1、第三讲功能关系在电磁学中的应用诊断卷（九）功能关系在电磁学中的应用 点击链接 考点一相对简单，属于保分型考点，建议考生自学；考点二、三、四属于拉分型考点，需师生共研重点突破考点一 电场中的功能关系带电粒子(或带电体)在电场中的运动问题是近几年高考常考的问题，一般涉及受力情况和运动情况分析，特别是电场力做功与电势能变化关系分析和动能定理的应用等，具有试题情景新颖、过程复杂等特点。解决此类问题时，除要准确审题，弄清运动情形外，还应具备以下解题知能。一、理清电场中的功能关系二、谨记名师“三点”提醒1电容器两极板始终与电池相连，两极板间电压保持不变，如诊断卷第 1 题中，一水平放置的平行板电容器的两极
2、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d2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d3，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d2处返回D在距上极板25d 处返回板间电场强度由原来的Ud增加到3U2d。2-x 图线的斜率表示沿 x 方向的电场强度，如诊断卷第 2题中，在光滑的水平面内有一沿 x 轴的静电场，其电势 随 x 坐标值的变化图线如图所示。一质量为 m，带电量为 q 的带正电小球(可视为质点)从 O 点以初
3、速度 v0沿 x 轴正向移动。下列叙述正确的是()A若小球能运动到 x1 处，则该过程小球所受电场力逐渐增大B带电小球从 x1 运动到 x3 的过程中，电势能先减小后增大C若该小球能运动到 x4 处，则初速度 v0 至少为 2q0mD若 v0 为 2q0m，带电粒子在运动过程中的最大速度为6q0m-x 图线均为倾斜直线，因此，沿 x 方向的电场强度分段恒定不变，故 A 项错误；当只有电场力做功时，电势能和动能之和保持不变，电势能最低的地方带电小球的动能最大，如诊断卷第 2 题的 D 选项，速度最大的位置一定在 x3 位置。3注意判断是否需要考虑重力，一般来说，带电小球或带电油滴的重力都要考虑，
4、带电粒子的重力是否考虑与题目条件及粒子的运动规律有关；如诊断卷第 1 题，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d2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d3，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d2处返回D在距上极板25d 处返回带电粒子在上极板正上方由静止下落，必定考虑粒子重力；如诊断卷第 3 题，如图，O、A、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，BOA60，OB3
5、2OA，将一质量为 m 的小球以一定的初动能自 O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过 A 点。使此小球带电，电荷量为 q(q0)，同时加一匀强电场，场强方向与OAB 所在平面平行。现从 O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了 A点，到达 A 点时的动能是初动能的 3 倍；若该小球从 O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过 B 点，且到达 B 点时的动能为初动能的 6 倍，重力加速度大小为 g。求(1)无电场时，小球到达 A 点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向。带电小球的重力应考虑，在运动过程中，带电小球的动能、重力势能、电势能之和不变。保分提
6、速练1(多选)(2015江西省重点中学联考)在粗糙绝缘的水平面上固定一个带电量为 Q 的正点电荷，已知点电荷周围电场的电势可表示为 kQr，式中 k 为静电常量，Q 为场源电荷的带电量，r 为距场源电荷的距离。现有一质量为 m，电荷量为 q 带正电荷的滑块(可视作质点)，其与水平面的动摩擦因数为，kQqx12mg，则()图 2-3-1A滑块与带电量为 Q 的正点电荷距离为 x 时，滑块电势能为kqQxB若将滑块无初速地放在距离场源点电荷 x1 处，滑块最后将停在距离场源点电荷 kqQmgx1处C若将滑块无初速地放在距离场源点电荷 x1 处，当滑块运动到距离场源点电荷 x3 处的加速度为 kqQ
7、mx1x3gD若将滑块无初速地放在距离场源点电荷 x1 处，当滑块运 动 到 距 离 场 源 点 电 荷 x3 处 的 速 度 为 v 2kqQmx1x32g x3x1解析：滑块与带电量为 Q 的正电荷距离为 x 处的电势 kQx，滑块的电势能表达式 EpqkQxq，选项 A 正确；设滑块停止的位置为 x2，由动能定理 q(12)mg(x2x1)0，代入电势可解得 x2 kqQmgx1，选项 B 正确；设滑块运动到距离场源点电荷 x3 处的加速度为 a，由牛顿第二定律，Fmgma，解得加速度：akqQmx32g，选项 C 错误。将滑块无初速地放在距离场源点电荷 x1 处，设滑块运动到距离场源点
8、电荷 x3 处的速度为 v，由动能定理 q(13)mg(x3x1)mv22；v2kqQmx1x3g x3x1，选项 D 正确。答案：ABD 2.(2015邯郸质检)如图 2-3-2，等量异种点电荷，固定在水平线上的 M、N 两点上，有一质量为 m、电荷量为q(可视为点电荷)的小球，固定在长为 L 的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过 O 点且与 MN 垂直的水平轴无摩擦地转动，O 点位于 MN 的垂直平分线上距 MN 为 L 处。现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点 B 时速度为 v，取 O 点电势为零，忽略 q对等量异种电荷形成电场的影响。求：图 2-3-2解析：(1)小球经
9、 B 点时，在竖直方向有Fmgmv2LFmgmv2L由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小Fmgmv2L(1)小球经过 B 点时对杆的拉力大小；(2)在Q、Q 形成的电场中，A 点的电势 A；(3)小球继续向左摆动，经过与 A 等高度的 C 点时的速度大小。(2)由于取 O 点电势为零，而 O 在 MN 的垂直平分线上，所以 B0电荷从 A 到 B 过程中，由动能定理得mgLq(AB)12mv2Amv22mgL2q(3)由电场对称性可知，CA即 UAC2A小球从 A 到 C 过程，根据动能定理qUAC12mvC2vC 2v24gL答案：(1)Fmgmv2L(2)Amv22mgL2q(3)vC
10、2v24gL考点二 复合场中的功能关系带电粒子在复合场中的运动问题是典型的力电综合问题，一般要从受力、运动、功能的角度来分析，此类问题涉及重力、电场力、磁场力、弹力、摩擦力等。涉及的运动形式有匀速直线运动、匀变速直线运动、曲线运动等。综合性较强，能力要求较高，解决此类问题应熟练掌握各种功能关系、动能定理及能量守恒定律的应用。一、复合场的“三类”组合模式1电场、重力场并存：若重力和电场力平衡，则带电体做匀速直线运动，动能不变；若重力和电场力不平衡，一般考查带电体的匀变速直线运动或类平抛运动，应用牛顿运动定律或动能定理，结合运动的合成与分解答题。2电场、磁场并存：若电场力和洛伦兹力平衡，则带电微粒
11、做匀速直线运动；若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电微粒做复杂曲线运动，因 F 洛不做功，可用动能定理求解问题。3电场、磁场、重力场并存：若三力平衡，带电体做匀速直线运动，动能不变；若重力与电场力平衡，一般考查带电体的匀速圆周运动，应用牛顿运动定律和圆周运动知识答题，有时还会用到能量守恒或动能定理。二、谨记“两点”提醒，轻松避开陷阱1对带电体进行必要的受力分析和运动分析，特别关注带电体受力、速度、位置及其变化特点，如出现临界状态，则要分析临界条件。如诊断卷第 4 题，如图所示，粗糙且绝缘的斜面体 ABC 在水平地面上始终静止。在斜面体 AB 边上靠近 B 点固定一点电荷，从A 点无初速释放带负电且
12、电荷量保持不变的小物块(视为质点)，运动到 P 点时速度恰为零。则小物块从 A 到 P 运动的过程()A水平地面对斜面体没有静摩擦作用力B小物块的电势能一直增大C小物块所受到的合外力一直减小D小物块损失的机械能大于增加的电势能物块能从 A 点向下运动，在库仑力增大的情况下能停在 P 点，则可判断 B 处点电荷一定对物块产生库仑斥力作用，电场力做负功，电势能增大。2带电粒子运动的速度大小或方向如果改变，其所受的洛伦兹力的大小和方向也随之改变，其运动为非匀变速曲线运动，运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，如诊断卷第 5 题，设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一带电粒
13、子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自 A 点沿曲线 ACB运动，到达 B 点时速度为零，C 点是运动的最低点，忽略粒子的重力，以下说法中正确的是()A此粒子必带正电荷BA 点和 B 位于同一高度C离子在 C 点时机械能最大D离子到达 B 点后，将沿原曲线返回 A 点粒子轨迹为一般的曲线，因只有电场力做功，粒子的动能和电势能之和守恒，A、B、B必在同一等势面上，C 点电势能最小，机械能(动能)最大。增分强化练1.(2015大庆一模)空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图 2-3-3 所示。一个质量为 m、电量为 q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过 A 点时的速度大小为 v1，
14、方向水平向右，运动至 B 点时的速度大小为 v2。若 A、B 两点之间的高度差为 h，则以下判断中正确的是()图 2-3-3AA、B 两点的电场强度和电势大小关系为 EAEB，Av1，则电场力一定做正功CA、B 两点间的电势差为m2q(v22v122gh)D小球从 A 运动到 B 点的过程中电场力做的功为12mv2212mv12解析：由电场线的疏密程度可知，A 点的电场线较稀疏，B 点的电场线较密，故 A 点的电场强度小于 B 点，由电场线的方向可知，A 点的电势大于 B 点的电势，选项 A 错误；因为小球由 A 到 B 时，虽然速度变大，小球的动能增大，但重力对小球做正功，所以当电场力对小球
15、做负功时，如果其负功的大小小于重力的正功，小球的动能也增加，选项 B 错误；根据动能定理得：mghWf12mv2212mv12，故小球从 A运 动 到 B 点 的 过 程 中，电 场 力 做 的 功 为 Wf 12mv2212mv12 mgh，所以选项 D 错误；因为 WfUq，故 A、B 两点间的电势差为 Um2q(v22v122gh)，选项C 正确。答案：C 2.(2015北京海淀区统考)如图 2-3-4 所示，一均匀带正电绝缘细圆环水平固定，环心为 O 点。带正电的小球从 O点正上方的 A 点由静止释放，穿过圆环中心 O，并通过关于 O 与 A 点对称的 A点。取 O 点为重力势能零点。
16、关于小球从 A 点运动到 A点的过程中，小球的加速度a、重力势能 EpG、机械能 E、电势能 EpE 随位置变化的情况，下列说法中正确的是()图 2-3-4A从 A 到 O 的过程中 a 一定先增大后减小，从 O 到 A的过程中 a 一定先减小后增大B从 A 到 O 的过程中 EpG 小于零，从 O 到 A的过程中EpG 大于零C从 A 到 O 的过程中 E 随位移增大均匀减小，从 O 到 A的过程中 E 随位移增大均匀增大D从 A 到 O 的过程中 EpE 随位移增大非均匀增大，从 O到 A的过程中 EpE 随位移增大非均匀减小解析：因为 OA 方向的场强分布为先增后减，故带正电的小球从 A
17、 到 O 的过程中受向上的电场力先增后减，故根据牛顿第二定律可知，a 一定先减小后增大；同理可知，从 O到 A的过程中 a 一定先增大后减小，故选项 A 错误；从A 到 O 的过程中 EpG 大于零，从 O 到 A的过程中 EpG 小于零，故选项 B 错误；从 A 到 O 的过程中电场力做负功，机械能减小，但是由于 AO 之间和 AO 之间的电场不是匀强电场，故 E 随位移增大不是均匀减小；同理从 O 到 A的过程中 E 随位移增大不是均匀增大，选项 C 错误；由于 AO 之间和 AO 之间的电场不是匀强电场，故从 A 到 O 的过程中 EpE 随位移增大非均匀增大，从 O 到 A的过程中 E
18、pE 随位移增大非均匀减小，选项 D 正确；故选 D。答案：D 考点三 电磁感应中的功能关系利用能量观点分析电磁感应问题时，与力学中的分析方法类似，只是多了安培力做功，多了电能参与能量转化，因此需要明确安培力做功及电能转化的特点。一、明确“是什么”感应电流是如何做功和能量转化的二、清楚“怎么办”归根到力学知识来解题受力分析弄清哪些力做功，做正功，还是负功明确哪些形式能发生转化，哪些增加，哪些减少由动能定理或能量守恒求解从能量观点着手，运用动能定理或能量守恒定律，要特别注意安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”。三、失分“为什么”电学基础不牢固，一错导致全盘输(1)不能正确地判断
19、导体棒的运动而导致错误，如诊断卷第6 题，如图所示，导体棒 ab 电阻不计，由静止开始(不计摩擦)从图示位置下滑，磁场方向垂直斜面向上，则在此过程中()A导体棒 ab 做匀加速直线运动B导体棒 ab 下滑的加速度逐渐减小C导体棒 ab 中的感应电流逐渐减小D导体棒 ab 下滑至速度达到最大值时，动能的增加量小于重力势能的减小量应弄清棒下滑速度增大，安培力也增大，故加速度会减小，其次在分析能量守恒时不要忘记还有电热产生。(2)不能正确地分析电路结构而陷入误区，如诊断卷第 7 题，如图所示，一均匀光滑正方形闭合框架，固定在绝缘水平桌面上，一根同质均匀金属杆 ab 搁在其上且始终接触良好。匀强磁场垂
20、直桌面竖直向下，当 ab 杆在外力F 作用下匀速沿框架从最左端向最右端运动过程中()A外力 F 是恒力B桌面对框架的水平作用力保持不变Cab 杆的发热功率先变小后变大D正方形框架产生的总热量大于 ab 杆产生的总热量应明确 ab 杆是电源，框架是外电路，并判断出外电阻先增大后减小。增分强化练1.(2015合肥二模)如图 2-3-5 所示，、区域是宽度 L 均为0.5 m 的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B1 T，方向相反，一边长 L0.5 m、质量 m0.1 kg、电阻 R0.5 的正方形金属线框 abcd 的 ab 边紧靠磁场边缘，在外力 F 的作用下向右匀速运动穿过磁场区域，速度 v010
21、 m/s。在线框穿过磁场区的过程中，外力 F 所做的功为()A5 J B7.5 JC10 JD15 J图 2-3-5解析：从 ab 进入磁场到 cd 进入磁场的过程中，线圈产生的电能：E1BLv02R Lv0B2L3v0R2.5 J，同理当线圈从磁场中出离时产生的电能也为 E32.5 J；当线圈的 ab 边从开始进入区域到线圈的 cd 边开始进入区域的过程中，线圈产生的电能：E22BLv02RLv04B2L3v0R10 J，故整个过程中线圈一共产生的电能为 EE1E2E315 J，由于力 F 做功等于产生的电能，所以外力 F 所做的功为 15 J，故选项 D 正确。答案：D 2(多选)(201
22、5青岛一模)如图 2-3-6 所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为 L，两导轨间连有一电阻 R，导轨平面与水平面的夹角为，在两虚线间的导轨上涂有薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为 B，方向与导轨平面垂直。质量为 m 的导体棒从 h 高度处由静止释放，在刚要滑到涂层处时恰好匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且仅与涂层间有摩擦，动摩擦因数 tan，其他部分的电阻不计，重力加速度为 g，下列说法正确的是()图 2-3-6A导体棒到达涂层前做加速度减小的加速运动B在涂层区导体棒做减速运动C导体棒到达底端的速度为mgRsin B2L2D整个运动过程中产生的焦耳热为 mghm3g2R2si
23、n22B4L4解析：导体棒到达涂层前随着速度的增加，安培力越来越大，合力越来越小，加速度越来越小，因此做加速度减小的加速运动，A 正确；由于到达涂层时已匀速运动，而涂层的动摩擦因数 tan，因此在涂层区导体棒做匀速运动，B 错误；穿过涂层后导体棒仍匀速运动，因此到达底端时，mgsin B2L2vR，因此导体棒到达底端的速度为mgRsin B2L2，C 正确；由于涂层存在，因此整个运动过程中产生的焦耳热为 mg(hlsin)12mv2mg(hlsin)m3g2R2sin22B4L4，其中 l 为涂层的宽度，D 错误。答案：AC 考点四 应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题本考点在高考中常常以
24、压轴题的形式出现，题目综合性强，分值高，考生易失分，分析此类问题的关键是在正确地进行受力分析和运动分析的前提下，合理选用规律、列出方程求解。一、运用“思维流程”，即使不能得满分，也能得步骤分应用流程帮你化繁为简诊断卷第 8 题：在如图所示的竖直平面内，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 37的光滑斜面上的 M 点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数 k5 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 E5104N/C、方向水平向右的匀强电场中。
25、已知 A、B 的质量分别为 mA 0.1 kg 和 mB0.2 kg，B 所带电荷量 q4106C。设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B 电量不变。取 g10 m/s2，sin 37 0.6，cos 37 0.8。应用流程帮你化繁为简(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 a0.6 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 Ep0.06 J。已知 DN 沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数 0.4。求 A 到达 N 点时拉力F 的瞬时功率。应用流程帮你化繁为简该
26、题的思维流程为：应用流程帮你化繁为简该题的思维流程为：应用流程帮你化繁为简该题的思维流程为：二、突破常考“三题型”，全取满分不是梦题型一 电场中的力电综合问题典例 1(2015四川高考)如图 2-3-7 所示，粗糙、绝缘的直轨道 OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过 A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小 E1.5106N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体 P 电荷量是2.0106 C，质量 m0.25 kg，与轨道间动摩擦因数 0.4。图 2-3-7P 从 O 点由静止开始向右运动，经过 0.55 s 到达 A 点，到达 B 点时速度是 5 m/s，到达
27、空间 D 点时速度与竖直方向的夹角为，且 tan 1.2。P 在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力 F 作用，F 大小与 P 的速率 v 的关系如表所示。P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取 g10 m/s2。v/(ms1)0v22v0，故在 c 点时管壁对小球作用力总竖直向上。由牛顿第三定律可知，小球第 N 次过c 点时对管道的作用力大小为(2N3 N1)mg，方向竖直向下。答案 见解析题型三 电磁感应中的力电综合问题典例 3(2015扬州期末)如图 2-3-9 所示，宽度为 L 的足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的左端连接阻值 R 的电阻。导轨所在空间存在竖直向下
28、的匀强磁场，磁感应强度为 B，一根质量 m 的导体棒 MN 放在导轨上与导轨接触良好，导体棒的有效电阻也为 R，导体棒与导轨间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。导体棒 MN 的初始位置与导轨最左端距离为L，导轨的电阻可忽略不计。图 2-3-9(1)若用一平行于导轨的恒定拉力 F 拉动导体棒沿导轨向右运动，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直，求导体棒最终的速度；(2)若导体棒的初速度为 v0，导体棒向右运动 L 停止，求此过程导体棒中产生的焦耳热；(3)若磁场随时间均匀变化，磁感应强度 BB0kt(k0)，开始导体棒静止，从 t0 时刻起，求导体棒经过多长时间开始运动以及运动的方向。解
29、析(1)导体棒最终匀速运动，设最终速度为 vEBLvI E2RFmgBILv2FmgRB2L2(2)由能量守恒定律得：12mv02mgLQ回路中产生的总焦耳热 Q12mv02mgLQ 棒14mv0212mgL(3)EBt L2kL2I E2R导体棒恰好运动时(B0kt)ILmg解得 t2mgRk2L3 B0k由楞次定律得导体棒将向左运动。答案(1)v2FmgRB2L2 (2)Q棒14mv0212mgL(3)运动时间 t2mgRk2L3 B0k，导体棒将向左运动精题好题仿真押题剑指高考短平快，省时省力跳题海1(多选)(2015四川高考)如图 2-3-10 所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是 O
30、，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 2-3-10A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解析：小球 a 从 N 点释放一直到达 Q 点的过程中，a、b两球的距离一直减小，库仑力变大，a 受重力不变，重力和库仑力的夹角从 90一直减小，故合力变大，选项 A 错误；小球 a
31、从 N 到 P 的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于 90到大于 90，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a 球速率先增大后减小，选项 B 正确；小球 a 由 N 到 Q 的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项 C 正确；小球 a 从 P 到 Q 的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项 D 错误。答案：BC 2(多选)(2015吉林一模)如图 2-3-11 甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为 m，电阻为 R。在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN 和PQ 是匀强磁场区域的水平边
32、界，并与线框的 bc 边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。图 2-3-11图 2-3-11现使金属线框从 MN 上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由静止下落到刚完全穿过匀强磁场区域过程的 v-t 图像，图中字母均为已知量。重力加速度为 g，不计空气阻力。下列说法正确的是()A金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿 adcba 方向B金属线框的边长为 v1(t2t1)C磁场的磁感应强度为1v1t2t1mgRv1D金属线框在 0t4 的时间内所产生的热量为 2mgv1(t2t1)12m(v32v22)解析：根据楞次定律可知，金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿 abcda 方向，选项 A 错
33、误；从 t1t2 线圈匀速进入磁场，则金属线框的边长为 v1(t2t1)，选项 B 正确；线圈进入磁场时，重力等于安培力，则 mgBILBBLv1RL，解得 BmgRL2v11v1t2t1mgRv1，选项 C 正确；根据能量守恒定律，t1 到 t2 时间内，产生的热量为：Q1mgLmgv1(t2t1)；t3 到 t4 时间内，产生的热量为：Q2mgL12m(v32v22)mgv1(t2t1)12m(v32v22)，故 QQ1Q22mgv1(t2t1)12m(v32v22)，故 D 正确。答案：BCD 3(2015龙岩二模)如图 2-3-12 所示，ABCD 为竖直放置的光滑绝缘细管道，其中 A
34、B 部分是半径为 R 的14圆弧形管道，BCD 部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于 B。水平面内的 M、N、B 三点连线构成边长为 L 等边三角形，MN 连线过 C 点且垂直于BCD。两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在 M、N 两点，电荷量分别为Q 和Q，现把质量为 m、电荷量为q 的小球(小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷)，由管道的A 处静止释放，已知静电力常量为 k，重力加速度为 g。求：图 2-3-12解析：(1)设小球在圆弧形管道最低点 B 处分别受到Q 和Q 的库仑力分别为 F1 和 F2。则 F1F2kqQL2小球沿水平方向受到的电场力为 F1 和 F2 的合力
35、F，由平行四边形定则得 F2F1cos 60联立得 FkqQL2(1)小球运动到 B 处时受到电场力的大小；(2)小球运动到 C 处时的速度大小；(3)小球运动到圆弧最低点 B 处时，小球对管道压力的大小。(2)管道所在的竖直平面是Q 和Q 形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有 mgR12mvC20解得 vC 2gR(3)设在 B 点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为 FNBy，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得 FNBymgmvB2R vBvC联立解得 FNBy3mg设在 B 点管道对小球在水平方向的
36、压力的分力为 FNBx，则FNBxFkqQL2圆弧形管道最低点 B 处对小球的压力大小为FNB FNBx2FNBy29m2g2kqQL2 2由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点 B 的压力大小为FNBFNB9m2g2kqQL2 2。答案：见解析4(2015绵阳二诊)如图 2-3-13甲所示，两条不光滑平行金属导轨倾斜固定放置，倾角37，间距 d1 m，电阻 r2 的金属杆与导轨垂直连接，导轨下端接灯泡 L，规格为“4 V,4 W”，在导轨内有长为 l、宽为 d 的矩形区域 abcd，矩形区域内有垂直导轨平面均匀分布的磁场，各点的磁感应强度 B 大小始终相等，B 随时间 t 变化如图乙所示。在
37、 t0 时，金属杆从 PQ 位置静止释放，向下运动直到 cd 位置的过程中，灯泡一直处于正常发光状态。不计两导轨电阻，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2。求：图 2-3-13(1)金属杆的质量 m；(2)03 s 内金属杆损失的机械能 E。解析：(1)设小灯泡额定功率为 P4 W，额定电流为 I，额定电压为 U4 V，正常发光时电阻为 R，则 PIURUI 在 01 s 时间内，金属杆从 PQ 运动到 ab 位置，设整个回路中的感应电动势为 E，磁场区域宽度为 l，则EI(Rr)Ett Bt dl，Bt 2 T/s联立解得 I1 A，R4，E6 V，l3 m在
38、t1 s 金属杆进入磁场后，磁场磁感应强度保持不变，设金属杆进入磁场时速度为 v，金属杆中的感应电动势为E1，则E1E，E1Bdv设金属杆在运动过程中受到的摩擦力为 Ff，杆进入磁场前加速度为 a，则avt1mgsin Ffma进场后杆匀速运动，设受到的安培力为 F 安，所以F 安BIdmgsin FfF 安0联立解得 v3 m/s，a3 m/s2，Ff2 Nm0.67 kg(2)设金属杆进入磁场前 01 s 内的位移为 x1，通过磁场的时间为 t2，则 x1v2t1，t2lv解得 x11.5 m，t21 s故在 2 s 后金属杆出磁场，设第 3 s 内金属杆的位移为 x3,3 s末金属杆的速度为 v3，则x3vt312at32v3vat3解得 x34.5 m，v36 m/sEmg(x1lx3)sin 12mv32E24 J(2)另解：03 s 内杆克服摩擦力做功 WfFf(x1lx3)18 J，克服安培力做功 W1Fl6 J,03 s 内杆损失的机械能为，EWfW124 J。答案：见解析THANKS!谢谢观看