1、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专题五 功能关系在电
2、学中的应用限时训练 （45分钟）经典常规题1(多选)(2018全国卷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fC该电子经过平面d时，其电势能为 4 eVD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，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
3、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，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v m的大小；(2)当金属棒运动的速度为 时，其加速度大小是多少？vm2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(lL)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v 0，ab边离开磁场时的速度也为v0，重力加速度的大
4、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 mg2t232B整个过程中小球速度增量的大小为2gtC从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg 2t2D从A点到最低点小球重力势能变化了 mg2t223精准预测题1如图
5、，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v 0，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 201mvD. 圆环克服摩擦力所做的功不可能为3220gqB2如图所示，ABC是处于竖直平面内的光滑绝缘固定斜劈，C 30 、B60，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v 0，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
6、速度为 v0，若滑块由静止沿AC面滑下2，滑到斜面底端C点时速度为 v0，则下列说法正确的是( )3A电场方向由A指向CBB点电势与D点电势相等C滑块滑到D点时机械能增加了 mv0212D小滑块沿AB面、AC面滑下过程中电势能变化量大小之比为233(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 L0.5 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B0.5 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
7、止在导轨上，已知两棒的质量均为0.5 kg，电阻均为R0.5 ，导轨电阻不计，取 g10 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 NB当ab棒匀速运动时，回路中的电热功率为 100 WC撤去拉力F的瞬间，cd 棒的加速度大小为5 m/s 2D撤去拉力F的瞬间，ab棒的加速度大小为 10 m/s24如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成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B1 T；现有一质量为m10 g、总电阻R1 、边长d0.1 m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边
8、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0.5，求：( 取g10 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
9、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E p；(3)a、b两小球最终的速度v a、v b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，eU ad 6 eV，故U ad6 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， c0，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
10、子可能到达不了平面f，B项正确；经过d时，电势能E pe d2 eV ，C 项错误；由a到b，W abE kbE ka2 eV，所以E kb8 eV；由a到d， WadE kdE ka6 eV ，所以E kd4 eV；则 Ekb2E kd，根据E k mv2知v b vd，D项错误。12 2【答案】AB2【解析】(1)达到最大速度时，设两绳中张力均为F T，金属棒 cd受到的安培力为F，对ab、cd，根据平衡条件得到：2mgsin 2F T2mgcos 2FT mgsin mgcos F而安培力FBIL根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律：EBLv m，IER整理得到：v m 。mgRsi
11、n 3cos B2L2(2)当金属棒的速度为 时，设两绳中张力均为F T1，金属棒cd受到的安培力为F 1，根据牛顿第二定律：vm22mgsin 2F T12mgcos 2ma2FT1mg sin mgcos F 1ma又F 1BI 1L，E 1BL ，I 1vm2 E1R联立以上方程可以得到：a (sin 3cos )。g6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W GW 克安 0，即 W克安 mg( Ll )，C 正确；如
12、果cd边以速度v 0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v 0，D 错误。【答案】C2【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 v22v 1。对加电场之后的运动过程 (图中虚线过程)应用动能定理得1210()vtt，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2211Wmgh电 211mghv1gt得电场力所做的功W 电 mgh 1 mv mv 2mv 2mg 2t2，即整个过程中小球电势能减少了2mg 2t2，故A错12 2 12 21 21；整个过程中速度增量大小为vv 202v 12gt ，故
13、B正确；从加电场开始到小球运动到最低点时，动能变化了E k0 mv mg2t2，故C错；由运动学公式知 ，以及 ，则从A12 21 12 112/()3avth1h2 v21/2a1v21/2a2 31点到最低点小球重力势能变化量为E pmg( h1h 2)mg (h1 h1) mgh1 mv mg2t2，故D正确。13 43 4312 21 23【答案】BD精准预测题1【答案】BC2【解题思路】无电场时由A到B：mgh mv02，有电场时由A到B：mghW E m( v0)2，有电场12 12 2时，由A 到C：mghW E m( v0)2，联立式得： WE mv02，W Emv 02，又因
14、为W EqU AB，W E12 3 12qUAC，故U AB 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，12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 mv012 122，故C正确；根据W E mv02，W Emv 02知滑块沿AB面、AC面滑下过程中电势能变化量大小之比为12，故12D错误。【答案】BC3【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Fmg sin 30 BIL，对cd受力分析，在沿导轨方向
15、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mg sin 30 BIL，联立解得 F5 N，BIL2.5 N，A 错误；I 10 A，故回路中的电热功率为PI 22R100 2.5 NBLW，B 正确；撤去拉力F的瞬间，ab棒的加速度a 10 mgsin 30 BILmm/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】BD4【解析】(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：F安 mgcos mgsin ，F 安 BId，I ，EBdvER联立代入数据解得：v2 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/s 2mgsin mg
16、cos m线圈释放时，PQ边到bb的距离L m1 m 。v22a 2222(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d0.1 mQW 安 F 安 2d代入数据解得：Q410 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)vM212解得：v M 2gR在M点，由牛顿第二定律有：F N2mg qv MB2mvM2R解得：F N6mgqB 2gR根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为：F N6mgqB 2gR(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：2m vM3m v共根据能量守恒定律有：E p (2m)vM2 (3m)v共 212 12解得：E p mgR23(3)由动量守恒定律：2mv M2m vamv b由能量守恒定律有： (2m)vM2 (2m)va2 mvb212 12 12解得：v a vM ，v b vM13 132gR 43 432gR
