完整版高考物理二轮复习《微元法》问题专项训练包含答案解析推荐文档.docx
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2019年高考物理二轮复习《微元法》问题专项训练
一、选择题
1、一根长为L、横截面积为S的金属棒,其材料的电阻率为ρ,棒内单位体积自由电子数为n,电子的质量为m,电荷量为e。
在棒两端加上恒定的电压时,棒内产生电流,自由电子定向运动的平均速率为v,则金属棒内的电场强度大小为()
mv2
A.
2eL
mv2Sn
B.eC.ρnev
ρev
D.SL
2、某行星绕太阳C沿圆弧轨道运行,它的近日点A离太阳的距离为a,行星经过近日点A
时的速度为vA,行星的远日点B离太阳的距离为b,则它经过远日点B时的速度vB为
()
A.avbA
C.av
AbA
D.bvaA
3、安培提出了著名的分子电流假说,根据这一假说,电子绕核的运动可等效为环形电
流.设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动,关于该环形电流的说法,正确的是()
ve
A.电流为,电流的方向为顺时针
2rve
B.
电流为,电流的方向为顺时针
rve
C.电流为,电流的方向为逆时针
2rve
D.
电流为,电流的方向为逆时针
r
4、一枚质量为M的火箭,依靠向正下方喷气在空中保持静止,如果喷出气体的速度为v,那么火箭发动机的功率是()
A.
1Mgv
2
B.
MgvC.2MgvD.1Mgv
4
5、河水对横停在其中的大船侧弦能激起2m高的浪,试估算将要建造的拦河大坝单位面积上所受河水的冲击力为()(g取10m/s2)
A.2.0⨯104N/m2B.22⨯104N/m2
C.3.0⨯104N/m2D.4.0⨯104N/m2
6、如图所示,一个均匀的带电圆环,带电荷量为+Q,半径为R,放在绝缘水平桌面上.圆心为O点,过O点作一竖直线,在此线上取一点A,使A到O点的距离为R,在A点放一检验电荷+q,则+q在A点所受的电场力为()
kQq
A.
R2,方向向上B.
4R2
,方向向上
kQq
C.4R2,方向水平向左D.不能确定
7、阴极射线管中,由阴极K产生的热电子(初速为零)经电压U加速后,打在阳极A板上。
若A板附近单位体积内的电子数为N,电子打到A板上即被吸收。
已知电子的电量为
e
质量为m,则电子打击A板过程中A板所受的压强为()
A.NeUB.2NeUC.2NeUD.22NeU
8、如图所示为静电喷漆示意图。
由喷嘴喷出的油漆,形带负电的雾状液(初速可忽略不计,
经A与K间的电场加速后奔向极A(被漆零件)附着在上面。
若与K间电压为U。
电路中的电流强度为I,在时间t内,由喷嘴喷出的油漆质量为m,那么油漆对零件表面的压力为
()
A.B.
C.
D.2
9、有一台风力发电机,进风口和风轮旋转时形成的截面积均为S,进风口风的速度为v,出风口的截面积为进口风截面积的4倍,如果风损失的动能完全转化为电能,已知空气的
密
度为ρ。
则这台风力发电机输出的电功率为()
A.
3Sv38
B.
15Sv332
C.Sv316
D.
31Sv364
10、一宇宙飞船以速度v进入空间分布密度为的尘埃中,如果飞船垂直于运动方向上的最
大截面积为S,且认为尘埃与飞船碰撞后都附着在飞船上,则飞船受到的尘埃的平均制动力
大小为()
A.Sv2B.SvC.Sv3D.S
二、解答题
11、如图,一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;
磁场的磁感应强度大小为0.1T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘。
金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连,电路总电阻为2Ω。
已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm。
重力加速度大小取10m/s2。
判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。
12、如图所示,长为L的船静止在平静的水面上,立于船头的人质量为m,船的质量为M,不计水的阻力,人从船头走到船尾的过程中,问:
船的位移为多大?
13、电量Q均匀分布在半径为R的圆环上,如图所示,求在圆环轴线上距圆心O点为
x处的P点的电场强度。
14、如图所示,一个半径为R的圆环均匀带电,ab为一极小的缺口,缺口长为L(
L< 15、如图所示,用金属丝AB弯成半径r=1m的圆弧,但在A、B之间留出宽度为d=2cm、相对来说很小的间隙,将电荷量Q=3.13⨯10-19C的正电荷均匀分布在金属丝上,求圆心O处的电场强度。 16、如图所示,来自质子源的质子(初速度为零),经一加速电压为800kV的直线加速器加 速,形成电流强度为1.0mA的细柱形质子流.已知质子电荷e=1.60×10-19C,这束质子流 每秒打到靶上的质子数为.假设分布在质子源到靶子之间的加速电场是均匀的,在质子束中与质子源相距l和4l的两处,各取一段极短的相等长度的质子流,其中质子数分别为n1和n2,则n1: n2=。 17、把一个容器内的空气抽出一些,压强降为p,容器上有一小孔,上有塞子,现把塞子拔掉,如图所示。 问空气最初以多大初速度冲进容器? (外界空气压强为p0、密度为) 18、如图所示,两平行的足够长光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上,导轨间距为l,导轨电阻忽略不计,导轨所在平面的倾角为α,匀强磁场的宽度为d,磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直向下.长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起,总质量为m,置于导轨上.导体棒中通以大小恒为I的电流,方向如图所示(由外接恒流源产生,图中未图出).线框的边长为d(d (1)线框从开始运动到完全进入磁场区域的过程中,通过线框的电量为多少? (2)装置从释放到开始返回的过程中,线框中产生的焦耳热Q是多少? (3)线框第一次向下运动即将离开磁场下边界时线框上边所受的安培力FA多大? (4)经过足够长时间后,线框上边与磁场区域下边界的最大距离xm是多少? 19、如图所示,两根足够长的固定的平行金属导轨位于竖直平面内,两导轨间的距离为d,导轨上面横放着两根导体棒L1和L2,与导轨构成回路,两根导体棒的质量都为m,电阻都为R,回路中其余部分的电阻可不计。 在整个导轨平面内都有与导轨所在面垂直的匀强磁场,磁感应强度为B。 两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行,保持L1向上作速度为v的匀速运动,在t=0时刻将靠近L1处的L2由静止释放(刚释放时两棒的距离可忽略),经过一段时间后L2也作匀速运动。 已知d=0.5m,m=0.5kg,R=0.1Ω,B=1T,g取10m/s2。 (1)为使导体棒L2向下运动,L1的速度v最大不能超过多少? (2)若L1的速度v为3m/s,在坐标中画出L2的加速度a2与速率v2的关系图像; (3)若L1的速度v为3m/s,在L2刚作匀速运动的某时刻,两棒的间距4m,求在此时刻前L2运动的距离。 一、选择题 1、【答案】C 【答案与解析】 UL 【解析】根据电流的微观表达式I=nesv、欧姆定律I=、电阻定律R=及电 RS 势差与电场强度的关系U=EL可得金属棒内的电场强度大小E=nev,故答案为C.2、【答案】C 【解析】此题可根据万有引力提供行星的向心力求解.也可根据开普勒第二定律,用微元法求解. 如图所示,设行星在近日点A时又向前运动了极短的时间∆t,由于时间极短可以认为行星在∆t时间内做匀速圆周运动,线速度为vA,半径为a,可以得到行星在△t时间内 扫过的面积 S= 1 v a2A ∆t⋅a 同理,设行星在经过远日点B时也运动了相同的极短时间∆t,则也有 S=1v b2B ∆t⋅b 由开普勒第二定律可知: SA=SB a 解得vB=vA,故C正确。 b 3、【答案】C 【解析】电流I= qeve =2r=2r,方向与电子运动的方向相反,即沿逆时针方向, v 选项C正确.4、【答案】A 【解析】火箭喷气时,要对气体做功,取一个很短的时间,求出此时间内,火箭对气体做的功,再代入功率的定义式即可求出火箭发动机的功率。 选取在∆t时间内喷出的气体为研究对象,设火箭推气体的力为F, 根据动量定理,有F∆t=∆m⋅v 因为火箭静止在空中,所以根据牛顿第三定律和平衡条件有F=Mg 即Mg∆t=∆m⋅v则∆t= ∆m⋅vMg 对同样这一部分气体用动能定理,火箭对它做的功为: W=1∆mv22 所以发动机的功率 1∆mv2 P=W ∆t =2 (∆mv/Mg) =1Mgv 2 故正确选项为 A。 5、【答案】D 【解析】设水的速度为v,则可将水等效为竖直上抛,v==210m/s 以速度v冲击拦河大坝的水在时间∆t内质量∆m=∆V=Sv∆t ∆v 根据牛顿第二定律F=∆m∆t,在较短的时间∆t,∆v=v,则对于面积S的压强(单位面积上的冲击力)P=F=v2=1.0⨯103⨯(210)2N/m2。 S 故选项D正确。 6、【答案】B 【解析】把均匀的带电圆环分成相等的N份, Q 每一小段(微元)的电荷量为q=, N 每一个微元电荷q在A点场强大小为E1=k Q,r=2R,方向与竖直方向成45°夹角, Nr2 每一个微元电荷q在A点场强的竖直分量为E'=kQ cos45, 1 由于对称性,A点场强的水平分量为零, Nr2 再求和,A点场强大小E=NE'=2kQq,方向竖直向上,故选项B正确。 7、【答案】B 14R2 【解析】由动能定理,电子加速: eU=1mv2 2 在时间∆t内打在A板S面积上的电子数: Ne=N(v∆t)S 根据动量定理: PS∆t=N(v∆t)Smv 所以压强P=Nmv2=2NeU.故选B。 8、【答案】A 【解析】根据动量定理有: Ft=mv 根据动能定理有: qU=1mv2 2 又因为q=It mv 所以F== t 9、【答案】B ,故选A。 【解析】设气流在出口处的速度为v',因在∆t时间内流进的质量相等,均为∆m=Sv∆t 则有∆V=Sv∆t,解得v'=v, 4 电能W=1∆mv2-1∆mv'2=15Sv3∆t2232 这台风力发电机输出的电功率为 P=15Sv332 故选项B正确。 10、【答案】A 【解析】取尘埃质量元∆m,其相对飞船的速度由v在时间∆t内减为零, 则根据牛顿第二定律,质量元受到飞船的平均制动力 F=∆mv ∆t 其中∆m=Sv∆t,则F=Sv2 根据牛顿第三定律可知,飞船受到的尘埃的平均制动力 F'=-F=-Sv2,方向与飞船飞行方向相反。 故选项A正确。 二、解答题 11、【答案】竖直向下0.01kg 【解析】依题意,开关闭合后,电流方向为从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向为竖直向下。 开关断开时,两弹簧各自相对于其原长的伸长量为Δl1=0.5cm。 由胡克定律和力的平衡条件得 2kΔl1=mg① 式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。 开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为 F=IBL② 式中,I是回路电流,L是金属棒的长度。 两弹簧各自再伸长了Δl2=0.3cm,由胡克定律和力的平衡条件得 2k(Δl1+Δl2)=mg+F③ 由欧姆定律有 E=IR④ 式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。 联立①②③④式,并代入题给数据得 m=0.01kg⑤ 12、【答案】mL M+m 【解析】取人和船整体作为研究系统,人在走动过程中,系统所受合外力为零,可知系统动量守恒.设人在走动过程中的∆t时间内为匀速运动,则可计算出船的位移。 这是我们所熟悉的“人船(人车)模型”,即平均动量守恒问题。 设v1、v2分别是人和船在任一时刻的速率,则有mv1=Mv2① 两边同时乘以一个极短的时间∆t,有mv1∆t=Mv2∆t② 由于时间极短,可以认为在这极短的时间内人和船的速率是不变的,所以人和船位移大小分别为∆s1=v1∆t,∆s2=v2∆t 由此将②式化为m∆s1=M∆s2③ 把所有的元位移分别相加有m∑∆s1=M∑∆s2④即ms1=Ms2⑤ 其中s1、s2分别为全过程中人和船对地位移的大小, 又因为L=s1+s2⑥ m 由⑤、⑥两式得船的位移s2=M+mL 13、【答案】kQx 【解析】带电圆环产生的电场不能看作点电荷产生的电场, 故采用微元法,用点电荷形成的电场结合对称性求解.如图所示 选电荷元∆q=R∆Q 2R 它在P点产生的电场的场强的x分量为: ∆Ex =k∆qcos=kr2 根据对称性 E=∑∆E=kQx∑∆=kQx2=kQx x2(R2+x2)3 14、【答案】kLQq (2R-L)R2 方向由ab指向圆心. 【解析】首先讨论一个封闭圆环的情形。 如图a所示,在圆环上任意取两个对称的点(很小的一段圆弧)P、Q,P点对圆心处的负电荷的引力为FP,Q点对圆心处的负电荷的引力为FQ,由库仑定律可知,这两个力一定大小相等,且方向相反,合力为零。 同理可知,在圆上任何一点都有与之对称的点,它们对圆心处的负电荷的合力均为零。 而圆环正是由无数对这样的点组成。 不难确定,圆环中心处的点电荷受力为零。 再讨论题中的情形,如图所示,只有与ab缺口相对的那一部分圆弧没有与之对称的部分存在。 因此,处于圆心处的负电荷受到的力就是与缺口ab对称的a'b'对它的引力。 Q a'b'(L< Q'= 2R-L 由库仑定律可得: F=kQ'q=kLQq R2(2R-L)R2 受力方向为: 由ab指向圆心O。 15、【答案】9⨯10-2N/C方向由圆心指向间隙处。 【解析】若用与AB圆弧有相同电荷密度的金属丝A'B'把缺口补上,由对称性可知,O点的合场强为零,所以AB圆弧产生的场强与A'B'产生的场强等大反向,而A'B'可视为点电荷,A'B'在O点产生的场强就可以求出。 Q 设圆缺口所带电荷的线密度为,= , 2r-d 则补上的金属小段带电荷量Q'=d,它在O处的场强为E1 E=kQ'=k 1r2 Qd (2r-d)r2 -2 代入数据求得E1=9⨯10N/C 所以,待求的场强为E2,E2=-E1,负号表示方向相反,方向由圆心指向间隙处。 16、【答案】6.25⨯1015;2: 1 【解析】设时间∆t内打到靶子上的质子数为n,由电流强度定义可知: q=I∆t=ne, n=I∆t=1.0⨯10-3⨯1=6.25⨯1015 1秒打到靶上的质子数 e1.6⨯10-19 质子在直线加速器的运动可以视匀加速运动,设加速度为a,则质子在l和4l的速度分别为v1=,v2==2v1, 质子在l和4l处的速度之比v1: v2=1: 2, 又因为电流强度I=nevS,(n为单位体积内质子数),n= 由题意对于极短长度∆L内质子数n1: n2=v2: v1=2: 1。 I evS 17、【答案】 2(p0-p) a 【解析】该题由于不知开始时进入容器内分子有多少,不知它们在容器外如何分布,也不知空气分子进入容器后压强如何变化,使我们难以找到解题途径。 注意到题目中“最初”二字,可以这样考虑: 如图所示,设小孔的面积为S,取开始时位于小孔外一薄层气体为研究对象,令薄层厚度为∆L,因∆L很小,所以其质量∆m进入容器过程中,不改变容器压强,故此薄层所受外力是恒力,该问题就可以解决了。 由以上分析,得F=(p0-p)S①对进入的∆m气体,由动能定理得: F∆L=1∆mv2 2 ②而∆m=S∆L③ 联立①、②、③式可得最初冲进容器的空气速度 v=. 18、【答案】见解析。 思路点拨: 当线框进入磁场时,磁通量发生变化,导致线框中有感应电流,处于磁场中受到安培力,从而阻碍线框运动.通过线框截面的电量由磁通量的变化与线框的电阻之比求得.当穿过线框的磁通量发生变化时,线框中产生感应电流,从而产生热量,同时在运动过程中重力做正功,导体棒受到安培力做负功,则可由动能定理列式求出.运用动能定理可求出线框上边经过磁场下边界时速度,从而根据左手定则算出所受的安培力. 【解析】 (1)通过线框的电量为 ∆Φ∆ΦBd2 q=I∆t=∆t⋅R⋅∆t=R=R (2)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中,作用在线框上的安培力做功为W.由动能定理 mgsin⋅4d+W-BIld=0且Q=-W 解得Q=4mgdsin-BIld (3)设线框第一次向下运动刚离开磁场下边界时的速度为v1,则接着又向下运动2d,由动能定理mgsin⋅2d-BIld=0-1mv2 21 得v1= 安培力 ='BdvB2d2vB2d22BIld-4mgsinFBId=B⋅1⋅d=1= ARRRm (4)经过足够长时间后,线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动.由动能定理 mgsin⋅xm-BIl(xm-d)=0 BIld 解得xm=BIl-mgsin. 19、【答案】见解析。 【解析】 (1)L1向上作速度为v的匀速运动,为使导体棒L2向下运动,必须满足L2的重力大于安培力,mg>FA=BId, EBdvB2d2vI==,F= 2R2RA2R 解得L1的最大速度 v<2mgR=2⨯0.5⨯10⨯0.1m/s=4m/sB2d2(1⨯0.5)2 (2)若L1的速度v为3m/s,L2向下运动的速度为v2,它们产生的感应电动势方向相同,回路中电动势E=Bd(v1+v2) E 回路中感应电流I= 2R 导体棒L2的所受的安培力 B2d2(v+v) FA=BId=12 2R 根据牛顿第二定律 B2d2(v+v) mg-12=ma2 2R 代入数据解得a2=2.5-2.5v2 作图如图。 (3)当导体棒L2做匀速运动时,L1和L2两棒的速度分别是v和v2, 由平衡条件得 B2d2(v+v2)=mg得v+v =4m/s 2R 设当导体棒L2、L1的相对速度为v相时, B2d2v 棒的加速度a=g-相 2Rm 取极短时间∆t,在时间∆t内速度变化∆vB2d2v ∆v=g∆t-相∆t 2Rm ∑∆B2d2 又v相相 ∆t=∆x v=g∑∆t-2Rm∑v相∆tBd22 得v2=gt-2Rmx相 代入数据得两棒间距为4m所用时间t=1.1s 导体棒L1运动的位移x1=vt=3⨯1.1m=3.3m 导体棒L2运动的位移x2=x相-x1=0.7m Attheend,XiaoBiangivesyouapassage.Minandoncesaid,"peoplewholearntolearnareveryhappypeople.".Ineverywonderfullife,learningisaneternaltheme.Asaprofessionalclericalandteachingposition,Iunderstandtheimportanceofcontinuouslearning,"lifeisdiligent,nothingcanbegained",onlycontinuouslearningcanachievebetterself.Onlybyconstantlylearningandmasteringthelatestrelevantknowledge,canemployeesfromallwalksoflifekeepupwiththepaceofenterprisedevelopmentandinnovatetomeettheneedsofthemarket.Thisdocumentisalsoeditedbymystudioprofessionals,therem
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