【物理】2018届二轮复习专题四第2讲功能关系在电学中的应用学案（全国通用）

【物理】2018届二轮复习专题四第2讲功能关系在电学中的应用学案（全国通用）

第2讲　功能关系在电学中的应用 课标卷高考命题分析 年份 题号·题型·分值 模型·情景 题眼分析 难度 ‎2015年 Ⅱ卷 ‎24题·计算题·12分 粒子在匀强电场中的曲线运动 速度分解 中 ‎2017年 Ⅱ卷 ‎25题·计算题·20分 力电综合(电场力与重力)‎ 受力分析、运动分析、动能定理 难 ‎1．静电力做功与路径无关．若电场为匀强电场，则W＝Flcos α＝Eqlcos α；若是非匀强电场，则一般利用W＝qU来求．‎ ‎2．磁场力又可分为洛伦兹力和安培力．洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都不做功；安培力可以做正功，可以做负功，还可以不做功．‎ ‎3．电流做功的实质是电场对移动电荷做功，即W＝UIt＝Uq.‎ ‎4．导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电能．‎ ‎5．静电力做的功等于电势能的变化，即WAB＝－ΔEp.‎ ‎1．功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．‎ ‎2．动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的方法．‎ 高考题型1　几个重要的功能关系在电学中的应用 例1　(2017·山东省模拟)如图1所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止．撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．与弹簧分离时小球的动能为mgh＋qEh B．从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mgh＋qEh C．从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为 D．撤去外力时弹簧的弹性势能为mv2－(qE－mg)h 答案　D 解析　根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为Ek＝qEh－mgh＋Ep，A错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为ΔE＝mgh＋mv2＝qEh＋Ep，B错误；小球减少的电势能为Eqh，故C错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，mv2＝Ep＋qEh－mgh，所以Ep＝mv2－(qE－mg)h，D正确．‎ ‎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，其他各力对系统做的功等于系统机械能的变化．‎ ‎4．所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化．‎ ‎5．洛伦兹力对运动电荷不做功．‎ ‎1．(多选)(2017·湖北省六校联合体4月联考)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用．若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球(　　)‎ A．重力做功为5 J B．电势能减少2 J C．空气阻力做功0.5 J D．动能减少3.5 J 答案　BD 解析　小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减少2 J，故B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知，空气阻力做功为－0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J，根据动能定理，小球的动能减少3.5 J，故D正确． ‎ ‎2．(多选)(2017·北京燕博园模拟)如图2甲所示，一质量m＝0.5 kg、电荷量q＝＋1×10－2 C的物块静止在绝缘的粗糙水平面上，在物块所在的足够大的空间内，加一与水平方向成θ＝37°、斜向右下的匀强电场，电场强度E＝1×103 V/m.物块在电场力的作用下开始运动．物块运动后还受到空气阻力，其大小与速度的大小成正比．物块的加速度a与时间t的关系如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2.以下判断正确的是(　　)‎ 图2‎ A．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝ B．t＝2 s时物块的动能为56.25 J C．t＝3 s时物块受到的空气阻力为5 N D．前5 s内合外力对物块做的功为100 J 答案　ABD 解析　由题图乙可知，t＝0时物块的加速度a0＝10 m/s2，且t＝0时物块受到的空气阻力为零，对物块进行受力分析可得，Eqcos θ－μ(mg＋Eqsin θ)＝ma0，解得μ＝，故A选项正确；t＝2 s时物块的速度由a－t图线围成的面积可得，v2＝15 m/s，物块的动能Ek＝mv22＝56.25 J，故B选项正确；由a－t图象可知t＝3 s时物块的加速度a3＝2.5 m/s2，对物块进行受力分析可得，Eqcos θ－μ(mg＋Eqsin θ)－Ff＝ma3，解得Ff＝3.75 N，故C选项错误；由a－t图象可知t＝4 s时物块的加速度减为零，此后物块做匀速直线运动，由a－t图线围成的面积可得，物块的最大速度vm＝20 m/s，由动能定理可知，合外力对物块做的功等于物体动能的变化量，即W＝ΔEk＝mvm2＝100 J，故D选项正确．‎ 高考题型2　功能观点在电磁感应问题中的应用 例2　如图3所示，两根等高光滑的四分之一圆弧形轨道与一足够长水平轨道相连，圆弧的半径为R0，轨道间距为L1＝1 m，轨道电阻不计．水平轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B1＝1 T，圆弧轨道处于从圆心轴线上均匀向外辐射状的磁场中，如图所示．在轨道上有两长度稍大于L1、质量均为m＝2 kg、阻值均为R＝0.5 Ω的金属棒a、b，金属棒b通过跨过定滑轮的绝缘细线与一质量为M＝1 kg、边长为L2＝0.2 m、电阻r＝0.05 Ω的正方形金属线框相连．金属棒a从轨道最高处开始，在外力作用下以速度v0＝5 m/s沿轨道做匀速圆周运动到最低点MN处，在这一过程中金属棒b恰好保持静止．当金属棒a到达最低点MN处被卡住，此后金属线框开始下落，刚好能匀速进入下方h＝1 m处的水平匀强磁场B3中，B3＝ T．已知磁场高度H>L2.忽略一切摩擦阻力，重力加速度为g＝10 m/s2.求：‎ 图3‎ ‎(1)辐射磁场在圆弧处磁感应强度B2的大小；‎ ‎(2)从金属线框开始下落到进入磁场前，金属棒a上产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)若在线框完全进入磁场时剪断细线，线框在完全离开磁场B3时刚好又达到匀速，已知线框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q1＝10.875 J，则磁场的高度H为多少．‎ 答案　(1)2 T　(2)2 J　(3)1.2 m 解析　(1)对金属棒b，由力的平衡条件得：‎ Mg＝B1IL1‎ 对a、b金属棒和导轨组成的闭合回路，有 I＝ 联立方程，代入数值求得 B2＝2 T ‎(2)根据能量守恒定律有 Mgh＝Mv2＋mv2＋2Q 线框进入磁场的瞬间，由力的平衡条件得 Mg＝B1I1L1＋B3I2L2‎ 其中，I1＝ I2＝ 联立方程，代入数值求得 Q＝2 J ‎(3)从线框完全进入磁场到完全出磁场，有 MgH＝Mv12－Mv2＋Q1‎ 在完全出磁场的瞬间，由力的平衡条件得 Mg＝B3I3L2‎ 其中，I3＝ 联立方程，代入数值求得 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转化为电能；安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．‎ ‎2．若回路中电流恒定，可以利用W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行电能计算．‎ ‎3．若电流变化，则：(1)利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；(2)利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能．‎ ‎3.(2017·湖北黄冈市模拟)如图4所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g，则此过程中(　　)‎ 图4‎ A．杆的速度最大值为 B．安培力做的功等于电阻R上产生的热量 C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量 D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量 答案　D 解析　当杆达到最大速度vm时，F－μmg－＝0得vm＝，A错；安培力做的功等于电阻R和r上产生的热量，B错；在杆从开始到达到最大速度的过程中由动能定理得WF＋Wf＋W安＝ΔEk，其中Wf＝－μmgl，W安＝－Q，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C错；恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D对．‎ ‎4．(2017·福建南平市3月质检)如图5所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L＝0.2 m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道．水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0 T．一根质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x＝9 m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度．当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h＝0.8 m处．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与轨道垂直且与轨道保持良好接触，取g＝10 m/s2.求：‎ 图5‎ ‎(1)金属棒运动的最大速率v；‎ ‎(2)金属棒在磁场中速度为时的加速度大小；‎ ‎(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热．‎ 答案　(1)4 m/s　(2)1 m/s2　(3)1.5 J 解析　(1)金属棒从出磁场到达到弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律得：‎ mv2＝mgh①‎ 由①得：v＝＝4 m/s②‎ ‎(2) 金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得 F＝BIL＋μmg③‎ I＝④‎ 联立②③④式得F＝0.6 N⑤‎ 金属棒速度为时，设回路中的电流为I′，根据牛顿第二定律得 F－BI′L－μmg＝ma⑥‎ I′＝⑦‎ 联立②⑤⑥⑦解得：a＝1 m/s2‎ ‎(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系：‎ Fx＝μmgx＋mv2＋Q⑧‎ 则电阻R上的焦耳热QR＝Q⑨‎ 联立⑤⑧⑨解得：QR＝1.5 J．‎ 高考题型3　动力学和功能观点在电场中的应用 例3　(2017·全国卷Ⅱ·25)如图6，两水平面(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点将质量均为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刚离开电场时的动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：‎ 图6‎ ‎(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)H　(3) 解析　(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M、N在电场中运动的时间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.由题给条件和运动学公式得 v0－at＝0①‎ s1＝v0t＋at2②‎ s2＝v0t－at2③‎ 联立①②③式得 ＝3④‎ ‎(2)设A点距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 ‎，由运动学公式 vy2＝2gh⑤‎ H＝vyt＋gt2⑥‎ M进入电场后做直线运动，由几何关系知 ‎ ＝⑦‎ 联立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H⑧‎ ‎(3)设电场强度的大小为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，由动能定理得 Ek1＝m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1⑩‎ Ek2＝m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2⑪‎ 由已知条件 Ek1＝1.5Ek2⑫‎ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 E＝.‎ ‎5.(2017·广东揭阳市模拟)如图7，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按E＝x分布(x是轴上某点到O点的距离)．x轴上，有一长为L的绝缘细线连接均带负电的两个小球A、B，两球质量均为m，B球带电荷量大小为q，A球距O点的距离为L.两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用．‎ 图7‎ ‎(1)求A球的带电荷量大小qA；‎ ‎(2)剪断细线后，求B球下落速度达到最大时，B球距O点距离x0；‎ ‎(3)剪断细线后，求B球下落最大高度h.‎ 答案　(1)6q　(2)4L　(3)4L 解析　(1)对A、B由整体法得：2mg－qAL－q×2L＝0‎ 解得qA＝6q ‎(2)当B球下落速度达到最大时，由平衡条件得mg＝qE＝qx0，解得x0＝4L.‎ ‎(3)运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得：‎ mgh－h＝0‎ 解得：h＝4L.‎ ‎6．(2017·山西省重点中学协作体一模) 一质量为m、带电量为＋q的小球从距地面高h处以一定初速度水平抛出，在距抛出点水平距离L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管．管上口距地面 ‎，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域加一个场强方向水平向左的匀强电场，如图8所示，求：‎ 图8‎ ‎(1)小球初速度v0、电场强度E的大小；‎ ‎(2)小球落地时的动能．‎ 答案　(1)2L　　(2)mgh 解析　(1)电场中小球做类平抛运动，在水平方向上：‎ v0＝①‎ 竖直方向上：＝②‎ 又v02＝L③‎ 联立①②③ 得：v0＝2L，E＝.‎ ‎(2)从抛出到落地由动能定理得：‎ mgh－EqL＝Ek－mv02‎ 小球落地时动能：Ek＝＋mgh－EqL＝mgh.‎ 题组1　全国卷真题精选 ‎1．(2013·新课标Ⅰ·16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ‎，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将(　　)‎ A．打到下极板上 B．在下极板处返回 C．在距上极板处返回 D．在距上极板d处返回 答案　D 解析　粒子两次落到小孔的速度相同，设为v，下极板向上平移后由E＝知场强变大，故粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大，由v2＝2ax得第二次减速到零的位移变小，即粒子在下极板之上某位置返回，设粒子在距上极板h处返回，对粒子两次运动过程应用动能定理得mg(＋d)－qU＝0，mg(＋h)－q·h＝0.两方程联立得h＝d，选项D正确．‎ ‎2．(多选)(2012·新课标全国·18)如图9，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子(　　)‎ 图9‎ A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动 答案　BD 解析　带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是电场力F＝Eq ‎，方向垂直于极板向上，因二力均为恒力，又已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确．‎ ‎3．(2015·新课标全国Ⅱ·24)如图10，一质量为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10‎ 答案　 解析　设带电粒子在B点的速度大小为vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 vBsin 30°＝v0sin 60°①‎ 由此得vB＝v0②‎ 设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有 qUAB＝m(vB2－v02)③‎ 联立②③式得UAB＝.‎ 题组2　各省市真题精选 ‎4．(多选)(2015·四川理综·6)如图11所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平．a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零．则小球a(　　)‎ 图11‎ A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B．从N到P的过程中，速率先增大后减小 C．从N到Q的过程中，电势能一直增加 D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 答案　BC 解析　小球a从N点静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力整个过程做负功．小球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，故A错误；小球a受力如图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90°，在P点合力与速度夹角大于90°，所以小球a从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；从N到Q的过程中，库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C正确；根据能量守恒可知，P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误．‎ ‎5．(多选)(2015·广东理综·21)如图12所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则(　　)‎ 图12‎ A．M的带电荷量比N的大 B．M带负电荷，N带正电荷 C．静止时M受到的合力比N的大 D．移动过程中匀强电场对M做负功 答案　BD ‎6．(2015·重庆理综·7)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图13是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.‎ 图13‎ ‎(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；‎ ‎(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率． ‎ 答案　(1)nBIL　方向水平向右　(2)nBILv 解析　(1)线圈所受的安培力为右边所受的安培力，由安培力公式得 F＝nBIL①‎ 由左手定则知方向水平向右 ‎(2)安培力的功率为P＝F·v②‎ 联立①②式解得P＝nBILv.‎ 专题强化练 ‎1.(多选)(2017·甘肃兰州市一模)一带电小球从左向右水平射入竖直向下的匀强电场，在电场中的轨迹如图1所示，a、b为轨迹上的两点，不计空气阻力，下列判断正确的是(　　)‎ 图1‎ A．小球一定带负电荷 B．小球在a点的动能大于b点的动能 C．小球在a点的电势能大于b点的电势能 D．小球的机械能守恒 答案　AC 解析　小球做曲线运动，向合外力方向偏转，合外力方向向上，小球受重力和电场力，故电场力逆着电场线方向，小球带负电，故A正确；小球受力方向与运动方向成锐角，电场力做正功，动能增加，电势能减小，故B错，C对；有电场力做功，机械能不守恒，故D错．‎ ‎2．(多选)(2017·全国名校模拟)如图2所示，表面光滑的绝缘细杆倾斜固定放置，Q点处固定一点电荷．一带电小圆环套在该绝缘细杆上，从细杆上P点处由静止释放，沿细杆上滑到O点时静止．把带电小圆环当作点电荷，则(　　)‎ 图2‎ A．小圆环所带电荷和固定的电荷一定是同种电荷 B．小圆环所带电荷和固定的电荷一定是异种电荷 C．小圆环上滑过程中，电势能减小 D．小圆环上滑过程中，电势能增大 答案　AC 解析　小圆环从P点由静止上滑，说明固定点电荷给小圆环排斥力，A项正确，B项错误；排斥力让小圆环上滑，电场力做正功，电势能减小，C项正确，D项错误．‎ ‎3.(多选)(2017·宁夏银川市二模)如图3所示，绝缘轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小球Q，Q在A处时弹簧处于原长状态，Q可在C处静止．若将另一带正电小球q固定在C正下方某处时，Q可在B处静止．现将Q从A处由静止释放，则Q从A运动到C处的过程中(　　)‎ 图3‎ A．Q运动到C处时速率最大 B．加速度先减小后增大 C．小球Q的机械能不断减小 D．Q、q及弹簧与地球组成的系统的势能不断减小 答案　BC 解析　q在C正下方某处时，Q在B处受力平衡，速率最大，故A错误；Q在B处加速度为零，Q第一次从A运动到C的过程中加速度先减小到零后反向增大，故B正确；Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和，由功能关系有ΔE＝W弹＋W电，而弹簧弹力一直做负功，即W弹＜0，库仑力也一直做负功，即W电＜0，则ΔE＜0，即Q的机械能不断减小，故C正确；系统的势能Ep等于重力势能、电势能与弹性势能之和，根据能量守恒有ΔEp＋ΔEk＝0，由于Q的动能Ek先增大后减小，所以系统的势能先减小后增大，故D错误．‎ ‎4．(多选)(2017·山东日照市一模)质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落．t秒末，在小球下落的空间中，加上竖直向上、范围足够大的匀强电场．再经过时间t，小球又回到A点，不计空气阻力且小球从未落地，重力加速度为g，则(　　)‎ A．小球所受电场力的大小是4mg B．小球回到A点时的动能是mg2t2‎ C．从A点到最低点的距离是gt2‎ D．从A点到最低点，小球的电势能增加了mg2t2‎ 答案　AC ‎ 解析　小球先自由下落，然后匀减速到0，再向上做匀加速运动回到A点．设加上电场后小球的加速度大小为a，规定向下为正方向．整个过程中小球的位移为0，‎ 由gt2＋gt·t－at2＝0解得a＝3g，‎ 根据F合＝F电－mg＝ma得，F电＝4mg，故A正确；‎ t s末的速度v1＝gt，‎ 加电场后，返回A点的速度 vA＝v1－at＝gt－3gt＝－2gt，‎ 小球回到A点时的动能是 Ek＝mvA2＝m(－2gt)2＝2mg2t2，故B错误；‎ 从A点自由下落的高度h1＝gt2，自由落体的末速度v1＝gt，‎ 匀减速下降的高度h2＝＝＝gt2，‎ 小球从A点到最低点的距离h＝h1＋h2＝gt2＋gt2＝gt2，故C正确；‎ 从A到最低点小球电势能增加量等于克服电场力做的功ΔEp＝Fh2＝4mg×gt2＝mg2t2，故D错误．‎ ‎5．(多选)如图4所示，两根相距l＝0.4 m、电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面内平行放置，两导轨左端与阻值R＝0.15 Ω的电阻相连．导轨x>0的一侧存在沿＋x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直(竖直向下)，磁感应强度B＝0.5＋0.5x(T)．一根质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.05 Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直．棒在水平外力作用下从x＝0处沿导轨向右做直线运动，运动过程中回路电流恒为2 A．以下判断正确的是(　　)‎ 图4‎ A．金属棒在x＝3 m处的速度为0.5 m/s B．金属棒在x＝3 m处的速度为0.75 m/s C．金属棒从x＝0运动到x＝3 m过程中克服安培力做的功为1.6 J D．金属棒从x＝0运动到x＝3 m过程中克服安培力做的功为3.0 J 答案　AD 解析　在x＝3 m处，磁感应强度为B＝2 T，因为回路中电流I恒为2 A，由闭合电路欧姆定律得，回路中的感应电动势E＝I(R＋r)＝0.4 V，由E＝Blv可得，此时金属棒的速度v＝0.5 m/s，选项A正确，B错误；由安培力公式可知，F安＝BIl＝0.8×(0.5＋0.5x)(N)，随x成线性变化，因此可用F安－x图的面积或平均作用力来求功，可得金属棒在此过程中克服安培力做功为3.0 J，选项C错误，D正确．‎ ‎6．(多选)如图5所示，竖直平面内有两条水平的平行虚线ab、cd，间距为d，其间(虚线边界上无磁场)有磁感应强度为B的匀强磁场，一个正方形线框边长为L，质量为m，电阻为R.线框位于位置1时，其下边缘到ab的距离为h.现将线框从位置1由静止释放，依次经过2、3、4三个位置，其下边框刚进入磁场和刚要穿出磁场时的速度相等，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．线框在经过2、3、4三个位置时，位置3时线框速度一定最小 B．线框进入磁场过程中产生的电热Q＝mg(d－L)‎ C．线框从位置2下落到位置4的过程中加速度一直减小 D．线框在即将到达位置3的瞬间克服安培力做功的瞬时功率为 答案　AD 解析　线框进入磁场的过程做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，则知经过位置3时线框速度最小，故A正确；由功能关系可知，线框由2到4过程减小的重力势能等于电热，即Q＝mgd，故B错误；由于线框在完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，故C错误；因为进入磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减小到等于重力时，线框做匀速运动，全部进入磁场将做匀加速运动，设线框的最小速度为v，从线框下边刚进入磁场到线框完全进入时，由动能定理有：mv2－mv02＝mgL－mgd，又有：mv02＝mgh，则克服安培力做功的瞬时功率P＝BILv＝＝，故D正确．‎ ‎7．(多选)(2017·黑龙江大庆市二模)如图6所示，两相距为l的平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，与阻值为R的定值电阻相连，导轨电阻不计，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B；有一质量为m的导体棒垂直轨道且与两导轨接触良好，从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，上滑的整个过程中流过电阻R的电荷量为q，导体棒接入电路的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则(　　)‎ 图6‎ A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为 B．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2‎ C．上滑过程中导体棒克服安培力产生的热量mv2－(sin θ＋μcos θ)‎ D．导体棒上滑过程中损失的机械能为mv2－sin θ 答案　AD 解析 ‎　导体棒开始运动时速度最大，产生的感应电动势和感应电流最大，所受的安培力最大，由E＝Blv、I＝、F＝BIl得，最大安培力为 F＝，故A正确．上滑过程中重力、滑动摩擦力、安培力都做功，所以导体棒克服安培力所做的功不等于mv2，故B错误；根据能量守恒可知，上滑过程中导体棒的动能减小，转化为焦耳热、摩擦热和重力势能，则克服安培力产生的热量Q＝mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)＝mv2－(sin θ＋μcos θ)，故C错误．上滑过程动能减小，而重力势能增加，故损失的机械能W＝mv2－mgssin θ＝mv2－sin θ，故D正确．‎ ‎8．(2017·北京海淀区模拟)如图7所示，在水平向右的匀强电场中，水平轨道AB连接着一圆形轨道，圆形轨道固定在竖直平面内，其最低点B与水平轨道平滑连接．现有一质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球(可视为质点)，从与圆形轨道最低点B相距为L的C点由静止开始在电场力作用下沿水平轨道运动．已知小球所受电场力与其所受的重力大小相等，重力加速度为g，水平轨道和圆形轨道均绝缘，小球在运动过程中所带电荷量q保持不变，不计一切摩擦和空气阻力．求：‎ 图7‎ ‎(1)匀强电场的电场强度E的大小；‎ ‎(2)小球由C点运动到B点所用的时间t；‎ ‎(3)小球运动到与圆形轨道圆心O等高的D点时的速度大小vD.‎ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　 (1)对小球，由题意可得：Eq＝mg 解得：E＝ ‎(2)对小球，设从C到B的加速度为a，‎ 根据牛顿第二定律可得：Eq＝ma 由运动学公式可得：L＝at2‎ 联立可解得：t＝ ‎(3)设圆形轨道半径为R，对小球从C到D的过程，根据动能定理有：‎ qE(L＋R)－mgR＝mvD2－0‎ 解得：vD＝.‎ ‎9．(2017·辽宁省重点中学协作校模拟)如图8甲所示，间距为L、电阻不计的平行光滑导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上．在区域Ⅰ内有垂直于斜面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度大小B1随时间t变化的规律如图乙所示．t＝0时刻在轨道上端的金属细棒ab从图示位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd也从位于区域Ⅰ内的导轨上由静止释放．在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF处之前，cd棒始终静止不动．已知cd棒的质量为m、有效电阻为R，ab棒的质量和电阻均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2L，在t＝tx(tx未知)时刻ab棒恰好进入区域Ⅱ.两棒均与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g.求：‎ 图8‎ ‎(1)ab棒在区域Ⅱ内运动的过程中，cd棒消耗的电功率P；‎ ‎(2)ab棒开始下滑的位置到边界EF的距离x；‎ ‎(3)ab棒从开始下滑至滑到边界EF的过程中，回路中产生的热量Q.‎ 答案　(1)　(2)3L　(3)4mgLsin θ 解析　(1)由楞次定律可知，ab棒在区域Ⅱ内运动的过程中，通过cd棒的电流方向由d→c，由于cd棒保持静止，结合左手定则可以判断，区域Ⅰ内磁场的方向垂直斜面向上 由力的平衡条件可知：mgsin θ＝BIL 又：P＝I2R 解得：P＝.‎ ‎(2)对ab棒，由法拉第电磁感应定律有：·(L×2L)＝BLtxgsin θ ab棒开始下滑的位置到区域Ⅱ的上边界的距离为：x1＝gsin θ·tx2‎ 又：x＝x1＋2L 解得：x＝3L.‎ ‎(3)经分析可知，ab棒的质量也为m，ab棒在区域Ⅱ中运动的整个过程中，由能量守恒定律有：‎ Q2＝mg×2Lsin θ 经分析可知，ab棒在区域Ⅱ中的运动时间与其进入区域Ⅱ前的运动时间相同，全过程电流不变，故ab棒在进入区域Ⅱ前回路产生的热量为：Q1＝Q2‎ 又：Q＝Q1＋Q2‎ 解得：Q＝4mgLsin θ.‎