2016届高考物理一轮复习 专题二 功和能 第6讲 功能关系在电磁学中的应用提升训练
高中物理高考一轮复习功能关系
德钝市安静阳光实验学校一轮复习——功能关系功能关系体现了一种重要的物理思想和思维方法，是高中物理的重要组成部分，作为冲刺的高考考生，对功能关系应该有深刻的认识和领悟。
做功的过程就是能量转化的过程，做功的数值就是能量的转化的数值，这是功能关系的普遍意义。
一种力做功一定对应着一种能量的变化，总之，功是能量变化的量度，这是贯穿整个物理学的一个重要思想。
学会正确分析物理过程中的功能关系，对于提高解题能力是至关重要的。
下面就针对这一部分内容进行一下归纳，以期对广大考生有所裨益。
一、高中物理中常见的几组功能关系1．重力做功对应物体重力势能的变化 W重力＝-ΔE p＝E p1－E p22．弹簧弹力做功对应弹性势能的变化 W弹力＝-ΔE p＝E p1－E p23．电场力做功对应电势能的变化 W电= －△E p4．安培力做功对应电能的变化 W安= －△E p5．合外力做功对应物体动能的变化 W合= △E k6．除重力和弹力以外的力做功对应系统机械能的变化W除重力、弹力＝ΔE＝E末－E初．7．一对滑动摩擦力的总功对应系统动能的变化W f总= △E k系统=－fL相对8．一对静摩擦力的总功对应系统内物体间机械能的转移W f总=0二、利用功能关系解题的基本思路1.选取研究对象，确定研究过程2.明确在一个物理过程中有哪些力参与了做功，有哪些能量参与了转化3.根据功与能的一一对应关系列方程4.解方程，对得出的结果加以分析。
三、典型例题分析例1．某人把原来静止于地面上的质量为2kg的物体向上提起1m，并使物体获得1m/s的速度，取g=10m/s2，则这个过程中A.人对物体做功21JB.合外力对物体做功1JC.物体的重力势能增加20JD.物体的机械能增加21J分析：把物体向上提起的过程中有两个力对物体做功，人对物体做正功，重力对物体做负功.物体的动能增加了1J，重力势能增加了20J，即机械能增加了21J.由功能关系知：人对物体做的功等于物体机械能的变化，所以人对物体做功21J.由动能定理知：合力对物体所做的功等于物体动能的变化，所以合外力对物体做功1J，故选项A、B、C、D均正确.例2.（2005天津理综）一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图虚线所示，电场方向竖直向下。
高考第一轮复习课件功能关系
能力提高2:如图所示,水平长传送带始终以v匀速运 动，某一时刻将一质量为m的小物体p扔到传送带上, 它与皮带接触时的初速度大小也为v， 但方向相反.
经过一段时间,小物体与传送带保持相对静止,在这 一过程中, 摩擦力对小物体做的功为多少？因摩擦 而产生的内能多少？
p
摩擦力对物体做的功为0;因摩擦而产生的内能为2mv2.
. V p
p
(1)
. . p S1
S2
p
(2)
. . S1 p
V
p
(3)
S2
小结:理解功能关系;分析运动和状态,求解相对路程 是解决摩擦内能问题的关键.
课堂总结
功能关系 ----功是能量转化的量度
1、重力所做的功等于重力势能的减少 2、弹簧的弹力所做的功等于弹性势能的减少 3、合外力所做的功等于动能的增加 4、重力和弹簧的弹力以外的力所做的功等于 机械能的增加 5、克服一对滑动摩擦力所做的功在数值上等
一、功和能有本质区别
功是反映物体间在相互作用过程中能量 变化多少的物理量，是过程量，它和一段位 移（一段时间）相对应.
能是反映物体具有做功本领的物理量， 是状态量，它和一个时刻相对应.
功和能两者的单位是相同的（都是J）， 但不能说“功就是能”，也不能说“功变成 了能”.
二、功能关系
各种形式的能发生转化是通过外力做功 来实现的. 做功的过程就是能量转化的过 程,做了多少功,就有多少能量发生了转化.
等于接触面之间产生的摩擦内能。
Wf ＝ Q ＝ Ff S相对
功能关系
电场力做功 电势能
内能 摩擦力做功 动能 重力做功 重力势能
动能定理
弹力做功 弹性势能
机械能守恒定律 功能原理
【金版教程】届高考物理二轮复习 专题整合突破二 功和能 第6讲 功能关系和能量守恒课件【精品课件】
拓展提升 对功能关系的理解及应用 (1)对功能关系的理解 功是能量转化的量度，做功的过程一定伴随能量转化，且做了多少功，就有多少能量从一种形式转化 为另一种形式。 (2)运用功能关系分析问题的基本思路 ①选定研究对象或系统，弄清物理过程；②分析受力情况，看有什么力在做功，弄清系统内有多少种 形式的能在参与转化；③仔细分析系统内各种能量的变化情况、变化数量。 (3)熟练掌握常用的功能关系。
第6讲 功能关系和能量守恒
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高考概况 考什么 1.功能关系在力学、电磁学中的应用； 2.能量守恒定律的综合应用； 3.转化法、守恒法等思想方法在具体问题中的应用。 怎么考 1.以选择题形式单独考查功能关系，难度以中、低档题为主； 2.以选择题或计算题形式考查功能关系、能量守恒； 3.联系实际，与曲线运动、电磁学等知识相结合，难度较高。 怎么办 1.深刻理解功能关系和能量守恒定律； 2.强化本讲知识与曲线运动、电磁学知识综合应用类题目的训练； 3.结合动力学方法，解决多运动过程。
解析 由功能关系除重力和弹簧弹力以外的力做功等于机械能的增加量，知Eh图象的切线斜率表示升降机 对物体的支持力。0～h1切线斜率逐渐变小，则支持力逐渐变小，但支持力肯定与运动方向相同，在此阶段一直 做正功，故B选项正确。0～h1过程，动能如何变化，要看合外力做的功，合外力一开始向上，随支持力减小是 不是合外力一直向上则不确定，故A选项错误。h1～h2过程，Eh切线斜率不变，故支持力不变，若支持力等于 重力，则C选项正确，h1～h2物体随升降机向上运动重力做负功，重力势能增加，故D选项错误。
解析 小球从A点释放，后又能回到A点，说明电场力方向向上，但不知小球电性，无法知电场方 1 1 22 向，故A选项错误。设小球t s末速度为v1，则v1＝gt，Ek1＝ mv 2 ＝ mg t 。从加电场开始到小球运动到最 2 1 2 1 低点，动能减少 mg2t2，故B选项错误。 2 1 1 小球运动过程示意图为：第1个t s内：x＝ gt2，第2个t s内：－x＝v1t－ at2， 2 2
2016高考物理二轮复习 专题二 第6讲 功能关系在电磁学中的应用课件
答案
2 mv0 q
主要题型：选择题、计算题 知识热点 (1)结合电势、电势差考查电场力的功。 (2)结合电场力的功、安培力的功、摩擦力的功考查对功能关系
的理解。
(3)功能关系、能量守恒在电磁感应现象中的应用。 思想方法 (1)守恒法 (4)模型法 (2)过程分解法 (3)过程组合法
考向一
电场中的功能关系
图3 (1) 无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值；
(2) 电场强度的大小和方向。
解析 (1)设小球的初速度为 v0，初动能为 Ek0，从 O
3 点运动到 A 点的时间为 t，令 OA＝d，则 OB＝ d，根 2 据平抛运动的规律有 dsin 60° ＝v0t①
1 2 dcos 60° ＝ gt ② 2 1 2 又有 Ek0＝ mv0③ 2 3 由①②③式得 Ek0＝ mgd④ 8 1 设小球到达 A 点时的动能为 EkA，则 EkA＝Ek0＋ mgd⑤ 2 EkA 7 由④⑤式得 ＝ ⑥ Ek0 3
电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30°
5.(2015· 新课标全国卷 Ⅱ，24)如图4，一质量为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v0，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6
A.末速度大小为 2v0 1 C.重力势能减少了 mgd 2
B.末速度沿水平方向 D.克服电场力做功为 mgd
解析
T T 2T 因 0～ 内微粒匀速运动，故 E0q＝mg；在 ～ 时间内，粒 3 3 3
2T gT 子只受重力作用， 做平抛运动， 在 t＝ 时刻的竖直速度为 vy1＝ ， 3 3 2T 水平速度为 v0； 在 ～T 时间内， 由牛顿第二定律 2E0q－mg＝ma， 3 T 解得 a＝g，方向向上，则在 t＝T 时刻，vy2＝vy1－g· ＝0 粒子的竖 3 直速度减小到零，水平速度为 v0，选项 A 错误，B 正确；微粒的重 d 1 力势能减小了ΔEp＝mg·＝ mgd，选项 C 正确；从射入到射出，由 2 2 1 1 动能定理可知， mgd－W 电＝0，可知克服电场力做功为 mgd，选项 2 2 D 错误，故选 B、C。
高考物理二轮复习第6讲功能关系在电磁学中的应用名师课件(四川专用)
由①②式并代入数据得Δt1＝0.5 s③
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(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点，受外力F2＝6 N，设其做匀 变速直线运动的加速度为a2，则 F2－μmg＝ma2④
设小物体P从速度v1经过Δt2时间，在A点的速度为v2，则
Δt2＝0.55 s－Δt1⑤ v2＝v1＋a2Δt2⑥ P从A点至B点，受外力F2＝6 N、电场力和滑动摩擦力的作用，设 其做匀变速直线运动的加速度为 a3，电荷量为q，在B点的速度为
OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上
一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝ 1.5×106 N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物 体P电荷量是2.0×10－6 C，质量m＝0.25 kg，与轨道间动 摩擦因数μ＝0.4。P从O点由静止开始向右运动，经过0.55
s到达A点，到达B点时速度是5 m/s，到达空间D点时速度
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图3 (1) 通过电阻R的感应电流的方向和大小； (2) 外力的功率。
一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。 在内圆导轨的 C 点和外圆导轨的 D 点之间接有一阻值为 R 的电阻(图中未画出)。直导体棒在水平外力作用下以角速 度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持
良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体
棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。求
v3，从A点至B点的位移为x1，则
F2－μmg－qE＝ma3⑦ v－v＝2a3x1⑧
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P 以速度 v3 滑出轨道右端 B 点，设水平方向受外力为 F3，电场 力大小为 FE，有 FE＝F3⑨ F3 与 FE 大小相等方向相反，P 水平方向所受合力为零，所以， P 从 B 点开始做初速度为 v3 的平抛运动。设 P 从 B 点运动至 D v3 点用时为 Δt3，水平位移为 x2，由题意知 ＝tan α⑩ gΔt3 x2＝v3Δt3⑪ 设小物体 P 从 A 点至 D 点电场力做功为 W，则 W＝－qE(x1＋x2)⑫ 联立④～⑧，⑩～⑫式并代入数据得 W＝－9.25 J⑬
高考物理二轮复习课件江苏专用第6讲功能关系在电磁学中的应用
...
式中，由于质量分布均匀，内外圆导轨对导体棒的正压力相 等，其值为N，两导轨对运动的导体棒的滑动摩擦力均为：f＝ μN⑥ 在 Δt时间内，导体棒在内外圆导轨上扫过的弧长分别为：l1＝ rωΔt⑦ 和 l2＝ 2rωΔt⑧ 克服摩擦力做的总功为：Wf＝ f(l1＋l2)⑨
.Δ . t⑩ . 在 Δt时间内，消耗在电阻R上的功为：WR＝I2R
图2－6－5
...
• 解析 微粒同时受到重力和电场力作用，由题中条件仅可判断出重力与 电场力合力向下，无法确定电场力的大小和方向，故只能确定合力对微 粒做正功，其动能增大，其他结论均无法确定，选C. • 答案 C
•
4．(2014·徐州市高三第三次质量检测)如图2－6－6甲，倾角为θ的光 滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q的正点电荷．将一带正电小物块( ... 可视为质点)从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高 点B处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙 (E1和x1为已知量)．已知重力加速度为g，静电力常量为k，由图象可 求出 ( )
• 答案 ABD
能， B正确．
•
7. (2014·全国卷新课标Ⅱ，25)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定 在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图 ... 所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖 直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电 阻(图2－6－9中未画出)．
图2－6－10
... • 直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B＝0.64 T的匀强磁场中，磁 场区域的宽度d＝0.80 m，且其右边界与NN′重合．现有一质量m＝0.20 kg、电阻r＝0.10 Ω的导体杆ab静止在距磁场的左边界s＝2.0 m处．在与 杆垂直的水平恒力F＝2.0 N的作用下导体杆开始运动，当运动至磁场的 左边界时撤去F，结果导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点PP′.已知 导体杆在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆与直 轨道之间的动摩擦因数μ＝0.10，轨道的电阻可忽略不计，取g＝10 m/s2 ，求：
高考物理二轮复习_专题功能关系在电磁学中的应用
安培力做的功，即Q＝W克安
(2)电磁感应发生的过程遵从能量守恒．焦耳热的增加量 等于其他形式能量的减少量．
如图2－5－5所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属
导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场
垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静 止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加 一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体 棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与 导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的 电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是( )． A．P＝mgvsin θ B．P＝3mgvsin θ 图2－5－5 v g C．当导体棒速度达到 时加速度大小为 sin θ 2 2 D．在速度达到 2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的 焦耳热等于拉力所做的功
电场中的功能关系 (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，其他各力对物体做的功 等于物体机械能的变化． (4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化．
电场中的功能关系 1.两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q
答案
C
如图2－5－6所示，水平固定放置的足够长的U形 金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上 放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右 运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗 糙的两种情况相比较，这个过程
( )． 答案 C 图2－5－6
A．安培力对ab棒所做的功相等 B．电流所做的功相等 C．产生的总内能相等
解析
(1)由闭合电路欧姆定律得感应电流的最大值为
Blv0 1×0.6×10 Em Im＝ ＝ ＝ A＝1.5 A R＋R0 R＋R0 3＋1
高考功能关系在电磁场中的综合应用关系有答案
课题功能关系在电磁场中的综合应用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，静电力做功等于 的变更，即W AB ＝－ΔE p 2．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 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． 1．功能关系在电学中应用的题目，一般过程困难且涉及多种性质不同的力，因此,通过审题,抓住 和运动过程的分析是关键，然后依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旧是首选的方法．题型1 用功能关系解决带电粒子在电场中运动问题例1 如图所示，在光滑绝缘水平面两端有两块平行带电金属板A 、B ,其间存在着场强E ＝200 N/C 的匀强电场，靠近正极板A 处有一薄挡板S .一个带负电小球，质量为m ＝1×10－2kg 、电荷量q ＝2×10－3C ，起先时静止在P 点，它与挡板S 的距离为l ＝20 cm ，与B 板距离为L ＝45 cm.静止释放后小球在电场力的作用下向左运动，与挡板S 相碰后电量削减到碰前的k 倍，k ＝56，碰后小球的速度大小不变．(1)设匀强电场中挡板S 所在位置的电势为零，则电场中P 点的电势φP 为多少？小球自静止起先从P 点运动到挡板S 时，电势能是增加还是削减？变更的电势能Δε为多少？(2)小球第一次与挡板S 碰撞时的速度多大？第一次碰撞后小球能运动到离B 板多远的地方？ (3)小球从P 点动身第一次回到最右端的过程中电场力对小球做了多少功？1.电势能的变更应通过电场力做功来求解．2．电场力做功与路径无关．因此在本题第(3)问的求解中只要我们留意到水平方向只有电场力做功，且全程的初末速度为零，全程列式W ＝0－0＝0，特别简洁． 3．动能定理仍是解决静电力做功问题的有效方法．预料演练1 如图所示，空间存在着电场强度E ＝2.5×102N/C,方向竖直向上的匀强电场,在电场内一长为L ＝0.5 m 的绝缘细线一端固定于O 点,另一端拴着质量m ＝0.5 kg ，电荷量q ＝4×10－2C 的小球．现将细线拉至水平位置，将小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断开，取g ＝10 m/s 2.求： (1)小球的电性；(2)细线能承受的最大拉力值；(3)当小球接着运动到与O 点水平方向的距离为L 时，小球速度多大？题型2 应用功能关系解决电磁感应问题例2 如图1所示，两根与水平面成θ＝30︒角的足够长光滑金属导轨平行放置，导轨间距为L＝1m，导轨两端各接一个电阻，其阻值R1=R2=1Ω，导轨的电阻忽视不计。
2016高考物理(全国通用)二轮复习专题：功能关系在电学中的应用
2016高考物理（全国通用）二轮复习专题：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(2015·泰安一模) 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预测1(2015·宣城市三模)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，系统动能最大预测2 (2015·汕头市二模)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预测3 (2015·北京昌平区二模)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(2015·沈阳四校联考) 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/s2，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.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v0，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预测5(2015·安康二模)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，静止时图6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/s2(计算结果保留2位有效数字)．(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．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＝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．例3(2015·资阳模拟)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/s2.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Q1；(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Q2＝1.12 J，则撤去牵引力时棒的速度v′多大？预测6(多选)(2015·成都模拟)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/s2，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.预测7(2015·成都市模拟)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？提醒：完成作业专题四第2讲学生用书答案精析第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例1D[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．]预测1 D预测2 C预测3 D高考题型2动能定理在电场中的应用例2(1)2.4 m/s(2)1 m0.96 J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 hsin 37°＝12m v2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.预测4m v20 q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°＝v0sin 60°①由此得v B＝3v0②设A、B两点间的电势差为U AB，由动能定理有qU AB＝12m(v2B－v20)③联立②③式得U AB ＝m v 20q预测5 (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例3 (1)160 J (2)4 m/s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预测6 BC [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 (1)E B (2)mgh －mE 22B2 (3) v 2D ＋⎣⎡⎦⎤(qE m )2＋g 2t 2 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 22B2 (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 预测7 (1)6mg 5q(2)2 7m 15k g (3)527m 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 ＝527m 15k.。
功能关系在电磁学中的应用高考物理二轮复习优质资料专题含答案
专题阳功能关系在电礙学中的应用1. 如图2-6- 13所示，质量为m的金属线框A静置于光滑水平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为m的物体B 相连，图中虚线内为一水平匀强磁场，d表示A 与磁场左边界的距离，不计滑轮摩擦及空气阻力，设B下降h（h>d）高度时的速度为v,则以下关系中能够成立的是（）A. v2= ghB. v2= 2ghC. A产生的热量Q= mgh- mV1 2D. A产生的热量Q= mgh- q mv解析由于线框在礒场內的运动情况未轨故不能判断北与内的具体关系，故A. B错误；扌鵬题意，线框•4进入砖场的过程克服安培力做功，线框』产生的热量为Q.对』、用构成的系统，在E下降方高度的过程中』据能量转化与守恒走律有吨h兮血+Q,O=mgh~^f故选项C正确.答案C2. 如图2-6-6甲，倾角为0的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q的正点电荷.将一带正电小物块（可视为质点）从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙（E i和x i为已知量）.已知重力加速度为g,静电力常量为k,由图象可求出图2-6-6A. 小物块的带电量B. A B间的电势差C. 小物块的质量D. 小物块速度最大时到斜面底端的距离E解析小物块在B点时E i = mgx sin 0，解得m= : ，选项C正确；小物gx i s in 0块由A到B的过程中，据动能定理，可得qU B+ W G= 0,由功能关系知W= — E i, 故有qU B= E i,故只能求得小物块由A到B的过程中电场力所做的功（或小物块电势能的减少量），无法求出小物块的带电量及A、B两点间的电势差，选项A、B 错误；小物块向上运动的过程中，开始时库仑力大于重力沿斜面向下的分力，小物块向上加速，随着向上运动，库仑力减小，当库仑力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有mgin 0 = k Q,因q未知，故无法求得小物块到斜面底端的距离r，选项D错误.答案C3. 如图2 —6—15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卩.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I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（）B. 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解析当杆达到最大速度％时，戸-吨一号恰0得%二尸_蹩应恥「J A错；安培力做的功等于电阻R和尸上产生的热矍B错$在杆从开始到达最大速度的过程中由动能定理得W F+町+阳尸込』其中时-屮唧，甲貴二-0恒力严做的功与摩撫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；恒力尸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，。
高考物理一轮复习 第六章 专题强化十 动力学和能量观点的综合应用
2.功能关系分析 (1)传送带克服摩擦力做的功：W＝fs传； (2)系统产生的内能：Q＝fs相对. (3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
例1 (多选)如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机 的带动下运输带始终以恒定的速度v0＝1 m/s顺时针传动.建筑工人将质量 m＝2 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0＝1 m/s 的速度向右匀速运动.已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1， 运输带的长度为L＝2 m，重力加速度大小为g＝10 m/s2.以下说法正确的是
法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1＝2 N (第二问可知) F1做功为W1＝F1s＝2×0.8＝1.6 J 滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为： F2＝f1＋f－s)＝22×1.2 J＝26.4 J 碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s 滑块动能变化：ΔEk＝20 J 所以系统因摩擦产生的热量： Q＝W1＋W2＋ΔEk＝48 J.
最终工件获得的动能 Ek＝12mv02＝20 J 工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J 电动机多消耗的电能 E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.
方法点拨
摩擦生热的计算 1.正确分析物体的运动过程，做好受力分析. 2.利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及 位移关系，求出两个物体的相对位移. 3.代入公式Q＝f·s相对计算，若物体在传送带上做往复运动，则 为相对路程s相对.
经过C点时受轨道的支持力大小FN， 有 FN－mg＝mvRC2 解得FN＝50 N 由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道的压力大小F压＝50 N
(3)弹簧的弹性势能的最大值； 答案 6 J
设弹簧的弹性势能最大值为Ep，滑块从C到F点 过程中， 根据动能定理有－μmgL－mgLsin 30°－Ep＝0－ 12mvC2 代入数据可解得Ep＝6 J
专题05 功能关系在电磁学中的应用(专题)-2016年高考物理考纲解读及热点难点试题演练(解析版)
【2016年高考考纲解读】(1)静电力做功的特点(2)动能定理在电磁学中的应用(3)带电体在磁场中运动时洛伦兹力不做功，机械能也可守恒(4)功能关系、能量守恒在电磁感应现象中的应用【命题趋势】高考常对电学问题中的功能关系进行考查，特别是动能定理的应用．此类题目的特点是过程复杂、综合性强，主要考查学生综合分析问题的能力．预计2016年高考此类题目仍会出现．【重点、难点剖析】一、电场中的功能关系的应用1.电场力的大小计算电场力做功与路径无关．其计算方法一般有如下四种．(1)由公式W＝Fl cos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eql cos α.(2)由W＝qU计算，此公式适用于任何电场．(3)由电势能的变化计算：W AB＝E p A－E p B.(4)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔE k.2．电场中的功能关系(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，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化．二、磁场中的功能关系的应用1.磁场力的做功情况(1)洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功．(2)安培力对通电导线可做正功、负功，还可能不做功，其计算方法一般有如下两种①由公式W＝Fl cos α计算．②由动能定理计算：W安＋W其他力＝ΔE k2．电磁感应中的功能关系(1)电磁感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W克安(2)电磁感应发生的过程遵从能量守恒．焦耳热的增加量等于其他形式能量的减少量．【题型示例】题型1、电场中的功能关系的应用【例1】(2015·四川理综，6，6分) (多选)如图所示，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( )A．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【变式探究】(2014·重庆卷，3)如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为W a和W b，a、b点的电场强度大小分别为E a和E b，则()A ．W a ＝W b ，E a >E bB ．W a ≠W b ，E a >E bC ．W a ＝W b ，E a <E bD ．W a ≠W b ，E a <E b答案 A【特别提醒】处理此问题应注意以下几点：①电场力做功与路径无关，可运用动能定理对全程列式．②在运用动能定理处理电学问题时应注意运动过程的选取，特别应注意电场力和摩擦力做功的特点．【变式探究】如图2－5－4所示，有三根长度均为L ＝0.3 m 的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P 、Q 两点，另一端分别拴有质量均为m ＝0.12 kg 的带电小球A 和B ，其中A 球带正电，电荷量为q ＝3×10－6C ．A 、B 之间用第三根线连接起来．在水平向左的匀强电场E 作用下，A 、B 保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A 、B 间细线恰好伸直．(静电力常量k ＝9×109 N·m 2/C 2，取g ＝10 m/s 2)图2－5－4(1)此匀强电场的电场强度E 为多大；(2)现将PA 之间的线烧断，由于有空气阻力，A 、B 球最后会达到新的平衡位置．求此时细线QB 所受的拉力F T 的大小，并求出A 、B 间细线与竖直方向的夹角θ；(3)求A 球的电势能与烧断前相比改变了多少(不计B 球所带电荷对匀强电场的影响)．解析 (1)B 球水平方向所受合力为零，则有q B E ＝kqq B L 2所以E ＝k q L 2＝9×109×3×10－60.32 N/C ＝3×105 N/C (2)两球及细线最后位置如图所示，答案(1)3×105 N/C (2)2.4 N 37°(3)增加0.108 J考点2、磁场中的功能关系的应用【例2】(2015·天津理综，12,20分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d.电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sin θn；(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之．解析(1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功．由动能定理，有2qEd ＝12mv 22①图1粒子进入第n 层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn ，从第n 层磁场 右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn ，粒子在电场中运动时，垂 直于电场线方向的速度分量不变，有v n －1sin θn －1＝v n sin αn ⑦ 由图1看出r n sin θn －r n sin αn ＝d ⑧ 由⑥⑦⑧式得r n sin θn －r n －1sin θn －1＝d ⑨ 由⑨式看出r 1sin θ1，r 2sin θ2，…，r n sin θn 为一等差数列，公差为d ，可得 r n sin θn ＝r 1sin θ1＋(n －1)d ⑩图2【变式探究】(2014·广东卷，15)如图2－6－7所示，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中的大图2－6－7解析由于电磁感应，小磁块在铜管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，机械能守恒，故A、B错误；而在P中加速度较小，下落时间较长，落至底部的速度较小，故C正确，D错误．答案 C【变式探究】(2014·全国卷新课标Ⅱ，25)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图2－6－9中未画出)．图2－6－9直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求(1) 通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2) 外力的功率．(2)在竖直方向有：mg－2N＝0⑤式中，由于质量分布均匀，内外圆导轨对导体棒的正压力相等，其值为N，两导轨对运动的导体棒的滑动摩擦力均为：f ＝μN ⑥【特别提醒】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各力做功的特点来选择规律求解．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规律．【变式探究】 如图2－5－6所示，水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab ，开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程( )．图2－5－6A ．安培力对ab 棒所做的功相等B ．电流所做的功相等C ．产生的总内能相等D ．通过ab 棒的电荷量相等解析 光滑导轨无摩擦力，导轨粗糙的有摩擦力，动能最终都全部转化为内能，所以内能相等，C 正确；对光滑的导轨有：12mv 20＝W 安，对粗糙的导轨有：12mv 20＝W 安′＋W 摩，W 安≠W 安′，则A 、B 错；q ＝It ＝Blvt R ＝Blx R，且x 光>x 粗，所以q 光>q 粗，D 错．答案 C：。
高考物理专题功能关系在电磁学中的应用热点难点突破
专题05 功能关系在电磁学中的应用1.如图2所示，足够长的U 形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。
金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )图2A ．运动的平均速度大小为21vB ．下滑的位移大小为BL qRC ．产生的焦耳热为qBLvD ．受到的最大安培力大小为R B2L2v sin θ解析 分析金属棒的受力情况，有mgsin θ－R B2L2v ＝ma ，可得金属棒做加速度减小的加速运动，故其平均速度不等于初、末速度的平均值，A 错；设金属棒沿斜面下滑的位移为s ，则电荷量q ＝I ·Δt ＝Δt ΔΦ·R 1·Δt＝R ΔΦ＝R BsL ，解得s ＝BL qR ，B 正确；根据能量守恒定律知产生的焦耳热等于金属棒机械能的减少量，Q ＝mgssin θ－21mv 2，C 错；金属棒速度越大，安培力越大，所以金属棒受到的最大安培力为R B2L2v ，D 错。
答案 B2. 如图3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( )图3A ．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 JD．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量答案 B3. 如图4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。
2015高考物理二轮复习 教师用书 第6讲 功能关系在电磁学中的应用要点
第6讲功能关系在电磁学中的应用1．(多选)(2013·江苏卷，6)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图2－6－1所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则()图2－6－1A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功解析根据图中电场线的疏密可知a点场强比b点的大，A项正确；由电场线的方向可知a点电势比b点的高，则B项正确；由电场力做功和电势能变化关系可判断C错，D项正确．答案ABD2．(2014·江苏卷，13)如图2－6－2所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：图2－6－2(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.解析(1)在绝缘涂层上运动时，受力平衡：则有mg sin θ＝μmg cos θ①解得：μ＝tan θ②(2)在光滑导轨上匀速运动时，导体棒产生的感应电动势为：E＝BL v③则电路中的感应电流I＝E R④导体棒所受安培力F安＝BIL⑤且由平衡条件得F安＝mg sin θ⑥联立③～⑥式，解得v＝mgR sin θB2L2⑦(3)从开始下滑到滑至底端由能量守恒定律得：3mgd sin θ＝Q＋Q f＋12m v2⑧又由因摩擦产生的内能Q f＝μmgd cos θ⑨联立⑧⑨解得Q＝2mgd sin θ－m3g2R2sin2θ2B4L4⑩答案(1)tan θ(2)mgR sin θB2L2(3)2mgd sin θ－m3g2R2sin2θ2B4L4主要题型：选择题、计算题知识要点(1)结合电场力的功、安培力的功、摩擦力的功考查对功能关系的理解．(2)功能关系、能量守恒在电磁感应现象中的应用．物理方法(1)守恒法(2)过程分解法(3)过程组合法(4)模型法命题趋势预计2015年高考会继续对电学问题中的功能关系及动能定理的应用进行考查．此类题目的特点是过程复杂、综合性强．热点一电场中的功能关系图2－6－31．(2014·重庆卷，3)如图2－6－3所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为W a和W b，a、b点的电场强度大小分别为E a和E b，则()A．W a＝W b，E a >E b B．W a≠W b，E a >E bC．W a＝W b，E a<E b D．W a≠W b，E a <E b解析由于a、b在同一等势线上，故从a到c与从b到c的电势差相等，即U ac ＝U bc，又由电场力做功公式W＝qU可知：W a＝W b，故B、D错误．又由电场线的疏密表示电场的强弱，从图可知a处比b处电场线密集，故E a>E b，故A对，C错．答案 A图2－6－42．如图2－6－4所示，在绝缘水平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带正电的小金属块以一定的初速度从A点开始沿水平面向左做直线运动，经L长度到达B点，速度变为零．在此过程中，金属块损失的动能有23转化为电势能．金属块继续运动到某点C(图中未标出)时的动能和A点时的动能相同，则金属块从A 开始运动到C的整个过程中经过的总路程为A．1.5L B．2LC．3L D．4L解析根据题述，小金属块从A运动到B，克服摩擦力做功W f＝13E k＝fL，克服电场力做功W E＝23E k＝qEL.设小金属块从B运动到C经过的路程为s，由动能定理qEs－fs＝E k，解得s＝3L.金属块从A开始运动到C的整个过程中经过的总路程为L＋s＝4L，选项D正确．答案 D3. (2014·天津卷，4)如图2－6－5所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加图2－6－5解析微粒同时受到重力和电场力作用，由题中条件仅可判断出重力与电场力合力向下，无法确定电场力的大小和方向，故只能确定合力对微粒做正功，其动能增大，其他结论均无法确定，选C.答案 C4．(2014·徐州市高三第三次质量检测)如图2－6－6甲，倾角为θ的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q的正点电荷．将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙(E1和x1为已知量)．已知重力加速度为g，静电力常量为k，由图象可求出()图2－6－6A．小物块的带电量B．A、B间的电势差C．小物块的质量D．小物块速度最大时到斜面底端的距离解析小物块在B点时E1＝mgx1sin θ，解得m＝E1gx1sin θ，选项C正确；小物块由A到B的过程中，据动能定理，可得qU AB＋W G＝0，由功能关系知W G＝－E1，故有qU AB＝E1，故只能求得小物块由A到B的过程中电场力所做的功(或小物块电势能的减少量)，无法求出小物块的带电量及A 、B 两点间的电势差，选项A 、B 错误； 小物块向上运动的过程中，开始时库仑力大于重力沿斜面向下的分力，小物块向上加速，随着向上运动，库仑力减小，当库仑力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有mg sin θ＝k Qq r 2，因q 未知，故无法求得小物块到斜面底端的距离r ，选项D 错误．答案 C解决电学中功能关系问题时应注意以下几点1．电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的减少量．2．力学中的几个功能关系在电学中仍然成立．热点二 功能观点在电磁感应问题中的应用5．(2014·广东卷，15)如图2－6－7所示，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 中的大图2－6－7解析由于电磁感应，小磁块在铜管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，机械能守恒，故A、B错误；而在P中加速度较小，下落时间较长，落至底部的速度较小，故C正确，D错误．答案 C6．(多选)如图2－6－8所示，竖直平面内有一足够长的宽度为L的金属导轨，质量为m的金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好，ab电阻为R，其他电阻不计．导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合开关S，发现导体棒ab立刻做变速运动，则在以后导体棒ab的运动过程中，下列说法中正确的是()图2－6－8A．导体棒ab做变速运动期间加速度一定减小B．单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为内能C．导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和电热之和，符合能的转化和守恒定律D．导体棒ab最后做匀速运动时，速度大小为v＝mgR B2L2解析导体棒由静止下落，在竖直向下的重力作用下做加速运动．开关闭合时，由右手定则判定，导体中产生的电流方向为逆时针方向，再由左手定则，可判定导体棒受到的安培力方向向上，F ＝BIL ＝B BL v R L ，导体棒受到的重力和安培力的合力变小，加速度变小，物体做加速度越来越小的运动，A 正确；最后合力为零，加速度为零，做匀速运动．由F －mg ＝0得，B BL v R L ＝mg ，v ＝mgR B 2L 2，D 正确；导体棒克服安培力做功，减少的机械能转化为电能，由于电流的热效应，电能又转化为内能，B 正确．答案 ABD7. (2014·全国卷新课标Ⅱ，25)半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图2－6－9中未画出)．图2－6－9直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g .求(1) 通过电阻R 的感应电流的方向和大小；(2) 外力的功率．解析 (1)在Δt 时间内，导体棒扫过的面积为：ΔS ＝12ωΔt [(2r )2－r 2]①根据法拉第电磁感应定律，导体棒产生的感应电动势大小为：E ＝B ΔS Δt ②根据右手定则，感应电流的方向是从B 端流向A 端，因此流过导体R 的电流方向是从C 端流向D 端；由欧姆定律流过导体R的电流满足：I＝E R③联立①②③可得：I＝3ωBr2 2R④(2)在竖直方向有：mg－2N＝0⑤式中，由于质量分布均匀，内外圆导轨对导体棒的正压力相等，其值为N，两导轨对运动的导体棒的滑动摩擦力均为：f＝μN⑥在Δt时间内，导体棒在内外圆导轨上扫过的弧长分别为：l1＝rωΔt⑦和l2＝2rωΔt⑧克服摩擦力做的总功为：W f＝f(l1＋l2)⑨在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为：W R＝I2RΔt⑩根据能量转化和守恒定律，外力在Δt时间内做的功为：W＝W f＋W R⑪外力的功率为：P＝W Δt⑫由④至⑫式可得：P＝32μmgωr＋9ω2B2r44R⑬答案(1)3ωBr22R方向由C→D(2)32μmgωr＋9ω2B2r44R8．(2014·西安一模)如图2－6－10所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离l＝0.50 m．轨道的M、M′端之间接一阻值R＝0.40 Ω的定值电阻，N、N′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0＝0.50 m．图2－6－10直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B＝0.64 T的匀强磁场中，磁场区域的宽度d＝0.80 m，且其右边界与NN′重合．现有一质量m＝0.20 kg、电阻r＝0.10 Ω的导体杆ab静止在距磁场的左边界s＝2.0 m处．在与杆垂直的水平恒力F＝2.0 N 的作用下导体杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点PP′.已知导体杆在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆与直轨道之间的动摩擦因数μ＝0.10，轨道的电阻可忽略不计，取g＝10 m/s2，求：(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上的电流的大小和方向；(2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量；(3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热．解析(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，根据动能定理则有(F－μmg)s＝12m v21，解得v1＝6.0 m/s导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势E＝Bl v1＝1.92 V此时通过导体杆上的电流大小I＝ER＋r＝3.84 A根据右手定则可知，电流方向为由b向a.(2)设导体杆在磁场中运动的时间为t，产生的感应电动势的平均值E平均，则由法拉第电磁感应定律有E平均＝ΔΦ/t＝Bld/t通过电阻R的感应电流的平均值I平均＝E平均/(R＋r)通过电阻R的电荷量q＝I平均t＝0.512 C.(3)设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到半圆形轨道最高点的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点，根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有mg ＝m v 23R 0对于导体杆从NN ′运动至PP ′的过程，根据机械能守恒定律有12m v 22＝12m v 23＋mg ·2R 0联立解得v 2＝5.0 m/s导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能ΔE ＝12m v 21－12m v 22＝1.1 J此过程中电路中产生的焦耳热为Q ＝ΔE －μmgd ＝0.94 J.答案 (1)3.84 A 由b →a(2)0.512 C (3)0.94 J电磁感应中焦耳热的求法1．电磁感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q ＝W 克安．2．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．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．高考命题热点 6.应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题(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．动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍是首选．(2)若题目中出现两个以及两个以上物体用绳、杆之类物体连接时，要特别注意找出各物体的位移大小、加速度大小、速度大小的关系，这些关系往往就是解决问题的突破口．【典例】(2013·四川，10)(17分)在如图2－6－11所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连．弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为m A＝0.1 kg和m B＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6C.设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终处在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔE p＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．图2－6－11审题流程第一步：抓住关键点―→获取信息第二步：抓好过程分析―→理清解题思路满分解答(1)F作用之前，A、B均处于静止状态．设B所受静摩擦力大小为f0，A、B间绳中张力为T0，有对A：T0＝m A g sin θ①(2分)对B：T0＝qE＋f0②(2分)联立①②式，代入数据解得：f0＝0.4 N③(1分)(2)物体A从M点到N点的过程中，A、B两物体的位移均为s，A、B间绳子张力为T，有qEs＝ΔE p④(2分)T－μm B g－qE＝m B a⑤(2分)设A在N点时速度为v，受弹簧拉力为F弹，弹簧的伸长量为Δx，有v2＝2as F弹＝k·ΔxF＋m A g sin θ－F弹sin θ－T＝m A a ⑧(2分)由几何关系知Δx＝s(1－cos θ)sin θ⑨(2分)设拉力F在N点的瞬时功率为P，有P＝F v联立④～⑩式，代入数据解得P＝0.528 W答案(1)0.4 N(2)0.528 W连接体中的力与运动、功能关系的分析技巧1．当相互作用的两个(或两个以上的)物体处于平衡状态时，我们把这类问题称之为处于平衡状态的连接体问题．比如本题的第(1)问．解决此类问题需要综合运用整体法和隔离法进行受力分析，分别列出平衡方程，要注意连接体间的关联量，比如本题中绳子的拉力处处相等．2．第(2)问属于连接体的动态关系问题，也需要对各物体进行受力分析，各自列牛顿第二定律方程、运动学方程、功能关系方程，然后再考虑两者的关系方程，比如本题中绳连的两物体，绳子的拉力、物体的位移、速度大小相等．图2－6－12(16分)如图2－6－12所示，倾角为60°的倾斜平行轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接，轨道之间距离为L，圆形轨道的半径为r.在倾斜平行轨道的上部有磁感应强度为B的垂直于轨道向上的匀强磁场，磁场区域足够大，圆形轨道末端接有一电阻值为R的定值电阻．质量为m的金属棒从距轨道最低端C点高度为H处由静止释放，运动到最低点C时对轨道的压力为7mg，不计摩擦和导轨、金属棒的电阻，求：(1)金属棒通过轨道最低端C点的速度大小；(2)金属棒中产生的感应电动势的最大值；(3)金属棒整个下滑过程中定值电阻R上产生的热量；(4)金属棒通过圆形轨道最高点D时对轨道的压力的大小．解析(1)设金属棒通过轨道最低端C点的速度为v C，轨道对金属棒的支持力为F C，金属棒对轨道的压力为F C′，由牛顿第二定律可知F C－mg＝m v2C r而F C＝F C′＝7mg解得v C＝6gr.(2)由于磁场区域足够大，金属棒在重力和安培力作用下加速运动，当安培力等于重力沿倾斜轨道向下的分力时，速度最大，此时金属棒中产生的感应电动势最大．由mg sin 60°＝BILI＝E R解得感应电动势的最大值E＝3mgR2BL. ⑥(1分)(3)由能量守恒定律，在金属棒的整个下滑过程中电阻器R上产生的热量等于金属棒损失的机械能，所以Q＝mgH－12m v2C联立③⑦得Q＝mg(H－3r)(4)金属棒由C点运动到D点，根据机械能守恒，有12m v 2C＝12m v2D＋mg·2r金属棒通过圆形轨道最高点D时，设轨道对金属棒竖直向下的压力为F D，由牛顿第二定律有F D＋mg＝m v2D r联立解得F D＝mg由牛顿第三定律可知金属棒通过圆形轨道最高点D时对轨道的压力为mg.答案(1)6gr(2)3mgR2BL(3)mg(H－3r)(4)mg一、单项选择题1．(2014·全国大纲卷，15)地球表面附近某区域存在大小为150 N/C、方向竖直向下的电场．一质量为1.00×10－4 kg、带电量为－1.00×10－7 C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0 m．对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s2，忽略空气阻力)()A．－1.50×10－4 J 和9.95×10－3 JB．1.50×10－4 J和9.95×10－3 JC．－1.50×10－4 J和9.65×10－3 JD．1.50×10－4 J和9.65×10－3 J解析小球下落过程中，电场力做负功，电势能增加，增加的电势能ΔE p＝qEh＝1.00×10－7×150×10.0 J＝1.50×10－4 J．由动能定理知，动能的改变量为合外力做的功，则动能改变量ΔE k＝(mg－qE)h＝(1.00×10－4×9.8－1.00×10－7×150)×10.0 J＝9.65×10－3 J.答案 D2．(2014·信阳一模)图2－6－13如图2－6－13所示，质量为m 的金属线框A 静置于光滑水平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为m 的物体B 相连，图中虚线内为一水平匀强磁场，d 表示A 与磁场左边界的距离，不计滑轮摩擦及空气阻力，设B 下降h (h ＞d )高度时的速度为v ，则以下关系中能够成立的是( )A ．v 2＝ghB ．v 2＝2ghC ．A 产生的热量Q ＝mgh －m v 2D ．A 产生的热量Q ＝mgh －12m v 2解析 由于线框在磁场内的运动情况未知，故不能判断v 与h 的具体关系，故A 、B 错误；根据题意，线框A 进入磁场的过程克服安培力做功，线框A 产生的热量为Q ，对A 、B 构成的系统，在B 下降h 高度的过程中，据能量转化与守恒定律有mgh ＝12×2m v 2＋Q ，Q ＝mgh －m v 2，故选项C 正确．答案 C3．(2014·安徽卷，17)图2－6－14一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能E p 与位移x 的关系如图2－6－14所示，下列图象中合理的是( )解析由E p－x图象可知，图线上任一点切线的斜率逐渐减小，又因ΔE p＝W＝Eq·x，由此判断粒子所受到的电场力、加速度及电场强度逐渐减小，故选项D正确，选项A、B、C均错．答案 D图2－6－154．如图2－6－15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()A．杆的速度最大值为(F－μmg)RB2d2B．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解析当杆达到最大速度v m时，F－μmg－B2d2v mR＋r＝0得v m＝(F－μmg)(R＋r)B2d2，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．答案 D5．(2014·江西重点中学联盟第二次联考)质量为m 的带正电小球由空中某点自由下落，下落高度h 后在整个空间加上竖直向上的匀强电场，再经过相同时间小球又回到原出发点，不计空气阻力，且整个运动过程中小球从未落地，重力加速度为g ，则( )A ．从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，小球电势能减少了mghB ．从加电场开始到小球下落最低点的过程中，小球动能减少了mghC ．从开始下落到小球运动至最低点的过程中，小球重力势能减少了53mghD ．小球返回原出发点时的速度大小为7gh解析 小球先做自由落体运动，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为零，再向上做匀加速回到出发点．设小球下落高度h 用了t 秒，加上电场后小球的加速度大小为a ，加上电场时速度为v ，规定向下为正方向，由运动学公式：12gt 2＋gt ×t－12at 2＝0，解得a ＝3g ，由v 2＝2gh ，解得v ＝2gh ；根据牛顿第二定律，F 电－mg ＝ma ，得F 电＝4mg ，因此，从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，电场力做功为W 电＝F 电h ＝4mgh ，根据电场力做功和电势能的关系，可知小球的电势能的减少量为ΔE p ＝4mgh ，故选项A 错误；从加电场开始到小球下落最低点的过程中，小球动能减少量为ΔE k ＝12m v 2－0＝mgh ，选项B 正确；从加电场开始到小球下落最低点的过程中，设下落高度为h ′，由运动学公式：v 2＝2ah ′，解得h ′＝h 3，从开始下落到小球运动至最低点的过程中，重力做功为W G ＝mg (h ＋h ′)＝43mgh ，根据重力做功和重力势能的关系，可知小球的重力势能的减少量为ΔE p ′＝43mgh ，选项C 错误；设小球返回到原出发点时的速度为v ′，由动能定理，可得12m v ′2＝3mg (h ＋h ′)，解得v ′＝8gh ，选项D 错误．答案 B二、多选项选择题图2－6－166．如图2－6－16所示，两平行金属板水平放置，板长为L ，板间距离为d ，板间电压为U ，一不计重力、电荷量为q 的带电粒子以初速度v 0沿两板的中线射入，经过t 时间后恰好沿下板的边缘飞出，则( )A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为14Uq B ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38UqC ．在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶1D ．在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶2解析 粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个t 2的时间内沿电场线方向的位移之比为1∶3，则在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为18Uq ，在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38Uq ，选项A 错，B 对；由W ＝Eq ·s 知在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶1，选项C 对，D 错．答案 BC 7.图2－6－17(2014·苏州市高三调研)如图2－6－17所示，绝缘杆两端固定带电小球A 和B ，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时杆与电场线垂直．现将杆右移，同时顺时针转过90°，发现A 、B 两球电势能之和不变．根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是()A．A一定带正电，B一定带负电B．A、B两球所带电量的绝对值之比q A∶q B＝1∶2C．A球电势能一定增加D．电场力对A球和B球做功的绝对值相等解析电场力做功与路径无关，两个小球在杆右移后两球所在位置处电势都降低，而两个小球组成的系统的电势能之和不变，那么电场力对其中一个做正功，对另一个一定做负功，做功的绝对值相同，两个小球一定带异种电荷，但不能准确判断每一个小球所带电荷的电性，A、C错误，D正确；由电势能变化之和为零得E qB L＝E qA·2L，即|q A|∶|q B|＝1∶2，B正确．答案BD8．(2014·南京市、盐城市高三二模)图2－6－18如图2－6－18所示，光滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的上方P点固定一个点电荷＋Q，P点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平．电荷量为－q的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A处由静止开始沿管向下运动，在A处时小球的加速度为a.图中PB⊥AC，B是AC的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响．则在＋Q形成的电场中()A．A点的电势高于B点的电势B．B点的电场强度大小是A点的4倍C．小球从A到C的过程中电势能先减小后增大D．小球运动到C处的加速度为g－a解析在正电荷产生的电场中，离电荷越近电势越高，因此B点的电势高于A点的电势，A错误；根据点电荷电场强度的决定式得E A＝kQP A2，E B＝kQPB2，由几何关。
高考物理(山东专用)二轮专题专讲训练：第6讲 功能关系在电磁学中的应用(含解析)
第6讲 功能关系在电磁学中的应用一、选择题(共9小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确．)1．(2014·全国大纲卷，15)地球表面附近某区域存在大小为150 N/C 、方向竖直向下的电场．一质量为1.00×10－4 kg 、带电量为－1.00×10－7 C 的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0 m ．对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s 2，忽略空气阻力)( )A ．－1.50×10－4 J 和9.95×10－3 JB ．1.50×10－4 J 和9.95×10－3 JC ．－1.50×10－4 J 和9.65×10－3 JD ．1.50×10－4 J 和9.65×10－3 J解析 小球下落过程中，电场力做负功，电势能增加，增加的电势能ΔE p ＝qEh ＝1.00×10－7×150×10.0 J ＝1.50×10－4 J ．由动能定理知，动能的改变量为合外力做的功，则动能改变量ΔE k ＝(mg －qE )h ＝(1.00×10－4×9.8－1.00×10－7×150)×10.0 J ＝9.65×10－3 J.答案 D2．如图2－6－14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E p ，物块落地时的速度大小为v ，则( )图2－6－14A ．E p ＝33mgHB ．E p ＝－33mgHC ．v ＝2gHD ．v ＝2gH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E p ＝－qEH /tan 60°＝－3mgH /3＝－mgH ，选项A 、B 错误；由动能定理知，mgH ＋qEH /tan 60°＝12m v 2，解得v ＝2gH ，选项C 正确，D 错误．答案 C3．(2014·信阳一模) 如图2－6－15所示，质量为m 的金属线框A 静置于光滑水平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为m 的物体B 相连，图中虚线内为一水平匀强磁场，d 表示A 与磁场左边界的距离，不计滑轮摩擦及空气阻力，设B 下降h (h ＞d )高度时的速度为v ，则以下关系中能够成立的是( )图2－6－15A ．v 2＝ghB ．v 2＝2ghC ．A 产生的热量Q ＝mgh －m v 2D ．A 产生的热量Q ＝mgh －12m v 2解析 由于线框在磁场内的运动情况未知，故不能判断v 与h 的具体关系，故A 、B 错误；根据题意，线框A 进入磁场的过程克服安培力做功，线框A 产生的热量为Q ，对A 、B 构成的系统，在B 下降h 高度的过程中，据能量转化与守恒定律有mgh ＝12×2m v 2＋Q ，Q ＝mgh －m v 2，故选项C 正确．答案 C4．(2014·安徽卷，17) 一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能E p 与位移x 的关系如图2－6－16所示，下列图象中合理的是( )图2－6－16解析 由E p －x 图象可知，图线上任一点切线的斜率逐渐减小，又因ΔE p ＝W ＝Eq ·x ，由此判断粒子所受到的电场力、加速度及电场强度逐渐减小，故选项D 正确，选项A 、B 、C 均错．答案 D5．(2014·山东十二校联考) 如图2－6－17所示，足够长的粗糙平行金属导轨，宽度为L ，与水平面夹角为θ，导轨上下两端分别与定值电阻R 1、R 2相连，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直导轨平面，质量为m 的导体棒ab 由静止开始下滑，设导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与导体棒的电阻，重力加速度为g ，则( )图2－6－17A ．R 1与R 2发热的热功率之比为P 1∶P 2＝R 2∶R 1B ．导体棒匀速运动时的速度v ＝mgR 1R 2sin θB 2L 2(R 1＋R 2)C ．安培力对导体棒做的功等于导体棒机械能的减少量D ．重力与安培力对导体棒做功之和大于导体棒动能的增加量解析 根据P ＝U 2R 可知，R 1与R 2发热的热功率之比为P 1∶P 2＝R 2∶R 1，A 正确；因为不知道导体棒ab 所受的摩擦力，所以无法求解导体棒匀速运动时的速度v ，B 错误；根据功能关系可知，导体棒机械能的减少量等于安培力与摩擦力对导体棒做功之和，C 错误；根据动能定理可知，重力、安培力以及摩擦力做功之和等于导体棒动能的增加量，由于摩擦力做负功，所以重力、安培力对导体棒做功之和大于导体棒动能的增加量，D 正确．答案 AD6. 如图2－6－18所示，两平行金属板水平放置，板长为L ，板间距离为d ，板间电压为U ，一不计重力、电荷量为q 的带电粒子以初速度v 0沿两板的中线射入，经过t 时间后恰好沿下板的边缘飞出，则( )图2－6－18A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为14UqB ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38UqC ．在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶1D ．在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶2解析 粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个t 2的时间内沿电场线方向的位移之比为1∶3，则在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为18Uq ，在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38Uq ，选项A 错，B 对；由W ＝Eq ·s 知在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶1，选项C 对，D 错．答案 BC7．(2014·江西重点中学联盟第二次联考)质量为m 的带正电小球由空中某点自由下落，下落高度h 后在整个空间加上竖直向上的匀强电场，再经过相同时间小球又回到原出发点，不计空气阻力，且整个运动过程中小球从未落地，重力加速度为g ，则( )A ．从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，小球电势能减少了mghB ．从加电场开始到小球下落最低点的过程中，小球动能减少了mghC ．从开始下落到小球运动至最低点的过程中，小球重力势能减少了53mghD ．小球返回原出发点时的速度大小为7gh解析 小球先做自由落体运动，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为零，再向上做匀加速回到出发点．设小球下落高度h 用了t 秒，加上电场后小球的加速度大小为a ，加上电场时速度为v ，规定向下为正方向，由运动学公式：12gt 2＋gt ×t －12at 2＝0，解得a ＝3g ，由v 2＝2gh ，解得v ＝2gh ；根据牛顿第二定律，F 电－mg ＝ma ，得F 电＝4mg ，因此，从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，电场力做功为W电＝F 电h ＝4mgh ，根据电场力做功和电势能的关系，可知小球的电势能的减少量为ΔE p ＝4mgh ，故选项A 错误；从加电场开始到小球下落最低点的过程中，小球动能减少量为ΔE k ＝12m v 2－0＝mgh ，选项B 正确；从加电场开始到小球下落最低点的过程中，设下落高度为h ′，由运动学公式：v 2＝2ah ′，解得h ′＝h 3，从开始下落到小球运动至最低点的过程中，重力做功为W G ＝mg (h ＋h ′)＝43mgh ，根据重力做功和重力势能的关系，可知小球的重力势能的减少量为ΔE p ′＝43mgh ，选项C 错误；设小球返回到原出发点时的速度为v ′，由动能定理，可得12m v ′2＝3mg (h ＋h ′)，解得v ′＝8gh ，选项D 错误．答案 B8. 如图2－6－19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2－6－19A．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3 mg，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BD9．(2014·菏泽二模) 如图2－6－20所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨上固定有质量为m，电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙，下方光滑，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B.将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF保持静止，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，下列叙述正确的是()图2－6－20A．导体棒MN的最大速度为2mgR sin θB2L2B．导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为mg sin θC．导体棒MN受到的最大安培力为mg sin θD．导体棒MN所受重力的最大功率为m2g2R sin2θB2L3解析当导体棒MN匀速运动时速度最大，由平衡条件得mg sin θ＝B2L2v2R，则得最大速度为v＝2mgR sin θB2L2，选项A正确；由题意知，当MN下滑的速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，两棒所受的安培力大小相等，方向相反，则对EF棒，有mg sin θ＋B2L2v2R＝f m，则可得最大静摩擦力为f m＝2mg sin θ，选项B错误；导体棒MN匀速运动时速度最大，感应电流最大，所受的安培力也最大，由平衡条件可知，最大安培力为F m＝mg sin θ，选项C正确；导体棒MN所受重力的最大功率为P m＝mg sin θ·v＝2m2g2R sin2θB2L2，选项D错误．答案AC二、非选择题10．(2014·亳州模拟) 如图2－6－21所示，在E＝103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，取g＝10 m/s2，求：图2－6－21(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？解析设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg ＋qE ＝m v 2R小滑块从开始运动至到达Q 点过程中，由动能定理得－mg ·2R －qE ·2R －μ(mg ＋qE )x ＝12m v 2－12m v 20联立方程组，解得：v 0＝7 m/s.(2)设小滑块到达P 点时速度为v ′，则从开始运动至到达P 点过程中，由动能定理得－(mg ＋qE )R －μ(qE ＋mg )x ＝12m v ′2－12m v 20又在P 点时，由牛顿第二定律得F N ＝m v ′2R代入数据，解得：F N ＝0.6 N由牛顿第三定律得，小滑块对轨道的压力F N ′＝F N ＝0.6 N答案 (1)7 m/s (2)0.6 N11．如图2－6－22甲所示，MN 、PQ 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L 为0.5 m ，导轨左端连接一个阻值为2 Ω的定值电阻R ，将一根质量为0.2 kg 的金属棒cd 垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd 的电阻r ＝2 Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ＝2 T ．若棒以1 m/s 的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F 作用，并保持拉力的功率恒为4 W ，从此时开始计时，经过2 s 金属棒的速度稳定不变，图乙为安培力与时间的关系图象．试求：图2－6－22(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒速度为3 m/s 时的加速度；(3)求从开始计时起2 s 内电阻R 上产生的电热．解析(1)金属棒的速度最大时，所受合外力为零，即BIL＝F而P＝F·v m，I＝BL v m R＋r解出v m＝P(R＋r)BL＝4×(2＋2)2×0.5m/s＝4 m/s.(2)速度为3 m/s时，感应电动势E＝BL v＝2×0.5×3 V＝3 V电流I＝ER＋r，安培力F安＝BIL金属棒受到的拉力F＝Pv＝43N由牛顿第二定律得F－F安＝ma解得a＝F－F安m＝43－340.2m/s2＝3512m/s2.(3)在此过程中，由动能定理得Pt＋W安＝12m v2m－12m v2W安＝－6.5 JQ R＝－W安2＝3.25 J答案(1)4 m/s(2)3512m/s2(3)3.25 J12．(2014·天津卷，21)如图2－6－23所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω 的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，问：图2－6－23(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．解析(1)根据右手定则判知cd中电流方向由d流向c，故ab中电流方向由a流向b.(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大摩擦力，设其为F max，有F max ＝m1g sin θ①设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BL v②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④此时ab受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1g sin θ＋F max⑤联立①②③④⑤式，代入数据解得：v＝5 m/s⑥(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gx sin θ＝Q总＋12m2v2⑦▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌精诚凝聚 =^_^= 成就梦想 ▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌▃ ▄ ▅ ▆ ▇ █ █ ■ ▓点亮心灯 ~~~///(^v^)\\\~~~ 照亮人生 ▃ ▄ ▅ ▆ ▇ █ █ ■ ▓ 由串联电路规律有Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总⑧联立解得：Q ＝1.3 J⑨答案 (1)由a 流向b (2)5 m/s (3)1.3 J。
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第6讲 功能关系在电磁学中的应用专题提升训练一、单项选择题1.(2015·石家庄市高中毕业班质检)如图1所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷。
一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )图1A.若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷B.微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C.微粒从M 点运动到N 点动能一定增加D.微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加解析 由于两极板的带电正负不知，粒子的电性不确定，则粒子所受电场力方向不确定，所受电场力做功正负不确定，但根据粒子运动轨迹，粒子所受合力一定向下，则合力一定做正功，所以电势能变化情况、机械能变化情况不确定，但粒子动能一定增加，所以只有C 正确。
答案 C2.(2015·河北邯郸二模)如图2所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R 相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m 的金属杆ab ，以初速度v 0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h 后又返回到底端。
若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则不正确的是( )图2A.整个过程电路中产生的电能等于始、末状态动能的减少量B.上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做功之和等于12mv 2C.上滑到最高点的过程中电阻R 上产生的焦耳热等于12mv 20－mghD.金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻R 的热功率相同解析 金属杆从轨道底端滑上斜面又返回到出发点，由能量的转化和守恒知选项A 正确；上滑到最高点时动能转化为重力势能和电阻R上产生的焦耳热(即克服安培力所做的功)，选项B、C正确；金属杆两次通过斜面上同一位置时的速度不同，电路的电流不同，故电阻R的热功率不同，选项D错误。
答案 D3.(2015·镇江市高三质量检测)空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图3所示，在相等的时间间隔内( )图3A.重力做的功相等B.电场力做的功相等C.电场力做的功大于重力做的功D.电场力做的功小于重力做的功解析对微粒受力分析，受重力和向上的电场力，并且电场力大于重力。
微粒水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，相等的时间间隔内，竖直方向的分位移不等，所以在相等的时间间隔内，重力和电场力做的功不同，A、B均错误；因为电场力大于重力，所以在相等的时间间隔内，电场力做的功大于重力做的功，选项C 正确，D错误。
答案 C4.(2015·江苏省扬州中学高三质量检测)如图4，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻。
平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。
质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。
已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g)( )图4A.流过金属棒的最大电流为Bd 2gh2RB.通过金属棒的电荷量为BdL RC.克服安培力所做的功为mghD.金属棒产生的电热为12mg (h －μd )解析 金属棒下滑过程中机械能守恒，有mgh ＝12mv 2，金属棒到达水平面时的速度v ＝2gh ，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，感应电动势最大，感应电流也最大，故最大感应电流为I ＝E2R＝BL 2gh2R，选项A 错误；通过金属棒的电荷量为q ＝ΔΦ2R ＝BLd2R，选项B 错误；对全过程应用动能定理mgh －W 安－μmgd ＝0，解得W 安＝mgh －μmgh ，选项C 错误；金属棒产生的电热Q R ＝12Q ＝12W 安＝12mg (h －μd )，选项D正确。
答案 D 二、多项选择题5.如图5所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L 。
一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行。
t ＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合，导线框的速度为v 0。
经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时，导线框的速度刚好为零，此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置(不计空气阻力)，则( )图5A.上升过程中，导线框的加速度逐渐减小B.上升过程中克服重力做功的平均功率小于下降过程中重力做功的平均功率C.上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多D.上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等解析 上升过程中，导线框的加速度a 1＝mg ＋B 2L 2v Rm 随速度v 的减小而减小，选项A 正确；下降过程中，导线框的加速度a 2＝mg －B 2L 2v Rm随速度v 的增大而减小，由R ＝vt 知上升时间短，P ＝mght，因此上升过程中克服重力做功的平均功率大，选项B 错误；由于安培力做负功，线框在下降过程中的速度小于同一高度上升时的速度，因此上升过程中合力做的功大于下降过程中合力做的功，选项D 错误；下降过程的安培力小于同一高度上升时的安培力，上升过程克服安培力做功多，选项C 正确。
答案 AC6.如图6所示，一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球从半径为R 的四分之一绝缘光滑圆弧轨道上与圆心等高处A 由静止释放，经时间t 下滑到轨道最低点B 时对轨道压力为2mg ，g 为重力加速度，此后小球水平飞出，恰好垂直击中倾角为θ＝30°的斜面，整个斜面上方存在竖直向上的匀强电场，空气阻力不计，则下列说法中正确的是( )图6A.小球从A 到B 的平均速度为πR 2tB.匀强电场的电场强度大小为mg3qC.小球从开始运动到击中斜面的过程中机械能守恒D.小球从圆弧轨道飞出到击中斜面的时间为3R g解析 由平均速度定义可知小球从A 到B 的平均速度为v ＝2Rt，A 错误；从A 到B 由动能定理有(mg －qE )R ＝12mv 2B ，在B 点由牛顿第二定律有F N ＋qE －mg ＝m v 2BR，F N ＝2mg ，联立得E ＝mg3q ，v B ＝4gR3，B 正确；小球从开始运动到击中斜面的过程中电场力做负功，由机械能守恒条件知此过程机械能不守恒，C 错误；小球离开B 点后做类平抛运动，由平抛规律知在击中斜面时有tan 30°＝v B at 1，而加速度a ＝mg －qE m ＝23g ，联立得t 1＝3Rg，D 正确。
答案 BD 三、计算题7.(2015·山东莱芜期末)如图7所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距l ＝1 m ，导轨平面与水平面成θ＝37°角，上、下端各连接一电阻，阻值分别为R 1＝4 Ω、R 2＝6 Ω。
质量为m ＝0.5 kg ，电阻为r ＝0.6 Ω的金属棒ab 放在导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为μ＝0.25，整个装置处于与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1 T(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)。
求：图7(1)金属棒下滑的最大速度；(2)从ab 开始运动到达到稳定状态时，电阻R 2上产生的热量Q ＝0.4 J ，求该过程中ab 位移x 的大小。
解析 (1)金属棒达到最大速度时，受力平衡mg sin θ＝μF N ＋BIl ，F N ＝mg cos θ，BIl ＝B 2l 2v R ，R ＝r ＋R 1R 2R 1＋R 2解得v ＝6 m/s(2)电阻R 1上产生的热量为Q 1＝R 2R 1Q 金属棒上产生的热量为Q r ＝rR 并(Q ＋Q 1) 由能的转化和守恒可得mg sin θ·x ＝μmg cos θ·x ＋Q ＋Q 1＋Q r ＋12mv 2x ＝5.125 m答案 (1)6 m/s (2)5.125 m8.(2015·宿迁市高三摸底)如图8所示，在竖直边界线O 1O 2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝100 N/C ，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB ，其倾角为30°，A 点距水平地面的高度为h ＝4 m 。
BC 段为一粗糙绝缘平面，其长度为L ＝ 3 m 。
斜面AB与水平面BC 由一极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)。
竖直边界线O 1O 2右侧区域固定一半径为R ＝0.5 m 的半圆形光滑绝缘轨道，CD 为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C 、D 两点紧贴竖直边界线O 1O 2，位于电场区域的外部(忽略电场对O 1O 2右侧空间的影响)。
现将一个质量为m ＝1 kg 、带电荷量为q ＝0.1 C 的带正电的小球(可视为质点)在A 点由静止释放，且该小球与斜面AB 和水平面BC 间的动摩擦因数μ＝35(g 取10 m/s 2)。
求：图8(1)小球到达C 点时的速度大小； (2)小球到达D 点时所受轨道的压力大小； (3)小球落地点距离C 点的水平距离。
解析 (1)以小球为研究对象，由A 点至C 点的运动过程，根据动能定理可得(mg ＋Eq )h －μ(mg ＋Eq )cos 30°h sin 30°－μ(mg ＋Eq )L ＝12mv 2C解得v C ＝210 m/s(2)以小球为研究对象，由C 点至D 点的运动过程，根据机械能守恒定律可得 12mv 2C ＝12mv 2D ＋mg ·2R 在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得F N ＋mg ＝m v 2D R解得F N ＝30 Nv D ＝2 5 m/s(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律，可得mg ＋Eq ＝ma 应用类平抛运动的规律列式可得x ＝v D t 2R ＝12at 2，解得x ＝ 2 m答案 (1)210 m/s (2)30 N (3) 2 m9.如图9所示，质量M ＝0.2 kg 的长木板静止于水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1。
一质量m ＝0.1 kg 、带电荷量q ＝＋2×10－3C 的滑块(可看作质点)在t ＝0时刻以v 0＝5 m/s 的初速度滑上长木板的同时加上一个水平向右的匀强电场，滑块与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，所加电场的电场强度E ＝100 N/C ，取g ＝10 m/s 2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，最终滑块没有从长木板上滑下，求；图9(1)长木板的最小长度；(2)滑块从滑上长木板到静止经历的时间；(3)整个过程中产生的热量。