專題滾動訓練(二)[滾動范圍：專題一～四](時間：40分鐘)1．如圖Z2－1所示，物體B通過動滑輪懸掛在細繩上，整個系統處于靜止狀態，動滑輪的質量和一切摩擦均不計．如果將繩的左端由Q點緩慢地向左移到P點，整個系統重新平衡后，繩的拉力F和繩子與豎直方向的夾角θ的變化情況是()圖Z2－1A．F變大，θ變大B．F變小，θ變小C．F不變，θ變小D．F不變，θ變大2．全球衛星定位與通信系統由地球靜止軌道衛星A和非靜止軌道衛星B組網而成．設有A、B兩顆這樣的衛星，軌道面相同，運行的速率分別為v1和v2，軌道高度為h1和h2，加速度分別為a1和a2，第一宇宙速度為v，地球半徑為R.則下列關系式正確的是()A.eq\f(v1,v2)＝eq\f(R＋h1,R＋h2)B.eq\f(a1,a2)＝eq\f(R＋h1,R＋h2)C.eq\f(a1,a2)＝eq\f(（R＋h2）2,（R＋h1）2)D.eq\f(v1,v)＝eq\r(\f(R＋h1,R))3．如圖Z2－2所示，水平放置的兩個用相同材料制成的輪P和Q靠摩擦傳動(不打滑)，兩輪的半徑R∶r＝2∶1.當主動輪Q勻速轉動時，在Q輪邊緣上放置的小木塊恰能相對靜止在Q輪邊緣上，此時Q輪轉動的角速度為ω1，木塊的向心加速度為a1；若改變轉速，把小木塊放在P輪邊緣也恰能靜止，此時Q輪轉動的角速度為ω2，木塊的向心加速度為a2，則()圖Z2－2A.eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(\r(2),2)B.eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(\r(2),1)C.eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,1)D.eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,2)4．如圖Z2－3所示，質量為m、半徑為R的圓形光滑絕緣軌道放在水平地面上固定的M、N兩豎直墻壁間，圓形軌道與墻壁間摩擦忽略不計，在軌道所在平面加一豎直向上的場強為E的勻強電場．P、Q兩點分別為軌道的最低點和最高點，在P點有一質量為m，電荷量為q的帶正電的小球，現給小球一初速度v0，使小球在豎直平面內做圓周運動，不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是()圖Z2－3A．小球通過P點時對軌道一定有壓力B．小球通過P點時的速率一定大于通過Q點時的速率C．從P到Q點的過程中，小球的機械能不變D．若mg>qE，要使小球能通過Q點且保證圓形軌道不脫離地面，速度v0應滿足的關系是：eq\r(5gR－\f(5qER,m))≤v0<eq\r(6gR－\f(5qER,m))5．如圖Z2－4所示，平行金屬導軌與水平面成θ角，導軌與兩個相同的定值電阻R1和R2相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面．有一導體棒ab質量為m，棒的電阻R＝0.5R1，棒與導軌之間的動摩擦因數為μ.導體棒ab沿導軌向上滑動，當上滑的速度為v時，定值電阻R2消耗的電功率為P，下列說法正確的是()圖Z2－4A．此裝置因摩擦而產生的熱功率為μmgvB．此裝置消耗的機械功率為μmgvcosθC．導體棒受到的安培力的大小為eq\f(4P,v)D．導體棒受到的安培力的大小為eq\f(8P,v)6．如圖Z2－5所示，豎直平面xOy內存在水平向右的勻強電場，場強大小E＝10N/C，在y≥0的區域內還存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B＝0.5T．一帶電荷量q＝＋0.2C、質量m＝0.4kg的小球由長l＝0.4m的輕質細線懸掛于P點，小球可視為質點，現將小球拉至細線水平伸直的位置A無初速釋放，小球運動到懸點P正下方的坐標原點O時，細線突然斷裂，此后小球又恰好能通過O點正下方的N點．(g取10m(1)小球運動到O點時的速度大?。?2)細線斷裂前瞬間拉力的大??；(3)O、N間的距離．圖Z2－57．如圖Z2－6所示，正方形單匝均勻線框abcd，邊長L＝0.4m，每邊電阻相等，總電阻R＝0.5Ω.一根足夠長的絕緣輕質細線跨過兩個輕質光滑定滑輪，一端連接正方形線框，另一端連接絕緣物體P.物體P放在一個光滑的足夠長的固定斜面上，斜面傾角θ＝30°，斜面上方的細線與斜面平行．在正方形線框正下方有一有界的勻強磁場，上邊界Ⅰ和下邊界Ⅱ都水平，兩邊界之間距離也是L＝0.4m．磁場方向水平，垂直紙面向里，磁感應強度大小為B＝0.5T．現讓正方形線框從上邊界Ⅰ的正上方高度h＝0.9m的位置由靜止釋放，且線框在運動過程中始終與磁場垂直，cd邊始終保持水平，物體P始終在斜面上運動，線框剛好能以v＝3m/s的速度進入勻強磁場并勻速通過勻強磁場區域．釋放前細線繃緊，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力．(1)線框的cd邊在勻強磁場中運動的過程中，c、d間的電壓是多大？(2)線框的質量m1和物體P的質量m2分別是多大？(3)在cd邊剛進入磁場時，給線框施加一個豎直向下的拉力F，使線框以進入磁場前的加速度勻加速通過磁場區域，在此過程中，力F做功W＝0.23J，正方形線框cd邊產生的電熱是多少？圖Z2－6

專題滾動訓練(二)1．A[解析]原來整個系統處于靜止狀態，兩側繩的拉力的合力等于B物體的重力，將繩一端由Q點緩慢地向左移到P點，整個系統重新平衡后，兩側繩的拉力的合力仍等于B物體的重力，由于兩側繩的夾角增大，故兩側繩的拉力變大，即F變大，繩與豎直方向的夾角θ也變大，選A.2．C[解析]衛星A與B均由萬有引力提供向心力，對于A由牛頓第二定律可得Geq\f(Mm,（R＋h1）2)＝meq\f(v2,R＋h1)v1＝eq\r(\f(GM,R＋h1))，同理對于衛星B有：v2＝eq\r(\f(GM,R＋h2))，eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(R＋h2,R＋h1))，A錯誤；對于衛星A與B萬有引力為它們的合外力，對于衛星A由牛頓第二運動定律可得：eq\f(GMm,（R＋h1）2)＝ma1，解得a1＝eq\f(GM,（R＋h1）2)，同理，對于衛星B可得：Geq\f(Mm,（R＋h2）2)＝ma2，解得a2＝eq\f(GM,（R＋h2）2)，故有：eq\f(a1,a2)＝eq\f(（R＋h2）2,（R＋h1）2)，B錯誤，C正確；由萬有引力提供向心力Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)可求第一宇宙速度v＝eq\r(\f(GM,R))，故eq\f(v1,v)＝eq\r(\f(R,R＋h1))，D錯誤．3．AC4．D[解析]若電場力大于重力的情況下，小球通過P點時軌道可能沒有壓力，小球通過P點時的速率可能小于通過Q點時的速率，選項A、B錯誤；從P到Q點的過程中，電場力做功，小球的機械能一定增加，選項C錯誤；若mg>qE，要使小球能通過Q點且保證圓形軌道不脫離地面，小球運動到Q點的最小速度滿足mg－qE＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)，解得v1＝eq\r(\f(（mg－qE）R,m))，從P到Q，由動能定理，(qE－mg)2R＝eq\f(mveq\o\al(2,1),2)－eq\f(mveq\o\al(2,01),2)，解得v01＝eq\r(5gR－\f(5qER,m)).要使圓形軌道不脫離地面，小球運動到Q點對圓形軌道的壓力小于mg.小球運動到Q點的最大速度滿足2mg－qE>eq\f(mveq\o\al(2,2),R)，解得v2<eq\r(\f(（2mg－qE）R,m))，從P到Q，由動能定理，(qE－mg)2R＝eq\f(mveq\o\al(2,2),2)－eq\f(mveq\o\al(2,02),2)，解得v02<eq\r(6gR－\f(5qER,m))，要使小球能通過Q點且保證圓形軌道不脫離地面，速度v0應滿足的關系是：eq\r(5gR－\f(5qER,m))≤v0<eq\r(6gR－\f(5qER,m))，選項D正確．5．C[解析]受力分析可得此時導體棒所受的摩擦力大小為f＝μmgcosθ，故因摩擦而產生的熱功率為Pf＝fv＝μmgvcosθ，A錯誤；由功能關系可得，整個裝置消耗的機械功率為：P總＝P安＋Pf＝P安＋μmgvcosθ，B錯誤；設電阻R2上的電流大小為I，由閉合電路歐姆定律可得ab棒上的電流大小為2I，ab棒的電功率為Pab＝(2I)20.5R1，由題意可知P＝I2R1，故Pab＝2P，所以ab棒上安培力的功率為P安＝P＋P＋2P＝4P＝F安v，故F安＝eq\f(4P,v)，C正確，D錯誤．6．(1)2m/s(2)8.2N(3)[解析](1)小球從A點運動到O點的過程中，根據動能定理，有eq\f(1,2)mv2＝mgl－qEl解得小球在O點速度v＝eq\r(2l（g－\f(qE,m)）)＝2m/s.(2)小球運動到O點繩子斷裂前瞬間，對小球應用牛頓第二定律，有T－mg－Bqv＝eq\f(mv2,l)解得：T＝mg＋Bqv＋eq\f(mv2,l)＝8.2N.(3)繩斷后，小球在水平方向先做勻減速運動，再反向做勻加速運動，由牛頓第二定律，有qE＝max解得：ax＝eq\f(qE,m)＝5m/s2小球從O點運動至N點所用時間：t＝eq\f(2v,ax)＝0.8s小球在豎直方向做自由落體運動，故O、N間的距離h＝eq\f(1,2)gt2＝3.2m.7．(1)0.45V(2)0.032kg0.016kg[解析](1)正方形線框勻速通過勻強磁場區域的過程中，設cd邊上的感應電動勢為E，線框中的電流為I，c、d間的電壓為Ucd，則E＝BLvI＝eq\f(E,R)Ucd＝eq\f(3,4)IR解得Ucd＝0.45V.(2)正方形線框勻速通過磁場區域的過程中，設受到的安培力為F，細線上的張力為T，則F＝BILT＝m2gsinθm1g正方形線框在進入磁場之前的運