2019年高考物理二輪復習 備課資料 專題二 力與直線運動 第2講 應用牛頓運動定律解決電學問題專題限時檢測.doc

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2019年高考物理二輪復習 備課資料 專題二 力與直線運動 第2講 應用牛頓運動定律解決電學問題專題限時檢測 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第1～5題只有一項符合題目要求,第6～8題有多項符合題目要求) 1.如圖(甲)所示,兩平行正對的金屬板A,B間加有如圖(乙)所示的交變電壓,一重力可忽略不計的帶負電粒子被固定在兩板的正中間P處.若在t=0時刻釋放該粒子,則(　C　) A.該粒子一直向B板運動 B.該粒子時而向B板運動,時而向A板運動,最后打在B板上 C.該粒子一直向A板運動 D.該粒子時而向A板運動,時而向B板運動,最后打在A板上 解析:粒子帶負電,t=0時刻,UAB>0,電場強度方向向右,粒子受電場力向左,所以粒子先向左加速再向左減速,以后沿同一方向重復這種運動,直到碰到A板,故選項C正確. 2.(xx江西南昌調研)如圖(甲)所示,光滑平行金屬導軌MN,PQ所在平面與水平面成θ角,M,P之間接一阻值為R的定值電阻,阻值為r的金屬棒bc垂直導軌放置,其他電阻不計.整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直導軌平面向上.t=0時對棒施加一平行于導軌向上的外力F,棒由靜止開始沿導軌向上運動,通過R的感應電荷量q隨t2的變化關系如圖(乙)所示.下列關于金屬棒bc的加速度a、通過棒的電流I、金屬棒受到的外力F、穿過回路cbPM的磁通量Φ隨時間t變化的圖像中不正確的是(　D　) 解析:由題意可得q=It=t=t2,結合圖(乙)可知金屬棒的加速度a恒定,選項A,B正確;由牛頓第二定律可得F-mgsin θ-BIl=ma,故有F=at+m(gsin θ+a),選項C正確;由Φ=Bl(x0+at2),可知選項D 錯誤. 3.兩根平行長直金屬導軌沿水平方向固定,其間安放金屬滑塊,滑塊可沿導軌無摩擦滑行,且始終與導軌保持良好接觸.電源提供的強大電流從一根導軌流入,經過滑塊,再從另一導軌流回電源,滑塊被導軌中的電流形成的磁場推動而運動.滑塊所在位置始終可以看做勻強磁場,方向垂直于紙面,磁感應強度與電流的關系為B=kI,如果兩導軌內側間距為l,滑塊的質量為m,滑塊沿導軌滑行距離s后,獲得的發(fā)射速度為v.以下說法中正確的是(　B　) A.若使電流的方向反向,滑塊的運動方向也將隨之反向 B.若將電源提供的電流加倍,則滑塊沿導軌滑行距離s后獲得的速度為2v C.若將電源提供的電流加倍,則滑塊沿導軌滑行距離s后獲得的速度為4v D.若使滑塊的質量加倍,則滑塊沿導軌滑行距離s后獲得的速度為0.5v 解析:由安培定則知,當電流方向改變時磁場方向同時發(fā)生改變,由左手定則判斷得出,滑塊所受安培力方向不變,選項A錯誤;以滑塊為研究對象,在運動過程中,由牛頓第二定律有a=,由運動學規(guī)律有2as=v2,且B=kI,聯(lián)立解得v=I,若將電源提供的電流I加倍,由v=I可知,滑塊沿導軌滑行距離s后獲得的發(fā)射速度為2v,選項B正確,C錯誤;若使滑塊的質量加倍,由v=I可知,滑塊沿導軌滑行距離s后獲得的發(fā)射速度為v,選項D錯誤. 4.(xx山西陽泉模擬)如圖(甲)所示為兩平行金屬板,板間電勢差變化如圖(乙)所示.一帶電小球位于兩板之間,已知小球在0～t時間內處于靜止狀態(tài),在3t時刻小球恰好經過靜止時的位置,整個過程帶電小球沒有與金屬板相碰.則(乙)圖中Ux的值為(　C　) A.3U0 B.4U0 C.5U0 D.6U0 解析:0～t靜止有q=mg, t～2t向下加速,mg-q=ma1, 得a1=g, v=a1t=gt,x1=a1t2=gt2 2t～3t向下減速后向上加速,q-mg=ma2 x2=vt-a2t2, 3t時刻回到靜止時的位置,則x2=-x1, 解以上各式得Ux=5U0,選項C正確. 5.(xx江西高安模擬)在光滑水平面上,有一個粗細均勻的邊長為L的單匝正方形閉合線框abcd,在水平外力的作用下,從靜止開始沿垂直磁場邊界方向做勻加速直線運動穿過勻強磁場,如圖(甲)所示.測得線框中產生的感應電流i的大小和運動時間t的變化關系如圖(乙)所示,則下列說法正確的是(　B　) A.線框受到的水平外力一定是恒定的 B.線框邊長與磁場寬度的比為3∶8 C.出磁場的時間是進入磁場時的一半 D.出磁場的過程中水平外力做的功與進入磁場的過程中水平外力做的功相等 解析:由題圖(乙)可知,進磁場和出磁場時電流隨時間增大,根據牛頓第二定律F-F安=ma,得F=F安+ma,又F安=BIL,所以線框受到的水平外力是隨時間增大的變力,選項A錯誤;根據題圖(乙),在2～4s時間內線框進入磁場,設線框勻加速直線運動的加速度為a′,在進入磁場時速度v1=a′t1=2a′,完全進入磁場時速度v2=a′t2=4a′,線框邊長L可表示為L=(t2-t1)=6a′,線框開始出磁場時速度v3=a′t3=6a′,磁場區(qū)域寬度d=(t3-t1)=16a′,線框邊長L與磁場寬度之比為L∶d=3∶8,選項B正確;假設出磁場時間是進磁場時間的一半,由題可知進磁場時間為2 s,則出磁場時間為1 s,而線框邊長L=6a′,線框ab邊剛出磁場時速度為6a′,則線框邊長L′=6a′1+a′12= 6.5a′,所以假設不成立,選項C錯誤;線框進入磁場過程的位移與出磁場過程的位移相等,線框進入磁場過程中的水平拉力小于出磁場過程中的水平拉力,根據功的定義可知,線框出磁場的過程中水平拉力做的功大于線框進入磁場過程中水平拉力做的功,選項D錯誤. 6. 如圖所示,質量為m,電荷量為q的帶正電的物體,在磁感應強度為B,方向垂直紙面向里的勻強磁場中,沿動摩擦因數為μ的水平面向左運動,則(　BD　) A.若另加一個電場強度大小為,方向水平向右的勻強電場,物體做勻速運動 B.若另加一個電場強度大小為,方向豎直向上的勻強電場,物體做勻速直線運動 C.物體的速度由v減小到零所用的時間等于 D.物體的速度由v減小到零所用的時間大于 解析:物體受重力、支持力、洛倫茲力和滑動摩擦力,根據左手定則,洛倫茲力向下.若另加一個水平向右的電場,電場力的方向向右,與摩擦力方向相同,合外力不為零,物體不可能做勻速直線運動,選項A錯誤;若另加一個豎直向上的電場,電場力的方向向上,當qE=(mg+qvB),即E=時,支持力為零,摩擦力為零,則合外力為零,物體做勻速直線運動,選項B正確;由于合力向右,物體向左做減速運動,摩擦力f=μ(mg+qvB)=ma,隨速度的減小,摩擦力f不斷減小,加速度不斷減小,不是勻變速運動,故若物體的速度由v減小到零所經歷的時間為t,則t一定大于,選項C錯誤,D正確. 7. 如圖是“電磁炮”模型的原理結構示意圖.光滑水平金屬導軌M,N的間距L=0.2 m,電阻不計,在導軌間有豎直向上的勻強磁場,磁感應強度大小B=1102 T.裝有彈體的導體棒ab垂直放在導軌M,N上的最左端,且始終與導軌接觸良好,導體棒ab(含彈體)的質量m=0.2 kg,在導軌M,N間部分的電阻R=0.8 Ω,可控電源的內阻r=0.2 Ω.在某次模擬發(fā)射時,可控電源為導體棒ab提供的電流恒為I=4103 A,不計空氣阻力,導體棒ab由靜止加速到4 km/s后發(fā)射彈體,則(　BD　) A.導體棒ab所受安培力大小為1.6105 N B.光滑水平導軌長度至少為20 m C.該過程系統(tǒng)產生的焦耳熱為3.2106 J D.該過程系統(tǒng)消耗的總能量為1.76106 J 解析:由安培力公式有F=BIL=8104 N,選項A錯誤;彈體由靜止加速到4 km/s,由動能定理知Fx=mv2,則軌道長度至少為x==20 m,選項B正確;導體棒ab做勻加速運動,由F=ma,v=at,解得該過程需要時間t=110-2 s,該過程中產生焦耳熱Q=I2(R+r)t=1.6105 J,彈體和導體棒ab增加的總動能Ek=mv2=1.6106 J,系統(tǒng)消耗的總能量E=Ek+Q=1.76106 J,選項C錯誤,D正確. 8.用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的均勻導體材料做成一個半徑為R(r?R)的圓環(huán).圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場中,圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上,圓環(huán)所在位置的磁感應強度大小均為B.圓環(huán)在加速下落過程中某一時刻的速度為v,忽略電感的影響,則(　AD　) A.此時在圓環(huán)中產生了(俯視)順時針的感應電流 B.圓環(huán)因受到了向下的安培力而加速下落 C.此時圓環(huán)的加速度a= D.如果徑向磁場足夠長,則圓環(huán)的最大速度vm= 解析:由右手定則可以判斷感應電流的方向,可知選項A正確;由左手定則可以判斷,此時圓環(huán)受到的安培力應該向上,選項B錯誤;圓環(huán)受重力、安培力作用,mg-BIL=ma,I=,m=dV,V=LS,L=2πR,S=πr2,電阻R=ρ,可解得加速度a=g-,選項C錯誤;當重力等于安培力時速度達到最大,可得vm=,選項D正確. 二、非選擇題(本大題共2小題,共36分) 9.(16分)(xx東北協(xié)作體聯(lián)考)如圖(甲)所示,足夠長的光滑導軌傾角為30,間距L=1 m,電阻不計,恒定的非勻強磁場方向垂直于斜面向下,電阻R=1 Ω,導體棒ab質量m=0.25 kg,其電阻r=1 Ω,垂直于導軌放置.現(xiàn)導體棒ab從磁場上邊界由靜止下滑,測得導體棒所到達位置的磁感應強度B與導體棒在該位置速度之間的關系如圖(乙)所示.當導體棒下滑2 s時(g取10 m/s2),求 (1)導體棒的速度為多大? (2)導體棒位移為多大? 解析:(1)由題圖(乙)可知,棒下滑的任意狀態(tài)有 B2v=0.5(T2 ms-1), 又F安=BIL=BL=, 對棒下滑過程中某一狀態(tài)由牛頓第二定律得 mgsin 30-=ma, 代入數據可得導體棒的加速度a=4 m/s2, 可見導體棒在斜面上做a=4 m/s2的勻加速直線運動, 所以2 s末的速度v=at=8 m/s. (2)棒在2 s內的位移x=at2=8 m. 答案:(1)8 m/s　(2)8 m 10.(20分) (xx湖北孝感六校聯(lián)考)在如圖所示的裝置中,電源電動勢為E,內阻不計,定值電阻為R1,滑動變阻器總阻值為R2,置于真空中的平行板電容器水平放置,極板間距為d.處在電容器中的油滴A恰好靜止不動,此時滑動變阻器的滑片P位于中點位置. (1)求此時電容器兩極板間的電壓; (2)求該油滴的電性以及油滴所帶電荷量q與質量m的比值; (3)現(xiàn)將滑動變阻器的滑片P由中點迅速向上滑到某位置,使電容器上的電荷量變化了Q1,油滴運動時間為t;再將滑片從該位置迅速向下滑動到另一位置,使電容器上的電荷量又變化了Q2,當油滴又運動了2t的時間,恰好回到原來的靜止位置.設油滴在運動過程中未與極板接觸,滑動變阻器滑動所用的時間與電容器充電、放電所用時間均忽略不計.求Q1與Q2的比值. 解析:(1)電路中的電流I=, 電容器兩極板間的電壓為U=I 聯(lián)立得U=. (2)由題意易知油滴帶負電, 對油滴受力分析,得=mg 所以=. (3)設電容器的電容為C,極板原來具有的電荷量為Q,電容器上的電荷量變化Q1后,油滴在電場中向上做初速度為零的勻加速直線運動,t末油滴的速度為v1、位移為s 板間的電壓U1=, 根據牛頓第二定律-mg=ma1 根據運動學公式s=a1t2,v1=a1t 電容器上的電荷量又變化了Q2后,油滴在電場中向上做勻減速直線運動,2t末位移為-s 極板間的電壓為U2= 根據牛頓第二定律mg-=ma2 根據運動學公式-s=v12t-a2(2t)2 解得=. 答案:(1)　(2)負電　　(3)4∶9