2019年高考物理三轮冲刺查漏补缺精练二

查漏补缺精练（二）
一、选择题1、如图甲所示，矩形线圈位于一变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面（纸面）向里，磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示。

用I 表示线圈中的感应电流，取顺时针方向的电流为正。

则图丙中的I –t 图象正确的是
【解析】C 由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：E S B I R R t R t
Φ∆∆===⋅∆∆，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B 随t 的变化率。

由图乙可知，0~1s 时间内，B 增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则，感应电流是逆时针的，因而是负值，所以可判断0~1s 为负的恒值；1~2s 为零；2~3s 为为正的恒值，故C 正确，ABD 错误，故选C。

【名师点睛】此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果。

2、两个质量相同，所带电荷量相等的带电粒子a 、b ，以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示，若不计粒子的重力，则下列说法正确的是
A．a 粒子带负电，b 粒子带正电B．a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较
大
C．b 粒子动能较大
D．b 粒子在磁场中运动时间较长【解析】AC 根据左手定则可得a 粒子带负电，b 粒子带正电，A 正确；从图中可得a 粒子轨迹的半径小于b 粒子轨迹的半径，故根据半径公式mv r Bq
=可得a b v v <，粒子在磁场中运动过程洛伦兹力充当向心力，所以根据F Bqv =可得b 粒子受到的洛伦兹力较大，动能较大，B 错误，C 正确；因为粒子运动周期2πm T Bq
=与速度大小无关，故两粒子在磁场中的运动周期相同，又知道a 粒子轨迹的圆心角最大，所以根据2πt T θ=
可得a 粒子在磁场中运动时间较长，D 错误。

3、图中甲是匀强电场，乙是孤立的正点电荷形成的电场，丙是等量异种点电荷形成的电场（a 、b 位于两点电荷连线上，且a 位于连线的中点），丁是等量正点电荷形成的电场（a 、b 位于两点电荷连线的中垂线上）。

有一个正检验电荷仅在电场力作用下分别从四个电场中的a 点由静止释放，动能E k 随位移x 变化的关系图象如图线①②③所示，其中图线①是直线，下列说法中正确的是
A．甲对应的图线是①
B．乙对应的图线是②C．丙对应的图线是②D．丁对应的图线是③
AC E k –x 图线的斜率表示电场力的大小，正比于电场强度。

正检验电荷在a 点由静止
释放，甲、乙、丙中正检验电荷向b 运动，丁中正检验电荷静止不动。

随检验电荷的运动，甲中场强不变，乙中场强减小，丙中场强增大。

则图线①对应甲，图线②对应丙，图线③对应乙。

选AC。

4、如图所示，质量分别为m 和2m 的两个小球A 和B ，中间用轻质杆相连，在杆的中点O 处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B 球顺时针摆动到最低点的过程中
A．杆对球的力沿杆方向
B．杆对A球做正功，杆对B球做负功
C．A球、B球、杆和地球组成的系统机械能守恒
D．重力对A球做功的瞬时功率一直变大
【解析】
5、静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向抛出质量相同的小球，甲向左抛，乙向右抛，如图所示，甲先抛乙后抛，抛出后两小球相对岸的速率相等，不计水的阻力，下列说法中正确的是
A．两球抛出后，船往左以一定速度运动，乙球受到的冲量大一些
B．两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些
C．两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些
D．两球抛出后，船的速度为零，两球所受到的冲量相等
【解析】
【解析】C设小船的质量为M，小球的质量为m，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=(M-m)v′，v′的方向向右。

乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：(M-m)v′=mv+(M-2m)v″，解得v″=0；根据动量定理得，所受合力的冲量等于动量的变化，对于甲球，动量的变化量为mv，对于乙球动量的变化量为mv-mv′，知甲的动量变化量大于
乙球的动量变化量，所以抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大，故C 正确。

二、非选择题1、如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L ，长度为3d ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部长度为d 的一段刷有薄绝缘涂层。

匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。

质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上绝缘涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。

导体棒始终与导轨垂直，且仅与绝缘涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R ，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g 。

求：
（1）导体棒与绝缘涂层间的动摩擦因数μ；
（2）导体棒匀速运动的速度大小v ；
（3）整个运动过程中，电阻R 产生的电热Q 。

【解析】（1）=tan μθ（2）22sin mgR v B L θ=（3）322244
sin =2sin 2m g R Q mg d B L θθ⋅-电（1）由于在粗糙段匀速下滑所以有sin cos mg mg θμθ=得摩擦因数=tan μθ
（2）在光滑段最终匀速下滑，必有sin mg BIL θ=，其中感应电流BLv I R
=
，于是得最终下滑速度22sin mgR v B L θ
=（3）仅在光滑段下滑时才有电热产生，此过程中减少的重力势能一部分转变成电热，一部分转变成动能。

根据能量守恒有212sin +2mg d Q mv θ⋅=电，将22sin mgR v B L
θ=代入上式得电热322244sin =2sin 2m g R Q mg d B L
θθ⋅-电。

2、如图所示，ABCD 为一竖直平面内的轨道，其中BC 水平，A 点比BC 高出10m，BC 长1m，
AB 和CD 轨道光滑。

一质量为1kg 的物体，从A 点以4m/s 的速度开始运动，经过BC 后滑到高出C 点10.3m 的D 点速度为零。

（g 取10m/s 2）求：
（1）物体与BC 轨道间的动摩擦因数；
（2）物体第5次经过B 点时的速度；
（3）物体最后停止的位置（距离B 点多少米）。

【参考答案】（1）0.5（2）13.3m/s （3）0.4m
【试题解析】（1）由动能定理得：
－mg （h －H ）－μmgs BC =0－
12
mv 12代入数据解得：μ=0.5
（2）物体第5次经过B 点时，物体在B 、C 间滑动了4次，由动能定理：mgH －μmg ·4s BC =12mv x 2－12
mv 12
代入数据解得v x =4m/s≈13.3m/s
（3）物体最后一定停在B 、C 间的某点，其速度为零，mgH －μmgs =0－
12
mv 12解得：s =21.6m x//*k/w
物体在B 、C 间来回10次（20m）后，还有1.6m，故距B 点的距离为Δx =2m－1.6m=0.4m
即先从B 向C 运动1m 再从C 向B 运动0.6m 停下。