2018高考物理（江苏版）二轮滚讲义练（四）及解析

2018高考物理（江苏版）二轮滚讲义练（四）及解析滚动练一、选择题1、(2017·扬州一模)如图所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变。让不计重力的相同带电粒子a、b，以不同初速度先、后垂直电场射入，a、b分别落到负极板的中央和边缘，则()A．b粒子加速度较大B．b粒子的电势能变化量较大C．若仅使a粒子初动能增大到原来的2倍，则恰能打在负极板的边缘D．若仅使a粒子初速度增大到原来的2倍，则恰能打在负极板的边缘解析：选D加速度为a＝eq\f(qE,m)，a、b两个粒子相同，电场强度E相同，则加速度相同，故A错误；电场力做功为W＝qEy，可见，电场力做功相同，由能量守恒得知，a、b的电势能增量相同，故B错误；若a粒子的初动能增大到原来的2倍，由动能的定义式Ek＝eq\f(1,2)mv2知，a粒子的初速度增大到原来的eq\r(2)倍，粒子在电场中做类平抛运动，a粒子到达下极板的时间不变，水平位移变为原来的eq\r(2)倍，a粒子不能打到负极板的边缘，故C错误；若仅使a粒子初速度增大到原来的2倍，粒子到达下板的时间不变，水平位移变为原来的2倍，则a恰能打在负极板的边缘，故D正确。2、如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是()A．0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)解析：选B两板间加的是方波电压，刚释放粒子时，粒子向A板运动，说明释放粒子时UAB为负，A、D错误；若t0＝eq\f(T,2)时刻释放粒子，则粒子恰好做方向不变的单向直线运动，一直向A运动；若t0＝eq\f(3T,4)时刻释放粒子，则粒子恰好在电场中固定两点间做往复运动，因此在eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)时间内释放该粒子，粒子的运动满足题意的要求，B正确，C错误。3、(多选)如图甲所示，A和B表示在真空中相距为d的两平行金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场。图乙表示一周期性变化的交变电压随时间t变化的图线。从t＝0开始，电压为一定值U0；经过半个周期，突然变为－U0；再过半个周期，又突然变为U0……如此周期性地交替变化。在t＝0时，将上述交变电压U加在A、B两板上，使开始时A板电势比B板高，这时在紧靠B板处有一初速度为零的电子(质量为m，电荷量为e)在电场力作用下开始运动。要想使电子到达A板时具有最大的动能，则所加交变电压的周期T可能是()A.eq\r(\f(2md2,eU0)) B.eq\r(\f(8md2,9eU0))C.eq\r(\f(8md2,eU0)) D.eq\r(\f(10md2,eU0))解析：选CD在电场力作用下，电子的加速度a＝eq\f(eU0,md)，设电子从B板一直加速运动到A板所需要的时间为t0，则d＝eq\f(1,2)at02，解得t0＝eq\r(\f(2d,a))，根据题意可知，应满足t0≤eq\f(T,2)，解得T≥eq\r(\f(8md2,eU0))，C、D正确。4.如图所示，闭合导线圆环和条形磁铁都可以绕水平的中心轴OO′自由转动，开始时磁铁和圆环都静止在竖直平面内，若条形磁铁突然绕OO′轴，N极向纸里，S极向纸外转动，在此过程中，圆环将()A．产生逆时针方向的感应电流，圆环上端向里、下端向外随磁铁转动B．产生顺时针方向的感应电流，圆环上端向外、下端向里转动C．产生逆时针方向的感应电流，圆环并不转动D．产生顺时针方向的感应电流，圆环并不转动解析：选A条形磁铁内部的磁感线从S极到N极，由题意可知，当N极向纸里，S极向纸外转动时，导致通过圆环向里的磁通量变大，根据楞次定律可知，圆环中产生逆时针方向感应电流，感应电流的磁场阻碍磁通量的变化，则圆环必须上端向里、下端向外随磁铁转动，故A正确，B、C、D错误。5.(多选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1m2，线圈电阻为1Ω。规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。则以下说法正确的是()A．在时间0～2s内，I的最大值为0.01AB．在时间3～5s内，I的大小越来越小C．前2s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01CD．第3s内，线圈的发热功率最大[思路点拨](1)图像斜率为磁感应强度的变化率eq\f(ΔB,Δt)，且在变化。(2)由公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)计算感应电动势的大小。[解析]线圈所围面积不变，因磁场的磁感应强度B随时间t的变化，引起磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律，E＝eq\f(nΔΦ,Δt)＝eq\f(nSΔB,Δt)，其大小由图像的斜率决定，在t＝0时，斜率最大，且eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s，则Im＝0.01A，A正确；在时间3～5s内，eq\f(ΔB,Δt)一定，产生恒定电流，B错误；第3s内，eq\f(ΔB,Δt)＝0，没有感应电流，D错误；前2s内，q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R)·t＝eq\f(ΔB·S,R)＝0.01C，C正确。[答案]AC[备考锦囊]法拉第电磁感应定律应用时的三个注意事项(1)感应电动势的大小由穿过回路的磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系。(2)用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。推导如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,Δt·R)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)。6、(2017·南京模拟)如图所示，一半圆形碗的边缘上装有一定滑轮，滑轮两边通过一不可伸长的轻质细线挂着两个小物体，质量分别为m1、m2，m1>m2。现让m1从靠近定滑轮处由静止开始沿碗内壁下滑。设碗固定不动，其内壁光滑、半径为R。则m1滑到碗最低点时的速度为()A．2eq\r(\f(m1－m2gR,2m1＋m2)) B.eq\r(\f(2m1－m2gR,m1＋m2))C.eq\r(\f(2m1－\r(2)m2gR,m1＋m2)) D．2eq\r(\f(m1－\r(2)m2gR,2m1＋m2))解析：选D设当m1到达碗最低点时速率为v1，此时m2的速率为v2，则有v1cos45°＝v2，对m1、m2由机械能守恒定律得m1gR＝m2g·eq\r(2)R＋eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22，解得v1＝2eq\r(\f(m1－\r(2)m2gR,2m1＋m2))，D正确。7、(多选)(2017·盐城联考)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的eq\f(1,4)圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球大小。开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是()A．a下滑过程中机械能保持不变B．a、b和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变C．a、b滑到水平轨道上时速度为eq\r(2gR)D．从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a做的功为eq\f(mgR,2)解析：选BD由机械能守恒的条件得，a机械能不守恒，a、b系统机械能守恒，A错误，B正确；对a、b系统由机械能守恒定律得：mgR＋2mgR＝2×eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(3gR)，C错误；对a由动能定理得：mgR＋W＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝eq\f(mgR,2)，D正确。二、非选择题1．(2017·徐州一模)如图甲所示，A、B两块金属板水平放置，相距为d＝0.6cm，两板间加一周期性变化的电压，当B板接地(φB＝0)时，A板电势φA随时间变化的情况如图乙所示。现有一带负电的微粒在t＝0时刻从B板中央小孔射入电场，若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计(g＝10m/s2)。求：(1)在0～eq\f(T,2)和eq\f(T,2)～T这两段时间内微粒的加速度大小和方向；(2)要使该微粒不与A板相碰，所加电压的周期最长为多少。解析：(1)设电场力大小为F，则F＝2mg，对于t＝0时刻射入的微粒，在0～eq\f(T,2)时间内，有F－mg＝ma1又由题意，F＝2mg解得a1＝g，方向向上在eq\f(T,2)～T时间内的加速度a2满足F＋mg＝ma2解得a2＝3g，方向向下。(2)前半个周期上升的高度h1＝eq\f(1,2)a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝eq\f(1,8)gT2前半个周期微粒的末速度为v1＝eq\f(1,2)gT后半个周期先向上做匀减速运动，设减速运动时间为t1，则3gt1＝eq\f(1,2)gT，则得t1＝eq\f(T,6)，此段时间内上升的高度h2＝eq\f(1,2)a2t12＝eq\f(1,2)×3g×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,6)))2＝eq\f(gT2,24)则上升的总高度为H＝h1＋h2＝eq\f(gT2,6)后半个周期的eq\f(T,2)－t1＝eq\f(T,3)时间内，微粒向下做匀加速运动，下降的高度H3＝eq\f(1,2)×3g×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,3)))2＝eq\f(gT2,6)，上述计算表明，微粒在一个周期内的总位移为零，只要在上升过程中不与A板相碰即可，则H≤d，即eq\f(gT2,6)≤d所加电压的周期最长为Tm＝eq\r(\f(6d,g))＝6×10－2s。答案：(1)g，方向向上3g，方向向下(2)6×10－2s2、如图所示，电动机带动传送带以速度v匀速运动，一质量为m的小木块由静止放在传送带上(传送带足够长)。若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，当小木块与传送带相对静止时，求：(1)小木块获得的动能；(2)摩擦过程产生的热量；(3)传送带克服摩擦力所做的功；(4)电动机输出的总能量。解析：小木块刚放上时速度为零，必然受到传送带的滑动摩擦力作用做匀加速直线运动，达到与传送带有共同速度后不再有相对运动，整个过程中小木块获得一定的动能，系统要产生摩擦热。以小木块为研究对象：相对滑动时，a＝eq\f(μmg,m)＝μg，达到相对静止所用的时间为t＝eq\f(v,μg)，小木块的位移l1＝eq\f(1,2)vt＝eq\f(v2,2μg)，