2019-2020年高一物理下学期课时同步测试(VIII)

2019-2020年高一物理下学期课时同步测试(VIII)
1． (2013·新课标Ⅰ·25)如图1，两条平行导轨所在平面与水平地
面的夹角为θ，间距为L .导轨上端接有一平行板电容器，电容为C .导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：
图1
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系． 答案 (1)Q ＝CBLv (2)v ＝
m
θ－μcos θ
m ＋B 2L 2C
gt
解析 (1)设金属棒下滑的速度大小为v ，则感应电动势为
E ＝BLv ①
平行板电容器两极板之间的电势差为
U ＝E ②
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q ，按定义有
C ＝Q
U
③ 联立①②③式得
Q ＝CBLv ④
(2)设金属棒的速度大小为v 时经历的时间为t ，通过金属棒的电流为i .金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为
F ＝BLi ⑤
设在时间间隔(t ，t ＋Δt )内流经金属棒的电荷量为ΔQ ，按定义有
i ＝ΔQ
Δt ⑥
ΔQ 也是平行板电容器极板在时间间隔(t ，t ＋Δt )内增加的电荷量，由④式得
ΔQ ＝CBL Δv
⑦
式中，Δv 为金属棒的速度变化量．按定义有
a ＝
Δv
Δt
⑧
金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为F f ＝μF N
⑨
式中，F N 是金属棒对导轨的正压力的大小，有
F N ＝mg cos θ ⑩
金属棒在时刻t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a ，根据牛顿第二定律有
mg sin θ－F －F f ＝ma ⑪
联立⑤至⑪式得
a ＝
m
θ－μcos θ
m ＋B 2L 2C
g
⑫
由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动．t 时刻金属棒的速度大小为
v ＝
m
θ－μcos θm ＋B 2L 2C
gt
2． (2013·广东·36)如图2(a)所示，在垂直于匀强磁场B 的平面
内，半径为r 的金属圆盘绕过圆心O 的轴转动，圆心O 和边缘K 通过电刷与一个电路连接．电路中的P 是加上一定正向电压才能导通的电子元件．流过电流表的电流I 与圆盘角速度ω的关系如图(b)所示，其中ab 段和bc 段均为直线，且ab 段过坐标原点．ω＞0代表圆盘逆时针转动．已知：R ＝3.0 Ω，B ＝1.0 T ，
r ＝0.2 m ．忽略圆盘、电流表和导线的电阻．
图2
(1)根据图(b)写出ab 、bc 段对应的I 与ω的关系式； (2)求出图(b)中b 、c 两点对应的P 两端的电压U b 、U c ； (3)分别求出ab 、bc 段流过P 的电流I P 与其两端电压U P 的关系式．
答案 见解析
解析 (1)由题图(b)得出三点坐标a (－45，－0.3)，b (15，0.1)，
c (45,0.4)，由直线的两点式得I 与ω的关系式为
I ＝⎩⎪⎨⎪⎧
ω
150
，－45 rad/s≤ω≤15 rad/s ω100－0.05，15 rad/s ＜ω≤45 rad/s
(2)圆盘切割产生的电动势为：E ＝Br ωr ＋02＝1
2B ωr 2＝0.02ω
当ω＝15 rad/s 时E ＝0.3 V ，当ω＝45 rad/s 时E ＝0.9 V ，忽略电源内阻，故U P ＝E ，可得：U b ＝0.3 V ，U c ＝0.9 V (3)对应于c 点P 导通，通过电表的电流
I 总＝U c R ＋U c R P ＝0.93 A ＋0.9
R P
＝0.4 A
解得R P ＝9 Ω
则对应于bc 段流过P 的电流I P ＝U P R P ＝U P
9
对应于a 点元件P 不导通，则对应于ab 段流过P 的电流I P ＝0. 3． 如图3甲所示，两条电阻不计的金属导轨平行固定在倾角为37°
的斜面上，两导轨间距为L ＝0.5 m ．上端通过导线与R ＝2 Ω的电阻连接，下端通过导线与R L ＝4 Ω的小灯泡连接．在CDFE 矩形区域内有垂直斜面向上的匀强磁场，CE 间距离d ＝2 m ．CDFE 区域内磁场的磁感应强度B 随时间变化的关系如图乙所示．在t
＝0时，一阻值为R 0＝2 Ω的金属棒从AB 位置由静止开始运动，在金属棒从AB 位置运动到EF 位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化．设导轨AC 段有摩擦，其他部分光滑，金属棒运动过程中始终与CD 平行(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：
图3
(1)通过小灯泡的电流强度； (2)金属导轨AC 段的动摩擦因数；
(3)金属棒从AB 位置运动到EF 位置过程中，整个系统产生的热量．
答案 (1)0.1 A (2)23
32 (3)1.375 J
解析 (1)由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt Ld ＝0.5 V
由闭合电路欧姆定律得
I L ＝E
R L ＋
R ·R 0
R ＋R 0
＝0.1 A
(2)灯泡亮度不变，则全程通过灯泡的电流恒为I L ，设金属棒运动到CD 时的速度为v ，金属棒在AC 段的加速度为a 则依题意有
BLv ＝I L R L ＋(I L ＋I R )R 0
I L R L ＝I R R
由牛顿第二定律可得
mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma
由运动学公式v ＝at 1
由题图乙可知t 1＝4 s ，B ＝2 T
代入以上方程联立可得v ＝1.0 m/s ，μ＝23
32
(3)金属棒在CE 段做匀速直线运动，则有
mg sin 37°＝B (I L ＋I R )L
解得m ＝0.05 kg
BD 段的位移x ＝v
2
t 1＝2 m
根据能量守恒有
EI L t 1＋mg (x ＋d )sin 37°＝12mv 2
＋Q
解得整个系统产生的热量
Q ＝1.375 J
4． 如图4甲所示，一个质量m ＝0.1 kg 的正方形金属框总电阻R ＝
0.5 Ω，金属框放在表面绝缘且光滑的斜面顶端(金属框上边与
AA ′重合)，自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界
与斜面底边BB ′平行、宽度为d 的匀强磁场后滑至斜面底端(金属框下边与BB ′重合)，设金属框在下滑过程中的速度为v ，与此对应的位移为x ，那么v 2－x 图象(记录了金属框运动全部过程)如图乙所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上．试问：(g 取10 m/s 2)
图4
(1)根据v 2－x 图象所提供的信息，计算出金属框从斜面顶端滑至底端所需的时间为多少； (2)匀强磁场的磁感应强度多大；
(3)现用平行斜面向上的恒力F 作用在金属框上，使金属框从斜面底端BB ′(金属框下边与BB ′重合)由静止开始沿斜面向上运动，匀速通过磁场区域后到达斜面顶端(金属框上边与AA ′重合)．试计算恒力F 做功的最小值．
答案 (1)43 s (2)3
3
T (3)3.6 J
解析 由v 2－x 图可知，物体运动可分为三段，设位移分别为x 1、
x 2、x 3，对应的时间分别为t 1、t 2、t 3. x 1＝0.9 m ，v 0＝0，匀加速直线运动 x 2＝1.0 m ，v 1＝3 m/s ，匀速直线运动
x 3＝1.6 m ，初速度v 1＝3 m/s ，末速度v 3＝5 m/s ，匀加速直线
运动．
(1)金属框从x ＝0到x 1＝0.9 m 做匀加速直线运动，由公式v 21＝2a 1x 1
得a 1＝5 m/s 2
t 1＝v 1a 1＝3
5 s ＝0.
6 s
t 2＝x 2v 1＝13
s
同理v 23－v 2
1＝2a 3x 3
解得：a 3＝5 m/s 2 t 3＝Δv a 3＝5－35 s ＝0.4 s
t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝43
s
(2)金属框通过磁场时做匀速直线运动，金属框受力平衡 在AA ′a ′a 区域，对金属框进行受力分析
mg sin θ＝ma 1
穿过磁场区域时，F 安＝BIL ＝mg sin θ
B 2L 2v 1
R
＝ma 1 由题意得：金属框的宽度L ＝d ＝x 2
2＝0.5 m
解得B ＝3
3
T
(3)设恒力作用时金属框上边进入磁场速度为v Fx 3－mgx 3sin θ＝12
mv 2
金属框穿过磁场时，F ＝mg sin θ＋B 2L 2v
R
又由mg sin θ＝ma 1 解得v ＝163 m/s ，F ＝25
18 N
由于1
2mv 2>mgx 1sin θ，所以穿过磁场后，撤去外力F ，物体仍可
到达顶端．
所以恒力F 做功为
W ＝F (x 2＋x 3)＝25
18×(1.6＋1) J≈3.6 J.
【必考模型5】 导轨＋单杆模型
1.模型特点：一根金属杆在外力及安培力的作用下沿导轨滑行，金属杆产生感应电动势对电路供电.
2.表现形式：导轨的放置方式：①水平；②竖直；③倾
斜
杆的运动状态：①匀速；②匀变速；③非匀变速. 3.应对模式：
电路分析.画等效电路图，导体棒相当于电源.
电流方程：I ＝Blv
R ＋r
，电荷方程：q ＝
·Δt ＝n
ΔΦ
R 总
.
受力分析.画受力分析图，注意感应电流和安培力的大小、
方向.动力学方程：F 安＝BIl 或F 安＝B 2l 2v
R 总
，F 合＝ma .
过程分析.一般情况下做加速度减小的变速运动，可能加速，
也可能减速，但最终a ＝0.稳态平衡方程a ＝0或F 合＝
能量
分析.感应电流做功产生电能，能量方程：W 安＝－Q ，W 合＝ΔE k 动能定理。