高考物理选择题强化训练 专题六 能量与动量观点在电磁学中的应用（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、2021年高三物理选择题强化训练专题六 能量与动量观点在电磁学中的应用一、单选题1.如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,则小磁块()。A.在Q和P中都做自由落体运动B.在两个下落过程中的机械能都守恒C.在P中的下落时间比在Q中的长D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大【解析】当小磁块在光滑的铜管P中下落时,由于穿过铜管的磁通量变化,导致铜管产生感应电流,从而产生安培力,阻碍小磁块的运动,所以P做的不是自由落体运动。在塑料管内小磁块没有受到任何阻力,做自由落体运动,故A项错误。由A项分析可知,在铜管中运动的小磁块机械能不守

2、恒,而在塑料管中运动的小磁块机械能守恒,故B项错误。在铜管中小磁块受到安培力,则在P中的下落时间比在Q中的长,故C项正确。根据动能定理可知,因安培力做功产生热能,则至底部时在P中的速度比在Q中的小,故D项错误。【答案】C2.一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是AA点的电场强度比B点的大B小球表面的电势比容器内表面的低CB点的电场强度方向与该处内表面垂直D将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同【答案】C【解析】由题图知B点的电场线比A点的密集，所以B点的电场强度比A点的大

3、，故A错误；根据沿电场线的方向电势降低可知，小球表面的电势比容器内表面的高，所以B错误；电场线的方向与等势面垂直，所以B点的电场强度方向与该处内表面垂直，故C正确；由于A、B两点在同一等势面上，故无论将检验电荷以怎样的路径从A点移到B点，电场力所做的功都为零，所以D错误3.如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100 J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中()A.到达C点后小球不可能沿杆向上运动B.小球在AD段克服摩擦力做的功与在

4、DC段克服摩擦力做的功不等C.小球在D点时的动能为50 JD.小球电势能的增加量等于重力势能的减少量【解析】如果电场力大于重力，则速度减为零后小球可能沿杆向上运动，选项A错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛qvB，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，选项B正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不一定为50 J，选项C错误；该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，选项D错误。【答案】B

5、4.如图1所示，固定在倾角为30的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d1 m，其底端接有阻值为R2 的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B2 T的匀强磁场中。一质量为m1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动距离L6 m时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r2 ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g10 m/s2。则此过程()A.杆的速度最大值为4 m/sB.流过电阻R的电荷量为6 CC.在这一过程中，整个回路产生的热量为17.5

6、JD.流过电阻R的电流方向为由c到d【解析】当杆达到最大速度时满足Fmgsin ，解得vm5 m/s，选项A错误；流过电阻R的电荷量q C3 C，选项B错误；回路产生的热量QFLmgLsin mv17.5 J，选项C正确；由右手定则可知流过R的电流方向从d到c，选项D错误。【答案】C5.如图所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止。撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程

7、不会撞击到上极板，已知小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.与弹簧分离时小球的动能为mghqEhB.从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mghqEhC.从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为D.撤去外力时弹簧的弹性势能为mv2(qEmg)h【解析】根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为EkqEhmghEp，选项A错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为Emghmv2qEhEp，选项B错误；小球减少的电势能为qEh，故选项C错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，mv2EpqEhmgh，

8、所以Epmv2(qEmg)h，选项D正确。【答案】D6.如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（）APQ中电流先增大后减小BPQ两端电压先减小后增大CPQ上拉力的功率先减小后增大D线框消耗的电功率先减小后增大【答案】 C【解析】设PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3R-Rx，所以外电路的总电阻为，外电路电阻先增大后减小，所以路端电压先增大后减

9、小，所以B错误；电路的总电阻先增大后减小，再根据闭合电路的欧姆定律可得PQ中的电流：先较小后增大，故A错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F=BIL，拉力的功率P=BILv，先减小后增大，所以C正确；外电路的总电阻最大为3R/4，小于电源内阻R，又外电阻先增大后减小，所以外电路消耗的功率先增大后减小，故D错误。&网7.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动,其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示,其中Ox2段是关于直线x=x1对称的曲线,x2x3段是直线,则下列说法正确的是()。A.x1处电场强度不为零B.粒子在Ox2段做匀变速运动,x2x3段做匀速直线运动C.x2x3段的电场

10、强度大小方向均不变,为一定值D.在O、x1、x2、x3处电势O、1、2、3的关系为32=O1【解析】根据Ep=q,E=,得E=。Ep-x图象切线的斜率等于,根据数学知识可知,x1处切线斜率为零,则x1处电场强度为零,故A项错误。x2x3段斜率不变,电场强度不变,C项正确。由图看出在Ox1段图象切线的斜率不断减小,由上式知电场强度减小,粒子所受的电场力减小,加速度减小,粒子做非匀变速运动;x1x2段图象切线的斜率不断增大,电场强度增大,粒子所受的电场力增大,粒子做非匀变速运动,故B项错误。根据Ep=q,粒子带负电,q0,可知电势能越大,粒子所在处的电势越低,所以有32=O1,D项错误。【答案】C

11、8.如图甲所示,左侧接有定值电阻R=2 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=1 T,导轨间距L=1 m。一质量m=2 kg,阻值r=2 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,若金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.25,则从起点处到位移x=1 m 的过程中(g=10 m/s2)()。A.金属棒克服安培力做的功W1=0.5 JB.金属棒克服摩擦力做的功W2=4 JC.整个系统产生的总热量Q=4.25 JD.拉力做的功W=9.25 J【解析】平均速度=1m/s,金属棒克服安培力做的功W1=BLx=x,解得W1=0.25J,A项

12、错误;金属棒克服摩擦力做的功W2=mgx=5J,B项错误;整个系统产生的总热量Q=W1+W2=5.25J,C项错误;根据动能定理可得,拉力做的功W=W1+W2+mv2=9.25J,D项正确。【答案】D9.如图所示,两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置,导轨上端接电阻R,宽度相同的水平条形区域和内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B,和之间无磁场。一导体棒两端套在导轨上,并与两导轨始终保持良好接触,导体棒从距区域上边界H处由静止释放,在穿过两段磁场区域的过程中,流过电阻R上的电流及其变化情况相同。下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是()。【解析】导体棒从距区域上边界H处由静止释放,做自

13、由落体运动,由于导体棒在穿过两段磁场区域的过程中,流过电阻R上的电流及其变化情况相同,说明导体棒穿过磁场的过程必定做减速运动,导体棒所受的安培力大于重力,而速度减小,产生的感应电动势减小,感应电流减小,导体棒所受的安培力减小,合力减小,则导体棒的加速度减小,v-t图象的斜率逐渐减小,且根据两个过程的相似性可知进磁场和出磁场的速度相同,C项正确,A、B、D三项错误。【答案】C10.一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)

14、返回。若将下极板向上平移,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.在距上极板处返回D.在距上极板d处返回【解析】未平移下极板时,根据动能定理有mgd=qU,将下极板向上平移,从P点开始下落的相同粒子到达下极板处重力做的功mgd0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是（）A. 沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大B. 沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小C. 正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大D. 将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负【答案】BC【解析】【详解】A点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图 是最大内角，所以，根据

15、点电荷的场强公式（或者根据电场线的疏密程度）可知从电场强度先增大后减小，A错误；B电场线与等势面（图中虚线）处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从电势先增大后减小，B正确；C、两点的电势大小关系为，根据电势能的公式可知正电荷在点的电势能大于在点的电势能，C正确；D正电荷从，电势能减小，电场力所做的总功为正功，D错误。故选BC。16.（2020年江苏卷）如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球（不计重力）。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有（）A. 电场E中A点电势低于B点B. 转动中

16、两小球的电势能始终相等C. 该过程静电力对两小球均做负功D. 该过程两小球的总电势能增加【答案】AB【解析】【详解】A沿着电场线方向，电势降低，A正确；B由于O点的电势为0，根据匀强电场的对称性又，所以B正确；CDA、B位置的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左，绝缘轻杆逆时针旋转，两小球静电力对两小球均做正功，电场力做正功，电势能减少，CD错误；故选AB。17.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB.下列说法正确的是()A电子一定从A向B运动B

17、若aAaB，则Q靠近M端且为正电荷C无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是()A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B.若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为C.若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为D.若W1W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差【解析】由题意得(ab)qW1，(cd)qW2，只能得出a、b两点间和c、d两点间的电势关系，无法确定场强的方向，选项A错误；若c、d之间的距离为L，因无法确定场强的方向，故无法确定场强的大小，选项C

18、错误；由于M、N、WMNq(MN)，上述式子联立求解得粒子从M点移动到N点电场力做的功为WMN，选项B正确；若W1W2，有abcd，变形可得acbd，又aM，bN，所以aMbN，选项D正确。【答案】BD21.(2018全国卷)如图所示，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是()A.a的质量比b的大B.在t时刻，a的动能比b的大C.在t时刻

19、，a和b的电势能相等D.在t时刻，a和b的动量大小相等【解析】两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由xat2知微粒a的加速度大，由qEma知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qExEk得，位移x大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEtmv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。【答案】BD22.如图所示，足够长的光滑水平轨道，左侧轨道间距为0.4 m，右侧轨道间距为0.2 m。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.2 T。质量均为0.01 kg的金属棒M、N垂直导轨放置在轨道上，开

20、始时金属棒M、N均保持静止，现使金属棒M以5 m/s的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动。已知两金属棒接入电路的总电阻为0.2 ，轨道电阻不计，下列说法正确的是()A.M、N棒在相对运动过程中，回路内产生顺时针方向的电流(俯视)B.M、N棒最后都以2.5 m/s的速度向右匀速运动C.从开始到最终匀速运动电路中产生的焦耳热为6.25102 JD.在两棒整个的运动过程中，金属棒M、N在水平导轨间扫过的面积之差为0.5 m2【解析】金属棒M向右运动后，穿过M、N与导轨组成的闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律可得回路内产生顺时针

21、方向的电流(俯视)，选项A正确；两棒最后匀速时，电路中无电流，即BL1v1BL2v2，解得v22v1，选取水平向右为正方向，对M、N分别利用动量定理可得：对N有FN安tmv2，对M有FM安tmv1mv0，又知道导轨宽度是2倍关系，故FM安2FN安，联立解得v11 m/s，v22 m/s，选项B错误；根据能量守恒定律可得 mvQmvmv，解得Q0.1 J，选项C错误；在N加速过程中，由动量定理得BL2tmv20，电路中的电流，根据法拉第电磁感应定律有E，其中磁通量变化量BS，联立以上各式，得S0.5 m2，选项D正确。【答案】AD23.一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和

22、空气阻力三个力的作用。若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球()A.重力做功为5 J B.电势能减少2 JC.空气阻力做功0.5 J D.动能减少3.5 J【解析】小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故选项A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减少2 J，故选项B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知，空气阻力做功为0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故选项C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为3.5 J，根据动能定理，小球

23、的动能减少3.5 J，故选项D正确。【答案】BD24.如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为Q的小球P，带电荷量分别为q和2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是()AM与N的距离大于LBP、M和N在同一直线上C在P产生的电场中，M、N处的电势相同DM、N及细杆组成的系统所受合外力为零【答案】BD【解析】M、N处于静止状态，则M、N和杆组成的系统所受合外力为0，则FPMFPN，即kk，则有xL，那么M、N间距离为(1)L，故选项A错误，选项D正确；由于M、N静止不动，P对M和对N的力应该在一条直线上，故选项B正确；在P产

24、生电场中，M处电势较高，故选项C错误25.如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带上等量异种电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()A.若微粒带负电荷，则A板可能带正电荷B.微粒从M点运动到N点电势能可能增加C.微粒从M点运动到N点机械能一定增加D.微粒从M点运动到N点动能一定增加【解析】微粒在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上而小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，故选项A正确；电场力可能向上，也可能向下，所以微粒从M点运动到N点过程，电场力可能做负功，也可能做正功，电势能可能增加，也可能减小，所以机

25、械能不一定增加，故选项B正确，C错误；微粒在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，电场力和重力的合力向下，故微粒从M点运动到N点动能一定增加，故选项D正确。【答案】ABD26.如图所示，两个足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，上端接有一定值电阻，匀强磁场垂直导轨平面向上。一导体棒以平行导轨向上的初速度从ab处上滑，到最高点后又下滑回到ab处。下列说法中正确的是()A.上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功B.上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于下滑过程中克服安培力做的功C.上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小大于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小D.上滑过程中安培力对导体棒

26、的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小【解析】由能量守恒定律可知上滑过程对应位置的速率大于下滑过程的速率，所以上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功，故选项A正确，B错误；安培力的冲量大小I冲BILtBLq，由E，可知q，由于上滑过程与下滑过程通过回路某横截面的电荷量q相等，所以安培力的冲量大小相等，故选项D正确，C错误。【答案】AD27.如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直平面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里。一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q0)的小球由轨道左端A处无初速度滑下。当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水

27、平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点。若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断中正确的是()A.小球在C点受到的洛伦兹力大小为qBB.小球在C点对轨道的压力大小为3mgqBC.小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变D.小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大【解析】小球从A到C过程机械能守恒有mgRmv2，解得v，所以小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛qB，故选项A错误；在C点由牛顿第二定律有FNmgF洛m，解得FN3mgqB，故选项B正确；小球从C到D的过程中，合外力始终指向圆心，所以外力F的大小发生变化，故选项C错误；小球从C到D的过程中，由能量守恒定律可

28、知外力F的功率等于重力功率大小，所以外力F的功率逐渐增大，故选项D正确。【答案】BD28.如图所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒从t0时刻起，棒上有如图2所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图中I所示方向为电流正方向则金属棒()A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到的安培力在一个周期内做正功【答案】ABC【解析】本题考查安培力、左手定则、牛顿运动定律、功等知识在0，导体棒受到向右的安培力，大小恒为BImL，向右做匀加速直线运动；在T，导体棒受到安培力向右，大小仍为B

29、ImL，而此时速度仍然还是向左，做匀减速直线运动，之后不断重复该运动过程故选项A、B、C正确；安培力在一个周期内做功为0，选项D错误29.空间AA与DD之间为磁感应强度大小为B的匀强磁场区域，间距为H，磁场方向垂直纸面向里，DD距离地面高度为L。现有一质量为m、边长为L(LH)、电阻为R的正方形线框由AA上方某处自由落下(线框始终处于竖直平面内，且ab边始终与AA平行)，恰能匀速进入磁场区域。当线框的cd边刚要触地前瞬间线框的加速度大小为a0.1g，g为重力加速度，空气阻力不计，则()A.线框自由下落的高度为B.线框触地前瞬间线框的速度为C.线框进入磁场的过程中，线框产生的热量为mgLD.线框

30、的cd边从AA运动到触地的时间为【解析】cd边进入磁场时做匀速运动，则有安培力和重力大小相等，即mgBIL，解得v，则自由落体下落的高度为h，故选项A正确；由题意可知加速度a方向应向上，设线框触地前瞬间线框的速度为v1，由牛顿第二定律得BILmgma，即mg0.1mg，解得v1，故选项B错误；线框匀速进入磁场的过程中，动能不变，产生的热量等于减少的重力势能，即QmgL，故选项C正确；线框的cd边从AA运动到触地的时间为t，全过程列动量定理有mgtB1Lt1B2Lt2mv1mv，其中1、2为t1、t2时间内的平均电流，又1，2，且1t12t2L，代入上式得mgtmv1mv，解得t，故选项D正确。

31、【答案】ACD30.如图所示，PQ、MN为两根光滑绝缘且固定的平行轨道，两轨道间的宽度为L，轨道斜面与水平面成角。在矩形abdc内存在方向垂直轨道斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，已知ab、cd间的距离为3d。有一质量为m、长为L、宽为d的矩形金属线圈ABCD放置在轨道上，开始时线圈AB边与磁场边界ab重合。现让线圈由静止出发沿轨道下滑，从AB边进入磁场到CD边进入磁场的过程中，流过线圈的电荷量为q。线圈通过磁场的总时间为t，重力加速度为g。下列说法正确的是()A.线圈在磁场中不可能做匀加速直线运动B.线圈的电阻为RC.线圈CD边刚好通过磁场下边界时，线圈的速度大小为vD.线圈在时间t内电阻

32、的发热量为Q4mgdsin 【解析】线圈全部进入磁场后，磁通量不变，感应电流为0，不受安培力作用，做匀加速直线运动，故选项A错误；从AB边进入磁场到CD边进入磁场的过程中，通过回路的电荷量qItt，线圈的电阻为R，故选项B正确；设线圈CD边刚好通过磁场下边界时，线圈的速度大小为v，根据动量定理可得mgtsin BLtmv0，t2q，解得线圈的速度大小为v，故选项C错误；由能量守恒定律有mg4dsin mv2Q，解得Q4mgdsin ，故选项D正确。【答案】BD31.如图甲所示,两平行金属板A、B放在真空中,P点在A、B板间,A板接地,B板的电势随时间t的变化情况如图乙所示,t=0时,在P点由静

33、止释放一电子,当t=2T时,电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰,不计重力,则下列说法正确的是()。A.12=12B.12=13C.在0T时间内,电子的电势能一直在减小D.在T2T时间内,电子的电势能一直在减小【解析】0T时间内平行板间的电场强度E1=,电子以加速度a1=向上做匀加速直线运动,当t=T时电子的位移x1=a1T2,速度v1=a1T。T2T时间内平行板间的电场强度E2=,加速度a2=,电子以v1的初速度向上做匀减速直线运动,速度变为0后开始向下做匀加速直线运动,位移x2=v1T-a2T2,t=2T时电子回到P点,则x1+x2=0,联立可得2=31,A项错误,B项正确。在0T时间

34、内电子做匀加速直线运动,之后做匀减速直线运动,后又做方向向下的匀加速直线运动,所以在0T时间内电势能一直在减小,C项正确。电子在T2T时间内电势能先增大后减小,D项错误。【答案】BC32.静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示,x轴正向为电场强度正方向,带正电的点电荷沿x轴运动,则点电荷()。A.在x2和x4处电势能相等B.由x1运动到x3的过程中电势能增大C.由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D.由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大【解析】由图象可知,将带正电的点电荷沿x轴正方向移动,从x2移动到x4的过程中电场力做功不为零,两点处的电势能不相等,A项错误。从x1移动

35、到x3的过程中电场力沿x轴负方向,电场力做负功,电势能增大,B项正确。从x1到x4的过程中电场强度先增大后减小,所以电场力先增大后减小,C项正确,D项错误。【答案】BC33.如图甲所示,虚线表示某匀强电场的等势面。一带电粒子以某一初速度从P点射入电场后,在只受电场力作用下的轨迹如图中实线所示。Q是轨迹上的一点,且位于P点的右下方。下列判断正确的是()。甲A.粒子一定带正电B.粒子的动能先减小后增大C.等势面A的电势一定高于等势面B的电势D.粒子在Q点的电势能一定大于在P点的电势能【解析】电场力的方向指向轨迹的凹侧,如图乙所示,由于无法确定各等势面电势的高低和粒子的带电性质,故A、C两项错误;由

36、图乙可知,粒子从P点到Q点的过程中,电场力先做负功,后做正功,故其动能先减少后增加,电势能先增加,后减少,根据等势面的特点,可知电势能的增加量大于减少量,故粒子在Q点的电势能一定大于在P点的电势能,B、D两项正确。乙【答案】BD34.如图甲所示,Q1、Q2是两个固定的点电荷,一带正电的检验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()。甲乙A.两点电荷一定都带负电,但电荷量不一定相等B.两点电荷一定都带负电,且电荷量一定相等C.检验电荷一直向上运动,直至运动到无穷远处D.t2时刻检验电荷的电势能最大,但加速度不为零【解析】由v

37、-t图可知t2时刻运动方向改变,且图线斜率不为零,则加速度不为零,0t2时间内做减速运动,电场力做负功,检验电荷的动能转化为电势能,t2时刻电势能最大,C项错误,D项正确。检验电荷沿直线向上运动,则其所受电场力的方向沿Q1、Q2连线的中垂线方向向下,所以两点电荷都带负电,且电荷量相等,A项错误,B项正确。【答案】BD35.如图所示，左侧接有定值电阻R的光滑导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨间距为d。一质量为m、阻值为r的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始运动，速度与位移始终满足，棒与导轨接触良好，则在金属棒移动的过程中A通过R的电量与成正比B金属棒的动量对时间的变化率增

38、大C拉力的冲量为D电阻R上产生的焦耳热为【答案】BC【解析】通过R的电量，可知选项A错误；设物体再t1时刻的速度为v1，t2时刻的速度为v2，因此有，两式相减有，等式两边同时除时间则有，即，由v=kx可知导体棒的位移增大则速度增大，因此加速度也增大，棒做加速度增大的加速运动，合力增大，动量对时间的变化率即为合力，则金属棒的动量对时间的变化率增大，故B正确；根据动量定理I冲BIdt=mv，其中q=It=，v=kx，联立解得拉力的冲量为，故C正确；根据功能关系可知E电=W安，所以，根据功能关系可得电阻R上产生的焦耳热为，故D错误。36如图所示,固定的竖直光滑U形金属导轨,间距为L,上端接有阻值为R的电阻,处在方向水平且垂直于