1、二轮滚讲义练（12）滚动练一、选择题1、如图所示为一个有界的足够大的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个不计重力的带正电的粒子，以某一速率 v 垂直磁场方向从 O 点进入磁场区域，粒子进入磁场时速度方向与磁场边界夹角为 ，下列有关说法正确的是( )A若 一定，v 越大，粒子在磁场中运动时间越长B粒子在磁场中运动时间与 v 有关，与 大小无关C粒子在磁场中运动时间与 有关，与 v 无关D若 v 一定， 越大，粒子在磁场中运动时间越长解析：选 C 粒子在磁场中的运动轨迹如图，由几何知识知，粒子离开磁场时转过的圆心角一定为 22，在 A、B、C 选项中，若 一定，则有：t ，可见粒子2 mqB
2、2 22 2 mqB在磁场中运动的时间与 v 无关，与 有关，故 A、B 错误，C 正确；由上式可知若 v 一定， 越大，粒子在磁场中运动的时间越短，D 错误。2、如图所示，ab 是匀强磁场的边界，质子( 11H)和 粒子( 24He)先后从 c 点射入磁场，初速度方向与 ab 边界夹角均为 45，并都到达 d 点。不计空气阻力和粒子间的作用。关于两粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是( )A质子和 粒子运动轨迹相同B质子和 粒子运动动能相同C质子和 粒子运动速率相同D质子和 粒子运动时间相同解析：选 AB 由几何知识知，粒子速度与磁场边界 ab 以多大的夹角射入，从 d 点将以多大的夹角射出
3、，且粒子运动轨迹的圆心为分别过 c、d 点作速度方向的垂线的交点，易知质子和 粒子在磁场中运动轨迹的圆心相同，半径也相同，二者的运动轨迹也相同且均为四分之一圆弧，A 正确；由 R 、T 知，由于两粒子的比荷不同，则它们的运动mvBq 2 mBq速率、周期均不同，在磁场中运动四分之一圆弧所用时间也不同，C、D 错误；联立R 、E k mv2，可得 Ek ，易知两粒子运动的动能相同，B 正确。mvBq 12 B2q2R22m3、如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形，EGF30，已知磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里。F 处有一粒子源，沿 FG 方向发射出大量带电荷量为 q 的同种正粒子，粒子质量为
4、 m，粒子的初速度 v0大小可调，则下列说法正确的是( )A若粒子能到达 EG 边，则粒子速度越大，从 F 处运动到 EG 边的时间越长B无论 v0取何值，粒子都无法到达 E 点C能到达 EF 边的所有粒子所用的时间均相等D粒子从 F 处运动到 EG 边所用的最长时间为5 m12qB解析：选 BC 粒子运动半径超过某值 R0 时，粒子会从 EG 边射出，速度越大，EF1 233半径越大，轨迹所对的圆心角越小(因为弦与 EF 夹角越大)，时间越短(周期与速度无关)，A 错误；当粒子速度 v0 时，粒子轨迹与 EG 边相切，若粒子速度大于 v0，粒子会qBR0m从 EG 边射出，若粒子速度小于 v
5、0，粒子会从 EF 边射出，无法到达 E 点，B 正确；能从EF 边射出的粒子都做了半个圆周运动，时间相等，C 正确；当 v0 时，粒子轨迹与qBR0mEG 相切，在运动到 EG 边的粒子中该粒子轨迹所对的圆心角最大，为 150，则最长时间为tmax T ，D 错误。512 5 m6qB4、(多选)如图所示，边长为 L、不可形变的单匝正方形导线框内有半径为 r 的圆形磁场区域，其磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系为 Bkt(常量 k0)。回路中滑动变阻器 R 的最大阻值为 R0，滑片 P 位于滑动变阻器中央，定值电阻 R1R 0、R 2 。闭合开关 S，电R02压表的示数为 U，不考虑虚线
6、 MN 右侧导体的感应电动势，则( )AR 2两端的电压为U7B电容器的 a 极板带正电C滑动变阻器 R 的热功率为电阻 R2的 5 倍D正方形导线框中的感应电动势为 kL2解析：选 AC 由法拉第电磁感应定律 En n S，有 Ekr 2，D 错误；因 t B tk0，由楞次定律知导线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器 b 极板带正电，B 错误；由题图知外电路结构为 R2与 R 的右半部并联，再与 R 的左半部、R 1相串联，故 R2两端电压U2 U ，A 正确；设 R2的热功率为 PIU 2，则 R 的热功率R0212R0 R02 R0212 U7P2I2U 2IU 25P，故 C 正确。
7、5、如图，在光滑水平桌面上有一边长为 L、电阻为 R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为 d(dL)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动，t0 时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列 v t 图像中，可能正确描述上述过程的是( )思路点拨 (1)对导线框进磁场、全在磁场内运动、出磁场三个运动过程分析。(2)通过受力分析判断导线框做何运动、加速度如何变化。解析 由于导线框闭合，导线框以某一初速度向右运动，其右侧边开始进入磁场时，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，右侧边受到安培力作用，做减速运动；导线框
8、完全进入磁场中时，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，导线框不受安培力作用，做匀速运动；导线框右侧边开始出磁场时，左侧边切割磁感线产生感应电动势和感应电流，左侧边受到安培力作用，导线框做减速运动；导线框进、出磁场区域时，受到的安培力不断减小，导线框的加速度不断减小，所以可能正确描述导线框运动过程的 vt 图像是 D。答案 D备考锦囊 电磁感应中图像类问题的两种常见解法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。(2)函数法：根据题目所给条件写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分
9、析和判断。6、如图所示，水平传送带两端点 A、B 间的距离为 l，传送带开始时处于静止状态。把一个物体放到右端的 A 点，某人用恒定的水平拉力 F 使小物体以速度 v1匀速滑到左端的B 点，拉力 F 所做的功为 W1、功率为 P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q1。随后让传送带以 v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平拉力 F 拉物体，使它以相对传送带为 v1的速度匀速从 A 滑行到 B，这一过程中，拉力 F 所做的功为 W2、功率为 P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q2。下列关系式正确的是( )AW 1W 2，P 1Q2CW 1W2，P 1P 2，Q 1
10、Q2DW 1W2，P 1P 2，Q 1Q 2解析：选 B 因为两次的拉力和拉力作用的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以 W1W 2，当传送带不动时，物体运动的时间为 t1 ；当传送带以 v2的速度lv1匀速运动时，物体运动的时间为 t2 ，所以第二次用的时间短，功率大，即 P1Q2，综上所述，B 正确。7、(多选)如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为 r 的相同小球，各球编号如图。斜面与水平轨道 OA 平滑连接，OA 长度为 6r。现将六个小球由静止同时释放，小球离开 A 点后均做平抛运动，不计一切摩擦。则在各小球运动过程中，下列说法正确的是( )A球
11、 1 的机械能守恒B球 6 在 OA 段机械能增大C球 6 的水平射程最小D六个球落地点各不相同解析：选 BC 当所有小球都在斜面上运动时机械能守恒，当有小球在水平面上运动时，后面小球要对前面的小球做功，故球 1 的机械能不守恒，选项 A 错误；球 6 在 OA 段由于球5 的推力对其做正功，其机械能增大，选项 B 正确；由于球 6 离开 A 点的速度最小，所以其水平射程最小，选项 C 正确；当球 1、2、3 均在 OA 段时，三球的速度相同，故从 A 点抛出后，三球落地点也相同，选项 D 错误。二、非选择题1、(2015福建高考)如图，绝缘粗糙的竖直平面 MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场
12、和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为 E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的小滑块从 A 点由静止开始沿 MN 下滑，到达 C 点时离开 MN 做曲线运动。A、C 两点间距离为 h，重力加速度为 g。(1)求小滑块运动到 C 点时的速度大小 vC；(2)求小滑块从 A 点运动到 C 点过程中克服摩擦力做的功 Wf；(3)若 D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到 D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的 P 点。已知小滑块在D 点时的速度大小为 vD，从 D 点运动到 P 点的时间为
13、 t，求小滑块运动到 P 点时速度的大小 vP。思路点拨 (1)小滑块运动到 C 点时，开始离开 MN，说明水平方向上电场力与洛伦兹力平衡。(2)小滑块由 A 到 C，应利用动能定理求 Wf。(3)在 D 点时，小滑块的速度最大，说明其加速度为零。解析 (1)小滑块沿 MN 运动过程，水平方向受力满足 qvBNqE小滑块在 C 点离开 MN 时 N0解得 vC 。EB(2)由动能定理得 mghW f mvC2012解得 Wfmgh 。mE22B2(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为 g，g (qEm)2 g2且 vP2
14、v D2g 2t2解得 vP 。vD2 (qEm)2 g2t2答案 (1) (2)mghEB mE22B2(3) vD2 (qEm)2 g2t2备考锦囊 带电粒子在叠加场中运动的解题思路2、架设在公路上的激光测速仪发射出的光束有一定的倾角，导致只能测定距离仪器20200 m 范围内汽车的车速。某路段限速 54 km/h。一辆小轿车在距离测速仪 264 m 时司机发现了前方的测速仪，立即开始做匀减速直线运动，结果第一次测速时该车恰好没有超速，且第二次测速时测得小轿车的速度为 50.4 km/h。已知测速仪每隔 2 s 测速一次，测速激光脉冲时间极短。求该小轿车减速前的速度范围。思路点拨 (1)画
15、出小轿车运动情景图。(2)挖掘隐含条件，确定小轿车运动规律：由“第一次测速时该车恰好没有超速”可得v154 km/h15 m/s；若第一次测速发生在小轿车进入测量范围 t2 s 时，则小轿车在减速前的速度为最大。(3)小轿车做匀减速直线运动，由 vv 0at 求其加速度，由 v2v 022ax 确定小轿车的初速度。(4)列方程求解结果。解析 第一次测速恰好没有超速，即 v154 km/h15 m/s，第二次测得 v250.4 km/h14 m/s，由两次测量的速度可得小轿车的加速度 a m/s20.5 v2 v1t 14 152m/s2若当小轿车到达距离测速仪 200 m 处时刚好遇到测速的激
16、光，设小轿车减速前的速度为 v0，则 v12v 022axv0 m/s17 m/sv12 2ax 152 2 0.5 264 200若小轿车到达距离测速仪 200 m 处时前一次测速激光刚过，则小轿车继续减速 2 s 后才遇到第一次测速，其速度为限制速度，设小轿车到达距离测速仪 200 m 处时的速度为v3，则 v1v 3atv315 m/s(0.5)2 m/s16 m/s设此情况下小轿车减速前的速度为 v0，则 v32v 0 22axv0 v32 2ax m/s17.9 m/s162 2 0.5 264 200所以小轿车减速前的速度应满足17 m/sv17.9 m/s。答案 17 m/sv1
17、7.9 m/s备考锦囊 解答匀变速直线运动问题的常用方法(1)基本公式法：vv 0at，xv 0t at2，v 2v 022ax。12(2)重要推论法：v 2t (利用平均速度测瞬时速度)；v 2x vv0 vt2；xaT 2(用逐差法测加速度)。v02 vt22(3)逆向思维法：“匀减速至速度为零的过程”可逆向处理为“由静止开始做匀加速运动的过程” 。(4)图像法：利用 v t 图像或 xt 图像求解。(5)比例法：初速度为零的匀变速直线运动规律1T 末、2T 末、3T 末、nT 末瞬时速度之比为 123n；第 1T 内、第 2T 内、第 3T 内、第 nT 内位移之比为 135(2n1)；从静止开始通过连续相等位移所用时间之比为 1( 1)( )( 2 3 2 n)。n 1
