【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2021高考物理二輪復(fù)習(xí)(江蘇專用)-教師用書-第6講-功能關(guān)系在電磁學(xué)中的應(yīng)用

第6講功能關(guān)系在電磁學(xué)中的應(yīng)用1．(多選)(2021·江蘇卷，6)將一電荷量為＋Q的小球放在不帶電的金屬球四周，所形成的電場線分布如圖2－6－1所示，金屬球表面的電勢處處相等．a(chǎn)、b為電場中的兩點(diǎn)，則()圖2－6－1A．a(chǎn)點(diǎn)的電場強(qiáng)度比b點(diǎn)的大B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的高C．檢驗(yàn)電荷－q在a點(diǎn)的電勢能比在b點(diǎn)的大D．將檢驗(yàn)電荷－q從a點(diǎn)移到b點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功解析依據(jù)圖中電場線的疏密可知a點(diǎn)場強(qiáng)比b點(diǎn)的大，A項(xiàng)正確；由電場線的方向可知a點(diǎn)電勢比b點(diǎn)的高，則B項(xiàng)正確；由電場力做功和電勢能變化關(guān)系可推斷C錯(cuò)，D項(xiàng)正確．答案ABD2．(2022·江蘇卷，13)如圖2－6－2所示，在勻強(qiáng)磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，長為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直．質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，并始終勻速滑到導(dǎo)軌底端．導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計(jì)，重力加速度為g.求：圖2－6－2(1)導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v；(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析(1)在絕緣涂層上運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力平衡：則有mgsinθ＝μmgcosθ①解得：μ＝tanθ②(2)在光滑導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E＝BLv③則電路中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)④導(dǎo)體棒所受安培力F安＝BIL⑤且由平衡條件得F安＝mgsinθ⑥聯(lián)立③～⑥式，解得v＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)⑦(3)從開頭下滑到滑至底端由能量守恒定律得：3mgdsinθ＝Q＋Qf＋eq\f(1,2)mv2⑧又由因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Qf＝μmgdcosθ⑨聯(lián)立⑧⑨解得Q＝2mgdsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)⑩答案(1)tanθ(2)eq\f(mgRsinθ,B2L2)(3)2mgdsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)主要題型：選擇題、計(jì)算題學(xué)問要點(diǎn)(1)結(jié)合電場力的功、安培力的功、摩擦力的功考查對(duì)功能關(guān)系的理解．(2)功能關(guān)系、能量守恒在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用．物理方法(1)守恒法(2)過程分解法(3)過程組合法(4)模型法命題趨勢估計(jì)2021年高考會(huì)連續(xù)對(duì)電學(xué)問題中的功能關(guān)系及動(dòng)能定理的應(yīng)用進(jìn)行考查．此類題目的特點(diǎn)是過程簡單、綜合性強(qiáng)．熱點(diǎn)一電場中的功能關(guān)系圖2－6－31．(2022·重慶卷，3)如圖2－6－3所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實(shí)線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，設(shè)電場力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則()A．Wa＝Wb，Ea>EbB．Wa≠Wb，Ea>EbC．Wa＝Wb，Ea<EbD．Wa≠Wb，Ea<Eb解析由于a、b在同一等勢線上，故從a到c與從b到c的電勢差相等，即Uac＝Ubc，又由電場力做功公式W＝qU可知：Wa＝Wb，故B、D錯(cuò)誤．又由電場線的疏密表示電場的強(qiáng)弱，從圖可知a處比b處電場線密集，故Ea>Eb，故A對(duì)，C錯(cuò)．答案A圖2－6－42．如圖2－6－4所示，在絕緣水平面上方存在著足夠大的水平向右的勻強(qiáng)電場，帶正電的小金屬塊以肯定的初速度從A點(diǎn)開頭沿水平面對(duì)左做直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)L長度到達(dá)B點(diǎn)，速度變?yōu)榱悖诖诉^程中，金屬塊損失的動(dòng)能有eq\f(2,3)轉(zhuǎn)化為電勢能．金屬塊連續(xù)運(yùn)動(dòng)到某點(diǎn)C(圖中未標(biāo)出)時(shí)的動(dòng)能和A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相同，則金屬塊從A開頭運(yùn)動(dòng)到C的整個(gè)過程中經(jīng)過的總路程為 () A．1.5L B．2L C．3L D．4L解析依據(jù)題述，小金屬塊從A運(yùn)動(dòng)到B，克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,3)Ek＝fL，克服電場力做功WE＝eq\f(2,3)Ek＝qEL.設(shè)小金屬塊從B運(yùn)動(dòng)到C經(jīng)過的路程為s，由動(dòng)能定理qEs－fs＝Ek，解得s＝3L.金屬塊從A開頭運(yùn)動(dòng)到C的整個(gè)過程中經(jīng)過的總路程為L＋s＝4L，選項(xiàng)D正確．答案D3.(2022·天津卷，4)如圖2－6－5所示，平行金屬板A、B水平正對(duì)放置，分別帶等量異號(hào)電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖中虛線所示，那么()A．若微粒帶正電荷，則A板肯定帶正電荷B．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢能肯定增加C．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能肯定增加D．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)機(jī)械能肯定增加圖2－6－5解析微粒同時(shí)受到重力和電場力作用，由題中條件僅可推斷出重力與電場力合力向下，無法確定電場力的大小和方向，故只能確定合力對(duì)微粒做正功，其動(dòng)能增大，其他結(jié)論均無法確定，選C.答案C4．(2022·徐州市高三第三次質(zhì)量檢測)如圖2－6－6甲，傾角為θ的光滑絕緣斜面，底端固定一帶電量為Q的正點(diǎn)電荷．將一帶正電小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，小物塊沿斜面對(duì)上滑動(dòng)至最高點(diǎn)B處，此過程中小物塊的動(dòng)能和重力勢能隨位移的變化圖象如圖乙(E1和x1為已知量)．已知重力加速度為g，靜電力常量為k，由圖象可求出()圖2－6－6A．小物塊的帶電量B．A、B間的電勢差C．小物塊的質(zhì)量D．小物塊速度最大時(shí)到斜面底端的距離解析小物塊在B點(diǎn)時(shí)E1＝mgx1sinθ，解得m＝eq\f(E1,gx1sinθ)，選項(xiàng)C正確；小物塊由A到B的過程中，據(jù)動(dòng)能定理，可得qUAB＋WG＝0，由功能關(guān)系知WG＝－E1，故有qUAB＝E1，故只能求得小物塊由A到B的過程中電場力所做的功(或小物塊電勢能的削減量)，無法求出小物塊的帶電量及A、B兩點(diǎn)間的電勢差，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；小物塊向上運(yùn)動(dòng)的過程中，開頭時(shí)庫侖力大于重力沿斜面對(duì)下的分力，小物塊向上加速，隨著向上運(yùn)動(dòng)，庫侖力減小，當(dāng)庫侖力等于重力沿斜面對(duì)下的分力時(shí)，小物塊的速度達(dá)到最大，此時(shí)有mgsinθ＝keq\f(Qq,r2)，因q未知，故無法求得小物塊到斜面底端的距離r，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案C解決電學(xué)中功能關(guān)系問題時(shí)應(yīng)留意以下幾點(diǎn)1．電場力做功與路徑無關(guān)，電場力做的功等于電勢能的削減量．2．力學(xué)中的幾個(gè)功能關(guān)系在電學(xué)中仍舊成立．熱點(diǎn)二功能觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用5．(2022·廣東卷，15)如圖2－6－7所示，上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則小磁塊()A．在P和Q中都做自由落體運(yùn)動(dòng)B．在兩個(gè)下落過程中的機(jī)械能都守恒C．在P中的下落時(shí)間比在Q中的長D．落至底部時(shí)在P中的速度比在Q中的大圖2－6－7解析由于電磁感應(yīng)，小磁塊在銅管P中還受到向上的磁場力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q中做自由落體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，故A、B錯(cuò)誤；而在P中加速度較小，下落時(shí)間較長，落至底部的速度較小，故C正確，D錯(cuò)誤．答案C6．(多選)如圖2－6－8所示，豎直平面內(nèi)有一足夠長的寬度為L的金屬導(dǎo)軌，質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地上下滑動(dòng)，且導(dǎo)體棒ab與金屬導(dǎo)軌接觸良好，ab電阻為R，其他電阻不計(jì)．導(dǎo)體棒ab由靜止開頭下落，過一段時(shí)間后閉合開關(guān)S，發(fā)覺導(dǎo)體棒ab馬上做變速運(yùn)動(dòng)，則在以后導(dǎo)體棒ab的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法中正確的是()圖2－6－8A．導(dǎo)體棒ab做變速運(yùn)動(dòng)期間加速度肯定減小B．單位時(shí)間內(nèi)克服安培力做的功全部轉(zhuǎn)化為電能，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能C．導(dǎo)體棒削減的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為閉合電路中的電能和電熱之和，符合能的轉(zhuǎn)化和守恒定律D．導(dǎo)體棒ab最終做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小為v＝eq\f(mgR,B2L2)解析導(dǎo)體棒由靜止下落，在豎直向下的重力作用下做加速運(yùn)動(dòng)．開關(guān)閉合時(shí)，由右手定則判定，導(dǎo)體中產(chǎn)生的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，再由左手定則，可判定導(dǎo)體棒受到的安培力方向向上，F(xiàn)＝BIL＝Beq\f(BLv,R)L，導(dǎo)體棒受到的重力和安培力的合力變小，加速度變小，物體做加速度越來越小的運(yùn)動(dòng)，A正確；最終合力為零，加速度為零，做勻速運(yùn)動(dòng)．由F－mg＝0得，Beq\f(BLv,R)L＝mg，v＝eq\f(mgR,B2L2)，D正確；導(dǎo)體棒克服安培力做功，削減的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，由于電流的熱效應(yīng)，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，B正確．答案ABD7.(2022·全國卷新課標(biāo)Ⅱ，25)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示．整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下．在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點(diǎn)和外圓導(dǎo)軌的D點(diǎn)之間接有一阻值為R的電阻(圖2－6－9中未畫出)．圖2－6－9直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽視．重力加速度大小為g.求(1)通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大?。?2)外力的功率．解析(1)在Δt時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒掃過的面積為：ΔS＝eq\f(1,2)ωΔt[(2r)2－r2]①依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為：E＝eq\f(BΔS,Δt)②依據(jù)右手定則，感應(yīng)電流的方向是從B端流向A端，因此流過導(dǎo)體R的電流方向是從C端流向D端；由歐姆定律流過導(dǎo)體R的電流滿足：I＝eq\f(E,R)③聯(lián)立①②③可得：I＝eq\f(3ωBr2,2R)④(2)在豎直方向有：mg－2N＝0⑤式中，由于質(zhì)量分布均勻，內(nèi)外圓導(dǎo)軌對(duì)導(dǎo)體棒的正壓力相等，其值為N，兩導(dǎo)軌對(duì)運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體棒的滑動(dòng)摩擦力均為：f＝μN(yùn)⑥在Δt時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒在內(nèi)外圓導(dǎo)軌上掃過的弧長分別為：l1＝rωΔt⑦和l2＝2rωΔt⑧克服摩擦力做的總功為：Wf＝f(l1＋l2)⑨在Δt時(shí)間內(nèi)，消耗在電阻R上的功為：WR＝I2RΔt⑩依據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律，外力在Δt時(shí)間內(nèi)做的功為：W＝Wf＋WR?外力的功率為：P＝eq\f(W,Δt)?由④至?式可得：P＝eq\f(3,2)μmgωr＋eq\f(9ω2B2r4,4R)?答案(1)eq\f(3ωBr2,2R)方向由C→D(2)eq\f(3,2)μmgωr＋eq\f(9ω2B2r4,4R)8．(2022·西安一模)如圖2－6－10所示，兩根正對(duì)的平行金屬直軌道MN、M′N′位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l＝0.50m．軌道的M、M′端之間接一阻值R＝0.40Ω的定值電阻，N、N′端與兩條位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、N′P′平滑連接，兩半圓軌道的半徑均為R0＝0.50m．圖2－6－10直軌道的右端處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.64T的勻強(qiáng)磁場中，磁場區(qū)域的寬度d＝0.80m，且其右邊界與NN′重合．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.20kg、電阻r＝0.10Ω的導(dǎo)體桿ab靜止在距磁場的左邊界s＝2.0m處．在與桿垂直的水平恒力F＝2.0N的作用下導(dǎo)體桿開頭運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至磁場的左邊界時(shí)撤去F，結(jié)果導(dǎo)體桿恰好能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)PP′.已知導(dǎo)體桿在運(yùn)動(dòng)過程中與軌道接觸良好，且始終與軌道垂直，導(dǎo)體桿與直軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.10，軌道的電阻可忽視不計(jì)，取g＝10m/s2，求：(1)導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場時(shí)，通過導(dǎo)體桿上的電流的大小和方向；(2)導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中通過電阻R上的電荷量；(3)導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱．解析(1)設(shè)導(dǎo)體桿在F的作用下運(yùn)動(dòng)至磁場的左邊界時(shí)的速度為v1，依據(jù)動(dòng)能定理則有(F－μmg)s＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v1＝6.0m/s導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Blv1＝1.92V此時(shí)通過導(dǎo)體桿上的電流大小I＝eq\f(E,R＋r)＝3.84A依據(jù)右手定則可知，電流方向?yàn)橛蒪向a.(2)設(shè)導(dǎo)體桿在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的平均值E平均，則由法拉第電磁感應(yīng)定律有E平均＝ΔΦ/t＝Bld/t通過電阻R的感應(yīng)電流的平均值I平均＝E平均/(R＋r)通過電阻R的電荷量q＝I平均t＝0.512C.(3)設(shè)導(dǎo)體桿離開磁場時(shí)的速度大小為v2，運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道最高點(diǎn)的速度為v3，因?qū)w桿恰好能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)，依據(jù)牛頓其次定律對(duì)導(dǎo)體桿在軌道最高點(diǎn)時(shí)有mg＝meq\f(v\o\al(2,3),R0)對(duì)于導(dǎo)體桿從NN′運(yùn)動(dòng)至PP′的過程，依據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋mg·2R0聯(lián)立解得v2＝5.0m/s導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝1.1J此過程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝ΔE－μmgd＝0.94J.答案(1)3.84A由b→a(2)0.512C(3)0.94J電磁感應(yīng)中焦耳熱的求法1．電磁感應(yīng)電路為純電阻電路時(shí)產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即Q＝W克安．2．若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計(jì)算．3．若電流變化，則：(1)利用安培力做的功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；(2)利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能的削減量等于產(chǎn)生的電能．高考命題熱點(diǎn)6.應(yīng)用動(dòng)力學(xué)學(xué)問和功能關(guān)系解決力電綜合問題(1)功能關(guān)系在電學(xué)中應(yīng)用的題目，一般過程簡單且涉及多種性質(zhì)不同的力，因此，通過審題，抓住受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析是關(guān)鍵，然后依據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過程中各力做功的特點(diǎn)來選擇相應(yīng)規(guī)律求解．動(dòng)能定理和能量守恒定律在處理電學(xué)中能量問題時(shí)仍是首選．(2)若題目中消滅兩個(gè)以及兩個(gè)以上物體用繩、桿之類物體連接時(shí)，要特殊留意找出各物體的位移大小、加速度大小、速度大小的關(guān)系，這些關(guān)系往往就是解決問題的突破口．【典例】(2021·四川，10)(17分)在如圖2－6－11所示的豎直平面內(nèi)，物體A和帶正電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，分別靜止于傾角θ＝37°的上的M點(diǎn)和粗糙絕緣水平面上，輕繩與對(duì)應(yīng)平面平行．勁度系數(shù)k＝5N/m的輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，一端用另一輕繩穿過固定的光滑小環(huán)D與A相連．彈簧處于原長，輕繩恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面處于場強(qiáng)E＝5×104N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中．已知A、B的質(zhì)量分別為mA＝0.1kg和mB＝0.2kg，B所帶電荷量q＝＋4×10－6C.設(shè)兩物體均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)滑輪質(zhì)量和摩擦，繩不行伸長，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，B電荷量不變．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求B所受靜摩擦力的大??；(2)現(xiàn)對(duì)A施加沿斜面對(duì)下的拉力F，使A以加速度a＝0.6m/s2開頭做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．A從M到N的過程中，B的電勢能增加了ΔEp＝0.06J．已知DN沿豎直方向，B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4.求A到達(dá)N點(diǎn)時(shí)拉力F的瞬時(shí)功率．圖2－6－11審題流程第一步：抓住關(guān)鍵點(diǎn)→獵取信息其次步：抓好過程分析→理清解題思路滿分解答(1)F作用之前，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)．設(shè)B所受靜摩擦力大小為f0，A、B間繩中張力為T0，有對(duì)A：T0＝mAgsinθ①(2分)對(duì)B：T0＝qE＋f0②(2分)聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得：f0＝0.4N③(1分)(2)物體A從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中，A、B兩物體的位移均為s，A、B間繩子張力為T，有qEs＝ΔEp④(2分)T－μmBg－qE＝mBa⑤(2分)設(shè)A在N點(diǎn)時(shí)速度為v，受彈簧拉力為F彈，彈簧的伸長量為Δx，有v2＝2as ⑥(1分)F彈＝k·Δx ⑦(1分)F＋mAgsinθ－F彈sinθ－T＝mAa ⑧(2分)由幾何關(guān)系知Δx＝eq\f(s1－cosθ,sinθ) ⑨(2分)設(shè)拉力F在N點(diǎn)的瞬時(shí)功率為P，有P＝Fv ⑩(1分)聯(lián)立④～⑩式，代入數(shù)據(jù)解得P＝0.528W (1分)答案(1)0.4N(2)0.528W連接體中的力與運(yùn)動(dòng)、功能關(guān)系的分析技巧1．當(dāng)相互作用的兩個(gè)(或兩個(gè)以上的)物體處于平衡狀態(tài)時(shí)，我們把這類問題稱之為處于平衡狀態(tài)的連接體問題．比如本題的第(1)問．解決此類問題需要綜合運(yùn)用整體法和隔離法進(jìn)行受力分析，分別列出平衡方程，要留意連接體間的關(guān)聯(lián)量，比如本題中繩子的拉力處處相等．2．第(2)問屬于連接體的動(dòng)態(tài)關(guān)系問題，也需要對(duì)各物體進(jìn)行受力分析，各自列牛頓其次定律方程、運(yùn)動(dòng)學(xué)方程、功能關(guān)系方程，然后再考慮兩者的關(guān)系方程，比如本題中繩連的兩物體，繩子的拉力、物體的位移、速度大小相等．圖2－6－12(16分)如圖2－6－12所示，傾角為60°的傾斜平行軌道與豎直面內(nèi)的平行圓形軌道平滑對(duì)接，軌道之間距離為L，圓形軌道的半徑為r.在傾斜平行軌道的上部有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的垂直于軌道向上的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域足夠大，圓形軌道末端接有一電阻值為R的定值電阻．質(zhì)量為m的金屬棒從距軌道最低端C點(diǎn)高度為H處由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力為7mg，不計(jì)摩擦和導(dǎo)軌、金屬棒的電阻，求：(1)金屬棒通過軌道最低端C點(diǎn)的速度大??；(2)金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值；(3)金屬棒整個(gè)下滑過程中定值電阻R上產(chǎn)生的熱量；(4)金屬棒通過圓形軌道最高點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的壓力的大小．解析(1)設(shè)金屬棒通過軌道最低端C點(diǎn)的速度為vC，軌道對(duì)金屬棒的支持力為FC，金屬棒對(duì)軌道的壓力為FC′，由牛頓其次定律可知FC－mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),r) ①(2分)而FC＝FC′＝7mg ②(1分)解得vC＝eq\r(6gr). ③(1分)(2)由于磁場區(qū)域足夠大，金屬棒在重力和安培力作用下加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)安培力等于重力沿傾斜軌道向下的分力時(shí)，速度最大，此時(shí)金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢最大．由mgsin60°＝BIL ④(2分)I＝eq\f(E,R) ⑤(1分)解得感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值E＝eq\f(\r(3)mgR,2BL). ⑥(1分)(3)由能量守恒定律，在金屬棒的整個(gè)下滑過程中電阻器R上產(chǎn)生的熱量等于金屬棒損失的機(jī)械能，所以Q＝mgH－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C) ⑦(1分)聯(lián)立③⑦得Q＝mg(H－3r) ⑧(2分)(4)金屬棒由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，依據(jù)機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2r ⑨(2分)金屬棒通過圓形軌道最高點(diǎn)D時(shí)，設(shè)軌道對(duì)金屬棒豎直向下的壓力為FD，由牛頓其次定律有FD＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,D),r) ⑩(2分)聯(lián)立解得FD＝mg ?(1分)由牛頓第三定律可知金屬棒通過圓形軌道最高點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的壓力為mg. (1分)答案(1)eq\r(6gr)(2)eq\f(\r(3)mgR,2BL)(3)mg(H－3r)(4)mg一、單項(xiàng)選擇題1．(2022·全國大綱卷，15)地球表面四周某區(qū)域存在大小為150N/C、方向豎直向下的電場．一質(zhì)量為1.00×10－4kg、帶電量為－1.00×10－7C的小球從靜止釋放，在電場區(qū)域內(nèi)下落10.0m．對(duì)此過程，該小球的電勢能和動(dòng)能的轉(zhuǎn)變量分別為(重力加速度大小取9.80m/s2，忽視空氣阻力)()A．－1.50×10－4J和9.95×10－3JB．1.50×10－4J和9.95×10－3JC．－1.50×10－4J和9.65×10－3JD．1.50×10－4J和9.65×10－3J解析小球下落過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增加，增加的電勢能ΔEp＝qEh＝1.00×10－7×150×10.0J＝1.50×10－4J．由動(dòng)能定理知，動(dòng)能的轉(zhuǎn)變量為合外力做的功，則動(dòng)能轉(zhuǎn)變量ΔEk＝(mg－qE)h＝(1.00×10－4×9.8－1.00×10－7×150)×10.0J＝9.65×10－3J.答案D2．(2022·信陽一模)圖2－6－13如圖2－6－13所示，質(zhì)量為m的金屬線框A靜置于光滑水平面上，通過細(xì)繩跨過定滑輪與質(zhì)量為m的物體B相連，圖中虛線內(nèi)為一水平勻強(qiáng)磁場，d表示A與磁場左邊界的距離，不計(jì)滑輪摩擦及空氣阻力，設(shè)B下降h(h＞d)高度時(shí)的速度為v，則以下關(guān)系中能夠成立的是()A．v2＝ghB．v2＝2ghC．A產(chǎn)生的熱量Q＝mgh－mv2D．A產(chǎn)生的熱量Q＝mgh－eq\f(1,2)mv2解析由于線框在磁場內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀況未知，故不能推斷v與h的具體關(guān)系，故A、B錯(cuò)誤；依據(jù)題意，線框A進(jìn)入磁場的過程克服安培力做功，線框A產(chǎn)生的熱量為Q，對(duì)A、B構(gòu)成的系統(tǒng)，在B下降h高度的過程中，據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)×2mv2＋Q，Q＝mgh－mv2，故選項(xiàng)C正確．答案C3．(2022·安徽卷，17)圖2－6－14一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動(dòng)．取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖2－6－14所示，下列圖象中合理的是()解析由Ep－x圖象可知，圖線上任一點(diǎn)切線的斜率漸漸減小，又因ΔEp＝W＝Eq·x，由此推斷粒子所受到的電場力、加速度及電場強(qiáng)度漸漸減小，故選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、B、C均錯(cuò)．答案D圖2－6－154．如圖2－6－15所示，固定放置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導(dǎo)軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中．一質(zhì)量為m(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開頭沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)距離l時(shí)，速度恰好達(dá)到最大(運(yùn)動(dòng)過程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直)．設(shè)桿接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g.則此過程中()A．桿的速度最大值為eq\f(F－μmgR,B2d2)B．安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量C．恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量D．恒力F做的功與安培力做的功之和大于桿動(dòng)能的變化量解析當(dāng)桿達(dá)到最大速度vm時(shí)，F(xiàn)－μmg－eq\f(B2d2vm,R＋r)＝0得vm＝eq\f(F－μmgR＋r,B2d2)，A錯(cuò)；安培力做的功等于電阻R和r上產(chǎn)生的熱量，B錯(cuò)；在桿從開頭到達(dá)到最大速度的過程中由動(dòng)能定理得WF＋Wf＋W安＝ΔEk，其中Wf＝－μmgl，W安＝－Q，恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和，C錯(cuò)；恒力F做的功與安培力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量與克服摩擦力做的功之和，D對(duì)．答案D5．(2022·江西重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)盟其次次聯(lián)考)質(zhì)量為m的帶正電小球由空中某點(diǎn)自由下落，下落高度h后在整個(gè)空間加上豎直向上的勻強(qiáng)電場，再經(jīng)過相同時(shí)間小球又回到原動(dòng)身點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，且整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中小球從未落地，重力加速度為g，則()A．從加電場開頭到小球返回原動(dòng)身點(diǎn)的過程中，小球電勢能削減了mghB．從加電場開頭到小球下落最低點(diǎn)的過程中，小球動(dòng)能削減了mghC．從開頭下落到小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過程中，小球重力勢能削減了eq\f(5,3)mghD．小球返回原動(dòng)身點(diǎn)時(shí)的速度大小為eq\r(7gh)解析小球先做自由落體運(yùn)動(dòng)，然后受電場力和重力向下做勻減速到速度為零，再向上做勻加速回到動(dòng)身點(diǎn)．設(shè)小球下落高度h用了t秒，加上電場后小球的加速度大小為a，加上電場時(shí)速度為v，規(guī)定向下為正方向，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：eq\f(1,2)gt2＋gt×t－eq\f(1,2)at2＝0，解得a＝3g，由v2＝2gh，解得v＝eq\r(2gh)；依據(jù)牛頓其次定律，F(xiàn)電－mg＝ma，得F電＝4mg，因此，從加電場開頭到小球返回原動(dòng)身點(diǎn)的過程中，電場力做功為W電＝F電h＝4mgh，依據(jù)電場力做功和電勢能的關(guān)系，可知小球的電勢能的削減量為ΔEp＝4mgh，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從加電場開頭到小球下落最低點(diǎn)的過程中，小球動(dòng)能削減量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－0＝mgh，選項(xiàng)B正確；從加電場開頭到小球下落最低點(diǎn)的過程中，設(shè)下落高度為h′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：v2＝2ah′，解得h′＝eq\f(h,3)，從開頭下落到小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過程中，重力做功為WG＝mg(h＋h′)＝eq\f(4,3)mgh，依據(jù)重力做功和重力勢能的關(guān)系，可知小球的重力勢能的削減量為ΔEp′＝eq\f(4,3)mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；設(shè)小球返回到原動(dòng)身點(diǎn)時(shí)的速度為v′，由動(dòng)能定理，可得eq\f(1,2)mv′2＝3mg(h＋h′)，解得v′＝eq\r(8gh)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案B二、多選項(xiàng)選擇題圖2－6－166．如圖2－6－16所示，兩平行金屬板水平放置，板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，一不計(jì)重力、電荷量為q的帶電粒子以初速度v0沿兩板的中線射入，經(jīng)過t時(shí)間后恰好沿下板的邊緣飛出，則()A．在前eq\f(t,2)時(shí)間內(nèi)，電場力對(duì)粒子做的功為eq\f(1,4)UqB．在后eq\f(t,2)時(shí)間內(nèi)，電場力對(duì)粒子做的功為eq\f(3,8)UqC．在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶1D．在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶2解析粒子在兩平行金屬板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在前后兩個(gè)eq\f(t,2)的時(shí)間內(nèi)沿電場線方向的位移之比為1∶3，則在前eq\f(t,2)時(shí)間內(nèi)，電場力對(duì)粒子做的功為eq\f(1,8)Uq，在后eq\f(t,2)時(shí)間內(nèi)，電場力對(duì)粒子做的功為eq\f(3,8)Uq，選項(xiàng)A錯(cuò)，B對(duì)；由W＝Eq·s知在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶1，選項(xiàng)C對(duì)，D錯(cuò)．答案BC7.圖2－6－17(2022·蘇州市高三調(diào)研)如圖2－6－17所示，絕緣桿兩端固定帶電小球A和B，輕桿處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，不考慮兩球之間的相互作用，初始時(shí)桿與電場線垂直．現(xiàn)將桿右移，同時(shí)順時(shí)針轉(zhuǎn)過90°，發(fā)覺A、B兩球電勢能之和不變．依據(jù)如圖給出的位置關(guān)系，下列說法正確的是()A．A肯定帶正電，B肯定帶負(fù)電B．A、B兩球所帶電量的確定值之比qA∶qB＝1∶2C．A球電勢能肯定增加D．電場力對(duì)A球和B球做功的確定值相等解析電場力做功與路徑無關(guān)，兩個(gè)小球在桿右移后兩球所在位置處電勢都降低，而兩個(gè)小球組成的系統(tǒng)的電勢能之和不變，那么電場力對(duì)其中一個(gè)做正功，對(duì)另一個(gè)肯定做負(fù)功，做功的確定值相同，兩個(gè)小球肯定帶異種電荷，但不能精確?????推斷每一個(gè)小球所帶電荷的電性，A、C錯(cuò)誤，D正確；由電勢能變化之和為零得EqBL＝EqA·2L，即|qA|∶|qB|＝1∶2，B正確．答案BD8．(2022·南京市、鹽城市高三二模)圖2－6－18如圖2－6－18所示，光滑絕緣細(xì)管與水平面成30°角，在管的上方P點(diǎn)固定一個(gè)點(diǎn)電荷＋Q，P點(diǎn)與細(xì)管在同一豎直平面內(nèi)，管的頂端A與P點(diǎn)連線水平．電荷量為－q的小球(小球直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑)從管中A處由靜止開頭沿管向下運(yùn)動(dòng)，在A處時(shí)小球的加速度為a.圖中PB⊥AC，B是AC的中點(diǎn)，不考慮小球電荷量對(duì)電場的影響．則在＋Q形成的電場中()A．A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢B．B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小是A點(diǎn)的4倍C．小球從A到C的過程中電勢能先減小后增大D．小球運(yùn)動(dòng)到C處的加速度為g－a解析在正電荷產(chǎn)生的電場中，離電荷越近電勢越高，因此B點(diǎn)的電勢高于A點(diǎn)的電勢，A錯(cuò)誤；依據(jù)點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度的打算式得EA＝eq\f(kQ,PA2)，EB＝eq\f(kQ,PB2)，由幾何關(guān)系得PA＝2PB，解得EB＝4EA，B正確；小球從A到C的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功，因此電勢能先減小后增大，C正確；小球在A、C兩處受到的電場力大小相等，對(duì)小球受力分析，在A處，由牛頓其次定律得mgsin30°＋Fcos30°＝ma，在C處，由牛頓其次定律得mgsin30°－Fcos30°＝maC，解得aC＝g－a，D正確．答案BCD9．(2022·菏澤二模)圖2－6－19如圖2－6－19所示，相距為L的兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，與水平面的夾角為θ，導(dǎo)軌上固定有質(zhì)量為m，電阻為R的兩根相同的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒MN上方軌道粗糙，下方光滑，整個(gè)空間存在垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將兩根導(dǎo)體棒同時(shí)釋放后，觀看到導(dǎo)體棒MN下滑而EF保持靜止，當(dāng)MN下滑速度最大時(shí)，EF與軌道間的摩擦力剛好到達(dá)最大靜摩擦力，下列敘述正確的是()A．導(dǎo)體棒MN的最大速度為eq\f(2mgRsinθ,B2L2)B．導(dǎo)體棒EF與軌道之間的最大靜摩擦力為mgsinθC．導(dǎo)體棒MN受到的最大安培力為mgsinθD．導(dǎo)體棒MN所受重力的最大功率為eq\f(m2g2Rsin2θ,B2L3)解析當(dāng)導(dǎo)體棒MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，由平衡條件得mgsinθ＝eq\f(B2L2v,2R)，則得最大速度為v＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，選項(xiàng)A正確；由題意知，當(dāng)MN下滑的速度最大時(shí)，EF與軌道間的摩擦力剛好達(dá)到最大靜摩擦力，兩棒所受的安培力大小相等，方向相反，則對(duì)EF棒，有mgsinθ＋eq\f(B2L2v,2R)＝fm，則可得最大靜摩擦力為fm＝2mgsinθ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，感應(yīng)電流最大，所受的安培力也最大，由平衡條件可知，最大安培力為Fm＝mgsinθ，選項(xiàng)C正確；導(dǎo)體棒MN所受重力的最大功率為Pm＝mgsinθ·v＝eq\f(2m2g2Rsin2θ,B2L2)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案AC三、非選擇題10．(2022·亳州模擬)圖2－6－20如圖2－6－20所示，在E＝103V/m的豎直勻強(qiáng)電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點(diǎn)平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R＝40cm，N為半圓形軌道最低點(diǎn)，P為QN圓弧的中點(diǎn)，一帶負(fù)電q＝10－4C的小滑塊質(zhì)量m＝10g，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.15，位于N點(diǎn)右側(cè)1.5m的M處，取g＝10m/s2，求：(1)要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運(yùn)動(dòng)？(2)這樣運(yùn)動(dòng)的小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大？解析設(shè)小滑塊到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v，由牛頓其次定律得mg＋qE＝meq\f(v2,R)小滑塊從開頭運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立方程組，解得：v0＝7m/s.(2)設(shè)小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為v′，則從開頭運(yùn)動(dòng)至到達(dá)P點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)又在P點(diǎn)時(shí)，由牛頓其次定律得FN＝meq\f(v′2,R)代入數(shù)據(jù)，解得：FN＝0.6N由牛頓第三定律得，小滑塊對(duì)軌道的壓力FN′＝FN＝0.6N答案(1)7m/s(2)0.6N11．如圖2－6－21甲所示，MN、PQ為水平放置的足夠長的平行光滑導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距L為0.5m，導(dǎo)軌左端連接一個(gè)阻值為2Ω的定值電阻R，將一根質(zhì)量為0.2kg的金屬棒cd垂直放