1、专题滚动训练(二)滚动范围：专题一专题四(时间：40分钟)1如图Z21所示，物体B通过动滑轮悬挂在细绳上，整个系统处于静止状态，动滑轮的质量和一切摩擦均不计如果将绳的左端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，绳子的拉力F和绳子与竖直方向的夹角的变化情况是()图Z21AF变大，变大BF变小，变小CF不变，变小DF不变，变大2全球卫星定位与通信系统由地球静止轨道卫星A和非静止轨道卫星B组网而成设有A、B两颗这样的卫星，轨道面相同，运行的速率分别为v1和v2，轨道高度分别为h1和h2，加速度分别为a1和a2，第一宇宙速度为v，地球半径为R.则下列关系式正确的是()A. B.C. D.3如图Z
2、22所示电路中，电源E的内阻为r，R1、R2为定值电阻，R0为滑动变阻器的最大阻值，各电表均为理想电表已知rR2，电阻R1R0，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P由滑动变阻器的中点向左滑动的过程中，下列说法不正确的是()图Z22A电源内阻r消耗的热功率先变大后变小B电源的输出功率先变小后变大CV1的示数先变大后变小，V2的示数先变小后变大DV1的示数不断减小，V2的示数不断变大4设电子质量为m、电荷量为e，以角速度绕带正电的质子做圆周运动当加上方向与电子轨道平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场时，设电子轨道半径不变，而角速度发生变化你可能不会求角速度的变化，但仍可运用物理学中常用的方法判断的值
3、近似等于()A BC D5如图Z23所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与两个相同的定值电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面有一导体棒ab质量为m，电阻R0.5R1，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为.导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，定值电阻R2消耗的电功率为P，下列说法正确的是()图Z23A此装置因摩擦而产生的热功率为mgvB此装置消耗的机械功率为mgvcos C导体棒受到的安培力的大小为D导体棒受到的安培力的大小为6如图Z24甲所示，虚线MN、MN为一匀强磁场区域的左右边界，磁场宽度为L，方向竖直向下边长为l的正方形闭合金属线框abcd，以初速度v0沿光滑绝缘水平面向磁场
4、区域运动，经过一段时间线框通过了磁场区域已知lS2B图乙正确，且S1S2C图丙正确，且S3S4D图丙正确，且S3S47如图Z25所示，半径为 r的绝缘光滑环固定在竖直平面内，环上套有一质量为 m、带电荷量为q的珠子，现欲加一个与圆环面平行的匀强电场，使珠子由最高点A从静止开始释放，沿圆弧经过B、C刚好能运动到D.(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向，并推算珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小(2)在(1)问电场中，要使珠子能完成完整的圆周运动，在A点至少使它具有多大的初动能？图Z258如图Z26所示，MN和PQ是两根放在竖直面内且足够长的平行光滑导轨，相距为2L，左侧是
5、水平放置的长为6L、间距为L的平行金属板，且连接电阻R.金属板右半部、ef右侧区域均处在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，质量为M、电阻也为R的导体棒ab与导轨接触良好棒ab在ef 左侧O处受水平向右的力作用，由静止开始向右运动，在某一时刻恰好进入ef右侧区域且以速度v0匀速运动，同时从金属上板左端边缘水平向右射入的电荷量为q的带负电油滴恰能在金属板左半部匀速向右运动，不计其他电阻(1)求通过电阻R的电流I和两端的电压U；(2)若要油滴能从金属板间飞出，求油滴射入的速率u的范围；(3)若棒在进入ef 右侧区域前，所受水平向右的力与移动的距离成正比，求力与移动距离的比值k.图Z26专
6、题滚动训练(二)1A解析 原来整个系统处于静止状态，两侧绳的拉力的合力等于B物体的重力，将绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，两侧绳的拉力的合力仍等于B物体的重力，由于两侧绳的夹角增大，故两侧绳的拉力变大，即F变大，绳与竖直方向的夹角也变大，选A.2C解析 卫星A与B均由万有引力提供向心力，对于A由牛顿第二定律可得Gmv1，同理对于卫星B有：v2，A错误；对于卫星A与B万有引力为它们的合外力，对于卫星A由牛顿第二运动定律可得：ma1，解得a1，同理，对于卫星B可得：Gma2，解得a2，故有：，B错误，C正确；由万有引力提供向心力Gm可求第一宇宙速度v，故，D错误3A解析 设与R
7、1串联的电阻为Rx，则与电流表A1串联的电阻大小为R0Rx，故并联部分的总电阻大小为R，对于(R0R1)RxR部分由数学知识可得当Rx时，并联电阻达到最大值，当电阻值在0变化时，总电阻先增大后减小，干路电流先减小后增大，故电源内阻r的热功率先减小后增大，选项A错误；由于负载电阻大于电源内阻r，结合电源的输出功率与负载电阻的关系曲线可得，电源的输出功率先减小后增加，选项B正确；电压表V1测量的路端电压与负载电阻变化规律相同，先增大后减小，V2测量的定值电阻R2的电压，干路电流先减小后增大，故R2分压先减小后增大，选项C正确；干路电流减小时并联部分电压增大，A2所在支路电阻减小，故电流增大，由I1
8、II2可知电流表A1示数减小；干路电流增大时并联部分电压减小，A1所在支路电阻增大，故电流减小，由I2II1可得A2表示数增大，故选项D正确4B解析 联想到常用公式r可得，的具体值虽然不能直接求出，但其单位必定跟“”一致，对比各选项可知选项B正确5C解析 受力分析可得此时导体棒所受的摩擦力大小为fmgcos ，故因摩擦而产生的热功率为Pffvmgvcos ，A错误；由功能关系可得，整个装置消耗的机械功率为：P总P安PfP安mgvcos ，B错误；设电阻R2上的电流大小为I，由闭合电路欧姆定律可得ab棒上的电流大小为2I，ab棒的电功率为Pab(2I)20.5R1，由题意可知PI2R1，故Pab
9、2P，所以ab棒上安培力的功率为P安PP2P4PF安v，故F安，C正确，D错误6D解析 线框进入或离开磁场过程中受到的安培力F，由于速度v随时间减小得越来越慢，故安培力F随时间t变化的图线应是斜率逐渐减小的曲线，完全进入磁场后做匀速运动，不受安培力作用由动量定理可知：Bltmv2mv1，又电荷量qt，得m(v2v1)Blq，由q可知，进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入过程通过导线框横截面积的电荷量等于离开过程通过导线框横截面积的电荷量，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量由于Ft图线围成的面积表示冲量的大小，故图丙正确，且S3S4.选D.7(1)方向与CB平行m
10、g(2)mgr解析 (1)设电场力与重力的合力为F，沿NM方向，BC弧中点为M，珠子运动到M点时速度最大，在M点建立F、重力、电场力的平行四边形，当E最小时，有Eqmg解得E，方向与CB平行合力Fmg对A到M过程，由动能定理得：F(rr)mv2又FNF则FNmg.(2)由A到N过程，由动能定理得F(rr)0EkA解得最小初动能EkAmgr8(1)UBLv0(2)u(3)k解析 (1)棒产生的感应电动势：E2BLv0根据欧姆定律有：I，UIR，解得UBLv0(2)油滴在金属板左半部匀速运动，由平衡条件，有：mgq，解得m.油滴进入金属板右半部，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qBum解得r最小半径r1，油滴从金属板左侧飞出最大速率u1最大半径为r2，则有r(3L)2(r2L)2，解得r25L油滴从金属板右侧飞出最小速率u2所以，油滴射入的速率范围u.(3)设移动距离为x，所受水平向右的力为F，对棒依题意：Fkx或x恰好进入ef右侧区域时，有FF安2ILB，力F做功为：WFx，则由动能定理有BI2LMv解得：k.
