2019年高考物理二轮复习 备课资料 专题二 力与直线运动 第2讲 应用牛顿运动定律解决电学问题专题限时检测.doc

2019年高考物理二轮复习 备课资料 专题二 力与直线运动 第2讲 应用牛顿运动定律解决电学问题专题限时检测一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求)1.如图(甲)所示,两平行正对的金属板A,B间加有如图(乙)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带负电粒子被固定在两板的正中间P处.若在t=0时刻释放该粒子,则(C)A.该粒子一直向B板运动B.该粒子时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上C.该粒子一直向A板运动D.该粒子时而向A板运动,时而向B板运动,最后打在A板上解析:粒子带负电,t=0时刻,UAB0,电场强度方向向右,粒子受电场力向左,所以粒子先向左加速再向左减速,以后沿同一方向重复这种运动,直到碰到A板,故选项C正确.2.(xx江西南昌调研)如图(甲)所示,光滑平行金属导轨MN,PQ所在平面与水平面成角,M,P之间接一阻值为R的定值电阻,阻值为r的金属棒bc垂直导轨放置,其他电阻不计.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向上.t=0时对棒施加一平行于导轨向上的外力F,棒由静止开始沿导轨向上运动,通过R的感应电荷量q随t2的变化关系如图(乙)所示.下列关于金属棒bc的加速度a、通过棒的电流I、金属棒受到的外力F、穿过回路cbPM的磁通量随时间t变化的图像中不正确的是(D)解析:由题意可得q=It=t=t2,结合图(乙)可知金属棒的加速度a恒定,选项A,B正确;由牛顿第二定律可得F-mgsin -BIl=ma,故有F=at+m(gsin +a),选项C正确;由=Bl(x0+at2),可知选项D错误.3.两根平行长直金属导轨沿水平方向固定,其间安放金属滑块,滑块可沿导轨无摩擦滑行,且始终与导轨保持良好接触.电源提供的强大电流从一根导轨流入,经过滑块,再从另一导轨流回电源,滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而运动.滑块所在位置始终可以看做匀强磁场,方向垂直于纸面,磁感应强度与电流的关系为B=kI,如果两导轨内侧间距为l,滑块的质量为m,滑块沿导轨滑行距离s后,获得的发射速度为v.以下说法中正确的是(B)A.若使电流的方向反向,滑块的运动方向也将随之反向B.若将电源提供的电流加倍,则滑块沿导轨滑行距离s后获得的速度为2vC.若将电源提供的电流加倍,则滑块沿导轨滑行距离s后获得的速度为4vD.若使滑块的质量加倍,则滑块沿导轨滑行距离s后获得的速度为0.5v解析:由安培定则知,当电流方向改变时磁场方向同时发生改变,由左手定则判断得出,滑块所受安培力方向不变,选项A错误;以滑块为研究对象,在运动过程中,由牛顿第二定律有a=,由运动学规律有2as=v2,且B=kI,联立解得v=I,若将电源提供的电流I加倍,由v=I可知,滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为2v,选项B正确,C错误;若使滑块的质量加倍,由v=I可知,滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为v,选项D错误.4.(xx山西阳泉模拟)如图(甲)所示为两平行金属板,板间电势差变化如图(乙)所示.一带电小球位于两板之间,已知小球在0t时间内处于静止状态,在3t时刻小球恰好经过静止时的位置,整个过程带电小球没有与金属板相碰.则(乙)图中Ux的值为(C)A.3U0 B.4U0C.5U0 D.6U0解析:0t静止有q=mg,t2t向下加速,mg-q=ma1,得a1=g,v=a1t=gt,x1=a1t2=gt22t3t向下减速后向上加速,q-mg=ma2x2=vt-a2t2,3t时刻回到静止时的位置,则x2=-x1,解以上各式得Ux=5U0,选项C正确.5.(xx江西高安模拟)在光滑水平面上,有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd,在水平外力的作用下,从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动穿过匀强磁场,如图(甲)所示.测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图(乙)所示,则下列说法正确的是(B)A.线框受到的水平外力一定是恒定的B.线框边长与磁场宽度的比为38C.出磁场的时间是进入磁场时的一半D.出磁场的过程中水平外力做的功与进入磁场的过程中水平外力做的功相等解析:由题图(乙)可知,进磁场和出磁场时电流随时间增大,根据牛顿第二定律F-F安=ma,得F=F安+ma,又F安=BIL,所以线框受到的水平外力是随时间增大的变力,选项A错误;根据题图(乙),在24s时间内线框进入磁场,设线框匀加速直线运动的加速度为a,在进入磁场时速度v1=at1=2a,完全进入磁场时速度v2=at2=4a,线框边长L可表示为L=(t2-t1)=6a,线框开始出磁场时速度v3=at3=6a,磁场区域宽度d=(t3-t1)=16a,线框边长L与磁场宽度之比为Ld=38,选项B正确;假设出磁场时间是进磁场时间的一半,由题可知进磁场时间为2 s,则出磁场时间为1 s,而线框边长L=6a,线框ab边刚出磁场时速度为6a,则线框边长L=6a1+a12=6.5a,所以假设不成立,选项C错误;线框进入磁场过程的位移与出磁场过程的位移相等,线框进入磁场过程中的水平拉力小于出磁场过程中的水平拉力,根据功的定义可知,线框出磁场的过程中水平拉力做的功大于线框进入磁场过程中水平拉力做的功,选项D错误.6. 如图所示,质量为m,电荷量为q的带正电的物体,在磁感应强度为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场中,沿动摩擦因数为的水平面向左运动,则(BD)A.若另加一个电场强度大小为,方向水平向右的匀强电场,物体做匀速运动B.若另加一个电场强度大小为,方向竖直向上的匀强电场,物体做匀速直线运动C.物体的速度由v减小到零所用的时间等于D.物体的速度由v减小到零所用的时间大于解析:物体受重力、支持力、洛伦兹力和滑动摩擦力,根据左手定则,洛伦兹力向下.若另加一个水平向右的电场,电场力的方向向右,与摩擦力方向相同,合外力不为零,物体不可能做匀速直线运动,选项A错误;若另加一个竖直向上的电场,电场力的方向向上,当qE=(mg+qvB),即E=时,支持力为零,摩擦力为零,则合外力为零,物体做匀速直线运动,选项B正确;由于合力向右,物体向左做减速运动,摩擦力f=(mg+qvB)=ma,随速度的减小,摩擦力f不断减小,加速度不断减小,不是匀变速运动,故若物体的速度由v减小到零所经历的时间为t,则t一定大于,选项C错误,D正确.7. 如图是“电磁炮”模型的原理结构示意图.光滑水平金属导轨M,N的间距L=0.2 m,电阻不计,在导轨间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小B=1102 T.装有弹体的导体棒ab垂直放在导轨M,N上的最左端,且始终与导轨接触良好,导体棒ab(含弹体)的质量m=0.2 kg,在导轨M,N间部分的电阻R=0.8 ,可控电源的内阻r=0.2 .在某次模拟发射时,可控电源为导体棒ab提供的电流恒为I=4103 A,不计空气阻力,导体棒ab由静止加速到4 km/s后发射弹体,则(BD)A.导体棒ab所受安培力大小为1.6105 NB.光滑水平导轨长度至少为20 mC.该过程系统产生的焦耳热为3.2106 JD.该过程系统消耗的总能量为1.76106 J解析:由安培力公式有F=BIL=8104 N,选项A错误;弹体由静止加速到4 km/s,由动能定理知Fx=mv2,则轨道长度至少为x=20 m,选项B正确;导体棒ab做匀加速运动,由F=ma,v=at,解得该过程需要时间t=110-2 s,该过程中产生焦耳热Q=I2(R+r)t=1.6105 J,弹体和导体棒ab增加的总动能Ek=mv2=1.6106 J,系统消耗的总能量E=Ek+Q=1.76106 J,选项C错误,D正确.8.用一段横截面半径为r、电阻率为、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(rR)的圆环.圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中,圆环的圆心始终在N极的轴线上,圆环所在位置的磁感应强度大小均为B.圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v,忽略电感的影响,则(AD)A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落C.此时圆环的加速度a=D.如果径向磁场足够长,则圆环的最大速度vm=解析:由右手定则可以判断感应电流的方向,可知选项A正确;由左手定则可以判断,此时圆环受到的安培力应该向上,选项B错误;圆环受重力、安培力作用,mg-BIL=ma,I=,m=dV,V=LS,L=2R,S=r2,电阻R=,可解得加速度a=g-,选项C错误;当重力等于安培力时速度达到最大,可得vm=,选项D正确.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(16分)(xx东北协作体联考)如图(甲)所示,足够长的光滑导轨倾角为30,间距L=1 m,电阻不计,恒定的非匀强磁场方向垂直于斜面向下,电阻R=1 ,导体棒ab质量m=0.25 kg,其电阻r=1 ,垂直于导轨放置.现导体棒ab从磁场上边界由静止下滑,测得导体棒所到达位置的磁感应强度B与导体棒在该位置速度之间的关系如图(乙)所示.当导体棒下滑2 s时(g取10 m/s2),求(1)导体棒的速度为多大?(2)导体棒位移为多大?解析:(1)由题图(乙)可知,棒下滑的任意状态有B2v=0.5(T2 ms-1),又F安=BIL=BL=,对棒下滑过程中某一状态由牛顿第二定律得mgsin 30-=ma,代入数据可得导体棒的加速度a=4 m/s2,可见导体棒在斜面上做a=4 m/s2的匀加速直线运动,所以2 s末的速度v=at=8 m/s.(2)棒在2 s内的位移x=at2=8 m.答案:(1)8 m/s(2)8 m10.(20分) (xx湖北孝感六校联考)在如图所示的装置中,电源电动势为E,内阻不计,定值电阻为R1,滑动变阻器总阻值为R2,置于真空中的平行板电容器水平放置,极板间距为d.处在电容器中的油滴A恰好静止不动,此时滑动变阻器的滑片P位于中点位置.(1)求此时电容器两极板间的电压;(2)求该油滴的电性以及油滴所带电荷量q与质量m的比值;(3)现将滑动变阻器的滑片P由中点迅速向上滑到某位置,使电容器上的电荷量变化了Q1,油滴运动时间为t;再将滑片从该位置迅速向下滑动到另一位置,使电容器上的电荷量又变化了Q2,当油滴又运动了2t的时间,恰好回到原来的静止位置.设油滴在运动过程中未与极板接触,滑动变阻器滑动所用的时间与电容器充电、放电所用时间均忽略不计.求Q1与Q2的比值.解析:(1)电路中的电流I=,电容器两极板间的电压为U=I联立得U=.(2)由题意易知油滴带负电,对油滴受力分析,得=mg所以=.(3)设电容器的电容为C,极板原来具有的电荷量为Q,电容器上的电荷量变化Q1后,油滴在电场中向上做初速度为零的匀加速直线运动,t末油滴的速度为v1、位移为s板间的电压U1=,根据牛顿第二定律-mg=ma1根据运动学公式s=a1t2,v1=a1t电容器上的电荷量又变化了Q2后,油滴在电场中向上做匀减速直线运动,2t末位移为-s极板间的电压为U2=根据牛顿第二定律mg-=ma2根据运动学公式-s=v12t-a2(2t)2解得=.答案:(1)(2)负电(3)49