【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2021高考物理二輪復(fù)習(xí)(江蘇專用)題型通關(guān)-專練18

專練18應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決力電綜合問(wèn)題1．如圖1所示，A、B為半徑R＝1m的四分之一光滑絕緣豎直圓弧軌道，在四分之一圓弧區(qū)域內(nèi)存在著E＝1×106V/m、豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，有一質(zhì)量m＝1kg、帶電荷量q＝＋1.4×10－5C的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)的正上方距離A點(diǎn)H處由靜止開(kāi)頭自由下落(不計(jì)空氣阻力)，BC段為長(zhǎng)L＝2m、與物體間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2的粗糙絕緣水平面，CD段為傾角θ＝53°且離地面DE高h(yuǎn)＝0.8m的斜面．(取g＝10m/s2圖1 (1)若H＝1m，物體能沿軌道AB到達(dá)最低點(diǎn)B，求它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小； (2)通過(guò)你的計(jì)算推斷：是否存在某一H值，能使物體沿軌道AB經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)B后最終停在距離B點(diǎn)0.8m處； (3)若高度H滿足：0.85m≤H≤1m，請(qǐng)通過(guò)計(jì)算表示出物體從C處射出后打到的范圍．(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.不需要計(jì)算過(guò)程，但要有具體的位置，不爭(zhēng)辯物體反彈以后的狀況) 解析(1)物體由初始位置運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中依據(jù)動(dòng)能定理有mg(R＋H)－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) 到達(dá)B點(diǎn)時(shí)由支持力FN、重力、電場(chǎng)力的合力供應(yīng)向心力FN－mg＋qE＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得FN＝8N 依據(jù)牛頓第三定律，可知物體對(duì)軌道的壓力大小為8N，方向豎直向下 (2)要使物體沿軌道AB到達(dá)最低點(diǎn)B，當(dāng)支持力為0時(shí)，最低點(diǎn)有個(gè)最小速度v，則qE－mg＝meq\f(v2,R) 解得v＝2m/s 在粗糙水平面上，由動(dòng)能定理得：－μmgx＝－eq\f(1,2)mv2，所以x＝1m>0.8m 故不存在某一H值，使物體沿著軌道AB經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)B后，停在距離B點(diǎn)0.8m處． (3)在斜面上距離D點(diǎn)eq\f(5,9)m范圍內(nèi)(如圖PD之間區(qū)域) 在水平面上距離D點(diǎn)0.2m范圍內(nèi)(如圖DQ之間區(qū)域) 答案(1)8N(2)不存在 (3)在斜面上距離D點(diǎn)eq\f(5,9)m范圍內(nèi)在水平面上距離D點(diǎn)0.2m范圍內(nèi)2．如圖2所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，帶負(fù)電荷的小球從高為h的A處由靜止開(kāi)頭下滑，沿軌道ABC運(yùn)動(dòng)并進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)．已知小球所受電場(chǎng)力是其重力的eq\f(3,4)，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為θ＝60°，sBC＝2R.若使小球在圓環(huán)內(nèi)能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，h至少為多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖2 解析小球所受的重力和電場(chǎng)力都為恒力，故可將兩力等效為一個(gè)力F，如圖所示．可知F＝1.25mg，方向與豎直方向成37°角．由圖可知，小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)的臨界點(diǎn)是D點(diǎn)，設(shè)小球恰好能通過(guò)D點(diǎn)，即達(dá)到D點(diǎn)時(shí)圓環(huán)對(duì)小球的彈力恰好為零． 由圓周運(yùn)動(dòng)學(xué)問(wèn)得：F＝meq\f(v\o\al(2,D),R)， 即：1.25mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R) 由動(dòng)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) 聯(lián)立解得h＝7.7R. 答案7.7R3．(2022·常州市訓(xùn)練學(xué)會(huì)同學(xué)學(xué)業(yè)水平監(jiān)測(cè))如圖3甲所示，圓形導(dǎo)線框中磁場(chǎng)B1的大小隨時(shí)間t周期性變化，使平行金屬板M、N間獲得如圖乙的周期性變化的電壓．M、N中心的小孔P、Q的連線與金屬板垂直，N板右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2)的區(qū)域足夠大．絕緣擋板C垂直N板放置，距小孔Q點(diǎn)的距離為h.現(xiàn)使置于P處的粒子源持續(xù)不斷地沿PQ方向釋放出質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子(其重力、初速度、相互間作用力忽視不計(jì))． (1)在0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，B1大小按B1＝kt的規(guī)律增大，此時(shí)M板電勢(shì)比N板高，請(qǐng)推斷此時(shí)B1的方向．試求圓形導(dǎo)線框的面積S多大才能使M、N間電壓大小為U? (2)若其中某一帶電粒子從Q孔射入磁場(chǎng)B2后打到C板上，測(cè)得其落點(diǎn)距N板距離為2h，則該粒子從Q孔射入磁場(chǎng)B2時(shí)的速度多大？ (3)若M、N兩板間距d滿足以下關(guān)系式：qUT2＝25md2，則在什么時(shí)刻由P處釋放的粒子恰能到達(dá)Q孔但不會(huì)從Q孔射入磁場(chǎng)？結(jié)果用周期T的函數(shù)表示．圖3 解析(1)由楞次定律可知，B1垂直紙面對(duì)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)設(shè)粒子從Q點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)速度為v，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，則 R2＝(2h)2＋(R－h(huán))2 qvB2＝meq\f(v2,R) 解得v＝eq\f(5qB2h,2m) (3)設(shè)此粒子加速的時(shí)間為t0，則由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性得 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)即此粒子釋放的時(shí)刻t＝eq\f(T,2)－eq\f(T,5)＝eq\f(3,10)T 此后粒子反向加速的時(shí)間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)，則粒子反向運(yùn)動(dòng)時(shí)肯定會(huì)從P點(diǎn)射出電場(chǎng) 因而此粒子釋放的時(shí)刻為t＝nT＋eq\f(3,10)T(n＝0,1,2，…) 答案(1)垂直紙面對(duì)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．如圖4甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個(gè)質(zhì)量為m＝0.2kg，帶電荷量為q＝＋2.0×10－6C的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1.從t＝0時(shí)刻開(kāi)頭，空間加上一個(gè)如圖乙所示的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向呈周期性變化的電場(chǎng)(取水平向右的方向?yàn)檎较?，g＝10m/s2圖4 (1)23s內(nèi)小物塊的位移大?。?(2)23s內(nèi)電場(chǎng)力對(duì)小物塊所做的功． 解析(1)0～2s內(nèi)小物塊的加速度 a1＝eq\f(E1q－μmg,m)＝2m/s2 位移s1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝4m 2s末的速度為v2＝a1t1＝4m/s 2～4s內(nèi)小物塊的加速度 a2＝eq\f(－E2q－μmg,m)＝－2m/s2 位移s2＝s1＝4m,4s末小物塊的速度為v4＝0 因此小物塊做周期為4s的勻加速和勻減速運(yùn)動(dòng) 第22s末的速度為v22＝4m/s，第23s末的速度 v23＝v22＋a2t＝2m/s(t＝1s) 所求位移為s＝eq\f(22,2)s1＋eq\f(v22＋v23,2)t＝47m. (2)23s內(nèi)，設(shè)電場(chǎng)力對(duì)小物塊所做的功為W，由動(dòng)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)如圖5所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L＝0.4m．導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面對(duì)下，Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面對(duì)上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.5T．在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1kg，電阻R1＝0.1Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑．然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4kg，電阻R2＝0.1Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開(kāi)頭下滑．cd在滑動(dòng)過(guò)程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g＝10m/s2，問(wèn)：圖5 (1)cd下滑的過(guò)程中，ab中的電流方向； (2)ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd的速度v多大； (3)從cd開(kāi)頭下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中，cd滑動(dòng)的距離x＝3.8m，此過(guò)程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少． 解析(1)依據(jù)右手定則判知cd中電流方向由d流向c，故ab中電流方向由a流向b. (2)開(kāi)頭放置ab剛好不下滑時(shí)，ab所受摩擦力為最大摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmax＝m1gsinθ① 設(shè)ab剛好要上滑時(shí)，cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv② 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有 I＝eq\f(E,R1＋R2)③ 設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝BIL④ 此時(shí)ab受到的最大摩擦力方向沿斜面對(duì)下，由平衡條件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得：v＝5m/s⑥ (3)設(shè)cd棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q總＋eq\f(1,2)m2v2⑦ 由串聯(lián)電路規(guī)