1、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v022gD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mv024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
2、，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mg2h0 mv02，解得 h ，C 项错误；小12 v024g球上升过程中，速度为零时，其电势能最大，则 EpqE2hcos 120 ，D 项正确。mv024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
3、时经过一平行于正极板且与其相距 l 的平面。若两粒子25间相互作用力可忽略，不计重力，则 Mm 为( )A32 B21C52 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 ， l t2；对 m 有 a ， l t2，联立解得 ，A 正确。EqM 25 12 EqM Eqm 35 12 Eqm Mm 32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。
4、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：qU mv020，在偏转电场中，偏转位移 y12at
5、2 ，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12 12 qEm L2v02 EL24U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，qU mv020，则进入偏转电场的速度 v0 ，因为氘核和 粒子的比荷之比为 11，12 2qUm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Lv0qv0Bm 可得：R ，因为氘核和 粒子的比荷之比为 11，又是同一偏转v02R mv0qB 2mUqB2磁场，则半径相同，从同一位置射
6、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 t1t 2时间内，L 有收缩趋势B在 t2t 3时间内，L 有扩张趋势C在 t2t 3时间内，L 内有逆时针方向的感应电流D在 t3t 4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。 楞 次 定 律 安 培 定 则(2)图像
7、斜率变化 变化 感应电流大小的变化。 B t 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 解析 据题意，在 t1t 2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t2t 3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 t3t 4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
8、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Error!两种方法判断感应电流的方向Error!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
9、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
10、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
11、C滑块经过 C 点的速度大于 2gLcos 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
12、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：mg W mv2，可得滑块Lcos 12经过 C 点的速度大于 ，故 C 正确，D 错误。2gLcos 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( )A2R B.5R3C. D.4R3 2R3思路点拨 (1)A 落地前，A、B 组成的系统机械能守恒，且
13、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：2mgRmgR 3mv2，A 落地后 B 将以 v 做竖直上抛运动，即有12mv2mgh，解得 h R。则 B 上升的高度为 R R R，故选项 C 正确。12 13 13 43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 E kE p或 E AE B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
14、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 E12.010 3 N/C 和 E24.010 3 N/C，方向如图所示。带电微粒质量 m1.010 20 kg，带电荷量 q1.010 9 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)
15、带电微粒由 A 运动到 B 的过程中，由动能定理有|q|E1d1|q|E 2d20，E 1d1E 2d2，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、a 2，由牛顿第二定律有|q|E1ma 1，|q|E2ma 2，设微粒在虚线 MN 两侧运动的时间大小分别为 t1、t 2，由运动学公式有d1 a1t12，12d2 a2t22，12又 tt 1t 2，解得 t1.510 8 s。答案：(1)0.50 cm (2)1.510 8 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
16、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 QF fx 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 v t 4.02m/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。MaMg 2.010(2)由题图
17、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，与传送带相对静止。前 2 s 内物块的位移大小 x1 t4 m，向右，v2第 3 s 内的位移大小 x2 t1 m，向左，v23 s 内位移 xx 1x 23 m，向右；物块再向左运动时间 t2 1.5 sxv物块在传送带上的运动时间 tt 1t 24.5 s。(3)物块在传送带上滑动的 3 s 内，传送带的位移 xvt 16 m，方向向左；物块位移为 x3 m，方向向右相对位移为 xxx9 m所以转化的热能 EQF fx18 J。答案 (1)0.2 (2)4.5 s (3)18 J备考锦囊 分析传送带问题“三步走”
