(浙江专用)2020版高考物理二轮复习专题三综合集训练(含解析)

C.细线PM的拉力先增大后减小 D.小球b加速度大小先变大后变小

解析 小球b所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，所以小球b机械能守恒，选项A错12mv误；小球b机械能守恒，从G滑到H过程中mgR＝mv，H处，F库－mg＝，则F库＝3mg，选

2R项B错误；设PN与竖直方向成α角，b与a的连线与水平方向成θ角，对球a受力分析，将其分解：竖直方向FPNcos α＝mg＋

2

F库sin θ；水平方向F库cos θ＋FPNsin α＝FPM。解得FPM＝mgtan α＋

3mgcos （θ－α）

，cos α

下滑时θ从0°增大90°，细线PM的拉力先增大后减小，故选项C正确；因为小球b机械1222

能守恒，则mgRsin θ＝mv，任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即a＝an＋ar2＝

?v?＋（gcos θ）2＝?R???

2

2

5－3cos 2θ

g，可知小球的加速度一直变大，选项D错误。 2

答案 C

9.(2019·四川内江二模)2019年1月，出现在中国海军坦克登陆舰上的电磁轨道炮在全球“刷屏”，这是电磁轨道炮全球首次实现舰载测试。如图7所示为电磁炮的简化原理示意图，它由两条水平放置的平行光滑长直轨道组成。轨道间放置一个导体滑块作为弹头。当电流从一条轨道流入，经弹头从另一条轨道流回时，在两轨道间产生磁场，弹头就在安培力推动下以很大的速度射出去。不计空气阻力，将该过程中安培力近似处理为恒力，为了使弹头获得更大的速度，可适当( )

图7

A.减小平行轨道间距 C.缩短轨道的长度

B.增大轨道中的电流 D.增大弹头的质量

解析 根据题意和动能定理，安培力的功等于弹头获得的动能。轨道间距减小，安培力减小，安培力做功减小，弹头获得动能减小，速度减小，选项A错误；增大轨道中电流，安培力增大，安培力做功增大，弹头获得动能增大，速度增大，选项B正确；缩短轨道长度，安培力做功减小，弹头获得动能减小，速度减小，选项C错误；只增大弹头质量，安培力做功不变，弹头获得动能不变，所以速度减小，选项D错误。 答案 B

10.如图8所示为洛伦兹力演示仪的结构图。励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是( )

图8

A.仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大 B.仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大 C.仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大 D.仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大

v2mv解析 电子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，则qvB＝m，解得R＝；由于仅

RqB增大励磁线圈中电流，则磁场增强，则电子束径迹的半径变小，选项A错误；仅提高电子枪2πm加速电压，电子的速度增加，则电子束径迹的半径变大，选项B正确；由T＝可知，仅增

qB大励磁线圈中的电流，磁场增强，则电子做圆周运动的周期将变小，选项C错误；仅提高电子枪加速电压，电子的速度变大，但是电子做圆周运动的周期不变，选项D错误。 答案 B

11.如图9所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界上A点有一离子源，能平行于纸面源源不断地向各种方向发射速度大小均为2kBr的带正电的粒子(重力不计)，其中k为粒子的比荷，则粒子在磁场中运动的最长时间为( )

图9

πA.

kBπ

B. 2kBπ D. 4kBC.

π 3kBv2q解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB＝m，已知v＝2kBr，k＝，解

Rm得R＝2r，粒子运动的弧长越长，对应的弦长越长，转过的圆心角越大，粒子运动轨迹对应的

r1

最大弦长是2r，则最大圆心角为θ＝2arcsin ＝2arcsin ＝60°，粒子在磁场中运动的最

R2

θ60°2πmπ

长时间t＝T＝×＝，故C正确。

360°360°qB3kB答案 C

12.如图10所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1 kg、电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t＝0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N恒力，g取10 m/s。则( )

2

图10

A.木板和滑块一直做加速度为2 m/s的匀加速运动

B.滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s匀速运动

C.木板先做加速度为2 m/s匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3 m/s的匀加速运动

D.t＝5 s后滑块和木块有相对运动

解析 由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力对滑块能产生的最大加速度为μg＝5 m/s，所以当0.6 N 的恒力作用于木板时，系统一起以a＝

2

2

2

2

0.622

＝ m/s＝2 m/sM＋m0.2＋0.1

F的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，最大静摩擦力f＝μ(mg－qvB)随v的增大而减小，减小至它对滑块产生a＝2 m/s的加速度后，滑块与木板发生相对滑动，此后滑动摩擦力f＝μ(mg－qvB)＝ma，可知滑块再做加速度减小的变加速运动。当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv＝mg，解得v＝

2

F0.610 m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a′＝＝ M0.2

m/s＝3 m/s。可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s的匀速运动；因木块开始的加速度为2 m/s，当恰好要

2

2

2

v6

开始滑动时，f＝μ(mg－qvB)＝ma，代入数据得v＝6 m/s，经历的时间是t＝＝ s＝3 s，

a2

此后滑块所受的摩擦力逐渐减小，加速度减小，仍然做加速运动，最后做速度为10 m/s 的匀速运动，故选C。 答案 C

二、不定项选择题

13.扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图11：Ⅰ、Ⅱ为宽度均为L的条形匀强磁场区域，边界竖直，相距也为L，磁场方向相反且垂直于纸面，磁感应强度的大小分别为B1、B2，其中B1＝B0。一质量为m、电荷量为－q，重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入扭摆器，射入Ⅰ区和离开Ⅰ区时速度与水平方向夹角均为θ＝30°，则

图11

A.若B2＝B0，则粒子离开扭摆器的速度方向与进入扭摆器的速度方向垂直 2πLB.若B2＝B0，粒子在扭摆器中运动的时间t＝

3

m 2qU?2?C.若B2＝B0，粒子在扭摆器中运动的最高点和最低点的高度差h＝?2－3?L ?3?

3

D.若B2≥LmU，则粒子能返回Ⅰ区 2q解析 若B2＝B0，粒子运动轨迹如图所示

则粒子离开扭摆器的速度方向与进入扭摆器的速度方向平行，A错误；根据动能定理，可得1

qU＝mv2，解得粒子射入Ⅰ区域时的速度为v＝2何知识，得L＝2Rsin θ＝R，联立代入数据解得

2qUv2

，粒子在Ⅰ中运动时有qvB0＝m，由几mRB0＝

L12mU2θRπL，粒子在磁场Ⅰ区域中运动的时间为t1＝＝qv3m，同理若B2＝B0，粒子2qULπL在Ⅱ中的运动时间t2＝

3cos 30°23Lm，粒子在Ⅰ、Ⅱ中间做匀速直线运动，t3＝＝2qUv3

m2πL，故在扭摆器中的运动时间为t＝t1＋t2＋t3＝2qU3m23L＋2qU3m，B错误；由2qU