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大阶段滚动卷(二)
1．B 2．B 3．A 4．C
5．D [以O2结点为研究对象，作出力的矢量三角形如图甲所示
根据矢量三角形可知，细绳O1O2上的拉力逐渐减小，细绳O2N 上的拉力也逐渐
减小，故A、B 错误；
以O1结点为研究对象，作出力的矢量三角形如图乙所示
根据矢量三角形可知，细绳O1M 上的拉力逐渐减小，细绳O1M 与竖直方向的夹
角逐渐减小，故C 错误，D 正确。
故选D。]
6．D [小球平抛运动的速度方向改变45°，竖直方向的分速度与初速度相等，
则有vy＝v＝g 月t，解得g 月＝v
t ，故A 错误；月球的第一宇宙速度等于近月卫星
的环绕速度，则有GMm
R
2
＝m(nv)
2
R
，探测器做匀速圆周运动，由万有引力提供
向心力有GMm
(4 R)
2 ＝m v1
2
4 R ，解得v1＝nv
2 ，故B 错误；在月球表面有G Mm
R
2 ＝mg 月，
又GMm
R
2
＝m(nv)
2
R
，g 月＝v
t ，解得R＝n2vt，故C 错误；由GMm
R
2
＝m(nv)
2
R
，R
＝n2vt，月球的密度ρ＝
M
4
3 π R
3，解得ρ＝
3
4 π G n
2t
2，故D 正确。故选D。]
7．C [粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv
2
r ，解得r＝mv
qB ＝L
2 ，
如图所示
由几何关系可得ab 边上有粒子到达区域的长度为ΔL1＝ad－ae＝2× L
2 cos 30°－
(Lcos 30° - L
2)＝L
2
由几何关系可得ac 边上有粒子到达区域的长度为ΔL2＝2rcos 30°＝√3
2 L
故AB 错误；
如图所示
粒子从ab 边上d 点射出时，对应的圆心角最小，所用时间最短，由几何关系可
知，最小圆心角为60°，则最短时间为tmin＝60°
360°T＝1
6×2π m
qB ＝π
3kB
故C 正确；
如图所示
粒子从ac 边上f 点射出时，对应的圆心角最大，所用时间最长，由几何关系可
知，最大圆心角为120°，则最长时间为
tmax＝120°
360°T＝1
3×2π m
qB ＝2π
3kB
故D 错误。
故选C。]
8．BC [图甲，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
qvmB＝mvm
2
R ，可得最大动能Ekm＝1
2mvm
2 ＝B
2q
2 R
2
2m
，可知粒子离开加速器时的
动能与加速电压无关，A 错误；图乙所有粒子通过粒子速度选择器后速度相同，
粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，则在磁场中运动的轨道半径越小，由
qvB＝mv
2
r 可得q
m ＝v
Br ，可知粒子的比荷越大，B 正确；丙图中，由左手定则
可知，正离子向下偏转，负离子向上偏转，即A 极板是磁流体发电机的负极，
C 正确；丁图中，带负电的粒子从左侧射入，受向上的静电力和向下的洛伦兹
力，若速度v< E
B ，即qvB<qE，则粒子将向上极板偏转，D 错误。故选BC。]
9．AB [根据题意，由开普勒第三定律有R
3
T 1
2 ＝r
3
T 2
2，由于R＝r，解得T1＝
T2，故A 正确；根据题意，由万有引力提供向心力有GMm
r
2
＝mv
2
r ，解得v＝
√
GM
r ，可知v1＝√
GM
R ，若卫星以ROB为半径做圆周运动，则有v'B＝√
GM
ROB
，
由于R<ROB，可得v1>v'B，由于卫星在B 点做近心运动，则有v'B>vB，可得
v1>vB，故B 正确；根据题意，由万有引力提供向心力有GMm
r
2
＝ma，可得a1＝
GM
r
2 ，aA＝GM
rOA
，由于r>rOA，则有a1<aA，故C 错误；由B 分析可知，若OA＝
0.5R，若卫星以ROA为半径做圆周运动，则有vA＝√
2GM
R
，由于卫星在轨道Ⅱ
上A 点做近心运动，则有vA<√
2GM
R
，故D 错误。故选AB。]
10．AD [重物在BC 段匀速运动，由受力平衡得电动机的牵引力为F＝mgsin
θ+μmgcos θ＝500 N，又P＝Fvm，联立解得vm＝P
F ＝4 m/s，重物到达B 点，
且在此之前速度已达到最大值，所以重物到达B 点时的速度大小为4 m/s，故
A 正确；重物在AB 段根据动能定理有P(t2－t1)－mgxABsin θ－μmgxABcos θ＝1
2
mvm
2 ，代入数据解得xAB＝7.2 m，联立可得重物在AB 段的平均速度大小为
v ＝x AB
t2
＝3.6 m/s，故B 错误；重物在BC 段匀速运动，有xBC＝vm(t3－t2)＝40
m，重物在CD 段运动过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ＝ma，解
得a＝gsin θ+μgcos θ＝10 m/s2，由运动学公式得0－vm
2 ＝－2axCD，联立解得
xCD＝vm
2
2a＝0.8 m，则斜坡ABCD 的长度为x＝xAB+xBC+xCD＝48 m，故C 错误；
全过程重物增加的机械能为E1＝mgLsin θ，整个过程由能量守恒得电动机消耗
的总电能转化为重物增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知E2＝E1+μmgcos
θ·L，则
E1
E2
＝
mgLsin θ
mgLsin θ+ μmgLcos θ ＝
sin θ
sin θ+ μcos θ ＝3
5，故D 正确。故选
AD。 ]
11．解析：(1)由于本实验要测量物块与长木板间的动摩擦因数μ，因此不需要
平衡阻力，故A 错误；
实验开始前，应调整轻滑轮的高度，使细线与长木板上表面平行，物块受到的
绳子拉力与长木板平行，绳子拉力和摩擦力处于同一条直线上，故B 正确；
力传感器的示数等于绳拉力的大小，由于托盘及砝码有向下的加速度，因此合
力方向向下，实验时，力传感器的示数小于托盘及砝码的总重力，故C 正确；
本实验中用力传感器测量绳子拉力，因此不需要始终保证物块及力传感器的总
质量远大于托盘及砝码的总质量，故D 错误。
故选BC。
(2)游标尺是20 分度，精确度在0.05 mm。主尺读数7 mm，游标尺与主尺在第
8 格对齐，则遮光片的宽度为d＝7 mm+8×0.05 mm＝7.40 mm＝0.740 cm。
(3)物块做初速度为零的匀加速直线运动，根据已知条件可得v2＝2aL＝(
d
t )
2
取物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝ma
联立可得F＝md
2
2 L · 1
t
2+μmg
由题图丙可知k＝md
2
2 L ，F0＝μmg
解得μ＝F0d
2
2 gkL。
答案：(1)BC (2)0.740 (3) F0d
2
2gkL
12．解析：(1)滑块a 经过光电门时的速度大小为va＝d
t 。
(2)由机械能守恒定律可知
m2gL(1－cos θ)＝1
2m2vb
2
解得小球b 被弹开瞬间的速度大小为vb＝√2 gL(1-cos θ)。
(3)碰后对小球a 由动能定理得
1
2m1v'a
2＝1
2m1va
2+μm1gx
若动量守恒，则满足m1v'a＝m2vb
即m1√(
d
t )
2
+2 μgx
＝m2√2 gL(1-cos θ)。
答案：(1)d
t (2)√2 gL(1-cos θ)
(3)m1√(
d
t )
2
+2 μgx
＝m2√2 gL(1-cos θ)
13．解析：(1)设O 点的竖直分速度为vy，则有v y
2＝2ghmax
解得vy＝20 m/s
又v x
2+v y
2 ＝v0
2
解得vx＝10 m/s
则水离开喷嘴时的速度与水平方向夹角的正切值tan θ＝
v y
v x
＝2。
(2)水从O 运动到A 过程有x＝vxt
y＝vyt－1
2gt2
且tan 37°＝y
x
解得t＝2.5 s，y＝18.75 m。
答案：(1)2 (2)18.75 m
14．解析：(1)由几何关系知tan 30°＝
v0
v x
解得vx＝√3v0
水平方向，带电粒子受静电力做匀加速运动，由牛顿第二定律有qE＝ma
由运动学公式有v x
2＝2ax，vx＝at
联立解得x＝3 m，t＝√3
50 s
竖直方向，带电粒子做匀速直线运动，有y＝v0t＝2√3 m
所以A 点的位置坐标为(3 m，2√3 m)。
(2)粒子进入磁场B1时速度为v＝
v0
sin 30°＝200 m/s
由洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m v
2
R1
解得R1＝2 m
由几何关系可知，速度偏转了60°角进入磁场B2时速度沿着y 轴的负方向，则t1
＝1
6T1＝1
6×2π m
q B1
＝π
3 ×10－2 s
同理，粒子进入磁场B2时，有qvB2＝m v
2
R2
解得R2＝1 m
且粒子进入磁场B3时速度沿着x 轴的正方向，由几何关系可知，速度偏转了
90°角经过y 轴，所以t2＝1
4T2＝1
4×2π m
q B2
＝π
4 ×10－2 s
则该粒子从O 点到再次经过y 轴所用的时间为t 总＝t1+t2＝7 π
12 ×10－2 s。
(3)根据配速法，在第四象限，该粒子除了有沿x 轴正方向的速度v，还有两个
沿着y 轴等大反向的速度v1。由平衡条件有qv1B3＝qE
解得v1＝200 m/s
该粒子做匀速圆周运动的速度为v2＝√v
2+ v1
2＝200√2 m/s，与x 轴正方向成45°
角
由洛伦兹力提供向心力有qv2B3＝m v2
2
R3
解得R3＝8√2 m
圆周运动沿y 轴负方向运动的距离为L1＝√2R3＝16 m
粒子运动的时间为t3＝T
4 ＝1
4 ×2π m
q B3
＝π
50 s
直线运动沿着y 轴正方向的位移为L2＝v1t3＝4π m
所以粒子从第2 次经过y 轴到第3 次经过y 轴沿y 轴方向位移的大小L＝L1－L2
＝(16－4π)m。
答案：(1)(3 m，2√3 m) (2)7 π
12 ×10－2 s (3)(16－4π) m
15．解析：(1)对滑块P 受力分析，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ＝ma
解得a＝g。
(2)设P 与Q 碰撞前的速度大小为v1，碰撞后P 的速度大小为v2，Q 的速度大小
为v3， P 从C 到B 过程，根据动能定理可得－mg×2R＝0－1
2mv2
2
解得v2＝2√gR
在C 位置有FN－mg＝mv2
2
R
解得FN＝5mg
由牛顿第三定律得滑块P 碰后对管道的压力大小为5mg。
(3)P、Q 发生弹性碰撞，则由动量守恒定律和能量守恒定律有mv1＝－
mv2+2mv3，1
2mv1
2＝1
2mv2
2+1
2×2mv3
2
解得v1＝6√gR，v3＝4√gR
滑块P 从B 点到C 点由机械能守恒得2mgR＝1
2mv1
2－1
2mv'2
解得v'＝4√2 gR
P 在传送带上加速达到2√2gR后，继续加速下滑，由牛顿第二定律可得mgsin
θ－μmgcos θ＝ma'
解得a'＝1
5g
由运动学公式得v0＝at1，v'＝v0+a't2
可得滑块P 在传送带上运动的时间t＝t1+t2＝12√
2 R
g 。
(4)Q 滑上长木板后，Q 对长木板的摩擦力方向向右，大小为Ff＝2μ1mg
地面对长木板最大静摩擦力方向向左，大小为Ffm＝μ2(2m+4m)g
由于Ff<Ffm
故长木板先不动，Q 做匀减速运动，设长木板的最小长度为L，可得－
μ1×2mgL＝1
2×2mv4
2－1
2×2mv3
2
解得v4＝√16 gR - gL
Q 与长木板发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有2mv4＝－
2mv5+4mv6，1
2×2mv4
2＝1
2×2mv5
2+1
2×4mv6
2
解得碰撞后Q 的速度大小为v5＝1
3v4，长木板的速度大小为v6＝2
3v4
Q 向左减速运动，其加速度a1＝μ1g＝1
2g
长木板向右减速，其加速度a2＝μ1×2mg+ μ2×6mg
4 m
＝11
20g
Q 向左做减速至零后再向右做加速运动直到与长木板达到共同速度，再一起做
减速运动，设达到共速的时间为t3，其v⁃t 图像如图所示。
v 共＝－1
3v4+a1t3＝2
3v4－a2t3
解得t3＝20 v4
21 g
由图像可知相对位移Δx＝1
2
1
3v4+2
3v4 t3
即长木板的最小长度为L＝Δx
解得长木板最小长度为L＝160 R
31 。
答案：(1)g (2)5mg (3)12√
2 R
g
(4)160 R
31
