《2021届一轮复习物理解题方法导练平均值法1(含解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届一轮复习物理解题方法导练平均值法1(含解析).pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、物理解题方法导练：平均值法1如图所示，将直径为d，电阻为R 的闭合金属环从匀强磁场B 中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为（）A24B dRB2 BdRC2BdRD2BdR2当前，我国某些贫困地区的日常用水仍然依靠井水。某同学用水桶从水井里提水，井内水面到井口的高度为20m。水桶离开水面时，桶和水的总质量为10kg。由于水桶漏水，在被匀速提升至井口的过程中，桶和水的总质量随着上升距离的变化而变化，其关系如图所示。水桶可以看成质点，不计空气阻力，重力加速度g 取 10m/s2。由图象可知，在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为（）A2000J B1800J C200J D180J 3如
2、图所示，由同种材料制成，粗细均匀，边长为L、总电阻为R 的单匝正方形闭合线圈 MNPQ 放置在水平面上，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的有界匀强磁场，磁场两边界成=45角。现使线圈以水平向右的速度 匀速进入磁场，则（）A当线圈中心经过磁场边界时，P 点的电势比N 点高B当线圈中心经过磁场边界时，N、P 两点间的电势差U=14BLv C当线圈中心经过磁场边界时，线圈所受安培力大小22B L vFR安D线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，通过导线某一横截面的电荷量22BLqR4如图所示，传送带通过滑道将长为L、质量为m的匀质物块以初速度v0向右传上水平台面，物块前端在台面上
3、滑动s后停下来。已知滑道上的摩擦不计，物块与台面间的动摩擦因数为 且 sL，则物块在整个过程中克服摩擦力所做的功为（）A()2Lmg sBmgsC()2Lmg s-D()mg sL5如图所示，足够长的光滑平行金属直导轨固定在水平面上，左侧轨道间距为2d，右侧轨道间距为d。轨道处于竖直向下的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。质量为2m、有效电阻为2R 的金属棒a 静止在左侧轨道上，质量为m、有效电阻为R的金属棒 b 静止在右侧轨道上。现给金属棒a 一水平向右的初速度v0，经过一段时间两金属棒达到稳定状态。已知两金属棒运动过程中始终相互平行且与导轨良好接触，导轨电阻忽略不计，金属棒a始终在左侧轨道
4、上运动,则下列说法正确的是（）A金属棒b 稳定时的速度大小为013vB整个运动过程中通过金属棒a 的电荷量为023mvBdC整个运动过程中两金属棒扫过的面积差为022RmvB dD整个运动过程中金属棒a 产生的焦耳热为2049mv6如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成角放置，导轨间距为L 且电阻不计，其顶端接有一阻值为R 的电阻，整个装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。一质量为m 的金属棒以初速度v0由导轨底端M 点上滑，经一段时间滑行距离x 到达最高点N 后，又返回底端M 点。金属棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电路中的电阻为r，重力加速度为g。下
5、列说法正确的是（）A金属棒上滑过程中通过电阻R 的电荷量为BLxRrB整个过程中电阻R 中的电流先从b到 a 后从 a 到 b C金属棒下滑时间大于上滑时间D金属棒上滑时间为220()()sinmv RrB L xmg Rr7如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN 的右侧存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场，MN的左侧有一质量为m=0.1kg的矩形线圈bcde，bc边长L1=0.2m，电阻 R=2。t=0 时，用一恒定拉力F 拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过1s，线圈的bc 边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F 改为变力，又经过1s，线圈恰好完全进入磁场，在整个运动
6、过程中，线圈中感应电流i 随时间 t 变化的图象如图乙所示。则（）A恒定拉力大小为005N B线圈在第2s内的加速度大小为1m/s2C线圈 be边长 L2=05m D在第 2s内流过线圈的电荷量为0.2C 8如图MN、PQ是竖直的光滑平行导轨，相距L=0.5m。上端接有电阻R=0.8，金属杆 ab 质量 m=100g，电阻 r=0.2。整个装置放在垂直向里的匀强磁场中，磁感应强度B=1.0T。杆 ab 从轨道上端由静止开始下落，下落过程中ab 杆始终与轨道保持良好的接触，当杆下落10m 时，达到最大速度。试讨论：(1)ab 杆的最大速度；(2)从静止开始达最大速度电阻R上获得的焦耳热；(3)从
7、静止开始达最大速度的过程中，通过金属杆的电量。9上海磁悬浮列车已于2003年 10 月 1 日正式运营.据报道，列车从上海龙阳路车站到浦东机场车站，全程30km，列车开出后先加速，直到最高速度432km/h，然后保持其最大速度行驶50s，立即开始减速直到停止，恰好到达车站（1）假设列车启动和减速的加速度大小相等且恒定，列车做直线运动试由以上数据估算磁悬浮列车运行的平均速度的大小是多少？（2）北京和天津之间的距离是120km，若以上海磁悬浮列车的运行方式行驶，最高时速和加速度都相同，由北京到天津要用多长时间？10如图甲所示，两根与水平面成=30角的足够长光滑金属导轨平行放置，导轨间距为 L，导轨
8、的电阻忽略不计整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面斜向上现将质量均为m、电阴均为R 的金属棒a、b 垂直于导轨放置，一不可伸长的绝缘细线的P 端系在金属杆b 的中点，另一端N 通过滑轮与质量为M 的物体相连，细绳与导轨平面平行导轨与金属棒接触良好，不计一切摩擦，运动过程中物体始终末与地面接触，重力加速度g 取 10m/s2(1)若金属棒a固定，M=m，由静止释放b，求释放瞬间金属棒b的加速度大小(2)若金属棒a固定，L=1m，B=1T，m=0.2kg，R=1，改变物体的质量M，使金属棒b沿斜面向上运动，请写出金属棒b 获得的最大速度v 与物体质量M 的关系式，并在乙
9、图中画出v-M 图像(3)若撤去物体，改在绳的 N 端施加一大小为F=mg，方向竖直向下的恒力，将金属棒 a、b 同时由静止释放从静止释放到a刚开始匀速运动的过程中，a产生的焦耳热为Q，求这个过程流过金属棒a的电量11如图所示，水平面内足够长的光滑平行金属导轨相距为L，左端连接阻值为R 的电阻，导体棒MN 垂直导轨放置，与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向下、范围足够大的非匀强磁场中，沿导轨建立x 轴，磁场的磁感应强度满足关系B=B0+kx。t=0 时刻，棒 MN 从 x=0 处，在沿+x 轴水平拉力作用下以速度v 做匀速运动，导轨和导体棒电阻不计，求：（1）t=0 时刻，电阻R 消耗的电功
10、率P0；（2）运动过程中水平拉力F 随时间 t变化关系式；（3）0t1时间内通过电阻R 的电荷量 q。12如图所示，水池中水深为h，水面面积足够大。水面上漂浮一块质量为m 的正方形木块，已知其边长为a，漂浮时恰好有一半浸没于水中。现在木块的上表面正中心施加一竖直向下的力F，使木块缓慢地被压入到水底，求此过程中力F 所做功。13如图所示，光滑、平行、电阻不计的金属导轨固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L，导轨顶端连接定值电阻R，导轨上有一质量为m，长度为L，电阻不计的金属杆，杆始终与导轨接触良好。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里。现将杆从M点以0v的速度竖直向上
11、抛出，经历时间t，到达最高点N，重力加速度大小为g。求t时间内（1）流过电阻的电量q；（2）电阻上产生的电热Q。参考答案1A【解析】金属环的面积：2224ddS（）由法拉第电磁感应定律得：BSEtt由欧姆定律得，感应电流：EIR感应电荷量：q=I t，解得：24B dqRR故 A 正确，BCD 错误；故选 A【点睛】本题考查了求磁通量的变化量、感应电荷量等问题，应用磁通量的定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题，求感应电荷量时，也可以直接用公式qR计算2B【解析】由于水桶匀速上升，故拉力等于水桶重力。由于水和水桶的质量随位移均匀减小。故拉力与位移满足线性关系，所以可用平均
12、力法进行求解变力做功。11100NFm g2280NFm g则拉力做功为：12=1800J2FFWx拉故选 B。3D【解析】【分析】【详解】A当线圈中心经过磁场边界时，此时切割磁感线的有效线段为NP，由右手定则可知，P点的电势比N 点低，故A 错误；B根据法拉第电磁感应定律，NP 产生的感应电动势为EBLv，此时 N、P 两点间的电势差U为路端电压，有3344UEBLv故B错误；C当线圈中心经过磁场边界时，QP、NP 受安培力作用，且两力相互垂直，故合力为222B L vFR安故 C 错误；D根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，有=Et，=EIR通过导线某一横截面的电荷量为22BLqRR故 D
13、正确。故选 D。4C【解析】【分析】【详解】分两个阶段计算物块克服摩擦力所做功：物块在完全滑上台面前，摩擦力随滑上的距离从0均匀增大，最大值为mg；物块滑上平台后摩擦力恒定，则有整个过程中克服摩擦力做的功0()22mgLWLmg sLmg s）故 C 正确 ABD 错误。故选 C。5BCD【解析】【分析】【详解】A对金属棒a、b 分别由动量定理可得0222BIdtmvmv，BIdtmv联立解得0mvmvmv两金属棒最后匀速运动，回路中电流为0，则2BdvBdv即2vv则013vv，023vvA 错误；B在金属棒b 加速运动的过程中，有BIdtmv即023Bqdmv解得023mvqBdB 正确；
14、C根据法拉第电磁感应定律可得33EBSqIttRRR总解得022RmvSB dC 正确；D由能量守恒知，回路产生的焦耳热2222001112222223Qmvmvmvmv则金属棒a 产生的焦耳热202439QQmvD 正确。故选 BCD。6ACD【解析】【分析】【详解】A金属棒上滑过程中通过电阻R 的电荷量为BLxqRrRr故 A 正确；B由楞次定律，金属棒上滑过程电阻R中电流从a 到 b，下滑过程电阻R中电流从b 到 a，故 B 错误；C根据能量守恒得，除最高点外，在任何一个位置上，上滑到此位置的速度大于下滑到此位置的速度，则上滑的平均速度大于下滑的平均速度，所以t上t下故 C 正确；D上滑
15、过程，以向上为正方向，由动量定理得(sin)mgBiLtm v两边求和0sin0mgtBLqmv又BLxqRrRr解得220()()sinmv RrB L xtmg Rr故 D 正确。故选 ACD。7ABD【解析】【分析】【详解】A由乙图知：t=1s 时，线圈中感应电流为：i=0.1A 由1 1BLvEiRR得110.12m/s=0.5m/s20.2iRvBL根据v1=at F=ma 得10.50.1N=0.05N1vFmt故 A 正确。Bt=2s时线圈速度2210.32m/s=1.5m/s20.2i RvBL线圈在第2s 时间内的加速度222121.50.5m/s=1m/s1vvat故 B
16、正确。C线圈 ab 边长为1220.5 1.51m=1m22vvLt故 C 错误。D在第 2s内流过线圈的电量为122 0.2 1C=0.2C2BL LqRR故 D 正确。故选 ABD。8(1)4m/s；(2)7.36J；(3)5C【解析】【分析】【详解】(1)ab 杆匀速下落时速度达到最大，安培力与重力二力平衡，则有F安=mg 又F安=BIL，E=BLvm，IERr所以可得：ab杆的最大速度为vm=2222()0.1 10(0.80.2)10.5mg RrB Lm/s=4m/s(2)由能的转换与守恒定律有mgh=Q+212mmv所以回路产生的总焦耳热为Q=mgh212mmv=(0.1 10
17、1012 0.1 42)J=9.2J 电阻 R 上获得的焦耳热为QR=0.89.2J=7.36J0.80.2RQRr(3)从静止开始达最大速度的过程中，通过金属杆的电量为1.00.5 10C5C0.80.2BLhqRrRr9（1）66.7/m s（2）20min【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知：最大速度，匀速行驶的位移为由于列车加速阶段和减速阶段的加速度大小相等，因此加速阶段与减速阶段通过的位移也应相等，设为，所用时间也相等，设为，则，故列车全程的平均速度为：（2）若磁悬浮列车以相同的加速度和最大速度从北京到天津，则仍有加速阶段与减速阶段通过的位移及所用的时间相等，其余的位移是以其最大
18、速度匀速行驶，其所用时间故北京到天津所用时间为10(1)22.5m/s(2)202vM(3)22442()4BLQm gRqRmgB L【解析】【分析】【详解】（1）设释放金属棒b 瞬间的加速度为a：对物体 M：MgTMa对金属棒b：sinTmgma解得：22.5m/sMgmgsinaMm（2）当金属棒b 速度达到最大时，对物块M 有：TMg对金属棒b 有：sin30mgILBT对电路分析有：EBLv2EIR.解得：202vMv-M 图像如图所示：（3）对两棒受力分析可知，在任一时刻：对 a 棒：1mgsinFma安对 b 棒：2F-mg-Fsinma安解得：12aa即在任一时刻两棒的速度、加
19、速度、位移总是大小相等方向相反，同时达到匀速运动状态，此时的速度最大设 a 棒的最大速度为v1，此过程通过的位移为S，则电路中的总电动势：112EBLv电路中的总电流：112EIR.对 a 棒：1sin30mgI LB由能量守恒定律得：211m222gSQmv.从静止释放到a 刚开始匀速运动的过程中，流过a棒的电量有：qIt.其中：2EIR.Et.2BLS.解得：1222mgRvB L224424Qm gRSmgB L224424BLQm gRqRmgB L11（1）22200B L vPR；（2）220BkvtL vFR；（3）01122BkvtLvtqR【解析】【分析】【详解】（1）0t时
20、刻导体棒产生的电动势00EB Lv电功率200EPR解得22200B L vPR（2）在t时刻，棒MN位置xvt导体棒产生的感应电流BLvIR导体棒所受安培力AFBIL方向向左导体棒做匀速运动应有AFF解得220BkvtL vFR（3）任意t时刻棒产生的感应电流0Bkvt LvBLvIRR则1t时刻棒产生的感应电流011BkvtLvIRIt图象如图10t时间内通过R的电荷量0112IIqt解得01122BkvtLvtqR1234amg h【解析】【分析】【详解】（解法一）：由于水面面积足够大，可将木块压入水中引起的水深变化忽略。在木块完全没入水面之前，力 F 大小始终等于增加的浮力，即2Fga
21、 xx式中 x 为木块的位移。由于312Fmgga浮木块完全没入水中时322FgaFmg浮浮故3max12Fgamg力 F 做功max101224FaWmga从木块完全没入水中到被压入到水底的过程中，力F 保持不变。此过程中力F 做功2max()()WFhamg ha则整个过程中力F 做功为123()4aWWWmg h（解法二）：从能量守恒的角度考虑，整个过程中力F 所做功应等于水增加的重力势能与木块减少的重力势能的差值。木块减少的重力势能P()2aEmg h当木块被压到池底时，木块所位置同体积的水上升，一半填补到木块原排开的那部分水的位置，一半平铺到水面上，由阿基米德定律知这部分水的质量为2m，取水底为重力势能零点，则可知这部分水增加的重力势能为P5()2(2)424aaaEmghmg hmgmgh故力 F 所做功为PP3()4aWEEmg h13（1）0mvmgtqBL；（2）220022()12m gR vgtQmvB L【解析】【分析】【详解】（1）根据动量定理，有00mvmgtFt又因为FBLIqIt联立解得0mvmgtqBL（2）根据EBLhIRRtRt以及能量守恒2012Qmvmgh联立解得220022()12m gR vgtQmvB L