高三物理二轮复习（通用版）：专练运用数学方法解题专练 word版含解析

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A．顺时针方向转动，同时下降
B．顺时针方向转动，同时上升
C．逆时针方向转动，同时下降
D．逆时针方向转动，同时上升
解析：选A 把直线电流等效为无数小段，中间的点为O点，选择在O点左侧S极右上方的一小段为研究对象，该处磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则O点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出O点右侧的电流受到垂直纸面向外的安培力。因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动。分析导线转过90°时的情形。导线中的电流向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力。由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时，向下运动。选项A正确。
2.固定在水平面上的光滑半球半径为R，球心O的正上方C处固定一个小定滑轮，细线一端拴一小球置于半球面上A点，另一端绕过定滑轮，如图所示。现将小球缓慢地从A点拉向B点，则此过程中小球对半球的压力大小FN、细线的拉力大小FT的变化情况是( )
A．FN不变、FT不变
B．FN不变、FT变大
C．FN不变、FT变小
D．FN变大、FT变小
解析：选C 小球受力如图所示，根据平衡条件知，小球所受支持力FN′和细线拉力FT的合力F跟重力是一对平衡力，即F＝G。根据几何关系知，力三角形FAFN′与几何三角形COA相似。设滑轮到半球顶点B的距离为h，线长AC为L，则有eq \f(FN′,R)＝eq \f(G,h＋R)＝eq \f(FT,L)。由于小球从A点移向B点的过程中，G、R、h均不变，L减小，故FN′大小不变，FT减小。所以正确答案为C选项。
3.如图所示，一平放在光滑水平面上的矩形导体框位于匀强磁场区域内，磁场的磁感应强度大小为B，方向沿竖直方向，现以恒定速度v将线框拉出有界的磁场区域，设磁场的边界与线框的一边平行，且线框的总电阻为R，周长为2l，而其长度、宽度可以变化，则外力将线框拉出磁场区域的过程中，线框发热量的最大值为( )
A.eq \f(B2l3v,8R) B.eq \f(4B2l3v,27R)
C.eq \f(6B2l3v,27R) D．以上答案都不对
解析：选B 设切割磁感线的边长为x，则线框产生的感应电动势E＝Bxv，焦耳热Q＝eq \f(E2,R)t＝eq \f(B2x2v2,R)·eq \f(l－x,v)＝eq \f(B2vx2l－x,R)＝eq \f(4B2v,R)·eq \f(x,2)·eq \f(x,2)·(l－x)，当eq \f(x,2)＝l－x，即x＝eq \f(2,3)l时，Qm＝eq \f(4B2l3v,27R)，故B正确。
4.在竖直平面内固定一半径为R的金属细圆环，质量为m的金属小球(视为质点)通过长为L的绝缘细线悬挂在圆环的最高点。当圆环、小球都带有相同的电荷量Q(Q>0，未知)时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示。已知静电力常量为k。则下列说法中正确的是( )
A．电荷量Q＝ eq \r(\f(mgL3,kR))
B．电荷量Q＝ eq \r(mgL2－r23/2)
C．细线对小球的拉力FT＝eq \f(mgR,L)
D．细线对小球的拉力FT＝eq \f(mgL,\r(L2－R2))
解析：选A 取圆环上电荷元Δq来分析，再取关于圆心对称的电荷元Δq，这两个对称电荷元在垂直圆环平面的对称轴上产生的合场强水平向右。对所有电荷元的场强求和，可以求得合场强E＝∑eq \f(kΔq,L2)cs θ，所以小球受到的库仑力F＝keq \f(Q2,L2)cs θ。对小球受力分析如图所示，金属小球处于平衡状态，则F＝eq \f(mg,tan θ)＝eq \f(mg\r(L2－R2),R)，电荷量Q＝eq \r(\f(mgL3,kR))，A对、B错，细线对小球的拉力FT＝eq \f(mgL,R)，C、D错。
5．(多选)位于同一水平面上的两根平行导电导轨，放置在斜向左上方、与水平面成60°角的匀强磁场中，现给出这一装置的侧视图，如图所示，一根通有恒定电流的金属棒正在导轨上向右做匀速运动，在匀强磁场沿顺时针方向缓慢转过30°的过程中，金属棒始终保持匀速运动，则磁感应强度B的大小变化可能是( )
A．始终变大 B．始终变小
C．先变大后变小 D．先变小后变大
解析：选AD 因通有恒定电流的金属棒在导轨上向右做匀速运动，对金属棒受力分析如图所示。在水平方向上：F安cs θ＝Ff＝μFN，竖直方向上：FN＋F安sin θ＝mg
即F安＝eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)
＝eq \f(μmg,\r(1＋μ2)sin φcs θ＋cs φsin θ)＝eq \f(μmg,\r(1＋μ2)sinθ＋φ)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(设sin φ＝\f(1,\r(1＋μ2))；cs φ＝\f(μ,\r(1＋μ2))))
由题知，θ由30°减小至0°，则若0＜φ≤60°，则F安逐渐变大，因I不变，则B始终变大；若60°＜φ≤90°，则B先变小后变大。
6.如图所示电路中，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( )
A．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大
B．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小
C．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大
D．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小
解析：选A 外电路电路结构为滑动变阻器的上部分电阻R1与下部分电阻R2并联后再与电阻R串联。根据R1＋R2之和为定值，且并联电阻R并＝eq \f(R1R2,R1＋R2)可知，当R1＝R2时，R并最大，外电路电阻最大。根据欧姆定律I＝eq \f(E,R总)及路端电压与干路电流的关系U＝E－Ir，可知外电路电阻先增大后减小，干路电流先减小后增大，路端电压先增大后减小，B、D错；讨论电流表示数变化时，可将电阻R与电源内阻r之和等效为电源内阻r内，外电路只有R1与R2并联，当R1＜R2时，P向下移动，R2减小，而电压增大，故电流表A的读数增大；当R1＞R2时，P继续向下移动，R1增大，且其两端电压减小，故通过R1的电流减小，而此时干路电流增大，故另外一条支路R2上的电流必定增大，即电流表A读数继续增大。综上所述电流表读数一直增大，A对，C错。
7.质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)。
(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；
(2)求此时木楔对水平面的摩擦力是多少？
解析：木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsin θ＝μmgcs θ，即μ＝tan θ。
(1)木块在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有
Fcs α＝mgsin θ＋f
Fsin α＋N＝mgcs θ
f＝μN
解得F＝eq \f(2mgsin θ,cs α＋μsin α)＝eq \f(2mgsin θcs θ,cs αcs θ＋sin αsin θ)＝eq \f(mgsin 2θ,csθ－α)
则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mgsin 2θ。
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即f＝Fcs(α＋θ)
当F取最小值mgsin 2θ时，
f＝Fmincs 2θ＝mg·sin 2θcs 2θ＝eq \f(1,2)mgsin 4θ。
答案：(1)mgsin 2θ (2)eq \f(1,2)mgsin 4θ
8.在光滑绝缘水平面上静止着一个带正电的小球，小球质量为m＝500 g、所带电荷量为q＝2×10－6 C。从t＝0开始，在地面上方加一水平方向的匀强电场，其场强大小的变化规律如图所示(规定向右为正方向)，求小球在100 s内的位移。
解析：根据题图可知，小球加速度大小不变为a＝eq \f(qE,m)＝4×10－3 m/s2。作出小球速度随时间变化的规律图线v­t(如图所示)，在前4 s内位移为0。
观察图线可知，从4 s末开始，每3 s内的位移构成一个等差数列，首项为a1＝1.4×10－2 m、公差为d＝1.2×10－2m，根据等差数列求和公式可得小球位移大小为s＝6.4 m。
答案：6.4 m
9.如图所示，在倾角θ＝30°、足够长的斜面上分别固定着相距L＝0.2 m、可视为质点的A、B两个物体，它们的质量为mA＝mB＝1 kg，它们与斜
面间的动摩擦因数分别为μA＝eq \f(\r(3),6)、μB＝eq \f(\r(3),3)，在t＝0时刻同时撤去固定两物体的外力后，A物体沿斜面向下运动，并与B物体发生连续碰撞(碰撞时间极短，忽略不计)，每次碰后两物体交换速度，取g＝10 m/s2，求：
(1)A与B第1次碰后瞬间B的速率；
(2)从A开始运动到两物体第2次相碰经历的时间；
(3)到第n次碰撞时A、B两物体分别通过的路程。
解析：(1)A物体沿斜面下滑时，由牛顿第二定律知
mAgsin θ－μAmAgcs θ＝mAaA
代入数值得aA＝2.5 m/s2
B物体沿斜面下滑时，由牛顿第二定律知
mBgsin θ－μBmBgcs θ＝mBaB
代入数值得aB＝0
即撤去固定A、B的外力后，物体B恰好静止于斜面上，物体A将沿斜面向下做匀加速直线运动，由运动学公式得A与B第1次碰撞前A的速度为
vA1＝eq \r(2aAL)＝eq \r(2×2.5×0.2) m/s＝1 m/s
由于A、B碰撞后交换速度，故A、B第1次碰后瞬间B的速率为vB1＝1 m/s。
(2)从A开始运动到第1次与B碰撞用时
t1＝eq \r(\f(2L,aA))＝eq \r(\f(2×0.2,2.5)) s＝0.4 s
两物体相碰后，A物体的速度变为零，然后再做匀加速运动，而B物体将以1 m/s的速度沿斜面向下做匀速直线运动，设再经t2时间A与B相碰，则有
vB1t2＝eq \f(1,2)aAt22，代入数值得t2＝0.8 s
从A开始运动到两物体第2次相碰共经历时间
t＝t1＋t2＝1.2 s。
(3)从第1次碰撞开始，每次A物体运动到与B物体碰撞时，物体B均以碰前A的速度做匀速直线运动，而物体A均以碰前B的速度为初速度、以aA＝2.5 m/s2为加速度做匀加速直线运动，每次A、B碰撞后到下一次A、B碰撞前所经过的时间均为0.8 s，物体A速度增加量均为Δv＝2.5×0.8 m/s＝2 m/s，由于碰后两物体速度交换，因而碰后B物体的速度为：第1次碰后vB1＝1 m/s，第2次碰后vB2＝2 m/s，第3次碰后vB3＝3 m/s……第n次碰后vBn＝n m/s。每次A、B碰撞后到下一次A、B碰撞前的时间内，B物体都做匀速直线运动，则第n次碰撞时B物体通过的路程为
xB＝1＋2＋3＋…＋(n－1)]m/s×0.8 s＝eq \f(2nn－1,5) m(n＝1、2、3、…)
第n次碰撞时A物体通过的路程为
xA＝L＋xB＝0.2＋eq \f(2nn－1,5)m(n＝1、2、3、…)。
答案：(1)1 m/s (2)1.2 s (3)0.2＋eq \f(2nn－1,5)m(n＝1、2、3、…) eq \f(2nn－1,5) m(n＝1、2、3、…)