1、15 功能关系在电学中的应用电场中的功能关系中，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，高考命题角度集中在动能定理在平行板电容器中的应用，动能定理在非匀强电场中的应用，抛体运动、功能关系在匀强电场中的应用；题目难度以中档题为主，有选择亦有计算题。电磁感应中的功能关系，高考命题命题角度有能量守恒定律在电磁感应中的应用，电磁感应电路中的电功、电功率，试题难度以中档题为主。应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题，在高考中常以压轴题的形式出现，题目综合性强，分值高，难度大。1电场力做功及电场中的功能关系2求解电磁感应中的功能关系的思路3力电综合问题的一般思维流程1(多选)(201
2、8全国卷21)图中虚线 a、 b、 c、 d、 f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知2平面 b 上的电势为 2 V。一电子经过 a 时的动能为 10 eV，从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6 eV。下列说法正确的是( )A平面 c 上的电势为零B该电子可能到达不了平面 fC该电子经过平面 d 时，其电势能为 4 eVD该电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的 2 倍2如图，两固定的绝缘斜面倾角均为 ，上沿相连。两细金属棒 ab(仅标出 a 端)和 cd(仅标出 c 端)长度均为 L、质量分别为 2m 和 m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路 abdca，并
3、通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，两定滑轮间的距离也为 L。左斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于斜面向上。已知斜面及两根柔软轻导线足够长。回路总电阻为 R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为 ，重力加速度大小为 g。使两金属棒水平，从静止开始下滑。求：(1)金属棒运动的最大速度 vm的大小；(2)当金属棒运动的速度为 时，其加速度大小是多少？vm21如图所示，匀强磁场的上下边界水平，宽度为 L，方向垂直纸面向里。质量为 m、边长为 l(l L)的正方形导线框 abcd 始终沿竖直方向穿过该磁场，已知 cd 边进入磁场时的速度为 v0， ab 边离开磁场时的速度
4、也为 v0，重力加速度的大小为 g。下列说法正确的是( )A线框进入和离开磁场时产生的感应电流方向相同3B线框进入和离开磁场时受到的安培力方向相反C线框穿过磁场的过程中克服安培力所做的功为 mg(L l)D线框穿过磁场的过程中可能先做加速运动后做减速运动2(多选)一质量为 m 带正电荷的小球由空中 A 点无初速自由下落，在 t 秒末加上竖直向上、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，则( )A整个过程中小球电势能变化了 mg2t232B整个过程中小球速度增量的大小为 2gtC从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了 mg2t2D从 A 点到最
5、低点小球重力势能变化了 mg2t2231如图，一个质量为 m、带电量为+ q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度 v0，在以后的运动中下列说法正确的是( )A. 圆环可能做匀减速运动B. 圆环可能做匀速直线运动C. 圆环克服摩擦力所做的功可能为 201mvD. 圆环克服摩擦力所做的功不可能为3220gqB2如图所示， ABC 是处于竖直平面内的光滑绝缘固定斜劈， C30、 B60， D 为 AC 的中点；质量为 m、带正电的小滑块沿 AB 面自 A 点由静止释放，滑到斜面底端 B 点时速度为 v0，若空间加一与 A
6、BC 平面平行的匀强电场，滑块仍由静止释放，沿 AB 面滑下，滑到斜面底端 B 点时速度为 v0，若滑块由静止沿 AC2面滑下，滑到斜面底端 C 点时速度为 v0，则下列说法正确的是( )3A电场方向由 A 指向 CB B 点电势与 D 点电势相等C滑块滑到 D 点时机械能增加了 mv0212D小滑块沿 AB 面、 AC 面滑下过程中电势能变化量大小之比为 233(多选)如图所示， MN、 PQ 是两根倾斜放置的足够长的光滑平行金属导轨。导轨所在平面与水平面成30角，导轨间距为 L0.5 m，导体棒 ab、 cd 分别垂直于导轨放置，且棒两端都与导轨接触良好，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀
7、强磁场中，磁感应强度为 B0.5 T，当给棒 ab 施加平行于导轨向上的力 F时， ab 导体棒沿导轨向上以某一速度匀速运动， cd 棒恰好静止在导轨上，已知两棒的质量均为 0.5 kg，电阻均为 R0.5 ，导轨电阻不计，取 g10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A当 ab 棒匀速运动时，拉力 F 的大小为 10 NB当 ab 棒匀速运动时，回路中的电热功率为 100 WC撤去拉力 F 的瞬间， cd 棒的加速度大小为 5 m/s2D撤去拉力 F 的瞬间， ab 棒的加速度大小为 10 m/s244如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成 37角放置，在斜面上虚线 aa和 bb与斜面底
8、边平行，在 aa、 bb围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为 B1 T；现有一质量为m10 g、总电阻 R1 、边长 d0.1 m 的正方形金属线圈 MNQP，让 PQ 边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为 0.5，求：(取 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8) (1)线圈进入磁场区域时的速度大小；(2)线圈释放时， PQ 边到 bb的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热。5(2018福建省宁德市上学期期末)如图 3 所示， PM 是半径为 R 的四分之一光滑绝缘轨道，仅在该
9、轨道内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.光滑绝缘轨道 MN 水平且足够长， PM 下端与 MN 相切于M 点质量为 m 的带正电小球 b 静止在水平轨道上，质量为 2m、电荷量为 q 的带正电小球 a 从 P 点由静止释放，在 a 球进入水平轨道后， a、 b 两小球间只有静电力作用，且 a、 b 两小球始终没有接触带电小球均可视为点电荷，设小球 b 离 M 点足够远，重力加速度为 g.求：5图 3(1)小球 a 刚到达 M 点时的速度大小及对轨道的压力大小；(2)a、 b 两小球系统的电势能最大值 Ep；(3)a、 b 两小球最终的速度 va、 vb的大小参考答案61 【解题思
10、路】因等势面间距相等，由 U Ed 得相邻虚线之间电势差相等，由 a 到 d， eUad6 eV，故 Uad6 V；各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低， c0，A项正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实曲线所示，电子可能到达不了平面 f，B 项正确；经过 d 时，电势能 Ep e d2 eV，C 项错误；由 a 到 b， Wab Ekb Eka2 eV，所以 Ekb8 eV；由a 到 d， Wad Ekd Eka6 eV，所以 Ekd4 eV；则 Ekb2 Ekd，根据 Ek mv2知 vb vd，D 项错误。12 2【答案】AB2 【解析
11、】(1)达到最大速度时，设两绳中张力均为 FT，金属棒 cd 受到的安培力为 F，对 ab、 cd，根据平衡条件得到：2mgsin 2 FT2 mg cos 2FT mgsin mg cos F而安培力 F BIL根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律： E BLvm， IER整理得到： vm 。mgR sin 3 cos B2L2(2)当金属棒的速度为 时，设两绳中张力均为 FT1，金属棒 cd 受到的安培力为 F1，根据牛顿第二定律：vm22mgsin 2 FT12 mg cos 2 ma2FT1 mgsin mg cos F1 ma又 F1 BI1L， E1 BL ， I1vm2 E1
12、R联立以上方程可以得到： a (sin 3 cos )。g61 【解题思路】根据楞次定律可知，线框进入磁场和离开磁场时产生的感应电流方向相反，再根据左手定则可知线框受到的安培力方向一直向上，A、B 错误；根据动能定理，可知从进入磁场到离开磁场的过程动能不变，所以 WG W 克安 0，即 W 克安 mg(L l)，C 正确；如果 cd 边以速度 v0进入磁场时开始做加速运动，那么 ab 边离开磁场时不可能减速到 v0，D 错误。【答案】C2 【解题思路】小球运动过程如图所示，加电场之前与加电场之后，小球的位移大小是相等的。由运动学公式 1210()vvtt，得 v22 v1。对加电场之后的运动过
13、程(图中虚线过程)应用动能定理得72211Wmghv电 ，对此前自由下落过程由机械能守恒得 211mghv，又 1gt，联立以上各式可解得电场力所做的功 W 电 mgh1 mv mv 2 mv 2 mg2t2，即整个过程中小球电势能减少了 2mg2t2，故 A 错；12 2 12 21 21整个过程中速度增量大小为 v v202 v12 gt，故 B 正确；从加电场开始到小球运动到最低点时，动能变化了 Ek0 mv mg2t2，故 C 错；由运动学公式知 112/()3avt，以及 ，则12 21 12 h1h2 v21/2a1v21/2a2 31从 A 点到最低点小球重力势能变化量为 Ep
14、mg(h1 h2) mg(h1 h1) mgh1 mv mg2t2，故 D 正确。13 43 43 12 21 23【答案】BD1 【答案】BC2 【解题思路】无电场时由 A 到 B： mgh mv02，有电场时由 A 到 B： mgh WE m( v0)2，有电场12 12 2时，由 A 到 C： mgh WE m( v0)2，联立式得： WE mv02， WE mv02，又因为12 3 12WE qUAB， WE qUAC，故 UAB UAC，则 D 点与 B 点电势相等，故 B 正确； AC 与 BD 不垂直，所以电场方向不12可能由 A 指向 C，故 A 错误；因 D 为 AC 的中点
15、，则滑块滑到 D 点电场力做的功为滑到 C 点的一半，为mv02，则机械能增加了 mv02，故 C 正确；根据 WE mv02， WE mv02知滑块沿 AB 面、 AC 面滑下过程中电势12 12 12能变化量大小之比为 12，故 D 错误。【答案】BC3 【解题思路】对 ab 棒受力分析，在沿导轨方向上，受到沿导轨向下的安培力，沿导轨向下的重力的分力，以及沿导轨向上的拉力 F，故有 F mgsin 30 BIL，对 cd 受力分析，在沿导轨方向上受到沿导轨向上的安培力，沿导轨向下的重力的分力，故有 mgsin 30 BIL，联立解得 F5 N， BIL2.5 N，A 错误； I10 A，故
16、回路中的电热功率为 P I22R100 W，B 正确；撤去拉力 F 的瞬间， ab 棒的加速度 a2.5 NBL10 m/s 2， cd 棒受力不变，所以合力为零，加速度为零，C 错误，D 正确。mgsin 30 BILm【答案】BD4 【解析】(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：F 安 mg cos mgsin ， F 安 BId， I ， E BdvER联立代入数据解得： v2 m/s。(2)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：a 2 m/s 2mgsin mgcos m8线圈释放时， PQ 边到 bb的距离 L m1 m。v22a 2222(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则
17、磁场宽度等于 d0.1 mQ W 安 F 安 2d代入数据解得： Q410 3 J。5 【解析】(1)小球 a 从 P 到 M，洛伦兹力、弹力不做功，只有重力做功由动能定理有：2 mgR (2m)vM212解得： vM 2gR在 M 点，由牛顿第二定律有： FN2 mg qvMB2mvM2R解得： FN6 mg qB 2gR根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为： FN6 mg qB 2gR(2)两球速度相等时系统电势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律有：2 mvM3 mv 共根据能量守恒定律有： Ep (2m)vM2 (3m)v 共 212 12解得： Ep mgR23(3)由动量守恒定律：2 mvM2 mva mvb由能量守恒定律有： (2m)vM2 (2m)va2 mvb212 12 12解得： va vM ， vb vM13 13 2gR 43 43 2gR
