专题03 重力场、电场、磁场中的匀变速直线运动（解析版）.docx

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1、高三物理二轮高频考点专题突破专题03 重力场、电场、磁场中的匀变速直线运动专练目标专练内容目标1重力场中的匀变速直线运动（1T8T）目标2电场中的匀变速直线运动（9T16T）目标3磁场中的匀变速直线运动（17T21T）【典例专练】一、重力场中的匀变速直线运动1主动刹车功能是指车辆遇到突发危险情况时具有自主减速的能力。汽车正以的速度匀速行驶，突然正前方有一行人横穿马路，人的速度为，汽车立即启动刹车系统，开始匀减速运动，滑行了停下，质量为的司机在刹车过程中受到的合力为（）ABCD【答案】B【详解】由速度位移关系可得代入数据解得汽车加速度大小为a=5m/s2由牛顿第二定律可得，司机在刹车过程中受到的

2、合力为F=ma=400N故选B。2如图，倾角为的斜面体固定在水平地面上，一物块以一定的初速度从斜面底端点沿斜面上滑，到达最高点点后又沿斜面下滑，是的中点，已知物块从上滑至所用时间和从到所用时间相等，则物块与斜面间的动摩擦因数为（）ABCD【答案】C【详解】根据牛顿第二定律可得，物块沿斜面向上运动的加速度大小为沿斜面向下运动的加速度大小为由于因此有联立解得故选C。3某物体以一定初速度沿足够长斜面向上运动的最大位移为x，且x随斜面倾角的变化关系如图所示，重力加速度，则（）A物体初速度大小为4m/sB物体和斜面之间动摩擦因数为C时，有最小值为D时，物体运动至最大位移处能够维持静止【答案】C【详解】A

3、由图可知，当倾角为90时，最大上升高度为，此时为竖直上抛运动，则有解得故A不符合题意；B由图可知，当倾角为零时，此时物体水平滑行距离最大为，根据动能定理有解得故B不符合题意；C由牛顿第二定律有最大位移x与倾角满足带入得要使x最小，则应最大，由数学知识可当时有最大阻值，此时位移最小，即此时，即此时则有故C符合题意；D当时，物体运动至最大位移处有则物体将下滑，不能够维持静止，故D不符合题意。故选C。4如图甲所示，物块的质量m1 kg，初速度v010 m/s，在一水平向左的恒力F作用下，从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力F突然反向，大小不变，则整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如

4、图乙所示（取g10 m/s2），则下列说法正确的是（）A05 s内物块做匀减速运动B在t1 s时刻恒力F反向C恒力F大小为10ND物块与水平面间的动摩擦因数为0.4【答案】B【详解】AB由匀变速直线运动规律可得整理得对比图线可知，斜率解得物块做匀减速直线运动的加速度大小为a110m/s2减速到零的时间为故01s内物块做匀减速运动，在t1s时刻恒力F反向，A错误，B正确；CD物块减速到零后做匀加速直线运动的加速度大小满足解得a24m/s2两过程据牛顿第二定律分别可得Ffma1;Ffma2联立两式解得F7N，f3N则动摩擦因数为,CD错误。故选B。5如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板

5、盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋（水平移动距离很小，几乎看不到）落入杯中，这就是惯性演示实验。已知鸡蛋（可视为质点）离纸板左端的距离为，鸡蛋和纸板的质量均为，所有接触面的动摩擦因数均为，重力加速度为，若鸡蛋移动的距离不超过就能保证实验成功，则所需拉力的最小值为（ ）ABCD【答案】C【详解】当纸板相对鸡蛋运动时，设鸡蛋的加速度为，纸板的加速度为。为确保实验成功，即鸡蛋移动的距离不超过，则纸板抽出时鸡蛋运动的最大距离纸板运动距离为联立解得根据牛顿第二定律得，对鸡蛋有得，对纸板有;解得故选C。6平直的公路上有甲乙两辆小车，甲车以的速度匀速行驶，乙车静止在公路上

6、，甲车发现乙车时，以刹车，同时鸣笛乙车启动，不计反应时间，启动后乙车的速度平方随位移的变化规律如图所示，已知乙车质量为，运动过程中所受阻力为，则（）A乙车启动的加速度为B乙车启动时受到的牵引力为C要使两车不相撞，甲乙两车距离至少为D假若甲乙两车不相撞，经过甲车的位移为【答案】BC【详解】A乙车启动后，根据，结合图像斜率，可得乙车启动的加速度为故A错误；B根据牛顿第二定律可得代入数据，解得故B正确；C设经过t0时间两车速度相等，有解得则要使两车不相撞，甲乙两车距离至少为故C正确；D假若两车不相撞，甲车经过t时间停止运动，则故甲车经过4s的位移即停止运动的位移故D错误。故选BC。7有经验的电工在检

7、测好线路故障后，可以从十几米高的电线杆上滑下，且可以通过双手与电线杆之间的作用力来调控运动情况。已知电工的质量为，开始时电工双脚距离地面的高度为H=15m，电工从该位置由静止匀加速滑下，经t=2s的时间沿电线杆下滑的高度为h=6m，然后调控双手与电线杆之间的作用力，使其沿电线杆做匀减速直线运动，经过一段时间到达地面的瞬间速度刚好为零。忽略一切阻力，重力加速度取，下列说法正确的是（）A2s末电工的速度大小为6m/sB前2s的时间内，电工所受电线杆的摩擦力大小为320NC电工减速时加速度大小为D电工整个过程用时5s【答案】AD【详解】AB电工匀加速下滑，根据代入数据得，匀加速下滑的加速度2s末电功

8、的速度大小为对加速下滑受力分析，由牛顿第二定律可得代入数据解得故A正确，B错误；C根据位移速度关系代入数据解得故C错误；D减速阶段的时间则电工整个过程用时故D正确。故选AD。8如图甲所示，用黏性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA1kg、mB2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离。t0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（）At2.0s时刻A、B之间作用力

9、大小为0.6NBt2.0s时刻A、B之间作用力为零Ct2.5s时刻A对B的作用力方向向左D从t0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m【答案】AD【详解】D设t时刻A、B分离，由乙图可知，分离之前A、B物体受到的合力不变，故以相同加速度a共同加速，以整体为研究对象，据牛顿第二定律可得，加速度为分离时对B由牛顿第二定律可得F2-N=mBa其中解得F22.7N结合F2的变化规律可得，经历时间为根据位移公式可得，整体的位移大小为,D正确；AB当t=2s时，F2=1.8N，对B据牛顿第二定律可得F2+N=mBa解得B受到的压力大小为N0.6N,A正确，B错误；C当t2.5s时，F22.25N，对

10、B据牛顿第二定律可得F2NmBa解得B受到的压力大小为N0.15N0即A对B的作用力方向向右，C错误。故选AD。2、 电场中的匀变速直线运动9如图甲所示，长为、倾角为的绝缘传送带以的恒定速率顺时针运行，整个装置处于时有时无的电场中，电场强度大小随时间变化的关系如图乙所示，电场方向垂直传送带向上。时刻将质量、电荷量为的带正电小物块（可视为质点）轻放在传送带顶端，已知物块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度取下列说法正确的是（）A内小物块在传送带上运动的加速度大小为B内小物块在传送带上运动的加速度大小为C小物块在传送带上运动的总时间为D小物块与传送带之间因摩擦产生的总热量为【答案】D【详解】存在电

11、场时，有解得且则；在此段时间内无热量产生不存在电场时，有解得所以小物块先匀加速再匀减速运动，交替进行一个周期运动的位移为所以运动的时间为在没有电场时，小物块与传送带间有摩擦，相对位移为热量为故D正确，A、B、C错误。故选D。10如图所示，绝缘的水平面上有一质量为0.1kg的带电物体，物体与水平面间的动摩擦因数=0.75，物体恰能在水平向左的匀强电场中向右匀速运动，电场强度E=1103N/C，g取10m/s2。则下列说法正确的是（）A物体带正电B物体所带的电荷量绝对值为C若使物体向右加速运动，则电场方向应变为斜向左下方且与水平方向成37角D若使物体向右加速运动，则加速度的最大值为1.25m/s2

12、【答案】C【详解】AB带电物体做匀速直线运动，受重力、支持力、摩擦力水平向左和水平向右的电场力，电场方向向左，则物体带负电，根据平衡得解得，AB错误；CD使物体向右加速，则合力一定水平向右，所以电场力的水平分力一定沿水平方向向右，电荷带负电，故电场方向斜向左上方或斜向左下方，但只有电场方向沿左下方时，加速度的值最大，设电场方向与水平方向夹角为，由牛顿第二定律得即即当时，加速度最大，此时；，D错误C正确。故选C。11如图所示，两平行金属板、与水平面成30角固定放置，金属板间存在匀强电场。一带电小球以一定的速度垂直场强方向射入电场中，恰能沿两板中央虚线做直线运动。已知重力加速度为g，不计空气阻力。

13、在此过程中，下列说法正确的是（）A小球一定带负电B小球一定做匀速直线运动C小球的电势能增大D小球加速度大小为【答案】D【详解】A因为极板所带正负电不确定，所以小球带电性无法确定，故A错误；BD对小球受力分析，小球受到的电场力垂直极板斜向上，根据牛顿第二定律可得解得所以小球做匀加速直线运动，故B错误，D正确；C因为电场力始终与小球运动方向垂直，因此电场力不做功，小球的电势能不变，故C错误。故选D。12在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置的水平地面由静止释放一个质量为m的带电滑块（滑块的电荷量始终不变），如图甲

14、所示。滑块运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，则（ ）A滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等B在t5s时，小球经过边界MNC滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为25D在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功等于电场力做的功【答案】CD【详解】A根据速度与时间图象可知，图线与时间轴所围成的面积表示位移大小，那么滑块在MN右边运动的位移大小小于在MN左边运动的位移大小，故A错误；B滑块离开电场前做匀加速直线运动，离开电场后受到摩擦力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t2s时，故B错误；C由图象的斜率等于加速度得滑块离开电场前的加速度为a1离开电场后的加

15、速度大小为a2由牛顿第二定律得qEFfma1；Ffma2解得摩擦力与电场力之比为25，故C正确；D整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中摩擦力做的功与电场力做的功大小相等，故D正确。故选CD。13如图甲所示，A、B是一条竖直电场线上的两点，在A点由静止释放一带正电的小球，小球将沿此电场线从A点向B点运动，其图象如图乙所示，已知小球质量为m，电荷量为q，A、B间高度差为h，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法中正确的是（）A沿电场线由A到B，电势逐渐升高B小球从A运动到B的过程中，电势能逐渐增大CA、B两点的电势差D该电场为匀强电场，其电场强度大小为【答案】AB【详解】AB由速度

16、位移公式可知结合图乙可得得对小球受力分析由牛顿第二定律可知得方向竖直向上，由于小球带正电，则电场强度方向竖直向上，所以沿电场线由A到B，电势逐渐升高，根据正电荷在电势高处电势能大，则小球从A运动到B的过程中，电势能逐渐增大，故AB正确；CD由于小球的加速度恒定，则小球所受电场力恒定，所以电场为匀强电场，则得A、B两点的电势差故CD错误。故选AB。14一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子在t=0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是（ ）A带电粒子只向一个方向运动B02s内，电场力的功等于零C2s末带电粒子回到原出发点D4s末带

17、电粒子回到原出发点【答案】BD【详解】A带电粒子在t=0时刻由静止释放，在01s内带电粒子沿着电场力方向做匀加速直线运动，12s内沿原方向做匀减速直线运动，2s末速度减为零；23s内沿反方向做初速度为零的匀加速直线运动，34s内继续做匀减速直线运动，4s末速度减为零，回到出发点，因此粒子做往复运动，故A错误；B由选项A分析中可知01s内电场力做正功，12s内电场力做负功。总功为0，故B正确；CD由选项A分析中2s末带电粒子离原出发点最远，4s末带电粒子回到原出发点。故C错误，D正确。故选BD。15如图(a)所示，两平行正对的金属板AB间加有如图(b)所示的交变电压，将一带正电的粒子从两板正中间

18、的P点处由静止释放，不计粒子重力，下列说法正确的是A在t=0时刻释放该粒子，粒子一定能到达B板B在时刻释放该粒子,粒子一定能到达B板C在期间释放该粒子，粒子一定能到达B板D在期间释放该粒子，粒子一定能到达A板【答案】AC【详解】A若在t=0时刻释放该粒子，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零，运动方向一直不变，最终打在B板上，选项A正确；B若在时刻释放该粒子，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离等于向右运动的距离，所以若极板间距较大，则粒子可能打不到B板，B错误C若在期间释放该粒子，带正电粒子先加速向B板运动、再

19、减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，粒子整体向右运动，最终打在B板上，C正确D若在期间释放该粒子，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离小于向左运动的距离，粒子整体向A板运动，一定打在A板上，若直接加速向B板，则不会回到A板，D错误。故选AC。16如图所示，两块带有等量异号电荷的平行金属板A、B倾斜放置，板与水平方向的夹角37，一个电荷量为q1.2510-3C、质量为m10g的小球，自A板上的小孔P以水平速度v00.075m/s飞入两板之间的电场，未与B板

20、相碰又回到P点（g取10 m/s2，sin 370.6），下列说法正确的是（）A板间电场强度大小为100 V/mB板间电场强度大小为133 V/mC粒子在电场中运动的时间为0.02 sD粒子在电场中运动的时间为0.04 s【答案】AC【详解】AB小球又回到P点，则小球所受重力和电场力的合力与v0反向，小球受力分析如图所示由平行四边形定则可得解得电场强度大小为E100V/m，A正确，B错误；CD由牛顿第二定律可得解得小球的加速度大小为a=7.5m/s2在电场中往返运动的时间为，C正确，D错误。故选AC。三、磁场中的匀变速直线运动17如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、

21、P两端接一电阻为R的定值电阻，电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过定值电阻R的电荷量q随时间的平方变化的关系如图乙所示。下列关于穿过回路abPMa的磁通量、金属棒的加速度a、外力F、通过电阻R的电流I随时间t变化的图象中正确的是（ ）ABCD【答案】D【详解】设导体棒ab沿斜面向上移动d的过程中，通过定值电阻R的电荷量为q，设导体棒长度为L，则有变形为因为q与成正比，设比例系数为k，则有即由图乙可知通过定值电阻R的电荷量q与成正比

22、，可知导体棒ab沿斜面向上移动的距离d与成正比，又因为导体棒初速度为零，故可得导体棒沿斜面向上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则有；可得可得D正确，ABC错误。故选D。18如图所示，水平面内有两根足够长的平行金属导轨L1、L2，其间距d0.5 m，左端接有电容C2000 F的电容器。质量m20 g的导体棒垂直放置在导轨平面上且可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计。整个空间存在垂直于导轨所在平面向里的匀强磁场，磁感应强度B2 T。现用一沿导轨方向向右的恒力F0.22 N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经过一段时间t，速度达到v5 m/s，则（）A此时电容器两端的电压为1

23、0 VB此时电容器上的电荷量为1102 CC导体棒做匀加速运动，且加速度为20 m/s2D时间t0.4 s【答案】B【详解】A当棒运动速度达到v5 m/s时，产生的感应电动势EBdv5V选项A错误B电容器两端电压UE5 V此时电容器带的电荷量qCU1102 C选项B正确CD设回路中的电流为I，棒在力F作用下，有FBIdma又I；qCU；UBdva联立解得a10 m/s2；t0.5 s选项CD错误故选B。19电磁炮是将电磁能转变成动能的装置。我国电磁炮曾在936坦克登陆舰上进行了海上测试，据称测试中弹丸以的出口速度，击中了外的目标。如图是“电磁炮”模型的原理结构示意图。光滑水平平行金属导轨、的间

24、距，电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小。装有弹体的导体棒垂直放在导轨、上的最左端，且始终与导轨接触良好，导体棒（含弹体）的质量，在导轨、间部分的电阻，可控电源的内阻。在某次模拟发射时，可控电源为导体棒提供的电流恒为，不计空气阻力，导体棒由静止加速到后发射弹体。则（）A其他条件不变，若弹体质量变为原来的2倍，射出速度将变为原来的B其他条件不变，若水平金属导轨的长度变为原来的2倍，加速时间将变为原来的倍C其他条件不变，若磁感应强度大小变为原来的2倍，射出速度将变为原来的2倍D该过程系统产生的焦耳热为【答案】BD【详解】A导体棒受到的安培力由牛顿第二定律有由运动学公式有其他条件不

25、变，若弹体质量变为原来的2倍，射出速度将减小，但无法确定具体变为多少，原因是导体棒加弹体的质量不是原来的2倍，故A错误；B依据其他条件不变，若水平金属导轨的长度变为原来的2倍，导体棒加速时间将变为原来的倍，故B正确；C导体棒受到的安培力，由动能定理可得，安培力做的功，变为原来的2倍，弹体的射出速度将变为原来的倍，故C错误；D导体棒做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得由速度公式得代入相关数据解得该过程需要的时间，该过程中产生的焦耳热解得，故D正确。故选BD。20如图所示，足够长的光滑平行金属导轨倾斜固定放置，导轨所在平面的倾角为，导轨下端接有阻值为R的电阻，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场

26、中，磁感应强度大小为B。质量为m、长为L、电阻不计的金属棒放在导轨上，在沿导轨平面且与棒垂直的拉力F作用下金属棒沿导轨向上做初速度为零、加速度为（g为重力加速度）的匀加速直线运动，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并与两导轨接触良好，金属导轨的电阻不计，则在金属棒沿导轨向上运动时间的过程中（）A拉力F与时间成正比B拉力F的冲量大小为C通过电阻R的电量为D电阻R上产生的焦耳热等于拉力与重力的做功之和【答案】BC【详解】A由题意知；因此有故A错误；B金属棒向上运动时间的过程中，平均作用力则拉力的冲量大小故B正确；C时间内金属棒沿导轨向上运动的距离通过电阻R的电量故C正确；D根据动能定理即故D错误。故选

27、BC 。21如图甲所示，间距d = 0.30m的两条足够长的平行光滑金属导轨PQ、MN固定在绝缘水平桌面上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B = 0.20T。导轨左端接有电阻R = 1，质量m = 40g、阻值r = 2的金属杆ab垂直导轨放置。在水平向右且与金属杆ab垂直的力F的作用下，从静止开始沿导轨做匀加速直线运动。金属杆ab两端电压U随时间t变化的关系如图乙所示，导轨电阻不计，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）A金属杆ab的加速度大小为8m/s2B3s末力F的大小为0.218NC0 3s通过电阻R的电量为0.9CD0 3s力F的冲量大小为0.627Ns【答案】BD【详解】A金属杆ab的运动速度为感应电动势为通过电阻R的电流金属杆ab两端的电压为由图乙可得，联立解得，A错误；B在3s末，通过金属杆ab的电流为所受安培力大小为由牛顿第二定律得联立解得，B正确；C0 3s金属杆ab运动的距离由法拉第电磁感应定律得由闭合电路的欧姆定律得，0 3s通过电阻R的电量为联立解得，C错误；D3s末金属杆ab的速度为由动量定理得即解得0 3s力F的冲量大小为，D正确。故选BD。学科网（北京）股份有限公司