5、功能關系
功
能
只有電場力做功
電勢能與動能之和保持不變
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
除重力、系統(tǒng)內彈力之外，其他各力做的功
機械能的變化量
合外力做的功
動能的變化量
遷移一 電場中的功能關系
1．(多選)(2019·河北名校聯盟)質量為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．再經過t秒，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
6、
D．從A點到最低點，小球的電勢能增加了mg2t2
[解析] 小球先做自由下落，然后受電場力和重力向下做勻減速直線運動直到速度為0，再向上做勻加速運動回到A點，設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，運用運動學公式有，gt2＋gt·t－at2＝0，解得a＝3g，根據牛頓第二定律得F電－mg＝ma，所以電場力是重力的4倍為4mg，故A正確；t s末的速度v1＝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＝mv＝m(－2gt)2＝2mg2t2，故B錯誤；從A點自由下落的高度h1＝gt2，勻減速下降的高度
7、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＝F電h2＝4mg×gt2＝mg2t2，故D錯誤．
[答案] AC
遷移二 電磁場中的功能關系
2．(2019·江西六校聯考)如圖所示，一帶正電小球穿在一根絕緣粗糙直桿上，桿與水平方向夾角為θ，整個空間存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，先給小球一初速度，使小球沿桿向下運動，在A點時的動能為100 J，在C點時動能減為零，D為AC的中點，那么帶電小球在運動過程中( )
A．到達C點后小球不可能沿桿向上運動
B．小球在AD
8、段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等
C．小球在D點時的動能為50 J
D．小球電勢能的增加量等于重力勢能的減少量
[解析] 如果電場力大于重力，則速度減為零后小球可能沿桿向上運動，選項A錯誤；小球受重力、電場力、洛倫茲力、彈力和滑動摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛倫茲力減小，導致支持力和滑動摩擦力變化，故小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等，選項B正確；由于小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D點時的動能也就不一定為50 J，選項C錯誤；該過程是小球的重力勢能、電勢能、動能和系統(tǒng)的內能之和守恒，故小球電勢能的增加量不等于重
9、力勢能的減少量，選項D錯誤．
[答案] B
倫茲力不做功，但是洛倫茲力會隨v變化，導致支持力和摩擦力變化，從而會影響摩擦做功的大小. 熱點考向二 動力學觀點和能量觀點在電磁感應中的應用
【典例】 (2019·湖北六校聯考)將一斜面固定在水平面上，斜面的傾角為θ＝30°，其上表面絕緣且斜面的頂端固定一擋板，在斜面上加一垂直斜面向上的勻強磁場，磁場區(qū)域的寬度為H＝0.4 m，如圖甲所示，磁場邊界與擋板平行，且上邊界到斜面頂端的距離為x＝0.55 m．將一通電導線圍成的矩形導線框abcd置于斜面的底端，已知導線框的質量為m＝0.1 kg、導線框的電阻為R＝0.25 Ω、ab的長度為
10、L＝0.5 m．從t＝0時刻開始在導線框上加一恒定的拉力F，拉力的方向平行于斜面向上，使導線框由靜止開始運動，當導線框的下邊與磁場的上邊界重合時，將恒力F撤走，最終導線框與斜面頂端的擋板發(fā)生碰撞，碰后導線框以等大的速度反彈，導線框沿斜面向下運動．已知導線框向上運動的v－t圖像如圖乙所示，導線框與斜面間的動摩擦因數為μ＝，整個運動過程中導線框沒有發(fā)生轉動，且始終沒有離開斜面，g＝10 m/s2.
(1)求在導線框上施加的恒力F以及磁感應強度的大小；
(2)若導線框沿斜面向下運動通過磁場時，其速度v與位移s的關系為v＝v0－s，其中v0是導線框ab邊剛進入磁場時的速度大小，s為導線框ab邊
11、進入磁場區(qū)域后對磁場上邊界的位移大小，求整個過程中導線框中產生的熱量Q.
[思路引領] (1)
(2)
[解析] (1)由v－t圖像可知，在0～0.4 s時間內導線框做勻加速直線運動，進入磁場時的速度為v1＝2.0 m/s，所以在此過程中的加速度a＝＝5.0 m/s2
由牛頓第二定律有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma
解得F＝1.5 N
由v－t圖像可知，導線框進入磁場區(qū)域后以速度v1做勻速直線運動
通過導線框的電流I＝＝
導線框所受安培力F安＝BIL
對于導線框勻速運動的過程，由力的平衡條件有
F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋
解得B＝0.50 T.
12、(2)導線框進入磁場區(qū)域后做勻速直線運動，并以速度v1勻速穿出磁場，說明導線框的寬度等于磁場的寬度H.
導線框ab邊離開磁場后做勻減速直線運動，到達擋板時的位移為
x0＝x－H＝0.15 m
設導線框與擋板碰撞前的速度為v2，由動能定理，有
－mg(x－H)sinθ－μmg(x－H)cosθ＝mv－mv
解得v2＝＝1.0 m/s
導線框碰擋板后速度大小仍為v2，導線框下滑過程中，由于重力沿斜面方向的分力與滑動摩擦力大小相等，即mgsinθ＝μmgcosθ＝0.50 N，因此導線框與擋板碰撞后向下做勻速運動，ab邊剛進入磁場時的速度為v2＝1.0 m/s；進入磁場后因為又受到安培力
13、作用而減速，做加速度逐漸變小的減速運動，設導線框全部離開磁場區(qū)域時的速度為v3
由v＝v0－s得v3＝v2－＝－1.0 m/s
因v3<0，說明導線框在離開磁場前速度已經減為零，這時安培力消失，導線框受力平衡，所以導線框將靜止在磁場中某位置
導線框向上運動通過磁場區(qū)域的過程中產生的焦耳熱
Q1＝I2Rt＝＝0.40 J
導線框向下運動進入磁場的過程中產生的焦耳熱Q2＝mv＝0.05 J
所以Q＝Q1＋Q2＝0.45 J.
[答案] (1)1.5 N 0.50 T (2)0.45 J
用動力學觀點、能量觀點解答電磁感應問題的一般步驟
(2019·江西七校聯考)如下
14、圖所示，兩條光滑的金屬導軌相距L＝1 m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面內，NN0段與QQ0段平行，位于與水平面成傾角37°的斜面上，且MNN0與PQQ0均在豎直平面內．在水平導軌區(qū)域和傾斜導軌區(qū)域內分別有垂直于水平面和斜面的勻強磁場B1和B2，且B1＝B2＝0.5 T．ab和cd是質量均為m＝0.1 kg、電阻均為R＝4 Ω的兩根金屬棒，ab置于水平導軌上，cd置于傾斜導軌上，均與導軌垂直且接觸良好．從t＝0時刻起，ab棒在外力作用下由靜止開始沿水平方向向右運動(ab棒始終在水平導軌上運動，且垂直于水平導軌)，cd受到F＝0.6－0.25t(N)沿斜面向上的力的作用，始終處于靜止狀態(tài)
15、．不計導軌的電阻．(sin37°＝0.6，g取10 m/s2)
(1)求流過cd棒的電流Icd隨時間t變化的函數關系；
(2)求ab棒在水平導軌上運動的速度vab隨時間t變化的函數關系；
(3)求從t＝0時刻起，1.0 s內通過ab棒的電荷量q；
(4)若t＝0時刻起，1.0 s內作用在ab棒上的外力做功為W＝16 J，求這段時間內cd棒產生的焦耳熱Qcd.
[解析] (1)由題意知cd棒受力平衡，則
F＋Fcd＝mgsin37°
Fcd＝B2IcdL，得Icd＝0.5t(A)．
(2)ab棒中電流Iab＝Icd＝0.5t(A)
則回路中電源電動勢E＝IcdR總
ab棒
16、切割磁感線，產生的感應電動勢為E＝B1Lvab
解得ab棒的速度vab＝8t(m/s)
所以，ab棒做初速度為零的勻加速直線運動．
(3)ab棒的加速度為a＝8 m/s2，
1．0 s內的位移為x＝at2＝×8×1.02 m＝4 m
根據＝＝＝
得q＝t＝＝ C＝0.25 C.
(4)t＝1.0 s時，ab棒的速度，
vab＝8t(m/s)＝8 m/s，
根據動能定理有
W－W安＝mv－0，
得1.0 s內克服安培力做功
W安＝ J＝12.8 J
回路中產生的焦耳熱Q＝W安＝12.8 J
cd棒上產生的焦耳熱Qcd＝＝6.4 J.
[答案] (1)Icd＝0.5t
17、(A) (2)vab＝8t(m/s) (3)0.25 C (4)6.4 J
功能關系在力學和電磁感應中應用時的“三同三異”
考場滿分答卷策略——功能關系在電學中的應用
真題案例
審題流程
(2019·全國卷Ⅱ)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)．質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計．
(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰
18、好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？
滿分樣板
[解析] (1)PG、QG間場強大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有
E＝①
F＝qE＝ma②
設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有
qEh＝Ek－mv③
設粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有
h＝at2④
l＝v0t⑤
聯立①②③④⑤式解得
Ek＝mv＋qh
l＝v0
(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短．由對稱性知，此時金屬板的長度L為
L＝2l＝2v0⑧
[答案]
19、 (1)mv＋qh v0 (2)2v0
評分細則
滿分技巧
細則1
本題共12分，第(1)問8分，第(2)問4分，①②④⑤⑥⑦每式1分，③式2分，⑧式4分．
細則2
若過程式①②③④⑤⑥都正確只有計算結果錯誤只扣⑦式的分數．(2)問中說明“粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板長度最短”但沒求出L的給2分.
技巧1 要有必要的文字說明
(1)說明非題設字母符號的意義．例如本題中的E、a意義要在答案中說明．
(2)說明研究的過程和狀態(tài)．例如第一次到達G的過程．
(3)說明列方程的依據．例如③式是依據動能定理．
(4)說明題目中的隱含條件．如PG、QG間場強相同．
技巧
20、2 即使題目不會做也要把與本題相關的表達式都寫上
閱卷時只看評分標準中給定的公式來給分，同一個表達式與多個對象掛鉤寫多遍，也是有分的．
技巧3 用最常規(guī)、最基本的方法解題，不標新立異
閱卷工作量很大，且速度很快，采用特殊解法容易造成閱卷老師錯批，進而失分，如采用特殊法必須有必要的文字說明．
技巧4 要有書寫規(guī)范的物理方程式
(1)寫出的方程必須是原始方程．
(2)要用字母表達方程，不要摻有數字的方程．
(3)用題給的字母，常見的符號表示物理量，不要杜撰符號.
專題強化訓練(七)
一、選擇題
1．(2019·天津卷)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m的帶電小球，以
21、初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程( )
A．動能增加mv2 B．機械能增加2mv2
C．重力勢能增加mv2 D．電勢能增加2mv2
[解析] 小球動能的增加量為ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A錯誤；小球在豎直方向上的分運動為豎直上拋，到N時豎直方向的速度為零，則M、N兩點之間的高度差為h＝，小球重力勢能的增加量為ΔEp＝mgh＝mv2，C錯誤；電場力對小球做正功，則小球的電勢能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢能等于重力勢能與動能的增加量之和，則電勢能的減少量為ΔEp′＝mv2＋mv2＝2mv2，D錯
22、誤；由功能關系可知，除重力外的其他力對小球所做的功等于小球機械能的增加量，即2mv2，B正確．
[答案] B
2．(多選)(2019·湖北武漢高三畢業(yè)生四月調研) 如圖所示，勻強電場與水平方向成夾角θ(θ<45°)，場中有一質量為m、可視為質點的帶電小球，用長為L的細線懸掛于O點，當小球靜止時，細線恰好水平．現用豎直向下的恒定外力將小球拉到豎直方向最低點時，小球速度剛好再次為零．若小球電荷量保持不變，則在此過程中( )
A．小球電勢能一直在增加，電勢能增量為ΔEp＝mgL
B．小球機械能一直在減小，機械能增量為ΔE＝－mgL
C．小球在最低點的加速度a＝0
D．小球的最大動能
23、Ekm＝(－1)mgL
[解析] 設小球所受電場力為F，根據小球靜止時，細線恰好水平，可以得出Fsinθ＝mg，解得F＝.用豎直向下的恒定外力將小球拉到豎直方向最低點，需要克服電場力做功，小球電勢能一直在增加．根據功能關系，小球電勢能增加量為ΔEp＝FLcosθ＋FLsinθ＝mgL，選項A正確；用豎直向下的恒定外力將小球拉到豎直方向最低點時，小球速度剛好再次為零，分析可知，恒定外力做功大小與重力和電場力的合力做功大小相等，又水平方向和豎直方向運動距離都為L，故恒定外力與重力和電場力的合力大小相等，F外＝F合＝mg，故總的合力恰好與豎直方向夾角為45°，則小球機械能先增大后減小，選項B錯誤；
24、由以上分析可知小球在最低點的合力方向與豎直方向夾角為45°，根據牛頓第二定律可知小球在最低點的加速度不為零，選項C錯誤；分析可知，當轉過45°時，小球有最大速度，易知小球所受合力為F合＝mg，由動能定理可得小球的最大動能Ekmax＝·mg＝(－1)mgL，選項D正確．
[答案] AD
3．(多選)(2019·湖北省六校聯合體4月聯考)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.
25、5 J
[解析] 小球的重力勢能增加5 J，則小球克服重力做功5 J，故選項A錯誤；電場力對小球做功2 J，則小球的電勢能減少2 J，故選項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，故選項C錯誤；重力、電場力、空氣阻力三力做功之和為－3.5 J，根據動能定理，小球的動能減少3.5 J，故選項D正確．
[答案] BD
4．(2019·山東省實驗中學模擬)如圖所示，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
26、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，已知小球的質量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g，下列說法正確的是( )
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
[解析] 根據動能定理可知，合外力對小球所做的
27、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，選項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，選項B錯誤；小球減少的電勢能為Eqh，故選項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，選項D正確．
[答案] D
5．(多選)(2019·河南六市第5次聯考)如右圖所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直平面內，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直軌道平面向里．一可視為質點、質量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A處無初速度滑下．當小球滑至
28、軌道最低點C時，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側的D點．若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷中正確的是( )
A．小球在C點受到的洛倫茲力大小為qB
B．小球在C點對軌道的壓力大小為3mg－qB
C．小球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變
D．小球從C到D的過程中，外力F的功率逐漸增大
[解析] 小球從A到C過程中由機械能守恒有mgR＝mv2，解得v＝，所以小球在C點受到的洛倫茲力大小為F洛＝qB，故選項A錯誤；在C點由牛頓第二定律有FN－mg＋F洛＝m，解得FN＝3mg－qB，故選項B正確；小球從C到D的過程中，合外力始終
29、指向圓心，所以mgcosθ＝Fsinθ，θ變化，外力F的大小發(fā)生變化，故選項C錯誤；小球從C到D的過程中，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的功率逐漸增大，故選項D正確．
[答案] BD
6．(2019·福建寧德一模)如圖所示，固定在傾角為θ＝30°的斜面內的兩根平行長直光滑金屬導軌的間距為d＝1 m，其底端接有阻值為R＝2 Ω的電阻，整個裝置處在垂直斜面向上、磁感應強度大小為B＝2 T的勻強磁場中．一質量為m＝1 kg(質量分布均勻)的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸．現桿在沿斜面向上、垂直于桿的恒力F＝10 N作用下從靜止開始沿導軌向上運動距離L
30、＝6 m時，速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導軌保持垂直)．設桿接入電路的電阻為r＝2 Ω，導軌電阻不計，重力加速度大小為g＝10 m/s2.則此過程( )
A．桿的速度最大值為4 m/s
B．流過電阻R的電荷量為6 C
C．在這一過程中，整個回路產生的熱量為17.5 J
D．流過電阻R的電流方向為由c到d
[解析] 當桿達到最大速度時滿足F＝＋mgsinθ，解得vm＝5 m/s，選項A錯誤；流過電阻R的電荷量q＝＝＝ C＝3 C，選項B錯誤；回路產生的熱量Q＝FL－mgLsinθ－mv＝17.5 J，選項C正確；由右手定則可知流過R的電流方向從d到c，選項D錯誤．
[答
31、案] C
7．(多選)(2019·東北省四市聯考)如圖所示，在寬度為d的條形無場區(qū)左側Ⅰ區(qū)和右側Ⅱ區(qū)內，存在著磁感應強度大小均為B的勻強磁場，磁場方向如圖所示．有一邊長為l(l>d)、電阻均勻分布且阻值為R的正方形金屬線框EFGH置于Ⅰ區(qū)域，EF邊與磁場邊界平行，現使線框以垂直于磁場邊界的速度v從圖示位置向右勻速運動，則( )
A．當EF邊剛進入Ⅱ區(qū)時，線框中電流方向為順時針，大小為
B．當EF邊剛進入中間無磁場區(qū)時，E、F兩點間的電壓為
C．將線框拉至HG邊剛離開Ⅰ區(qū)的過程中，拉力所做的功為
D．將線框從Ⅰ區(qū)全部拉入Ⅱ區(qū)的過程中，回路中產生的焦耳熱為
[解析] 當EF邊剛進
32、入Ⅱ區(qū)時，金屬線框HG、EF邊均切割磁感線，由右手定則可判斷出HG邊切割磁感線產生的感應電動勢方向為順時針方向，EF邊切割磁感線產生的感應電動勢方向為順時針方向，則回路中產生總感應電動勢為E1＝2Blv，由閉合電路歐姆定律，回路中產生的感應電流大小為I1＝＝，方向為順時針方向，選項A錯誤．當EF邊剛進入中間無磁場區(qū)域時，只有HG邊切割磁感線，回路中產生的感應電動勢E2＝Blv，感應電流I2＝，E、F兩點之間的電壓為U＝＝，選項B正確．線框在整個運動過程中做勻速運動，故線框所受安培力和拉力始終相等．線框在Ⅰ區(qū)運動，磁通量不變，不產生感應電流，拉力不做功；在EF邊進入中間無磁場區(qū)域的過程中，只有H
33、G邊切割磁感線，回路中產生的感應電動勢為E2＝Blv，感應電流I2＝，線框所受安培力F1＝BI2l，拉力做功W1＝F1d＝；當EF邊進入Ⅱ區(qū)距離小于l－d時，HG、EF邊均切割磁感線，回路中產生總感應電動勢為E1＝2Blv，感應電流大小為I1＝＝，線框所受總安培力F2＝2BI1l，拉力做功W2＝F2(l－d)＝，則將線框拉至HG邊剛離開Ⅰ區(qū)的過程中，拉力所做的功W＝W1＋W2＝，選項C正確．當EF邊進入Ⅱ區(qū)距離大于l－d小于l時，只有EF邊切割磁感線，產生感應電動勢E3＝Blv，感應電流I3＝，線框所受安培力F3＝BI3l，拉力做功W3＝F3d＝；將線框從Ⅰ區(qū)全部拉入Ⅱ區(qū)的過程中，安培力做的總
34、功W′＝－W1－W2－W3＝－.根據克服安培力做的功等于回路中產生的焦耳熱可知，回路中產生的焦耳熱為Q＝－W′＝，選項D正確．
[答案] BCD
8. (多選)(2019·蘇州模擬)在如圖所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小均為B的勻強磁場，區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上．區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁場的寬度均為L.一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑．當ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)時，恰好以速度v1做勻速直線運動；當ab邊下滑到JP與MN的中間位置時，線框又恰好以速度v2做勻速直線運動，從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框
35、的動能變化量為ΔEk，重力對線框做功大小為W1，安培力對線框做功大小為W2，下列說法中正確的是( )
A．在下滑過程中，由于重力做正功，所以有v2>v1
B．從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，機械能守恒
C．從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，有(W1－ΔEk)的機械能轉化為電能
D．從ab進入GH到MN到JP的中間位置的過程中，線框動能的變化量為ΔEk＝W1－W2
[解析] 由平衡條件，第一次勻速運動時，mgsinθ＝，第二次勻速運動時，mgsinθ＝，則v2
36、JP的中間位置的過程中，由動能定理得，W1－W2＝ΔEk，選項D正確；線框克服安培力做功為W2，等于產生的電能，且W2＝W1－ΔEk，選項C正確．
[答案] CD
9．(多選)(2019·撫州質檢)如圖所示，在光滑的水平面上方，有兩個磁感應強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場．PQ為兩個磁場的分界線，磁場范圍足夠大．一個邊長為a、質量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直磁場方向從圖中實線位置開始向右運動，當線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中時，線框的速度為，則下列說法正確的是( )
A．此過程中通過線框截面的電荷量為
B．此時線框中的電功率為
C．此過程中回路產生的
37、電能為
D．此時線框的加速度為
[解析] 根據q＝，穿過線圈的磁通量由Ba2減小到零，所以此過程中通過線框橫截面的電荷量為，選項A錯誤；此時線框中的電動勢E＝2Ba·＝Bav，電功率P＝＝，選項B錯誤；此過程中回路產生的電能等于線圈動能的減少量，mv2－m2＝mv2，選項C正確；此時線框中的電流I＝＝，線框所受的安培力的合力為F＝2BIa，加速度為a＝，選項D正確．
[答案] CD
二、非選擇題
10．(2019·浙江五校聯考)如圖所示，光滑絕緣水平面AB與傾角θ＝37°，長L＝5 m的固定絕緣斜面BC在B處平滑相連，在斜面的C處有一與斜面垂直的彈性絕緣擋板．質量m＝0.5 kg、帶
38、電荷量q＝＋5×10－5 C的絕緣帶電小滑塊(可看作質點)置于斜面的中點D，整個空間存在水平向右的勻強電場，場強E＝2×105 N/C，現讓滑塊以v0＝14 m/s的速度沿斜面向上運動．設滑塊與擋板碰撞前后所帶電荷量不變、速度大小不變，滑塊和斜面間的動摩擦因數μ＝0.1.(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：
(1)滑塊沿斜面向上運動的加速度大??；
(2)滑塊運動的總路程．
[解析] (1)滑塊與斜面之間的摩擦力
f＝μ(mgcos37°＋qEsin37°)＝1 N
根據牛頓第二定律可得
qEcos37°－mgsin37°－f＝ma，解得a＝8
39、 m/s2.
(2)由題可知，滑塊最終停在C點．
設滑塊從D點開始運動到最終停在C點的過程中在斜面上運動的總路程為s1，由動能定理有
qEcos37°－mgsin37°－fs1＝0－mv
解得s1＝61.5 m
設滑塊第1次到B時動能為Ek1，從D到B由動能定理得
－qEcos37°＋mgsin37°－f·＝Ek1－mv
解得Ek1＝29 J
設滑塊第1次從B滑到水平面上的最遠距離為x1，
由動能定理得－qEx1＝0－Ek1，解得x1＝2.9 m
水平面光滑，滑塊滑回到B點時動能不變，滑塊在斜面上往返一次克服摩擦力做功Wf＝2fL＝10 J
滑塊第2次回到B點時動能為Ek
40、2＝Ek1－Wf＝19 J
設滑塊第2次從B滑到水平面上的最遠距離為x2，
由動能定理得－qEx2＝0－Ek2，解得x2＝1.9 m
同理，滑塊第3次從B滑到水平面上的最遠距離為x3＝0.9 m
此后就不會再滑到水平面上了
滑塊在水平面上運動的總路程為
s2＝2(x1＋x2＋x3)＝11.4 m
滑塊運動的總路程s＝s1＋s2＝72.9 m
[答案] (1)8 m/s2 (2)72.9 m
11．(2019·內蒙古包頭聯考)如圖甲所示，兩根足夠長的光滑直金屬導軌MN、PQ平行固定在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，兩導軌間距L＝1 m，導軌的電阻可忽略．M、P兩點間接有阻值為R的電
41、阻．一根質量m＝1 kg、電阻r＝0.2 Ω的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，與導軌垂直且接觸良好．整套裝置處于磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向下．自圖示位置起，桿ab受到大小為F、方向平行導軌向下的拉力作用，力F隨桿ab運動速度v變化的圖像如圖乙所示，桿由靜止開始運動，測得通過電阻R的電流隨時間均勻增大．g取10 m/s2，sin37°＝0.6.
(1)試判斷金屬桿ab在勻強磁場中做何種運動，請寫出推理過程；
(2)求電阻R的阻值；
(3)金屬桿ab自靜止開始下滑通過位移x＝1 m的過程中，拉力的平均功率為6.6 W，求在此過程中回路中產生的焦耳熱．
[解析
42、] (1)通過R的電流I＝，E＝BLv，所以I＝
因為B、L、R、r為定值，所以I與v成正比．又因為電流I隨時間均勻增大，故桿的速度v也隨時間均勻增大，即桿的加速度為恒量，金屬桿做勻加速直線運動(或金屬桿做初速度為零的勻加速直線運動)．
(2)對桿：根據牛頓第二定律有F＋mgsinθ－F安＝ma
由圖乙可知：F＝0.5v＋2(N)
F安＝BIL＝v(N)
則可得：2＋mgsinθ＋v＝ma
因為v為變量，a為定值，所以a與v無關，必有
ma＝2＋mgsinθ，0.5－＝0
解得a＝8 m/s2，R＝0.3 Ω
(3)由能量守恒定律得Pt＋mgxsinθ＝Q＋mv2
由勻變速直線運動規(guī)律得x＝at2，v＝at
聯立解得t＝0.5 s，v＝4 m/s，Q＝1.3 J.
[答案] (1)見解析 (2)0.3 Ω (3)1.3 J
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（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題二 功和能 第三講 功能關系在電學中的應用教學案
