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(dòng) 第2講 應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決電學(xué)問(wèn)題專題限時(shí)檢測(cè).doc

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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(dòng) 第2講 應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決電學(xué)問(wèn)題專題限時(shí)檢測(cè) 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(xiàng)符合題目要求,第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求) 1.如圖(甲)所示,兩平行正對(duì)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(dòng) B.該粒子時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng),時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng),最后打在B板上 C.該粒子一直向A板運(yùn)動(dòng) D.該粒子時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng),時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng),最后打在A板上 解析:粒子帶負(fù)電,t=0時(shí)刻,UAB>0,電場(chǎng)強(qiáng)度方向向右,粒子受電場(chǎng)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(dòng),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(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(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上.t=0時(shí)對(duì)棒施加一平行于導(dǎo)軌向上的外力F,棒由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng),通過(guò)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(guò)棒的電流I、金屬棒受到的外力F、穿過(guò)回路cbPM的磁通量Φ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 θ-BIl=ma,故有F=at+m(gsin θ+a),選項(xiàng)C正確;由Φ=Bl(x0+at2),可知選項(xiàng)D 錯(cuò)誤. 3.兩根平行長(zhǎng)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(wú)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(guò)滑塊,再?gòu)牧硪粚?dǎo)軌流回電源,滑塊被導(dǎo)軌中的電流形成的磁場(chǎng)推動(dòng)而運(yùn)動(dòng).滑塊所在位置始終可以看做勻強(qiáng)磁場(chǎng),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(shuō)法中正確的是(　B　) A.若使電流的方向反向,滑塊的運(yùn)動(dòng)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2v C.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4v D.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(chǎng)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(duì)象,在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,由牛頓第二定律有a=,由運(yùn)動(dòng)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(yáng)泉模擬)如圖(甲)所示為兩平行金屬板,板間電勢(shì)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(shí)間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài),在3t時(shí)刻小球恰好經(jīng)過(guò)靜止時(shí)的位置,整個(gè)過(guò)程帶電小球沒(méi)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(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(zhǎng)為L(zhǎng)的單匝正方形閉合線框abcd,在水平外力的作用下,從靜止開(kāi)始沿垂直磁場(chǎng)邊界方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)穿過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng),如圖(甲)所示.測(cè)得線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流i的大小和運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(乙)所示,則下列說(shuō)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(zhǎng)與磁場(chǎng)寬度的比為3∶8 C.出磁場(chǎng)的時(shí)間是進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的一半 D.出磁場(chǎng)的過(guò)程中水平外力做的功與進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中水平外力做的功相等 解析:由題圖(乙)可知,進(jìn)磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)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2～4s時(shí)間內(nèi)線框進(jìn)入磁場(chǎng),設(shè)線框勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a′,在進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v1=a′t1=2a′,完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v2=a′t2=4a′,線框邊長(zhǎng)L可表示為L(zhǎng)=(t2-t1)=6a′,線框開(kāi)始出磁場(chǎng)時(shí)速度v3=a′t3=6a′,磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾萪=(t3-t1)=16a′,線框邊長(zhǎng)L與磁場(chǎng)寬度之比為L(zhǎng)∶d=3∶8,選項(xiàng)B正確;假設(shè)出磁場(chǎng)時(shí)間是進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)間的一半,由題可知進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)間為2 s,則出磁場(chǎng)時(shí)間為1 s,而線框邊長(zhǎng)L=6a′,線框ab邊剛出磁場(chǎng)時(shí)速度為6a′,則線框邊長(zhǎng)L′=6a′1+a′12= 6.5a′,所以假設(shè)不成立,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的位移與出磁場(chǎng)過(guò)程的位移相等,線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中的水平拉力小于出磁場(chǎng)過(guò)程中的水平拉力,根據(jù)功的定義可知,線框出磁場(chǎng)的過(guò)程中水平拉力做的功大于線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)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(chǎng)中,沿動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的水平面向左運(yùn)動(dòng),則(　BD　) A.若另加一個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為,方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),物體做勻速運(yùn)動(dòng) B.若另加一個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為,方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),物體做勻速直線運(yùn)動(dòng) 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(dòng)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(chǎng),電場(chǎng)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(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;若另加一個(gè)豎直向上的電場(chǎng),電場(chǎng)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(dòng),選項(xiàng)B正確;由于合力向右,物體向左做減速運(yùn)動(dòng),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(yùn)動(dòng),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(chǎng),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 Ω,可控電源的內(nèi)阻r=0.2 Ω.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 N B.光滑水平導(dǎo)軌長(zhǎng)度至少為20 m C.該過(guò)程系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為3.2106 J D.該過(guò)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(dòng)能定理知Fx=mv2,則軌道長(zhǎng)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(dòng),由F=ma,v=at,解得該過(guò)程需要時(shí)間t=110-2 s,該過(guò)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(dòng)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ρ、密度為d的均勻?qū)w材料做成一個(gè)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(chǎng)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(guò)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(chǎng)足夠長(zhǎng),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=2πR,S=πr2,電阻R=ρ,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(zhǎng)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(chǎng)方向垂直于斜面向下,電阻R=1 Ω,導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m=0.25 kg,其電阻r=1 Ω,垂直于導(dǎo)軌放置.現(xiàn)導(dǎo)體棒ab從磁場(chǎng)上邊界由靜止下滑,測(cè)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(duì)棒下滑過(guò)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(jiàn)導(dǎo)體棒在斜面上做a=4 m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng), 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 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(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻不計(jì),定值電阻為R1,滑動(dòng)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(dòng),此時(shí)滑動(dòng)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(dòng)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(dòng)時(shí)間為t;再將滑片從該位置迅速向下滑動(dòng)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(dòng)了2t的時(shí)間,恰好回到原來(lái)的靜止位置.設(shè)油滴在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與極板接觸,滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)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(duì)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(lái)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(chǎng)中向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),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(dòng)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(chǎng)中向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng),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(dòng)學(xué)公式-s=v12t-a2(2t)2 解得=. 答案:(1)　(2)負(fù)電　　(3)4∶9