專題強(qiáng)化訓(xùn)練(七)一、選擇題1(2019·天津卷)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動，通過N點(diǎn)時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運(yùn)動到N的過程()A動能增加mv2 B機(jī)械能增加2mv2C重力勢能增加mv2 D電勢能增加2mv2解析小球動能的增加量為Ekm(2v)2mv2mv2，A錯誤；小球在豎直方向上的分運(yùn)動為豎直上拋，到N時豎直方向的速度為零，則M、N兩點(diǎn)之間的高度差為h，小球重力勢能的增加量為Epmghmv2，C錯誤；電場力對小球做正功，則小球的電勢能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢能等于重力勢能與動能的增加量之和，則電勢能的減少量為Epmv2mv22mv2，D錯誤；由功能關(guān)系可知，除重力外的其他力對小球所做的功等于小球機(jī)械能的增加量，即2mv2，B正確答案B2(多選)(2019·湖北武漢高三畢業(yè)生四月調(diào)研) 如圖所示，勻強(qiáng)電場與水平方向成夾角(<45°)，場中有一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，用長為L的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，當(dāng)小球靜止時，細(xì)線恰好水平現(xiàn)用豎直向下的恒定外力將小球拉到豎直方向最低點(diǎn)時，小球速度剛好再次為零若小球電荷量保持不變，則在此過程中()A小球電勢能一直在增加，電勢能增量為EpmgLB小球機(jī)械能一直在減小，機(jī)械能增量為EmgLC小球在最低點(diǎn)的加速度a0D小球的最大動能Ekm(1)mgL解析設(shè)小球所受電場力為F，根據(jù)小球靜止時，細(xì)線恰好水平，可以得出Fsinmg，解得F.用豎直向下的恒定外力將小球拉到豎直方向最低點(diǎn)，需要克服電場力做功，小球電勢能一直在增加根據(jù)功能關(guān)系，小球電勢能增加量為EpFLcosFLsinmgL，選項(xiàng)A正確；用豎直向下的恒定外力將小球拉到豎直方向最低點(diǎn)時，小球速度剛好再次為零，分析可知，恒定外力做功大小與重力和電場力的合力做功大小相等，又水平方向和豎直方向運(yùn)動距離都為L，故恒定外力與重力和電場力的合力大小相等，F(xiàn)外F合mg，故總的合力恰好與豎直方向夾角為45°，則小球機(jī)械能先增大后減小，選項(xiàng)B錯誤；由以上分析可知小球在最低點(diǎn)的合力方向與豎直方向夾角為45°，根據(jù)牛頓第二定律可知小球在最低點(diǎn)的加速度不為零，選項(xiàng)C錯誤；分析可知，當(dāng)轉(zhuǎn)過45°時，小球有最大速度，易知小球所受合力為F合mg，由動能定理可得小球的最大動能Ekmax·mg(1)mgL，選項(xiàng)D正確答案AD3(多選)(2019·湖北省六校聯(lián)合體4月聯(lián)考)一帶電小球在空中由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中，只受重力、電場力和空氣阻力三個力的作用若重力勢能增加5 J，機(jī)械能增加1.5 J，電場力做功2 J，則小球()A重力做功為5 J B電勢能減少2 JC空氣阻力做功0.5 J D動能減少3.5 J解析小球的重力勢能增加5 J，則小球克服重力做功5 J，故選項(xiàng)A錯誤；電場力對小球做功2 J，則小球的電勢能減少2 J，故選項(xiàng)B正確；小球共受到重力、電場力、空氣阻力三個力作用，小球的機(jī)械能增加1.5 J，則除重力以外的力做功為1.5 J，電場力對小球做功2 J，則知，空氣阻力做功為0.5 J，即小球克服空氣阻力做功0.5 J，故選項(xiàng)C錯誤；重力、電場力、空氣阻力三力做功之和為3.5 J，根據(jù)動能定理，小球的動能減少3.5 J，故選項(xiàng)D正確答案BD4(2019·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖所示，平行板電容器水平放置，兩極板間電場強(qiáng)度大小為E，中間用一光滑絕緣細(xì)桿垂直連接，桿上套有帶正電荷的小球和絕緣彈簧，小球壓在彈簧上，但與彈簧不拴接，開始時對小球施加一豎直向下的外力，將小球壓至某位置使小球保持靜止撤去外力后小球從靜止開始向上運(yùn)動，上升h時恰好與彈簧分離，分離時小球的速度為v，小球上升過程不會撞擊到上極板，已知小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g，下列說法正確的是()A與彈簧分離時小球的動能為mghqEhB從開始運(yùn)動到與彈簧分離，小球增加的機(jī)械能為mghqEhC從開始運(yùn)動到與彈簧分離，小球減少的電勢能為D撤去外力時彈簧的彈性勢能為mv2(qEmg)h解析根據(jù)動能定理可知，合外力對小球所做的功等于小球動能的變化量，所以小球與彈簧分離時的動能為EkqEhmghEp，選項(xiàng)A錯誤；從開始運(yùn)動到與彈簧分離，小球增加的機(jī)械能為Emghmv2qEhEp，選項(xiàng)B錯誤；小球減少的電勢能為Eqh，故選項(xiàng)C錯誤；從撤去外力到小球與彈簧分離，由動能定理可知，mv2EpqEhmgh，所以Epmv2(qEmg)h，選項(xiàng)D正確答案D5(多選)(2019·河南六市第5次聯(lián)考)如右圖所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直平面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場方向垂直軌道平面向里一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A處無初速度滑下當(dāng)小球滑至軌道最低點(diǎn)C時，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側(cè)的D點(diǎn)若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷中正確的是()A小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為qBB小球在C點(diǎn)對軌道的壓力大小為3mgqBC小球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變D小球從C到D的過程中，外力F的功率逐漸增大解析小球從A到C過程中由機(jī)械能守恒有mgRmv2，解得v，所以小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為F洛qB，故選項(xiàng)A錯誤；在C點(diǎn)由牛頓第二定律有FNmgF洛m，解得FN3mgqB，故選項(xiàng)B正確；小球從C到D的過程中，合外力始終指向圓心，所以mgcosFsin，變化，外力F的大小發(fā)生變化，故選項(xiàng)C錯誤；小球從C到D的過程中，由能量守恒定律可知外力F的功率等于重力功率大小，所以外力F的功率逐漸增大，故選項(xiàng)D正確答案BD6(2019·福建寧德一模)如圖所示，固定在傾角為30°的斜面內(nèi)的兩根平行長直光滑金屬導(dǎo)軌的間距為d1 m，其底端接有阻值為R2 的電阻，整個裝置處在垂直斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2 T的勻強(qiáng)磁場中一質(zhì)量為m1 kg(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸現(xiàn)桿在沿斜面向上、垂直于桿的恒力F10 N作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動距離L6 m時，速度恰好達(dá)到最大(運(yùn)動過程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直)設(shè)桿接入電路的電阻為r2 ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g10 m/s2.則此過程()A桿的速度最大值為4 m/sB流過電阻R的電荷量為6 CC在這一過程中，整個回路產(chǎn)生的熱量為17.5 JD流過電阻R的電流方向?yàn)橛蒫到d解析當(dāng)桿達(dá)到最大速度時滿足Fmgsin，解得vm5 m/s，選項(xiàng)A錯誤；流過電阻R的電荷量q C3 C，選項(xiàng)B錯誤；回路產(chǎn)生的熱量QFLmgLsinmv17.5 J，選項(xiàng)C正確；由右手定則可知流過R的電流方向從d到c，選項(xiàng)D錯誤答案C7(多選)(2019·東北省四市聯(lián)考)如圖所示，在寬度為d的條形無場區(qū)左側(cè)區(qū)和右側(cè)區(qū)內(nèi)，存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向如圖所示有一邊長為l(l>d)、電阻均勻分布且阻值為R的正方形金屬線框EFGH置于區(qū)域，EF邊與磁場邊界平行，現(xiàn)使線框以垂直于磁場邊界的速度v從圖示位置向右勻速運(yùn)動，則()A當(dāng)EF邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)時，線框中電流方向?yàn)轫槙r針，大小為B當(dāng)EF邊剛進(jìn)入中間無磁場區(qū)時，E、F兩點(diǎn)間的電壓為C將線框拉至HG邊剛離開區(qū)的過程中，拉力所做的功為D將線框從區(qū)全部拉入?yún)^(qū)的過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為解析當(dāng)EF邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)時，金屬線框HG、EF邊均切割磁感線，由右手定則可判斷出HG邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向?yàn)轫槙r針方向，EF邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向?yàn)轫槙r針方向，則回路中產(chǎn)生總感應(yīng)電動勢為E12Blv，由閉合電路歐姆定律，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I1，方向?yàn)轫槙r針方向，選項(xiàng)A錯誤當(dāng)EF邊剛進(jìn)入中間無磁場區(qū)域時，只有HG邊切割磁感線，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2Blv，感應(yīng)電流I2，E、F兩點(diǎn)之間的電壓為U，選項(xiàng)B正確線框在整個運(yùn)動過程中做勻速運(yùn)動，故線框所受安培力和拉力始終相等線框在區(qū)運(yùn)動，磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，拉力不做功；在EF邊進(jìn)入中間無磁場區(qū)域的過程中，只有HG邊切割磁感線，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2Blv，感應(yīng)電流I2，線框所受安培力F1BI2l，拉力做功W1F1d；當(dāng)EF邊進(jìn)入?yún)^(qū)距離小于ld時，HG、EF邊均切割磁感線，回路中產(chǎn)生總感應(yīng)電動勢為E12Blv，感應(yīng)電流大小為I1，線框所受總安培力F22BI1l，拉力做功W2F2(ld)，則將線框拉至HG邊剛離開區(qū)的過程中，拉力所做的功WW1W2，選項(xiàng)C正確當(dāng)EF邊進(jìn)入?yún)^(qū)距離大于ld小于l時，只有EF邊切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E3Blv，感應(yīng)電流I3，線框所受安培力F3BI3l，拉力做功W3F3d；將線框從區(qū)全部拉入?yún)^(qū)的過程中，安培力做的總功WW1W2W3.根據(jù)克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱可知，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為QW，選項(xiàng)D正確答案BCD8. (多選)(2019·蘇州模擬)在如圖所示的傾角為的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域的磁場方向垂直斜面向上區(qū)域的磁場方向垂直斜面向下，磁場的寬度均為L.一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑當(dāng)ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場區(qū)時，恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動；當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時，線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動，從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框的動能變化量為Ek，重力對線框做功大小為W1，安培力對線框做功大小為W2，下列說法中正確的是()A在下滑過程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，機(jī)械能守恒C從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，有(W1Ek)的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能D從ab進(jìn)入GH到MN到JP的中間位置的過程中，線框動能的變化量為EkW1W2解析由平衡條件，第一次勻速運(yùn)動時，mgsin，第二次勻速運(yùn)動時，mgsin，則v2<v1，選項(xiàng)A錯誤；ab進(jìn)入磁場后，安培力做負(fù)功，機(jī)械能減少，選項(xiàng)B錯誤；從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，由動能定理得，W1W2Ek，選項(xiàng)D正確；線框克服安培力做功為W2，等于產(chǎn)生的電能，且W2W1Ek，選項(xiàng)C正確答案CD9(多選)(2019·撫州質(zhì)檢)如圖所示，在光滑的水平面上方，有兩個磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場PQ為兩個磁場的分界線，磁場范圍足夠大一個邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直磁場方向從圖中實(shí)線位置開始向右運(yùn)動，當(dāng)線框運(yùn)動到分別有一半面積在兩個磁場中時，線框的速度為，則下列說法正確的是()A此過程中通過線框截面的電荷量為B此時線框中的電功率為C此過程中回路產(chǎn)生的電能為D此時線框的加速度為解析根據(jù)q，穿過線圈的磁通量由Ba2減小到零，所以此過程中通過線框橫截面的電荷量為，選項(xiàng)A錯誤；此時線框中的電動勢E2Ba·Bav，電功率P，選項(xiàng)B錯誤；此過程中回路產(chǎn)生的電能等于線圈動能的減少量，mv2m2mv2，選項(xiàng)C正確；此時線框中的電流I，線框所受的安培力的合力為F2BIa，加速度為a，選項(xiàng)D正確答案CD二、非選擇題10(2019·浙江五校聯(lián)考)如圖所示，光滑絕緣水平面AB與傾角37°，長L5 m的固定絕緣斜面BC在B處平滑相連，在斜面的C處有一與斜面垂直的彈性絕緣擋板質(zhì)量m0.5 kg、帶電荷量q5×105 C的絕緣帶電小滑塊(可看作質(zhì)點(diǎn))置于斜面的中點(diǎn)D，整個空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E2×105 N/C，現(xiàn)讓滑塊以v014 m/s的速度沿斜面向上運(yùn)動設(shè)滑塊與擋板碰撞前后所帶電荷量不變、速度大小不變，滑塊和斜面間的動摩擦因數(shù)0.1.(g取10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8)，求：(1)滑塊沿斜面向上運(yùn)動的加速度大?。?2)滑塊運(yùn)動的總路程解析(1)滑塊與斜面之間的摩擦力f(mgcos37°qEsin37°)1 N根據(jù)牛頓第二定律可得qEcos37°mgsin37°fma，解得a8 m/s2.(2)由題可知，滑塊最終停在C點(diǎn)設(shè)滑塊從D點(diǎn)開始運(yùn)動到最終停在C點(diǎn)的過程中在斜面上運(yùn)動的總路程為s1，由動能定理有qEcos37°mgsin37°fs10mv解得s161.5 m設(shè)滑塊第1次到B時動能為Ek1，從D到B由動能定理得qEcos37°mgsin37°f·Ek1mv解得Ek129 J設(shè)滑塊第1次從B滑到水平面上的最遠(yuǎn)距離為x1，由動能定理得qEx10Ek1，解得x12.9 m水平面光滑，滑塊滑回到B點(diǎn)時動能不變，滑塊在斜面上往返一次克服摩擦力做功Wf2fL10 J滑塊第2次回到B點(diǎn)時動能為Ek2Ek1Wf19 J設(shè)滑塊第2次從B滑到水平面上的最遠(yuǎn)距離為x2，由動能定理得qEx20Ek2，解得x21.9 m同理，滑塊第3次從B滑到水平面上的最遠(yuǎn)距離為x30.9 m此后就不會再滑到水平面上了滑塊在水平面上運(yùn)動的總路程為s22(x1x2x3)11.4 m滑塊運(yùn)動的總路程ss1s272.9 m答案(1)8 m/s2(2)72.9 m11(2019·內(nèi)蒙古包頭聯(lián)考)如圖甲所示，兩根足夠長的光滑直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行固定在傾角37°的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距L1 m，導(dǎo)軌的電阻可忽略M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻一根質(zhì)量m1 kg、電阻r0.2 的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直斜面向下自圖示位置起，桿ab受到大小為F、方向平行導(dǎo)軌向下的拉力作用，力F隨桿ab運(yùn)動速度v變化的圖像如圖乙所示，桿由靜止開始運(yùn)動，測得通過電阻R的電流隨時間均勻增大g取10 m/s2，sin37°0.6.(1)試判斷金屬桿ab在勻強(qiáng)磁場中做何種運(yùn)動，請寫出推理過程；(2)求電阻R的阻值；(3)金屬桿ab自靜止開始下滑通過位移x1 m的過程中，拉力的平均功率為6.6 W，求在此過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱解析(1)通過R的電流I，EBLv，所以I因?yàn)锽、L、R、r為定值，所以I與v成正比又因?yàn)殡娏鱅隨時間均勻增大，故桿的速度v也隨時間均勻增大，即桿的加速度為恒量，金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(或金屬桿做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動)(2)對桿：根據(jù)牛頓第二定律有FmgsinF安ma由圖乙可知：F0.5v2(N)F安BILv(N)則可得：2mgsinvma因?yàn)関為變量，a為定值，所以a與v無關(guān)，必有ma2mgsin，0.50解得a8 m/s2，R0.3 (3)由能量守恒定律得PtmgxsinQmv2由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律得xat2，vat聯(lián)立解得t0.5 s，v4 m/s，Q1.3 J.答案(1)見解析(2)0.3 (3)1.3 J11