2018届高考物理二轮专题复习文档：“应用三大观点破解力电综合问题”课后冲关含解析

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＝M v2r，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＝12M v2－12M v22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：m v0＝m v1＋M v2解得碰撞后ab金属杆的速度：v1＝2 m/sab金属杆进入磁场后，由能量守恒定律有：12m v12＝Q，解得：Q＝2 J。

答案：(1) 5 m/s(2)2 J2.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：m v1－2m v2＝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＝ER，F安＝BIl，由以上几式联立解得v1＝4mgR3B2l2，v2＝2mgR3B2l2。

答案：(1)2∶1(2)4mgR3B2l22mgR3B2l23．(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＝Bd v0①回路的感应电流I＝ER②由①②式解得I＝Bd v0R。

③(2)金属杆所受的安培力F＝BId④由牛顿第二定律，对金属杆F＝ma⑤由③④⑤式解得a＝B2d2v0mR。

⑥(3)金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v⑦感应电动势E＝Bd v′⑧感应电流的电功率P＝E2R⑨由⑦⑧⑨式解得P＝B2d2v0－v2R。

⑩答案：(1)Bd v0R(2)B2d2v0mR(3)B2d2v0－v2R4．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v-F图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？解析：(1)v-F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＝BL v，I＝ER，F＝BIL，可得外力F的表达式为F＝B2L2vR，则图像必过原点。

但是v-F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－B2L2vR－f＝ma(f为摩擦阻力)，所以加速度a＝F－fm－B2L2vmR。

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＝B2L2vR＋f，所以速度v＝RB2L2F－RB2L2f。

此方程与一次函数y＝kx＋b类似，其斜率k＝RB2L2。

由图像可以得到直线的斜率k＝2，故B＝RkL2＝1 T。

(3)从图像求得直线方程为v＝2F－4，类比等式v＝RB2L2F－RB2L2f，得RB2L2＝2，RB2L2f＝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 N5.(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Q1Q2＝I12R1tI22R2t，又根据串并联关系得，I1＝13I2，代入数据解得：Q1Q2＝29。

(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＋3×33＋3Ω＝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＋6×36＋3Ω＝5 Ω。

由m1gsin α＝B2L2v1R总1和m2gsin α＝B2L2v2R总2，可得v1v2＝m1R总1m2R总2＝34a、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 dv1，得v2＝v1＋8×0.5v1由以上式子可得v12＝12(m/s)2，v22＝169v12M、N两点之间的距离Δs＝v222a－v122a＝712m。

答案：(1)29(2)1.2 J(3)712m6．(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＝ER①设MN受到的安培力为F，有F＝IlB②由牛顿第二定律，有F＝ma③联立①②③式得a＝BlEmR。

④(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0＝CE⑤开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值v max时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝Bl v max⑥依题意有E′＝QC⑦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＝I lB⑧由动量定理，有FΔt＝m v max－0⑨又IΔt＝Q0－Q⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝B2l2C2Em＋B2l2C。

?答案：(1)垂直导轨平面向下(2)BlEmR(3)B2l2C2Em＋B2l2C。