高考物理二轮复习滚讲义练13含解析

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 ＝mv qB可知，如果粒子的速度增大为原来的二倍，粒子在磁场内运动时的轨道半径增大到原来的二倍，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dg ＝ae ，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)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θ＝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v ＝qBL mB ．粒子动能的最大值E km ＝q 2B 2L 22mC ．能够从CD 边射出的粒子在磁场中运动的最长时间t m ＝2πm 3qBD ．CD 边上有粒子打到的区域长度为L 2解析：选BC 根据半径推论公式r ＝mv qB，粒子的速率越大，轨迹半径越大；恰好不从CD 边射出的粒子的轨迹与CD 边相切，如图所示，结合几何关系，有：QC ＝L ＝r ＋r sin θ，解得：r ＝L 3；根据r ＝mv qB ，有：v ＝qBL 3m ，故A错误；若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r ＝L ，根据r ＝mv qB ，有：v ＝qBL m ，故最大动能为：E km ＝12mv 2＝q 2B 2L 22m，故B 正确；恰好能够从CD 边射出的粒子轨迹与CD 相切，根据A 选项的分析，半径r ＝L 3，粒子偏转对应的圆心角为120°，故t ＝T 3＝13×2πm qB ＝2πm 3qB，故C 正确；根据A 选项的分析，如果粒子的轨迹与CD 边相切，则切点与C 点的距离为r tan θ＝3r ＝33L ；如果速率最大，轨迹与CD 的交点与C 点的距离为L ；故CD 边上有粒子打到的区域长度为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－33L ，故D 错误。

3、(多选)如图所示，一足够长的绝缘细杆处于磁感应强度为B ＝0.5T 的匀强磁场中，杆与磁场垂直且与水平方向的夹角为θ＝37°。

一质量为m ＝0.1 g 、电荷量为q ＝5×10－4C 的带正电圆环套在杆上，圆环与杆之间的动摩擦因数为μ＝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 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g ＝10 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/s 2D ．圆环下滑过程中的最大速度为9.2 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qvB ＝mgcos θ，解得v ＝3.2 m/s ，由mgsin θ＝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qvB>mgcos θ，此时，杆对圆环的弹力为F N ＝qvB －mgcos θ，当mgsin θ＝μF N ＝μ(qv 大B －mgcos θ)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 。

t ＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc 边刚进入磁场的时刻为t 1，ad 边刚进入磁场的时刻为t 2，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( )解析：选C 由题得到，线框的速度与时间的关系式为v ＝at ，a 是加速度。

由E ＝BLv和I ＝E R 得，感应电流与时间的关系式为I ＝BLa Rt ，B 、L 、a 均不变，0～t 1时间内，感应电流为零，t 1～t 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 ＝BLa Rt ，0～t 1时间内，感应电流为零，U 为零，t 1～t 2时间内，电流I 与t 成正比，U ＝IR ad ＝BLat R ×14R ＝BLat 4，电压随时间均匀增加，t 2时间后无感应电流，但有感应电动势，U ＝E ＝BLat ，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F A ＝B 2L 2v R ，由牛顿第二定律得F －F A ＝ma ，得F ＝B 2L 2a Rt ＋ma,0～t 1时间内，感应电流为零，F ＝ma ，为定值，t 1～t 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，F ＝ma ，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a→bB ．金属棒的速度为v 时，金属棒所受的安培力大小为B 2L 2v R ＋rC ．金属棒的最大速度为＋BLD ．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R 的热功率为⎝ ⎛⎭⎪⎫mg BL 2R 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b→a，选项A 错误；金属棒的速度为v 时，金属棒中感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝E R ＋r，所受的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r，选项B 正确；当安培力F ＝mg 时，金属棒下落速度最大，金属棒的最大速度为v ＝＋B 2L 2，选项C 错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R 和r 的总热功率为P ＝mgv ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫mg BL 2(R ＋r)，电阻R 的热功率为⎝ ⎛⎭⎪⎫mg BL 2R ，选项D 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34g ，如图所示，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则此过程中( )A ．物体动能增加了32mghB ．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14mgh 解析：选B 物体在斜面上加速度为34g ，方向沿斜面向下，物体所受合力F 合＝ma ＝34mg ，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＝－32mgh ，根据动能定理得W 合＝ΔE k ，所以物体动能减小32mgh ，故A 错误；根据功的定义式得：重力做功W G ＝－mgh ，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32mgh ，所以物体机械能损失了12mgh ，故C 错误；除了重力之外的力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12mgh ，所以摩擦力做功为－12mgh ，故D 错误。

7、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( )A ．B 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D ．B 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P ＝Fv 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v ；(2)MN 右侧的电场强度的大小E 2；(3)MN 左侧的电场强度的大小E 1；(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qvB ＝m v 2R① 代入q m＝k 解得v ＝kBR 。

② (2)小球速率不变，重力与电场力平衡，即qE 2－mg ＝0③解得E 2＝g k。

(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0＝vt －12a 1t 2④ a 1＝qE 1m⑤ 在竖直方向上做自由落体运动，则2R ＝12gt 2⑥ 联立④⑤⑥解得E 1＝B gR 。

(4)小球从P 点由静止释放运动到b 点，由动能定理得qE 1x ＝12mv 2⑦ ②式代入解得x ＝kBR gR 2g。