1、第 2 讲 应用牛顿运动定律解决电学问题(建议用时:40 分钟 满分:100 分)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,
2、t=0 时刻,U AB0,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.(2017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
3、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(x 0+ at2),可知22+ 12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
4、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
5、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2v=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2B 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2行距离 s 后获得的发射速度为 v,选项 D 错误.224.(2017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
6、.3U0 B.4U0C.5U0 D.6U0解析:0t 静止有 q=mg,20t2t 向下加速,mg- q=ma1,0得 a1= g,12v=a1t= gt,x1= a1t2= gt212 12 142t3t 向下减速后向上加速, q-mg=ma2x2=vt- a2t2,123t 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.(2017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
7、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=at 1=2a,完全进入磁场时速度 v2=at 2=4a,
8、线框边长 L 可表示为 L= (t2-t1)=6a,线框开始出磁场时速度1+22v3=at 3=6a,磁场区域宽度 d= (t3-t1)=16a,线框边长 L 与1+32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+ a1 2=126.5a,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
9、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
10、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
11、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,
12、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12 22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12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
13、 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=2D.如果径向磁场足够长,则圆环的最大速度 vm=2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=r 2,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 2速度达到最大,可
14、得 vm= ,选项 D 正确.2二、非选择题(本大题共 2 小题,共 36 分)9.(16 分)(2017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
15、B2v=0.5(T2 ms-1),又 F 安 =BIL=B L= ,+ 22+对棒下滑过程中某一状态由牛顿第二定律得mgsin 30- =ma,22+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.12答案:(1)8 m/s (2)8 m10.(20 分) (2017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
16、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= ,1+22电容器两极板间的电压为 U=I22联立得 U=
17、 .221+2(2)由题意易知油滴带负电,对油滴受力分析,得 =mg所以 = .(21+2)2(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= ,+1根据牛顿第二定律 -mg=ma11根据运动学公式 s= a1t2,v1=a1t12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=+12根据牛顿第二定律 mg- =ma22根据运动学公式-s=v 12t- a2(2t)212解得 = .1249答案:(1) (2)负电 (3)49221+2(21+2)2
