江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练6(含解析)
(江苏专版)18高考物理二轮复习滚讲义练(6)(含解析)
二轮滚讲义练（六）滚动练 一、选择题1、(2017·南通一模)如图甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t ＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v 0，t ＝T 时刻粒子刚好沿MN 板右边缘射出电场。
则( )A ．该粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向B ．在t ＝T2时刻，该粒子的速度大小为2v 0C ．若该粒子在T2时刻以速度v 0进入电场，则粒子会打在板上D ．若该粒子的入射速度变为2v 0，则该粒子仍在t ＝T 时刻射出电场解析：选A 粒子射入电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动，后半个周期内做匀减速直线运动，一个周期末竖直方向上的分速度恰好为零，可知粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向，故A 正确；在t ＝T2时刻，粒子在水平方向上的分速度为v 0，因为两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，结合上述分析则有：v 0T ＝v y 2·T 2×2，解得v y ＝2v 0，则t ＝T 2时刻，v y ′＝v y T ·T2＝v 0，根据平行四边形定则知，粒子的速度大小为v ＝2v 0，故B 错误；若该粒子在T2时刻以速度v 0进入电场，粒子在竖直方向上的运动情况与0时刻进入时运动的方向相反，运动规律相同，则粒子不会打在板上，故C 错误；若该粒子的入射速度变为2v 0，则粒子射出电场的时间t ＝L 2v 0＝T 2，故D 错误。
2、(2017·诏安模拟)如图所示，在真空中有一对带电的平行金属板水平放置。
一带电粒子沿平行于板面的方向，从左侧两极板中央射入电场中，恰能从右侧极板边缘处离开电场，不计粒子重力，若可以改变某个量，下列哪种变化，仍能确保粒子一定飞出电场( )A ．只增大粒子的带电量B ．只增大电场强度C ．只减小粒子的比荷D ．只减小粒子的入射速度解析：选C 设带电粒子的初速度为v 0，右侧极板长为L ，电场强度为E ，根据牛顿第二定律，有a ＝qE m ，水平方向：L ＝v 0t ，竖直方向：y ＝12at 2，联立得：y ＝qEL22mv 02，只增大粒子的带电量，只增大电场强度，只减小粒子的入射速度，都会使竖直位移y 增大，粒子可能打到极板上，粒子不一定能飞出电场，故A 、B 、D 错误；只减小粒子的比荷，竖直位移y 减小，一定能飞出电场，故C 正确。
江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练1(含解析)
二轮滚讲义练（一）滚动练 一、选择题1、(2017·扬州模拟)如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图(俯视图)，匀强磁场垂直轨道平面向上，先将开关拨到a 给超级电容器C 充电，然后将开关拨到b 可使电阻很小的导体棒EF 沿水平轨道弹射出去，则下列说法正确的是( )A ．电源给电容器充电后，M 板带正电B ．在电容器放电过程中，电容器两端电压不断减小C ．在电容器放电过程中，电容器的电容不断减小D ．若轨道足够长，电容器将放电至电量为0解析：选B 电容器下极板接正极，所以充电后N 板带正电，故A 错误；电容器放电时，电量和电压均减小，故B 正确；电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故C 错误；若轨道足够长，导体棒切割磁感线产生感应电动势，产生的感应电流和放电形成的电流大小相同时，不再放电，故电容器放电不能至电量为0，故D 错误。
2、如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略。
一带负电油滴静止于电容器中的P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )A ．平行板电容器的电容将变大B ．静电计指针张角变小C ．带电油滴的电势能将增大D ．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 解析：选D 根据C ＝εS 4πkd 知，d 增大，则电容减小，故A 错误；静电计检测的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B 错误；电势差不变，d 增大，则电场强度减小，P 点与上极板的电势差减小，则P 点的电势增大，因为该带电油滴带负电荷，则电势能减小，故C 错误；电容器与电源断开，则电荷量不变，d 改变，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεS ，知电场强度不变，则带电油滴所受电场力不变，故D 正确。
3、如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ，有一带电粒子P 静止在电容器上部空间中，当在其下极板上快速插入一厚度为L 的不带电的金属板后，粒子P 开始运动，重力加速度为g 。
(江苏专版)2018高考物理二轮复习滚讲义练(7)(含解析)
二轮滚讲义练（七）滚动练一、选择题1、如图所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1解析：选ABC 粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD得，t A ∶t B ＝1∶2；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2h t 2，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1；根据a ＝qE m 得m ＝qE a ，故m A m B ＝112，由题图可知，A 和B 的位移大小不相等，故选项A 、B 、C 正确。
2、(2017·张家港高三统考)如图所示，水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，由此可知( )A ．从B 到C ，小球的动能减小B ．从B 到C ，小球的电势能减小C ．从A 到B 与从B 到C 小球的运动时间一定相等D ．从A 到B 与从B 到C 小球的速度变化量大小一定相等解析：选AD 根据带电小球在电场中的运动轨迹可知，带电小球受到的合力竖直向上，电场力竖直向上，并且电场力大于重力，从B 到C ，合外力对小球做负功，小球的动能减小，A 对；电场力对小球做负功，小球的电势能增大，B 错；全过程小球在水平方向上做匀速直线运动，由于AB 的水平距离和BC 的水平距离大小关系不确定，所以两段的运动时间的大小关系也不确定，C 错；C 点的速度恰好水平，可知两段的速度变化量的大小一定相等，D 对。
3、(2017·南通检测)在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A 、B(均可视为质点)处在同一水平面上。
2018版高考物理江苏版二轮专题复习配套文档：专题二力与直线运动含答案
专题二力与直线运动考情分析201520162017力与直线运动T5：匀变速直线运动的多过程问题T6：超重与失重、a－t图象T5：自由下落与竖直上抛运动及v－x图象T9：匀变速直线运动规律、摩擦力、牛顿第二定律T3:物块在斜面上的运动命题解读本专题的考点分为两大板块,一个是运动学部分，另一个为牛顿运动定律，其中,匀变速直线运动的规律及运动图象问题和牛顿运动定律及应用为高频考点.从近三年命题情况看，命题特点为：（1)注重基础与迁移.如匀变速直线运动的规律及非常规运动图象问题，行车安全问题等考查学生的理解能力。
难度属于中等。
（2）注重过程与方法。
如板块问题、多过程问题等，以选择题的形式考查学生的推理能力,以计算题的形式考查学生的分析综合能力。
难度属于偏难。
整体难度偏难，命题指数★★★★★,复习目标是达B冲A。
1。
（2017·徐州沛县中学高三第一次质检）一个做匀减速直线运动的物体，经过3 s速度刚好减为零.若测得该物体在最后1 s内的位移是1 m，那么该物体在这3 s内的平均速度大小是（)A。
1 m/s B.3 m/s C。
5 m/s D。
9 m/s解析采用逆向思维法，根据x＝错误!at2得,物体的加速度大小a＝错误!＝错误!m/s2＝2 m/s2，则物体的初速度v0＝at′＝23 m/s＝6 m/s，物体在这3 s内的平均速度错误!＝错误!＝错误!m/s＝3 m/s,故B项正确，A、C、D项错误.答案B2。
（2017·江苏清江中学月考)位于水平面上质量为m的物体，在大小为F、方向与水平面成θ角的推力作用下做加速运动,物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体的加速度大小为( ）图1A.错误!B.错误!C.错误!D.错误!解析对物体受力分析如图所示，在水平方向：F cos θ－f＝ma，在竖直方向：F N－F sin θ－mg＝0，又f＝μF N，以上联立解得a＝错误!,故D项正确。
答案D3.（2017·扬州模拟)图2甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心.图乙是根据传感器采集到的数据画出的力－时间图象.两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出.取重力加速度g＝10 m/s2。
江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练16(含解析)
二轮滚讲义练（十六）滚动练 一、选择题1、(多选)(2017·通州区一模)如图所示，一束含有11H 、21H 的带电粒子束从小孔O 1处射入速度选择器，其中沿直线O 1O 2运动的粒子在小孔O 2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P 1、P 2两点，不计粒子间的相互作用。
则( )A ．打在P 1点的粒子是12H B ．O 2P 2的长度是O 2P 1长度的2倍C ．11H 粒子与21H 粒子在偏转磁场中运动的时间之比为1∶2 D ．11H 粒子与21H 粒子在偏转磁场中运动的时间之比为1∶1解析：选BC 带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反，即：qvB ＝qE ，所以v ＝EB ，可知从速度选择器中射出的粒子具有相等的速度。
带电粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：qvB ＝m v 2r ，解得r ＝mv qB ，可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在P 1点的粒子是11H ，故A 错误；11H 的比荷是21H 的2倍，所以11H 的轨道的半径是21H 的12，根据几何关系知，O 2P 2的长度是O 2P 1长度的2倍，故B 正确；粒子运动的周期：T ＝2πmqB ，由于比荷之比为2∶1，则周期之比为1∶2，粒子在偏转磁场中的运动时间等于半个周期，则运动时间之比为1∶2，故C 正确，D 错误。
2、(多选)1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。
回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。
磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直。
A 处粒子源产生的粒子，质量为m 、电荷量为＋q ，在加速器中被加速，加速电压为U 。
实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。
若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为B m 、f m ，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用( )A ．粒子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1B ．粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为πBR22UC ．如果f m >qB m 2πm ，粒子能获得的最大动能为2m π2R 2f m 2D ．如果f m <qB m 2πm，粒子能获得的最大动能为2m π2R 2f m 2[思路点拨](1)粒子在电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动。
2018版高考物理江苏版二轮专题复习配套文档：专题六 磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动含答案
专题六磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动考情分析201520162017磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动T4：安培力T15：带电粒子在电磁场中的运动(质谱议)T15：回旋加速器T15：带电离子在电磁场中的运动(质谱议)命题解读本专题共6个考点，其中带电粒子在匀强磁场中运动为高频考点。
从近三年命题情况看,命题特点为：（1）基础性。
以选择题考查学生对安培力、洛伦兹力提供向心力的理解能力。
（2)综合性.以组合场、现代科技等问题考查学生分析综合能力。
整体难度偏难，命题指数★★★★★，复习目标是达B冲A.1.（2017·江苏清江中学冲刺模拟)在高能粒子研究中，往往要把一束含有大量质子和α粒子的混合粒子分离开，如图1所示，初速度可忽略的质子和α粒子，经电压为U的电场加速后，进入分离区，如果在分离区使用匀强电场或匀强磁场把粒子进行分离，所加磁场方向垂直纸面向里，所加电场方向竖直向下，则下列可行的方法是()图1A。
电场和磁场都不可以 B.电场和磁场都可以C。
只能用电场 D.只能用磁场解析在加速电场中，由动能定理得qU＝错误!m v错误!，若分离区加竖直向下的电场，设偏转电场的宽度为L，则在电场中偏转时有：沿电场方向y＝错误!at2＝错误!错误!错误!错误!＝错误!，联立得粒子在分离区偏转距离y＝错误!，可知，加速电压U相同，偏转电场的E和L相同，y相同，所以不能将质子和α粒子进行分离;若分离区加垂直纸面向里的磁场,粒子进入偏转磁场时，轨迹半径r＝错误!＝错误!错误!，由于质子和α粒子的比荷不同，运动的半径r也不同，所以能将两种粒子分离，故A、B、C项错误，D项正确.答案 D2。
（多选)（2017·江苏扬州市高三期末检测)回旋加速器工作原理示意图如图2所示，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、频率为f 的交流电源上,若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是()图2A。
高考总复习课程--2018年高考物理第二轮复习江苏版课后
运动和力2018新题赏析题一：交通信号“绿波”控制系统一般被称为“绿波带”，它是根据车辆运动情况对各路口红绿灯进行协调，使车辆通过时能连续获得一路绿灯。
郑州市中原路上某直线路段每间隔L ＝500 m就有一个红绿灯路口，绿灯时间Δt1＝60 s，错误！未找到引用源。
红灯时间错误！未找到引用源。
，而且下一路口红绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后错误！未找到引用源。
要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能通过该路口（即经过前一路口后，在下一路口第一次红灯亮之前通过该路口）。
汽车可看做质点，不计通过路口的时间，道路通行顺畅。
某路口绿灯刚亮起时，某汽车恰好通过，要使该汽车保持匀速行驶，在后面道路上再连续通过五个路口，满足题设条件下，汽车匀速行驶的最大速度是多少？最小速度又是多少？（计算结果保留两位有效数字）题二：交通规定：黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可以继续前行，车头未越过停车线的，若继续前行则视为闯黄灯。
现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，当两车快要到十字路口时，甲车司机看到黄灯闪烁，黄灯提示3 s后将转为红灯。
请问：（1）若甲车在黄灯开始闪烁时刹车，要使车在黄灯闪烁的时间内停下来且刹车距离不得大于18 m，则甲车刹车前的行驶速度不能超过多少？（2）若甲、乙两车均以v0＝15 m/s的速度驶向路口，乙车司机看到甲车刹车后也紧急刹车（乙车司机的反应时间Δt2＝0.4 s）。
已知甲车、乙车紧急刹车时产生的加速度大小分别为a1＝5 m/s2、a2＝6 m/s2。
若甲车司机看到黄灯闪烁时车头距停车线L＝30 m，要避免闯红灯，他的最长反应时间Δt1为多少？（3）满足第（2）问的条件下，为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车刹车前的最小距离s0多大？题三：如图所示为在某十字路口附近的一橡胶减速带，一警用巡逻车正以20 m/s的速度行驶在该路段，在离减速带50 m时巡逻车开始做匀减速运动，结果以5 m/s的速度通过减速带，通过后立即以2.5 m/s2的加速度加速到原来的速度。
江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练5含解析312
二轮滚讲义练（五）滚动练一、选择题1、(多选)(2015·山东高考)如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示。
t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T 3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。
微粒运动过程中未与金属板接触。
重力加速度的大小为g 。
关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )A ．末速度大小为 2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgd D ．克服电场力做功为mgd解析：选BC 0～T 3时间内微粒匀速运动，有mg ＝qE 0。
把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v 0的匀速直线运动；竖直方向：T 3～2T 3时间内，只受重力，做自由落体运动，2T 3时刻，v 1y ＝g·T 3；2T 3～T 时间内，a ＝2qE 0－mg m ＝g ，做匀减速直线运动，T 时刻，v 2y ＝v 1y －a·T 3＝0，所以末速度v ＝v 0，方向沿水平方向，选项A 错误，B 正确；重力势能的减少量ΔE p ＝mg·d 2＝12mgd ，选项C 正确；根据动能定理：12mgd －W 克电＝0，得W 克电＝12mgd ，选项D 错误。
2、(2017·东海期中)如图所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A 、B 以平行于极板的相同初速度从不同位置射入电场，结果打在极板上同一点P 。
不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是( )A ．在电场中微粒A 运动的时间比B 长B ．在电场中微粒A 运动的时间比B 短C ．静电力对微粒A 做的功比B 少D ．微粒A 所带的电荷量比B 多解析：选D 水平方向两微粒做匀速直线运动，运动时间为 t ＝x v 0，因为x 、v 0相等，则t相等，故A 、B 错误；在竖直方向上两微粒做初速度为零的匀加速直线运动，由y ＝12at 2＝Eq 2mt 2得电荷量为：q ＝2my Et 2，可知，q ∝y ，所以微粒A 所带的电荷量多。
江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练3(含解析)
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v 0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mg ＝qE ，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v 022gD ．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mv 024[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mg ＝qE ，由三角形定则，可知电场方向与ON 方向成120°角，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a ＝g ，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－mg·2h＝0－12mv 02，解得h ＝v 024g，C 项错误；小球上升过程中，速度为零时，其电势能最大，则E p ＝－qE·2hcos 120°＝mv 024，D 项正确。
[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(q ＞0)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。
已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面。
若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ∶m 为( )A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1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 ＝Eq M ，25l ＝12·Eq M t 2；对m 有a′＝Eq m ，35l＝12·Eq m t 2，联立解得M m ＝32，A 正确。
(江苏专版)18高考物理二轮复习滚讲义练(12)(含解析)
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θ，下列有关说法正确的是( )A ．若θ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θ大小无关C ．粒子在磁场中运动时间与θ有关，与v 无关D ．若v 一定，θ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2π－2θ，在A 、B 、C 选项中，若θ一定，则有：t ＝2πm qB ·2π－2θ2π＝π－θπ·2πm qB，可见粒子在磁场中运动的时间与v 无关，与θ有关，故A 、B 错误，C 正确；由上式可知若v 一定，θ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α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α粒子运动轨迹相同B ．质子和α粒子运动动能相同C ．质子和α粒子运动速率相同D ．质子和α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，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α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 ＝mv Bq 、T ＝2πm Bq知，由于两粒子的比荷不同，则它们的运动速率、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 ＝mv Bq 、E k ＝12mv 2，可得E k ＝B 2q 2R 22m，易知两粒子运动的动能相同，B 正确。
江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练10含解析
二轮滚讲义练（十）滚动练一、选择题1、(多选)(2017·南通四模)如图所示，在一个边长为a 的正六边形区域内存在磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个比荷为q m的正粒子，从A 点沿AD 方向以一定的初速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用；已知粒子从ED 边上的某一点垂直ED 边界飞出磁场区域。
则( )A ．粒子进入磁场区域的初速度大小为23Bqa 3mB ．粒子在磁场区域内运动的时间t ＝πm 3BqC ．粒子在磁场区域内运动的半径R ＝23aD ．若改变B 和初速度的大小，使该粒子仍从ED 边界垂直飞出磁场区域，则粒子在磁场区域内运动的路程不变解析：选CD 画出粒子在磁场区域内运动的轨迹如图所示，由题意及速度方向确定轨迹圆的圆心在O 点，连接AE ，由几何关系确定各角度关系如图所示。
粒子在磁场区域内运动的半径r ＝OA ＝AE sin 30°＝2acos 30°sin 30°＝23a ，C 正确；由洛伦兹力提供向心力qvB ＝mv 2r，解得v ＝23Bqa m， A 错误；粒子在磁场区域内运动的时间t ＝30°360°×2πm qB ＝πm 6qB，B 错误；若改变粒子初速度的大小和B 的大小，仍使粒子从ED 边界垂直飞出磁场区域，通过画图知带电粒子在磁场中的运动轨迹不变，所以路程也不变，D 正确。
2、(2017·四川模拟)如图所示，半径为R 的绝缘圆筒内分布着匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里。
一质量为m 、电荷量为q 的正离子(不计重力)从筒壁上的小孔P 射入筒中，速度方向与半径OP 成30°角，不计离子与筒壁碰撞的能量损失和电荷量的损失。
若离子在最短的时间内返回P 孔，则离子在圆筒内运动的速率和最短的时间分别是( )A.3qBR m πm qBB.3qBR m πm 3qBC.2qBR m πm qBD.2qBR m 2πm 3qB解析：选D 设离子在磁场中运动的轨迹半径为r ，速度为v ，洛伦兹力提供向心力，有：qvB ＝m v 2r，可在最短的时间内返回P 孔的运动轨迹如图所示，结合图中的几何关系可得：r ＝2R ，解得离子的速率为：v＝2qBR m，离子在磁场中经过的每段圆弧对应的圆心角：α＝60°，离子运动的周期为T ＝2πr v ，经历的最短时间为：t ＝T 3，解得：t ＝2πm 3qB，故D 正确，A 、B 、C 错误。
(江苏专版)2018高考物理二轮复习 滚讲义练(9)(含解析)
二轮滚讲义练（九）滚动练一、选择题1、(2017·泰州三模)科研人员常用磁场来约束运动的带电粒子，如图所示，粒子源位于纸面内一边长为a 的正方形中心O 处，可以沿纸面向各个方向发射速度不同的粒子，粒子质量为m 、电荷量为q 、最大速度为v ，忽略粒子重力及粒子间相互作用，要使粒子均不能射出正方形区域，可在此区域加一垂直纸面的匀强磁场，则磁感应强度B 的最小值为( )A.2mv qaB.22mv qaC.4mv qaD.42mv qa解析：选C 粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有：Bvq ＝mv 2R，所以R ＝mv Bq 。
粒子做圆周运动，圆上最远两点之间的距离为2R ；而O 到边界的最短距离为12a ，所以，要使粒子均不能射出正方形区域，则2R≤12a ，即2mv Bq ≤12a ，所以B≥4mv qa，故磁感应强度B 的最小值为4mv qa，故A 、B 、D 错误，C 正确。
2、如图所示，以直角三角形ABC 为边界的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其中∠A ＝90°，∠B ＝30°，AC ＝a 。
A 点的发射源能向磁场区域内任意方向发射带负电的粒子，粒子的初速度为v 0＝qBa m ，粒子的比荷为q m，粒子初速度的方向与边界AB 的夹角用θ表示，忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用。
则( )A ．粒子不可能经过C 点B ．要使粒子在该场中运动的时间最短，则θ＝60°C ．若θ<30°，则这些粒子在磁场中运动的时间一定相等D ．这些粒子经过边界BC 区域的长度为a解析：选D 根据Bqv 0＝m v 02r可知，粒子运动的半径r ＝a ，由几何关系知，θ＝60°时，粒子恰好从C 点射出，A 错误；当θ＝60°时，粒子在磁场中运动的时间恰好是T 6，该粒子在磁场中运动时间最长，B 错误；当θ＝0时，粒子恰好从BC 的中点飞出，粒子在磁场中运动的时间也恰好是T 6，因此粒子从与AB 平行到与AB 成60°方向射入时，粒子在磁场中运动的时间先减小后增大，C 错误；由前述分析知，在BC 边界上只有一半区域有粒子射出，即粒子经过边界BC 区域的长度为a ，D 正确。
高考总复习课程--2018年高考物理第二轮复习江苏版讲义
第21讲 多过程组合拳2018新题赏析题一：如图所示，位于竖直平面内的轨道由抛物线ab 、圆心为O 的圆弧bcd 和斜杆de 组成，ab 、de 分别与圆弧平滑连接且相切于b 、d 两点，a 点为抛物线顶点，b 、d 两点等高，c 点为圆弧的最低点。
已知a 、b 两点间的竖直高度h ＝1.5 m ，水平距离x ＝2.25 m ，圆弧的半径R ＝0.8 m 。
现将一质量m ＝1 kg 的小圆环套在轨道上，从a 点以初速度v 0水平向右抛出，小圆环与ab 轨道间恰好没有相互作用力，小圆环第一次到达的最高点P 与a 点等高，小圆环与斜杆de 间的动摩擦因数恒为μ，其他位置摩擦不计，重力加速度g ＝10 m/s 2。
（1）求v 0的值；（2）求μ的值；（3）若将一劲度系数为k 的光滑轻弹簧套在斜杆上，弹簧上端固定在P 点，下端（自由端）恰好在d 点，现将小圆环从a 点以023v 的初速度水平向右抛出，小圆环压缩弹簧，弹簧的最大压缩量x m ＝0.2 m ，弹簧的弹性势能E p ＝212kx （x 为弹簧的形变量），求小圆环经过c 点时对轨道压力的最小值以及k 的值。
题二：如图所示，在高h1＝43m的光滑水平台面上，放置一下表面光滑、上表面粗糙的薄木板，其质量为M＝4 kg，薄木板右端到A点的距离为s＝1 m，左端放置一质量为m＝0.9 kg 的小物块，质量为m0＝0.1 kg的子弹以v0＝90 m/s的水平速度飞来，打到小物块上陷入其中（该过程时间很短）后一起运动，当薄木板右端运动到A点时，小物块从A点以一定的水平速度v1向右滑离平台，并恰好能从B点的切线方向进入光滑圆弧形轨道BC，∠BOC＝53°，其圆心O与平台等高，并从最低点C点进入直径为h1的半圆形光滑轨道，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2。
求：（1）小物块与薄木板间的动摩擦因数及薄木板的长度L；（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端C点时和刚过C点时对轨道的压力之比；（3）通过计算说明小物块能否到达O点。
(江苏专版)2018年高考物理第二轮复习第2讲论圆讲义册子
第2讲论圆一、水平圆之考力题一：如图所示，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l。
木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度。
下列说法正确的是（）A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ωb开始滑动的临界角速度D．当ωa所受摩擦力的大小为kmg题二：一行星与地球运动情况相似，此行星的一昼夜为T＝6小时，若弹簧秤在其赤道上比两极处测同一物体的重力时读数小了10%，则此行星的平均密度多大？题三：如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。
不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（）A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小二、竖直圆之功能题四：如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。
若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（）A．t1<t2 B．t1＝t2C．t1>t2 D．无法比较t1、t2的大小题五：如图所示，一个小滑块（可视为质点）从离B点高H＝12 m处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R＝4 m的竖直圆环，且滑块与圆环动摩擦因数处处相等。
当到达环顶C时，刚好对轨道压力为零；沿CB圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达离B点高h的D点时，速度为零。
则h可能为（）A．11 m B．10 m C．9 m D．8 m题六：过山车是游乐场中常见的设施。
下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D 间距相等，半径R1＝2.0 m、R2＝1.4 m。
(江苏专版)2018年高考物理第二轮复习第6讲动量弹簧课后练习
第6讲动量弹簧题一：光滑水平面上放着质量m A＝1 kg的物块A与质量m B＝2 kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧的弹性势能E p＝49 J。
在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示，放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆形光滑轨道，其半径R＝0.5 m，B恰能到达最高点C。
取g＝10 m/s2，求：（1）绳被拉断的瞬间，B的速度的大小；（2）在绳被拉断的过程中，绳对B的冲量的大小；（3）在绳被拉断的过程中，绳对A所做的功。
题二：如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不栓接，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，B、C可视为一个整体。
现A以初速度v0沿B、C的连线方向运动，与B相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。
已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的弹性势能。
题三：图中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体，它对滑块的阻力可调，起初滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m 的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动。
为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为2mgk时速度减为0，ER流体对滑块的阻力需随滑块下移而变。
忽略空气阻力，试求：（1）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；（2）滑块向下运动过程中加速度的大小；（3）滑块下移距离为d时，ER流体对滑块阻力的大小。
题四：一弹簧竖直固定在地面上，上面连接一质量为1 kg的物体A，A处于静止状态，此时弹簧被压缩了0.15 m。
质量也为1 kg的物体B从A的正上方h＝0.3 m处自由下落，碰后A、B结合在一起向下运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，该弹簧形变量为x时的弹性势能为E p＝12kx2，其中k为弹簧的劲度系数。
江苏2018高考物理二轮复习滚讲义练2含解析
二轮滚讲义练（二）滚动练一、选择题1、（多选）如图所示，电路中R 1、R 2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C 的极板水平放置，闭合电键S ，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。
如果仅改变下列某一个条件，油滴能向下运动的是( )A ．增大R 1的阻值B ．增大R 2的阻值C ．增大两板间的距离D ．断开电键S解析：选CD 增大R 1的阻值，稳定后电容器两板间的电压升高，带电油滴所受电场力增大，将向上运动，A 错误；电路稳定后，电容器相当于断路，无电流通过电阻R 2，故R 2两端无电压，所以，增大R 2的阻值，电容器两板间的电压不变，带电油滴仍处于静止状态，B 错误；增大两板间的距离，两板间的电压不变，电场强度减小，带电油滴所受电场力减小，将向下运动，C 正确；断开电键S 后，两极板间的电势差为零，带电油滴只受重力作用，将向下运动，D 正确。
7．平行板电容器充电后断开电源，现将其中一块金属极板沿远离另一板方向平移一小段距离。
此过程中电容器的电容C 、两极板带电荷量Q 、两板间电场强度E 、两板间电压U 随两板间距离d 变化的关系，表示不正确的是( )解析：选ABD 平行板电容器的电容为C ＝εr S 4πkd，d 增大时，C 减小，而Q 一定，所以电容器两极板间电场强度E ＝4πkQ εr S一定，A 、B 错误，C 正确；由U ＝Ed 知，D 错误。
2、（多选）如图所示，电容器两极板与电源正负极相连，在将电容器两极板间的距离由d 迅速增大为2d 的过程中，下列说法正确的是( )A ．电容器两板间电压始终不变B ．电容器两板间电压瞬时升高后又恢复原值C ．根据Q ＝CU 可知，电容器带电荷量先增大后减小D ．电路中电流由B 板经电源流向A 板解析：选BD 在将电容器两极板间距离迅速增大的过程中，电容器极板上的电荷量未来得及变化，即Q 不变，则C ＝Q U ＝Q Ed ，又C ＝εr S 4πkd ，所以Q Ed ＝εr S 4πkd ，所以E ＝4πkQ εr S也不变，而U ＝Ed ，故U 增大，但最终电压U 要与电源电压相等，故A 错误，B 正确；此后，因为C ＝εr S 4πkd，所以d 增大时，C 减小，由Q ＝CU ，所以Q 减小，电路中有瞬时电流，方向由B 板经电源流向A 板，故D 正确，C 错误。
2018高考物理二轮复习滚讲义练14含解析6
二轮滚讲义练（14）滚动练 一、选择题1、(多选)质量为m 、电荷量为q 的带正电小球，从倾角为θ的粗糙绝缘斜面(μ<tan θ)上由静止下滑，斜面足够长，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为B ，如图所示。
带电小球运动过程中，下列说法中正确的是( )A ．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动B ．小球在斜面上运动时做加速度增大的变加速直线运动C ．小球最终在斜面上匀速运动D ．小球在斜面上下滑过程中，对斜面压力刚好为零时，小球的速度为mgcos θBq解析：选BD 对小球进行受力分析，由左手定则可知小球受到垂直于斜面向上的洛伦兹力的作用，且随小球速度的增大而增大，所以斜面对小球的支持力减小，滑动摩擦力减小，重力沿斜面向下的分力不变，所以小球做加速度逐渐增大的变加速运动，故A 、C 错误，B 正确；当斜面对小球的支持力减为零时，垂直于斜面向上的洛伦兹力等于重力垂直于斜面方向的分力，可得小球的速度为mgcos θBq，故D 正确。
2、.(2017·海安中学模拟)如图所示，矩形磁场区域abcd 内有垂直纸面的匀强磁场，bc ＝3ab ，不计重力的带电粒子以初速度v 0从a 点垂直ab 射入匀强磁场中，经磁场偏转后从c 点射出；若撤去磁场加一个与ab 边平行的匀强电场，带电粒子仍以v 0从a 点进入电场，仍能通过c 点，下列结论正确的是( )A ．该粒子带正电B ．b 点为圆周运动的圆心C ．电场强度E 与磁感应强度B 之比为23v 0D ．电场强度E 与磁感应强度B 之比为43v 0解析：选D 因为电场和磁场的方向均未知，所以粒子可能带正电也可能带负电，故A 错误；画出粒子轨迹如图所示，根据几何关系可知：粒子做圆周运动的圆心O 在b 点正下方，根据几何关系知距b 点距离为：d ＝r(1－sin 30°)＝r2，故B 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据半径推论公式r ＝mv 0qB ，再根据几何关系r ＝2ab ，联立可得：B ＝mv 02ab·q，粒子在电场中做类平抛运动，3ab ＝v 0t ，ab ＝12·Eq m t 2，联立可得：E ＝2mv 023ab·q ，所以：E B ＝43v 0，故D 正确，C错误。
高考总复习课程--2018年高考物理第二轮复习江苏版讲义
第6讲 动量弹簧题一：如图所示，水平轨道AB 与半径为R 的竖直半圆形轨道BC 相切于B 点。
质量为2m 和m 的a 、b 两个小滑块（可视为质点）原来静止于水平轨道上，其中小滑块a 与一轻弹簧相连。
某一瞬间给小滑块a 一冲量使其获得v 0的初速度向右冲向小滑块b ，与b 碰撞后弹簧不与b 粘连，且小滑块b 在到达B 点之前已经和弹簧分离，不计一切摩擦，求：（1）小滑块b 经过圆形轨道的B 点时对轨道的压力；（2）试通过计算说明小滑块b 能否到达圆形轨道的最高点C 。
题二：如图所示，有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m 的薄滑块，当滑块运动时，圆筒内壁对滑块有阻力的作用，阻力的大小恒为f ＝12mg （g 为重力加速度）。
在初始位置滑块静止，圆筒内壁对滑块的阻力为零，弹簧的长度为l 。
现有一质量也为m 的物体从距地面2l 处自由落下，与滑块发生碰撞，碰撞时间极短。
碰撞后物体与滑块粘在一起向下运动，运动到最低点后又被弹回向上运动，滑动到初始位置时速度恰好为零，不计空气阻力。
求：（1）物体与滑块碰撞后共同运动的初速度的大小；（2）碰撞后，在滑块向下运动到最低点的过程中弹簧弹性势能的变化量。
题三：质量为m的钢板与竖直轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地面上。
平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示。
一物块从距钢板正上方3x0的A处自由落下，打在钢板上并立即与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动。
已知物块质量也为m时，它们恰好能回到O点。
若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度。
求物块向上运动到达的最高点与O点的距离。
2018版高考物理二轮江苏专版：第一部分 专题六 专题限时集训6 含解析 精品
专题限时集训(六)机械能守恒定律功能关系(对应学生用书第127页)(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2018·山西右玉一模)一小球以一定的初速度从图6-14所示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1．8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为()【导学号：17214118】图6-14A．2mg B．3mg C．4mg D．5mgC[小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝m v2B1．8R，小球在轨道1上经过A处时，有F＋mg＝m v2AR，根据机械能守恒，有1．6mgR＝12m v2A－12m v2B，解得F＝4mg，C项正确．]2．2018年春晚，摩托车特技表演引爆上海分会场的气氛，称为史上最惊险刺激的八人环球飞车表演．在舞台中固定一个直径为6．5 m的圆形铁笼，八辆摩托车始终以70 km/h的速度在铁笼内旋转追逐，旋转轨道有时水平，有时竖直，有时倾斜，非常震撼．关于摩托车的旋转运动，下列说法正确的是()A．摩托车在铁笼的最低点时，对铁笼的压力最大B．摩托车驾驶员始终处于失重状态C．摩托车机械能始终守恒D．摩托车的速度小于70 km/h，就会脱离铁笼A[A车在最低点，向心加速度向上，合力向上，则支持力大于重力，有：F N＝mg＋m v2R；在最高点铁笼对车的支持力与重力的合力提供向心力，可能的情况是：F N＝m v2R－mg．而其余的位置介于二者之间，所以摩托车在铁笼的最低点时，对铁笼的压力最大，故A正确．由A的分析可知，摩托车在铁笼的最低点时处于超重状态，故B错误．摩托车的速度不变，则动能不变，而重力势能随高度会发生变化，所以摩托车的机械能不守恒，故C错误．在最高点恰好由重力提供向心力，则有：mg＝m v20R，所以：v0＝gR＝10×6．52m/s＝5．7 m/s≈20．5 km/h＜70 km/h，所以摩托车的速度小于70 km/h，不一定会脱离铁笼，故D错误．]3．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．已知空气阻力f大小不变，且f<mg，若选取地面为零势能面，则物体在空中运动的整个过程中，物体的机械能随离地面高度h变化的关系可能正确的是()【导学号：17214118】C[物体开始在恒力作用下做匀加速运动，机械能增量为E＝(F－f)·h，在某一高度撤去恒力以后，物体继续上升，机械能减少，到达最高点后，开始下落，但机械能会继续减少，物体接近地面时仍有一定的速度，所以选项C正确．]4．(2018·贵州三校三联)如图6-15所示，斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点，物块与斜面间有摩擦．现将物块从O点拉至A点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经O点到达B点时速度为零，则物块从A运动到B的过程中()【导学号：17214118】图6-15A．经过位置O点时，物块的动能最大B．物块动能最大的位置与AO的距离无关C．物块从A向O运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量D．物块从O向B运动过程中，动能的减少量等于弹性势能的增加量B[根据题述弹簧处于自然长度时物块位于O点，可知物块所受摩擦力等于重力沿斜面的分力．将物块从O点拉至A点，撤去拉力后物块由静止向上运动，当弹簧对物块沿斜面向上的弹力等于物块重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和时，合力为零，物块的动能最大．由此可知，物块经过A、O之间某一位置时，物块的动能最大，选项A错误．物块动能最大的位置与AO的距离无关，选项B正确．由功能关系可知，物块从A向O运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量加上克服摩擦力做功产生的热量，选项C错误．物块从O向B运动过程中，动能的减少量等于增加的重力势能与弹性势能加上克服摩擦力做功产生的热量，即动能的减少量大于弹性势能的增加量，选项D错误．]5．如图6-16所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB 竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时对轨道压力为mg2．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中()【导学号：17214110】图6-16A．重力做功2mgRB．合力做功34mgRC．克服摩擦力做功12mgRD．机械能减少2mgRB[小球能通过B点，在B点速度v满足mg＋12mg＝mv2R，解得v＝32gR，从P到B过程，重力做功等于重力势能减小量为mgR，动能增加量为12m v2＝34mgR，合力做功等于动能增加量34mgR，机械能减少量为mgR－34mgR＝14mgR，克服摩擦力做功等于机械能的减少量14mgR，故只有B选项正确．]6．(2018·长春二模)如图6-17所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O点的轻质光滑定滑轮，一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等．C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OC＝h．开始时A位于P 点，PO与水平方向的夹角为30°．现将A、B静止释放．则下列说法正确的是()【导学号：17214111】图6-17A．物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度不断增大B．在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量C．物块A在杆上长为23h的范围内做往复运动D．物块A经过C点时的速度大小为2ghACD[物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子拉力对A做正功，动能不断增大，速度不断增大，选项A正确；物块A到达C时，B到达最低点，速度为零，B下降过程中只受重力和绳子的拉力，根据动能定理可知，重力做功和拉力做功大小相等，选项B错误；由几何知识可知，AC＝3h，由于AB 组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A 在杆上长为23h 的范围内做往复运动，选项C 正确；对系统由机械能守恒定律得mg (h sin 30°－h )＝12m v 2得v ＝2gh ，选项D 正确．]7．水平光滑直轨道ab 与半径为R 的竖直半圆形光滑轨道bc 相切，一小球以初速度v 0沿直轨道ab 向右运动，如图6-18所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c ．则( )【导学号：17214112】图6-18A ．R 越大，v 0越大B ．R 越大，小球经过b 点后的瞬间对轨道的压力越大C ．m 越大，v 0越大D ．m 与R 同时增大，初动能E k0增大AD [小球刚好能通过最高点c ，表明小球在c 点的速度为v c ＝gR ，根据机械能守恒定律有12m v 20＝mg ·2R ＋12m v 2c ＝52mgR ，选项A 正确；m 与R 同时增大，初动能E k0增大，选项D 正确；从b 到c 机械能守恒，mg 2R ＋12m v 2c ＝12m v 2b 得v b ＝5gR ，在b 点，N －mg ＝m v 2b R 得N ＝6mg ，选项B 错误；12m v 20＝mg ·2R ＋12m v 2c ，v 0＝5gR ，v 0与m 无关，选项C 错误．]8．(2018·山东潍坊二模)如图6-19所示，甲、乙传送带倾斜于水平地面放置，并以相同的恒定速率v 逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同．将一小物体分别从两传送带顶端的A 点无初速度释放，甲传送带上物体到达底端B 点时恰好达到速度v ；乙传送带上物体到达传送带中部的C 点时恰好达到速度v ，接着以速度v 运动到底端B 点．则物体从A 运动到B 的过程中( )图6-19A ．物体在甲传送带上运动的时间比乙大B ．物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙大C ．两传送带对物体做功相等D ．两传送带因与物体摩擦产生的热量相等AC [物体在甲传送带上的平均速度为v 2，在乙传送带上的平均速度大于v 2，而运动的位移相同，故物体在甲传送带上运动的时间比乙大，选项A 正确；物体在甲传送带上加速距离比在乙传送带上加速距离大，而末速度相同，由v ＝at 可知a 甲<a 乙，由牛顿第二定律有μmg cos θ＋mg sin θ＝ma ，故μ甲<μ乙，选项B 错误；物体在运动过程中受重力和传送带的作用力，物体下降的高度和末速度均相等，由动能定理可知，传送带对物体做功相等，选项C 正确；设传送带的高度为h ，由摩擦生热Q ＝fs 相对知，Q 甲＝f 1s 1＝f 1(v t 1－v 2t 1)＝f 1·h sin θ，Q 乙＝f 2s 2＝f 2·h －h ′sin θ，根据牛顿第二定律得f 1＋mg sin θ＝ma 1＝m v 22·h sin θ，f 2＋mg sin θ＝ma 2＝m v 22·h －h ′sin θ，解得Q 甲＝12m v 2－mgh ，Q 乙＝12m v 2－mg (h －h ′)，故Q 甲<Q 乙，选项D 错误．]二、计算题(共2小题，32分)9．(16分)如图6-20所示，足够长的传送带AB 与光滑的水平面BC 连接，光滑的、半径R ＝0．5 m 的半圆轨道与水平面连接，相切于C 点．传送带以恒定的速率v 顺时针运行，在光滑的水平面上有一质量m ＝0．5 kg 的物体以v 1＝6 m/s 的速度向左滑上传送带，经过2 s 物体的速度减为零，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D 点，g 取10 m/s 2．求：图6-20(1)物体与传送带之间的动摩擦因数μ；(2)传送带的速度v ；(3)物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量．【导学号：17214113】【解析】 (1)物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，设其运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有：μmg ＝ma ①根据加速度定义式有：－a ＝0－v 1t ② 由①②式联立解得：μ＝v 1gt ＝610×2＝0．3．③ (2)当物体速度减为零后，由于传送带有恒定向右运动的速度，与物体间存在相对运动，物体将在滑动摩擦力作用下向右做匀加速直线运动，若皮带速度足够大，根据对称性可知，物体滑回光滑水平面时的速度v 2大小应与v 1相等，即v 2＝v 1＝6 m/s又由题意可知，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D 点，设经过最高点D 时的速度为v D ，在D 处，根据牛顿第二定律和向心力公式有：mg ＝m v 2D R ④在由C 运动至D 的过程中，根据动能定理有：－mg ×2R ＝12m v 2D －12m v 2C ⑤由④⑤式联立解得：v C ＝5gR ＝5×10×0．5 m/s ＝5 m/s ⑥物体在光滑水平面上应做匀速直线运动，显然v C ＝5 m/s ＜v 2＝6 m/s所以物体在传送带上返回时只能先做一段匀加速直线运动至与传送带速度相等时，再做匀速直线运动，并以该速度运动至C 处，即有：v ＝v C ＝5 m/s ．⑦(3)物体向左滑行时，相对传送带的位移为：Δx 1＝v 12·t ＋v t ⑧物体向右滑行时，相对传送带的位移为：Δx 2＝v ·v μg －v 22μg ⑨物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量为：Q ＝μmg (Δx 1＋Δx 2)⑩ 由③⑦⑧⑨⑩式联立，并代入数据解得： Q ＝30．25 J ．【答案】 (1)0．3 (2)5 m/s (3)30．25 J10．(16分) 如图6-21所示，AB 是竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，在下端B 与水平直轨道相切，一小球自A 点起由静止开始沿轨道下滑，已知圆轨道半径为h ，小球的质量为m ．图6-21(1)求小球运动到B 点时的速度大小；(2)求小球刚经过圆弧轨道的B 点时，所受轨道支持力F B 是多大？(3)若小球与水平轨道之间的动摩擦因数为μ，小球与C 点固定的竖直挡板只发生一次无机械能损失的碰撞后，最终停止在水平轨道上某处，BC 长度为s ，求物块停止的地方与B 点距离的可能值．【解析】 (1)根据机械能守恒得 mgh ＝12m v 2B ，解得v B ＝2gh ．(2)根据牛顿运动定律，在B 点有F B －mg ＝m v 2B h ，解得 F B ＝3mg ．(3)设物块的质量为m ，在水平轨道上滑行的总路程为s ′由功能关系得mgh ＝μmgs ′解得 s ′＝h μ第一种可能是物块与弹性挡板碰撞后，在B 前停止，物块停止的位置距B 的距离为d ＝2s －s ′＝2s －h μ第二种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，则物块停止的位置距B 的距离为d ＝s ′－2s ＝h μ－2s ．【答案】 (1)2gh (2)3mg (3)2s －h μ或者h μ－2s。
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二轮滚讲义练（六）滚动练 一、选择题1、(2017·南通一模)如图甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t ＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v 0，t ＝T 时刻粒子刚好沿MN 板右边缘射出电场。
则( )A ．该粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向B ．在t ＝T2时刻，该粒子的速度大小为2v 0C ．若该粒子在T2时刻以速度v 0进入电场，则粒子会打在板上D ．若该粒子的入射速度变为2v 0，则该粒子仍在t ＝T 时刻射出电场解析：选A 粒子射入电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动，后半个周期内做匀减速直线运动，一个周期末竖直方向上的分速度恰好为零，可知粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向，故A 正确；在t ＝T2时刻，粒子在水平方向上的分速度为v 0，因为两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，结合上述分析则有：v 0T ＝v y 2·T 2×2，解得v y ＝2v 0，则t ＝T 2时刻，v y ′＝v y T ·T2＝v 0，根据平行四边形定则知，粒子的速度大小为v ＝2v 0，故B 错误；若该粒子在T2时刻以速度v 0进入电场，粒子在竖直方向上的运动情况与0时刻进入时运动的方向相反，运动规律相同，则粒子不会打在板上，故C 错误；若该粒子的入射速度变为2v 0，则粒子射出电场的时间t ＝L 2v 0＝T2，故D 错误。
2、(2017·诏安模拟)如图所示，在真空中有一对带电的平行金属板水平放置。
一带电粒子沿平行于板面的方向，从左侧两极板中央射入电场中，恰能从右侧极板边缘处离开电场，不计粒子重力，若可以改变某个量，下列哪种变化，仍能确保粒子一定飞出电场( )A ．只增大粒子的带电量B ．只增大电场强度C ．只减小粒子的比荷D ．只减小粒子的入射速度解析：选C 设带电粒子的初速度为v 0，右侧极板长为L ，电场强度为E ，根据牛顿第二定律，有a ＝qEm ，水平方向：L ＝v 0t ，竖直方向：y ＝12at 2，联立得：y ＝qEL22mv 02，只增大粒子的带电量，只增大电场强度，只减小粒子的入射速度，都会使竖直位移y 增大，粒子可能打到极板上，粒子不一定能飞出电场，故A 、B 、D 错误；只减小粒子的比荷，竖直位移y 减小，一定能飞出电场，故C 正确。
3、(2017·南京模拟)用轻绳拴着一质量为m 、带正电的小球在竖直面内绕O 点做圆周运动，竖直面内加有竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，如图甲所示，不计一切阻力，小球运动到最高点时的动能E k 与绳中张力F 间的关系如图乙所示，当地的重力加速度为g ，则( )A ．小球所带电荷量为b ＋mgEB ．轻绳的长度为abC ．小球在最高点时的最小速度为2a mD ．小球在最低点时的最小速度为5a m解析：选C 在最高点时，绳对小球的拉力、重力和电场力的合力提供向心力，则得：F ＋mg ＋Eq ＝m v 2L ，即12mv 2·2L ＝F ＋mg ＋Eq ，由于E k ＝12mv 2，故E k ＝L 2F ＋L 2(mg ＋Eq)，由题图乙可知，图线斜率k ＝a b ＝L 2，即L ＝2ab ，故B 错误；当F ＝0时，由mg ＋Eq ＝m v 2L ，12mv 2＝a ，解得q ＝b －mgE ，故A 错误；当F ＝0时，重力和电场力提供向心力，此时对应最小速度，12mv 2＝a ，解得v ＝2am，故C 正确，D 错误。
4．(2014·江苏高考)如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。
在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B 。
在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )A.Ba 22Δt B.nBa 22Δt C.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt解析：选B 磁感应强度的变化率ΔB Δt ＝2B －B Δt ＝B Δt ，法拉第电磁感应定律公式可写成E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔBΔt S ，其中线圈在磁场中的有效面积S ＝12a 2，代入得E ＝n Ba22Δt，选项B 正确，A 、C 、D 错误。
5.(2017·南平期末)如图所示，左侧有一个竖直放置的超导体圆环(电阻可视为0)，O 点为圆环的圆心，右侧有一条形磁铁。
初始圆环中没有电流，条形磁铁由静止沿圆环轴线向左加速运动，当其左端到达圆心O 所在位置时，突然静止不动。
下列说法正确的是( )A ．条形磁铁运动的过程中，圆环中有逆时针(从左向右看)方向的电流B ．条形磁铁运动的过程中，圆环中的电流为0C ．条形磁铁运动的过程中，圆环对条形磁铁有向右的作用力D ．条形磁铁运动的过程中，条形磁铁对圆环始终没有作用力解析：选C 条形磁铁沿圆环轴线靠近圆环时，圆环中会产生感应电流，出现“来拒”的现象，根据楞次定律可得，圆环中产生顺时针(从左向右看)方向的感应电流，故A 、B 错误；根据楞次定律的“来拒去留”可知，条形磁铁运动过程中，圆环对条形磁铁有向右的作用力，故C 正确，D 错误。
6、背越式跳高是一项跳跃垂直障碍的运动项目，包括助跑、起跳、过杆和落地四个阶段，如图所示为从起跳到落地运动过程分解图，某同学身高 1.80 m ，体重60 kg ，参加学校运动会时成功地越过高1.90 m 的横杆，该同学跳起时的动能可能是下列哪个值(g 取10 m/s 2)( )A ．500 JB ．600 JC ．800 JD ．2 000 J解析：选C 该同学跳高过程可以视为竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，该同学重心升高高度至少为：h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1.90－1.802m ＝1.0 m ，根据机械能守恒定律可知，跳起时的动能：E k ＝mgh ＝60×10×1.0 J＝600 J ，因实际过程中可能存在阻力，则可知，只有动能大于600 J 时才能成功越过，但2 000 J 不符合实际，故只有C 正确，A 、B 、D 错误。
7、如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h 。
若将小球A 换为质量为2m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为(已知重力加速度为g ，且不计空气阻力)( )A.2ghB.ghC.gh2D ．0解析：选B 质量为m 的小球A ，下降到最大高度h 时，速度为零，重力势能转化为弹簧－E p ＝12×2mv 2，解弹性势能，即E p ＝mgh ，质量为2m 的小球下降h 时，根据功能关系有2mgh 得v ＝gh ，选项B 正确。
二、非选择题1、如图所示，空间存在着两个方向均垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小分别为B 1、B 2，且B 1＝B 0，B 2＝2B 0，MN 为两个磁场的边界。
一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从边界上的A 点以一定的初速度竖直向上射入匀强磁场区域Ⅰ中，边界MN 上的C 点与A 点的距离为d 。
试求该粒子从A 点射入磁场的速度v 0为多大时，粒子恰能经过C 点？[解析] 设粒子在磁场区域Ⅰ中做圆周运动的半径为r 1，在磁场区域Ⅱ中做圆周运动的半径为r 2，则有r 1＝mv 0qB 0，r 2＝mv 02qB 0，可得r 1＝2r 2由题意可知，速度v 0的最大值对应的半径应为r 1＝d ，如图中的轨迹①所示。
若速度v 0小一些，则由分析可知，凡是做圆周运动的半径满足条件d ＝nr 1(n ＝1,2,3，…)的粒子都满足恰能通过C 点的条件，如图中的轨迹②③所示，即r 1＝dn(n ＝1,2,3，…)又因为r 1＝mv 0qB 0联立可解得v 0＝dqB 0nm (n ＝1,2,3，…)。
[答案]dqB 0nm(n ＝1,2,3，…) [备考锦囊]带电粒子在磁场中运动多解问题的三种情况受洛伦兹力作用的带电粒子，初速度时，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致多解。
如图所示，带电粒磁感应强度是矢量，强度方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解。
2、(2017·南通模拟)如图甲所示，质量M ＝1.0 kg 的长木板A 静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m ＝1.0 kg 的小铁块B ，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，对铁块施加水平向右的拉力F ，F 大小随时间的变化如图乙所示，4 s 时撤去拉力。
可认为A 、B 间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g ＝10 m/s 2。
求：(1)0～1 s 内，A 、B 的加速度大小a A 、a B ； (2)B 相对A 滑行的最大距离x ； (3)0～4 s 内，拉力做的功W ； (4)0～4 s 内，系统产生的摩擦热Q 。
解析：(1)在0～1 s 内，A 、B 分别做匀加速直线运动 根据牛顿第二定律得 μmg ＝Ma A F 1－μmg ＝ma B代入数据得a A ＝2 m/s 2，a B ＝4 m/s 2。
(2)t 1＝1 s 后，拉力F 2＝μmg ，铁块B 做匀速运动，速度大小为v 1；木板A 仍做匀加速运动，又经过时间t 2，速度与铁块B 相等。
v 1＝a B t 1又v 1＝a A (t 1＋t 2) 解得t 2＝1 s设A 、B 速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t 3＝2 s ，加速度为a F 2＝(M ＋m)a a ＝1 m/s 2木板A 受到的静摩擦力f ＝Ma ＜μmg ，A 、B 一起运动 x ＝12a B t 12＋v 1t 2－12a A (t 1＋t 2)2代入数据得x ＝2 m 。
(3)时间t 1内拉力做的功W 1＝F 1x 1＝F 1·12a B t 12＝12 J时间t 2内拉力做的功 W 2＝F 2x 2＝F 2v 1t 2＝8 J 时间t 3内拉力做的功W 3＝F 2x 3＝F 2⎝ ⎛⎭⎪⎫v 1t 3＋12at 32＝20 J 4 s 内拉力做的功W ＝W 1＋W 2＋W 3＝40 J 。
(4)系统的摩擦热Q 只发生在t 1＋t 2时间内，铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统的摩擦热 Q ＝μmg·x＝4 J 。
答案：(1)2 m/s 24 m/s 2(2)2 m (3)40 J (4)4 J。