《2018年高考物理大二輪復(fù)習 專題四 功能關(guān)系的應(yīng)用 第2講 功能關(guān)系在電學中的應(yīng)用講學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考物理大二輪復(fù)習 專題四 功能關(guān)系的應(yīng)用 第2講 功能關(guān)系在電學中的應(yīng)用講學案（20頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講功能關(guān)系在電學中的應(yīng)用課標卷高考命題分析年份題號題型分值模型情景題眼分析難度2015年卷24題計算題12分粒子在勻強電場中的曲線運動速度分解中2017年卷25題計算題20分力電綜合(電場力與重力)受力分析、運動分析、動能定理難1靜電力做功與路徑無關(guān)若電場為勻強電場，則WFlcos Eqlcos ；若是非勻強電場，則一般利用WqU來求2磁場力又可分為洛倫茲力和安培力洛倫茲力在任何情況下對運動的電荷都不做功；安培力可以做正功，可以做負功，還可以不做功3電流做功的實質(zhì)是電場對移動電荷做功，即WUItUq.4導(dǎo)體棒在磁場中切割磁感線時，棒中感應(yīng)電流受到的安培力對導(dǎo)體棒做負功，使機械能轉(zhuǎn)化為電能5

2、靜電力做的功等于電勢能的變化，即WABEp.1功能關(guān)系在電學中應(yīng)用的題目，一般過程復(fù)雜且涉及多種性質(zhì)不同的力，因此，通過審題，抓住受力分析和運動過程分析是關(guān)鍵，然后根據(jù)不同的運動過程中各力做功的特點來選擇相應(yīng)規(guī)律求解2動能定理和能量守恒定律在處理電學中能量問題時仍然是首選的方法高考題型1幾個重要的功能關(guān)系在電學中的應(yīng)用例1(2017山東省模擬)如圖1所示，平行板電容器水平放置，兩極板間電場強度大小為E，中間用一光滑絕緣細桿垂直連接，桿上套有帶正電荷的小球和絕緣彈簧，小球壓在彈簧上，但與彈簧不拴接，開始時對小球施加一豎直向下的外力，將小球壓至某位置使小球保持靜止撤去外力后小球從靜止開始向上運動，

3、上升h時恰好與彈簧分離，分離時小球的速度為v，小球上升過程不會撞擊到上極板，已知小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g，下列說法正確的是()圖1A與彈簧分離時小球的動能為mghqEhB從開始運動到與彈簧分離，小球增加的機械能為mghqEhC從開始運動到與彈簧分離，小球減少的電勢能為D撤去外力時彈簧的彈性勢能為mv2(qEmg)h答案D解析根據(jù)動能定理可知，合外力對小球所做的功等于小球動能的變化量，所以小球與彈簧分離時的動能為EkqEhmghEp，A錯誤；從開始運動到與彈簧分離，小球增加的機械能為Emghmv2qEhEp，B錯誤；小球減少的電勢能為Eqh，故C錯誤；從撤去外力到小球與彈簧分

4、離，由動能定理可知，mv2EpqEhmgh，所以Epmv2(qEmg)h，D正確1若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變2若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變3除重力、彈簧彈力之外，其他各力對系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)機械能的變化4所有外力對物體所做的功等于物體動能的變化5洛倫茲力對運動電荷不做功1(多選)(2017湖北省六校聯(lián)合體4月聯(lián)考)一帶電小球在空中由A點運動到B點的過程中，只受重力、電場力和空氣阻力三個力的作用若重力勢能增加5 J，機械能增加1.5 J，電場力做功2 J，則小球()A重力做功為5 J B電勢能減少2 JC空氣阻力做功0.5 J D動能減少3.5 J答

5、案BD解析小球的重力勢能增加5 J，則小球克服重力做功5 J，故A錯誤；電場力對小球做功2 J，則小球的電勢能減少2 J，故B正確；小球共受到重力、電場力、空氣阻力三個力作用，小球的機械能增加1.5 J，則除重力以外的力做功為1.5 J，電場力對小球做功2 J，則知，空氣阻力做功為0.5 J，即小球克服空氣阻力做功0.5 J，故C錯誤；重力、電場力、空氣阻力三力做功之和為3.5 J，根據(jù)動能定理，小球的動能減少3.5 J，故D正確2(多選)(2017北京燕博園模擬)如圖2甲所示，一質(zhì)量m0.5 kg、電荷量q1102 C的物塊靜止在絕緣的粗糙水平面上，在物塊所在的足夠大的空間內(nèi)，加一與水平方向

6、成37、斜向右下的勻強電場，電場強度E1103 V/m.物塊在電場力的作用下開始運動物塊運動后還受到空氣阻力，其大小與速度的大小成正比物塊的加速度a與時間t的關(guān)系如圖乙所示已知sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2.以下判斷正確的是()圖2A物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)Bt2 s時物塊的動能為56.25 JCt3 s時物塊受到的空氣阻力為5 ND前5 s內(nèi)合外力對物塊做的功為100 J答案ABD解析由題圖乙可知，t0時物塊的加速度a010 m/s2，且t0時物塊受到的空氣阻力為零，對物塊進行受力分析可得，Eqcos (mgEqsin )ma0，解得，故A選項正確；t

7、2 s時物塊的速度由at圖線圍成的面積可得，v215 m/s，物塊的動能Ekmv2256.25 J，故B選項正確；由at圖象可知t3 s時物塊的加速度a32.5 m/s2，對物塊進行受力分析可得，Eqcos (mgEqsin )Ffma3，解得Ff3.75 N，故C選項錯誤；由at圖象可知t4 s時物塊的加速度減為零，此后物塊做勻速直線運動，由at圖線圍成的面積可得，物塊的最大速度vm20 m/s，由動能定理可知，合外力對物塊做的功等于物體動能的變化量，即WEkmvm2100 J，故D選項正確高考題型2功能觀點在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用例2如圖3所示，兩根等高光滑的四分之一圓弧形軌道與一足夠長水平

8、軌道相連，圓弧的半徑為R0，軌道間距為L11 m，軌道電阻不計水平軌道處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B11 T，圓弧軌道處于從圓心軸線上均勻向外輻射狀的磁場中，如圖所示在軌道上有兩長度稍大于L1、質(zhì)量均為m2 kg、阻值均為R0.5 的金屬棒a、b，金屬棒b通過跨過定滑輪的絕緣細線與一質(zhì)量為M1 kg、邊長為L20.2 m、電阻r0.05 的正方形金屬線框相連金屬棒a從軌道最高處開始，在外力作用下以速度v05 m/s沿軌道做勻速圓周運動到最低點MN處，在這一過程中金屬棒b恰好保持靜止當金屬棒a到達最低點MN處被卡住，此后金屬線框開始下落，剛好能勻速進入下方h1 m處的水平勻強磁場B3中

9、，B3 T已知磁場高度HL2.忽略一切摩擦阻力，重力加速度為g10 m/s2.求：圖3(1)輻射磁場在圓弧處磁感應(yīng)強度B2的大?。?2)從金屬線框開始下落到進入磁場前，金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)若在線框完全進入磁場時剪斷細線，線框在完全離開磁場B3時剛好又達到勻速，已知線框離開磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q110.875 J，則磁場的高度H為多少答案(1)2 T(2)2 J(3)1.2 m解析(1)對金屬棒b，由力的平衡條件得：MgB1IL1對a、b金屬棒和導(dǎo)軌組成的閉合回路，有I聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得B22 T(2)根據(jù)能量守恒定律有MghMv2mv22Q線框進入磁場的瞬間，由力的平衡條件

10、得MgB1I1L1B3I2L2其中，I1I2聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得Q2 J(3)從線框完全進入磁場到完全出磁場，有MgHMv12Mv2Q1在完全出磁場的瞬間，由力的平衡條件得MgB3I3L2其中，I3聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得H1.2 m.1克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能；安培力做了多少功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能2若回路中電流恒定，可以利用WUIt或QI2Rt直接進行電能計算3若電流變化，則：(1)利用安培力做的功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；(2)利用能量守恒求解：若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化，則機械能的減少量等于產(chǎn)生的電能3.(2017湖北黃岡市模

11、擬)如圖4所示，固定放置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導(dǎo)軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中一質(zhì)量為m(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為.現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌運動距離l時，速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直)設(shè)桿接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度大小為g，則此過程中()圖4A桿的速度最大值為B安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量C恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量D恒力F做的功與安培力做的功之和大于桿動能的變

12、化量答案D解析當桿達到最大速度vm時，F(xiàn)mg0得vm，A錯；安培力做的功等于電阻R和r上產(chǎn)生的熱量，B錯；在桿從開始到達到最大速度的過程中由動能定理得WFWfW安Ek，其中Wfmgl，W安Q，恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和，C錯；恒力F做的功與安培力做的功之和等于桿動能的變化量與克服摩擦力做的功之和，D對4(2017福建南平市3月質(zhì)檢)如圖5所示，一對平行的粗糙金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面上，導(dǎo)軌間距L0.2 m，左端接有阻值R0.3的電阻，右側(cè)平滑連接一對彎曲的光滑軌道水平導(dǎo)軌的整個區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B1.0 T一根質(zhì)量m0.2

13、kg、電阻r0.1的金屬棒ab垂直放置于導(dǎo)軌上，在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運動，當金屬棒通過位移x9 m時離開磁場，在離開磁場前已達到最大速度當金屬棒離開磁場時撤去外力F，接著金屬棒沿彎曲軌道上升到最大高度h0.8 m處已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)0.1，導(dǎo)軌電阻不計，棒在運動過程中始終與軌道垂直且與軌道保持良好接觸，取g10 m/s2.求：圖5(1)金屬棒運動的最大速率v；(2)金屬棒在磁場中速度為時的加速度大?。?3)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱答案(1)4 m/s(2)1 m/s2(3)1.5 J解析(1)金屬棒從出磁場到達到彎曲軌道最高點，根據(jù)機械能守恒定

14、律得：mv2mgh由得：v4 m/s(2) 金屬棒在磁場中做勻速運動時，設(shè)回路中的電流為I，根據(jù)平衡條件得FBILmgI聯(lián)立式得F0.6 N金屬棒速度為時，設(shè)回路中的電流為I，根據(jù)牛頓第二定律得FBILmgmaI聯(lián)立解得：a1 m/s2(3)設(shè)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)功能關(guān)系：Fxmgxmv2Q則電阻R上的焦耳熱QRQ聯(lián)立解得：QR1.5 J高考題型3動力學和功能觀點在電場中的應(yīng)用例3(2017全國卷25)如圖6，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和q(q0)的帶電小球M、N先后以相

15、同的初速度沿平行于電場的方向射出小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求：圖6(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；(2)A點距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強度大小答案(1)31(2)H(3)解析(1)設(shè)小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍然為v0.M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運動學公式

16、得v0at0s1v0tat2s2v0tat2聯(lián)立式得3(2)設(shè)A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學公式vy22ghHvytgt2M進入電場后做直線運動，由幾何關(guān)系知聯(lián)立式可得hH(3)設(shè)電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得Ek1m(v02vy2)mgHqEs1Ek2m(v02vy2)mgHqEs2由已知條件Ek11.5Ek2聯(lián)立式得E.5.(2017廣東揭陽市模擬)如圖7，空間有一豎直向下沿x軸方向的靜電場，電場的場強大小按Ex分布(x是軸上某點到O點的距離)x軸上，有一長為L的絕緣細

17、線連接均帶負電的兩個小球A、B，兩球質(zhì)量均為m，B球帶電荷量大小為q，A球距O點的距離為L.兩球現(xiàn)處于靜止狀態(tài)，不計兩球之間的靜電力作用圖7(1)求A球的帶電荷量大小qA；(2)剪斷細線后，求B球下落速度達到最大時，B球距O點距離x0；(3)剪斷細線后，求B球下落最大高度h.答案(1)6q(2)4L(3)4L解析(1)對A、B由整體法得：2mgqALq2L0解得qA6q(2)當B球下落速度達到最大時，由平衡條件得mgqEqx0，解得x04L.(3)運動過程中，電場力大小線性變化，所以由動能定理得：mghh0解得：h4L.6(2017山西省重點中學協(xié)作體一模) 一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球從距地

18、面高h處以一定初速度水平拋出，在距拋出點水平距離L處，有一根管口比小球直徑略大的豎直細管管上口距地面，為使小球能無碰撞地通過管子，可在管子上方的整個區(qū)域加一個場強方向水平向左的勻強電場，如圖8所示，求：圖8(1)小球初速度v0、電場強度E的大??；(2)小球落地時的動能答案(1)2L(2)mgh解析(1)電場中小球做類平拋運動，在水平方向上：v0豎直方向上：又v02L聯(lián)立 得：v02L，E.(2)從拋出到落地由動能定理得：mghEqLEkmv02小球落地時動能：EkmghEqLmgh.題組1全國卷真題精選1(2013新課標16)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上

19、極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)小孔正上方處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回若將下極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將()A打到下極板上B在下極板處返回C在距上極板處返回D在距上極板d處返回答案D解析粒子兩次落到小孔的速度相同，設(shè)為v，下極板向上平移后由E知場強變大，故粒子第二次在電場中減速運動的加速度變大，由v22ax得第二次減速到零的位移變小，即粒子在下極板之上某位置返回，設(shè)粒子在距上極板h處返回，對粒子兩次運動過程應(yīng)用動能定理得mg(d)qU0，mg(h)qh0.兩方程聯(lián)立得hd，選項D正確2(多選)(20

20、12新課標全國18)如圖9，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子()圖9A所受重力與電場力平衡B電勢能逐漸增加C動能逐漸增加D做勻變速直線運動答案BD解析帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個力的作用，一是重力mg，方向豎直向下；二是電場力FEq，方向垂直于極板向上，因二力均為恒力，又已知帶電粒子做直線運動，所以此二力的合力一定在粒子運動的直線軌跡上，根據(jù)牛頓第二定律可知，該粒子做勻減速直線運動，選項D正確，選項A、C錯誤；從粒子運動的方向和電場力的方向可判斷出，電場力對粒子做負功，粒子的電勢能增加，選項

21、B正確3(2015新課標全國24)如圖10，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30.不計重力求A、B兩點間的電勢差圖10答案解析設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB.粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin 30v0sin 60由此得vBv0設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有qUABm(vB2v02)聯(lián)立式得UAB.題組2各省市真題精選4(多選)(2015四川理綜6)如圖11所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN

22、水平a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零則小球a()圖11A從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B從N到P的過程中，速率先增大后減小C從N到Q的過程中，電勢能一直增加D從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量答案BC解析小球a從N點靜止釋放，過P點后到Q點速度為零，整個運動過程只有重力和庫侖力做功，庫侖力方向與小球a速度方向夾角一直大于90，所以庫侖力整個過程做負功小球a從N到Q的過程中，庫侖力增大，庫侖力與重力的夾角減小，所以它們的合力一直增大，故A錯誤；小球a受力如圖所示，在靠

23、近N點的位置，合力與速度夾角小于90，在P點合力與速度夾角大于90，所以小球a從N到P的過程中，速率應(yīng)先增大后減小，故B正確；從N到Q的過程中，庫侖力一直做負功，所以電勢能一直增加，故C正確；根據(jù)能量守恒可知，P到Q的過程中，動能的減少量等于重力勢能和電勢能的增加量之和，故D錯誤5(多選)(2015廣東理綜21)如圖12所示的水平勻強電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計重力，則()圖12AM的帶電荷量比N的大BM帶負電荷，N帶正電荷C靜止時M受到的合力比N的大D移動過程中勻強電場對M做負功答案BD6(2015重慶理綜7)音圈電機是

24、一種應(yīng)用于硬盤、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動機，如圖13是某音圈電機的原理示意圖，它由一對正對的磁極和一個正方形剛性線圈構(gòu)成，線圈邊長為L，匝數(shù)為n，磁極正對區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度方向垂直于線圈平面豎直向下，大小為B，區(qū)域外的磁場忽略不計線圈左邊始終在磁場外，右邊始終在磁場內(nèi)，前后兩邊在磁場內(nèi)的長度始終相等，某時刻線圈中電流從P流向Q，大小為I.圖13(1)求此時線圈所受安培力的大小和方向；(2)若此時線圈水平向右運動的速度大小為v，求安培力的功率答案(1)nBIL方向水平向右(2)nBILv解析(1)線圈所受的安培力為右邊所受的安培力，由安培力公式得FnBIL由左手定則知方向水平向右(2)安培力的功率為

25、PFv聯(lián)立式解得PnBILv.專題強化練1.(多選)(2017甘肅蘭州市一模)一帶電小球從左向右水平射入豎直向下的勻強電場，在電場中的軌跡如圖1所示，a、b為軌跡上的兩點，不計空氣阻力，下列判斷正確的是()圖1A小球一定帶負電荷B小球在a點的動能大于b點的動能C小球在a點的電勢能大于b點的電勢能D小球的機械能守恒答案AC解析小球做曲線運動，向合外力方向偏轉(zhuǎn)，合外力方向向上，小球受重力和電場力，故電場力逆著電場線方向，小球帶負電，故A正確；小球受力方向與運動方向成銳角，電場力做正功，動能增加，電勢能減小，故B錯，C對；有電場力做功，機械能不守恒，故D錯2(多選)(2017全國名校模擬)如圖2所示

26、，表面光滑的絕緣細桿傾斜固定放置，Q點處固定一點電荷一帶電小圓環(huán)套在該絕緣細桿上，從細桿上P點處由靜止釋放，沿細桿上滑到O點時靜止把帶電小圓環(huán)當作點電荷，則()圖2A小圓環(huán)所帶電荷和固定的電荷一定是同種電荷B小圓環(huán)所帶電荷和固定的電荷一定是異種電荷C小圓環(huán)上滑過程中，電勢能減小D小圓環(huán)上滑過程中，電勢能增大答案AC解析小圓環(huán)從P點由靜止上滑，說明固定點電荷給小圓環(huán)排斥力，A項正確，B項錯誤；排斥力讓小圓環(huán)上滑，電場力做正功，電勢能減小，C項正確，D項錯誤3.(多選)(2017寧夏銀川市二模)如圖3所示，絕緣輕彈簧上端固定，下端拴著一帶正電小球Q，Q在A處時彈簧處于原長狀態(tài)，Q可在C處靜止若將另

27、一帶正電小球q固定在C正下方某處時，Q可在B處靜止現(xiàn)將Q從A處由靜止釋放，則Q從A運動到C處的過程中()圖3AQ運動到C處時速率最大B加速度先減小后增大C小球Q的機械能不斷減小DQ、q及彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢能不斷減小答案BC解析q在C正下方某處時，Q在B處受力平衡，速率最大，故A錯誤；Q在B處加速度為零，Q第一次從A運動到C的過程中加速度先減小到零后反向增大，故B正確；Q的機械能E等于Q的動能與重力勢能之和，由功能關(guān)系有EW彈W電，而彈簧彈力一直做負功，即W彈0，庫侖力也一直做負功，即W電0，則E0，即Q的機械能不斷減小，故C正確；系統(tǒng)的勢能Ep等于重力勢能、電勢能與彈性勢能之和，根據(jù)能量

28、守恒有EpEk0，由于Q的動能Ek先增大后減小，所以系統(tǒng)的勢能先減小后增大，故D錯誤4(多選)(2017山東日照市一模)質(zhì)量為m的帶正電小球由空中A點無初速度自由下落t秒末，在小球下落的空間中，加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場再經(jīng)過時間t，小球又回到A點，不計空氣阻力且小球從未落地，重力加速度為g，則()A小球所受電場力的大小是4mgB小球回到A點時的動能是mg2t2C從A點到最低點的距離是gt2D從A點到最低點，小球的電勢能增加了mg2t2答案AC解析小球先自由下落，然后勻減速到0，再向上做勻加速運動回到A點設(shè)加上電場后小球的加速度大小為a，規(guī)定向下為正方向整個過程中小球的位移為0，由gt

29、2gttat20解得a3g，根據(jù)F合F電mgma得，F(xiàn)電4mg，故A正確；t s末的速度v1gt，加電場后，返回A點的速度vAv1atgt3gt2gt，小球回到A點時的動能是EkmvA2m(2gt)22mg2t2，故B錯誤；從A點自由下落的高度h1gt2，自由落體的末速度v1gt，勻減速下降的高度h2gt2，小球從A點到最低點的距離hh1h2gt2gt2gt2，故C正確；從A到最低點小球電勢能增加量等于克服電場力做的功EpFh24mggt2mg2t2，故D錯誤5(多選)如圖4所示，兩根相距l(xiāng)0.4 m、電阻不計的光滑金屬導(dǎo)軌在同一水平面內(nèi)平行放置，兩導(dǎo)軌左端與阻值R0.15 的電阻相連導(dǎo)軌x0

30、的一側(cè)存在沿x方向均勻增大的穩(wěn)恒磁場，其方向與導(dǎo)軌平面垂直(豎直向下)，磁感應(yīng)強度B0.50.5x(T)一根質(zhì)量m0.1 kg、電阻r0.05 的金屬棒置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直棒在水平外力作用下從x0處沿導(dǎo)軌向右做直線運動，運動過程中回路電流恒為2 A以下判斷正確的是()圖4A金屬棒在x3 m處的速度為0.5 m/sB金屬棒在x3 m處的速度為0.75 m/sC金屬棒從x0運動到x3 m過程中克服安培力做的功為1.6 JD金屬棒從x0運動到x3 m過程中克服安培力做的功為3.0 J答案AD解析在x3 m處，磁感應(yīng)強度為B2 T，因為回路中電流I恒為2 A，由閉合電路歐姆定律得，回路中的感應(yīng)電動

31、勢EI(Rr)0.4 V，由EBlv可得，此時金屬棒的速度v0.5 m/s，選項A正確，B錯誤；由安培力公式可知，F(xiàn)安BIl0.8(0.50.5x)(N)，隨x成線性變化，因此可用F安x圖的面積或平均作用力來求功，可得金屬棒在此過程中克服安培力做功為3.0 J，選項C錯誤，D正確6(多選)如圖5所示，豎直平面內(nèi)有兩條水平的平行虛線ab、cd，間距為d，其間(虛線邊界上無磁場)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，一個正方形線框邊長為L，質(zhì)量為m，電阻為R.線框位于位置1時，其下邊緣到ab的距離為h.現(xiàn)將線框從位置1由靜止釋放，依次經(jīng)過2、3、4三個位置，其下邊框剛進入磁場和剛要穿出磁場時的速度相等，重力

32、加速度為g，下列說法正確的是()圖5A線框在經(jīng)過2、3、4三個位置時，位置3時線框速度一定最小B線框進入磁場過程中產(chǎn)生的電熱Qmg(dL)C線框從位置2下落到位置4的過程中加速度一直減小D線框在即將到達位置3的瞬間克服安培力做功的瞬時功率為答案AD解析線框進入磁場的過程做加速度減小的減速運動，完全進入磁場后做加速度為g的勻加速運動，則知經(jīng)過位置3時線框速度最小，故A正確；由功能關(guān)系可知，線框由2到4過程減小的重力勢能等于電熱，即Qmgd，故B錯誤；由于線框在完全進入磁場后做加速度為g的勻加速運動，故C錯誤；因為進入磁場時要減速，即此時的安培力大于重力，速度減小，安培力也減小，當安培力減小到等于

33、重力時，線框做勻速運動，全部進入磁場將做勻加速運動，設(shè)線框的最小速度為v，從線框下邊剛進入磁場到線框完全進入時，由動能定理有：mv2mv02mgLmgd，又有：mv02mgh，則克服安培力做功的瞬時功率PBILv，故D正確7(多選)(2017黑龍江大慶市二模)如圖6所示，兩相距為l的平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的夾角為，與阻值為R的定值電阻相連，導(dǎo)軌電阻不計，勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強度為B；有一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直軌道且與兩導(dǎo)軌接觸良好，從ab位置獲得平行于斜面的、大小為v的初速度向上運動，最遠到達ab的位置，上滑的整個過程中流過電阻R的電荷量為q，導(dǎo)體棒接入電路的電阻也為R，與導(dǎo)軌之間的

34、動摩擦因數(shù)為.則()圖6A上滑過程中導(dǎo)體棒受到的最大安培力為B上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功為mv2C上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力產(chǎn)生的熱量mv2(sin cos )D導(dǎo)體棒上滑過程中損失的機械能為mv2sin 答案AD解析導(dǎo)體棒開始運動時速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流最大，所受的安培力最大，由EBlv、I、FBIl得，最大安培力為 F，故A正確上滑過程中重力、滑動摩擦力、安培力都做功，所以導(dǎo)體棒克服安培力所做的功不等于mv2，故B錯誤；根據(jù)能量守恒可知，上滑過程中導(dǎo)體棒的動能減小，轉(zhuǎn)化為焦耳熱、摩擦熱和重力勢能，則克服安培力產(chǎn)生的熱量Qmv2mgs(sin cos )mv2(sin c

35、os )，故C錯誤上滑過程動能減小，而重力勢能增加，故損失的機械能Wmv2mgssin mv2sin ，故D正確8(2017北京海淀區(qū)模擬)如圖7所示，在水平向右的勻強電場中，水平軌道AB連接著一圓形軌道，圓形軌道固定在豎直平面內(nèi)，其最低點B與水平軌道平滑連接現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷的小球(可視為質(zhì)點)，從與圓形軌道最低點B相距為L的C點由靜止開始在電場力作用下沿水平軌道運動已知小球所受電場力與其所受的重力大小相等，重力加速度為g，水平軌道和圓形軌道均絕緣，小球在運動過程中所帶電荷量q保持不變，不計一切摩擦和空氣阻力求：圖7(1)勻強電場的電場強度E的大小；(2)小球由C點運動到B

36、點所用的時間t；(3)小球運動到與圓形軌道圓心O等高的D點時的速度大小vD.答案(1)(2)(3)解析 (1)對小球，由題意可得：Eqmg解得：E(2)對小球，設(shè)從C到B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律可得：Eqma由運動學公式可得：Lat2聯(lián)立可解得：t(3)設(shè)圓形軌道半徑為R，對小球從C到D的過程，根據(jù)動能定理有：qE(LR)mgRmvD20解得：vD.9(2017遼寧省重點中學協(xié)作校模擬)如圖8甲所示，間距為L、電阻不計的平行光滑導(dǎo)軌固定在傾角為的絕緣斜面上在區(qū)域內(nèi)有垂直于斜面的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強度大小為B；在區(qū)域內(nèi)有垂直于斜面向下的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小B1隨時間t變化

37、的規(guī)律如圖乙所示t0時刻在軌道上端的金屬細棒ab從圖示位置由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，同時下端的另一金屬細棒cd也從位于區(qū)域內(nèi)的導(dǎo)軌上由靜止釋放在ab棒運動到區(qū)域的下邊界EF處之前，cd棒始終靜止不動已知cd棒的質(zhì)量為m、有效電阻為R，ab棒的質(zhì)量和電阻均未知，區(qū)域沿斜面的長度為2L，在ttx(tx未知)時刻ab棒恰好進入?yún)^(qū)域.兩棒均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度為g.求：圖8(1)ab棒在區(qū)域內(nèi)運動的過程中，cd棒消耗的電功率P；(2)ab棒開始下滑的位置到邊界EF的距離x；(3)ab棒從開始下滑至滑到邊界EF的過程中，回路中產(chǎn)生的熱量Q.答案(1)(2)3L(3)4mgLsin 解析(1)由楞

38、次定律可知，ab棒在區(qū)域內(nèi)運動的過程中，通過cd棒的電流方向由dc，由于cd棒保持靜止，結(jié)合左手定則可以判斷，區(qū)域內(nèi)磁場的方向垂直斜面向上由力的平衡條件可知：mgsin BIL又：PI2R解得：P.(2)對ab棒，由法拉第電磁感應(yīng)定律有：(L2L)BLtxgsin ab棒開始下滑的位置到區(qū)域的上邊界的距離為：x1gsin tx2又：xx12L解得：x3L.(3)經(jīng)分析可知，ab棒的質(zhì)量也為m，ab棒在區(qū)域中運動的整個過程中，由能量守恒定律有：Q2mg2Lsin 經(jīng)分析可知，ab棒在區(qū)域中的運動時間與其進入?yún)^(qū)域前的運動時間相同，全過程電流不變，故ab棒在進入?yún)^(qū)域前回路產(chǎn)生的熱量為：Q1Q2又：QQ1Q2解得：Q4mgLsin .20