2017届高考物理二轮专题突破 专题二 力与物体的直线运动(2)动力学观点在电学中的应用检测题

专题二力与物体的直线运动（2）动力学观点在电学中的应用一、夯实基础1.如图1所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2kg，A带正电，电荷量为0.1C，B不带电.开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为15N.g＝10m/s2，则( )图1A.电场强度为50N/CB.电场强度为100N/CC.电场强度为150N/CD.电场强度为200N/C2.(多选)如图2甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v0沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v－t图象如图乙所示，下列说法正确的是( )图2A.两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B.两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C.试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处D.t2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零3.(多选)如图3所示，带正电q′的小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m、电荷量为q的带正电的小球M从A点由静止释放，M到达B点时速度恰好为零.若A、B间距为L，C是AB的中点，两小球都可视为质点，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )图3A.在从A 点至B 点的过程中，M 先做匀加速运动，后做匀减速运动B.在从A 点至C 点和从C 点至B 点的过程中，前一过程M 的电势能的增加量较小C.在B 点M 受到的库仑力大小是mg sin θD.在Q 产生的电场中，A 、B 两点间的电势差大小为U ＝mgL sin θq4.(多选)如图4所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m ，带电量为＋q 的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为μ.现对小球施加水平向右的恒力F 0，在小球从静止开始至速度最大的过程中，下列说法中正确的是( )图4A.直杆对小球的弹力方向不变B.直杆对小球的摩擦力先减小后增大C.小球运动的最大加速度为F 0mD.小球的最大速度为F 0－μmg μqB二、能力提升5．(多选)如图5所示，已知甲空间中没有电场、磁场；乙空间中有竖直向上的匀强电场；丙空间中有竖直向下的匀强电场；丁空间中有垂直纸面向里的匀强磁场．四个图中的斜面相同且绝缘，相同的带负电小球从斜面上的同一点O 以相同初速度v 0同时沿水平方向抛出，分别落在甲、乙、丙、丁图中斜面上A 、B 、C 、D 点(图中未画出)．小球受到的电场力、洛伦兹力都始终小于重力，不计空气阻力．则( )图5A ．O 、C 之间距离大于O 、B 之间距离B ．小球从抛出到落在斜面上用时相等C ．小球落到B 点与C 点速度大小相等D ．从O 到A 与从O 到D ，合力对小球做功相同6．(多选)质量为m 、带电量为q 的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为B ，如图6所示．若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是( )图6A ．小球带正电B ．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动C ．小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D ．则小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为mg cos θqB7．(多选)如图7，两根长直导线竖直平行固定放置，且与水平放置的光滑绝缘杆MN 分别交于c 、d 两点，点O 是cd 的中点，杆MN 上a 、b 两点关于O 点对称．两导线均通有大小相等、方向向上的电流，已知长直导线在周围某点产生磁场的磁感应强度与电流成正比、与该点到导线的距离成反比，一带正电的小球穿在杆上，以初速度v 0从a 点出发沿杆运动到b 点．在a 、b 、O 三点杆对小球的支持力大小分别为F a 、F b 、F O .下列说法可能正确的是( )图7A．F a>F OB．F b>F aC．小球一直做匀速直线运动D．小球先做加速运动后做减速运动8．(多选)如图8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( )图8A．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三、课外拓展9.如图9甲所示，固定的水平金属导轨足够长且电阻不计.两阻值相同的导体棒ab、cd置于导轨上，棒与导轨垂直且始终保持良好接触.整个装置处在与导轨平面垂直向下的匀强磁场B中.导体棒ab运动的位移图象如图乙所示.导体棒cd始终静止在导轨上，以水平向右为正方向，则导体棒cd所受的静摩擦力F f随时间变化的图象是( )图910.如图10所示，直线边界ab上方有无限大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.一矩形金属线框底边与磁场边界平行，从距离磁场边界高度为h处由静止释放，下列说法正确的是( )图10A.整个下落过程中，穿过线框的磁通量一直在减小B.线框穿出磁场的过程中，线框中会产生逆时针方向的电流C.线框穿出磁场的过程中，线框受到的安培力可能一直减小D.线框穿出磁场的过程中，线框的速度可能先增大后减小11.(多选)如图11所示，光滑绝缘的水平面内存在场强为E的匀强电场，长度为L绝缘光滑的挡板AC与电场方向夹角为30°.现有质量相等、电荷量均为Q的甲、乙两个带电体从A处出发，甲由静止释放，沿AC边无摩擦滑动，乙垂直于电场方向以一定的初速度运动，甲、乙两个带电体都通过C处.则甲、乙两个带电体( )图11A.发生的位移相等B.通过C处的速度相等C.电势能减少量都为32 EQLD.从A运动到C时间之比为 212.如图12甲所示，两根固定的足够长的平行金属导轨与水平面夹角为θ＝37°，相距d＝1m，上端a、b间接一个阻值为1.5Ω的电阻R.金属导轨区域有垂直导轨斜向下的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示.t＝0时在导轨上c、d两点处由静止释放一根质量m＝0.02kg、电阻r＝0.5Ω的金属棒，bc长L＝1m，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.取重力加速度g＝10m/s2.(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).求：图12(1)t＝0时流经电阻R的电流的大小和方向；(2)画出从t＝0时开始金属棒受到的摩擦力F f随时间t的变化图象(以F f沿斜面向上方向为正方向)；(3)金属棒所受安培力的功率可能达到的最大值.13.两根足够长的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l.导轨左端连接一个阻值为R的电阻，同时还连接一对间距为d的水平放置的平行金属极板.在导轨上面横放着一根阻值为r、质量为m的导体棒ab，构成闭合回路，如图13所示.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.用大小为F的水平外力拉着导体棒沿导轨向右匀速滑行，已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略导轨的电阻.图13(1)求导体棒匀速滑行的速度大小.(2)导体棒匀速滑行过程，有一个质量为m0的带电小液滴静止悬浮在平行金属极板间(极板间为真空)，求小液滴的电荷量并说明其电性.四、高考链接14.(2015·新课标全国Ⅱ·14)如图14，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )图14A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动15.(2015·天津理综·11)如图15所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：图15(1)线框ab边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上、下边界间的距离H.参考答案1. 答案 B解析 物块B 开始时平衡，A 对其的压力等于A 的重力，为20N ，加上电场后瞬间A 对B 的压力大小变为15N ，而弹簧的弹力和重力不变，故合力为5N ，向上，根据牛顿第二定律，有：a ＝F 合m＝5N 2kg＝2.5m/s 2 再对物块A 受力分析，设电场力为F (向上)，根据牛顿第二定律，有：F N ＋F －mg ＝ma解得：F ＝m (g ＋a )－F N ＝2×(10＋2.5) N －15N ＝10N 故电场力向上，为10N ，故场强为：E ＝F q ＝100.1N/C ＝100 N/C ，方向向上. 2. 答案 BD解析 由图可知，粒子向上先做减速运动，再反向做加速运动，且向上过程加速度先增大后减小，而重力不变，说明粒子受电场力应向下，故说明两点电荷均应带负电；由于电场线只能沿竖直方向，故说明两点电荷带等量负电荷，故A 、C 错误，B 正确；t 2时刻之前电场力一直做负功，故电势能增大，此后电场力做正功，电势能减小，t 2时刻电势能最大，但由于试探电荷受重力及电场力均向下，故此时加速度不为零，故D 正确.3.答案 BD解析 小球M 下滑过程中，沿杆的方向受到重力的分力mg sin θ和库仑力，两力方向相反.根据库仑定律知道，库仑力逐渐增大.库仑力先小于mg sin θ，后大于mg sin θ，q 先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动，当库仑力与mg sin θ大小相等时速度最大；故A 错误；下滑过程，AC 间的场强小，CB 间场强大，由U ＝Ed 知，A 、C 间的电势差值小于C 、B 间的电势差值，根据电场力做功公式W ＝qU 得知，从A 至C 电场力做功较小，则电势能的增加量较小.故B 正确；M 从C 到B 做减速运动，在B 点时加速度方向沿杆向上，故库仑力大于mg sin θ.故C 错误；从A 到B ，根据动能定理得：mgL sin θ＋qU AB ＝0，又U BA ＝－U AB ，解得U BA ＝mgL sin θq.故D 正确. 4. 答案 BC解析 小球开始滑动时有：F 0－μ(mg －qvB )＝ma ，随v 增大，a 增大，当v ＝mg qB 时，a 达到最大值F 0m，摩擦力F f ＝μ(mg －qvB )减小；此时洛伦兹力等于mg ，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力反向增大，此后滑动过程中有：F 0－μ(qvB －mg )＝ma ，随v 增大，a 减小，摩擦力增大，当v m ＝F 0＋μmg μqB时，a ＝0.此时达到平衡状态，速度不变.所以B 、C 正确，A 、D 错误.5．答案 AC 解析 带电小球在乙图中受到竖直向下的电场力与重力，而在丙图中受到竖直向上的电场力与重力，根据类平抛运动规律，则有：v 0t12at 2＝1tan θ，可知，当加速度越大时，所用时间越短，因此O 、B 间距小于O 、C 间距，故A 正确；由题意可知，甲图带电小球做平抛运动，由A 分析可知，运动的时间介于乙图与丙图之间，故B 错误；根据A 分析，则有v 0t12at 2＝1tan θ，那么v y ＝at ＝2v 0tan θ，则有它们的竖直方向的速度相等，根据矢量的合成法则，可得，小球落到B 点与C 点速度大小相等，故C 正确；丁图中在洛伦兹力作用下，小球抛出后竖直方向的加速度小于g ，则使得小球竖直方向的速度小于甲图中小球竖直方向的速度，又因洛伦兹力不做功，则球从O 到A 重力做的功多于球从O 到D 重力做的功，因此合力对小球做功不同，故D 错误．6．答案 ABD解析 小球向下运动，由磁场垂直纸面向外，由题意可知洛伦兹力垂直斜面向上，所以小球带正电，故A 正确；小球离开斜面之前，在重力、支持力、洛伦兹力作用下做匀加速直线运动，虽然速度变大，导致洛伦兹力变大，但重力沿斜面向下的分力却不变，即三个力的合力却不变，故B 正确，C 错误；则小球在斜面上下滑过程中，当小球受到的洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力时，小球对斜面压力为零．所以Bqv ＝mg cos θ，则速率为mg cos θqB ，故D 正确． 7．答案 ABC解析 根据右手螺旋定则可知，从a 点出发沿连线运动到b 点，aO 间的磁场方向垂直于MN 向里，Ob 间的磁场方向垂直于MN 向外，所以合磁场大小先减小过O 点后反向增大，而方向先向里，过O 点后向外，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向先向上，大小在减小，在a 点，若Bqv 0>mg 则有F a ＝Bqv 0－mg ；在O 点，F O ＝mg ，所以有可能F a >F O ，过O 得后洛伦兹力的方向向下，大小在增大．由此可知，小球在速度方向不受力的作用，则将做匀速直线运动，而小球对杆的压力一直在增大，即F b >F a ，故A 、B 、C 正确，D 错误．8．答案 BD解析 当棒下滑，速度增大，E 增大，I 增大，F 安增大，由牛顿第二定律可知：a ＝mg sin θ－F 安m，可知加速度减小，故A 、C 错误，B 正确；导体棒下滑过程中，重力势能减小，动能增加，同时产生电热，根据能量守恒可知，导体棒ab 下滑至速度达到最大值时，动能和内能的增加量等于重力势能的减小量，故D 正确．9.答案 D解析 由右手定则可知ab 中感应电流的方向向上，由法拉第电磁感应定律得：E ＝BLv ，由欧姆定律得：I ＝E R ＝BLv R.感应电流从上向下流过cd 棒，由左手定则可知，产生的安培力向右，大小：F ＝BIL ＝B 2L 2v R对cd 棒进行受力分析，可知，cd 棒竖直方向受到重力和轨道的支持力；水平方向受到安培力和摩擦力的作用，由共点力的平衡可得，水平方向受到的摩擦力与安培力大小相等，方向相反，即方向向左，大小：F f ＝F ＝B 2L 2v R，大小与速度v 成正比，与速度的方向相反.故D 正确，A 、B 、C 错误.10. 答案 C11. 答案 AC解析 对于两个带电体，由于初、末位置相同，故二者的位移相同，选项A 正确；两个带电体通过C 点的速度方向不同，故选项B 错误；根据功能关系，电势能的变化量等于电场力做的功，则：W ＝EQd ＝EQL cos30°＝32EQL ，故选项C 正确；对于甲带电体：a 1＝mg ＋EQ cos30°m，则：L ＝12a 1t 21；对于乙带电体：a 2＝mg ＋EQ m ，则：L cos30°＝12a 2t 22，整理可以得到：t 21t 22＝43，故选项D 错误. 12. 答案 (1)0.4A 由a 向b (2)见解析图 (3)1.28×10－2W解析 (1)E ＝Ld ΔB Δt ＝1×1×0. 8V ＝0.8V I ＝E R ＋r ＝0.81.5＋0.5A ＝0.4A 方向：由a 向b (2)如图.(3)mg sin37°＝I ′dB ＋μmg cos37°I ′＝BLv m R ＋r解得v m ＝0.32m/s ，I ′＝0.08A金属棒所受安培力的功率可能达到的最大值P m ＝I ′dBv m ＝1.28×10－2W.13. 答案 (1)F －μmg R ＋r B 2l 2 (2)m 0gdBl F －μmg R带正电 解析 (1)导体棒匀速滑行，有F ＝IBl ＋μmg回路中的电流I ＝Blv R ＋r解得导体棒匀速滑行的速度大小v ＝F －μmg R ＋r B 2l 2 (2)金属板间的电压U ＝IR带电液滴静止在极板间，有m 0g ＝q U d解得小液滴的电荷量q ＝m 0gdBl F －μmg R(液滴带正电). 14. 答案 D解析 两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg ＝qE ，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D 正确．15.答案 (1)4倍 (2)Q mg ＋28l解析 (1)设磁场的磁感应强度大小为B ，cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v 1，cd 边上的感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律，有E 1＝2Blv 1①设线框总电阻为R ，此时线框中电流为I 1，由闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R②设此时线框所受安培力为F 1，有F 1＝2I 1lB ③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg ＝F 1④由①②③④式得v 1＝mgR 4B 2l 2⑤ 设ab 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v 2，同理可得v 2＝mgR B 2l 2⑥ 由⑤⑥式得v 2＝4v 1⑦(2)线框自释放直到cd 边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl ＝12mv 21⑧ 线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg (2l ＋H )＝12mv 22－12mv 21＋Q ⑨ 由⑦⑧⑨式得H ＝Q mg ＋28l。