2016届高三物理一轮复习课时作业19.doc

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物理一轮复习第三章牛顿运动定律第一讲牛顿第一定律牛顿第三定律课时作业

第一讲牛顿第一定律牛顿第三定律[A组·基础题]一、单项选择题1．关于牛顿第一定律的说法中，正确的是( )A．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态B．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律C．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律,因此，物体在不受力时才有惯性D．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因,又揭示了运动状态改变的原因解析：根据牛顿第一定律，物体在任何时候都有惯性，故选项C错;不受力时惯性表现为使物体保持静止状态或匀速直线运动状态，故选项A错;牛顿第一定律还揭示了力与运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因，所以选项D正确;牛顿第一定律并不能反映物体惯性的大小,故选项B错．答案:D2．（2017·山东枣庄八中期中)在“鸟巢欢乐冰雪季"期间，花样滑冰中的男运动员托举着女运动员一起滑行，对于此情景，下列说法正确的是( ）A．由于男运动员稳稳地托举着女运动员一起滑行,所以男运动员对女运动员的支持力大于女运动员受到的重力B．男运动员受到的重力和冰面对他的支持力是一对平衡力C．女运动员对男运动员的压力与冰面对男运动员的支持力是一对作用力和反作用力D．男运动员对冰面的压力与冰面对他的支持力是一对作用力和反作用力解析:男运动员稳稳地托举着女运动员一起滑行,在水平面内运动，竖直方向没有加速度，所以男运动员对女运动员的支持力等于女运动员受到的重力，故A错误．男运动员除了受到重力、冰面对他的支持力外，还受到女运动员对他的压力，三个力平衡，故B错误．女运动员对男运动员的压力与男运动员对女运动员的支持力，是一对作用力和反作用力，故C错误．男运动员对冰面的压力与冰面对他的支持力是一对作用力和反作用力,故D正确．答案:D3.如图所示,物块P与木板Q叠放在水平地面上，木板Q对物块P的支持力的反作用力是( ）A．物块P受到的重力B．地面对木板Q的弹力C．物块P对木板Q的压力D．地球对木板Q的吸引力解析：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反,作用在同一条直线上，所以Q对P的支持力的反作用力是P对Q的压力,选项C正确．答案：C4.(2017·江西上饶横峰中学月考）有人设计了一种交通工具,在平板车上装了一个电风扇,风扇运转时吹出的风全部打到竖直固定在小车中间的风帆上，靠风帆受力而向前运动,如图所示．对于这种设计，下列说法正确的是（)A．根据牛顿第二定律,这种设计能使小车运动B．根据牛顿第三定律，这种设计不能使小车运动C．根据牛顿第三定律，这种设计能使小车运动D．以上说法均不正确解析：风扇向前吹出风时，风扇也受到风给的反作用力,方向向后,同时风给风帆一个向前的力;也就是说小车受到风帆给的一个向前的力，还有风扇给的一个向后的力，大小相等，方向相反,风帆和风扇都是小车的一部分,所以小车受到的合力为零，小车不能运动，所以可以通过牛顿第三定律来说明，故选B。

高考物理一轮总复习-课时强化作业23-实验六-验证机械能守恒定律-新人教版

课时强化作业二十三实验六验证机械能守恒定律1. (2016届安徽皖南八校联考)如图1所示, 将打点计时器固定在铁架台上, 用重物带动纸带从静止开始自由下落, 利用此装置可验证机械能守恒定律.(1)已准备的器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物, 此外还需要的器材是________(填字母代号)．A. 直流电源、天平及砝码B. 直流电源、毫米刻度尺C. 交流电源、天平及砝码D. 交流电源、毫米刻度尺(2)安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图2所示．图中O 点为打点起始点，且速度为零．选取纸带上打出的连续点A、B、C、…作为计数点，测出其中E、F、G点距起始点O的距离分别为h1、h2、h3.已知重锤质量为m，当地重力加速度为g，计时器打点周期为T.为了验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从O点到F点的过程中，重锤重力势能的减少量ΔEp＝________，动能的增加量ΔEk＝________.用题中所给字母表.).(3)(多选)实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量, 关于这个误差下列说法正确的是________.A. 该误差属于偶然误差B. 该误差属于系统误差C. 可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差D. 可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差(4)某同学在实验中发现重锤增加的动能略小于重锤减少的重力势能，于是深入研究阻力对本实验的影响．他测出各计数点到起始点的距离h，并计算出各计数点的速度v，用实验测得的数据绘制出v2h图线，如图3所示．图象是一条直线，此直线斜率的物理含义是________．已知当地的重力加速度g＝9..m/s2，由图线求得重锤下落时受到阻力与重锤所受重力的百分比为＝________%(保留2位有效数字).解析: (1)打点计时器使用交流电源才可以正常工作；实验中重锤下降的高度可以通过刻度尺测量纸带上点与点间的距离得到；瞬时速度可以根据匀变速直线运动规律, 通过纸带上两点的距离, 求出平均速度, 进而得到瞬时速度；纸带上相邻两计时点的时间间隔已知, 所以不需要秒表, 重锤的质量可以不测, D选项正确.(2)从O点到F点的过程中, 重锤重力势能的减少量ΔEp＝mgh2.根据匀变速直线运动的规律得, F点的瞬时速度: vF＝ , 动能的增加量ΔEk＝ .(3)实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量, 这个误差是由于空气阻力和摩擦阻力的存在, 消耗了机械能, 属于是系统误差, 可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差, B.D 选项正确.(4)根据机械能守恒定律得, mgh＝ mv2得, v2＝2gh, 可知图线的斜率等于k＝2g, 即直线斜率的物理含义是重锤下落加速度的2倍.根据牛顿第二定律, 重锤下落过程中, mg－f＝ma, 解得f＝mg－ma＝m , ＝ , 根据图象可知, 斜率k＝19.2, 则＝2.0%.答案: (1)D (2)mgh2 (3)BD (4)重锤下落加速度的2倍 2.02．(2016届浙江省余姚中学月考)某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律．钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB.用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g.(1)用游标卡尺测量钢球的直径, 读数如图乙所示, 钢球直径为D＝________cm.(2)要验证机械能守恒, 只要比较________．A. D2 与gh是否相等B. D2 与2gh是否相等C. D2 与gh是否相等D. D2 与2gh是否相等(3)钢球通过光电门的平均速度________(选填“＞”或“＜”)钢球球心通过光电门的瞬时速度, 由此产生的误差________(选填“能”或“不能”)通过增加实验次数减小.解析: (1)游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数, 不需估读, 故钢球直径为D＝0.9 cm＋0.05×10 mm＝0.950 cm.(2)利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度, 由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度, v＝ , 由机械能守恒的表达式得, mgh＝ mD2 , 即比较D2 与2gh是否相等, D选项正确.(3)根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度, 所以钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度, 该误差属于系统误差, 由此产生的误差不能通过增加实验次数减小．答案: (1)0.950 (2)D (3)＜不能3．(2016届山东省临沂市质检)某实验小组利用如图所示的装置进行实验，钩码A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，钩码质量均为M，在A的上面套一个比它大一点的环形金属块C，在距地面为h1处有一宽度略比A大一点的狭缝，钩码A能通过狭缝，环形金属块C不能通过．开始时A距离狭缝的高度为h2，放手后，A、B、C从静止开始运动.(1)利用计时仪器测得钩码A通过狭缝后到落地用时t1, 则钩码A通过狭缝的速度为________(用题中字母表示).(2)若通过此装置验证机械能守恒定律, 还需测出环形金属块C的质量m, 当地重力加速度为g.若系统的机械能守恒, 则需满足的等式为________(用题中字母表示).(3)为减小测量时间的误差, 有同学提出如下方案：实验时调节h1＝h2＝h, 测出钩码A从释放到落地的总时间t, 来计算钩码A通过狭缝的速度, 你认为可行吗？若可行, 写出钩码A通过狭缝时的速度表达式；若不可行, 请简要说明理由.解析: (1)钩码A、B的质量相等, 故通过狭缝后, 环形金属块C不能通过, 钩码A、B做匀速直线运动, 根据匀速直线运动公式得, v＝ .(2)钩码A.B和金属块C组成的系统机械能守恒, 重力势能的减少量等于动能的增加量, mgh2＝ (2M ＋m) 2.(3)系统在运动过程中, 前一段做匀加速直线运动, 后一段做匀速直线运动, 通过狭缝时的速度为v, 则h＝ t1；h＝vt2；t1＋t2＝t, 联立解得, t2＝ , 下落速度v＝＝ .此方法可行．答案: (1) (2)mgh2＝ (2M＋m) 2 (3)可行v＝4．(2016届衡水中学第三次调研)通过理论分析可得出弹簧的弹性势能公式Ep＝ kl2(式中k为弹簧的劲度系数, l为弹簧长度的变化量)．为验证这一结论, A、B两位同学设计了以下的实验：①两位同学首先都进行了如图甲所示的实验: 将一根轻质弹簧竖直挂起, 在弹簧的另一端挂上一个已知质量为m的小铁球, 稳定后测得弹簧伸长d.②A同学完成步骤①后, 接着进行了如图乙所示的实验: 将这根弹簧竖直地固定在水平桌面上, 并把小铁球放在弹簧上, 然后竖直地套上一根带有插销孔的长透明塑料管, 利用插销压缩弹簧. 拔掉插销时, 弹簧对小球做功, 使小球弹起, 测得弹簧的压缩量l和小铁球上升的最大高度H.③B同学完成步骤①后, 接着进行了如图丙所示的实验: 将这根弹簧放在水平桌面上, 一端固定在竖直墙上, 另一端被小铁球压缩, 测得压缩量为l, 释放弹簧后, 小铁球从高为h的桌面上水平抛出, 抛出的水平距离为x.(1)A.B两位同学进行图甲所示的实验目的是为了确定什么物理量？ ________.请用m、d、g表示所求的物理量________________.(2)如果 Ep＝ kx2成立, A同学测出的物理量x与d、H的关系式是: x＝________.B同学测出的物理量x与d、h、l的关系式是: x＝________.解析：(1)A、B两位同学进行图甲所示的实验都进行了形变量的测量, 目的是为了确定弹簧的劲度系数. 根据胡克定律得, k＝＝ .(2)A同学运用弹簧的弹性势能转化为重力势能来测量形变量, B同学运用弹簧的弹性势能转化为动能, 并借助于做平抛运动来算出初速度, 从而即可求解水平距离x.对于A同学, kx2＝mgH, k＝ , 联立解得, x＝ .对于B同学, 初速度v0＝＝l , 得 k 2＝ m 2, 解得x＝l .答案: (1)确定弹簧的劲度系数k k＝(2) l5．(2016届衡水中学第三次调研)某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律, 实验装置如图甲所示．当气垫导轨正常工作时导轨两侧喷出的气体使滑块悬浮在导轨上方, 滑块运动时与导轨间的阻力可忽略不计．在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B, 滑块P上固定一遮光条, 若光线被遮光条遮挡, 光电传感器会输出高电压, 两光电传感器采集数据后与计算机相连．滑块在细线的牵引下向左加速运动, 遮光条经过光电传感器A、B时, 通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图线．(1)当采用图甲的实验装置进行实验时, 下列说法中正确的是________.A. 滑块P机械能守恒B. 钩码Q机械能守恒C. 滑块P和钩码Q组成的系统机械能守恒D. 以上三种说法都正确(2)实验前, 接通电源, 将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上, 轻推滑块, 当图乙中的Δt1________Δt2(选填“＞”“＝”或“＜”)时, 说明气垫导轨已经水平.(3)滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连, 将滑块P由图甲所示位置释放, 通过计算机得到的图象如图乙所示, 若Δt1.Δt2.遮光条宽度d、AB间距L、滑块质量M、钩码质量m 已知, 若上述物理量间满足关系式________, 则表明在上述过程中, 滑块和钩码组成的系统机械能守恒.(4)若遮光条宽度d＝8.400 mm, A.B间的距离L＝160.00 cm, Δt1＝8.40×10－3 s, Δt2＝4.20×10－3 s, 滑块质量M＝180 g, 钩码Q质量m＝20 g, 则滑块从A运动到B的过程中系统势能的减少量ΔEp＝________J, 系统动能的增量ΔEk＝________J. (g＝9.80 m/s2, 计算结果保留3位有效数字) 解析: (1)滑块P和钩码Q运动过程中, 细线拉力做功, 各自的机械能不守恒, 但是系统的机械能守恒, 故该实验装置验证滑块P和钩码Q组成的系统机械能是否守恒, C选项正确.(2)如果遮光条通过光电门的时间相等, 即Δt1＝Δt2, 说明遮光条做匀速运动, 即说明气垫导轨已经水平.(3)要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒, 应该求出动能的增加量和重力势能的减小量, 光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法. 由于光电门的宽度很小, 可以用很短时间内的平均速度代替瞬时速度, vB＝ , vA＝ , 系统动能的增加量为ΔEk＝ (M＋m) 2－ (M＋m) 2.系统重力势能的减少量, ΔEp＝mgL, 只要mgL＝ (M＋m) 2－ (M＋m) 2, 即验证机械能守恒．(4)系统重力势能的减小量ΔEp＝mgL＝0.02×9.8×1.60 J＝0.314 J. 系统动能的增加量ΔEk＝ (M ＋m) 2－ (M＋m) 2＝ (0.18＋0.02) 2－ 2 J＝0.300 J.答案: (1)C (2)＝(3)mgL＝ (M＋m) 2－ (M＋m) 2 (4)0.314 0.3006．(2016届牡丹江市第一中学月考)下图所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落, m1上拖着的纸带打出一系列的点, 对纸带上的点迹进行测量, 即可验证机械能守恒定律．如图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点, 每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出), 计数点间的距离如图所示．已知m1＝50 g、m2＝150 g, 则(结果均保留2位有效数字)(1)在纸带上打下计数点5时的速度v＝________m/s.(2)在打下第“0”到打下第“5”点的过程中系统动能的增量ΔEk＝________J, 系统势能的减少量ΔEp ＝________J. (取当地的重力加速度g＝10 m/s2)(3)若某同学作出 v2h图象如图所示, 则当地的重力加速度g＝________m/s2.解析: (1)根据在匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度, 可以求出打下记数点5时的速度大小, v5＝＝ m/s＝2.4 m/s.(2)根据物体的初、末动能大小可以求出动能的增加量, ΔEk＝ (m1＋m2)v －0＝×(0.05＋0.15)×2.42 J＝0.58 J.根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减少量, ΔEp＝W＝(m2－m1)gh＝(0.15－0.05)×10×(0.384＋0.216) J＝0.60 J.(3)根据机械能守恒可知, m2gh－m1gh＝ (m1＋m2)v2, 解得, ＝ gh＝ , 即 v2h图象中图象的斜率表示重力加速度的一半, 由图可知, 斜率k＝4.85, 故当地的实际重力加速度为g＝2k＝9.7 m/s2.答案: (1)2.4(2)0.580.60(3)9.7。

高考物理(人教版)一轮复习选修3-4课时作业Word版含答案

(时间：45分钟分值：100分)1. (15分)(1)一列横波沿x 轴正方向传播，在t s 与(t ＋0.8)s 两时刻，在x 轴上－3～3 m 区间内的两波形图正好重合，如图所示．则下列说法中正确的是________．A ．质点振动周期一定为0.8 sB ．该波的波速可能为10 m/sC ．从t 时刻开始计时，x ＝1 m 处的质点比x ＝－1 m 处的质点先到达波峰位置D ．在(t ＋0.4)s 时刻，x ＝－2 m 处的质点位移不可能为零E ．该波的波速可能为15 m/s(2) 如图所示，一个半圆形玻璃砖的截面图，AB 与OC 垂直，半圆的半径为R .一束平行单色光垂直于AOB 所在的截面射入玻璃砖，其中距O 点距离为R2的一条光线自玻璃砖右侧折射出来，与OC 所在直线交于D 点，OD ＝3R .求：①此玻璃砖的折射率是多少？②若在玻璃砖平面AOB 某区域贴上一层不透光的黑纸，平行光照射玻璃砖后，右侧没有折射光射出，黑纸在AB 方向的宽度至少是多少？解析：(1)由题意分析得知，nT ＝0.8 s ，n ＝1，2，3，…，周期T ＝0.8n s ，所以质点振动周期不一定为0.8 s ，故A 错误；由题图读出波长为λ＝4 m ，当n ＝1时，波速v ＝λT ＝5 m/s ，当n ＝2时，v ＝10 m/s ，故B 正确；当n ＝3时，v ＝15 m/s ，故E 正确；简谐横波沿x 轴正方向传播，在t 时刻，x ＝1 m 处的质点振动方向沿y 轴负方向，x ＝－1 m 处的质点振动方向沿y 轴正方向，所以x ＝－1 m 处的质点先到达波峰位置，故C 错误；t 时刻到(t ＋0.4)时刻经过时间为0.4 s ，而0.4 s 与周期的关系为N ＝0.4 s T ＝12n ，由于n 为整数，所以该时刻x ＝－2 m 处的质点不可能在平衡位置，位移不可能为零，故D 正确．(2) ①连接O 、E 并延长至H ，作EF 垂直OD 于F ，光线与AB 的交点为G ，由几何关系可知∠EOD ＝30°，∠DEH ＝60° 所以此玻璃砖的折射率n ＝sin 60°sin 30°＝ 3.②设光线IJ 恰好发生全反射，则∠IJO 为临界角，所以有sin ∠IJO ＝1n ＝33根据几何关系有sin ∠IJO ＝OI OJ求得OI ＝33R ，所以黑纸宽至少是233R . 答案：(1)BDE (2)①3 ②233R2．(15分)(1)(2019·石嘴山市第三中学模拟)弹簧振子在光滑水平面上做简谐振动，把小钢球从平衡位置向左拉一段距离，放手让其运动．从小钢球通过平衡位置开始计时，其振动图象如图所示，下列说法正确的是________．A ．钢球振动周期为1 sB ．在t 0时刻弹簧的形变量为4 cmC ．钢球振动半个周期，回复力做功为零D ．钢球振动一个周期，通过的路程等于10 cmE ．钢球振动方程y ＝5sin πt cm(2) 如图所示，在MN 的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率n ＝3，玻璃介质的上边界MN 是屏幕，玻璃中有一个正三角形空气泡，其边长l ＝40 cm ，顶点与屏幕接触于C 点，底边AB 与屏幕平行，一束激光a 垂直于AB 边射向AC 边的中点O ，结果在屏幕MN 上出现两个光斑．①求两个光斑之间的距离x ；②若任意两束相同的激光同时垂直于AB 边向上射入空气泡，求屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离L .解析：(1)从题图中可得钢球振动的周期为2 s ，A 错误；因为是在水平面上振动，所以钢球振动的平衡位置应该是弹力为零时，即平衡位置时弹簧的形变量为零，t 0时刻在距离平衡位置右方4 cm 处，则在t 0时刻弹簧的形变量为4 cm ，故B 正确；经过半个周期后，位移与之前的位移关系总是大小相等、方向相反；速度也有同样的规律，故动能不变，根据动能定理，合力做的功为零，即钢球振动半个周期，回复力做功为零，C 正确；钢球振动一个周期，通过的路程等于4×5 cm ＝20 cm ，D 错误；ω＝2πT ＝π rad/s ，A ＝5 cm ，故钢球振动方程y ＝5sin πtcm ，E 正确．(2) ①画出光路图如图所示．在界面AC ，入射角i ＝60°，n ＝3，由折射定律有n ＝sin isin r解得折射角r ＝30°由光的反射定律得反射角θ＝60°由几何关系得，△ODC 是边长为12l 的正三角形，△OEC 为等腰三角形，且CE ＝OC ＝l2，则两个光斑之间的距离x ＝DC ＋CE ＝40 cm.②作出入射点在A 、B 两点的光线的光路图，如图所示，由图可得屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离L ＝PQ ＝2l ＝80 cm.答案：(1)BCE (2)①40 cm②80 cm3．(15分)(1)下列说法中正确的是________．A ．光的偏振现象说明光具有波动性，但并非所有的波都能发生偏振现象B ．变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场C ．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄D ．某人在速度为0.5c 的飞船上打开一光源，则这束光相对于地面的速度应为1.5cE ．火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥梁(2)平衡位置位于原点O 的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x 轴传播，P 、Q 为x 轴上的两个点(均位于x 轴正向)，P 与O 的距离为35 cm ，此距离介于一倍波长与二倍波长之间．已知波源自t ＝0时由平衡位置开始向上振动，周期T ＝1 s ，振幅A ＝5 cm.当波传到P 点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5 s ，平衡位置在Q 处的质点第一次处于波峰位置．求：①P 、Q 间的距离；②从t ＝0开始到平衡位置在Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程．解析：(1)光的偏振现象能说明光是横波，则光具有波动性，但纵波并不能发生偏振现象，故A 正确；均匀变化的电场则产生稳定的磁场，非均匀变化的电场才产生变化的磁场，同理，后者也是这样的结论，故B 错误；光的双缝干涉实验中，若将入射光由红光改为绿光，由于波长变短，则干涉条纹间距变窄，故C 正确；在速度为0.5c 的飞船上打开一光源，根据光速不变原理，则这束光相对于地面的速度应为c ，故D 错误；火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥梁，选项E 正确．(2)①由题意，O 、P 两点间的距离与波长λ之间满足 OP ＝54λ① 波速v 与波长的关系为v ＝λT②在t ＝5 s 的时间间隔内，波传播的路程为v t .由题意有 v t ＝PQ ＋λ4③ 式中，PQ 为P 、Q 间的距离．由①②③式和题给数据，得 PQ ＝133 cm.④②Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为 t 1＝t ＋54T⑤波源从平衡位置开始运动，每经过T4，波源运动的路程为A .由题给条件得t 1＝25×T4⑥故t 1时间内，波源运动的路程为 s ＝25A ＝125 cm.⑦答案：(1)ACE (2)①133 cm ②125 cm 4．(15分)(1)(2019·重庆市巴蜀中学模拟)两列简谐横波的振幅都是10 cm ，传播速度大小相同．实线波的频率为2 Hz ，沿x 轴正方向传播；虚线波沿x 轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则________．A ．在相遇区域会发生干涉现象B ．实线波和虚线波的频率之比为3∶2C ．平衡位置为x ＝6 m 处的质点此刻速度为零D ．平衡位置为x ＝8.5 m 处的质点此刻位移y >10 cmE ．从图示时刻起再经过0.25 s ，平衡位置为x ＝5 m 处的质点的位移y <0(2) 半径为R 、介质折射率为n 的透明圆柱体，过其轴线OO ′的截面如图所示．位于截面所在的平面内的一细束光线，以角i 0由O 点入射，折射光线由上边界的A 点射出．当光线在O 点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的B 点恰好发生全反射．求A 、B 两点间的距离．解析：(1)两列波波速大小相同，波长不同，根据v ＝λf ，频率不同，不能发生干涉现象，故A 错误；两列波波速相同，波长分别为4 m 、6 m ，根据v ＝λf ，频率之比为3∶2，故B 正确；平衡位置为x ＝6 m 处的质点此刻位移为零，两列波单独引起的速度均向上，故合速度不为零，故C 错误；平衡位置为x ＝8.5 m 处的质点，实线波引起的位移为22A 、虚线波引起的位移为12A ，故合位移大于振幅A ，故D 正确；传播速度大小相同，实线波的频率为2 Hz ，其周期为0.5 s ，可知虚线波的周期为0.75 s ，从图示时刻起再经过0.25 s ，实线波在平衡位置为x ＝5 m 处的质点处于波谷，而虚线波处于y 轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y ＜0，故E 正确．(2)当光线在O 点的入射角为i 0时，设折射角为r 0，由折射定律得sin i 0sin r 0＝n ①设A 点与左端面的距离为d A ，由几何关系得 sin r 0＝Rd 2A ＋R 2②若折射光线恰好发生全反射，则在B 点的入射角恰好为临界角C ，设B 点与左端面的距离为d B ，由折射定律得sin C ＝1n③ 由几何关系得sin C ＝d Bd 2B ＋R 2④设A 、B 两点间的距离为d ，可得d ＝d B －d A ⑤联立①②③④⑤式得d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n 2－1－n 2－sin 2i 0sin i 0R .答案：(1)BDE (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2－1－n 2－sin 2i 0sin i 0R5．(20分)(1)(2016·高考全国卷Ⅰ)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8 m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近．该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s ．下列说法正确的是( )A ．水面波是一种机械波B ．该水面波的频率为6 HzC ．该水面波的波长为3 mD ．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去E ．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移(2)如图，三角形ABC 为某透明介质的横截面，O 为BC 边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O 以角i 入射，第一次到达AB 边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC 边长为2L ，该介质的折射率为 2.求：①入射角i ；②从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c ，可能用到：sin 75°＝6＋24或tan 15°＝2－3)．解析：(1)水面波是机械波，选项A 正确；根据第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s 可知，该水面波的周期为T ＝159 s ＝53 s ，频率为f ＝1T ＝0.6 Hz ，选项B 错误；该水面波的波长为λ＝v T ＝1.8×53 m ＝3 m ，选项C 正确；水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时介质中的质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移，但能量会传递出去，选项D 错误，E 正确．(2)①根据全反射定律可知，光线在AB 面上P 点的入射角等于临界角C ，由折射定律得 sin C ＝1n①代入数据得 C ＝45°② 设光线在BC 面上的折射角为r ，由几何关系得 r ＝30° ③ 由折射定律得 n ＝sin i sin r④ 联立③④式，代入数据得 i ＝45°.⑤ ②在△OPB 中，根据正弦定理得OPsin 75°＝L sin 45°⑥设所用时间为t ，光线在介质中的速度为v ，得 OP ＝v t ⑦ v ＝c n⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得t ＝6＋22cL .答案：(1)ACE (2)①45° ②（6＋2）L2c6．(20分)(1)(2019·云南玉溪一中模拟)下列说法正确的是________． A ．光的偏振现象说明光是一种电磁波B ．无线电波的发射能力与频率有关，频率越高发射能力越强C ．一个单摆在海平面上的振动周期为T ，那么将其放在某高山之巅，其振动周期一定变大D ．根据单摆的周期公式T ＝2πlg，在地面附近，如果l →∞，则其周期T →∞ E ．利用红外摄影可以不受天气(阴雨、大雾等)的影响，因为红外线比可见光波长长，更容易绕过障碍物(2)如图所示为某种透明介质的截面图，ACB 为半径R ＝10 cm 的二分之一圆弧，AB 与水平面屏幕MN 垂直并接触于A 点．由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O ，在AB 分界面上的入射角i ＝45°，结果在水平屏幕MN 上出现两个亮斑．已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n 1＝233、n 2＝ 2.①判断在AM 和AN 两处产生亮斑的颜色； ②求两个亮斑间的距离．解析：(1)光的偏振现象说明光是横波，故A 错误；无线电波的发射能力与频率成正比，频率越高发射能力越强，故B 正确；单摆的周期公式T ＝2πlg，其放在某高山之巅，重力加速度变小，其振动周期一定变大，故C 正确；根据单摆的周期公式T ＝2πlg，在地面附近，如果l →∞，则重力加速度变化，故D 错误；因为红外线比可见光波长长，更容易发生衍射，则容易绕过障碍物，故E 正确．(2)①设红光和紫光的临界角分别为C 1、C 2，sin C 1＝1n 1＝32，C 1＝60°，同理C 2＝ 45°，i ＝45°＝C 2，i ＝45°＜C 1，所以紫光在AB 面发生全反射，而红光在AB 面一部分折射，一部分反射，所以在AM 处产生的亮斑为红色，在AN 处产生的亮斑为红色与紫色的混合色．②画出如图所示光路图，设折射角为r ，两个光斑分别为P 1、P 2.根据折射定律n 1＝sin rsin i求得sin r ＝63由几何知识可得：tan r ＝RAP 1解得：AP 1＝5 2 cm由几何知识可得△OAP 2为等腰直角三角形，解得： AP 2＝10 cm所以：P 1P 2＝(52＋10) cm.答案：(1)BCE (2)①红色红色与紫色的混合色 ②(52＋10) cm。

高考物理一轮复习第一章匀变速直线运动的规律课时作业2(含解析)

高考物理一轮复习第一章匀变速直线运动的规律课时作业2（含解析）1．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ，则刹车后6 s 内的位移是( )A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 m答案：C 解析：根据Δs ＝at 2，可得a ＝Δs t2＝2 m/s 2；从开始刹车计时，1 s 时的速度为v 1＝9＋72 m/s 2＝8 m/s ，再经过4 s 汽车停止运动，所以汽车的总刹车时间是5 s ，刹车后6 s 内的位移s ＝12at 2＝12×2×52m ＝25 m ．本题答案为C ．2．一个物体做变加速直线运动，依次经过A 、B 、C 三点，B 为AC 的中点，物体在AB 段的加速度恒为a 1，在BC 段的加速度恒为a 2，已知物体经过A 、B 、C 三点的速度为v A 、v B 、v C ，有v A <v C ，且v B ＝v A ＋v C2，则加速度a 1和a 2的大小为( )A ．a 1<a 2B ．a 1＝a 2C ．a 1>a 2D ．条件不足无法确定答案：A 解析：解法一：由于物体做加速运动，所以v AB <v BC ，则t AB >t BC ，由v B ＝v A ＋v C2得：v B －v A ＝v C －v B 即a 1t AB ＝a 2t BC ，由于t AB >t BC ，故a 1<a 2，A 选项正确．解法二：作出v t 图象如图所示，B 为AC 的中点且v B ＝v A ＋v C2，只能是a 1<a 2.3．一辆汽车正在以速度54 km/h 匀速运动，由于某种原因需要在100 m 内停下，则刹车加速度大小不可能为( )A ．1.06 m/s 2B ．1.65 m/s 2C ．2.4 m/s 2D ．3.2 m/s 2答案：A 解析：刹车初速度为v 0＝54 km/h ＝15 m/s 、末速度为v ＝0，设加速度大小为a ，应用速度—位移关系式有v 2－v 20＝－2ax ，解得a ＝1.125 m/s 2，则加速度大小分别为3.2 m/s 2、2.4 m/s 2、1.65 m/s 2时汽车在100 m 内能停下，选项B 、C 、D 均可能，选项A 错．4．(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g2，当滑块速度大小变为v 02时，所用时间可能是( )A ．v 02gB ．v 0g C ．3v 0g D ．3v 02g答案：BC 解析：当滑块速度大小变为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 1＝v 02和v 2＝－v 02，由公式t ＝v －v 0a ，得t 1＝v 0g 和t 2＝3v 0g，B 、C 正确．5．如图所示，斜面倾角为θ，一个小物体从斜面底端以某一初速度沿斜面向上做匀减速直线运动，其依次经过a 、b 、c 三点，最终停在斜面顶点P .a 、b 、c 三点到P 点的距离分别为x 1、x 2、x 3，小物体由a 、b 、c 运动到P 点所用的时间分别为t 1、t 2、t 3，则下列结论正确的是( )A ．x 1t 1＝x 2t 2＝x 3t 3B ．x 2－x 1t 22－t 21＝x 3＋x 1t 23－t 21C ．x 1t 1＝x 2t 2<x 3t 3D ．x 1t 21＝x 2t 22＝x 3t 23答案：D 解析：运用逆向思维，小物体从斜面顶端做初速度为0的匀加速直线运动，根据位移公式x ＝12at 2有a ＝2x 1t 21＝2x 2t 22＝2x 3t 23，选项D 对；应用数学知识有x 2－x 1t 22－t 21＝x 3－x 1t 23－t 21，选项A 、B 、C 均错．6．(2014·上海单科)在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地的时间差为( )A ．2v gB ．vgC ．2h vD ．h v答案：A 解析：下抛落地时间满足h ＝vt 1＋12gt 21，上抛落地所需要时间满足－h ＝vt 2－12gt 22，两式相加得t 2－t 1＝2vg，A 项正确． 7．磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫．当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中．弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速(视为匀加速)的距离大约为0.8 mm ，弹射最大高度为 24 cm.而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假设加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程(视为匀加速)重心上升高度为0.5 m ，那么人离地后重心上升的最大高度可达(空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等)( )A ．150 mB ．75 mC ．15 mD ．7.5 m答案：A 解析：磕头虫向下运动末速度大小与向上运动初速度大小相等，向下运动的过程中v 21＝2ah 1，弹射过程中v 21＝2gh 2；人向上加速运动过程中v 22＝2aH 1，离地上升过程中v 22＝2gH 2，代入数值得H 2＝150 m ，故A 正确．8．物体以一定的初速度从斜面底端A 点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l ，到达斜面最高点C 时速度恰好为零，如图所示．已知物体运动到距斜面底端34l 处的B 点时，所用时间为t ，物体从B 滑到C 所用的时间为t ′，则( )A ．t ′＝13tB ．t ′＝12tC ．t ′＝tD ．t ′<t答案：C 解析：把物体运动看成从C 点到A 点的初速度为0的匀加速直线运动．由题意知s CB ∶s BA ＝1∶3，根据初速度为0的匀加速度直线运动在连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5…，可知t ′＝t .9．(2014·云南师大附中调研)(多选)如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA 杆竖直放置，OB 杆与OD 杆等长，OC 杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，四个环分别从O 点由静止释放，沿OA 、OB 、OC 、OD 滑到斜面上所用的时间依次为t 1、t 2、t 3、t 4.下列关系正确的是( )A ．t 1>t 2B ．t 1＝t 3C ．t 2＝t 4D ．t 2<t 4答案：ABD 解析：根据等时圆模型，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底端所用时间相同，故沿OA 和OC 滑到底端的时间相同，OB 不是一条完整的弦，时间最短，OD 长度超过一条弦，时间最长．t 4>t 1＝t 3>t 2故正确选项为A 、B 、D ．10．一物体从某高处做匀加速下落运动，最初3 s 和最后3 s 的位移之比为3∶7，此两段时间内的位移之差大小为6 m ，求：(1)物体下落的高度； (2)物体下落的时间．答案：(1)12.5 m (2)5 s 解析：(1)设最初3 s 和最后3 s 的位移分别为x 1、x 2. 由题意可知x 1∶x 2＝3∶7，x 2－x 1＝6 m 解得x 1＝4.5 m ，x 2＝10.5 m过程草图如图所示，易知物体从顶端A 至底端B 做初速度为0的匀加速直线运动，根据初速度为0的匀加速直线运动连续相等时间内的位移之比等于连续的奇数之比可知最初3 s 和最后3 s 有交叉过程，CD 为交叉过程，由最初Δt ＝3 s 有x 1＝12a Δt 2解得a ＝1 m/s 2由最后Δt ＝3 s 有x 2＝v C Δt ＋12a Δt 2解得v C ＝2 m/s则AC 距离为x AC ＝v 2C2a ＝2 mAB 距离x ＝x AC ＋x 2解得x ＝12.5 m (2)AC 段用时间t 1＝v C a从A 到B 需时间t ＝t 1＋Δt 解得t ＝5 s11.(2015·湖北襄阳市调研)我国某城市某交通路口绿灯即将结束时会持续闪烁 3 s ，而后才会变成黄灯，再在3 s 黄灯提示后再转为红灯．新交通法规定：黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可继续前行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章运动．(本题中的刹车过程均视为匀减速直线运动)(1)若某车在黄灯开始闪烁时刹车，要使车在黄灯闪烁的时间内停下来且刹车距离不得大于24 m ，该车刹车前的行驶速度不能超过多少？(2)若某车正以v 0＝18 m/s 的速度驶向路口，此时车距停车线的距离为L ＝58.5 m ，当驾驶员看到绿灯开始闪烁时，经短暂考虑后开始刹车，该车在红灯刚亮时恰停在停车线以内．求该车驾驶员的允许的考虑时间．答案：(1)16 m/s (2)0.5 s解析：(1)设在满足题设条件的情况下该车的最大行驶速度为v 根据平均速度公式x 1＝v2t 1解得v ＝16 m/s(2)该车驾驶员的允许的从绿灯闪烁到红灯亮起的过程中，汽车做减速运动的时间t 2＝6－t该汽车在刹车过程中通过的位移为x 2＝v 02t 2设绿灯开始闪烁时该车距离停车线的距离为L ，则L ＝L 0＋x 2 联立解得：t ＝0.5 s即该驾驶员的允许的考虑时间不能超过0.5 s.12．(2015·浙江温州一模)我海军小分队在进行登陆某海岛演习．一大型战舰停在离某海岛登陆点一定距离处，登陆队员需要从较高的甲板上利用绳索下滑到海水中的快艇上，再开快艇接近登陆点．绳索的一端固定在战舰甲板边缘，另一端固定在快艇上，使绳索处于绷直状态，其长度为L ＝16 m ．队员沿绳索先由静止匀加速下滑，再匀减速滑到快艇时速度刚好为零，在此过程中队员的最大速度v max ＝8 m/s.当队员抵达快艇后，立即撤除绳索，快艇正对登陆点从静止开始以a 1＝2 m/s 2的加速度匀加速直线行驶一段时间后，立即改做加速度大小为a 2＝4 m/s 2的匀减速直线运动，到达海岛登陆点时速度恰好为零．快艇距登陆点的直线距离s ＝540 m ，撤除绳索时间忽略不计，队员和快艇均视为质点．求队员登岛的总时间．答案：(4＋910) s解析：设队员在绳索上运动的时间为t 1，在快艇上运动的时间为t 2，由运动学公式得：L ＝v max2t 1v 2＝2a 1x 1 v 2＝2a 2x 2 s ＝x 1＋x 2 s ＝v 2t 2代入数据得t 1＝4 st 2＝910 s所以队员登岛的总时间t ＝t 1＋t 2＝(4＋910) s.13．(2015·陕西师大附中摸底)2012年11月25日，中国第一艘装有帮助飞机起飞弹射系统的航母“辽宁舰”完成了歼－15首次起降飞行训练并获得圆满成功．已知歼－15在跑道上加速时可产生的最大加速度为5.0 m/s 2，当歼－15的速度达到50 m/s 时才能离开航空母舰起飞．设航空母舰处于静止状态．求：(1)若要求歼－15滑行160 m 后起飞，弹射系统必须使飞机至少具有多大的初速度？ (2)若“辽宁舰”上不装弹射系统，要求该种飞机仍能从此舰上正常起飞，问该舰身长至少应为多长？(3)若“辽宁舰”上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为L ＝160 m ，为使歼－15仍能从此舰上正常起飞，可采用先让“辽宁舰”沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，再让歼－15起飞，则“辽宁舰”的航行速度至少为多少？答案：(1)30 m/s (2)250 m (3)10 m/s解析：(1)设经弹射系统使飞机起飞时初速度为v 0，由运动学公式v 2－v 20＝2ax 得v 0＝v 2－2aL ＝30 m/s(2)不装弹射系统时，飞机从静止开始做匀加速直线运动．由运动学公式v 2－0＝2ax 得该舰身长至少应为x ＝v 2－02a＝250 m(3)航空母舰沿飞机起飞方向匀速航行，设速度为v 1，在飞机起跑过程中的位移为x ，则x 1＝v 1t飞机起跑过程中做初速度为v 1的匀加速直线运动，设位移为x 2，则由运动学公式v 2－v 21＝2ax 2得x 2＝v 2－v 212a又有v ＝v 1＋at 解得运动的时间为t ＝v －v 1a由位移关系可知L ＝x 2－x 1解以上各式得L ＝v 2－v 212a －v 1·v －v 1a解得v 1＝10 m/s 或v 1＝90 m/s(舍去)故航空母舰沿飞机起飞方向的速度至少为10 m/s.。

高考物理一轮总复习人教版课时作业Word版含解析(21)

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．一个带正电的质点，电荷量q＝2.0×10－9C，在静电场中由a点移动到b点。

在这过程中除静电力外，其他力做的功为6.0×10－5J，质点的动能增加了8.0×10－5J，则a、b 两点间的电势差U ab为()A．1×104 V B．－1×104 VC．4×104 V D．－7×104 V解析：根据动能定理得W ab＋6.0×10－5 J＝8.0×10－5 J，则W ab＝8.0×10－5 J－6.0×10－5 J＝2.0×10－5 J。

由U AB＝W ABq得U ab＝2.0×10－52.0×10－9V＝1×104 V，选项A正确。

答案： A2.电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.2×10－8J，在B点的电势能为0.80×10－8 J。

已知A、B两点在同一条电场线上，如图所示，该点电荷的电荷量的绝对值为1.0×10－9 C，那么()A．该电荷为负电荷B．该电荷为正电荷C．A、B两点的电势差U AB＝4.0 VD．把电荷从A移到B，静电力做功为W＝2.5×10－10 J解析：A点的电势能大于B点的电势能，从A到B静电力做正功，所以该电荷一定为负电荷，故选项A正确，选项B错误；静电力做功W AB＝E p A－E p B＝1.2×10－8 J－0.80×10－8J＝0.40×10－8J，选项D错误；由U AB＝W ABq得U AB＝0.4×10－8－1.0×10－9V＝－4.0 V，所以选项C错误。

答案： A3.如图所示，沿x轴正向的匀强电场中，有一动点以O为圆心，半径为r做逆时针转动一周，A点为连线OA与x轴正向成θ角时圆周上的一点，电场强度为E，则此圆周上各点与A点间最大的电势差为()A．U＝Er B．U＝Er(sin θ＋1)C．U＝Er(cos θ＋1) D．U＝2Er解析：由U＝Ed知，与A点间电势差最大的点应是沿场强方向与A点相距最远的点，d max＝r＋r cos θ，所以U max＝Er(cos θ＋1)，选项C对。

高考物理一轮总复习人教版课时作业Word版含解析(17)

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～7题为单项选择题，8～11题为多项选择题)1．下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是()解析：对通电导体用左手定则判断可知C选项正确。

答案： C2．一段长0.2 m，通过2.5 A电流的直导线，在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，正确的是()A．如果B＝2 T，F一定是1 NB．如果F＝0，B也一定为零C．如果B＝4 T，F有可能是1 ND．如果F有最大值，通电导线一定与B平行解析：如果B＝2 T，当导线与磁场方向垂直放置时，安培力最大，大小为F＝BIL＝2×2.5×0.2 N＝1 N；当导线与磁场方向平行放置时，安培力F＝0；当导线与磁场方向成任意夹角放置时，0<F<1 N，选项A、B和D均错误；将L＝0.2 m、I＝2.5 A、B＝4 T、F＝1 N 代入F＝BIL sin θ，解得θ＝30°，故选项C正确。

答案： C3.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则关于导线ab受磁场力后的运动情况，下列说法正确的是()A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B ．从上向下看顺时针转动并远离螺线管C ．从上向下看逆时针转动并远离螺线管D ．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管解析：由安培定则可判定通电螺线管产生的磁场方向，导线等效为Oa 、Ob 两电流元，由左手定则可判定两电流元所受安培力的方向，如图所示，所以从上向下看导线逆时针转动，当转过90°时再用左手定则可判定导线所受磁场力向下，即导线在逆时针转动的同时还要靠近螺线管，D 对。

答案： D 4.如图所示，质量m ＝0.5 kg 、长L ＝1 m 的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架向下(磁场范围足够大)，右侧回路电源电动势E ＝8 V ，内电阻r ＝1 Ω，额定功率为8 W 、额定电压为4 V 的电动机正常工作，(g ＝10 m/s 2)则( )A ．回路总电流为2 AB ．电动机的额定电流为4 AC ．流经导体棒的电流为4 AD ．磁感应强度的大小为1.5 T解析：由电路分析可知，电路内电压U 内＝E －U ＝4 V ，回路总电流I 总＝u 内r＝4 A ，选项A 错误；电动机的额定电流I M ＝P U＝2 A ，选项B 错误；流经导体棒的电流I ＝I 总－I M ＝2 A ，选项C 错误；对导体棒受力分析，mg sin 37°＝BIL ，代入数据可得B ＝1.5 T ，选项D 正确。

《高考核动力》2016届高三物理一轮复习课时作业28(Word版含解析)

课时作业(二十八)(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后括号内)1．(2015·福建泉州高三月考)粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框一边a 、b 两点间的电势差绝对值最大的是( )【解析】线框各边电阻相等，切割磁感线的那个边为电源，电动势相同均为Bl v .在A 、C 、D 中，U ab ＝14Bl v ，B 中，U ab ＝34Bl v ，选项B 正确．【答案】 B2．(2015·广东韶关高三质检)如图所示，MN 、PQ 是间距为L 的平行金属导轨，置于磁感应强度为B 、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M 、P 间接有一阻值为R 的电阻．一根与导轨接触良好、有效阻值为R 2的金属导线ab 垂直导轨放置，并在水平外力F 的作用下以速度v 向右匀速运动，则(不计导轨电阻)( )A ．通过电阻R 的电流方向为P →R →MB ．a 、b 两点间的电压为BL vC ．a 端电势比b 端电势高D ．外力F 做的功等于电阻R 上产生的焦耳热【解析】由右手定则可知通过金属导线的电流由b 到a ，即通过电阻R 的电流方向为M →R →P ，A 错误；金属导线产生的感应电动势为BL v ，而a 、b 两点间的电压为等效电路路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，a 、b 两点间电压为23BL v ，B 错误；金属导线可等效为电源，在电源内部，电流从低电势流向高电势，所以a 端电势高于b 端电势，C 正确；根据能量守恒定律可知，外力F 做的功等于电阻R 和金属导线产生的焦耳热之和，D 错误．【答案】 C3.如图所示，在光滑的水平面上，一质量为m ＝0.1 kg ，半径为r ＝0.5 m ，电阻为R ＝0.5 Ω的均匀金属圆环，以v 0＝5 m/s 的初速度向一磁感应强度为B ＝0.1 T 的有界匀强磁场滑去(磁场宽度d >2r )．圆环的一半进入磁场历时2秒，圆环上产生的焦耳热为0.5 J ，则2秒末圆环中感应电流的瞬时功率为( )A ．0.15 WB ．0.2 WC ．0.3 WD ．0.6 W【解析】圆环刚好有一半进入磁场时，设瞬时速度为v ，由Q ＝12m v 20－12m v 2，解得v ＝15 m/s ，此时环上的瞬时感应电动势为E ＝B v ×2r ，故瞬时功率为P ＝E 2/R ＝0.3 W.【答案】 C4.(2013·安徽卷，16)如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直于导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6)( )A ．2.5 m/s 1 WB ．5 m/s 1 WC ．7.5 m/s 9 WD ．15 m/s 9 W【解析】当小灯泡稳定发光时，导体棒MN 匀速运动，受力如图所示．根据受力平衡可得，mg sin θ＝μmg cos θ＋B 2L 2v 2R ，代入数据得，v ＝5 m/s ；小灯泡消耗的电功率为P ＝(BL v 2R)2R ＝1 W ，B 项正确．【答案】 B5.如图所示，有界匀强磁场与斜面垂直，质量为m 的正方形线框静止在倾角为30°的绝缘斜面上(位于磁场外)，现使线框获得速度v 向下运动，恰好穿出磁场，线框的边长小于磁场的宽度，线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝33，则下列说法正确的是( )A ．线框完全进入磁场后做减速运动B ．线框进入磁场的过程中电流做的功小于穿出磁场的过程中电流做的功C ．线框进入和穿出磁场时，速度变化量与运动距离成正比D ．线框进入和穿出磁场时，速度变化量与运动时间成正比【解析】由于μ＝tan 30°，可知线框在磁场外做匀速运动，进入和穿出磁场时，线框减速，线框完全进入磁场后不受安培力，做匀速运动，A 错误；由牛顿第二定律有：BIL ＝ma ，又有I ＝E R ，E ＝BL v ，a ＝Δv Δt ，联立得：B 2L 2mR ＝Δv v Δt，在很短的时间内，速度大小可认为不变，线框运动距离为x ，则有：Δv x ＝B 2L 2mR，此式表明：线框进入和穿出磁场时，速度变化量与运动距离成正比，可知进入磁场后的速度大小为v 2，电流做的功等于动能的减少量，进入磁场的过程中电流做的功为：W 1＝12m v 2－12m ⎝⎛⎭⎫v 22＝38m v 2，穿出磁场的过程中电流做的功为：W 2＝12m ⎝⎛⎭⎫v 22＝18m v 2，可知W 1>W 2 ，B 错误，C 正确；进入和穿出磁场的过程中，线框受到的合外力等于安培力，加速度越来越小，D 错误．【答案】 C6.(2013·全国新课标卷Ⅱ，16)如图，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d ＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t 图像中，可能正确描述上述过程的是( )【解析】根据楞次定律可知，线框进入磁场及离开磁场的过程受到安培力，从而做变减速运动，由牛顿第二定律得，BIL ＝B 2L 2v R＝ma ，线框的速度减小，线框的加速度减小；线框完全进入到磁场中运动时，做匀速直线运动，D 项正确．【答案】 D7．如图甲所示，MN 、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，间距为L ＝1 m ，质量为m 的金属杆ab 水平放置在轨道上，其阻值忽略不计．空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B ＝0.5 T ．P 、M 间接有阻值R 1的定值电阻，Q 、N 间接变阻箱R .现从静止释放ab ，改变变阻箱的阻值R ，测得最大速度为v m ，得到1v m与1R 的关系如图乙所示．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g 取10 m/s 2.则( )A ．金属杆中感应电流方向为a 指向bB ．金属杆所受安培力沿斜面向下C ．定值电阻的阻值为1 ΩD ．金属杆的质量为1 kg【解析】由受力平衡知，金属杆所受安培力沿斜面向上，由左手定则判断，金属杆中感应电流方向由b 指向a ，所以AB 错误；总电阻为R 总＝R 1R /(R 1＋R )，I ＝BL v /R 总，当达到最大速度时金属杆受力平衡，mg sin θ＝BIL ＝B 2L 2v m R 1R ·(R 1＋R )，1v m ＝B 2L 2mg sin θR ＋B 2L 2mg sin θR 1，根据图乙代入数据，可以得到杆的质量m ＝0.1 kg ，R 1＝1 Ω，C 正确．【答案】 C8.如图所示，abcd 为一边长为l 、具有质量的刚性导线框，位于水平面内，bc 边串接有电阻R .虚线表示一匀强磁场区域的边界，它与线框ab 边平行，磁场区域的宽度为2l ，磁场方向竖直向下．线框在一垂直于ab 边的水平恒定拉力F 作用下，沿光滑水平面运动，直到通过磁场区域．已知ab 边刚进入磁场时，线框做匀速运动，下面定性画出的回路中电流i 大小与位移x 图象可能正确的是( )【解析】由题意知，当线框在x ＝0至x ＝l 间运动时电流恒为i 0；当线框在x ＝l 至x ＝2l 间运动时，磁通量不变化，故i ＝0，线框做匀加速运动；当ab 边刚出磁场(x ＝2l )时，线框的速度大于刚进磁场时的速度，cd 边切割磁感线产生的电流i >i 0，同时受到的安培力大于F ，线框做减速运动，随着速度的减小，安培力变小，加速度变小，故选项C 错；当cd 边刚出磁场时，线框速度可能还没减速到ab 边刚进磁场时的速度，故选项B 对；也可能恰好减速到ab 边刚进磁场时的速度，故选项D 对；还可能早就减速到ab 边刚进磁场时的速度以后做匀速运动，故选项A 对．【答案】 ABD9．如图(a)所示为磁悬浮列车模型，质量M ＝1 kg 的绝缘板底座静止在动摩擦因数μ1＝0.1的粗糙水平地面上．位于磁场中的正方形金属框ABCD 为动力源，其质量m ＝1 kg ，边长为1 m ，电阻为116Ω，与绝缘板间的动摩擦因数μ2＝0.4.OO ′为AD 、BC 的中线．在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OO ′CD 区域内磁场如图(b)所示，CD 恰在磁场边缘以外；OO ′BA 区域内磁场如图(c)所示，AB 恰在磁场边缘以内(g ＝10 m/s 2)．若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则金属框从静止释放后( )A ．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为 3 m/s 2B ．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为 7 m/s 2C ．若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s 2，绝缘板仍静止D ．若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s 2，绝缘板的加速度为2 m/s 2【解析】若金属框固定在绝缘板上，由题意得E ＝ΔB 1Δt ·12S ABCD ＝1×12×1×1 V ＝0.5 V ，I ＝E R＝8 A ，F AB ＝B 2IL ＝8 N ，取绝缘板和金属框整体进行受力分析，由牛顿第二定律：F AB －μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，解得a ＝3 m/s 2，A 对，B 错；若金属框不固定，对金属框进行受力分析，假设其相对绝缘板滑动，F f 1＝μ2mg ＝0.4×1×10 N ＝4 N<F AB ，假设正确．对金属框应用牛顿第二定律得F AB －F f 1＝ma 1，a 1＝4 m/s 2；对绝缘板应用牛顿第二定律得F f 1－F f 2＝Ma 2，F f 2＝μ1(M ＋m )g ＝2 N ，解得a 2＝2 m/s 2，C 错，D 对．【答案】 AD10.如图，两根足够长光滑平行金属导轨PP ′、QQ ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M 、N 相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab 水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab ，则( )A ．金属棒ab 最终可能匀速下滑B ．金属棒ab 一直加速下滑C ．金属棒ab 下滑过程中M 板电势高于N 板电势D ．带电微粒不可能先向N 板运动后向M 板运动【解析】金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对金属板M 、N 充电，充电电流通过金属棒时金属棒受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mg sin θ－BIL >0，金属棒将一直加速下滑，A 错，B 对；由右手定则可知，金属棒a 端(即M 板)电势高，C 对；若微粒带负电，则电场力向上，与重力反向，开始时电场力为0，微粒向下加速，当电场力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，可能向N 板减速运动到零后再向M 板运动，D 错．【答案】 BC二、综合应用(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明，方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(12分)如图所示，匀强磁场B ＝0.1 T ，金属棒AB 长0.4 m ，与框架宽度相同，电阻为13Ω，框架电阻不计，电阻R 1＝2 Ω，R 2 ＝1 Ω，当金属棒以5 m/s 的速度匀速向左运动时，求：(1)流过金属棒的感应电流多大？(2)若图中电容器C 为0.3 μF ，则充电荷量是多少？【解析】 (1)由E ＝BL v 得E ＝0.1×0.4×5 V ＝0.2 VR ＝R 1·R 2R 1＋R 2＝2×12＋1Ω＝23 ΩI ＝E R ＋r ＝0.223＋13A ＝0.2 A. (2)路端电压U ＝IR ＝0.2×23 V ＝0.43V Q ＝CU 2＝CU ＝0.3×10－6×0.43C ＝4×10－8 C. 【答案】 (1)0.2 A (2)4×10－8 C12．(18分)如图甲所示，磁感应强度B ＝2 T 、方向竖直向下的匀强磁场以虚线MN 为左边界，MN 的左侧有一质量m ＝0.1 kg ，bc 边长L 1＝0.2 m ，电阻R ＝2 Ω的矩形线圈abcd 放置于绝缘光滑水平面上，t ＝0时，用一恒定拉力F 拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s ，线圈的bc 边到达磁场边界MN ，此时立即将拉力F 改为变力，又经过1 s ，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i 随时间t 变化的图象如图乙所示．(1)求线圈bc 边刚进入磁场时的速度v 1的大小和线圈在第1 s 内运动的距离x ；(2)写出第2 s 内变力F 随时间t 变化的关系式；(3)求出线圈ab 边的长度L 2.【解析】 (1)由题图乙可知，线圈刚进入磁场时的感应电流I 1＝0.1 A ，由E ＝BL 1v 1及I 1＝E R得 v 1＝I 1R BL 1＝0.1×22×0.2 m/s ＝0.5 m/s ，x ＝v 12t ＝0.25 m. (2)由题图乙知，在第2 s 时间内，线圈中的电流随时间均匀增加，有i ＝(0.2t －0.1)A ，线圈速度随时间均匀增加，线圈所受安培力随时间均匀增加，则F 安＝BiL 1＝(0.08t －0.04)Nt ＝2 s 时线圈的速度v 2＝I 2R BL 1＝0.3×22×0.2m/s ＝1.5 m/s 线圈在第2 s 时间内的加速度a 2＝v 2－v 1Δt ＝1.5－0.51m/s 2＝1 m/s 2. 由牛顿第二定律得F ＝F 安＋ma 2＝(0.08t ＋0.06)N.(3)在第2 s 时间内，线圈的平均速度 v ＝v 1＋v 22＝0.5＋1.52m/s ＝1 m/s L 2＝v ·Δt ＝1×1 m ＝1 m.【答案】 (1)0.5 m/s 0.25 m (2)F ＝(0.08t ＋0.06)N(3)1 m。

张永弟优化课时作业物理高三一轮复习

张永弟优化课时作业物理高三一轮复习随着今年高考的临近，越来越多的高三学生都在为期末考试做准备。

尤其是物理，学生们得花大量精力去整理课本，了解考试要求，准备学习工作，还要做专项训练，以期复习更全面。

而有一位叫张永弟的老师，为了让学生复习更高效，特意制定了一个优化课时作业物理高三一轮复习方案，让学生们能在有限的时间内复习物理。

张永弟教授的优化课时作业物理高三一轮复习方案，建立在总结历年考试的基础上，完善了以往的学习方法，力求提高复习效率。

首先，根据学生的学习能力和历年考试情况，选择适合学生的学习内容，避免浪费精力和时间。

其次，建立合理的学习计划，把每一节课的主要内容及重点内容记录下来，做到节约时间、学习有效果。

此外，还利用归纳、提炼、总结的方法，不断改进学习计划，以促进更好的复习效果。

在实施张永弟教授的优化课时作业物理高三一轮复习方案时，学生们应把握好学习节奏，尽可能多的去掌握物理的基本用语和解决问题的思路，然后结合课堂笔记整理知识点，以便在复习中拓展知识网络，提升复习深度。

另外，学生们还可以利用课余时间多花一些时间做一些练习题，以期更好的地解决物理习题。

张永弟教授的优化课时作业物理高三一轮复习方案，在很大程度上提升了学生物理复习的效率，使学生们可以在有效的时间内学习更多的物理知识，能够取得更好的成绩。

这一方案的优势，除了上述提到的，还有其他：它可以帮助学生更好的熟悉本学期学习涉及的物理内容，进一步认识教材的重要性，认清自己的不足，以便在期末考试中取得更高的分数。

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张永弟教授制定的优化课时作业物理高三一轮复习方案，不仅具有灵活性，还可以根据学生的学习能力，定制出一套适合学生的个性化复习计划，可以说是非常实用的。

高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力定律(第4课时)课时作业(含解析)-人教版高三全册物理试

课时作业【根底练习】一、天体质量的估算1．(多项选择)我国将于2017年11月发射“嫦娥五号〞探测器，假设“嫦娥五号〞到达月球后，先绕月球外表做匀速圆周运动，然后择机释放登陆器登陆月球．“嫦娥五号〞绕月球飞行的过程中，在较短时间t 内运动的弧长为s ，月球半径为R ，引力常量为G ，如此如下说法正确的答案是( )A ．“嫦娥五号〞绕月球运行一周的时间是πRtsB ．“嫦娥五号〞的质量为s 2R Gt2C ．“嫦娥五号〞绕月球运行的向心加速度为s 2t 2RD ．月球的平均密度为3s24πGR 2t2CD 解析：因绕月球外表做匀速圆周运动的“嫦娥五号〞在较短时间t 内运动的弧长为s ，可知其线速度为v ＝st，所以其运行一周的时间为T ＝2πRts，选项A 错误；天体运动中只能估算中心天体质量而无法估算环绕天体质量，选项B 错误；由a ＝v 2R 知a ＝s 2t 2R，选项C 正确；根据万有引力提供向心力有G Mm R 2＝m v 2R ，再结合M ＝ρ·43πR 3可得ρ＝3s24πGR 2t2，选项D 正确． 2．(2018漯河二模)宇航员站在某一星球外表h 高处，以初速度v 0沿水平方向抛出一个小球，经过时间t 后小球落到星球外表，该星球的半径为R ，引力常量为G ，如此该星球的质量为( )A.2hR2Gt 2B.2hR2GtC.2hRGt2D.Gt 22hR2 A 解析：设该星球的质量为M 、外表的重力加速度为g ，在星球外表有mg ＝GMmR 2，小球在星球外表做平抛运动，如此h ＝12gt 2.由此得该星球的质量为M ＝2hR2Gt2.二、卫星运行参量的分析与计算3．(2015山东理综)如图，拉格朗日点L 1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以一样的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L 1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动．以a 1，a 2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a 3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的答案是( )A ．a 2＞a 3＞a 1B ．a 2＞a 1＞a 3C ．a 3＞a 1＞a 2D ．a 3＞a 2＞a 1D 解析：地球同步卫星受月球引力可以忽略不计，地球同步卫星轨道半径r 3、空间站轨道半径r 1、月球轨道半径r 2之间的关系为r 2>r 1>r 3，由GMm r 2＝ma 知，a 3＝GM r 23，a 2＝GMr 22，所以a 3>a 2；由题意知空间站与月球周期相等，由a ＝(2πT)2r ，得a 2>a 1.因此a 3>a 2>a 1，D 正确．4．(2014浙江理综)长期以来“卡戎星(Charon)〞被认为是冥王星唯一的卫星，它的公转轨道半径r 1＝19 600 km ，公转周期T 1＝6.39天.2006年3月，天文学家新发现两颗冥王星的小卫星，其中一颗的公转轨道半径r 2＝48 000 km ，如此它的公转周期T 2最接近于( )A ．15天B ．25天C ．35天D ．45天B 解析：由开普勒第三定律可知r 31T 21＝r 32T 22，得出T 2＝r 32T 21r 31＝〔4.8×107〕3×6.392〔1.96×107〕3天≈25天，应当选项B 正确．5．(2017广东华南三校联考，19)(多项选择)石墨烯是目前世界上的强度最高的材料，它的发现使“太空电梯〞的制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯〞进入太空．设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星A 的高度延伸到太空深处，这种所谓的太空电梯可用于降低本钱发射绕地人造卫星．如下列图，假设某物体B 乘坐太空电梯到达了图示的位置并停在此处，与同高度运行的卫星C 相比拟( )A ．B 的线速度大于C 的线速度 B ．B 的线速度小于C 的线速度C ．假设B 突然脱离电梯，B 将做离心运动D ．假设B 突然脱离电梯，B 将做近心运动BD 解析：A 和C 两卫星相比，ωC ＞ωA ，而ωB ＝ωA ，如此ωC ＞ωB ，又据v ＝ωr ，r C＝r B ，得v C ＞v B ，故B 项正确，A 项错误．对C 星有GMm C r 2C ＝m C ω2C r C ，又ωC ＞ωB ，对B 星有G Mm B r 2B＞m B ω2B r B ，假设B 突然脱离电梯，B 将做近心运动，D 项正确，C 项错误．6．(2014江苏卷，2)地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，如此航天器在火星外表附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为( )A ．3.5 km/sB ．5.0 km/sC ．17.7 km/sD ．35.2 km/sA 解析：由万有引力提供向心力可得：G Mm r 2＝m v 2r，在行星外表运行时有r ＝R ，如此得v＝GMR ∝M R ，因此v 火v 地＝M 火M 地×R 地R 火＝110×2＝55，又由v 地＝7.9 km/s ，故v 火≈3.5 km/s ，应当选A 正确．三、卫星变轨问题分析7．(2017湖南长沙三月模拟，20)(多项选择)暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命．为了探测暗物质，我国在2015年12月17日成功发射了一颗被命名为“悟空〞的暗物质探测卫星．“悟空〞在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t (t 小于其运动周期)，运动的弧长为s ，与地球中心连线扫过的角度为β(弧度)，引力常量为G ，如此如下说法中正确的答案是( )A ．“悟空〞的线速度大于第一宇宙速度B ．“悟空〞的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度C ．“悟空〞的环绕周期为2πtβD. “悟空〞的质量为s 3Gt 2βBC 解析：“悟空〞的线速度小于第一宇宙速度，A 错误．向心加速度a ＝GM r2，因r 悟空<r同，如此a 悟空>a 同，B 正确．由ω＝βt ＝2πT ，得“悟空〞的环绕周期T ＝2πtβ，C 项正确．由题给条件不能求出悟空的质量，D 错误．关键点拨第一宇宙速度是卫星最小的发射速度，是最大的环绕速度．卫星做匀速圆周运动时ω＝2πT ＝βt.8．(2019哈尔滨师范大学附中)卫星信号需要通过地球同步卫星传送，地球半径为r ，无线电信号传播速度为c ，月球绕地球运动的轨道半径为60r ，运行周期为27天。

高考物理一轮总复习(人教版)课时作业33 含解析

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)选择题(1～8题为单项选择题，9～14题为多项选择题)1．如图所示，理想变压器原线圈的匝数n 1＝1 100匝，副线圈的匝数n 2＝110匝，原线圈接u ＝311sin(314t )(V)的交流电源。

开始开关S 处于断开状态。

下列叙述正确的是( )A ．电压表示数为22 VB ．当开关S 闭合后，电压表示数变大C ．当开关S 闭合后，电流表示数变小D ．当开关S 闭合后，变压器的输出功率增大解析：原线圈接u ＝311sin(314t )(V)的交流电源，所以原线圈的电压是U 1＝3112V ＝220 V ，理想变压器原线圈的匝数n 1＝1 100匝，副线圈的匝数n 2＝110匝，电压与匝数成正比，所以副线圈的电压为22 V ，开始时开关S 处于断开状态，R 0与R 1串联，所以电压表示数小于22 V ，故A 错误；当开关S 闭合后，副线圈总电阻减小，副线圈的电压不变，副线圈的电流增大，所以电压表示数变小，故B 错误；当开关S 闭合后，副线圈总电阻减小，副线圈的电压不变，输出功率增大，所以输入的功率增大，所以电流表示数变大，故C 错误，D 正确。

答案： D2．理想变压器原线圈的ab 端接在电压不变的交流电源上，如图所示。

当副线圈的开关S 闭合时，同样规格的四盏灯亮度相同，则原、副线圈的匝数比n 1∶n 2为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．3∶1解析：由电流关系可知n 1n 2＝I 2I 1＝31。

选项D 正确。

答案： D3．如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶100，图中a 、b 表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22 V ，电流表的示数为1 A ，则( )A ．a 为电流表，b 为电压表B ．a 为电压表，b 为电流表C ．线路输送电功率是200 kWD ．输电线路总电阻为22 Ω解析：左侧的互感器原线圈并联在输电线路上，测量的是输电电压，所以a 为电压表；右侧的互感器原线圈串联在输电线路上，测量的是输电电流，b 为电流表，选项B 正确、A错误。

高考物理一轮总复习(人教版)课时作业26 含解析

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 选择题(1～9题为单项选择题，10～14题为多项选择题)1.如图所示，电源为9 V、1 Ω的电池组，要将“4 V 4 W”的灯泡接入虚线框中，在正常发光的条件下，最多能接()A．2个B．3个C．4个D．5个解析：要使灯泡正常发光，灯泡两端电压为4 V，每个灯泡的工作电流为1 A。

当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，所接灯泡最多，此时电源内电压为5 V，电路中的总电流为5 A，所以最多只能接5个灯泡。

答案： D2.利用如图所示电路可以测出电压表的内阻。

已知电源的内阻可以忽略不计，R为电阻箱。

闭合开关，当R取不同阻值时，电压表对应有不同读数U。

多次改变电阻箱的阻值，所得到的1U-R图象应该是()解析：设电源电动势为E，电压表内阻为R V，通过电压表的电流为I＝UR V，R两端电压为E－U，则UR V＝E－UR，1U＝1ER V R＋1E，所得到的1U-R图象应该是A。

答案： A3．已知如图所示的电路中有一处发生了断路，现用多用电表的电压挡对电路进行故障检查，当两表笔接a、d和a、b时电表显示的示数均为5 V，接c、d和b、c时均无示数，则发生断路的是()A．L B．RC．R′D．S解析：由题意可知，测得U ad＝5.0 V，测量的是电源，测得U cd＝0 V，U bc＝0 V，说明在b→R′→c→L→d之外有断路现象；测得U ab＝5.0 V，说明a、b之间有断路之处，所以断路是在电阻R上，故选B。

答案： B4．在如图所示电路中，电源电动势为E，内阻不可忽略，R1和R2为定值电阻，R为滑动变阻器，P为滑动变阻器滑片，C为水平放置的平行板电容器，M点为电容器两板间一个固定点，电容器下极板接地(电势为零)，则下列说法正确的是()A．电容器上极板带负电荷B．滑片P向上移动一定距离，电路稳定后，电阻R1上电压减小C．电容器上极板向上移动一定距离，电路稳定后电容器两极板间电压增大D．电容器上极板向上移动一定距离，电路稳定后M点电势降低解析：由电路可知，电容器上极板带正电，A选项错误；滑片向上移动，电路稳定时，电容器仍相当于断路，电阻R1两端的电压不变，B选项错误；电容器上极板向上移动一定距离，电路稳定时电容器两极板间电压不变，C选项错误；两板间距离增大，则两板间电场强度减小，M点与下极板间的电势差减小，则M点电势降低，D选项正确。

高考物理一轮总复习人教版课时作业Word版含解析(16)

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题) 1.在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会( )A ．向上偏转B ．向下偏转C ．向纸内偏转D ．向纸外偏转解析：由题意可知，直线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直纸面向里，而阴极射线电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电，四指要指向其运动方向的反方向)，阴极射线将向下偏转，故B 选项正确。

答案： B2．(2017·长春模拟)如图所示，斜面顶端在同一高度的三个光滑斜面AB 、AC 、AD ，均处于水平方向的匀强磁场中。

一个带负电的绝缘物块，分别从三个斜面顶端A 点由静止释放，设滑到底端的时间分别为t AB 、t AC 、t AD ，则( )A ．t AB ＝t AC ＝t AD B ．t AB >t AC >t AD C ．t AB <t AC <t AD D ．无法比较解析：带负电物块在磁场中的光滑斜面上受重力、支持力和垂直斜面向下的洛伦兹力，设斜面的高度为h ，倾角为θ，可得物块的加速度为a ＝g sin θ，由公式x ＝12at 2＝h sin θ解得t＝2hg sin 2θ，可知θ越大，t 越小，选项C 正确。

答案： C 3.如图所示，a 、b 是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等。

电荷量为2e 的正离子以某一速度从a 点垂直磁场边界向左射出，当它运动到b 点时，击中并吸收了一个处于静止状态的电子，不计正离子和电子的重力且忽略正离子和电子间的相互作用，则它们在磁场中的运动轨迹是( )解析：正离子以某一速度击中并吸收了一个处于静止状态的电子后，速度不变，电荷量变为＋e ，由左手定则可判断出正离子过b 点时所受洛伦兹力方向向下，由r ＝m v /qB 可知，轨迹半径增大到原来的2倍，所以在磁场中的运动轨迹是图D 。

高考物理总复习课时作业19 新人教版选修31

课时作业(十九)(分钟：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题8分，共72分) 1．下列说法中正确的是( )A ．当两正点电荷相互靠近时，它们之间的库仑力增大，它们的电势能也增大B ．当两负点电荷相互靠近时，它们之间的库仑力增大，它们的电势能也增大C ．一个正电荷与另一个负电荷相互靠近时，它们之间的库仑力增大，它们的电势能减小D ．一个正电荷与另一个负电荷相互靠近时，它们之间的库仑力减小，它们的电势能增大[解析] 由库仑定律F ＝kq 1q 2r 2知r ↓，则F 增大；同种(或异种)电荷靠近，库仑力做负功(或正功)，电势能增大(或减小)，选项A 、B 、C 正确．[答案] ABC2．(2011·承德月考)如下图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a 、b 两点电场强度和电势均相同的是( )[解析] A 、B 、D 中的场强方向不同，C 中的a 、b 两点在等量异种电荷连线的垂直平分线上，且关于中点对称，电势相同，场强也相同，选C.[答案] C3．(2011·江苏省金陵中学第二次月考)如右图所示，匀强电场方向平行于xOy 平面，在xOy 平面内有一个半径为R ＝5 cm 的圆，圆上有一动点P ，半径OP 与x 轴方向的夹角为θ，P 点沿圆周移动时，O 、P 两点的电势差满足U OP ＝25 sin θ(V)，则该匀强电场的大小和方向分别为( )A ．5 V/m ，沿x 轴正方向B ．25 V/m ，沿y 轴负方向C ．500 V/m ，沿y 轴正方向D ．250 2 V/m ，沿x 轴负方向[解析]匀强电场中沿电场线方向电势降落最快，根据U OP＝25sinθ，当θ＝90°时，OP得E＝500 V/m，C正确．间电压最大，故电场线沿y轴正方向．根据场强E＝Ud[答案] C4．(2012·唐山高三摸底)电场中等势面如图所示，下列关于该电场描述正确的是() A．A点的电场强度比C点的小B．负电荷在A点电势能比C点电势能大C．电荷沿等势面AB移动过程中，电场力始终不做功D．正电荷由A移到C，电场力做负功[解析]根据等电势差处距离越近电场强度越大可知，A点的电场强度比C点的大，选项A错误；负电荷在A点电势能比C点电势能小，选项B错误；电荷沿等势面AB移动过程中，电场力始终不做功，选项C正确；正电荷由A移到C，电场力做正功，选项D错误．[答案] C5．(2011·孝感模拟)宇航员在探测某星球时有如下发现：(1)该星球带负电，而且带电均匀；(2)该星球表面没有大气；(3)在一次实验中，宇航员将一个带电小球(小球的带电量远小于星球的带电量)置于离星球表面某一高度处无初速释放，带电小球恰好能处于悬浮状态．如果选距星球表面无穷远处为电势零点，则根据以上信息可以推断()A．小球一定带正电B．小球的电势能一定小于零C．只改变小球的电荷量，从原高度无初速释放后，小球仍将处于悬浮状态D．只改变小球离星球表面的高度，无初速释放后，小球仍将处于悬浮状态[答案] D6．(2011·郑州质检)如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是()A．金属块带负电荷B．金属块克服电场力做功8 JC．金属块的电势能减少4 J D．金属块的机械能减少12 J[解析]金属块滑下的过程中动能增加了12 J，由动能定理知合外力做功12 J，其中包括重力、摩擦力和电场力做功，摩擦力做功W f＝－8 J，重力做功W G＝24 J，所以可得电场力做功W F＝－4 J，电场力做负功，金属块带正电，电势能增加了4 J，A、B、C错误；由功能关系可知，机械能的变化ΔE＝W f＋W F＝－12 J，即机械能减少12 J，D正确．[答案] D7．(2011·潍坊抽测)真空中，两个相距L的固定点电荷E、F所带电荷量分别为Q E和Q F，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF>∠NFE.则()A．E带正电，F带负电，且Q E<Q FB．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点C．过N点的等势面与过N点的切线垂直D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能[解析]由电场线方向可知E带正电，F带负电，因为∠NEF>∠NFE，所以Q E<Q F，A 正确；由电场线分布特点可知，电场线不是带电粒子的运动轨迹，等势面与电场线垂直，所以B错误，C正确；把一个负电荷从M点移动到N点电场力做负功，电势能增大，D错误．[答案]AC8．(2011·佛山质检)如图所示，真空中有A、B两个等量异种点电荷，O、M、N是AB 连线的垂线上的三个点，且AO>OB.一带正电的试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，设M、N两点的场强大小分别为E M、E N，电势分别为φM、φN.下列判断中正确的是()A．点电荷B一定带负电B．E M小于E NC．φM大于φND．此试探电荷在M处的电势能小于在N处的电势能[解析]由带正电的试探电荷仅受电场力作用的运动轨迹可知，B为正电荷，A为负电荷，A错误；根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知：因为AO>OB，所以E M 大于E N，φM大于φN，试探电荷在M处的电势能大于在N处的电势能，B、D错误，C正确．[答案] C9．(2012·黄冈中学期中)在竖直向下的匀强电场中，有a、b、c、d四个带电质点，各以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，不计质点间的相互作用力，则有()A．c、d带异种电荷B．a、b带同种电荷且电势能均不变C．d的电势能减小，重力势能增大D．c的电势能增大，机械能减小[解析]各个质点所受重力均向下，要使它们分别以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，所受电场力均向上，各个质点均带负电，且与重力平衡，选项A错误；a、b沿等势面运动，带同种电荷且电势能均不变，选项B正确；d竖直向上运动，电场力做正功，d的电势能减小，重力势能增大，选项C正确；c竖直向下运动，电场力做负功，电势能增大，重力势能减小，机械能减小，选项D正确．[答案]BCD二、非选择题(共28分)10．(14分)如下图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab＝5 cm，bc＝12 cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一个电荷量为q＝4×10－8 C的正电荷从a移到b 电场力做功为W1＝1.2×10－7 J，求：(1)匀强电场的场强；(2)电荷从b移到c电场力做的功；(3)a、c两点的电势差．[解析](1)正电荷从a移到b的过程中，由W1＝qU ab＝qEd得E＝W1 qd＝1.2×10－74×10－8×5×10－2V/m＝60 V/m.(2)W2＝qE bc cos60°＝1.44×10－7 J.(3)U ac＝E(ab＋bc cos60°)＝6.6 V.[答案](1)60 V/m(2)1.44×10－7 J(3)6.6 V11．(14分)(2011·沙市月考)如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h 高度的P 点，固定电荷量为＋Q 的点电荷．一质量为m 、带电荷量为＋q 的物块(可视为质点)，从轨道上的A 点以初速度v 0沿轨道向右运动，当运动到P 点正下方B 点时速度为v .已知点电荷产生的电场在A 点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，P A 连线与水平轨道的夹角为60°，试求：(1)物块在A 点时受到轨道的支持力大小； (2)点电荷＋Q 产生的电场在B 点的电势．[解析] (1)物块在A 点受重力、电场力、支持力，分解电场力，由竖直方向受力平衡得F N －k Qq r2·cos30°＝mg 又因为h ＝r sin60°由以上两式解得支持力为F N ＝mg －3kQq4h2.(2)从A 运动到P 点正下方B 点的过程中，由动能定理得－qU ＝12m v 2－12m v 20又因为U ＝φB －φA ，由以上两式解得φB ＝m 2q (v 20－v 2)＋φ[答案] (1)mg －3kQq 4h 2 (2)m2q (v 20－v 2)＋φ拓展题：(2011·沈阳质检)如右图所示，挡板P 固定在足够高的水平桌面上，质量分别为m A 和m B 的小物块A 、B 大小可忽略不计，分别带有＋Q A 和＋Q B 的电荷量，两物块由劲度系数为k 的绝缘的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与B 连接，另一端连接一轻质小钩，整个装置处于场强为E 、方向水平向左的匀强电场中．A 、B 开始时静止，不计一切摩擦及A 、B 间的库仑力，A 、B 所带电荷量保持不变，B 不会碰到滑轮．(1)若在小钩上挂一质量为M 的物块C 由静止释放，可使物块A 恰好能离开挡板P ，求物块C 下落的最大距离．(2)若C 的质量改为2M ，则当A 刚离开挡板P 时，B 的速度是多大．[解析] (1)开始平衡时有kx 1＝EQ B 可得x 1＝EQ B k①当A 刚离开挡板时kx 2＝EQ A ，可得x 2＝EQ Ak②故C 下落的最大距离为h ＝x 1＋x 2③ 由①②③式可解得h ＝Ek(Q A ＋Q B )．④(2)由能量守恒定律可知：C 下落h 过程中，C 重力势能的减少量等于B 的电势能的增加量、弹簧弹性势能的增量、系统动能的增量之和当C 的质量为M 时Mgh ＝Q B E ·h ＋△E 弹⑤ 当C 的质量为2M 时2Mgh ＝Q B E ·h ＋△E 弹＋12(2M ＋m B )v 2⑥由④⑤⑥式可解得A 刚离开P 时B 的速度为 v ＝2MgE (Q A ＋Q B )k (2M ＋m B ).[答案] (1)Ek (Q A ＋Q B ) (2)2MgE (Q A ＋Q B )k (2M ＋m B )。

高三物理一轮复习课时作业及详细解析第讲本单元

峙对市爱惜阳光实验学校高三物理一轮复习课时作业及详细解析：第26讲本单元.根底热身1．2021·质检在验证机械能守恒律的中：(1)以下操作顺序正确合理的一项为哪一项________(填序号)A．先将固在重物上的纸带穿过打点计时器，再将打点计时器固在铁架台上B．先用手提着纸带，使重物静止在打点计时器下方，再接通电源C．先放开纸带让重物下落，再接通打点计时器的电源D ．先取下固在重物上的打好点的纸带，再切断打点计时器的电源(2)质量m＝1 kg的重锤自由下落，在纸带上打出了一的点，如图K26－1所示，相邻计数点时间间隔为0.02 s，长度单位是cm，g取9.8 m/s2.那么(保存3位有效数字)：①打点计时器打下计数点B时，重锤的速度v B＝__________m/s2；②从点O到打下计数点B 的过程中，重锤重力势能的减小量ΔE p＝______________J，动能的增加量ΔE k＝__________________ J；③结论是__________________________________________________________．图K26－12. 在用如图K26－2所示的装置做“探究动能理〞的时，以下说法正确的选项是( )图K26－2A．通过改变橡皮筋的条数改变拉力做功的数值B．通过改变橡皮筋的长度改变拉力做功的数值C．通过打点计时器打下的纸带来测小车加速过程中获得的最大速度D．通过打点计时器打下的纸速来测小车加速过程中获得的平均速度技能强化3．2021·模拟关于“探究动能理〞的，以下表达正确的选项是( )A．每次必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值B．每次中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致C．放小车的长木板该尽量水平D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出图K26－34．2021·卷利用如图K26－3所示装置进行验证机械能守恒律的时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v0和下落高度h.某班同学利用得到的纸带，设计了以下四种测量方案．A．用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v＝gt计算出瞬时速度v0B ．用刻度尺测出物体下落的高度h ，并通过v ＝2gh 计算出瞬时速度v 0C ．根据做匀加速直线运动时纸带上某点的瞬时速度于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度，并通过计算得出高度hD ．用刻度尺测出物体下落的高度h ，根据做匀加速直线运动时纸带上某点的瞬时速度于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v 0.以上方案中只有一种正确，正确的选项是________．(填入相的字母) 5．用气垫导轨装置验证机械能守恒律，先非常仔细地把导轨调成水平，然后如图K26－4所示用垫块把导轨一端垫高H .滑块m 上面装有宽度l ＝3 cm 的挡光板，使滑块由轨道上端任一处滑下，测出它通过光电门G 1和G 2时的速度v 1和v 2，就可以算出它由G 1运动到G 2过程中动能的增加量ΔE k ＝12m (v 22－v 21)；再算出重力势能的减少量ΔE p ＝mgh ，比拟ΔE k 与ΔE p 的大小，便可验证机械能是否守恒．图K26－4(1)滑块的速度v 1、v 2如何求出？滑块由G 1运动到G 2下降的高度h 如何求出？(2)假设测得图中L ＝1 m ，s ＝0.5 m ，H ＝20 cm ，m ＝500 g ，滑块通过G 1和G 2的时间分别为5.0×10－2 s 和2.0×10－2 s ，当地重力加速度g ＝9.80 m/s 2，试判断机械能是否守恒．6．2021·池州模拟在利用自由落体运动验证机械能守恒律的中，电源的频率为50 Hz ，依次打出的点为0、1、2、3、4……n .那么：图K26－5(1)如用第2点到第6点之间的纸带来验证，必须直接测量的物理量为________________、________________、________________，必须计算出的物理量为________________、________________，验证的表达式为__________________．(2)以下步骤合理的排列顺序是____________(填写步骤前面的字母)． A ．将打点计时器竖直安装在铁架台上B ．接通电源，再松开纸带，让重物自由下落C ．取下纸带，更换纸带重做D ．将重物固在纸带的一端，让纸带穿过打点计时器，用手提着纸带E ．选择一条纸带，用刻度尺测出物体下落的高度h 1、h 2、h 3……h n ，计算出对的瞬时速度v 1、v 2、v 3……v nF ．分别算出12mv 2n 和mgh n ，在误差范围内看是否相7．某小组采用如图K25－6所示的装置探究动能理，图中小车内可放置砝码．中，小车碰到制动装置时，钩码没到达地面，打点计时器的工作频率为50Hz.图K26－6(1)如图K26－7所示是中得到的一条纸带，在纸带上选择起始点O及A、B、C、D、E五个计数点，可获得各计数点到O的距离x及对时刻小车的瞬时速度v，如下表所示．请将C点的测量结果填在表中相位置．图K26－7测量点O A B C D Ex/cm0.0010____5 1 v/(m·s－1)0.350.400.45____0.540.60 图K26－8(2)小组根据数据绘出了如图K26－8所示的图线(其中Δv2＝v2－v20)，根据图线可获得的结论是________________________．要验证“动能理〞，还需测量的物理量是摩擦力和___________________________________________________________________ _____．8．2021·模拟兴趣小组为测一遥控电动小车的额功率，进行了如下：①用天平测出电动小车的质量为0.4 kg；②将电动小车、纸带和打点计时器按如图K26－9所示安装；图K26－9③接通打点计时器(其打点周期为0.02 s)；④使电动小车以额功率加速运动，到达最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器(设小车在整个过程中所受的阻力恒)．在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的点迹如图K26－10所示．图K26－10请你分析纸带数据，答复以下问题(计算结果取三位有效数字)：(1)该电动小车运动的最大速度为__________m/s；(2)该电动小车被关闭电源后加速度大小为__________m/s2；(3)该电动小车的额功率为__________W.挑战自我9．2021·某兴趣小组想通过物块在斜面上运动的探究“合外力做功和物体速度变化的关系〞．开始前，他们提出了以下几种猜测：①W∝v，②W∝v，③W∝v2.他们的装置如图K26－11甲所示，PQ为一块倾斜放置的木板，在Q处固一个速度传感器(用来测量物体每次通过Q点时的速度)，每次，物体从不同初始位置处由静止释放．同学们设计了以下表格来记录数据．其中L1、L2、L3、L4……代表物体分别从不同初始位置处无初速释放时初始位置到速度传感器的距离，v1、v2、v3、v4……表示物体每次通过Q点的速度．图K26－11次数1234…L L1L2L3L4…v v1v2v3v4…(1)根据数据绘制了如图乙所示的L－v 图象，并得出结论W∝v2.该做法是否适宜？你有什么好的建议？________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________.(2)在此中，木板与物体间摩擦力的大小_______(选填“会〞或“不会〞)影响探究出的结果.课时作业〔二十六〕【根底热身】1．(1)B (2)①0.973 ②0.476 0.473 ③在误差允许的范围内，重锤自由下落过程中机械能守恒2．AC [解析] 采用通过增加橡皮筋的条数，使橡皮筋对小车做的功成倍增加，应选项A正确、B错误；小车的最大速度对的是橡皮筋对小车做功完毕的情形，应选项C正确、D错误．【技能强化】3．D [解析] 本不必测出橡皮筋做功的具体数值，只要测出以后每次时橡皮筋做的功是第一次的多少倍即可，选项A错误；每次时橡皮筋拉伸的长度必须保持一致，只有这样才能保证以后每次时橡皮筋做的功是第一次的整数倍，否那么功的数值难以测，选项B错误；小车运动过程中会受到摩擦力，前使木板倾斜以平衡摩擦力，选项C错误；时，该先接通电源，让打点计时器开始工作，然后再让小车在橡皮筋的作用下弹出，选项D正确．4．D [解析] 选项A、B中用重力加速度g计算末速度，相当于已经确认该过程中机械能守恒，应选项A、B错误；高度h该用刻度尺测出，应选项C错误、D正确．5．略[解析] (1)因为挡光板宽度l＝3 cm很小，而滑块通过光电门的时间极短，故可以认为挡光板通过光电门过程的平均速度v＝lΔt即为滑块通过光电门的瞬时速度，用光电计时器分别测出滑块通过G1和G2的时间Δt1和Δt2，即可求出滑块的速度v1＝lΔt1、v2＝lΔt2；由平面几何知识可知hs＝HL，可求得h＝HLs，H、L、s都是前设的．(2)v1＝lΔt1＝3×10－25×10－2m/s＝0.6 m/s，v2＝lΔt2＝3×10－22×10－2m/s＝1.5 m/s，动能增加量ΔE k＝12m(v22－v21)＝0.473 J；h＝HLs＝0.21×0.5 m＝0.1 m，重力势能减少量ΔE p＝mgh＝0.490 J，因此，在误差允许的范围内可认为滑块下滑过程中机械能守恒．6．(1)第2点到第6点之间的距离h 26 第1点到第3点之间的距离h 13 第5点到第7点之间的距离h 57 第2点的瞬时速度v 2 第6点的瞬时速度 mgh 26＝12mv 26－12mv 22 (2)ADBCEF[解析] (1)如用第2点到第6点之间的纸带来验证需得到第2点的瞬时速度v 2、第6点的瞬时速度v 6、第2点到第6点之间的距离h 26；(2)步骤中要先安装器材，然后操作，最后处理数据．7．(1)5.08 0.49 (2)Δv 2∞x (速度平方的变化与位移成正比) 小车的质量[解析] (1)C 点到O 点的距离x 可由纸带分析得出为6.08 cm －1.00 cm ＝5.08 cm.C 点对小车的瞬时速度可用B 、D 两点间的平均速度替代，v C ＝x BD4T 0＝0.49m/s.(2)根据Δv 2－x 图象为过坐标原点的一条直线可得出Δv 2∞x 的结论．验证动能理需求解合外力所做的功和物体(小车和砝码)动能的变化．合外力做功W 合＝mgx －fx (其中f 为小车受的摩擦力，x 为小车的位移)，物体(小车和砝码)动能的变化ΔE k ＝12mv 2－12mv 20＝12m Δv 2，所以还需测出小车的质量．8．(1)0 (2)2.00 (3)0[解析] (1)纸带上标注的位移分别记为x 1、x 2、x 3 、x 4……，纸带上前四段位移对的是电动小车以最大速度匀速运动，v m ＝x 1＋x 2＋x 3＋x 44×2T＝1.50 m/s ；(2)关闭电源后小车做匀减速直线运动，即纸带上后六段对的运动，由逐差法解得加速度大小a ＝2.00 m/s 2；(3)减速运动阶段，由牛顿第二律f ＝ma ，解得阻力的大小f ＝0.8 N ，小车匀速运动时的牵引力F ＝f ＝0.8 N ，小车的额功率P ＝Fv m ＝0 W.【挑战自我】9．(1)不适宜该绘制L －v 2图象确结论W ∝v 2(2)不会[解析] (1)采用表格方法记录数据，简单明确合理．绘制的L －v 图象是曲线，不能准确地确认该图线是否为抛物线，因此不能得出结论W ∝v 2.为了更直观地看出L 和v 的变化关系，该绘制L －v 2图象．(2)重力和摩擦力的总功W 也与距离L 成正比，因此不会影响探究的结果．。

高考物理一轮总复习电场强度课时作业新人教版选修31

课时作业(二十三) 电场强度1．关于电场，下列说法中正确的是( )A ．E ＝F /q ，若q 减半，则该处电场强度为原来的2倍B ．E ＝k Q r 2中，E 与Q 成正比，而与r 2成反比C ．在以一个点电荷为球心、r 为半径的球面上，各处的场强相同D ．电场中某点场强的方向就是该点所放电荷受到的电场力的方向2．关于电场强度的叙述，正确的是( )A ．沿着电场线的方向，场强越来越小B ．电场中某点的场强大小等于单位电量的电荷在该点所受的电场力大小C ．电势降落的方向就是场强的方向D ．负点电荷形成的电场，离点电荷越近，场强越大第3题图3．两个质量相同的小球用不可伸长的细线连接，置于场强为E 的匀强电场中．小球1和2均带正电，电荷量分别为q 1和q 2(q 1>q 2)．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示．若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T 为(不计重力及两小球间的库仑力)( )A ．T ＝12(q 1－q 2)E B ．T ＝(q 1－q 2)E C ．T ＝12(q 1＋q 2)E D ．T ＝(q 1＋q 2)E第4题图4．如图所示是某静电场的一部分电场线分布情况，下列说法中正确的是( )A ．这个电场可能是负点电荷的电场B ．点电荷q 在A 点处受到的电场力比在B 点处受到的电场力大C ．点电荷q 在A 点处的瞬时加速度比在B 点处的瞬时加速度小(不计重力)D ．负电荷在B 点处受到的电场力的方向沿B 点切线方向5．在电场中某点，当放入正电荷时受到的电场力方向向右；当放入负电荷时受到的电场力方向向左，则下列说法中正确的是( )A ．当放入正电荷时，该点场强方向向右；当放入负电荷时，该点场强方向向左B ．该点场强方向一定向右C ．该点场强方向一定向左D ．该点场强方向可能向右，也可能向左6．把质量M 的正点电荷放在电场中无初速度释放，不计動，则以下说法正确的是( )A ．点电荷的轨迹一定和电场线重合B ．点电荷的速度方向总是与所在处的电场线方向一致C ．点电荷的加速度方向总是与它所在处的电场线的切线方向重合D ．点电荷将沿电场线切线方向抛出做抛物线运动第7题图7. 法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，图为点电荷a 、b 所形成电场的电场线分布，以下几种说法正确的是( )A ．a 、b 为异种电荷，a 的电荷量大于b 的电荷量B ．a 、b 为异种电荷，a 的电荷量小于b 的电荷量C ．a 、b 为同种电荷，a 的电荷量大于b 的电荷量D ．a 、b 为异种电荷，a 的电荷量等于b 的电荷量第8题图8．如图是表示在一个电场中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 b >E d >E cD ．无法确定这四个点的场强大小关系9．在正电荷Q 形成的电场中的P 点放一点电荷，其电荷量为＋q ，P 点距Q 点为r ，＋q 受电场力为F ，则P 点的电场强度为( ) A.F Q B.F q C.kq r 2 D.kQ r210．正电荷q 在电场中由P 向Q 做加速运动，而且加速度越来越大，由此可以判定，它所在的电场是图中的( )11．电荷量q ＝－2.0×10－5C 的电荷在匀强电场中由A 点移动到B 点时电场力做的功为6.0×10－4J ，若把它从A 点移至电场中的C 点，电场力做的功为－3.0×10－4J ，已知A 、B 连线与A 、C 连线夹角为120°角，AB ＝9.0cm ，AC ＝4.5cm.求A 、B 两点的电场强度．课时作业(二十三) 电场强度1.B 【解析】在E ＝F/q 中，q 为检验电荷，电场强度不会随检验电荷的变化而变化，A 错；C 选项中，球面上各点场强的大小相同，方向不同，C 错；选项D 中，应是所放正电荷受到的电场力的方向，D 错；B 为正确选项．2.BD 【解析】场强与电场线的疏密程度有关，而与其方向无关，与电场线方向有关的是电势，即沿着电场线的方向，电势越来越小，选项A 错误(也可结合匀强电场的特点排除该选项)；根据公式E ＝F/q 可知，选项B 正确；电场中某点处的场强方向是唯一的，而该点电势降落的方向不唯一，显然，电势降落的方向不一定就是场强的方向，选项C 错误；根据点电荷周围场强公式E ＝kq/r 2可知，选项D 正确．3.A 【解析】先整体：q 1E ＋q 2E ＝2ma ，再隔离小球2：T ＋q 2E ＝ma ，故有T ＝12(q 1－q 2)E ，故选A.4.B 【解析】电场线的疏密反映了电场强度的大小，而加速度的大小关键是看电场力的大小．判断A 、B 两处电场线的疏密是解决本题的关键．负点电荷的电场线是从四周无限远处不同方向指向负点电荷的直线，故A 错；电场线越密的地方场强越大，由图知E A >E B ，又因F ＝qE ，得F A >F B ，故B 正确；由a ＝F m知，a∝F，，而F∝E，E A >E B ，所以a A >a B ，故C 错；负电荷在B 点受到的电场力的方向与B 点电场强度的方向相反，故D 错误；故选B 正确．5.B 【解析】电场中某一点的电场方向取决于电场本身，其方向与放在该点的正电荷的受力方向一致，与负电荷的受力方向相反，故只有B 正确．6.C 【解析】本题考查了电场线、电场强度的方向及电场力的方向三者之间的关系及物体做曲线运动的条件．仅当电场线为直线、电荷的初速度为零．或者电荷初速度不为零，但初速度方向和场强方向在一直线上，且只受电场力时，电荷的运动轨迹才和电场线重合，A 错．点电荷的速度方向不一定与所在处的电场线方向一致，如电场线为曲线时，B 错．由牛顿第二定律知，加速度方向与合外力方向一致，而点电荷在电场中受电场力方向与电场线的切线方向重合，C 对．点电荷受电场力作用，由于电场不一定是匀强电场，其合力不一定为恒力，故不一定做抛物线运动，D 错．7.B 【解析】由题中图形可知一系列电场线在a 、b 之间，则一定为异种电荷，由电场线左右不对称可知，两电荷是不等量的，又根据电场线的疏密可知b 所带电荷量大，则答案为B.8.B 【解析】本题以图像的方式考查了对电场强度及其定义式的理解，图中给出了a 、b 、c 、d 四个位置上电荷量和所受静电力大小的变化关系，由电场强度的定义式E ＝F q可知，F －q 图像的斜率代表电场强度．斜率大的场强大、斜率小的场强小，故选项B 正确．A 、C 、D 错误，选B.9.BD 【解析】电场强度的定义式E ＝F q中，q 为检验电荷的电荷量，由此可判定B 正确；再将库仑定律F ＝k Qq r 2代入上式或直接应用点电荷的场强公式，即可得知D 选项正确．故本题的正确选项为B 、D.10.D 【解析】由P 向Q 做加速运动，故该正电荷所受电场力应向右；加速度越来越大，说明所受电场力越来越大，即从P 向Q 电场线应越来越密，综合分析可知电场应是图D 所示．11.3.8×102V/m【解析】由于电场力做功W ＝qU 与路径无关，只与初、末位置间的电势差有依据已知电场力做功求出电势差，再根据匀强电场中场强和电势差的关系场强关系，反之亦然．根据题意作出图，第11题图由W AB ＝qU AB ，得U AB ＝W AB q ＝6.0×10－4－2.0×10－5V ＝－30V ，又由W AC ＝qU AC ，得U AC ＝－3.0×10－4－2.0×10－5V ＝15V.延长BA 至D ，使AD ＝AB/2＝(9.0/2)cm ＝4.5cm.由E ＝U d 知U BA U AD ＝2则U AD ＝U BA 2＝－U AB 2＝15V.故U AC ＝U AD ，即φA －φC ＝φD ，φC ＝φD .连接C 和D ，CD 即为此电场中的一条等势线，过A 作CD 的垂线与CD 交于P.根据电场线和等势面(线)垂直，且指向低势一方，故应有一条电场张沿此垂线，且场强方向由A 指向P ，由E ＝U AP /d AP ，其中d AP ＝ACcos30°，故场强E 的大小为E ＝U AP ACcos30°＝154.5×10－2×3/2V/m ＝3.8×102V/m.。

届高考物理一轮复习第六章动量守恒定律课时作业

课时作业242.如图所示，电场中某一水平方向的电场线上有φa＝5 V、φb＝3 V．下列叙述正确的是场强大小分别为E a、E b，粒子在a、b两点的电势能分别为A．φa>φb B．E a>E bC．E a<E b D．E pa>E pb解析：电场线为直线，带负电的粒子仅在电场力的作用下由静止释放，那么一定沿着电场力的方向运动，故电场强度的方向向左，b点的电势高，选项解析：越靠近两电荷的地方场强越大，两等量异种点电荷连线的中点处场强最小，但不是零，B、D 错；两电荷的电荷量大小相等，场强大小关于中点对称分布，C错，应选A.答案：A6．(2020·山东滨州一模)一带电粒子在匀强电场中仅在电场力作用下的运动轨迹如图虚线所示，在粒子运动过程中，下列说法中正确的是( )A．粒子带负电B．粒子的速度一定减小C．任意相等时间内，初、末两位置电势差相等D．任意相等时间内速度变化量相同解析：带电粒子在匀强电场中仅在电场力作用下做匀变速曲线运动，由轨迹可知，粒子所受的电场力水平向右，与电场强度的方向相同，所以粒子带正电，A错误；由于运动方向未知，所以无法判断电场力做功情况，速度如何变化无法判断，B错误；任意相等的时间内，水平分位移不相等，由U＝Ed，任意相等时间内，初、末两位置电势差不相等，C错误；由Δv＝aΔt可知任意相等时间内速度变化量相同，D 正确．答案：D7．(2020·江西赣中南五校联考)如图所示，在直线l上A、B两点各固定电荷量均为Q的正电荷，O 为AB的中点，C、D两点关于A点对称，C、D两点的场强大小分别为E C、E D电势分别为φC、φD，以下说法正确的是( )A．E C>E D，φC>φDB．E C<E D，φC>φDC．在直线l上与D点场强相同的点除D点外可能还有2个D．将一负电荷从C点移到D点其电势能减少解析：根据场强的叠加知，D点的场强大于C点的场强，由U＝Ed定性分析知，A、D间的电势差大于A、C间的电势差，可知D点的电势低于C点的电势，故A错误、B正确；在直线l上，与D点场强相同的点只有1个，在OB间，故C错误；C点的电势高于D点，根据E p＝φq知，负电荷在C点的电势能小于在D点的电势能，将一负电荷从C点移到D点其电势能增加，故D错误．答案：B8．(2020·南昌模拟)有一匀强电场，电场线与坐标平面xOy平行，以原点为圆心，半径r＝5 cm的圆周上任意一点P的电势φ＝40sinθ＋25 V，θ为O、P两点连线与x轴的夹角，如图所示，则该匀强电场的电场强度大小为( )A．60 V/m B．600 V/mC．80 V/m D．800 V/m解析：半径r＝5 cm的圆周上任意一点P的电势φ＝40sinθ＋25 V，当θ＝0°和θ＝180°时的电势相等，可知电场的方向平行于y 轴方向，圆周与y 轴正方向的交点的电势φ1＝40×1＋25 V ＝65 V ，圆周与x 轴正方向的交点的电势φ2＝25 V ，则匀强电场的电场强度E ＝φ1－φ2r ＝65－250.05V/m ＝800 V/m ，故选项D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D9．(2020·辽宁铁岭协作体第三次联考)点电荷Q 1、Q 2和Q 3所产生的静电场的等势面与纸面的交线如图所示，图中标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a 、b 、c…表示等势面上的点，下列说法正确的有( )A ．位于g 点的点电荷不受电场力作用B ．b 点的场强与d 点的场强大小一定相等C ．把电荷量为q 的正点电荷从a 点移到i 点，再从i 点移到f 点过程中，电场力做的总功大于把该点电荷从a 点直接移到f 点过程中电场力做的功D ．把1 C 正电荷从m 点移到c 点过程中电场力做的功等于7 kJ解析：由题图知g 点的场强不为零，所以位于g 点的点电荷受电场力作用，故A 错误；b 点和d 点等势线疏密程度不同，所以b 点的场强与d 点的场强大小不相等，故B 错误；根据电场力做功W ＝qU 得，把电荷量为q 的正点电荷从a 点移到i 点，再从i 点移到f 点过程中，电场力做的总功等于把该点电荷从a 点直接移到f 点过程中电场力做的功，故C 错误；把1 C 正电荷从m 点移到c 点过程中电场力做的功W ＝qU ＝1 C×[4 kV－(－3 kV)]＝7 kJ ，故D 正确．答案：D[能力提升练]10．(2020·河南濮阳一模)(多选)如图所示，菱形abcd 的边长为2 3 m ，∠bad＝60°，已知匀强电场的电场线平行于菱形abcd 所在的平面，一个带电荷量q ＝－2×10－6C 的点电荷由a 点移动到c 点的过程中，电势能增加了1.2×10－5 J ，由c 点移动到b 点的过程中电场力做功6×10－6J ，则下列说法正确的是( )A ．c 、b 两点的电势差U cb ＝3 VB ．a 点的电势高于c 点的电势C ．负电荷由b 点移到a 点的过程中，电势能增加D ．该电场的场强为1 V/m解析：由U ac ＝W ac q ＝－1.2×10－5－2×10－6 V ＝6 V ，U cb ＝W cb q ＝6×10－6－2×10－6 V ＝－3 V ，A 错误；a 点的电势高于c点的电势，B 正确；U ba ＝－U ab ＝－(U ac ＋U cb )＝－3 V ，所以W ba ＝U ba q>0，电场力做正功，电势能减少，C 错误；因为U ac ＝6 V, U cb ＝－3 V ，所以b 与ac 的中点等电势，即bd 连线是一条等势线，电场强度的方向沿ac 连线由a 指向c ，由E ＝Ud，d ac ＝23×2cos30° m＝6 m ，代入解得E ＝1 V/m ，D 正确．答案：BD11．(2020·辽宁铁岭协作体第三次联考)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示，一质量m ＝1.0×10－20 kg 、电荷量q ＝1.0×10－9C 的带负电的粒子从(－1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动．忽略粒子的重力等因素，求：(1)x 轴左侧电场强度E 1和右侧电场强度E 2的大小之比E 1：E 2；(3)该粒子运动的周期T.解析：(1)由题图可知，左侧电场强度E1＝φ0d1＝200.01V/m＝2 000 V/m①φ0E1：E＝：2.粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有＝0.01 m.联立①③并代入相关数据可得设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为联立①②④⑤⑥⑦并代入相关数据可得答案：：(2020·湖南省衡阳市第八中学月考形轨道与光滑绝缘的水平地面相切与半圆的端点，经A运动到轨道最高点竖直向下的匀强电场，小球带正电荷，小球所受电场力的大小等于(1)当轨道半径R＝0.1 m时，求小球到达半圆形轨道(2)为使小球能运动到轨道最高点解析：(1)由于电场力方向沿竖直方向，小球在水平轨道上运动时，速度与电场力方向垂直所以电场力在水平轨道上部做功，小球做匀速直线运动，故到达从A到B过程中，重力和电场力都做负功，故根据动能定理可得－mg·2R－高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

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课时作业(十九)(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后括号内)1．(2015·黄冈月考)如图，在固定的等量异种电荷连线上，靠近负电荷的b点释放一初速为零的带负电荷的质点(重力不计)，在两点电荷连线上运动过程中，以下说法正确的是()A．带电质点的动能越来越小B．带电质点的电势能越来越大C．带电质点的加速度越来越大D．带电质点通过各点处的电势越来越高【解析】负电荷在两点电荷间受的静电力水平向左，故静电力对其做正功，动能增大，电势能减小，经过各点处的电势越来越高，D正确，A、B错误；因电场强度在两点电荷连线中点最小，故带电质点的加速度先减小后增大，C错误．【答案】 D2.如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是AB连线的中点．已知A点的电势为φA＝50 V，B点的电势为φB＝10 V，则C点的电势()A．φC＝30 VB．φC>30 VC．φC<30 VD．上述选项都不正确【解析】AC之间的电场线比CB之间的电场线密，由U＝Ed可定性判断相等距离之间AC的电势差较大，所以φC<30 V，选项C正确．【答案】 C3．如图，M、N是两个带有异种电荷的带电体(M在N的正上方，图示平面为竖直平面)，P和Q是M表面上的两点，S是N表面上的一点．在MN之间的电场中画有三条等势线．现有一个带正电的油滴从E点射入电场，它经过了F点和W点．已知油滴在F点的机械能大于在W点的机械能．(E、W两点在同一等势线上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力)则以下说法正确的是()A．P和Q两点的电势不等B．P点的电势高于S点的电势C．油滴在F点的电势能高于在E点的电势能D．油滴在E、F、W三点的机械能和电势能之和没有改变【解析】M处于静电平衡状态，P和Q是导体M表面上的两点，故P和Q两点的电势相等，选项A错误．根据油滴在F点的机械能大于在W点的机械能，可知油滴从F 到W过程中电场力做负功，带电体M带负电，N带正电，P点的电势低于S点的电势，选项B错误．油滴在F点的电势能低于在E(或W)点的电势能，选项C错误．在只有电场力和重力做功的情况下，带电油滴的机械能和电势能之和保持不变，选项D正确．【答案】 D4．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是下图中的()【解析】距正电荷越近电势越高，且φ>0；距负电荷越近电势越低，且φ<0，故选A.【答案】 A5. (2015·合肥高三质检)如图所示表示某静电场等势面的分布，电荷量为1.6×10－9C的正电荷从A经B、C到达D点．从A到D，静电力对电荷做的功为()A．4.8×10－8 J B．－4.8×10－8 JC．8.0×10－8 J D．－8.0×10－8 J【解析】静电力做功与电荷运动的路径无关，只与电荷的起始位置和终止位置有关．从A到D，静电力对电荷做的功为W＝qU AD＝q(φA－φD)＝(－40＋10)×1.6×10－9 J＝－4.8×10－8 J，A、C、D错误，B正确．【答案】 B6．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab＝U bc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知()A．三个等势面中，c的电势最低B．带电质点在P点的电势能比在Q点的小C．带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小D．带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b【解析】根据题意画出电场线，粒子在P处的受力方向如图所示，可知电场线应垂直等势线由c经b至a，所以a点电势最低，选项A错误；粒子由P经R至Q的过程中，电场力对其做正功，带电质点的电势能降低，选项B错误；由于质点运动过程中只有电场力做功，所以质点的电势能与动能之和保持不变，选项C错误；根据电场线与等势面的几何关系可知，选项D正确．【答案】 D7.如图所示，匀强电场中有a 、b 、c 三点．在以它们为顶点的三角形中，∠a ＝30°、∠c ＝90°.电场方向与三角形所在平面平行．已知a 、b 和c 点的电势分别为(2－3)V 、(2＋3)V 和2 V ，该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为( )A ．(2－3)V 、(2＋3)VB ．0 V 、4 VC.⎝⎛⎭⎫2－433V 、⎝⎛⎭⎫2＋433V D ．0 V 、 3 V【解析】如图，根据匀强电场的电场线与等势面是平行等间距排列，且电场线与等势面处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降低，分析ba 方向的电势变化及电势差可得，U ba ＝φb －φa ＝2 3 V ，所以b 、a 中点O 的电势为φO ＝φb －12U ba ＝2 V ．ab 的中点O ，即为三角形的外接圆的圆心，因为φO ＝φc ，故Oc 为等势面，MN 为电场线，方向为MN 方向，U OP ＝U Oa ＝ 3 V ，又因为U OP ＝ER cos 30°，U ON ＝ER ，所以U ON ∶U OP ＝2∶3，故U ON ＝2 V ，N 点电势为零，为最低电势点，同理M 点电势为4 V ，为最高电势点．所以正确答案为B.【答案】 B8.如图所示，AB 、CD 为一圆的两条直径，且互相垂直，O 点为圆心．空间存在一未知静电场，场强方向与圆周所在平面平行．现有一电子，在静电力作用下(重力不计)，先从A 点运动到C 点，动能减少了W ；又从C 点运动到B 点，动能增加了W ，那么关于此空间存在的静电场可能是( )A ．方向垂直于AB 并由O 指向C 的匀强电场 B ．方向垂直于AB 并由C 指向O 的匀强电场 C ．位于O 点的正点电荷形成的电场D ．位于D 点的正点电荷形成的电场【解析】由静电力做功W AB ＝qU AB 可得：W AC ＝－eU AC ＝－W ，W CB ＝－eU CB ＝W ，所以φA ＝φB ，且φA ＞φC ，故正确答案为A 、D.【答案】 AD9．(2015·平顶山高三质检)如图所示，＋Q 和－Q 是两个等量异种点电荷，以点电荷＋Q 为圆心作圆，A 、B 为圆上两点，MN 是两电荷连线的中垂线；与两电荷连线交点为O ，下列说法正确的是( )A ．A 点的电场强度大于B 点的电场强度 B ．电子在A 点的电势能小于在B 点的电势能C ．把质子从A 点移动到B 点，静电力对质子做功为零D ．把质子从A 点移动到MN 上任何一点，质子的电势能变化都相同【解析】由等量异种点电荷的电场线和等势线分布可知：E A ＜E B ，φA ＞φB ，A 错误、B 正确；W AB ＝U AB q ＝(φA －φB )q ＞0，故C 错误．MN 为一条等势线，D 正确．【答案】 BD10．(2013·山东卷，19)如图所示，在x 轴上相距为L 的两点固定两个等量异种点电荷＋Q 、－Q ，虚线是以＋Q 所在点为圆心、L2为半径的圆，a 、b 、c 、d 是圆上的四个点，其中a 、c 两点在x 轴上，b 、d 两点关于x 轴对称. 下列判断正确的是( )A．b、d两点处的电势相同B．四个点中c点处的电势最低C．b、d两点处的电场强度相同D．将一试探电荷＋q沿圆周由a点移至c点，＋q的电势能减小【解析】过c点的中垂线为一条等势线，电势为零，其余a、b、d三点的电势均大于零，且根据对称性可知b、d两点的电势相等，所以A、B两项正确；b、d两点处的电场强度的方向不同，C项错误；a点的电势大于零，则试探电荷＋q在a点处的电势能大于零，而在c点的电势能等于零，故试探电荷沿圆周由a点移至c点，电势能减小，D项正确．【答案】ABD二、综合应用(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明，方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)(2015·临沂市高三上学期期中)质量m＝0.1 kg的带电小球，在某电场中从O 点经A、B运动至C点．已知O、A、B、C四点在同一条竖直线上，t＝0时小球恰在O点，忽略空气阻力，取向下为正方向(g取10 m/s2)，小球的v t图象如图所示．求：(1)t＝1 s时带电小球的加速度和所受电场力的大小；(2)带电小球前14 s下落的高度及克服电场力所做的功．【解析】从图中可以看出，在t＝2 s内带电小球做匀加速运动，其加速度大小a＝v A t A＝8 m/s2设此过程中带电小球受到的电场力大小为F，根据牛顿第二定律，有mg－F＝ma，得F＝0.2 N.(2)由图知带电小球前14 s下落的高度h ＝16×22 m ＋ 6＋16 ×122m ＝148 m 根据动能定理，从O 到B 有 mgh －W F ＝12mv 2B得W F ＝146.2 J【答案】 (1)8 m/s 2 0.2 N (3)146.2 J 12．(15分)(2015·荆州市质检)如图所示，空间有场强E ＝1.0×102 V/m 的竖直向下的匀强电场，长L ＝0.8 m 不可伸长的轻绳固定于O 点．另一端系一质量m ＝0.5 kg ，带电荷量q ＝＋5×10－2C 的小球．拉起小球至绳水平后在A 点无初速度释放，当小球运动至O 点的正下方B 点时，绳恰好断裂然后小球垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ＝53°角的无限大挡板MN 上的C 点．g 取10 m/s 2.(1)求绳子的最大张力； (2)求A 、C 两点的电势差；(3)当小球运动到C 点即将打到MN 板时，突然施加一恒力F 作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移至足够远处，若小球仍能垂直打在挡板上，求所加恒力F 的方向及大小的可能取值范围．【解析】 (1)A →B 由动能定理及圆周运动知识得： (mg ＋qE )·L ＝12mv 2BF T －(mg ＋qE )＝m v 2BL 联立解得：F T ＝30 N(2)B →C 由功能关系及电场相关知识得： (mg ＋qE )h AC ＝12mv 2Cv C sin θ＝v B U AC ＝E ·h AC联立解得：U AC＝125 V(3)由题可知施加恒力F后小球必须做匀速直线或匀加速直线运动，才能垂直打在挡板上．设恒力F与竖直方向的夹角为α，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示．(或由矢量三角形可知：当F与F合即运动的方向垂直时，F有最小值而无最大值)由矢量三角形图得：F min＝(mg＋qE)·sin θθ≤(α＋θ)<180°联立解得：F≥8 N0°≤α<127°(其他方向表述方法正确均给分)【答案】(1)30 N(2)125 V(3)方向与竖直方向的夹角0°≤α<127°F≥8 N。