2016物理 高三一轮复习 物理课时作业19
高三物理一轮复习教案5篇
高三物理一轮复习教案5篇任时光飞逝，我们辛勤工作，蓦回首，一学期的教学又告结束。
回顾一学期的物理教学工作，我们感叹良多，点滴作法涌上心头，存在的问题还需努力解决。
谨记于下，权作经验教训的总结。
下面是小编为大家整理的5篇高三物理一轮复习教案内容，感谢大家阅读，希望能对大家有所帮助!高三物理一轮复习教案1教学准备教学目标【教学目标】知识与技能1、知道什么是形变和弹性形变2、知道什么是弹力以及弹力产生的条件3、知道压力、支持力、绳的拉力都是弹力，并能判断方向。
4、知道形变越大弹力越大、弹簧的弹力与形变量成正比。
过程与方法1、从生活中常见的形变现象出发，培养学生的观察能力。
2、在探究形变的过程中，引导学生进一步探索形变与弹性之间的关系后，使学生了解探究弹力的实际意义，学会探究物理规律的一般方法。
3、通过观察微小变化的实例，初步接触“放大的方法”情感、态度价值观1、在实验中，培养其观察、分析、归纳能力，尊重事实的科学探究精神。
2、积极参与观察和实验，认真讨论体验探索自然规律的艰辛和喜悦。
教学重难点【教学重点】弹力概念的建立、弹力产生的条件、弹力方向的确定。
【教学难点】弹力方向的确定。
教学过程.【教学过程】引入新课视频播放：弯曲的竹竿使水中的木块发生运动、拉弓射箭等情景。
让学生试着回答以上动作的完成有什么共同特点新课教学一.弹力的产生动画模拟弯曲的竹竿使水中的木块发生运动、拉弓射箭等:同学们观察动作的完成，总结什么是形变形变：物体在力的作用下发生的形状或体积改变学生自己动手实验拉橡皮筋：(1)弹性形变：能恢复原来形状的形变。
(2)塑性形变：不能恢复原来形状的形变(3)弹性限度：形变超过一定限度,物体形状将不能完全恢复，这个限度叫做弹性限度.[讨论与交流]我用力推墙或压桌面，那么墙和桌面也会发生形变吗?动画模拟微小形变实验：①按压桌面②挤压玻璃瓶。
让学生自习观察，实验说明了什么问题。
学生回答后教师总结：(4)一切物体在力的作用下都会发生形变，只不过一些物体比较坚硬，虽发生形变，但形变量很小，眼睛根本观察不到它的形变。
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。
高三物理一轮总复习 专题2.1 重力 弹力(含解析)-人教版高三全册物理试题
专题2.1 重力弹力1. 判断正误，正确的划“√〞，错误的划“×〞(1)自由下落的物体所受重力为零(×)(2)重力的方向不一定指向地心(√)(3)地球上物体所受重力是万有引力的一个分力．(√)(4)物体的重力总等于它对竖直测力计的拉力〔×〕(5)物体的重心就是物体上最重的一点，所以物体的重心不可能不在这个物体上〔×〕(6)同一物体从赤道移到北极，其重力不仅大小变大，而且方向也变了〔√〕(7)弹力一定产生在相互接触的物体之间(√)(8)相互接触的物体间一定有弹力(×)(9)F＝kx中“x〞表示弹簧形变后的长度(×)(10)弹簧的形变量越大，劲度系数越大(×)(11)弹簧的劲度系数由弹簧自身性质决定(√)(12)只要物体发生形变就会产生弹力作用．(×)(13)物体所受弹力方向与自身形变的方向一样．(×)(14)轻绳、轻杆的弹力方向一定沿绳、杆．(×)2. 如下关于力的说法中，正确的答案是( )A．有的力有施力物体，有的力没有施力物体B．任何物体受到力的作用后形状都发生改变C．两个物体相互作用，其相互作用力可以是不同性质的力D．影响力的作用效果的因素有力的大小、方向和作用点【答案】D3. (多项选择)如下四个图中，所有的球都是一样的，且形状规如此质量分布均匀。
甲球放在光滑斜面和光滑水平面之间，乙球与其右侧的球相互接触并放在光滑的水平面上，丙球与其右侧的球放在另一个大的球壳内部并相互接触，丁球用两根轻质细线吊在天花板上，且其中右侧一根线是沿竖直方向。
关于这四个球的受力情况，如下说法正确的答案是( )A．甲球受到一个弹力的作用 B．乙球受到两个弹力的作用C．丙球受到两个弹力的作用 D．丁球受到两个弹力的作用【答案】AC4. (多项选择)关于弹力的方向，如下说法中正确的答案是( )A．放在水平桌面上的物体所受弹力的方向是竖直向上的B．放在斜面上的物体所受斜面的弹力的方向是竖直向上的C．将物体用绳吊在天花板上，绳所受物体的弹力方向是竖直向上的D．物体间相互挤压时，弹力的方向垂直接触面指向受力物体【答案】AD【解析】放在水平桌面上的物体所受弹力为支持力，其方向为垂直于桌面向上，故A正确；放在斜面上的物体所受斜面的支持力方向垂直于斜面向上，故B错误，D正确；绳子对物体的拉力总是沿绳子收缩的方向，而物体对绳子的弹力方向指向绳子伸长的方向，故C错误。
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.。
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课时作业(一)基本概念1．(11年辽宁模拟)在下面研究的各个问题中可以被看做质点的是()A．奥运会乒乓球男单冠军王励勤打出的弧旋球B．奥运会冠军王军霞在万米长跑中C．跳水冠军郭晶晶在跳水比赛中D．研究一列火车通过某一路标的时间2．参照如图所示时间坐标轴，下列关于时刻和时间的说法中正确的是()第2题图A．t2表示时刻，称为第2秒末或第3秒初，也可以称为2秒内B．t2～t3表示时间，称为第3秒内C．0～t2表示时间，称为最初2秒内或第2秒内D．t n－1～t n表示时间，称为第n－1秒内3．(10年山东模拟)关于位移和路程，下列说法中正确的是()A．在某段时间内，质点运动的位移为零，该质点不一定是静止的B．在某段时间内，质点运动的路程为零，该质点不一定是静止的C．在直线运动中，质点位移的大小一定等于其路程D．在直线运动中，质点位移的大小一定小于其路程4．(10年浙江模拟)在直线运动中，关于速度和加速度的说法，正确的是()A．物体的速度大，加速度就大B．物体速度的改变量大，加速度就大C．物体的速度改变快，加速度就大D．物体的速度为零时，加速度一定为零5．甲、乙两小分队进行代号为“猎狐”的军事演习，指挥部通过现代通讯设备，第5题图在屏幕上观察到两小分队的行军路线如图所示．两小分队同时从同一处O出发，最后同时捕“狐”于A点，则()A．两队行军路程x甲＞x乙B．两队行军位移x甲＞x乙C．两队平均速度v甲＝v乙D．两队平均速度v甲＞v乙6．甲、乙、丙3人各乘一个热气球，甲看到楼房匀速上升，乙看到甲匀速上升，甲看到丙匀速上升，丙看到乙匀速下降，那么，从地面上看甲、乙、丙的运动情况可能是() A．甲、乙匀速下降，v乙＞v甲，丙停在空中B．甲、乙匀速下降，v乙＞v甲，丙匀速上升C．甲、乙匀速下降，v乙＞v甲，丙匀速下降，且v丙＞v甲D．以上说法均不对第7题图7．三个质点A、B、C的运动轨迹如图所示，三质点同时从N点出发，同时到达M点，下列说法中正确的是()A．三个质点从N到M的平均速度相同B．B质点从N到M的平均速度方向与任意时刻瞬时速度方向相同C．到达M点时的瞬时速度一定是A的最大D．三个质点从N到M的平均速率相同8．为了传递信息，周朝形成邮驿制度，宋朝增设“急递铺”．设金牌、银牌、铜牌三种，“金牌”一昼夜行500里(一里＝500m)，每到一驿站换人换马接力传递．“金牌”的平均速度()A．与成年人步行的速度相当B．与人骑自行车的速度相当C．与高速公路上汽车的速度相当D．与磁悬浮列车的速度相当9．n辆汽车从同一地点先后开出，在平直的公路上排成一直线行驶．各车均由静止出发先做加速度为a的匀加速直线运动，达到同一速度v后做匀速直线运动．欲使汽车都匀速行驶时彼此间距均为s，则各辆车依次启动的时间间隔为(不计汽车长度)() A． eq \f(v,2a) B． eq \f(v,a)C． eq \f(2v,a) D． eq \f(s,v)第10题图10．(11年江西模拟)在街头的理发店门口，常可以看到有这样的标志：一个转动的圆筒，外表有彩色螺旋斜条纹，我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但实际上条纹在竖直方向并没有升降，这是由于圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉．如图所示，假设圆筒上的条纹是围绕圆筒的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离(即螺距)为L＝10 cm，圆筒沿逆时针方向(从俯视方向看)，以2 r/s的转速匀速转动，我们感觉到的升降方向和速度大小分别为()A．向上10 cm/s B．向上20 cm/sC．向下10 cm/s D．向下20 cm/s11．中国经济的腾飞加快了铁路运输的发展．有一段用固定镜头拍摄的一列动车组视频．小张通过播放该视频来测算机车运行速度．已知机车长度是s，测算的步骤包括第11题图①记下机车头到达观测点的时刻②计算整列车通过观测点所用时间t③在画面上选择一个观测点④用公式v＝ eq \f(s,t) 计算出机车运行的速度⑤记下机车尾到达观测点的时刻完成测算步骤的合理顺序是________(填序号)．12．某同学在百米赛跑中，以6m/s的速度从起点冲出，在50m处的速度为8.2m/s，在他跑到全程的中间时刻t＝6.25s时速度为8.3m/s，最后8.4m/s冲过终点，他的平均速度为多大？13．F1是英文Formula One的缩写，即一级方程式赛车，是仅次于奥运会和世界杯的世界第三大赛事．F1赛车的变速系统非常强劲，从时速0加速到100km/h仅需2.3秒，此时加速度仍达10m/s2，时速为200km/h时的加速度仍有3m/s2，从0加速到200km/h再急停到0只需12秒．假定F1赛车加速时的加速度随时间的增大而均匀减小，急停时的加速度大小恒为9.2m/s2.上海F1赛道全长5.451km，比赛要求选手跑完56圈决出胜负．求：(1)若某车手平均时速为210km/h，则跑完全程用多长时间？(2)该车手的F1赛车的最大加速度．第13题图14．(10年全国高考)短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100m和200m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69s和19.30s.假定他在100m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100m时最大速率的96%.求：(1)加速所用时间和达到的最大速率．(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数)课时作业(二)匀变速直线运动的规律1．关于自由落体运动，下列说法正确的是()A．物体竖直向下的运动就是自由落体运动B．加速度等于重力加速度的运动就是自由落体运动C．在自由落体运动过程中，不同质量的物体运动规律相同D．物体做自由落体运动位移与时间成反比2．一个做匀减速直线运动的物体，经3.0s速度减为零，若测出它在最后1.0s内的位移是1.0m.那么该物体在这3.0s内的平均速度是()A．1.0m/s B．3.0m/sC．5.0m/s D．9.0m/s3．美国“肯尼迪号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F18”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5m/s2，起飞速度为50m/s，若该飞机滑行100m时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为()A．30m/s B．40m/sC．20m/s D．10m/s4．一辆汽车由车站开出，沿平直公路做初速度为零的匀变速直线运动，至第10s末开始刹车，再经5s便完全停下．设刹车过程汽车也做匀变速直线运动，那么加速和减速过程车的加速度大小之比是()A．1∶2 B．2∶1 C．1∶4 D．4∶15．(11年广东模拟)一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动直到停止．从汽车开始运动起计时，表中给出了某些时刻汽车的瞬时速度．根据表中的数据通过分析、计算可以得出()时刻(s),1.0,2.0,3.0,5.0,7.0,9.5,10.5速度(m/s),3.0,6.0,9.0,12,12,9.0,3.0 A．汽车加速运动经历的时间为4sB．汽车加速运动经历的时间为5sC．汽车匀速运动的时间为2sD．汽车减速运动的时间为2s6．空降兵从飞机上跳伞时，为了保证安全着陆，着陆前最后阶段降落伞匀速下落的速度约为6m/s.空降兵平时模拟训练时，经常从高台上跳下，则训练高台的合适高度约为(g取10m/s2)()A．0.5m B．1.0mC．1.8m D．5.0m7．杂技演员用一只手把四只球依次向上抛出，为了使节目能持续表演下去，该演员必须让回到手中的小球隔一个相等的时间再向上抛出，假如抛出每一个球上升的最大高度都是1.25m，那么球在手中停留的最长时间是(不考虑空气阻力，g取10m/s2，演员抛球同时即刻接球)()A．1/3s B．1/4sC．1/5s D．1/6s8．(11年上海模拟)一枚火箭由地面竖直向上发射，其vt图象如图所示，则()第8题图A．火箭在t2t3时间内向下运动B．火箭能上升的最大高度为4v1t1C．火箭上升阶段的平均速度大小为 eq \f(1,2) v2D．火箭运动过程中的最大加速度大小为 eq \f(v2,t3)9．有一种“傻瓜”相机的曝光时间(快门从打开到关闭的时间)是固定不变的．为了估测相机的曝光时间，有位同学提出了下述实验方案：第9题图他从墙面上A点的正上方与A相距H＝1.5m处，使一个小石子自由落下，在小石子下落通过A点后，按动快门，对小石子照相，得到如图所示的照片．由于石子在运动，它在照片上留下一条模糊的径迹CD.已知每块砖的平均厚度约为6cm.利用这些信息估算该相机的曝光时间最接近()A．0.5s B．0.06sC．0.02s D．0.008s10．为了安全，汽车在行驶途中，车与车之间必须保持一定的距离，这是因为从驾驶员看见某一情况到采取制动动作的反应时间里，汽车仍然要通过一段距离(称为反应距离)，而从采取制动动作到汽车安全静止的时间里，汽车又要通过一段距离(称为制动距离)．下列给出了某驾驶员汽车在不同速度下的反应距离和制动距离的部分数据，根据分析计算，表中未给数据X、Y应是()速度m/s,反应距离m,制动距离m10,12,2015,18,X20,Y,8025,30,125 A．X＝40，Y＝24 B．X＝45，Y＝24C．X＝50，Y＝22 D．X＝60，Y＝2211．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g 值，g值可由实验精确测定，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g值测得很准．具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点竖直向上抛出小球，小球又落至原处O点的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点后又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于()A． eq \f(8H,T\o\al(2,2)－T\o\al(2,1)) B． eq \f(4H,T\o\al(2,2)－T\o\al(2,1))C． eq \f(8H,(T2－T1)2) D． eq \f(H,4(T2－T1)2)12．(10年广东模拟)让钢球从某一高度竖直落下进入液体中，图中表示的是闪光照相机拍摄的钢球在液体中的不同位置．则下列说法正确的是()第12题图A．钢球进入液体中先做加速运动，后做减速运动B．钢球进入液体中先做加速运动，后做减速运动C．钢球在液体中所受到的阻力先大于重力，后等于重力D．钢球在液体中所受到的阻力先小于重力，后等于重力13．一些同学乘坐动力组列车外出旅游，当火车在一段平直轨道上匀加速行驶时，一同学提议说：“我们能否用身边的器材测出火车的加速度？”许多同学参与了测量工作，测量过程如下：他们一边看着窗外每隔100m的路标，一边用手表记录着时间，他们观测到从第一根路标运动到第二根路标的时间间隔为5s，从第一根路标运动到第三根路标的时间间隔为9s，请你根据他们的测量情况，求：(1)火车的加速度大小；(2)他们到第三根路标时的速度大小．14．“刹车防抱死”装置是目前一种先进的汽车制动装置，该装置可以保证车轮在制动时不被抱死，使车轮仍有一定的滚动，安装了此装置的汽车在紧急刹车时可获得比车轮抱死更大的制动力，从而使刹车距离大大减小．假设某汽车安装此装置后刹车制动力恒为车重的0.50倍，汽车行驶的速度为72km/h，驾驶员的反应时间为0.40s，试求驾驶员从发现前方情况到车停止过程中，汽车前进的距离．(g取10m/s2)15．辨析题：要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道．求摩托车在直道上行驶所用的最短时间．有关数据见表格．启动加速度a1,4m/s2制动加速度a2,8m/s2直道最大速度v1,40m/s弯道最大速度v2,20m/s直道长度x,218m某同学是这样解的：要使摩托车所用时间最短，应先由静止加速到最大速度v1＝40m/s，然后再减速到v2＝20m/s.t1＝ eq \f(v1,a1) …；t2＝ eq \f(v1－v2,a2) …；t＝t1＋t2你认为这位同学的解法是否合理？若合理，请完成计算；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法正确得出结果．课时作业(三)图象、追击和相遇问题第1题图1．(10年上海模拟)如图是某运动物体的st图象，则它的运动情况是()A．开始静止，然后沿斜面下滚B．以恒定的速度运动，然后逐渐变慢C．开始静止，然后向s的负方向运动D．先沿一个平面滚动，然后沿斜面下滚2．如图所示的位移(s)－时间(t)图象和速度(v)－时间(t)图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是()第2题图A．图线1表示物体做曲线运动B．st图象中t1时刻v1＞v2C．vt图象中0至t3时间内3和4的平均速度大小相等D．两图象中，t2、t4时刻分别表示2、4开始反向运动3．甲乙两车在一平直道路上同向运动．其vt图象如图所示，第3题图图中△OPQ和△OQT的面积分别为s1和s2(s2＞s1)．初始时，甲车在乙车前方s0处() A．若s0＝s1＋s2，两车不会相遇B．若s0＜s1，两车相遇2次C．若s0＝s1，两车相遇2次D．若s0＝s2，两车相遇1次4．t＝0时，甲乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的vt图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是()A．在第1小时末，乙车改变运动方向B．在第2小时末，甲乙两车相距10kmC．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D．在第4小时末，甲乙两车相遇第4题图第5题图5．(10年山东模拟)如图所示为某质点作直线运动的vt图象，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法中正确的是()A．质点始终向同一方向运动B．4s末物体离出发点最远C．加速度大小不变，方向与初速度方向相同D．4s内通过的路程为4m，而位移为零6．某人在静止的湖面上竖直上抛一小铁球，小铁球上升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中．不计空气阻力，取向上为正方向，在如图所示的vt图象中，最能反映小铁球运动过程的是()第7题图7．如图所示的是描述一个小球从水平桌面正上方的一点无初速度自由下落，与桌面经多次碰撞后，最终静止在桌面上的运动过程，则图线是反映下列哪个物理量随时间的变化过程()A．位移B．路程C．速度D．速度的变化率8．一个小孩在蹦床上作游戏，他从高处落到蹦床上后又弹起到原高度．小孩从高处开始下落到弹回的整个过程中，他的运动速度随时间变化的图象如图所示，图中Oa段和cd 段为直线．根据此图象可知，小孩和蹦床相接触的时间为()A．t2～t4B．t1～t4C．t1～t5D．t2～t5第8题图第9题图9．在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在t1时刻，速度达较大值v1时打开降落伞，做减速运动，在t2时刻以较小速度v2着地．他的速度图象如图所示．下列关于该空降兵在0～t2和t1～t2时间内的平均速度v eq \a\vs4\al(－) 的结论正确的是()A．0～t2，v eq \a\vs4\al(－) ＝ eq \f(v1,2) B．t1～t2，v eq \a\vs4\al(－) ＝ eq \f(v1＋v2,2)C．t1～t2，v eq \a\vs4\al(－) ＞ eq \f(v1＋v2,2) D．t1～t2, v eq \a\vs4\al(－) ＜ eq \f(v1＋v2,2)10．(11年广东模拟)第10题图某高速列车沿直线运动的v－t图象如图，则该列车()A．0～30s时间内的位移小于9×102mB．30s时间速度等于30m/sC．0～60s时间内做匀加速运动D．90s～120s时间内做匀速运动11．(10年湖南模拟)在平直道路上，甲汽车以速度v匀速行驶．当甲车司机发现前方距离为d处的乙汽车时，立即以大小为a1的加速度匀减速行驶，与此同时，乙车司机也发现了甲，立即从静止开始以大小为a2的加速度沿甲运动的方向匀加速运动．则() A．甲、乙两车之间的距离一定不断减小B．甲、乙两车之间的距离一定不断增大C．若v> eq \r(2(a1＋a2)d) ，则两车一定不会相撞D．v< eq \r(2(a1＋a2)d) ，则两车一定不会相撞12．空间探测器从某一星球表面竖直升空．已知探测器质量为1500kg，发动机推动力为恒力．探测器升空后发动机因故障突然关闭，如图所示是探测器从升空到落回星球表面的速度随时间变化的图线，则由图象可判断该探测器在星球表面达到的最大高度Hm为多少？第12题图13．一辆汽车在十字路口等待绿灯，当绿灯亮时汽车以3m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一辆自行车以6m/s的速度匀速驶来，从后边超过汽车．试问：汽车从路口开动后，在赶上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？14．(11年湖南模拟)猎狗能以最大速度v1＝10m/s持续地奔跑，野兔只能以最大速度v2＝8m/s的速度持续奔跑．一只野兔在离洞窟x1＝200m处的草地上玩耍，被猎狗发现后径直朝野兔追来．野兔发现猎狗时，与猎狗相距x2＝60m，野兔立即掉头跑向洞窟．设猎狗、野兔、洞窟总在同一直线上，求：野兔的加速度至少要多大才能保证安全回到洞窟．课时作业(四)实验：研究匀变速直线运动的规律1．在“测定匀变速直线运动加速度”的实验中，为了减小测量小车运动加速度的相对误差，下列措施中哪些是有益的()A．使小车运动的加速度尽量小一些B．适当减小挂在细绳下的钩码的个数C．在同样条件下，打出多条纸带，然后选取一条最理想的进行测量和计算D．舍去纸带上较密集的点，然后选取计数点，进行计算2．(09年广东高考)“研究匀变速直线运动”的实验中，使用电磁式打点计时器(所用交流电的频率为50Hz)，得到如图所示的纸带．图中的点为计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出来，下列表述正确的是()第2题图A．实验时应先放开纸带再接通电源B．(s6－s1)等于(s2－s1)的6倍C．从纸带可求出计数点B对应的速率D．相邻两个计数点间的时间间隔为0.02s3．关于“测定匀变速直线运动的加速度”实验的操作，下列说法中错误的是()A．长木板不能侧向倾斜，也不能一端高一端低B．在释放小车前，小车应紧靠在打点计时器上C．应先接通电源，待打点计时器开始打点后再释放小车D．要在小车到达定滑轮前使小车停止运动4．(10年山东模拟)某同学在做“研究匀变速直线运动”实验时，从打下的若干纸带中选出了如图所示的一条(每两点间还有4个点没有画出来)，图中上部的数字为相邻两个计数点间的距离．打点计时器的电源频率为50Hz.第4题图如果用s1、s2、s3、s4、s5、s6来表示各相邻两个计数点间的距离，则该匀变速直线运动的加速度的表达式为a＝________________________________________________________________________ (用符号写出表达式，不要求计算)．与纸带上D点相对应的瞬时速度v＝________ m/s.(答案要求保留三位有效数字)5．在“探究小车速度随时间变化规律”的实验中，某同学测量数据后，通过计算得到了小车运动过程中各计时时刻的速度如表所示．位置编号,0,1,2,3,4,5时间t/s,0,0.1,0.2,0.3,0.4,0.5速度v/m·s－1,0.38,0.63,0.88,1.12,1.38,1.63(1)分析表中数据可知，在误差允许的范围内，小车做________运动．(2)由于此次实验的原始纸带没有保存，另一同学想估算小车从位置0到位置5的位移，其估算方法如下：x＝(0.38×0.1＋0.63×0.1＋0.88×0.1＋1.12×0.1＋1.38×0.1)m＝…那么，该同学得到的位移________(填“大于”、“等于”或“小于”)实际位移，为了使计算位移的误差尽可能小，你认为采取什么方法更合适？(不必算出具体数据)______________．6．如图为小球做自由落体运动的闪光照片，它是每隔 eq \f(1,30) s的时间拍摄的，从某个稍大些的位置间隔开始测量，照片上边数字表示的是这些相邻间隔的序号，下边的数值是用刻度尺量出的其中两个间隔的长度，根据所给两个数值求出小球下落加速度的测量值g＝________m/s2(结果保留3位有效数字)．第6题图第7题图7．一个小球沿斜面向下运动，用每间隔1/10s曝光一次的频闪相机拍摄不同时刻小球位置的照片，如图所示，即照片上出现的相邻两个小球的像之间的时间间隔为1/10s，测得小球在几个连续相等时间内位移(数据见表)，则s1(cm),s2(cm),s3(cm),s4(cm)8.20,9.30,10.40,11.50(1)小球在相邻的相等时间内的位移差__________(填“相等”或“不相等”)，小球的运动性质属__________直线运动．(2)有甲、乙两同学计算小球加速度方法如下：甲同学：a1＝ eq \f(s2－s1,T2) ，a2＝ eq \f(s3－s2,T2) ，a3＝ eq \f(s4－s3,T2) ，a＝ eq \f(a1＋a2＋a3,3)乙同学：a1＝ eq \f(s3－s1,2T2) ，a2＝ eq \f(s4－s2,2T2) ，a＝ eq \f(a1＋a2,2)你认为甲、乙中哪位同学的计算方法正确？________________________________________________________________________，加速度值为__________．8．如图所示是某同学测量匀变速直线运动的加速度时，从打点计时器打出的若干纸带中选出的一条纸带的一部分(电源频率为50Hz)．他每隔4个点取一个计数点，且在图中注明了他对各个计数点间距离的测量结果．(单位：cm)第8题图(1)为了验证小车的运动是匀变速直线运动，请进行下列计算，将数据填入表内．(单位：cm)x2－x1,x3－x2,x4－x3,x5－x4,x6－x5,Δx各段位移之差与其平均值最多相差__________cm，即各段位移之差与其平均值最多相差__________%.由此可得出结论：小车在__________________的位移之差，在________________________________________________________________________ ______允许的范围内相等，所以小车的运动是________________________________________________________________________．(2)根据a＝ eq \f(x n－x n－3,3T2) ，可以求出：a1＝ eq \f(x4－x1,3T2) ＝__________m/s2，a2＝ eq \f(x5－x2,3T2) ＝__________m/s2，a3＝ eq \f(x6－x3,3T2) ＝__________m/s2，所以a＝ eq \f(a1＋a2＋a3,3) ＝__________m/s2.9．(10年重庆高考)某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f＝50Hz在线带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：s A＝16.6mm s B＝126.5mm s D＝624.5mm第9题图若无法再做实验，可由以上信息推知：(1)相邻两计数点的时间间隔为________ s.(2)打C点时物体的速度大小为________ m/s(取两位有效数字)．(3)物体的加速度大小为________(用s A、s B、s C、s D和f表示)．10．(11年浙江模拟)做匀变速直线运动的小车，牵引一条通过打点计时器的纸带，交流电源的频率是50Hz，由纸带上打出的某一点开始，每5个点剪下一段纸带．如图所示，每一小段纸带的一端与x轴相重合，两边与y轴平行，将纸带贴在坐标系中．第10题图(1)仔细研究坐标图，找出小车在相邻时间内位移存在的关系．(2)设Δt＝0.1s，请画出该小车的v－t图象．(3)根据图象求其加速度．课时作业(五)重力、弹力和摩擦力1．关于重力，下列说法中正确的是()A．重力的施力物体是地球B．重力的方向总是垂直向下的C．重力的大小可以用弹簧秤和杆秤直接测量D．把物体放在水平支持物上，静止时物体对水平支持物的压力就是物体受到的重力2．关于弹力下面说法不正确的是()A．通常所说的压力、支持力和拉力都是弹力B．轻绳、轻杆上产生的弹力方向总是在绳、杆的直线上C．两物体相互接触，一定有弹力产生D．压力和支持力的方向总是垂直于接触面3．下列关于摩擦力的说法，正确的是()A．相互接触的两物体间一定存在摩擦力B．摩擦力总是阻碍物体的运动C．相对静止的物体间，也可能存在摩擦力作用D．只有静止的物体才受静摩擦力作用，运动的物体不会受静摩擦力作用4．(11年广东调研)下列几个关于力学问题的说法中正确的是()A．手压桌面时，由于手发生了形变，所以受到向上的支持力B．放在斜面上的物体，其重力沿垂直斜面的分力就是物体对斜面的压力C．伽利略的理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因D．摩擦力的方向一定与物体的运动方向在同一直线上5．物块静止在固定的斜面上，分别按图所示的方向对物块施加大小相等的力F, A中F 垂直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是()第6题图6．物体b在水平推力F作用下，将物体a挤压在竖直墙壁上，如图所示，a、b处于静止状态，关于a、b两物体的受力情况，下列说法正确的是()A．a受到两个摩擦力的作用B．a共受到四个力的作用C．b共受到三个力的作用D．a受到墙壁摩擦力的大小不随F的增大而增大7．三个相同的支座上分别搁着三个质量和直径都相等的光滑圆球a、b、c，支点P、Q 在同一水平面上，a球的重心O a位于球心，b球和c球的重心O b、O c分别位于球心的正上方和正下方，如图所示，三球均处于平衡状态，支点P对a、b、c球的弹力分别为F Na、F Nb、F Nc，则()第7题图A．F Na＝F Nb＝F Nc B．F Na＞F Nb＞F NcC．F Na＜F Nb＜F Nc D．F Na＞F Nb＝F Nc8．人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图所示．以下说法正确的是()A．人受到重力和支持力的作用B．人受到重力、支持力和摩擦力的作用C．人受到的合外力不为零D．人受到的合外力方向与速度方向相同第8题图第9题图9．把一重为G的物体，用一个水平推力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的平整的墙上如图所示，从t＝0开始，物体受的摩擦力F摩随t的变化关系是图中的()。
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 )。
物理精优大一轮复习人教版课时作业10+运动的合成与分解+Word版含解析
课时作业(十)第10讲抛体运动时间/ 40分钟基础达标1.发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响),速度较大的球越过球网,速度较小的球没有越过球网,下列说法正确的是()A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较长B.速度较小的球下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大D.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较短图K10-12.[2018·汉中二检]如图K10-1所示,A、B两个质量相同的小球在同一竖直线上,离地高度分别为2h和h,将两球水平抛出后,两球落地时的水平位移之比为1∶2,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.A、B两球的初速度之比为1∶4B.A、B两球的初速度之比为1∶2C.若两球同时抛出,则落地的时间差为D.若两球同时落地,则两球抛出的时间差为(-1)图K10-23.[2019·皖南联考]图K10-2为三个小球初始时刻的位置图,将它们同时向左水平抛出,它们都会落到D点,DE=EF=FG,不计空气阻力.关于三小球,下列说法正确的是()A.若初速度相同,则高度之比h A∶h B∶h C=1∶2∶3B.若初速度相同,则高度之比h A∶h B∶h C=1∶3∶5C.若高度之比h A∶h B∶h C=1∶2∶3,则落地时间之比t A∶t B∶t C=1∶2∶3D.若高度之比h A∶h B∶h C=1∶2∶3,则初速度之比v A∶v B∶v C=1∶∶图K10-34.[2018·太原二模]如图K10-3所示,直角三角形斜劈ABC的斜面AC的倾角为37°,以直角顶点B为坐标原点,分别沿BA边和BC边建立x轴和y轴,已知AB边水平,边长为8 m.从D(11 m,2 m)点以初速度v0沿x轴负方向抛出一个可视为质点的小球,一段时间后,小球落在斜面AC上,则此时小球的速度方向与x轴负方向夹角的最大值为(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)()A.30°B.37°C.53°D.60°图K10-45.[2018·曲靖罗平三中月考]如图K10-4所示,水平面上固定有一个斜面,从斜面顶端向右平抛一个小球,当初速度为v0时,小球恰好落到斜面底端,小球的飞行时间为t0.现用不同的初速度从该斜面顶端向右平抛这个小球,如图K10-5所示的图像中能正确表示小球做平抛运动的时间t随初速度v变化的函数关系的是()图K10-5技能提升图K10-66.如图K10-6所示,B为竖直圆弧轨道的左端点,它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α.一小球在圆弧轨道左侧的A点以速度v0水平抛出,恰好沿B点的切线方向进入轨道,已知重力加速度为g,则A、B之间的水平距离为()A.B.C. D.图K10-77.如图K10-7所示,1、2两个小球以相同的速度v0水平抛出.球1从左侧斜面抛出,经过t1时间落回斜面上;球2从某处抛出,经过t2时间恰能垂直撞在右侧的斜面上.已知左、右侧斜面的倾角分别为α=30°、β=60°,则()A.t1∶t2=1∶1B.t1∶t2=2∶1C.t1∶t2=∶1D.t1∶t2=1∶图K10-88.如图K10-8所示为简化后的跳台滑雪的雪道示意图.运动员从助滑雪道AB上由静止开始下滑,到达C点后水平飞出(不计空气阻力),最后落到F点(图中未画出).D 是运动轨迹上的一点,运动员在该点时的速度方向与轨道CE平行.设运动员从C 到D和从D到F的运动时间分别为t CD和t DF,DG和斜面CE垂直,则()A.t CD大于t DF,CG等于GFB.t CD等于t DF,CG小于GFC.t CD大于t DF,CG小于GFD.t CD等于t DF,CG等于GF图K10-99.如图K10-9所示,半圆形凹槽的半径为R,O点为其圆心.在与O点等高的边缘A、B两点分别以水平速度v、v2同时相向抛出两个小球,已知v1∶v2=1∶3,两小球恰1好都落在弧面上的P点.以下说法中正确的是()A.∠AOP为45°B.若要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点,则应使v1、v2都增大C.改变v1、v2,只要两小球落在弧面上的同一点,v1与v2之和就不变D.若只增大v1,则两小球可在空中相遇10.如图K10-10所示,a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平飞出,已知半圆轨道的半径与斜面高度相等,斜面底边长是其高度的2倍.若小球a能落到半圆轨道上,小球b能落到斜面上,则()图K10-10A.b球一定先落在斜面上B.a球可能垂直落在半圆轨道上C.a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上D.a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上11.某物理兴趣小组的同学做“研究平抛运动”实验时被分成了两组,其中一组让小球做平抛运动,用频闪照相机对准方格背景照相,拍摄到如图K10-11所示的照片,已知每个小方格的边长为10 cm,重力加速度g取10 m/s2.其中C点处的位置坐标被污迹覆盖.图K10-11(1)若以拍摄的第1个点为坐标原点,分别以水平向右和竖直向下为x 、y 轴的正方向建立直角坐标系,则被拍摄到的小球在C 点的位置坐标为 . (2)小球的初速度大小为 .(3)另一小组的同学正确进行了实验步骤并正确描绘了小球做平抛运动的轨迹,测量并记录下轨迹上的不同点的坐标值.根据所记录的数据,以y 为纵轴、x 2为横轴在坐标纸上画出对应的图像,发现图像为过原点的直线,并测出直线的斜率为2,则平抛运动的初速度v 0= m/s .(结果可用根号表示) 挑战自我12.如图K10-12所示,距离水平地面高度始终为125 m 的飞机沿水平方向做匀加速直线运动,某时刻起飞机依次从a 、b 、c 三处分别释放甲、乙、丙三个物体,释放的时间间隔均为T=2 s ,三个物体分别落在水平地面上的A 、B 、C 三处.已知s AB =160 m ,s BC =180 m ,空气阻力不计,g 取10 m/s 2,求: (1)飞机飞行的加速度大小;(2)飞机释放甲、乙、丙三个物体时的瞬时速度大小.图K10-1213.如图K10-13所示,一位网球运动员以拍击球,使网球沿水平方向飞出.第一个球飞出时的初速度为v1,落在自己一方场地上后弹跳起来,刚好擦网而过,并落在对方场地的A点处.第二个球飞出时的初速度为v2,直接擦网而过,也落在A点处.设球与地面碰撞时没有能量损失,且不计空气阻力,求:(1)网球两次飞出时的初速度之比v1∶v2;(2)运动员击球点的高度H与网高h之比H∶h.图K10-13情感语录1.爱情合适就好，不要委屈将就，只要随意，彼此之间不要太大压力2.时间会把最正确的人带到你身边，在此之前，你要做的，是好好的照顾自己3.女人的眼泪是最无用的液体，但你让女人流泪说明你很无用4.总有一天，你会遇上那个人，陪你看日出，直到你的人生落幕5.最美的感动是我以为人去楼空的时候你依然在6.我莫名其妙的地笑了，原来只因为想到了你7.会离开的都是废品，能抢走的都是垃圾8.其实你不知道，如果可以，我愿意把整颗心都刻满你的名字9.女人谁不愿意青春永驻，但我愿意用来换一个疼我的你10.我们和好吧，我想和你拌嘴吵架，想闹小脾气，想为了你哭鼻子，我想你了11.如此情深，却难以启齿。
2022年高考物理一轮复习课时作业第19讲动能定理
2022年高考物理一轮复习课时作业第19讲动能定理第19讲 动能定理1．一质量为m 的小球用长为L 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力作用下从平稳位置P 点缓慢地移动到Q 点，如图所示．则力F 所做的功为( )A ．mgL cos θB ．Fl cos θC ．mgL (1－cos θ)D ．FL sin θ【解析】由动能定理可知W －mgL (1－cos θ)＝0，因此W ＝mgL (1－cos θ)，选C. 【答案】C2．如图所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0的物体从D 点动身沿DBA 滑到顶点A 时速度刚好为零，假如斜面改为AC ，让该物体从D 点动身沿DCA 滑到A 点且速度刚好为零．则物体具有的初速度(已知动摩擦因数处处相同，且不考虑拐角的阻碍)( )A ．大于v 0B ．等于v 0C ．小于v 0D ．决定于斜面的倾角【解析】物体沿DBA 滑到顶点A 的过程中，只有重力和摩擦力做功，由动能定理可知：－mgh －W f ＝0－12mv 2W f ＝μmgL DB ＋μmgL BA cos α＝μmgL OD ，同理可知沿DCA 运动时，W f ′＝μmgL OD ，因此第二种情形的初速度也为v 0.【答案】B 3．质量不等、但有相同动能的两物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行直到停止．则下列说法正确的有( )A ．质量大的物体滑行距离大B ．质量小的物体滑行距离大C ．质量大的物体滑行时刻长D ．质量小的物体滑行时刻长【解析】物体的动能全部用来克服摩擦阻力做功，有E k ＝μmgl ，因此l ＝E kμmg ，质量小，滑行距离大．而t ＝va ＝2E km μg ，质量小，滑行时刻长．【答案】BD4．在离地面高度为h 处竖直向上抛出一质量为m 的物体，抛出时的速度为v 0，当它落到地面时的速度为v .用g 表示重力加速度，则在此过程中物体克服空气阻力做的功为( )A ．mgh －12mv 2－12mv 20 B ．－12mv 2－12mv 20－mgh C ．mgh ＋12mv 20－12mv 2D ．mgh ＋12mv 2－12mv 2【解析】空气阻力是变力，不能用功的定义求解．物块在运动过程中受到重力和空气的阻力，在整个过程中，重力做的功W G ＝mgh ，物体克服空气阻力做的功为W 1，依照动能定理有W G －W 1＝12mv 2－12mv 20，整理得W 1＝W G －12mv 2＋12mv 20.【答案】C5．质量为m 的物体静止在粗糙的水平地面上，若物体受水平力F 的作用从静止起通过位移s 时的动能为E 1，当物体受水平力2F 作用，从静止开始通过相同位移s ，它的动能为E 2，则( )A. E 2＝E 1B. E 2＝2E 1C. E 2＞2E 1D. E 1＜E 2＜2E 1【解析】物体在粗糙的水平面上通过位移s 的过程中，所受到的摩擦力不变，由动能定理可得：水平力为F 时，(F －f )s ＝E 1 水平力为2F 时，(2F －f )s ＝E 2则E 2＝2(F －f )s ＋fs ＝2E 1＋fs >2E 1. 【答案】C6．一质量m ＝2.0 kg 的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°的足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用运算机作出了小物块上滑过程的速度—时刻图线，如图甲所示．(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)求：(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小． (2)小物块与斜面间的动摩擦因数． (3)小物块返回斜面底端时的动能．【解析】(1)由小物块上滑过程的速度—时刻图线可知：a ＝v t －v 0t ＝－8.0 m/s 2小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0 m/s 2. (2)如图乙所示，小物块受重力mg 、支持力F N 和摩擦力f 作用，沿斜面建立直角坐标系，有：－mg sin 37°－f ＝－maF N －mg cos 37°＝0，f ＝μF N 代入数据解得：μ＝0.25.(3)设物块冲上斜面所能达到的最高点与斜面底端的距离为s ，物块返回到斜面底端时的动能为E k .沿斜面运动全过程中依照动能定理，有：－2μmgs cos 37°＝E k －12mv 20又s ＝v 0＋v t 2t解得：E k ＝32 J.【答案】(1)8.0 m/s 2 (2)0.25 (3)32 J7．构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车确实是专门好的例子，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．在骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就能够连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500 J 的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化的关系如图①所示；第二次启动自充电装置，其动能随位移变化的关系如图线②所示．则第二次向蓄电池所充的电能是( )A ．200 JB ．250 JC ．300 JD ．500 J【解析】设自行车与路面的摩擦阻力为F f ，由图可知，关闭自动充电装置时，由动能定理得：0－E k0＝－F f ·x 1，可得F f ＝50 N ，启动自充电装置后，自行车向前滑行时用于克服摩擦力做的功为：W ＝F f x 2＝300 J ，设克服电磁阻力做的功为W ′，由动能定理得：－W ′－W ＝0－E k0，可得W ′＝200 J.【答案】A8．如图所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡(粗糙)底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得速度为v ，AB 之间的水平距离为x ，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．小车克服重力所做的功是mghB ．合外力对小车做的功是12mv 2C ．推力对小车做的功是12mv 2＋mgh D ．阻力对小车做的功是12mv 2＋mgh －Fx【解析】小车克服重力做的功W ＝Gh ＝mgh ，A 选项正确；由动能定理知小车受到的合力做的功等于小车动能的增加，W 合＝ΔE k ＝12mv 2，B 选项正确；由动能定理有：W 合＝W 推＋W 重＋W 阻＝12mv 2，因此推力做的功W 推＝12mv 2－W 阻－W 重＝12mv 2＋mgh －W 阻，C 选项错误；阻力对小车做的功W 阻＝12mv 2－W 推－W 重＝12mv 2＋mgh －Fx ，D 选项正确．【答案】ABD9．如图所示，一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8 m 处自由滑下，当下滑到距离坡底s 1处时，动能和势能相等(以坡底为参考平面)；到坡底后运动员又靠惯性冲上斜坡(不计通过坡底时的机械能缺失)，当上滑到距离坡底s 2处时，运动员的动能和势能又相等，上滑的最大距离为4 m ．关于那个过程，下列说法中正确的是( )A ．摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化B ．重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员动能的变化C ．s 1＜4 m ，s 2＞2 mD ．s 1＞4 m ，s 2＜2 m【解析】依照动能定理知重力和摩擦力做的总功等于运动员动能的变化，B 项正确；下滑过程中，重力做正功，假设没有摩擦力，在中点动能与重力势能应相等；由于摩擦力做负功，因此动能与重力势能相等的点在中点下面；上升过程中，动能减小一半，但没有全部转化为势能，故动能和势能相等的点在中点的上方，因此C 项正确．【答案】BC10．如图所示，ABCD 为一竖直平面的轨道，其中BC 水平，A 点比BC 高出H ＝10 m ，BC 长1 m ，AB 和CD 轨道光滑．一质量为1 kg 的物体从A 点以4 m/s 的速度开始运动，通过BC 后滑到高出C 点h ＝10.3 m 的D 点速度为零．求：(取g ＝10 m/s 2)(1)物体与BC 轨道的动摩擦因数． (2)物体第5次通过B 点时的速度． (3)物体最后停止的位置(距B 点)．【解析】(1)分析从A 到D 过程，由动能定理得： －mg (h －H )－μmgs BC ＝0－12mv 21解得：μ＝0.5.(2)物体第5次通过B 点时，物体在BC 上滑动了4次，由动能定理得： mgH －μmg ·4s BC ＝12mv 22－12mv 21 解得：v 2＝411 m/s≈13.3 m/s. (3)分析整个过程，由动能定理得： mgH －μmgs ＝0－12mv 21解得：s ＝21.6 m因此物体在轨道上来回了20次后，还有1.6 m ，故离B 的距离为：d ＝2 m －1.6 m ＝0.4 m.【答案】(1)0.5 (2)13.3 m/s (3)0.4 m11．图示是游乐园内某种过山车的示意图．图中半径分别为R 1＝2.0 m 和R 2＝8.0 m 的两个光滑圆形轨道固定在倾角θ＝37°的斜轨道面上的A 、B 两点．已知两圆形轨道的最高点C 、D 均与P 点平齐，圆形轨道与斜轨道之间平滑连接．现使小车(可视为质点)从P 点以一定的初速度沿斜面向下运动．已知斜轨道面与小车间的动摩擦因数μ＝16，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点C ，则它在P 点的初速度应为多大？(2)若小车在P 点的初速度为15 m/s ，则小车能否安全通过两个圆形轨道？试通过分析论证之．【解析】(1)设小车通过C 点时的临界速度为v 1，则：mg ＝mv 21R 1设P 、A 两点间的距离为L 1，由几何关系可得：L 1＝R 11＋cos θsin θ小车从P 运动到C ，依照动能定理，有： －μmgL 1cos θ＝12mv 21－12mv 20解得：v 0＝6 m/s.(2)设P 、B 两点间的距离为L 2，由几何关系可得：L 2＝R 21＋cos θsin θ设小车能安全通过这两个圆形轨道，在D 点的临界速度为v 2，则：mg ＝mv 22R 2设D 点临界速度对应的P 点的初速度为v 0′，小车从P 运动到D ，依照动能定理，有： －μmgL 2cos θ＝12mv 22－12mv 0′2解得：v 0′＝12 m/s因为v 0＝12 m/s<15 m/s ，因此小车能安全通过两个圆形轨道． 【答案】(1)6 m/s (2)能安全通过两个圆形轨道。
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练19 Word版含答案
课时跟踪训练(十九)一、选择题1．(2015·北京西城质检)如右图所示，两个电荷量均为＋q 的小球用长为l 的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上．两个小球的半径r ≪l .k 表示静电力常量．则轻绳的张力大小为( )A ．0 B.kq 2l 2 C ． 2kq 2l 2 D.kq l 2[解析] 轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力，由库仑定律得F ＝kq 2l 2，选项B 正确．[答案] B2．在如下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[解析] 甲图中与点电荷等距的a 、b 两点，电场强度大小相同，方向不相反，选项A 错误；对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a 、b 两点的电场强度大小相等、方向相同，选项B 错误；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，电场强度大小相同，方向相反，选项C 正确；对丁图，根据电场线的疏密可判断，b 点的电场强度大于a 点的电场强度，选项D 错误．[答案] C3．(2015·河北省唐山一模)如右图所示，匀强电场中的A 、B 、C 三点构成一边长为a 的等边三角形．电场强度的方向与纸面平行．电子以某一初速度仅在静电力作用下从B 移动到A 动能减少E 0，质子仅在静电力作用下从C 移动到A 动能增加E 0，已知电子和质子电荷量绝对值均为e ，则匀强电场的电场强度为( )A.2E 0eaB.E 0eaC.3E 03eaD.23E 03ea[解析] 根据题述，BC 在一等势面上，匀强电场的方向垂直于BC 指向A .由eEa sin60°＝E 0，解得：E ＝23E 03ea ，选项D 正确．[答案] D4．(多选)(2015·武汉调研)如右图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电量分别为－q 、Q 、－q 、Q .四个小球构成一个菱形，－q 、－q 的连线与－q 、Q 的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是( )A ．cos 3α＝q 8QB ．cos 3α＝q 2Q 2 C ．sin 3α＝Q 8q D ．sin 3α＝Q 2q 2 [解析] 设菱形边长为a ，则两个Q 之间距离为2a sin α，则两个q 之间距离为2a cos α.选取－q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2cos α＝k q 2(2a cos α)2，解得cos 3α＝q 8Q ，故A 正确，B 错误；选取Q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2sin α＝k Q 2(2a sin α)2，解得sin 3α＝Q 8q ，故C 正确，D 错误． [答案] AC5．(2015·河北邢台四模)如图所示，小球A 、B 带电荷量相等，质量均为m ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A 、B 两球之间的库仑力为F .由于外部原因小球B 的电荷量减少，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B 的电荷量减少为原来的( )A.12B.14C.18D.116[解析]小球B 受力如图所示，两绝缘线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，根据力的合成及几何关系可知线的拉力T与重力G大小相等，即G＝T，小球静止处于平衡状态，则库仑力F＝2G sinθ2，设原来小球带电荷量为q，AB间的距离是r，则r＝2L sin θ2，由库仑定律得F＝k q2r2，后来库仑力变为原来的一半，则F2＝2G sin θ′2，r′＝2L sinθ′2，F2＝k qq Br′2，解得q B＝18q，故选C.[答案] C6．(2015·湖北黄冈中学等八校联考)库仑定律是电学中第一个被发现的定量规律，它的发现受万有引力定律的启发．实际问题中有时需要同时考虑万有引力和库仑力，比如某无大气层的均匀带有大量负电荷的质量分布均匀的星球．将一个带电微粒置于离该星球表面一定高度处无初速释放，发现微粒恰好能静止．现给微粒一个如图所示的初速度v，则下列说法正确的是()A．微粒将做匀速直线运动B．微粒将做圆周运动C．库仑力对微粒做负功D．万有引力对微粒做正功[解析]根据库仑定律，微粒所受的静电力F＝kQqr2，万有引力F′＝GmMr2，根据平衡条件，有F＝F′，距离r变化时，静电力与库仑力一直平衡，故微粒所受合力为零，做匀速直线运动，A正确．[答案] A7．(2015·河北百校联盟质检)如图所示，固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，圆环的最高点通过长为L的绝缘细线悬挂质量为m可视为质点的金属小球，已知圆环所带电荷量均匀分布且带电与小球相同均为Q(未知)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，已知静电力常量为k，重力加速度为g，线对小球的拉力为F(未知)，下列说法正确的是()A ．Q ＝mgR 3kL ，F ＝mgR L B ．Q ＝mgL 3kR ，F ＝mgR L C ．Q ＝mgR 3kL ，F ＝mgL R D ．Q ＝mgL 3kR ，F ＝mgL R[解析] 由于圆环不能看成点电荷，采用微元法，小球受到的库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示．设圆环各个点对小球的库仑力的合力为F Q ，则F sin θ＝mg ，其中sin θ＝R /L ，解得F ＝mgL R ，水平方向上有F cos θ＝k Q 2L 2cos θ，解得Q ＝mgL 3kR ，故选D.[答案] D8．(2015·山东卷)直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图．M 、N 两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为( )A.3kQ 4a 2，沿y 轴正向B.3kQ 4a 2，沿y 轴负向C.5kQ4a2，沿y轴正向 D.5kQ4a2，沿y轴负向[解析]因正电荷在O点时，G点的场强为零，则可知两负电荷在G点形成的电场的合场强大小为E合＝k Qa2；若将正电荷移到G点，则正电荷在H点的场强为E1＝k Q(2a)2＝kQ4a2，方向沿y轴正方向；因两负电荷在G点的场强与在H点的场强等大反向，即沿y轴负方向，则H点的合场强为E＝E合－E1＝3kQ4a2，方向沿y轴负向，选项B正确，选项A、C、D错误．[答案] B9．(2015·江苏南京、盐城一模)如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形．两棒带电荷量相等，且电荷均匀分布，此时O点电场强度大小为E.撤去其中一根带电棒后，O 点的电场强度大小变为()A.E2 B.22EC．E D.2E[解析]两根等长带电棒等效成两个正点电荷，如图所示，两正点电荷在O点产生的场强的大小为E＝2E1，故撤去其中一根带电棒后，在O点产生的场强为E1＝E2＝2E2，故选B.[答案] B10．(多选)(2015·山西师大附中期中)如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1为正点电荷，在它们连线的延长线上有a、b两点，现有一检验电荷q(电性未知)以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动(检验电荷只受电场力作用)，q运动的v－t图象如图乙所示，则()A．Q2必定是负电荷B．Q2的电荷量必定大于Q1的电荷量C．从b点经a点向远处运动的过程中，检验电荷q所受的电场力一直减小D．可以确定检验电荷的带电性质[解析]若Q2为正电荷，则在b点右侧的电场方向必定向右，q受力方向不可能改变，故Q2一定为负电荷，A正确；根据点电荷场强公式，设q到Q1、Q2的距离分别为r1、r2，则q所在处的场强为E＝kQ1r21－kQ2r22，q在从b到a运动过程中受力向左，在a点右侧运动过程中受力向右．由于r1>r2，若Q1<Q2，场强E 必定始终向左，q受力方向不可能发生改变，故必定有Q1>Q2，q带正电，B错误，D正确；由v－t图象可知，q受力先向左后向右，且加速度先减小后增大再减小，故C错误．[答案]AD二、非选择题11．(2015·福建莆田一模)如图所示，真空中同一竖直平面内，有两根固定的光滑绝缘杆OA和OB，与竖直线的夹角均为45°，两杆上均套有能自由滑动的可视为质点的带负电小球，两球的质量均为m＝9×10－4kg，电荷量大小均为q＝2×10－7 C，且静止于同一竖直高度处．(静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，g取10 m/s2)求：(1)两球间的距离r；(2)O点的电场强度E.[解析](1)对左侧小球受力分析如图所示，带电小球处于静止状态，则tanθ＝mgF，由库仑定律得F＝kq 2r2，联立两式解得r＝kq2tanθmg＝9×109×4×10－149×10－4×10m＝0.2 m.(2)设两小球到O点距离为x，在O点产生的电场强度大小分别为E1、E2，且E1＝E2.由几何关系得x＝22r.E1＝E2＝k qx2＝9×109×2×10－712×0.04N/C＝9×104 N/C.O点的电场强度E＝2E1＝2×9×104 N/C≈1.27×105 N/C，方向竖直向上．[答案](1)0.2 m(2)1.27×105 N/C，方向竖直向上12．(2015·江西南昌三校联考)如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一个质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上的A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)．已知A、B间的距离为2R，重力加速度为g.在上述运动过程中，求：(1)电场强度E的大小；(2)小球在半圆轨道上运动时的最大速率；(3)小球对半圆轨道的最大压力．[解析](1)设小球过C点时的速度为v C，小球从A到C的过程中由动能定理得qE·3R－mg·2R＝12m v 2C，由平抛运动可得R＝12gt2和2R＝v C t，联立可得E＝mgq.(2)设小球运动到半圆D点时的速度最大且为v，如图所示，OD与竖直方向的夹角为α，由动能定理得qE(2R＋R sinα)－mgR(1－cosα)＝12m v2.由数学知识可知，当α＝45°时动能最大，由此可得v＝(2＋22)gR.(3)由于小球在D点时的速度最大，且此时电场力与重力的合力恰沿半径方向，所以小球在D点时对半圆轨道的压力最大，则有F－qE sinα－mg cosα＝m v 2R，代入数据得F＝(2＋32)mg.神笛2005神笛2005 [答案] (1)mg q (2)(2＋22)gR (3)(2＋32)mg。
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。
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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。
可以看出，针对不同学生的学习特点，制定不同的学习计划和复习方案，是非常必要的。
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。
高考物理一轮总复习(人教版)课时作业28 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！)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．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 。
暖盟市歇暗学校高考物理一轮复习 第章 原子与原子核 第1讲 光电效 波粒二象性作业
鄙愚州暖盟市歇暗学校第1讲光电效应波粒二象性[课时作业] 单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．下列有关光的波粒二象性的说法中正确的是( )A．有的光是波，有的光是粒子B．光子与电子是同样的一种粒子C．光的波长越长，其波动性越显著，波长越短，其粒子性越显著D．大量光子的行为往往显示出粒子性解析：一切光都具有波粒二象性，光的有些行为(如干涉、衍射)表现出波动性，有些行为(如光电效应)表现出粒子性，光子不是实物粒子，没有静止质量，电子是以实物形式存在的物质，光子是以场形式存在的物质，A、B错误；光的波粒二象性表明，大量光子的行为表现出波动性，个别光子的行为表现出粒子性．光的波长越长，衍射性越好，即波动性越显著，光的波长越短，其光子能量越大，个别或少数光子的作用就足以引起光接收装置的反应，所以其粒子性就很显著，C正确，D错误．答案：C2．用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属发生光电效应的措施是( )A．改用频率更小的紫外线照射B．改用X射线照射C．改用强度更大的原紫外线照射D．延长原紫外线的照射时间解析：某种金属能否发生光电效应取决于入射光的频率，与入射光的强度和照射时间无关．不能发生光电效应，说明入射光的频率小于金属的极限频率，所以要使金属发生光电效应，应增大入射光的频率，X射线的频率比紫外线频率高，所以本题答案为B.答案：B3．关于光电效应，下列说法正确的是( )A．极限频率越大的金属材料逸出功越大B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C．从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多解析：逸出功W ＝hν0，W ∝ν0，A 正确；只有照射光的频率ν大于金属极限频率ν0，才能产生光电效应现象，B 错误；某金属的逸出功只与该金属的极限频率有关，与从金属表面逸出的光电子的最大初动能无关，C 错误；光强E ＝nhν，ν越大，E 一定，则光子数n 越小，单位时间内逸出的光电子数就越少，D 错误． 答案：A4．频率为ν的光照射某金属时，产生光电子的最大初动能为E km .改为频率为2ν的光照射同一金属，所产生光电子的最大初动能为(h 为普朗克常量)( ) A ．E km －hν B ．2E km C ．E km ＋hνD ．E km ＋2hν解析：根据爱因斯坦光电效应方程得E km ＝hν－W ，若入射光频率变为2ν，则E km ′＝h ·2ν－W ＝2hν－(hν－E km )＝hν＋E km ，故选C. 答案：C5．用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子最大初动能E k 随入射光频率ν变化的E k ν图像．已知钨的逸出功是3.28 eV ，锌的逸出功是3.34 eV ，若将二者的图线画在同一个E k ν坐标系中，如图所示，用实线表示钨，虚线表示锌，则正确反映这一过程的是( )解析：依据光电效应方程E k ＝hν－W 可知，E k ν图线的斜率代表普朗克常量h ，因此钨和锌的E k ν图线应该平行．图线的横轴截距代表截止频率ν0，而ν0＝Wh，因此钨的截止频率小些，综上所述，A 图正确． 答案：A 二、多项选择题6．波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有( ) A ．光电效应现象揭示了光的粒子性B ．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C ．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D ．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等解析：光电效应说明光具有粒子性，A 正确．衍射是波的特点，说明中子具有波动性，B 正确．黑体辐射的实验规律说明光具有粒子性，C 错误．动能相等的质子和电子，二者质量不同，动量不同，德布罗意波长不相等，D 错误． 答案：AB7．用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在屏上先后出现如图(a)(b)(c)所示的图像，则( )A ．图像(a)表明光具有粒子性B ．图像(c)表明光具有波动性C ．用紫外线观察不到类似的图像D ．实验表明光是一种概率波解析：图像(a)曝光时间短，通过的光子数很少，呈现粒子性，A 正确．图像(c)曝光时间长，通过了大量光子，呈现波动性，B 正确．该实验表明光是一种概率波，D 正确．紫外线本质和可见光本质相同，也可以发生上述现象，C 错误． 答案：ABD8．在探究光电效应现象时，某小组的同学分别用波长为λ、2λ的单色光照射某金属，逸出的光电子最大速度之比为2∶1，普朗克常量用h 表示，光在真空中的速度用c 表示，则( ) A ．光电子的最大初动能之比为2∶1 B ．该金属的截止频率为c λC ．用波长为52λ的单色光照射该金属时能发生光电效应D ．用波长为4λ的单色光照射该金属时不能发生光电效应解析：在两种单色光照射下，逸出的光电子的最大速度之比为2∶1，由E k ＝12mv 2可知，光电子的最大初动能之比为4∶1，A 错误；又由hν＝W ＋E k 知，h c λ＝W ＋12mv 21 ，h c 2λ＝W ＋12mv 22，又v 1＝2v 2，解得W ＝h c3λ，则该金属的截止频率为c3λ，B 错误；光的波长小于或等于3λ时才能发生光电效应，C 、D 正确．答案：CD[能力题组]一、选择题9．用光照射某种金属，有光电子从金属表面逸出，如果光的频率不变，而减弱光的强度，则( ) A ．逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能不变 B ．逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能减小 C ．逸出的光电子数不变，光电子的最大初动能减小 D ．光的强度减弱到某一数值，就没有光电子逸出了解析：光的频率不变，表示光子能量不变，仍会有光电子从该金属表面逸出，逸出的光电子的最大初动能也不变；而减弱光的强度，逸出的光电子数就会减少，选项A 正确． 答案：A10．如图甲所示，合上开关，用光子能量为2.5 eV 的一束光照射阴极K ，发现电流表读数不为零．调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60 V 时，电流表读数仍不为零，当电压表读数大于或等于0.60 V 时，电流表读数为零．把电路改为图乙，当电压表读数为2 V 时，则逸出功及电子到达阳极时的最大动能为( )A ．1.5 eV,0.6 eVB ．1.7 eV,1.9 eVC ．1.9 eV,2.6 eVD ．3.1 eV,4.5 eV解析：光子能量hν＝2.5 eV 的光照射阴极，电流表读数不为零，则能发生光电效应，当电压表读数大于或等于0.6 V 时，电流表读数为零，则电子不能到达阳极，由动能定理eU ＝12mv 2m 知，最大初动能E km ＝eU ＝0.6 eV ，由光电效应方程hν＝E km ＋W 知W ＝1.9 eV ，对图乙，当电压表读数为2 V 时，电子到达阳极的最大动能E km ′＝E km ＋eU ′＝0.6 eV ＋2 eV ＝2.6 eV.故C 正确． 答案：C11.(多选)(2018·重庆万州二中模拟)某金属在光的照射下产生光电效应，其遏止电压U c 与入射光频率ν的关系图像如图所示，则由图像可知( )A ．若已知电子电荷量e ，就可以求出普朗克常量hB ．遏止电压是确定的，与照射光的频率无关C ．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为hν0D ．入射光的频率为3ν0时，产生的光电子的最大初动能为hν0解析：根据光电效应方程E k ＝hν－W 和－eU c ＝0－E k 得，U c ＝he ν－W e，可知当入射光的频率大于极限频率时，遏止电压与入射光的频率呈线性关系，B 错误；因为U c ＝h e ν－W e ，知图线的斜率等于h e，从图像上可以得出斜率的大小，若已知电子电荷量e ，可以求出普朗克常量h ，A 正确；从图像上可知逸出功W ＝hν0，根据光电效应方程得E k ＝h ·2ν0－W ＝hν0，C 正确；E k ＝h ·3ν0－W ＝2hν0，D 错误． 答案：AC12．(多选)产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能E k ，下列说法正确的是( ) A ．对于同种金属，E k 与照射光的强度无关 B ．对于同种金属，E k 与照射光的时间成正比 C ．对于同种金属，E k 与照射光的频率成线性关系D ．对于不同种金属，若照射光频率不变，E k 与金属的逸出功成线性关系解析：发生光电效应，一个电子获得一个光子的能量，E k ＝hν－W ，所以E k 与照射光的强度无关，与光照射的时间无关，A 正确，B 错误；由E k ＝hν－W 可知，对同种金属，E k 与照射光的频率成线性关系，若频率不变，对不同金属，E k 与W 成线性关系，C 、D 正确． 答案：ACD 二、非选择题13．如图甲所示是研究光电效应规律的光电管．用波长λ＝0.50 μm 的绿光照射阴极K ，实验测得流过电流表G 的电流I 与AK 之间的电势差U AK 满足如图乙所示规律，取h ＝6.63×10－34J·s.结合图像，求：(结果保留两位有效数字)(1)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极K 时的最大动能． (2)该阴极材料的极限波长．解析：(1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达阳极A ，阴极每秒钟发射的光电子的个数n ＝I m e ＝0.64×10－61.6×10－19(个)＝4.0×1012(个) 光电子的最大初动能为E km ＝eU 0＝1.6×10－19 C×0.6 V＝9.6×10－20 J.(2)设阴极材料的极限波长为λ0，根据爱因斯坦光电效应方程得E km ＝h c λ－h cλ0，代入数据得λ0＝0.66 μm. 答案：(1)4.0×1012个 9.6×10－20J(2)0.66 μm14．用功率P 0＝1 W 的光源照射离光源r ＝3 m 处的某块金属的薄片，已知光源发出的是波长λ＝663 nm 的单色光，试计算：(1)1 s 内打到金属板1 m 2面积上的光子数；(2)若取该金属原子半径r 1＝0.5×10－10m ，则金属表面上每个原子平均需隔多少时间才能接收到一个光子？解析：(1)离光源r ＝3 m 处的金属板1 m 2面积上1 s 内接收的光能E 0＝P 0t 4πr2＝8.85×10－3J 每个光子的能量E ＝h cλ＝3×10－19J所以每秒接收的光子数n ＝8.85×10－33×10－19＝2.95×1016个． (2)每个原子的截面积为S 1＝πr 21＝7.85×10－21 m 2 把金属板看成由原子密集排列组成的，则面积S 1上接收的光的功率P ′＝8.85×10－3×7.85×10－21 W ＝6.95×10－23 W每两个光子落在原子上的时间间隔Δt ＝E P ′＝3×10－196.95×10－23s ＝4 317 s. 答案：(1)2.95×1016个 (2)4 317 s。
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练19 Word版含答案
课时跟踪训练(十九) 一、选择题1．(2015·北京西城质检)如右图所示，两个电荷量均为＋q 的小球用长为l 的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上．两个小球的半径r ≪l .k 表示静电力常量．则轻绳的张力大小为( )A ．0 B. C ． 2 D.kq 2l 2kq 2l 2kql 2[解析] 轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力，由库仑定律得F ＝，选项B 正确．kq 2l 2[答案] B2．在如下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[解析] 甲图中与点电荷等距的a 、b 两点，电场强度大小相同，方向不相反，选项A 错误；对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a 、b 两点的电场强度大小相等、方向相同，选项B 错误；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，电场强度大小相同，方向相反，选项C 正确；对丁图，根据电场线的疏密可判断，b 点的电场强度大于a 点的电场强度，选项D 错误．[答案] C3．(2015·河北省唐山一模)如右图所示，匀强电场中的A 、B 、C 三点构成一边长为a 的等边三角形．电场强度的方向与纸面平行．电子以某一初速度仅在静电力作用下从B 移动到A 动能减少E 0，质子仅在静电力作用下从C 移动到A 动能增加E 0，已知电子和质子电荷量绝对值均为e ，则匀强电场的电场强度为( )A. B. C. D.2E 0ea E 0ea 3E 03ea 23E 03ea[解析] 根据题述，BC 在一等势面上，匀强电场的方向垂直于BC 指向A .由eEa sin60°＝E 0，解得：E ＝，选项D 正确．23E 03ea [答案] D4．(多选)(2015·武汉调研)如右图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电量分别为－q 、Q 、－q 、Q .四个小球构成一个菱形，－q 、－q 的连线与－q 、Q 的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是( )A ．cos 3α＝B ．cos 3α＝q8Q q 2Q 2C ．sin 3α＝D ．sin 3α＝Q8q Q 2q 2[解析] 设菱形边长为a ，则两个Q 之间距离为2a sin α，则两个q 之间距离为2a cos α.选取－q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k cos α＝kQqa 2，解得cos 3α＝，故A 正确，B 错误；选取Q 作为研究对象，由库q 2(2a cos α)2q8Q 仑定律和平衡条件得2k sin α＝k ，解得sin 3α＝，故C 正确，D 错Qqa 2Q 2(2a sin α)2Q8q 误．[答案] AC5．(2015·河北邢台四模)如图所示，小球A 、B 带电荷量相等，质量均为m ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A 、B 两球之间的库仑力为F .由于外部原因小球B 的电荷量减少，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B 的电荷量减少为原来的( )A. B.1214C. D.18116[解析] 小球B 受力如图所示，两绝缘线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，根据力的合成及几何关系可知线的拉力T 与重力G 大小相等，即G ＝T ，小球静止处于平衡状态，则库仑力F ＝2G sin ，设原来小球带电荷量为q ，AB 间的θ2距离是r ，则r ＝2L sin ，由库仑定律得F ＝k ，后来库仑力变为原来的一半，θ2q 2r 2则＝2G sin ，r ′＝2L sin ，＝k ，解得q B ＝q ，故选C.F2θ′2θ′2F2qqBr ′218[答案] C6．(2015·湖北黄冈中学等八校联考)库仑定律是电学中第一个被发现的定量规律，它的发现受万有引力定律的启发．实际问题中有时需要同时考虑万有引力和库仑力，比如某无大气层的均匀带有大量负电荷的质量分布均匀的星球．将一个带电微粒置于离该星球表面一定高度处无初速释放，发现微粒恰好能静止．现给微粒一个如图所示的初速度v ，则下列说法正确的是( )A ．微粒将做匀速直线运动B ．微粒将做圆周运动C ．库仑力对微粒做负功D ．万有引力对微粒做正功[解析] 根据库仑定律，微粒所受的静电力F ＝，万有引力kQqr 2F ′＝，根据平衡条件，有F ＝F ′，距离r 变化时，静电力与库仑力一直GmMr 2平衡，故微粒所受合力为零，做匀速直线运动，A 正确．[答案] A7．(2015·河北百校联盟质检)如图所示，固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R ，圆环的最高点通过长为L 的绝缘细线悬挂质量为m 可视为质点的金属小球，已知圆环所带电荷量均匀分布且带电与小球相同均为Q (未知)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，线对小球的拉力为F (未知)，下列说法正确的是( )A ．Q ＝，F ＝ B ．Q ＝，F ＝mgR 3kL mgRL mgL 3kR mgRL C ．Q ＝，F ＝D ．Q ＝，F ＝mgR 3kL mgLR mgL 3kR mgLR[解析] 由于圆环不能看成点电荷，采用微元法，小球受到的库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示．设圆环各个点对小球的库仑力的合力为F Q ，则F sin θ＝mg ，其中sin θ＝R /L ，解得F ＝，水平方向上有F cos θ＝k cos θ，解得Q＝，mgLR Q 2L 2mgL 3kR 故选D.[答案] D8．(2015·山东卷)直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图．M 、N 两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为( )A.，沿y 轴正向B.，沿y 轴负向3kQ4a 23kQ4a 2C.，沿y 轴正向D.，沿y 轴负向5kQ4a 25kQ4a 2[解析] 因正电荷在O 点时，G 点的场强为零，则可知两负电荷在G 点形成的电场的合场强大小为E 合＝k ；若将正电荷移到G 点，则正电荷在H 点Qa 2的场强为E 1＝k ＝，方向沿y 轴正方向；因两负电荷在G 点的场强与在Q(2a )2kQ4a 2H 点的场强等大反向，即沿y 轴负方向，则H 点的合场强为E ＝E 合－E 1＝，方向沿y 轴负向，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．3kQ4a 2[答案] B9．(2015·江苏南京、盐城一模)如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形．两棒带电荷量相等，且电荷均匀分布，此时O 点电场强度大小为E .撤去其中一根带电棒后，O 点的电场强度大小变为( )A. B.E E 222C ．E D.E2[解析] 两根等长带电棒等效成两个正点电荷，如图所示，两正点电荷在O 点产生的场强的大小为E ＝E 1，故撤去其中一根带电棒后，在O 点产生的场强为2E 1＝＝，故选B.E22E2[答案] B10．(多选)(2015·山西师大附中期中)如图甲所示，Q 1、Q 2为两个被固定的点电荷，其中Q 1为正点电荷，在它们连线的延长线上有a 、b 两点，现有一检验电荷q (电性未知)以一定的初速度沿直线从b 点开始经a 点向远处运动(检验电荷只受电场力作用)，q 运动的v －t 图象如图乙所示，则( )A ．Q 2必定是负电荷B ．Q 2的电荷量必定大于Q 1的电荷量C ．从b 点经a 点向远处运动的过程中，检验电荷q 所受的电场力一直减小D ．可以确定检验电荷的带电性质[解析] 若Q 2为正电荷，则在b 点右侧的电场方向必定向右，q 受力方向不可能改变，故Q 2一定为负电荷，A 正确；根据点电荷场强公式，设q 到Q 1、Q 2的距离分别为r 1、r 2，则q 所在处的场强为E ＝－，q 在从b 到kQ 1r 21kQ 2r 2a 运动过程中受力向左，在a 点右侧运动过程中受力向右．由于r 1>r 2，若Q 1<Q 2，场强E 必定始终向左，q 受力方向不可能发生改变，故必定有Q 1>Q 2，q 带正电，B 错误，D 正确；由v －t 图象可知，q 受力先向左后向右，且加速度先减小后增大再减小，故C 错误．[答案] AD 二、非选择题11．(2015·福建莆田一模)如图所示，真空中同一竖直平面内，有两根固定的光滑绝缘杆OA 和OB ，与竖直线的夹角均为45°，两杆上均套有能自由滑动的可视为质点的带负电小球，两球的质量均为m ＝9×10－4 kg ，电荷量大小均为q ＝2×10－7C ，且静止于同一竖直高度处．(静电力常量k ＝9×109N·m 2/C 2，g 取10 m/s 2)求：(1)两球间的距离r ；(2)O 点的电场强度E .[解析] (1)对左侧小球受力分析如图所示，带电小球处于静止状态，则tan θ＝，mg F 由库仑定律得F ＝，kq 2r 2联立两式解得r ＝＝m ＝0.2 m.kq 2tan θmg 9×109×4×10－149×10－4×10(2)设两小球到O 点距离为x ，在O 点产生的电场强度大小分别为E 1、E 2，且E 1＝E 2.由几何关系得x ＝r .22E 1＝E 2＝k ＝9×109× N/C ＝9×104 N/C.qx 22×10－712×0.04O 点的电场强度E ＝E 1＝×9×104 N/C ≈1.27×105 N/C ，22方向竖直向上．[答案] (1)0.2 m (2)1.27×105 N/C ，方向竖直向上12．(2015·江西南昌三校联考)如图所示，光滑水平轨道与半径为R 的光滑竖直半圆轨道在B 点平滑连接．在过圆心O 的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球从水平轨道上的A 点由静止释放，小球运动到C 点离开半圆轨道后，经界面MN 上的P 点进入电场(P 点恰好在A 点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C 之前电荷量保持不变，经过C 点后电荷量立即变为零)．已知A 、B 间的距离为2R ，重力加速度为g .在上述运动过程中，求：(1)电场强度E 的大小；(2)小球在半圆轨道上运动时的最大速率；(3)小球对半圆轨道的最大压力．[解析] (1)设小球过C 点时的速度为v C ，小球从A 到C 的过程中由动能定理得qE ·3R －mg ·2R ＝m v ，122C由平抛运动可得R ＝gt 2和2R ＝v C t ，12联立可得E ＝.mgq (2)设小球运动到半圆D 点时的速度最大且为v ，如图所示，OD 与竖直方向的夹角为α，由动能定理得qE (2R ＋R sin α)－mgR (1－cos α)＝m v 2.12由数学知识可知，当α＝45°时动能最大，由此可得v ＝.(2＋22)gR (3)由于小球在D 点时的速度最大，且此时电场力与重力的合力恰沿半径方向，所以小球在D 点时对半圆轨道的压力最大，则有F －qE sin α－mg cos α＝23，代入数据得F ＝(2＋3)mg .mv 2R 2[答案] (1) (2) (3)(2＋3)mg mgq (2＋22)gR 2。
高考物理一轮总复习(人教版)课时作业19 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！)一、选择题(1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题)1．玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与石头的撞击过程中()A．玻璃杯的动量较大B．玻璃杯受到的冲量较大C．玻璃杯的动量变化较大D．玻璃杯的动量变化较快解析：从同一高度落到地面上时，速度相同，动量相同，与草地或石头接触后，末动量均变为零，因此动量变化量相同。
因为玻璃杯与石头的作用时间短，由动量定理Ft＝mΔv 知，此时玻璃杯受到的力F较大，容易碎，D正确。
答案： D2．把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出，这个现象的原因是()A．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大C．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大解析：在缓缓拉动纸带时，两物体之间的作用力是静摩擦力；在迅速拉动纸带时，它们之间的作用力是滑动摩擦力。
由于滑动摩擦力F f＝μF N(μ是动摩擦因数)，而最大静摩擦力F fm＝μm F N(μm是静摩擦因数)且μ≤μm。
一般情况下可以认为F f＝F fm，即滑动摩擦力F f 近似等于最大静摩擦力F fm。
因此，一般情况是缓拉，摩擦力小；快拉，摩擦力大。
缓缓拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量，即动量的改变量可以很大，所以能把重物带动；快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量的改变量小。
因此选项C正确。
答案： C3．质量为0.5 kg的钢球从5.0 m高处自由落下，与地面相碰后竖直弹起到达4.05 m高处，整个过程经历 2.0 s，则钢球与地面碰撞时受到地面对它的平均作用力为(g＝10 m/s2)()A．5.0 N B．90 NC ．95 ND ．100 N解析： 钢球从5.0 m 高处落下所用时间t 1＝ 2h 1g ＝1.0 s ，与地面碰前的速度v 1＝2gh 1＝10 m/s ，钢球与地面碰后的速度v 2＝2gh 2＝9.0 m/s ，上升至4.05 m 所用时间t 2＝ 2h 2g＝0.9 s ，钢球与地面碰撞的时间Δt ＝t －t 1－t 2＝0.1 s ，则(F －mg )·Δt ＝m v 2－(－m v 1)，解得F ＝mg ＋m (v 2＋v 1)Δt ＝0.5×10 N ＋0.5×(10＋9)0.1N ＝100 N ，选项D 正确。
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课时作业十九[基础小题]1．一个电荷量为q ＝2.0×10－9 C 的带正电的质点，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6.0×10－5 J ，质点的动能增加了8.0×10－5 J ，则a 、b两点间的电势差U ab 为( )A ．1×104 VB ．－1×104 VC ．4×104 VD ．－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 －6.0×10－5J ＝2.0×10－5J ．由U AB ＝W AB q 得U ab ＝2.0×10－52.0×10－9 V ＝1×104 V ，选项A 正确． [答案] A2.如图所示，实线是匀强电场的电场线，带电粒子q 1、q 2分别从A 、C 两点以初速度v 垂直射入电场，其运动轨迹分别是图中的ABC 、CDA .已知q 1带正电，不计粒子重力．则下列说法中正确的是( )A ．q 2也带正电B ．A 点的电势低于C 点的电势C ．电场力对q 1做正功，对q 2做负功D ．q 1、q 2的电势能均减小[解析] 电场力指向轨迹的内侧，由q 1带正电知q 2带负电，选项A 错；电场强度方向水平向右，A 点的电势高于C 点的电势，选项B 错；电场力对q 1和q 2均做正功，电势能均减小，选项D 对，C 错．[答案] D3.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 ＝ErB ．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．[答案] C4.右图中三实线a 、b 、c 表示三个等势面．一个带电粒子射入电场后只在静电力作用下沿虚线所示途径由M 点运动到N 点，由图可以看出( )A．三个等势面的电势差是φa>φb>φcB．三个等势面的电势关系是φa<φb<φcC．带电粒子在N点的动能较小，电势能较大D．带电粒子在N点的动能较大，电势能较小[解析] 由图中等势面的分布和带电粒子的运动轨迹可以判断：带电粒子所受静电力一定垂直等势面且指向轨迹的内侧，再根据静电力与速度方向的夹角可以得出，带电粒子从M运动到N做减速运动，动能减小，电势能增加，由于带电粒子的电性未知，所以不能判断三个等势面电势的高低，故选C.[答案] C5.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20 V，b点的电势为24 V，d点的电势为4 V，如图．由此可知c点的电势为( )A．4 V B．8 VC．12 V D．24 V[解析] 连接bd，则U bd＝20 V，将bd等分为5份，找到四个等分点e，f，g，h由于φe ＝20 V，故a，e等势，由图形对称知ch∥ae，即h点与c点等势，φc＝φh＝8 V.[答案] B6.(2016·安徽省六校联考)如图所示，以O点为圆心，以R＝0.20 m为半径的圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与x轴正方向成θ＝60°角，已知a、b、c三点的电势分别为4 3 V、4 V、－4 3 V，则下列说法正确的是( )A．该匀强电场的场强E＝40 3 V/mB．该匀强电场的场强E＝40 V/mC．d点的电势为－2 3 VD．d点的电势为－4 V[解析] a、c两点间的电势差U ac＝8 3 V，由U ac＝E·2R cos 30°得，场强E＝40 V/m，A 错，B对．b、d两点间的电势差U bd＝4 V－φd＝E·2R·cos 60° V，解得φd＝－4 V，D 对，C错．[答案] BD7.(2016·西安名校联考)在光滑绝缘的水平桌面上，存在着方向水平向右的匀强电场，电场线如图中实线所示．一带正电、初速度不为零的小球从桌面上的A点开始运动，到C点时，突然受到一个外加的水平恒力F作用而继续运动到B点，其运动轨迹如图中虚线所示，v表示小球在C点的速度．则下列判断中正确的是( )A．小球在A点的电势能比在B点的电势能小B．恒力F的方向可能水平向左C．恒力F的方向可能与v方向相反D．在A、B两点小球的速率不可能相等[解析] 小球由A运动到B，电场力做正功，电势能减少，小球在A点的电势能比在B点的电势能大，A错误；由运动轨迹可知，恒力F的方向可能水平向左，B正确，C错误；若小球由A运动到B的过程中，电场力做功与克服恒力做功相等，则在A、B两点小球的速率相等，D错误．[答案] B[必纠错题]8．如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形三个顶点，∠ABC＝∠CAB＝30°，BC ＝2 3 m，已知电场线平行于△ABC所在的平面，一个电荷量q＝－2×10－6的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1.2×10－5J，由B移到C的过程中电场力做功6×10－6J，下列说法正确的是( )A．B、C两点的电势差U BC＝3 VB．A点的电势低于B点的电势C．负电荷由C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[错解] 易错选A、B或错选C.[错因分析] 错解一对电场力做功的计算不规范，没有代入“＋”、“－”号计算，导致错选A、B项．错解二对电场力做功与电势能的变化关系不明确，认为电场力对正电荷做功，正电荷电势能减小；对负电荷做正功，负电荷电势能增加，从而错选C项．[解析] 由W＝qU和W＝－ΔE(ΔE为电荷电势能的增量)得，A、B两点间电势差U AB＝－1.2×10－5－2×10－6 V ＝6 V ，U BC ＝6×10－6－2×10－6 V ＝－3 V ，A 点电势高于B 点电势，A 、B 错；由电势差可判断，AB 中点D 的电势与C 点电势相等，在同一个等势面上，且AB 垂直于该等势面，如图所示， 因此U AC ＝3 V ，C 点电势低于A 点电势，负电荷由C 点移到A 点的过程中，电场力做正功，负电荷的电势能减小，C 错；电场线垂直于等势面，因此电场线与AB 平行，场强E ＝U DB DB＝1 V/m ，D 正确．[答案] D[高考真题]9．(2015·新课标全国Ⅰ，15)如图所示，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为φM 、φN 、φP 、φQ ，一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，则( )A ．直线a 位于某一势面内，φM >φQB ．直线c 位于某一等势面内，φM >φNC ．若电子由M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子由P 点运动到Q 点，电场力做负功[解析] 由题意可知W MN ＝W MP ，因此N 和P 是等势点，由匀强电场可知，c 、d 为等势面，A 错误．电子由M 到N 电场力做负功，即φM >φN ，B 正确．M 与Q 位于同一等势面上，移动电荷不做功，C 错误．由P 到Q 移动电子，电场力做正功，D 错误．[答案] B10.(2015·海南单科，7)如图，两电荷量分别为Q (Q >0)和－Q 的点电荷对称地放置在x 轴上原点O 的两侧，a 点位于x 轴上O 点与点电荷Q 之间，b 点位于y 轴O 点上方．取无穷远处的电势为零．下列说法正确的是( )A ．b 点电势为零，电场强度也为零B ．正的试探电荷在a 点的电势能大于零，所受电场力方向向右C ．将正的试探电荷从O 点移到a 点，必须克服电场力做功D ．将同一正的试探电荷先后从O 、b 两点移到a 点，后者电势能的变化较大[解析] 因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为平行于x 轴指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b 点的电势为零，但是电场强度不为零，A 错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向平行于x 轴向右，在中点O 处电势为零，O 点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B 正确；O 点的电势低于a 点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C 正确；O 点和b 点的电势相等，所以先后从O 、b 点移到a 点，电场力做功相等，电势能变化相同，D 错误．[答案] BC[综合大题]11．(2016·包头一中高三模拟)如图所示，在O 点放置一个正电荷，在过O 点的竖直平面内的A 点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m 、电荷量为q .小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O 为圆心、R 为半径的圆(图中实线表示)相交于B 、C 两点，O 、C 在同一水平线上，∠BOC ＝30°，A 距离OC 的竖直高度为h .若小球通过B 点的速度为v ，试求：(1)小球通过C 点的速度大小．(2)小球由A 到C 的过程中电势能的增加量．[解析] (1)因B 、C 两点电势相等，小球由B 到C 只有重力做功，由动能定理得：mgR ·sin 30°＝12mv 2C －12mv 2 得：v C ＝v 2＋gR .(2)由A 到C 应用动能定理得： W AC ＋mgh ＝12mv 2C －0得：W AC ＝12mv 2－mgh ＝12mv 2＋12mgR －mgh . 由电势能变化与电场力做功的关系得：ΔE p ＝－W AC ＝mgh －12mv 2－12mgR . [答案] (1) v 2＋gR (2)mgh －12mv 2－12mgR 12.如图所示，固定于同一条竖直线上的点电荷A 、B 相距为2d ，电量分别为＋Q 和－Q .MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p ，质量为m 、电量为＋q (可视为点电荷，q 远小于Q )，现将小球p 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球p 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时，速度为v .已知MN 与AB 之间的距离也为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g .求：(1)C 、O 间的电势差U CO ；(2)小球p 经过O 点时加速度的大小；(3)小球p 经过与点电荷B 等高的D 点时速度的大小．[解析] (1)小球p 由C 运动到O 时，由动能定理， 得mgd ＋qU CO ＝12mv 2－0 ①得U CO ＝mv 2－2mgd2q ②(2)小球p 经过O 点时受力分析如图所示，由库仑定律得： F 1＝F 2＝k Qq2d 2 ③它们的合力为：F ＝F 1cos 45°＋F 2cos 45°＝2kQq2d 2④ 牛顿第二定律得：mg ＋F ＝ma ， ⑤a ＝g ＋2kQq2md 2 ⑥(3)小球p 由O 运动到D 的过程，由动能定理得： mgd ＋qU OD ＝12mv 2D －12mv 2⑦由电场特点可知：U CO ＝U OD ⑧联立②⑦⑧解得：v D ＝2v .[答案] (1)mv 2－2mgd2q (2)g ＋2kQq2md 2 (3)2v。