2019高考物理大一轮复习 第6章 精练【共4套26页】
2019版高考物理(北京专用)一轮作业：第六章 机械能 全章闯关检测
第六章机械能时间:50分钟分值:100分一、选择题(每小题6分,共48分)1.如图所示,摆球质量为m,悬线的长为L,把悬线拉到水平位置后放手。
设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变,在摆球运动到最低点的过程中下列说法不正确的是( )A.重力做功为mgLB.绳的拉力做功为0C.空气阻力(F阻)做功为-mgLF阻πLD.空气阻力(F阻)做功为-12★答案★ C 如图所示,因为拉力F T在运动过程中始终与运动方向垂直,故不做功,即W FT=0。
重力在整个运动过程中始终不变,小球在重力方向上的位移为AB在竖直方向上的投影L,所以W G=mgL。
F阻所做的总功等于每个小弧段上F阻F阻πL。
故重力mg做的功为所做功的代数和,即W F阻=-(F阻Δx1+F阻Δx2+…)=-12mgL,绳子拉力做功为零,空气阻力所做的功为-1F阻πL。
22.(2017北京东城期末)兴趣小组的同学们利用弹弓放飞模型飞机。
弹弓的构造如图1所示,其中橡皮筋两端点A、B固定在把手上,橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态(如图2所示),将模型飞机的尾部放在C处,将C点拉至D点时放手,模型飞机就会在橡皮筋的作用下发射出去。
C、D两点均在A、B连线的中垂线上,橡皮筋的质量忽略不计。
现将模型飞机竖直向上发射,在它由D运动到C的过程中( )图1 图2A.橡皮筋对模型飞机的弹力一直在增大B.橡皮筋对模型飞机的弹力始终做正功C.模型飞机的机械能守恒D.模型飞机的动能一直在增大★答案★ B C点为原长点,对应弹力为零,D点拉伸最长,对应弹力最大。
从D到C过程中,橡皮筋伸长量减小,弹力一直在减小,A选项错误;由D到C的过程中橡皮筋的弹力方向与模型飞机运动方向相同,因此一直对模型飞机做正功,B选项正确;由D到C的过程模型飞机所受弹力做正功,其机械能增大,C错误;D点橡皮筋的弹力大于重力,C点橡皮筋的弹力为零,C、D之间有个平衡点,弹力等于重力,所以此过程中,模型飞机的动能先增大后减小,D选项错误。
2019版高考物理一轮复习精选题辑：课练 26 含解析 精
课练26磁场及其对电流的作用1．(2018·浙江绍兴模拟)关于磁场和磁感线，下列说法正确的是()A．条形磁铁内部的磁感线方向从N极指向S极B．一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度为零C．两通电导线之间的相互作用是通过磁场发生的D．在磁感应强度为B的磁场中，穿过面积为S的平面的磁通量为Φ＝BS答案：C解析：条形磁铁内部的磁感线方向从S极指向N极，外部由N 极指向S极，故A错误；若一小段通电导线平行磁感线放在某处，不受磁场力作用，但该处的磁感应强度不为零，故B错误；两通电导线之间的相互作用是通过磁场发生的，故C正确；在磁感应强度为B的磁场中，只有和磁场方向垂直时穿过面积为S的平面的磁通量为Φ＝BS，故D错误．2．(2018·广西南宁二中等三校联考)磁场中某区域的磁感线如图所示，则()A．同一通电导线放在a处受力的磁场力一定比放在b处受到的磁场力大B．同一通电导线放在a处受到的磁场力一定比放在b处受到的磁场力小C．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B bD．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B b答案：C解析：a处的磁感线比b处稀疏，则a点磁感应强度比b点的小，所以B a<B b，故C正确，D错误；当将同一通电导线放入磁场中，由于受到放置角度的限制，当通电导线垂直磁场时，受到的磁场力最大，平行磁场时受到的磁场力为零，故虽然B a＜B b，但是无法比较通电导线受到的磁场力的大小，故A、B错误．3．(2018·广东惠州期末)如图所示为两同心圆环，当有一匀强磁场垂直穿过A环面时(A环面外无磁场)，A环面磁通量为Φ1，此时B 环面磁通量为Φ2.若将原匀强磁场撤去，改为一条形磁铁，垂直穿过A环面时A环面的磁通量为Φ3，B环面的磁通量为Φ4，有关磁通量的大小，下列说法正确的是()A．Φ1<Φ2B．Φ1>Φ2C．Φ3>Φ4D．Φ3<Φ4答案：C解析：根据题意，加匀强磁场时，穿过两个圆环平面的磁感线条数相等，故磁通量相等，A、B错误；根据磁感线的分布情况可知，如果磁铁内部穿过环面的磁感线方向向外，则外部磁感线方向向内，由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部的磁感线将磁铁内部的磁感线抵消一部分，A的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以Φ3>Φ4，C正确，D错误．4．(2018·广东肇庆期末)(多选)如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根长直流导线，电流方向垂直于纸面向外，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中()A．a、b两点磁感应强度相同B．a点磁感应强度最大C．c、d两点磁感应强度大小相等D．b点磁感应强度最大答案：CD解析：根据安培定则，长直流导线产生的磁场的磁感应强度如图甲所示，根据平行四边形定则，四点处的磁场情况如图乙所示，显然c、d两点的磁感应强度大小相等，a点磁感应强度为两磁感应强度之差的绝对值，最小，b点磁感应强度等于两磁感应强度代数和，最大，故C、D正确．场方向水平，磁感应强度大小为B0.下列说法正确的是极的中轴线与地磁场方向平行处产生的磁感应强度大小为B0如图所示，将直导线弯成半径为并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，作用下加速．则下列说法正确的是．电源给电容器充电后，M板带正电．导体棒在安培力作用下向右运动．超级电容器相当于电源，放电时两端电压不变江西第三次联考)两根平行放置的长度均为，固定放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中，磁场方通过的电流大小为受到的磁场力大小为FF2、方向垂直于导线向右．已知直导线D ．直导线cd 中的电流由d 到c ，匀强磁场的磁感应强度的大小为F 1＋F 23IL答案：A解析：如果直导线cd 中的电流由d 到c ，则匀强磁场和直导线ab 对直导线cd 的作用力方向均垂直于cd 向左，不合题意，因此直导线cd 中的电流由c 到d .两根直导线之间的作用力为相互排斥力，大小相等，设为F 0，对导线ab 有F 1＝F 0＋2BIL ，对导线cd 有F 2＝F 0＋BIL ，联立解得匀强磁场的磁感应强度为B ＝F 1－F 2IL .选项A 正确．9．(2018·河北定州中学月考)(多选)如图所示，在两磁极之间放一培养皿，磁感线垂直培养皿，皿内侧壁有环状电极A ，中心有电极K ，皿内装有电解液，若不考虑电解液和培养皿之间的阻力，当通以如图所示电流时，则( )A ．电解液将顺时针旋转流动B ．电解液静止不动C ．若将滑动变阻器的滑片向左移动，则电解液旋转流动将变慢D ．若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，则电解液转动方向不变答案：AD解析：当电解液中通以题图所示的电流时，将电解液看成无数个辐条状导体，每根导体中电流从环边缘流向K ，由左手定则判断可知，电解液所受的安培力方向沿顺时针方向，因此电解液将顺时针旋转流动，故A 正确，B 错误；若将滑动变阻器的滑片向左移动，其有效电阻减小，电路中电流增大，由F ＝BIL 知，电解液所受的安培力增大，则电解液旋转流动将变快，故C 错误；若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，由左手定则可知，电解液所受的安培力方向不变，则电解液转动方向不变，故D 正确．10.如图所示，两平行导轨ab 、cd 竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ 放在导轨上，使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ 中通以变化的电流I ，同时释放金属棒PQ 使其运动．已知电流I 随时间变化的关系为I ＝kt (k 为常数，k ＞0)，金属棒PQ 与导轨间的动摩擦因数一定．以竖直向下为正方向，则下面关于金属棒PQ 的速度v 、加速度a 随时间变化的关系图象中，可能正确的是( )答案：B解析：因为开始时金属棒PQ 加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的变加速运动，然后加速度方向向上，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的变减速运动，故A 错误、B 正确；根据牛顿第二定律得，金属棒PQ 的加速度a ＝mg －f m ，f ＝μN ＝μF A ＝μBIL ＝μBLkt ，联立解得加速度a ＝g －μBLktm ，与时间成线性关系，故C 错误；t ＝0时刻无电流，无安培力，只有重力，加速度竖直向下，为正值，故D 错误．11．(2018·山东日照二模节选)如图所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨ab 、cd 相距L ，导轨平面与水平面的夹角为θ.在导轨上端并接两个额定功率均为P 、电阻均为R 的小灯泡．整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．现将一质量为m 、电阻为12R的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放，金属棒下滑过程中始终与导轨垂直且接触良好．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，某时刻后两灯泡保持正常发光．求磁感应强度的大小．答案：mg (sin θ－μcos θ)2L R P解析：设小灯泡的额定电流为I 0，有P ＝I 20R .由题意可知，金属棒沿导轨下滑的某时刻后小灯泡正常发光，则流经金属棒MN 的电流I ＝2I 0，此时金属棒MN 的重力沿着导轨向下的分力与安培力和摩擦力匀强磁场的磁感应强度的大小B.(2)4 T稳定时弹簧弹力大小为，材料，下列说法不正确的是()．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用平面内的矩形，下列判断正确的是面的磁通量为0.08 Wb面的磁通量为0.06 Wb面的磁通量为0.1 Wb面的磁通量为零面与磁场平行，因此通过的磁通量为零，故河南豫南九校质检)已知通电长直导线周围某点的磁感，即某点的磁感应强度大小根据右手螺旋定则可得，左边通电导线在两根导线之间产生的磁场方向垂直于纸面向里，右边通电导线在两根导线之间产生的磁场方向垂直于纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零．由于规定B的正方向为垂直于纸面向里，所以D正确，A、B、C错误．5．(2018·安徽蚌埠期末)通电长直导线周围存在磁场，某点的磁感应强度大小B与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比．在直角坐标系中，两根长直导线分别沿x轴和y轴放置，两者在坐标原点处彼此绝缘，导线中的电流分别为I1和I2，且I1＝2I2，则能大致表示xOy平面内磁感应强度为零的点的图象是()答案：A解析：根据右手螺旋定则可知，通电导线I1在第一、二象限产生的磁场方向垂直于纸面向外，在第三、四象限产生的磁场方向垂直于纸面向里．同理，通电导线I2在第一、四象限产生的磁场方向垂直于纸面向里，在第二、三象限产生的磁场方向垂直于纸面向外．根据矢量的叠加原理，则第一象限与第三象限的磁感应强度可以为零．由于I1＝2I2，且某点的磁感应强度大小B与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比，那么能大致表示xOy平面内磁感应强度为零的点的图象是A，A正确．6．(2018·湖南永州二模)如图所示，厚度均匀的木板放在水平地面上，木板上放置两个相同的条形磁铁，两磁铁N极正对．在两磁铁的竖直对称轴上的C点固定一垂直于纸面的长直导线，并通有垂直于纸面向里的恒定电流，木板和磁铁始终处于静止状态，设两条形磁铁和木板的总重力为G，则()A．导线受到的安培力竖直向上，木板对地面的压力大于GB．导线受到的安培力竖直向下，木板对地面的压力小于GC．导线受到的安培力水平向右，木板受到地面的摩擦力水平向左D．导线受到的安培力水平向右，木板受到地面的摩擦力水平向右答案：D解析：根据磁感应强度的叠加可知，导线所在位置处的磁场方向竖直向上，由左手定则可知，导线受到的安培力方向水平向右，根据牛顿第三定律，两磁铁受到的导线的作用力方向水平向左，对木板、可知，静摩擦力的方向水平向右，所以D四川南充高中月考)如图所示，台秤上放一光滑平板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流一条形磁铁放在光滑的斜面上，并用一质量不计的弹簧连接在顶磁铁静止时弹簧的伸长量为x0c位置时，弹簧的伸长量分别为由于条形磁铁外部的磁感线是从N极出发到处的一条磁感线，其方向是斜向左下方的，如图所示，由左点受斜向右下方的安培力的方向是斜向左上方，0.5 kg的通电导体棒在安培力作用下静止在的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直框架平湖北部分重点中学模拟)已知通电导线在空间某点产生的大小与电流成正比，通电导线周围的磁场的磁感线是围绕导线形成的同心圆，空间某点的磁场方向沿该点的切线方向，即与该点和通电导线的连线垂直，根据安培定则，可知三根通电导线在已知通电导线在空间某点产生的磁场的磁感应：I1A ．向左，1＋αB ．向右，1＋αC ．向左，1－αD ．向右，1－α答案：C解析：当MN 中通以从N 到M 的电流时，ab 边所受的安培力向上，cd 边所受的安培力向下，因离MN 越近，安培力越大，可知此时线圈所受安培力的合力方向竖直向上，所以MN 中电流方向向左．当MN 中通电流I 0时，根据题意可知ab 所受的安培力为F 1＝kII 0L r 1，cd 所受的安培力为F 2＝kII 0L r 2，因它们受到的安培力方向相反，此时线圈所受的安培力的合力大小为F ＝kILI 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1r 1－1r 2，可知线圈受到的安培力的合力大小与通入电流的大小成正比，当MN 分别通以I 1、I 2的电流时，线圈受到的安培力的合力的大小之比为I 1I 2.当通过MN 的电流为I 1时，两细绳中张力均减为αT (0<α<1)，所以安培力的大小F 合1＝2T －2αT ；而当通过MN 的电流为I 2时，细绳中张力恰好为零，则安培力的大小F 合2＝2T ，所以I 1I 2＝F 合1F 合2＝2T －2αT 2T ＝1－α，故选C. 刷综合大题——提能力12．(2015·新课标全国卷Ⅰ)如图，一长为10 cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V 的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm ，重力加速度大小取10 m/s 2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．答案：安培力的方向竖直向下 0.01 kg解析：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝IBL②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由闭合电路欧姆定律得E＝IR④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg.。
高考物理一轮复习 第六章 专题强化十 动力学和能量观点的综合应用
2.功能关系分析 (1)传送带克服摩擦力做的功：W＝fs传； (2)系统产生的内能：Q＝fs相对. (3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
例1 (多选)如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机 的带动下运输带始终以恒定的速度v0＝1 m/s顺时针传动.建筑工人将质量 m＝2 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0＝1 m/s 的速度向右匀速运动.已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1， 运输带的长度为L＝2 m，重力加速度大小为g＝10 m/s2.以下说法正确的是
法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1＝2 N (第二问可知) F1做功为W1＝F1s＝2×0.8＝1.6 J 滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为： F2＝f1＋f－s)＝22×1.2 J＝26.4 J 碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s 滑块动能变化：ΔEk＝20 J 所以系统因摩擦产生的热量： Q＝W1＋W2＋ΔEk＝48 J.
最终工件获得的动能 Ek＝12mv02＝20 J 工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J 电动机多消耗的电能 E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.
方法点拨
摩擦生热的计算 1.正确分析物体的运动过程，做好受力分析. 2.利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及 位移关系，求出两个物体的相对位移. 3.代入公式Q＝f·s相对计算，若物体在传送带上做往复运动，则 为相对路程s相对.
经过C点时受轨道的支持力大小FN， 有 FN－mg＝mvRC2 解得FN＝50 N 由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道的压力大小F压＝50 N
(3)弹簧的弹性势能的最大值； 答案 6 J
设弹簧的弹性势能最大值为Ep，滑块从C到F点 过程中， 根据动能定理有－μmgL－mgLsin 30°－Ep＝0－ 12mvC2 代入数据可解得Ep＝6 J
2019版高考物理一轮复习备考精炼微专题辑江苏专版：第六章 静电场 微专题52 含解析 精品
[方法点拨] (1)在交变电场中做直线运动时，一般是几段变速运动组合．可画出v －t 图象，分析速度、位移变化．(2)在交变电场中的偏转若是几段类平抛运动的组合，可分解后画出沿电场方向分运动的v －t 图象，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式． 1．(2018·仪征中学模拟)一匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图1所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t ＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )图1A ．带电粒子只向一个方向运动B ．0～2 s 内，电场力做功等于0C ．4 s 末带电粒子回到原出发点D ．2.5～4 s 内，电场力做功等于02．(多选)如图2甲所示，真空中水平放置两块长度为2d 的平行金属板P 、Q ，两板间距为d ，两板间加上如图乙所示最大值为U 0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A ，自t ＝0时刻开始连续释放初速度大小为v 0，方向平行于金属板的相同带电粒子. t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场．已知电场变化周期T ＝2dv 0，粒子质量为m ，不计粒子重力及相互间的作用力．则( )图2A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为m v 022U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18m v 02D ．在t ＝14T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场3．(多选)如图3甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 板间，A 板接地，B 板的电势φ随时间t 变化情况如图乙所示．t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动中没与极板相碰，不计重力．则( )图3A ．φ1∶φ2 ＝1∶2B ．φ1∶φ2＝1∶3C ．在0～2T 内，当t ＝T 时电子的动能最大D ．在0～2T 内，电子的电势能减小了2e 2T 2φ12md 24．(多选)如图4甲所示，一平行板电容器极板长l ＝10 cm ，宽a ＝8 cm ，两极板间距为d ＝4 cm ，距极板右端l2处有一竖直放置的荧光屏．在平行板电容器左侧有一长b ＝8 cm 的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010 C /kg ，速度为4×106 m/s 的带电粒子．现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期．下面说法正确的是( )图4A ．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cmB ．粒子打在屏上的区域面积为64 cm 2C ．在0～0.02 s 内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上D ．在0～0.02 s 内，屏上出现亮线的时间为0.012 8 s5．(2017·东台市5月模拟)如图5中a 所示的xOy 平面处于匀强电场中，电场方向与x 轴平行，电场强度E 随时间t 变化的周期为T ，变化图线如图b 所示，E 为＋E 0时电场强度的方向沿x 轴正方向．有一带正电的粒子P ，在某一时刻t 0以某一速度v 沿y 轴正方向自坐标原点O 射入电场，粒子P 经过时间T 到达的点记为A (A 点在图中未画出)．若t 0＝0，则OA 连线与y轴正方向夹角为45°，不计粒子重力．图5(1)求粒子的比荷；(2)若t 0＝T4，求A 点的坐标；(3)若t 0＝T8，求粒子到达A 点时的速 度．答案精析1．D [画出带电粒子速度v 随时间t 变化的图象如图所示，v －t 图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s 末带电粒子不能回到原出发点，A 、C 错误；2 s 末速度不为0，可见0～2 s 内电场力做功不等于0，B 错误；2.5 s 和4 s 末，速度的大、小方向都相同，2.5～4 s 内电场力做功等于0，所以D 正确．]2．AD 3.BD4．BCD [设粒子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U 0，水平方向l ＝v 0t ，竖直方向d2＝12a 0t 2，又a 0＝qU 0md ，解得U 0＝md 2v 02ql 2＝128 V ，即当U ≥128 V 时粒子打到极板上，当U <128 V 时粒子打到荧光屏上，设打到荧光屏上的粒子在竖直方向上偏转的最大位移为y ，由几何关系和类平抛运动规律得l 2＋l2l 2＝yy －d2，解得y ＝d ＝4 cm ，选项A 错误；由对称性知，粒子打到荧光屏上的区域总长度为2d ，则粒子打到荧光屏上的区域面积为S ＝2da ＝64 cm 2，选项B 正确；在前14T ，粒子打到荧光屏上的时间t 0＝128200×0.005 s ＝0.003 2 s ，又由对称性知，在一个周期内，粒子打在荧光屏上的总时间t ′＝4t 0＝0.012 8 s ，选项D 正确；因为这些粒子均匀、连续地进入电场，设一个周期内进入电容器内的粒子能够打在荧光屏上的比例为η，此时电容器两端的电压U <128 V ，则η＝128200×100%＝64%，选项C 正确．]5．见解析解析 (1)粒子在t 0＝0时刻射入电场，粒子沿y 轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为：y ＝v T粒子沿x 轴方向在0～T 2内做初速度为零的匀加速运动，位移为x 1，末速度为v 1，则：x 1＝12a (T2)2，v 1＝a T2粒子沿x 轴方向在T2～T 内做匀减速运动，位移为x 2，由题意知两段运动的加速度大小相等，则：x 2＝v 1(T 2)－12a (T 2)2粒子沿x 轴方向的总位移为x ，则： x ＝x 1＋x 2粒子只受到电场力作用，由牛顿第二定律得： qE 0＝ma y ＝x联立各式解得：q m ＝4vE 0T(2)粒子在t 0＝T4时刻射入电场，粒子沿y 轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为：y ′＝v T粒子沿x 轴方向在T 4～T2内做初速度为零的匀加速运动，位移为x 3，末速度为v 2，则：x 3＝12a (T 4)2v 2＝a T 4粒子沿x 轴方向在T2～T 内做匀变速运动，位移为x 4，末速度为v 3，则：x 4＝v 2(T 2)－12a (T 2)2v 3＝v 2－a T2粒子沿x 轴方向在T ～5T4内做匀变速运动，位移为x 5，则：x 5＝v 3(T 4)＋12a (T 4)2粒子沿x 轴的总位移为x ′，则： x ′＝x 3＋x 4＋x 5 联立各式解得：x ′＝0 则A 点的坐标为(0，v T )(3)粒子在t 0＝T8时刻射入电场，粒子沿y 轴方向的分运动为匀速运动，速度不变；沿x 轴方向在T 8～T 2内做初速度为零的匀加速运动，末速度为v 4，则：v 4＝a 3T 8 粒子沿x 轴方向在T2～T 内做匀变速运动，末速度为v 5，则：v 5＝v 4－a T2粒子沿x 轴方向在T ～9T8内做匀变速运动，末速度为v 6，则：v 6＝v 5＋a T8联立各式解得：v 6＝0 则：粒子通过A 点的速度为v。
2019年高考物理大一轮复习江苏专版文档：第六章 静电
第二问：
(1)不列②式，而列出的是qE＝m 和L＝2R也可得3分．
(2)如果只列qE＝m ，没有列出L与R的关系式，计算结果正确，扣1分，如果计算结果错误，只得2分．
答题规则：解题过程中，必要的几何关系即使简单也不能少，否则将会失去步骤分．
物理学科的规范包括三个方面：一是思维流程的规范，即审题的逻辑性和严密性；二是书写的规范，即文字和字母的工整；三是叙述的规范，主要是必要过程的叙述、遵循规律的叙述、假设物理量的叙述．
经典案例
审题流程
例1 (20分)如图1所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电．两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔．C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C带正电、D带负电．两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O′.半圆形金属两端与B板的间隙可忽略不计．现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒(微粒的重力不计)，求：
(2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，由牛顿第二定律得：qE＝m ＝m ②
(3分)
联立①②解得：E＝ (2分)
(3)微粒从释放开始经t1射入B板的小孔，则：
d＝ vt1③(2分)
解得：t1＝2d (1分)
设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则：t2＝ · ＝ ＝ ④
(2分)
图1
(1)微粒穿过B板小孔时的速度多大？
(2)为了使微粒能在C、D板间运动而不碰板，C、D板间的电场强度大小应满足什么条件？
2019年高考物理一轮复习精品资料第06章 单元测试 含解析
2019年高考物理一轮复习精品资料1．如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹。
带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减少，它运动到b 处时的运动方向与受力方向可能的是( )答案： D2.如图所示，A 和B 均可视为点电荷，A 固定在绝缘支架上，B 通过绝缘轻质细线连接在天花板上，由于二者之间库仑力的作用，细线与水平方向成30°角。
A 、B 均带正电，电荷量分别为Q 、q ，A 、B 处于同一高度，二者之间的距离为L 。
已知静电力常量为k ，重力加速度为g 。
则B 的质量为( )A.kQq gL 2B ．2kQqgL 2 C.3kQqgL2D ．3kQq 3gL2 解析： 根据库仑定律，A 、B 之间的库仑力F 库＝k Qq L2，以B 为研究对象，在水平方向F 库＝F T cos 30°，在竖直方向mg ＝F T sin 30°，联立可得m ＝3kQq3gL2，D 正确。
答案： D3.如图所示，实线为电场线，虚线为某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，实线和虚线均关于OO ′对称，则下列说法正确的是( )A．电场线方向可以确定B．该粒子经过B点时电场力做功的功率可以求解C．B、C两点的电势高低可以比较D．该粒子经过A、B两点时的电势能大小无法比较解析：由于该粒子的电性未知，电场线方向不能判断，电势高低也无法比较，A、C错误；该粒子经过B点时速度方向与电场力方向垂直，电场力做功的功率为零，B正确；若该粒子从A点开始运动，根据曲线运动需要向心力，可确定电场力F的方向，根据运动轨迹可确定速度v方向，该粒子从A点运动到B点的过程中，电场力对该粒子做负功，电势能增加，即电势能E p A<E p B，D错误。
答案： B4.(多选)如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，OO′是正方形abcd的对称轴，且在两电荷连线的中垂线上，则下列判断正确的是( )A．a点与b点电场强度相同B．a、b两点间的电势差大于c、d两点间的电势差C．带负电的试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能D．带正电的试探电荷从O点沿OO′方向移到O′点的过程中电场力总是做正功答案：BC5.(多选)如图所示，实线表示一簇关于x轴对称的等势面，在轴上有A、B两点，则( )A．A点场强小于B点场强B．A点场强方向指向x轴负方面C．A点场强大于B点场强D．A点电势高于B点电势答案：AD6. (多选)某同学研究电子在电场中的运动时，电子仅受电场力作用，得到了电子由a点运动到b点的轨迹(虚线所示)，图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的是( )A．不论图中实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点低B．不论图中实线是电场线还是等势面，a点的加速度都比b点小C．如果图中实线是电场线，电子在a点动能较小D．如果图中实线是等势面，电子在a点电势能较小解析：电子的轨迹向合外力(电场力)的方向弯曲，若图中实线是电场线，则电场力方向向右，电场线的方向向左，a点的电势低于b点的电势；若图中实线是等势面，则电场力方向向下，电场线的方向向上，a点的电势高于b点的电势，A错误；不论图中实线是电场线还是等势面，都表示该电场为匀强电场，a点的加速度大小等于b点的加速度大小，B错误；如果图中实线是电场线，电子由a到b电场力做正功，电势能减小，动能增大，C正确；如果图中实线是等势面，a点的电势较高，故电子在a点电势能较小，D正确。
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本套资源目录2019高考物理大一轮复习第6章45分钟高考热点练六碰撞与动量守恒精练含解析2019高考物理大一轮复习第6章专题七碰撞模型的拓展精练含解析2019高考物理大一轮复习第6章第1讲动量和动量定理精练含解析2019高考物理大一轮复习第6章第2讲动量守恒定律及应用精练含解析45分钟高考热点练(六)碰撞与动量守恒热点一动量定理的应用1．(多选)对下列物理现象的解释，正确的是( )A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力D．在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零解析：击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，所以A、B不正确；据动量定理Ft＝Δp知，当Δp相同时，t越长，作用力越小，故C正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于外力的作用，与内部作用无关，所以D正确。
答案：CD2．(2018·安徽滁州模拟)在高台跳水中，运动员从高台向上跃起，在空中完成动作后进入水中，在浮力作用下做减速运动，速度减为零后返回水面。
设运动员在空中运动过程为Ⅰ，进入水中做减速运动过程为Ⅱ，不计空气阻力和水的粘滞阻力，则下述判断错误的是( )A．在过程Ⅰ中，运动员受到的冲量等于动量的改变量B．在过程Ⅰ中，运动员受到重力冲量的大小与过程Ⅱ中浮力冲量的大小相等C．在过程Ⅰ中，每秒钟运动员动量的变化量相同D．在过程Ⅰ和过程Ⅱ中运动员动量变化的大小相等解析：在过程Ⅰ中，运动员只受重力，故重力的冲量一定等于动量的改变量，故A 正确；由于在过程Ⅱ中人也会受到重力，故由动量定理可知，整体过程中重力的冲量等于过程Ⅱ中浮力的冲量大小，故B错误；在过程Ⅰ中，由于重力不变，运动员的加速度相同，在相同的时间内运动员的速度变化量相同，故每秒钟运动员动量的变化量相同，故C正确；由题意知，过程Ⅰ中的末速度等于过程Ⅱ的初速度，而过程Ⅱ的末速度为零，故动量的变化的大小相等，故D正确。
答案： B3．两块长方体木板A和B，长度都是l＝2.0 m，紧贴在一起，静置于光滑水平面上。
一小物块C(视为质点)位于木板A的左端，如图所示。
现给物块C一向右的初速度v0＝3.0 m/s。
已知物块C与木板A、B之间的动摩擦因数均为μ＝0.3，A、B、C的质量均为m＝1 kg，重力加速度大小g取10 m/s2。
求木板A最终受到木板B弹力的冲量。
解析： 假设物块C 停在木板A 上，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv 0＝3mv 根据能量守恒定律得12mv 20＝12·3mv 2＋μmgx联立解得物块C 相对于木板A 滑行的距离x ＝1.0 m<l ＝2.0 m ， 所以假设成立。
对物块C ，由动量定理得－μmgt ＝mv －mv 0 解得t ＝23s对木板A ，由动量定理得μmgt －I N ＝mv －0 解得I N ＝1 N·s，方向水平向左。
答案： 1 N·s 方向水平向左 热点二 动量守恒定律的应用4．如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动：设甲同学和他的车的总质量为150 kg ，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s ，乙同学和他的车的总质量为200 kg ，碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s ，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)( )A ．1 m/sB ．0.5 m/sC ．－1 m/sD ．－0.5 m/s解析： 两车碰撞过程中动量守恒m 1v 1－m 2v 2＝(m 1＋m 2)v得v ＝m 1v 1－m 2v 2m 1＋m 2＝150×4.5－200×4.25150＋200m/s ＝－0.5 m/s 。
答案： D 5.在光滑的水平面上，有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是( )A ．m a ＞m bB ．m a ＜m bC ．m a ＝m bD ．无法判断解析： 由动量守恒定律得m a v a ＝m a v a ′＋m b v b ′，由于v a ′＜0，则b 球获得的动量大于a 球最初的动量。
若m a ＝m b ，则两球交换速度，与图象不符；由E k ＝p 22m 知，若m a ＞m b ，则b 球的动能将会大于a 球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足m a ＜m b 。
答案： B6．光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝3m 、m B ＝m C ＝m ，开始时B 、C 均静止，A 以初速度v 0向右运动，A 与B 碰撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变。
求B 与C 碰撞前B 的速度大小。
解析： 设A 与B 碰撞后，A 的速度为v A ，B 与C 碰撞前B 的速度为v B ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得对A 、B 木块：m A v 0＝m A v A ＋m B v B ① 对B 、C 木块：m B v B ＝(m B ＋m C )v ② 由A 与B 间的距离保持不变可知v A ＝v ③联立①②③式，代入数据得v B ＝65v 0④答案： 65v 0热点三 动量守恒和能量守恒的综合应用7．有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速度v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞。
已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( )A ．弹性碰撞B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．条件不足，无法确定解析： 由动量守恒定律得： 3mv －mv ＝mv ′v ′＝2vE k 前＝12mv 2＋12×3 mv 2＝2mv 2 E k 后＝12m (2v )2＝2mv 2故两滑块的碰撞是弹性碰撞，选项A 正确。
答案： A8．质量M ＝0.6 kg 的平板小车静止在光滑水平面上，如图所示，当t ＝0时，两个质量都为m ＝0.2 kg 的小物体A 和B ，分别从小车的左端和右端以水平速度v 1＝5.0 m/s 和v 2＝2.0 m/s 同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，没有相碰。
已知A 、B 两物体与车面的动摩擦因数都是0.20，g 取10 m/s 2，求：(1)A 、B 两物体在车上都停止滑动时的速度。
(2)车的长度至少是多少？解析： (1)设物体A 、B 相对于车停止滑动时，车速为v ，根据动量守恒定律：m (v 1－v 2)＝(M ＋2m )v v ＝0.6 m/s方向向右(2)设物体A 、B 在车上相对于车滑动的距离分别为L 1、L 2，车长为L ，由功能关系μmg (L 1＋L 2)＝12mv 21＋12mv 22－12(M ＋2m )v 2解得：L 1＋L 2＝6.8 mL ≥L 1＋L 2＝6.8 m可知L 至少为6.8 m答案： (1)0.6 m/s 方向向右 (2)6.8 m9．(2018·铜陵模拟)如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点。
C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高。
质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道。
取g ＝10 m/s 2。
求：(1)物块经过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q 。
解析： (1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0从B 到C ，根据动能定理有mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B解得v C ＝6 m/s 。
(2)根据动量守恒定律得：(m ＋M )v ＝mv C 根据能量守恒定律有 12(m ＋M )v 2＋Q ＝12mv 2C 联立解得Q ＝9 J 。
答案： (1)6 m/s (2)9 J10．(2018·广东江门模拟)如图所示，质量为M 的小车D 静止在水平光滑轨道上，一根长为L 的细绳一端固定质量为m 的球A ，细绳的另一端固定在小车D 上，另一根长为2L 的细绳一端固定质量为2m 的球B ，另一端固定在O 点，两细绳自由下垂时两小球正好相切，且两球心在同一水平高度上。
现将球B 拉至细绳处于水平伸长状态后释放，设A 、B 发生碰撞时无机械能损失，重力加速度为g 。
求：(1)球B 在最低点时的速度大小和细绳拉力的大小； (2)碰撞结束后球A 上升的最大高度h 。
解析： (1)球B 下摆的过程中机械能守恒，则有2mg ·2L ＝12×2mv 20，解得v 0＝2gL ，根据牛顿第二定律有F －2mg ＝2m v 202L，联立解得F ＝6mg 。
(2)球B 与球A 碰撞，A 、B 两球组成的系统动量守恒、机械能守恒， 取水平向右为正方向，则有2mv 0＝2mv 1＋mv 2， 12×2mv 20＝12×2mv 21＋12mv 22， 联立解得v 2＝43v 0。
球A 上升时小车D 随之向右运动，球A 和小车D 组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，球A 上升到最大高度时与小车D 速度相同，则有mv 2＝(m ＋M )v ，12mv 22＝12(m ＋M )v 2＋mgh ， 联立解得h ＝32ML 9(M ＋m )。
32ML 答案：(1)2gL6mg(2)9(M＋m)专题七碰撞模型的拓展◎基础巩固练1.如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点。
用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将( )A．向右运动B．向左运动C．静止不动D．小球下摆时，车向左运动后又静止解析：水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向上动量守恒。
小球下落过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动。
当撞到橡皮泥，是完全非弹性碰撞，A球和小车大小相等、方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止。
答案： D2．(2018·安徽江南十校联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m 的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。