1、1二轮滚讲义练（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mvqB时的轨道半径增大到原来的二倍
2、，粒子将从 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)
3、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 vqBLmB粒子动能的最大值 Ekmq2B2L22mC能够从 CD 边射出的粒子在磁场中运动的最长时间 tm2 m3qBDCD 边上有粒子打到的区域长度为L2解析：选 BC 根据半径推论公式 r ，粒子的速率越大，轨迹半径mvqB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2何关系，有：QCLr ，解得：r ；根据 r ，有：v ，故 A
4、 错误；若rsin L3 mvqB qBL3m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：E km mv2 ，故 B 正确；恰好能够从 CD 边射出的mvqB qBLm 12 q2B2L22m粒子轨迹与 CD 相切，根据 A 选项的分析，半径 r ，粒子偏转对应的圆心角为 120，故L3t ，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T3 13 2 mqB 2 m3qB切点与 C 点的距离为 r L；如果速率最大，轨迹与 CD 的交点与 C 点的距离为rtan 3 33L；故 CD 边上有粒子打
5、到的区域长度为 L，故 D 错误。(133)3、(多选)如图所示，一足够长的绝缘细杆处于磁感应强度为B0.5 T 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 m0.1 g、电荷量为 q510 4 C 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(sin 370.6，cos 370.8，取重力加速度 g10 m/s 2)( )A圆环下滑过程中洛伦兹力始终做正功B当圆环下滑的速度达到 2.4 m/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 6 m/s2D圆环下滑过程中的最大速度为 9.2
6、m/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 v3.2 m/s，由mgsin ma 大 解得 a 大 6 m/s 2，故 B 错误，C 正确；圆环向下加速运动时，必会出现qvBmgcos ，此时，杆对圆环的弹力为 FNqvBmgcos ，当 mgsin F N(qv大 Bmgcos )时速度最大，解得 v 大 9.2 m/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
7、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( )3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 I t，B、L、a 均不变，0t 1时间内，感应电ER BLaR流为零，t 1t 2时间内，电流 I 与 t 成正比，t 2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 I t，0t 1时间内，感应电流为零，U 为零，t
8、 1t 2时间内，电BLaR流 I 与 t 成正比，UIR ad R ，电压随时间均匀增加，t 2时间后无感应电流，BLatR 14 BLat4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 FF Ama，得 F tma,0t 1时间内，B2L2vR B2L2aR感应电流为零，Fma，为定值，t 1t 2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，t 2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
9、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，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B2L2vR rC金属棒的最大速度为mg R rBLD金属棒以稳定的速度下滑时，电阻 R 的热功率为 2R(mgBL)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
10、 ，选项 B 正确；当安培力 Fmg 时，金属棒下ER r B2L2vR r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mg R rB2L2滑时，电阻 R 和 r 的总热功率为 Pmgv 2(Rr)，电阻 R 的热功率为 2R，选项 D(mgBL) (mgBL)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34大高度为 h，则此过程中( )4A物体动能增加了 mgh32B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 mgh14解析：选 B 物体在斜面上加速度为
11、 g，方向沿斜面向下，物体所受合力 F 合34ma mg，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34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 2h mgh，32根据动能定理得 W 合 E k，所以物体动能减小 mgh，故 A 错误；根据功的定义式得：重32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，所以物体机械能损失了 mgh，故 C 错误；除了重力之外的力32 12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，12所以摩擦
12、力做功为 mgh，故 D 错误。127、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 D B 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；对整体分析可知，F 做功转化为 A、B 系统的动
13、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5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
14、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；(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 v2R代入 k 解得 vkBR。qm(2)小球速率不变，重力与电场力平衡，即 qE2mg0解得 E2 。gk(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0vt a1t212a1 qE1m在竖直方向上做自由落体运动，则 2R gt212联立解得 E1B 。gR(4)小球从
15、 P 点由静止释放运动到 b 点，由动能定理得qE1x mv212式代入解得 x 。kBRgR2g答案：(1)kBR (2) (3)B (4)gk gR kBRgR2g2、(2017镇江一模)如图所示，用一根长为 l1 m 的细线，一端系一质量为 m1 kg 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(sin 6370.6，cos 370.8，g 取 10 m/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。提示：解析 (1)小球刚好离开锥面时受到自身重力和细线拉力。小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平。在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mgtan m 02lsin 解得： 02 ，glcos 即 0 rad/s。glcos 12.5(2)同理，当细线与竖直方向成 60角时，由牛顿第二定律及向心力公式有：mgtan m 2lsin 解得： 2 ，即 2 rad/s。glcos glcos 5答案 (1) rad/s (2)2 rad/s12.5 5备考锦囊 解决匀速圆周运动问题的“四个步骤”
