三维设计高三物理二轮复习专题二功和能功能关系在电磁学中的应用

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高考物理(广东专用)二轮专题复习课件第5讲能量和动量在电磁学中的应用

第5讲能量和动量在电磁学中的应用
1．(2011· 广东理综，36)如图2－5－1所示，以A、B和C、D为
端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半
圆分别相切于B、C.一物块被轻放在水平匀速运动的传送带
上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板．滑板运动到C时被牢固粘住．物块可视为质点，质量为m，滑板质量M＝2m，两半圆半径均为R，板长l＝6.5R，板右端到C的距离L在R＜L＜5R
1 2 1 当 mv C＝ mg(2.5R－L)≥mgR 时，可以滑到 CD 轨道的中点， 2 2 此时要求 L＜0.5R，这与题目矛盾，所以物块不可能滑到 CD 轨道的中点．
答案 (1)3 gR (2)见解析
主要题型：选择题、计算题热点聚焦 (1)静电力做功的特点 (2)动能定理在电磁学中的应用
当 2R≤ L≤ 5R 时，物块的运动是匀减速运动 8R，匀速运动 L － 2R，匀减速运动 0.5R，滑上 C 点．根据动能定理－ μmg(8R 1 2 1 2 ＋ 0.5R)＝ mv C－ mv B， 2 2 1 2 1 17 解得： mv C＝ mgR＜ mgR，Wf＝ μmg(8R＋ 0.5R)＝ mgR，物 2 2 4 块不能滑到 CD 轨道的中点．当 R＜L＜ 2R 时，物块的运动是匀减速运动 6.5R＋ L，滑上 C 点． 1 2 1 2 根据动能定理－ μmg(6.5R＋L)＝ mv C－ mvB ， 2 2 1 解得： Wf＝ μmg(6.5R＋L)＝ mg(13R＋ 2L)， 4
应满足什么条件？并求这种情况下滑块离开AB区域时的速
度．(设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力)

高考物理二轮复习专题功和能讲含解析.doc

功和能考试大纲纵观近几年高考试题，预测2019年物理高考试题还会考：1、从近几年高考来看，关于功和功率的考查，多以选择题的形式出现，有时与电流及电磁感应相结合命题．2、动能定理多数题目是与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动以及电磁学等知识相结合的综合性试题；动能定理仍将是高考考查的重点，高考题注重与生产、生活、科技相结合，将对相关知识的考查放在一些与实际问题相结合的情境中。

3、机械能守恒定律，多数是与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动以及电磁学等知识相结合的综合性试题；高考题注重与生产、生活、科技相结合，将对相关知识的考查放在一些与实际问题相结合的情境中。

考向01 功和功率 1.讲高考（1）考纲要求掌握做功正负的判断和计算功的方法；理解tWP =和Fv P =的关系，并会运用；会分析机车的两种启动方式．（2）命题规律从近几年高考来看，关于功和功率的考查，多以选择题的形式出现，有时与电流及电磁感应相结合命题．案例1．如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定（）A. 小于拉力所做的功B. 等于拉力所做的功C. 等于克服摩擦力所做的功D. 大于克服摩擦力所做的功【来源】2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II 卷）【答案】 A【解析】试题分析：受力分析，找到能影响动能变化的是那几个物理量，然后观测这几个物理量的变化即可。

木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即：，所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，CD错误。

故选A点睛：正确受力分析，知道木箱在运动过程中有那几个力做功且分别做什么功，然后利用动能定理求解末动能的大小。

案例2．滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中A. 所受合外力始终为零B. 所受摩擦力大小不变C. 合外力做功一定为零D. 机械能始终保持不变【来源】2018年全国普通高等学校招生同一考试理科综合物理试题（天津卷）【答案】C【点睛】考查了曲线运动、圆周运动、动能定理等；知道曲线运动过程中速度时刻变化，合力不为零；在分析物体做圆周运动时，首先要弄清楚合力充当向心力，然后根据牛顿第二定律列式，基础题，难以程度适中．案例3．【2017·新课标Ⅱ卷】如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。

2019届高考二轮物理专题复习卷：功能关系在电磁学中的应用(含答案)

功能关系在电磁学中的应用1.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()图2－6－17A．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【答案】BD2．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()图2－6－18A．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【答案】BCD3．如图2－6－19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2－6－19A ．导体棒MN 的最大速度为2mgR sin θB 2L 2B ．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m 2g 2R sin 2θB 2L 3【答案】AC4.(多选)如图1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( )图1A.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】BC5.(多选)如图2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( )图2A.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】ACD6．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()图2－6－13A．v2＝ghB．v2＝2ghC．A产生的热量Q＝mgh－mv2D．A产生的热量Q＝mgh－12mv2【答案】C7．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【答案】C8．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 RB 2d 2B ．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】D9．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53mgh D ．小球返回原出发点时的速度大小为7gh【答案】B10．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( )图2－6－16A ．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38Uq C ．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 D ．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 【答案】BC11.(多选)如图3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( )图3A.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】AC12.(多选)如图4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)( ) 学#科网图4A.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】BC13.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( )图5A.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 BlD.方向由N向M，大小为3mg Bl【答案】B14.(多选)如图6所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，水平轨道AB部分存在水平向右的匀强电场E，半圆形轨道处于竖直平面内，B为最低点，D为最高点.一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，并能恰好通过最高点D，则下列物理量的变化对应关系正确的是()图6A.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】AB15.(多选)如图7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7A.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】AD16.如图8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8A.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】D17.如图9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9A.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】D18.(多选)如图10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( )图10A.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】BC19.如图11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：图11(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 20.如图12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：图12(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 J21.如图13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：图13(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)3m 2q g R(3)2R 22．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R 0＝0.50 m ．学%……科网图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/s 2，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．【答案】(1)3.84 A 由b →a(2)0.512 C (3)0.94 J23.如图6所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L ，导轨上面横放着两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，两根导体棒的质量皆为m ，电阻皆为R ，回路中其余部分的电阻可不计。

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

(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：
(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－r2]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：
第6讲功能关系在电磁学中的应用
1.(2013·新课标全国卷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
3.(2014·新课标全国卷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2所示。整个装置位于一匀强磁
图2
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 点运动到 A 点的时间为 t，令 OA＝d，则 OB＝32d，根据平抛运动的规律有 dsin 60°＝v0t①
dcos 60°＝12gt2② 又有 Ek0＝12mv20③ 由①②③式得 Ek0＝38mgd④ 设小球到达 A 点时的动能为 EkA，则 EkA＝Ek0＋12mgd⑤ 由④⑤式得EEkkA0＝73⑥

高考物理二轮复习教案专题二能量与动量功和功率功能关系

功和功率功能关系复习备考建议(1)能量观点是高中物理三大观点之一，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合；或借助选择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解，或在计算题中考查动力学与能量观点的综合应用，难度较大．(2)对于动量问题，17年只在选择题中出现，而且是动量守恒、动量定理的基本应用，18年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅱ卷都是动量守恒的基本应用，运动过程简单，综合性较低，Ⅲ卷只是用到了动量的概念，19年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅲ卷都涉及动量与能量观点的综合应用，Ⅱ卷中用到了动量定理，对于动量的考察，综合性、难度有所提升，备考时应多加注意．第4课时功和功率功能关系考点功、功率的分析与计算1．恒力功的计算(1)单个恒力的功W ＝Fl cos α. (2)合力为恒力的功①先求合力，再求W ＝F 合l cos α. ②W ＝W 1＋W 2＋…. 2．变力功的计算(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算． (2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W ＝F l cos α计算． (3)F －l 图象中，功的大小等于“面积”． (4)求解一般变力做的功常用动能定理． 3．功率的计算(1)P ＝Wt，适用于计算平均功率；(2)P ＝Fv ，若v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率；若v 为平均速度，则P 为平均功率．注意：力F 与速度v 方向不在同一直线上时功率为Fv cos θ.例1 (多选)(2019·山西晋中市适应性调研)如图1甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F ，使环由静止开始运动，已知拉力F 及小环速度v 随时间t 变化的规律如图乙、丙所示，重力加速度g 取10m/s 2.则以下判断正确的是( )图1A ．小环的质量是1kgB ．细杆与地面间的倾角是30°C ．前3s 内拉力F 的最大功率是2.25WD ．前3s 内拉力对小环做功5.75J 答案 AD解析由速度－时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，由题图可得：第1s 内，a ＝Δv t ＝0.51m/s 2＝0.5 m/s 2，加速阶段：F 1－mg sin θ＝ma ；匀速阶段：F 2－mg sin θ＝0，联立以上三式解得：m ＝1kg ，sin θ＝0.45，故A 正确，B 错误；第1s 内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1s 末，P ＝Fv 1＝5×0.5W＝2.5W ；第1s 末到第3s 末，P ＝Fv 1＝4.5×0.5W＝2.25W ，即拉力的最大功率为2.5W ，故C 错误；从速度－时间图象可以得到，第1 s 内的位移为0.25 m,1～3 s 内的位移为1 m ，前3 s 内拉力做的功为：W ＝5×0.25 J ＋4.5×1J ＝5.75J ，故D 正确．变式训练1.(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图2所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为最低点．每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处由静止释放，用P 1、P 2、P 3依次表示各滑环从静止滑到d 过程中重力的平均功率，则( )图2A ．P 1<P 2<P 3B ．P 1>P 2>P 3C ．P 3>P 1>P 2D ．P 1＝P 2＝P 3 答案 B解析对小滑环b 受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得，小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a ＝g sin θ(θ为杆与水平方向的夹角)，由数学知识可知，小滑环的位移x ＝2R sin θ，所以t ＝2xa＝2×2R sin θg sin θ＝4Rg，t 与θ无关，即t 1＝t 2＝t 3，而三个环重力做功W 1>W 2>W 3，所以有：P 1>P 2>P 3，B 正确．2.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图3所示，在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC ，其中AB 段是半径为R 的14圆弧，BC 段是水平的．一质量为m 的滑块从A 点由静止滑下，最后停在水平轨道上C 点，此过程克服摩擦力做功为W 1.现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由C 点推回到A 点，此过程克服摩擦力做功为W 2，推力对滑块做功为W ，重力加速度为g ，则下列关系中正确的是( )图3A ．W 1＝mgRB ．W 2＝mgRC ．mgR <W <2mgRD ．W >2mgR 答案 AC解析滑块由A 到C 的过程，由动能定理可知mgR －W 1＝0，故A 对；滑块由A 到B 做圆周运动，而在推力作用下从C 经过B 到达A 的过程是一个缓慢的匀速过程，所以从A 到B 的过程中平均支持力大于从B 到A 的平均支持力，那么摩擦力从A 到B 做的功大于从B 到A 做的功，而两次经过BC 段摩擦力做功相等，故W 2<W 1＝mgR ，故B 错；滑块由C 到A 的过程中，由能量守恒可知，推力对滑块做的功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦力所做的功两部分，即W －mgR －W 2＝0，即W ＝W 1＋W 2，由于W 2<W 1＝mgR ，所以mgR <W <2mgR ，故C 对，D 错．考点功能关系的理解和应用1．几个重要的功能关系(1)重力做的功等于重力势能的减少量，即W G ＝－ΔE p . (2)弹力做的功等于弹性势能的减少量，即W 弹＝－ΔE p . (3)合力做的功等于动能的变化量，即W ＝ΔE k .(4)重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化量，即W 其他＝ΔE . (5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q ＝F f ·x 相对． 2．理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等． 3．应用(1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化． (2)列动能定理或能量守恒定律表达式．例2 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图4所示．重力加速度取10m/s 2.由图中数据可得( )图4A ．物体的质量为2kgB ．h ＝0时，物体的速率为20m/sC ．h ＝2m 时，物体的动能E k ＝40JD ．从地面至h ＝4m ，物体的动能减少100J 答案 AD解析根据题图图像可知，h ＝4m 时物体的重力势能mgh ＝80J ，解得物体质量m ＝2kg ，抛出时物体的动能为E k0＝100J ，由公式E k0＝12mv 2可知，h ＝0时物体的速率为v ＝10m/s ，选项A 正确，B 错误；由功能关系可知F f h ＝|ΔE 总|＝20J ，解得物体上升过程中所受空气阻力F f ＝5 N ，从物体开始抛出至上升到h ＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh －F f h ＝E k －100J ，解得E k ＝50J ，选项C 错误；由题图图像可知，物体上升到h ＝4m 时，机械能为80J ，重力势能为80J ，动能为零，即从地面上升到h ＝4m ，物体动能减少100J ，选项D 正确．变式训练3.(多选)(2018·安徽安庆市二模)如图5所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为3g4.已知运动员(包含装备)的质量为m ，则在运动员下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是(sin53°＝45，cos53°＝35)( )图5A ．运动员重力势能的减少量为35mghB ．运动员动能的增加量为34mghC ．运动员动能的增加量为1516mghD ．运动员的机械能减少了116mgh答案 CD解析运动员下落的高度是h ，则重力做功：W ＝mgh ，所以运动员重力势能的减少量为mgh ，故A 错误；运动员下落的高度是h ，则飞行的距离：L ＝h sin53°＝54h ，运动员受到的合外力：F 合＝ma ＝34mg ，动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔE k ＝W 合＝F 合L ＝34mg ×54h ＝1516mgh ，故B 错误，C 正确；运动员重力势能的减少量为mgh ，动能的增加量为1516mgh ，所以运动员的机械能减少了116mgh ，故D 正确．4．(多选)(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图6甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A 物体相连接，将B 物体放置在A 物体上面，A 、B 的质量都为m ，初始时两物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体B 上，使物体B 开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体B 的位移x 的关系如图乙所示(g ＝10m/s 2)，下列说法正确的是( )图6A ．0～4cm 过程中，物体A 、B 和弹簧组成的系统机械能增大B ．0～4cm 过程中，弹簧的弹性势能减小，物体B 运动到4cm 处，弹簧弹性势能为零C ．弹簧的劲度系数为7.5N/cmD．弹簧的劲度系数为5.0N/cm答案AC解析0～4 cm过程中，物体A、B和弹簧组成的系统，因力F对系统做正功，则系统的机械能增大，选项A正确．由题图可知，在x＝4 cm处A、B分离，此时A、B之间的压力为零，A、B的加速度相等，但是弹簧仍处于压缩状态，弹簧的弹性势能不为零，选项B错误．开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：2mg＝kΔl1；拉力F1为20 N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有：F1＝2ma；物体B与A分离后，拉力F2为50 N，根据牛顿第二定律，有：F2－mg＝ma；物体A与B分离时，物体A的加速度为a，则根据牛顿第二定律有：kΔl2－mg＝k(Δl1－4 cm)－mg＝ma；联立解得：m＝4.0 kg，k＝7.5 N/cm.选项C正确，D错误．考点动能定理的应用1．表达式：W总＝E k2－E k1.2．五点说明(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．(2)动能变化量E k2－E k1一定是物体在末、初两状态的动能之差．(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(5)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．3．基本思路(1)确定研究对象和研究过程．(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式．4．在功能关系中的应用(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．(2)动能定理也是一种功能关系，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．例3如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高．质量m＝0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10m，篮球由静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01m，弹性势能为E p＝0.025J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10m/s2.求：图7(1)弹簧的劲度系数；(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小； (3)篮球在整个运动过程中通过的路程．答案 (1)500N/m (2)0.50N (3)11.05m 解析 (1)由最后静止的位置可知kx 2＝mg ，所以k ＝500N/m(2)由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中mg Δh －F f ·L ＝12mv 22－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ＝mg (h 1－h 2)＝1.135J 空气阻力大小恒定，作用距离为L ＝h 1＋h 2＋2x 1＝2.273m故可得F f ≈0.50N(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反根据动能定理有mg Δh ′＋W f ＋W 弹＝12mv 2′2－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ′＝mg (h 1＋x 2)＝5.55J 弹力做功W 弹＝－E p ＝－0.025J则空气阻力做功W f ＝－mg Δh ′－W 弹＝－5.525J 因W f ＝－F f s 故解得s ＝11.05m. 变式训练5.(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图8所示．重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为( )图8A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案 C解析设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1kg、F＝2N，选项C正确，A、B、D均错误．6．由相同材料的木板搭成的轨道如图9所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF…的长均为L ＝1.5m，木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h＝1.8m处由静止释放，物体与木板间的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过，既不损失动能，也不会脱离轨道，在以后的运动过程中，求：(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图9(1)物体能否静止在木板上？请说明理由．(2)物体运动的总路程是多少？(3)物体最终停在何处？并作出解释．答案(1)不能理由见解析(2)11.25m (3)C点解释见解析解析(1)物体在木板上时，重力沿木板方向的分力为mg sinβ＝0.6mg最大静摩擦力F fm＝μmg cosβ＝0.16mg因mg sinβ>μmg cosβ，故物体不会静止在木板上．(2)从物体开始运动到停下，设总路程为s，由动能定理得mgh －μmgs cos β＝0解得s ＝11.25m(3)假设物体依次能到达B 、D 点，由动能定理得mg (h －L sin β)－μmg cos β(L ＋hsin β)＝12mv B 2 解得v B >0mg (h －L sin β)－μmg cos β(3L ＋hsin β)＝12mv D 2 v D 无解说明物体能通过B 点但不能到达D 点，因物体不能静止在木板上，故物体最终停在C 点．考点动力学与能量观点的综合应用1．两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握各运动阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征． 2．四个选择(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解；(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合分析求解．例4 (2019·河北邯郸市测试)如图10所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m ＝1kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB 长L ＝5m ，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s ＝1.5 m ，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧轨道与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v ＝5m/s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的E p ＝18 J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取g ＝10 m/s 2.图10(1)求右侧圆弧的轨道半径R ；(2)求小物块最终停下时与C 点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．答案 (1)0.8m (2)13m (3)37m/s≤v ≤43m/s解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12mv 02，可知：v 0＝6m/s因为v 0>v ，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中，由：μ1mg ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12a 1t 12得到：a 1＝2m/s 2，t 1＝0.5s ，x 1＝2.75m因为x 1<L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m/s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：12mv 2＝μ2mgs ＋mgR代入数据得到：R ＝0.8m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度大小为v B ，由12mv 2－12mv B 2＝μ2mg ·2s 得到v B ＝7m/s ，因为v B >0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知，物块以相同的速率离开传送带，经分析可知最终在BC 间停下，设最终停在距C 点x 处，由12mv B 2＝μ2mg (s －x )，代入数据解得：x ＝13m. (3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点，在F 点满足mg sin30°＝m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知：－μ2mgs －mg (R ＋R sin30°)＝12mv F 2－12mv 12解得：v 1＝37m/s设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点，由12mv 22＝μ2mg ·3s ＋mgR解得：v 2＝43m/s若物块在传送带上一直加速运动，由12mv B m 2－12mv 02＝μ1mgL知其到B 点的最大速度v B m ＝56m/s若物块在E 、F 间速度减为0，则物块将脱离轨道．综合上述分析可知，只要传送带速度37m/s≤v ≤43m/s 就满足条件．变式训练7.(2019·山东青岛二中上学期期末)如图11所示，O 点距水平地面的高度为H ＝3m ，不可伸长的细线一端固定在O 点，另一端系一质量m ＝2kg 的小球(可视为质点)，另一根水平细线一端固定在墙上A 点，另一端与小球相连，OB 线与竖直方向的夹角为37°，l <H ，g 取10m/s 2，空气阻力不计．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图11(1)若OB 的长度l ＝1m ，剪断细线AB 的同时，在竖直平面内垂直OB 的方向上，给小球一个斜向下的冲量，为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求此冲量的大小； (2)若先剪断细线AB ，当小球由静止运动至最低点时再剪断OB ，小球最终落地，求OB 的长度l 为多长时，小球落地点与O 点的水平距离最远，最远水平距离是多少．答案 (1)246kg·m/s (2)1.5m355m 解析 (1)要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点需满足：mg ＝m v 2l从B 点到最高点，由动能定理有：－mg (l ＋l cos37°)＝12mv 2－12mv 02联立得一开始的冲量大小为I ＝mv 0＝246kg·m/s(2)从剪断AB 到小球至H －l 高度过程，设小球至H －l 高度处的速度为v 0′ 由机械能守恒可得12mv 0′2＝mgl (1－cos37°)小球从H －l 高度做初速度为v 0′的平抛运动，12gt 2＝H －l ，x ＝v 0′t 联立得，x ＝45(－l 2＋3l ) 当l ＝1.5m 时x 取最大值，为355m ．专题突破练1．(2019·山东烟台市上学期期末)如图1所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v 分别沿竖直向上和水平向右方向抛出，不计空气阻力．则下列说法中正确的是( )图1A ．两小球落地时速度相同B ．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C ．从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等D ．从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等答案 C解析两小球运动过程中均只有重力做功，故机械能都守恒，由机械能守恒定律得，两小球落地时的速度大小相同，但方向不同，故A 错误；两小球落地时，由于竖直方向的分速度不同，故重力的瞬时功率不相同，故B 错误；由重力做功公式W ＝mgh 得，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，故C 正确；从抛出至落地，重力对两小球做的功相同，但是落地的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相同，故D 错误．2.(2019·河北张家口市上学期期末)如图2所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )图2A ．运动员先处于超重状态后处于失重状态B ．空气浮力对系统始终做负功C ．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量D ．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等答案 B解析运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，选项A 错误；空气浮力与运动方向总相反，则对系统始终做负功，选项B 正确；无论以什么运动状态运动，重力做功都等于系统重力势能的减小量，选项C 错误；因为是变速运动，相等的时间内，因为系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，选项D 错误． 3．(2019·河南驻马店市上学期期终)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力．若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E 随时间t 变化的关系图象是( )答案 A解析设物体在恒力作用下的加速度为a ，机械能增量为：ΔE ＝F Δh ＝F ·12at 2，知此时E－t 图象是开口向上的抛物线；撤去外力后的上升过程中，机械能守恒，则机械能不随时间改变，故A 正确，B 、C 、D 错误．4．(多选)如图3所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图3A ．两滑块组成的系统机械能守恒B ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量C ．重力对M 做的功等于M 动能的增加量D ．两滑块组成的系统机械能的损失等于M 克服摩擦力做的功答案 BD5.(2019·福建三明市期末质量检测)如图4所示，一个质量m ＝1 kg 的小球(视为质点)从H ＝11m 高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R ＝4m 的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，然后沿CB 圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD ，到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为(重力加速度g ＝10m/s 2)( )图4A ．10mB ．9.5mC ．9mD ．8.5m 答案 B解析到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，则mg ＝m v C 2R，解得v C ＝210m/s ，则物体在BC 阶段克服摩擦力做功，由动能定理mg (H －2R )－W BC ＝12mv C 2，解得W BC ＝10J ；由于从C到B 过程小球对圆轨道的平均压力小于从B 到C 过程小球对圆轨道的平均压力，则小球从C 到B 过程克服摩擦力做的功小于从B 到C 过程克服摩擦力做的功，即0<W CB <10J ；从C 到D 由动能定理：mg (2R －h )－W CB ＝0－12mv C 2，联立解得9m<h <10m.6．一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5m/s 的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g ＝10 m/s 2)，该送餐员骑电动自行车以5m/s 的速度匀速前行过程做功的功率最接近( )A ．10WB ．100WC ．1kWD ．10kW 答案 B解析设送餐员和车的总质量为100kg ，匀速行驶时的速率为5m/s ，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等，F ＝0.02mg ＝20 N ，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P ＝Fv ＝100W ，故B 正确．7．(多选)(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示，质量m ＝1kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5s 时撤去拉力，其1.5s 内的速度随时间变化关系如图乙所示，g 取10m/s 2.则( )图5A ．0.5s 时拉力功率为12WB ．0.5s 内拉力做功9JC ．1.5s 后物块可能返回D ．1.5s 后物块一定静止答案 AC解析 0～0.5 s 内物体的位移：x 1＝12×0.5×2 m＝0.5 m ；0.5～1.5 s 内物体的位移：x 2＝12×1×2m ＝1m ；由题图乙知，各阶段加速度的大小：a 1＝4m/s 2，a 2＝2 m/s 2；设斜面倾角为θ，斜面对物块的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5s 内F －μgm cos θ－mg sin θ＝ma 1；0.5～1.5s 内－μmg cos θ－mg sin θ＝－ma 2，联立解得：F ＝6N ，但无法求出μ和θ.0.5s 时，拉力的功率P ＝Fv ＝12W ，故A 正确．拉力做的功为W ＝Fx 1＝3J ，故B 错误．无法求出μ和θ，不清楚tan θ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，故C 正确，D 错误．8.(多选)(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图6所示，重力为10N 的滑块轻放在倾角为30°的光滑斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点接触到一个轻质弹簧，滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点离开弹簧，最后又回到a 点．已知ab ＝1m ，bc ＝0.2m ，则以下结论正确的是( )图6A ．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6JB ．整个过程中滑块动能的最大值为6JC ．从c 到b 弹簧的弹力对滑块做功5JD ．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒答案 AD解析滑块从a 到c, mgh ac ＋W 弹′＝0－0，解得：W 弹′＝－6J ．则E pm ＝－W 弹′＝6J ，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J ，故A 正确；当滑块受到的合外力为0时，滑块速度最大，设滑块在d 点合外力为0，由分析可知d 点在b 点和c 点之间．滑块从a 到d 有：mgh ad ＋W 弹＝E k d －0，因mgh ad ＜6J ，W 弹＜0，所以E k d ＜6J ，故B 错误；从c 点到b 点弹簧的弹力对滑块做的功与从b 点到c 点弹簧的弹力对滑块做的功大小相等，即为6J ，故C 错误；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D 正确．9．(多选)(2019·河南九师联盟质检)如图7所示，半径为R ＝0.4m 的14圆形光滑轨道固定于竖直平面内，圆形轨道与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m ＝0.5kg 的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆轨道上，小球甲与O 点等高，小球乙位于圆心O 的正下方．某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动，g 取10m/s 2.则( )图7A ．小球甲下滑过程中机械能增加B ．小球甲下滑过程中重力对它做功的功率先增大后减小C ．小球甲下滑到圆形轨道最低点对轨道压力的大小为12ND ．整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J 答案 BD解析小球甲下滑过程中，轻杆对甲做负功，则甲的机械能减小，故A 错误．小球甲下滑过程中，最高点速度为零，故重力的功率为零；最低点速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不为零，故重力的功率应该是先增大后减小，故B 正确．两个球与轻杆组成的系统机械能守恒，故：mgR ＝12mv 2＋12mv 2，解得：v ＝gR ＝10×0.4m/s ＝2 m/s ；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，故：F N －mg ＝m v 2R，解得：F N＝mg ＋m v 2R ＝0.5×10N＋0.5×220.4N ＝10N ，根据牛顿第三定律，小球甲对轨道的压力大小为10N ，故C 错误；整个过程中，对球乙，根据动能定理，有：W ＝12mv 2＝12×0.5×22J ＝1J ，故D 正确．10．(2019·吉林“五地六校”合作体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动，在前5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v －t 图象如图8所示．已知赛车的质量为m ＝1×103kg ，赛车受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g 取10m/s 2，则以下说法正确的是( )图8A ．赛车在前5s 内的牵引力为5×102N。

高考专题05 功能关系在电磁学中的应用(教学案)-2019年高考物理二轮---精校解析Word版

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．预计高考此类题目仍会出现．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．高频考点一电场中的功能关系例1．(多选)(2017·全国卷Ⅲ，21)一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 三点的位置如图1所示，三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V 。

下列说法正确的是( )图1A.电场强度的大小为2.5 V/cmB.坐标原点处的电势为1 VC.电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eVD.电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV 【答案】ABD【解析】如图所示，设a 、c 之间的d 点电势与b 点电势相同，则ad dc ＝10－1717－26＝79，所以d 点的坐标为(3.5【误区警示】常见误区及临考提醒(1)在进行电场力做功和电势能的判断时，要注意电荷的正负。

高考物理二轮复习专题精讲第5讲功能关系在电磁学中的应用

第5讲功能关系在电磁学中的应用一、单项选择题1．如图2－5－10所示，匀强电场E 方向水平向左，带有正电荷的物体沿绝缘水平面向右运动，经过A 点时动能是100 J ，经过B 点时，动能是A 点的15，减少的动能有35转化成电势能，那么，当它再次经过B 点时动能为( )．图2－5－10A ．4 JB ．8 JC ．16 JD ．20 J解析物体在运动中受到的电场力与滑动摩擦力均不变．由题意得E k B ＝15×100 J＝20 J ．由W 电＋W f ＝ΔE k ，W 电＝35ΔE k ，得W f ＝25ΔE k .当由B 点减速为0时，W f 1＝25E k B ＝25×20 J ＝8 J ．由B 点向右，再返回到B 点，整个过程由动能定理分析得：－2×8＝E k B ′－E k B 得E k B ′＝－16 J ＋20 J ＝4 J ，A 项正确．答案 A2．如图2－5－11所示，空间有与水平方向成θ角的匀强电场．一个质量为m 的带电小球，用长为L 的绝缘细线悬挂于O 点．当小球静止时，细线恰好处于水平位置．现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变．则该外力做的功为( )．图2－5－11A ．mgL cot θB ．mgL tan θC.mgL cos θD ．mgL 解析取小球受力分析如图，由平衡条件得Eq 与mg 的合力F ＝mg cot θ.当用外力将小球沿圆弧缓慢移到最低点的过程中：绳子拉力不做功，W 外＋W F ＝ΔE k ＝0，即W 外－mg cot θ·L ＝0，得W 外＝mg cot θ·L，A项正确．答案 A3．如图2－5－12所示，在竖直平面内存在水平向右的匀强电场，有一带正电小球自坐标原点O沿y轴正方向竖直向上抛出，它的初动能为4 J，不计空气阻力．当它上升到最高点M时，动能为5 J，则小球落回到x轴上的N点时，它的动能力( )．图2－5－12A．4 J B．9 JC．14 J D．24 J解析设M点在x轴上的垂足为M′点，因为带电小球在竖直方向做竖直上抛运动，因此小球从O→M和从M→N是等时的，即t OM＝t MN，水平方向在电场力Eq作用下做初速度为零的匀加速直线运动，所以OM′∶M′N＝1∶3.电场力是恒力，从O到N过程中做的功是从O到M过程的4倍，即W电＝20 J．从O到N的过程中根据动能定理：W电＝E k末－E k初小球在N点的动能：E k末＝W电＋E k初故D选项正确．答案 D4．如图2－5－13所示，质量为m的金属线框A静置于光滑平面上，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，则以下关系中成立的是( )．图2－5－13A ．v 2＝ghB ．v 2＝2ghC ．A 产生的热量Q ＝mgh －mv 2D ．A 产生的热量Q ＝mgh －12mv 2 解析对系统由动能定理得mgh ＋W 电＝12(m ＋m )v 2，－W 电＝mgh －mv 2，A 产生的热量Q ＝－W 电＝mgh －mv 2，选项C 正确．答案 C5．如图2－5－14所示，一个带正电的小球穿在一根绝缘的粗糙直杆AC 上，杆与水平方向成θ角，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直于杆方向斜向上的匀强磁场．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，在运动过程中，则( )．图2－5－14A ．小球在D 点时的动能为50 JB ．小球电势能的增加量一定等于重力势能的减少量C ．到达C 点后小球可能沿杆向上运动D ．小球在AD 段克服摩擦力做的功与小球在DC 段克服摩擦力做的功相等解析小球做减速运动，F 洛将减小．球与杆的弹力将变小，所受摩擦力也将变小，合力为变力．根据F 合x ＝ΔE k 可知A 错误；重力势能的减少量等于电势能和内能增量之和，B错误；若电场力大于重力，小球可能沿杆向上运动，C正确．由于摩擦力为变力，D 错误．答案 C6．如图2－5－15所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间恰好沿水平方向做直线运动．现使球从轨道上较低的b点开始滑下，经P点进入板间，在之后运动的一小段时间内( )．图2－5－15A．小球的重力势能一定会减小B．小球的机械能可能不变C．小球的电势能一定会减小D．小球动能可能减小解析若小球带正电q，当小球做直线运动时，它所受向下的重力mg加上向下的电场力qE等于向上的洛伦兹力qvB，若它从轨道上较低的b点滑下，经过P时的速度要小于v，则它在之后的一小段时间内要向下方偏转，洛伦兹力不做功，重力和电场力都做正功，速度增大，洛伦兹力也增大，动能也增大；若小球带负电q，当小球做直线运动时，它所受向下的重力mg加上向下的洛伦兹力qvB等于向上的电场力qE，若它从轨道上较低的b点滑下，经过P时的速度要小于v，则它在之后的一小段时间内要向上方偏转，洛伦兹力不做功，重力做负功而电场力做正功，速度增大，洛伦兹力也增大，动能也增大．可知只有选项C正确．答案 C二、多项选择题7．如图2－5－16所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是竖直平面内三个相同的半圆形光滑绝缘轨道，k为轨道最低点，Ⅰ处于匀强磁场中，Ⅱ和Ⅲ处于匀强电场中，三个完全相同的带正电小球a、b、c从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点k的过程中，下列说法中正确的有( )．图2－5－16A．在k处，球b速度最大B．在k处，球c对轨道压力最大C．球b需时最长D．球c机械能损失最多解析从最高点到最低点，合力对c球做正功，对b球做负功，对a球不做功，根据动能定理可知在k处球c动能最大，速度最大，A错；求出最低点动能后，由左手定则判断a球洛伦兹力的方向竖直向上，在k处列向心力方程可得在k处球c对轨道压力最大，B对；任一高度处根据动能定理可知，b球速度最小，即b球全程平均速率最小，路程一定时，b球运动时间最长，C对；对球c，电场力做正功，电势能减小，机械能增加，D错．答案BC8．一带电粒子射入一固定的正点电荷Q的电场中，沿如图2－5－17所示的虚线由a点经b 点运动到c点，b点离Q最近．若不计重力，则( )．图2－5－17A．带电粒子带正电荷B．带电粒子到达b点时动能最大C．带电粒子从a到b电场力对其做正功D．带电粒子从b到c电势能减小解析从轨迹可知，粒子受到排斥力作用，所以粒子带正电，选项A正确．粒子从a到b电场力对其做负功，动能减少，电势能增大；从b到c电场力对其做正功，动能增大，电势能减少，故粒子在b点动能最小，电势能最大，所以选项B、C错误，D正确．答案AD9．如图2－5－18所示，长为L，倾角为θ的光滑绝缘斜面处于匀强电场中，一带电荷量为＋q、质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0.则下列说法正确的是( )．图2－5－18A ．小球在B 点的电势能一定大于小球在A 点的电势能B ．由上述条件可以求得A 、B 两点的电势差C ．电场方向与AC 垂直时，电场强度最大D ．电场方向与斜面平行时，电场强度最小解析小球从A 到B 动能不变，重力势能增加量等于电势能减小量，所以A 错误．由于重力做功与电场力做功大小相等，所以mgh ＝qU AB ，AB 两点间电势差U AB ＝mgL sin θq，B 正确．小球受重力、斜面的支持力和电场力作用，当电场力与重力沿斜面的分力相等，电场力沿垂直斜面方向的分力、重力沿垂直斜面方向的分力和支持力平衡时，小球就会做匀速运动，所以当电场力沿斜面向上时电场力有最小值，而电场力没有最大值，所以C 错误，D 正确．答案 BD10．如图2－5－19所示，处于匀强磁场中的两根足够长、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，下端连接阻值R ＝2 Ω的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝1 Ω的金属棒放在两导轨上．棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数μ＝0.25(设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小)．当金属棒由静止下滑60 m 时速度达到稳定，电阻R 消耗的功率为8 W ，金属棒中的电流方向由a 到b ，则下列说法正确的是(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )．图2－5－19A ．金属棒沿导轨由静止开始下滑时加速度a 的大小为4 m/s 2B ．金属棒达到稳定时速度v 的大小为10 m/sC ．磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度B 的大小为0.4 TD ．金属棒由静止到稳定过程中电阻R 上产生的热量为25.5 J解析金属棒开始下滑时不受安培力，由牛顿第二定律得a ＝g sin θ－μg cos θ＝4m/s 2，选项A 正确．速度达到稳定时合力为零，B 2L 2v R ＋r ＋μmg cos θ＝mg sin θ，得B 2L 2v R ＋r ＝0.8 N ，由已知Blv 2R ＋r ·R R ＋r＝8 W 得v ＝15 m/s ，选项B 错误．根据左手定则可得，磁场方向垂直于导轨平面向上，由B 2L 2v R ＋r＝0.8 N ，将v ＝15 m/s 代入得B ＝0.4 T ，选项C 正确．根据能量守恒，产生的总焦耳热量为Q ＝mgx sin θ－12mv 2－μmgx cos θ＝25.5 J ，R 上产生的热量为Q R ＝23Q ＝17 J ，选项D 错误．答案 AC三、非选择题11．如图2－5－20所示，在E ＝103V/m 的竖直向下的匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道QPN 与一水平绝缘轨道MN 连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P 为QN 圆弧的中点，其半径R ＝40 cm ，一带正电荷q ＝10－4 C 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 处，取g ＝10 m/s 2，求：图2－5－20(1)要使小滑块恰能运动到半圆轨道的最高点Q ，则小滑块应以多大的初速度v 0向左运动？(2)这样运动的滑块通过P 点时对轨道的压力是多大？解析设小滑块到达Q 点的速度为v ，在Q 点由牛顿第二定律得：mg ＋qE ＝m v 2R，小滑块从开始运动至到达Q 点的过程中，由动能定理得：－mg ·2R －qE ·2R －μ(mg ＋qE )x ＝12mv 2－12mv 20，联立解得v 0＝7 m/s.(2)设小滑块到达P 点的速度为v ′，则从开始运动至到达P 点的过程中，由动能定理得：－μ(qE ＋mg )x －(mg ＋qE )R ＝12mv ′2－12mv 20，在P 点有：F N ＝m v ′2R，代入数据得F N ＝0.6 N.答案 (1)7 m/s (2)0.6 N12．如图2－5－21所示，一根质量为m 的金属棒MN 水平放置在两根竖直的光滑平行金属导轨上，并始终与导轨保持良好接触，导轨间距为L ，导轨下端接一阻值为R 的电阻，其余电阻不计．在空间内有垂直于导轨平面的磁场，磁感应强度大小只随竖直方向位移y 变化，变化规律B ＝ky ，k 为大于零的常量．质量M ＝4m 的物体静止在倾角θ＝30°的光滑斜面上，并通过轻质光滑定滑轮和绝缘细绳与金属棒相连接．当金属棒沿y 轴方向从y ＝0位置由静止开始向上运动h 时，加速度恰好为0.不计空气阻力，斜面和磁场区域足够大，重力加速度为g .求：图2－5－21(1)金属棒上升h 时的速度．(2)金属棒上升h 的过程中，电阻R 上产生的热量．解析 (1)当金属棒的加速度为零时，由金属棒受力平衡得：Mg sin 30°＝F ＋mg 金属棒所受的安培力F ＝BIL ＝khIL金属棒运动时产生的感应电动势E ＝khLv ，则金属棒中的电流有：I ＝khLv R解得：v ＝mgRk 2h 2L 2.(2)设产生的焦耳热为Q ，由动能定理，有：12(M ＋m )v 2＝Mgh sin θ－mgh －Q得Q ＝mgh －5m 3g 2R22k 4L 4h 4.答案 (1)mgR k 2h 2L 2 (2)mgh －5m 3g 2R 22k 4L 4h 4。

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

第三讲功能关系在电学中的应用[答案] (1)W电＝qUW电＝qEdW电＝－ΔE p(2)①焦耳定律：Q＝I2Rt②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】(·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＝2.5×102 N/C.质量为m＝0.1 kg，电量为q＝＋4×10－4 C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 2B ＝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＝33B 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 2t ′＝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 202a 0＝95m 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)(·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4mgB ．小球回到A 点时的动能是mg 2t 2C ．从A 点到最低点的距离是23gt 2D ．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＝12gt 2，匀减速下降的高度h 2＝v 212a ＝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 ＝F 电h 2＝4mg ×16gt 2＝23mg 2t 2，故D 错误． [答案] AC迁移二电磁场中的功能关系2．(·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 JD ．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】(·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＝33，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 2mRs ，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 ＝ΔvΔt＝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 1R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 1R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 21解得v 2＝v 21－2gx －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 2HmR＝－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 2Rt ＝2B 2L 2Hv 1R＝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 22＝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(·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，NN0段与QQ0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面上，且MNN0与PQQ0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B1和B2，且B1＝B2＝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/s2)(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＝B2I 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＝B1Lv 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 ＝ER 总＝ΔΦR 总t ＝B 1LxR 总t得q ＝I t ＝B 1Lx R 总＝0.5×1×48C ＝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＝12mv 2ab －0，得1.0 s 内克服安培力做功W 安＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫16－12×0.1×82 J ＝12.8 J 回路中产生的焦耳热Q ＝W 安＝12.8 Jcd 棒上产生的焦耳热Q cd ＝Q2＝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真题案例审题流程(·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；专题强化训练(七)一、选择题1．(·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32mv 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＝32mv 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 22g，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] B2．(多选)(·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 ＝－mgLC ．小球在最低点的加速度a ＝0D ．小球的最大动能E km ＝(2－1)mgL 1tan 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 1tan 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 2tan 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] AD3．(多选)(·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 JB ．电势能减少2 JC ．空气阻力做功0.5 JD ．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] BD4．(·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 ＋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 [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] D5．(多选)(·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qB gRB ．小球在C 点对轨道的压力大小为3mg －qB 2gRC ．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 ＝12mv 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 2R，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] BD6．(·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/sB ．流过电阻R 的电荷量为6 CC ．在这一过程中，整个回路产生的热量为17.5 JD ．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＝2×6×12＋2C ＝3 C ，选项B 错误；回路产生的热量Q ＝FL －mgL sin θ－12mv 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] C7．(多选)(·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 RB ．当EF 边刚进入中间无磁场区时，E 、F 两点间的电压为Blv4C ．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 －3dRD ．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 2v 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＝Blv4，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 2v l －dR ，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 2v 2l －dR .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 2v 2l －d R，选项D 正确．[答案] BCD8. (多选)(·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 1B ．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ΔE 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 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．[答案] CD9．(多选)(·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 22RB ．此时线框中的电功率为B 2a 2v 24RC ．此过程中回路产生的电能为3mv 28D ．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＝38mv 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．(·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(mg 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＝0－12mv 20 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 k1－12mv 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x1，由动能定理得－qEx1＝0－E k1，解得x1＝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x2，由动能定理得－qEx2＝0－E k2，解得x2＝1.9 m同理，滑块第3次从B滑到水平面上的最远距离为x3＝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s2＝2(x1＋x2＋x3)＝11.4 m滑块运动的总路程s＝s1＋s2＝72.9 m[答案] (1)8 m/s2(2)72.9 m11．(·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 ＋0.8v (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 ＋12mv 2 由匀变速直线运动规律得x ＝12at 2，v ＝at 联立解得t ＝0.5 s ，v ＝4 m/s ，Q ＝1.3 J.[答案] (1)见解析 (2)0.3 Ω (3)1.3 J。

【三维设计】2014高考物理二轮课件特色专题功和能解答题专攻(50ppt)全国通用-二轮复习

μ1mg＝ma1 a1＝4 m/s2， F－μ2mg＝ma2 a2＝2 m/s2，恰好追上时它们速度相同，则：v0－a1t＝a2t
追上时由路程关系有：v0t－12a1t2＝12a2t2＋l 由以上四式解得A的初速度大小为： v0＝3 m/s，t＝0.5 s (2)B运动的位移： x＝12a2t2＝0.25 m F对物块B所做的功：W＝Fx＝0.75 J
[例1] 某班同学在研究性学习中开展了一次有趣的体育游戏活动——“巧搬运”。有一直跑道AC，A处放有一箱子，B处放有一皮球(图中未画出)，C处的右侧是一水池，已知AB长度为L1＝45 m，BC长度为L2＝20 m。如图1所示，某同学从起点A由静止出发，跑到B处将停放在此处的皮球抱住(抱球时对该同学运动的速度没有影响)，在BC区域返回且不落入水池中，把皮球搬回放入A处的箱子里，计时结束，时间最短为优胜者。第一次，同学甲听到发令枪响后，反应0.30 s后起跑，然后以1.50 m/s2的加速度做匀加速直线运动，同学甲达到 9.00 m/s的速度后，匀速跑到B处抱球，并立即以1.50 m/s2的加速度做匀减速直线运动。第二次，同学乙听到发令枪响后，仍然反应0.30 s后起跑，然后仍然以 1.50 m/s2的加速度做匀加速直线运动，同学乙达到9.00 m/s的速度后，立即仍以 1.50 m/s2的加速度做匀减速直线运动，减速至0后反向再做加速度为1.50 m/s2的匀加速直线运动，达到最大速度9.00 m/s后匀速冲向A点。求：
最后做匀速运动的时间t4＝2x1v－x3＝3 s 该同学完成游戏任务的时间是 t＝t0＋t1＋t2＋t3＋t4＝21.3 s [答案] (1)会落入水池 (2)5.2 m/s 21.3 s
[例2] 如图2所示，水平面上放有
质量均为m＝1 kg的物块A和B，A、B

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。

【配套K12】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

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。

2019高考物理二轮复习功能关系在电磁学中的应用

2019高考物理二轮复习功能关系在电磁学中的应用1.一带电小球在空中由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 JB.电势能减少2 JC.空气阻力做功0.5 JD.动能减少3.5 J【答案】BD2.如图所示，两个足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，上端接有一定值电阻，匀强磁场垂直导轨平面向上。

一导体棒以平行导轨向上的初速度从ab处上滑，到最高点后又下滑回到ab处。

下列说法中正确的是()A.上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功B.上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于下滑过程中克服安培力做的功C.上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小大于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小D.上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小【答案】AD3.如图所示，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qB gRB.小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB2gRC.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【答案】BD4.如图所示，固定的竖直光滑U 型金属导轨，间距为L ，上端接有阻值为R 的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 、电阻为r 的导体棒与劲度系数为k 的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。

初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x 1＝mg k ，此时导体棒具有竖直向上的初速度v 0。

高三二轮专题复习教学案(功和能)

学习必备欢迎下载高三物理二轮复习教学案 (04)课题：功能关系的理解和应用题型 1 做功与能量变化的对应关系例 1. 在“奥运”比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项，质量为m 的跳水运动员竖直进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h 的过程中，下列说法正确的是( ABC)A ．他的机械能减少了Fh B．他的重力势能减少了mghC．他的动能减少了(F－ mg)h D．他的动能减少了Fh变式 1. 在固定的负点电荷正上方有一质量为m 的带正电的小球，现用竖直向上的恒力作用在小球上，使小球从静止开始向上运动，当小球上升高h 时，速度为 v。

则这一过程中( ABD)A. 小球所受合外力做功为1 mv2 B.电场力对小球做功为 1 mv 2mgh Fh22C.机械能的增加量等于电场力做的功D.机械能增量和电势能增量之和为Fh例 2. 如图所示为某电动传送装置的示意图 .传送带与水平面的夹角为θ，绷紧的传送带始终保持恒定速率 v 运行。

现有一物体从静止开始轻轻放到传送带的底端，如果传送的高度 h 一定，且物体到达顶端前已经与传送带达到共同速度。

则下列说法正确的是（ B ）A ．将物体由底端传送到顶端，传送装置多消耗的电能与θ无关B．减小θ，则将物体由底端传送到顶端，传送装置多消耗的电能减少C．当θ一定时，将物体由底端传送到顶端，传送装置多消耗的电能与v 无关D．当θ一定时，将物体由底端传送到顶端，传送装置多消耗的电能与v2成正比变式 2．如图所示为某传送装置的示意图.传送带与水平面的夹角为θ，绷紧的传送带始终保持恒定速率v 运行。

现有一质量为 m 的物体从静止开始轻轻放到传送带的底端，同时受到沿传送带向上的拉力 F 的作用，如果传送的高度为 h，物体与传送带间的动摩擦因数为μ。

求物体从传送带底端运动到顶端的过程中，传送带对物体所做的功。

（设传送带长度较大，且物体能够到达传送带顶部。

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上，有一质量为 m、电荷量为＋q(可视
为点电荷)的小球，固定在长为 L 的绝
图 2-3-2
缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过 O 点且与 MN 垂
直的水平轴无摩擦地转动，O 点位于 MN 的垂直平分线上
距 MN 为 L 处。现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，
小球经过最低点 B 时速度为 v，取 O 点电势为零，忽略 q
的电势可表示为 φ＝kQr ，式中 k 为静电常量，Q 为场源
电荷的带电量，r 为距场源电荷的距离。现有一质量为 m，
电荷量为 q 带正电荷的滑块(可视作质点)，其与水平面的
动摩擦因数为 μ，kQx1q2>μmg，则
()
图 2-3-1
A．滑块与带电量为 Q 的正点电荷距离为 x 时，滑块电势能为kqxQ
题中，
在光滑的水平面内有一沿 x 轴的静电场，
其电势 φ 随 x 坐标值的变化图线如图所示。一
质量为 m，带电量为 q 的带正电小球(可视为质
点)从 O 点以初速度 v0 沿 x 轴正向移动。下列叙述正确的是( ) A．若小球能运动到 x1 处，则该过程小球所受电场力逐渐增大 B．带电小球从 x1 运动到 x3 的过程中，电势能先减小后增大
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
带电粒子在上极板正上方由静止下落，必定考虑粒子重力；
如诊断卷第 3 题，如图，O、A、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝32OA，将一质量为 m 的小球以一定的初动能自 O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过 A 点。使此小球带电，电荷量为 q(q＞0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所在平面平行。现从 O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了 A 点，到达 A 点时的动能是初动能的 3 倍；若该小球从 O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过 B 点，且到达 B 点时的动能为初动能的 6 倍，重力加速度大小为 g。求
诊断卷（九）功能关系在电磁学中的应用
[考点一相对简单，属于保分型考点，建议考生自学；考点二、三、四属于拉分型考点，需师生共研重点突破]
考点一电场中的功能关系
带电粒子(或带电体)在电场中的运动问题是近几年高考常考的问题，一般涉及受力情况和运动情况分析，特别是电场力做功与电势能变化关系分析和动能定理的应用等，具有试题情景新颖、过程复杂等特点。解决此类问题时，除要准确审题，弄清运动情形外，还应具备以下解题知能。
将滑块无初速地放在距离场源点电荷 x1 处，设滑块运动到距离场源点电荷 x3 处的速度为 v，由动能定理 q(φ1 －φ3)－μmg(x3－x1)＝m2v2；v＝ m2kxq1Qx3－μgx3－x1，选项 D 正确。答案：ABD
2. (2015·邯郸质检)如图 2-3-2，等量异种点
电荷，固定在水平线上的 M、N 两点
m2kxq1Qx3－2μgx3－x1
解析：滑块与带电量为 Q 的正电荷距离为 x 处的电势 φ＝ kQx ，滑块的电势能表达式 Ep＝qφ＝kQx q，选项 A 正确；设滑块停止的位置为 x2，由动能定理 q(φ1－φ2)－μmg(x2－x1) ＝0，代入电势可解得 x2＝μkmqgQx1，选项 B 正确；设滑块运动到距离场源点电荷 x3 处的加速度为 a，由牛顿第二定律， F－μmg＝ma，解得加速度：a＝mkqxQ32－μg，选项 C 错误。
一、理清电场中的功能关系
二、谨记名师“三点”提醒
1．电容器两极板始终与电池相连，两极板间电压保持不变，
如诊断卷第 1 题中，
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
C．若该小球能运动到 x4 处，则初速度 v0 至少为 2
qφ0 m
D．若 v0 为 2
qmφ0，带电粒子在运动过程中的最大速度为
6qφ0 m
φ-x 图线均为倾斜直线，因此，沿 x 方向的电场强度分段恒定不变，故 A 项错误；当只有电场力做功时，小球的动能最大，如诊断卷第 2 题的 D 选项，速度最大的位置一定在 x3 位置。
对等量异种电荷形成电场的影响。求：
B．若将滑块无初速地放在距离场源点电荷 x1 处，滑块最后将停在距离场源点电荷μkmqgQx1处
C．若将滑块无初速地放在距离场源点电荷 x1 处，当滑块运动到距离场源点电荷 x3 处的加速度为mkxq1Qx3－μg
D．若将滑块无初速地放在距离场源点电荷 x1 处，当滑块运动到距离场源点电荷 x3 处的速度为 v ＝
3．注意判断是否需要考虑重力，一般来说，带电小球或带电油滴的重力都要考虑，带电粒子的重力是否考虑与题目
条件及粒子的运动规律有关；如诊断卷第 1 题，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
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
板间电场强度由原来的Ud 增加到32Ud 。
2．φ-x 图线的斜率表示沿 x 方向的电场强度，如诊断卷第 2
(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。
带电小球的重力应考虑，在运动过程中，带电小球的动能、重力势能、电势能之和不变。
[保分提速练]
1．(多选)(2015·江西省重点中学联考)在粗糙绝缘的水平面上
固定一个带电量为 Q 的正点电荷，已知点电荷周围电场