【创新设计】2021高考物理二轮复习(江苏专用)题型通关-专练18

专练18应用动力学和能量观点解决力电综合问题1．如图1所示，A、B为半径R＝1m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E＝1×106V/m、竖直向上的匀强电场，有一质量m＝1kg、带电荷量q＝＋1.4×10－5C的物体(可视为质点)，从A点的正上方距离A点H处由静止开头自由下落(不计空气阻力)，BC段为长L＝2m、与物体间动摩擦因数μ＝0.2的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角θ＝53°且离地面DE高h＝0.8m的斜面．(取g＝10m/s2图1 (1)若H＝1m，物体能沿轨道AB到达最低点B，求它到达B点时对轨道的压力大小； (2)通过你的计算推断：是否存在某一H值，能使物体沿轨道AB经过最低点B后最终停在距离B点0.8m处； (3)若高度H满足：0.85m≤H≤1m，请通过计算表示出物体从C处射出后打到的范围．(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.不需要计算过程，但要有具体的位置，不争辩物体反弹以后的状况) 解析(1)物体由初始位置运动到B点的过程中依据动能定理有mg(R＋H)－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) 到达B点时由支持力FN、重力、电场力的合力供应向心力FN－mg＋qE＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得FN＝8N 依据牛顿第三定律，可知物体对轨道的压力大小为8N，方向竖直向下 (2)要使物体沿轨道AB到达最低点B，当支持力为0时，最低点有个最小速度v，则qE－mg＝meq\f(v2,R) 解得v＝2m/s 在粗糙水平面上，由动能定理得：－μmgx＝－eq\f(1,2)mv2，所以x＝1m>0.8m 故不存在某一H值，使物体沿着轨道AB经过最低点B后，停在距离B点0.8m处． (3)在斜面上距离D点eq\f(5,9)m范围内(如图PD之间区域) 在水平面上距离D点0.2m范围内(如图DQ之间区域) 答案(1)8N(2)不存在 (3)在斜面上距离D点eq\f(5,9)m范围内在水平面上距离D点0.2m范围内2．如图2所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h的A处由静止开头下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动．已知小球所受电场力是其重力的eq\f(3,4)，圆环半径为R，斜面倾角为θ＝60°，sBC＝2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h至少为多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图2 解析小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F，如图所示．可知F＝1.25mg，方向与竖直方向成37°角．由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D点，设小球恰好能通过D点，即达到D点时圆环对小球的弹力恰好为零． 由圆周运动学问得：F＝meq\f(v\o\al(2,D),R)， 即：1.25mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R) 由动能定理有： mg(h－R－Rcos37°)－eq\f(3,4)mg×(hcotθ＋2R＋Rsin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D) 联立解得h＝7.7R. 答案7.7R3．(2022·常州市训练学会同学学业水平监测)如图3甲所示，圆形导线框中磁场B1的大小随时间t周期性变化，使平行金属板M、N间获得如图乙的周期性变化的电压．M、N中心的小孔P、Q的连线与金属板垂直，N板右侧匀强磁场(磁感应强度为B2)的区域足够大．绝缘挡板C垂直N板放置，距小孔Q点的距离为h.现使置于P处的粒子源持续不断地沿PQ方向释放出质量为m、电量为q的带正电粒子(其重力、初速度、相互间作用力忽视不计)． (1)在0～eq\f(T,2)时间内，B1大小按B1＝kt的规律增大，此时M板电势比N板高，请推断此时B1的方向．试求圆形导线框的面积S多大才能使M、N间电压大小为U? (2)若其中某一带电粒子从Q孔射入磁场B2后打到C板上，测得其落点距N板距离为2h，则该粒子从Q孔射入磁场B2时的速度多大？ (3)若M、N两板间距d满足以下关系式：qUT2＝25md2，则在什么时刻由P处释放的粒子恰能到达Q孔但不会从Q孔射入磁场？结果用周期T的函数表示．图3 解析(1)由楞次定律可知，B1垂直纸面对里． 因U＝eq\f(ΔΦ,Δt)(或E＝neq\f(ΔΦ,Δt)) 所以U＝eq\f(ΔB1,Δt)S＝kS 故S＝eq\f(U,k) (2)设粒子从Q点射入磁场时速度为v，粒子做圆周运动的半径为R，则 R2＝(2h)2＋(R－h)2 qvB2＝meq\f(v2,R) 解得v＝eq\f(5qB2h,2m) (3)设此粒子加速的时间为t0，则由运动的对称性得 d＝2×eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)或eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m) E＝eq\f(U,d) 解得t0＝eq\f(T,5)即此粒子释放的时刻t＝eq\f(T,2)－eq\f(T,5)＝eq\f(3,10)T 此后粒子反向加速的时间t1＝eq\f(T,2)－eq\f(T,5)＝eq\f(3,10)T 由于t1＝eq\f(3,10)T＞eq\f(T,5)，则粒子反向运动时肯定会从P点射出电场 因而此粒子释放的时刻为t＝nT＋eq\f(3,10)T(n＝0,1,2，…) 答案(1)垂直纸面对里S＝eq\f(U,k)(2)v＝eq\f(5qB2h,2m) (3)t＝nT＋eq\f(3,10)T(n＝0,1,2，…)4．如图4甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m＝0.2kg，带电荷量为q＝＋2.0×10－6C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从t＝0时刻开头，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右的方向为正方向，g＝10m/s2图4 (1)23s内小物块的位移大小． (2)23s内电场力对小物块所做的功． 解析(1)0～2s内小物块的加速度 a1＝eq\f(E1q－μmg,m)＝2m/s2 位移s1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝4m 2s末的速度为v2＝a1t1＝4m/s 2～4s内小物块的加速度 a2＝eq\f(－E2q－μmg,m)＝－2m/s2 位移s2＝s1＝4m,4s末小物块的速度为v4＝0 因此小物块做周期为4s的匀加速和匀减速运动 第22s末的速度为v22＝4m/s，第23s末的速度 v23＝v22＋a2t＝2m/s(t＝1s) 所求位移为s＝eq\f(22,2)s1＋eq\f(v22＋v23,2)t＝47m. (2)23s内，设电场力对小物块所做的功为W，由动能定理得W－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,23) 解得W＝9.8J. 答案(1)47m(2)9.8J5．(2022·天津卷，21)如图5所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面对下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面对上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开头下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2，问：图5 (1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向； (2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大； (3)从cd开头下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少． 解析(1)依据右手定则判知cd中电流方向由d流向c，故ab中电流方向由a流向b. (2)开头放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ① 设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv② 设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有 I＝eq\f(E,R1＋R2)③ 设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④ 此时ab受到的最大摩擦力方向沿斜面对下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤ 联立①②③④⑤式，代入数据解得：v＝5m/s⑥ (3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q总＋eq\f(1,2)m2v2⑦ 由串联电路规