2018届高考物理二轮复习文档：重难强化练——“应用三大观点破解力电综合问题”课后冲关

2018届高考物理二轮复习文档：重难强化练——“应用三大观点破解力电综合问题”课后冲关

重难专题强化练——“应用三大观点破解力电综合问题”课后冲关 1.(2017·厦门一中检测)如图所示，MN、PQ 两平行光滑水平导轨 分别与半径 r＝0.5 m 的相同竖直半圆导轨在 N、Q 端平滑连接，M、P 端连接定值电阻 R，质量 M＝2 kg 的 cd 绝缘杆垂直静止在水平导轨 上，在其右侧至 N、Q 端的区域内充满竖直向上的匀强磁场，现有质 量 m＝1 kg 的 ab 金属杆以初速度 v0＝12 m/s 水平向右与 cd 绝缘杆发生正碰后，进入磁场 并最终未滑出，cd 绝缘杆则恰好通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab 金属杆始 终与导轨垂直且接触良好，取 g＝10 m/s2，求：(不考虑 cd 杆通过半圆导轨最高点以后的 运动) (1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小 v； (2)电阻 R 产生的焦耳热 Q。 解析：(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有：Mg＝Mv2 r ，解得：v＝ gr＝ 5 m/s。 (2)碰撞后 cd 绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有：－2Mgr＝1 2Mv2－1 2Mv22 解得碰撞后 cd 绝缘杆的速度：v2＝5 m/s 两杆碰撞过程，动量守恒，取向右为正方向，则有： mv0＝mv1＋Mv2 解得碰撞后 ab 金属杆的速度：v1＝2 m/s ab 金属杆进入磁场后，由能量守恒定律有： 1 2mv12＝Q， 解得：Q＝2 J。 答案：(1) 5 m/s　(2)2 J 2.如图，ab 和 cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN 和 M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为 m 和 2m。竖直向上 的外力 F 作用在杆 MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为 R，导 轨间距为 l。整个装置处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。 导轨电阻可忽略，重力加速度为 g。在 t＝0 时刻将细线烧断，保持 F 不变，金属杆和导轨始 终接触良好。求： (1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比； (2)两杆分别达到的最大速度。 解析：(1)设任意时刻 MN、M′N′杆的速度分别为 v1、v2。 因为系统所受合外力为零，所以 MN 和 M′N′系统动量守恒：mv1－2mv2＝0， 解得 v1∶v2＝2∶1。 (2)当两杆达到最大速度时， 对 M′N′则有：2mg－F 安＝0， E＝Bl(v1＋v2)，I＝E R，F 安＝BIl， 由以上几式联立解得 v1＝4mgR 3B2l2 ，v2＝2mgR 3B2l2 。 答案：(1)2∶1　(2)4mgR 3B2l2 　2mgR 3B2l2 3．(2017·江苏高考)如图所示，两条相距 d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端 接一阻值为 R 的电阻。质量为 m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域 MNPQ 的磁感应强度大小为 B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度 v0 匀速地向右扫过金属杆后， 金属杆的速度变为 v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终 与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求： (1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小 I； (2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小 a； (3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率 P。 解析：(1)MN 刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势 E＝Bdv0　　　　　① 回路的感应电流 I＝E R　　 ② 由①②式解得 I＝Bdv0 R 。　 ③ (2)金属杆所受的安培力 F＝BId ④ 由牛顿第二定律，对金属杆 F＝ma ⑤ 由③④⑤式解得 a＝B2d2v0 mR 。 ⑥ (3)金属杆切割磁感线的速度 v′＝v0－v ⑦ 感应电动势 E＝Bdv′ ⑧ 感应电流的电功率 P＝E2 R ⑨ 由⑦⑧⑨式解得 P＝B2d2(v0－v)2 R 。 ⑩ 答案：(1)Bdv0 R 　(2)B2d2v0 mR 　(3)B2d2(v0－v)2 R 4．水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为 L，一端通过导线与阻值为 R 的电阻连接；导轨上放一质量为 m 的金属杆(如图甲)，金属杆与导轨的电阻忽略不计；匀 强磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力 F 作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。当 改变拉力的大小时，相对应的金属杆做匀速运动速度 v 也会变化，v 与 F 的关系如图乙所 示。(取重力加速度 g＝10 m/s2) (1)金属杆在匀速运动之前做什么运动？ (2)若 m＝0.5 kg，L＝0.5 m，R＝0.5 Ω，磁感应强度 B 为多大？ (3)由 v­F 图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？ 解析：(1)v­F 图像描述的是不同拉力情况下，金属杆做匀速运动时速度的变化情况。假 设金属杆在运动过程中不受摩擦阻力作用，匀速运动时金属杆处于平衡状态，此时拉力等于 安培力，由 E＝BLv，I＝E R，F＝BIL，可得外力 F 的表达式为 F＝B2L2v R ，则图像必过原点。 但是 v­F 图像不是过原点的一条直线，因此金属杆除了受到拉力、安培力外，还受到摩擦 阻力作用。 由牛顿第二定律可知，F－B2L2v R －f＝ma(f 为摩擦阻力)，所以加速度 a＝F－f m －B2L2v mR 。 由于拉力 F 和摩擦阻力 f 为恒力，金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，最后加速度为 零，金属杆达到平衡状态，将做匀速运动。 (2)金属杆匀速运动时，可得平衡方程 F＝B2L2v R ＋f，所以速度 v＝ R B2L2F－ R B2L2f。此方 程与一次函数 y＝kx＋b 类似，其斜率 k＝ R B2L2。由图像可以得到直线的斜率 k＝2，故 B＝ R kL2＝1 T。 (3)从图像求得直线方程为 v＝2F－4，类比等式 v＝ R B2L2F－ R B2L2f，得 R B2L2＝2， R B2L2f＝ 4，故摩擦阻力 f＝2 N。 答案：(1)加速度减小的加速运动　(2)1 T (3)摩擦阻力，2 N 5.(2017·南宁一模)如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨 所在平面与水平面成 α＝53°角，导轨间接一阻值为 3 Ω 的电阻 R，导 轨电阻忽略不计。在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁 场，磁场区域的宽度为 d＝0.5 m。导体棒 a 的质量为 m1＝0.1 kg、电 阻为 R1＝6 Ω；导体棒 b 的质量为 m2＝0.2 kg、电阻为 R2＝3 Ω，它们分别垂直导轨放置并 始终与导轨接触良好。现从图中的 M、N 处同时将 a、b 由静止释放，运动过程中它们都能 匀速穿过磁场区域，且当 a 刚出磁场时 b 正好进入磁场。(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取 10 m/s2，a、b 电流间的相互作用不计)，求： (1)在 b 穿越磁场的过程中 a、b 两导体棒上产生的热量之比； (2)在 a、b 两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量； (3)M、N 两点之间的距离。 解析：(1)由焦耳定律得，Q＝I2Rt，得Q1 Q2＝I12R1t I22R2t，又根据串并联关系得，I1＝1 3I2，代入 数据解得：Q1 Q2＝2 9。 (2)设整个过程中装置上产生的热量为 Q 由 Q＝m1gsin α·d＋m2gsin α·d，可解得 Q＝1.2 J。 (3)设 a 进入磁场的速度大小为 v1，此时电路中的总电阻 R 总 1＝(6＋3 × 3 3＋3 )Ω＝7.5 Ω 设 b 进入磁场的速度大小为 v2，此时电路中的总电阻 R 总 2＝(3＋6 × 3 6＋3 )Ω＝5 Ω。 由 m1gsin α＝B2L2v1 R 总 1 和 m2gsin α＝B2L2v2 R 总 2 ， 可得v1 v2＝m1R 总 1 m2R 总 2＝3 4 a、b 两导体棒在进入磁场前以相同的加速度做匀加速直线运动，加速度 a＝gsin α＝8 m/s2。 由 v2＝v1＋a d v1，得 v2＝v1＋8×0.5 v1 由以上式子可得 v12＝12(m/s)2，v22＝16 9 v12 M、N 两点之间的距离 Δs＝v22 2a－v12 2a＝ 7 12 m。 答案：(1)2 9　(2)1.2 J　(3) 7 12 m 6．(2017·天津高考)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可 用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为 E，电容器 的电容为 C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为 l，电阻不计。炮弹可视为一 质量为 m、电阻为 R 的金属棒 MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。 首先开关 S 接 1，使电容器完全充电。然后将 S 接至 2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感 应强度大小为 B 的匀强磁场(图中未画出)，MN 开始向右加速运动。当 MN 上的感应电动势 与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN 达到最大速度，之后离开导轨。问： (1)磁场的方向； (2)MN 刚开始运动时加速度 a 的大小； (3)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量 Q 是多少。 解析：(1)将 S 接 1 时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将 S 接 2 时， 电容器放电，流经 MN 的电流由 M 到 N，又知 MN 向右运动，由左手定则可知磁场方向垂 直于导轨平面向下。 (2)电容器完全充电后，两极板间电压为 E，当开关 S 接 2 时，电容器放电，设刚放电 时流经 MN 的电流为 I，有 I＝E R　 ① 设 MN 受到的安培力为 F，有 F＝IlB　 ② 由牛顿第二定律，有 F＝ma　 ③ 联立①②③式得 a＝BlE mR。　 ④ (3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为 Q0， 有 Q0＝CE　 ⑤ 开关 S 接 2 后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值 vmax 时，设 MN 上的感应电 动势为 E′， 有 E′＝Blvmax　 ⑥ 依题意有 E′＝Q C　 ⑦ 设在此过程中 MN 的平均电流为I，MN 上受到的平均安培力为F，有 F＝IlB　 ⑧ 由动量定理，有 FΔt＝mvmax－0　 ⑨ 又 IΔt＝Q0－Q　 ⑩ 联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 Q＝ B2l2C2E m＋B2l2C。　 ⑪ 答案：(1)垂直导轨平面向下　(2)BlE mR　(3) B2l2C2E m＋B2l2C