（新课标）2017版高考物理一轮复习 热点专题突破（打包5套）.zip

热点专题突破(一) 共点力的平衡问题专练 (限时：45 分钟)一、单项选择题1.体操运动员静止悬挂在单杠上，当两只手掌握点之间的距离减小时，关于运动员手臂受到的拉力变化，下列判断正确的是( )A．不变 B．变小C．变大 D．无法确定2．如图所示，木板 B放在粗糙的水平面上，木块 A放在 B的上面， A的右端通过一不可伸长的轻绳固定在竖直墙上，用水平恒力 F向左拉动 B，使其以速度 v做匀速运动，此时绳水平且拉力大小为 FT，下面说法正确的是( )A．若木板 B以 2v匀速运动，则拉力仍为 FB．绳上拉力 FT与水平恒力 F大小相等C．木块 A受到的是静摩擦力，大小等于 FTD．木板 B受到一个静摩擦力和一个滑动摩擦力，合力大小等于 F3.如图所示，质量为 m的小球置于倾角为 30°的光滑斜面上，劲度系数为 k的轻弹簧一端系在小球上，另一端固定在 P点，小球静止时，弹簧与竖直方向的夹角为 30°，则弹簧的伸长量为( )A. B. C. D.mgk 3mg2k 3mg3k 3mgk4.(2016·宁波模拟)如图所示，倾角为 θ ＝30°的光滑斜面上固定有竖直光滑挡板P，质量相同的横截面为直角三角形的两物块 A、 B叠放在斜面与档板之间，且 A与 B的接触面水平，则 A对 B的压力与 B对挡板 P的压力之比应为( )A．2∶1 B. ∶2 C. ∶1 D. ∶43 3 35.(2016·唐山模拟)如图所示， A、 B为竖直墙面上等高的两点， AO、 BO为长度相等的两根轻绳， CO为一根轻杆，转轴 C在 AB中点 D的正下方， AOB在同一水平面内，∠ AOB＝120°，∠ COD＝60°，若在 O点处悬挂一个质量为 m的物体，则平衡后绳 AO所受的拉力和杆 OC所受的压力分别为( )A． mg， mg B. mg， mg12 33 233C. mg， mg D . mg， mg12 233 2336.如图甲所示，在水平板左端有一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧。紧贴弹簧放一质量为 m的滑块，此时弹簧处于自然长度。已知滑块与挡板的动摩擦因数及最大静摩擦因数均为 。现将板的右端缓慢抬起使板与水平面间的夹角为 θ ，最后直到板竖直，此过程33中弹簧弹力的大小 F随夹角 θ 的变化关系可能是图乙中的( )二、多项选择题7．(2016·黄冈模拟)如图所示，斜面体静止于水平地面上，斜面上的物块在竖直向上的力 F作用下也处于静止，现保持力 F的大小不变，将力的方向由竖直向上沿顺时针缓慢旋转到垂直斜面向下，该过程中斜面体和物块始终保持静止，下列分析正确的是( )A．物块受到的摩擦力一直减小B．物块受到的摩擦力先增大后减小C．地面受到的压力一直增大D．地面受到的摩擦力先增大后减小8.(2016·延边质检)如图所示，两段等长细线 L1和 L2串接着两个质量相等的小球a、 b，悬挂于 O点。现施加水平向右的力 F缓慢拉动 a， L1对 a球的拉力大小为 F1、 L2对b球的拉力大小为 F2，在缓慢拉动的过程中， F1、 F2的变化情况是( )A． F1变大 B． F1变小 C． F2不变 D． F2变大9.(2016·临汾调研)如图所示，倾角为 θ 的斜面体 c置于水平地面上，小物块 b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏 a连接，连接 b的一段细绳与斜面平行。在 a中的沙子缓慢流出的过程中， a、 b、 c都处于静止状态，则( )A． b对 c的摩擦力一定减小B． b对 c的摩擦力方向可能平行斜面向上C．地面对 c的摩擦力方向一定向右D．地面对 c的摩擦力一定减小10.(2016·西安联考)如图所示，质量 m＝1 kg的物块在与水平方向夹角为 θ ＝37°的推力 F作用下静止于墙壁上，物块与墙之间的动摩擦因数 μ ＝0.5，若物块与墙面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则推力 F大小可能是( )A．5 N B．15 N C．35 N D．55 N三、计算题11．如图所示，质量为 M的直角三棱柱 A放在水平地面上，三棱柱的斜面是光滑的，且斜面倾角为 θ 。质量为 m的光滑球 B放在三棱柱和光滑竖直墙壁之间， A和 B都处于静止状态，求地面对三棱柱的支持力和摩擦力的大小。12.(2016·潮州模拟)如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量 m＝1 kg，斜面倾角 α ＝30°，细绳与竖直方向夹角 θ ＝30°，光滑斜面体的质量 M＝3 kg，置于粗糙水平面上。( g取 10 m/s2)求：(1)细绳对小球拉力的大小；(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向。1.解析：选 B 对运动员受力分析如图所示，运动员静止悬挂在单杠上，受力平衡，设两臂与竖直方向夹角为 α ，根据三力平衡的特点可知运动员手臂受到的拉力F＝ ， α 减小，cos α 增大， F减小，故 B正确。 mg2cos α2．解析：选 A 以 B为研究对象分析受力，当其匀速运动时，受力平衡，受力情况与速度大小无关，A 正确；以 A、 B整体为研究对象分析受力可知 F＝ FT＋ Ff地 ，故绳子拉力小于水平恒力，B 错误；木块 A与 B之间发生相对滑动，所以 A所受摩擦力为滑动摩擦力，C错误；木板 B受到两个滑动摩擦力，木板 B所受合力大于零，D 错误。3.解析：选 C 对小球受力分析可知小球受力平衡，由题意可知弹簧弹力与竖直方向夹角为 30°，竖直方向上弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，根据几何关系可知：2kxcos 30°＝ mg，解得 x＝ ，故选项 C正确。3mg3k4.解析：选 B 对 A由平衡条件得， B对 A的支持力 FN1＝ mg，对 A、 B整体受力分析得，挡板 P对 B的支持力 FN2＝2 mgtan θ ＝ mg，则 ＝ ，B 项正确。233 FN1FN2 325.解析：选 B 设绳 AO和绳 BO拉力的合力为 F，以 O点为研究对象， O点受到重力、杆的支持力 F2和绳 AO与绳 BO拉力的合力 F，作出力的示意图，如图甲所示，根据平衡条件得， F＝ mgtan 30°＝ mg， F2＝ ＝ mg，将 F分解，如图乙，设 AO所受拉力33 mgcos 30°233的大小为 F1，因为∠ AOB＝120°，根据几何知识得：绳 AO所受到的拉力 F1＝ F＝ mg，而33杆 OC所受到的压力大小等于 F2＝ mg，故 B正确。2336. 解析：选 C 选取滑块为研究对象，其一定受到竖直向下的重力 mg、垂直斜面向上的支持力 FN(大小为 mgcos θ )和沿斜面向上的摩擦力 Ff的作用，可能还会受到沿斜面向上的弹簧弹力 F的作用。当 θ 较小，即 mgsin θ μmg cos θ ，即 θ 时， F≠0，根据平衡π6 π6条件可得 F＝ mgsin θ － μmg cos θ ，当 θ ＝ 时， F＝ mg mg，C 正确，D 错误。π3 33 127．解析：选 CD 因 F和物体质量大小均未知，无法确定在 F变化时，物块所受摩擦力大小的变化情况，故 A、B 均错误；设 F由竖直向上顺时针旋转的角度为 θ ，以物块和斜面为整体，由平衡条件可知， FN＝( m＋ M)g－ Fcos θ ， Ff＝ Fsin θ ，因 θ 的变化范围为(0，180°－ α )，故 FN一直增大， Ff先增大后减小，C、D 均正确。8.解析：选 AC 把 a球和 b球作为一个整体进行受力分析，如图甲所示，由力的图解法， L1对 a球的拉力 F1变大；对 b球进行受力分析，如图乙所示，由二力平衡可知， L2对b球的拉力 F2等于其重力，故 F2不变，所以 A、C 正确。9.解析：选 BD 若 magmbgsin θ ，则 b对 c的摩擦力平行于斜面向上，且随沙子缓慢流出， b对 c的摩擦力减小；若 magmbgsin θ ，则 b对 c的摩擦力平行于斜面向下，且随沙子缓慢流出， b对 c的摩擦力增大，A 错误，B 正确；以 b、 c为整体受力分析，应用平衡条件可得：地面对 c的摩擦力方向一定水平向左，且 Ff＝ magcos θ ，随 ma的减小而减小，C 错误，D 正确。10.解析：选 BC 当 F较大时，物块会有向上滑动趋势，摩擦力向下。若物块恰不上滑，则力 F有最大值(受力如图甲所示)， FN＝ Fmaxcos θ ， Fmaxsin θ ＝ Ff＋ mg，又Ff＝ μF N，解得 Fmax＝50 N；当力 F较小时，物块有向下滑动趋势，摩擦力向上，若物块恰不下滑，则力 F有最小值(受力如图乙所示)，由平衡条件可得， FN＝ Fmincos θ ， Fminsin θ ＋ Ff－ mg＝0，又 Ff＝ μF N，解得 Fmin＝10 N；所以使物块静止于墙面上推力 F的范围为10 N≤ F≤50 N，B、C 两项正确。11． 解析：取 A和 B整体为研究对象，其受力情况如图甲所示：由平衡条件得FN－( M＋ m)g＝0F＝ Ff解得 FN＝( M＋ m)g以 B为研究对象，其受力如图乙所示，由平衡条件得FNB·cos θ ＝ mgFNB·sin θ ＝ F解得 F＝ mgtan θ故 Ff＝ F＝ mgtan θ答案：( M＋ m)g mgtan θ12.解析：(1)分析小球受力如图甲所示，设细绳拉力为 F1，由平衡条件得竖直方向： FTcos 30°＋ FNcos 30°－ mg＝0水平方向： FTsin 30°－ FNsin 30°＝0解得 FT＝ N＝5.77 N1033(2)小球和斜面整体受力如图乙所示，由平衡条件得Ff－ FTsin 30°＝0解得 Ff＝ N＝2.89 N533方向水平向左。答案：(1)5.77 N (2)2.89 N 方向水平向左热点专题突破(五) 电磁感应综合问题专练 (限时：45 分钟)一、单项选择题1．如图甲所示，水平面上的平行导轨 MN、PQ 上放着两根导体棒 ab、cd，两棒间用绝缘丝线系住。开始时匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度 B 随时间 t 的变化如图乙所示。I 和 FT分别表示流过导体棒中的电流和丝线的拉力。则在 t0时刻( )A．I＝0，F T＝0 B．I＝0，F T≠0C．I≠0，F T＝0 D．I≠0，F T≠02．如图甲所示，在第一象限有磁感应强度大小为 B＝x( T)(0≤x≤1 m)、方向垂直纸面向里的磁场，一边长为 L＝1 m 的正方形线圈 abcd 的电阻为 R＝1 Ω 。现使线圈从图示位置以速度 v＝4 m/s 匀速向右通过磁场区域，U ab表示线圈 a、b 两端的电势差，Φ 表示线圈中的磁通量，s 表示线圈 ab 边的位移，则图乙中可能正确的是( )甲乙3. (2016·青岛质检)如图甲所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为 B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ 为其边界，OO′为其对称轴。一导线折成边长为 l 的正方形闭合线框 abcd，线框在外力作用下由纸面内图示位置从静止开始向右做匀加速运动，若以逆时针方向为电流的正方向，则从线框开始运动到 ab 边刚进入到 PQ 右侧磁场的过程中，能反映线框中感应电流随时间变化规律的图象是( )甲乙4.如图所示，光滑斜面的倾角为 θ，斜面上放置一矩形导体线框 abcd，ab 边的边长为 l1，bc 边的边长为 l2，线框的质量为 m，电阻为 R，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为 M，斜面上 ef 线(ef 平行底边)的上方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为 B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的 ab 边始终平行底边，则下列说法正确的是( )A．线框进入磁场前运动的加速度为Mg－ mgsin θmB．线框进入磁场时匀速运动的速度为（ Mg－ mgsin θ ） RBl1C．线框做匀速运动的总时间为D．该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg－mg sin θ)l 25．如图所示，MN 和 PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为 L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为 R 的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为 d、方向竖直向上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。质量为 m、电阻也为 R 的金属棒从高度为h 处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为 μ，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中( )A．流过金属棒的最大电流为 B．通过金属棒的电荷量为Bd2gh2R BdLRC．克服安培力所做的功为 mgh D．金属棒产生的焦耳热为 mg(h－μd)12二、多项选择题6.如图所示，水平放置的相距为 L 的光滑平行金属导轨上有一质量为 m 的金属棒 ab。导轨的一端连接电阻 R，其他电阻均不计，磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒 ab 在一水平恒力 F 作用下由静止开始向右运动。则( )A．随着 ab 运动速度的增大，其加速度也增大B．外力 F 对 ab 做的功等于电路中产生的电能C．当 ab 做匀速运动时，外力 F 做功的功率等于电路中的电功率D．无论 ab 做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能7．(2016·江西联考)如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线 MN 的右侧存在磁感应强度 B＝2 T 的匀强磁场，MN 的左侧有一质量 m＝0.1 kg 的矩形线圈 abcd，bc 边长 L1＝0.2 m，电阻 R＝2 Ω 。t＝0 时，用一恒定拉力 F 拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间 1 s，线圈的 bc 边到达磁场边界 MN，此时立即将拉力 F 改为变力，又经过 1 s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流 i 随时间 t 变化的图像如图乙所示。则( )A．恒定拉力大小为 0.05 NB．线圈在第 2 s 内的加速度大小为 1 m/s2C．线圈 ab 边长 L2＝0.5 mD．在第 2 s 内流过线圈的电荷量为 0.2 C8.如图所示，相距为 L 的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为 θ，导轨上固定有质量为 m、电阻为 R 的两根相同的导体棒，导体棒 MN 上方轨道粗糙、下方轨道光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为 B。将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒 MN 下滑而 EF 保持静止，当 MN 下滑速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，下列叙述正确的是( )A．导体棒 MN 的最大速度为2mgRsin θB2L2B．导体棒 EF 与轨道之间的最大静摩擦力为 mgsin θC．导体棒 MN 受到的最大安培力为 mgsin θD．导体棒 MN 所受重力的最大功率为m2g2Rsin2θB2L2三、计算题9．如图所示，P、Q 为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距 L1＝0.5 m，处在竖直向下、磁感应强度大小 B1＝0.5 T 的匀强磁场中。导体杆 ef 垂直于 P、Q 放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动。质量为 m＝0.1 kg 的正方形金属框 abcd 置于竖直平面内，其边长为 L2＝0.1 m，每边电阻均为 r＝0.1 Ω 。线框的两顶点 a、b 通过细导线与导轨相连。磁感应强度大小 B2＝1 T 的匀强磁场垂直金属框 abcd 向里，金属框恰好处于静止状态。不计其余电阻和细导线对 a、b 点的作用力，g 取 10 m/s2，求：(1)通过 ab 边的电流 Iab；(2)导体杆 ef 的运动速度 v。10．(2016·常州检测)如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨 L1、L 2，其间距d＝0.5 m，左端接有 C＝2 000 μF 的电容。质量 m＝20 g 的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计。整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现用一沿导轨方向向右的恒力 F1＝0.44 N 作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经 t 时间后到达 B 处，速度 v＝5 m/s。此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，大小变为 F2，又经 2t 时间后导体棒返回到初始位置 A 处，整个过程电容器未被击穿。求：(1)导体棒运动到 B 处时，电容 C 的常电量；(2)t 的大小；(3)F2的大小。11.如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成 θ＝37°放置，在斜面上虚线 aa′和bb′与斜面底边平行，且间距为 d＝0.1 m，在 aa′b′b 围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为 B＝1 T；现有一质量为 m＝10 g，总电阻为 R＝1 Ω ，边长也为 d＝0.1 m 的正方形金属线圈 MNPQ，其初始位置 PQ 边与 aa′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为 μ＝0.5，不计其他阻力，求：(取 sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场过程中，线圈电阻 R 上产生的焦耳热。1．解析：选 C t 0时刻，磁场变化，磁通量变化，故 I≠0；由于 B＝0，故 ab、cd 所受安培力均为零，丝线的拉力为零， C 正确。2．解析：选 A 0≤s≤1 m， Uab＝ ＝3s( V)；1 ms≤2 m，U ab＝ ＝s－1( V)，3BLv4 BLv4故 A 正确， B 错误；0≤s≤1 m，Φ＝ (Wb); 1 m≤s≤2 m，Φ＝ － (Wb)，故s22 12 （ s－ 1） 22C、 D 错误。3. 解析：选 B 在 ab 边运动到 MN 边界的过程中电动势 E＝2BLv＝2BLat，电流i＝ ＝ ∝t， C、 D 错误；ab 边从 MN 边界运动到 PQ 边界的过程中，电动势ER 2BLatRE＝BLv＝BLat，电流 i＝ ＝ ∝t，即刚过 MN 边界时电动势减小一半，电流减小一半，ER BLatR故 B 正确。4.解析：选 D 由牛顿第二定律，Mg－mg sin θ＝(M＋m)a，解得线框进入磁场前运动的加速度为 ，选项 A 错误；由平衡条件，Mg－mg sin θ－F 安 ＝0，F 安Mg－ mgsin θm＋ M＝BIl 1，I＝ ，E＝Bl 1v，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为 v＝ ，选项 B 错ER误；线框做匀速运动的总时间为 t＝ ＝ ，选项 C 错误；由能量守恒定律，该匀速运l2v动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小，为(Mg－mg sin θ)l 2，选项 D 正确。5．解析：选 D 金属棒滑下过程中，根据动能定理有 mgh＝ mv ，根据法拉第电磁感12 2m应定律有 Em＝BLv m，根据闭合电路欧姆定律有 Im＝ ，联立得 Im＝ ， A 错误；根据Em2R BL2gh2Rq＝ 可知，通过金属棒的电荷量为 ， B 错误；金属棒运动的全过程根据动能定理得Δ Φ2R BdL2Rmgh＋W f＋W 安 ＝0，所以克服安培力做的功小于 mgh，故 C 错误；由 Wf＝－μmgd，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻 R 上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为 Q，故 2Q＝－W 安 ，联立得 Q＝ mg(h－μd)， D 正确。126.解析：选 CD 设 ab 的速度为 v，运动的加速度 a＝ ，随着 v 的增大，ab 由F－ B2L2vRm静止先做加速度逐渐减小的加速运动，当 a＝0 后做匀速运动，则 A 错误；由能量守恒知，外力 F 对 ab 做的功等于电路中产生的电能和 ab 增加的动能之和，ab 克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，则 B 错误， D 正确；当 ab 做匀速运动时，F＝BIL，外力 F 做功的功率等于电路中的电功率，则 C 正确。7．解析：选 ABD 在第 1 s 末，i 1＝ ，E＝BL 1v1，v 1＝at 1，F＝ma 1，联立得 F＝0.05 ERN， A 项正确；在第 2 s 内，由图像分析知线圈做匀加速直线运动，第 2 s 末i2＝ ，E′＝BL 1v2，v 2＝v 1＋a 2t2，解得 a2＝1 m/s2， B 项正确；在第 2 s 内，E′Rv －v ＝2a 2L2，得 L2＝1 m， C 项错误；q＝ ＝ ＝0.2 C， D 项正确。2 21Δ ΦR BL1L2R8.解析：选 AC 由题意可知，导体棒 MN 切割磁感线，产生的感应电动势为 E＝BLv，回路中的电流 I＝ ，MN 受到的安培力 F＝BIL＝ ，随着速度的增长，MN 受到的安培E2R B2L2v2R力逐渐增大，加速度逐渐减小，故 MN 沿斜面做加速度减小的加速运动，当 MN 受到的安培力大小等于其重力沿轨道方向的分力时，速度达到最大值，此后 MN 做匀速运动。故导体棒MN 受到的最大安培力为 mgsin θ，导体棒 MN 的最大速度为 ， A、 C 正确；由于2mgRsin θB2L2当 MN 下滑速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，由力的平衡知识可知 EF 与轨道之间的最大静摩擦力为 2mgsin θ， B 错误；由 P＝mgv sin θ 可知导体棒 MN所受重力的最大功率为 ， D 错误。2m2g2Rsin2θB2L29．解析：(1)设通过正方形金属框的总电流为 I，ab 边的电流为 Iab，dc 边的电流为Idc，有Iab＝ I，I dc＝ I34 14金属框受重力和安培力，处于静止状态，有mg＝B 2IabL2＋B 2IdcL2联立解得 I＝10 A，I ab＝7.5 A(2)设导体杆切割磁感线产生的电动势为 E，则E＝B 1L1v设 ad、dc、cb 三边电阻串联后与 ab 边电阻并联的总电阻为 R，则 R＝ ＝ rr×3rr＋ 3r 34根据闭合电路欧姆定律，有 I＝ER解得 v＝3mgr4B1B2L1L2＝ m/s＝3 m/s3×0.1×10×0.14×0.5×1×0.5×0.1答案：(1)7.5 A (2)3 m/s10．解析：(1)当导体棒运动到 B 处时，电容器两端电压为U＝Bdv＝2×0.5×5 V＝5 V此时电容器的带电量q＝CU＝2 000×10 －6 ×5 C＝1×10 －2 C(2)棒在 F1作用下有 F1－BId＝ma 1又 I＝ ＝ ，a 1＝Δ qΔ t CBdΔ vΔ t Δ vΔ t联立解得：a 1＝ ＝20 m/s2F1m＋ CB2d2则 t＝ ＝0.25 sva1(3)由(2)可知棒在 F2作用下，运动的加速度a2＝ ，方向向左F2m＋ CB2d2又 a1t2＝－12 [a1t·2t－ 12a2（ 2t） 2]将相关数据代入解得 F2＝0.55 N。答案：(1)1×10 －2 C (2)0.25 s (3)0.55 N11.解析：(1)向下进入磁场时，有mgsin θ＝μmg cos θ＋F 安其中 F 安 ＝BId, I＝E/R, E＝Bdv解得 v＝ ＝2 m/s（ mgsin θ － μ mgcos θ ） RB2d2(2)线圈离开磁场到最高点有－mgx sin θ－μmg cos θ·x＝0－E k1线圈从最高点到进入磁场有mgxsin θ－μmg cos θ·x＝E k 其中 Ek ＝ mv212解得 Ek1＝0.1 J(3)向下匀速通过磁场过程mgsin θ·2d－μmg cos θ·2d＋W 安 ＝0Q＝－W 安解得 Q＝2mgd( sin θ－μ cos θ)＝0.004 J答案：(1)2 m/s (2)0.1 J (3)0.004 J热点专题突破(三) 电场的性质专练 (限时：45 分钟)一、单项选择题1．A、B、C 三点在同一直线上，AB∶BC＝1∶2，B 点位于 A、C 之间，在 B处固定一电荷量为 Q的点电荷。当在 A处放一电荷量为＋q 的点电荷时，它所受到的电场力为 F；移去A处电荷，在 C处放一电荷量为－2q 的点电荷，其所受电场力为( )A．－ B. C．－F D．FF2 F22．如图所示，电荷量为 Q1、Q 2的两个正点电荷分别置于 A点和 B点，两点相距 L。在以 AB为直径的光滑绝缘半圆上，穿着一个带电小球＋q(可视为点电荷)，在 P点平衡。不计小球的重力，那么，PA 与 AB的夹角 α 与 Q1、Q 2的关系应满足( )A． tan3α＝ B． tan2α＝Q2Q1 Q2Q1C． tan3α＝ D． tan2α＝Q1Q2 Q1Q23．一带电粒子在电场中仅受电场力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为 x轴，起始点 O为坐标原点，其电势能 Ep与位移 x的关系如图甲所示。下列图象中合理的是 ( )4．如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直于环面且过圆心 O。下列关于 x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )A．O 点的电场强度为零，电势最低B．O 点的电场强度为零，电势最高C．从 O点沿 x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从 O点沿 x轴正方向，电场强度增大，电势降低5．如图所示，匀强电场方向平行于 xOy平面，在 xOy平面内有一个半径为 R＝5 m的圆，圆上有一个电荷量为 q＝＋1×10 －8 C的试探电荷 P，半径 OP与 x轴正方向的夹角为θ，P 沿圆周移动时，其电势能 Ep＝2.5×10 －5 sin θ( J)，则( )A．x 轴位于零势面上B．电场强度大小为 500 V/m，方向沿 y轴正方向C．y 轴位于零势面上D．电场强度大小为 500 V/m，方向沿 x轴正方向6．(2016·合肥联考)两个等量正点电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C 三点，如图甲所示。一个电荷量为 2 C、质量为 1 kg的小物块从 C点由静止释放，其运动的 v ­t图象如图乙所示，其中 B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是( )甲 乙A．B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强 E＝2 V/mB．由 C到 A的过程中物块的电势能先减小后变大C．从 C到 A电势逐渐升高D．A、B 两点电势差 UAB＝－5 V二、多项选择题7．如图所示，虚线 a、b、c 代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带正电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，质点先后通过这条轨迹上的 P、Q 两点，对同一带电质点，据此可知( )A．三个等势线中，a 的电势最高B．带电质点通过 P点时的动能比通过 Q点时大C．带电质点通过 P点时的电场力比通过 Q点时大D．带电质点在 P点具有的电势能比在 Q点具有的电势能大8．(2015·广东高考)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球 M和 N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N 保持静止，不计重力，则( )A．M 的带电荷量比 N的大B．M 带负电荷，N 带正电荷C．静止时 M受到的合力比 N的大D．移动过程中匀强电场对 M做负功9．如图甲所示，真空中有一半径为 R、电荷量为＋Q 的均匀带电球体，以球心 O为坐标原点，沿半径方向建立 x轴。理论分析表明，x 轴上各点的电场强度随 x变化关系如图乙所示，则( )A．x 2处场强和 x1处的场强大小相等、方向相同B．球内部的电场为匀强电场C．x 1、x 2两点处的电势相同D．假设将一个带正电的试探电荷沿 x轴移动，则从 x1移到 R处电场力做的功大于从R移到 x2处电场力做的功10．如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为 E，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为 R，A、B 为圆水平直径的两个端点，AC 为 圆弧。一个质量为14m、电荷量为－q 的带电小球，从 A点正上方高为 H处由静止释放，并从 A点沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是( )A．小球一定能从 B点离开轨道B．小球在 AC部分可能做匀速圆周运动C．若小球能从 B点离开，上升的高度一定小于 HD．小球到达 C点的速度可能为零三、计算题11.如图所示，在距足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方 h高度的 P点，固定电荷量为＋Q 的点电荷，一质量为 m、带电荷量为＋q 的物块(可视为质点)，从轨道上的 A点以初速度 v0沿轨道向右运动，当运动到 P点正下方 B点时速度为 v。已知点电荷产生的电场在 A点的电势为 φ(取无穷远处的电势为零)，PA 连线与水平轨道的夹角为 60°，试求：(1)物块在 A点时受到轨道的支持力大小；(2)点电荷＋Q 产生的电场在 B点的电势。12．如图所示，固定于同一条竖直线上的点电荷 A、B 相距为 2d，电荷量分别为＋Q 和－Q。MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球 p，质量为 m、电荷量为＋q(可视为点电荷，q 远小于 Q)，现将小球 p从与点电荷 A等高的 C处由静止开始释放，小球 p向下运动到距 C点距离为 d的 O点时，速度为 v。已知 MN与 AB之间的距离也为 d，电场力常量为 k，重力加速度为 g。求：(1)C、O 间的电势差 UC O；(2)小球 p经过 O点时加速度的大小；(3)小球 p经过与点电荷 B等高的 D点时速度的大小。1．解析：选 B 如图所示，设 B处的点电荷带电荷量为正，AB＝r，则 BC＝2r，根据库仑定律 F＝ ，F′＝ ，且＋q 与－2q 的受力方向相同，可得 F′＝ ， B正确。kQqr2 kQ·2q（ 2r） 2 F22．解析：选 A 对小球受力分析如图所示，则 F1＝k ，F 2＝k ，由平行四边形定Q1qPA2 Q2qPB2则和几何关系可知 tan α＝ ＝ ，整理得 tan3α＝ ， A正确。F2F1 PBPA Q2Q13．解析：选 D 由于粒子只受电场力作用，因此由 F 电 ＝ 可知，E p ­x图象的斜|Δ EpΔ x|率大小即为粒子所受电场力大小，从图象可知，图象的斜率随位移的增大而越来越小，因此粒子运动后所受的电场力随位移的增大而越来越小，因此电场强度越来越小， A错误；由于只受电场力作用，因此动能与电势能的和是定值，但从 B项和题图可以看出，不同位置的电势能与动能之和不是定值， B错误；粒子受到的电场力随位移的增大而越来越小，因此加速度随位移的增大而越来越小， D正确；若粒子的速度随位移的增大而均匀增大，则粒子的动能 Ek∝x 2，结合 B项分析可知 C错误。4．解析：选 B 圆环上均匀分布着正电荷，可以将圆环等效为很多正点电荷的组成，同一条直径的两端点的点电荷的合场强类似于两个等量同种点电荷的合场强，故圆环的中心的合场强一定为零。圆环的右侧的合场强沿 x轴向右，左侧的合场强沿 x轴向左，电场强度都呈现先增大后减小的特点，由沿场强方向的电势降低可得，O 点的电势最高， B正确。5．解析：选 A 由 Ep＝2.5×10 －5 sin θ( J)知，x 轴上的势能为零，是零势面，电场线沿 y轴方向， A正确， C错误；当 θ＝90°时，E p＝2.5×10 －5 J＝EqR，解得 E＝500 V/m，此时电势能大于零，故电场强度的方向沿 y轴负方向， B、 D错误。6．解析：选 D 由图乙知，小物块在 B点时加速度最大，故 B点场强最大，加速度大小为 2 m/s2，根据牛顿第二定律得 qE＝ma，解得 E＝1 V/m， A错误；由 C到 A的过程中小物块的动能一直增大，电势能始终在减小，电势逐渐降低， B、 C错误；根据动能定理有qUBA＝ mv － mv ，解得 UAB＝－5 V， D正确。12 2A 12 2B7．解析：选 BC 根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直，画出 P、Q 两点处场强的方向如图所示。则可知，三个等势线中 a的电势最低，故 A错误；质点从 P到 Q的过程，电场力做负功，质点的电势能增大，动能减小，则质点通过 P点时的动能比通过 Q点时大，在 P点具有的电势能比在 Q点具有的电势能小，故 B正确， D错误；根据电场线的疏密程度可知，P 点的电场强度大于 Q点，则带电质点在 P点受到的电场力大于 Q点，故 C正确。8．解析：选 BD 两带电小球分别在两球间的库仑力和水平匀强电场的电场力作用下处于平衡状态，因为两小球间的库仑力等大反向，则匀强电场对两带电小球的电场力也等大反向，所以两带电小球的带电荷量相等，电性相反，静止时，两球所受合力均为零，选项 A、 C错误；M、N 两带电小球受到的匀强电场的电场力分别水平向左和水平向右，即 M带负电，N 带正电，M、N 两球在移动的过程中匀强电场对 M、N 均做负功，选项 B、 D正确。9．解析：选 AD 根据题图乙所示的 x轴上各点的电场强度随 x变化关系，x 2处场强和 x1处场强大小相等、方向相同，球内部的电场为非匀强电场，选项 A正确， B错误；易判断 x1点处的电势大于 x2点处的电势，选项 C错误；由 W＝q·E· Δ d及题图乙可知，假设将一个带正电的试探电荷沿 x轴移动，则从 x1移到 R处电场力做的功大于从 R移到 x2处电场力做的功，选项 D正确。10．解析：选 BC 若电场力大于重力，则小球有可能不从 B点离开轨道， A错误；若电场力等于重力，小球在 AC部分做匀速圆周运动， B正确；因电场力做负功，有机械能损失，上升的高度一定小于 H， C正确；由圆周运动知识可知若小球到达 C点的速度为零，则在此之前就已脱轨了， D错误。11.解析：(1)物块在 A点受到点电荷的库仑力 F＝kQqr2由几何关系可知 P、A 间距离 r＝hsin 60°设物块在 A点时受到轨道的支持力大小为 FN，由平衡条件有FN－mg－F sin 60°＝0解得 FN＝mg＋33kQq8h2(2)设点电荷产生的电场在 B点的电势为 φ B，由动能定理有 q(φ－φ B)＝ mv2－ mv12 12 20解得 φ B＝φ＋答案：(1)mg＋ (2)φ＋33kQq8h2热点专题突破(二) 动力学、能量问题专练 (限时：45 分钟)1．如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，水平段 ab 粗糙，其距离为 s＝3 m。在 b点平滑过度， bcd 段光滑， cd 段是以 O 为圆心、半径为 R＝0.4 m 的一小段圆弧。质量为m＝2 kg 的小物块静止于 a 处，在一与水平方向成 θ 角的恒力 F 作用下开始沿轨道匀加速运动，小物块到达 b 处时撤去该恒力，小物块继续运动到 d 处时速度水平，此时轨道对小物块的支持力大小为 FN＝15 N。小物块与 ab 段的动摩擦因数为 μ ＝0.5， g 取 10 m/s2。求：(1)小物块到达 b 点时的速度大小 vb；(2)恒力 F 的最小值 Fmin。(计算结果可以用分式或根号表示)2．(2016·吉林模拟)如图所示，半径 R＝0.2 m 的光滑四分之一圆轨道 MN 竖直固定放置，末端 N 与一长 L＝0.8 m 的水平传送带相切，水平衔接部分摩擦不计，传动轮(轮半径很小)作顺时针转动，带动传送带以恒定的速度 v0运动。传送带离地面的高度 h＝1.25 m，其右侧地面上有一直径 D＝0.5 m 的圆形洞，洞口最左端的 A 点离传送带右端的水平距离s＝1 m， B 点在洞口的最右端。现使质量为 m＝0.5 kg 的小物块从 M 点由静止开始释放，经过传送带后做平抛运动，最终落入洞中，传送带与小物块之间的动摩擦因数 μ ＝0.5， g取 10 m/s2。求：(1)小物块到达圆轨道末端 N 时对轨道的压力；(2)若 v0＝3 m/s，求物块在传送带上运动的时间；(3)若要使小物块能落入洞中，求 v0应满足的条件。3．(2016·厦门模拟)如图所示，在竖直方向上 A， B 两物体通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连， A 放在水平地面上； B、 C 两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连， C 放在固定的光滑斜面上。用手拿住 C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证 ab 段的细线竖直、 cd 段的细线与斜面平行。已知 A， B 的质量均为 m，斜面倾角为 θ ＝37°，重力加速度为 g 滑轮的质量和摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。 C 释放后沿斜面下滑，当 A 刚要离开地面时， B 的速度最大。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)从开始到物体 A 刚要离开地面的过程中，物体 C 沿斜面下滑的距离；(2)C 的质量；(3)A 刚离开地面时， C 的动能。4.(2016·哈尔滨模拟)传送带现已广泛应用于机场、商店等公共场所，为人们的生活带来了很多的便利。如图所示，一长度 L＝7 m 的传送带与水平方向间的夹角 α ＝30°，在电动机带动下以 v＝2 m/s 的速率顺时针匀速转动。在传送带上端接有一个斜面，斜面表面与传送带表面都在同一平面内。将质量 m＝2 kg 可视作质点的物体无初速地放在传送带底端，物体经传送带作用后能到达斜面顶端且速度为零。若物体与传送带及物体与斜面间的动摩擦因数都为 μ ＝ ， g＝10 m/s 2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：235(1)物体在从传送带底端运动到斜面顶端过程中传送带对物体所做的功；(2)传送带上方所接的斜面长度。5．如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量 m＝0.5 kg 的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数 μ ＝ 0.5，且与台阶边缘 O 点的距离 s＝5 m。在台阶右侧固定了一个以 O 点为圆心的圆弧形挡板，并以 O 点为原点建立平面直角坐标系。现用 F＝5 N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板( g 取 10 m/s2)。(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘 P 点， P 点的坐标为(1.6 m，0.8 m)，求其离开 O点时的速度大小；(2)为使小物块击中挡板，求拉力 F 作用的距离范围；(3)改变拉力 F 的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。(结果可保留根式)1．解析：(1)在 d 点： mg－ FN＝从 b 到 d 由机械能守恒得：mv － mv ＝ mgR12 2b 12 2d联立得 vb＝3 m/s(2)在 a 到 b 的过程中有： v ＝2 as2bFcos θ － μ (mg－ Fsin θ )＝ ma解得 F＝ ＝262cos θ ＋ sin θ 265sin（ φ ＋ θ ）当 sin(φ ＋ θ )＝1 时， Fmin＝ N265 5答案：(1)3 m/s (2) N265 52．解析：(1)设物块滑到圆轨道末端的速度为 v1，根据动能定理得mgR＝ mv12 21设物块在轨道末端所受支持力的大小为 F，根据牛顿第二定律得F－ mg＝ m联立以上两式代入数据得 F＝15 N根据牛顿第三定律，对轨道压力大小为 15 N，方向竖直向下。(2)物块在传送带上加速运动时，由μmg ＝ ma 得a＝ μg ＝5 m/s 2加速到与传送带达到同速所需要的时间t1＝ ＝0.2 sv0－ v1a位移： s1＝ t1＝0.5 mv1＋ v02匀速时间： t2＝ ＝0.1 sL－ s1v0故 T＝ t1＋ t2＝0.3 s(3)物块由传送带右端平抛 h＝ gt212恰好落到 A 点： s＝ v2t解得 v2＝2 m/s恰好落到 B 点： D＋ s＝ v3t解得 v3＝3 m/s故 v0应满足的条件是 3 m/s＞ v0＞2 m/s。答案：(1)15 N，方向竖直向下 (2)0.3 s (3)3 m/s＞ v0＞2 m/s3．解析：(1)设开始时弹簧压缩的长度为 xB，由题意有：kxB＝ mg设当物体 A 刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为 xA，有kxA＝ mg当物体 A 刚离开地面时，物体 B 上升的距离及物体 C 沿斜面下滑的距离为h＝ xA＋ xB＝2mgk(2)物体 A 刚离开地面时，以 B 为研究对象，物体 B 受到重力 mg、弹簧的弹力 kxA，细线的拉力 FT三个力的作用，设物体 B 的加速度为 a，根据牛顿第二定律，对 B 有：FT－ mg－ kxA＝ ma对 C 有： mCgsin θ － FT＝ mCa当 B 获得最大速度时，有： a＝0解得 mC＝ m103(3)根据动能定理得：对 C： mCghsin θ － WT＝ Ekc－0对 B： WT－ mBgh＋ W 弹 ＝ EkB－0其中弹簧弹力先做正功后做负功，总功为零， W 弹 ＝0BC 的速度大小相等，故其动能大小之比为其质量大小之比即 ＝EkCEkB 103解得 EkC＝20m2g213k答案：(1) (2) m (3)2mgk 103 20m2g213k4.解析：(1)对物体，先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得μmg cos 30°－ mgsin 30°＝ ma解得 a＝1 m/s 2，沿斜面向上设物体速度经过时间 t 与传送带相等，由 v＝ at 得 t＝ ＝2 sva此过程中物体通过的位移为x＝ at2＝2 m＜7 m12所以物体接着做匀速直线运动，离开传送带时速度为 v＝2 m/s对整个过程，由动能定理得W－ mgLsin 30°＝ mv212解得 W＝74 J(2)物体到斜面上以后，根据牛顿第二定律得μmg cos 30°＋ mgsin 30°＝ ma1解得 a1＝11 m/s 2由 v2＝2 a1s 得： s＝ ＝ mv22a1 211答案：(1)74 J (2) m2115．解析：(1)小物块从 O 到 P，做平抛运动。水平方向： x＝ v0t竖直方向： y＝ gt212解得 v0＝4 m/s。(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到 O 点，设拉力 F 作用的最短距离为x1，由动能定理得Fx1－ μmgs ＝0解得 x1＝2.5 m为使小物块击中挡板，小物块的平抛初速度不能超过 4 m/s，设拉力 F 作用的最长距离为 x2，由动能定理得Fx2－ μmgs ＝ mv12 20解得 x2＝3.3 m则为使小物块击中挡板，拉力 F 作用的距离范围为2．5 m＜ x≤3.3 m。(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为( x， y)，则x＝ v′ 0t′y＝ gt′ 212由动能定理得 mgy＝ Ek－ mv′12 20又 x2＋ y2＝ R2由 P 点坐标可求得 R2＝3.2化简得 Ek＝ ＋ ＝ ＋ ymgR24y 3mgy4 4y 154由数学方法求得 Ekmin＝2 J。15答案：(1)4 m/s (2)2.5 m＜ x≤3.3 m (3)2 J15