专题四第2讲 功能关系在电学中的应用1．(多选)(2022·江西高安等重点中学协作体模拟)如图1所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一带电小球相连接，小球静止在光滑水平面上，施加一个水平方向的匀强电场，使小球从静止开始向右运动，则向右运动的这一过程中(运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度)( )图1A．小球动能最大时，小球电势能最小B．弹簧弹性势能最大时，小球和弹簧组成的系统机械能最大C．小球电势能最小时，小球动能为零D．当电场力和弹簧弹力平衡时，小球的动能最大2.(多选)(2022·陕西西工大附中四模)如图2所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角，在竖直平面内的直线AB与场强E互相垂直，在A点以大小为v0的初速度水平向右抛出一质量为m、电荷量为＋q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点(图中未画出)时其速度大小仍为v0，已知A、B、C三点在同一平面内，则在小球由A点运动到C点的过程中( )图2A．小球的电势能增加B．小球的机械能增加C．小球的重力势能增加D．C点位于AB直线的右侧3．(多选)(2022·云南一模)如图3所示，三根绝缘轻杆构成一个等边三角形，三个顶点分别固定A、B、C三个带正电的小球．小球质量分别为m、2m、3m，所带电荷量分别为q、2q7\n、3q.CB边处于水平面上，ABC处于竖直面内，整个装置处于方向与CB边平行向右的匀强电场中．现让该装置绕过中心O并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120°角，则A、B、C三个球所构成的系统的( )图3A．电势能不变B．电势能减小C．重力势能减小D．重力势能增大4．(多选)(2022·陕西西安交大附中四模)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图4所示．不计空气阻力，则( )图4A．一定有h1＝h3B．一定有h1<h4C．h2与h4无法比较D．h1与h2无法比较5．(多选)(2022·临汾等联考三模)质量为m的带电小球由空中某点A无初速度地自由下落，在t秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则( )A．匀强电场方向竖直向上B．从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能变化了mg2t2C．整个过程中小球电势能减少了2mg2t2D．从A点到最低点的过程中，小球重力势能变化了mg2t27\n6．(多选)(2022·张掖模拟)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5A．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7．(2022·山东淄博市二模)如图6甲所示，左侧接有定值电阻R＝2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，导轨间距L＝1m．一质量m＝2kg，阻值r＝2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，则从起点发生x＝1m位移的过程中(g＝10m/s2)( )图6A．金属棒克服安培力做的功W1＝0.5JB．金属棒克服摩擦力做的功W2＝4JC．整个系统产生的总热量Q＝4.25JD．拉力做的功W＝9.25J7\n8．(2022·黄山二模)如图7所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与定值电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻R0与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F.此时( )图7A．电阻R1消耗的热功率为B．电阻R0消耗的热功率为C．整个装置消耗的热功率为μmgvsinθD．整个装置消耗的机械功率为(F＋μmgcosθ)v9．(2022·眉山模拟)如图8所示，倾角为θ＝37°的传送带以较大的恒定速率逆时针转动，一轻绳绕过固定在天花板上的轻滑轮，一端连接放在传送带下端质量为m的物体A，另一端竖直吊着质量为、电荷量为q＝(k为静电力常量)带正电的物体B，轻绳与传送带平行，物体B正下方的绝缘水平面上固定着一个电荷量也为q带负电的物体C，此时A、B都处于静止状态．现将物体A向上轻轻触动一下，物体A将沿传送带向上运动，且向上运动的最大距离为l.已知物体A与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，A、B、C均可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力．求：图8(1)物体A、B处于静止状态时物体B、C间的距离；(2)从物体B开始下落与物体C碰撞的过程中，电场力对物体B所做的功．7\n二轮专题强化练答案精析第2讲 功能关系在电学中的应用1．BCD [小球向右运动时，电场力做正功，电势能减小；当电场力与弹簧弹力平衡时，小球的动能最大，电势能不是最大；小球在最左端电势能最大，故A错误；小球运动过程中只有电场力和弹簧弹力做功，故小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能总量守恒，在最右端，电势能最小，故小球和弹簧组成的系统机械能最大，故B正确；小球向右运动时，电场力做正功，电势能减小，故最右端电势能最小，此时动能为零，故C正确；当电场力和弹簧弹力平衡前，电场力大于弹簧的弹力，小球做加速运动，当弹簧弹力等于电场力时，速度达到最大，小球的动能最大，故D正确．]2．AD [由题，小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，重力势能减少，动能不变，由动能定理得知，电场力必定做负功，小球的电势能增加，故A正确，C错误；小球具有机械能和电势能，根据能量守恒，小球的电势能增加，则知小球的机械能一定减少，故B错误；小球的电势能增加，而小球带正电，则知C点的电势比A点电势高，故C点一定位于AB直线的右侧，故D正确．]3．AD [顺时针转过120°时，A到B位置，B到C位置，C到A位置，设三角形的边长为L，则：电场力做功WAB＝0.5qEL，WBC＝－2qEL，WCA＝1.5qEL，故W总＝0，电势能不变，A正确，B错误；重力做功：WGAB＝mgLcos30°＝mgL，WGBC＝0，WGCA＝3mgLcos30°＝－mgL，故WG总＝－mgL，重力势能增大，C错误，D正确．]4．AC [第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1＝.第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，v＝2gh3，所以h1＝h3，故A正确；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgh2＋Ek＝mv，又由于mv＝mgh1，所以h1>h2，所以D错误；第4个图：因电性不知，则电场力方向不清，则高度可能大于h1，也可能小于h1，故C正确，B错误．]5．CD [小球所受电场力方向是向上的，但不知道小球带电的电性，所以不能判断电场的方向，故A错误；从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ΔEk＝mg2t2，故B错误；小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反．设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则由gt27\n＝－(vt－at2)，又v＝gt，解得a＝3g，则小球回到A点时的速度为v′＝v－at＝－2gt整个过程中小球速度增量为Δv＝v′－v＝－3gt，速度增量的大小为3gt.由牛顿第二定律得：a＝，联立解得电场力大小：Eq＝4mg整个过程中电场力做的功W＝4mg·gt2＝2mg2t2；电场力做的功等于电势能的减少量，故整个过程中小球电势能减少了2mg2t2，故C正确；设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得：mgh－qE(h－gt2)＝0解得：h＝gt2，故D正确．]6．AD [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3位置时线框速度最小，故A正确；由功能关系可知，线框进入磁场中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，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做匀加速运动，设线圈的最小速度为v，由动能定理，从线框下边刚进入磁场到线框完全进入时，则有：mv2－mv＝mgL－mgd，又有：mv＝mgh，则克服安培力的功率P＝BILv＝＝，故D正确．]7．D [金属棒与导轨间因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，为：Q1＝μmg·x＝0.25×2×10×1J＝5J，故B错误；由v－x图象得：v＝2x，金属棒所受的安培力F＝＝，代入得：F＝0.5x，则知F与x是线性关系．当x＝0时，安培力F0＝0；当x＝1m时，安培力F1＝0.5N，则从起点发生x＝1m位移的过程中，安培力做功为W安＝－x＝－x＝－×1J＝－0.25J，A错误；根据动能定理得：W－μmgx＋W安＝mv2，其中v＝2m/s，μ＝0.25，m＝2kg，代入解得，拉力做的功W＝9.25J，故D正确．]8．D [设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻R1＝R2＝R.7\n电路中感应电动势E＝BLv，ab中感应电流为：I＝＝，ab所受安培力为：F＝BIL＝①电阻R1消耗的热功率为：P1＝(I)2R＝②由①②得：P1＝Fv，电阻R0和R1阻值相等，P0＝I2R＝Fv，故A、B错误；整个装置因摩擦而消耗的热功率为：Pf＝Ffv＝μmgcosθ·v＝μmgvcosθ，故C错误；整个装置消耗的机械功率为：P3＝Fv＋Pf＝(F＋μmgcosθ)v，故D正确．]9．(1) (2)mgl解析 (1)开始时，A、B均静止，设物体B、C间的距离为l1，由平衡条件有：对A：FT＝mgsinθ＋μmgcosθ对B：FT＝＋解得：l1＝(2)B、C相碰后，A将做匀减速运动，由牛顿第二定律有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma由运动学公式有：0－v＝－2a(l－l1)联立以上两式解得：vm＝物体B下降过程对A、B整体由功能关系有：W电＋mgl1－(mgsinθ＋μmgcosθ)l1＝(m＋m)v解得：W电＝mgl7
