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-人教版高三全册物理试题.doc

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1、 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.g10m/s2，则()图1A.电场强度为50N/C B.电场强度为100N/CC.电场强度为150N/C D.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vt图象如图乙所示，下列说法正确的是()图2

2、A.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

3、小是mgsinD.在Q产生的电场中，A、B两点间的电势差大小为U4.(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.现对小球施加水平向右的恒力F0，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D.小球的最大速度为二、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

4、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v0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5AO、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

5、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7(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v0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Fa、Fb、FO.下列说法可能正确的是()图7AFaFOBFbFaC小球一直做匀速直线运动D小球先做加速运动

6、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Ff随时间变

7、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

8、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EQLD.从A运动到C时间之比为12.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37，相距d1m，上端a、b间接一个阻值为1.5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.t0时在导轨上c、d两点处由静止释放一根质量m0.02kg、电阻r0.5的金属棒，bc长L1m，金属棒与导轨间的动摩擦因数0.5.取重力加速度g10m/s2.(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，sin370.6

9、，cos370.8).求：图12(1)t0时流经电阻R的电流的大小和方向；(2)画出从t0时开始金属棒受到的摩擦力Ff随时间t的变化图象(以Ff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，重力加速度为g，

10、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

11、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

12、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：a2.5m/s2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：FNFmgma解得：Fm(ga)FN2(102.5) N15N10N故电场力向上，为10N，故场强为：EN/C100 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；t2时刻之前电场

13、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，t2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mgsin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mgsin，后大于mgsin，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mgsin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UEd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WqU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；

14、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mgsin.故C错误；从A到B，根据动能定理得：mgLsinqUAB0，又UBAUAB，解得UBA.故D正确.4. 答案BC解析小球开始滑动时有：F0(mgqvB)ma，随v增大，a增大，当v时，a达到最大值，摩擦力Ff(mgqvB)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：F0(qvBmg)ma，随v增大，a减小，摩擦力增大，当vm时，a0.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

15、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：，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，那么vyat2v0tan，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

16、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Bqvmgcos，则速率为，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

17、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Bqv0mg则有FaBqv0mg；在O点，FOmg，所以有可能FaFO，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FbFa，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，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

18、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：EBLv，由欧姆定律得：I.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：FBIL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：FfF，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

19、于电场力做的功，则：WEQdEQLcos30EQL，故选项C正确；对于甲带电体：a1，则：La1t；对于乙带电体：a2，则：Lcos30a2t，整理可以得到：，故选项D错误.12. 答案(1)0.4A由a向b(2)见解析图(3)1.28102W解析(1)ELd110.8V0.8VIA0.4A方向：由a向b(2)如图.(3)mgsin37IdBmgcos37I解得vm0.32m/s，I0.08A金属棒所受安培力的功率可能达到的最大值PmIdBvm1.28102W.13. 答案(1)(2)带正电解析(1)导体棒匀速滑行，有FIBlmg回路中的电流I解得导体棒匀速滑行的速度大小v(2)金属板间的电压

20、UIR带电液滴静止在极板间，有m0gq解得小液滴的电荷量q(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mgqE，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)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v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E12Blv1设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1设此时线框所受安培力为F1，有F12I1lB由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mgF1由式得v1设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2由式得v24v1(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mglmv线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mvmvQ由式得H28l