2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 備課資料 專題二 力與直線運(yùn)動 第2講 應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律解決電學(xué)問題專題限時(shí)檢測.doc

2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 備課資料 專題二 力與直線運(yùn)動 第2講 應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律解決電學(xué)問題專題限時(shí)檢測一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第15題只有一項(xiàng)符合題目要求,第68題有多項(xiàng)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(jì)的帶負(fù)電粒子被固定在兩板的正中間P處.若在t=0時(shí)刻釋放該粒子,則(C)A.該粒子一直向B板運(yùn)動B.該粒子時(shí)而向B板運(yùn)動,時(shí)而向A板運(yùn)動,最后打在B板上C.該粒子一直向A板運(yùn)動D.該粒子時(shí)而向A板運(yùn)動,時(shí)而向B板運(yùn)動,最后打在A板上解析:粒子帶負(fù)電,t=0時(shí)刻,UAB>0,電場強(qiáng)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(fù)這種運(yùn)動,直到碰到A板,故選項(xiàng)C正確.2.(xx江西南昌調(diào)研)如圖(甲)所示,光滑平行金屬導(dǎo)軌MN,PQ所在平面與水平面成角,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(dǎo)軌放置,其他電阻不計(jì).整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上.t=0時(shí)對棒施加一平行于導(dǎo)軌向上的外力F,棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動,通過R的感應(yīng)電荷量q隨t2的變化關(guān)系如圖(乙)所示.下列關(guān)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的磁通量隨時(shí)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(jié)合圖(乙)可知金屬棒的加速度a恒定,選項(xiàng)A,B正確;由牛頓第二定律可得F-mgsin -BIl=ma,故有F=at+m(gsin +a),選項(xiàng)C正確;由=Bl(x0+at2),可知選項(xiàng)D錯(cuò)誤.3.兩根平行長直金屬導(dǎo)軌沿水平方向固定,其間安放金屬滑塊,滑塊可沿導(dǎo)軌無摩擦滑行,且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸.電源提供的強(qiáng)大電流從一根導(dǎo)軌流入,經(jīng)過滑塊,再從另一導(dǎo)軌流回電源,滑塊被導(dǎo)軌中的電流形成的磁場推動而運(yùn)動.滑塊所在位置始終可以看做勻強(qiáng)磁場,方向垂直于紙面,磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流的關(guān)系為B=kI,如果兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距為l,滑塊的質(zhì)量為m,滑塊沿導(dǎo)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(yùn)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(dǎo)軌滑行距離s后獲得的速度為2vC.若將電源提供的電流加倍,則滑塊沿導(dǎo)軌滑行距離s后獲得的速度為4vD.若使滑塊的質(zhì)量加倍,則滑塊沿導(dǎo)軌滑行距離s后獲得的速度為0.5v解析:由安培定則知,當(dāng)電流方向改變時(shí)磁場方向同時(shí)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(xiàng)A錯(cuò)誤;以滑塊為研究對象,在運(yùn)動過程中,由牛頓第二定律有a=,由運(yùn)動學(xué)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(dǎo)軌滑行距離s后獲得的發(fā)射速度為2v,選項(xiàng)B正確,C錯(cuò)誤;若使滑塊的質(zhì)量加倍,由v=I可知,滑塊沿導(dǎo)軌滑行距離s后獲得的發(fā)射速度為v,選項(xiàng)D錯(cuò)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0t時(shí)間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài),在3t時(shí)刻小球恰好經(jīng)過靜止時(shí)的位置,整個(gè)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.4U0C.5U0 D.6U0解析:0t靜止有q=mg,t2t向下加速,mg-q=ma1,得a1=g,v=a1t=gt,x1=a1t2=gt22t3t向下減速后向上加速,q-mg=ma2x2=vt-a2t2,3t時(shí)刻回到靜止時(shí)的位置,則x2=-x1,解以上各式得Ux=5U0,選項(xiàng)C正確.5.(xx江西高安模擬)在光滑水平面上,有一個(gè)粗細(xì)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(yùn)動穿過勻強(qiáng)磁場,如圖(甲)所示.測得線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流i的大小和運(yùn)動時(shí)間t的變化關(guān)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38C.出磁場的時(shí)間是進(jìn)入磁場時(shí)的一半D.出磁場的過程中水平外力做的功與進(jìn)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(jìn)磁場和出磁場時(shí)電流隨時(shí)間增大,根據(jù)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(shí)間增大的變力,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)題圖(乙),在24s時(shí)間內(nèi)線框進(jìn)入磁場,設(shè)線框勻加速直線運(yùn)動的加速度為a,在進(jìn)入磁場時(shí)速度v1=at1=2a,完全進(jìn)入磁場時(shí)速度v2=at2=4a,線框邊長L可表示為L=(t2-t1)=6a,線框開始出磁場時(shí)速度v3=at3=6a,磁場區(qū)域?qū)挾萪=(t3-t1)=16a,線框邊長L與磁場寬度之比為Ld=38,選項(xiàng)B正確;假設(shè)出磁場時(shí)間是進(jìn)磁場時(shí)間的一半,由題可知進(jìn)磁場時(shí)間為2 s,則出磁場時(shí)間為1 s,而線框邊長L=6a,線框ab邊剛出磁場時(shí)速度為6a,則線框邊長L=6a1+a12=6.5a,所以假設(shè)不成立,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;線框進(jìn)入磁場過程的位移與出磁場過程的位移相等,線框進(jìn)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(jù)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(jìn)入磁場過程中水平拉力做的功,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.6. 如圖所示,質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電的物體,在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中,沿動摩擦因數(shù)為的水平面向左運(yùn)動,則(BD)A.若另加一個(gè)電場強(qiáng)度大小為,方向水平向右的勻強(qiáng)電場,物體做勻速運(yùn)動B.若另加一個(gè)電場強(qiáng)度大小為,方向豎直向上的勻強(qiáng)電場,物體做勻速直線運(yùn)動C.物體的速度由v減小到零所用的時(shí)間等于D.物體的速度由v減小到零所用的時(shí)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(jù)左手定則,洛倫茲力向下.若另加一個(gè)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(yùn)動,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;若另加一個(gè)豎直向上的電場,電場力的方向向上,當(dāng)qE=(mg+qvB),即E=時(shí),支持力為零,摩擦力為零,則合外力為零,物體做勻速直線運(yùn)動,選項(xiàng)B正確;由于合力向右,物體向左做減速運(yùn)動,摩擦力f=(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(yùn)動,故若物體的速度由v減小到零所經(jīng)歷的時(shí)間為t,則t一定大于,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確.7. 如圖是“電磁炮”模型的原理結(jié)構(gòu)示意圖.光滑水平金屬導(dǎo)軌M,N的間距L=0.2 m,電阻不計(jì),在導(dǎo)軌間有豎直向上的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1102 T.裝有彈體的導(dǎo)體棒ab垂直放在導(dǎo)軌M,N上的最左端,且始終與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)體棒ab(含彈體)的質(zhì)量m=0.2 kg,在導(dǎo)軌M,N間部分的電阻R=0.8 ,可控電源的內(nèi)阻r=0.2 .在某次模擬發(fā)射時(shí),可控電源為導(dǎo)體棒ab提供的電流恒為I=4103 A,不計(jì)空氣阻力,導(dǎo)體棒ab由靜止加速到4 km/s后發(fā)射彈體,則(BD)A.導(dǎo)體棒ab所受安培力大小為1.6105 NB.光滑水平導(dǎo)軌長度至少為20 mC.該過程系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為3.2106 JD.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(xiàng)A錯(cuò)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(xiàng)B正確;導(dǎo)體棒ab做勻加速運(yùn)動,由F=ma,v=at,解得該過程需要時(shí)間t=110-2 s,該過程中產(chǎn)生焦耳熱Q=I2(R+r)t=1.6105 J,彈體和導(dǎo)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(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確.8.用一段橫截面半徑為r、電阻率為、密度為d的均勻?qū)w材料做成一個(gè)半徑為R(rR)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(yīng)強(qiáng)度大小均為B.圓環(huán)在加速下落過程中某一時(shí)刻的速度為v,忽略電感的影響,則(AD)A.此時(shí)在圓環(huán)中產(chǎn)生了(俯視)順時(shí)針的感應(yīng)電流B.圓環(huán)因受到了向下的安培力而加速下落C.此時(shí)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(yīng)電流的方向,可知選項(xiàng)A正確;由左手定則可以判斷,此時(shí)圓環(huán)受到的安培力應(yīng)該向上,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;圓環(huán)受重力、安培力作用,mg-BIL=ma,I=,m=dV,V=LS,L=2R,S=r2,電阻R=,可解得加速度a=g-,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;當(dāng)重力等于安培力時(shí)速度達(dá)到最大,可得vm=,選項(xiàng)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(dǎo)軌傾角為30,間距L=1 m,電阻不計(jì),恒定的非勻強(qiáng)磁場方向垂直于斜面向下,電阻R=1 ,導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m=0.25 kg,其電阻r=1 ,垂直于導(dǎo)軌放置.現(xiàn)導(dǎo)體棒ab從磁場上邊界由靜止下滑,測得導(dǎo)體棒所到達(dá)位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與導(dǎo)體棒在該位置速度之間的關(guān)系如圖(乙)所示.當(dāng)導(dǎo)體棒下滑2 s時(shí)(g取10 m/s2),求(1)導(dǎo)體棒的速度為多大?(2)導(dǎo)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(shù)據(jù)可得導(dǎo)體棒的加速度a=4 m/s2,可見導(dǎo)體棒在斜面上做a=4 m/s2的勻加速直線運(yùn)動,所以2 s末的速度v=at=8 m/s.(2)棒在2 s內(nèi)的位移x=at2=8 m.答案:(1)8 m/s(2)8 m10.(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(nèi)阻不計(jì),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(shí)滑動變阻器的滑片P位于中點(diǎn)位置.(1)求此時(shí)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(zhì)量m的比值;(3)現(xiàn)將滑動變阻器的滑片P由中點(diǎn)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(yùn)動時(shí)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(dāng)油滴又運(yùn)動了2t的時(shí)間,恰好回到原來的靜止位置.設(shè)油滴在運(yùn)動過程中未與極板接觸,滑動變阻器滑動所用的時(shí)間與電容器充電、放電所用時(shí)間均忽略不計(jì).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(fù)電,對油滴受力分析,得=mg所以=.(3)設(shè)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(yùn)動,t末油滴的速度為v1、位移為s板間的電壓U1=,根據(jù)牛頓第二定律-mg=ma1根據(jù)運(yùn)動學(xué)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(yùn)動,2t末位移為-s極板間的電壓為U2=根據(jù)牛頓第二定律mg-=ma2根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式-s=v12t-a2(2t)2解得=.答案:(1)(2)負(fù)電(3)49