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(xué)中的應(yīng)用講學(xué)案

《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(xué)中的應(yīng)用講學(xué)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(xué)中的應(yīng)用講學(xué)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(xué)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 Ⅱ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 Ⅱ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W＝Flcos α＝Eqlcos α；若是非勻強電場，則一般利用W＝qU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

2、流做功的實質(zhì)是電場對移動電荷做功，即W＝UIt＝Uq. 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．靜電力做的功等于電勢能的變化，即WAB＝－ΔEp. 1．功能關(guān)系在電學(xué)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(xué)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(xué)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

3、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，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1 A．與彈簧分離時小球的動能為mgh＋qEh B．從開始運動到與彈簧分離，小球增加的機械能為mgh＋qEh C．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－(qE－mg)h 答案　D 解析

4、　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Ek＝qEh－mgh＋Ep，A錯誤；從開始運動到與彈簧分離，小球增加的機械能為ΔE＝mgh＋mv2＝qEh＋Ep，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離，由動能定理可知，mv2＝Ep＋qEh－mgh，所以Ep＝mv2－(qE－mg)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

5、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 J C．空氣阻力做功0.5 J D．動能減少3.5 J 答案　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

6、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m＝0.5 kg、電荷量q＝＋1×10－2 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)，加一與水平方向成θ＝37°、斜向右下的勻強電場，電場強度E＝1×103 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

7、sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2.以下判斷正確的是(　　) 圖2 A．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝ B．t＝2 s時物塊的動能為56.25 J C．t＝3 s時物塊受到的空氣阻力為5 N D．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，t＝0時物塊的加速度a0＝10 m/s2，且t＝0時物塊受到的空氣阻力為零，對物塊進行受力分析可得，Eqcos θ－μ(mg＋Eqsin θ)＝ma0，解得μ＝，故A選項正確；t＝2 s時物塊的速度由a－t圖線圍成的面積可得，v2＝15 m/s，物塊的動能Ek＝mv2

8、2＝56.25 J，故B選項正確；由a－t圖象可知t＝3 s時物塊的加速度a3＝2.5 m/s2，對物塊進行受力分析可得，Eqcos θ－μ(mg＋Eqsin θ)－Ff＝ma3，解得Ff＝3.75 N，故C選項錯誤；由a－t圖象可知t＝4 s時物塊的加速度減為零，此后物塊做勻速直線運動，由a－t圖線圍成的面積可得，物塊的最大速度vm＝20 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W＝ΔEk＝mvm2＝100 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軌道相連，圓弧的半徑為R0，

9、軌道間距為L1＝1 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B1＝1 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m＝2 kg、阻值均為R＝0.5 Ω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M＝1 kg、邊長為L2＝0.2 m、電阻r＝0.05 Ω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v0＝5 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h＝1 m處的水平勻強磁場B3

10、中，B3＝ T．已知磁場高度H>L2.忽略一切摩擦阻力，重力加速度為g＝10 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Q1＝10.875 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： Mg＝B1IL1 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 B2＝2 T

11、(2)根據(jù)能量守恒定律有 Mgh＝Mv2＋mv2＋2Q 線框進入磁場的瞬間，由力的平衡條件得 Mg＝B1I1L1＋B3I2L2 其中，I1＝ I2＝ 聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得 Q＝2 J (3)從線框完全進入磁場到完全出磁場，有 MgH＝Mv12－Mv2＋Q1 在完全出磁場的瞬間，由力的平衡條件得 Mg＝B3I3L2 其中，I3＝ 聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得 H＝1.2 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W＝UIt或Q＝I2Rt直接進行電能計算． 3．

12、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μ.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

13、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4 A．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化量 答案　D 解析　當桿達到最大速度vm時，F(xiàn)－μmg－＝0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WF＋Wf＋W安＝ΔEk，其中Wf＝－μmgl，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

14、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L＝0.2 m，左端接有阻值R＝0.3Ω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B＝1.0 T．一根質(zhì)量m＝0.2 kg、電阻r＝0.1Ω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x＝9 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h＝0.8 m處．已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，導(dǎo)軌電

15、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g＝10 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)機械能守恒定律得： mv2＝mgh① 由①得：v＝＝4 m/s② (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 F＝BIL＋μmg③ I＝④ 聯(lián)立②③④式得F＝0.6 N⑤ 金屬棒速度為時，設(shè)回路中的電流

16、為I′，根據(jù)牛頓第二定律得 F－BI′L－μmg＝ma⑥ I′＝⑦ 聯(lián)立②⑤⑥⑦解得：a＝1 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： Fx＝μmgx＋mv2＋Q⑧ 則電阻R上的焦耳熱QR＝Q⑨ 聯(lián)立⑤⑧⑨解得：QR＝1.5 J． 高考題型3　動力學(xué)和功能觀點在電場中的應(yīng)用 例3　(2017·全國卷Ⅱ·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(q>0)的帶電小球M、N先后以相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，

17、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?。? 答案　(1)3∶1　(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(xué)公式得 v0－at＝

18、0① s1＝v0t＋at2② s2＝v0t－at2③ 聯(lián)立①②③式得 ＝3④ (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(xué)公式 vy2＝2gh⑤ H＝vyt＋gt2⑥ M進入電場后做直線運動，由幾何關(guān)系知 ＝⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H⑧ (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 ＝⑨ 設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得 Ek1＝m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1⑩ Ek2＝m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2? 由已知條件 Ek1＝1.5Ek2? 聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨

19、⑩??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E＝x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：2mg－qAL－q×2L＝0 解得

20、qA＝6q (2)當B球下落速度達到最大時，由平衡條件得mg＝qE＝qx0，解得x0＝4L. (3)運動過程中，電場力大小線性變化，所以由動能定理得： mgh－h(huán)＝0 解得：h＝4L. 6．(2017·山西省重點中學(xué)協(xié)作體一模) 一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球從距地面高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

21、 解析　(1)電場中小球做類平拋運動，在水平方向上： v0＝① 豎直方向上：＝② 又v02＝L③ 聯(lián)立①②③ 得：v0＝2L，E＝. (2)從拋出到落地由動能定理得： mgh－EqL＝Ek－mv02 小球落地時動能：Ek＝＋mgh－EqL＝mgh. 題組1　全國卷真題精選 1．(2013·新課標Ⅰ·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

22、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v2＝2ax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)－qU＝0，mg(＋h)－q·h＝0.兩方程聯(lián)立得h＝d，選項D正確． 2．(多選)(2012·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

23、過電容器，則在此過程中，該粒子(　　) 圖9 A．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F＝Eq，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B正確． 3．(2015·新課標全國Ⅱ·24)如圖10，一質(zhì)量為m、電荷量為

24、q(q＞0)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 30°＝v0sin 60°① 由此得vB＝v0② 設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有 qUAB＝m(vB2－v02)③ 聯(lián)立②③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

25、心是O，最低點是P，直徑MN水平．a(chǎn)、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11 A．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

26、，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12 A．M的帶電荷量比N的大 B

27、．M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　BD 6．(2015·重慶理綜·7)音圈電機是一種應(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

28、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 F＝nBIL① 由左手定則知方向水平向右 (2)安培力的功率為P＝F·v② 聯(lián)立①②式解得P＝nBILv. 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1 A．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

29、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，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2 A．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

30、 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3 A．Q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 D．Q、q及彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢能

31、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ΔE＝W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ΔE＜0，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)能量守恒有ΔEp＋ΔEk＝0，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．

32、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4mg B．小球回到A點時的動能是mg2t2 C．從A點到最低點的距離是gt2 D．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gt2＋gt·t－at2＝0解得a＝3g， 根據(jù)F合＝F電－mg＝ma得，F(xiàn)電＝4mg，故A正確； t s末的速度v

33、1＝gt， 加電場后，返回A點的速度 vA＝v1－at＝gt－3gt＝－2gt， 小球回到A點時的動能是 Ek＝mvA2＝m(－2gt)2＝2mg2t2，故B錯誤； 從A點自由下落的高度h1＝gt2，自由落體的末速度v1＝gt， 勻減速下降的高度h2＝＝＝gt2， 小球從A點到最低點的距離h＝h1＋h2＝gt2＋gt2＝gt2，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ΔEp＝Fh2＝4mg×gt2＝mg2t2，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R＝0.15 Ω的電阻相連

34、．導(dǎo)軌x>0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B＝0.5＋0.5x(T)．一根質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻r＝0.05 Ω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x＝0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4 A．金屬棒在x＝3 m處的速度為0.5 m/s B．金屬棒在x＝3 m處的速度為0.75 m/s C．金屬棒從x＝0運動到x＝3 m過程中克服安培力做的功為1.6 J D．金屬棒從x＝0運動到x＝3 m過程中克服安培力做的功為3.0 J 答案　AD 解析　在x＝3

35、m處，磁感應(yīng)強度為B＝2 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)電動勢E＝I(R＋r)＝0.4 V，由E＝Blv可得，此時金屬棒的速度v＝0.5 m/s，選項A正確，B錯誤；由安培力公式可知，F(xiàn)安＝BIl＝0.8×(0.5＋0.5x)(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

36、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，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) 圖5 A．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Q＝mg(d－L) 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

37、電熱，即Q＝mgd，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：mv2－mv02＝mgL－mgd，又有：mv02＝mgh，則克服安培力做功的瞬時功率P＝BILv＝＝，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θ，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

38、；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a′b′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)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ.則(　　) 圖6 A．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mv2 C．上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力產(chǎn)生的熱量mv2－(sin θ＋μcos θ) D．導(dǎo)體棒上滑過程中損失的機械能為mv2－sin θ 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E＝Blv、I＝、F＝BI

39、l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Q＝mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)＝mv2－(sin θ＋μcos θ)，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W＝mv2－mgssin θ＝mv2－sin θ，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)

40、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?。? (2)小球由C點運動到B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：Eq＝mg 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：Eq＝

41、ma 由運動學(xué)公式可得：L＝at2 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(L＋R)－mgR＝mvD2－0 解得：vD＝. 9．(2017·遼寧省重點中學(xué)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θ的絕緣斜面上．在區(qū)域Ⅰ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Ⅱ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變化的規(guī)律如圖乙所示．t＝0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Ⅰ內(nèi)的導(dǎo)軌上由靜止釋放．在ab棒運動到

42、區(qū)域Ⅱ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Ⅱ沿斜面的長度為2L，在t＝tx(tx未知)時刻ab棒恰好進入?yún)^(qū)域Ⅱ.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Ⅱ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 θ 解析　(1)由楞次定律可知，ab棒在區(qū)域Ⅱ內(nèi)運動的過程中，通過cd棒的電流方向由d→c，由于cd棒保持靜止，結(jié)合左手定

43、則可以判斷，區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場的方向垂直斜面向上 由力的平衡條件可知：mgsin θ＝BIL 又：P＝I2R 解得：P＝. (2)對ab棒，由法拉第電磁感應(yīng)定律有：·(L×2L)＝BLtxgsin θ ab棒開始下滑的位置到區(qū)域Ⅱ的上邊界的距離為：x1＝gsin θ·tx2 又：x＝x1＋2L 解得：x＝3L. (3)經(jīng)分析可知，ab棒的質(zhì)量也為m，ab棒在區(qū)域Ⅱ中運動的整個過程中，由能量守恒定律有： Q2＝mg×2Lsin θ 經(jīng)分析可知，ab棒在區(qū)域Ⅱ中的運動時間與其進入?yún)^(qū)域Ⅱ前的運動時間相同，全過程電流不變，故ab棒在進入?yún)^(qū)域Ⅱ前回路產(chǎn)生的熱量為：Q1＝Q2 又：Q＝Q1＋Q2 解得：Q＝4mgLsin θ. 20