专题五
功能关系在电学中的应用
考向预测
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。
知识与技巧的梳理
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
限时训练
（45分钟）
经典常规题
1．(多选)(2018·全国卷Ⅰ·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f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D．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θ，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μ，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？
高频易错题
1．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
B．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mg2t2
B．整个过程中小球速度增量的大小为2gt
C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2
D．从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2
精准预测题
1．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
D. 圆环克服摩擦力所做的功不可能为
2．如图所示，ABC是处于竖直平面内的光滑绝缘固定斜劈，∠C＝30°、∠B＝60°，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ABC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AC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( )
A．电场方向由A指向C
B．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mv02
D．小滑块沿AB面、AC面滑下过程中电势能变化量大小之比为2∶3
3．(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L＝0.5 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强磁场中，磁感应强度为B＝0.5 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R＝0.5 Ω，导轨电阻不计，取g＝10 m/s2，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 N
B．当ab棒匀速运动时，回路中的电热功率为100 W
C．撤去拉力F的瞬间，cd棒的加速度大小为5 m/s2
D．撤去拉力F的瞬间，ab棒的加速度大小为10 m/s2
4．如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，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B＝1 T；现有一质量为m＝10 g、总电阻R＝1 Ω、边长d＝0.1 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μ＝0.5，求：(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(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：
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
限时训练
（45分钟）
经典常规题
1． 【解题思路】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，－eUad＝－6 eV，故Uad＝6 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，φc＝0，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＝－eφd＝2 eV，C项错误；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；则Ekb＝2Ekd，根据Ek＝mv2知vb＝vd，D项错误。
【答案】AB
2．【解析】(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 θ＝2FT＋2μmgcos θ
2FT＝mgsin θ＋μmgcos θ＋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，I＝
整理得到：vm＝。
(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：
2mgsin θ－2FT1－2μmgcos θ＝2ma
2FT1－mgsin θ－μmgcos θ－F1＝ma
又F1＝BI1L，E1＝BL，I1＝
联立以上方程可以得到：a＝(sin θ－3μcos θ)。
高频易错题
1．【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】C
2．【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，得v2＝2v1。对加电场之后的运动过程(图中虚线过程)应用动能定理得，对此前自由下落过程由机械能守恒得，又，联立以上各式可解
得电场力所做的功W电＝mgh1＋mv－mv＝2mv＝2mg2t2，即整个过程中小球电势能减少了2mg2t2，故A错；整个过程中速度增量大小为Δv＝v2－0＝2v1＝2gt，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ΔEk＝0－mv＝－mg2t2，故C错；由运动学公式知，以及＝＝，则从A点到最低点小球重力势能变化量为ΔEp＝mg(h1＋h2)＝mg(h1＋h1)＝mgh1＝×mv＝mg2t2，故D正确。
【答案】BD
精准预测题
1．【答案】BC
2．【解题思路】无电场时由A到B：mgh＝mv02①，有电场时由A到B：mgh＋WE＝m(v0)2②，有电场时，由A到C：mgh＋WE′＝m(v0)2③，联立①②③式得：WE＝mv02，WE′＝mv02，又因为WE＝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，所以电场方向不可能由A指向C，故A错误；因D为AC的中点，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面滑下过程中电势能变化量大小之比为1∶2，故D错误。
【答案】BC
3．【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F＝5 N，BIL＝2.5 N，A错误；I＝＝10 A，故回路中的电热功率为P＝I2·2R＝100 W，B正确；撤去拉力F的瞬间，ab棒的加速度a＝＝10 m/s2，cd棒受力不变，所以合力为零，加速度为零，C错误，D正确。
【答案】BD
4．【解析】(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：
F安＋μmgcos θ＝mgsin θ，F安＝BId，I＝，E＝Bdv
联立代入数据解得：v＝2 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/s2
线圈释放时，PQ边到bb′的距离L＝＝ m＝1 m。
(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d＝0.1 m
Q＝W安＝F安·2d
代入数据解得：Q＝4×10－3 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：2mgR＝(2m)vM2
解得：vM＝
在M点，由牛顿第二定律有：FN－2mg－qvMB＝
解得：FN＝6mg＋qB
根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为：FN′＝6mg＋qB
(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：2mvM＝3mv共
根据能量守恒定律有：Ep＝(2m)vM2－(3m)v共2
解得：Ep＝mgR
(3)由动量守恒定律：2mvM＝2mva＋mvb
由能量守恒定律有：(2m)vM2＝(2m)va2＋mvb2
解得：va＝vM＝，vb＝vM＝
维权 声明
微信/支付宝扫码支付