专题30力电综合问题第01期备战2020高考物理2019届二模和三模好题分项版汇编教师版

1专题30力电综合问题2019年高三二模、三模物理试题分项解析（I）一．选择题1（2019高考大纲模拟14）.如图所示，有竖直向上的匀强磁场穿过水平放置的光滑平行金属导轨，导轨左端连有电阻R.质量相等、长度相同的铁棒和铝棒静止在轨道上．现给两棒一个瞬时冲量，使它们以相同速度v0向右运动，两棒滑行一段距离后静止，已知两棒始终与导轨垂直，在此过程中()A．在速度为v0时，两棒的端电压Uab＝UcdB．铁棒在中间时刻的加速度是速度为v0时加速度的一半C．铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间D．两回路中磁通量的改变量相等【参考答案】C【名师解析】两棒的初速度均为v0，根据法拉第电磁感应定律，棒中感应电动势为E＝BLv0，由闭合电路欧姆定律知回路中电流为I＝ER＋r，而电阻R两端电压为U＝IR＝BLvRR＋r，由于铁棒和铝棒接入电路的电阻r不同，故两棒的端电压Uab≠Ucd，故A错误；根据牛顿第二定律可知a＝B2L2vmR＋r，铁棒做加速度减小的减速运动，铁棒在中间时刻的速度小于v02，铁棒在中间时刻的加速度小于速度为v0时加速度的一半，故B错误；由于铝棒的电阻小于铁棒的电阻，根据F安＝B2L2vR＋r可知铝棒受到的平均安培力大于铁棒受到的平均安培力，根据动量定理－F安Δt＝－mv0可知，铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间，故C正确；根据动量定理可知－F安Δt＝－mv0，而F安Δt＝B2L2vΔtR＋r＝B2L2xR＋r＝BLΔΦR＋r，解得ΔΦ＝mv0R＋rBL，两回路中磁通量的改变量不相等，故D错误．2．（2019安徽江南十校联考）空间存在水平向右的匀强电场，方向与x轴平行，一个质量为m，带负电的2小球，电荷量为－q，从坐标原点以v0=10m/s的初速度斜向上抛出，且初速度v0与x轴正方向夹角θ=37°，如图所示。经过一段时间后到达最高点，此时速度大小也是10m/s，该小球在最高点的位置坐标是(sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2)A.0.6m，1.8mB.－0.6m，1.8mC.5.4m，1.8mD.0.6m，1.08m【参考答案】B【名师解析】3.（2019安徽江南十校联考）某实验小组制作一个金属安检仪原理可简化为图示模型。正方形金属线圈abcd平放在粗糙水平传送带上，被电动机带动一起以速度v匀速运动，线圈边长为L，电阻为R，质量为m，有一边界宽度也为L的矩形磁场垂直于传送带，磁感应强度为B，且边界与线圈bc边平行。已知线圈穿过磁场区域的过程中速度不变，下列说法中正确的是A.线圈进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反B.线圈进入磁场时所受静摩擦力的方向与穿出时相反C.线进入磁场区域的过程中通过导线某一横截面的电荷量RBL23D线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电功率为RvLB2222【参考答案】AC【名师解析】4.（2019安徽江南十校联考）如图所示，半径为R的绝缘闭合球壳，O为球壳的球心，球壳上均匀分布着正电荷，已知均匀带电的球壳在其内部激发的场强处处为零。现在球壳表面A处取下一面积足够小、带电量为q的曲面将其沿OA连线延长线向上移动至B点，且AB=R，若球壳的其他部分的带电量与电荷分布保持不变，下列说法中正确的是A.把另一带正电的试探电荷从A点处移动到O点过程中系统电势能减少B.球壳剩余部分的电荷在球壳内部激发的电场的电场线由A点的对称点C点沿直线指向球壳内表面各点C球壳内部电场的电场线由球壳各点沿曲线指向A点D球心O点场强的大小为k243Rq【参考答案】CD【名师解析】4二．计算题1.（2019高考大纲模拟卷14）如图所示，在平面直角坐标系中，第三象限里有一加速电场，一个电荷量为q、质量为m的带正电粒子(不计重力)，从静止开始经加速电场加速后，垂直x轴从A(－4L,0)点进入第二象限，在第二象限的区域内，存在着指向O点的均匀辐射状电场，距O点4L处的电场强度大小均为E＝qLB0216m，粒子恰好能垂直y轴从C(0,4L)点进入第一象限，如图所示，在第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，均充满了方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，D点坐标为(3L,4L)，M点为CP的中点．粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场．从磁场区域Ⅰ进入第二象限的粒子可以被吸收掉．求：5(1)加速电场的电压U；(2)若粒子恰好不能从OC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；(3)若粒子能到达M点，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值．【参考答案】(1)v＝qB0L2m，U＝qL2B028m（4分）(2)B＝24B049（6分）(3)见解析（10分）【名师解析】(1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理有：qU＝12mv2粒子在第二象限辐射状电场中做半径为R的匀速圆周运动，则：qE＝mv24L联立解得：v＝qB0L2m，U＝qL2B028m(2)粒子在区域Ⅰ中运动的速度大小v＝qB0L2m，根据洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，有qB0v＝mv2r，得半径r＝mvqB0＝L2，若粒子在区域Ⅱ中的运动半径R较小，则粒子会从OC边射出磁场．恰好不从OC边射出时，作出对应的运动轨迹，如图．满足∠O2O1Q＝2θ，sin2θ＝2sinθcosθ＝2425，又sin2θ＝rR－r解得：R＝4924r＝4948L又R＝mvqB，代入v＝qB0L2m可得：B＝24B049(3)①若粒子由区域Ⅰ达到M点每次前进CP2＝2(R－r)cosθ＝85(R－r)6由周期性得：CM＝nCP2(n＝1,2,3……)，即52L＝85n(R－r)R＝r＋2516nL≥4948L，解得n≤3n＝1时R＝3316L，B＝833B0n＝2时R＝4132L，B＝1641B0n＝3时R＝4948L，B＝2449B0②若粒子由区域Ⅱ达到M点由周期性：CM＝CP1＋nCP2(n＝0,1,2,3……)即52L＝85R＋85n(R－r)解得：R＝52＋45n851＋nL≥4948L解得：n≤2625n＝0时R＝2516L，B＝825B0n＝1时R＝3332L，B＝1633B0.2.（2019高考冲刺模拟）．(12分)如图所示，光滑平行轨道abcd的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，bc段轨道宽度是cd段轨道宽度的2倍，bc段轨道和cd段轨道都足够长，将质量相等的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd段，且与轨道垂直。Q棒静止，让P棒从距水平轨道高为h的地方由静止释放，求：(1)P棒滑至水平轨道瞬间的速度大小；(2)P棒和Q棒最终的速度。【名师解析】(1)设P棒滑到b点的速度为v0，由机械能守恒定律：2012mghmv7得：02vgh。(2)最终两棒的电动势相等，即：2BLvP＝BLvQ得2vP＝vQ（此时两棒与轨道组成的回路的磁通量不变）这个过程中的任意一时刻两棒的电流都相等，但由于轨道宽度两倍的关系，使得P棒受的安培力总是Q棒的两倍，所以同样的时间内P棒受的安培力的冲量是Q棒的两倍，以水平向右为正方向，对P棒：－2I＝mvP－mv0对Q棒：I＝mvQ联立两式解得：25Pghv，225Qghv。3.（2019安徽江南十校联考）如图所示，在y0的空间中存在着垂直xoy平面向外的匀强磁场，在y0的空间中存在着平行于xoy平面的匀强电场，场强方向与x轴负方向成45°角斜向上。一质量为m，带电量为q的带正电粒子从坐标原点以初速度进入磁场，方向与x轴负方向成45°角斜向上，然后经过M点进人电场，并与y轴负半轴相交于N点。已知M点坐标为(L，0)，N点坐标为(0，－2L)(不考虑粒子所受的重力)求：(1)匀强磁场的磁感应强度；(2)匀强电场的电场强度。【名师解析】8