（江苏专版）2018高考物理二轮复习 滚讲义练（13）（含解析）_1

1、（江苏专版）2018高考物理二轮复习 滚讲义练（13）（含解析）二轮滚讲义练（13）滚动练一、选择题1、如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，则()A如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出B如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出C如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度B增大为原来的二倍，也将从d点射出D只改变粒子的速度，使其分别从e、d、f点射出时，从f点射出所用的时间最短解析：选AD由r可知，如果粒子的速度增大为原来的二倍，粒子在磁场内运动时的轨道半径增大到原来的二倍，粒子

2、将从d点射出，选项A正确；如果粒子的速度增大为原来的三倍，假设磁场区域足够大，粒子会通过ad延长线上的g点，且dgae，可知粒子将从d、f之间的某确定点射出，选项B错误；如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，将从ae的中点射出，选项C错误；带电粒子从e、d点射出时转过的角度相等，所用时间相等，从f点射出时转过的角度最小，所用的时间最短，选项D正确。2、(2017雁塔区二模)如图所示，垂直纸面向外的V形有界匀强磁场磁感应强度大小为B，左边界AC是一块竖直放置的挡板，其上开有小孔Q，一束电荷量为q、质量为m(不计重力)的带电粒子，以不同的速率垂直挡板从小孔Q射入右侧磁场中，CD为磁场

3、右边界，它与挡板的夹角30，小孔Q到板的下端C的距离为L，若速率最大的粒子恰好垂直于CD边射出，则()A恰好不从CD边射出的粒子的速率vB粒子动能的最大值EkmC能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最长时间tmDCD边上有粒子打到的区域长度为解析：选BC根据半径推论公式r，粒子的速率越大，轨迹半径越大；恰好不从CD边射出的粒子的轨迹与CD边相切，如图所示，结合几何关系，有：QCLr，解得：r；根据r，有：v，故A错误；若速率最大的粒子恰好垂直于CD边射出，则其轨迹以C为圆心，轨迹半径为rL，根据r，有：v，故最大动能为：Ekmmv2，故B正确；恰好能够从CD边射出的粒子轨迹与CD相切，根据A选

4、项的分析，半径r，粒子偏转对应的圆心角为120，故t，故C正确；根据A选项的分析，如果粒子的轨迹与CD边相切，则切点与C点的距离为rL；如果速率最大，轨迹与CD的交点与C点的距离为L；故CD边上有粒子打到的区域长度为L，故D错误。3、(多选)如图所示，一足够长的绝缘细杆处于磁感应强度为B0.5T的匀强磁场中，杆与磁场垂直且与水平方向的夹角为37。一质量为m0.1g、电荷量为q5104C的带正电圆环套在杆上，圆环与杆之间的动摩擦因数为0.4。现将圆环从杆上的某一位置无初速度释放。则下列判断中正确的是(sin370.6，cos370.8，取重力加速度g10m/s2)()A圆环下滑过程中洛伦兹力始终

5、做正功B当圆环下滑的速度达到2.4m/s时，圆环与杆之间的弹力为零C圆环下滑过程中的最大加速度为6m/s2D圆环下滑过程中的最大速度为9.2m/s解析：选CD由于洛伦兹力始终与速度垂直，不做功，故A错误；当圆环与杆之间的弹力为零时，摩擦力为零，加速度最大，此时有qvBmgcos，解得v3.2m/s，由mgsinma大解得a大6m/s2，故B错误，C正确；圆环向下加速运动时，必会出现qvB>mgcos，此时，杆对圆环的弹力为FNqvBmgcos，当mgsinFN(qv大Bmgcos)时速度最大，解得v大9.2m/s，故D正确。4、(2017宜兴模拟)如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀

6、的单匝正方形闭合线框abcd。t0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为I，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列表示I、U、F随运动时间t变化关系的图像正确的是()解析：选C由题得到，线框的速度与时间的关系式为vat，a是加速度。由EBLv和I得，感应电流与时间的关系式为It，B、L、a均不变，0t1时间内，感应电流为零，t1t2时间内，电流I与t成正比，t2时间后无感应电流，故A、B错误；由感应电流与时间的关系式It，0t1时间内，感应电流为零，U为零，t1t2时间内

7、，电流I与t成正比，UIRadR，电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，UEBLat，电压随时间均匀增加，故C正确；根据推论得知：线框所受的安培力为FA，由牛顿第二定律得FFAma，得Ftma,0t1时间内，感应电流为零，Fma，为定值，t1t2时间内，F与t成正比，F与t是线性关系，但其图线延长线不过原点，t2时间后无感应电流，Fma，为定值，故D错误。5、(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻，

8、重力加速度为g，则()A金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为abB金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为C金属棒的最大速度为D金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为2R解析：选BD金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律知，流过电阻R的电流方向为ba，选项A错误；金属棒的速度为v时，金属棒中感应电动势EBLv，感应电流I，所受的安培力大小为FBIL，选项B正确；当安培力Fmg时，金属棒下落速度最大，金属棒的最大速度为v，选项C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R和r的总热功率为Pmgv2(Rr)，电阻R的热功率为2R，选项D正确。6、一个质量为m的物体以某一速度从固定斜面底端冲

9、上倾角为30的斜面，其加速度为g，如图所示，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则此过程中()A物体动能增加了mghB物体克服重力做功mghC物体机械能损失了mghD物体克服摩擦力做功mgh解析：选B物体在斜面上加速度为g，方向沿斜面向下，物体所受合力F合mamg，方向沿斜面向下，斜面倾角为30，由几何关系知，物体从斜面底端到最大高度处的位移为2h，物体从斜面底端到最大高度处，合力做功W合F合2hmgh，根据动能定理得W合Ek，所以物体动能减小mgh，故A错误；根据功的定义式得：重力做功WGmgh，故B正确；重力做功量度重力势能的变化，所以物体重力势能增加了mgh，而物体动能减小mgh，所以物体

10、机械能损失了mgh，故C错误；除了重力之外的力做的功量度机械能的变化，物体除了重力之外还有摩擦力做功，物体机械能减小了mgh，所以摩擦力做功为mgh，故D错误。7、如图所示，足够长的木板B置于光滑水平面上，木块A置于木板B上，A、B接触面粗糙，动摩擦因数为一定值，现用一水平恒力F作用在B上使其由静止开始运动，A、B之间有相对运动，下列说法正确的是()AB对A的摩擦力的功率是不变的B力F做的功一定等于A、B系统动能的增加量C力F对B做的功等于B动能的增加量DB对A的摩擦力做的功等于A动能的增加量解析：选DB对A的摩擦力一定，A的速度增大，由PFv知B对A的摩擦力的功率增大，故A错误；对整体分析可

11、知，F做功转化为A、B系统的动能及内能，故F做的功一定大于A、B系统动能的增加量，故B错误；由动能定理可知，力F对B做的功与A对B的摩擦力做功的代数和等于B动能的增加量，故C错误；只有B对A的摩擦力对A做功，由动能定理知B对A的摩擦力做的功等于A动能的增加量，故D正确。二、非选择题1、如图所示，比荷为k的带电小球从水平面上某点P由静止释放，过b点进入MN右侧后能沿半径为R的半圆形轨道bcd运动且对轨道始终无压力，小球从d点再次进入MN左侧后正好落在b点，不计一切摩擦，重力加速度为g。求：(1)小球进入电磁场时的速度大小v；(2)MN右侧的电场强度的大小E2；(3)MN左侧的电场强度的大小E1；

12、(4)小球释放点P到b点的距离x。解析：(1)小球进入MN右侧电磁场区域后能沿bcd运动且始终对轨道无压力，表明洛伦兹力充当小球做圆周运动的向心力，且小球的速率不变，因此有qvBm代入k解得vkBR。(2)小球速率不变，重力与电场力平衡，即qE2mg0解得E2。(3)小球再次进入左侧电场后，在水平方向上做匀减速运动，然后向右在水平方向上做匀加速运动0vta1t2a1在竖直方向上做自由落体运动，则2Rgt2联立解得E1B。(4)小球从P点由静止释放运动到b点，由动能定理得qE1xmv2式代入解得x。答案：(1)kBR(2)(3)B(4)2、(2017镇江一模)如图所示，用一根长为l1m的细线，一端系一质量为m1kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角37，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为时，细线的张力为FT(sin370.6，cos370.8，g取10m/s2，结果可用根式表示)。求：(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60，则小球的角速度为多大？思路点拨试在题图中画出小球刚要离开锥面时的受力示意图。提