1、第二部分 考前第 5天1 (2017寿光现代中学月考 )一圆柱形磁铁竖直放置，如图所示，在它的右侧上方有一带正电小球，现使小球获得一水平速度，小球若能在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A俯视观察，小球的运动方向可以是顺时针，也可以是逆时针B俯视观察，小球的运动方向只能是顺时针C俯视观察，小球的运动方向只能是逆时针D不可能实现小球在平面内做匀速圆周运动解析：小球若能在水平面内做匀速圆周运动，则等效电流 产生的磁场方向与条形磁铁的磁场的方向相反，即等效电 流的磁场的方向 N 极向下由安培定则可得，俯 视观察，小球的运动方向只能是顺时针，故 B 正确答案：B2(多选)(2017寿光现
2、代中学月考)质量为 m 的通电细杆置于倾角为 的导轨上，导轨的宽度为 d，杆与导轨间的动摩擦因数为 ，有垂直于纸面向里的电流通过杆，杆恰好静止与导轨上，在如图所示的 A、B、C 、D 四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是( )解析：A 中通电细杆所受安培力水平向右，B 中安培力竖 直向上， 这两种情况，即使没有摩擦力，通电细杆也可以静止在 导轨上， C 中安培力竖直向下，D 中安培力水平向左，这两种情况，如果没有摩擦力，通电细杆均不能静止，CD 错误 AB 正确答案：CD3(2017兰州第一中学月考) 如图，一带电粒子从小孔 A 以一定的初速度射入平行板P 和 Q 之间的真空区域，经偏转
3、后打在 Q 板上如图所示的位置在其他条件不变的情况下要使该粒子能从 Q 板上的小孔 B 射出，下列操作中可能实现的是( 不计粒子重力)( )A保持开关 S 闭合，适当上移 P 极板B保持开关 S 闭合，适当左移 P 极板C先断开开关 S，再适当上移 P 极板D先断开开关 S，再适当左移 P 极板解析：粒子做类似斜抛运动，水平分运 动是匀速直线运动 ，要使 该粒子能从 Q 板上的小孔 B 射出，即要增加水平分位移，由于水平分速度不 变，只能增加运动的时间；A、保持开关S 闭合，适当上移 P 极板，根据 UEd， d 增加，场强 E 减小，故加速度 aqE/m 减小，根据t2v y0/a，时间 延
4、长，可能从小孔 B 射出，故 A 正确；B、保持开关 S 闭合，适当左移 P 极板，场强不变，故粒子加速度不变 ，运 动轨迹不变，故 B 错误；C 、先断开开关 S，再适当上移 P极板，电荷的面密度不变，场强不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故 C 错误；D 、先断开开关 S，再适当左移 P 极板，电荷的面密度增加，场强变大，故粒子加速度变大，故时间缩短，水平分位移减小，故不可能从小孔 B 射出，故 D 错误；故 选 A答案：A4(多选) (2017兰州一中月考) 如图，O 是一固定的点电荷，虚线 a、b、c 是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷 q 仅受电场力的作用沿实线所示的轨
5、迹从 a 处运动到 b 处，然后又运动到 c 处由此可知( ) AO 为负电荷B在整个过程中 q 的速度先变大后变小C在整个过程中 q 的加速度先变大后变小D在整个过程中，电场力做功为 0解析：粒子所受合力的方向大致指向轨迹弯曲的凹侧，知正电荷所受的电场力背离点电荷向外，知 O 为正电荷，故 A 错误；从 a 处运动到 b 处，然后又运动到 c 处，电场力先做负功后做正功，则动能先减小后增大，所以速度先减小后增大，故 B 错误；越靠近点电荷， 电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小，故 C 正确；a 与 c 在同一个等势面上，两点间的电势 差为 0，根据 WqU，知
6、电场力做功为 0，故 D 正确故 选CD答案：CD5(2017皖南八校联考)如图所示，两个初速度大小不同的相同粒子 a 和 b，从 O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，其中 b 粒子速度方向与屏 OP 垂直，a 粒子速度方向与 b 粒子速度方向夹角 45.两粒子最后均打到屏上同一点 Q 上，不计重力下列说法正确的是( )Aa 粒子带负电、b 粒子带正电Ba、 b 两粒子在磁场中飞行速度之比为 12Ca、 b 两粒子在磁场中飞行的周期之比为 23Da、b 两粒子在磁场中飞行的时间之比为 11解析：根据题意作出两球运动的轨迹，如 图， 圆 O1、O2 分 别为 b、a 的轨迹由左手定 则可知，a、b
7、 均带 正电，故 A 错误；若设 OQ2R.则 a 粒子的运 动半径为 ra R，b 粒子的运2动半径为 R，根据 r 可知， a、b 两粒子在磁场中飞行速度之比为 1，选项 B 正确；根据mvqB 2T 可知，粒子运动的周期相同，选项 C 错误；因粒子 a 在磁场中的偏向角为 ；粒子 b2mqB 32在磁场中的偏向角为 ；两粒子周期相同，可知 a、b 两粒子在磁 场中飞行的时间之比为 32，选项 D 错误；故选 B答案：B6(多选)(2017重庆一期中考试)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道 AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道 BC 平滑连接，半圆形轨道的半径 R0.4 m在轨道所在空间存
8、在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度 E1.010 4N/C现有一电荷量 q1.010 4 C，质量 m0.1 kg 的带电体( 可视为质点) ，在水平轨道上的 P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点 C，然后落至水平轨道上的 D 点，取g10 m/s 2.( )A带电体在圆形轨道 C 点的速度大小为 2 m/s2B落点 D 与 B 点的距离 xBD0C带电体运动到圆形轨道 B 点时对圆形轨道的压力大小 7 ND带电体在从 B 到 C 运动的过程中对轨道最大压力为 3( 1)N2解析：设带电体通过 C 点时的速度 为 vC，依据牛 顿第二定律： mgm ，解
9、得 vC2.0 v2CRm/s，故 A 错误 ；设带电体从最高点 C 落至水平轨道上的 D 点经历的时间为 t，根据运动的分解有：2R gt2，故：x BDv Ct t2，联立解得 xBD0，故 B 正确；设带电体通过 B 点时的速12 12qEm度为 vB，设轨道对带电体的支持力大小为 FB，带电体在 B 点时，根据牛 顿第二定律有：FB mgm ，带电体从 B 运动到 C 的过程中，依据动能定理：mg2R mv mv ，联v2BR 12 2C 12 2B立解得：F B6.0 N，根据牛顿第三定律， 带电体对轨迹的压 力 FB6.0 N，故 C 错误；由 P 到B 带电体做加速运动，故最大速
10、度一定出现在从 B 经 C 到 D 的过程中在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成 45夹角斜向右下方，故最大速度必出现在 B 点右侧对应圆心角为 45处 设小球的最大动能为 Ekm，根据动能定理有：qERsin 45mgR(1cos 45)E km mv ；在动能最大位置，支持力也最大，根据牛顿第二12 2B定律，有：N mgm ，联立解得 N3( 1)N，故 D 正确；故选 BD2v2maxR 2答案：BD7(2017厦门一中月考)如图所示，半径为 r，圆心为 O1 的虚线所围的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场右侧有一竖直放置的平行金属板 M 和
11、N，两极间距离为 L，在 MN 板中央各有一个小孔 O2、O 3， 、O 1、O 2、O 3 在同一个水平直线上，与平行金属板相接的是两条竖直放置间距为 L 的足够长的光滑金属导轨，导体棒 PQ 与导轨接触良好，与阻值为 R 的电阻形成闭合回路(导轨与导体棒的电阻不计) ，该回路处在磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，整个装置处在真空室中，有一束电荷量为q、质量为 m 的粒子流(重力不计)，以速率 v0 从圆形磁场边界上的最低点 E 沿半径方向射入圆形磁场区域，最后从小孔 O3 射出，现释放导体棒 PQ，其下滑 h 后开始匀速运动，此后粒子恰好不能从 O3 射出，而从圆形磁场的
12、最高点 F 射出，求：(1)圆形磁场的磁感应强度 B；(2)棒下落 h 的整个过程中，电阻上产生的电热；(3)粒子从 E 点到 F 点所用的时间解析：(1)在圆形磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 qv0Bm ，解得v20rBmv0qr(2)根据题意粒子恰好不能从 O3 射出的条件为： mv qU PQ12 20导体棒匀速运动时，速度大小 为 vm，UPQBLv m；MgB LUPQR由能量守恒可得 QRMgh Mv ，解得 QR v 12 2m BLmh2qR 20 m3v6016gBLRq3(3)在圆形磁场内的运动时间为 t1，则 t1 T4 T4 122mqB rv0在电场中往返运
13、动的时间为 t2由 L ，t2v t22 4Lv0故 tt 1t 2r 4Lv0答案：(1)B (2)Q R v (3)mv0qr BLmh2qR 20 m3v6016gBLRq3 r 4Lv08(2017永川中学一模)如题图所示， AB 为固定在竖直平面内粗糙倾斜轨道，BC 为光滑水平轨道，CD 为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，且 AB 与 BC 通过一小段光滑弧形轨道相连，BC 与弧 CD 相切已知 AB 长为 L10 m，倾角 37 ，BC 长 s4 m，CD 弧的半径为 R2 m，O 为其圆心，COD 143.整个装置处在水平向左的匀强电场中，电场强度大小为 E110 3N/C一质量
14、为 m0.4 kg、电荷量为 q3 10 3 C 的物体从 A点以初速度 vA15 m/s 沿 AB 轨道开始运动若物体与轨道 AB 间的动摩擦因数为0.2，sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s 2，物体运动过程中电荷量不变求(1)物体在 AB 轨道上运动时，重力和电场力对物体所做的总功；(2)物体在 C 点对轨道的压力为多少；(3)用物理知识判断物体能否到达 D 点解析：(1)AB 过程，重力和电场力对物体做的总功：WmgLsin 37qELcos 370 J(2)AB 过程，根据受力分析可知，物体下滑过程受到的滑动摩擦力为：fF N(mgcos 37 qE sin 37)
15、1 NAB 过程，由 动能定理：fL mv mv ，可得：v 17512 2B 12 2A 2BBC 过程，由动能定理：qEs mv mv ，可得： v 11512 2C 12 2B 2C(也可直接从 AC 全程列动能定理，或者能量守恒)在 C 点，由牛 顿第二定律：F Nmg m ，可得：F N27 Nv2CR根据牛顿第三定律，物体对轨 道的压力：F 压 F N27 N(3)重力和电场力的合力：F 5 N，方向与竖直方向成 37斜向左下所以mg2 qE2D 点即为圆周运动中的等效最高点，物体到达 D 点的最小速度为：Fm ，可得：v D5 m/sv2DR要到达 D 点，在 C 点速度至少 为 v.(也可用 A 点或 B 点进行判断)从 CD，由动能定理：mg(RRcos 37)qERsin 37 mv mv212 2D 12可得：v 2115，又 v 115，所以物体恰能到达 D 点2C答案：(1)0 (2)27N (3)恰能到达 D 点
