2024年高考物理選擇題強(qiáng)化訓(xùn)練專題六能量與動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用含解析

2024年高三物理選擇題強(qiáng)化訓(xùn)練專題六能量與動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用一、單選題1.如圖所示,上下開(kāi)口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置,小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放,并落至底部,則小磁塊()。A.在Q和P中都做自由落體運(yùn)動(dòng)B.在兩個(gè)下落過(guò)程中的機(jī)械能都守恒C.在P中的下落時(shí)間比在Q中的長(zhǎng)D.落至底部時(shí)在P中的速度比在Q中的大【解析】當(dāng)小磁塊在光滑的銅管P中下落時(shí),由于穿過(guò)銅管的磁通量變更,導(dǎo)致銅管產(chǎn)生感應(yīng)電流,從而產(chǎn)生安培力,阻礙小磁塊的運(yùn)動(dòng),所以P做的不是自由落體運(yùn)動(dòng)。在塑料管內(nèi)小磁塊沒(méi)有受到任何阻力,做自由落體運(yùn)動(dòng),故A項(xiàng)錯(cuò)誤。由A項(xiàng)分析可知,在銅管中運(yùn)動(dòng)的小磁塊機(jī)械能不守恒,而在塑料管中運(yùn)動(dòng)的小磁塊機(jī)械能守恒,故B項(xiàng)錯(cuò)誤。在銅管中小磁塊受到安培力,則在P中的下落時(shí)間比在Q中的長(zhǎng),故C項(xiàng)正確。依據(jù)動(dòng)能定理可知,因安培力做功產(chǎn)生熱能,則至底部時(shí)在P中的速度比在Q中的小,故D項(xiàng)錯(cuò)誤?！敬鸢浮緾2.一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細(xì)線懸掛于容器中，容器內(nèi)的電場(chǎng)線分布如圖所示．容器內(nèi)表面為等勢(shì)面，A、B為容器內(nèi)表面上的兩點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是A．A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)的大B．小球表面的電勢(shì)比容器內(nèi)表面的低C．B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向與該處內(nèi)表面垂直D．將檢驗(yàn)電荷從A點(diǎn)沿不同路徑移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力所做的功不同【答案】C【解析】由題圖知B點(diǎn)的電場(chǎng)線比A點(diǎn)的密集，所以B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比A點(diǎn)的大，故A錯(cuò)誤；依據(jù)沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低可知，小球表面的電勢(shì)比容器內(nèi)表面的高，所以B錯(cuò)誤；電場(chǎng)線的方向與等勢(shì)面垂直，所以B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向與該處內(nèi)表面垂直，故C正確；由于A、B兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，故無(wú)論將檢驗(yàn)電荷以怎樣的路徑從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力所做的功都為零，所以D錯(cuò)誤．3.如圖所示，一帶正電小球穿在一根絕緣粗糙直桿上，桿與水平方向夾角為θ，整個(gè)空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，先給小球一初速度，使小球沿桿向下運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為100J，在C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減為零，D為AC的中點(diǎn)，那么帶電小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()A.到達(dá)C點(diǎn)后小球不行能沿桿向上運(yùn)動(dòng)B.小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等C.小球在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為50JD.小球電勢(shì)能的增加量等于重力勢(shì)能的削減量【解析】假如電場(chǎng)力大于重力，則速度減為零后小球可能沿桿向上運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力、彈力和滑動(dòng)摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛倫茲力減小，導(dǎo)致支持力和滑動(dòng)摩擦力變更，故小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等，選項(xiàng)B正確；由于小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能也就不肯定為50J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；該過(guò)程是小球的重力勢(shì)能、電勢(shì)能、動(dòng)能和系統(tǒng)的內(nèi)能之和守恒，故小球電勢(shì)能的增加量不等于重力勢(shì)能的削減量，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緽4.如圖1所示，固定在傾角為θ＝30°的斜面內(nèi)的兩根平行長(zhǎng)直光滑金屬導(dǎo)軌的間距為d＝1m，其底端接有阻值為R＝2Ω的電阻，整個(gè)裝置處在垂直斜面對(duì)上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一質(zhì)量為m＝1kg(質(zhì)量分布勻稱)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?，F(xiàn)桿在沿斜面對(duì)上、垂直于桿的恒力F＝10N作用下從靜止起先沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)距離L＝6m時(shí)，速度恰好達(dá)到最大(運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直)。設(shè)桿接入電路的電阻為r＝2Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g＝10m/s2。則此過(guò)程()A.桿的速度最大值為4m/sB.流過(guò)電阻R的電荷量為6CC.在這一過(guò)程中，整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量為17.5JD.流過(guò)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(shí)滿意F＝eq\f(B2d2vm,r＋R)＋mgsinθ，解得vm＝5m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；流過(guò)電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,r＋R)＝eq\f(BLd,r＋R)＝eq\f(2×6×1,2＋2)C＝3C，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；回路產(chǎn)生的熱量Q＝FL－mgLsinθ－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝17.5J，選項(xiàng)C正確；由右手定則可知流過(guò)R的電流方向從d到c，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。【答案】C5.如圖所示，平行板電容器水平放置，兩極板間電場(chǎng)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，起先時(shí)對(duì)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起先向上運(yùn)動(dòng)，上升h時(shí)恰好與彈簧分別，分別時(shí)小球的速度為v，小球上升過(guò)程不會(huì)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(shuō)法正確的是()A.與彈簧分別時(shí)小球的動(dòng)能為mgh＋qEhB.從起先運(yùn)動(dòng)到與彈簧分別，小球增加的機(jī)械能為mgh＋qEhC.從起先運(yùn)動(dòng)到與彈簧分別，小球削減的電勢(shì)能為eq\f(qE,h)D.撤去外力時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為eq\f(1,2)mv2－(qE－mg)h【解析】依據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)小球所做的功等于小球動(dòng)能的變更量，所以小球與彈簧分別時(shí)的動(dòng)能為Ek＝qEh－mgh＋Ep，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從起先運(yùn)動(dòng)到與彈簧分別，小球增加的機(jī)械能為ΔE＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＝qEh＋Ep，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球削減的電勢(shì)能為qEh，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從撤去外力到小球與彈簧分別，由動(dòng)能定理可知，eq\f(1,2)mv2＝Ep＋qEh－mgh，所以Ep＝eq\f(1,2)mv2－(qE－mg)h，選項(xiàng)D正確?！敬鸢浮緿6.如圖，由某種粗細(xì)勻稱的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中。一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過(guò)程中（）A．PQ中電流先增大后減小B．PQ兩端電壓先減小后增大C．PQ上拉力的功領(lǐng)先減小后增大D．線框消耗的電功領(lǐng)先減小后增大【答案】C【解析】設(shè)PQ左側(cè)電路的電阻為Rx，則右側(cè)電路的電阻為3R-Rx，所以外電路的總電阻為，外電路電阻先增大后減小，所以路端電壓先增大后減小，所以B錯(cuò)誤；電路的總電阻先增大后減小，再依據(jù)閉合電路的歐姆定律可得PQ中的電流：先較小后增大，故A錯(cuò)誤；由于導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力等于安培力，即F=BIL，拉力的功率P=BILv，先減小后增大，所以C正確；外電路的總電阻最大為3R/4，小于電源內(nèi)阻R，又外電阻先增大后減小，所以外電路消耗的功領(lǐng)先增大后減小，故D錯(cuò)誤。&網(wǎng)7.一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正向運(yùn)動(dòng),其電勢(shì)能Ep隨位移x變更的關(guān)系如圖所示,其中O~x2段是關(guān)于直線x=x1對(duì)稱的曲線,x2~x3段是直線,則下列說(shuō)法正確的是()。A.x1處電場(chǎng)強(qiáng)度不為零B.粒子在O~x2段做勻變速運(yùn)動(dòng),x2~x3段做勻速直線運(yùn)動(dòng)C.x2~x3段的電場(chǎng)強(qiáng)度大小方向均不變,為肯定值D.在O、x1、x2、x3處電勢(shì)φO、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ3>φ2=φO>φ1【解析】依據(jù)Ep=qφ,E=ΔφΔx,得E=1q·ΔEpΔx。Ep-x圖象切線的斜率等于ΔEpΔx,依據(jù)數(shù)學(xué)學(xué)問(wèn)可知,x1處切線斜率為零,則x1處電場(chǎng)強(qiáng)度為零,故A項(xiàng)錯(cuò)誤。x2~x3段斜率不變,電場(chǎng)強(qiáng)度不變,C項(xiàng)正確。由圖看出在O~x1段圖象切線的斜率不斷減小,由上式知電場(chǎng)強(qiáng)度減小,粒子所受的電場(chǎng)力減小,加速度減小,粒子做非勻變速運(yùn)動(dòng);x1~x2段圖象切線的斜率不斷增大,電場(chǎng)強(qiáng)度增大,粒子所受的電場(chǎng)力增大,粒子做非勻變速運(yùn)動(dòng),故B項(xiàng)錯(cuò)誤。依據(jù)Ep=qφ【答案】C8.如圖甲所示,左側(cè)接有定值電阻R=2Ω的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T,導(dǎo)軌間距L=1m。一質(zhì)量m=2kg,阻值r=2Ω的金屬棒在水平拉力F作用下由靜止起先從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng),金屬棒的v-x圖象如圖乙所示,若金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25,則從起點(diǎn)處到位移x=1m的過(guò)程中(g=10m/s2)()。A.金屬棒克服安培力做的功W1=0.5JB.金屬棒克服摩擦力做的功W2=4JC.整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q=4.25JD.拉力做的功W=9.25J【解析】平均速度v=1m/s,金屬棒克服安培力做的功W1=BBLv-R+rL·x=B2L2R+rvx,解得W1=0.25J,A項(xiàng)錯(cuò)誤;金屬棒克服摩擦力做的功W2=μmgx=5J,B項(xiàng)錯(cuò)誤;整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q=W1+W2=5.25J,C項(xiàng)錯(cuò)誤;依據(jù)動(dòng)能定理可得,拉力做的功【答案】D9.如圖所示,兩根電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置,導(dǎo)軌上端接電阻R,寬度相同的水平條形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內(nèi)有方向垂直導(dǎo)軌平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,Ⅰ和Ⅱ之間無(wú)磁場(chǎng)。一導(dǎo)體棒兩端套在導(dǎo)軌上,并與兩導(dǎo)軌始終保持良好接觸,導(dǎo)體棒從距區(qū)域Ⅰ上邊界H處由靜止釋放,在穿過(guò)兩段磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中,流過(guò)電阻R上的電流及其變更狀況相同。下面四個(gè)圖象能定性描述導(dǎo)體棒速度大小與時(shí)間關(guān)系的是()?！窘馕觥繉?dǎo)體棒從距區(qū)域Ⅰ上邊界H處由靜止釋放,做自由落體運(yùn)動(dòng),由于導(dǎo)體棒在穿過(guò)兩段磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中,流過(guò)電阻R上的電流及其變更狀況相同,說(shuō)明導(dǎo)體棒穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程必定做減速運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體棒所受的安培力大于重力,而速度減小,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小,感應(yīng)電流減小,導(dǎo)體棒所受的安培力減小,合力減小,則導(dǎo)體棒的加速度減小,v-t圖象的斜率漸漸減小,且依據(jù)兩個(gè)過(guò)程的相像性可知進(jìn)磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)的速度相同,C項(xiàng)正確,A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤。【答案】C10.一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d,極板分別與電池兩極相連,上極板中心有一小孔(小孔對(duì)電場(chǎng)的影響可忽視不計(jì))。小孔正上方d2處的P點(diǎn)有一帶電粒子,該粒子從靜止起先下落,經(jīng)過(guò)小孔進(jìn)入電容器,并在下極板處(未與極板接觸)返回。若將下極板向上平移d3,則從P點(diǎn)起先下落的相同粒子將(A.打到下極板上B.在下極板處返回C.在距上極板d2D.在距上極板25d【解析】未平移下極板時(shí),依據(jù)動(dòng)能定理有mg·32d=qU,將下極板向上平移d3,從P點(diǎn)起先下落的相同粒子到達(dá)下極板處重力做的功mg·76d<qU,所以A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤;設(shè)粒子距上極板x處返回,依據(jù)動(dòng)能定理有mg·d2+x=q·Ud-d3【答案】D11.如圖所示，間距為、電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端有一阻值為的電阻，一質(zhì)量為、電阻也為的金屬棒橫跨在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌接觸良好。整個(gè)裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬棒以初速度沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，在金屬棒整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是A．金屬棒端電勢(shì)比端高B．金屬棒克服安培力做的功等于電阻上產(chǎn)生的焦耳熱C．金屬棒運(yùn)動(dòng)的位移為D．金屬棒運(yùn)動(dòng)的位移為【答案】D【解析】由右手定則可知，金屬棒上電流的方向是，說(shuō)明端電勢(shì)比端低，A錯(cuò)誤；由能量守恒知金屬棒克服安培力做的功等于電阻和金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱，B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理，整個(gè)過(guò)程中感應(yīng)電荷量，又，聯(lián)立得，故金屬棒的位移，C錯(cuò)誤，D正確。12.某空間存在一電場(chǎng)，電場(chǎng)中的電勢(shì)在x軸上的分布如圖所示，下列說(shuō)法正確的是A．在軸上，從到電場(chǎng)強(qiáng)度方向向左B．在軸上，從到電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小C．把一負(fù)電荷沿軸正向從移到，電場(chǎng)力先減小后增大D．把一負(fù)電荷從移到，電場(chǎng)力做負(fù)功【答案】C【解析】在軸上，從到電勢(shì)先降低后上升，可知電場(chǎng)強(qiáng)度方向先向右后向左，A項(xiàng)錯(cuò)誤；因圖像的斜率等于電場(chǎng)強(qiáng)度，可知從到電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由知把一負(fù)電荷沿軸正向從移到，電場(chǎng)力先減小后增大，C項(xiàng)正確；由知，把一負(fù)電荷從移到電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做正功，D項(xiàng)錯(cuò)誤。13.如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中心各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)．由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)．現(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子()A．運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回B．運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回C．運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回D．穿過(guò)P′點(diǎn)【答案】A【解析】C板在P點(diǎn)時(shí)，由靜止釋放的電子從O到P過(guò)程中合外力做的總功為零．當(dāng)C板移到P′時(shí)，依據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知B、C板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，由靜止釋放的電子從O到P過(guò)程中合外力做的總功仍舊為零，所以電子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度為零，然后返回，故A正確．二、多選題14.（2024年山東卷）真空中有兩個(gè)固定的帶正電的點(diǎn)電荷，電荷量不相等。一個(gè)帶負(fù)電的摸索電荷置于二者連線上的O點(diǎn)時(shí)，僅在電場(chǎng)力的作用下恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)。過(guò)O點(diǎn)作兩正電荷連線的垂線，以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓與連線和垂線分別交于a、c和b、d，如圖所示。以下說(shuō)法正確的是（）A.a點(diǎn)電勢(shì)低于O點(diǎn)B.b點(diǎn)電勢(shì)低于c點(diǎn)C.該摸索電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在b點(diǎn)的電勢(shì)能D.該摸索電荷在c點(diǎn)的電勢(shì)能小于在d點(diǎn)的電勢(shì)能【答案】BD【解析】【詳解】A．由題意可知O點(diǎn)合場(chǎng)強(qiáng)為零，依據(jù)同種電荷之間電場(chǎng)線的分布可知aO之間電場(chǎng)線由a到O，故a點(diǎn)電勢(shì)高于O點(diǎn)電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；B．同理依據(jù)同種電荷電場(chǎng)線分布可知b點(diǎn)電視低于c點(diǎn)電勢(shì)，故B正確；C．依據(jù)電場(chǎng)線分布可知負(fù)電荷從a到b電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，即該摸索電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能小于在b點(diǎn)的電勢(shì)能，故C錯(cuò)誤；D．同理依據(jù)電場(chǎng)線分布可知負(fù)電荷從c點(diǎn)到d點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，即該摸索電荷在c點(diǎn)的電勢(shì)能小于在d點(diǎn)的電勢(shì)能，故D正確。故選BD。15.（2024年全國(guó)III卷）如圖，∠M是銳角三角形PMN最大的內(nèi)角，電荷量為q（q>0）的點(diǎn)電荷固定在P點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A.沿MN邊，從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小漸漸增大B.沿MN邊，從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電勢(shì)先增大后減小C.正電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能比其在N點(diǎn)的電勢(shì)能大D.將正電荷從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力所做的總功為負(fù)【答案】BC【解析】【詳解】A．點(diǎn)電荷的電場(chǎng)以點(diǎn)電荷為中心，向四周呈放射狀，如圖是最大內(nèi)角，所以，依據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式（或者依據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度）可知從電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，A錯(cuò)誤；B．電場(chǎng)線與等勢(shì)面（圖中虛線）到處垂直，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，所以從電勢(shì)先增大后減小，B正確；C．、兩點(diǎn)的電勢(shì)大小關(guān)系為，依據(jù)電勢(shì)能的公式可知正電荷在點(diǎn)的電勢(shì)能大于在點(diǎn)的電勢(shì)能，C正確；D．正電荷從，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力所做的總功為正功，D錯(cuò)誤。故選BC。16.（2024年江蘇卷）如圖所示，絕緣輕桿的兩端固定帶有等量異號(hào)電荷的小球（不計(jì)重力）。起先時(shí)，兩小球分別靜止在A、B位置?，F(xiàn)外加一勻強(qiáng)電場(chǎng)E，在靜電力作用下，小球繞輕桿中點(diǎn)O轉(zhuǎn)到水平位置。取O點(diǎn)的電勢(shì)為0。下列說(shuō)法正確的有（）A.電場(chǎng)E中A點(diǎn)電勢(shì)低于B點(diǎn)B.轉(zhuǎn)動(dòng)中兩小球的電勢(shì)能始終相等C.該過(guò)程靜電力對(duì)兩小球均做負(fù)功D.該過(guò)程兩小球的總電勢(shì)能增加【答案】AB【解析】【詳解】A．沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)降低，A正確；B．由于O點(diǎn)的電勢(shì)為0，依據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)的對(duì)稱性又，，所以B正確；CD．A、B位置的小球受到的靜電力分別水平向右、水平向左，絕緣輕桿逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，兩小球靜電力對(duì)兩小球均做正功，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能削減，CD錯(cuò)誤；故選AB。17.如圖所示，在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中，實(shí)線MN是一條方向未標(biāo)出的電場(chǎng)線，虛線AB是一個(gè)電子只在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡．設(shè)電子在A、B兩點(diǎn)的加速度大小分別為aA、aB，電勢(shì)能分別為EpA、EpB.下列說(shuō)法正確的是()A．電子肯定從A向B運(yùn)動(dòng)B．若aA>aB，則Q靠近M端且為正電荷C．無(wú)論Q為正電荷還是負(fù)電荷肯定有EpA<EpBD．B點(diǎn)電勢(shì)可能高于A點(diǎn)電勢(shì)【答案】BC【解析】通過(guò)電子的運(yùn)動(dòng)軌跡可推斷電子的受力方向，但無(wú)法推斷電子的運(yùn)動(dòng)方向，依據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)規(guī)律可知，加速度越大的位置就是離點(diǎn)電荷越近的位置，A錯(cuò)誤，B正確；電子從A到B電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，B點(diǎn)的電勢(shì)低于A點(diǎn)的電勢(shì)，C正確，D錯(cuò)誤．18.(2024·全國(guó)卷Ⅰ)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面，已知平面b上的電勢(shì)為2V。一電子經(jīng)過(guò)a時(shí)的動(dòng)能為10eV，從a到d的過(guò)程中克服電場(chǎng)力所做的功為6eV。下列說(shuō)法正確的是()A.平面c上的電勢(shì)為零B.該電子可能到達(dá)不了平面fC.該電子經(jīng)過(guò)平面d時(shí)，其電勢(shì)能為4eVD.該電子經(jīng)過(guò)平面b時(shí)的速率是經(jīng)過(guò)d時(shí)的2倍【解析】電子在等勢(shì)面b時(shí)的電勢(shì)能為Ep＝qφ＝－2eV，電子由a到d的過(guò)程電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加6eV，由于相鄰兩等勢(shì)面之間的距離相等，故相鄰兩等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，則電子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f電勢(shì)能均增加2eV，則電子在等勢(shì)面c的電勢(shì)能為零，等勢(shì)面c的電勢(shì)為零，A正確；由以上分析可知，電子在等勢(shì)面d的電勢(shì)能應(yīng)為2eV，C錯(cuò)誤；電子在等勢(shì)面b的動(dòng)能為8eV，電子在等勢(shì)面d的動(dòng)能為4eV，由公式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，該電子經(jīng)過(guò)平面b時(shí)的速率為經(jīng)過(guò)平面d時(shí)速率的eq\r(2)倍，D錯(cuò)誤；假如電子的速度與等勢(shì)面不垂直，則電子在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中做曲線運(yùn)動(dòng)，所以電子可能到達(dá)不了平面f就返回平面a，B正確?！敬鸢浮緼B19.如圖所示，兩個(gè)傾角分別為30°和60°的光滑斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面對(duì)里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。兩個(gè)質(zhì)量均為m、帶電荷量為＋q的滑塊甲和乙分別從兩個(gè)斜面頂端由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，兩滑塊都將飛離斜面。此過(guò)程中()A.甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大B.甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短C.甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移與乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移大小相同D.兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，重力的平均功率相等【解析】小滑塊飛離斜面時(shí)，洛倫茲力與重力的垂直斜面的分力大小相等，mgcosθ＝qvmB，解得vm＝eq\f(mgcosθ,qB)，故斜面傾角越大，飛離時(shí)速度越小，甲飛離斜面的速度大于乙飛離斜面的速度，選項(xiàng)A正確；甲斜面傾角小，加速度小，且飛離斜面時(shí)的速度大，故甲在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間比乙的長(zhǎng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)能定理mglsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得l＝eq\f(m2gcos2θ,2q2B2sinθ)，故甲的位移大于乙的位移，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；重力的平均功率為重力乘以豎直方向的分速度的平均值P＝mgsinθ·eq\f(1,2)vm，代入數(shù)據(jù)得平均值相等，故選項(xiàng)D正確?！敬鸢浮緼D20.(2024·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點(diǎn)處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與此平面平行，M為a、c連線的中點(diǎn)，N為b、d連線的中點(diǎn)。一電荷量為q(q>0)的粒子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，其電勢(shì)能減小W1；若該粒子從c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，其電勢(shì)能減小W2。下列說(shuō)法正確的是()A.此勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向肯定與a、b兩點(diǎn)連線平行B.若該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，則電場(chǎng)力做功肯定為eq\f(W1＋W2,2)C.若c、d之間的距離為L(zhǎng)，則該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小肯定為eq\f(W2,qL)D.若W1＝W2，則a、M兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差肯定等于b、N兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差【解析】由題意得(φa－φb)q＝W1，(φc－φd)q＝W2，只能得出a、b兩點(diǎn)間和c、d兩點(diǎn)間的電勢(shì)關(guān)系，無(wú)法確定場(chǎng)強(qiáng)的方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若c、d之間的距離為L(zhǎng)，因無(wú)法確定場(chǎng)強(qiáng)的方向，故無(wú)法確定場(chǎng)強(qiáng)的大小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于φM＝eq\f(φa＋φc,2)、φN＝eq\f(φb＋φd,2)、WMN＝q(φM－φN)，上述式子聯(lián)立求解得粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)電場(chǎng)力做的功為WMN＝eq\f(W1＋W2,2)，選項(xiàng)B正確；若W1＝W2，有φa－φb＝φc－φd，變形可得φa－φc＝φb－φd，又φa－φM＝eq\f(φa－φc,2)，φb－φN＝eq\f(φb－φd,2)，所以φa－φM＝φb－φN，選項(xiàng)D正確?！敬鸢浮緽D21.(2024·全國(guó)卷Ⅲ)如圖所示，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板旁邊，與極板距離相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放a、b，它們由靜止起先運(yùn)動(dòng)。在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽視。下列說(shuō)法正確的是()A.a的質(zhì)量比b的大B.在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b的大C.在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能相等D.在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)量大小相等【解析】?jī)晌⒘Ｖ皇茈妶?chǎng)力qE作用且兩電場(chǎng)力大小相等，由x＝eq\f(1,2)at2知微粒a的加速度大，由qE＝ma知微粒a的質(zhì)量小，A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理qEx＝Ek得，位移x大的動(dòng)能大，B正確；在同一等勢(shì)面上，a、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相反，故在t時(shí)刻，a、b的電勢(shì)能不相等，C錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理qEt＝mv得，在t時(shí)刻，a、b的動(dòng)量大小相等，D正確?！敬鸢浮緽D22.如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑水平軌道，左側(cè)軌道間距為0.4m，右側(cè)軌道間距為0.2m?？臻g存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.2T。質(zhì)量均為0.01kg的金屬棒M、N垂直導(dǎo)軌放置在軌道上，起先時(shí)金屬棒M、N均保持靜止，現(xiàn)使金屬棒M以5m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，兩金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸，M棒總在寬軌上運(yùn)動(dòng)，N棒總在窄軌上運(yùn)動(dòng)。已知兩金屬棒接入電路的總電阻為0.2Ω，軌道電阻不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是()A.M、N棒在相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，回路內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏?俯視)B.M、N棒最終都以2.5m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)C.從起先到最終勻速運(yùn)動(dòng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為6.25×10－2JD.在兩棒完全的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，金屬棒M、N在水平導(dǎo)軌間掃過(guò)的面積之差為0.5m2【解析】金屬棒M向右運(yùn)動(dòng)后，穿過(guò)M、N與導(dǎo)軌組成的閉合回路中的磁通量減小，依據(jù)楞次定律可得回路內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏?俯視)，選項(xiàng)A正確；兩棒最終勻速時(shí)，電路中無(wú)電流，即BL1v1＝BL2v2，解得v2＝2v1，選取水平向右為正方向，對(duì)M、N分別利用動(dòng)量定理可得：對(duì)N有FN安t＝mv2，對(duì)M有－FM安t＝mv1－mv0，又知道導(dǎo)軌寬度是2倍關(guān)系，故FM安＝2FN安，聯(lián)立解得v1＝1m/s，v2＝2m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；依據(jù)能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得Q＝0.1J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在N加速過(guò)程中，由動(dòng)量定理得Beq\o(I,\s\up6(－))L2Δt＝mv2－0，電路中的電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(E,R)，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，其中磁通量變更量ΔΦ＝BΔS，聯(lián)立以上各式，得ΔS＝0.5m2，選項(xiàng)D正確?！敬鸢浮緼D23.一帶電小球在空中由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，只受重力、電場(chǎng)力和空氣阻力三個(gè)力的作用。若重力勢(shì)能增加5J，機(jī)械能增加1.5J，電場(chǎng)力做功2J，則小球()A.重力做功為5J B.電勢(shì)能削減2JC.空氣阻力做功0.5J D.動(dòng)能削減3.5J【解析】小球的重力勢(shì)能增加5J，則小球克服重力做功5J，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電場(chǎng)力對(duì)小球做功2J，則小球的電勢(shì)能削減2J，故選項(xiàng)B正確；小球共受到重力、電場(chǎng)力、空氣阻力三個(gè)力作用，小球的機(jī)械能增加1.5J，則除重力以外的力做功為1.5J，電場(chǎng)力對(duì)小球做功2J，則知，空氣阻力做功為－0.5J，即小球克服空氣阻力做功0.5J，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；重力、電場(chǎng)力、空氣阻力三力做功之和為－3.5J，依據(jù)動(dòng)能定理，小球的動(dòng)能削減3.5J，故選項(xiàng)D正確?！敬鸢浮緽D24.如圖所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個(gè)帶電荷量為＋Q的小球P，帶電荷量分別為－q和＋2q的小球M和N，由絕緣細(xì)桿相連，靜止在桌面上，P與M相距L，P、M和N視為點(diǎn)電荷，下列說(shuō)法正確的是()A．M與N的距離大于LB．P、M和N在同始終線上C．在P產(chǎn)生的電場(chǎng)中，M、N處的電勢(shì)相同D．M、N及細(xì)桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零【答案】BD【解析】M、N處于靜止?fàn)顟B(tài)，則M、N和桿組成的系統(tǒng)所受合外力為0，則FPM＝FPN，即keq\f(Qq,L2)＝keq\f(2Qq,x2)，則有x＝eq\r(2)L，那么M、N間距離為(eq\r(2)－1)L，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確；由于M、N靜止不動(dòng)，P對(duì)M和對(duì)N的力應(yīng)當(dāng)在一條直線上，故選項(xiàng)B正確；在P產(chǎn)生電場(chǎng)中，M處電勢(shì)較高，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤．25.如圖所示，平行金屬板A、B水平正對(duì)放置，分別帶上等量異種電荷。一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場(chǎng)力共同作用下運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖中虛線所示，那么()A.若微粒帶負(fù)電荷，則A板可能帶正電荷B.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能可能增加C.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)機(jī)械能肯定增加D.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能肯定增加【解析】微粒在電場(chǎng)力和重力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，合力向下，電場(chǎng)力可能向上而小于重力，也可能向下，故無(wú)法推斷A板的帶電狀況，故選項(xiàng)A正確；電場(chǎng)力可能向上，也可能向下，所以微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)過(guò)程，電場(chǎng)力可能做負(fù)功，也可能做正功，電勢(shì)能可能增加，也可能減小，所以機(jī)械能不肯定增加，故選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；微粒在電場(chǎng)力和重力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力和重力的合力向下，故微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能肯定增加，故選項(xiàng)D正確?！敬鸢浮緼BD26.如圖所示，兩個(gè)足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，上端接有肯定值電阻，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面對(duì)上。一導(dǎo)體棒以平行導(dǎo)軌向上的初速度從ab處上滑，到最高點(diǎn)后又下滑回到ab處。下列說(shuō)法中正確的是()A.上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功大于下滑過(guò)程中克服安培力做的功B.上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于下滑過(guò)程中克服安培力做的功C.上滑過(guò)程中安培力對(duì)導(dǎo)體棒的沖量大小大于下滑過(guò)程中安培力對(duì)導(dǎo)體棒的沖量大小D.上滑過(guò)程中安培力對(duì)導(dǎo)體棒的沖量大小等于下滑過(guò)程中安培力對(duì)導(dǎo)體棒的沖量大小【解析】由能量守恒定律可知上滑過(guò)程對(duì)應(yīng)位置的速率大于下滑過(guò)程的速率，所以上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功大于下滑過(guò)程中克服安培力做的功，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；安培力的沖量大小I沖＝BILt＝BLq，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，可知q＝eq\f(ΔΦ,R)，由于上滑過(guò)程與下滑過(guò)程通過(guò)回路某橫截面的電荷量q相等，所以安培力的沖量大小相等，故選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤?！敬鸢浮緼D27.如圖所示，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(chǎng)方向垂直軌道平面對(duì)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(wú)初速度滑下。當(dāng)小球滑至軌道最低點(diǎn)C時(shí)，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(guò)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，則下列推斷中正確的是()A.小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為qBeq\r(gR)B.小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mg－qBeq\r(2gR)C.小球從C到D的過(guò)程中，外力F的大小保持不變D.小球從C到D的過(guò)程中，外力F的功率漸漸增大【解析】小球從A到C過(guò)程機(jī)械能守恒有mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gR)，所以小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為F洛＝qBeq\r(2gR)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在C點(diǎn)由牛頓其次定律有FN－mg＋F洛＝meq\f(v2,R)，解得FN＝3mg－qBeq\r(2gR)，故選項(xiàng)B正確；小球從C到D的過(guò)程中，合外力始終指向圓心，所以外力F的大小發(fā)生變更，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球從C到D的過(guò)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的功率漸漸增大，故選項(xiàng)D正確。【答案】BD28.如圖所示，兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置，間距為L(zhǎng)，其間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.垂直于導(dǎo)軌水平對(duì)稱放置一根勻稱金屬棒．從t＝0時(shí)刻起，棒上有如圖2所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖中I所示方向?yàn)殡娏髡较颍畡t金屬棒()A．始終向右移動(dòng)B．速度隨時(shí)間周期性變更C．受到的安培力隨時(shí)間周期性變更D．受到的安培力在一個(gè)周期內(nèi)做正功【答案】ABC【解析】本題考查安培力、左手定則、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功等學(xué)問(wèn)．在0～eq\f(T,2)，導(dǎo)體棒受到向右的安培力，大小恒為BImL，向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；在eq\f(T,2)～T，導(dǎo)體棒受到安培力向右，大小仍為BImL，而此時(shí)速度仍舊還是向左，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，之后不斷重復(fù)該運(yùn)動(dòng)過(guò)程．故選項(xiàng)A、B、C正確；安培力在一個(gè)周期內(nèi)做功為0，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．29.空間AA′與DD′之間為磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，間距為H，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里，DD′距離地面高度為L(zhǎng)?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(L＜H)、電阻為R的正方形線框由AA′上方某處自由落下(線框始終處于豎直平面內(nèi)，且ab邊始終與AA′平行)，恰能勻速進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域。當(dāng)線框的cd邊剛要觸地前瞬間線框的加速度大小為a＝0.1g，g為重力加速度，空氣阻力不計(jì)，則()A.線框自由下落的高度為eq\f(m2gR2,2B4L4)B.線框觸地前瞬間線框的速度為eq\f(9mgR,10B2L2)C.線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框產(chǎn)生的熱量為mgLD.線框的cd邊從AA′運(yùn)動(dòng)到觸地的時(shí)間為eq\f(mR,10B2L2)＋eq\f(2B2L3,mgR)【解析】cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，則有安培力和重力大小相等，即mg＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，解得v＝eq\f(mgR,B2L2)，則自由落體下落的高度為h＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(m2gR2,2B4L4)，故選項(xiàng)A正確；由題意可知加速度a方向應(yīng)向上，設(shè)線框觸地前瞬間線框的速度為v1，由牛頓其次定律得BI′L－mg＝ma，即eq\f(B2L2v1,R)－mg＝0.1mg，解得v1＝eq\f(11mgR,10B2L2)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，動(dòng)能不變，產(chǎn)生的熱量等于削減的重力勢(shì)能，即Q＝mgL，故選項(xiàng)C正確；線框的cd邊從AA′運(yùn)動(dòng)到觸地的時(shí)間為t，全過(guò)程列動(dòng)量定理有mgt－Beq\o(I,\s\up6(－))1Lt1－Beq\o(I,\s\up6(－))2Lt2＝mv1－mv，其中eq\o(I,\s\up6(－))1、eq\o(I,\s\up6(－))2為t1、t2時(shí)間內(nèi)的平均電流，又eq\o(I,\s\up6(－))1＝eq\f(BL\o(v,\s\up6(－))1,R)，eq\o(I,\s\up6(－))2＝eq\f(BL\o(v,\s\up6(－))2,R)，且eq\o(v,\s\up6(－))1t1＝eq\o(v,\s\up6(－))2t2＝L，代入上式得mgt－eq\f(B2L3,R)－eq\f(B2L3,R)＝mv1－mv，解得t＝eq\f(mR,10B2L2)＋eq\f(2B2L3,mgR)，故選項(xiàng)D正確?！敬鸢浮緼CD30.如圖所示，PQ、MN為兩根光滑絕緣且固定的平行軌道，兩軌道間的寬度為L(zhǎng)，軌道斜面與水平面成θ角。在矩形abdc內(nèi)存在方向垂直軌道斜面對(duì)下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知ab、cd間的距離為3d。有一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為d的矩形金屬線圈ABCD放置在軌道上，起先時(shí)線圈AB邊與磁場(chǎng)邊界ab重合?，F(xiàn)讓線圈由靜止動(dòng)身沿軌道下滑，從AB邊進(jìn)入磁場(chǎng)到CD邊進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，流過(guò)線圈的電荷量為q。線圈通過(guò)磁場(chǎng)的總時(shí)間為t，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()A.線圈在磁場(chǎng)中不行能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.線圈的電阻為R＝eq\f(BLd,q)C.線圈CD邊剛好通過(guò)磁場(chǎng)下邊界時(shí)，線圈的速度大小為v＝eq\f(mgtsinθ－BLq,m)D.線圈在時(shí)間t內(nèi)電阻的發(fā)熱量為Q＝4mgdsinθ－eq\f(（mgtsinθ－2BLq）2,2m)【解析】線圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，磁通量不變，感應(yīng)電流為0，不受安培力作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從AB邊進(jìn)入磁場(chǎng)到CD邊進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)回路的電荷量q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLd,R)，線圈的電阻為R＝eq\f(BLd,q)，故選項(xiàng)B正確；設(shè)線圈CD邊剛好通過(guò)磁場(chǎng)下邊界時(shí)，線圈的速度大小為v，依據(jù)動(dòng)量定理可得mgtsinθ－BLeq\o(I,\s\up6(－))t′＝mv－0，eq\o(I,\s\up6(－))t′＝2q，解得線圈的速度大小為v＝eq\f(mgtsinθ－2BLq,m)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由能量守恒定律有mg·4dsinθ＝eq\f(1,2)mv2＋Q，解得Q＝4mgdsinθ－eq\f(（mgtsinθ－2BLq）2,2m)，故選項(xiàng)D正確。【答案】BD31.如圖甲所示,兩平行金屬板A、B放在真空中,P點(diǎn)在A、B板間,A板接地,B板的電勢(shì)φ隨時(shí)間t的變更狀況如圖乙所示,t=0時(shí),在P點(diǎn)由靜止釋放一電子,當(dāng)t=2T時(shí),電子回到P點(diǎn)。電子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與極板相碰,不計(jì)重力,則下列說(shuō)法正確的是()。A.φ1∶φ2=1∶2B.φ1∶φ2=1∶3C.在0~T時(shí)間內(nèi),電子的電勢(shì)能始終在減小D.在T~2T時(shí)間內(nèi),電子的電勢(shì)能始終在減小【解析】0~T時(shí)間內(nèi)平行板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E1=φ1d,電子以加速度a1=E1em=φ1edm向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)t=T時(shí)電子的位移x1=12a1T2,速度v1=a1T。T~2T時(shí)間內(nèi)平行板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E2=φ2d,加速度a2=φ2edm,電子以v1的初速度向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng),速度變?yōu)?后起先向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng),位移x2=v1T-12a2T2,t=2T時(shí)電子回到P點(diǎn),則x1+x2=0,聯(lián)立可得φ2=3φ1,A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確。在0~T時(shí)間內(nèi)電子做勻加速直線運(yùn)動(dòng),之后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)【答案】BC32.靜電場(chǎng)在x軸上的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x的變更關(guān)系如圖所示,x軸正向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度正方向,帶正電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動(dòng),則點(diǎn)電荷()。A.在x2和x4處電勢(shì)能相等B.由x1運(yùn)動(dòng)到x3的過(guò)程中電勢(shì)能增大C.由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過(guò)程中電場(chǎng)力先增大后減小D.由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過(guò)程中電場(chǎng)力先減小后增大【解析】由圖象可知,將帶正電的點(diǎn)電荷沿x軸正方向移動(dòng),從x2移動(dòng)到x4的過(guò)程中電場(chǎng)力做功不為零,兩點(diǎn)處的電勢(shì)能不相等,A項(xiàng)錯(cuò)誤。從x1移動(dòng)到x3的過(guò)程中電場(chǎng)力沿x軸負(fù)方向,電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能增大,B項(xiàng)正確。從x1到x4的過(guò)程中電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小,所以電場(chǎng)力先增大后減小,C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤?！敬鸢浮緽C33.如圖甲所示,虛線表示某勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)面。一帶電粒子以某一初速度從P點(diǎn)射入電場(chǎng)后,在只受電場(chǎng)力作用下的軌跡如圖中實(shí)線所示。Q是軌跡上的一點(diǎn),且位于P點(diǎn)的右下方。下列推斷正確的是()。甲A.粒子肯定帶正電B.粒子的動(dòng)能先減小后增大C.等勢(shì)面A的電勢(shì)肯定高于等勢(shì)面B的電勢(shì)D.粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能肯定大于在P點(diǎn)的電勢(shì)能【解析】電場(chǎng)力的方向指向軌跡的凹側(cè),如圖乙所示,由于無(wú)法確定各等勢(shì)面電勢(shì)的凹凸和粒子的帶電性質(zhì),故A、C兩項(xiàng)錯(cuò)誤;由圖乙可知,粒子從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過(guò)程中,電場(chǎng)力先做負(fù)功,后做正功,故其動(dòng)能先削減后增加,電勢(shì)能先增加,后削減,依據(jù)等勢(shì)面的特點(diǎn),可知電勢(shì)能的增加量大于削減量,故粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能肯定大于在P點(diǎn)的電勢(shì)能,B、D兩項(xiàng)正確。乙【答案】BD34.如圖甲所示,Q1、Q2是兩個(gè)固定的點(diǎn)電荷,一帶正電的檢驗(yàn)電荷僅在電場(chǎng)力作用下以初速度v0沿兩點(diǎn)電荷連線的中垂線從a點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng),其v-t圖象如圖乙所示,下列說(shuō)法正確的是()。甲乙A.兩點(diǎn)電荷肯定都帶負(fù)電,但電荷量不肯定相等B.兩點(diǎn)電荷肯定都帶負(fù)電,且電荷量肯定相等C.檢驗(yàn)電荷始終向上運(yùn)動(dòng),直至運(yùn)動(dòng)到無(wú)窮遠(yuǎn)處D.t2時(shí)刻檢驗(yàn)電荷的電勢(shì)能最大,但加速度不為零【解析】由v-t圖可知t2時(shí)刻運(yùn)動(dòng)方向變更,且圖線斜率不為零,則加速度不為零,0~t2時(shí)間內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力做負(fù)功,檢驗(yàn)電荷的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能,t2時(shí)刻電勢(shì)能最大,C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確。檢驗(yàn)電荷沿直線向上運(yùn)動(dòng),則其所受電場(chǎng)力的方向沿Q1、Q2連線的中垂線方向向下,所以兩點(diǎn)電荷都帶負(fù)電,且電荷量相等,A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確?！敬鸢浮緽D35.如圖所示，左側(cè)接有定值電阻R的光滑導(dǎo)軌處于垂直導(dǎo)軌平面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌間距為d。一質(zhì)量為m、阻值為r的金屬棒在水平拉力F作用下由靜止起先運(yùn)動(dòng)，速度與位移始終滿意，棒與導(dǎo)軌接觸良好，則在金屬棒移動(dòng)的過(guò)程中A．通過(guò)R的電量與成正比B．金屬棒的動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變更率增大C．拉力的沖量為D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BC【解析】通過(guò)R的電量，可知選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)物體再t1時(shí)刻的速度為v1，t2時(shí)刻的速度為v2，因此有，，兩式相減有，等式兩邊同時(shí)除時(shí)間則有，即，由v=kx可知導(dǎo)體棒的位移增大則速度增大，因此加速度也增大，棒做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，合力增大，動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變更率即為合力，則金屬棒的動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變更率增大，故B正確；依據(jù)動(dòng)量定理I沖–BIdt=mv，其中q=It=，v=kx，聯(lián)立解得拉力的沖量為，故C正確；依據(jù)功能