【高效演练 轻松闯关】2019届《优化方案》高三物理一轮复习：第八章第三节 word版含解析
高效演练轻松闯关《优化方案》高三物理一轮复习：第一章第二节含解析
一 高考题组1．(单选)(2013·高考广东卷)某航母跑道长200 m ，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s 2，起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为( )A ．5 m/sB ．10 m/sC ．15 m/sD ．20 m/s2．(单选)(2011·高考天津卷)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s3．(单选)(2011·高考安徽卷)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用的时间为t 2，则物体运动的加速度为( ) A.2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2) B.Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)C.2Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)D.Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)二 模拟题组4．(多选)(2014·郑州模拟)在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A ，物体上升的最大高度为20 m ，不计空气阻力，设塔足够高，则物体位移大小为10 m 时，物体通过的路程可能为( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．50 m5．(2014·西安质检)如图所示，一圆管放在水平地面上，长为L ＝0.5 m ，圆管的上表面离天花板距离h ＝2.5 m ，在圆管的正上方紧靠天花板放一小球(可看成质点)，让小球由静止释放，同时给圆管一竖直向上大小为5 m/s 的初速度，g 取10 m/s 2.(1)求小球释放后经多长时间与圆管相遇；(2)试判断在圆管落地前小球能不能穿过圆管？如果不能，小球和圆管落地的时间差多大？如果能，小球穿过圆管的时间多长？高效演练·轻松闯关1．[解析]选B.飞机在滑行过程中，做匀加速直线运动，根据速度与位移的关系v 2－v 20＝2ax 解决问题．由题知，v ＝50 m/s ，a ＝6 m/s 2，x ＝200 m ，根据v 2－v 20＝2ax 得借助弹射系统飞机获得的最小初速度v 0＝v 2－2ax ＝502－2×6×200 m/s ＝10 m/s.故选项B 正确．2．[解析]选D.由匀变速直线运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，对比题给关系式可得v 0＝5 m/s ，a ＝2 m/s 2.则第1 s 内的位移是6 m ，A 错；前2 s 内的平均速度是v ＝x 2t ＝5×2＋222m/s ＝7 m/s ，B 错；Δx ＝aT 2＝2 m ，C 错；任意1 s 内速度增量Δv ＝at ＝2 m/s ，D 对．3．[解析]选A .物体做匀变速直线运动，由匀变速直线运动规律：v ＝v t 2＝x t 知：v t 12＝Δx t 1① v t 22＝Δx t 2② 由匀变速直线运动速度公式v t ＝v 0＋at 知v t 22＝v t 12＋a ·⎝⎛⎭⎫t 1＋t 22③ ①②③式联立解得a ＝2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2). 4.[解析]选ACD.物体在塔顶上的A 点抛出，位移大小为10 m 的位置有两处，如图所示，一处在A 点之上，另一处在A 点之下，在A 点之上时，通过位移为10 m 处又有上升和下降两种过程，上升通过时，物体的路程s 1等于位移x 1的大小，即s 1＝x 1＝10 m ；下降通过时，路程s 2＝2h －x 1＝2×20 m －10 m ＝30 m ．在A 点之下时，通过的路程s 3＝2h ＋x 2＝2×20 m ＋10 m ＝50 m ．故A 、C 、D 正确，B 错误．5．[解析](1)小球与圆管相遇时与管的上端相遇，从空间关系看满足圆管的上端位移与小球下落的位移之和等于h ，有：12gt 2＋v 0t －12gt 2＝h 解得t ＝0.5 s.(2)小球落到地面用时为t 1，则：h ＋L ＝12gt 21解得t 1＝35 s圆管落地的时间为t 2，则：t 2＝2·v 0g ＝1 s由于t 1<t 2，所以小球能穿过圆管设t ′时刻小球到达圆管的下端，有： 12gt ′2＋v 0t ′－12gt ′2＝h ＋L解得t ′＝0.6 s因此小球穿过圆管的时间为t ′－t ＝0.1 s.[答案](1)0.5 s (2)能 0.1 s。
高效演练轻松闯关《优化方案》高三物理一轮复习：第六章第三节含解析
一 高考题组1．(单选)(2013·高考广东卷)喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上．则微滴在极板间电场中( )A ．向负极板偏转B ．电势能逐渐增大C ．运动轨迹是抛物线D ．运动轨迹与带电荷量无关2．(多选)(2012·高考新课标全国卷)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动3．(单选)(2011·高考安徽卷)如图甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )A ．0＜t 0＜T 4B.T 2＜t 0＜3T 4C.3T 4＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 8二 模拟题组4．(单选)(2014·安徽名校联考)如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD 面与EFGH 面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD 面带正电，EFGH 面带负电．从小孔P 沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴A 、B 、C ，最后分别落在1、2、3三点．则下列说法正确的是( )A ．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B ．三个液滴的运动时间不一定相同C ．三个液滴落到底板时的速率相同D ．液滴C 所带电荷量最多5．(2014·四川攀枝花模拟)如图所示，虚线PQ 、MN 间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子的质量为m ＝2.0×10－11 kg 、电荷量为q ＝＋1.0×10－5 C ，从a 点由静止开始经电压为U ＝100 V 的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN 上的某点b (图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ 、MN 间距离为20 cm ，带电粒子的重力忽略不计．求：(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v 1；(2)匀强电场的场强大小；(3)ab 两点间的电势差．温馨提示 日积月累，提高自我 请做课后达标检测201．[解析]选C.由于微滴带负电，其所受电场力指向正极板，故微滴在电场中向正极板偏转，A 项错误．微滴在电场中所受电场力做正功，电势能减小，B 项错误．由于极板间电场是匀强电场，电场力不变，故微滴在电场中做匀加速曲线运动，并且轨迹为抛物线，C 项正确．带电量影响电场力及加速度大小，运动轨迹与加速度大小有关，故D 项错误．2．[解析]选BD.对带电粒子受力分析如图所示，F 合≠0，则A 错．由图可知电场力与重力的合力与v 0应反向，F 合对粒子做负功，其中mg 不做功，Eq 做负功，故粒子动能减少，电势能增加，故B 正确C 错误．F 合恒定且F 合与v 0方向相反，粒子做匀减速运动，D 项正确．3．[解析]选B.设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．作出t 0＝0、T 4、T 2、3T 4时粒子运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0＜t 0＜T 4，3T 4＜t 0＜T 时粒子在一个周期内的总位移大于零；T 4＜t 0＜3T 4时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t 0＞T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B 正确．4．[解析]选D.三个液滴具有相同的水平初速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A 错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，运动时间必相同，选项B 错误；在相同的运动时间内，液滴C 水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，故它所带电荷量也最多，选项D 正确；因为电场力对液滴C 做功最多，它落到底板时的速率最大，选项C 错误．5．[解析](1)由动能定理得：qU ＝12mv 21代入数据得v 1＝104 m/s.(2)因粒子重力不计，则进入PQ 、MN 间电场中后，粒子做类平抛运动，有粒子沿初速度方向做匀速直线运动：d ＝v 1t粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动：v y ＝at由题意得：t a n 30°＝v 1v y由牛顿第二定律得：qE ＝ma联立以上相关各式并代入数据得：E ＝3×103 N /C ＝1.73×103 N /C.(3)由动能定理得：qU ab ＝12mv 2＝12m (v 21＋v 2y )联立以上相关各式并代入数据得：U ab ＝400 V .[答案](1)104 m/s (2)1.73×103 N /C(3)400 V。
(全国通用)2019高考物理一轮复习第八章恒定电流高效演练
8.2电路电路的基本规律高效演练·创新展望1.(多项选择)在以以下图电路中,闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时,四个理想电表的示数都发生变化,电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示,电表示数变化量的大小分别用I、U1、U2和U3表示。
以下比值正确的选项是() A.不变,不变B.变大,变大C.变大,不变D.变大,不变【分析】选A、C、D。
= =R1, 因为R1不变,故不变, 不变。
同理, =R2,因为R2变大,所以变大。
但是= =R1+r, 所以不变。
而=R1+R2,所以变大。
因为= =r,所以不变。
应选项A、C、D正确。
2.(多项选择)以以下图是某电源的路端电压与电流的关系图象,以下结论正确的选项是( )A.电源的电动势为6.0VB.电源的内阻为12ΩC.电源的短路电流为0.5AD.电流为0.3A时的外电阻是18Ω【解题指导】本题可按以下思路进行求解:【分析】选A、D。
因为该电源的U-I 图象的纵轴坐标不是从零开始的,故纵轴上的截距虽为电源的电动势,即E=6.0V, 但横轴上的截距0.5A其实不是电源的短路电流,且内阻应按斜率的绝对值计算,即r=||=Ω=2Ω。
由闭合电路欧姆定律可得电流I=0.3A时,外电阻R=-r=18Ω。
故A、D正确。
3.以以下图,直线A是电源的路端电压和电流的关系图线,直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线,若将这两个电阻分别接到这个电源上,则( )A.R1接在电源上时,电源的效率高B.R2接在电源上时,电源的效率高C.R1接在电源上时,电源的输出功率大D.电源的输出功率相同大【分析】选A。
电源的效率η===,效率与路端电压成正比,R1接在电源上时路端电压大,效率高,故A正确,B错误。
由图线的交点读出R1接在电源上时U=U0,I= I0,电源的输出功率P1=UI= U0I0,R2接在电源上时U′=U0,I′=I0,电源的输出功率P2=U′I′=U0I0,故C、D均错误。
2019届高三物理一轮复习计划
2019届高三物理一轮复习计划高三物理第一轮复计划为做好2019届高考物理教育教学工作，结合物理学科特点和我校学生实际，经过2019届高三物理教师讨论，制定了以下一轮复计划：一、复指导思想：立足学科、抓住重点、夯实基础、联系实际、关注综合能力。
二、复目标：1、通过一轮复，帮助学生深化概念、原理、定理、定律的认识及理解和应用，促成学科科学思维，培养物理学科解题方法。
2、结合各知识点复，加强题训练，提高分析解决实际问题的能力，训练解题规范和答题速度。
3、通过一轮复，基本实现章节知识网络化，帮助学生理解记忆。
4、提高学科内知识综合运用的能力与技巧，能灵活运用所学知识解释、处理现实问题。
三、复的具体措施：1、教师要熟悉教学大纲和高考考纲，熟悉近年的必考点和常考点，并在双向细目表的指引下复。
每一节课必须备好课，设计好教学任务，达到教学目的，然后根据教学的环节设计好课堂教学和课后的巩固、反馈。
2、第一轮复中，要求学生带齐高中课本，以课本为主线，加强基本概念、原理的复，指导学生梳理知识点知识结构。
每节课都必须进行知识点的网络化小结。
3、提高课堂训练的质量和效率，训练题要做到精心设计，每一题要体现它的功能，有针对性地做好讲评。
在基本知识重现的基础上，针对本节课的知识选好课堂练（以全品小练的题为主），然后学生进行训练并展示思路和方法，教师点评，如有需要教师进行讲解。
4、注重方法、步骤及一般的解题思维训练，精讲多练，提高学生分析具体情景，建立物理图景，寻找具体适用规律的能力。
教学计划教师在讲解题、课后作业和测试卷时，应注重培养学生的解题思维能力。
很多学生只是死记硬背物理概念和公式，缺乏应用能力，这主要是因为缺乏解题思维。
为了帮助学生培养这种思维，最好的方法是建立物理图形或情景，最终让学生养成良好的思维惯，帮助学生找到最适用的解题方法，提高解题能力和速度。
为提高课堂教学质量，每周至少进行一次集体备课，平时多交流、多听课、多研究课堂教学。
高效演练轻松闯关《优化方案》高三物理一轮复习：第三章第二节含解析
一 高考题组1．(单选)(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小．能正确描述F 与a 之间的关系的图象是( )2．(单选)(2012·高考安徽卷)如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a 沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F ，则( )A ．物块可能匀速下滑B ．物块仍以加速度a 匀加速下滑C ．物块将以大于a 的加速度匀加速下滑D ．物块将以小于a 的加速度匀加速下滑3．(单选)(2010·高考福建卷)质量为2 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t ＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图所示．重力加速度g 取10 m/s 2，则物体在t ＝0至t ＝12 s 这段时间的位移大小为( )A ．18 mB ．54 mC ．72 mD ．198 m二 模拟题组4．(单选)(2014·宁夏银川一中模拟)如图所示，A 、B 两小球分别连在轻线两端，B 球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A 、B 两小球的质量分别为m A 、m B ，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度大小分别为( )A ．都等于g 2 B.g 2和0C.g 2和m A m B ·g 2D.m A m B ·g 2和g 25．(单选)(2014·甘肃诊断)一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹．下列说法中正确的是( )A ．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B ．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C ．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D ．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短三 选做题6．(多选)(2014·河南洛阳模拟)利用如图甲所示的装置测量滑块和滑板间的动摩擦因数，将质量为M 的滑块A 放在倾斜滑板B 上，C 为位移传感器，它能将滑块A 到传感器C 的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A 的速度－时间(v －t )图象．先给滑块A 一个沿滑板B 向上的初速度，得到的v －t 图象如图乙所示，则( )A ．滑块A 上滑时加速度的大小为8 m/s 2 B ．滑块A 下滑时加速度的大小为8 m/s 2C ．滑块与滑板之间的动摩擦因数μ＝0.25D ．滑块A 上滑时运动的位移为2 m温馨提示 日积月累，提高自我 请做课后达标检测8高效演练·轻松闯关1. [解析]选C.物块的受力如图所示，当F 不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F 大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得F －μF N ＝m a ，即F ＝μF N ＋m a ，F 与a 成线性关系．选项C 正确．2．[解析]选 C.设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律，知物块的加速度a ＝mg sin θ－μmg cos θm＞0，即μ＜t an θ.对物块施加竖直向下的压力F 后，物块的加速度a ′＝(mg ＋F )sin θ－μ(mg ＋F )cos θm ＝a ＋Fsin θ－μFcos θm，且F sin θ－μF cos θ＞0，故a ′＞a ，物块将以大于a 的加速度匀加速下滑．故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．3．[解析]选B.物体与地面间最大静摩擦力F f ＝μmg ＝0.2×2×10 N ＝4 N ．由题给F －t图象知0～3 s 内，F ＝4 N ，说明物体在这段时间内保持静止不动.3～6 s 内，F ＝8 N ，说明物体做匀加速运动，加速度a ＝F －F f m＝2 m/s 2.6 s 末物体的速度v ＝a t ＝2×3 m/s ＝6 m/s ，在6～9 s 内物体以6 m/s 的速度做匀速运动.9～12 s 内又以2 m/s 2的加速度做匀加速运动，作v－t 图象如图所示．故0～12 s 内的位移x ＝⎝⎛⎭⎫12×3×6×2 m ＋6×6 m ＝54 m ．故B 项正确．4．[解析]选C.由整体法知，F 弹＝(m A ＋m B )g sin 30°剪断线瞬间，由牛顿第二定律：对B ：F 弹－m B g sin 30°＝m B a B ，得a B ＝m A m B ·g 2对A ：m A g sin 30°＝m A a A ，得a A ＝12g 所以C 项正确．5．[解析]选D.放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速，而传送带仍匀速，虽然两者都向右运动，但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动，故黑色径迹出现在木炭包的右侧，A 错误．由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a ＝μg 与其质量无关，故径迹长度与其质量也无关，B 错误．径迹长度等于木炭包相对传送带通过的位移大小，即二者对地的位移差：Δx ＝vt －0＋v 2t ＝12vt ＝v 22μg，可见传送带速度越小、动摩擦因数越大，相对位移越小，黑色径迹越短，C 错误D 正确．6．[解析]选AC.滑块A 上滑时加速度的大小a 1＝⎪⎪⎪⎪0－4.00.5 m/s 2＝8.0 m/s 2，A 项正确；A 下滑时的加速度a 2＝ 4.01.5－0.5m/s 2＝4.0 m/s 2，B 项错误；由牛顿第二定律知A 上滑时mg sin θ＋μmg cos θ＝m a 1，A 下滑时mg sin θ－μmg cos θ＝m a 2，解得μ＝0.25，C 项正确；在速度－时间图象中面积表示位移，滑块A 上滑时运动的位移为1 m ，D 项错误．。
高效演练轻松闯关《优化方案》高三物理一轮复习：第七章第二节含解析
一高考题组1．(单选)(2011·高考北京卷)如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中()A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大2．(2013·高考上海卷)如图，电路中三个电阻R1、R2和R3的阻值分别为R、2R和4R.当电键S1断开、S2闭合时，电源输出功率为P0；当S1闭合、S2断开时，电源输出功率也为P0.则电源电动势为________；当S1、S2都断开时，电源的总功率为________．二模拟题组3.(单选)(2014·衡阳模拟)如图所示的U－I图象中，直线a为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线b为某一电阻R的伏安特性曲线，两图线相交于(2,2)．用该电源和该电阻组成闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别是()A．6 W,1 ΩB．6 W,0.5 ΩC．4 W,1 ΩD．4 W,0.5 Ω4．(单选)(2014·福建三明联考)两电源电动势分别为E1、E2(E1＞E2)，内阻分别为r1、r2.当这两个电源分别和一阻值为R的电阻连接时，电源输出功率相等．若将R减小为R′，电源输出功率分别为P1、P2，则()A．r1＜r2，P1＜P2B．r1＞r2，P1＞P2C．r1＜r2，P1＞P2D．r1＞r2，P1＜P25．(单选)(2014·山东莘县质检)如图所示，两平行金属板间带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则() A．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点P将向上运动D．R3上消耗的功率逐渐增大1．[解析]选A.由变阻器R 0的滑动端向下滑可知R 0连入电路的有效电阻减小，则R 总减小，由I ＝E R 总＋r可知I 增大，由U 内＝Ir 可知U 内增大，由E ＝U 内＋U 外可知U 外减小，故电压表示数减小．由U 1＝IR 1可知U 1增大，由U 外＝U 1＋U 2可知U 2减小，由I 2＝U 2R 2可知电流表示数变小，故A 正确． 2．[解析]S 1断开，S 2闭合时：P 0＝⎝⎛⎭⎫E R ＋r 2·R ；S 1闭合、S 2断开时：P 0＝⎝⎛⎭⎫E 4R ＋r 2·4R ，联立得：r ＝2R ，E ＝3P 0·R ，当S 1、S 2都断开时，P ＝E 27R ＋r ＝E 29R＝P 0. [答案]3P 0R P 03．[解析]选D.由题图中图线a 的截距可知，电源的电动势为E ＝3 V ；由题图中图线a 的斜率可知电源的内阻为r ＝0.5 Ω；由题图中a 、b 两图线的交点可知，闭合电路的总电流及路端电压分别为2 A 和2 V ．因此，电源的输出功率为P ＝UI ＝4 W ，A 、B 、C 错误，D 正确．4．[解析]选D.如图所示由伏安特性曲线可知，r 1＞r 2，若将R 减小为R ′，电源输出功率P 1＜P 2，选项D 正确．5．[解析]选A.当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，R 4接入电路部分的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，电源内阻分担的电压增大，则路端电压减小，R 1分担电压增大，则平行金属板两极板间电压减小，带电质点P 所受电场力减小，质点P 将向下运动，选项C 错误；R 3两端电压减小，R 3中电流减小，电流表读数增大，选项B 错误；R 3上消耗的功率逐渐减小，选项D 错误；由于R 2中电流增大，R 2两端电压增大，故电压表读数减小，选项A 正确．。
高效演练轻松闯关《优化方案》高三物理一轮复习：第二章第三节含解析
一高考题组1．(单选)(2010·高考安徽卷)L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示．若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力，则木板P的受力个数为()A．3B．4C．5 D．62．(单选)(2011·高考安徽卷)一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上．现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示，则物块()A．仍处于静止状态B．沿斜面加速下滑C．受到的摩擦力不变D．受到的合外力增大3．(单选)(2012·高考新课标全国卷)如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为F N1，球对木板的压力大小为F N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中()A．F N1始终减小，F N2始终增大B．F N1始终减小，F N2始终减小C．F N1先增大后减小，F N2始终减小D．F N1先增大后减小，F N2先减小后增大二模拟题组4．(单选)(2014·洛阳统考)如图所示，放置在斜劈上的物块受到平行于斜面向上的力F 的作用，整个装置保持静止．现在使力F增大，但整个装置仍保持静止，则下列说法正确的是()A．物块对斜劈的压力可能增大B．物块受到的合外力可能增大C ．地面对斜劈的摩擦力可能减小D ．斜劈对物块的摩擦力可能减小5．(多选)(原创题)两个质量相等的物块通过轻绳绕过两个光滑的定滑轮处于如图所示的静止状态，AB 与水平方向成45°角，过A 的水平线与过B 的竖直线交于C 点，现给AB 的中点O 施加一外力F ，使O 点缓慢地向C 点做直线运动，则运动过程中下列说法正确的是( )A ．F 的方向总是指向CB ．F 的方向在不断地变化C ．F 在不断地增大D ．F 先增大后减小三 选做题6．(单选)(2014·荆州质量检查)如图所示，左侧是倾角为 60°的斜面、右侧是14圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底端的切线水平，一根两端分别系有质量为m 1、m 2小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮．当它们处于平衡状态时，连接m 2小球的轻绳与水平线的夹角为60°，不计一切摩擦，两小球可视为质点．两小球的质量之比m 1∶m 2等于( )A ．1∶1B ．2∶3C ．3∶2D ．3∶4温馨提示 日积月累，提高自我 请做课后达标检测61．[解析]选C.因P 、Q 一起匀速下滑，所以斜面对P 有沿斜面向上的摩擦力，而Q 必受弹簧向上的弹力，所以隔离P 可知P 受重力、斜面摩擦力、斜面弹力、弹簧弹力、Q 的压力作用，故C 正确．2．[解析]选A.不加力时，物块恰好静止在斜面上，则mg sin θ＝μmg cos θ，加竖直向下的恒力F 后，由于(mg ＋F )sin θ＝μ(mg ＋F )cos θ，物块仍然静止，A 正确，B 错误；不加F 时物块受到的静摩擦力大小等于mg sin θ，加F 后静摩擦力大小等于(mg ＋F )sin θ，变大，C 错误；物块受到的合外力始终等于零，D 错误．3.[解析]选B.对小球进行受力分析，如图所示，根据物体的平衡条件，可将三个力构建成矢量三角形．重力不变，随着木板缓慢转到水平位置，球对木板的压力大小F N2逐渐减小，墙面对球的压力大小F N1逐渐减小，故B正确．4．[解析]选D.由于F平行于斜劈，现在使力F增大，物块对斜劈的压力不变，选项A 错误；由于整个装置处于静止，物块受到的合外力不变，仍为零，选项B错误；把物块和斜劈看做整体，现在使力F增大，地面对斜劈的摩擦力增大，选项C错误；当F很小时，斜劈对物块的摩擦力沿斜劈向上，增大F，斜劈对物块的摩擦力可能减小，选项D正确．5．[解析]选AC.由于AB与水平方向成45°角，因此△ABC是等腰直角三角形．在O点缓慢向C点移动的过程中，F始终和作用在O点绳上的两个力的合力等大反向，由于绳上的两个力大小相等，在O点向C点移动的过程中，作用在O点绳上的两个力的合力的反向延长线过C点，因此F的方向总是指向C，由于O点受到绳的两个拉力且力的夹角在不断减小，因此它们的合力在不断增大，因此F在不断增大．6．[解析]选B.m1、m2静止，设轻绳张力为F T，圆弧面对m2的支持力为F N.以m1为研究对象，有m1g sin 60°＝F T；以m2为研究对象，有F N sin 30°＝F T sin 30°，F N cos 30°＋F T cos 30°＝m2g，得F N＝F T,2F T cos 30°＝m2g，即F T＝m2g2cos 30°.所以m1g sin 60°＝m2g2cos 30°，得m1∶m2＝2∶3.。
高效演练轻松闯关《优化方案》高三物理一轮复习：第三章第三节含解析
一高考题组1．(单选)(2011·高考上海卷)如图所示，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b 用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态．地面受到的压力为N，球b所受细线的拉力为F.剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力() A．小于N B．等于NC．等于N＋F D．大于N＋F2．(单选)(2011·高考新课标全国卷)如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常量)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是()二模拟题组3．(单选)(2014·石家庄质检)如图所示，小车向右运动的过程中，某段时间内车中悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直线有一定夹角．这段时间内关于物块B受到的摩擦力下述判断中正确的是()A．物块B不受摩擦力作用B．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左C．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右D．因小车的运动性质不能确定，故B受到的摩擦力情况无法判断4．(单选)(2014·宁夏银川一中模拟)a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示，则()A ．x 1一定等于x 2B ．x 1一定大于x 2C ．若m 1>m 2，则x 1>x 2D ．若m 1<m 2，则x 1<x 25．(2014·济南外国语学校高三月考)如图所示，质量为m 的小球用细线拴着静止于光滑斜面上，已知线与竖直方向的夹角为θ，斜面倾角为α ，求：当整个装置向右加速运动，小球对斜面的压力恰好为零时的加速度．温馨提示 日积月累，提高自我 请做课后达标检测9高效演练·轻松闯关1．[解析]选D.剪断连接球b 的细线后，b 球会向上加速，造成两球之间的静电力F 电增大．剪断前由整体法知N ＝Mg ＋m a g ＋m b g ，F 电＝m b g ＋F .剪断后地面受到的压力N ′＝Mg ＋m a g ＋F ′电，由于F ′电>F 电，所以N ′>N ＋F ，故D 正确．2．[解析]选A.开始时木板和木块一起做加速运动，有F ＝(m 1＋m 2)a ，解得a ＝F m 1＋m 2，则木板和木块的加速度相同且与时间成正比．当木板与木块间的摩擦力达到μm 2g 后两者发生相对滑动，对木块有F －f ＝m 2a 2，在相对滑动之前f 逐渐增大，相对滑动后f ＝μm 2g 不再变化，a 2＝F －f m 2，故其图象斜率增大；对木板，在发生相对滑动后，有μm 2g ＝m 1a 1，故a 1＝μm 2g m 1为定值．所以A 正确． 3．[解析]选B.由图知A 球的加速度大小为a ＝gt an θ，方向向左，则小车向右减速行驶，物块B 相对小车有向前运动的趋势，它所受的摩擦力方向向左，大小为f ＝m B gt an θ，只有B 正确．4．[解析]选A.当用恒力F 竖直向上拉着a 时，先用整体法有：F －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，再隔离b 有：kx 1－m 2g ＝m 2a ，联立得：x 1＝m 2F k (m 1＋m 2).当沿水平方向拉着a 时，先用整体法有：F ＝(m 1＋m 2)a ，再隔离b 有：kx 2＝m 2a ，联立得：x 2＝m 2F k (m 1＋m 2)，故x 1＝x 2，所以只有A 项正确．5.[解析]小球对斜面压力恰好为0时的受力情况如图：由牛顿第二定律得：mgt an θ＝m a解得a＝gt an θ. [答案]gt an θ。
2019【优化方案】-学年高二物理(RJ.选修3-1)：第一章第八节知能演练轻松闯关精品教育.doc
1．对电容C ＝Q U，以下说法正确的是( ) A ．电容器充电电荷量越多，电容增加越大B ．电容器的电容跟它两极板间所加电压成反比C ．电容器的电容越大，所带电荷量就越多D ．对于确定的电容器，它所充的电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变解析：选D.电容是描述电容器储存电荷特性的物理量，一旦电容器确定了，电容C 便不再变化．C ＝Q U是定义式，不是决定式，无论带电荷量Q 和电压U 如何变化，其比值始终不变．故选D.2.如图所示，水平放置的平行板电容器，闭合电键与稳压直流电源连接，下板固定，当上板在AB 位置时，一个带电油滴刚好静止在电容器的中点，现在断开电键，使上板在AB 位置与A ′B ′位置之间上下往复移动，以下关于带电油滴的运动描述正确的是( )A ．油滴在电容器两极板间上下往复运动B ．油滴始终向下极板运动最后到达下极板C ．油滴始终处于静止状态D ．上板向上移动时，油滴做加速运动；上板向下移动时，油滴做减速运动解析：选C.带电油滴刚好悬浮静止在电容器的中点，说明油滴所受重力和电场力等大反向，即qE ＝mg .当上板在AB 位置与A ′B ′位置之间上下往复移动时，不管上板在哪个位置(除AB 位置外)，两极板的带电荷量Q 为定值，板间的电场强度为E ＝U d ＝4πkQ εr S不变化，所以总有qE ＝mg ，油滴所受的合力仍为零，始终处于静止状态．故选C.3.(2019·福建龙岩一中高二期中)如图所示为某一电容器中所带电量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40 V 降低到36 V ，对电容器来说正确的是( )A ．是充电过程B ．是放电过程C ．该电容器的电容为5.0×10－2 FD ．该电容器的电量变化量为0.20 C解析：选B.由Q ＝CU 知，U 降低，Q 减小，故为放电过程，A 错误B 正确；由C ＝Q U＝0.240F ＝5×10－3 F ，可知C 错误；ΔQ ＝C ΔU ＝5×10－3×4 C ＝0.02 C ，D 错误．故选B. 4.(2019·高考新课标全国卷)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动解析：选BD.由题意可知粒子做直线运动，受到竖直向下的重力和垂直极板的电场力，考虑到电场力和重力不可能平衡，故只有电场力与重力的合力方向水平向左才能满足直线运动条件，故粒子做匀减速直线运动，电场力做负功，电势能逐渐增加，故选BD.5．一个平行板电容器，使它每板电荷量从Q 1＝3.0×10－5 C 增加到Q 2＝3.6×10－5 C 时，两板间的电势差从U 1＝10 V 增加到U 2＝12 V ，这个电容器的电容多大？如要使两极板电势差从U 1＝10 V 降为U 2′＝6 V ，则每板需减少多少电荷量？只把电容器极板间的距离减半，它的电容变为多大？解析：由C ＝ΔQ ΔU得：C ＝3.6×10－5－3.0×10－512－10F ＝3.0×10－6 F ΔQ ＝C ΔU ′＝3.0×10－6×(10－6) C ＝1.2×10－5 C由C ∝1d 得：C ′C ＝d d ′＝2 所以C ′＝2C ＝2×3.0×10－6 F ＝6.0×10－6 F.答案：3.0×10－6 F 1.2×10－5 C 6.0×10－6 F一、选择题1．对于给定的电容器，下列描述其电容C 、电荷量Q 、电势差U 之间的相互关系，正确的是( )解析：选AD.对于给定电容器的电容是由电容器本身决定的，与电容器的带电荷量Q 的大小和两极板间的电压U 的大小无关，不能认为C 与Q 成正比，与U 成反比，故B 、C 错误，A 正确．而D 图告诉我们电容器所带的电荷量与极板间的电压成正比，其比值即电容器的电容不变，故D 正确．故选AD.2．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( )A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小解析：选B.根据平行板电容器电容公式C ＝εr S 4πkd，在两极板间插入电介质后，电容C 增大，因电容器所带电荷量Q 不变，由C ＝Q U 可知，U ＝Q C减小，B 正确．故选B. 3．一个电容器带电荷量为Q 时，两极板间电压为U ，若使其带电荷量增加4.0×10－7 C时，它两极板间的电势差增加20 V ，则它的电容为( )A ．1.0×10－8 FB ．2.0×10－8 FC ．4.0×10－8 FD ．8.0×10－8 F解析：选B.由于电容与电容器上带电荷量和电势差大小无关，所以可根据电容的定义式推导出：C ＝ΔQ ΔU .因此电容C ＝4.0×10－720F ＝2.0×10－8 F ．故选B. 4.如图所示，平行板电容器的电容为C ，极板带电荷量为Q ，极板间距为d .今在两板间正中央放一带电荷量为q 的点电荷，则它所受到的电场力大小为( )A ．k 2Qq d 2B ．k 4Qq d 2 C.Qq Cd D.2Qq Cd解析：选C.平行板电容器极板间电场为匀强电场，其电场强度为E ＝Q Cd，因此点电荷q 在其中所受到的电场力为F ＝Eq ＝Qq Cd.故选C. 5.传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用，如图所示是测定液面高度h 的电容式传感器，在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放入导电液体中，导线芯和导电液体构成电容器的两个极，导线芯外面的绝缘物质就是电介质，测出电容器电容C 的变化，就可以知道h 的变化情况，两者的关系是( )A ．C 增大表示h 增大B ．C 增大表示h 减小C ．C 减小表示h 减小D ．C 减小表示h 增大解析：选AC.C 增大时，由公式C ＝εr S 4πkd可知，平行板电容器两极板的正对面积增大，即h 增大，A 正确，B 错误．同理可知，当C 减小时，平行板电容器两极板的正对面积减小，即h 减小，C 正确，D 错误．故选AC.6.如图所示，用电池对电容器充电结束，电路a 、b 之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q 处于静止状态．现将两极板的间距变大，则( )A ．电荷将向上加速运动B ．电荷将向下加速运动C ．电流表中将有从a 到b 的电流D ．电流表中将有从b 到a 的电流解析：选BD.由C ＝εr S 4πkd 知，d 变大，C 变小，而U 不变，由E ＝U d知，E 变小，qE ＜mg ，电荷将向下加速运动，故A 错误，B 正确．再根据Q ＝CU ，Q 减小，电容器放电，故电流表中有从b 向a 的电流，故C 错误，D 正确．故选BD.7.如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．P 点的电势将降低C ．带电油滴的电势能将减小D ．电容器的电容减小，极板带电量将增大解析：选B.上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A 错误．P 点的电势大于0，且P 点与下极板间的电势差减小，B 正确．油滴向下运动时电场力做负功，油滴的电势能应增加，C 错误．电容器的电容C ＝εr S 4πkd，由于d 增大，电容C 应减小，极板带电荷量Q ＝CU 将减小，D 错误．故选B.8.如图所示，两极板间距为d 的平行板电容器与一电源连接，电键S 闭合，电容器两板间有一质量为m 、带电荷量为q 的微粒静止不动，下列叙述中正确的是( )A ．微粒带的是正电B ．两极板的电压等于mgd /qC ．断开电键S ，微粒将向下做加速运动D ．保持电键S 闭合，把电容器两极板距离增大，微粒将向下做加速运动解析：选BD.由平衡条件知，微粒受电场力向上，故带负电，A 错误；由q ·U d＝mg 得：U ＝mgd q ，B 正确；断开电键后，微粒仍静止，C 错误；S 闭合，d 增大，由E ＝U d知，E 减小，qE <mg ，向下加速，D 正确．故选BD.☆9.板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U 1，板间场强为E 1.现将电容器所带的电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，下列说法正确的是( )A ．U 2＝U 1，E 2＝E 1B ．U 2＝2U 1，E 2＝4E 1C ．U 2＝U 1，E 2＝2E 1D ．U 2＝2U 1，E 2＝2E 1解析：选C.由题意可知，C 1＝Q U 1，E 1＝U 1d ，C 1＝εr S 4πkd，当电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为d 2时，C 2＝εr S 4πk ·d 2＝2C 1，U 2＝2Q C 2＝2Q 2C 1＝U 1，E 2＝2U 2d ＝2U 1d ＝2E 1，故选C. 二、非选择题10.如图所示，有的计算机键盘的每一个键下面都连一小块金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块小的固定金属片，这两片金属片组成一个小电容器，该电容器的电容C可用公式C ＝εS d计算，式中常量ε＝9×10－12 F/ m ，S 表示金属片的正对面积，d 表示两金属片间的距离，当键按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测是哪个键被按下了，从而给出相应的信号，设每个金属片的正对面积为50 mm 2，键未按下时两金属片的距离为0.6 mm ，如果电容变化0.25 pF ，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需要被按下多少？解析：设金属片的原距离为d ，金属片被按下Δd 时电容变化ΔC ＝0.25 pF ，此时金属片间距为(d －Δd )则C 1＝εS d ，C 2＝εS d －ΔdΔC ＝C 2－C 1＝εS ⎝ ⎛⎭⎪⎫1d －Δd －1d 代入数据得Δd ＝0.15 mm.答案：0.15 mm11.如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板M 、N ，接上直流电源．上极板M 的中央有一小孔A ，在A 的正上方h ＝20 cm 处的B 点，有一小油滴自由落下．已知小油滴的电量Q ＝－3.5×10－14 C ，质量m ＝3.0×10－9 kg.当小油滴即将落到下极板时，速度恰为零．(不计空气阻力，g ＝10 m/s 2)求：(1)两极板间的电场强度E ；(2)两极板间的电势差U ；(3)设平行板电容器的电容C ＝4.0×10－12 F ，则该电容器带电量Q 是多少？解析：由动能定理W ＝ΔE k 得mg (h ＋L )＝|Q |UU ＝mg (h ＋L )|Q |代入数据U ＝3.0×10－9×10×(0.2＋0.15)3.5×10－14V ＝3.0×105 V E ＝U /d ＝3.0×1050.15V/m ＝2.0×106 V/m Q ＝CU ＝4.0×10－12×3.0×105 C ＝1.2×10－6 C.答案：(1)2.0×106 V/m 方向竖直向下 (2)3.0×105 V (3)1.2×10－6 C☆12.如图所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O 点．现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q 和－Q ，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．解析：设电容器电容为C .第一次充电后两极板之间的电压为U ＝Q C①两极板之间电场的场强为E ＝U d② 式中d 为两极板间的距离．按题意，当小球偏转角θ1＝π6时，小球处于平衡状态．设小球质量为m ，所带电荷量为q ，则有F T cos θ1＝mg ③F T sin θ1＝qE ④式中F T 为此时悬线的张力．联立①②③④式得tan θ1＝qQ mgCd⑤ 设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ ，此时小球偏转角θ2＝π3，则 tan θ2＝q (Q ＋ΔQ )mgCd⑥ 联立⑤⑥式得tan θ1tan θ2＝Q Q ＋ΔQ代入数据解得ΔQ ＝2Q .答案：2Q。
高效演练轻松闯关《优化方案》高三物理一轮复习：第一章第三节含解析
一高考题组1．(单选)(2013·高考海南卷)一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a－t图象如图所示．下列v－t图象中，可能正确描述此物体运动的是()2．(单选)(2010·高考天津卷)质点做直线运动的v－t图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8 s内平均速度的大小和方向分别为()A．0.25 m/s向右B．0.25 m/s向左C．1 m/s向右D．1 m/s向左二模拟题组3．(单选)(2014·甘肃诊断)如图所示的x－t图象和v－t图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是()A．图线1表示物体做曲线运动B．x－t图象中t1时刻v1>v2C．v－t图象中0至t3时间内3和4的平均速度大小相等D．两图象中，在t2、t4时刻2、4开始反向运动4．(多选)(2014·南昌模拟)小张和小王分别驾车沿平直公路同向行驶，在某段时间内两车的v －t 图象如图所示，初始时，小张在小王前方x 0处( )A ．若x 0＝18 m ，两车相遇1次B ．若x 0<18 m ，两车相遇2次C ．若x 0＝36 m ，两车相遇1次D ．若x 0＝54 m ，两车相遇1次三 选做题5．(原创题)2013年7月4日至7月12日，中俄举行了“海上联合－2013”军事演习．演习过程中，一艘鱼雷快艇以30 m/s 的速度追击前面同一直线上正在逃跑的敌舰．当两者相距L 0＝2 km 时，鱼雷快艇以60 m/s 的速度发射一枚鱼雷，经过t 1＝50 s ，艇长通过望远镜看到了鱼雷击中敌舰爆炸的火光，同时发现敌舰仍在继续逃跑，于是马上发出了第二次攻击的命令．第二枚鱼雷以同样速度发射后，又经t 2＝30 s ，鱼雷再次击中敌舰并将其击沉．求被第一枚鱼雷击中前后，敌舰逃跑的速度v 1、v 2分别为多大．高效演练·轻松闯关1．[解析]选D.由题图可知，在0～T 2时间内a ＝a 0>0，若v 0≥0，物体做匀加速运动；若v 0<0，物体做匀减速运动，故B 、C 皆错误；由于在T ～2T 时间内a ＝－a 0，故物体做匀减速运动且图线斜率的绝对值与0～T 2时间内相同，故A 错误D 正确． 2．[解析]选B.由图象面积计算0～3 s 内质点的位移s 1＝2×3×12m ＝3 m ，方向向右，3～8 s 内位移s 2＝2×5×12 m ＝5 m ，方向向左，所以前8 s 内的总位移s ＝s 1－s 2＝－2 m.v ＝s t ＝－28m/s ＝－0.25 m/s ，即大小为0.25 m/s ，方向向左．B 正确． 3．[解析]选B.图线1表示的是变速直线运动，A 错．x －t 图线的斜率表示速度，B 正确．v －t 图线和t 轴围成的面积表示位移的大小，可得v 3<v 4，C 错．t 2时刻表示物体开始折返，t 4时刻表示物体开始做减速运动，但没有折返，故D 错．4．[解析]选AB.从图中可知速度相等时小王比小张多行驶的“面积”为18 m ，故可知若x 0＝18 m ，二者恰好相遇，则A 正确；若x 0<18 m ，则在速度相等时小王已超过小张，速度相等后，小张的速度比小王大，故还会再相遇，故B 正确；同理可知C 、D 错误．5．[解析]设被第一枚鱼雷击中前，敌舰逃跑的速度为v 1，当鱼雷快艇与敌舰相距L 0＝2 km 时，发射第一枚鱼雷，经过t 1＝50 s 击中敌舰，则有(v－v1)t1＝L0代入数据解得v1＝20 m/s第一次击中敌舰时，鱼雷快艇与敌舰的距离为L0－(30－v1)t1＝1 500 m马上发射第二枚鱼雷，设第一枚鱼雷击中后敌舰的速度为v2，经t2＝30 s，鱼雷再次击中敌舰，则有(v－v2)t2＝1 500 m代入数据解得v2＝10 m/s.[答案]见解析。
2019人教版高考物理一轮选训练导(8)及答案-最新教学文档
2019人教版高考物理一轮选训练导（8）及答案一、选择题1、频闪照相是每隔相等时间曝光一次的照相方法，在同一张相片上记录运动物体在不同时刻的位置。
如图所示是小球在竖直方向运动过程中拍摄的频闪照片，相机的频闪周期为T，利用刻度尺测量相片上2、3、4、5 与1 位置之间的距离分别为x1、x2、x3、x4。
下列说法正确的是（）A．小球一定处于下落状态B．小球在2位置的速度大小为C．小球的加速度大小为D．频闪照相法可用于验证机械能守恒定律【答案】D【链接】(2019·安阳二模)如图所示，一质量为m的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起，使绳与竖直方向的夹角为θ＝30°，且绳绷紧，则练功队员对沙袋施加的作用力大小为()A.mg2 B.32mgC.33mg D.3mg解析：选A.如图，建立直角坐标系对沙袋进行受力分析：由平衡条件有：Fcos 30°－F T sin 30°＝0，F T cos 30°＋Fsin 30°－mg＝0，联立可解得：F＝mg2，故选A.2、（2019四川省成都市新都区摸底）假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，半径分别为R A和R B。
两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方(r3)与运行周期的平方(T2)的关系如图所示；T0为卫星环绕行星表面运行的周期。
则（）A. 行星A的质量大于行星B的质量B. 行星A的密度小于行星B的密度C. 当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速D. 行星A 的第一宇宙速度大于行星B 的第一宇宙速度【答案】C错误；根据得： ，当两行星的卫星轨道半径相同时，A 的质量大于B 的质量，则行星A 的卫星向心加速度大于行星B 的卫星向心加速，故C 正确．第一宇宙速度，A 的半径大于B 的半径，卫星环绕行星表面运行的周期相同，则A 的第一宇宙速度大于行星B 的第一宇宙速度，故D 错误；故选C.3、（2019届山东省枣庄市第八中学东校区月考）如图所示，质量为M 的斜面小车静止在水平面上，质量为m 的物块从斜面上端由静止释放，不计一切摩擦，物块从斜面底端滑出时，物块与斜面小车的速度大小关系是( )A. v 1∶v 2＝M ∶mB. v 1∶v 2＝m ∶MC. v 1∶v 2＞M ∶mD. v 1∶v 2＜M ∶m【答案】C4、（2019山东枣庄八中重点班月考）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为1m 和2m 的两物块A 、B 相连接，并静止在光滑的水平面上. 现使A 瞬时获得水平向右的速度3m/s ，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（ ）A. 在1t 、3t 时刻两物块达到共同速度1m/s ，且弹簧都是处于压缩状态B. 从3t 到4t 时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C. 两物体的质量之比为12:1:2m mD. 在2t 时刻A 与B 的动能之比为12:1:8k k E E【答案】CD弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t 3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t 3到t 4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B 错误；系统动量守恒，选择开始到t 1时刻列方程可知m 1v 1=（m 1+m 2）v 2，将v 1=3m/s ，v 2=1m/s 代入得：m 1：m 2=1：2，故C 正确；在t 2时刻A 的速度v A =1m/s ，B 的速度v B =2m/s ，根据m 1：m 2=1：2，求出E k1：E k2=1：8，故D 正确．5、（2019届广西南宁市第二中学2月月考）如图所示，光滑导轨MN 和PQ 固定在同一水平面上，两导轨距离为L ，两端分别接有阻值均为R 的定值电阻和，两导轨间有一边长为的正方形区域abcd ，该区域内有方向坚直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m 的金属与与导轨接触良好并静止于ab 处，现用一恒力F 沿水平方向拉杆，使之由静止起向右运动，若杆出磁场前已做匀速运动，不计导轨及金属杆的电阻.则A. 金属杆出磁场前的瞬间流过的电流大小B. 金属杆做匀速运动时的速率C. 金属杆穿过整个磁场过程中上产生的电热D. 金属杆穿过整个磁场过程中的电荷量为【答案】BDB正确；C、设整个过程电路中产生的总电热为Q，根据能量守恒定律得：,代入v可得，根据能量分配关系可得R上产生的电1热，故C错误.D、根据电荷量的计算公式可得全电路的电荷量的电量只是q的一半，所以金属杆穿过整个磁场过程，而流过R1的电荷量为,故D正确．故选BD．中通过电阻R16、两个相邻的分子之间同时存在着引力和斥力，它们随分子之间距离r的变化关系如图所示．图中虚线是分子斥力和分子引力曲线，实线是分子合力曲线．当分子间距r＝r时，分子之间合力为零，则下列关于这两个分子组成系统的分子与两分子间距离r的关系曲线，可能正确的是( )势能Ep【答案】BCE【解析】由于r＝r0时，分子之间的作用力为零，当r＞r0时，分子间的作用力为引力，随着分子间距离的增大，分子力做负功，分子势能增加，当r＜r0时，分子间的作用力为斥力，随着分子间距离的减小，分子力做负功，分子势能增加，故r＝r0时，分子势能最小．综上所述，选项B、C、E正确，选项A、D错误．二、非选择题（2019届广东省肇庆市第二次统一检测）甲、乙、丙三同学所在的学习小组利用旧手机的电池及从废旧收音机拆下的电阻、电容器、电感线圈等电子元器件进行实验操究。
高效演练轻松闯关《优化方案》高三物理一轮复习：第八章第二节含解析
一 高考题组1.(多选)(2013·高考广东卷)如图，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力．下列说法正确的有( )A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近 2．(单选)(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A.3m v 03qRB.m v 0qRC.3m v 0qRD.3m v 0qR3.(多选)(2012·高考江苏卷)如图所示，MN 是磁感应强度为B 的匀强磁场的边界．一质量为m 、电荷量为q 的粒子在纸面内从O 点射入磁场．若粒子速度为v 0，最远能落在边界上的A 点．下列说法正确的有( )A ．若粒子落在A 点的左侧，其速度一定小于v 0B ．若粒子落在A 点的右侧，其速度一定大于v 0C ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能小于v 0－qBd2mD ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能大于v 0＋qBd2m二 模拟题组 4.(单选)(2014·东莞模拟)如图所示，一个静止的质量为m 、带电荷量为q 的带电粒子(不计重力)，经电压U 加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，粒子最后落到P 点，设OP ＝x ，下列图线能够正确反应x 与U 之间的函数关系的是( )5．(多选)(2014·石家庄质检)如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B ，其边界为一边长为L 的正三角形(边界上有磁场)，A 、B 、C 为三角形的三个顶点．今有一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，以速度v ＝3qBL4m从AB 边上的某点P 既垂直于AB 边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC 边上某点Q 射出．若从P 点射入的该粒子能从Q 点射出，则( )A ．PB ≤2＋34L B ．PB ≤1＋34LC ．QB ≤34LD ．QB ≤12L温馨提示 日积月累，提高自我 请做课后达标检测241．[解析]选AD.因离子均向下偏转打到屏P 上，根据左手定则可知a 、b 均带正电，A项正确．又因a 、b 为同种离子，m 、q 均相同，由R ＝mv Bq ，T ＝2πmBq，可知它们的轨道半径R与周期T 也均相同．而a 离子的轨迹是一段优弧，b 离子的轨迹是一个半圆．a 的路程比b 的路程长，飞行时间也比b 的飞行时间长，故B 、C 项均错误．b 在P 上的落点到O 点的距离等于圆轨迹的直径，说明b 的落点离O 点最远，故D 项正确．2．[解析]选A.若磁场方向向上，带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，其运动的轨迹半径r ＝R /t a n 30°＝3R ，由洛伦兹力提供向心力，即qv 0B ＝mv 20r 知3R ＝mv 0qB，故匀强磁场的磁感应强度B ＝3mv 03qR，若磁场方向向下可得到同样的结果．选项A 正确．3．[解析]选BC.当粒子从O 点垂直于MN 进入磁场时，落在MN 上的点离O 点最远，设O 、A 间的距离为d ＋x ，则有d ＋x 2＝mv 0Bq① 当v 0大小不变、方向改变时，粒子就落在A 点的左侧，故A 项错误．若粒子落在A 点的右侧，由r ＝mvBq可知，v 一定大于v 0，故B 正确．若粒子落在A 点左侧d 处时，粒子的最小速度v min 一定满足：x 2＝mv minBq②解①②两式可得：v min ＝v 0－qBd 2m ，故C 项正确．当v ＞v 0＋qBd2m时，只要改变速度的方向，也可以使粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，故D 项错误．4．[解析]选B.带电粒子在电场中加速时，由动能定理得qU ＝12mv 2，而在磁场中偏转时，由牛顿第二定律得qv B ＝m v 2r ，依题意x ＝2r ，联立解得x ＝2m qB 2qU m ⎝⎛⎭⎫或U ＝qB 28m x 2，因此正确答案为B.5．[解析]选AD.由Bqv ＝mv 2R ，可知R ＝34L ，则从P 点射入的粒子轨迹最长时为切着AC 边，此时P B＝(2＋3)L 4，而当粒子在其中经历14圆弧，从BC 边上射出时，Q ′B 最大为12L ，故A 、D 正确．。
2019【优化方案】-学年高二物理(RJ.选修3-1)：第一章第六节知能演练轻松闯关精品教育.doc
1．(2019·湖南雅礼中学高二检测)关于场强和电势差的关系，下列说法正确的是( )A ．电场强度越大的地方，电势越高，任意两点间的电势差越大B ．沿着电场线方向，任何相同距离上的电势降低必定相等C ．电势降低的方向必定是电场强度的方向D ．沿着电场线方向，单位距离上降落的电势越大，则场强越大解析：选D.电场强度越大的地方，电势不一定越高，如负点电荷形成的电场，越接近点电荷，电势越低，A 错误；在匀强电场中沿电场线方向，任何相同距离上电势降低必定相等，B 错误；电势降低的方向不一定是电场强度方向，C 错误；由E ＝U d可知，单位距离上降落的电势越大，场强越大，D 正确．故选D.2.如图所示，匀强电场的场强E ＝100 V/m ，A 、B 点相距10 cm ，A 、B 连线与电场线的夹角为60°，则U BA 之值为( )A ．－10 VB ．10 VC ．－5 VD ．－53 V解析：选C.根据电势差与场强的关系U ＝Ed 得：U AB ＝E ·L AB cos60°＝100×0.1×cos 60° V ＝5 V ，且沿电场线方向电势降低，即φA ＞φB ，所以U BA ＝－5 V ，故选C.3．如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB ＝BC ，电场中的A 、B 、C 三点的场强分别为E A 、E B 、E C ，电势分别为φA 、φB 、φC ，AB 、BC 间的电势差分别为U AB 、U BC ，则下列关系中正确的有( )A ．φA >φB >φC B ．E C >E B >E AC ．U AB <U BCD ．U AB ＝U BC解析：选ABC.由题图中电场线的分布规律可知，电场不是匀强电场，C 附近稠密，A 附近稀疏，C 附近的场强大于A 附近的场强，选项B 正确；由公式U ＝Ed 知：U BC >U AB ，选项C 正确，D 错误；由电场线的方向是电势降低的方向得选项A 正确．故选ABC.4.如图所示，在一匀强电场区域中，有A 、B 、C 、D 四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上，已知A 、B 、C 三点电势分别为φA ＝1 V ，φB ＝4 V ，φC ＝0，则D 点电势φD 的大小为( )A ．－3 VB ．0C ．2 VD ．1 V解析：选A.在匀强电场中，由于AD 与BC 平行且相等，故U AD ＝U BC ，即φA －φD ＝φB －φC ，代入数据解得φD ＝－3 V ．故选A.5．匀强电场中有A 、B 、C 三点构成三角形，边长均为4 cm ，将一带电量q ＝1.0×10－10 C 的正电荷(不计重力)，从A 点移到C 点，电场力做功为－3×10－9 J ，若把同一电荷从A 点移到B 点，电场力做功也为－3×10－9 J ，那么该电场的场强为多大？解析：如图所示，把正电荷从电场中的A 点分别移到C 点或B 点，电场力做的功相同，根据W ＝qU 可知，B 、C 两点电势相同，在同一等势面上，由于电场中的等势面与电场线垂直，可见A 点与BC 等势面在场强方向的距离d ＝AB sin 60°＝4×10－2×32m ＝23×10－2 m A 、B 两点的电势差U AB ＝W AB q ＝－3×10－91.0×10－10 V ＝－10 3 V该电场的电场强度E ＝U AB d ＝10323×10－2 V/m ＝5×102 V/m. 答案：5×102 V/m一、选择题1．下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有( )①场强E ＝F /q ②场强E ＝U /d③场强E ＝kQ /r 2 ④电场力做功W ＝UqA ．①③B ．②③C ．②④D ．①④解析：选D.②只适用于匀强电场，③只适用于点电荷的电场，①④既适用于匀强电场，也适用于点电荷的电场．故选D.2．正常情况下空气是不导电的，但是如果空气中的电场很强，空气也可以被击穿，空气被击穿时会看到电火花或闪电．若观察到某次闪电的火花长约100 m ，且已知空气的击穿场强为3×106 V/m ，那么发生此次闪电的电势差约为( )A ．3×108 VB ．3×106 VC ．3×104 VD ．3×10－5 V解析：选A.将空气中的电场视为匀强电场，由U ＝Ed ，可得U ＝3×108 V ，故选A. 3.如图，a 、b 、c 是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a 到c ，a 、b 间的距离等于b 、c 间的距离．用φa 、φb 、φc 和E a 、E b 、E c 分别表示a 、b 、c 三点的电势和场强．下列表达式正确的是( )A ．φa ＞φb ＞φcB ．E a ＞E b ＞E cC ．φa －φb ＝φb －φcD ．E a ＝E b ＝E c解析：选A.沿电场线方向电势降低，故φa ＞φb ＞φc ，A 正确．由于题目只提供了不知是什么电场的一条电场线，故无法判断a 、b 、c 三点的场强大小关系，也就无法判断a 、b 间与b 、c 间的电势差的大小关系，B 、C 、D 错误．故选A.4．某静电场沿x 方向的电势分布如图所示，则( )A ．在O ～x 1之间不存在沿x 方向的电场B ．在O ～x 1之间存在着沿x 方向的匀强电场C ．在x 1～x 2之间存在着沿x 方向的匀强电场D ．在x 1～x 2之间存在着沿x 方向的非匀强电场解析：选AC.由电场的基本性质可知，O ～x 1之间为等势面(或等势体)，A 项正确，B 项错误．由电势呈线性减小可知，x 1～x 2之间存在沿x 方向的匀强电场，C 项正确，D 项错误．故选AC.5.(2019·江苏淮阴中学高二测试)在如图所示的匀强电场E 的区域内，由A 、B 、C 、D 、A ′、B ′、C ′、D ′作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD 垂直．下列说法正确的是( )A ．A 、D 两点间电势差U AD 与A 、A ′两点间电势差U AA ′相等B ．带正电的粒子从A 点沿路径A →D →D ′移到D ′点，电场力做正功C ．带负电的粒子从A 点沿路径A →D →D ′移到D ′点，电势能减小D ．带电的粒子从A 点移到C ′点，沿对角线AC ′与沿路径A →B →B ′→C ′电场力做功相同解析：选BD.A 、D 两点间电势差U AD 等于零，A 、A ′两点间电势差U AA ′不为零，选项A 错误；带正电的粒子从A 点沿路径A →D →D ′移到D ′点电场力做的功等于从A 点移到A ′点的，电场力做正功，选项B 正确；带负电的粒子从A 点沿路径A →D →D ′移到D ′点，电场力做负功，电势能增大，选项C 错误；带电的粒子从A 点移到C ′点，沿对角线AC ′与沿路径A →B →B ′→C ′电场力做功相同，电场力做功和路径无关，选项D 正确．故选BD.6.(2019·高考安徽卷)如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O 处的电势为0 V ，点A 处的电势为6 V ，点B 处的电势为3 V ，则电场强度的大小为( )A ．200 V/mB ．200 3 V/mC ．100 V/mD ．100 3 V/m解析：选A.连接B 与OA 的中点C 做等势线，过O 点做BC 的垂线交BC 于D 点，由几何关系得OD ＝1.5 cm ，E ＝U DO /d ＝U DO /OD ＝200 V/m.故选A.7.(2019·大庆一中高二检测)如图，纸面内有匀强电场，一带正电的质点(重力不计)在一恒力F 的作用下沿图中虚线由A 匀速运动至B ，已知F 和AB 间夹角为θ，点A 、B 间距离为d ，质点所带电荷量为q ，则下列结论正确的是( )A ．匀强电场的场强大小为F cos θqB ．A 、B 两点间的电势差为U AB ＝－Fd cos θqC ．带电质点由A 点运动至B 点的过程中电势能增加了Fd cos θD ．若带电质点由B 点向A 点做匀速直线运动，则F 必须反向解析：选BC.质点沿AB 做匀速直线运动，所以质点所受电场力与力F 大小相等、方向相反，匀强电场的场强大小为F /q ，方向沿F 的反方向，A 错误；A 、B 两点间的电势差为U AB ＝－Ed cos θ＝－Fd cos θ/q ，B 正确；带电质点由A 点运动至B 点的过程中电势能增加了ΔE p ＝－W 电＝－qU AB ＝Fd cos θ，C 正确；若带电质点由B 点向A 点做匀速直线运动，仍应受平衡力作用，所以F 方向不变，D 错误．故选BC.8.如图所示，A 、B 、C 三点都在匀强电场中，已知AC ⊥BC ，∠ABC ＝60°，BC ＝20 cm.把一个电荷量q ＝10－5 C 的正电荷从A 移到B ，电场力做功为零，从B 移到C ，电场力做功为－1.73×10－3 J ，则该匀强电场的场强大小和方向是( )A ．865 V/m ，垂直AC 向左B ．865 V/m ，垂直AC 向右C ．1 000 V/m ，垂直AB 斜向上D ．1 000 V/m ，垂直AB 斜向下解析：选D.把电荷q 从A 移到B ，电场力不做功，说明A 、B 两点在同一等势面上．因该电场为匀强电场，等势面应为平面，故图中直线AB 即为等势线，场强方向应垂直于等势面，可见，选项A 、B 错误．U BC ＝W BC q ＝－1.73×10－310－5 V ＝－173 V ，B 点电势比C 点低173 V ，因电场线指向电势降低的方向，所以场强方向必垂直于AB 斜向下，场强大小E ＝U d＝U BC BC sin 60°＝1730.2×32V/m ≈1 000 V/m ，选项D 正确，C 错误．故选D. 9.如图所示，圆O 所在的平面内有匀强电场存在，电场方向与圆面平行，一个带正电荷的微粒(不计重力)从图中A 点出发，以相同的初动能在圆内沿各个方向运动．图中AB 是圆的一条直径，∠BAC ＝30°，已知只有当该微粒从图中C 点处离开圆面时动能才能达到最大值，则平面内的电场线方向为( )A ．沿A →B 方向 B ．沿A →C 方向C ．沿O →C 方向D ．沿B →C 方向解析：选C.微粒从C 点离开时具有最大动能说明，A 、C 两点间的电势差是A 与圆周上各点间电势差中最大的，即在圆周上各点中C 点的电势最低，C 点单独在一个等势面上，又因为匀强电场的等势面是与电场线垂直的平面，所以经过C 点圆的切线是一个等势线，因此OC 是经过C 点的电场线．故选C.二、非选择题10．如图所示，A 、B 、C 是匀强电场中的等腰直角三角形的三个顶点，已知A 、B 、C 三点的电势分别为φA ＝15 V ，φB ＝3 V ，φC ＝－3 V ，试确定场强的方向，并画出电场线．解析：根据A 、B 、C 三点的电势的特点，在AC 连线上取M 、N 两点，使AM ＝MN ＝NC ，如图所示，尽管AC 不一定是场强方向，但可以肯定AM 、MN 、NC 在场强方向上的投影长度相等，由U ＝Ed 可知，U AM ＝U MN ＝U NC .φA －φC 3＝15－(－3)3V ＝6 V. 由此可知，φN ＝3 V ，φM ＝9 V ，B 、N 两点等电势，BN 的连线即为等势线，那么电场线与BN 垂直．电场强度的方向为电势降低的方向：斜向下．答案：见解析☆11.如图所示为一个水平方向的匀强电场，场强为9×103 V/m ，在电场内某水平面上做一个半径为10 cm 的圆，在圆周上取如图所示的A 、B 、C 三点，另在圆心O 处放置电荷量为10－8 C 的正点电荷，求：(1)A 、B 两点间的电势差；(2)C 点电场强度的大小和方向．解析：(1)对点电荷产生的电场来说，A 和B 处于它的一个等势面上，不存在电势差，故U AB 只与匀强电场有关．从图中易知A 、B 两点在匀强电场方向上的距离为d ＝r ＋r 2＝0.15 m ，因为对匀强电场有E ＝U d，所以A 、B 两点间的电势差U AB ＝Ed ＝1 350 V. (2)设正点电荷在C 处产生的电场强度为E 1，则E 1＝kQ r 2＝9×103 N/C ，方向沿OC 向外．C 处另有匀强电场，场强E 2＝9×103 N/C ，方向水平向右，与E 1垂直．根据矢量合成的平行四边形定则，C 处合电场的场强为E C ＝E 21＋E 22≈1.27×104 N/C ，方向与E 成45°角．答案：(1)1 350 V(2)1.27×104 N/C 方向与E 成45°角12.(2019·西安一中高二月考)如图所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d ，各面电势已在图中标出，现有一质量为m 的带电小球以速度v 0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动．问：(1)小球应带何种电荷？电荷量是多少？(2)在入射方向上小球最大位移量是多少？(电场足够大)解析：(1)如图甲所示，电场线水平向左，由题意知，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力才有可能与初速度的方向在一条直线上，所以小球带正电．由图乙可知，Eq ＝mg ，又E ＝U d ，所以q ＝mgd U. (2)由图乙可知，F 合＝(mg )2＋(Eq )2＝2mg由动能定理得：－F 合·x m ＝0－12m v 20 所以x m ＝2v 204g .答案：(1)正电荷 mgd U (2)2v 204g。
高效演练轻松闯关《优化方案》高三物理一轮复习：第十章第一节含解析
一_高考题组1．(多选)(2013·高考山东卷) 图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是()A．电流表的示数为10 AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左2．(多选)(2012·高考广东卷)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin 100πt(V)．对此电动势，下列表述正确的有()A．最大值是50 2 V B．频率是100 HzC．有效值是25 2 V D．周期是0.02 s3．(单选)(2013·高考海南卷)通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s．电阻两端电压的有效值为()A．12 V B．410 VC．15 V D．8 5 V二_模拟题组4．(单选)(2014·郑州模拟)如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10 Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V．图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象．则()A ．电阻R 上的电功率为20 WB ．0.02 s 时R 两端的电压瞬时值为零C ．R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos 100πt (V)D ．通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝1.41cos 50πt (A)5．(多选)(2014·湖南十二校联考)如图所示，边长为L 的正方形单匝线圈abcd ，其电阻为r ，外电路的电阻为R ，ab 的中点和cd 的中点的连线O ′O 恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B .若线圈从图示位置开始以角速度ω绕轴O ′O 匀速转动，则以下判断正确的是( )A ．图示位置线圈中的感应电动势最大为E m ＝BL 2ωB ．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωt C ．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝2BL 2R ＋rD ．线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝πB 2ωL 4R 4（R ＋r ）21．[解析]选AC.根据i －t 图象可知，电流最大值I m ＝10 2 A ，有效值I ＝I m 2＝10 A ，A 选项正确；交变电流的周期T ＝2×10－2 s ，角速度ω＝2πT＝100π rad/s.从图示位置开始转动时，经0.01 s 线圈回到水平状态，线圈平面与磁场方向平行．根据右手定则，在0.02 s 时，线圈经过一个周期，即在图示位置，电阻R 中的电流方向自左向右，因此选项A 、C 正确．2．[解析]选CD.交变电动势e ＝E m sin ωt 或e ＝E m cos ωt ，其中E m 为电动势的最大值，ω为角速度，有效值E ＝E m 2，周期T ＝2πω，频率f ＝1T .由e ＝50sin 100πt 知，E m ＝50 V ，E ＝502V ＝25 2 V ，T ＝2πω＝2π100π s ＝0.02 s ，f ＝1T ＝10.02 Hz ＝50 Hz ，所以选项C 、D 正确． 3．[解析]选B.由有效值定义可得U 2R×1 s ＝(0.1 A)2×R ×0.4 s ×2＋(0.2 A)2×R ×0.1s ×2，其中R ＝100 Ω，可得U ＝410 V ，B 正确．4．[解析]选C.电阻R 上的电功率为P ＝U 2R＝10 W ，选项A 错误；由题图乙知0.02 s 时磁通量变化率最大，R 两端的电压瞬时值最大，选项B 错误；R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos 100πt (V)，通过R 的电流i 随时间t 的变化规律是i ＝u /R ＝1.41cos 100πt (A)，选项C 正确，D 错误．5．[解析]选BD.图示位置，线圈中通过的磁通量最大，但感应电动势为零，A 错误；线圈产生的感应电动势最大值为E m ＝12BL 2ω，故对应的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωt ，B 正确；由q ＝ΔΦR ＋r 可得线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量q ＝BL 2R ＋r，C 错误；电阻R 上产生的热量应利用有效值求解，即转动一周的过程中产生的热量：Q ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤E m 2(R ＋r )2R ×2πω＝πB 2ωL 4R 4(R ＋r )2，D 正确．。
【高效演练 轻松闯关】2019届《优化方案》高三物理一轮复习：第九章第三节 word版含解析
一高考题组1.(单选)(2018·高考新课标全国卷)如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是( )2.(单选)(2018·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t 的关系图线，可能正确的是( )3．(2018·高考重庆卷)有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图所示．该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极．电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻R.绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻．若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U，求：(1)橡胶带匀速运动的速率；(2)电阻R消耗的电功率；(3)一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功．二 模拟题组 4．(单选)(2018·江西六校联考)如图所示，xOy 平面内有一半径为R 的圆形区域，区域内有磁感应强度大小为B 的匀强磁场，左半圆磁场方向垂直于xOy 平面向里，右半圆磁场方向垂直于xOy 平面向外．一平行于y 轴的长导体棒ab 以速度v 沿x 轴正方向做匀速运动，则导体棒两端的电势差U ba 与导体棒位置x 关系的图象是()5．(多选)(2018·武汉模拟)如图所示，在水平面内的直角坐标系xOy 中有一光滑金属导轨AOC ，其中曲线导轨OA 满足方程y ＝Lsin kx ，长度为π2k的直导轨OC 与x 轴重合，整个导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中．现有一长为L 的金属棒从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 做匀速直线运动，已知金属棒单位长度的电阻为R 0，除金属棒的电阻外其余部分电阻均不计，棒与两导轨始终接触良好，则在金属棒运动至AC 的过程中( )A ．感应电动势的瞬时值为e ＝BvLsin kvtB ．感应电流逐渐减小C ．闭合回路消耗的电功率逐渐增大D ．通过金属棒的电荷量为πB2kR 01．[解析]选A.依题意，线框中感应电流的方向总是沿顺时针方向，由于线框受到的安培力中左边框受力较大，故以左边框受力为主，由左手定则可知导线中电流方向向上时，线框受到向左的安培力，导线中电流方向向下时，线框受到向右的安培力，故A 正确．2．[解析]选A.设金属棒MN 向右匀速运动的速度为v ，金属棒电阻率为ρ，金属棒截面积为S ，∠bac ＝2θ.在t 时刻MN 产生的感应电动势为：E ＝2Bv 2ttan θ，回路中电阻为R ＝ρ2vtcos θ＋2vttan θS ，由I ＝E R可得：I＝BvSsin θρ1＋sin θ，故选项A 正确． 3．[解析](1)设该过程产生的感应电动势为E ，橡胶带运动速率为v.由：E ＝BLv ，E ＝U ，得：v ＝UBL.(2)设电阻R 消耗的电功率为P ，则P ＝U2R.(3)设感应电流大小为I ，安培力为F ，克服安培力做的功为W.由：I ＝UR，F ＝BIL ，W ＝Fd ，得：W ＝BLUd R.[答案](1)UBL (2)U2R(3)BLUdR4.[解析]选A.设从y轴开始沿x正方向运动的长度为x0(x0≤2R)，则ab导体棒在磁场中的切割长度l＝2R2－－x02＝22Rx0－x20，感应电动势E＝Blv＝2Bv2Rx0－x20，由右手定则知在左侧磁场中b端电势高于a端电势，由于右侧磁场方向变化，所以在右侧a端电势高于b端电势，再结合圆的特点，知选项A正确．5．[解析]选ACD.金属棒运动到x处时金属棒接入回路的长度为L x＝Lsin kx，电阻为R x＝R0Lsin kx，金属棒产生的电动势E＝BL x v＝BvLsin kvt，回路中的电流I＝ER x＝BvR0，电流不变，A正确，B错误；回路消耗的电功率P＝EI＝B2v2LR0sin kx，显然P随x的增大而增大，C正确；通过金属棒的电荷量为q＝It＝BvR0×π2kv＝πB2kR0，D正确．。
【高效演练 轻松闯关】2019届《优化方案》高三物理一轮复习：第八章第二节 word版含解析
一 高考题组1.(多选)(2018·高考广东卷)如图，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力．下列说法正确的有( )A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近2．(单选)(2018·高考新课标全国卷Ⅱ)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量为q(q ＞0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A.3mv 03qRB.mv 0qRC.3mv 0qRD.3mv 0qR3.(多选)(2018·高考江苏卷)如图所示，MN 是磁感应强度为B 的匀强磁场的边界．一质量为m 、电荷量为q 的粒子在纸面内从O 点射入磁场．若粒子速度为v 0，最远能落在边界上的A 点．下列说法正确的有( )A ．若粒子落在A 点的左侧，其速度一定小于v 0B ．若粒子落在A 点的右侧，其速度一定大于v 0C ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能小于v 0－qBd2mD ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能大于v 0＋qBd2m二 模拟题组 4.(单选)(2018·东莞模拟)如图所示，一个静止的质量为m 、带电荷量为q 的带电粒子(不计重力)，经电压U 加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，粒子最后落到P 点，设OP ＝x ，下列图线能够正确反应x 与U 之间的函数关系的是( )5．(多选)(2018·石家庄质检)如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B ，其边界为一边长为L 的正三角形(边界上有磁场)，A 、B 、C 为三角形的三个顶点．今有一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，以速度v ＝3qBL4m从AB 边上的某点P 既垂直于AB 边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC 边上某点Q 射出．若从P 点射入的该粒子能从Q 点射出，则( )A ．PB≤2＋34LB ．PB≤1＋34LC ．QB≤34L D ．QB≤12L温馨提示日积月累，提高自我 请做课后达标检测241．[解析]选AD.因离子均向下偏转打到屏P 上，根据左手定则可知a 、b 均带正电，A 项正确．又因a 、b为同种离子，m 、q 均相同，由R ＝mv Bq ，T ＝2πmBq，可知它们的轨道半径R 与周期T 也均相同．而a 离子的轨迹是一段优弧，b 离子的轨迹是一个半圆．a 的路程比b 的路程长，飞行时间也比b 的飞行时间长，故B 、C 项均错误．b 在P 上的落点到O 点的距离等于圆轨迹的直径，说明b 的落点离O 点最远，故D 项正确．2．[解析]选A.若磁场方向向上，带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，其运动的轨迹半径r ＝R/tan 30°＝3R ，由洛伦兹力提供向心力，即qv 0B ＝mv 20r 知3R ＝mv 0qB ，故匀强磁场的磁感应强度B ＝3mv 03qR，若磁场方向向下可得到同样的结果．选项A 正确．3．[解析]选BC.当粒子从O 点垂直于MN 进入磁场时，落在MN 上的点离O 点最远，设O 、A 间的距离为d ＋x ，则有d ＋x 2＝mv 0Bq① 当v 0大小不变、方向改变时，粒子就落在A 点的左侧，故A 项错误．若粒子落在A 点的右侧，由r ＝mvBq可知，v 一定大于v 0，故B 正确．若粒子落在A 点左侧d 处时，粒子的最小速度v min 一定满足：x 2＝mv minBq②解①②两式可得：v min ＝v 0－qBd 2m ，故C 项正确．当v ＞v 0＋qBd2m时，只要改变速度的方向，也可以使粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，故D 项错误．4．[解析]选B.带电粒子在电场中加速时，由动能定理得qU ＝12mv 2，而在磁场中偏转时，由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2r ，依题意x ＝2r ，联立解得x ＝2m qB 2qU m ⎝ ⎛⎭⎪⎫或U ＝qB 28m x 2，因此正确答案为B.5．[解析]选AD.由Bqv ＝mv 2R ，可知R ＝34L ，则从P 点射入的粒子轨迹最长时为切着AC 边，此时PB ＝＋34，而当粒子在其中经历14圆弧，从BC 边上射出时，Q′B 最大为12L ，故A 、D 正确．。
【优化方案】2015高三物理一轮：第八章第三节高效演练轻松闯关
一 高考题组1.(单选)(2013·高考重庆卷)如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b ，内有带电量为q 的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B .当通以从左到右的稳恒电流I 时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U ，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为( )A.IB |q |aU ，负B.IB |q |aU，正 C.IB |q |bU ，负 D.IB |q |bU，正 2.(多选)(2013·高考浙江卷)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示，已知离子P ＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P ＋和P 3＋( )A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶33.(2012·高考新课标全国卷)如图，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域，在圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为35R .现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域，也在b 点离开该区域．若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小．二 模拟题组 4.(多选)(2014·武汉模拟)如图所示，有3块水平放置的长薄金属板a 、b 和c ，a 、b 之间相距为L .紧贴b 板下表面竖直放置半径为R 的半圆形塑料细管，两管口正好位于小孔M 、N 处．板a 与b 、b 与c 之间接有电压可调的直流电源，板b 与c 之间还存在方向垂直纸面的匀强磁场(图中未标出)．当体积为V 0、密度为ρ、电荷量为q 的带电油滴，等间隔地以速度v 0从a 板上的小孔竖直向下射入，调节板间电压U ba ＝U 1、U bc ＝U 2时，油滴穿过b 板M 孔进入细管，恰能与细管无接触地从N 孔射出．忽略小孔和细管对电场的影响，不计空气阻力．则( )A ．油滴带负电，板b 与c 之间的磁场方向向里B ．油滴进入M 孔的速度为 v 20＋2gL ＋2qU 1ρV 0C ．b 、c 两板间的电场强度E 为ρV 0g qD ．b 、c 两板间的磁感应强度为ρV 0g q v 20＋2gL ＋2qU 1ρV 05.(2014·天津六校联考)如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E ＝4×105 N/C 、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．荷质比为m q＝4×10－10 N/C 的带正电粒子从x 轴上的A 点以初速度v 0＝2×107 m/s 垂直x 轴射入电场，OA ＝0.2 m ，不计重力．求：(1)粒子经过y 轴时的位置到原点O 的距离；(2)若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B 的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)．温馨提示 日积月累，提高自我 请做课后达标检测251．[解析]选C.因导电材料上表面的电势比下表面的低，故上表面带负电荷，根据左手定则可判断自由运动电荷带负电，则B 、D 两项均错．设长方体形材料长度为L ，总电量为Q ，则其单位体积内自由运动电荷数为Q |q|ab·L，当电流I 稳恒时，材料内的电荷所受电场力与磁场力相互平衡，则有UQ a ＝B IL ，故Q |q|ab·L ＝BI |q|bU，A 项错误，C 项正确． 2．[解析]选BCD.两离子所带电荷量之比为1∶3，在电场中时由qE ＝ma 知a ∝q ，故加速度之比为1∶3，A 错误；离开电场区域时的动能由E k ＝qU 知E k ∝q ，故D 正确；在磁场中运动的半径由B qv ＝m v 2R 、E k ＝12mv 2知R ＝1B 2mU q ∝1q ，故B 正确；设磁场区域的宽度为d ，则有sin θ＝d R ∝1R ，即sin 30°sin θ′＝13，故θ′＝60°＝2θ，C 正确． 3．[解析]粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qv B ＝m v 2r① 式中v 为粒子在a 点的速度．过b 点和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 和d 点，由几何关系知，线段ac 、bc 和过a 、b 两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此ac ＝bc ＝r ②设cd ＝x ，由几何关系得ac ＝45R ＋x ③ bc ＝35R ＋R 2－x 2④ 联立②③④式得r ＝75R ⑤ 再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运动，设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE ＝ma ⑥粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r ，由运动学公式得r ＝12at 2⑦ r ＝vt ⑧式中t 是粒子在电场中运动的时间，联立①⑤⑥⑦⑧式得E ＝14qRB 25m. [答案]14qRB 25m4．[解析]选BC.以题意可知，油滴在板b 和c 之间恰好做匀速圆周运动，则其所受重力和静电力平衡，洛伦兹力提供向心力，由此判断得出油滴带负电，磁场方向向外，故选项A错误；油滴进入电场后，重力与静电力均做功，设到M 点时的速度为v 1，由动能定理得12mv 21－12mv 20＝mgL ＋qU 1，考虑到m ＝ρV 0，解得v 1＝v 20＋2gL ＋2qU 1ρV 0，故选项B 正确；由上面分析可得mg ＝qE ，解得E ＝ρV 0g q，故选项C 正确；油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，即qv 1B ＝mv 21R ，解得B ＝mv 1qR ＝ρV 0qR v 20＋2gL ＋2qU 1ρV 0，故选项D 错误． 5．[解析](1)设粒子在电场中运动的时间为t ，粒子经过y 轴时的位置与原点O 的距离为y ，则：s O A ＝12at 2，a ＝F m ，E ＝F q，y ＝v 0t 联立解得a ＝1.0×1015 m/s 2 t ＝2.0×10－8 sy ＝0.4 m.(2)粒子经过y 轴时在电场方向的分速度为：v x ＝at ＝2×107 m/s粒子经过y 轴时的速度大小为：v ＝v 2x ＋v 20＝22×107 m/s与y 轴正方向的夹角为θ，θ＝arc t a n v x v 0＝45° 要使粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R ，则：R ＋22R ≤y qv B ＝m v 2R联立解得B ≥(22＋2)×10－2 T .[答案](1)0.4 m (2)B ≥(22＋2)×10－2 T。
优化方案高三物理一轮复习课件第章第三节机械能守恒定律
优 化
探 究
处后水平抛出．
演 练
第3章 牛顿运动定律
基
课
础
堂
知
互
识
动
梳
讲
理
练
图5－3－2
(1)求滑块落到水平面时，落点与E点间的距离
经 典
sC和sD；
知 能
题 型 探 究
(2)为实现sC＜sD，v0应满足什么条件？ 【思路点拨】 滑块滑到轨道最高点的过程
优 化 演 练
中机械能守恒，离开最高点做平抛运动．
课 堂
知 识
2．大小：弹性势能的大小与_形__变__量__及_劲__度__系__数__
互 动
梳
讲
理 有关，弹簧的形变量越大，劲度系数_越__大__，弹
练
簧的弹性势能_越__大___．
经 3．弹力做功与弹性势能变化的关系
知
典 题
弹力做正功，弹性势能_减__小__；弹力做负功，弹
能 优
型 探
性势能_增__大__．即弹簧恢复原长过程中弹力做
基 (1)小物块A到达C处时的加速度大小；
课
础
堂
知 (2)小物块B的质量；
识
互 动
梳 理
(3)小物块Q的质量．
讲 练
经
知
典
能
题
优
型
化
探
演
究
练
图5－3－3
第3章 牛顿运动定律
基
【解析】 (1)当小物块A到达C处时，由受
课
础 知
力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方向
堂 互
识
动
梳
只受重力作用，所以小物块A的加速度a＝g
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一 高考题组
1.
(单选)(2018·高考重庆卷)如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a 和b ，内有带电量为q 的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I 时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U ，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为( )
A.IB |q|aU ，负
B.IB |q|aU ，正
C.IB |q|bU ，负
D.IB |q|bU ，正 2.
(多选)(2018·高考浙江卷)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋
，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示，已知离子P ＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P ＋和P 3＋
( )
A ．在电场中的加速度之比为1∶1
B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1
C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3 3.
(2018·高考新课标全国卷)如图，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域，在圆上的b
点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O 到直线的距离为3
5
R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线
的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域，也在b 点离开该区域．若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小．
二 模拟题组 4.
(多选)(2018·武汉模拟)如图所示，有3块水平放置的长薄金属板a 、b 和c ，a 、b 之间相距为L.紧贴b 板下表面竖直放置半径为R 的半圆形塑料细管，两管口正好位于小孔M 、N 处．板a 与b 、b 与c 之间接有电压可调的直流电源，板b 与c 之间还存在方向垂直纸面的匀强磁场(图中未标出)．当体积为V 0、密度为ρ、电荷量为q 的带电油滴，等间隔地以速度v 0从a 板上的小孔竖直向下射入，调节板间电压U ba ＝U 1、U bc ＝U 2时，油滴穿过b 板M 孔进入细管，恰能与细管无接触地从N 孔射出．忽略小孔和细管对电场的影响，不计空气阻力．则( )
A ．油滴带负电，板b 与c 之间的磁场方向向里
B ．油滴进入M 孔的速度为 v 2
0＋2gL ＋2qU 1ρV 0
C ．b 、c 两板间的电场强度E 为ρV 0g
q
D ．b 、c 两板间的磁感应强度为ρV 0g q
v 2
0＋2gL ＋2qU 1ρV 0
5.
(2018·天津六校联考)如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E ＝4×105
N/C 、方向水平向左的匀强电
场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．荷质比为m q
＝4×10－10
N/C 的带正电粒子从x 轴上的A 点
以初速度v 0＝2×107
m/s 垂直x 轴射入电场，OA ＝0.2 m ，不计重力．求：
(1)粒子经过y 轴时的位置到原点O 的距离； (2)若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B 的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)．
1．[解析]选C.因导电材料上表面的电势比下表面的低，故上表面带负电荷，根据左手定则可判断自由运动电荷带负电，则B 、D 两项均错．设长方体形材料长度为L ，总电量为Q ，则其单位体积内自由运动电荷数为
Q |q|ab·L ，当电流I 稳恒时，材料内的电荷所受电场力与磁场力相互平衡，则有UQ a ＝BIL ，故Q |q|ab·L ＝BI
|q|bU ，
A 项错误，C 项正确．
2．[解析]选BCD.两离子所带电荷量之比为1∶3，在电场中时由qE ＝ma 知a ∝q ，故加速度之比为1∶3，A
错误；离开电场区域时的动能由E k ＝qU 知E k ∝q ，故D 正确；在磁场中运动的半径由Bqv ＝m v 2R 、E k ＝12mv 2知R ＝1
B
2mU q ∝1q ，故B 正确；设磁场区域的宽度为d ，则有sin θ＝d R ∝1R ，即sin 30°sin θ′＝1
3，故θ′＝60°＝2θ，C 正确．
3．[解析]
粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
qvB ＝m v
2r
①
式中v 为粒子在a 点的速度．
过b 点和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 和d 点，由几何关系知，线段ac 、bc 和过a 、b 两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此
ac ＝bc ＝r ②
设cd ＝x ，由几何关系得
ac ＝4
5R ＋x ③
bc ＝35
R ＋R 2－x 2
④
联立②③④式得
r ＝75
R ⑤
再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运动，设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得
qE ＝ma ⑥
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r ，由运动学公式得
r ＝12at 2
⑦
r ＝vt ⑧
式中t 是粒子在电场中运动的时间，
联立①⑤⑥⑦⑧式得E ＝14qRB
2
5m
.
[答案]14qRB
2
5m
4．[解析]选BC.以题意可知，油滴在板b 和c 之间恰好做匀速圆周运动，则其所受重力和静电力平衡，洛伦兹力提供向心力，由此判断得出油滴带负电，磁场方向向外，故选项A 错误；油滴进入电场后，重力与静电
力均做功，设到M 点时的速度为v 1，由动能定理得12mv 21－12
mv 2
0＝mgL ＋qU 1，考虑到m ＝ρV 0，解得v 1＝
v 2
0＋2gL ＋2qU 1ρV 0，故选项B 正确；由上面分析可得mg ＝qE ，解得E ＝ρV 0g q ，故选项C 正确；油滴在半圆形细管
中运动时，洛伦兹力提供向心力，即qv 1B ＝mv 2
1R ，解得B ＝mv 1qR ＝ρV 0qR v 2
0＋2gL ＋2qU 1ρV 0
，故选项D 错误．
5．[解析](1)设粒子在电场中运动的时间为t ，粒子经过y 轴时的位置与原点O 的距离为y ，则：
s OA ＝12at 2，a ＝F m ，E ＝F
q
，y ＝v 0t
联立解得a ＝1.0×1015 m/s 2 t ＝2.0×10－8
s y ＝0.4 m.
(2)粒子经过y 轴时在电场方向的分速度为：
v x ＝at ＝2×107
m/s
粒子经过y 轴时的速度大小为：
v ＝v 2x ＋v 20＝22×107
m/s
与y轴正方向的夹角为θ，θ＝arctan v x
v0
＝45°
要使粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R，则：
R＋
2
2
R≤y
qvB＝m v2 R
联立解得B≥(22＋2)×10－2 T.
[答案](1)0.4 m (2)B≥(22＋2)×10－2 T。