专题05 功能关系在电磁学中的应用
高考常对电学问题中的功能关系进行考查，特别是动能定理的应用．此类题目的特点是过程复杂、综合性强，主要考查学生综合分析问题的能力．预计高考此类题目仍会出现．
一、电场中的功能关系的应用
1.电场力的大小计算
电场力做功与路径无关．其计算方法一般有如下四种．
(1)由公式W＝Flcos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eqlcos α.
(2)由W＝qU计算，此公式适用于任何电场．
(3)由电势能的变化计算：WAB＝EpA－EpB.
(4)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk.
2．电场中的功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．
(3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．
(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化．
二、磁场中的功能关系的应用
1.磁场力的做功情况
(1)洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功．
(2)安培力对通电导线可做正功、负功，还可能不做功，其计算方法一般有如下两种
①由公式W＝Flcos α计算．
②由动能定理计算：W安＋W其他力＝ΔEk
2．电磁感应中的功能关系
(1)电磁感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W克安
(2)电磁感应发生的过程遵从能量守恒．焦耳热的增加量等于其他形式能量的减少量．
考点一 电场中的功能关系
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例1．4．【2017·新课标Ⅰ卷】在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标（ra，a）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是
A．Ea：Eb=4:1 B．Ec：Ed=2:1 C．Wab:Wbc=3:1 D．Wbc:Wcd=1:3
【答案】AC
【变式探究】如图2－6－3所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从 a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则( )
图2－6－3
A．Wa ＝Wb，Ea >Eb B．Wa≠Wb，Ea >Eb
C．Wa＝Wb，Ea0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
（2）A点距电场上边界的高度；
（3）该电场的电场强度大小。
【答案】（1）3:1 （2） （3）
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【解析】（1）设带电小球M、N抛出的初速度均为v0，则它们进入电场时的水平速度仍为v0；M、N在电场中的运动时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2；由运动公式可得：
v0–at=0①
②
③
联立①②③解得：④
（3）设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则，⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理：
⑩
⑪
由已知条件：Ek1=1.5Ek2
联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫解得：
【变式探究】如图2－6－7所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )
A．在P和Q中都做自由落体运动
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B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
图2－6－7
答案 C
【变式探究】(多选)如图2－6－8所示，竖直平面内有一足够长的宽度为L的金属导轨，质量为m的金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好，ab电阻为R，其他电阻不计．导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合开关S，发现导体棒ab立刻做变速运动，则在以后导体棒ab的运动过程中，下列说法中正确的是( )
图2－6－8
A．导体棒ab做变速运动期间加速度一定减小
B．单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为内能
C．导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和电热之和，符合能的转化和守恒定律
D．导体棒ab最后做匀速运动时，速度大小为v＝
解析 导体棒由静止下落，在竖直向下的重力作用下做加速运动．开关闭合时，由右手定则判定，导体中产生的电流方向为逆时针方向，再由左手定则，可判定导体棒受到的安培力方向向上，F＝BIL＝BL，导体棒受到的重力和安培力的合力变小，加速度变小，物体做加速度越来越小的运动，A正确；最后合力为零，加速度为零，做匀速运动．由F－mg＝0得，BL＝mg，v＝
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，D正确；导体棒克服安培力做功，减少的机械能转化为电能，由于电流的热效应，电能又转化为内能，B正确．
答案 ABD
考点三、应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题
例3、在如图2－6－11所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连．弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为mA＝0.1 kg和mB＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6C.设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终处在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求B所受静摩擦力的大小；
(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．
图2－6－11
(2)物体A从M点到N点的过程中，A、B两物体的位移均为s，A、B间绳子张力为T，有qEs＝ΔEp④(2分)
T－μmBg－qE＝mBa⑤(2分)
设A在N点时速度为v，受弹簧拉力为F弹，弹簧的伸长量为Δx，有v2＝2as ⑥(1分)
F弹＝k·Δx ⑦(1分)
F＋mAgsin θ－F弹sin θ－T＝mAa ⑧(2分)
由几何关系知Δx＝ ⑨(2分)
设拉力F在N点的瞬时功率为P，有P＝Fv ⑩(1分)
联立④～⑩式，代入数据解得P＝0.528 W (1分)
答案 (1)0.4 N (2)0.528 W
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【变式探究】如图2－6－12所示，倾角为60°的倾斜平行轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接，轨道之间距离为L，圆形轨道的半径为r.在倾斜平行轨道的上部有磁感应强度为B的垂直于轨道向上的匀强磁场，磁场区域足够大，圆形轨道末端接有一电阻值为R的定值电阻．质量为m的金属棒从距轨道最低端C点高度为H处由静止释放，运动到最低点C时对轨道的压力为7mg，不计摩擦和导轨、金属棒的电阻，求：
图2－6－12
(1)金属棒通过轨道最低端C点的速度大小；
(2)金属棒中产生的感应电动势的最大值；
(3)金属棒整个下滑过程中定值电阻R上产生的热量；
(4)金属棒通过圆形轨道最高点D时对轨道的压力的大小．
解析 (1)设金属棒通过轨道最低端C点的速度为vC，轨道对金属棒的支持力为FC，金属棒对轨道的压力为FC′，由牛顿第二定律可知FC－mg＝ ①(2分)
而FC＝FC′＝7mg ②(1分)
解得vC＝. ③(1分)
(3)由能量守恒定律，在金属棒的整个下滑过程中电阻器R上产生的热量等于金属棒损失的机械能，所以
Q＝mgH－mv ⑦(1分)
联立③⑦得Q＝mg(H－3r) ⑧(2分)
(4)金属棒由C点运动到D点，根据机械能守恒，有
mv＝mv＋mg·2r ⑨(2分)
金属棒通过圆形轨道最高点D时，设轨道对金属棒竖直向下的压力为FD，由牛顿第二定律有
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FD＋mg＝ ⑩(2分)
联立解得FD＝mg ⑪(1分)
由牛顿第三定律可知金属棒通过圆形轨道最高点D时对轨道的压力为mg. (1分)
答案 (1) (2) (3)mg(H－3r)
(4)mg
1．【2017·江苏卷】如图所示，三块平行放置的带电金属薄板、、中央各有一小孔，小孔分别位于、、点．由点静止释放的电子恰好能运动到点．现将板向右平移到点，则由点静止释放的电子
（A）运动到点返回
（B）运动到和点之间返回
（C）运动到点返回
（D）穿过点
【答案】A
2．【2017·新课标Ⅰ卷】在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标（ra，a）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是
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A．Ea：Eb=4:1 B．Ec：Ed=2:1 C．Wab:Wbc=3:1 D．Wbc:Wcd=1:3
【答案】AC
3.【2017·北京卷】（16分）如图所示，长l=1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10–6 C，匀强电场的场强E=3.0×103 N/C，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
（1）小球所受电场力F的大小。
（2）小球的质量m。
（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。
【答案】（1）3.0×10–3 N （2）4.0×10–4 kg （3）2.0 m/s
【解析】（1）根据电场强度定义式可知，小球所受电场力大小为
F=qE=1.0×10–6×3.0×103 N=3.0×10–3 N
（2）小球受mg、绳的拉力T和电场力F作用处于平衡状态，如图所示
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根据几何关系有，得m=4.0×10–4 kg
（3）撤去电场后，小球将绕悬点摆动，根据动能定理有
得
4．【2017·新课标Ⅱ卷】（20分）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和–q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
（2）A点距电场上边界的高度；
（3）该电场的电场强度大小。
【答案】（1）3:1 （2） （3）
【解析】（1）设带电小球M、N抛出的初速度均为v0，则它们进入电场时的水平速度仍为v0；M、N在电场中的运动时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2；由运动公式可得：
v0–at=0①
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②
③
联立①②③解得：④
（2）设A点距离电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，则；
⑤
⑥
因为M在电场中做匀加速直线运动，则
⑦
由①②⑤⑥⑦可得h=⑧
1.【2016·全国卷Ⅱ】如图1所示，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则( )
图1
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A．aa>ab>ac，va>vc>vb
B．aa>ab>ac，vb>vc>va
C．ab>ac>aa，vb>vc>va
D．ab>ac>aa，va>vc>vb
2.【2016·全国卷Ⅲ】关于静电场的等势面，下列说法正确的是( )
A．两个电势不同的等势面可能相交
B．电场线与等势面处处相互垂直
C．同一等势面上各点电场强度一定相等
D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功
【答案】B 【解析】静电场中的电场线不可能相交，等势面也不可能相交，否则的话会出现一个点有两个电场强度和两个电势值的矛盾，A错误；由WAB＝qUAB可知，当电荷在等势面上移动时，电荷的电势能不变，如果电场线不与等势面垂直，那么电荷将受到电场力，在电荷运动时必然会做功并引起电势能变化，这就矛盾了，B正确；同一等势面上各点电势相等，但电场强度不一定相等，C错误；对于负电荷，q0，由电场力做功的公式WAB＝qUAB可知WAB99%，解得d<
8.(2015·新课标全国Ⅱ·24)如图5，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A、B两点间的电势差．
图5
【答案】
9．（2014·四川卷）如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m、电荷量为－q(q>0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射，沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g.
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(1)求发射装置对粒子做的功；
(2)电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度；
(3)若选用恰当直流电源，电路中开关S接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0～Bm＝范围内选取)，使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)．
【答案】(1) (2) (3)0B>0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即
θ0＝0
则题目所求为 0
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