江蘇專版高考物理二輪復習滾講義練6含解析

1、二輪滾講義練（六）滾動練一、選擇題1、（2017 南通一模）如圖甲所示，兩平行金屬板 MN PQ的板長和板間距離相等，板間 存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，在t = 0時刻，一不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時的速度為vo, t = T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場。則（）1 ukifPClT _I1 I iaJL r2PQ甲乙A. 該粒子射出電場時的速度方向一定沿垂直電場方向B. 在t = j時刻，該粒子的速度大小為 2voC. 若該粒子在j時刻以速度vo進入電場，則粒子會打在板上D. 若該粒子的入射速度變?yōu)?2vo，則該粒子仍在

2、t = T時刻射出電場解析：選A 粒子射入電場，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上前半個周期內(nèi)先做勻加速直線運動， 后半個周期內(nèi)做勻減速直線運動，一個周期末豎直方向上的分速度恰好為零，可知粒子射出電場時的速度方向一定沿垂直電場方向，故A正確；在t=j時刻，粒子在水平方向上的分速度為vo,因為兩平行金屬板 MN PQ的板長和板間距離相等，結合Vy TTVy T上述分析則有：VoT= 2 2 X 2,解得Vy= 2vo,則t = 2時刻，Vy = - = Vo,根據(jù)平行四 邊形定則知，粒子的速度大小為 V = . 2Vo,故B錯誤；若該粒子在j時刻以速度Vo進入電場， 粒子在豎直方向上的運動

3、情況與o時刻進入時運動的方向相反，運動規(guī)律相同，則粒子不會打在板上，故C錯誤；若該粒子的入射速度變?yōu)?2vo,則粒子射出電場的時間 t = 2V =，故D錯誤。2、（2017 詔安模擬）如圖所示，在真空中有一對帶電的平行金屬板 水平放置。一帶電粒子沿平行于板面的方向，從左側兩極板中央射入電場中，恰能從右側極板邊緣處離開電場，不計粒子重力，若可以改變某個量,下列哪種變化，仍能確保粒子一定飛出電場（）A. 只增大粒子的帶電量B. 只增大電場強度C. 只減小粒子的比荷D. 只減小粒子的入射速度解析：選C設帶電粒子的初速度為 V。，右側極板長為L,電場強度為E,根據(jù)牛頓第2二定律，有a =眄，水平方向

4、：L = vot，豎直方向：y = fat2，聯(lián)立得：尸 弊，只增大粒m22mvo子的帶電量，只增大電場強度， 只減小粒子的入射速度， 都會使豎直位移y增大，粒子可能 打到極板上，粒子不一定能飛出電場，故 A、B、D錯誤；只減小粒子的比荷，豎直位移 y 減小，一定能飛出電場，故 C正確。3、（2017 南京模擬）用輕繩拴著一質(zhì)量為 m帶正電的小球在豎直面內(nèi)繞O點做圓周運動，豎直面內(nèi)加有豎直向下的勻強電場，電場強度為E,如圖甲所示，不計一切阻力，小球運動到最高點時的動能 Ek與繩中張力F間的關系如圖乙所示， 當?shù)氐闹亓铀俣葹?g,則)A.小球所帶電荷量為B輕繩的長度為aEC. 小球在最高點時的

5、最小速度為D. 小球在最低點時的最小速度為解析：選C在最高點時，繩對小球的拉力、重力和電場力的合力提供向心力，則得:F+ mg+ Eq=me，即 1m/ 2L = F+ m葉 Eq,由于 Ek=*m,故*F+2(mg+ Eq),由題圖乙可知，圖線斜率k= a = L，即L=詈，故B錯誤；當F= 0 時，由 mg+Eq= m2,如=a, 解1 / 6b mg1 2得q=故A錯誤；當F= 0時，重力和電場力提供向心力，此時對應最小速度，mfD錯誤。n邊長為a，線圈平面與勻強4. （2014 江蘇高考）如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為磁場垂直，且一半處在磁場中。 在At時間內(nèi)，磁感應強度的方向不變，大

6、小由B均勻地增大到2B。在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為（）A.Ba22XtB.2nBa2AtC.nBa2D.2nBa2AtAB 2B-B B解析：選B磁感應強度的變化率a-甘二戰(zhàn)，法拉第電磁感應定律公式可寫成E=nAAT = nABS,其中線圈在磁場中的有效面積S= 2a2,代入得E= nBAt，選項B正確，A7 / 6C D錯誤。5. （2017 南平期末）如圖所示，左側有一個豎直放置的超導體圓環(huán)（電阻可視為0） ,0點為圓環(huán)的圓心，右側有一條形磁鐵。初始圓環(huán)中沒有電流， 條形磁鐵由靜止沿圓環(huán)軸線向左加速運動，當其左端到達圓心O所在位置時，突然靜止不動。下列說法正確的是（）A. 條形磁

7、鐵運動的過程中，圓環(huán)中有逆時針（從左向右看）方向的電流B. 條形磁鐵運動的過程中，圓環(huán)中的電流為0C. 條形磁鐵運動的過程中，圓環(huán)對條形磁鐵有向右的作用力D. 條形磁鐵運動的過程中，條形磁鐵對圓環(huán)始終沒有作用力解析：選C條形磁鐵沿圓環(huán)軸線靠近圓環(huán)時，圓環(huán)中會產(chǎn)生感應電流，出現(xiàn)來拒”的現(xiàn)象，根據(jù)楞次定律可得，圓環(huán)中產(chǎn)生順時針（從左向右看）方向的感應電流，故 A、B錯誤；根據(jù)楞次定律的“來拒去留”可知，條形磁鐵運動過程中，圓環(huán)對條形磁鐵有向右的作用力，故C正確，D錯誤。6、背越式跳高是一項跳躍垂直障礙的運動項目，包括助跑、起跳、過桿和落地四個階段，如圖所示為從起跳到落地運動過 程分解圖，某同學身高

8、 1.80 m，體重60 kg，參加學校運動會時成功地越過高1.90 m的橫桿，該同學跳起時的動能可能是下列哪個值（g取10 m/s2）（）B. 600 JA. 500 JC. 800 JD. 2 000 J解析：選C該同學跳高過程可以視為豎直上拋運動，當重心達到橫桿時速度恰好為零,該同學重心升高高度至少為:h= 1.90 1.802m= 1.0 m，根據(jù)機械能守恒定律可知，跳起時的動能：Ek= mgh= 60x 10X 1.0 J = 600 J，因?qū)嶋H過程中可能存在阻力，則可知，只有 動能大于600 J時才能成功越過，但 2 000 J不符合實際，故只有 C正確，A、B D錯誤。7、如圖所

9、示，在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為 h。若將小球A換為質(zhì)量為2m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，則小球 B下降h時的速度A. ：2ghB. ghC.D. 0解析：選B質(zhì)量為m的小球A,下降到最大高度 h時，速度為零，重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧彈性勢能，即5= mgh質(zhì)量為2m的小球下降據(jù)功能關系有2mgh-&= 1 x 2mv ,解得v = gh,選項B正確。h時，根、非選擇題1、如圖所示，空間存在著兩個方向均垂直紙面向外的勻強磁場區(qū)域I和H,磁感應強度大小分別為Bi、B2,且Bi= Bo, B2= 2Bo,MN為兩個磁場的

10、邊界。一質(zhì)量為m電荷量為q的帶正電粒子（不計重力）,從邊界上的A點以一定的初速度豎直向上射入勻強磁場區(qū)域I中，邊界MN上的C點與A點的距離為d。試求該粒子從 A點射入磁場的速度Vo為多大時，粒子恰能經(jīng)過C點?解析設粒子在磁場區(qū)域I中做圓周運動的半徑為r 1,在磁場區(qū)域n中做圓周運動的由題意可知，速度mvo口r2= 2qBo,可得 ri=2r2vo的最大值對應的半徑應為 ri= d，如圖中的軌跡所示。若速度Vo小一些,則由分析可知，凡是做圓周運動的半徑滿足條件d = nri（n = 1,2,3，）的粒子都滿足恰能通過dC點的條件，如圖中的軌跡所示，即ri= n（n = 1,2,3，）又因為mvo

11、qBo聯(lián)立可解得dqEoVo =命=心3，）。答案dqBonm(n = 1,2,3，)備考錦囊?guī)щ娏Ｗ釉诖艌鲋羞\動多解問題的三種情況帶電粒子電性不確定形成多解磁場方向不確定形成多解臨界狀態(tài)不唯一形成多解受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，當粒子具有相同初速度時，正負粒子在磁場中運動軌跡不同，導致多解。如圖所示，帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，若帶正電，其軌跡為a，若帶負電，其軌跡為b強度方向，則應考慮因磁場方向不確定而導致的多解。如圖所示，帶正電的粒子以速度v垂直進入勻強磁場，若 B垂直紙面向里，其軌跡為 a,若B垂直紙面向外，其軌跡為 b帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場

12、時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180后從入射面邊界反向飛出，如圖所示，于是形成了多解2、(2017 南通模擬)如圖甲所示，質(zhì)量 M= 1.0 kg的長木板A靜止在光滑水平面上， 在木板的左端放置一個質(zhì)量mi= 1.0 kg的小鐵塊B,鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)0.2 ,對鐵塊施加水平向右的拉力F, F大小隨時間的變化如圖乙所示，4 s時撤去拉力。可認為A、B間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取重力加速度g = 10 m/s 2。求：甲(1)01 s內(nèi)，A、B的加速度大小 aA、as；B相對A滑行的最大距離x;(3) 04 s內(nèi)，拉力做的功 W(4) 04 s內(nèi)

13、，系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱 Q解析：(1)在01 s內(nèi)，A、B分別做勻加速直線運動根據(jù)牛頓第定律得mgj= McAFi口 mg= maB22代入數(shù)據(jù)得 aA= 2 m/s , aB= 4 m/s。(2)t 1= 1 s后，拉力F2=i mg鐵塊B做勻速運動，速度大小為vi;木板A仍做勻加速運動，又經(jīng)過時間t2，速度與鐵塊B相等。V1= aBt1又 V1= aA(t 1+ t2)解得12= 1 s設A、B速度相等后一起做勻加速運動，運動時間t3= 2 s，加速度為aF2= (M+ m)aa= 1 m/s 2木板A受到的靜摩擦力f = Mai mg A、B一起運動21+ 12)1 2 1 x= aBt 1 + V1t 2 qaA(t代入數(shù)據(jù)得x = 2 m。時間t1內(nèi)拉力做的功1 2W= F1X1 = F1 2aBt 1 = 12 J時間12內(nèi)