高考物理第一轮复习备考演练试题20
2020-2021学年高考物理一轮复习静电场练习试题及答案
2020-2021 学年高三物理一轮复习练习卷：静电场一、单选题1．电子是原子的组成部分，一个电子带有（）A．1.6⨯10-19 C的正电荷B．1.6⨯10-19 C的负电荷C．9.1⨯10-31C的正电荷D．9.1⨯10-31C的负电荷2．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是()A．B．C．D．3．关于物体带电的电荷量，以下说法中不正确的是（）A．物体所带的电荷量可以为任意实数B．物体所带的电荷量只能是某些特定值C．物体带电荷＋1.60×10-9C，这是因为该物体失去了1.0×1010 个电子D．物体带电荷量的最小值为1.6×10-19C4．如图所示，三角形abc 的三个顶点各自固定一个点电荷，A 处点电荷受力如图所示，则B 处点电荷受力可能是A．F1 B．F2 C．F3 D．F45．如图所示是α 粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q 是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止．图中所标出的α 粒子在各点处的加速度方向正确的是( )A．M 点B．N 点C．P 点D．Q 点6．如图所示，两个相同的带电小球A、B 分别用2L 和√3L 长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的同一点，当平衡时，小球B 偏离竖直方向30°，小球A 竖直悬挂且与光滑绝缘墙壁接触若两小球的质量均为m，重力加速度为g.则A．AB 的静电力等于√3mg2B．墙壁受的压力等于√3mg2C．A 球受到细线的拉力等于5mg4D．B 球受到细线的拉力等于√3mg47．如图所示，三个点电荷q1、q2、q3 固定在同一直线上，q2 与q 3 间距离为q 1 与q 2 间距离的2 倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比为A．（－9）∶4∶（－36）B．9∶4∶36C．（－3）∶2∶（－6）D．3∶2∶68．用绝缘细线悬挂两个大小相同的小球，它们带有同种电荷，质量分别为m1 和m2，带电量分别为q1和q2，因静电力而使两悬线张开，分别与竖直方向成夹角a1和a2，且两球静止时同处一水平线上，若a1=a2，则下述结论正确的是（）1 2A ．qq 1 一定等于 q . B ．一定满足 = q 2m 1 m 2C ．m 1 一定等于 m 2D ．必然同时满足 q 1=q 2，m 1=m 29．如图所示带正电的金属圆环竖直放置,其中心处有一电子,若电子某一时刻以初速度 v 0 从圆环中心处水平向右运动,则此后电子将( )A ．做匀速直线运动B ．做匀减速直线运动C ．以圆心为平衡位置振动D ．以上选项均不对10．如图，边长为a 的立方体 ABCD - A 'B 'C 'D ' 八个顶点上有八个带电质点，其中顶点 A 、C ' 电量分别为q 、Q ，其他顶点电量未知， A 点上的质点仅在静电力作用下处于平衡状态，现将C ' 上质点电量变成-Q ，则顶点 A 上质点受力的合力为（不计重力）（ )A．kQqa2B ．2kQq3a2C．kQq3a2D．011．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b 两点．其中a、b 两点电场强度大小相等、方向相反的是( )A．甲图中与点电荷等距的a、b 两点B．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b 两点C．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b 两点D．丁图中非匀强电场中的a、b 两点12．如图，有一带电荷量为+q 的点电荷与表面均匀带电圆形绝缘介质薄板相距为2d，此点电荷到带电薄板的垂线通过板的圆心．若图中a 点处的电场强度为零，则图中b 点处的电场强度大小是（）A．0B．k C．k D．kq9d 2qd 2q9d 2-kqd 2+kqd 213．A、B 是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A 点沿电场线运动到B 点，其速度v 与时间t 的关系图象如图所示则此电场的电场线分布可能是选项图中的A ．B ．C ．D ．14．如图所示，M 、N 和 P 是以 MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心，∠MOP = 60︒电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于 M 、N 两点，这时O 点电场强度的大小为E 1 ；若将N 点的点电荷移至 P 点，则O 点电场强度的大小变为E 2 则 E 1 与 E 2 之比为（ ）A ．1: 2B ． 2 :1C ． 2 :D ． 4 : 15．如图所示，两个等量异种点电荷，关于原点 O 对称放置，下列能正确描述其位于 x 轴上的电场或电势分布随位置 x 变化规律正确的是( )A ．B ．C ．D ．16．如图所示，两电荷量分别为－Q 和+2Q 的点电荷固定在直线 MN 上，两者相距为 L ，以+2Q 的3 3L点电荷所在位置为圆心、为半径画圆，a、b、c、d 是圆周上四点，其中a、b 在MN 直线上，c、2d 两点连线垂直于MN，下列说法正确的是A．c、d 两点的电势相同B．a 点的电势高于b 点的电势C．c、d 两点的电场强度相同D．a 点的电场强度小于b 点的电场强度17．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正方向运动，其电势能E P 随位移x 变化的关系如图所示，其中0～x2 段是关于直线x=x1 对称的曲线，x2～x3 段是直线，则下列说法正确的是（）A．x1 处电场强度最小，但不为零B．粒子在0～x2 段做匀变速运动，x2～x3 段做匀速直线运动C．在0、x1、x2、x3 处电势φ0、φ1、φ2、φ3 的关系为：φ3>φ2=φ0>φ1D．x2～x3 段的电场强度大小方向均不变18．如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M 点和N 点的电势分别为ϕM、ϕN ，粒子在M 和N 时加速度大小分别为a M、a N ，速度大小分别为v M、v N，电势能分别为E P M、E P N ．下列判断正确的是A．v M <v N，a M <a N C．ϕM <ϕN，E P M <E P N B．v M <v N，ϕM <ϕN D．a M <a N，E P M <E P N19．如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直于环面且过圆心O，下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（）A．O 点的电场强度为零，电势最低B．O 点的电场强度为零，电势最高C．从O 点沿x 轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O 点沿x 轴正方向，电场强度增大，电势降低20．图中虚线为电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N 质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N 从虚线上的O 点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c 为实线与虚线的交点，已知O 点电势高于c 点．若不计重力，则A．M 带负电荷，N 带正电荷B．N 在a 点的速度与M 在c 点的速度大小相同C．N 在从O 点运动至a 点的过程中克服电场力做功D．M 在从O 点运动至b 点的过程中，电场力对它做的功等于零21．如图所示，A、B、C、D 为匀强电场中一个长方形的四个顶点，E、F 分别为AB、CD 的中点，AD 边长度为10cm，AB 边长度为15cm 已知A、B、D 三点的电势分别为9.0V、3.0V、12.0V，长方形所在平面与电场线平行，则（）1A ．C 点的电势为零B ．电场沿 AF 方向C ．电场强度大小为 50V/mD ．电场强度大小为 40V/m22．如图所示，半径为 40cm 的圆处在竖直平面内，存在与 OA 方向平行的匀强电场位于圆上的 S点有一放射源向各个方向发射质子（ 1H ），质子能够到达圆上任一位置，到达 A 点的质子动能的增量为 120eV ，已知∠OSA =30°，则此匀强电场的场强大小为（ ）A ．100V/mB ．100 3 V/mC ．200V/mD ．200 3 V /m23．下列图中，a 、b 、c 是匀强电场中的三个点，各点电势 φa ＝10 V ，φb ＝2 V ，φc ＝6 V ，a 、b 、c 三点在同一平面上，图中电场强度的方向表示正确的是( )A ．B ．C ．D ．24．下列措施中属于静电防范的是 A ．静电除尘 B ．静电喷涂 C ．良好接地 D ．保持空气干燥 25．如图所示，左边为一带正电的小球，右边为一金属圆环，外壳接地，电场线的分布如图所示，则下列说法正确的是（ ）A．a 点的电势高于b 点的电势B．c 点的电场强度大于d 点的电场强度C．若将一负试探电荷由c 点移到d 点，其电势能增大D．若将一正试探电荷沿金属环的外表面移动半圆，电场力不做功26．一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示.容器内表面为等势面，A、B 为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( )A．A 点的电场强度比B 点的大B．小球表面的电势比容器内表面的低C．B 点的电场强度方向与该处内表面垂直D．将检验电荷从A 点沿不同路径移到B 点，电场力所做的功不同27．一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c 三点的场强大小分别为E a、E b、E c，三者相比（）A．E a 最大B．E b 最大C．E c 最大D．E a=E b=E c28．下列公式不是比值定义式的是（）A．v =xt B．a =FmC．E =FqD．C =QU29．对电容C＝Q，以下说法正确的是( )UA．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，它所带的电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变30．如图所示，平行板电容器与电源连接，下极板B 接地，开关S 闭合，一带电油滴在电容器中的P点处于静止状态下列说法正确的是（）A．保持开关闭合，A 板竖直上移一小段距离，电容器的电容增大B．保持开关闭合，A 板竖直上移一小段距离，P 点的电势将升高C．保持开关闭合，A 板竖直上移一小段距离过程中，电流计中电流方向向右D．开关S 先闭合后断开，A 板竖直上移一小段距离，带电油滴向下运动31．一带电粒子在如图所示的点电荷的电场中，在电场力作用下沿虚线所示轨迹从A 点运动到B 点，电荷的加速度、动能、电势能的变化情况是（）A．加速度增大、动能减小、电势能增大B．加速度减小，动能增大、电势能减少C．加速度增大，动能增大，电势能减少D．加速度减小，动能减少，电势能增大二、多选题32．下列说法正确的有( )A．一个物体带负电是因为物体失去了电子B．利用静电感应使金属导体带电的过程叫做感应起电C．同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引D．电荷量是能连续变化的物理量mg sin θ kmg tan θ kmg k tan θ33．如图是表示在同一电场中 a 、b 、c 、d 四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量跟它所受电场力的函数关系图象，那么下列叙述正确的是( )A ．这个电场是匀强电场B ．a 、b 、c 、d 四点的场强大小关系是E d ＞E a ＞E b ＞E cC ．a 、b 、c 、d 四点的场强大小关系是E a ＞E c ＞E b ＞E dD ．a 、b 、d 三点的场强方向相同34．如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为 θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球 A ，细线与斜面平行．小球 A 的质量为 m 、电量为q .小球 A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球 B ，两球心的高度相同、间距为 d .静电力常量为 k ，重力加速度为 g ，两带电小球可视为点电荷．小球 A 静止在斜面上，则( )A ．小球 A 与B 之间库仑力的大小为 kq 2d 2B ．当 q= 时，细线上的拉力为 0dC ．当 q= 时，细线上的拉力为 0dD ．当 q=时，斜面对小球 A 的支持力为 0d35．两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c 时两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的正上方，c 、d 到正电荷的距离相等，则（ ）A．a 点的电场强度比b 点的大B．a 点的电势比b 点的高C．c 点的电场强度比d 点的大D．c 点的电势比d 点的低36．如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B 两点的加速度大小分别为a A 、a B ，电势能分别为E PA 、E PB .下列说法正确的是( )A．电子一定从A 向B 运动B．若a A > a B ，则Q 靠近M 端且为正电荷C．无论Q 为正电荷还是负电荷一定有E PA < E PBD．B 点电势可能高于A 点电势37．在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B（均可视为质点）处在同一水平面上．现将两球以相同的水平速度v0 向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则A．A 球带正电，B 球带负电B．A 球比B 球先落地C．在下落过程中，A 球的电势能减少，B 球的电势能增加D．两球从抛出到各自落地的过程中，A 球的动能变化量比B 球的小38．在如图所示的M、N 两点固定两点电荷，两点电荷所带电荷量分别为+Q1、−Q2，O 点为MN 的中点，A 点为虚线上N 点右侧的点，试探电荷放在 A 点时刚好处于静止状态，规定无穷远处的电势为零则下列说法正确的是（）A．由于试探电荷在A 点静止，则A 点的电势为零B．试探电荷可能静止在虚线上的另一位置C．φM − φO > φO − φND．正粒子沿虚线由A 点移动到O 点的过程中，电场力先做正功后做负功39．匀强电场中有一条直线，A、B、C 为该直线上的三点，且AB＝BC 若A、B 两点的电势分别为5V、11V，则下列叙述正确的是（）A．电场线方向由B 指向AB．C 点的电势为17VC．正的检验电荷从A 点运动到B 点的过程，其电势能不一定增大D．将负的检验电荷（不计重力）无初速放入该电场中的A 点，则该检验电荷将沿直线运动40．如图所示，实线为正电荷与接地的很大平板带电体电场的电场线，虚线为一以点电荷为中心的圆，a、b、c 是圆与电场线的交点.下列说法正确的是( )A．虚线为该电场的一条等势线B．a 点的强度大于b 点的强度C．a 点的电势高于b 点的电势D．检验电荷-q 在b 点的电势能比c 点的大41．如图，C 为中间插有电介质的电容器，b 极板与静电计金属球连接，a 极板与静电计金属外壳都接地开始时静电计指针张角为零，在 b 板带电后，静电计指针张开了一定角度以下操作能使静电计指针张角变大的是（）A．将b 板也接地B．b 板不动、将a 板向右平移C．将a 板向上移动一小段距离D．取出a、b 两极板间的电介质三、解答题42．如下图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为E =1.25⨯104 N / C ，一根长L =1.5m 、与水平方向的夹角为θ=37︒的光滑绝缘细直杆MN 固定在电场中，杆的下端M 固定一个带电小球A，电荷量Q =+4.5⨯10-6 C ；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q =+1.0⨯10-6 C ，质量m =1.0⨯10-2 kg .现将小球B 从杆的上端N 静止释放，小球B 开始运动．(静电力常量k = 9.0⨯109 N ?m2 / C2 ，取g =10m s2 ，sin 37︒= 0.6 ，cos37︒= 0.8 )求：(1)小球B 开始运动时的加速度为多大？(2)小球B 的速度最大时，与M 端的距离r 为多大？43．如图所示，在E＝103 V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN 与一水平绝缘轨道MN 在N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N 为半圆形轨道最低点，P 为QN 圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C 的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N 点右侧1.5 m 的M 处，取g＝10 m/s2，求：(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0 向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P 点时对轨道的压力是多大？44．如图所示，在水平向右的匀强电场中，一质量为m=0.1kg、电荷量为q=2.0×10－4C 的带电小球用一端固定于O 点的绝缘轻绳连接恰好能静止在图中的P 位置.轻绳OP 与竖直方向成37°角，且轻绳OP 的长度为L=0.2m，重力加速度g 取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求:(1)小球的带电性质；(2)该匀强电场的场强大小；(3)若将带电小球从最低点Q 静止释放，则小球到达P 点时的速度.参考答案1．B【详解】电子是原子的组成部分，一个电子带有1.6⨯10-19 C的负电荷，故B 正确，ACD 错误。
高考物理一轮复习精选题辑：课练+20+Word版含解析
课练20库仑定律电场力的性质1．(2018·广东揭阳一中、潮州金中联考)(多选)如图所示的实验装置为库仑扭秤．细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C 之间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，便可找到力F与距离r和电荷量q的关系．这一实验中用到了下列哪些方法()A．微小量放大法B．极限法C．控制变量法D．逐差法答案：AC解析：当小球C靠近小球A时，库仑力使悬丝扭转较小的角度，通过悬丝上的小镜子反射光线放大，能比较准确地测出转动角度．同时体现了控制变量法，即分别控制q和r不变，研究库仑力F与r和q的关系，故A、C正确．2．(2018·河南4月模拟)a、b、c三个点电荷仅在相互之间的静电力的作用下处于静止状态，已知a所带的电荷量为＋Q，b所带的电荷量为－q，且Q>q，关于电荷c，下列判断正确的是() A．c一定带负电B．c所带的电荷量一定大于qC．c可能处在a、b之间D．如果固定a、b，仍使c处于平衡状态，则c的电性、电荷量、位置都将唯一确定答案：B解析：根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同类一异”，根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自所带电荷量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，且c 所带的电荷量一定大于q ，故A 、C 错误，B 正确；如果a 、b 固定，则只需使c 处于平衡状态即可，由于a 、b 带异号电荷，c 应位于a 、b 连线的外侧，又由于a 的电荷量大于b 的电荷量，则c 应靠近b ，c 的电荷量不能确定，故D 错误．3．(2018·山东泰安一模)如图所示，＋Q 为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线．两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点A 以相同的速度v 0射入，轨迹如图中曲线，B 、C 为两曲线与圆的交点．a B 、a C 表示两粒子经过B 、C 时的加速度大小，v B 、v C 表示两粒子经过B 、C 时的速度大小．不计粒子重力，以下判断正确的是( )A ．aB ＝aC v B ＝v C B ．a B >a C v B ＝v CC ．a B >a C v B <v CD ．a B <a C v B >v C答案：C解析：库仑力F ＝kQq r 2，两粒子在B 、C 两点受的库仑力大小相同，根据粒子的运动轨迹可知a B >a C ，a ＝F m ，解得m B <m C ，因为B 、C 两点位于同一等势线上，电势相等，所以两粒子从A 运动到B 和从A 运动到C ，电场力做功相同且做负功，有－W ＝12m v 2－12m v 20，所以12m B (v 20－v 2B )＝12m C (v 20－v 2C )，因为m B <m C ，所以v B <v C ，C 正确． 4．(2018·河南洛阳一模)(多选)如图所示，小球A 、B 质量均为m ，初始带电荷量均为＋q ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直，球B 悬线偏离竖直方向θ角而静止．如果保持B 球的电荷量不变，使小球A 的电荷量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的13时，下列判断正确的是( )A ．小球B 受到细线的拉力大小不变B ．小球B 受到细线的拉力变小C ．两球之间的库仑力大小不变D ．小球A 的电荷量减小为原来的127 答案：AD 解析： 对小球B 进行受力分析，由三角形相似可得mg L ＝T L ＝F AB，解得T ＝mg ，F ＝mg L ·AB ，在小球A 的电荷量减小的过程中，小球B 受到细线的拉力大小不变，A 正确，B 错误；当两球间距离AB 变为原来的13，则库仑力减小为原来的13，C 错误；再由F ＝kq A q B AB2和F ＝mg L ·AB ，联立解得q A ＝mg AB 3kq BL ，所以小球A 的电荷量减小为原来的127，D 正确．5．如图所示，光滑平面上固定金属小球A ，用长为l 0的绝缘弹簧将A 与另一个金属小球B 连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x 1；若两小球电荷量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x 2，则有( )A ．x 2＝12x 1B ．x 2>14x 1C ．x 2＝14x 1D ．x 2<14x 1答案：B解析：电荷量减少一半，根据库仑定律知若两个球之间的距离保持不变，库仑力减小为原来的14，库仑力减小，弹簧的弹力减小，弹簧的伸长量减小，两球间的距离减小，所以实际的情况是小球之间的库仑力会大于原来的14，此时弹簧的伸长量也大于原来的14，B 正确．6．(2018·湖北七市州联考)如图所示，一水平放置的金属板正上方有一固定的正点电荷Q ，一表面绝缘的带正电小球(可视为质点且不影响Q 的电场)，从左端以初速度v 0滑上金属板光滑的上表面向右运动到右端，在运动过程中( )A ．小球先做减速运动再做加速运动B ．小球受到的合力的冲量为零C ．小球的电势能先减少，后增加D ．小球先加速运动，后减速运动答案：B解析： 根据点电荷与金属板形成的电场的电场线特点可知，在金属板处，电场强度的方向垂直于金属板竖直向下，所以小球受重力、竖直向下的电场力、金属板的弹力，所受合力为零，小球做匀速直线运动，A 、D 错误；I ＝Ft ，合力为零，所以合力的冲量为零，B 正确；电场力对小球不做功，小球的电势能不变，C 错误．7.(2018·江西九江十校第二次联考)如图所示，A 是带电荷量为＋Q 、半径为R 的球体且电荷均匀分布．(均匀分布电荷的绝缘球体在空间产生对称的电场，场强大小只和到球心的距离有关)．B 为带电荷量为＋q 的带电体，可看作点电荷．已检测到c 点的场强为零，d 点与c 点到球心O 的距离都为r ，B 到c 点距离也为r ，那么只把带电荷量为＋q 的带电体移到e 点，e 点到c 、d 两点的距离均为r .则d 点场强大小为( )A ．k 2q r 2B ．k Q 2r 2C ．k q 2r 2D ．k 2q r 2答案：A解析：由c 点场强为零可知kQ r 2＝kq r 2，Q ＝q ，把带电荷量为＋q 的带电体移到e 点，两电荷在d 点处产生的场强大小相等，均为E ＝kq r 2＝kQ r 2，两场强方向垂直，所以d 点场强大小E d ＝2E ＝2kq r 2＝2kQ r 2，A 正确．8．(2018·四川泸州二诊)(多选)如图所示，图甲、图乙分别是等量负点电荷和等量异种点电荷组成的两个独立的带电系统，O 为电荷连线和中垂线的交点，M 、N 是连线上关于O 点对称的两点，p 、q 是中垂线上关于O 点对称的两点．现有一个正点电荷，仅受电场力作用，则( )A ．该正点电荷在图甲和图乙中从p 运动到q 时一定是沿直线运动B ．该正点电荷在图甲和图乙中从M 运动到N 时一定是沿直线运动C ．该正点电荷可以在图甲中做匀速圆周运动经过p 和qD ．该正点电荷可以在图乙中做匀速圆周运动经过p 和q答案：BC解析：题图甲中，等量负点电荷连线的中垂线上电场强度的方向为沿中垂线指向中点，所以该正点电荷从p 到q 运动时电场力的方向与运动方向共线，做直线运动，题图乙中，等量异种点电荷连线的中垂线上电场强度的方向为垂直于中垂线指向负电荷，所以该正点电荷从p 向q 运动的过程中，受的电场力向右，故应该做曲线运动，A 错误；在连线上，题图甲中，电场强度的方向由中点O 指向两负电荷，所以该正点电荷从M 向N 运动，电场力与速度方向共线，做直线运动；题图乙中，电场强度的方向由M 到N ，所以该正点电荷受电场力的方向与速度共线，做直线运动，B 正确；给该正点电荷适当的速度，可以使其在垂直于纸面内以O 点为圆心，以Op 为半径做匀速圆周运动，C 正确；根据正点电荷的受力情况和匀速圆周运动中合外力的特点可知，在题图乙中该正点电荷不可能做匀速圆周运动经过p 和q ，D 错误．9．(2018·河北邢台检测)如图所示，在真空中放置四个带电体，它们的带电荷量均为＋Q ，半径均为R ，彼此互不影响．甲为均匀带电的球，乙为均匀带电的圆环，丙为均匀带电的圆盘，丁为均匀带电的半球壳．在过球心或圆心O 的中轴线上，距离球心或圆心r 处的A点，电场强度的大小E 可用公式E ＝k Q r 2(k 表示静电力常量)计算的有( )A ．甲B ．甲、丁C ．乙、丙D ．甲、乙、丙答案：A 解析：题图甲中球体均匀带电，故可看作是在球心O 处的点电荷，其A 点处的电场强度可以用E ＝k Q r 2求解，图甲符合题意；题图乙中应该把圆环分成无数小段的电荷元Δq ，每段电荷元在A 点处形成的电场叠加，故A 点处的电场强度不可以用E ＝k Q r 2求解，图乙不符合题意；题图丙中应该把带电盘面分成无数小的电荷元，每个电荷元在A 点处形成的电场叠加，故A 点处的电场强度不可以用E ＝k Q r 2求解，图丙不符合题意；题图丁中，球壳上的电荷Q 不能等效于放在球心处的点电荷，故A 点处的电场强度不可以用E ＝k Q r 2求解，图丁不符合题意．故选A.10．(2018·湖北天门、仙桃、潜江联考)如图所示，一边长为L 的立方体绝缘体上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于左右面且过立方体中心O 的轴线上有a 、b 、c 三个点，a 和b 、b 和O 、O 和c间的距离均为L ，在a 点处固定有一电荷量为q (q <0)的点电荷．已知b 点处的场强为零，则c 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )A ．k 8q 9L 2B ．k Q L 2C ．k q L 2D ．k 10q 9L 2 答案：D 解析：电荷Q 在b 点和c 处产生的场强大小相等，方向相反，根据b 点处的场强为零，可知Q 带负电，且kQ L 2＝kq L 2，在c 点处，两电荷产生的场强方向均向左，E c ＝kQ L 2＋kq (3L )2＝k 10q 9L 2＝k 10Q 9L 2，D 正确． 11．(2018·山西太原联考)如图所示，固定在竖直平面内的光滑绝缘半圆环的两端点A 、B ，分别安放两个电荷量均为＋Q 的带电小球，A 、B 连线与水平方向成30°角，在半圆环上穿着一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球．已知半圆环的半径为R ，重力加速度为g ，静电力常量为k ，将小球从A 点正下方的C 点由静止释放，当小球运动到最低点D 时，求：(1)小球的速度大小；(2)小球对环的作用力．答案：(1)gR (2)3＋36·kQq R 2＋2mg 解析：(1)由静电场知识和几何关系可知，C 、D 两点电势相等，小球由C 运动到D 的过程中，mgh ＝12m v 2，由几何关系可知h ＝R 2，解得v ＝gR .(2)小球运动到D 点时，AD ＝3R ，BD ＝R ，小球分别受到A 、B两端带电小球的作用力为F A ＝k Qq 3R 2，F B ＝k Qq R 2，设环对小球的支持力为F N ，F N －F A cos30°－F B sin30°－mg ＝m v 2R ，由牛顿第三定律可知小球对环的压力F N ＝F ′N ，解得F ′N ＝3＋36·kQq R 2＋2mg ，方向竖直向下．12．质量都是m 的两个完全相同、带等量异种电荷的小球A 、B 分别用长l 的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2l 的M 、N 两点，平衡时小球A 、B 的位置如图甲所示，线与竖直方向夹角α＝30°，当外加水平向左的匀强电场时，两小球平衡位置如图乙所示，线与竖直方向夹角也为α＝30°，求：(1)A 、B 小球电性及所带电荷量Q ；(2)外加匀强电场的场强E .答案：(1)A 带正电，B 带负电，Q ＝3mg 3k l (2)1033mgk /9l 解析：(1)A 球带正电，B 球带负电未加电场时，两小球相距d ＝2l －2l sin α＝l由A 球受力平衡可得：mg tan α＝k Q 2d 2解得：Q ＝ 3mg 3k l(2)外加电场时，两球相距 d ′＝2l ＋2l sin α＝3l根据A 球受力平衡可得：QE －k Q 2d ′2＝mg tan α 解得：E ＝10 33mgk 9l刷题加餐练 刷高考真题——找规律1．(2017·天津卷，7)(多选)如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A 、B 两点的加速度大小分别为a A 、a B ，电势能分别为E p A 、E p B .下列说法正确的是( )A ．电子一定从A 向B 运动B ．若a A >a B ，则Q 靠近M 端且为正电荷C ．无论Q 为正电荷还是负电荷一定有E p A <E p BD ．B 点电势可能高于A 点电势答案：BC解析：若Q 在M 端，由电子运动的轨迹可知Q 为正电荷，电子从A 向B 运动或从B 向A 运动均可，由于r A <r B ，故E A >E B ，F A >F B ，a A >a B ，φA >φB ，E p A <E p B ；若Q 在N 端，由电子运动的轨迹可知Q 为负电荷，且电子从A 向B 运动或从B 向A 运动均可，由r A >r B ，故φA >φB ，E p A <E p B .综上所述选项A 、D 错误，选项B 、C 正确．2．(2016·新课标全国卷Ⅱ如图，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆．带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c .则( )A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v bB ．a a >a b >a c ，v b >v c >v aC ．a b >a c >a a ，v b >v c >v aD ．a b >a c >a a ，v a >v c >v b答案：D解析：a 、b 、c 三点到固定的点电荷P 的距离r b <r c <r a ，则三点的电场强度由E ＝k Q r 2可知E b >E c >E a ，故带电粒子Q 在这三点的加速度a b >a c >a a .由运动轨迹可知带电粒子Q 所受P 的电场力为斥力，从a到b 电场力做负功，由动能定理－|qU ab |＝12m v 2b －12m v 2a <0，则v b <v a ，从b 到c 电场力做正功，由动能定理知|qU bc |＝12m v 2c －12m v 2b >0，v c >v b ，又|U ab |>|U bc |，则v a >v c ，故v a >v c >v b ，选项D 正确．3．(2016·江苏卷，3)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示，容器内表面为等势面，A 、B 为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( )A ．A 点的电场强度比B 点的大B ．小球表面的电势比容器内表面的低C ．B 点的电场强度方向与该处内表面垂直D ．将检验电荷从A 点沿不同路径移到B 点，电场力所做的功不同答案：C解析：A 点的电场线比B 点的稀疏，故A 点的电场强度小于B 点的电场强度，选项A 错误；沿着电场线方向电势降低，故小球表面的电势比容器内表面的电势高，选项B 错误；容器内表面是等势面，所以B 点的电场强度方向与容器内表面垂直，选项C 正确；电场力做功与电荷的运动路径无关，选项D 错误．刷仿真模拟——明趋向4．(2018·湖北孝感统考)在一半径为R 的圆周上均匀分布有N 个带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A 点的小球带电荷量为＋3q ，其余小球带电荷量为＋q ，此时圆心O 点的电场强度大小为E ，现仅撤去A 点的小球，则O 点的电场强度大小为( )A ．E B.E 2C.E 3D.E 4答案：B解析：撤去A 点小球前，O 点的电场强度是A 点的＋3q 和与其关于O 点对称点＋q 两小球分别产生的电场叠加形成的，则E ＝k ·3q R 2－kq R 2＝k ·2q R 2，方向水平向左．撤去A 点的小球后，O 点的电场强度是A点关于O 点对称点＋q 产生的，所以E ′＝kq R 2＝E 2，方向水平向右，B正确．5．(2018·重庆八中适应性考试)直角坐标系xOy 中，A 、B 两点位于x 轴上，坐标如图所示，C 、D 位于y 轴上．C 、D 两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q 的负点电荷置于O 点时，B 点处的场强恰好为零．若将该负点电荷移到A 点，则B 点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为k )( )A.5kQ 4l 2，沿x 轴正方向B.5kQ 4l 2，沿x 轴负方向C.3kQ 4l 2，沿x 轴负方向D.3kQ 4l 2，沿x 轴正方向答案：D解析：B 点处的场强恰好为零，说明负点电荷在B 点产生的场强与两正点电荷在B 点产生的合场强大小相等、方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负点电荷在B 点的场强为kQ l 2，沿x 轴负方向，两正电荷在B 点的合场强也为kQ l 2，沿x 轴正方向，当负点电荷移到A点时，负点电荷与B 点的距离为2l ，负点电荷在B 点产生的场强为kQ 4l 2，方向沿x 轴方向，两正电荷在B 点产生的合场强的大小仍为kQ l 2，方向沿x 轴正方向，所以B 点处合场强大小为kQ l 2－kQ 4l 2＝3kQ 4l 2，方向沿x轴正方向，D 正确．6．(2018·上海4月模拟)均匀的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB 上均匀分布的正电荷，总电荷量为q ，球面半径为R ，CD 为通过半球顶点与球心O 的轴线，在轴线上有M 、N 两点，OM ＝ON ＝2R ，已知M 点的场强大小为E ，则N 点的场强大小为( )A.kq 2R 2－EB.kq 4R 2C.kq 4R 2－ED.kq 4R 2＋E答案：A 解析：把AB 右侧半球面补齐，即将电荷量分别为＋q 、－q 的两个半球面叠加在一起，AB 在N 点的场强相当于所带电荷量为2q 的完整的球壳在N 点向右的场强E 1与多加的所带电荷量为－q 的半球面在N 点向左的场强E 2的矢量和，E 2大小等于原球壳在M 点的场强大小E ，则E N ＝E 1－E 2＝2kq (2R )2－E ＝kq 2R 2－E ，方向向右，选项A 正确． 7．(2018·广东江门模拟)如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q (q >0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k 0的轻质弹簧绝缘连接．当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l .已知静电力常量为k ，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为( )A ．l ＋5kq 22k 0l 2B ．l －kq 2k 0l 2 C ．l －5kq 24k 0l 2 D ．l －5kq 22k 0l 2 答案：C 解析：对最右边的小球受力分析可知，小球受到另外两个带电小球对它向右的库仑斥力，大小分别为F 1＝kq 2(2l )2和F 2＝kq 2l 2.由力的平衡可知弹簧弹力的大小F ＝F 1＋F 2＝5kq 24l 2，弹簧的伸长量为Δl ＝F k 0＝5kq 24k 0l 2，故弹簧的原长为l 0＝l －Δl ＝l －5kq24k 0l 2，C 正确．刷最新原创——抓重点8．(2018·广东惠州三调)(多选)在真空中的x 轴上的原点处和x ＝6a 处分别固定一个点电荷M 、N ，在x ＝2a 处由静止释放一个正点电荷P ，假设点电荷P 只受电场力作用沿x 轴方向运动，得到点电荷P 速度大小与其在x 轴上的位置关系如图所示(其中在x ＝4a 处速度最大)，则下列说法正确的是( )A ．点电荷M 、N 一定是同种正电荷B ．点电荷M 、N 一定为异种电荷C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为4 1D ．x ＝4a 处的电场强度不一定为零答案：AC解析：v -t 图象的斜率大小等于运动过程的加速度大小，而a ＝Eq m ，所以x ＝4a 处的电场强度大小为零，D 错误．又因为正电荷从x ＝2a 处向右先加速运动后减速运动，所以x ＝0到x ＝4a 之间电场强度方向向右，x ＝4a 到x ＝6a 之间电场强度方向向左，所以点电荷M 、N 一定是同种正电荷，A 正确，B 错误；由x ＝4a 处电场强度大小为零，得kQ M (4a )2＝kQ N (2a )2，则点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为Q M Q N ＝41，C 正确． 9．(2018·山东菏泽统测)(多选)如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R ，A 、B 为圆心平直径的两个端点，AC 为14圆弧．一个质量为m 、电荷量为－q 的带电小球，从A 点正上方高为H 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是( )A ．小球在AC 部分可能做匀速圆周运动B ．小球一定能从B 点离开轨道C ．若小球能到达C 点，小球在C 点时的速度一定不为零D ．若小球能到达B 点，小球经过B 点时动能和经过A 点时动能一定相等答案：AC解析：若重力大小等于电场力大小，则小球进入轨道后，靠弹力提供向心力，所以小球在AC 部分可能做匀速圆周运动，A 正确；小球进入圆轨道后，受到竖直向下的重力、竖直向上的电场力和沿半径方向的轨道的弹力，电场力做负功，重力做正功，由于题中没有给出相关物理量的关系，所以小球不一定能从B 点离开轨道，故B 错误；若小球到达C 点的速度为零，则电场力必定大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动到C 点，所以小球到达C 点的速度不可能为零，C正确；由A 到B 根据动能定理有－EqR ＝12m v 2B －12m v 2A ，所以若小球能到达B 点，小球经过B 点时动能和经过A 点时动能一定不相等，D 错误．刷易错易误——排难点易错点1 分析不清A 、B 的受力情况及运动情况10．(多选)如图所示，光滑水平桌面上有A 、B 两个带电小球(可以看成点电荷)，A 球带电荷量为＋3q ，B 球带电荷量为－q ，由静止同时释放后A 球加速度的大小为B 球的3倍．现在A 、B 中点固定一个带正电的C 球(也可看成点电荷)，再由静止同时释放A 、B 两球，结果两球加速度大小相等．则C 球带电荷量为( )A.3q 4B.3q 8C.3q 20D.9q 20答案：BC 解析：由静止同时释放后A 球加速度的大小为B 球的3倍，根据牛顿第二定律可知，A 、B 两个带电小球的质量之比为13；当在A 、B 中点固定一个带正电的C 球，由静止同时释放A 、B 两球，释放瞬间两球加速度大小相等．(1)若两球的加速度方向相反，即A 球向右，B 球向左，根据库仑定律与牛顿第二定律，对A ，k 3q ·q (2r )2－k Q C －3q r 2＝ma ，对B ，k 3q ·q (2r )2＋k Qc ·q r 2＝3ma ，综上解得，Q C ＝320q ；(2)若两球的加速度方向相同，即A 、B 球均向左，根据库仑定律与牛顿第二定律，对A ，k Q C ·3q r 2－k 3q ·q (2r )2＝ma ，对B ，k Q C ·q r 2＋k 3q ·q (2r )2＝3ma ，综上解得，Q C ＝38q ，故B 、C 正确，A 、D 错误． 易错点2 不能正确理解题给信息，从而正确地给出解答11．(2018·安徽师大附中期中)理论上已经证明：电荷均匀分布的球壳在壳内的电场强度为零．假设某星球是一半径为R 、电荷量为Q 且电荷分布均匀的球体，静电力常量为k ，则星球表面下h 深度处的电场强度的大小为( )A.kQ (R －h )R 3B.kQ (R －h )2C.kQ R 2 D ．0答案：A解析：星球的体积V 0＝4πR 33，所以半径(R －h )的内球所带的电荷量q ＝V V 0·Q ＝(R －h )3R 3·Q ，星球表面下h 深度处的电场强度的大小E ＝kq (R －h )2＝kQ (R －h )R 3，故选A. 刷综合大题——提能力12．(2018·四川绵阳二诊)如图所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段AB 、圆弧段CD 和倾斜段DP 都光滑，水平段BC 粗糙，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中．一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块I 在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置．物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小．答案：(1)2 m/s (2)18 N解析：(1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起的BC 段上做匀速直线运动，设电场强度为E ，物块Ⅰ带电荷量为q ，物块Ⅰ与物块Ⅱ碰撞前速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g ，qEt ＝m 1v 1，m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2，解得v 2＝2 m/s.(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ经过C 点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为N ，则R (1－cos θ)＝h ，N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R， 解得N ＝18 N.。
专题20 滑块-滑板模型-2021高考物理一轮复习热点专题精炼与单元测评(解析版)
专题20 滑板-滑块模型一、单选题1.（2020·四川省高三三模）如图所示，质量均为M 的物块A 、B 叠放在光滑水平桌面上，质量为m 的物块C 用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B 连接，且轻绳与桌面平行，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g ，下列说法正确的是（ ）A.若物块A 、B 未发生相对滑动，物块A 受到的摩擦力为2f MmgF M m=+B.要使物块A 、B 发生相对滑动，应满足关系1Mm μμ>- C.若物块A 、B 未发生相对滑动，轻绳拉力的大小为mgD.若物块A 、B 未发生相对滑动时，轻绳对定滑轮的作用力为22MmgF M m=+【答案】A【解析】A .若物块A 、B 未发生相对滑动，A 、B 、C 三者加速的大小相等，由牛顿第二定律得()2mg M m a =+对A ，由牛顿第二定律得f F Ma =解得2f MmgF M m=+，故A 正确；B .当A 、B 发生相对滑动时，A 所受的静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律有Mg Ma μ=解得a g μ=以A 、B 、C 系统为研究对象，由牛顿第二定律得()2mg M m a =+解得21Mm μμ=- 故要使物块A 、B 之间发生相对滑动，则21Mm μμ>-，故B 错误；C .若物块A 、B 未发生相对滑动，设轻绳拉力的大小为F ，对C 受力分析，根据牛顿第二定律有mg F ma -=解得F mg ma mg =-<，故C 错误；D .若物块A 、B 未发生相对滑动时，由A 可知，此时的加速度为2f mgMmF a M ==+对C 受力分析，根据牛顿第二定律有mg F ma -=解得22MmgF M m=+根据力的合成法则，可得轻绳对定滑轮的作用力2222+=MmgN F F =故D 错误。
2.（2020·河北省唐山一中高一期中）如图，质量为M 且足够长的倾角为θ的斜面体C 始终静止在水平面上，一质量为m 的长方形木板A 上表面光滑，木板A 获得初速度v 0后恰好能沿斜面匀速下滑，当木板A 匀速下滑时将一质量也为m 的滑块B 轻轻放在木板上，滑块B 在木板A 上下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）A.A 与B 组成的系统在沿斜面的方向上动量不守恒B.A 的加速度大小为2g sin θC.A 的速度为012v 时B 的速度也是012v D.水平面对斜面体有向右的摩擦力 【答案】C【解析】A .因木板A 获得初速度v 0后恰好能沿斜面匀速下滑，即沿斜面方向受合力为零，可知sin cos mg mg θμθ=当放上木块B 后，对AB 系统沿斜面方向仍满足2sin 2cos mg mg θμθ=⋅可知系统沿斜面方向受到的合外力为零，则系统沿斜面方向动量守恒，选项A 错误； B .A 的加速度大小为sin 2cos sin A mg mg a g mθμθθ-⋅==-选项B 错误；C .由系统沿斜面方向动量守恒可知012v mv mmv =+ 解得12v v =选项C 正确；D .斜面体受到木板A 垂直斜面向下的正压力大小为2cos mg θ，A 对斜面体向下的摩擦力大小为2cos =2sin mg mg μθθ⋅，这两个力的合力竖直向下，可知斜面体水平方向受力为零，即水平面对斜面体没有摩擦力作用，选项D 错误。
高考物理一轮总复习 力学综合训练(含解析)新人教版-新人教版高三全册物理试题
力学综合训练一、选择题：(此题共8小题，每一小题6分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，其中第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部答对得6分，选对但不全得3分，错选得0分)1．甲、乙两物体同时从同一位置开始做直线运动，其运动的v －t 图象如下列图，在0～t 0时间内如下说法正确的答案是( )A ．甲的位移大于乙的位移B ．甲的加速度先增大后减小C ．甲的平均速度等于乙的平均速度D ．t 0时刻甲、乙相遇解析：选A. v －t 图象中图线与横轴所围图形的面积表示位移，所以甲的位移大于乙的位移，故A 项正确； v －t 图象中切线的斜率表示加速度，所以甲的加速度一直减小，故B 项错误；由于甲的位移大于乙的位移，而时间一样，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，故C 项错误；甲乙从同一位置开始运动，t 0时间内甲的位移大于乙的位移，所以t 0时刻甲在乙的前面，故D 项错误．2．假设我国宇航员在2022年，首次实现月球登陆和月面巡视勘察，并开展了月表形貌与地质构造调查等科学探测，假设在地面上测得小球自由下落某一高度所用的时间为t 1，在月面上小球自由下落一样高度所用的时间为t 2，地球、月球的半径分别为R 1、R 2，不计空气阻力，如此地球和月球的第一宇宙速度之比为( )A.R 1t 22R 2t 12 B ．R 1t 1R 2t 2 C.t 1t 2R 1R 2D ．t 2t 1R 1R 2解析：选D.对小球自由下落过程有：h ＝12gt 2，又天体外表上有G MmR 2＝mg ，第一宇宙速度v ＝gR ，如此有v 地v 月＝ g 地R 地g 月R 月＝t 2t 1R 1R 2，故D 项正确． 3．一物块从某一高度水平抛出，从抛出点到落地点的水平距离是下落高度的2倍，不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π6B ．π4C.π3 D ．5π12解析：选B.物块平抛运动的过程中，水平方向有x ＝v 0t ，竖直方向有h ＝v y t2，又x ＝2h ，如此有tan θ＝v y v 0＝1，即θ＝π4，故B 项正确．4．一串质量为50 g 的钥匙从橱柜上1.8 m 高的位置由静止开始下落，掉在水平地板上，钥匙与地板作用的时间为0.05 s ，且不反弹．重力加速度g ＝10 m/s2，此过程中钥匙对地板的平均作用力的大小为( )A ．5 NB ．5.5 NC ．6 ND ．6.5 N解析：选D.钥匙落地时的速度v ＝2gh ＝6 m/s ，以竖直向上为正方向，钥匙与地面作用前后由动量定理得：(F N －mg )t ＝0－(－mv ) ，解得F N ＝6.5 N ，故D 项正确．5．如下列图，质量分别为0.1 kg 和0.2 kg 的A 、B 两物体用一根轻质弹簧连接，在一个竖直向上、大小为6 N 的拉力F 作用下以一样的加速度向上做匀加速直线运动，弹簧的劲度系数为1 N/cm ，取g ＝10 m/s 2.如此弹簧的形变量为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．4 cm解析：选D.此题考查了连接体问题的分析．对AB 两物体由牛顿第二定律得F －(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，对B 物体由牛顿第二定律得F T －m B g ＝m B a ，又F T ＝kx ，解得x ＝4 cm ，故D 项正确．6．如下列图，P 、Q 两物体保持相对静止，且一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q 的上外表水平，如此如下说法正确的答案是( )A ．Q 处于失重状态B ．P 受到的支持力大小等于其重力C ．P 受到的摩擦力方向水平向右D ．Q 受到的摩擦力方向水平向右解析：选AD.由于P 、Q 一起沿着固定光滑斜面下滑，具有一样的沿斜面向下的加速度，该加速度有竖直向下的分量，所以Q 处于失重状态，故A 项正确；P 也处于失重状态，所以受到的支持力小于重力，故B项错误；由于P的加速度有水平向左的分量，所以水平方向受到的合力方向水平向左，即P受到的摩擦力方向水平向左，故C项错误；由牛顿第三定律可知，P对Q的摩擦力水平向右，故D项正确．7．如图甲所示，有一倾角θ＝37°足够长的斜面固定在水平面上，质量m＝1 kg的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力F作用由静止开始运动，用x表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F与x的关系如图乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.如此物体沿斜面向上运动过程中，如下说法正确的答案是( )A．机械能先增大后减小，在x＝3.2 m处，物体机械能最大B．机械能一直增大，在x＝4 m处，物体机械能最大C．动能先增大后减小，在x＝2 m处，物体动能最大D．动能一直增大，在x＝4 m处，物体动能最大解析：选AC.物体所受滑动摩擦力的大小为F f＝μmg cos θ＝4 N，所以当F减小到4 N 之前，物体的机械能一直增加，当F从4 N减小到0的过程中，物体的机械能在减小，由Fx图象可知，当F＝4 N时，位移为3.2 m，故A项正确，B项错误；当F＝mg sin θ＋μmg cos θ＝10 N时动能最大，由Fx图象知此时x＝2 m，此后动能减小，故C项正确，D项错误．8．绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的vt图象如下列图．t＝0时刻质量为1 kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2 s后开始减速，在t ＝4 s时物体恰好到达最高点A点．重力加速度为10 m/s2.对物体从B点运动到A点的过程中，如下说法正确的答案是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A．物体与传送带间的摩擦因数为0.75B．物体重力势能增加48 JC．摩擦力对物体做功12 JD．物块在传送带上运动过程中产生的热量为12 J解析：选AD.物体前两秒内沿传送带向上匀速运动，如此有mg sin θ＝μmg cos θ，解得μ＝0.75 ，故A项正确；经分析可知，2 s时物体速度与传送带一样，由图象可知等于2 m/s ，2 s 后物体的加速度a ＝g sin θ＋μg cos θ＝12 m/s 2>1 m/s 2，故物体和传送带相对静止，加速度为1 m/s 2，所以物体上滑的总位移为x ＝vt 1＋v 22a＝6 m ，物体的重力势能增加E p ＝mgx sin θ＝36 J ，故B 项错误；由能量守恒得摩擦力对物体做功W ＝E p －12mv2＝34 J ，故C 项错误；物块在传送带上运动过程产生的热量为Q ＝μmg cos θΔx 1，结合图象可得Δx 1＝x 带1－vt 1＝2 m ，Q ＝12 J ，选项D 对．二、非选择题(此题共3小题，共52分)9．(9分)某同学用如下列图装置验证动量守恒定律．在上方沿斜面向下推一下滑块A ，滑块A 匀速通过光电门甲，与静止在两光电门间的滑块B 相碰，碰后滑块A 、B 先后通过光电门乙，采集相关数据进展验证．(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)(1)如下所列物理量哪些是必须测量的______． A ．滑块A 的质量m A ，滑块B 的质量m B .B ．遮光片的的宽度d (滑块A 与滑块B 上的遮光片宽度相等)C ．本地的重力加速度gD ．滑块AB 与长木板间的摩擦因数μE ．滑块A 、B 上遮光片通过光电门的时间(2)滑块A 、B 与斜面间的摩擦因数μA 、μB ，质量m A 、m B ，要完本钱实验，它们需要满足的条件是________．A ．μA ＞μB m A ＞m B B ．μA ＞μB m A ＜m BC ．μA ＝μB m A ＞m BD ．μA ＜μB m A ＜m B(3)实验时，要先调节斜面的倾角，应该如何调节？________________.(4)假设光电门甲的读数为t 1，光电门乙先后的读数为t 2，t 3，用题目中给定的物理量符号写出动量守恒的表达式________．解析：(1)本实验中要验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要验证m Ad t A 甲＝m A dt A 乙＋m Bdt B 乙，应当选项A 、E 正确． (2)由于滑块A 匀速通过光电门甲，如此有mg sin θ＝μmg cos θ，要通过光电门验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要滑块B 也满足mg sin θ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ，所以有μA ＝μB ，又因为碰后两滑块先后通过光电门乙，所以A 的质量大于B 的质量，故C 项正确．(3)实验过程要求两滑块匀速运动，所以调整斜面的倾角，当滑块下滑通过两光电门所用时间相等时，表示滑块在斜面上做匀速运动．(4)由第(1)问解析可得两滑块碰撞前后动量守恒的表达式为：m A dt 1＝m A d t 3＋m B d t 2. 答案：(1)AE (2)C(3)滑块下滑通过两光电门所用时间相等 (意思相近的表示均可给分) (4)m A d t 1＝m A d t 3＋m B d t 2(或m A t 1＝m A t 3＋m Bt 2)10．(20分)如下列图，一质量为m 1＝1 kg 的长直木板放在粗糙的水平地面上，木板与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板最右端放有一质量为m 2＝1 kg 、大小可忽略不计的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2.现给木板左端施加一大小为F ＝12 N 、方向水平向右的推力，经时间t 1＝0.5 s 后撤去推力F ，再经过一段时间，木板和物块均停止运动，整个过程中物块始终未脱离木板，取g ＝10 m/s 2，求：(1)撤去推力F 瞬间，木板的速度大小v 1和物块的速度大小v 2； (2)木板至少多长；(3)整个过程中因摩擦产生的热量．解析：(1)假设木板和物块有相对滑动，撤F 前， 对木板：F －μ1(m 1＋m 2)g －μ2m 2g ＝m 1a 1 解得：a 1＝8 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 2 解得：a 2＝2 m/s 2因a 1>a 2，故假设成立，撤去F 时，木板、物块的速度大小分别为：v 1＝a 1t 1＝4 m/s v 2＝a 2t 1＝1 m/s(2)撤去F 后，对木板：μ1(m 1＋m 2)g ＋μ2m 2g ＝m 1a 3 解得：a 3＝4 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 4 解得：a 4＝2 m/s 2撤去F 后，设经过t 2时间木板和物块速度一样： 对木板有：v ＝v 1－a 3t 2 对物块有：v ＝v 2＋a 4t 2 得：t 2＝0.5 s ，v ＝2 m/s撤去F 前，物块相对木板向左滑行了 Δx 1＝v 12t 1－v 22t 1＝0.75 m撤去F 后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了 Δx 2＝v 1＋v 2t 2－v 2＋v2t 2＝0.75 m之后二者之间再无相对滑动，故板长至少为：L ＝Δx 1＋Δx 2＝1.5 m(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量：Q 1＝μ2m 2gL ＝3 J共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度为a ，有：a ＝μ1g ＝1 m/s 2全过程中木板对地位移为：s ＝v 12t 1＋v 1＋v 2t 2＋v 22a ＝4.5 m木板与地面间因摩擦产生的热量为：Q 2＝μ1(m 1＋m 2)gs ＝9 J故全过程中因摩擦产生的热量为：Q ＝Q 1＋Q 2＝12 J解法二：由功能关系可得：Q ＝Fx 1x 1＝v 12t 1Q ＝12 J答案：(1)4 m/s 1 m/s (2)1.5 m (3)12 J11．(23分)如下列图，竖直平面内，固定一半径为R 的光滑圆环，圆心为O ，O 点正上方固定一根竖直的光滑杆，质量为m 的小球A 套在圆环上，上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m 的滑块B 一起套在杆上，小球A 和滑块B 之间再用长为2R 的轻杆通过铰链分别连接，当小球A 位于圆环最高点时，弹簧处于原长；当小球A 位于圆环最右端时，装置能够保持静止，假设将小球A 置于圆环的最高点并给它一个微小扰动(初速度视为0)，使小球沿环顺时针滑下，到达圆环最右端时小球A 的速度v A ＝gR (g 为重力加速度)，不计一切摩擦，A 、B 均可视为质点，求：(1)此时滑块B 的速度大小；(2)此过程中，弹簧对滑块B 所做的功； (3)小球A 滑到圆环最低点时，弹簧弹力的大小．解析：(1)由于此时A 、B 速度方向都是竖直向下的，即此时它们与轻杆的夹角大小相等，又因为A 、B 沿轻杆方向的分速度大小相等，所以此时滑块B 的速度大小为：v B ＝v A ＝gR .(2)对系统，由最高点→图示位置有：(W GA ＋W GB )＋W 弹＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12m A v 2A ＋12m B v 2B －0其中：W GA ＝m A g ·Δh A ＝mgRW GB ＝m B g ·Δh B ＝mg ·(3R －3R )解得：W 弹＝(3－3)mgR .(3)图示位置系统能够保持静止，对系统进展受力分析，如下列图kx 1＝(m A ＋m B )g x 1＝Δh B ＝(3－3)R小球A 滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为：x 2＝2R ，所以在最低点时，弹簧的弹力大小为：F 弹＝kx 2解得：F 弹＝6＋23mg3答案：(1)gR (2)(3－3)mgR (3)6＋23mg3。
高考物理一轮复习 课时分层提升练二十 机械能守恒定律及其应用(含解析)-人教版高三全册物理试题
机械能守恒定律与其应用(建议用时45分钟)1.如果把撑杆跳全过程分成四个阶段:a→b、b→c、c→d、d→e,如下列图,如此对这四个阶段的描述正确的答案是( )A.a→b阶段:人加速助跑,人和杆的机械能不变B.b→c阶段:杆弯曲、人上升,系统动能减少,重力势能和弹性势能增加C.c→d阶段:杆伸直、人上升,人的动能减少量等于重力势能增加量D.d→e阶段:人过横杆后下落,重力所做的功等于人机械能的增加量【解析】选B。
a→b阶段:人加速助跑,人和杆的机械能增大,选项A错误;b→c阶段:人与杆组成的系统机械能守恒,系统动能减少,重力势能和弹性势能增加,选项B正确;c→d阶段:人与杆组成的系统机械能守恒,杆伸直、人上升,动能减少量与弹性势能的减少量之和等于重力势能的增加量,选项C错误;d→e阶段:人过横杆后下落,重力所做的功等于人重力势能的减少量,选项D错误。
2.如下列图,质量均为m,半径均为R的两个完全一样的小球A、B,在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道,两轨道通过一小段圆弧平滑连接。
假设两小球运动过程中始终接触,不计摩擦阻力与弯道处的能量损失,在倾斜轨道上运动到最高点时两球机械能的差值为( )A.0B.mgRsinθC.2mgRsinθD.2mgR【解析】选C。
两球运动到最高点时速度相等,动能相等,如此两球机械能的差值等于重力势能的差值,ΔE=mg·2Rsinθ=2mgRsinθ,故C正确。
3.如下列图,倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上,斜面顶端固定一光滑的小定滑轮,质量分别为m和2m的两个小物块A、B用轻绳连接,其中B被垂直斜面的挡板挡住而静止在斜面上,定滑轮与A之间的绳子水平,绳子开始时刚好拉直,且A与定滑轮之间的距离为l。
现使A 由静止下落,在A向下运动至O点正下方的过程中,如下说法正确的答案是( )A.物块B始终处于静止状态B.物块A运动到最低点时的速度大小为C.物块A运动到最低点时的速度方向为水平向左D.绳子拉力对物块B做正功【解析】选D。
备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-磁场(含答案)
备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-磁场一、单选题1.如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里。
abcd是位于纸面内、金属硬导线形成的单匝梯形闭合线圈，ad与bc间的距离也为l。
t = 0时刻，bc边与磁场区域边界重合。
线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，规定a→b→c→d→a的感应电流方向为正，bc边所受安培力F安水平向右为正方向。
则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电动势e、感应电流i、bc两点间的电势差U bc、bc边所受的安培力F安随时间t变化的图线可能正确的是（）A. B. C. D.2.在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向（）A.与ab边平行，竖直向上B.与ab边平行，竖直向下C.与ab边垂直，指向左边D.与ab边垂直，指向右边3.关于洛伦兹力和安培力，下列说法正确的是（）A.洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力B.洛伦兹力和安培力，其本质都是磁场对运动电荷的作用C.洛伦兹力和安培力，其本质都是磁场对电流的作用D.安培力就是洛伦兹力，两者是等价的4.如图，通电直导线a与圆形金属环b位于同一竖直平面内，相互绝缘。
若b中产生顺时针方向的感应电流，且b受到的安培力合力竖直向下，则可推知直导线a中电流的方向和大小变化情况分别为（）A.向右，减小B.向右，增大C.向左，减小D.向左，增大5.关于通电导线所受安培力F的方向，在图所示的各图中正确的是（）A. B. C. D.6.如图所示，一束电子沿着水平方向向左平行地飞过磁针上方时，小磁针的北极将如何转动（）A.向上转动B.向下转动C.垂直纸面向里转动D.垂直纸面向外转动7.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。
如图是霍尔元件是工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差，下列说法中正确的是（）A.电势差仅与材料有关B.若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差＜0C.仅增大磁感应强度时，电势差变小D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平8.图甲为水平放置的两根平行光滑导轨，处在垂直轨道平面向里的匀强磁场中。
2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题20 电容器、带电粒子在电场中的运动(原卷版)
2020届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练 专题20 电容器、带电粒子在电场中的运动【专题导航】目录热点题型一 平行板电容器及其动态分析问题 (1)U 不变时电容器的动态分析............................................................................................................................... 2 Q 不变时电容器的动态分析............................................................................................................................... 2 平行板电容器中带电粒子的问题分析 .............................................................................................................. 3 热点二 带电粒子在电场中的直线运动 (4)电容器中直线运动 .............................................................................................................................................. 4 带电粒子在匀强电场中的直线运动 .................................................................................................................. 4 带电粒子在交变电场中的直线运动 .................................................................................................................. 5 热点题型三 带电粒子在电场中的偏转运动 .......................................................................................................... 6 热点题型四 带电粒子在交变电场中的运动 . (7)粒子做直线往返运动 .......................................................................................................................................... 8 粒子做偏转运动问题 .......................................................................................................................................... 9 热点题型五 带电体在电场、重力场中的运动 . (10)带电体在电场、重力场中运动的动力学问题 ................................................................................................. 10 带电体在电场、重力场中运动的动量和能量问题 ......................................................................................... 11 【题型演练】 (11)【题型归纳】热点题型一 平行板电容器及其动态分析问题 1．分析思路(1)先确定是Q 还是U 不变：电容器保持与电源连接，U 不变；电容器充电后与电源断开，Q 不变． (2)用决定式C ＝εr S 4πkd确定电容器电容的变化．(3)用定义式C ＝QU判定电容器所带电荷量Q 或两极板间电压U 的变化．(4)用E ＝Ud 分析电容器极板间场强的变化．2．两类动态变化问题的比较U 不变时电容器的动态分析【例1】(2019·湖南长沙模拟)利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生；如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A 为固定的导体芯，B 为导体芯外面的一层绝缘物质，C 为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A 、C 构成电容器．已知灵敏电流表G 的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．若矿井渗水(导电液体深度增大)，则电流表( )A ．指针向右偏转，A 、C 构成的电容器充电B ．指针向左偏转，A 、C 构成的电容器充电 C ．指针向右偏转，A 、C 构成的电容器放电D ．指针向左偏转，A 、C 构成的电容器放电【变式】一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 Q 不变时电容器的动态分析【例2】如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一个固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A．θ增大，E增大B．θ增大，E p不变C．θ减小，E p增大 D ．θ减小，E不变【变式】(2019·西北师大附中模拟)如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P点．静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地．以E表示两板间的场强，φ表示P点的电势，E P表示该试探电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持负极板将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电量可忽略不计)，各物理量变化情况描述正确的是()A．E增大，φ降低，E P减小，θ增大B．E不变，φ降低，E P增大，θ减小C．E不变，φ升高，E P减小，θ减小D．E减小，φ升高，E P减小，θ减小平行板电容器中带电粒子的问题分析【例3】(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是()A．a的质量比b的大B．在t时刻，a的动能比b的大C．在t时刻，a和b的电势能相等D．在t时刻，a和b的动量大小相等【变式】如图所示，一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成．放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子(电子)．若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的β粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距．已知元电荷为e，则从放射源O发射出的β粒子的这一速度为()A.2eU mB.Ld eU m C.1deU d 2＋L 2m D.LdeU2m热点二 带电粒子在电场中的直线运动 1．用动力学观点分析 a ＝F 合m ，E ＝Ud ，v 2－v 20＝2ad 2．用功能观点分析匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1 电容器中直线运动【例4】(多选)(2019·株洲检测)如图所示，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A 、B ， 板与水平方向的夹角为θ，一个电荷量q ＝1.41×10－4 C 、质量m ＝1 g 的带电小球，自A 板上的孔P 以水平速度v 0＝0.1 m/s 飞入两板之间的电场，经0.02 s 后未与B 板相碰又回到孔P ，g 取10 m/s 2，则( )A ．板间电场强度大小为100 V/mB ．板间电场强度大小为141 V/mC ．板与水平方向的夹角θ＝30°D ．板与水平方向的夹角θ＝45°【变式】如图所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两板间电压不变，则( )A ．当减小两板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两板间的距离时，速度v 减小C ．当减小两板间的距离时，速度v 不变D ．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长 带电粒子在匀强电场中的直线运动【例5】如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点【变式】如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )A ．做直线运动B ．做曲线运动C ．速率先减小后增大D ．速率先增大后减小 带电粒子在交变电场中的直线运动【例6】．如图甲所示，A 板电势为0，A 板中间有一小孔，B 板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子在t ＝T4时刻以初速度为0从A 板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B 板．则( )A ．A 、B 两板间的距离为qU 0T 28mB ．粒子在两板间的最大速度为 qU 0mC ．粒子在两板间做匀加速直线运动D ．若粒子在t ＝T8时刻进入两极板间，它将时而向B 板运动，时而向A 板运动，最终打向B 板【变式】如图(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b)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 4 B.T 2＜t 0＜3T 4 C.3T 4＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T8热点题型三 带电粒子在电场中的偏转运动 1．带电粒子在电场中的偏转规律2．处理带电粒子的偏转问题的方法 (1)运动的分解法一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动． (2)功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝Ud y ，指初、末位置间的电势差．3.计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离的方法 (1)y ＝y 0＋L tan θ(L 为屏到偏转电场的水平距离)； (2)y ＝(l2＋L )tan θ(l 为电场宽度)；(3)y ＝y 0＋v y ·Lv 0；(4)根据三角形相似y y 0＝l 2＋L l2.【例6】(2019·江西吉安一中段考)如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚 线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场 E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，不计重力)无初速度地放入电场E 1中的A 点，A 点到MN 的距离为L2，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间t；(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；(3)电子打到屏上的点P′(图中未标出)到点O的距离x.【变式1】如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加上恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向放置，第一次从小孔O1处从静止释放一个质子11H，第二次从小孔O1处从静止释放一个α粒子24He，关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是()A．质子和α粒子打到感光板上时的速度之比为2∶1 B．质子和α粒子在电场中运动的时间相同C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2 D．质子和α粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起【变式2】(2019·洛阳一模)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多B．三种粒子打到屏上时的速度一样大C．三种粒子运动到屏上所用时间相同D．三种粒子一定打到屏上的同一位置热点题型四带电粒子在交变电场中的运动1．常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．2．常见的试题类型 此类题型一般有三种情况：(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)． (2)粒子做往返运动(一般分段研究)．(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)． 3．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征， 求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件．(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系． (3)注意对称性和周期性变化关系的应用． 粒子做直线往返运动利用速度图象分析带电粒子的运动过程时的注意事项 (1)带电粒子进入电场的时刻； (2)速度图象的切线斜率表示加速度；(3)图线与坐标轴围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负； (4)注意对称性和周期性变化关系的应用；(5)图线与横轴有交点，表示此时速度改变方向，对运动很复杂、不容易画出速度图象的问题，还应逐段分析求解．【例7】如图(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b)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 4 B.T 2＜t 0＜3T 4 C.3T 4＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 8【变式】制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的两平行极板，如图甲所示．加在极板A 、 B 间的电压U AB 做周期性变化，其正向电压为U 0，反向电压为－kU 0(k >1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所 示．在t ＝0时，极板B 附近的一个电子，质量为m 、电荷量为e ，受电场作用由静止开始运动．若整个运动过程中，电子未碰到极板A ，且不考虑重力作用．若k ＝54，电子在0～2τ时间内不能到达极板A ，求d 应满足的条件．粒子做偏转运动问题交变电压的周期性变化，势必会引起带电粒子的某个运动过程和某些物理量的周期性变化，所以应注意： (1)分过程解决．“一个周期”往往是我们的最佳选择．(2)建立模型．带电粒子的运动过程往往能在力学中找到它的类似模型．(3)正确的运动分析和受力分析：合力的变化影响粒子的加速度(大小、方向)变化，而物体的运动性质则由加速度和速度的方向关系确定．【例8】(2019·福建厦门一中期中)相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠 近A 板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v 0，质量为m ，电荷量为－e ， 在A 、B 两板之间加上如图乙所示的交变电压，其中0＜k ＜1，U 0＝mv 206e ；紧靠B 板的偏转电压也等于U 0，板长为L ，两极板间距为d ，距偏转极板右端L2处垂直放置很大的荧光屏PQ ，不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计．(1)试求在0～kT 与kT ～T 时间内射出B 板电子的速度各是多大？(2)在0～T 时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离．(结果用L 、d 表示) 【变式】如图甲所示，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )甲 乙 A ．末速度大小为 2v 0 B ．末速度沿水平方向 C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd热点题型五 带电体在电场、重力场中的运动 带电体在电场、重力场中运动的动力学问题 1．等效重力法将重力与电场力进行合成，如图所示，则F 合为等效重力场中的“重力”，g ′＝F 合m为等效重力场中的“等效重力加速度”，F 合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向． 2．物理最高点与几何最高点在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题．小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点．几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点．而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点．【例9】(2019·福建厦门一中期中)如图，光滑斜面倾角为37°，一质量m ＝10 g 、电荷量q ＝＋1×10－6 C 的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，g 取10 m/s 2，求：(1)该电场的电场强度；(2)若电场强度变为原来的12，小物块运动的加速度大小； (3)在(2)前提下，当小物块沿斜面下滑L ＝23m 时，机械能的改变量． 带电体在电场、重力场中运动的动量和能量问题动量、能量关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力．因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选．【例10】如图所示，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN 水平且足够长，LM 下端与MN 相切．质 量为m 的带正电小球B 静止在水平面上，质量为2m 的带正电小球A 从LM 上距水平面高为h 处由静止释 放，在A 球进入水平轨道之前，由于A 、B 两球相距较远，相互作用力可认为零，A 球进入水平轨道后，A 、 B 两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点．已知A 、B 两球始终没有接触．重力加速度为g . 求：(1)A 球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A 、B 两球相距最近时，A 、B 两球系统的电势能E p ；(3)A 、B 两球最终的速度v A 、v B 的大小．【题型演练】1．(多选)(2019·湖北六校联考)一带电小球在空中由A 点运动到B 点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用．若重力势能增加5 J ，机械能增加1.5 J ，电场力做功2 J ，则小球( )A ．重力做功为5 JB ．电势能减少2 JC ．空气阻力做功0.5 JD ．动能减少3.5 J 2．(多选)(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知 ( )A ．Q 点的电势比P 点高B ．油滴在Q 点的动能比它在P 点的大C ．油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大D ．油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小3．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2 s末带电粒子回到原出发点C．3 s末带电粒子的速度为零D．0～3 s内，电场力做的总功为零4.(2019·贵州三校联考)在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，则()A．滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等B．在t＝5 s时，滑块经过边界MNC．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5D．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功5.(2019·湖北孝感模拟)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，D为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是()A．断开开关S后，将A、B两极板分开B．断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向右移动6.(2019·福建龙岩模拟)如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的5倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，则P和Q的质量之比为(不计重力)()A．2∶5 B．5∶2 C．4∶5 D．5∶47.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的()A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒8.如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等．一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量．求：(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；(2)P、Q两点间的电势差U PQ；(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间．9.(2019·安徽合肥模拟)如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B 板接地，A板电势φA随时间变化的情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O1′和O2，两板间电压为U2，组成减速电场．现有一带负电粒子在t＝0时刻以一定初速度沿A、B两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间．已知带电粒子带电荷量为－q，质量为m，(不计粒子重力)求：(1)该粒子进入A、B间的初速度v0为多大时，粒子刚好能到达O2孔；(2)在(1)的条件下，A、B两板长度的最小值；(3)A、B两板间距的最小值．10.(2019·河南南阳一中模拟)如图所示，质量为m、电荷量为e的电子，从A点以速度v0垂直于电场方向射入一个电场强度为E的匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，电子重力不计．求：(1)电子在电场中的加速度大小a及电子在B点的速度大小v B；(2)A、B两点间的电势差U AB；(3)电子从A运动到B的时间t AB.。
备考2024届高考物理一轮复习强化训练第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律
逆向思维的应用对于末速度为零的匀减速直线运动，可以采用逆向思维法，将其看成反向的初速度为零的匀加速直线运动.1.[2024河北保定模拟/多选]冰壶运动是以团队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”，它考验参赛者的体能与脑力，展现动静之美、取舍之智慧.在某次比赛中，冰壶投出后做匀减速直线运动，经过20s 停止，已知倒数第3s 内的位移大小为1.0m ，下列说法正确的是（ BD ）A.冰壶的加速度大小为0.3m/s 2B.冰壶的加速度大小为0.4m/s 2C.冰壶第1s 末的速度大小为5.7m/sD.冰壶第1s 内的位移大小为7.8m 解析 整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动，倒数第3s 内的位移大小为1.0m ，则x 3＝12at 32－12at 22，代入数据得a ＝0.4m/s 2，故A 错误，B 正确；由速度公式可知初速度大小为v 0＝at 0＝0.4×20m/s ＝8m/s ，所以第1s 末的速度大小为v 1＝v 0－at 1＝8m/s －0.4×1m/s ＝7.6m/s ，第1s 内的位移大小x 1＝v 0＋v 12t 1＝8+7.62×1m ＝7.8m ，故C 错误，D 正确.2.为创建文明城市，提倡机动车礼让行人.某司机开车以9m/s 的速度行驶到路口附近，发现有行人准备过斑马线，立即刹车礼让行人.设汽车做匀减速直线运动的加速度大小为2m/s 2，则（ D ）A.汽车刹车2s 后的速度大小为4m/sB.汽车刹车3s 内行驶的位移大小为9mC.汽车刹车时离斑马线的最小距离应为16mD.汽车在刹车后的第5s 内行驶的位移大小为0.25m解析 加速度大小a ＝2m/s 2，汽车减速到零所需时间为t 停＝v0a ＝4.5s ，汽车刹车2s 后的速度大小为v 2＝v 0－at 2＝5m/s ，故A 错误；汽车刹车3s 内行驶的位移大小为x 3＝v 0t 3－12at 32＝18m ，故B 错误；汽车刹车时离斑马线的最小距离为x min ＝v 022a ＝20.25m ，故C 错误；由于汽车运动4.5s 停止，运用逆向思维可知，汽车刹车后第5s 内的位移等于汽车逆向匀加速运动前0.5s 内的位移，即x 0.5＝12at 0.52＝0.25m ，故D 正确.。
备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-运动的描述(含答案)
备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-运动的描述一、单选题1.甲、乙两个物体沿同一直线向同一方向运动时，取物体的初速度方向为正，甲的加速度恒为2 m/s2，乙的加速度恒为-3m/s2，则下列说法中正确的是（）A.两物体都做加速直线运动，乙的速度变化快B.甲做加速直线运动，它的速度变化快C.乙做减速直线运动，它的速度变化率大D.甲的加速度比乙的加速度大2.物体由静止开始运动，加速度恒定，在第7s初的速度是2.6m/s，则物体的加速度是（）A.0.4m/s2B.0.37m/s2C.2.6m/s2D.0.43m/s23.自从采用调控房价政策以来，曾经有一段时间，全国部分城市的房价上涨出现减缓趋势。
一位同学将房价的“上涨”类比成运动中的“增速”，将房价的“下降”类比成运动中的“减速”，据此类比方法，你觉得“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动中的（）A.速度增大，加速度增大B.速度增大，加速度减小C.速度减小，加速度减小D.速度减小，加速度增大4.关于速度，速度改变量，加速度，正确的说法是（）A.物体运动的速度改变量很大，它的加速度一定很大B.速度很大的物体，其加速度可以很小，可以为零C.某时刻物体的速度为零，其加速度不可能为零D.加速度很大时，运动物体的速度一定很大5.对平均速度的理解，以下说法正确的是（）A.平均速度等于零，说明物体在这段时间内处于静止状态B.平均速度等于某段时间内最大速度与最小速度之和的一半C.某运动员百米比赛用时10 s，他这10 s内的平均速度为10 m/sD.某运动员200 m比赛用时20 s，他这20 s内的平均速度为10 m/s6.轿车的加速度变化快慢将影响乘坐的舒适度．加速度变化得越慢，乘坐轿车的人会感到越舒适．若引入一个新物理量用于表示加速度变化的快慢，则该物理量的单位应是（）A.m/sB.m/s2C.m/s3D.m/s47.下列关于质点的一些说法，其中正确的是（）A.研究和观察日食时，可以把太阳看成质点B.原子核很小，一定可把它看成质点C.研究地球自转时，不能把地球看成质点D.做花样溜冰的运动员一定可以看作质点8.下列关于物体可以看做质点的说法正确的有()A.研究跳水运动员在跳水比赛中的空中姿态，可以把运动员看做质点B.计算火车通过一座小桥所用的时间，可以把运行的火车看做质点C.观察航空母舰上的舰载飞机起飞时，可以把航空母舰看做质点D.在作战地图上确定航空母舰的准确位置时，可以把航空母舰看做质点9.小球沿斜面滚下，依次经过A，B，C三点，已知AB=6m，BC=10m，小球通过AB，BC路程所用时间均为2s，则小球经过A，B，C三点的瞬时速度是（）A.v A=2 m/s v B=3 m/s v C=4 m/sB.v A=2 m/s v B=4 m/s v C=6 m/sC.v A=3 m/s v B=4 m/s v C=5 m/sD.v A=3 m/s v B=5 m/s v C=7 m/s10.礼炮在高空中爆炸，有这样一种情况：在同一时刻，同一位置有四朵烟花以速度v向上、向下、向左、向右射出（不计空气阻力），经过1s后四朵烟花在空中的位置构成的正确图形是（）A. B. C. D.二、多选题11.使用电磁打点计时器下列说法正确的是（）A.打点计时器使用低压交流电源B.纸带必须穿过限位孔，并注意把纸带压在复写纸的上面C.要先通电，后释放纸带，纸带通过后立即切断电源D.拉动纸带时，应尽量与限位孔平行12.下列对物体运动性质的描述错误的是()A.物体做直线运动，加速度减小，速度一定减小B.物体做曲线运动，速度变化，加速度一定变化C.匀变速直线运动的速度方向是恒定不变的D.物体速度为零时加速度可能不为零13.一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4m/s，1s后速度大小变为10m/s。
备考2024届高考物理一轮复习分层练习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究专题一运动学图像问题
专题一 运动学图像问题1.某新能源电动客车沿直线运动的x －t 图像如图所示，图中0～t 2段图线为直线，t 2～t 4段图线为曲线.关于该车的运动，下列说法正确的是（ B ）A.t 1时运动方向发生改变B.0～t 2时间内运动方向不变C.t 2～t 4时间内速度先减小再增大D.t 2～t 4时间内的路程大于0～t 2时间内的路程解析2.[设问创新/2024黑龙江牡丹江二中校考]野鸭妈妈抓到鱼后，叼着鱼，由静止开始沿直线向距离为d 处嗷嗷待哺的小野鸭游去，到达小野鸭所在位置时的速度恰好为零，v －t 图像如图所示.该过程中野鸭妈妈的最大速度为（ A ）A.d （n －1）t 0B.2d （n －1）t 0C.2d nt 0D.d（n －2）t 0解析 v －t 图像中图线与时间轴所围几何图形的面积表示位移，则有12v 0t 0＋v 0[（n －1）t 0－t 0]＋12v 0[nt 0－（n －1）t 0]＝d ，解得v 0＝d （n －1）t 0，选项A 正确.3.[2024安徽皖江名校联盟阶段考]一物体在某段时间内运动的位置—时间（x －t ）图像和速度—时间（v －t ）图像如图所示，其中位置—时间图像中的t 1时刻对应抛物线的最高点，则以下说法正确的是（ D ）A.x －t 图像中t 0＝2sB.x －t 图像中x 0＝3mC.物体到达坐标原点的时刻为（2＋√5）sD.物体3s 时离坐标原点的距离为5m解析由x－t图像可知，t1时刻物体的速度为零，结合v－t图像可知，t1＝2s，且0～t1时间内和t1～t0时间内物体通过的位移大小相等，可推知t0＝4s，选项A错误；由v－t图像v0t1＝4m，所以x0＝6m－x1＝2m，选项B错可知，在0～2s内物体通过的位移大小x1＝12｜m/s2＝2m/s2，误；由v－t图像可知，物体的初速度大小v0＝4m/s，加速度大小a＝｜0－42at22，代入数据解得t2＝（2＋√6）s，选项C错取x轴负方向为正方向，有x0＝－v0t2＋12a（3s－t1）2＝1m，故物体3s时离坐标原点误；物体在t1～3s时间内通过的位移大小x2＝12的距离Δx＝6m－x2＝5m，选项D正确.4.[2023广东]铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置.在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度.随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动.取竖直向上为正方向.下列可能表示激光关闭后铯原子团的速度v或加速度a随时间t变化的图像的是（D）A BC D解析由题意可知激光关闭后，铯原子团先做竖直上抛运动，然后做自由落体运动，均只受重力，加速度始终为重力加速度，又取竖直向上为正方向，所以其v－t图像和a－t图像如图所示，故D对，ABC错.5.[2024陕西榆林高三阶段考/多选]在体育比赛中，摄像机让犯规无处遁形.在冬季奥运会速度滑冰比赛中，摄像机和某运动员的位移x随时间t的变化图像如图所示，下列说法中正确的是（BD）A.0～t1时间内摄像机在前，t1～t2时间内摄像机在后B.0～t2时间内摄像机与运动员的平均速度相同C.0～t2时间内摄像机的速度始终大于运动员的速度D.0～t2时间内运动员的速度逐渐变大解析由题图可知，0～t2时间内摄像机一直在运动员的前面，故A错误；由题图可知，可知摄像机与运动员的平均速度相同，0～t2时间内摄像机与运动员的位移相同，根据v＝xt故B 正确；图像的斜率表示速度，0～t 2时间内并不是任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度，故C 错误；图像的斜率表示速度，由题图可知，0～t 2时间内运动员的速度逐渐变大，故D 正确.6.[图像创新/2024江西宜春开学考试]图甲所示是采用36V 、10Ah 电池和180W 额定功率电机设计的无人配送小车，车重为60kg ，载重为40kg.在某次进行刹车性能测试时，其位移x 与时间t 的关系可用图乙所示的xt2－1t 图像表示，则下列说法正确的是（ B ）A.小车运动的加速度大小为2m/s 2B.小车运动的初速度大小为6m/sC.前2s 内，小车的位移大小为4mD.第2s 末，小车的速度大小为10m/s解析 根据匀变速直线运动位移—时间公式x ＝v 0t ＋12at 2，整理得xt2＝v 0t＋12a ，对比x t2－1t图像可知小车做匀变速直线运动，图线斜率表示小车运动的初速度，即v 0＝0－（－2）13m/s ＝6m/s ，纵截距表示小车运动的加速度的12，即a ＝－4m/s 2，小车刹车时间为t ＝0－v 0a＝1.5s ，故第2s 末，小车的速度为0，前2s 内，小车的位移大小x ＝v 02t ＝4.5m ，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误.7.[题型创新：图像之间的相互转化]一个质点在水平面内运动的v －t 图像如图所示，则图中对应的a －t 图像或x －t 图像正确的是（ B ）A BC D解析 0～2s 内质点的加速度为a 1＝42m/s 2＝2m/s 2，2～4s 内质点的加速度为a 2＝－4－44－2m/s 2＝－4m/s 2，4～6s 内质点的加速度为a 3＝0－（－4）6－4m/s 2＝2m/s 2，故A 错误，B 正确；x －t图像的斜率表示速度，0～2s 内质点做加速运动，2～3s 内质点减速到0，3～4s 内质点反向加速，4～6s 内再减速到0，故C 、D 错误.一题多解 2～4s 内速度图像斜率不变且为负，则此段a －t 图像应在t 轴下方，与t 轴平行，A 错误；v －t 图像中4s 时刻反向速度最大，对应x －t 图像斜率应最大，C 、D 错误. 8.[多选]在劳动实践活动课中，某小组同学将拾取的垃圾打包成袋，并使其从斜坡顶端以不同的初速度v 0下滑至垃圾存放处，斜坡长为4m ，被打包好的垃圾可视为质点，其在斜坡上下滑的最远距离x 与v 02的关系图像如图所示，下列说法正确的是（ ABC ）A.垃圾下滑时加速度大小为2m/s 2B.当垃圾的初速度为4m/s 时，垃圾刚好到达斜坡最低点C.当垃圾的初速度为5m/s 时，垃圾滑到斜坡最低点所用时间为1sD.当垃圾的初速度为5m/s 时，垃圾滑到斜坡最低点所用时间为4s解析 由v 02＝2ax 推知，图线斜率为12a ，所以垃圾下滑的加速度大小为a ＝2m/s 2，A 正确；由v 02＝2ax 知，当垃圾的初速度为4m/s 时，x ＝4m ，所以垃圾刚好滑到斜坡最低点，B 正确；当垃圾的初速度为5m/s 时，垃圾减速到零所用时间为t 0＝v0a＝2.5s ，根据x ＝v 0t －12at 2，代入数据解得t ＝1s 或t ＝4s ＞t 0（舍去），C 正确，D 错误.9.[2024辽宁鞍山统考阶段练习]图（a ）为北京冬奥会冰壶比赛中的一个画面.比赛中，为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小.假设某运动员以初速度v 0沿冰面将冰壶推出，冰壶做直线运动直到停止的过程中，其v －t 图像如图（b ）所示，则下列判定正确的是（ B ）A.在0～t 1和t 2～t 3时间内，运动员用毛刷擦冰面B.如果提早擦冰面而保持擦冰面时间不变，冰壶运动的位移会增大，但总的运行时间不变C.如果提早擦冰面而保持擦冰面时间不变，冰壶运动的位移不变，但总的运行时间会减少D.在0～t 3时间内，冰壶的平均速度为12（v 0＋v 1＋v 2） 解析根据v －t 图像的斜率表示加速度可知0～t 1和t 2～t 3时间内加速度比t 1～t 2时间内加速度大，说明运动员在t 1～t 2时间内用毛刷擦冰面，A 错误；设没擦冰面时冰壶运动的总时间为t'，加速度为a 1，擦冰面时冰壶运动的总时间为t ″，加速度为a 2，则有a 1t'＋a 2t ″＝v 0，如果提早擦冰面而保持擦冰面时间t ″不变，则没擦冰面时冰壶运动的总时间t'也不变，故冰壶滑行的总时间不变.根据v －t 图像与横轴围成的面积表示位移，可知若提早擦冰面而保持擦冰面时间不变，冰壶滑行的总位移变大，如图所示，B 正确，C 错误；在0～t 3时间内，冰壶的平均速度大小为v ＝xt ＝12（v 0＋v 1）t 1＋12（v 2＋v 1)(t 2－t 1）＋12v 2（t 3－t 2）t 3＝v 0t 1＋v 1t 2－v 2t 1＋v 2t 32t 3，D 错误.10.[2024辽宁六校联考]图像法是研究各物理量之间关系时常用的一种数学物理方法.如图所示为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像，x 、v 、a 、t 分别表示物体的位移、速度、加速度和时间.下列说法中正确的是（ C ）A.根据甲图可求出物体的加速度大小为1m/s 2B.根据乙图可求出物体的加速度大小为10m/s 2C.根据丙图可求出物体的加速度大小为4m/s 2D.根据丁图可求出物体在前2s 内的速度变化量大小为6m/s解析 根据公式x ＝12at 2，结合题图甲解得12a ＝2－02－0m/s 2＝1m/s 2，即加速度大小为a ＝2m/s 2，选项A 错误；根据公式v 2＝2ax ，结合题图乙解得2a ＝101m/s 2＝10m/s 2，即加速度大小为a ＝5m/s 2，选项B 错误；根据公式x ＝v 0t －12at 2有xt＝－12at ＋v 0，结合题图丙解得－12a＝－42m/s 2，即加速度大小为a ＝4m/s 2，选项C 正确；a －t 图线与坐标轴围成的面积等于速度变化量，所以有Δv ＝12×3×2m/s ＝3m/s ，选项D 错误.11.[y －x 图像]甲、乙两小分队进行军事演习，指挥部通过现代通信设备，在屏幕上观察到两小分队的具体行军路线如图所示，两小分队同时由O 点出发，最后同时到达A 点，下列说法正确的是（ B ）A.小分队平均速度v 甲＞v 乙B.小分队平均速率v 甲＞v 乙C.y －x 图像表示的是速率—时间图像D.y －x 图像表示的是位移—时间图像解析 由于两小分队同时由O 点出发，最后同时到达A 点，位移、时间均相同，根据v ＝x t可知，两队平均速度相同，故A 错误；由题图可知，甲小分队路程大于乙小分队路程，时间相同，根据v ＝st 可知，甲小分队的平均速率大于乙小分队的平均速率，故B 正确；y －x 图像表示的是两小分队在平面中的位置坐标，故C 、D 错误.12.[信息类问题/2024河北高三校联考]根据海水中的盐分高低可将海水分成不同密度的区域，当潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”.如图甲所示，我国南海舰队某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行.t ＝0时，该潜艇“掉深”，随后采取措施自救脱险，在0～50s 内潜艇竖直方向的v －t 图像如图乙所示（设竖直向下为正方向）.不计海水的粘滞阻力，则（ B ）A.潜艇在t ＝20s 时下沉到最低点B.潜艇竖直向下的最大位移为75mC.潜艇在“掉深”和自救时的加速度大小之比为5：2D.潜艇在0～20s 内处于超重状态解析 在0～50s 内潜艇先向下加速后向下减速，则在t ＝50s 时潜艇向下到达最大深度，故A 错误；由题图乙可知潜艇竖直向下的最大位移为h ＝12×3×50m ＝75m ，故B 正确；潜艇在“掉深”时向下加速，在自救时向下减速，则由题图乙可知在“掉深”时的加速度大小为a ＝320m/s 2＝0.15m/s 2，在自救时的加速度大小为a '＝330m/s 2＝0.1m/s 2，所以加速度大小之比为aa '＝32，故C 错误；潜艇在0～20s 内向下加速，加速度向下，处于失重状态，故D 错误.。
人教版高考物理一轮总复习课后习题 第15单元 热学 实验练20用油膜法估测油酸分子的大小
实验练20用油膜法估测油酸分子的大小1.(浙江台州二模)(1)在用油膜法估测油酸分子的大小的实验中,所选用的油酸酒精溶液每104 mL溶液中含有纯油酸5 mL。
用注射器测得1 mL 上述溶液有75滴。
把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里,测得水面稳定后的油膜面积为99 cm2,可算出一滴溶液中含有纯油酸的体积为 mL,油酸分子的直径约为 m。
(结果均保留一位有效数字)(2)某同学最终得到的油酸分子直径的数值和其他同学相比明显偏大,其原因可能是。
A.水面上爽身粉撒得较多,油膜未充分展开B.使用了长时间放置且未密封保存的油酸酒精溶液C.计算油膜面积时,错将所有不完整的方格作为完整方格处理D.错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为纯油酸的体积进行计算2.(浙江余姚中学期末)某学习小组用油膜法估测油酸分子的大小,实验中他们向1 mL纯油酸中添加酒精,配得油酸酒精溶液总体积为500 mL,接着用注射器向量筒内滴加80滴上述溶液,量筒中的溶液体积增加了1 mL,把1滴这样的溶液滴入水面撒有爽身粉的盛水的浅盘里,把玻璃板盖在浅盘上并描出油膜的轮廓,如图所示。
(1)已知每一个小正方形的边长为20 mm,则该油酸薄膜的面积为m2(结果保留2位有效数字)。
(2)油酸分子的直径是 m(结果保留2位有效数字)。
3.在粗测油酸分子大小的实验中,具体操作如下:①取1.0 mL油酸注入250 mL容量瓶内,然后向瓶中加入酒精,直到液面达到200 mL的刻度为止,摇动容量瓶使油酸在酒精中充分溶解,形成油酸酒精溶液;②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒,记录滴入的滴数直到量筒内液体达到1.0 mL为止,恰好共滴了100滴;③在边长约40 cm的浅水盘内注入约2 cm深的水,将爽身粉均匀地撒在水面上,再用滴管吸取油酸酒精溶液,轻轻地向水面滴一滴溶液,酒精挥发后,油酸在水面上尽可能地散开,形成一层油膜,膜上没有爽身粉,可以清楚地看出油膜轮廓;④待油膜形状稳定后,将事先准备好的玻璃板放在浅盘上,在玻璃板上绘出油酸膜的形状;⑤如图所示,将画有油酸膜形状的玻璃板放在边长为1.0 cm的方格纸上。
2024届高考一轮总复习章末检测卷：第二章 研究物体间的相互作用物理试题
2024届高考一轮总复习章末检测卷：第二章 研究物体间的相互作用物理试题一、单选题 (共6题)第(1)题为了研究超重与失重问题，某同学静止站在电梯中的体重计上观察示数变化。
在电梯运动的某阶段，他发现体重计的示数大于自己实际体重，下列说法正确的是（）A．此时体重计对人的支持力大于人对体重计的压力B．此时电梯可能正在匀速上升C．此时电梯可能正在加速上升D．此时电梯可能正在加速下降第(2)题某游乐场有一打金蛋游戏，游戏示意图如下。
弹珠的发射速度方向与斜面垂直、大小可以通过按压的力度来调整，若弹珠弹出后直接击中B点的金蛋为三等奖；若与斜面碰撞一次再击中金蛋为二等奖；若与斜面碰撞两次再击中金蛋为一等奖，已知斜面与水平方向夹角为45°，斜面AB长，弹珠与斜面碰撞瞬间弹珠在垂直于斜面方向上的速度反向、大小不变，沿斜面方向上的速度不变，取重力加速度，忽略空气阻力影响，以下说法正确的是（ ）A．若最终得到三等奖，则弹珠发射的初速度大小为5m/sB．最终得到一、二、三等奖的弹珠从射出到击中金蛋的时间之比为1：1：1C．最终得到一、二、三等奖的弹珠从射出到击中金蛋的时间之比为2：3：4D．最终得到一、二、三等奖的弹珠的初速度之比为4：3：2第(3)题备战冬奥会期间，我国自主研发的转盘滑雪训练机在训练基地投入使用。
转盘滑雪训练机工作起来像一个巨型“陀螺”，可模拟一些特定的环境和场景。
该转盘的转速可调，转盘与水平面的夹角为。
某次训练中，转盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离为处的运动员（可看成质点）与圆盘始终保持相对静止。
运动员质量为65kg，与盘面间的动摩擦因数为0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
不计空气阻力，g取，已知。
则下列说法正确的是（ ）A．运动员随圆盘做圆周运动时，某时刻可能受到两个力的作用B．运动员训练时，与圆盘相对静止的最大值约为C．运动员在最高点受到的摩擦力一定随的增大而减小D．运动员由最低点运动到最高点的过程中摩擦力对其所做的功约为第(4)题如图所示，水平向右的匀强电场中，一根长的不可伸长的绝缘细线，一端连着一质量的带电小球，另一端固定于O点。
湖南省永州市祁阳一中2024学年高考物理试题人教A版第一轮复习单元测试题
湖南省永州市祁阳一中2024学年高考物理试题人教A版第一轮复习单元测试题真卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。
写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、如图，倾角为α=45°的斜面ABC固定在水平面上，质量为m的小球从顶点A先后以初速度v0和2v o向左水平抛出，分别落在斜面上的P1、P2点，经历的时间分别为t1、t2；A点与P1、P l与P2之间的距离分别为l1和l2，不计空气阻力影响。
下列说法正确的是（）A．t1：t 2=1：1B．l l：l2=1：2C．两球刚落到斜面上时的速度比为1：4D．两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1：1、为两根平行的长直导线，通过外接直流电源分2、通过实验研究通电长直导线间的相互作用规律。
如图所示，M N、为导线所在平面内的两点。
下列说法中正确的是（）别给两导线通以相应的恒定电流。
P QA．两导线中的电流大小相等、方向相反时，P点的磁感应强度为零B．M导线电流向上、N导线电流向下时，M导线所受安培力向右C．Q点的磁感应强度一定不为零D．两导线所受安培力的大小一定相等3、港珠澳大桥(Hong Kong－Zhuhai－Macao Bridge)是中国境内一座连接香港、珠海和澳门的桥隧工程。
2018年2月6日，港珠澳大桥主体完成验收，于同年9月28日起进行粤港澳三地联合试运。
大桥设计使用寿命120年，可抵御8级地震、16级台风、30万吨撞击以及珠江口300年一遇的洪潮。
假设一艘质量为m 的轮船由于失控，以速度v 撞向大桥(大桥无损)，最后没有反弹而停下来，事故勘察测量轮船发现迎面相撞处凹下去d 的深度，那么可以估算出船对桥的平均撞击力F ，关于F 的表达式正确的是( )A ．22mv dB ．2mv dC ．2mv dD ．mv4、在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB=2BC ，如图所示，由此可知（ ）A ．小球带正电B ．电场力大小为3mgC ．小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等D ．小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化相等5、如图甲所示，将由两根短杆组成的一个自锁定起重吊钩放入被吊的空罐内，使其张开一定的夹角压紧在罐壁上，其内部结构如图乙所示。
【红对勾】高考物理一轮复习 理综物理部分模拟试题(含解析)
理综物理部分模拟试题时间：60分钟分值：110分二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)14．某同学将完全相同的甲、乙两块条形磁铁放在粗糙的水平木板上(N极正对)，如图所示，并缓慢抬高木板的右端至倾角为θ，在这一过程中两磁铁均未滑动．学习小组内各组各同学对这一过程提出的下列说法中，正确的是( )A．甲受到的摩擦力相对木板的方向可能发生变化B．乙受到的摩擦力相对木板的方向可能发生变化C．继续增大倾角，甲、乙将会同时发生滑动D．将减小甲乙间距，重复上述过程，增大倾角时乙会发生向上滑动解析：木板水平时，甲由于受乙的排斥作用，而有指向乙的摩擦力；当斜面转动后，甲受重力、支持力及向下的斥力，则甲的摩擦力只能指向乙；故A错误；对乙受力分析可知，开始时乙受到的摩擦力指向甲；当木板转动后，乙受重力、支持力、斥力的作用，若重力向下的分力大于斥力，则摩擦力可能变成向上；故B正确；由以上受力分析可知，增大倾角，甲受到的向下的力要大于乙受到向下的力；故甲应先发生滑动；故C错误；若减小甲乙间距，则两磁铁间的斥力增大，但效果与C中相同，故甲先滑动；故D错误．答案：B15．如图所示，一个箱子中放有一个物体，已知静止时物体对下底面的压力等于物体的重力，且物体与箱子上表面刚好接触．现将箱子以初速度v0竖直向上抛出，已知箱子所受空气阻力与箱子运动的速率成正比，且箱子运动过程中始终保持图示姿态．则下列说法正确的是( )A ．上升过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越小B ．上升过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越大C ．下降过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越大D ．下降过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越小解析：对箱子和物体整体受力分析，当物体与箱子上升时，如图甲所示，由牛顿第二定律可知，Mg ＋kv ＝Ma ，则a ＝g ＋kv M，又整体向上做减速运动，v 减小，所以a 减小；再对物体单独受力分析，如图乙所示，因a >g ，所以物体受到箱子上底面向下的弹力F N ，由牛顿第二定律可知mg ＋F N ＝ma ，则F N ＝ma －mg ，而a 减小，则F N 减小，所以上升过程中物体对箱子上底面有压力且压力越来越小．同理，当箱子和物体下降时，物体对箱子下底面有压力，且压力越来越大．答案：C16．芬兰小将拉林托以两跳240.9分的成绩在跳台滑雪世界杯芬兰站中获得冠军．如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，拉林托从助滑雪道AB 上由静止开始滑下，到达C 点后水平飞出，落到滑道上的D 点，E 是运动轨迹上的某一点，在该点拉林托的速度方向与轨道CD 平行，设拉林托从C 到E 与从E 到D 的运动时间分别为t 1、t 2，EF 垂直CD ，则( )A ．t 1＝t 2，CF ＝FDB ．t 1＝t 2，CF <FDC．t1>t2，CF＝FD D．t1>t2，CF<FD解析：将拉林托的运动分解为平行于滑道CD的匀加速直线运动和垂直于滑道CD方向的类似竖直上抛运动，则由类似竖直上抛运动的对称性可知t1＝t2，因在平行CD方向拉林托做匀加速运动，所以CF<FD，B对．答案：B17．如图所示，真空中M、N处放置两等量同种负电荷，a、b、c为电场中的三点，实线PQ为M、N连线的中垂线，a、b两点关于MN对称，a、c两点关于PQ对称，则以下判定正确的是( )A．a点的场强与c点的场强完全相同B．实线PQ上的各点电势相等C．负电荷在a点的电势能不等于在c点的电势能D．若将一正试探电荷沿直线由a点移动到b点，则电场力先做正功，后做负功解析：a点与c点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故A错误．画出PQ上的电场线如图所示．根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，实线PQ上的各点电势不等，故B错误．因为a与c两点电势相等，由E p＝qφ，知负电荷在a点的电势能等于在c点的电势能，故C错误．将正试探电荷沿直线由a点移动到b点，电势先降低后升高，则电势能先减小后增大，电场力先做正功、后做负功，故D正确．答案：D18．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝2202sin100πt V ，则( )A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22 VB ．当t ＝1600s 时，c 、d 间的电压瞬时值为110 V C ．单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器触头P 向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电压表和电流表的示数均变小解析：根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220 2 V ，所以副线圈的电压的最大值为22 2 V ，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为2222V ＝22 V ，所以A 正确；在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝2202sin100πt V ，在t ＝1600 s 时，c 、d 间的电压瞬时值为：u ＝2202sin π6＝110 2 V ，故B 错误；当单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器触头P 向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻增加，电路的总电阻增加，由于电压是由变压器决定的，所以电流变小，电压表的示数不变，所以C 错误；若当单刀双掷开关由a 扳向b 时，理想变压器原、副线圈的匝数比由101变为51，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，所以D 错误．故选A.答案：A19．火星是位于地球轨道外侧的第一颗行星，它的质量约为地球质量的110，直径约为地球直径的12.公转周期约为地球公转周期的2倍．在2013年出现火星离地球最近、发射火星探测器最佳的时段．以下说法正确的是(可认为地球与火星都绕太阳做匀速圆周运动)( )A ．火星表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的0.4倍B ．火星的第一宇宙速度约是地球第一宇宙速度的55倍 C ．火星公转轨道半径约是地球公转轨道半径的2倍D ．下一个最佳发射期，最早要到2017年解析：根据g ＝GM R 2，火星表面的重力加速度与地球表面重力加速度之比为：g 火g 地＝M 火M 地·(R 地R 火)2＝110×22＝25＝0.4，故A 正确；根据v ＝gR ，v 火v 地＝g 火R 火g 地R 地＝25×12＝55，故B 正确；根据牛顿第二定律，有：G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，解得：T ＝2πr 3GM ∝r 3，故r 火r 地＝3T 2火T 2地＝34，故C 错误；当地球与火星最近时，是最佳发射期，两次最佳发射期间隔中地球多转动一圈，故：2πT 地t －2πT 火t ＝2π，解得：t ＝T 地T 火T 火－T 地＝2年，在2013年出现火星离地球最近、发射火星探测器最佳的时段，故下一个最佳发射期，最早要在2015年，故D 错误．故选AB.答案：AB20．如图所示，一表面光滑的木板可绕固定的水平轴O 转动，木板从水平位置OA 转到OB 位置的过程中，木板上重为5 N 的物块从靠近转轴的位置从静止开始滑到图中虚线所示位置，在这一过程中，物块的重力势能减少了4 J ．则以下说法正确的是( )A ．物块的竖直高度降低了0.8 mB ．由于木板转动，物块下降的竖直高度必定大于0.8 mC ．物块获得的动能为4 JD ．由于木板转动，物块的机械能必定增加解析：由重力势能的表达式E p ＝mgh ，重力势能减少了4 J ，而mg ＝5 N ，故h ＝0.8 m ，A 项正确，B 项错误；木板转动，但是木板的支持力不做功，故物块机械能守恒，C 项正确，D 项错误．答案：AC21．一导线弯成如图所示的闭合线圈，图甲中线圈以速度v 向左匀速进入磁感应强度为B 的匀强磁场，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止．图乙中线圈以OO ′为轴从图示位置(线圈平面与磁场平行)在磁感应强度为B 的匀强磁场中匀速转动．下列结论正确的是( )A ．图甲中，感应电动势先增大后减小B ．图甲中，感应电动势的最大值E ＝BrvC ．图乙中，线圈开始转动时感应电动势最大D ．图乙中，线圈开始转动时由于穿过线圈的磁通量为零，故感应电动势最小解析：图甲中，在闭合线圈进入磁场的过程中，因导线切割磁感线的有效长度先变大后变小，所以由E ＝Blv 可知，感应电动势E 先变大后变小，选项A 正确；导线切割磁感线的有效长度最大值为2r ，感应电动势最大值，为E ＝2Brv ，故选项B 错误；图乙中，虽然线圈开始转动时穿过它的磁通量Φ最小，但磁通量的变化率ΔΦΔt最大，因此感应电动势E 最大，选项C 正确，D 错误．答案：AC三、非选择题(包括必考题和选考题两部分)22．(6分)某同学想测出济宁当地的重力加速度g ，并验证机械能守恒定律．为了减小误差他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中(如图甲所示)，在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M ，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔N ，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线．调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线．启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线．图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A 作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作为B 、C 、D 、E .将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A ，此时B 、C 、D 、E 对应的刻度依次为14.68 cm,39.15 cm,73.41 cm ，117.46 cm.已知电动机的转速为3 000 r/min.求：(1)相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为________s ；(2)由实验测得济宁当地的重力加速度为________m/s 2；(结果保留三位有效数字)(3)该同学计算出划各条墨线时的速度v ，以v 2为纵轴，以各条墨线到墨线A 的距离h 为横轴，描点连线，得出了如图丙所示的图象，据此图象________(填“能”或“不能”)验证机械能守恒定律，图线斜率的含义是________图线不过原点的原因是________________________．解析：(1)电动机的转速为3 000 r/min ＝50 r/s ，可知相邻两条墨线的时间间隔为0.02 s ，每隔4条墨线取一条计数墨线，则相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为0.1 s ；(2)x BC ＝39.15－14.68 cm ＝24.47 cm ，x CD ＝73.41－39.15 cm ＝34.26 cm ，x DE ＝117.46－73.41 cm ＝44.05 cm ，可知连续相等时间内的位移之差Δx ＝9.79 cm ，根据Δx ＝gT 2得，g ＝Δx T 2＝9.79×10－20.01＝9.79 m/s 2. (3)根据mgh ＝12mv 2－12mv 20得，v 2＝v 20＋2gh ，若v 2－h 图线为直线，则机械能守恒，所以此图象能验证机械能守恒．图线的斜率为2g ，图线不过原点的原因是A 点对应的速度不为零．答案：(1)0.1 (2)9.79 (3)能 2g A 点对应速度不为零23．(9分)有一个小灯泡上标有“4 V,2 W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线．有下列器材供选用：A ．电压表(0～5 V ，内阻约为10 k Ω)B ．电压表(0～10 V ，内阻约为20 k Ω)C ．电流表(0～0.3 A ，内阻约为1 Ω)D ．电流表(0～0.6 A ，内阻约为0.4 Ω)E ．滑动变阻器(10 Ω，2 A)F ．学生电源(直流6 V)，还有电键、导线若干(1)实验中所用电压表应选用________，电流表应选用________(填A 或B 或C 或D)．(2)实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开始多取几组数据，请将下图中实物连接成满足实验要求的测量电路．(3)某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线(如图所示)，若用电动势为2 V 、内阻不计的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是________W.解析：(1)因灯泡的额定电压为4 V ，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4 V ，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5 V 的电压表，故选A ；由P ＝UI 得，灯泡的额定电流I ＝P U ＝24＝0.5 A ；故电流表应选择0～0.6 A 的量程，故选D. (2)由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，灯泡的电阻约为R ＝U 2P＝8 Ω，跟电流表内阻接近，所以用电流表外接法，实物图连接如图所示．(3)当灯泡接入电动势为3 V 、内阻为2.5 Ω的电源中时，由闭合电路欧姆定律E ＝U ＋Ir ，U ＝3－2.5I 画出U －I 图象，与该小灯泡的伏安特性曲线的交点表示该灯泡接入电路中的电压和电流，由图读出通过灯泡电流为0.4 A ，两端电压为2.0 V ，所以功率为0.8 W.答案：(1)A D (2)如图所示 (3)0.80(0.78～0.82)24．(12分)如图所示，固定在水平面上的斜面其倾角θ＝37°，长方形木块A的MN面上钉着一颗钉子，质量m＝1.5 kg的小球B通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直．木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.现将木块由静止释放，木块与小球将一起沿斜面下滑．求在木块下滑的过程中：(1)木块与小球的共同加速度的大小；(2)小球对木块MN面的压力的大小和方向．(取g＝10 m/s2)解析：(1)由于木块与斜面间有摩擦力作用，所以小球B与木块间有压力作用，并且以共同的加速度a沿斜面下滑，将小球和木块看作一整体，设木块的质量为M，根据牛顿第二定律有：(M＋m)g sinθ－μ(M＋m)g cosθ＝(M＋m)a代入数据得：a＝2.0 m/s2(2)选小球为研究对象，设MN面对小球的作用力为N，根据牛顿第二定律有：mg sinθ－N＝ma，代入数据得：N＝6.0 N根据牛顿第三定律，小球对MN面的压力大小为6.0 N，方向沿斜面向下．答案：(1)2.0 m/s2(2)6.0 N，方向沿斜面向下25．(20分)如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h＝0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO作匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2，问：(1)油滴在第一象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在P点得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限运动的时间以及油滴离开第一象限处的坐标．解析：(1)分析油滴受力可以判知要使油滴做匀速直线运动，油滴应带负电．受力如图：由平衡条件和几何关系得：mg qE f ＝11 2(2)油滴在垂直直线方向上应用平衡条件得：qvB ＝2Eq cos45°，所以v ＝4 2 m/s(3)进入第一象限，由于重力等于电场力，在电场中做匀速直线运动，在混合场中做匀速圆周运动，路径如上图，由0到A 匀速运动的位移为：s 1＝h sin45°＝2h 运动时间为：t 1＝s 1v联立解得：t 1＝0.1 s进入混合场后圆周运动的周期为：T ＝2πm qB由A 运动到C 的时间为t 2＝14T 由运动的对称性可知从C 到N 的时间为t 3＝t 1＝0.1 s在第一象限内运动的总时间为t ＝t 2＋t 3＋t 1＝0.82 s油滴在磁场中做匀速圆周运动：qvB ＝m v 2r图中ON 的长度及离开第一象限的x 坐标：x ＝2(s 1cos45°＋r cos45°)联立得：x ＝4.0 m所以油滴离开第一象限时的坐标为(4.0 m,0)答案：(1)负电荷 11 2 (2)4 2 m/s(3)0.82 s (4.0 m,0)33．[物理—选修3—3](15分)(1)(5分)关于一定量的气体，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A ．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B ．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C ．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D ．气体从外界吸收热量，其内能一定增加E ．气体在等压膨胀过程中温度一定升高(2)如图，一直立的气缸有一质量为m 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ，气体最初的体积为V 0，气体最初的压强为p 02；气缸内壁光滑且缸壁是导热的．开始活塞被固定，打开固定螺栓K ，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B 点，设周围环境温度保持不变，已知大气压强为p 0，重力加速度为g .求：①活塞停在B 点时缸内封闭气体的体积V ；②整个过程中通过缸壁传递的热量Q (一定质量理想气体的内能仅由温度决定)． 解析：(2)①活塞在B 处时，对活塞B由平衡条件得：p 0S ＋mg ＝p B S ，解得，气体压强：p B ＝p 0＋mg S， p A ＝p 02，V A ＝V 0，p B ＝p 0＋mg S， 活塞从A 到B 过程，由玻意耳定律：p A V A ＝p B V B ，解得：V B ＝p 0V 0S p 0S ＋mg； ②活塞下降的高度：h ＝V 0S －V B S ，活塞下降过程，外界对气体做功：W ＝Fh ＝p B Sh ＝p 0V 02＋mgV 0S， 由于气体的温度不变，内能的变化：ΔE ＝0，由热力学第一定律可知：ΔU ＝W ＋Q ，Q ＝－(p 0V 02＋mgV 0S)，负号表示气体对外放出热量； 答：①活塞停在B 点时缸内封闭气体的体积为p 0V 0S p 0S ＋mg ； ②整个过程中通过缸壁放出的热量为p 0V 02＋mgV 0S . 答案：(1)ABE34．[物理—选修3—4](15分)(1)(6分)某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，通过测量单摆摆长L ，利用秒表记录该单摆50次全振动所用的时间并求出周期T ，可求出重力加速度g .如果该同学测得的g 值偏大，可能的原因是________．(选对一个给3分，选对两个给4分，选对3个给6分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．测摆线长时摆线拉得过紧B ．开始计时时，秒表按下稍晚C ．实验中将51次全振动误记为50次D ．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了E ．测量单摆摆长是用摆线长加上小球直径(2)(9分)如图所示的直角三角形ABC 是玻璃砖的横截面，∠A ＝30°，∠B ＝90°，E 为BC 边的中点，BC ＝L .一束平行于AB 的光束从AC 边上的某点射入玻璃砖，进入玻璃砖后，在BC 边上的E 点被反射，EF 是该反射光线，且EF 恰与AC 平行．求：①玻璃砖的折射率；②该光束从AC 边上射入玻璃砖开始计时，经BC 边上的E 点反射后，到紧接着的一次射出玻璃砖所需的时间(光在真空中的传播速度为c )．解析：(2)①作出光路图，光线在AC 面上的入射角为60°，折射角为30°，则折射率 n ＝sin60°sin30°＝ 3 ②因为发生全反射的临界角为sin C ＝13>12，所以光线在F 点发生全反射，在E 、H 点不能发生全反射．作出光束经BC 面反射后的光路图．该光束经一次反射后，到紧接着的一次射出玻璃砖发生在H 点，则本题所求时间为 t ＝GE ＋EF ＋FH v v ＝c n联立解得t ＝12L ＋L ＋12L c 3＝23L c答案：(1)ABE35．[物理—选修3—5](15分)(1)以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是( )A ．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B ．在关于物质波的表达式ε＝h ν和p ＝hλ中，能量和动量p 是描述物质的粒子性的重要物理量，波长λ和频率ν是描述物质的波动性的典型物理量C ．重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损D ．根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小E ．自然界中含有少量的14C,14C 具有放射性，能够自发地进行β衰变，因此在考古中可利用14C 来测量年代(2)(9分)如图所示，质量为m 1＝0.2 kg 的小物块A ，沿水平面与小物块B 发生正碰，小物块B 质量为m 2＝1 kg.碰撞前，A 的速度大小为v 0＝3 m/s ，B 静止在水平地面上．由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，试求碰后B 在水平面上可能的滑行时间．解析：(2)假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为v 1，则由动量守恒定律有m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 1碰后，A 、B 一起滑行直至停下，设滑行时间为t 1，则由动量守恒定理有μ(m 1＋m 2)gt 1＝(m 1＋m 2)v 1解得t 1＝0.25 s假如两物块发生的是完全弹性碰撞，碰后A 、B 的速度分别为v A 、v 2，则由动量守恒定律有m 1v 0＝m 1v A ＋m 2v 2由功能原理有12m 1v 20＝12m 1v 2A ＋12m 2v 22 设碰后B 滑行的时间为t 2，则μm 2gt 2＝m 2v 2解联立方程组得t 2＝0.5 s可见，碰后B 在水平面上滑行的时间t 满足0．25 s≤t ≤0.5 s答案：(1)BDE。
2022年高考物理一轮复习考点优化训练专题：20 功能关系 能量守恒定律
2022年高考物理一轮复习考点优化训练专题：20 功能关系能量守恒定律一、单选题1．（2分）（2020高一下·东城期末）一个斜面长5m，高2.5m，用平行于斜面、大小为100N的力F，将质量为10kg的物体从斜面底匀速推到斜面的顶端。
在这个过程中（）（g取10m/s2）A．力F对物体做功500J B．力F对物体做功250JC．重力对物体做功250J D．物体克服摩擦力做功500J2．（2分）（2020·攀枝花模拟）2019环攀枝花国际公路自行车赛11月24日迎来收官之战，18支国内外车队经过攀枝花中国三线建设博物馆至米易县文化广场114.7公里的争夺后，最终乌克兰基辅首都洲际队的维塔利亚•布茨收获2019环攀枝花个人总冠军，夺得“英雄衫”橙衫。
若布茨在比赛的某段下坡过程中保持同一姿态滑行了一段距离，重力对他做功4000J，他克服阻力做功200J．则布茨在该段下坡过程（）A．动能增加了4000J B．机械能减小了200JC．机械能减小了3800J D．重力势能减小了3800 J3．（2分）（2020高一下·哈尔滨月考）某同学用频闪相机拍摄了运动员跳远比赛时助跑、起跳、最高点、落地四个位置的照片，简化图如上图所示．则运动员起跳瞬间消耗的体能最接近（）A．4J B．40J C．400J D．4000J4．（2分）（2020高二下·宾县期中）假设某次罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进，此时的速度为v.横梁下边缘离地面的高度为h，足球质量为m，运动员对足球做的功为W1，足球运动过程中克服空气阻力做的功为W2，选地面为零势能面，下列说法正确的是()A．运动员对足球做的功为W1＝mgh＋12mv2B．足球机械能的变化量为W1－W2C．足球克服空气阻力做的功为W2＝mgh＋12mv2－W1D．运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为mgh＋12mv25．（2分）（2020高一下·眉山期末）如图所示，轻弹簧竖直固定于水平地面上，将一小球从弹簧的上端处由静止释放，在小球第一次下落到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、小球所受弹力的大小F随小球运动时间t，小球的重力势能E P、小球的机械能E随小球下落位移x的图像关系正确的是（取最低点处小球的重力势能为0）（）A．B．C．D．6．（2分）（2020高一下·武威期末）如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B 点间的竖直高度差为h，速度为v，则（）A．由A到B重力做的功等于mghB．由A到B重力势能减少12mv2C．由A到B小球克服弹力做功为mghD．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh+ mv227．（2分）（2020高一下·北京期末）如图所示，质量为m的蹦极运动员从蹦极台上跃下。
(精品人教)2020高考物理一轮复习演练题(4)新人教版
演练题（4）1、物体沿一条直线运动，下列说法正确的是( )A ．物体在某时刻的速度为3 m/s ，则物体在1 s 内一定运动了3 mB ．物体在1 s 内的平均速度是3 m/s ，则物体在这1 s 内的位移一定是3 mC ．物体在某段时间内的平均速度是3 m/s ，则物体在任1 s 内的位移一定是3 mD ．物体在某段时间内的平均速率是3 m/s ，则物体在任1 s 内的路程一定是3 m 【答案】B2、某物体自斜面顶端从静止开始匀加速下滑，经过)1秒到达斜面中点，从斜面中点到达斜面底端的时间是（ ）A. 1秒B. )1秒 C.)1秒 D.2秒 【答案】A3、(多选)给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g 2，当滑块速度大小减为v 02时，所用时间可能是( )A.v 02g B.v 0g C.3v 0g D.3v 02g【答案】BC【解析】当滑块速度大小减为v 02时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v ＝v 02或v ＝－v 02，代入公式t ＝v －v 0a 得t ＝v 0g 或t ＝3v 0g，故B 、C 正确.4、足球运动员已将足球踢向空中，如图1所示，描述足球在向斜上方飞行过程某时刻的受力，其中正确的是(G 为重力，F 为脚对球的作用力，F 阻为阻力)( )图1【答案】B5、(多选)已知力F ，且它的一个分力F 1跟F 成30°角，大小未知，另一个分力F 2的大小为33F ，方向未知，则F 1的大小可能是( )A.33FB.23FC.33FD.F 【答案】AC6、减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的安全.当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F ，下图中弹力F 画法正确且分解合理的是( )【答案】B【解析】减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面，指向受力物体，故A 、C 错误；按照力的作用效果分解，将F 可以分解为水平方向和竖直方向，水平方向的分力产生的效果减慢汽车的速度，竖直方向的分力产生向上运动的作用效果，故B 正确，D 错误.7、“严禁超载，严禁超速，严禁疲劳驾驶”是预防车祸的有效办法．下列说法正确的是( ) A ．汽车超速会增大汽车的惯性 B ．汽车超载会减小汽车的刹车距离 C ．疲劳驾驶会缩短司机的反应时间 D ．汽车超载会增大汽车的惯性 【答案】D【解析】质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，D 正确。
1号卷·A10联盟2024届全国高考第一轮总复习试卷全真演练物理试题(一)
1号卷·A10联盟2024届全国高考第一轮总复习试卷全真演练物理试题（一）一、单选题 (共7题)第(1)题某种风力发电机的原理如图所示。
发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴匀速转动的角速度为ω。
已知磁体间的磁场近似为匀强磁场，磁感应强度的大小为B，线圈的匝数为N、面积为S。
下列说法正确的是（）A．线圈中感应电动势的有效值B．1s内线圈中感应电流的方向改变次C．当线圈处在图中所示的位置时，线圈中的感应电动势达到最大值D．以图中线圈所处位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为第(2)题如图所示是高中物理人教版教材选择性必修第三册研究光电效应的实验插图，开始时把一块带负电的锌板与一验电器相连，验电器指针张开。
用紫外线灯照射锌板后，指针张角变小，忽略锌板自发漏电的因素，下列说法正确的是（ ）A．若用黄光照射锌板，指针张角可能不变B．增加紫外线灯光线的强度，光电子的最大初动能也变大C．发生光电效应时，光照到金属板的一面上，电子从金属板的另一面飞出D．若用黄光照射另外一种带负电的金属板，指针张角变小，则用紫光照射该金属板指针张角可能不变第(3)题利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。
先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的安培力F分别与I和L的关系图象，则正确的是（ ）A．B．C．D．第(4)题如图所示，粗细均匀的圆形绝缘环位于空间直角坐标系中的xOy平面内，其几何中心与坐标原点O重合。
处于每个象限的圆环都均匀带有电荷量大小相同的电荷，电性如图所示。
点1、2、3、4、5、6分别位于x轴、y轴上，点3、4、5、6与原点间距相同，点1、2关于原点对称。
下列说法正确的是（ ）A．点1、点2处的场强一定相同B．点3、点4处的场强一定相同C．将正试探点电荷从点5移动到点6，电势能变大D．将正试探点电荷从点1移动到点2，电势能不变第(5)题下列说法正确的是（ ）A．若放射性物质的温度升高，其半衰期将减小B．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子核内部存在质子C．在核反应方程中，X表示的是中子D．天然放射现象中的α射线是高速电子流第(6)题如果把重庆看成一幅大型立体山水画，那么在长江上划破天际的两组索道就是这幅画作里的“点睛之笔”。
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对应学生
用书P261
1.
图5－1－8
(2012·沈阳模拟)如图5－1－8所示的曲线为运动员抛出的铅球运动轨迹(铅球视为质点)，A、B、C为曲线上的三点，关于铅球在B点的速度方向，说法正确的是()．A．为AB的方向B．为BC的方向
C．为BD的方向D．为BE的方向
解析由于做曲线运动的物体在某点的速度方向沿曲线在该点的切线方向，因此，铅球在B点的速度方向为BD方向，C正确．
答案 C
2．在2010年2月加拿大温哥华举行的冬奥会上，进行短道速滑时，滑冰运动员要在弯道上进行速滑比赛，如图为某运动员在冰面上的运动轨迹，图中关于运动员的速度方向、合力方向正确的是()．
解析曲线运动中某点的速度方向沿该点的切线方向，并且其运动轨迹将向F方向偏转，故选项D正确．
答案 D
3．下列说法中错误的是()．A．做曲线运动的质点速度一定改变，加速度可能不变
B．质点做平抛运动，速度增量与所用时间成正比，方向竖直向下
C．质点做匀速圆周运动，它的合外力总是垂直于速度
D．质点做圆周运动，合外力等于它做圆周运动所需要的向心力
解析平抛运动就是加速度不变的曲线运动，速度增量与所用时间成正比，A、B正确；只有匀速圆周运动合外力总是垂直于速度，C正确；若质点做匀速圆周运动则合外力等于它做圆周运动所需的向心力，若做非匀速圆周运动则合外力就不等于做圆周运动的向心力，D
错误．
答案 D
4．(2011·福建莆田质检)一小船在静水中的速度为3 m/s ，它在一条河宽150 m ，水流速度为4 m/s 的河流中渡河，则该小船
( )．
A ．能到达正对岸
B ．渡河的时间可能少于50 s
C ．以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200 m
D ．以最短位移渡河时，位移大小为150 m
解析 因为小船在静水中的速度小于水流速度，所以小船不能到达正对岸，故A 错误；当船头与河岸垂直时渡河时间最短，最短时间t ＝d
v 船＝50 s ，故渡河时间不能少于50 s ，故B
错误；以最短时间渡河时，沿水流方向位移x ＝v 水t ＝200 m ，故C 正确；当v 船与实际运动方向垂直时渡河位移最短，设此时船头与河岸的夹角为θ，则cos θ＝34，故渡河位移s ＝
d
cos θ＝200 m ，故D 错误．
答案 C 5.
图5－1－9
如图5－1－9所示，一块橡皮用细线悬挂于O 点，用铅笔靠着线的左侧向右上方45°方向匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度
( )．
A ．大小和方向均不变
B ．大小不变、方向改变
C ．大小改变，方向不变
D ．大小和方向均改变
解析 橡皮同时参与两个方向的运动，一个是水平方向的匀速直线运动，另一个是竖直方向的匀速直线运动，由于这两个方向上的分运动都是匀速直线运动，因此这两个运动的合运动也是匀速直线运动，即橡皮的速度大小和方向都保持不变，所以A 正确．
答案 A 6.
图5－1－10
一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x方向和y方向上的分运动的速度随时间变化的规律如图5－1－10所示．关于物体的运动，下列说法中正确的是()．A．物体做匀变速曲线运动
B．物体做变加速直线运动
C．物体运动的初速度大小是7 m/s
D．物体运动的加速度大小是5 m/s2
解析根据运动的合成与分解v合＝v x2＋v y2＝5 m/s，C错误．从图象知物体的加速度大小为a＝2 m/s2，由于初速度的方向与加速度的方向不共线所以物体做匀变速曲线运动，A正确．
答案 A
7.
图5－1－11
如图5－1－11所示为一条河流，河水流速为v，一只船从A点先后两次渡河到对岸，船在静水中行驶的速度为u，第一次船头向着AB方向行驶，渡河时间为t1，船的位移为s1；第二次船头向着AC方向行驶，渡河时间为t2，船的位移为s2.若AB、AC与河岸的垂线方向的夹角相等，则有()．A．t1>t2s1<s2B．t1<t2s1>s2
C．t1＝t2s1<s2D．t1＝t2s1>s2
解析由于船的速度大小相等，且与河岸的夹角相同，所以船速在垂直于河岸方向上的分速度大小相同，渡河的时间由船垂直河岸的速度的大小决定，故船到达对岸的时间相等；船的位移决定于平行河岸方向的速度大小，结合题意易知s1>s2.(小船过河模型) 答案 D
8．质量为2 kg的质点在x－y平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图5－1－12所示，下列说法正确的是()．
图5－1－12
A ．质点的初速度为3 m/s
B ．质点所受的合外力为3 N
C ．质点初速度的方向与合外力方向垂直
D ．2 s 末质点速度大小为6 m/s
解析 由v －t 图象知物体在x 轴上做初速为3 m/s 的匀加速直线运动，加速度a ＝1.5 m/s 2，由s －t 图知，物体在y 轴上做匀速直线运动，速度为4 m/s ，则物体初速度为v ＝v x 2＋v y 2＝
32＋42 m/s ＝5 m/s.质点所受合外力为F ＝ma ＝2×1.5 N ＝3 N ，故A 错，B 正
确．物体初速度方向与合外力方向夹角θ的正切值tan θ＝4
3，故C 项错.2 s 末质点的速度大
小为v 1＝
36＋16 m/s ＝52 m/s ，故D 项错．(小船过河模型)
答案 B
9.
图5－1－13
(2011·安徽皖智月考)如图5－1－13所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对于静水的速度为v ，其航线恰好垂直于河岸．现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是
( )．
A ．减小α角，增大船速v
B ．增大α角，增大船速v
C ．减小α角，保持船速v 不变
D ．增大α角，保持船速v 不变 答案 B
10．一快艇要从岸边某一不确定位置处到达河中离岸边100 m 远的一浮标处，已知快艇在静水中的速度v x 图象和流水的速度v y 图象如图5－1－14甲、乙所示，则
图5－1－14
A ．快艇的运动轨迹为直线
B ．快艇的运动轨迹为曲线
C ．能找到某一位置使快艇最快到达浮标处的时间为10 s
D ．快艇最快到达浮标处经过的位移为100 m
解析 快艇沿河岸方向的匀速运动与垂直于河岸的匀加速运动的合运动是类平抛性质
的曲线运动．最快到达浮标处的方式是使垂直于河岸的速度v x 保持图甲所示的加速度a ＝0.5 m/s 2的匀加速运动，则1
2at 2＝x ，代入x ＝100 m 有t ＝20 s ．但实际位移为x ＝
x x 2＋x y 2＞100
m ，D 项错．(小船过河模型)
答案 B
11.
图5－1－15
在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系xOy ，质量为1 kg 的物体原来静止在坐标原点O (0,0) ，从t ＝0时刻起受到如图5－1－15所示随时间变化的外力作用，F y 表示沿y 轴方向的外力，F x 表示沿x 轴方向的外力，下列说法中正确的是
( )．
A ．前2 s 内物体沿x 轴做匀速直线运动
B ．后2 s 内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y 轴方向
C ．4 s 末物体坐标为(4 m,4 m)
D ．4 s 末物体坐标为(12 m,4 m)
解析 前2 s 内物体只受x 轴方向的作用力，故沿x 轴做匀加速直线运动，A 错误；其加速度为a x ＝2 m/s 2，位移为x 1＝1
2a x t 2＝4 m ．后2 s 内物体沿x 轴方向做匀速直线运动，位
移为x 2＝8 m ，沿y 轴方向做匀加速直线运动，加速度为a y ＝2 m/s 2，位移为y ＝1
2a y t 2＝4 m ，
故4 s 末物体坐标为(12 m ，4 m)，D 正确．
答案 D
12．如图5－1－16所示，在竖直平面的xOy 坐标系中，Oy 竖直向上，Ox 水平．设平面内存在沿x 轴正方向的恒定风力．一小球从坐标原点沿Oy 方向竖直向上抛出，初速度为v 0＝4 m/s ，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M 点所示，(坐标格为正方形，g ＝10 m/s 2)求：
图5－1－16
(1)小球在M 点的速度v 1；
(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x 轴时的位置N ； (3)小球到达N 点的速度v 2的大小．
解析 (1)设正方形的边长为s 0.
竖直方向做竖直上抛运动，v 0＝gt 1,2s 0＝v 0
2t 1
水平方向做匀加速直线运动，3s 0＝v 1
2t 1.
解得v 1＝6 m/s.
(2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t 1到x 轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到x 轴时落到x ＝12处，位置N 的坐标为(12,0)．
(3)到N 点时竖直分速度大小为v 0＝4 m/s ， 水平分速度v x ＝a 水t N ＝2v 1＝12 m/s ， 故v 2＝
v 02＋v x 2＝410 m/s.(逆反思维法)
答案 (1)6 m/s (2)(12,0) (3)410 m/s。