2024年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

2024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更,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。依据动能定理可知,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A．A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C．B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，故A错误；依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θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面对外的匀强磁场，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100J，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点后小球不行能沿杆向上运动B.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C.小球在D点时的动能为50JD.小球电势能的增加量等于重力势能的削减量【解析】假如电场力大于重力，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更，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点时的动能也就不肯定为50J，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削减量，选项D错误。【答案】B4.如图1所示，固定在倾角为θ＝30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d＝1m，其底端接有阻值为R＝2Ω的电阻，整个装置处在垂直斜面对上、磁感应强度大小为B＝2T的匀强磁场中。一质量为m＝1kg(质量分布匀称)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。现杆在沿斜面对上、垂直于杆的恒力F＝10N作用下从静止起先沿导轨向上运动距离L＝6m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r＝2Ω，导轨电阻不计，重力加速度大小为g＝10m/s2。则此过程()A.杆的速度最大值为4m/sB.流过电阻R的电荷量为6CC.在这一过程中，整个回路产生的热量为17.5JD.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意F＝eq\f(B2d2vm,r＋R)＋mgsinθ，解得vm＝5m/s，选项A错误；流过电阻R的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,r＋R)＝eq\f(BLd,r＋R)＝eq\f(2×6×1,2＋2)C＝3C，选项B错误；回路产生的热量Q＝FL－mgLsinθ－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝17.5J，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，起先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起先向上运动，上升h时恰好与弹簧分别，分别时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，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.与弹簧分别时小球的动能为mgh＋qEhB.从起先运动到与弹簧分别，小球增加的机械能为mgh＋qEhC.从起先运动到与弹簧分别，小球削减的电势能为eq\f(qE,h)D.撤去外力时弹簧的弹性势能为eq\f(1,2)mv2－(qE－mg)h【解析】依据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变更量，所以小球与弹簧分别时的动能为Ek＝qEh－mgh＋Ep，选项A错误；从起先运动到与弹簧分别，小球增加的机械能为ΔE＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＝qEh＋Ep，选项B错误；小球削减的电势能为qEh，故选项C错误；从撤去外力到小球与弹簧分别，由动能定理可知，eq\f(1,2)mv2＝Ep＋qEh－mgh，所以Ep＝eq\f(1,2)mv2－(qE－mg)h，选项D正确。【答案】D6.如图，由某种粗细匀称的总电阻为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（）A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功领先减小后增大D．线框消耗的电功领先减小后增大【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小，所以B错误；电路的总电阻先增大后减小，再依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领先增大后减小，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变更的关系如图所示,其中O~x2段是关于直线x=x1对称的曲线,x2~x3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O~x2段做匀变速运动,x2~x3段做匀速直线运动C.x2~x3段的电场强度大小方向均不变,为肯定值D.在O、x1、x2、x3处电势φO、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2=φO>φ1【解析】依据Ep=qφ,E=ΔφΔx,得E=1q·ΔEpΔx。Ep-x图象切线的斜率等于ΔEpΔx,依据数学学问可知,x1处切线斜率为零,则x1处电场强度为零,故A项错误。x2~x3段斜率不变,电场强度不变,C项正确。由图看出在O~x1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;x1~x2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。依据Ep=qφ【答案】C8.如图甲所示,左侧接有定值电阻R=2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面对外的匀强磁场中,磁感应强度B=1T,导轨间距L=1m。一质量m=2kg,阻值r=2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止起先从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μ=0.25,则从起点处到位移x=1m的过程中(g=10m/s2)()。A.金属棒克服安培力做的功W1=0.5JB.金属棒克服摩擦力做的功W2=4JC.整个系统产生的总热量Q=4.25JD.拉力做的功W=9.25J【解析】平均速度v=1m/s,金属棒克服安培力做的功W1=BBLv-R+rL·x=B2L2R+rvx,解得W1=0.25J,A项错误;金属棒克服摩擦力做的功W2=μmgx=5J,B项错误;整个系统产生的总热量Q=W1+W2=5.25J,C项错误;依据动能定理可得,拉力做的功【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Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面对里的匀强磁场B,Ⅰ和Ⅱ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Ⅰ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上的电流及其变更状况相同。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Ⅰ上边界H处由静止释放,做自由落体运动,由于导体棒在穿过两段磁场区域的过程中,流过电阻R上的电流及其变更状况相同,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图象的斜率渐渐减小,且依据两个过程的相像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视不计)。小孔正上方d2处的P点有一带电粒子,该粒子从静止起先下落,经过小孔进入电容器,并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移d3,则从P点起先下落的相同粒子将(A.打到下极板上B.在下极板处返回C.在距上极板d2D.在距上极板25d【解析】未平移下极板时,依据动能定理有mg·32d=qU,将下极板向上平移d3,从P点起先下落的相同粒子到达下极板处重力做的功mg·76d<qU,所以A、B两项错误;设粒子距上极板x处返回,依据动能定理有mg·d2+x=q·Ud-d3【答案】D11.如图所示，间距为、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端有一阻值为的电阻，一质量为、电阻也为的金属棒横跨在导轨上，棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为的匀强磁场中，金属棒以初速度沿导轨向右运动，在金属棒整个运动过程中，下列说法正确的是A．金属棒端电势比端高B．金属棒克服安培力做的功等于电阻上产生的焦耳热C．金属棒运动的位移为D．金属棒运动的位移为【答案】D【解析】由右手定则可知，金属棒上电流的方向是，说明端电势比端低，A错误；由能量守恒知金属棒克服安培力做的功等于电阻和金属棒上产生的焦耳热，B错误；由动量定理，整个过程中感应电荷量，又，联立得，故金属棒的位移，C错误，D正确。12.某空间存在一电场，电场中的电势在x轴上的分布如图所示，下列说法正确的是A．在轴上，从到电场强度方向向左B．在轴上，从到电场强度先增大后减小C．把一负电荷沿轴正向从移到，电场力先减小后增大D．把一负电荷从移到，电场力做负功【答案】C【解析】在轴上，从到电势先降低后上升，可知电场强度方向先向右后向左，A项错误；因图像的斜率等于电场强度，可知从到电场强度先减小后增大，B项错误；由知把一负电荷沿轴正向从移到，电场力先减小后增大，C项正确；由知，把一负电荷从移到电势能减小，电场力做正功，D项错误。13.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中心各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点【答案】A【解析】C板在P点时，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功为零．当C板移到P′时，依据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知B、C板间的电场强度不变，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功仍旧为零，所以电子运动到P点时速度为零，然后返回，故A正确．二、多选题14.（2024年山东卷）真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的摸索电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正确的是（）A.a点电势低于O点B.b点电势低于c点C.该摸索电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D.该摸索电荷在c点的电势能小于在d点的电势能【答案】BD【解析】【详解】A．由题意可知O点合场强为零，依据同种电荷之间电场线的分布可知aO之间电场线由a到O，故a点电势高于O点电势，故A错误；B．同理依据同种电荷电场线分布可知b点电视低于c点电势，故B正确；C．依据电场线分布可知负电荷从a到b电场力做负功，电势能增加，即该摸索电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故C错误；D．同理依据电场线分布可知负电荷从c点到d点电场力做负功，电势能增加，即该摸索电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，故D正确。故选BD。15.（2024年全国III卷）如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q>0）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，电场强度的大小渐渐增大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，依据点电荷的场强公式（或者依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）到处垂直，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，依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.（2024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）。起先时，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，依据匀强电场的对称性又，，所以B正确；CD．A、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，电势能削减，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．电子肯定从A向B运动B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷肯定有EpA<EpBD．B点电势可能高于A点电势【答案】BC【解析】通过电子的运动轨迹可推断电子的受力方向，但无法推断电子的运动方向，依据点电荷的电场规律可知，加速度越大的位置就是离点电荷越近的位置，A错误，B正确；电子从A到B电场力做负功，电势能增加，B点的电势低于A点的电势，C正确，D错误．18.(2024·全国卷Ⅰ)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是()A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时，其电势能为4eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍【解析】电子在等势面b时的电势能为Ep＝qφ＝－2eV，电子由a到d的过程电场力做负功，电势能增加6eV，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f电势能均增加2eV，则电子在等势面c的电势能为零，等势面c的电势为零，A正确；由以上分析可知，电子在等势面d的电势能应为2eV，C错误；电子在等势面b的动能为8eV，电子在等势面d的动能为4eV，由公式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的eq\r(2)倍，D错误；假如电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面f就返回平面a，B正确。【答案】AB19.如图所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面对里、磁感应强度为B的匀强磁场中。两个质量均为m、带电荷量为＋q的滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两滑块都将飞离斜面。此过程中()A.甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大B.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短C.甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同D.两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等【解析】小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力大小相等，mgcosθ＝qvmB，解得vm＝eq\f(mgcosθ,qB)，故斜面倾角越大，飞离时速度越小，甲飞离斜面的速度大于乙飞离斜面的速度，选项A正确；甲斜面倾角小，加速度小，且飞离斜面时的速度大，故甲在斜面上运动时间比乙的长，选项B错误；依据动能定理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，选项C错误；重力的平均功率为重力乘以竖直方向的分速度的平均值P＝mgsinθ·eq\f(1,2)vm，代入数据得平均值相等，故选项D正确。【答案】AD20.(2024·全国卷Ⅱ)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q>0)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肯定与a、b两点连线平行B.若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功肯定为eq\f(W1＋W2,2)C.若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小肯定为eq\f(W2,qL)D.若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差肯定等于b、N两点之间的电势差【解析】由题意得(φa－φb)q＝W1，(φc－φd)q＝W2，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错误；由于φM＝eq\f(φa＋φc,2)、φN＝eq\f(φb＋φd,2)、WMN＝q(φM－φN)，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＝eq\f(W1＋W2,2)，选项B正确；若W1＝W2，有φa－φb＝φc－φd，变形可得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，选项D正确。【答案】BD21.(2024·全国卷Ⅲ)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、下极板旁边，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止起先运动。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视。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，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x＝eq\f(1,2)at2知微粒a的加速度大，由qE＝ma知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qEx＝Ek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qEt＝mv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0.4m，右侧轨道间距为0.2m。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.2T。质量均为0.01kg的金属棒M、N垂直导轨放置在轨道上，起先时金属棒M、N均保持静止，现使金属棒M以5m/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0.2Ω，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棒最终都以2.5m/s的速度向右匀速运动C.从起先到最终匀速运动电路中产生的焦耳热为6.25×10－2JD.在两棒完全的运动过程中，金属棒M、N在水平导轨间扫过的面积之差为0.5m2【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，依据楞次定律可得回路内产生顺时针方向的电流(俯视)，选项A正确；两棒最终匀速时，电路中无电流，即BL1v1＝BL2v2，解得v2＝2v1，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t＝mv2，对M有－FM安t＝mv1－mv0，又知道导轨宽度是2倍关系，故FM安＝2FN安，联立解得v1＝1m/s，v2＝2m/s，选项B错误；依据能量守恒定律可得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，选项C错误；在N加速过程中，由动量定理得Beq\o(I,\s\up6(－))L2Δt＝mv2－0，电路中的电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(E,R)，依据法拉第电磁感应定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，其中磁通量变更量ΔΦ＝BΔS，联立以上各式，得ΔS＝0.5m2，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、电场力和空气阻力三个力的作用。若重力势能增加5J，机械能增加1.5J，电场力做功2J，则小球()A.重力做功为5J B.电势能削减2JC.空气阻力做功0.5J D.动能削减3.5J【解析】小球的重力势能增加5J，则小球克服重力做功5J，故选项A错误；电场力对小球做功2J，则小球的电势能削减2J，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1.5J，则除重力以外的力做功为1.5J，电场力对小球做功2J，则知，空气阻力做功为－0.5J，即小球克服空气阻力做功0.5J，故选项C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5J，依据动能定理，小球的动能削减3.5J，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()A．M与N的距离大于LB．P、M和N在同始终线上C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同D．M、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FPM＝FPN，即keq\f(Qq,L2)＝keq\f(2Qq,x2)，则有x＝eq\r(2)L，那么M、N间距离为(eq\r(2)－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的力应当在一条直线上，故选项B正确；在P产生电场中，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点机械能肯定增加D.微粒从M点运动到N点动能肯定增加【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，故无法推断A板的带电状况，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，所以机械能不肯定增加，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点动能肯定增加，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，上端接有肯定值电阻，匀强磁场垂直导轨平面对上。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＝BILt＝BLq，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，可知q＝eq\f(ΔΦ,R)，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对里。一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q＞0)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，则下列推断中正确的是()A.小球在C点受到的洛伦兹力大小为qBeq\r(gR)B.小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qBeq\r(2gR)C.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的功率渐渐增大【解析】小球从A到C过程机械能守恒有mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gR)，所以小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛＝qBeq\r(2gR)，故选项A错误；在C点由牛顿其次定律有FN－mg＋F洛＝meq\f(v2,R)，解得FN＝3mg－qBeq\r(2gR)，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的大小发生变更，故选项C错误；小球从C到D的过程中，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的功率渐渐增大，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匀称金属棒．从t＝0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．始终向右移动B．速度随时间周期性变更C．受到的安培力随时间周期性变更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、功等学问．在0～eq\f(T,2)，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eq\f(T,2)～T，导体棒受到安培力向右，大小仍为BImL，而此时速度仍旧还是向左，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，磁场方向垂直纸面对里，DD′距离地面高度为L。现有一质量为m、边长为L(L＜H)、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a＝0.1g，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eq\f(m2gR2,2B4L4)B.线框触地前瞬间线框的速度为eq\f(9mgR,10B2L2)C.线框进入磁场的过程中，线框产生的热量为mgLD.线框的cd边从AA′运动到触地的时间为eq\f(mR,10B2L2)＋eq\f(2B2L3,mgR)【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mg＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，解得v＝eq\f(mgR,B2L2)，则自由落体下落的高度为h＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(m2gR2,2B4L4)，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，产生的热量等于削减的重力势能，即Q＝mgL，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为t1、t2时间内的平均电流，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)，故选项D正确。【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θ角。在矩形abdc内存在方向垂直轨道斜面对下、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，起先时线圈AB边与磁场边界ab重合。现让线圈由静止动身沿轨道下滑，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.线圈在磁场中不行能做匀加速直线运动B.线圈的电阻为R＝eq\f(BLd,q)C.线圈CD边刚好通过磁场下边界时，线圈的速度大小为v＝eq\f(mgtsinθ－BLq,m)D.线圈在时间t内电阻的发热量为Q＝4mgdsinθ－eq\f(（mgtsinθ－2BLq）2,2m)【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q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLd,R)，线圈的电阻为R＝eq\f(BLd,q)，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，依据动量定理可得mgtsinθ－BLeq\o(I,\s\up6(－))t′＝mv－0，eq\o(I,\s\up6(－))t′＝2q，解得线圈的速度大小为v＝eq\f(mgtsinθ－2BLq,m)，故选项C错误；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φ随时间t的变更状况如图乙所示,t=0时,在P点由静止释放一电子,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.φ1∶φ2=1∶2B.φ1∶φ2=1∶3C.在0~T时间内,电子的电势能始终在减小D.在T~2T时间内,电子的电势能始终在减小【解析】0~T时间内平行板间的电场强度E1=φ1d,电子以加速度a1=E1em=φ1edm向上做匀加速直线运动,当t=T时电子的位移x1=12a1T2,速度v1=a1T。T~2T时间内平行板间的电场强度E2=φ2d,加速度a2=φ2edm,电子以v1的初速度向上做匀减速直线运动,速度变为0后起先向下做匀加速直线运动,位移x2=v1T-12a2T2,t=2T时电子回到P点,则x1+x2=0,联立可得φ2=3φ1,A项错误,B项正确。在0~T时间内电子做匀加速直线运动,之后做匀减速直线运动【答案】BC32.静电场在x轴上的电场强度E随x的变更关系如图所示,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。下列推断正确的是()。甲A.粒子肯定带正电B.粒子的动能先减小后增大C.等势面A的电势肯定高于等势面B的电势D.粒子在Q点的电势能肯定大于在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凹凸和粒子的带电性质,故A、C两项错误;由图乙可知,粒子从P点到Q点的过程中,电场力先做负功,后做正功,故其动能先削减后增加,电势能先增加,后削减,依据等势面的特点,可知电势能的增加量大于削减量,故粒子在Q点的电势能肯定大于在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.两点电荷肯定都带负电,但电荷量不肯定相等B.两点电荷肯定都带负电,且电荷量肯定相等C.检验电荷始终向上运动,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-t图可知t2时刻运动方向变更,且图线斜率不为零,则加速度不为零,0~t2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对上的匀强磁场中，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作用下由静止起先运动，速度与位移始终满意，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更率增大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，动量对时间的变更率即为合力，则金属棒的动量对时间的变更率增大，故B正确；依据动量定理I冲–BIdt=mv，其中q=It=，v=kx，联立解得拉力的冲量为，故C正确；依据功能