1.(2024四川成都二模)如圖所示,兩個電荷量都是Q的正、負點電荷固定在A、B兩點,AB連線中點為O。現(xiàn)將另一個電荷量為+q的試探電荷放在AB連線的中垂線上距O為x的C點,沿某一確定方向施加外力使試探電荷由靜止開始沿直線從C點運動到O點,下列說法正確的是( )
A.外力F的方向應當平行于AB方向水平向右
B.試探電荷從C點到O點的運動為勻變速直線運動
C.試探電荷從C點到O點的運動為加速度減小的加速直線運動
D.試探電荷從C點運動到O點的過程中ΔEkΔx逐漸增大
答案 D
解析 根據(jù)等量異種點電荷周圍電場分布情況,可知試探電荷+q在運動過程中受水平向左且逐漸增大的電場力作用,要想讓該試探電荷由靜止開始沿直線從C點運動到O點,則該試探電荷所受合力的方向應沿CO方向,受力分析如圖所示,Fx=F,Fy=ma,分析可知,外力F的方向應當斜向右下,A錯誤;由于電場力逐漸增大,所以Fx逐漸增大,Fy也逐漸增大,加速度也逐漸增大,所以該試探電荷從C點到О點的運動為加速度增大的加速直線運動,B、C錯誤;根據(jù)動能定理可知F合Δx=ΔEk,即ΔEkΔx=F合=Fy,由于Fy逐漸增大,所以ΔEkΔx逐漸增大,D正確。
2.(2024福建泉州一模)如圖所示,在間距為d的水平固定平行金屬導軌上,放置質(zhì)量分別為2m0、m0的金屬桿M、N。N的中點系著一條跨過定滑輪的細繩,細繩下端懸掛重物,滑輪左側(cè)細繩與導軌平行。兩導軌間存在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場。當重物質(zhì)量m取不同值時,系統(tǒng)最終穩(wěn)定的狀態(tài)不同。設穩(wěn)定時M桿的加速度大小為a,回路中電動勢為E、電流為I、熱功率為P。已知重力加速度大小為g,兩金屬桿接入回路的總電阻為R,導軌足夠長且電阻不計,忽略一切摩擦,兩金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好。則下列關系圖像合理的是( )
答案 D
解析 根據(jù)牛頓第二定律,對N,有T-BId=m0aN,對重物,有mg-T=maN,所以mg-BId=(m0+m)aN,對M,有BIL=2m0aM,根據(jù)閉合電路歐姆定律可得,回路中的電流為I=BdvN-BdvMR,經(jīng)過Δt時間的電流為I'=Bd(vN+aN·Δt)-Bd(vM+aM·Δt)R,當系統(tǒng)最終穩(wěn)定時電流不變,即aN·Δt=aM·Δt,所以aN=aM,即穩(wěn)定時,金屬桿與重物的加速度相同,一起做勻加速直線運動,有mg=(2m0+m0+m)a,則a=mg3m0+m,由此可知,a與m的變化規(guī)律不是過原點的傾斜直線,故A錯誤;根據(jù)以上分析可知E=IR=2m0RBd·mg3m0+m=2m0RBd·g3m0m+1,當m趨近于無窮大時,E達到最大,此時Em=2m0gRBd,故B錯誤;回路中電流為I=2m0Bd·mg3m0+m=2m0Bd·g3m0m+1,得Im=2m0gBd,故C錯誤;回路中的熱功率為P=I2R=2m0gBd3m0m+12R,得Pm=2m0gBd2R,故D正確。
3.(2024湖北二模)如圖所示,一質(zhì)點在光滑水平桌面上受水平恒力作用,先后經(jīng)過a、b兩點,速度方向偏轉(zhuǎn)90°。已知經(jīng)過a點的速度大小為v、方向與ab連線夾角為60°,ab連線長度為d。對質(zhì)點從a到b的運動過程,下列說法正確的是( )
A.最小速度大小為v2
B.運動時間為d2v
C.經(jīng)過b點的速度大小為3v
D.恒力方向與ab連線的夾角為45°
答案 C
解析 設恒力與ab連線的夾角為θ,根據(jù)幾何關系可知b點速度方向與ab連線的夾角為30°。該質(zhì)點做類斜拋運動,在垂直于恒力方向上的速度大小不變,在恒力方向做勻變速直線運動,則在沿初速度方向上速度由v減小到0,由勻變速直線運動規(guī)律dcs 60°=vt2,解得a到b的時間為t=dv,從a點運動到b點沿ab方向的平均速度為v=vcs60°+vbcs30°2=dt,解得vb=3v,故B錯誤,C正確;質(zhì)點在垂直于恒力方向上速度不變,即vsin (π-θ-60°)=vbsin (θ-30°),解得θ=60°,當質(zhì)點沿恒方向的速度為0時,質(zhì)點的速度最小,此時質(zhì)點的最小速度為vmin=v·cs (θ+60°-90°)=32v,故A、D錯誤。
4.(2024河南三模)如圖所示,初始時矩形線框ABCD垂直于勻強磁場放置,磁場位于OO'右側(cè),AO=OB=BC=O'C,若線框以不同方式做角速度大小相同的勻速轉(zhuǎn)動,以下時刻線框受到的安培力最大的是( )
A.以AD邊為軸轉(zhuǎn)動30°時
B.以BC邊為軸轉(zhuǎn)動45°時
C.以OO'為軸轉(zhuǎn)動60°時
D.以O點為中心,在紙面內(nèi)逆時針轉(zhuǎn)動45°時
答案 D
解析 根據(jù)題意,設AO=OB=BC=O'C=L,線框的電阻為R,線框轉(zhuǎn)動的角速度為ω,以AD邊為軸轉(zhuǎn)動30°時,感應電動勢為E1=BL·2Lωsin 30°=BL2ω,線框所受安培力為F1=BI1L=B2L3ωR,以BC邊為軸轉(zhuǎn)動45°時,穿過線框平面的磁通量不變,沒有感應電流產(chǎn)生,則安培力為零;以OO'為軸轉(zhuǎn)動60°時,感應電動勢為E1=BL·Lωsin 60°=32BL2ω,線框所受安培力為F2=BI2L=3B2L3ω2R,以O點為中心,在紙面內(nèi)逆時針轉(zhuǎn)動45°時,如圖所示
感應電動勢為E3=B·2L·2Lω2=BL2ω,線框所受安培力為F3=BI3·2L=2B2L3ωR,
可知,以O點為中心,在紙面內(nèi)逆時針轉(zhuǎn)動45°時,安培力最大。故選D。
二、多項選擇題:本題共2小題,每小題6分,共12分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。
5.(2024河北石家莊二模)利用磁場控制帶電粒子的運動,在現(xiàn)代科學實驗和技術設備中有廣泛的應用。如圖所示,以O點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,圓形區(qū)域外有垂直紙面向外的勻強磁場,兩磁場的磁感應強度大小均為B。有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從P點沿半徑射入圓形區(qū)域,粒子n次穿越圓形區(qū)域邊界(不包括經(jīng)過P點)后又回到P點,此過程中粒子與圓心O的連線轉(zhuǎn)過角度為2π,不計粒子重力,下列說法正確的是( )
A.n的最小值為2
B.n=3時,粒子速度大小為3qBRm
C.n=4時,粒子從P出發(fā)到回到P點的時間為23πm5qB
D.粒子連續(xù)兩次穿越圓形區(qū)域邊界過程中,粒子與圓心的連線轉(zhuǎn)過的角度為2πn
答案 AC
解析 因為粒子n次穿越圓形區(qū)域邊界(不包括經(jīng)過P點)后又回到P點,此過程中粒子與圓心O的連線轉(zhuǎn)過角度為2π,畫出粒子軌跡示意圖如圖所示,n的最小值為2,故A正確;n=3時,粒子圓心間的連線構成圓邊界的外切正方向,根據(jù)幾何關系可知半徑為r=R,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r,解得v=qBRm,故B錯誤;粒子在磁場中勻速圓周運動的周期為T=2πrv=2πmqB,n=4時,粒子從P出發(fā)到回到P點的時間為t=(3×180°-72°360°+2×180°+72°360°)T,解得t=23πm5qB,選項C正確;由上述分析可知,粒子連續(xù)兩次穿越圓形區(qū)域邊界過程中,粒子與圓心的連線轉(zhuǎn)過的角度為2πn+1,故D錯誤。
6.(2024福建一模)如圖1所示,質(zhì)量均為m的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上,甲到乙左端的距離為L,初始時甲、乙均靜止,質(zhì)量為m0的物塊丙以速度v0向右運動,與乙發(fā)生彈性碰撞。碰后,乙的位移s隨時間t的變化如圖2中實線所示,其中t0時刻前后的圖像分別是拋物線的一部分和直線,二者相切于P,拋物線的頂點為Q。甲始終未脫離乙,重力加速度為g。下列說法正確的是( )
A.碰后瞬間,乙的速度大小為v03
B.甲、乙間的動摩擦因數(shù)為v03gt0
C.甲到乙左端的距離L≥v0t03
D.乙、丙的質(zhì)量之比m∶m0=1∶2
答案 BC
解析 設碰后瞬間,乙的速度大小為v1,碰后乙的加速度大小為a,由圖2可知s=v1t0-12at02=v0t02,拋物線的頂點為Q,根據(jù)s-t圖像的切線斜率表示速度,則有v1=a·2t0,聯(lián)立解得v1=2v03,a=v03t0,根據(jù)牛頓第二定律可得a=μmgm=μg,解得甲、乙間的動摩擦因數(shù)為μ=v03gt0,故A錯誤,B正確;由于甲、乙質(zhì)量相同,則甲做加速運動的加速度大小也為a=v03t0
根據(jù)圖2可知,t0時刻甲、乙剛好共速,則0~t0時間內(nèi)甲、乙發(fā)生的相對位移為Δs=s乙-s甲=v1+v共2t0-v共2t0=v12t0=v0t03,則甲到乙左端的距離滿足L≥Δs=v0t03,故C正確;
物塊丙與乙發(fā)生彈性碰撞,碰撞過程動量守恒和機械能守恒,有m0v0=m0v2+mv1
12m0v02=12m0v22+12mv12
可得v1=2m0m0+mv0=2v03,可得乙、丙的質(zhì)量比為m∶m0=2∶1,故D錯誤。
三、非選擇題:本題共4小題,共32分。
7.(6分)(2024遼寧沈陽一模)某同學設計了一個加速度計,將其固定在待測物體上,能通過電路中電壓表的示數(shù)反映物體的加速度a,其原理圖如圖甲所示。其中,質(zhì)量m=1 kg的滑塊2可以在光滑的框架1中左右平移,滑塊兩側(cè)各連接一根勁度系數(shù)k=2.0×102 N/m的彈簧3(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))。4是固定在滑塊2上的金屬滑動片,與電壓表的一端用導線相連,并與一阻值均勻的電阻AB相接觸,滑動片4與電阻間的摩擦忽略不計。已知物體加速度為0時,兩側(cè)彈簧3均處于原長,滑動片4位于AB中點,AB全長L=15 cm;直流電源電動勢E=15 V(內(nèi)阻忽略不計)?，F(xiàn)有一量程0~3 V、內(nèi)阻RV=3 kΩ的電壓表(RV?RAB),其表盤如圖乙所示;另有開關、導線若干。
(1)為使滑動片4位于B點時電壓表滿偏,需要將電壓表量程改為0~15 V,則電壓表應 (選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)一個阻值為 kΩ的電阻,并將電壓表的刻度按新量程做好修改;
(2)將改裝后的電壓表接入圖甲的電路中,此裝置可測量加速度的最大值為 m/s2;
(3)請在圖丙中畫出a-U圖像(規(guī)定加速度向左為正方向,U為改裝后電壓表的示數(shù));
(4)若要增大加速度的測量范圍,可采用的方法有 (答出一條合理措施即可)。
答案 (1)串聯(lián) 12
(2)30
(3)見解析圖
(4)更換兩根勁度系數(shù)更大的彈簧或質(zhì)量更小的滑塊
解析 (1)要擴大電壓表的量程,需要串聯(lián)一個電阻,根據(jù)U'=URV(RV+R),解得R=12 kΩ。
(2)當滑塊處于AB中點時,加速度為零,當滑塊在端點A或B時,加速度最大,根據(jù)牛頓第二定律2k·L2=ma
解得a=30 m/s2。
(3)根據(jù)2k·L2=ma可知加速度a與L成線性關系,根據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律可知電壓表示數(shù)U與L也成線性關系,可知加速度a與電壓表示數(shù)U成線性關系,當滑塊處于AB中點時,電壓表示數(shù)為7.5 V,當加速度向右時,滑塊在AB中點的左邊,當加速度向左時,滑塊在AB中點的右邊,所以a-U圖像如圖所示。
(4)滑塊所受到的合力最大值由彈簧決定,與電壓無關,勁度系數(shù)越大,加速度的測量范圍越大;最大的合力一定的情況下,根據(jù)牛頓第二定律可知可以減小滑塊的質(zhì)量增大加速度的測量范圍。
8.(8分)(2024廣東江門一模)如圖是工人傳輸貨物的示意圖,工人甲把質(zhì)量m=7 kg的貨物從傾斜軌道的頂端A點由靜止釋放,貨物從軌道的底端B點(B點處有一段長度不計的小圓弧)滑上放置在水平地面上的長木板。長木板的右端到達反彈裝置左端C點的瞬間,貨物剛好運動到長木板的最右端且與長木板達到共速,此時工人乙控制機械抓手迅速把貨物抓起放到存貨區(qū),長木板進入反彈裝置,反彈后長木板的最左端返回B點時恰好靜止。已知傾斜軌道AB的長度L1=10 m,傾斜軌道AB與水平方向的夾角為θ=53°,BC段的長度L2=7.5 m,長木板的長度d=5 m,貨物與傾斜軌道以及長木板間的動摩擦因數(shù)μ1=0.5,長木板與地面的動摩擦因數(shù)μ2=0.2,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cs 53°=0.6,求:
(1)貨物到達B點時的速度大小vB;
(2)長木板的右端剛到C點時貨物的速度大小vC;
(3)長木板在反彈過程中損失的能量與長木板剛接觸反彈裝置時的能量比值η。
答案 (1)10 m/s
(2)5 m/s
(3)60%
解析 (1)依題意,貨物由A點運動到B點過程,根據(jù)動能定理得
mgL1sin 53°-μ1mgL1cs 53°=12mvB2
解得vB=10 m/s。
(2)依題意,貨物在長木板上做勻減速直線運動,由牛頓第二定律得
a貨=μ1mgm=5 m/s2
根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律,有
-2a貨L2=vC2-vB2
解得vC=5 m/s。
(3)長木板進入反彈裝置時的速度為v1=vC=5 m/s
設長木板的質(zhì)量為m0,則長木板剛進入反彈裝置時的能量為E=12m0v12
長木板反彈后最右端回到C點的速度設為v2,長木板從C點到B點的過程中,由動能定理得
-μ2m0g(L2-d)=0-12m0v22
長木板在反彈的過程中損失的能量為
ΔE=12m0v12-12m0v22
則長木板在反彈過程中損失的能量與長木板剛接觸反彈裝置時的能量比值
η=ΔEE×100%=60%。
9.(8分)如圖所示,在xOy平面內(nèi)的第一象限內(nèi)存在一有界勻強磁場(未畫出),磁感應強度大小為B,方向垂直于xOy平面向外;在第四象限內(nèi)充滿范圍足夠大、方向沿y軸負方向的勻強電場。一束質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子以不同的速率從O點沿xOy豎直平面內(nèi)的OP方向發(fā)射,沿直線飛行到P點時進入有界勻強磁場區(qū)域,O、P兩點間的距離為L,OP連線與x軸正方向的夾角α=30°。所有粒子在離開磁場后最終都能從x軸上射出,且射出方向與x軸負方向的夾角均為β=60°,若速度最大的粒子從x軸上Q點以速度v(未知)射出,且射出之前都在磁場內(nèi)運動,忽略粒子間的相互作用及粒子的重力。求:
(1)粒子在勻強磁場中運動的時間;
(2)v的大小;
(3)有界勻強磁場區(qū)域的最小面積。
答案 (1)5πm6qB
(2)(3-1)qBL2m
(3)10π-53π-37-4324L2
解析 (1)設粒子在磁場中做圓周運動的周期為T,有
qvB=mv2R
v=2πRT
聯(lián)立得T=2πmqB
由題意可知,所有粒子經(jīng)過磁場后的偏轉(zhuǎn)角均為150°,則粒子在磁場中運動的時間為
t1=150°360°T=5πm6qB。
(2)速度為v的粒子的運動軌跡如圖所示
由幾何關系可知
POsin 30°=PMsin 60°+MQcs 60°
解得R=(3-1)L2
v=(3-1)qBL2m。
(3)由幾何關系可知
PQ=2Lsin 30°
MN=R2-PQ22=7-438L
三角形PMQ的面積為
S1=12×PQ×MN=7-438L2
150°圓心角對應的扇形面積
S2=150°360°×πR2=10-5324πL2
則磁場區(qū)域的最小面積為圖中陰影部分面積,其面積為
ΔS=S2-S1=10π-53π-37-4324L2。
10.(10分)(2024福建龍巖三模)如圖所示,兩平行導軌ab、cd固定在水平面上,其中ef、gh是兩小段絕緣導軌,其余部分是金屬導軌,導軌間平滑相接,導軌間距為d1,整個導軌置于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中。導軌左側(cè)接有一阻值為R的電阻和一電容為C、極板間距為d2的電容器(開始時不帶電),右側(cè)接有自感系數(shù)為L的線圈。質(zhì)量為m、長度為d1、電阻為R的金屬棒M垂直導軌放置于絕緣導軌左側(cè)某處,質(zhì)量為m、電阻不計的金屬棒N垂直導軌放置于絕緣導軌上。現(xiàn)給M一水平向右的初速度,當M達到穩(wěn)定狀態(tài),一電荷量為-q(q>0)的粒子(重力不計)恰能以速度v0從極板間水平穿過。此后,M繼續(xù)運動與N發(fā)生彈性正碰(碰撞時間極短),忽略金屬棒在絕緣導軌上的運動時間。不考慮其他電阻,不計一切摩擦,忽略電磁輻射,M、N均始終與導軌接觸良好。求:
(1)M穩(wěn)定時產(chǎn)生的電動勢ε及其速率v;
(2)給M水平向右的初速度大小v';
(3)M和N從第一次碰撞到第二次碰撞的時間。(已知自感系數(shù)為L、電流變化率為ΔIΔt的自感線圈產(chǎn)生的自感電動勢E自=LΔIΔt,簡諧運動周期公式:T=2πmk,k為比例系數(shù))
答案 (1)Bd2v0 d2d1v0
(2)(CB2d12+m)d2md1v0
(3)πBd1mL
解析 (1)對帶電粒子,由平衡條件qv0B=qE
可得E=v0B。
M達到穩(wěn)定狀態(tài)時由U=Ed2
可得M穩(wěn)定時產(chǎn)生的電動勢ε=U=Bd2v0
又根據(jù)ε=Bd1v
可得M運動穩(wěn)定時的速率v=d2d1v0。
(2)對M,由動量定理得
-∑BIid1ti=m(v-v')
即-BQd1=m(v-v')
M穩(wěn)定時,電容器所帶的電荷量Q=CBd1v
可得M的初速度
v'=(CB2d12+m)d2md1v0。
(3)對M和N,由動量守恒定律得mv=mvM+mvN
由能量守恒定律得12mv2=12mvM2+12mvN2
得碰后M和N交換速度vN=v
在N和線圈構成的回路中,由于線圈不計電阻,N產(chǎn)生的自感電動勢與線圈產(chǎn)生的自感電動勢相等,即Bd1v=LΔIΔt
Bd1vΔt=LΔI
可得Bd1Δx=LΔI
從M和N碰后開始,對上式兩邊求和得
I=Bd1Lx
N所受安培力F=BId1
可得F=B2d12Lx=kx
由楞次定律可知,安培力方向與x方向相反,故N在絕緣導軌右側(cè)做簡諧振動,M和N從第一次碰撞到第二次碰撞的時間即為N簡諧運動的半個周期
t=12T=πmk=πBd1mL。

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