專題強(qiáng)化訓(xùn)練(十)一、選擇題1(2019·東北師大附中教學(xué)抽樣檢測)如右圖所示，光滑絕緣水平面上兩個相同的帶電小圓環(huán)A、B，電荷量均為q，質(zhì)量均為m，用一根光滑絕緣輕繩穿過兩個圓環(huán)，并系于結(jié)點O.在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運動，輕繩恰好構(gòu)成一個邊長為l的等邊三角形，則()A小環(huán)A的加速度大小為B小環(huán)A的加速度大小為C恒力F的大小為D恒力F的大小為解析設(shè)輕繩的拉力為T，則對A：TTcos60°k；Tcos30°maA，聯(lián)立解得：aA，選項B正確，A錯誤；恒力F的大小為F2ma，選項C、D錯誤答案B2(多選)(2019·武漢二中月考)如右圖所示，a、b、c、d四個質(zhì)量均為m的帶電小球恰好構(gòu)成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內(nèi)的同一圓周上繞O點做半徑為R的勻速圓周運動，三小球所在位置恰好將圓周等分小球d位于O點正上方h處，且在外力F作用下恰處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為6q，hR.重力加速度為g，靜電力常量為k.則()A小球a一定帶正電B小球b的周期為 C小球c的加速度大小為D外力F豎直向上，大小等于mg解析a、b、c三小球所帶電荷量相同，要使它們做勻速圓周運動，則d球與a、b、c三小球一定帶異種電荷，由于d球的電性未知，所以a球不一定帶正電，故A錯誤設(shè)ad連線與水平方向的夾角為，則cos，sin；對b球，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式得kcos2k·cos30°mRma，解得T ，a，則小球c的加速度大小為，故B、C正確對d球，由平衡條件得F3ksinmgmg，故D正確答案BCD3(多選)(2019·全國卷)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則()A運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合C粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能D粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行解析在兩個同種點電荷的電場中，一帶同種電荷的粒子在兩電荷的連線上自M點由靜止開始運動，粒子的速度先增大后減小，選項A正確；帶電粒子僅在電場力作用下運動，若運動到N點的動能為零，則帶電粒子在N、M兩點的電勢能相等；僅在電場力作用下運動，帶電粒子的動能和電勢能之和保持不變，若粒子運動到N點時動能不為零，則粒子在N點的電勢能小于在M點的電勢能，即粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能，選項C正確；粒子所受電場力與電場線共線與運動軌跡無關(guān)，D錯誤答案AC4(多選)(2019·全國卷)如圖，電荷量分別為q和q(q>0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點則()Aa點和b點的電勢相等Ba點和b點的電場強(qiáng)度大小相等Ca點和b點的電場強(qiáng)度方向相同D將負(fù)電荷從a點移到b點，電勢能增加解析a、b兩點到兩點電荷連線的距離相等，且關(guān)于兩點電荷連線中點對稱，可知a、b兩點的電場強(qiáng)度大小相等，方向相同，選項B、C均正確答案BC5(2019·山東省濟(jì)南市期末測試)兩個點電荷位于x軸上，在它們形成的電場中，若取無限遠(yuǎn)處的電勢為零，則在x軸正半軸上各點的電勢如圖中曲線所示，當(dāng)x0時，電勢，當(dāng)x時，電勢0.電勢為零的點的橫坐標(biāo)為x1，電勢為最小值0的點的橫坐標(biāo)為x2，根據(jù)圖線提供的信息，下列判斷正確的是()A這兩個點電荷一定是同種電荷B這兩個點電荷一定是等量的異種電荷C在x1處的電場強(qiáng)度為零D在x2處的電場強(qiáng)度為零解析若這兩個點電荷是同種電荷，則在x1處的電勢不可能為零，因此這兩個點電荷一定是異種電荷，選項A錯誤；當(dāng)x0時，電勢，可知在原點一定有正點電荷，負(fù)點電荷只能在x軸負(fù)半軸上，且負(fù)點電荷所帶電荷量的絕對值一定大于正點電荷所帶電荷量，可知這兩個點電荷必定是不等量的異種電荷，選項B錯誤；根據(jù)電場強(qiáng)度與電勢的關(guān)系可知E，故在x2處的電場強(qiáng)度為零，在x1處的電場強(qiáng)度不為零，選項D正確、C錯誤答案D6(2019·寶雞高三一模)如右圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場，與兩板上邊緣等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球，小球P從緊靠左極板處由靜止開始釋放，小球Q從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運動到右極板的過程中，它們的()A電荷量之比qPqQ21B電勢能減少量之比EpPEpQ21C運動時間tp>tQD動能增加量之比EkPEkQ41解析小球在豎直方向上做自由落體運動，在水平方向上做勻加速直線運動，根據(jù)合運動與分運動的等時性，兩小球下落的高度一樣，即hgt2，所以運動的時間相同，設(shè)為t，C錯誤；在水平方向上有daPt2 t2，daQt2 t2，可得qPqQ21，A正確；電勢能的減少量等于電場力所做的功，所以有EpPUqP，EpQUqQ，所以有EpPEpQ41，B錯誤；運動過程中重力和電場力做功，所以動能的增加量為EkPmghUqP，EkQmghUqQ，所以EkPEkQ41，D錯誤答案A7(2019·全國卷)如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接已知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()A2F B1.5FC0.5F D0解析設(shè)三角形邊長為l，通過導(dǎo)體棒MN的電流大小為I，則根據(jù)并聯(lián)電路的規(guī)律可知通過導(dǎo)體棒ML和LN的電流大小為，如圖所示，依題意有FBlI，則導(dǎo)體棒ML和LN所受安培力的合力為F1BlIF，方向與F的方向相同，所以線框LMN受到的安培力大小為1.5F，選項B正確答案B8.(2017·全國卷)如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場中，兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l.在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為()A0 B.B0 C.B0 D2B0解析設(shè)導(dǎo)線P在a點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，由于a點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，故導(dǎo)線P、Q在a點處產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強(qiáng)度與B0等大反向如圖甲所示，由幾何關(guān)系得，導(dǎo)線P、Q在a點處產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強(qiáng)度B02Bcos30°，方向水平向右若P中的電流反向、其他條件不變，如圖乙所示，由幾何關(guān)系得，P、Q導(dǎo)線在a點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽，方向豎直向上，則a點處合磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0，故選項C正確答案C9(多選)(2019·南京金陵中學(xué)二模)間距為L20 cm的光滑平行導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端通過開關(guān)S與內(nèi)阻不計、電動勢為E的電源相連，右端與半徑為L的兩段光滑圓弧導(dǎo)軌相接，一根質(zhì)量m60 g、電阻R1 、長為L的導(dǎo)體棒ab，用長也為L的絕緣細(xì)線懸掛，如圖所示，系統(tǒng)空間有豎直方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.5 T，當(dāng)閉合開關(guān)S后，導(dǎo)體棒沿圓弧擺動，擺到最大高度時，細(xì)線與豎直方向成53°角，擺動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且細(xì)線處于張緊狀態(tài)，導(dǎo)軌電阻不計，sin53°0.8，cos53°0.6，g10 m/s2，則()A磁場方向一定豎直向下B電源電動勢E3.0 VC導(dǎo)體棒在擺動過程中所受安培力F3 ND導(dǎo)體棒在擺動過程中電源提供的電能為0.048 J解析當(dāng)開關(guān)S閉合時，導(dǎo)體棒向右擺動，說明其所受安培力水平向右，由左手定則可知，磁場方向豎直向下，故A正確；設(shè)電路中電流為I，則根據(jù)動能定理得mgL(1cos53°)FLsin53°0，解得安培力F0.3 N，由FBIL，得E3 V，故B正確，C錯誤；導(dǎo)體棒在擺動過程中電源提供的電能一部分轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒的機(jī)械能EmgL(1cos53°)0.06×10×0.2×0.4 J0.048 J，另一部分轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故D錯誤答案AB二、非選擇題10(2019·石家莊高三質(zhì)檢二)如圖所示，ABCD且A、B、C、D位于一半徑為r的豎直圓上，在C點有一固定點電荷，電荷量為Q.現(xiàn)從A點將一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球由靜止釋放，小球沿光滑絕緣軌道ADB運動到D點時速度為，g為重力加速度，不考慮運動電荷對靜電場的影響，求：(1)小球運動到D點時對軌道的壓力；(2)小球從A點到D點過程中電勢能的改變量解析(1)小球在D點時有FNkmg解得FN2mgk由牛頓第三定律得，小球在D點時對軌道的壓力大小為FN2mgk方向豎直向下(2)小球從A運動到D，根據(jù)動能定理，有：mgrW電m()20解得電場力做的功：W電mgr因為電場力做負(fù)功，則電勢能增加，Epmgr答案(1)2mgk，方向豎直向下(2)mgr11(2019·北京西城區(qū)模擬)2012年11月，“殲15”艦載機(jī)在“遼寧號”航空母艦上著艦成功，它的阻攔技術(shù)原理是，飛機(jī)著艦時利用阻攔索的作用力使它快速停止隨著電磁技術(shù)的日趨成熟，新一代航母已準(zhǔn)備采用全新的電磁阻攔技術(shù)，它的阻攔技術(shù)原理是，飛機(jī)著艦時利用電磁作用力使它快速停止為研究問題的方便，我們將其簡化為如圖所示的模型在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向如圖所示的勻強(qiáng)磁場中，兩根平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L，電阻不計軌道端點MP間接有阻值為R的電阻一個長為L、質(zhì)量為m、阻值為r的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好質(zhì)量為M的飛機(jī)以水平速度v0迅速鉤住導(dǎo)體棒ab，鉤住之后關(guān)閉動力系統(tǒng)并立即獲得共同的速度假如忽略摩擦等次要因素，飛機(jī)和導(dǎo)體棒系統(tǒng)僅在安培力作用下很快停下來求：(1)飛機(jī)鉤住導(dǎo)體棒后它們獲得的共同速度v的大??；(2)飛機(jī)在阻攔減速過程中獲得的加速度a的最大值；(3)從飛機(jī)鉤住導(dǎo)體棒到它們停下來的整個過程中運動的距離x.解析(1)以飛機(jī)和導(dǎo)體棒為研究對象，根據(jù)動量守恒定律有Mv0(Mm)v，解得它們共同的速度vv0；(2)飛機(jī)鉤住導(dǎo)體棒后它們以速度v開始在安培力的作用下做減速運動，所以當(dāng)它們的速度為v時所受安培力最大，此時加速度也最大，根據(jù)牛頓第二定律有BIL(Mm)a，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I，聯(lián)立以上兩式解得a；(3)以飛機(jī)和導(dǎo)體棒為研究對象，在很短的一段時間t內(nèi)，根據(jù)動量定理有BiL·t(Mm)v，在某時刻，根據(jù)閉合電路歐姆定律有i，聯(lián)立可得·t(Mm)v，飛機(jī)經(jīng)時間t停下來，在時間t內(nèi)，對等式兩邊求和，有·x(Mm)v，解得x.答案(1)v0(2)(3)10