桌面上，阻值为R 的电阻与导轨的两端a 、c 相连．滑杆MN 质量为m ，垂直于导轨并可在导轨上自由滑动，不计导轨、滑杆以及导线的电阻．整个装置放于竖直方向的范围足够大的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B .滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与另一质量也为m 的物块相连，绳处于拉直状态．现将物块由静止释放，当物块达到最大速度时，物块的下落高度h ＝2m 2gR 2(Bl )4，用g 表示重力加速度，则在物块由静止开始下落至速度最大的过程中( ) A ．物块达到的最大速度是mgR(Bl )2B ．通过电阻R 的电荷量是2m 2gR(Bl )3C ．电阻R 放出的热量为2m 3g 2R 2(Bl )4D ．滑杆MN 产生的最大感应电动势为mgRBl答案：ABD10. 如图2－2－18所示，水平光滑绝缘轨道MN 的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在E ＝4.0×102 N/C 、水平向左的匀强电场．一个质量m ＝0.10 kg 、带电荷量q ＝5.0×10－5C 的滑块(可视为质点)，从轨道上与挡板相距x 1＝0.20 m 的P 点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动．当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距x 2＝0.10 m 的Q 点，滑块第一次速度减为零．若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求： (1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小； (2)滑块从P 点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功； (3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能．解析：(1)设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a此过程滑块所受合外力F ＝qE ＝2.0×10－2 N根据牛顿第二定律F ＝ma ，解得a ＝0.20 m/s 2.(2)滑块从P 点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功W 1＝qEx 1＝4.0×10－3 J.(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P 点运动到Q 点过程中电场力所做的功． 即ΔE ＝qE (x 1－x 2)＝2.0×10－3 J.答案：(1)0.2 m/s 2 (2)4.0×10－3 J (3)2.0×10－3 J11．(·淮安市第四次调研)如图2－2－19甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上两轨道相距L ＝1 m ，两图2－2－16图2－2－17图2－2－18轨道之间用R ＝3 Ω的电阻连接，一质量m ＝0.5 kg 、电阻r ＝1 Ω的导体杆与两轨道垂直，静止放在轨道上，轨道的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，现用水平拉力沿轨道方向拉导体杆，拉力F 与导体杆运动的位移x 间的关系如图2－2－19乙所示，当拉力达到最大时，导体杆开始做匀速运动，当位移x ′＝2.5 m 时撤去拉力，导体杆又滑行了一段距离x 后停下，在滑行x ′的过程中电阻R 上产生的焦耳热为12 J ．求：图2－2－19(1)拉力F 作用过程中，通过电阻R 上电量q .(2)导体杆运动过程中的最大速度v m .(3)拉力F 作用过程中，电阻R 上产生的焦耳热．解析：(1)拉力F 作用过程中，在时间Δt 内，磁通量为ΔΦ，通过电阻R 上电量qq ＝I tI ＝ER ＋rE ＝ΔΦΔtq ＝ΔΦR ＋r ＝BS R ＋r ＝2×2.5×13＋1 C ＝1.25 C. (2)撤去F 后金属棒滑行过程中动能转化为电能 ∵Q R Q r ＝R r ＝31由能量守恒定律，得12m v 2m＝Q R ＋Q r∴v m ＝8 m/s.(3)匀速运动时最大拉力与安培力平衡F m ＝B 2L 2v m R ＋r ＝22×12×83＋1 N ＝8 N由图象面积，可得拉力做功为W F ＝18 J 由动能定理，得W F －W 安＝12m v 2m－0回路上产生的热量Q ＝W 安，∴Q R ＝34Q ＝1.5 J.答案：(1)1.25 C (2)8 m/s (3)1.5 J 12. (·山东理综，25)如图2－2－20所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d ，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m 、带电量＋q 、重力不计的带电粒子，以初速度v 1垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动．已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推．求：(1)粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功W 1. (2)粒子第n 次经过电场时电场强度的大小E n . (3)粒子第n 次经过电场所用的时间t n .(4)假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零．请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线(不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值．)解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B ，粒子第n 次进入磁场时的半径为R n ，速度为v n ，由牛顿第二定律得q v n B ＝m v n 2R n①图2－2－20由①式得v n ＝qBR nm ②因为R 2＝2R 1，所以v 2＝2v 1③对于粒子第一次在电场中的运动，由动能定理得 W 1＝12m v 22－12m v 12④ 联立③④式得W 1＝3m v 1 22. ⑤(2)粒子第n 次进入电场时速度为v n ，出电场时速度为v n ＋1，有v n ＝n v 1，v n ＋1＝(n ＋1)v 1⑥ 由动能定理得qE n d ＝12m v n 2＋1－12m v n 2⑦联立⑥⑦式得E n ＝(2n ＋1)m v 122qd. ⑧(3)设粒子第n 次在电场中运动的加速度为a n ，由牛顿第二定律得 qE n ＝ma n⑨由运动学公式得v n ＋1－v n ＝a n t n⑩联立⑥⑧⑨⑩式得t n ＝2d(2n ＋1)v 1.答案：(1)32m v １ ２(2)(2n ＋1)m v １ ２2qd (3)2d (2n ＋1)v 1(4)如图所示。

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。

专练：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a 1，撤去恒力F 后的加速度大小为a 2，匀加速运动的位移大小x 1＝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 ＝Eq m联立可得：x ＝2R .。

高三物理第二轮复习功能关系在电学中的应用【学习目标】①几个重要的功能关系在电学中的应用②动能定理在电场中的应用③功能观点在电磁感应问题中的应用④应用动力学和功能观点处理电学综合问题1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ，20)如图1，一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()图1A．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2．半圆形光滑金属导轨MN、PQ平行放置在竖直平面内，导轨左端通过单刀双掷开关S接在电路中，如图7甲所示，电源内阻不计，导轨所在空间有如图乙所示的磁场，金属棒电阻为R、质量为m，其他电阻不计。

整个操作过程经历两个阶段：①开始时开关接位置1，金属棒ab从导轨上M、P位置由静止释放，当金属棒从N、Q竖直向上飞出时，开关S改接位置2，金属棒恰能上升到离N、Q为h的高度处；②之后金属棒又从N、Q落回导轨内并恰好能回到M、P位置。

重力加速度为g。

下列关于金属棒运动过程的描述正确的是()图7A．阶段①消耗的电能等于阶段②产生的电能B．阶段①安培力做的功等于阶段②金属棒克服安培力做的功C．阶段②克服安培力做的功小于mghD．阶段②回路中产生的热量小于mgh1.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.题型1 几个重要的功能关系在电学中的应用例1(多选)如图1所示地面上方存在水平向右的匀强电场.现将一带电小球从距离地面O点高h处的A 点以水平速度v0抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B到O的距离也为h.当地重力加速度为g，则下列说法正确的是()图1A.从A到B的过程中小球的动能先减小后增大B.下落过程中小球机械能一直增加C.小球的加速度始终保持2g不变D.从A点到B点小球的的电势能增加了mgh变式1如图2所示，直角三角形ABC由三段细直杆连接而成，AB杆竖直，AC杆粗糙且绝缘，其倾角为30°，长为2L，D为AC上一点，且BD垂直AC，在BC杆中点O处放置一正点电荷Q.一套在细杆上的带负电小球，以初速度v0由C点沿CA上滑，滑到D点速率恰好为零，之后沿AC杆滑回C点.小球质量为m、电荷量为q，重力加速度为g.则()图2A.小球上滑过程中先匀加速后匀减速B.小球下滑过程中电场力先做负功后做正功C.小球再次滑回C点时的速率为v C＝3gL－v20D.小球下滑过程中动能、电势能、重力势能三者之和增大变式2(多选)如图3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()图3A.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，两个带正电的点电荷M 和N ，带电量均为Q ，固定在光滑绝缘的水平面上，相距2L ，A 、O 、B 是MN 连线上的三点，且O 为中点，OA ＝OB ＝L 2，一质量为m 、电量为q 的点电荷以初速度v 0从A 点出发沿MN 连线向N 运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零，当它运动到O 点时，动能为初动能的n 倍，到B 点速度刚好为零，然后返回往复运动，直至最后静止.已知静电力恒量为k ，取O 处电势为零。

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。

专题四功能关系的应用第2讲：功能关系在电学中的应用一、知识梳理1.静电力做功与无关.若电场为匀强电场，则W＝Fl cosα＝Eql cosα；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.静电力做的功等于的变化，即W AB＝－ΔE p.规律方法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.二、题型、技巧归纳高考题型1 几个重要的功能关系在电学中的应用【例1】(多选)如图1所示地面上方存在水平向右的匀强电场.现将一带电小球从距离地面O点高h处的A点以水平速度v0抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B到O的距离也为h.当地重力加速度为g，则下列说法正确的是( )图1A.从A到B的过程中小球的动能先减小后增大B.下落过程中小球机械能一直增加C.小球的加速度始终保持2g不变D.从A点到B点小球的的电势能增加了mgh高考预测1 如图2所示，直角三角形ABC 由三段细直杆连接而成，AB 杆竖直，AC 杆粗糙且绝缘，其倾角为30°，长为2L ，D 为AC 上一点，且BD 垂直AC ，在BC 杆中点O 处放置一正点电荷Q .一套在细杆上的带负电小球，以初速度v 0由C 点沿CA 上滑，滑到D 点速率恰好为零，之后沿AC 杆滑回C 点.小球质量为m 、电荷量为q ，重力加速度为g .则( )图2A.小球上滑过程中先匀加速后匀减速B.小球下滑过程中电场力先做负功后做正功C.小球再次滑回C 点时的速率为v C ＝3gL －v 2D.小球下滑过程中动能、电势能、重力势能三者之和增大高考预测2 (多选)如图3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( )图3A.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.动能一直保持不变高考题型二 动能定理在电场中的应用【例2】如图4所示，两个带正电的点电荷M 和N ，带电量均为Q ，固定在光滑绝缘的水平面上，相距2L ，A 、O 、B 是MN 连线上的三点，且O 为中点，OA ＝OB ＝L2，一质量为m 、电量为q 的点电荷以初速度v 0从A 点出发沿MN 连线向N 运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零，当它运动到O点时，动能为初动能的n倍，到B点速度刚好为零，然后返回往复运动，直至最后静止.已知静电力恒量为k，取O处电势为零.求：图4(1)A点的场强大小；(2)阻力的大小；(3)A点的电势；(4)电荷在电场中运动的总路程.高考预测3 如图5所示，在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为m，带电荷量为q，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为E，qE>μmg，虚线右侧的水平面光滑.一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧L处，并给滑块一个向左的初速度v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ，求：图5(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块在整个运动过程中产生的热量.规律总结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.高考题型三电功能观点在电磁感应问题中的应用【例3】如图6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.图6(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.高考预测4 (多选)在如图7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ΔE k，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( )图7A.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－ΔE k)的机械能转化为电能D.从ab进入GH到MN到JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量为ΔE k＝W1－W2高考预测5 如图8所示，单位长度电阻相等的直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于bc边水平向右.ab＝4L，bc＝3L，金属框总电阻为R.求：图8(1)若金属框绕bc边以角速度ω按图示方向匀速转动时，ab两点间的电势差U ab是多少？a、b两点哪点电势高？(2)若金属框绕ab边以角速度ω匀速转动一周，ab边上产生的焦耳热是多少？规律总结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＝I2Rt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.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】如图9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.图9(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.高考预测6 如图10甲所示，长L＝1.5m、倾角为θ＝37°的光滑绝缘的斜面底端连接一粗糙绝缘的水平面，整个斜面处在一水平向左的匀强电场中，水平面部分没有电场.现将一质量m＝1.2kg、带电荷量q＝1×10－4C的带正电的小物体从斜面顶端由静止释放，当电场场强E取不同数值时，物体沿斜面下滑最后在水平地面上滑过的距离s不同.研究发现s与E之间的关系如图乙所示.忽略物体在斜面与水平面连接处的能量损失，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图10(1)物体与地面间的动摩擦因数μ；(2)当E＝3×104N/C时，物体运动的总时间.高考预测7 如图11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：图11(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.参考答案一、知识梳理 1. 路径 qU 2. 不做功 3. 移动电荷 Uq . 4. 负 电 5. 电势能 规律方法 1. 受力分析 二、题型、技巧归纳 【例1】 答案 AD解析 由题意分析知，小球在水平方向匀减速，竖直方向匀加速，由于时间相等，两方向位移相同，故qE ＝mg ，合力大小为2mg ，斜向左下方45°，故小球的动能先减小后增大；电场力一直做负功，小球机械能一直减小，小球的加速度始终保持2g 不变，从A 点到B 点电场力做负功，大小为qEh ＝mgh ，故电势能增加了mgh .高考预测1 答案 C解析 小球上滑过程中受到重力、库仑力、杆的支持力以及摩擦力作用，由于库仑力和摩擦力是变力，则运动过程中加速度始终发生变化，故A 错误；根据几何关系可知，OD ＝OC ，则C 、D 两点电势相等，所以从C 到D 的过程中，电场力做功为零，在C 点时，小球受到的库仑力是引力，电场力做正功，后电场力做负功，故B 错误；从C 到D 的过程中，根据动能定理得：0－12mv 20＝－mgh －W f ，再从D 回到C 的过程中，根据动能定理得：12mv 2C －0＝mgh －W f ，根据几何关系可知，h ＝34L 解得：v C ＝3gL －v 20，故C 正确；小球下滑过程中由于摩擦力做负功，则小球动能、电势能、重力势能三者之和减小，故D 错误.高考预测2 答案 AD解析 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.【例2】 答案 (1)32kQ 9L 2 (2)mv 202L (3)mv 24q (2n －1) (4)(n ＋0.5)L解析 (1)由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：E ＝kQL22－kQ 3L22＝32kQ 9L2； (2)由对称性知，φA ＝φB ，电荷从A 到B 的过程中，电场力做功为零，克服阻力做功为：W f ＝F f L ，由动能定理：－F f L ＝0－12mv 20，得：F f ＝mv 22L(3)设电荷从A 到O 点电场力做功为W F ，克服阻力做功为12W f ，由动能定理：W F －12W f ＝12nmv 20－12mv 2得：W F ＝mv 24(2n －1)由：W F ＝q (φA －φO )得：φA ＝W F q ＝mv 24q(2n －1)(4)电荷最后停在O 点，在全过程中电场力做功为W F ＝mv 204(2n －1)，电荷在电场中运动的总路程为s ，则阻力做功为－F f s .由动能定理：W F －F f s ＝0－12mv 02即：mv 204(2n －1)－12L mv 20s ＝－12mv 02解得：s ＝(n ＋0.5)L .高考预测3 答案 (1)(qE －μmg )L ＋m qE －μmg 2qE ＋μmg v 20 (2)qEL ＋12mv 02解析 (1)设滑块向左运动x 时减速到零，由能量守恒定律有： (qE ＋μmg )x ＝12mv 02解得：x ＝mv 202qE ＋μmg之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为E k ，由能量守恒定律得：qE (x ＋L )＝E k ＋μmg (x ＋L )解得：E k ＝(qE －μmg )L ＋m qE －μmg 2qE ＋μmgv 2滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为：E pm ＝(qE －μmg )L ＋m qE －μmg 2qE ＋μmgv 2(2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为W ＝qEL ，电势能减少量为qEL ，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能的减少量之和，即Q ＝qEL ＋12mv 02【例3】 答案 (1)6m/s (2)0.72W (3)0.152J 解析 (1)E ＝BLvI ＝E R ＝BLv R F 安＝BIL ＝B 2L 2vR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mg sin θ＝B 2L 2v mRv m ＝mgR sin37°B 2L 2＝6m/s(2)由(1)可知v m ＝mgR sin37°B 2L 2代入P ＝BLv m2R得P ＝m 2g 2R sin 237°B 2L 2＝0.72W(3)q ＝It ＝ΔΦR ＝BLxRx ＝qRBL＝2.6m 由能量关系有Q ＝mgx sin37°－12mv 2＝0.152J.高考预测4 答案 CD解析 由平衡条件，第一次匀速运动时，mg sin θ＝B 2L 2v 1R，第二次匀速运动时，mg sin θ＝4B 2L 2v 2R，则v 2<v 1，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，W 1－W 2＝ΔE k ，选项D 正确；线框克服安培力做功为W 2，等于产生的电能，且W 2＝W 1－ΔE k ，选项C 正确.高考预测5 答案 (1)8BL 2ω a 端电势高 (2)12πB 2L 4ωR解析 (1)根据法拉第电磁感应定律得E ＝B ·4L ·vv ＝v a ＋v b 2＝4L2ω＝2L ω所以E ＝B ·4L ·2L ω＝8BL 2ω由于ab 和ac 切割磁感线有效长度相同，回路的总感应电动势为零，金属框中无电流，但a 、b 两端有电势差，根据右手定则可判断a 端电势高所以U ab ＝E ＝8BL 2ω(2)若以ab 边为轴匀速转动，ac 边切割磁感线，金属框将产生正弦交流电，设某时刻金属框平面与磁场夹角为θ，从下向上看如图所示，则电动势的瞬时值表达式为e ＝B ·4L ·3L2ωcos θ＝6BL 2ωcos θ最大值E m ＝6BL 2ω 有效值为E ＝E m2＝32BL 2ω金属框绕ab 边转动一周产生的总热量Q ＝E 2R T ＝E 2R ·2πω则ab 边上产生的热量Q ab ＝R ab R Q ＝12πB 2L 4ωR.【例4】 答案 (1)3m/s (2)E ≤2 N/C 或E ≥62N/C 解析 (1)F f ＝F ①F f ＝μF N ② F N ＝mg －Bqv 1③由①②③解得：v 1＝3m/s (2)在A 处：cos α＝v 1v A，v A ＝6m/s小滑块不脱离AF 的圆弧轨道，刚好滑到D 点时：v D ＝0 根据能量守恒得－mgR cos α＋qE 1(R －R cos α)＝0－12mv 2A解出：E 1＝2N/C小滑块不脱离AF 的圆弧轨道，刚好滑到F 点时：mg ＝m v 2F R－mg (R ＋R cos α)＋qE 2(R －R cos α)＝12mv 2F －12mv 2A 解出：E 2＝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 ≥62 N/C高考预测6 答案 (1)0.2 (2)323s 解析 (1)当E ＝0时，s ＝4.5m由动能定理得mgL sin θ－μmgs ＝0解得μ＝0.2(2)当E ＝3×104N/C 时，由牛顿第二定律得mg sin θ－qE cos θ＝ma 1 又L ＝12a 1t 21 解得物体在斜面上的运动时间t 1＝32s 水平面上由牛顿第二定律知μmg ＝ma 2由v ＝a 1t 1又v ＝a 2t 2 可得t 2＝3s所以物体运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝332s. 高考预测7 答案 (1)14.1m/s 2与杆垂直斜向右下方 (2)2 m/s(3)5J解析 (1)小环在直杆上的受力情况如图所示由平衡条件得：mg sin45°＝Eq cos45°得mg ＝Eq ，离开直杆后，只受mg 、Eq 作用，则：2mg ＝ma代入数据解得加速度大小：a ≈14.1m/s 2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v 0，离杆后经t 秒到P 点，则竖直方向：h ＝v 0sin45°·t ＋12gt 2水平方向(取向左为正)：v 0cos45°·t －12gt 2＝0 由以上两式代入数据解得：v 0＝2m/s(3)由动能定理得：E k P －12mv 20＝mgh 代入数据解得：E k P ＝5J.。

专题四第2讲功能关系在电学中的应用1．(多选)(2015·江西高安等重点中学协作体模拟) 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2. (多选)(2015·陕西西工大附中四模)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v0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v0，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3．(多选)(2015·云南一模) 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4．(多选)(2015·陕西西安交大附中四模)带电小球以一定的初速度v 0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h 1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 4，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5．(多选)(2015·临汾等联考三模)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 26．(多选)(2015·张掖模拟) 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 ＋LR7．(2015·山东淄博市二模)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 J8．(2015·黄山二模) 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Fv 3B ．电阻R 0消耗的热功率为Fv6C ．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)v9．(2015·眉山模拟)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．二轮专题强化练答案精析第2讲 功能关系在电学中的应用1．BCD [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．AD [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．AD [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．AC [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 ＝12mv 20，又由于12mv 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．CD [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＝－(vt －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．AD [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：12mv2－12mv 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 ＋LR，故D 正确．]7．D [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 2vR ＋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 ＝1m 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．] 8．D [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 ＝BLv ，ab 中感应电流为：I ＝E R ＋12R＝2BLv3R ，ab 所受安培力为：F ＝BIL ＝2B 2L 2v3R ①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．] 9．(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＋12mgl 1－(mg sin θ＋μmg cos θ)l 1＝12(m ＋12m )v 2m解得：W 电＝mgl。

专题四功能关系的应用[专题定位] 本专题主要用功能的观点解决物体的运动和带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题.考查的重点有以下几方面：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析与计算；③几个重要的功能关系的应用；④动能定理的综合应用；⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题.本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题.[应考策略] 深刻理解功能关系，抓住两种命题情景搞突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.第1讲功能关系在力学中的应用1.常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关.(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值.在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能.转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积.③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热.2.几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的变化，即W G＝－ΔE p.(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔE p.(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔE k.(4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q＝F f·l相对.1.动能定理的应用(1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题.动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用. (2)应用动能定理解题的基本思路 ①选取研究对象，明确它的运动过程.②分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和. ③明确物体在运动过程初、末状态的动能E k1和E k2.④列出动能定理的方程W 合＝E k2－E k1，及其他必要的解题方程，进行求解. 2.机械能守恒定律的应用 (1)机械能是否守恒的判断①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零. ②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能.③对一些“绳子突然绷紧”“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示.(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路 ①选取研究对象——物体系统.②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒. ③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的初、末状态时的机械能. ④根据机械能守恒定律列方程，进行求解.例1 (多选)(2016·全国甲卷·21)如图1所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连.现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点.已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中( )图1A.弹力对小球先做正功后做负功B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D.小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差解析 因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2，知M 处的弹簧处于压缩状态，N 处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A 错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g ；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g ，则有两个时刻的加速度大小等于g ，选项B 正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C 正确；由动能定理得，W F ＋W G ＝ΔE k ，因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知W F ＝0，即W G ＝ΔE k ，选项D 正确. 答案 BCD预测 1 (2016·四川理综·1)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员.他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J ，他克服阻力做功100 J.韩晓鹏在此过程中( ) A.动能增加了1 900 J B.动能增加了2 000 J C.重力势能减小了1 900 J D.重力势能减小了2 000 J答案 C解析 由题可得，重力做功W G ＝1 900 J ，则重力势能减少1 900 J ，故C 正确，D 错误；由动能定理得，W G －W f ＝ΔE k ，克服阻力做功W f ＝100 J ，则动能增加1 800 J ，故A 、B 错误. 预测2 如图2所示，用两根金属丝弯成一光滑半圆形轨道，竖直固定在地面上，其圆心为O 、半径为R .轨道正上方离地h 处固定一水平长直光滑杆，杆与轨道在同一竖直平面内，杆上P 点处固定一定滑轮，P 点位于O 点正上方.A 、B 是质量均为m 的小环，A 套在杆上，B 套在轨道上，一条不可伸长的细绳绕过定滑轮连接两环.两环均可看做质点，且不计滑轮大小与质量.现在A 环上施加一个水平向右的恒力F ，使B 环从地面由静止沿轨道上升.则( )图2A.力F 所做的功等于系统动能的增加量B.在B 环上升过程中，A 环动能的增加量等于B 环机械能的减少量C.当B 环到达最高点时，其动能为零D.当B 环与A 环动能相等时，sin ∠OPB ＝Rh答案 D解析 力F 做正功，系统的机械能增加，由功能关系可知，力F 所做的功等于系统机械能的增加量，不等于系统动能的增加量.故A 错误；由于力F 做正功，A 、B 组成的系统机械能增加，则A 环动能的增加量大于B 环机械能的减少量，故B 错误；当B 环到达最高点时，A 环的速度为零，动能为零，但B 环的速度不为零，动能不为零，故C 错误；当PB 线与圆轨道相切时，v B ＝v A ，根据数学知识有sin ∠OPB ＝R h，故D 正确.例2 如图3所示，水平面O 点左侧光滑，右侧粗糙，有3个质量均为m 完全相同的滑块(可视为质点)，用轻细杆相连，相邻滑块间的距离为L ，滑块1恰好位于O 点左侧，滑块2、3依次沿直线水平向左排开.现将水平恒力F ＝1.8μmg 作用于滑块1，μ为粗糙地带与滑块间的动摩擦因数，g 为重力加速度.图3(1)求滑块运动的最大速度；(2)判断滑块3能否进入粗糙地带？若能，计算滑块3在粗糙地带的运动时间.解析 (1)滑块2刚进入粗糙地带，滑块开始减速，此时速度最大，对所有滑块运用动能定理：F ·L －μmgL ＝12·3mv 21得v 1＝8μgL15(2)若滑块3能进入粗糙地带，设刚进入的速度为v 2，有F ·2L －μmg (1＋2)L ＝12·3mv 22得v 2＝2μgL5故滑块3能进入粗糙地带 此时3μmg －F ＝3ma故滑块3在粗糙地带的减速时间t ＝v 2a得t ＝5L 2μg答案 (1)8μgL15 (2)滑块3能进入粗糙地带 5L 2μg预测3 如图4所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m ，小桶与沙子的总质量为m ，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h 的过程中( )图4A.小桶处于失重状态B.小桶的最大速度为12ghC.小车受绳的拉力等于mgD.小车的最大动能为32mgh答案 B解析 在整个的过程中，小桶向上做加速运动，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶处于超重状态.故A 、C 错误；在小桶上升竖直高度为h 的过程中只有重力对小车和小桶做功，由动能定律得：3mg ·h ·sin 30°－mgh ＝12(3m ＋m )v 2解得：v ＝12gh ，故B 正确；小车和小桶具有相等的最大速度，所以小车的最大动能为：E km＝12·3mv 2＝38mgh ，故D 错误. 预测4 (2016·全国丙卷·24)如图5所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接.AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动.图5(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点. 答案 (1)5∶1 (2)能，理由见解析解析 (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得E k A ＝mg ·R4①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有 E k B ＝mg ·5R4② 由①②式得E k B ∶E k A ＝5∶1③(2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力F N 应满足F N ≥0 ④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有F N ＋mg ＝m v2C R2⑤由④⑤式得mg ≤m 2v2C R⑥ v C ≥Rg2⑦全程应用机械能守恒定律得mg ·R 4＝12mv C ′2⑧解得v C ′＝gR2，满足⑦式条件，即小球恰好可以沿轨道运动到C 点.解题方略多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单.例3 (2016·全国乙卷·25)如图6所示，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内.质量为m的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)图6(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小； (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放.已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点.G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量.解析 (1)由题意可知：l BC ＝7R －2R ＝5R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl BC sin θ－μmgl BC cos θ＝12mv 2B②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2 gR ③(2)设BE ＝x ，P 到达E 点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为E p ，由B →E 过程，根据动能定理得mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12mv 2B④E 、F 之间的距离l 1为l 1＝4R －2R ＋x⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥联立③④⑤⑥式得x ＝R ⑦ E p ＝125mgR⑧(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离为x 1、竖直距离为y 1，由几何关系(如图所示)得α＝37°.由几何关系得：x 1＝72R －56R sin α＝3R ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos α＝52R⑩设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t . 由平抛运动公式得：y 1＝12gt 2⑪ x 1＝v D t⑫联立⑨⑩⑪⑫得v D ＝355gR ⑬设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos α)⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理得E p －m 1g (x ＋5R )sin α－μm 1g (x ＋5R )cos α＝12m 1v 2C ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮得m 1＝13m答案 (1)2 gR (2)125mgR (3)355gR 13m预测5 如图7所示，质量M ＝3 kg 的滑板A 置于粗糙的水平地面上，A 与地面的动摩擦因数μ1＝0.3，其上表面右侧光滑段长度L 1＝2 m ，左侧粗糙段长度为L 2，质量m ＝2 kg 、可视为质点的滑块B 静止在滑板上的右端，滑块与粗糙段的动摩擦因数μ2＝0.15，取g ＝10 m/s 2，现用F ＝18 N 的水平恒力拉动A 向右运动，当A 、B 分离时，B 对地的速度v B ＝1 m/s ，求L 2的值.图7答案 1 m解析 在F 的作用下，A 做匀加速运动，B 静止不动，当A 运动位移为L 1时B 进入粗糙段，设此时A 的速度为v A ，则：对A ：由动能定理：FL 1－μ1(M ＋m )gL 1＝12Mv 2A ①B 进入粗糙段后，设A 加速度为a A ，B 加速度为a B ，对A ：由牛顿第二定律： F －μ1(M ＋m )g －μ2mg ＝Ma A ② 对B ：由牛顿第二定律：μ2mg ＝ma B ③ 由①得v A ＝2 m/s④ 由②得a A ＝0⑤即A 以v A ＝2 m/s 的速度做匀速直线运动直至A 、B 分离，分离时B 的速度为v B ，设B 在粗糙段滑行的时间为t ，则： 对A ：x A ＝v A t ⑥ 对B ：v B ＝a B t ⑦x B ＝12a B t 2⑧又：x A －x B ＝L 2⑨ 联立解得：L 2＝1 m⑩预测6 如图8所示，质量m ＝0.1 kg 的小球(可视为质点)，用长度l ＝0.2 m 的轻质细线悬于天花板的O 点.足够长的木板AB 倾斜放置，顶端A 位于O 点正下方，与O 点的高度差h ＝0.4 m.木板与水平面间的夹角θ＝37°，整个装置在同一竖直面内.现将小球移到与O 点等高的P 点(细线拉直)，由静止释放，小球运动到最低点Q 时细线恰好被拉断(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).求：图8(1)细线所能承受的最大拉力F ；(2)小球在木板上的落点到木板顶端A 的距离s ； (3)小球与木板接触前瞬间的速度大小. 答案 (1)3 N (2)1 m (3)2 5 m/s解析 (1)设细线拉断时小球的速度大小为v 0，由机械能守恒定律得：12mv 20＝mgl解得：v 0＝2gl在Q 点，由牛顿第二定律得 F －mg ＝m v20l解得 F ＝3mg ＝3 N(2)设小球在木板上的落点到木板顶端A 的距离为s ，由平抛运动的规律得：h －l ＋s ·sin θ＝12gt 2； s cos θ＝v 0t ，联立以上各式得：s ＝1 m(3)设小物块与木板接触前瞬间的速度大小为v ，由机械能守恒定律得： 12mv 2＝mg (h ＋s ·sin θ)，联立以上各式得：v ＝2 5 m/s. 专题强化练1.质量为m 的物体，自高为h 、倾角为θ的固定粗糙斜面顶端由静止开始匀加速滑下，到达斜面底端时的速度为v .重力加速度为g .下列说法正确的是( )A.物体下滑过程的加速度大小为v 2sin θhB.物体下滑到底端时重力的功率为mgvC.物体下滑过程中重力做功为12mv 2D.物体下滑过程中摩擦力做功为12mv 2－mgh答案 D解析 由v 2＝2a hsin θ，得a ＝v 2sin θ2h，故A 错误；物体下滑到底端时重力功率P ＝mgv sinθ，故B 错误；重力做功W ＝mgh ，由于有摩擦力做功mgh ＋W ＝12mv 2.故C 错误，D 正确.2.如图1所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab ，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a 处套一质量为m 的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a 处在同一水平线上的O 点，O 、b 两点处在同一竖直线上.由静止释放圆环后，圆环沿杆从a 运动到b ，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是( )图1A.圆环的机械能保持不变B.弹簧对圆环一直做负功C.弹簧的弹性势能逐渐增大D.圆环和弹簧组成的系统机械能守恒答案 D解析由几何关系可知，当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小.所以在环从a到C的过程中弹簧对环做正功，而从C到b的过程中弹簧对环做负功，所以环的机械能是变化的.故A、B错误；当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，所以弹簧的弹性势能先减小后增大.故C错误；在整个的过程中只有重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒.故D正确.3.(多选)如图2所示，斜面与足够长的水平横杆均固定，斜面与竖直方向的夹角为θ，套筒P套在横杆上，与绳子左端连接，绳子跨过不计大小的定滑轮，其右端与滑块Q相连接，此段绳与斜面平行，Q放在斜面上，P与Q质量相等且为m，O为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆h.手握住P且使P和Q均静止，此时连接P的绳与竖直方向夹角为θ，然后无初速度释放P.不计绳子的质量和伸长及一切摩擦，重力加速度为g.关于P描述正确的是( )图2A.释放P前绳子拉力大小为mg cos θB.释放后P做匀加速运动C.P达O点时速率为2gh1－cos θD.P从释放到第一次过O点，绳子拉力对P做功功率一直增大答案AC解析释放P前，对Q分析，根据共点力平衡得，F T＝mg cos θ，故A正确；释放后对P分析，知P所受的合力在变化，则加速度在变化，做变加速直线运动，故B错误；当P到O点时，Q的速度为零，对P和Q系统研究，mg(hcos θ－h)cos θ＝12mv2，解得v＝2gh 1－cos θ，故C 正确；P 从释放到第一次过O 点，速度逐渐增大，拉力在水平方向的分力在减小，则拉力的功率不是一直增大，故D 错误.4.(多选)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图3a 所示)，以此时为t ＝0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系.如图b 所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v 1>v 2).已知传送带的速度保持不变.则下列判断正确的是( )图3A.若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则μ>tan θB.0～t 1内，传送带对物块做正功C.0～t 2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大D.0～t 2内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量 答案 AC解析 在t 1～t 2内，物块向上运动，则有 μmg cos θ>mg sin θ，得μ>tan θ，故A 正确；由题意知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上.0～t 1内，物块所受摩擦力沿斜面向上，则传送带对物块做负功，故B 错误；物块的重力势能减小，动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小.故C 正确；0～t 2内，传送带对物块做功等于物块机械能的变化量，故D 错误. 5.(多选)如图4所示，半径为R 的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m 的小球A 、B 与轻杆连接，置于圆轨道上，A 位于圆心O 的正下方，B 与O 等高.它们由静止释放，最终在水平面上运动.下列说法正确的是( )图4A.下滑过程中重力对B 做功的功率先增大后减小B.当B 滑到圆轨道最低点时，轨道对B 的支持力大小为3mgC.下滑过程中B 的机械能增加D.整个过程中轻杆对A 做的功为12mgR答案 AD解析 因为初位置速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小.故A 正确；A 、B 小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设B 到达轨道最低点时速度为v ，根据机械能守恒定律得： 12(m ＋m )v 2＝mgR ，解得：v ＝gR ，在最低点，根据牛顿第二定律得： F N －mg ＝m v 2R 解得：F N ＝2mg ，故B 错误；下滑过程中，B 的重力势能减小ΔE p ＝mgR ，动能增加量ΔE k ＝12mv 2＝12mgR ，所以机械能减小12mgR ，故C 错误；整个过程中对A ，根据动能定理得：W ＝12mv 2＝12mgR ，故D 正确. 6.如图5所示，长1 m 的轻杆BO 一端通过光滑铰链铰在竖直墙上，另一端装一轻小光滑滑轮，绕过滑轮的细线一端悬挂重为15 N 的物体G ，另一端A 系于墙上，平衡时OA 恰好水平，现将细线A 端滑着竖直墙向上缓慢移动一小段距离，同时调整轻杆与墙面夹角，系统重新平衡后轻杆受到的压力恰好也为15 N ，则该过程中物体G 增加的重力势能约为( )图5A.1.3 JB.3.2 JC.4.4 JD.6.2 J答案 A解析 轻杆在O 点处的作用力方向必沿杆，即杆会平分两侧绳子间的夹角.开始时，AO 绳子水平，此时杆与竖直方向的夹角是45°；这时杆中的弹力大小等于滑轮两侧绳子拉力的合力.当将A 点达到新的平衡，由于这时轻杆受到的压力大小等于15 N(等于物体重力)，说明这时两段绳子夹角为120° 那么杆与竖直方向的夹角是60°；设杆的长度是L .状态1时，AO 段绳子长度是L 1＝L sin 45°＝22L ， 滑轮O 点到B 点的竖直方向距离是h 1＝L cos 45°＝22L ，状态2，杆与竖直方向夹角是60°，这时杆与AO 绳子夹角也是60°(∠AOB ＝60°)，即三角形AOB 是等边三角形.所以，这时AO 段绳子长度是L 2＝L ；滑轮到B 点的竖直距离是h 2＝L cos 60°＝12L ，可见，后面状态与原来状态相比，物体的位置提高的竖直高度是h ＝(h 2－h 1)＋(L 2－L 1)＝(12L －22L )＋(L －22L )＝(32－2)L .重力势能的增加量E p ＝Gh ＝G ×(32－2)L ＝15 N×(32－2)×1 m≈1.3 J.7.(多选)如图6所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8).则( )图6A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车最大速度为2gh 7C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g答案 AB解析 对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg ·2h －μmg cos45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mgh －μmg cos 45°·h sin 45°＝12mv 2，解得v ＝2gh7，选项B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a ＝mg sin 37°－μmg cos 37°m ＝－335g ，选项D 错误.8.如图7甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m ＝4 kg 的小物块和质量M ＝2 kg 的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点.在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动.电动机功率保持P ＝6 W 不变.从某时刻t ＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t ＝6 s 后可视为匀速运动，t ＝10 s 时物块离开木板.重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图7(1)平板与地面间的动摩擦因数μ； (2)平板长度L .答案 (1)0.2 (2)2.416 m解析 (1)在前2 s 内，整体匀速，则有：F 1＝F f1，P ＝F 1v 1，F f1＝μ(M ＋m )g ，代入数据，联立三式解得μ＝0.2.(2)6～10 s 内，小物块匀速运动，则有：F 2＝F f2，P ＝F 2v 2，2～10 s 的过程，由动能定理得，P Δt －F f2L ＝12mv 22－12mv 21，联立各式代入数据解得L ＝2.416 m.9.倾斜雪道的长为25 m ，顶端高为15 m ，下端经过一小段圆弧过渡后与很长的水平雪道相接，如图8所示.一滑雪运动员在倾斜雪道的顶端以水平速度v 0＝8 m/s 飞出，在落到倾斜雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起.除缓冲过程外运动员可视为质点，过渡圆弧光滑，其长度可忽略.设滑雪板与雪道的动摩擦因数μ＝0.2，求运动员在水平雪道上滑行的距离(取g ＝10 m/s 2).图8答案 74.84 m 解析如图建立坐标系，斜面的方程为y ＝x tan θ＝34x ①运动员飞出后做平抛运动x ＝v 0t ② y ＝12gt 2③联立①②③式，得飞行时间t ＝1.2 s 落点的x 坐标x 1＝v 0t ＝9.6 m 落点离斜面顶端的距离s 1＝x 1cos θ＝12 m 落点距地面的高度h 1＝(L －s 1)sin θ＝7.8 m 接触斜面前的x 轴方向分速度v x ＝8 m/sy 轴方向分速度v y ＝gt ＝12 m/s沿斜面方向的速度大小为v ∥＝v x cos θ＋v y sin θ＝13.6 m/s 设运动员在水平雪道上运动的距离为s 2，由功能关系得mgh 1＋12mv 2∥＝μmg cos θ(L －s 1)＋μmgs 2解得s 2＝74.84 m.10.风洞飞行表演是一种高科技的惊险的娱乐项目.如图9所示，在某次表演中，假设风洞内向上的总风量和风速保持不变.质量为m 的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果.假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的18，风洞内人体可上下移动的空间总高度AC ＝H .开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好使表演者在最高点A 点处于静止状态；后来，表演者从A 点开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B 点后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C 处减速为零，试求：图9(1)表演者向上的最大加速度大小和向下的最大加速度大小； (2)AB 两点的高度差与BC 两点的高度差之比； (3)表演者从A 点到C 点减少的机械能. 答案 (1)g 34g (2)3∶4 (3)mgH解析 (1)在A 点受力平衡时，则mg ＝k S2向上最大加速度为a 1，kS －mg ＝ma 1 得到a 1＝g向下最大加速度为a 2，mg －k S8＝ma 2得到a 2＝34g(2)设B 点的速度为v B 2a 1h AB ＝v 2B 2a 2h BC ＝v 2B 得到：h AB h BC ＝a 2a 1＝34或者由v －t 图象法得到结论. (3)整个过程的动能变化量为ΔE k ＝0 整个过程的重力势能减少量为ΔE p ＝mgH 因此机械能的减少量为ΔE ＝mgH或者利用克服摩擦力做功可也得到此结论.11.(2016·全国甲卷·25)轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接.AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图10所示.物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动，重力加速度大小为g .图10(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围. 答案 (1)6gl 22l (2)53m ≤M <52m解析 (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能.由机械能守恒定律知，弹簧长度为l 时的弹性势能为E p ＝5mgl ①。

第2讲功能关系在电学中的应用课标卷高考命题分析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，可以做负功，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.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．高考题型1 几个重要的功能关系在电学中的应用例1 (2017·山东省模拟)如图1所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E ，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止．撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h 时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v ，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m ，带电荷量为q ，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图1A ．与弹簧分离时小球的动能为mgh ＋qEhB ．从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mgh ＋qEhC ．从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为qE hD ．撤去外力时弹簧的弹性势能为12mv 2－(qE －mg )h答案 D解析 根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为E k ＝qEh －mgh ＋E p ，A 错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为ΔE ＝mgh ＋12mv 2＝qEh ＋E p ，B 错误；小球减少的电势能为Eqh ，故C 错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，12mv 2＝E p ＋qEh －mgh ，所以E p ＝12mv 2－(qE －mg )h ，D 正确．1．若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．2．若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．3．除重力、弹簧弹力之外，其他各力对系统做的功等于系统机械能的变化．4．所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化．5．洛伦兹力对运动电荷不做功．1．(多选)(2017·湖北省六校联合体4月联考)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用．若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球( )A．重力做功为5 J B．电势能减少2 JC．空气阻力做功0.5 J D．动能减少3.5 J答案BD解析小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减少2 J，故B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知，空气阻力做功为－0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J，根据动能定理，小球的动能减少3.5 J，故D正确．2．(多选)(2017·北京燕博园模拟)如图2甲所示，一质量m＝0.5 kg、电荷量q＝＋1×10－2C的物块静止在绝缘的粗糙水平面上，在物块所在的足够大的空间内，加一与水平方向成θ＝37°、斜向右下的匀强电场，电场强度E＝1×103 V/m.物块在电场力的作用下开始运动．物块运动后还受到空气阻力，其大小与速度的大小成正比．物块的加速度a与时间t 的关系如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2.以下判断正确的是( )图2A ．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝311B ．t ＝2 s 时物块的动能为56.25 JC ．t ＝3 s 时物块受到的空气阻力为5 ND ．前5 s 内合外力对物块做的功为100 J 答案 ABD解析 由题图乙可知，t ＝0时物块的加速度a 0＝10 m/s 2，且t ＝0时物块受到的空气阻力为零，对物块进行受力分析可得，Eq cos θ－μ(mg ＋Eq sin θ)＝ma 0，解得μ＝311，故A 选项正确；t ＝2 s 时物块的速度由a －t 图线围成的面积可得，v 2＝15 m/s ，物块的动能E k ＝12mv 22＝56.25 J ，故B 选项正确；由a －t 图象可知t ＝3 s 时物块的加速度a 3＝2.5 m/s 2，对物块进行受力分析可得，Eq cos θ－μ(mg ＋Eq sin θ)－F f ＝ma 3，解得F f ＝3.75 N ，故C 选项错误；由a －t 图象可知t ＝4 s 时物块的加速度减为零，此后物块做匀速直线运动，由a －t 图线围成的面积可得，物块的最大速度v m ＝20 m/s ，由动能定理可知，合外力对物块做的功等于物体动能的变化量，即W ＝ΔE k ＝12mv m 2＝100 J ，故D 选项正确．高考题型2 功能观点在电磁感应问题中的应用例2 如图3所示，两根等高光滑的四分之一圆弧形轨道与一足够长水平轨道相连，圆弧的半径为R 0，轨道间距为L 1＝1 m ，轨道电阻不计．水平轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B 1＝1 T ，圆弧轨道处于从圆心轴线上均匀向外辐射状的磁场中，如图所示．在轨道上有两长度稍大于L 1、质量均为m ＝2 kg 、阻值均为R ＝0.5 Ω的金属棒a 、b ，金属棒b 通过跨过定滑轮的绝缘细线与一质量为M ＝1 kg 、边长为L 2＝0.2 m 、电阻r ＝0.05 Ω的正方形金属线框相连．金属棒a 从轨道最高处开始，在外力作用下以速度v 0＝5 m/s 沿轨道做匀速圆周运动到最低点MN 处，在这一过程中金属棒b 恰好保持静止．当金属棒a 到达最低点MN 处被卡住，此后金属线框开始下落，刚好能匀速进入下方h ＝1 m 处的水平匀强磁场B 3中，B 3＝ 5 T ．已知磁场高度H >L 2.忽略一切摩擦阻力，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求：图3(1)辐射磁场在圆弧处磁感应强度B 2的大小；(2)从金属线框开始下落到进入磁场前，金属棒a 上产生的焦耳热Q ；(3)若在线框完全进入磁场时剪断细线，线框在完全离开磁场B 3时刚好又达到匀速，已知线框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q 1＝10.875 J ，则磁场的高度H 为多少． 答案 (1)2 T (2)2 J (3)1.2 m解析 (1)对金属棒b ，由力的平衡条件得：Mg ＝B 1IL 1对a 、b 金属棒和导轨组成的闭合回路，有I ＝B 2L 1v 02R联立方程，代入数值求得B 2＝2 T(2)根据能量守恒定律有Mgh ＝12Mv 2＋12mv 2＋2Q线框进入磁场的瞬间，由力的平衡条件得Mg ＝B 1I 1L 1＋B 3I 2L 2其中，I 1＝B 1L 1v2RI 2＝B 3L 2v r联立方程，代入数值求得Q ＝2 J(3)从线框完全进入磁场到完全出磁场，有MgH ＝12Mv 12－12Mv 2＋Q 1在完全出磁场的瞬间，由力的平衡条件得Mg ＝B 3I 3L 2其中，I 3＝B 3L 2v 1r联立方程，代入数值求得H ＝1.2 m.1．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；安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．2．若回路中电流恒定，可以利用W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行电能计算．3．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．3.(2017·湖北黄冈市模拟)如图4所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离l 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g ，则此过程中( )图4A ．杆的速度最大值为(F －μmg )RB 2d2B ．安培力做的功等于电阻R 上产生的热量C ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量 答案 D解析 当杆达到最大速度v m 时，F －μmg －B 2d 2v m R ＋r ＝0得v m ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2d 2，A 错；安培力做的功等于电阻R 和r 上产生的热量，B 错；在杆从开始到达到最大速度的过程中由动能定理得W F ＋W f ＋W 安＝ΔE k ，其中W f ＝－μmgl ，W 安＝－Q ，恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C 错；恒力F 做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D 对．4．(2017·福建南平市3月质检)如图5所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L ＝0.2 m ，左端接有阻值R ＝0.3Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道．水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B ＝1.0 T ．一根质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝0.1Ω的金属棒ab 垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F 作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x ＝9 m 时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度．当金属棒离开磁场时撤去外力F ，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h ＝0.8 m 处．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与轨道垂直且与轨道保持良好接触，取g ＝10 m/s 2.求：图5(1)金属棒运动的最大速率v ；(2)金属棒在磁场中速度为v2时的加速度大小；(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R 上产生的焦耳热． 答案 (1)4 m/s (2)1 m/s 2(3)1.5 J解析 (1)金属棒从出磁场到达到弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律得： 12mv 2＝mgh ① 由①得：v ＝2gh ＝4 m/s ②(2) 金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I ，根据平衡条件得F ＝BIL ＋μmg ③ I ＝BLv R ＋r④ 联立②③④式得F ＝0.6 N ⑤金属棒速度为v2时，设回路中的电流为I ′，根据牛顿第二定律得F －BI ′L －μmg ＝ma ⑥ I ′＝BLv2(R ＋r )⑦联立②⑤⑥⑦解得：a ＝1 m/s 2(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q ，根据功能关系：Fx ＝μmgx ＋12mv 2＋Q ⑧则电阻R 上的焦耳热Q R ＝RR ＋rQ ⑨ 联立⑤⑧⑨解得：Q R ＝1.5 J ．高考题型3 动力学和功能观点在电场中的应用例3 (2017·全国卷Ⅱ·25)如图6，两水平面(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 点将质量均为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 刚离开电场时的动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g .求：图6(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)13H (3)2mg2q解析 (1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M 、N 在电场中运动的时间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s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0－at ＝0① s 1＝v 0t ＋12at 2②s 2＝v 0t －12at 2③联立①②③式得s 1s 2＝3④ (2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式v y 2＝2gh ⑤ H ＝v y t ＋12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动，由几何关系知v 0v y ＝s 1H⑦ 联立①②⑤⑥⑦式可得 h ＝13H ⑧(3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，则v 0v y ＝qE mg⑨ 设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得E k1＝12m (v 02＋v y 2)＋mgH ＋qEs 1⑩E k2＝12m (v 02＋v y 2)＋mgH －qEs 2⑪由已知条件E k1＝1.5E k2⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E ＝2mg2q.5.(2017·广东揭阳市模拟)如图7，空间有一竖直向下沿x 轴方向的静电场，电场的场强大小按E ＝mg4qL x 分布(x 是轴上某点到O 点的距离)．x 轴上，有一长为L 的绝缘细线连接均带负电的两个小球A 、B ，两球质量均为m ，B 球带电荷量大小为q ，A 球距O 点的距离为L .两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用．图7(1)求A 球的带电荷量大小q A ；(2)剪断细线后，求B 球下落速度达到最大时，B 球距O 点距离x 0； (3)剪断细线后，求B 球下落最大高度h . 答案 (1)6q (2)4L (3)4L解析 (1)对A 、B 由整体法得：2mg －q A mg 4qL L －q mg4qL ×2L ＝0解得q A ＝6q(2)当B 球下落速度达到最大时，由平衡条件得mg ＝qE ＝q mg4qL x 0，解得x 0＝4L .(3)运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得：mgh －q ×mg 4qL ×2L ＋q ×mg4qL(2L ＋h )2h ＝0解得：h ＝4L .6．(2017·山西省重点中学协作体一模) 一质量为m 、带电量为＋q 的小球从距地面高h 处以一定初速度水平抛出，在距抛出点水平距离L 处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管．管上口距地面h2，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域加一个场强方向水平向左的匀强电场，如图8所示，求：图8(1)小球初速度v 0、电场强度E 的大小； (2)小球落地时的动能．答案 (1)2Lgh h 2mgL qh(2)mgh 解析 (1)电场中小球做类平抛运动，在水平方向上：v 0＝qEtm①竖直方向上：h 2＝gt 22②又v 02＝2Eq mL ③联立①②③ 得：v 0＝2Lgh h ，E ＝2mgL qh. (2)从抛出到落地由动能定理得：mgh －EqL ＝E k －12mv 02小球落地时动能：E k ＝mv 022＋mgh －EqL ＝mgh .题组1 全国卷真题精选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d2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d3，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d2处返回D ．在距上极板25d 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 ＝Ud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v 2＝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 2＋d )－qU ＝0，mg (d 2＋h )－q U 23d ·h ＝0.两方程联立得h ＝25d ，选项D 正确．2．(多选)(2012·新课标全国·18)如图9，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )图9A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动 答案 BD解析 带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg ，方向竖直向下；二是电场力F ＝Eq ，方向垂直于极板向上，因二力均为恒力，又已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D 正确，选项A 、C 错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B 正确．3．(2015·新课标全国Ⅱ·24)如图10，一质量为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10答案 mv 02q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 B 2－v 02)③ 联立②③式得U AB ＝mv 02q.题组2 各省市真题精选4．(多选)(2015·四川理综·6)如图11所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O ，最低点是P ，直径MN 水平．a 、b 是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b 固定在M 点，a 从N 点静止释放，沿半圆槽运动经过P 点到达某点Q (图中未画出)时速度为零．则小球a ( )图11A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量答案BC解析小球a从N点静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力整个过程做负功．小球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，故A错误；小球a受力如图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90°，在P点合力与速度夹角大于90°，所以小球a从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；从N到Q的过程中，库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C 正确；根据能量守恒可知，P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误．5．(多选)(2015·广东理综·21)如图12所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N 分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则( )图12A．M的带电荷量比N的大B．M带负电荷，N带正电荷C．静止时M受到的合力比N的大D．移动过程中匀强电场对M做负功答案BD6．(2015·重庆理综·7)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图13是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.图13(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．答案(1)nBIL方向水平向右(2)nBILv解析(1)线圈所受的安培力为右边所受的安培力，由安培力公式得F＝nBIL①由左手定则知方向水平向右(2)安培力的功率为P＝F·v②联立①②式解得P＝nBILv.专题强化练1.(多选)(2017·甘肃兰州市一模)一带电小球从左向右水平射入竖直向下的匀强电场，在电场中的轨迹如图1所示，a、b为轨迹上的两点，不计空气阻力，下列判断正确的是( )图1A．小球一定带负电荷B．小球在a点的动能大于b点的动能C．小球在a点的电势能大于b点的电势能D．小球的机械能守恒答案AC解析小球做曲线运动，向合外力方向偏转，合外力方向向上，小球受重力和电场力，故电场力逆着电场线方向，小球带负电，故A正确；小球受力方向与运动方向成锐角，电场力做正功，动能增加，电势能减小，故B错，C对；有电场力做功，机械能不守恒，故D错．2．(多选)(2017·全国名校模拟)如图2所示，表面光滑的绝缘细杆倾斜固定放置，Q点处固定一点电荷．一带电小圆环套在该绝缘细杆上，从细杆上P点处由静止释放，沿细杆上滑到O点时静止．把带电小圆环当作点电荷，则( )图2A．小圆环所带电荷和固定的电荷一定是同种电荷B．小圆环所带电荷和固定的电荷一定是异种电荷C．小圆环上滑过程中，电势能减小D．小圆环上滑过程中，电势能增大答案AC解析小圆环从P点由静止上滑，说明固定点电荷给小圆环排斥力，A项正确，B项错误；排斥力让小圆环上滑，电场力做正功，电势能减小，C项正确，D项错误．3.(多选)(2017·宁夏银川市二模)如图3所示，绝缘轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小球Q，Q在A处时弹簧处于原长状态，Q可在C处静止．若将另一带正电小球q固定在C正下方某处时，Q可在B处静止．现将Q从A处由静止释放，则Q从A运动到C处的过程中( )图3A．Q运动到C处时速率最大B．加速度先减小后增大C．小球Q的机械能不断减小D．Q、q及弹簧与地球组成的系统的势能不断减小答案BC解析q在C正下方某处时，Q在B处受力平衡，速率最大，故A错误；Q在B处加速度为零，Q第一次从A运动到C的过程中加速度先减小到零后反向增大，故B正确；Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和，由功能关系有ΔE＝W弹＋W电，而弹簧弹力一直做负功，即W弹＜0，库仑力也一直做负功，即W电＜0，则ΔE＜0，即Q的机械能不断减小，故C正确；系统的势能E p等于重力势能、电势能与弹性势能之和，根据能量守恒有ΔE p＋ΔE k＝0，由于Q的动能E k先增大后减小，所以系统的势能先减小后增大，故D错误．4．(多选)(2017·山东日照市一模)质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落．t 秒末，在小球下落的空间中，加上竖直向上、范围足够大的匀强电场．再经过时间t，小球又回到A点，不计空气阻力且小球从未落地，重力加速度为g，则( )A．小球所受电场力的大小是4mgB．小球回到A点时的动能是mg2t2C．从A点到最低点的距离是23gt2D．从A点到最低点，小球的电势能增加了mg2t2答案 AC解析 小球先自由下落，然后匀减速到0，再向上做匀加速运动回到A 点．设加上电场后小球的加速度大小为a ，规定向下为正方向．整个过程中小球的位移为0， 由12gt 2＋gt ·t －12at 2＝0解得a ＝3g ， 根据F 合＝F 电－mg ＝ma 得，F 电＝4mg ，故A 正确；t s 末的速度v 1＝gt ，加电场后，返回A 点的速度v A ＝v 1－at ＝gt －3gt ＝－2gt ，小球回到A 点时的动能是E k ＝12mv A 2＝12m (－2gt )2＝2mg 2t 2，故B 错误；从A 点自由下落的高度h 1＝12gt 2，自由落体的末速度v 1＝gt ，匀减速下降的高度h 2＝v 122a ＝(gt )22×3g ＝16gt 2，小球从A 点到最低点的距离h ＝h 1＋h 2＝12gt 2＋16gt 2＝23gt 2，故C 正确；从A 到最低点小球电势能增加量等于克服电场力做的功ΔE p ＝Fh 2＝4mg ×16gt 2＝23mg 2t 2，故D错误．5．(多选)如图4所示，两根相距l ＝0.4 m 、电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面内平行放置，两导轨左端与阻值R ＝0.15 Ω的电阻相连．导轨x >0的一侧存在沿＋x 方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直(竖直向下)，磁感应强度B ＝0.5＋0.5x (T)．一根质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.05 Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直．棒在水平外力作用下从x ＝0处沿导轨向右做直线运动，运动过程中回路电流恒为 2 A ．以下判断正确的是( )图4A．金属棒在x＝3 m处的速度为0.5 m/sB．金属棒在x＝3 m处的速度为0.75 m/sC．金属棒从x＝0运动到x＝3 m过程中克服安培力做的功为1.6 JD．金属棒从x＝0运动到x＝3 m过程中克服安培力做的功为3.0 J答案AD解析在x＝3 m处，磁感应强度为B＝2 T，因为回路中电流I恒为2 A，由闭合电路欧姆定律得，回路中的感应电动势E＝I(R＋r)＝0.4 V，由E＝Blv可得，此时金属棒的速度v ＝0.5 m/s，选项A正确，B错误；由安培力公式可知，F安＝BIl＝0.8×(0.5＋0.5x)(N)，随x成线性变化，因此可用F安－x图的面积或平均作用力来求功，可得金属棒在此过程中克服安培力做功为3.0 J，选项C错误，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，则知经过位置3时线框速度最小，故A 正确；由功能关系可知，线框由2到4过程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，线框做匀速运动，全部进入磁场将做匀加速运动，设线框的最小速度为v ，从线框下边刚进入磁场到线框完全进入时，由动能定理有：12mv2－12mv 02＝mgL －mgd ，又有：12mv 02＝mgh ，则克服安培力做功的瞬时功率P ＝BILv ＝B 2L 2v 2R ＝2B 2L 2g (h －d ＋L )R，故D 正确．7．(多选)(2017·黑龙江大庆市二模)如图6所示，两相距为l 的平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，与阻值为R 的定值电阻相连，导轨电阻不计，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B ；有一质量为m 的导体棒垂直轨道且与两导轨接触良好，从ab 位置获得平行于斜面的、大小为v 的初速度向上运动，最远到达a ′b ′的位置，上滑的整个过程中流过电阻R 的电荷量为q ，导体棒接入电路的电阻也为R ，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则( )图6A ．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B 2l 2v2RB ．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为12mv 2C ．上滑过程中导体棒克服安培力产生的热量12mv 2－mgqRBl(sin θ＋μcos θ)。

权掇市安稳阳光实验学校第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＝Fs cos α＝Eqs 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.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1A．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3mgL的功C．小球从P到M过程中，小球的机械能增加了3mgLD．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3mg，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3mg，这个方向上位移为L，所以做功为3mgL，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＝L sin 30°＋L cos 30°＝L2 (1＋3)，故电场力做功为2mg·d＝mgL(1＋3)，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2A．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W1C．小球动能的变化为W1＋W2＋W3D．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＝12mv21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：v y＝at由题意得：tan 30°＝v1v y由牛顿第二定律得：qE＝ma联立以上各式并代入数据得： E ＝3×103 N/C ＝1.732×103 N/C(3)由动能定理得：qU ab ＝12m (v 21＋v 2y )－0联立以上各式并代入数据得：U ab ＝400 V.答案 (1)104m/s (2)1.732×103N/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)2qEL m (2)73L 4qEL (3)(32－2) mL qE解析 (1)设B 球刚进入电场时带电系统的速度为v 1，由动能定理得 2qEL ＝12×2mv 21解得：v 1＝2qELm(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s ，对于全过程，由动能定理得 2qEL －qEL －3qEs ＝0解得s ＝L3，则B 球移动的总位移为s B ＝73LB 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43L其电势能的变化量为ΔE p ＝－W ＝3qE ·43L ＝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：a 1＝2qE 2m ＝qE m ，t 1＝v 1a 1＝2mLqE带电系统在电场中时，做匀减速运动：a 2＝－qE 2m设A 球刚出电场时速度为v 2，由动能定理得： －qEL ＝12×2m (v 22－v 21)解得：v 2＝qEL mt 2＝v 2－v 1a 2＝2(2－1)mL qE解得总时间t ＝t 1＋t 2＝(32－2)mL qE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v 0.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E p ，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E 1＝BLv 0通过R 的电流大小I 1＝E 1R ＋r ＝BLv 0R ＋r电流方向为b →a(2)导体棒产生的感应电动势为E 2＝BLv感应电流I 2＝E 2R ＋r ＝BLvR ＋r导体棒受到的安培力大小F ＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r，方向沿导轨向上根据牛顿第二定律有mg sin θ－F ＝ma解得a ＝g sin θ－B 2L 2vm R ＋r(3)导体棒最终静止，有mg sin θ＝kx 压缩量x ＝mg sin θk设整个过程回路产生的焦耳热为Q 0，根据能量守恒定律有12mv 20＋mgx sin θ＝E p ＋Q 0 Q 0＝12mv 20＋mg sin θ2k－E p电阻R 上产生的焦耳热Q ＝R R ＋r Q 0＝RR ＋r [12mv 2＋mg sin θ2k－E p ]答案 (1)BLv 0R ＋r ，电流方向为b →a(2)g sin θ－B 2L 2vm R ＋r(3)RR ＋r [12mv 20＋mg sin θ2k－E p ]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，t 1时刻ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区，此时线框恰好以速度v 1做匀速直线运动；t 2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v 2做匀速直线运动．重力加速度为g ，下列说法中正确的是 ( )图6A ．线框两次匀速直线运动的速度之比v 1∶v 2＝2∶1B ．从t 1到t 2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 →dC ．从t 1到t 2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t 1到t 2过程中，有3mgL sin θ2＋mv 21－v 222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，B 2L 2v 1R＝mg sin θ，第二次匀速运动时，4B 2L 2v 2R＝mg sin θ，解得v 1∶v 2＝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3mgL sin θ2，动能的减少量为mv 21－v 222，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500g 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/s 2)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v 0. 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qE cos 45°＝mg cos 45°即qE ＝mg (1分) 小环离开直杆后，所受合外力为F 合＝2mg ＝maa ＝2g ＝10 2 m/s 2(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ΔE k ＝W 重＋W 电(2分)其中W 重＝mgh ＝4 J ．W 电＝0，所以ΔE k ＝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：22h ＝v 0t (2分)垂直杆方向做匀加速运动：22h ＝12at2(2分)解得v 0＝2 m/s (1分) 答案 (1)10 2 m/s 2，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 ＝2R /g 小球距坐标原点O 的距离s 为多远？ 答案 (1)正电 mg E (2)2EBRg(3)27R 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 ＝mgE②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 ＝mv 2/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 ＝mv 2/R ④ 由②③④得：r ＝EBRg⑤ 即PO 的最小距离为：y ＝2r ＝2EBR g⑥ (3)小球由O 运动到N 的过程中设到达N 点的速度为v N ，由机械能守恒定律得：mg ·2R ＝12mv 2N －12mv2⑦由④⑦解得：v N ＝5gR 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 ＝v N t ⑨ 沿电场方向有：z ＝12at2⑩由牛顿第二定律得：a ＝qE /m ⑪t 时刻小球距O 点为：s ＝x 2＋z 2＋2R2＝27R(限时：45分钟)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d 2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d3，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d2处返回D ．在距上极板25d 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 ＝Ud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v 2＝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 2＋d )－qU ＝0，mg (d2＋h )－q U23d ·h ＝0.两方程联立得h ＝25d ，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 ( )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 点具有的电势能大D ．把负电荷从C 点移至D 点，电场力做的总功为零 答案 CD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E p ＝qφ知，正电荷在A 点的电势能比在B 点的电势能大，C 正确；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，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2A．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．4．如图3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W pq，从q点到k点电场力做的功为W qk，则( )图3A．W pq＝W qkB．W pq<W qkC．粒子从p点到q点做匀加速直线运动D．粒子从p点到q点其电势能逐渐减小答案D解析离点电荷越近，等势面分布越密集，即离点电荷越近的地方间距相等的等势面间的电势差越大，则有U pq>U qk，由W＝qU得W pq>W qk，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．5．如图4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4A ．物块c 的质量是2m sin θB ．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mg sin θBL答案 AD解析 b 棒恰好静止，受力平衡，有mg sin θ＝F 安，对a 棒，安培力沿导轨平面向下，由平衡条件得mg sin θ＋F 安＝m c g ，由上面的两式可得m c ＝2m sinθ，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mg sin θ＝F 安＝BIL ，得I ＝mg sin θBL ，a棒中的电流也为I ＝mg sin θBL，选项D 正确．6． 如图5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 ＝3mg /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5A ．ε＝33mgHB ．ε＝－33mgHC ．v ＝2gHD ．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°＝－3mgH /3＝－mgH ，选项A 、B 错误；由动能定理，mgH＋QEH /tan 60°＝12mv 2，解得v ＝2gH ，选项C 正确，D 错误．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6A ．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12mv 2C ．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为2qRBLD ．整个过程中电阻R 上产生的焦耳热为12mv 2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12mv 2，选项B 正确．由q ＝ΔΦR 总可知q＝BLs 2R ，解得s ＝2qRBL，选项C 正确．由B 项可知整个回路中产生的焦耳热为12mv 2，电阻R 上产生的焦耳热为14mv 2，选项D 错误． 8． 如图7所示，一长为h 2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 处无初速度释放一电荷量为q (q >0)、质量为m 的点电荷N ，N 在距离底部点电荷为h 1的B 处速度恰好为零．再次从A 处无初速度释放电荷量为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)kQq3mg(2)2 g h 2－h 13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 ＝kQqr2解得r ＝kQq 3mg(2)设电荷P 运动到B 处时的速度为v B ，由动能定理， 有3mg (h 2－h 1)－qU AB ＝12×3mv 2B依题意有mg (h 2－h 1)＝qU AB 联立两式可得：v B ＝2g h 2－h 139． 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R 1＝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R 2＝1 Ω的金属棒AB 以v 0＝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/s 2.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R 1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 v 21r①从金属棒刚滑出磁场到最高点，根据机械能守恒定律有12mv 21＋mg ·2r ＝12mv 2②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＝12mv 20－12mv2④对闭合回路，根据热量关系有Q ＝Q 总R 1＋R 2R 1⑤(3分)联立④⑤两式并代入数据得Q ＝2.2 J10．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 ＝1×106V/m 、竖直向上的匀强电场，有一质量m ＝1 kg 、带电量q ＝1.4×10－5C 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59 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 ＝12mv 2B到达B 点时由支持力F N 、重力、电场力的合力提供向心力F N －mg ＋qE ＝m v 2BR解得F N ＝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 v 2R解得v ＝2 m/s在粗糙水平面滑行时的加速度a ＝μg ＝2 m/s 2物体最终停止的位置距离B 为s ＝v 22a＝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59 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)。

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。