全国通用2022版高考物理大二轮总复习增分策略强化练专题二第2讲动力学观点在电学中的应用

专题二第2讲　动力学观点在电学中的应用1．(多选)(2022·宝鸡模拟)在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图1甲所示，小球运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，则(　　)图1A．小球受到的重力与电场力之比为3∶5B．在t＝5s时，小球经过边界MNC．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做的功D．在1～4s过程中，小球的机械能先减小后增大2．(多选)(2022·宁波模拟)如图2所示，空间中有一方向沿竖直平面的匀强电场，另有一光滑绝缘杆，杆上套有电荷量为＋Q、质量为m的小球，现在电场所在竖直平面内将杆分别置于OA、OB、OC三个不同位置，其中OA为水平，OC竖直，OB与水平面夹角为60°.小球分别从杆端A、B、C静止释放，已知小球从A到O运动时间为从B到O运动时间的倍，则可判断(　　)图2A．从C到O运动的时间小于从A到O的时间B．从C到O运动的时间大于从A到O的时间8\nC．电场强度的最小值为D．电场强度的最小值为3．(多选)(2022·绵阳市模拟)如图3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3A．O、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4．(多选)(2022·滨江区模拟)质量为m、带电量为q的小球，从倾角为θ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4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4A．小球带正电B．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动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5．(多选)(2022·长春四模)8\n如图5，两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5A．Fa>FOB．Fb>FaC．小球一直做匀速直线运动D．小球先做加速运动后做减速运动6．(多选)(2022·广州市黄冈中学模拟)如图6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6A．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7.如图7所示，可视为质点的三物块A、B、C放在倾角为30°的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为mA＝0.60kg，mB＝0.30kg，mC＝0.50kg，其中A不带电，B、C均带正电，且qC＝1.0×10－5C，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用，B、C间相距L＝1.0m．现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上做加速度a＝1.0m/s2的匀加速直线运动，假定斜面足够长．已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，g＝10m/s2.求：8\n图7(1)B物块所带电荷量qB；(2)A、B运动多长距离后开始分离．8.(2022·沈阳市检测)如图8所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距L＝0.2m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m＝10g，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R＝0.2Ω(竖直金属导轨电阻不计)，PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g取10m/s2.图8(1)若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力F＝0.18N的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B0＝1.0T，杆MN的最大速度为多少？(2)若将MN杆固定，MN和PQ的间距为d＝0.4m，现使磁感应强度从零开始以＝0.5T/s的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ对地面的压力为零？8\n9．(2022·天门市4月模拟)如图9甲所示，相距L＝1m、电阻不计的两根长金属导轨，各有一部分在同一水平面上，另一部分沿同一竖直面．质量均为m＝50g、电阻均为R＝1.0Ω的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.5.整个装置处于磁感应强度B＝1.0T、方向竖直向上的匀强磁场中．当ab杆在水平拉力F作用下沿导轨向右运动时，从t＝0时刻开始释放cd杆，cd杆的vcd－t图象如图乙所示，取g＝10m/s2(在0～1s和2～3s内，图线为直线)．图9(1)求在0～1s内通过cd杆中的电流；(2)若已知ab杆在1～2s内做匀加速直线运动，求这段时间内拉力F随时间变化的函数方程．二轮专题强化练答案精析第2讲　动力学观点在电学中的应用1．AD　2.AC3．AC　[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、C8\n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vy＝at＝2v0tanθ，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．]4．ABD　[小球向下运动，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Bqv＝mgcosθ，则速率为，故D正确．]5．ABC　[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Bqv0>mg则有Fa＝Bqv0－mg；在O点，FO＝mg，所以有可能Fa>FO，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Fb>Fa，故A、B、C正确，D错误．]6．BD　[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．]7．(1)5.0×10－5C　(2)0.5m解析　(1)设B物块的电荷量为qB，A、B、C处于静止状态时，C对B的库仑斥力，F0＝，以A、B整体为研究对象，根据力的平衡有F0＝(mA＋mB)gsin30°，联立解得qB＝5.0×10－5C.(2)给A施加力F后，A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B8\n之间的弹力也逐渐减小．设经过时间t，B、C间距离变为L′，A、B两者间弹力减小到零，此后两者分离．则t时刻C对B的库仑斥力为F0′＝以B为研究对象，由牛顿第二定律有F0′－mBgsin30°－μmBgcos30°＝mBa联立以上各式解得L′＝1.5m则A、B分离时，A、B运动的距离ΔL＝L′－L＝0.5m.8．(1)0.8m/s　(2)10s解析　(1)MN杆切割磁感线产生的电动势为：E1＝B0Lv①由闭合电路欧姆定律得：I1＝②MN杆所受安培力大小为：F安＝B0I1L③对MN杆应用牛顿第二定律得：F－mg－F安＝ma④当MN杆速度最大时，MN杆的加速度为零，联立①②③④得MN杆的最大速度为：vm＝＝m/s＝0.8m/s.(2)感应电动势为：E2＝＝⑤由闭合电路欧姆定律得：I2＝⑥t时刻的磁感应强度为：B＝t⑦PQ杆受力平衡：mg＝BI2L⑧联立⑤⑥⑦⑧得：t＝＝s＝10s.9．(1)0.6A　(2)F＝0.8t＋0.13(N)解析　(1)在0～1s内，cd杆的vcd－t图线为倾斜直线，因此cd杆做匀变速直线运动，加速度为：a1＝＝4.0m/s28\n因此cd杆受向上的摩擦力作用，其受力图如图所示．根据牛顿第二定律，有：mg－Ff＝ma1其中Ff＝μFN＝μFA＝μBIL因此回路中的电流为：I＝＝0.6A.(2)在0～1s内，设ab杆产生的电动势为E，则：E＝BLv1由闭合电路欧姆定律知：I＝则ab杆的速度为：v1＝＝1.2m/s在2～3s内，由图象可求出cd杆的加速度为：a2＝－4m/s2同理可求出ab杆的速度：v2＝＝2.8m/s在1～2s内，ab杆做匀加速运动，则加速度为：a＝＝1.6m/s2对ab杆，根据牛顿第二定律有：F－μmg－BI′L＝maab杆在t时刻的速度：v＝v1＋a(t－1)回路中的电流：I′＝联立可得：F＝0.8t＋0.13(N)．8