2019版高考物理通用版二轮复习专题检测：(二十二) 应用“三类典型运动”破解电磁场计算题 Word版含解析

目录大二轮专题复习：专题一力与场内物体的平衡大二轮专题复习：专题二第1课时动力学观点在力学中的应用大二轮专题复习：专题二第2课时动力学观点在电学中的应用大二轮专题复习：专题三第1课时抛体、圆周和天体运动大二轮专题复习：专题三第2课时电场和磁场中的曲线运动大二轮专题复习：专题四第1课时功能关系在力学中的应用大二轮专题复习：专题四第2课时功能关系在电学中的应用大二轮专题复习：专题五第1课时电场与磁场的理解大二轮专题复习：专题五第2课时带电粒子在复合场中的运动大二轮专题复习：专题六第1课时电磁感应问题的综合分析大二轮专题复习：专题六第2课时直流电路和交流电路大二轮专题复习：专题七第1课时力学实验与创新大二轮专题复习：专题七第2课时电学实验与创新大二轮专题复习：专题八第1课时热学大二轮专题复习：专题八第2课时机械振动与机械波光大二轮专题复习：专题八第3课时原子物理和动量专题定位本专题解决的是受力分析和共点力平衡问题．高考对本专题内容的考查主要有：①对各种性质力特点的理解；②共点力作用下平衡条件的应用．考查的主要物理方法和思想有：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想．应考策略深刻理解各种性质力的特点．熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法．1．弹力(1)大小：弹簧在弹性限度内，弹力的大小可由胡克定律F＝kx计算；一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来求解．(2)方向：一般垂直于接触面(或切面)指向形变恢复的方向；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向．2．摩擦力(1)大小：滑动摩擦力F f＝μF N，与接触面的面积无关；静摩擦力0<F f≤F fmax，具体值根据牛顿运动定律或平衡条件来求．(2)方向：沿接触面的切线方向，并且跟物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反．3．电场力(1)大小：F＝q E.若为匀强电场，电场力则为恒力；若为非匀强电场，电场力则与电荷所处的位置有关；点电荷的库仑力F ＝k q 1q 2r 2. (2)方向：正电荷所受电场力方向与场强方向一致，负电荷所受电场力方向与场强方向相反．4．安培力(1)大小：F ＝BIL ，此式只适用于B ⊥I 的情况，且L 是导线的有效长度，当B ∥I 时F ＝0.(2)方向：用左手定则判断，安培力垂直于B 、I 决定的平面．5．洛伦兹力(1)大小：F 洛＝q v B ，此式只适用于B ⊥v 的情况．当B ∥v 时F 洛＝0.(2)方向：用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B 、v 决定的平面，洛伦兹力不做功．6．共点力的平衡(1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动．(2)平衡条件：F 合＝0或F x ＝0，F y ＝0.(3)常用推论：①若物体受n 个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n －1)个力的合力大小相等、方向相反．②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形．1．处理平衡问题的基本思路：确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论．2．常用的方法(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定方向时常用假设法．(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等．3．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力．4．如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F洛⊥v.考向1共点力作用下的静态平衡问题例1如图1所示，质量为m的木块A放在水平面上的质量为M的斜面B上，现用大小相等、方向相反的两个水平推力F分别作用在A、B上，A、B均保持静止不动．则()图1A．A与B之间一定存在摩擦力B．B与地面之间一定存在摩擦力C．B对A的支持力一定等于mgD．地面对B的支持力大小一定等于(m＋M)g审题突破A、C选项考察物体A、B之间的受力应选谁为研究对象？B、D选项考察地面对B的作用力必须选B为研究对象吗？怎样选研究对象更简单？解析对A，若重力、推力、支持力的合力为零时，A、B间没有摩擦力，A错误；B对A的支持力无法求出，所以C错误；把A、B视为一个整体，水平方向两推力恰好平衡，故B 与地面间没有摩擦力，所以B错误；地面对B的支持力等于(m＋M)g，故D正确．答案 D以题说法 1.在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析．2．采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同．3．当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”．轻质弹簧A的两端分别连在质量均为m的小球上，两球均可视为质点．另有两根与A完全相同的轻质弹簧B、C，且B、C的一端分别与两个小球相连，B的另一端固定在天花板上，C的另一端用手牵住，如图2所示．适当调节手的高度与用力的方向，保持B弹簧轴线跟竖直方向夹角为37°不变(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，当弹簧C的拉力最小时，B、C两弹簧的形变量之比为()图2A．1∶1 B．3∶5C．4∶3 D．5∶4答案 C解析以两球和弹簧A组成的整体为研究对象，受力分析如图所示，由合成法知当C弹簧与B弹簧垂直时，弹簧C施加的拉力最小，由几何关系知F T B∶F T C＝4∶3.考向2共点力作用下的动态平衡问题例2(2014·山东·14)如图3所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后()图3A．F1不变，F2变大B．F1不变，F2变小C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小审题突破两轻绳各剪去一小段，两绳之间的夹角如何变化？木板所受合力根据什么判断大小是否变化？解析木板静止时，木板受重力G以及两根轻绳的拉力F2，根据平衡条件，木板受到的合力F1＝0，保持不变．两根轻绳的拉力F2的合力大小等于重力G，保持不变，当两轻绳剪去一段后，两根轻绳的拉力F2与竖直方向的夹角变大，因其合力不变，故F2变大．选项A正确，选项B、C、D错误．答案 A以题说法动态平衡问题分析的三个常用方法．1．解析法：一般把力进行正交分解，两个方向上列平衡方程，写出所要分析的力与变化角度的关系，然后判断各力的变化趋势．2．图解法：能用图解法分析动态变化的问题有三个显著特征：一、物体一般受三个力作用；二、其中有一个大小、方向都不变的力；三、还有一个方向不变的力．3．相似三角形法：物体一般受三个力作用而平衡，系统内一定总存在一个与矢量三角形相似的结构三角形，这种情况下采用相似三角形法解决问题简单快捷．如图4甲，手提电脑散热底座一般设置有四个卡位用来调节角度．某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位4缓慢地调至卡位1(如图乙)，电脑始终静止在底座上，则()图4A．电脑受到的支持力变大B．电脑受到的摩擦力变小C ．散热底座对电脑的作用力变大D ．散热底座对电脑的作用力不变答案 D解析 对笔记本电脑受力分析如图所示，有：F N ＝mg cos θ、F f ＝mg sin θ.由原卡位1调至卡位4，θ减小，静摩擦力F f 减小、支持力F N 增加；散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力，与重力平衡，始终是不变的，故D 正确．考向3 带电体在电场内的平衡问题例3 (2014·浙江·19)如图5所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m 、电量为q .小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d .静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则( )图5A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2 B ．当q d＝ mg sin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d＝ mg tan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d ＝ mg k tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0 审题突破 小球A 受哪几个力的作用？若细线上的拉力为0呢？通过对小球受力分析，斜面对小球A 的支持力能为0吗？解析 根据库仑定律，A 、B 球间的库仑力F 库＝k q 2d 2，选项A 正确；小球A 受竖直向下的重力mg ，水平向左的库仑力F 库＝kq 2d 2，由平衡条件知，当斜面对小球的支持力F N 的大小等于重力与库仑力的合力大小时，细线上的拉力等于零，如图所示，则kq 2d 2mg ＝tan θ，所以q d ＝ mg tan θk，选项C 正确，选项B 错误；斜面对小球的支持力F N 始终不会等于零，选项D 错误．答案 AC以题说法 1.电场和重力场内的平衡问题，仍然是力学问题．力学中用到的图解法和正交分解法仍然可以用在电场和重力场中．2．当涉及多个研究对象时，一般采用整体法和隔离法结合的方法求解．当物体受到的力多于三个时，往往采用正交分解法列出分方向的平衡方程．如图6所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC 放置在水平面上，∠CAB ＝30°，斜面内部O 点(与斜面无任何连接)固定一个正点电荷，一带负电可视为质点的小物体可以分别静止在M 、P 、N 点，P 为MN 的中点，OM ＝ON ，OM ∥AB ，则下列判断正确的是( )图6A．小物体在M、P、N点静止时一定都是受4个力B．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大C．小物体静止在P点时受到的支持力最大D．小物体静止在M、N点时受到的支持力相等答案CD解析对小物体分别在三处静止时进行受力分析，如图：结合平衡条件小物体在P、N两点时一定受四个力的作用，而在M处不一定，故A错误；小物体静止在P点时，摩擦力F f＝mg sin 30°，设小物体静止在M、N点时，库仑力为F′，则小物体静止在N点时F f′＝mg sin 30°＋F′cos 30°，小物体静止在M点时F f″＝mg sin 30°－F′cos 30°，可见小物体静止在N点时所受摩擦力最大，故B错误；小物体静止在P点时，设库仑力为F，受到的支持力F N＝mg cos 30°＋F，小物体静止在M、N点时：F N′＝mg cos 30°＋F′sin 30°，由库仑定律知F＞F′，故F N＞F N′，即小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N 点时受到的支持力相等，故C、D正确.1．应用平衡条件解决电学平衡问题例4(18分)如图7(BE左边为侧视图，右边为俯视图)所示，电阻不计的光滑导轨ABC、DEF 平行放置，间距为L，BC、EF水平，AB、DE与水平面成θ角．PQ、P′Q′是相同的两金属杆，它们与导轨垂直，质量均为m、电阻均为R.平行板电容器的两金属板M、N的板面沿竖直放置，相距为d，并通过导线与导轨ABC、DEF连接．整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中．要使杆P′Q′静止不动，求：图7(1)杆PQ应沿什么方向运动？速度多大？(2)从O点入射的带电粒子恰好沿图中虚线通过平行板电容器，则入射粒子的速度v0多大？思维导图解析 (1)设杆PQ 运动速度为v ，杆PQ 切割磁感线产生的感应电动势： E ＝BL v (2分)回路电流：I ＝ER ＋R(2分)P ′Q ′杆静止，对杆P ′Q ′受力分析，有： mg tan θ＝BIL (2分)联立解得：v ＝2mgR tan θB 2L 2(2分)根据左手定则与右手定则可知，PQ 应向右运动．(2分) (2)两平行板间的电压：U ＝IR (2分)粒子在电场中运动，电场力：F ＝qEqUd＝qB v 0(2分) 联立解得：v 0＝mgR tan θB 2Ld (2分)答案 (1)向右运动2mgR tan θB 2L 2 (2)mgR tan θB 2Ld点睛之笔 此题为力电综合问题，考查了力学知识的平衡问题和电磁感应知识．解答本题的思路是先通过P ′Q ′静止不动、受力平衡分析PQ 的运动方向．PQ 运动对P ′Q ′和电容器供电，带电粒子在电场、磁场中做匀速直线运动受力平衡．(限时：15分钟，满分：15分)(2014·江苏·13)如图8所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L ，长为3d ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d 的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直．质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R ，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g .求：图8(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ； (2)导体棒匀速运动的速度大小v ； (3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q . 答案 (1)tan θ (2)mgR sin θB 2L 2(3)2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4解析 (1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡mg sin θ＝μmg cos θ 解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tan θ. (2)在光滑导轨上 感应电动势：E ＝BL v 感应电流：I ＝ER安培力：F 安＝BIL受力平衡的条件是：F 安＝mg sin θ 解得导体棒匀速运动的速度v ＝mgR sin θB 2L 2.(3)摩擦生热：Q T ＝μmgd cos θ根据能量守恒定律知：3mgd sin θ＝Q ＋Q T ＋12m v 2解得电阻产生的焦耳热Q ＝2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2 θ2B 4L 4.(限时：30分钟)题组1共点力作用下的静态平衡1．(2014·广东·14)如图1所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是()图1A．M处受到的支持力竖直向上B．N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的静摩擦力沿MN方向D．N处受到的静摩擦力沿水平方向答案 A解析M处支持力方向与支持面(地面)垂直，即竖直向上，选项A正确；N处支持力方向与支持面(原木接触面)垂直，即垂直MN向上，故选项B错误；摩擦力与接触面平行，故选项C、D错误．2．如图2所示，三个相同的轻质弹簧连接在O点，弹簧1的另一端固定在天花板上，且与竖直方向的夹角为30°，弹簧2水平且右端固定在竖直墙壁上，弹簧3的另一端悬挂质量为m的物体且处于静止状态，此时弹簧1、2、3的形变量分别为x1、x2、x3，则()图2A．x1∶x2∶x3＝3∶1∶2B．x1∶x2∶x3＝2∶1∶ 3C．x1∶x2∶x3＝1∶2∶ 3D．x1∶x2∶x3＝3∶2∶1答案 B解析对物体受力分析可知：kx3＝mg，对弹簧的结点受力分析可知：kx1cos 30°＝kx3，kx1sin 30°＝kx2，联立解得x1∶x2∶x3＝2∶1∶ 3.3．体育器材室里，篮球摆放在如图3所示的球架上．已知球架的宽度为d，每个篮球的质量为m、直径为D，不计球与球架之间的摩擦，则每个篮球对一侧球架的压力大小为()图3A.12mgB.mgD dC.mgD 2D 2－d 2D.2mg D 2－d 2D答案 C解析 篮球受力平衡，设一侧球架的弹力与竖直方向的夹角为θ，如图，由平衡条件，F 1＝F 2＝mg 2cos θ，而cos θ＝(D 2)2－(d 2)2D 2＝D 2－d 2D ，则F 1＝F 2＝mgD2D 2－d 2，选项C 正确．4．在如图所示的A 、B 、C 、D 四幅图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴O 安装在一根轻木杆P 上，一根轻绳ab 绕过滑轮，a 端固定在墙上，b 端下面挂一个质量都是m 的重物，当滑轮和重物都静止不动时，图A 、C 、D 中杆P 与竖直方向夹角均为θ，图B 中杆P 在竖直方向上，假设A 、B 、C 、D 四幅图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为F A 、F B 、F C 、F D ，则以下判断中正确的是( )A．F A＝F B＝F C＝F DB．F D＞F A＝F B＞F CC．F A＝F C＝F D＞F BD．F C＞F A＝F B＞F D答案 B解析设滑轮两边细绳的夹角为φ，对重物，可得绳子拉力等于重物重力mg，滑轮受到木杆弹力F等于细绳拉力的合力，即F＝2mg cos φ2，由夹角关系可得F D＞F A＝F B＞F C，选项B正确．5．如图4所示，质量为M的木板C放在水平地面上，固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b连接小球A和小球B，小球A、B的质量分别为m A和m B，当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时，A、B、C刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则下列判断正确的是()图4 A．力F的大小为m B gB．地面对C的支持力等于(M＋m A＋m B)gC．地面对C的摩擦力大小为32m B gD．m A＝m B答案ACD解析对小球B受力分析，水平方向：F cos 30°＝F T b cos 30°，得：F T b＝F，竖直方向：F sin 30°＋F T b sin 30°＝m B g，解得：F＝m B g，故A正确；对小球A受力分析，竖直方向：m A g＋F T b sin 30°＝F T a sin 60°水平方向：F T a sin 30°＝F T b sin 60°联立得：m A＝m B，故D正确；以A、B、C整体为研究对象受力分析，竖直方向：F N＋F sin 30°＝(M＋m A＋m B)g可见F N小于(M＋m A＋m B)g，故B错误；水平方向：F f＝F cos 30°＝m B g cos 30°＝32m B g，故C正确．题组2共点力作用下的动态平衡6．如图5所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图．一根轻绳跨过光滑的动滑轮，轻绳的一端系在位置A处，动滑轮的下端挂上重物，轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处．起吊重物前，重物处于静止状态．起吊重物过程是这样的：先让吊钩从位置C竖直向上缓慢的移动到位置B，然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D，最后把重物卸载到某一个位置．则关于轻绳上的拉力大小变化情况，下列说法正确的是()图5A．吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力不变B．吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力变小C．吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力变大D．吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力不变答案 A解析因物体重力不变，故重力与两绳子的拉力为平衡力，并且滑轮两端绳子的张力相等；设绳子间的夹角为2θ；在由C到B上移的过程中有：2F T cos θ＝mg；由几何关系可知，设A到动滑轮的绳长为l，A到滑轮的水平距离为d，则有：l cos θ＝d；因由C到B的过程中A 到BC的垂直距离不变，故θ为定值，故轻绳上的拉力不变，故A正确，C错误；由B到D 的过程中，绳的总长不变，夹角2θ一定增大，则由A中分析可知，F T一定增大；故B、D 错误．7．如图6所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着．已知质量m A＝3m B，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，且A、B仍处于静止状态，那么下列说法中正确的是()图6A．弹簧的弹力大小将不变B．物体A对斜面的压力将减少C．物体A受到的静摩擦力将减小D．弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变答案AC解析弹簧弹力等于B物体的重力，即弹簧弹力不变，故A项正确；对A物体进行受力分析，列平衡方程可知，C项正确，D项错误；根据F N＝m A g cos θ，当倾角减小时，A物体对斜面压力变大，故B项错误．8．如图7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()图7A ．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 答案 BD解析 设a 、b 的重力分别为G a 、G b .若G a ＝G b sin θ，b 受到c 的摩擦力为零；若G a ≠G b sin θ，b 受到c 的摩擦力不为零．若G a ＜G b sin θ，b 受到c 的摩擦力沿斜面向上，故A 错误，B 正确．对b 、c 整体，水平面对c 的摩擦力F f ＝F T cos θ＝G a cos θ，方向水平向左．在a 中的沙子缓慢流出的过程中，则摩擦力在减小，故C 错误，D 正确．9．如图8所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为14圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上，半径与甲相同的光滑球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．现在从O 1处对甲施加一平行于斜面向下的力F ，使甲沿斜面方向缓慢向下移动．设乙对挡板的压力大小为F 1，甲对斜面的压力大小为F 2，甲对乙的弹力为F 3.在此过程中( )图8A ．F 1逐渐增大，F 2逐渐增大，F 3逐渐增大B ．F 1逐渐减小，F 2保持不变，F 3逐渐减小C ．F 1保持不变，F 2逐渐增大，F 3先增大后减小D ．F 1逐渐减小，F 2保持不变，F 3先减小后增大 答案 D解析 先对物体乙受力分析，如图甲所示，由牛顿第三定律可知乙对挡板的压力F 1不断减小，甲对乙的弹力F 3先减小后增大；再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和已知力F，如图乙所示．根据平衡条件，设斜面倾角为θ，甲的质量为M，乙的质量为m，正交分解有x方向：F＋(M＋m)g sin θ－F1′＝0y方向：F2′－(M＋m)g cos θ＝0解得：F2′＝(M＋m)g cos θ，保持不变．结合牛顿第三定律，物体甲对斜面的压力F2不变，故D正确，A、B、C错误．10．如图9所示，三根细线共系于O点，其中OA在竖直方向上，OB水平并跨过定滑轮悬挂一个重物，OC的C点固定在地面上，整个装置处于静止状态．若OC加长并使C点左移，同时保持O点位置不变，装置仍然处于静止状态，则细线OA上拉力F A和OC上的拉力F C 与原先相比是()图9A．F A、F C都减小B．F A、F C都增大C．F A增大，F C减小D．F A减小，F C增大答案 A解析O点受F A、F B、F C三个力平衡，如图．当按题示情况变化时，OB绳的拉力F B不变，OA绳拉力F A的方向不变，OC绳拉力F C的方向与拉力F B方向的夹角减小，保持平衡时F A、F C的变化如虚线所示，显然都是减小了．题组3带电体在电场内的平衡问题11．(2014·广东·20)如图10所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q的小球P.带电量分别为－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、M和N视为点电荷，下列说法正确的是()图10A ．M 与N 的距离大于LB ．P 、M 和N 在同一直线上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力为零 答案 BD解析 假设P 、M 和N 不在同一直线上，对M 受力分析可知M 不可能处于静止状态，所以选项B 正确；M 、N 和杆组成的系统，处于静止状态，则系统所受合外力为零，故k QqL 2＝k Q ·2q (L ＋x )2，解得x ＝(2－1)L ，所以选项A 错误，D 正确；在正点电荷产生的电场中，离场源电荷越近，电势越高，φM >φN ，所以选项C 错误．12．一根套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球A 通过绝缘细线系在细环上，另一带正电的小球B 固定在绝缘支架上，A 球处于平衡状态，如图11所示．现将B 球稍向右移动，当A 小球再次平衡(该过程A 、B 两球一直在相同的水平面上)时，细环仍静止在原位置，下列说法正确的是( )图11A ．细线对带电小球A 的拉力变大B ．细线对细环的拉力保持不变C ．细环所受的摩擦力变大D ．粗糙杆对细环的支持力变大 答案 AC解析 如图甲所示，以细环、细线及小球A 组成的整体为研究对象受力分析，整体的重力、杆的支持力、静摩擦力、水平向右的库仑斥力，由平衡可知F N ＝m A g ＋m 环g ，F ＝F f ，知粗糙杆对细环的支持力不变，再由小球A 的受力分析如图乙知，当B 球稍向右移动时，由库仑定律知，F 增大，F f 增大，小球A 的重力不变，它们的合力与细线的拉力等大反向，故由力的合成知当F 增大时细线的拉力也增大，综合以上分析知，A 、C 选项正确．甲 乙13．如图12所示，空间正四棱锥型的底面边长和侧棱长均为a ，水平底面的四个顶点处均固定着电量为＋q 的小球，顶点P 处有一个质量为m 的带电小球，在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态．若将P 处小球的电荷量减半，同时加竖直方向的匀强电场强度E ，此时P 处小球仍能保持静止．重力加速度为g ，静电力常量为k ，则所加匀强电场强度大小为( )图12A.mg 2qB.mg 4qC.2kq a 2D.22kq a2答案 D解析 设P 处的带电小球电量为Q ，根据库仑定律可知，则P 点小球受到各个顶点电荷的库仑力大小为F ＝kqQa 2；根据几何关系可知，正四棱锥型的侧棱与竖直线的夹角为45°；再由力的分解法则，可有：4×kqQ a 2×22＝mg ；若将P 处小球的电荷量减半，则四个顶点的电荷对P 的小球的库仑力合力为：F ′＝2kqQ a 2；当外加匀强电场后，再次平衡，则有：2kqQa 2＋Q 2E ＝mg ；解得：E ＝22kqa2，故D 正确，A 、B 、C 错误． 14．如图13所示，ACD 、EFG 为两根相距L 的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF 面与水平面成θ角．两导轨所在空间存在垂直于CDGF 平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .两根质量均为m 、长度均为L 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均为μ，两金属细杆的电阻均为R ，导轨电阻不计．当ab 以速度v 1沿导轨向下匀速运动时，cd 杆也正好以速度v 2向下匀速运动．重力加速度为g .以下说法正确的是( )图13A ．回路中的电流强度为BL (v 1＋v 2)2RB ．ab 杆所受摩擦力为mg sin θC ．cd 杆所受摩擦力为μ(mg sin θ22D ．μ与v 1大小的关系为μ(mg sin θ。

3-22 0：5 [7 10//s -2 -3 r/s Ho" I（时间:45分钟 满分：100分）一、选择题（共10小题,每小题8分，共80分。

在每小题给出的四个选项中，第1帀小题只有一个 选项符合题目要求，第6 ^10小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得8分，选对但不全的得4 分，有选错或不答的得0分）（2018湖南株洲二质检）如图，沿东西方向站立的两同学（左西右东）做“摇绳发电”实验:把一条长 导线的两端连在一个灵敏电流计（零刻度在表盘屮央）的两个接线柱上,形成闭合回路，然后迅速摇 动枷这段“绳” o 假设图中情景发生在赤道，则下列说法正确的是（）A. 当“绳”摇到最高点时，“绳”屮电流最大B. 当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大C. 当“绳”向下运动吋,W 点电势比〃点电势高D. 摇“绳”过程中，灵敏电流计指针的偏转方向不变甲 乙（2018福建龙岩一模）如图甲所示，用一根横截面积为5电阻率为Q 的硬质导线做成一个半径为厂 的圆环，臼方为圆环的直径。

在白方的右侧存在一个足够大的匀强磁场，1=0时刻磁场方向垂直于竖直 圆环平面向里，磁场磁感应强度〃随时间方变化的关系如图乙所示，则0 N 时|'可内（）A. 圆坏中产生感应电流的方向为逆时针B. 圆环中产生感应电流的方向先顺时针后是逆时针C. 圆环一直具有扩张的趋势D. 圆坏中感应电流的大小为石亦3. （2018陕西咸阳二模）如图甲，匝数刀吃的金属圈（电阻不计）1韦I 成的面积为20 ci 『,线圈与虑0 Q 的电阻连接,置于竖直向上、均匀分布的磁场中，磁场与线圈平面垂直,磁感应强度为〃，沪z 关系 如图乙，规定感应电流，从臼经过到〃的方向为正方向。

忽略线圈的自感彫响，则下列,-十关系 图正确的是（）专题突破练12 电磁感应规律及综合应用f/x 1O-7A J /X 10-7A 3 }104./\ /代\（2018山西长治、运城、大同、朔州、阳泉五地联考）如图所示,等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向内的匀强磁场，左边有一形状与磁场边界完全相同的闭合导线框,线框斜边长为/,线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域,规定线框屮感应电流逆时针方向为正方向，其感应电流，随L图a图a是用电流传感器（相当于电流表，其内阻可以忽略不计）研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为斤,L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R.图b是某同学画出的在玄时刻开关S切断前后，通过传感器的电流随时间变化的图象。

专题检测（四） 以加速度为桥梁，巧解动力学“三类典型问题”1.(2019 届高三·天津模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为 m 的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。

现将滑块轻放在逆时针匀速运转的皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。

若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：选 D　滑块轻放到皮带上，受到向左的滑动摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故 D 正确，A、B、C 错误。

2.(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块 P，系统处于静止状态。

现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上，使其向上做匀加速直线运动。

以 x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图像可能正确的是( )解析：选 A　设物块 P 静止时，弹簧的压缩量为 x0，则有 kx0＝mg，在 物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得 F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得 F 是 x 的一次函数，选项 A 正确。

3.如图所示，物块 M 在倾角为 θ、静止的足够长的传送带上以速 时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在传送带的速度由零逐 匀速运转的过程中，以下分析正确的是( )A．M 下滑的速度不变 B．M 开始在传送带上加速到 2v0 后沿传送带匀速下滑 C．M 先沿传送带匀速下滑，后加速下滑，最后再匀速下滑弹簧恢复原长前， F＝kx＋ma，即度 v0 匀速下滑 渐增加到 2v0 后D．M 受到的摩擦力方向始终沿传送带向上 解析：选 C　传送带静止时，M 匀速下滑，故 mgsin θ＝Ff，当传送带突然启动且速度 v＜v0 时，M 匀速下滑，M 受到沿斜面向上的滑动摩擦力；传送带速度 v＝v0 瞬间，M 受到沿斜面向上的静摩擦力；传 送带速度 v＞v0 后，M 可能受到向下的滑动摩擦力或静摩擦力，可能不受摩擦力，还可能受到向上的静摩 擦力，但 M 一定加速下滑，最终 M 速度达到 2v0 与传送带一起匀速运动，故 C 正确。

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第二部分 热点十二 电磁学综合题
进入匀强电场，电场仅分布在 x 轴的下方，场强大小 E＝43×103 V/m，方向与 x 轴正方向成 60°角斜向上， 粒子的重力不计。试求：
图1 (1)AB 两板间的电势差 UAB。 (2)粒子 P 离开电场时的坐标。
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s＝
3.14×10－8 s
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第二部分 热点十二 电磁学综合题
(2)由于 r2＝4r1，画出临界轨迹，如图所示：
由几何关系解得：sin β＝r1＋r2 r2＝45，β＝arcsin45＝ 53°
故 α≤90°－β2＝63.5°。 [答案] (1)3.14×10－8 s (2)α≤63.5°
[解析] (1)该粒子恰好没有进入内部圆形区域，说 明粒子轨迹与内圆相切，设粒子做圆周运动的半径为 R1，圆心为 Q1，轨迹如图，则有：
(R1＋r)2＝R21＋(2r)2① 设粒子偏转角为 θ，由几何关系可得
tanθ2＝R2r1②
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第二部分 热点十二 电磁学综合题
由①、②解得 θ＝106° 又由粒子在磁场中运动周期为 T＝2πvR1③ 粒子在磁场中运动的时间 t＝130660°°×T④ 粒子由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qvB＝mRv21⑤ 由①～⑤得：t＝5930πqmB
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第二部分 热点十二 电磁学综合题
2∶1，导体棒沿导轨向下运动时由虚线 2 到虚线 1 做匀 速直线运动，虚线 2、3 之间的距离为虚线 1、2 之间距 离的 2 倍，整个运动过程中导体棒所受的阻力恒为导体 棒重力的16，除定值电阻外其余部分电阻均可忽略。