新课标2020版高考物理大二轮复习专题二功和能第三讲功能关系在电学中的应用教学案2

第三讲功能关系在电学中的应用
[
知识建构
]
(注1)……(注2)：详见答案部分
[答案](1)W电＝qU
W电＝qEd
W电＝－ΔE p
(2)①焦耳定律：Q＝I2Rt
②功能关系：Q＝W克服安培力
③能量转化：Q＝W其他能的减少量
热点考向一动力学观点和能量观点在电磁场中的应用
【典例】(2019·郴州二模) 如图所示，一足够长的固定斜面，倾角θ＝30°.质量为M＝0.2 kg的绝缘长板A，以初速度v0＝3 m/s，沿斜面匀速下滑．空间有一沿斜面向下的匀强电场，电场强度E＝2.5×102N/C.质量为m＝0.1 kg，电量为q＝＋4×10－4C的光滑小物块B，轻放在A板表面最上端．此后经时间t＝0.1 s，撤去电场，当物块速度为v＝8 m/s 时，恰好离开板A，求：
(1)撤去电场时，物块B 的动能E k B 和0.1 s 内的电势能变化量ΔE p . (2)撤去电场时，板A 的速度v A .
(3)物块B 在板A 上运动的全过程，系统发热Q . [思路引领]
[解析] (1)在电场力作用下，物块B 受重力、支持力、电场力作用，由牛顿第二定律得：mg sin30°＋qE ＝ma B
解得：a B ＝6 m/s 2
撤电场时，物块B 的速度：
v B ＝a B t ＝0.6 m/s
物块B 的动能E k B ＝12mv 2
B ＝0.018 J
物块B 在0.1 s 内在电场方向上的位移：
L 1＝v 2B
2a B
＝0.03 m
物块B 的电势能变化量：ΔE p ＝－qEL 1＝－3×10－3
J (2)A 在斜面上匀速下滑，由平衡条件得：
Mg sin30°＝μMg cos30°
解得：μ＝
33
B 轻放上A ，对A 由牛顿第二定律得： μ(M ＋m )g cos30°－Mg sin30°＝Ma 0
解得：a 0＝2.5 m/s 2
撤电场时，A 的速度：
v A ＝v 0－a 0t ＝2.75 m/s.
(3)撤去电场后，B 在A 上运动时，由牛顿第二定律得：
mg sin30°＝ma ′B
解得：a ′B ＝5 m/s 2
t ′＝v －v B
a ′B
＝1.48 s
物块B 在A 上运动的时间：
t B ＝t ＋t ′＝1.58 s
斜面对板A 的最大静摩擦力
F fm ＝μ(M ＋m )g cos30°>Mg sin30°
当A 速度减为0后，A 将静止在斜面上 板A 做匀减速运动的时间t A ＝v 0a 0
＝1.2 s<t B
故板A 向下运动的位移：x ＝v 20
2a 0＝95
m
由功能关系得：
Q ＝μ(M ＋m )g cos30°·x ＝2.7 J.
[答案] (1)0.018 J －3×10－3
J (2)2.75 m/s (3)2.7 J
电场中的功能关系
迁移一 电场中的功能关系
1．(多选)(2019·河北名校联盟)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t 秒，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4mg
B ．小球回到A 点时的动能是mg 2t 2
C ．从A 点到最低点的距离是23
gt 2
D ．从A 点到最低点，小球的电势能增加了mg 2t 2
[解析] 小球先做自由下落，然后受电场力和重力向下做匀减速直线运动直到速度为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，运用运动学公式有，12gt 2＋gt ·t －12at 2
＝0，解得a ＝3g ，根据
牛顿第二定律得F 电－mg ＝ma ，所以电场力是重力的4倍为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 2A ＝12m (－2gt )2＝2mg 2t 2
，故B 错误；从A 点自由下落的高度h 1＝12
gt 2，匀减速下降
的高度h 2＝v 21
2a ＝(gt )2
2×3g ＝16gt 2，小球从A 点到最低点的距离h ＝h 1＋h 2＝12gt 2＋16gt 2＝23
gt 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 ＝F 电h 2＝4mg ×16gt 2＝
2
3
mg 2t 2，故D 错误．
[答案] AC
迁移二 电磁场中的功能关系
2．(2019·江西六校联考)如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A 点时的动能为100 J ，在C 点时动能减为零，D 为AC 的中点，那么带电小球在运动过程中( )
A．到达C点后小球不可能沿杆向上运动
B．小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等
C．小球在D点时的动能为50 J
D．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量
[解析]如果电场力大于重力，则速度减为零后小球可能沿杆向上运动，选项A错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，选项B正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不一定为50 J，选项C错误；该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，选项D 错误．
[答案] B
伦兹力不做功，但是洛伦兹力会随v变化，导致支持力和摩擦力变化，从而会影响摩擦做功的大小. 热点考向二动力学观点和能量观点在电磁感应中的应用
【典例】(2019·湖北六校联考)将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为θ＝30°，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度为H＝0.4 m，如图甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为x ＝0.55 m．将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端，已知导线框的质量为m
＝0.1 kg 、导线框的电阻为R ＝0.25 Ω、ab 的长度为L ＝0.5 m ．从t ＝0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F ，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力F 撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动．已知导线框向上运动的v －t 图像如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝3
3
，整个运动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，g ＝10 m/s 2
.
(1)求在导线框上施加的恒力F 以及磁感应强度的大小；
(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度v 与位移s 的关系为v ＝v 0－B 2L 2
mR
s ，其
中v 0是导线框ab 边刚进入磁场时的速度大小，s 为导线框ab 边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q .
[思路引领] (1)
(2)
[解析] (1)由v －t 图像可知，在0～0.4 s 时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v 1＝2.0 m/s ，所以在此过程中的加速度a ＝Δv Δt
＝5.0 m/s 2
由牛顿第二定律有F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 解得F ＝1.5 N
由v －t 图像可知，导线框进入磁场区域后以速度v 1做匀速直线运动 通过导线框的电流I ＝E R ＝
BLv 1
R
导线框所受安培力F 安＝BIL
对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有
F ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋B 2L 2v 1
R
解得B ＝0.50 T.
(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v 1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H .
导线框ab 边离开磁场后做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为
x 0＝x －H ＝0.15 m
设导线框与挡板碰撞前的速度为v 2，由动能定理，有 －mg (x －H )sin θ－μmg (x －H )cos θ＝12mv 22－12mv 2
1
解得v 2＝v 2
1－2g (x －H )(sin θ＋μcos θ)＝1.0 m/s
导线框碰挡板后速度大小仍为v 2，导线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mg sin θ＝μmg cos θ＝0.50 N ，因此导线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab 边刚进入磁场时的速度为v 2＝1.0 m/s ；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设导线框全部离开磁场区域时的速度为v 3
由v ＝v 0－B 2L 2mR s 得v 3＝v 2－2B 2L 2
H
mR
＝－1.0 m/s
因v 3<0，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框受力平衡，所以导线框将静止在磁场中某位置
导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热 Q 1＝I 2
Rt ＝2B 2L 2
Hv 1
R
＝0.40 J
导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q 2＝12mv 2
2＝0.05 J
所以Q ＝Q 1＋Q 2＝0.45 J.
[答案] (1)1.5 N 0.50 T (2)0.45 J
用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤
(2019·江西七校联考)如下图所示，两条光滑的金属导轨相距L ＝1 m ，其中MN 段平行于PQ 段，位于同一水平面内，NN 0段与QQ 0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面上，且MNN 0与PQQ 0均在竖直平面内．在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B 1和B 2，且B 1＝B 2＝0.5 T ．ab 和cd 是质量均为m ＝0.1 kg 、电阻均为R ＝4 Ω的两根金属棒，ab 置于水平导轨上，cd 置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好．从
t ＝0时刻起，ab 棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab 棒始终在水平导轨上
运动，且垂直于水平导轨)，cd 受到F ＝0.6－0.25t (N)沿斜面向上的力的作用，始终处于静止状态．不计导轨的电阻．(sin37°＝0.6，g 取10 m/s 2
)
(1)求流过cd 棒的电流I cd 随时间t 变化的函数关系；
(2)求ab 棒在水平导轨上运动的速度v ab 随时间t 变化的函数关系； (3)求从t ＝0时刻起，1.0 s 内通过ab 棒的电荷量q ；
(4)若t ＝0时刻起，1.0 s 内作用在ab 棒上的外力做功为W ＝16 J ，求这段时间内cd 棒产生的焦耳热Q cd .
[解析] (1)由题意知cd 棒受力平衡，则
F ＋F cd ＝mg sin37°
F cd ＝B 2I cd L ，得I cd ＝0.5t (A)．
(2)ab 棒中电流I ab ＝I cd ＝0.5t (A) 则回路中电源电动势E ＝I cd R 总
ab 棒切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝B 1Lv ab
解得ab 棒的速度v ab ＝8t (m/s)
所以，ab 棒做初速度为零的匀加速直线运动． (3)ab 棒的加速度为a ＝8 m/s 2
，
1．0 s 内的位移为x ＝12at 2＝12
×8×1.02
m ＝4 m
根据I ＝
E
R 总
＝ΔΦR 总t ＝B 1Lx
R 总t
得q ＝I t ＝
B 1Lx R 总＝0.5×1×4
8
C ＝0.25 C. (4)t ＝1.0 s 时，ab 棒的速度，
v ab ＝8t (m/s)＝8 m/s ，
根据动能定理有
W －W 安＝12
mv 2ab －0，
得1.0 s 内克服安培力做功
W 安＝⎝
⎛⎭
⎪⎫16－1
2
×0.1×82 J ＝12.8 J
回路中产生的焦耳热Q ＝W 安＝12.8 J
cd 棒上产生的焦耳热Q cd ＝Q
2
＝6.4 J.
[答案] (1)I cd ＝0.5t (A) (2)v ab ＝8t (m/s) (3)0.25 C (4)6.4 J
功能关系在力学和电磁感应中应用时的“三同三异”
考场满分答卷策略——功能关系在电学中的应用
(2019·全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平
放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放
置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，
P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m、电荷
量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为
h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电
场，重力忽略不计．
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从
射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位
置离开电场，则金属板的长度最短应为多
少？
满分样板
专题强化训练(七)
一、选择题
1．(2019·天津卷)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度v 从M 点竖直向上运动，通过N 点时，速度大小为2v ，方向与电场方向相反，则小球从M 运动到N 的过程( )
A ．动能增加12mv 2
B ．机械能增加2mv 2
C ．重力势能增加32
mv 2
D ．电势能增加2mv 2
[解析] 小球动能的增加量为ΔE k ＝12m (2v )2
－12mv 2＝32
mv 2，A 错误；小球在竖直方向上
的分运动为竖直上抛，到N 时竖直方向的速度为零，则M 、N 两点之间的高度差为h ＝v 2
2g
，
小球重力势能的增加量为ΔE p ＝mgh ＝12mv 2
，C 错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能
减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔE p ′＝32mv 2＋12mv 2＝2mv 2
，D 错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小
球所做的功等于小球机械能的增加量，即2mv 2
，B 正确．
[答案] B
2．(多选)(2019·湖北武汉高三毕业生四月调研) 如图所示，匀强电场与水平方向成夹角θ(θ<45°)，场中有一质量为m 、可视为质点的带电小球，用长为L 的细线悬挂于O 点，当小球静止时，细线恰好水平．现用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点时，小球速度刚好再次为零．若小球电荷量保持不变，则在此过程中( )
A ．小球电势能一直在增加，电势能增量为ΔE p ＝mgL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1tan θ
B ．小球机械能一直在减小，机械能增量为ΔE ＝－mgL
C ．小球在最低点的加速度a ＝0
D ．小球的最大动能
E km ＝(2－1)mgL 1
tan θ
[解析] 设小球所受电场力为F ，根据小球静止时，细线恰好水平，可以得出F sin θ＝
mg ，解得F ＝
mg
sin θ
.用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点，需要克服电场力做功，小球电势能一直在增加．根据功能关系，小球电势能增加量为ΔE p ＝FL cos θ＋FL sin θ＝mgL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1tan θ，选项A 正确；用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点时，小球速度刚好再次为零，分析可知，恒定外力做功大小与重力和电场力的合力做功大小相等，又水平方向和竖直方向运动距离都为L ，故恒定外力与重力和电场力的合力大小相等，F
外
＝F 合＝mg 1
tan θ，故总的合力恰好与竖直方向夹角为45°，则小球机械能先增大后减小，选
项B 错误；由以上分析可知小球在最低点的合力方向与竖直方向夹角为45°，根据牛顿第二定律可知小球在最低点的加速度不为零，选项C 错误；分析可知，当转过45°时，小球有最大速度，易知小球所受合力为F
合
＝mg 2
tan θ
，由动能定理可得小球的最大动能E kmax ＝⎝
⎛
⎭⎪⎫L －2L 2·mg 2tan θ＝(2－1)mgL 1tan θ，选项D 正确．
[答案] AD
3．(多选)(2019·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 J
C ．空气阻力做功0.5 J
D ．动能减少3.5 J
[解析] 小球的重力势能增加5 J ，则小球克服重力做功5 J ，故选项A 错误；电场力
对小球做功2 J ，则小球的电势能减少2 J ，故选项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 ，故选项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 ，故选项D 正确．
[答案] BD
4．(2019·山东省实验中学模拟)如图所示，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( )
A ．与弹簧分离时小球的动能为mgh ＋qEh
B ．从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mgh ＋qEh
C ．从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为qE h
D ．撤去外力时弹簧的弹性势能为12
mv 2
－(qE －mg )h
[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 ，选项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 ，选项B 错误；小球减少的电势能为Eqh ，故选项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 ，选项D 正确．
[答案] D
5．(多选)(2019·河南六市第5次联考)如右图所示，半径为R 的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直平面内，磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直轨道平面向里．一可视为质点、质量为m 、电荷量为q (q >0)的小球由轨道左端A 处无初速度滑下．当小球滑至轨道最低点C 时，给小球再施加一始终水平向右的外力F ，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D 点．若小球始终与轨道接触，重力加速度为g ，则下列判断中正确的是( )
A ．小球在C 点受到的洛伦兹力大小为q
B gR B ．小球在
C 点对轨道的压力大小为3mg －qB 2gR C ．小球从C 到
D 的过程中，外力F 的大小保持不变 D ．小球从C 到D 的过程中，外力F 的功率逐渐增大
[解析] 小球从A 到C 过程中由机械能守恒有mgR ＝12
mv 2
，解得v ＝2gR ，所以小球在
C 点受到的洛伦兹力大小为F 洛＝qB 2gR ，故选项A 错误；在C 点由牛顿第二定律有F N －mg ＋F 洛＝m v 2
R
，解得F N ＝3mg －qB 2gR ，故选项B 正确；小球从C 到D 的过程中，合外力始终
指向圆心，所以mg cos θ＝F sin θ，θ变化，外力F 的大小发生变化，故选项C 错误；小球从C 到D 的过程中，由能量守恒定律可知外力F 的功率等于重力功率大小，所以外力F 的功率逐渐增大，故选项D 正确．
[答案] BD
6．(2019·福建宁德一模)如图所示，固定在倾角为θ＝30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d ＝1 m ，其底端接有阻值为R ＝2 Ω的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B ＝2 T 的匀强磁场中．一质量为m ＝1 kg(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．现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力
F ＝10 N 作用下从静止开始沿导轨向上运动距离L ＝6 m 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 ＝2 Ω，导轨电阻不计，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2
.则此过程( )
A ．杆的速度最大值为4 m/s
B ．流过电阻R 的电荷量为6 C
C ．在这一过程中，整个回路产生的热量为17.5 J
D ．流过电阻R 的电流方向为由c 到d
[解析] 当杆达到最大速度时满足F ＝B 2d 2v m
r ＋R
＋mg sin θ，解得v m ＝5 m/s ，选项A 错误；
流过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦr ＋R ＝BLd r ＋R ＝2×6×1
2＋2
C ＝3 C ，选项B 错误；回路产生的热量Q ＝
FL －mgL sin θ－1
2
mv 2m ＝17.5 J ，选项C 正确；由右手定则可知流过R 的电流方向从d 到c ，
选项D 错误．
[答案] C
7．(多选)(2019·东北省四市联考)如图所示，在宽度为d 的条形无场区左侧Ⅰ区和右侧Ⅱ区内，存在着磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，磁场方向如图所示．有一边长为l (l >d )、电阻均匀分布且阻值为R 的正方形金属线框EFGH 置于Ⅰ区域，EF 边与磁场边界平行，现使线框以垂直于磁场边界的速度v 从图示位置向右匀速运动，则( )
A ．当EF 边刚进入Ⅱ区时，线框中电流方向为顺时针，大小为Blv R
B ．当EF 边刚进入中间无磁场区时，E 、F 两点间的电压为
Blv
4
C ．将线框拉至HG 边刚离开Ⅰ区的过程中，拉力所做的功为B 2l 2v (4l －3d )
R
D ．将线框从Ⅰ区全部拉入Ⅱ区的过程中，回路中产生的焦耳热为2B 2l 2
v (2l －d )
R
[解析] 当EF 边刚进入Ⅱ区时，金属线框HG 、EF 边均切割磁感线，由右手定则可判断出HG 边切割磁感线产生的感应电动势方向为顺时针方向，EF 边切割磁感线产生的感应电动势方向为顺时针方向，则回路中产生总感应电动势为E 1＝2Blv ，由闭合电路欧姆定律，回路中产生的感应电流大小为I 1＝E 1R ＝
2Blv
R
，方向为顺时针方向，选项A 错误．当EF 边刚进入
中间无磁场区域时，只有HG 边切割磁感线，回路中产生的感应电动势E 2＝Blv ，感应电流
I 2＝E 2R ，E 、F 两点之间的电压为U ＝I 2R 4＝Blv
4
，选项B 正确．线框在整个运动过程中做匀速
运动，故线框所受安培力和拉力始终相等．线框在Ⅰ区运动，磁通量不变，不产生感应电流，拉力不做功；在EF 边进入中间无磁场区域的过程中，只有HG 边切割磁感线，回路中产生的
感应电动势为E 2＝Blv ，感应电流I 2＝E 2R ，线框所受安培力F 1＝BI 2l ，拉力做功W 1＝F 1d ＝B 2l 2vd R
；
当EF 边进入Ⅱ区距离小于l －d 时，HG 、EF 边均切割磁感线，回路中产生总感应电动势为
E 1＝2Blv ，感应电流大小为I 1＝E 1R ＝2Blv
R
，线框所受总安培力F 2＝2BI 1l ，拉力做功W 2＝F 2(l
－d )＝4B 2l 2
v (l －d )
R
，则将线框拉至HG 边刚离开Ⅰ区的过程中，拉力所做的功W ＝W 1＋W 2＝
B 2l 2v (4l －3d )
R
，选项C 正确．当EF 边进入Ⅱ区距离大于l －d 小于l 时，只有EF 边切割磁
感线，产生感应电动势E 3＝Blv ，感应电流I 3＝E 3R
，线框所受安培力F 3＝BI 3l ，拉力做功W 3
＝F 3d ＝B 2l 2vd
R
；将线框从Ⅰ区全部拉入Ⅱ区的过程中，安培力做的总功W ′＝－W 1－W 2－W 3
＝－2B 2l 2
v (2l －d )R
.根据克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热可知，回路中产生的焦
耳热为Q ＝－W ′＝2B 2l 2
v (2l －d )R
，选项D 正确．
[答案] BCD
8. (多选)(2019·苏州模拟)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上．区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L .一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑．当ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v 1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v 2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W 1，安培
力对线框做功大小为W 2，下列说法中正确的是( )
A ．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v 2>v 1
B ．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(W 1－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Δ
E k ＝W 1－W 2
[解析] 由平衡条件，第一次匀速运动时，mg sin θ＝B 2L 2v 1
R
，第二次匀速运动时，mg sin θ
＝4B 2L 2
v 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．
[答案] CD
9．(多选)(2019·抚州质检)如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的水平匀强磁场．PQ 为两个磁场的分界线，磁场范围足够大．一个边长为
a 、质量为m 、电阻为R 的金属正方形线框，以速度v 垂直磁场方向从图中实线位置开始向
右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为v
2，则下列说法正确
的是( )
A ．此过程中通过线框截面的电荷量为Ba 2
2R
B ．此时线框中的电功率为B 2a 2v 2
4R
C ．此过程中回路产生的电能为3mv 28
D ．此时线框的加速度为2B 2a 2v mR
[解析] 根据q ＝ΔΦR
，穿过线圈的磁通量由Ba 2减小到零，所以此过程中通过线框横截面的电荷量为Ba 2R ，选项A 错误；此时线框中的电动势E ＝2Ba ·v 2＝Bav ，电功率P ＝E 2R ＝B 2a 2v 2R
，选项B 错误；此过程中回路产生的电能等于线圈动能的减少量，12mv 2－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22＝38
mv 2，选项C 正确；此时线框中的电流I ＝E R ＝
Bav R
，线框所受的安培力的合力为F ＝2BIa ，加速度为a ＝2B 2a 2v mR
，选项D 正确． [答案] CD
二、非选择题
10．(2019·浙江五校联考)如图所示，光滑绝缘水平面AB 与倾角θ＝37°，长L ＝5 m 的固定绝缘斜面BC 在B 处平滑相连，在斜面的C 处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板．质量m ＝0.5 kg 、带电荷量q ＝＋5×10－5 C 的绝缘带电小滑块(可看作质点)置于斜面的中点D ，整个空间存在水平向右的匀强电场，场强E ＝2×105
N/C ，现让滑块以v 0＝14 m/s 的速度沿斜面向上运动．设滑块与挡板碰撞前后所带电荷量不变、速度大小不变，滑块和斜面间的动摩擦因数μ＝0.1.(g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：
(1)滑块沿斜面向上运动的加速度大小；
(2)滑块运动的总路程．
[解析] (1)滑块与斜面之间的摩擦力
f ＝μ(m
g cos37°＋qE sin37°)＝1 N
根据牛顿第二定律可得
qE cos37°－mg sin37°－f ＝ma ，解得a ＝8 m/s 2.
(2)由题可知，滑块最终停在C 点．
设滑块从D 点开始运动到最终停在C 点的过程中在斜面上运动的总路程为s 1，由动能定理有
qE L 2cos37°－mg L 2sin37°－fs 1＝0－12
mv 2
0 解得s 1＝61.5 m
设滑块第1次到B 时动能为E k1，从D 到B 由动能定理得
－qE L 2cos37°＋mg L 2sin37°－f ·3L 2＝E k1－12
mv 20 解得E k1＝29 J
设滑块第1次从B 滑到水平面上的最远距离为x 1，
由动能定理得－qEx 1＝0－E k1，解得x 1＝2.9 m
水平面光滑，滑块滑回到B 点时动能不变，滑块在斜面上往返一次克服摩擦力做功W f ＝2fL ＝10 J
滑块第2次回到B 点时动能为E k2＝E k1－W f ＝19 J
设滑块第2次从B 滑到水平面上的最远距离为x 2，
由动能定理得－qEx 2＝0－E k2，解得x 2＝1.9 m
同理，滑块第3次从B 滑到水平面上的最远距离为x 3＝0.9 m
此后就不会再滑到水平面上了
滑块在水平面上运动的总路程为
s 2＝2(x 1＋x 2＋x 3)＝11.4 m
滑块运动的总路程s ＝s 1＋s 2＝72.9 m
[答案] (1)8 m/s 2 (2)72.9 m
11．(2019·内蒙古包头联考)如图甲所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN 、PQ 平行固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距L ＝1 m ，导轨的电阻可忽略．M 、P 两点间
接有阻值为R 的电阻．一根质量m ＝1 kg 、电阻r ＝0.2 Ω的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．整套装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．自图示位置起，杆ab 受到大小为F 、方向平行导轨向下的拉力作用，力F 随杆ab 运动速度v 变化的图像如图乙所示，杆由静止开始运动，测得通过电阻R 的电流随时间均匀增大．g 取10 m/s 2
，sin37°＝0.6.
(1)试判断金属杆ab 在匀强磁场中做何种运动，请写出推理过程；
(2)求电阻R 的阻值；
(3)金属杆ab 自静止开始下滑通过位移x ＝1 m 的过程中，拉力的平均功率为6.6 W ，求在此过程中回路中产生的焦耳热．
[解析] (1)通过R 的电流I ＝E
R ＋r ，E ＝BLv ，所以I ＝BLv R ＋r
因为B 、L 、R 、r 为定值，所以I 与v 成正比．又因为电流I 随时间均匀增大，故杆的速度v 也随时间均匀增大，即杆的加速度为恒量，金属杆做匀加速直线运动(或金属杆做初速度为零的匀加速直线运动)．
(2)对杆：根据牛顿第二定律有F ＋mg sin θ－F 安＝ma
由图乙可知：F ＝0.5v ＋2(N)
F 安＝BIL ＝14R ＋0.8
v (N) 则可得：2＋mg sin θ＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫0.5－14R ＋0.8v ＝ma 因为v 为变量，a 为定值，所以a 与v 无关，必有
ma ＝2＋mg sin θ，0.5－
14R ＋0.8＝0 解得a ＝8 m/s 2，R ＝0.3 Ω
(3)由能量守恒定律得Pt ＋mgx sin θ＝Q ＋12
mv 2 由匀变速直线运动规律得x ＝12
at 2，v ＝at 联立解得t ＝0.5 s ，v ＝4 m/s ，Q ＝1.3 J.。