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5 功能關(guān)系在電學中的應用 電場中的功能關(guān)系中，電粒子(或帶電體)在電場中的運動問題是近幾年高考常考的問題，高考命題角度集中在動能定理在平行板電容器中的應用，動能定理在非勻強電場中的應用，拋體運動、功能關(guān)系在勻強電場中的應用；題目難度以中檔題為主，有選擇亦有計算題。 電磁感應中的功能關(guān)系，高考命題命題角度有能量守恒定律在電磁感應中的應用，電磁感應電路中的電功、電功率，試題難度以中檔題為主。 應用動力學知識和功能關(guān)系解決力電綜合問題，在高考中常以壓軸題的形式出現(xiàn)，題目綜合性強，分值高，難度大。 1．電場力做功及電場中的功能關(guān)系 2．求解電磁感應中的功能關(guān)系的思路 3．力電綜合問題的一般思維流程 1．(多選)(2018全國卷Ⅰ21)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2 V。一電子經(jīng)過a時的動能為10 eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV。下列說法正確的是(　　) A．平面c上的電勢為零 B．該電子可能到達不了平面f C．該電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為4 eV D．該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍 2．如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連。兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L、質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，兩定滑輪間的距離也為L。左斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上。已知斜面及兩根柔軟輕導線足夠長。回路總電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g。使兩金屬棒水平，從靜止開始下滑。求： (1)金屬棒運動的最大速度vm的大??； (2)當金屬棒運動的速度為時，其加速度大小是多少？ 1．如圖所示，勻強磁場的上下邊界水平，寬度為L，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m、邊長為l(l＜L)的正方形導線框abcd始終沿豎直方向穿過該磁場，已知cd邊進入磁場時的速度為v0，ab邊離開磁場時的速度也為v0，重力加速度的大小為g。下列說法正確的是(　　) A．線框進入和離開磁場時產(chǎn)生的感應電流方向相同 B．線框進入和離開磁場時受到的安培力方向相反 C．線框穿過磁場的過程中克服安培力所做的功為mg(L＋l) D．線框穿過磁場的過程中可能先做加速運動后做減速運動 2．(多選)一質(zhì)量為m帶正電荷的小球由空中A點無初速自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過t秒小球又回到A點。不計空氣阻力且小球從未落地，則(　　) A．整個過程中小球電勢能變化了mg2t2 B．整個過程中小球速度增量的大小為2gt C．從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能變化了mg2t2 D．從A點到最低點小球重力勢能變化了mg2t2 1．如圖，一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中。現(xiàn)給圓環(huán)一個水平向右的初速度v0，在以后的運動中下列說法正確的是(　　) A. 圓環(huán)可能做勻減速運動 B. 圓環(huán)可能做勻速直線運動 C. 圓環(huán)克服摩擦力所做的功可能為 D. 圓環(huán)克服摩擦力所做的功不可能為 2．如圖所示，ABC是處于豎直平面內(nèi)的光滑絕緣固定斜劈，∠C＝30、∠B＝60，D為AC的中點；質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊沿AB面自A點由靜止釋放，滑到斜面底端B點時速度為v0，若空間加一與ABC平面平行的勻強電場，滑塊仍由靜止釋放，沿AB面滑下，滑到斜面底端B點時速度為v0，若滑塊由靜止沿AC面滑下，滑到斜面底端C點時速度為v0，則下列說法正確的是(　　) A．電場方向由A指向C B．B點電勢與D點電勢相等 C．滑塊滑到D點時機械能增加了mv02 D．小滑塊沿AB面、AC面滑下過程中電勢能變化量大小之比為2∶3 3．(多選)如圖所示，MN、PQ是兩根傾斜放置的足夠長的光滑平行金屬導軌。導軌所在平面與水平面成30角，導軌間距為L＝0.5 m，導體棒ab、cd分別垂直于導軌放置，且棒兩端都與導軌接觸良好，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度為B＝0.5 T，當給棒ab施加平行于導軌向上的力F時，ab導體棒沿導軌向上以某一速度勻速運動，cd棒恰好靜止在導軌上，已知兩棒的質(zhì)量均為0.5 kg，電阻均為R＝0.5 Ω，導軌電阻不計，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．當ab棒勻速運動時，拉力F的大小為10 N B．當ab棒勻速運動時，回路中的電熱功率為100 W C．撤去拉力F的瞬間，cd棒的加速度大小為5 m/s2 D．撤去拉力F的瞬間，ab棒的加速度大小為10 m/s2 4．如圖所示，足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面成θ＝37角放置，在斜面上虛線aa′和bb′與斜面底邊平行，在aa′、bb′圍成的區(qū)域有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應強度為B＝1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝10 g、總電阻R＝1 Ω、邊長d＝0.1 m的正方形金屬線圈MNQP，讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端靜止釋放，線圈剛好勻速穿過整個磁場區(qū)域。已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，求：(取g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8) (1)線圈進入磁場區(qū)域時的速度大小； (2)線圈釋放時，PQ邊到bb′的距離； (3)整個線圈穿過磁場的過程中，線圈上產(chǎn)生的焦耳熱。 5．(2018福建省寧德市上學期期末)如圖3所示，PM是半徑為R的四分之一光滑絕緣軌道，僅在該軌道內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.光滑絕緣軌道MN水平且足夠長，PM下端與MN相切于M點．質(zhì)量為m的帶正電小球b靜止在水平軌道上，質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小球a從P點由靜止釋放，在a球進入水平軌道后，a、b兩小球間只有靜電力作用，且a、b兩小球始終沒有接觸．帶電小球均可視為點電荷，設小球b離M點足夠遠，重力加速度為g.求： 圖3 (1)小球a剛到達M點時的速度大小及對軌道的壓力大??； (2)a、b兩小球系統(tǒng)的電勢能最大值Ep； (3)a、b兩小球最終的速度va、vb的大?。? 參考答案 1．【解題思路】因等勢面間距相等，由U＝Ed得相鄰虛線之間電勢差相等，由a到d，－eUad＝－6 eV，故Uad＝6 V；各虛線電勢如圖所示，因電場力做負功，故電場方向向右，沿電場線方向電勢降低，φc＝0，A項正確；因電子的速度方向未知，若不垂直于等勢面，如圖中實曲線所示，電子可能到達不了平面f，B項正確；經(jīng)過d時，電勢能Ep＝－eφd＝2 eV，C項錯誤；由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV；則Ekb＝2Ekd，根據(jù)Ek＝mv2知vb＝vd，D項錯誤。 【答案】AB 2．【解析】(1)達到最大速度時，設兩繩中張力均為FT，金屬棒cd受到的安培力為F，對ab、cd，根據(jù)平衡條件得到： 2mgsin θ＝2FT＋2μmgcos θ 2FT＝mgsin θ＋μmgcos θ＋F 而安培力F＝BIL 根據(jù)法拉第電磁感應定律及閉合電路歐姆定律：E＝BLvm，I＝ 整理得到：vm＝。 (2)當金屬棒的速度為時，設兩繩中張力均為FT1，金屬棒cd受到的安培力為F1，根據(jù)牛頓第二定律： 2mgsin θ－2FT1－2μmgcos θ＝2ma 2FT1－mgsin θ－μmgcos θ－F1＝ma 又F1＝BI1L，E1＝BL，I1＝ 聯(lián)立以上方程可以得到：a＝(sin θ－3μcos θ)。 1．【解題思路】根據(jù)楞次定律可知，線框進入磁場和離開磁場時產(chǎn)生的感應電流方向相反，再根據(jù)左手定則可知線框受到的安培力方向一直向上，A、B錯誤；根據(jù)動能定理，可知從進入磁場到離開磁場的過程動能不變，所以WG－W克安＝0，即W克安＝mg(L＋l)，C正確；如果cd邊以速度v0進入磁場時開始做加速運動，那么ab邊離開磁場時不可能減速到v0，D錯誤。 【答案】C 2．【解題思路】小球運動過程如圖所示，加電場之前與加電場之后，小球的位移大小是相等的。由運動學公式，得v2＝2v1。對加電場之后的運動過程(圖中虛線過程)應用動能定理得，對此前自由下落過程由機械能守恒得，又，聯(lián)立以上各式可解得電場力所做的功W電＝mgh1＋mv－mv＝2mv＝2mg2t2，即整個過程中小球電勢能減少了2mg2t2，故A錯；整個過程中速度增量大小為Δv＝v2－0＝2v1＝2gt，故B正確；從加電場開始到小球運動到最低點時，動能變化了ΔEk＝0－mv＝－mg2t2，故C錯；由運動學公式知，以及＝＝，則從A點到最低點小球重力勢能變化量為ΔEp＝mg(h1＋h2)＝mg(h1＋h1)＝mgh1＝mv＝mg2t2，故D正確。 【答案】BD 1．【答案】BC 2．【解題思路】無電場時由A到B：mgh＝mv02①，有電場時由A到B：mgh＋WE＝m(v0)2②，有電場時，由A到C：mgh＋WE′＝m(v0)2③，聯(lián)立①②③式得：WE＝mv02，WE′＝mv02，又因為WE＝qUAB，WE′＝qUAC，故UAB＝UAC，則D點與B點電勢相等，故B正確；AC與BD不垂直，所以電場方向不可能由A指向C，故A錯誤；因D為AC的中點，則滑塊滑到D點電場力做的功為滑到C點的一半，為mv02，則機械能增加了mv02，故C正確；根據(jù)WE＝mv02，WE′＝mv02知滑塊沿AB面、AC面滑下過程中電勢能變化量大小之比為1∶2，故D錯誤。 【答案】BC 3．【解題思路】對ab棒受力分析，在沿導軌方向上，受到沿導軌向下的安培力，沿導軌向下的重力的分力，以及沿導軌向上的拉力F，故有F＝mgsin 30＋BIL，對cd受力分析，在沿導軌方向上受到沿導軌向上的安培力，沿導軌向下的重力的分力，故有mgsin 30＝BIL，聯(lián)立解得F＝5 N，BIL＝2.5 N，A錯誤；I＝＝10 A，故回路中的電熱功率為P＝I22R＝100 W，B正確；撤去拉力F的瞬間，ab棒的加速度a＝＝10 m/s2，cd棒受力不變，所以合力為零，加速度為零，C錯誤，D正確。 【答案】BD 4．【解析】(1)對線圈受力分析，根據(jù)平衡條件得： F安＋μmgcos θ＝mgsin θ，F(xiàn)安＝BId，I＝，E＝Bdv 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：v＝2 m/s。 (2)線圈進入磁場前做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律得： a＝＝2 m/s2 線圈釋放時，PQ邊到bb′的距離L＝＝ m＝1 m。 (3)由于線圈剛好勻速穿過磁場，則磁場寬度等于d＝0.1 m Q＝W安＝F安2d 代入數(shù)據(jù)解得：Q＝410－3 J。 5．【解析】(1)小球a從P到M，洛倫茲力、彈力不做功，只有重力做功 由動能定理有：2mgR＝(2m)vM2 解得：vM＝ 在M點，由牛頓第二定律有：FN－2mg－qvMB＝ 解得：FN＝6mg＋qB 根據(jù)牛頓第三定律得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮椋篎N′＝6mg＋qB (2)兩球速度相等時系統(tǒng)電勢能最大，以向右為正方向，由動量守恒定律有：2mvM＝3mv共 根據(jù)能量守恒定律有：Ep＝(2m)vM2－(3m)v共2 解得：Ep＝mgR (3)由動量守恒定律：2mvM＝2mva＋mvb 由能量守恒定律有：(2m)vM2＝(2m)va2＋mvb2 解得：va＝vM＝，vb＝vM＝