2018高考物理（江蘇版）二輪滾講義練（四）及解析

2018高考物理（江蘇版）二輪滾講義練（四）及解析滾動(dòng)練一、選擇題1、(2017·揚(yáng)州一模)如圖所示，平行板電容器充電后形成一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，大小保持不變。讓不計(jì)重力的相同帶電粒子a、b，以不同初速度先、后垂直電場(chǎng)射入，a、b分別落到負(fù)極板的中央和邊緣，則()A．b粒子加速度較大B．b粒子的電勢(shì)能變化量較大C．若僅使a粒子初動(dòng)能增大到原來的2倍，則恰能打在負(fù)極板的邊緣D．若僅使a粒子初速度增大到原來的2倍，則恰能打在負(fù)極板的邊緣解析：選D加速度為a＝eq\f(qE,m)，a、b兩個(gè)粒子相同，電場(chǎng)強(qiáng)度E相同，則加速度相同，故A錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做功為W＝qEy，可見，電場(chǎng)力做功相同，由能量守恒得知，a、b的電勢(shì)能增量相同，故B錯(cuò)誤；若a粒子的初動(dòng)能增大到原來的2倍，由動(dòng)能的定義式Ek＝eq\f(1,2)mv2知，a粒子的初速度增大到原來的eq\r(2)倍，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，a粒子到達(dá)下極板的時(shí)間不變，水平位移變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，a粒子不能打到負(fù)極板的邊緣，故C錯(cuò)誤；若僅使a粒子初速度增大到原來的2倍，粒子到達(dá)下板的時(shí)間不變，水平位移變?yōu)樵瓉淼?倍，則a恰能打在負(fù)極板的邊緣，故D正確。2、如圖甲所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時(shí)間段是()A．0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)解析：選B兩板間加的是方波電壓，剛釋放粒子時(shí)，粒子向A板運(yùn)動(dòng)，說明釋放粒子時(shí)UAB為負(fù)，A、D錯(cuò)誤；若t0＝eq\f(T,2)時(shí)刻釋放粒子，則粒子恰好做方向不變的單向直線運(yùn)動(dòng)，一直向A運(yùn)動(dòng)；若t0＝eq\f(3T,4)時(shí)刻釋放粒子，則粒子恰好在電場(chǎng)中固定兩點(diǎn)間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，因此在eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)時(shí)間內(nèi)釋放該粒子，粒子的運(yùn)動(dòng)滿足題意的要求，B正確，C錯(cuò)誤。3、(多選)如圖甲所示，A和B表示在真空中相距為d的兩平行金屬板，加上電壓后，它們之間的電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)。圖乙表示一周期性變化的交變電壓隨時(shí)間t變化的圖線。從t＝0開始，電壓為一定值U0；經(jīng)過半個(gè)周期，突然變?yōu)椋璘0；再過半個(gè)周期，又突然變?yōu)閁0……如此周期性地交替變化。在t＝0時(shí)，將上述交變電壓U加在A、B兩板上，使開始時(shí)A板電勢(shì)比B板高，這時(shí)在緊靠B板處有一初速度為零的電子(質(zhì)量為m，電荷量為e)在電場(chǎng)力作用下開始運(yùn)動(dòng)。要想使電子到達(dá)A板時(shí)具有最大的動(dòng)能，則所加交變電壓的周期T可能是()A.eq\r(\f(2md2,eU0)) B.eq\r(\f(8md2,9eU0))C.eq\r(\f(8md2,eU0)) D.eq\r(\f(10md2,eU0))解析：選CD在電場(chǎng)力作用下，電子的加速度a＝eq\f(eU0,md)，設(shè)電子從B板一直加速運(yùn)動(dòng)到A板所需要的時(shí)間為t0，則d＝eq\f(1,2)at02，解得t0＝eq\r(\f(2d,a))，根據(jù)題意可知，應(yīng)滿足t0≤eq\f(T,2)，解得T≥eq\r(\f(8md2,eU0))，C、D正確。4.如圖所示，閉合導(dǎo)線圓環(huán)和條形磁鐵都可以繞水平的中心軸OO′自由轉(zhuǎn)動(dòng)，開始時(shí)磁鐵和圓環(huán)都靜止在豎直平面內(nèi)，若條形磁鐵突然繞OO′軸，N極向紙里，S極向紙外轉(zhuǎn)動(dòng)，在此過程中，圓環(huán)將()A．產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，圓環(huán)上端向里、下端向外隨磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)B．產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，圓環(huán)上端向外、下端向里轉(zhuǎn)動(dòng)C．產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，圓環(huán)并不轉(zhuǎn)動(dòng)D．產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，圓環(huán)并不轉(zhuǎn)動(dòng)解析：選A條形磁鐵內(nèi)部的磁感線從S極到N極，由題意可知，當(dāng)N極向紙里，S極向紙外轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)致通過圓環(huán)向里的磁通量變大，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針方向感應(yīng)電流，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)阻礙磁通量的變化，則圓環(huán)必須上端向里、下端向外隨磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。5.(多選)在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1m2，線圈電阻為1Ω。規(guī)定線圈中感應(yīng)電流I的正方向從上往下看是順時(shí)針方向，如圖甲所示。磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。則以下說法正確的是()A．在時(shí)間0～2s內(nèi)，I的最大值為0.01AB．在時(shí)間3～5s內(nèi)，I的大小越來越小C．前2s內(nèi)，通過線圈某截面的總電荷量為0.01CD．第3s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大[思路點(diǎn)撥](1)圖像斜率為磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率eq\f(ΔB,Δt)，且在變化。(2)由公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小。[解析]線圈所圍面積不變，因磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化，引起磁通量的變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律，E＝eq\f(nΔΦ,Δt)＝eq\f(nSΔB,Δt)，其大小由圖像的斜率決定，在t＝0時(shí)，斜率最大，且eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s，則Im＝0.01A，A正確；在時(shí)間3～5s內(nèi)，eq\f(ΔB,Δt)一定，產(chǎn)生恒定電流，B錯(cuò)誤；第3s內(nèi)，eq\f(ΔB,Δt)＝0，沒有感應(yīng)電流，D錯(cuò)誤；前2s內(nèi)，q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R)·t＝eq\f(ΔB·S,R)＝0.01C，C正確。[答案]AC[備考錦囊]法拉第電磁感應(yīng)定律應(yīng)用時(shí)的三個(gè)注意事項(xiàng)(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小由穿過回路的磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)和線圈的匝數(shù)共同決定，而與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ的大小沒有必然聯(lián)系。(2)用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)，S為線圈在磁場(chǎng)范圍內(nèi)的有效面積。(3)通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路電阻R有關(guān)，與時(shí)間長短無關(guān)。推導(dǎo)如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,Δt·R)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)。6、(2017·南京模擬)如圖所示，一半圓形碗的邊緣上裝有一定滑輪，滑輪兩邊通過一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線掛著兩個(gè)小物體，質(zhì)量分別為m1、m2，m1>m2。現(xiàn)讓m1從靠近定滑輪處由靜止開始沿碗內(nèi)壁下滑。設(shè)碗固定不動(dòng)，其內(nèi)壁光滑、半徑為R。則m1滑到碗最低點(diǎn)時(shí)的速度為()A．2eq\r(\f(m1－m2gR,2m1＋m2)) B.eq\r(\f(2m1－m2gR,m1＋m2))C.eq\r(\f(2m1－\r(2)m2gR,m1＋m2)) D．2eq\r(\f(m1－\r(2)m2gR,2m1＋m2))解析：選D設(shè)當(dāng)m1到達(dá)碗最低點(diǎn)時(shí)速率為v1，此時(shí)m2的速率為v2，則有v1cos45°＝v2，對(duì)m1、m2由機(jī)械能守恒定律得m1gR＝m2g·eq\r(2)R＋eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22，解得v1＝2eq\r(\f(m1－\r(2)m2gR,2m1＋m2))，D正確。7、(多選)(2017·鹽城聯(lián)考)如圖所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑為R的eq\f(1,4)圓弧，BC部分水平，質(zhì)量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長為R，不計(jì)小球大小。開始時(shí)a球處在圓弧上端A點(diǎn)，由靜止釋放小球和輕桿，使其沿光滑軌道下滑，下列說法正確的是()A．a(chǎn)下滑過程中機(jī)械能保持不變B．a(chǎn)、b和輕桿組成的系統(tǒng)在下滑過程中機(jī)械能保持不變C．a(chǎn)、b滑到水平軌道上時(shí)速度為eq\r(2gR)D．從釋放到a、b滑到水平軌道上，整個(gè)過程中輕桿對(duì)a做的功為eq\f(mgR,2)解析：選BD由機(jī)械能守恒的條件得，a機(jī)械能不守恒，a、b系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)a、b系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得：mgR＋2mgR＝2×eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(3gR)，C錯(cuò)誤；對(duì)a由動(dòng)能定理得：mgR＋W＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝eq\f(mgR,2)，D正確。二、非選擇題1．(2017·徐州一模)如圖甲所示，A、B兩塊金屬板水平放置，相距為d＝0.6cm，兩板間加一周期性變化的電壓，當(dāng)B板接地(φB＝0)時(shí)，A板電勢(shì)φA隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示?，F(xiàn)有一帶負(fù)電的微粒在t＝0時(shí)刻從B板中央小孔射入電場(chǎng)，若該帶電微粒受到的電場(chǎng)力為重力的兩倍，且射入電場(chǎng)時(shí)初速度可忽略不計(jì)(g＝10m/s2)。求：(1)在0～eq\f(T,2)和eq\f(T,2)～T這兩段時(shí)間內(nèi)微粒的加速度大小和方向；(2)要使該微粒不與A板相碰，所加電壓的周期最長為多少。解析：(1)設(shè)電場(chǎng)力大小為F，則F＝2mg，對(duì)于t＝0時(shí)刻射入的微粒，在0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，有F－mg＝ma1又由題意，F(xiàn)＝2mg解得a1＝g，方向向上在eq\f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)的加速度a2滿足F＋mg＝ma2解得a2＝3g，方向向下。(2)前半個(gè)周期上升的高度h1＝eq\f(1,2)a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝eq\f(1,8)gT2前半個(gè)周期微粒的末速度為v1＝eq\f(1,2)gT后半個(gè)周期先向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，則3gt1＝eq\f(1,2)gT，則得t1＝eq\f(T,6)，此段時(shí)間內(nèi)上升的高度h2＝eq\f(1,2)a2t12＝eq\f(1,2)×3g×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,6)))2＝eq\f(gT2,24)則上升的總高度為H＝h1＋h2＝eq\f(gT2,6)后半個(gè)周期的eq\f(T,2)－t1＝eq\f(T,3)時(shí)間內(nèi)，微粒向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，下降的高度H3＝eq\f(1,2)×3g×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,3)))2＝eq\f(gT2,6)，上述計(jì)算表明，微粒在一個(gè)周期內(nèi)的總位移為零，只要在上升過程中不與A板相碰即可，則H≤d，即eq\f(gT2,6)≤d所加電壓的周期最長為Tm＝eq\r(\f(6d,g))＝6×10－2s。答案：(1)g，方向向上3g，方向向下(2)6×10－2s2、如圖所示，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)傳送帶以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為m的小木塊由靜止放在傳送帶上(傳送帶足夠長)。若小木塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)小木塊與傳送帶相對(duì)靜止時(shí)，求：(1)小木塊獲得的動(dòng)能；(2)摩擦過程產(chǎn)生的熱量；(3)傳送帶克服摩擦力所做的功；(4)電動(dòng)機(jī)輸出的總能量。解析：小木塊剛放上時(shí)速度為零，必然受到傳送帶的滑動(dòng)摩擦力作用做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到與傳送帶有共同速度后不再有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過程中小木塊獲得一定的動(dòng)能，系統(tǒng)要產(chǎn)生摩擦熱。以小木塊為研究對(duì)象：相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，a＝eq\f(μmg,m)＝μg，達(dá)到相對(duì)靜止所用的時(shí)間為t＝eq\f(v,μg)，小木塊的位移l1＝eq\f(1,2)vt＝eq\f(v2,2μg)，