（江苏专版）2018高考物理二轮复习 滚讲义练（3）（含解析）.doc

二轮滚讲义练（三）滚动练一、选择题1、(多选)(2017连云港市模拟)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为e、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿on在竖直面内做匀变速直线运动。on与水平面的夹角为30，重力加速度为g，且mgqe，则()a电场方向竖直向上b小球运动的加速度大小为gc小球上升的最大高度为d若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为思路点拨试画出小球的受力示意图。提示：解析如图所示，由于小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力在on直线上，而mgqe，由三角形定则，可知电场方向与on方向成120角，a项错误；由图中几何关系可知，小球所受合力为mg，由牛顿第二定律可知ag，方向与初速度方向相反，b项正确；设小球上升的最大高度为h，由动能定理可得mg2h0mv02，解得h，c项错误；小球上升过程中，速度为零时，其电势能最大，则epqe2hcos 120，d项正确。答案bd备考锦囊匀强电场中直线运动问题的分析方法2、(2015海南高考)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为q的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则mm为()a32b21c52 d31解析：选a设电场强度为e，两粒子的运动时间相同，对m有，a，lt2；对m有a，lt2，联立解得，a正确。带电粒子在匀强电场中的偏转问题3、(2017苏州一模)真空中的某装置如图所示，加速电场区电压为u，偏转电场区有场强大小为e，方向竖直向下的匀强电场。现有两种粒子氘核(12h)、粒子(24he)分别从o点无初速度地飘入，最后都打在与oo垂直的荧光屏上。不计粒子重力及其相互作用，则()a偏转电场对两种粒子做功一样多b两种粒子一定打到屏上的同一位置c两种粒子在偏转电场中运动时间之比为21d将偏转区匀强电场改为垂直纸面的匀强磁场，两种粒子一定能打到屏上的不同位置思路点拨(1)根据wqu判断偏转电场对两种粒子的做功情况。(2)结合竖直方向上做匀加速直线运动，求出粒子出电场时竖直方向上的分速度以及偏转的位移，从而可判断两种粒子打在屏光荧上的位置。(3)根据动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度，抓住粒子在偏转电场中垂直于电场方向做匀速直线运动，求出运动的时间。解析在加速电场中，由动能定理得：qumv020，在偏转电场中，偏转位移yat2，联立得y，可见y与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，两种粒子一定打到屏上的同一位置，故b正确；两种粒子电量不等，偏转位移相等，由wqed可知，偏转电场对两种粒子做功不等，故a错误；根据动能定理得，qumv020，则进入偏转电场的速度v0，因为氘核和粒子的比荷之比为11，则速度之比为11，在偏转电场中运动时间t，则知时间之比为11，故c错误；由qv0bm可得：r，因为氘核和粒子的比荷之比为11，又是同一偏转磁场，则半径相同，从同一位置射出磁场做匀速运动，最后两种粒子一定打到屏上的同一位置，故d错误。答案b4.(多选)(2016上海高考)如图(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环l，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度b随时间按图(b)所示规律变化时()a在t1t2时间内，l有收缩趋势b在t2t3时间内，l有扩张趋势c在t2t3时间内，l内有逆时针方向的感应电流d在t3t4时间内，l内有顺时针方向的感应电流思路点拨(1)磁通量变化感应电流方向。(2)图像斜率变化变化感应电流大小的变化。解析据题意，在t1t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增大，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流激发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，选项a正确；在t2t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，选项b、c错误；在t3t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向电流，选项d正确。答案ad备考锦囊“三定则、一定律”的应用技巧两个条件感应电流产生的条件两种方法判断感应电流的方向两个原则(1)无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是“力”都用左手判断。(2)“电生磁”或“磁生电”均用右手判断。5.(2017响水期中)如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上。磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，且不与圆环接触。若不计空气阻力，重力加速度为g，则在磁铁穿过圆环的过程中下列说法中正确的是()a圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)b圆环中的感应电流方向一直是逆时针(从上向下看圆环)c磁铁所受圆环对它的作用力先竖直向上后竖直向下d磁铁的机械能守恒解析：选a由题图可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故a正确，b错误；由楞次定律可知，感应电流总是阻碍相对运动，在磁铁靠近圆环的过程中为阻碍磁铁的靠近，圆环对磁铁的作用力竖直向上，在磁铁穿过圆环远离圆环的过程中，为阻碍磁铁的远离，圆环对磁铁的作用力竖直向上，则在整个过程中，圆环对磁铁的作用力始终竖直向上，故c错误；在磁铁下落过程中，圆环中产生感应电流，圆环中有电能产生，磁铁在整个下落过程中，磁铁的机械能有一部分转化为电能，由能量守恒定律可知，磁铁的机械能减少，故d错误。6、(2017徐州模拟)如图所示，轻弹簧一端固定于o点，另一端与小滑块连接。把滑块放在光滑斜面上的a点，此时弹簧恰好水平。将滑块从a点由静止释放，经b点到达位于o点正下方的c点。当滑块运动到b点时，弹簧恰处于原长且与斜面垂直。已知弹簧原长为l，斜面倾角小于45，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则在此过程中()a滑块的加速度可能一直减小b滑块经过b点时的速度可能最大c滑块经过c点的速度大于 d滑块在ab过程中动能的增量比bc过程小解析：选ac滑块下滑过程中受重力、斜面对它的支持力、弹簧弹力。在b点弹簧恰处于原长且与斜面垂直，则滑块从a到b合外力变小且沿斜面向下，做加速度变小的加速运动。滑块从b到c弹簧弹力变大，此过程中有可能合力一直沿斜面向下，那么滑块继续做加速度变小的加速运动；也有可能合力有向上的阶段，那么滑块在此阶段加速度先变小后变大，即做先加速后减速的运动，故a正确，b错误；弹簧原长为l，斜面倾角小于45，由几何关系可知，a到b下降的高度差大于b到c的高度差，又a到b弹簧弹力对滑块做正功b到c做负功，根据动能定理a到b阶段动能增加量大于b到c阶段；设整个过程弹力做功为w，到达c点时速度为v，则由动能定理：mgwmv2，可得滑块经过c点的速度大于 ，故c正确，d错误。7、如图所示，可视为质点的小球a、b用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为r的光滑圆柱，a的质量为b的两倍。当b位于地面时，a恰与圆柱轴心等高。将a由静止释放，b上升的最大高度是()a2rb.c. d.思路点拨(1)a落地前，a、b组成的系统机械能守恒，且a、b速率相等。(2)a落地后，b机械能守恒。解析如图所示，以a、b为系统，以地面为零势能面，设a的质量为2m，b的质量为m，根据机械能守恒定律有：2mgrmgr3mv2，a落地后b将以v做竖直上抛运动，即有mv2mgh，解得hr。则b上升的高度为rrr，故选项c正确。答案c备考锦囊应用系统机械能守恒的三点提醒(1)应用公式ekep或eaeb列方程求解时，不用选择零势能面。(2)系统内物体的速率相等或沿绳子方向的分速度相等。(3)系统内物体的运动位移及高度变化量可能相同也可能不同。二、非选择题1、反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。如图所示，在虚线mn两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从a点由静止开始，在电场力作用下沿直线在a、b两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是e12.0103 n/c和e24.0103 n/c，方向如图所示。带电微粒质量m1.01020 kg，带电荷量q1.0109 c，a点距虚线mn的距离d11.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求：(1)b点到虚线mn的距离d2；(2)带电微粒从a点运动到b点所经历的时间t。解析：(1)带电微粒由a运动到b的过程中，由动能定理有|q|e1d1|q|e2d20，e1d1e2d2，解得d20.50 cm。(2)设微粒在虚线mn两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有|q|e1ma1，|q|e2ma2，设微粒在虚线mn两侧运动的时间大小分别为t1、t2，由运动学公式有d1a1t12，d2a2t22，又tt1t2，解得t1.5108 s。答案：(1)0.50 cm(2)1.5108 s2、如图甲所示，水平传送带ab逆时针匀速转动，一个质量为m1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点)。已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块在传送带上的运动时间；(3)整个过程中系统生成的热量。思路点拨(1)物块运动的加速度由摩擦力提供。(2)物块先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，最后向左做匀速运动。(3)系统产生的热量qffx相对。解析(1)由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度：a m/s22.0 m/s2由牛顿第二定律得ffma得到物块与传送带间的动摩擦因数0.2。(2)由题图乙可知，物块初速度大小v4 m/s、传送带速度大小v2 m/s，物块在传送带上滑动t13 s后，与传送