2013高考物理二轮复习专题第二阶段专题一第2讲专题练习高考押题训练1．(2012·银川一模)中国女排享誉世界排坛，曾经取得辉煌的成就。在某次比赛中，我国女排名将冯坤将排球从底线A点的正上方以某一速度水平发出，排球正好擦着球网落在对方底线的B点上，且AB平行于边界CD。已知网高为h，球场的长度为s，不计空气阻力且排球可看成质点，则排球被发出时，击球点的高度H和水平初速度v分别为( )图1－2－4A．H＝h B．H＝hC．v＝D．v＝解析：选AD 由平抛知识可知gt2＝H，H－h＝g()2得H＝h，A正确，B错误。由vt＝s，得v＝，D正确，C错误。2．(2012·东北三校二模)如图1－2－5所示，小车内有一质量为m的物块，一根弹簧与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内。弹簧的劲度系数为k，形变量为x，物块和小车之间的动摩擦因数为μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中，物块和小车始终保持相对静止。下列说法正确的是( )A．若μmg小于kx，则车的加速度方向一定向左图1－2－5B．若μmg小于kx，则车的加速度a的最小值为，且车只能向左加速运动C．若μmg大于kx，则车的加速度方向可以向左也可以向右D．若μmg大于kx，则加速度的最大值为，加速度的最小值为解析：选AC 若μmg<kx，对物块受力分析如图所示，则kx－Ff＝ma，a方向一定向左，A正确。小车可向左加速，也可向右减速，故B错误。若μmg>kx，车的加速度既可向右，也可向左。向右时，加速度有最小值，当kx＝Ff时，amin＝0，向左时，加速度有最大值，amax＝，故C正确，D错误。-8-\n3.(2012·江南十校联考)如图1－2－6所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场。已知∠AOC＝60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于(T为粒子在磁场中运图1－2－6动的周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.B.C.D.解析：选B 由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动，由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而弧长越小，所对弦长也越短，所以从S点作OC的垂线SD，则SD为最短弦，可知粒子从D点射出时运行时间最短，如图所示，根据最短时间为，可知△O′SD为等边三角形，粒子圆周运动半径R＝SD，过S点作OA垂线交OC于E点，由几何关系可知SE＝2SD，SE为圆弧轨迹的直径，所以从E点射出，对应弦最长，运行时间最长，且t＝，故B项正确。4．地球赤道上的物体重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，要使赤道上的物体“飘”起来，则地球自转的角速度应为原来的( )A.倍B.倍C.倍D.倍解析：选B 赤道上的物体随地球自转时，物体受力分析如图所示，物体随地球自转的向心力由地球对它的万有引力和地面对它的支持力的合力提供，由牛顿第二定律：G－FN＝mR0ω2-8-\n其中FN＝mg。要使赤道上的物体“飘”起来，即变为近地卫星。则FN＝0，于是：G＝mR0ω′2由前面三式得：＝，故应选B。5.如图1－2－7所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，下列说法正确的是( )A．电压表读数先变大后变小，电流表读数变大B．电压表读数先变小后变大，电流表读数变小C．电压表读数先变大后变小，电流表读数先变小后变大D．电压表读数先变小后变大，电流表读数先变大后变小图1－2－7解析：选A 设滑动变阻器总电阻为R0，P以上电阻为Rx，则变阻器在电路中的阻值R′＝。当Rx＝，R′最大。P从最高端向下滑动时，回路总电阻先增大，后减小。当P滑向中点时：P滑过中点后，R′↓→I↑→U↓，由并联分流IA＝I，IA继续增大，故A正确。6.(2012·江西八校联考)如图1－2－8所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电荷量为＋q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中( )A．小球的加速度一直减小图1－2－8B．小球的机械能和电势能的总和保持不变C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝解析：选CD 对小球受力分析如图所示，则mg－μ(Eq－qvB)＝ma，随着v的增加，小球加速度先增加，当Eq＝qvB时达到最大值amax＝g，继续运动，mg－μ(qvB－Eq)＝ma，随着v的增加，a逐渐减小，所以A错误。因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，B错误。若在前半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(Eq－qvB)＝m，得v＝-8-\n，若在后半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qvB－Eq)＝m，得v＝，故C、D正确。7．如图所1－2－9示，足够长的水平传送带MN以恒定速度v0＝1.0m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端平滑地接着光滑且绝缘的水平轨道NP，在轨道NP上方存在水平向左的有界匀强电场，左边界NN′竖直，右边界足够大，电场强度大小E＝2×103V/m。一质量m＝0.1kg、带电量q＝＋2×10－4C的小物体从A点由静止开始释放向左运动。已知A、N间距l＝50cm，小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体在运动过程中，电量始终保持不变，不计空气阻力，g＝10m/s2。求：图1－2－9(1)物体滑上传送带后，向左运动的最大距离x；(2)物体滑上传送带到第一次离开传送带过程中，传送带克服小物体的摩擦力所做的功W；(3)经过足够长时间的运动后，物体能否停下来？(直接给出结论即可)解析：(1)设小物体滑上传送带向左运动的最大距离为x，由动能定理得：Eql－μmgx＝0，解得x＝1m。(2)设滑块滑上传送带时的速度为v，则有qEl＝mv2，解得v＝＝2m/s物体在传送带上运动的加速度a＝＝2m/s2物体在传送带上向左运动的时间t1＝＝1s物体向右运动速度达到v0时，所用时间t2＝＝0.5s传送带克服物体的摩擦力做功W＝μmgv0(t1＋t2)＝0.3J。(3)不能。答案：(1)1m (2)0.3J (3)不能8.如图1－2－10所示，在倾角α＝30°的光滑斜面上，并排放着质量分别为mA＝10kg和mB＝2kg的A、B两物块。一劲度系数k＝400N/m的轻弹簧一端与物块B相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态。现对A施加一沿斜面向上的力F，使物块A沿图1－2－10斜面向上做匀加速运动。已知力F在前0.2s内为变力，0.2s后为恒力，g＝10m/s2。求力-8-\nF的最大值和最小值。解析：因为在t＝0.2s内F是变力，在t＝0.2s以后F是恒力，所以在t＝0.2s时，A与B分离，此时A与B的作用力FN为零。设在0～0.2s时间内A与B沿斜面向上运动的距离为x，对物体A，根据牛顿第二定律可得：F＋FN－mAgsinα＝mAa对于A和B整体应用牛顿第二定律可得：F＋k[sinα－x]－(mA＋mB)gsinα＝(mA＋mB)a令FN＝0，由以上两式求得x＝而x＝at2，所以求得a＝5m/s2当A、B开始运动时拉力F最小，此时对A、B整体有Fmin＝(mA＋mB)a＝60N当A与B分离时拉力F最大，Fmax＝mA(a＋gsinα)＝100N。答案：100N 60N9．如图1－2－11甲所示，建立xOy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l。在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子。在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)。已知t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、t0、B为已知量。(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)图1－2－11(1)求电压U0的大小。(2)求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。解析：(1)t＝0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为l，则有E＝①qE＝ma②l＝at③-8-\n联立①②③式，解得两板间电压为U0＝④(2)t0时刻进入两板间的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两板间没有电场，带电粒子做匀速直线运动。带电粒子沿x轴方向的分速度大小为vx＝v0＝⑤带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为vy＝a·t0⑥带电粒子离开电场时的速度大小为v＝⑦设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有qvB＝m⑧联立③⑤⑥⑦⑧式解得R＝⑨(3)2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开电场时沿y轴正方向的分速度为vy′＝at0设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为α，则tanα＝联立③⑤⑪式解得α＝带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，圆弧所对的圆心角2α＝，所求最短时间为tmin＝T带电粒子在磁场中运动的周期为-8-\nT＝联立⑬⑭式得tmin＝。答案：(1) (2) (3)2t0时刻 10．(2012·北京高考)匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图1－2－12所示，图中E0和d均为已知量。将带正电的质点A在O点由静止释放。A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放。当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相互作用视为静电作用。已知图1－2－12A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和。不计重力。(1)求A在电场中的运动时间t；(2)若B的电荷量q＝Q，求两质点相互作用能的最大值Epm；(3)为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qm。解析：(1)由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速度a＝＝A在电场中做匀变速直线运动d＝at2解得运动时间t＝＝(2)设A、B离开电场时的速度分别为vA0、vB0，由动能定理，有QE0d＝mv，qE0d＝·v①A、B相互作用过程中，动量和能量守恒。A、B相互作用力为斥力，A受的力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做负功。A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加。所以，当A、B最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为v′，有(m＋)v′＝mvA0＋vB0②Epm＝(mv＋·v)－(m＋)v′2③-8-\n已知q＝Q，由①②③式解得相互作用能的最大值Epm＝QE0d(3)考虑A、B在x>d区间的运动，设A、B在末态时的速度分别为vA和vB，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有mvA＋vB＝mvA0＋vB0④mv＋·v＝mv＋·v⑤由④⑤解得vB＝－vB0＋vA0因B不改变运动方向，故vB＝－vB0＋vA0≥0⑥由①⑥解得q≤Q即B所带电荷量的最大值qm＝Q答案：(1) (2)QE0d (3)Q-8-
