2018年高考物理复习专题撬分练7
2018高考物理异构异模复习考案撬分法习题：专题六 机
………………………………………………………………………………………………对应学生用书P328时间：45分钟满分：90分基础组一、选择题(每小题6分，共42分)1．[2016·枣强中学期中]以下说法中哪些是正确的()A．物体做匀速运动，它的机械能一定守恒B．物体所受合力的功为零，它的机械能一定守恒C．物体所受合力不等于零，它的机械能可能守恒D．物体所受合力等于零，它的机械能一定守恒答案 C解析物体做匀速运动动能不变，但是高度可以改变，即重力势能改变，A、D错误；合力的功为零，只是动能不变，B错误；物体所受合力不等于零，例如只在重力作用下的运动，机械能守恒，C正确。
2．[2016·衡水二中热身]将一个苹果斜向上抛出，苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3。
图中曲线为苹果在空中运行的轨迹。
若不计空气阻力的影响，以下说法正确的是()点击观看解答视频A．苹果通过第1个窗户所用的时间最长B．苹果通过第3个窗户的竖直方向平均速度最大C．苹果通过第1个窗户重力做的功最大D．苹果通过第3个窗户重力的平均功率最小答案 D解析抛出的苹果在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向上做匀速直线运动，通过三个窗户的时间由竖直方向的运动决定。
苹果竖直方向上做减速运动，三个窗户的竖直高度相同，故通过第1个窗户所用时间最短，A项错；通过第3个窗户所用时间最长，因此该过程中竖直方向的平均速度最小，重力的平均功率最小，B项错，D项正确；重力做功与高度差有关，故通过三个窗户时苹果克服重力做的功相同，C项错。
3．[2016·武邑中学期末]如图所示，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数都相同，物体滑到斜面底部C点时的动能分别为E k1和E k2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W1和W2，则()A．E k1>E k2W1<W2B．E k1>E k2W1＝W2C．E k1＝E k2W1>W2D．E k1<E k2W1>W2答案 B解析设斜面的倾角为θ，斜面的底边长为x，则下滑过程中克服摩擦力做的功为W＝μmg cosθ·xcosθ＝μmgx，所以两种情况下克服摩擦力做的功相等。
2018高考物理异构异模复习考案撬分法课件：专题三 牛顿运动定律3-3
(4)加速度最大与速度最大的临界(极值)条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和
加速度。当出现 速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度 ______；合外力最小时，具有最小______
(2)不理解轻绳、轻弹簧与有质量的绳、弹簧的区别，如用水平力 F通过质量为m的弹簧秤拉物体M在 光滑水平面上加速运动时(如图乙所示)，往往误认为弹簧秤拉物体的力等于F，实际上此时弹簧秤拉物体 M的力为T＝F－ma，也就是说只有在弹簧秤质量不计时两者才相等。 (3)不能正确建立坐标系，对加速度或力进行分解。 特别提醒 如图甲、乙所示的情景中，无论地面或斜面是否光滑，只要力 F拉着物体m1、m2一起加速，由整体 及隔离法可证明：总有 F内＝ 力分配原理。 m1 F，即动力的效果按与质量成正比的规律分配。这个常见的结论叫动 m1＋m2
①求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。 ②求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到外加的作用力。 (2)对整体或隔离体进行受力分析，应用牛顿第二定律确定整体或隔离体的加速度。 (3)结合运动学方程解答所求解的未知物理量。 3．必避误区 (1)对连接体进行受力分析时误认为力可以通过物体传递，如用水平力 F推M及m一起前进(如图甲所 示)，隔离m受力分析时误认为力F通过M作用到m上。
(3)斜面体与上面的物体类连接体问题 斜面体(或称为劈形物体、楔形物体)与在斜面体上物体组成的连接体(系统)的问题，一般为物体与斜 面体的加速度不同，其中最多的是物体具有加速度，而斜面体静止的情况。解题时，可采用隔离法，但 是相当麻烦，因涉及的力过多。如果问题不涉及物体与斜面体的相互作用，则采用整体法用牛顿第二定 律求解。 2．解题思路 (1)分析所研究的问题适合应用整体法还是隔离法。 处理各物体加速度都相同的连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般思路是：
2018届高考物理异构异模复习考案撬分法习题(23份含解析)
1．(多选)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O。
整个系统处于静止状态。
现将细线剪断。
将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。
在剪断的瞬间( )点击观看解答视频A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2答案AC解析剪断细线之前，设S1上拉力为F T1，S2上拉力为F T2，物体质量均为m，有F T1＝2mg，F T2＝mg，根据F＝kx得，F T1＝kΔl1，F T2＝kΔl2。
在剪断细线的瞬间，弹簧来不及发生形变，弹力大小不变，则a受重力和S1的拉力，有mg＋F T1＝ma1，得a1＝3g，A正确，B错误。
F T1＝2F T2，因此Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。
2．如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是( )A．M处受到的支持力竖直向上B．N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的静摩擦力沿MN方向D．N处受到的静摩擦力沿水平方向答案 A解析点与面之间支持力方向垂直接触面指向受力物体，静摩擦力方向沿着接触面与相对运动趋势的方向相反，具体受力如图所示，故A正确。
3．(多选)玩具汽车停在模型桥面上，如图所示，下列说法正确的是 ( )A．桥面受向下的弹力，是因为汽车发生了弹性形变B．汽车没有发生形变，所以汽车不受弹力C．汽车受向上的弹力，是因为桥梁发生了弹性形变D．汽车受向上的弹力，是因为汽车发生了弹性形变答案AC解析弹性形变指物体形变之后撤去外力能完全恢复原来形状的形变，模型桥受到向下的弹力，是因为汽车发生了弹性形变，选项A正确，B错误；汽车受到向上的弹力，是因为桥梁发生了弹性形变，选项C正确，D错误。
4．如图所示，长方体木块搁在光滑方形槽中，则长方体木块除重力外还受到弹力的个数是( )点击观看解答视频A．1个B．2个C．3个D．4个答案 C解析长方体木块搁在光滑方形槽中，与槽接触的地方有三处，并且都有相互作用，故长方体木块除重力外还受到弹力的个数是3个，选项C正确。
2018届高考物理第一轮总复习全程训练周测七 恒定电流B
I随所加电压U变化的图象，PM为纵轴的垂线，则下列说法中正确的是．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变某实验小组的同学在实验室利用电压表探究漆包线的漏电情况．现取两根电阻均为的漆包线固定在绝缘的水平桌面上，如图所示．电路漏电可等效为在漏电处接)如图所示，图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用表示，根据所学知识分析下列选项正确的是( )．电路中电源电动势为3.6 V．滑动变阻器的滑动触头向右滑动过程，电压表V2读数逐渐减小．滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，电动机的输出功率增大．滑动变阻器的最大阻值为30 ΩR3∶R4＝1∶2∶2∶发现有自上而下的电流通过电流表如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值示数变化量的绝对值分别为)B．L1消耗的电功率为7.5 WD．L2消耗的电功率为0.3 W本题包括4小题，共47分)D．量程为0～3 V的内阻很大的电压表；E．阻值为0～10 Ω，允许通过的最大电流为3 A的滑动变阻器；F．电键和导线若干．(1)这个学习小组在实验中电流表选________(填器材前面的字母)．(2)下面的实验电路图中最合理的是________．(3)利用表格中数据描绘出电器元件Z的伏安特性曲线如图甲所示，分析曲线可知该电器元件Z的电阻随U的变大而________(填“变大”、“变小”或“不变”)．(4)若把电器元件Z接入如图乙所示的电路中时，电流表的读数为0.150 A，已知A、B两端的电压恒为2.00 V，则定值电阻R0的阻值为________Ω.10．(9分)某同学用如图1所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内阻r，R为电阻箱．干电池的工作电流不宜超过0.5 A．实验室提供的器材如下：电压表(量程0～3 V，内阻约3 kΩ)；电阻箱(阻值范围0～999.9 Ω)；开关、导线若干．(1)请根据电路图在图2所示实物图中画出连线，将器材连接成实验电路．在如图所示电路中，定值电阻R0＝的滑片P从一端移向另一端时，～1.0 A．求：的额定电压均为110 V ，由R ＝U 2P可知，R A >R B ，且应满足中均可使灯泡A 、B 正常发光，但选项B 中通过滑动变阻器的电流较0时，U x1＝0，对应电流为I1＝1.0 A 3 V，对应电流为I＝0.75 A，有。
2018高考物理复习习题：专题七 静电场专题撬分练7 含解析
………………………………………………………………………………………………时间：60分钟满分：100分基础组一、选择题(每小题6分，共54分)1．[2016·枣强中学模拟](多选)光滑绝缘的水平桌面上，固定着带电荷量为＋Q、－Q的小球P1、P2，带电荷量为＋q、－q的小球M、N用绝缘细杆相连，下列哪些图中的放置方法能使M、N静止(细杆中点均与P1P2连线中点重合)( )答案BD解析A中M电荷受电场力向右，N电荷受电场力向左，故不能平衡，会转动，选项A错误；B中M电荷受向右的电场力，N电荷受向左的电场力，可以平衡，选项B正确；C中M电荷受电场力向右，N电荷受电场力向左，故不能平衡，会转动，选项C错误；D中M电荷受向右的电场力，N电荷受向左的电场力，可以平衡，选项D正确。
2．[2016·衡水二中期末]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.E 2B.22E C ．ED.2E 答案 B解析 两根等长带电棒等效成两个正点电荷如图，两正点电荷在O 点产生的场强的大小为E ＝2E 1，故撤走一根带电棒后，在O 点产生的场强为E 1＝E2＝22E ，选项B 正确。
3．[2016·武邑中学猜题](多选)负点电荷Q固定在正方形的一个顶点上，带电粒子P仅在该电荷的电场力作用下运动时，恰好能经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则( )点击观看解答视频A．粒子P带负电B．a、b、c三点的电势高低关系是φa＝φc<φbC．粒子P由a到b电势能增加，由b到c电势能减少D．粒子P在a、b、c三点的加速度大小之比是2∶1∶2答案BCD解析粒子P仅受电场力作用，轨迹弯曲方向跟电场力方向一致，故粒子P 带正电，选项A错误；沿电场线方向电势降低，故φa＝φc<φb，选项B正确；粒子P由a到b，电场力做负功，电势能增加，由b到c，电场力做正功，电势能减少，选项C正确；电场力F＝k Qqr2＝ma，故粒子P在a、b、c三点的加速度大小之比是2∶1∶2，选项D正确。
高考物理异构异模复习考案撬分法习题：恒定电流 8-2 Word版含解析
1．如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置。
闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。
如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()A．增大R1的阻值B．增大R2的阻值C．增大两板间的距离D．断开开关S答案B解析由闭合电路欧姆定律可知：增大R1阻值会使总电阻增大，总电流减小，R1两端电压增大，则电容器两板间电压增大，板间电场强度增大，油滴受电场力增大，油滴向上运动，选项A错误；电路稳定时R2中无电流，R2阻值变化对电路无任何影响，则选项B正确；只增大板间距离d，会使板间电场强度减小，油滴将向下运动，选项C错误；断开开关S，电容器放电，油滴将向下运动，选项D错误。
2．(多选)如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。
将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则()点击观看解答视频A ．A 的示数增大B ．V 2的示数增大C ．ΔU 3与ΔI 的比值大于rD ．ΔU 1大于ΔU 2答案 ACD 解析 由于电压表、电流表都是理想电表，则电流表可以看成短路，因此外电路为定值电阻R 与滑动变阻器串联，电流表测的是总电流，电压表V 1测的是R 两端的电压，V 2测的是电源的路端电压，V 3测的是滑动变阻器两端的电压，当滑动变阻器滑片向下滑动时，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流增大，电流表示数增大，A 项正确；内电压增大，路端电压减小，电压表V 2示数减小，B 项错误；ΔU 3ΔI ＝R ＋r ，C 项正确；ΔU 1ΔI ＝R ，ΔU 2ΔI＝r ，由于R 大于r ，因此ΔU 1大于ΔU 2，D 项正确。
3．(多选)如图所示，曲线C 1、C 2分别是纯直流电路中内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线，由该图可知下列说法正确的是( )点击观看解答视频A．电源的电动势为4 VB．电源的内电阻为1 ΩC．电源输出功率最大值为8 WD．电源被短路时，电源消耗的功率为16 W答案ABD解析根据图象可知，当电流为2 A时，内电路消耗功率为4 W，由I2r＝4 W可得电源的内电阻为r＝1 Ω，选项B正确。
浙江省2018版选考物理考前特训(2017年10月)学考70快练_快练7 电场 全国通用 Word版含解析
快练7 电场1．(2017·4)如图1所示，在竖立放置间距为d 的平行板电容器中，存在电场强度为E 的匀强电场．有一质量为m ，电荷量为＋q 的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g .则点电荷运动到负极板的过程( )图1A ．加速度大小为a ＝qE m ＋gB ．所需的时间为t ＝dmEqC ．下降的高度为y ＝d2 D ．电场力所做的功为W ＝Eqd2．(2016·10)如图2为某一电场的电场线，M 、N 、P 为电场线上的三个点，M 、N 是同一电场线上两点．下列判断正确的是( )图2A ．M 、N 、P 三点中N 点的场强最大B ．M 、N 、P 三点中N 点的电势最高C ．负电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能D ．正电荷从M 点自由释放，电荷将沿电场线运动到N 点3．(2016·10)如图3所示，质量为m 、电荷量为q 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，带有电荷量也为q 的小球B 固定在O 点正下方绝缘柱上．其中O 点与小球A 的间距为l ，O 点与小球B 的间距为3l .当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°.带电小球A 、B 均可视为点电荷，静电力常量为k .则( )图3A ．A 、B 间库仑力大小为F ＝kq 22l 2B ．A 、B 间库仑力大小为F ＝3mg3C ．细线拉力大小为F T ＝kq 23l 2 D ．细线拉力大小为F T ＝3mg4．(2016·4)关于电容器，下列说法正确的是( ) A ．在充电过程中电流恒定 B ．在放电过程中电容减小 C ．能储存电荷，但不能储存电能D ．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器5．(2016·4)密立根油滴实验原理如图4所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U ，形成竖直向下电场强度大小为E 的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和带电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m ，则下列说法正确的是( )图4A ．悬浮油滴带正电B ．悬浮油滴的带电荷量为mg UC ．增大电场强度大小，悬浮油滴将向上运动D ．油滴的带电荷量不一定是电子带电荷量的整数倍6．(2016·4)如图5所示，真空中有两个点电荷Q 1＝＋9.0×10－8C 和Q 2＝－1.0×10－8C ，分别固定在x 坐标轴上，其中Q 1位于x ＝0处，Q 2位于x ＝6cm 处．在x 轴上( )图5A ．场强为0的点有两处B ．在x >6cm 区域，电势沿x 轴正方向降低C ．质子从x ＝1cm 运动到x ＝5cm 处，电势能升高D ．在0<x <6cm 和x >9cm 的区域，场强沿x 轴正方向7．(2015·10)如图6所示，一质量为m 、电荷量为Q 的小球A 系在长为l 的绝缘轻绳下端，另一电荷量也为Q 的小球B 位于悬挂点的正下方(A 、B 均视为点电荷)，轻绳与竖直方向成30°角，小球A 、B 静止于同一高度．已知重力加速度为g ，静电力常量为k ，则两球间的静电力为( )图6A.4kQ 2l 2B.kQ 2l 2 C ．mgD.3mg8．在如图7所示的匀强电场中，将一个点电荷从P 点由静止释放后，点电荷仅受电场力作用，下列说法正确的是( )图7A ．该点电荷一定做匀减速直线运动B ．该点电荷受到的电场力越来越大C ．电场力对该点电荷一定做正功D ．该点电荷运动过程中动能越来越小9．(2016·温州市8月选考模拟)如图8所示，是真空中正点电荷形成的电场．已知M 点与N 点在同一条电场线上，M 点与P 点到正点电荷的距离相等，则下列说法正确的是( )图8A．该电场为匀强电场B．P点的电势比N点低C．M点的电场强度比N点小D．电荷沿圆弧虚线从M到P，电场力不做功10．(2016·湖州模拟)如图9所示，实线表示某电场中的三条电场线，虚线表示带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，下列说法正确的是()图6A．粒子一定带负电B．粒子的速度增加C．粒子的加速度增加D．粒子的动能增加11．(2016·湖州市9月选考测试)如图10为静电除尘机理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．图中虚线为电场线(方向未标)．不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则()图10A．电场线方向由放电极指向集尘极B．图中A点电势高于B点电势C ．尘埃在迁移过程中做匀变速运动D ．尘埃在迁移过程中电势能减小12．(2017·浙江教育绿色评价联盟适应测试)如图11所示，把A 、B 两个相同的导电小球分别用绝缘细线悬挂于O A 和O B 两点，然后使A 、B 两球带同种电荷，电量分别为Q A 、Q B ，已知两球静止时在同一水平面上，两细线与竖直方向的夹角分别为θ、α，下列说法正确的是( )图11A ．若θ>α，则两球的电量Q A >QB B ．若θ>α，则两球的质量m A >m BC ．若同时剪断两细线，则相同时间内，两球在空中下落的高度必相同D ．若同时剪断两细线，两球在空中运动时，系统机械能守恒13．如图12所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O 处固定一点电荷，将质量为m ，电荷量为q 的小球从圆弧管的水平直径端点由静止释放，小球沿细管滑到最低点B 时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在圆弧中点处的电场强度的大小为( )图12A.mg qB.2mg qC.3mg qD.4mg q答案解析四次命题轨迹 1．B 2.A 3.B4．D 由电容器的充放电曲线可知，充电过程中，电流不断减小，A 错；电容是电容器储存电荷的本领，不随充放电过程变化，B 错；电容器中的电场具有电场能，所以C 错；两个彼此绝缘又靠近的导体是可以储存电荷的，可视为电容器，D 对．] 5．C 油滴悬浮不动，说明其所受的电场力与重力平衡，所以带负电，A 错；由Eq ＝mg 得q ＝mgE ，所以B 错；如果增大电场强度大小，油滴所受的电场力增大，油滴就会向上加速运动，C 对；所有带电体的电荷量都是电子带电荷量的整数倍，D 错．]6．D 根据场强叠加原理，在正负两点电荷之间，电场方向一致，所以不会出现场强为0的地方，场强为0处也不会在电荷量较大的Q 1的左侧，只能在电荷量较小的Q 2的右侧，A 错误．在Q 1、Q 2之间，合电场水平向右，所以质子受到的电场力水平向右，从x ＝1cm 到x ＝5cm 这个过程中，电场力做正功，所以电势能减小，C 错误．设在x ＝d 处电场强度为0，则k Q 1d 2＝k Q 2(d －6)2，解得d ＝9cm ，故在6cm ＜x ＜9cm 的区域，场强沿x 轴负方向，在x >9cm 区域，场强沿x 轴正方向，D 正确．在x >6cm 区域，x ＝9cm 处电势最高，B 错误．]7．A 平衡时A 、B 间的距离r ＝l sin30°＝l 2，根据库仑定律得F ＝k Q 2r 2＝4kQ 2l2，A 正确，B 错误；A 球的受力情况如图所示，可知F ＝mg tan30°＝33mg ，C 、D 均错误．]一年最新模拟8．C 9.D 10.C 11.D12．C 两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两球带电量是否相等无关，故A 错误；对小球A 受力分析如图所示：受重力、静电力、拉力，根据平衡条件有：tan θ＝F m Ag ，则：m A ＝Fg tan θ同理，有：m B ＝Fg tan α， 若θ>α，则m A <m B ，故B 错误；若同时剪断两细线，小球受到的库仑力始终在水平方向上，不影响运动时间，运动时间由竖直方向上的运动决定，竖直方向上只受重力，从同一高度做自由落体运动，故在两小球落地前观察，同一时间两小球一定都在同一高度，故C 正确；剪断细线后A 、B 两球之间的库仑力做功，导致系统机械能不守恒，故D 错误．]13．C 小球从A 到B 由机械能守恒定律有mgR ＝12m v 2B ，此时对管壁恰好无压力，即F N ＝0，由向心力公式有F 电－mg ＝m v 2BR ，联立解得F 电＝3mg ，所以电场强度E ＝F 电q ＝3mg q .]。
2018高考物理异构异模复习考案撬分法课件：专题七 静电场 7-3 精品
重难点 一、电容器问题 1．公式 C＝QU＝ΔΔQU与 C＝4επrkSd的不同 (1)公式 C＝QU＝ΔΔQU是电容的定义式，对任何电容器都适用。对一个确定的电容器，其电容已确定，不 会随其带电荷量的改变而改变。对一个确定的电容器，Q∝U。 (2)公式 C＝4επrkSd是平行板电容器的决定式，只对平行板电容器适用。反映了影响电容器大小的因素 C ∝εr，C∝S，C∝1d。
2．如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的 ABCD 面与 EFGH 面为金属板，其他面为绝缘材料。 ABCD 面带正电，EFGH 面带负电。从小孔 P 沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴 A、 B、C，最后分别落在 1、2、3 三点，则下列说法正确的是( )
A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B．三个液滴的运动时间不一定相同 C．三个液滴落到底板时的速率相同 D．液滴 C 所带电荷量最多
d变大 ⇨ C变小 ⇨ Q变小 ⇨ E变小 S变大 ⇨ C变大 ⇨ Q变大 ⇨ E不变
εr变大
⇨
C变大
⇨
Q变大
⇨
E不变
②第二类动态变化：电容器所带电荷量 Q 恒定不变。(与电源接通后断开)
S变大 ⇨ C变大 ⇨ U变小 ⇨ E变小 d变大 ⇨ C变小 ⇨ U变大 ⇨ E不变
εr变大
2ay＝d Umq。
(2)粒子的偏转角
①以初速度 v0 垂直进入偏转电场：如图所示，设带电粒子质量为 m，带电荷量为 q，偏转电压为 U1， 若粒子飞出电场时偏转角为 θ，则 tanθ＝mqUv201dl
结论：动能一定时，tanθ 与 q 成正比，电荷量相同时，ta后再进入偏转电场则有：qU0＝12mv20 可解得：tanθ＝2UU10ld 结论：粒子的偏转角与粒子的 q、m 无关，仅取决于加速电场和偏转电场。
2018高考物理异构异模复习考案撬分法习题：专题三 牛顿运动定律 3-3 含解析 精品
1．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。
当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。
不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()点击观看解答视频A．8 B．10C．15 D．18答案BC解析如图所示，假设挂钩P、Q东边有x节车厢，西边有y节车厢，每节车厢质量为m。
当向东行驶时，以y节车厢为研究对象，则有F＝mya；当向西行驶时，以x节车厢为研究对象，则有F＝23mxa，联立两式有y＝23x。
可见，列车总节数N＝x＋y＝53x，设x＝3n(n＝1,2,3…)，则N＝5n，故可知选项B、C正确。
2．(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。
A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为12μ。
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。
现对A 施加一水平拉力F ，则( )点击观看解答视频A ．当F <2μm g 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μg C ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg 答案 BCD解析 对A 、B 整体，地面对B 的最大静摩擦力为32μmg ，故当32μmg <F <2μmg 时，A 、B 相对地面运动，故A 错。
对A 、B 整体应用牛顿第二定律，有F －μ2×3mg ＝3ma ；对B ，在A 、B 恰好要发生相对运动时，μ×2mg －μ2×3mg ＝ma ，两式联立解得F ＝3μmg ，可见，当F >3μmg 时，A 相对B 才能滑动，C 对。
当F ＝52μmg 时，A 、B 相对静止，对整体有：52μmg －μ2×3mg ＝3ma ，a ＝13μg ，故B 正确。
2018年高考物理复习7-2
决定因 素
关系
场强为零的地方电 电势为零的地方场强 势不一定为零 不一定为零
匀强电场中 UAB＝Ed(d 为 A、B 间沿场强方向上的距离)；电势沿 联系 Ep WAB 着场强方向降低最快；UAB＝φA－φB；φ＝ ；UAB＝ ；WAB＝ q q －ΔEpAB＝EpA－EpB＝qUAB(电场力做功与路径无关，与初、末位置 的电势差和电荷量有关)
能量守恒 在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相 法
特别提醒 (1)电势、电势能的正负表示大小，正的电势比负的电势高、正的电势能比负的电势能大，而电势差的 正负表示两点电势的相对高低。 (2)电场线或等差等势面越密的地方电场强度越大，但电势不一定越高。
三、常见等势面及等势面的特点 1．几种常见的典型电场等势面的对比分析 电场 匀强电场 等势面(实线)图样 重要描述 垂直于电场线的一簇等间 距平面
电势差
匀强电场中电势差与电场强度的关系
电场力做的功
(1)定义：电荷在电场中，由一点 A 移到另一点 B 时， 的比值。 (2)定义式：UAB＝
WAB q
与移动的电荷的 电荷量
。
φA－φB
(3)电势差与电势的关系：UAB＝ 电势点的选取
无关
，而 UBA＝ φB－φA
。
(4)影响因素：电势差 UAB 由电场本身的性质决定，与移动的电荷 q 及电场力做的功 WAB 无关 ，与零 。
描述静电力 描述电荷在电场中的能 做功的本领 量，电荷做功的本领 WAB q
定义式
E＝
电荷的电势 能)
Ep＝qφ
矢量，方向为放在 矢标性 电场中的正电荷的 受力方向 场强由电场本身决 定，与试探电荷无 关
正电荷在正电势位置有 标量，但有正负，正负 标量，但有正负，正 正电势能，简化为：正正 只表示大小 负只表示电势高低 得正。 同理有： 负正得负， 负负得正 电势由电场本身决定， 由电场本身的两点间 与试探电荷无关，其大 差异决定，与试探电 小与参考点的选取有 关，有相对性 荷无关，与参考点的 选取无关 零场强区域两点间的 电势差一定为零，电 势差为零的区域场强 不一定为零 由电荷量和该点电势共 同决定，与参考点的选取 有关 场强为零，电势能不一定 为零；电势为零，电势能 一定为零
新高考物理异构异模复习考案撬分法习题：专题7 静电场7-3(含解析)
1．如图，两平行的带电金属板水平放置。
若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。
现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动答案 D解析两平行金属板水平放置时，微粒恰好保持静止状态，其合力为零，对其受力分析，如图1所示，设电容器两板间的电场强度为E，微粒受到竖直向下的重力G和竖直向上的电场力qE，且G＝qE；两平行金属板逆时针旋转45°时，对微粒受力分析，如图2所示，由平行四边形定则可知，微粒所受合力方向斜向左下方，且为恒力，所以微粒向左下方做匀加速运动，选项D正确，选项A、B、C错误。
2．(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E 1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转，最后打在屏上。
整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )A ．偏转电场E 2对三种粒子做功一样多B ．三种粒子打到屏上时的速度一样大C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置 答案 AD解析 设加速电场两板间距离为d ，则qE 1d ＝12m v 20，粒子在偏转电场中偏转，设侧移量为y ，偏转电场两板的长度为L ，则y ＝12qE 2m⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝E 2L 24E 1d ，在偏转电场中偏转电场对粒子做的功W ＝qE 2y ＝qE 22L 24E 1d ，由于三种粒子的电荷量相等，因此偏转电场对三种粒子做的功相等，A 项正确；三种粒子射出偏转电场时的速度v 满足qE 1d ＋qE 2y ＝12m v 2，由于质量不同，因此速度v 大小不同，B 项错误；三种粒子运动到屏上的时间t ＝2dmqE 1＋x m2qE 1d，x 为加速电场右极板到屏的距离，由于质量不同，因此运动时间不同，C 项错误；由于粒子从同一位置射出偏转电场，射出电场时的速度的反向延长线均交于偏转电场中线的中点，因此粒子会打在屏上同一位置，D 项正确。
【加练半小时】2018年高考物理(全国卷)一轮微专题复习第2章 相互作用 微专题7
[方法点拨](1)受力分析是否正确可从三个方面检验：①各力的施力物体、受力物体；②判断能否保持原来的运动状态；③换角度(整体或隔离)分析是否矛盾．(2)三力平衡一般用合成法，合成后力的问题转换成三角形问题．(3)多力平衡一般用正交分解法．(4)遇到多个有相互作用的物体时一般先整体后隔离．1．(受力分析)如图1所示，轻绳一端连接放置在水平地面上的物体Q，另一端绕过固定在天花板上的定滑轮与小球P连接，P、Q始终处于静止状态，则()A．Q可能受到两个力的作用图1B．Q可能受到三个力的作用C．Q受到的轻绳拉力与重力的合力方向水平向左D．Q受到的轻绳拉力与重力的合力方向指向左下方2．(受力分析)如图2所示，放在粗糙水平地面上的斜劈C上叠放了A、B两个物体，B的上表面水平，三者均保持静止状态．关于A、B、C的受力情况，下列说法中正确的是()图2A．物体A可能受到三个力的作用B．物体B一定受到四个力的作用C．物体B对C的作用力可能与斜劈表面夹角为90°D．地面可能对C有摩擦力作用3．(整体法、隔离法)(多选)如图3所示，在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是()A．a一定受到4个力B．b可能受到4个力图3C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D．a与b之间一定有摩擦力4．(状态法)如图4所示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静止靠在墙边，然后释放，使它们同时沿竖直墙面下滑，已知m A＞m B，不计空气阻力，则物体B()A．只受一个重力图4 B．受到重力、摩擦力各一个C．受到重力、弹力、摩擦力各一个D．受到重力、摩擦力各一个，弹力两个5．(共点力平衡问题)(多选)如图5所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是() 图5 A．A、B的质量之比为1∶ 3B．A、B所受弹簧弹力大小之比为3∶ 2C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为2∶1D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1∶ 36．(多选)如图6所示，在倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向．则()A．环只受三个力作用图6 B．环一定受四个力作用C．物体做匀速运动D．悬绳对物体的拉力小于物体的重力7．如图7所示，光滑斜面的倾角为θ＝37°，一个可以看成质点的小球在轻质细线的拉力作用下静止在斜面上，细线与斜面间的夹角也为37°，若小球的重力为G，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则手对细线的拉力等于() 图7A ．GB.G 2C.3G 4D.4G 58．如图8所示，一根轻杆两端各固定一个质量均为m 的相同小球，两根细绳悬挂在天花板上，虚线为竖直线，α＝θ＝30°，β＝60°，则轻杆对A 球的作用力为( )A ．mg B.3mg 图8 C.33mg D.32mg 9．(多选)如图9所示，斜劈A 静止放在水平地面上，木桩B 固定在水平地面上，平行斜面的轻弹簧连接斜劈A 上的物体m 与木桩B ，物体m和斜劈A 均保持静止，不计m 与A 之间的摩擦．则下列说法正确的是( ) 图9A ．地面对斜劈A 的摩擦力水平向左B ．地面对斜劈A 没有摩擦力C ．移去弹簧，物体m 将向下运动，斜劈A 仍保持静止D ．移去弹簧，物体m 将向下运动，斜劈A 将向右平动10．如图10(a)所示，两段等长轻质细绳将质量分别为m 、2m 的小球A 、B (均可视为质点)悬挂在O 点，小球A 受到水平向右的恒力F 1的作用，小球B 受到水平向左的恒力F 2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图(b)所示的状态，小球B 刚好位于O 点正下方．则F 1与F 2的大小关系正确的是( ) 图10A ．F 1＝4F 2B ．F 1＝3F 2C ．2F 1＝3F 2D ．2F 1＝5F 211．(多选)如图11，质量为M 的斜面体A 放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m 的小球B 置于斜面上，整个系统处于静止状态．已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ＝30°.不计小球与斜面间的摩擦，则( )A ．轻绳对小球的作用力大小为33mg 图11 B ．斜面体对小球的作用力大小为2mgC ．斜面体对水平面的压力大小为(M ＋m )gD ．斜面体对水平面的摩擦力大小为36mg12．如图12所示，内壁光滑的球体半径为R ，一长度小于直径的轻杆两端固定质量分别为m A 、m B 的小球A 、B .将轻杆置于球体内部后，最终静止在图示位置不动，球心O 与杆在同一竖直平面内，过球心O 竖直向下的半径与杆的交点为M ，OM ＝R 2.下列判断正确的是( ) 图12 A ．m A ＜m BB ．球体内壁对A 球的支持力F N A ＝2m A gC ．轻杆对B 球的支持力一定小于B 球的重力D ．若增大m A ，θ角会增大13．如图13所示，固定的半球面右侧是光滑的，左侧是粗糙的，O 点为球心，A 、B 为两个完全相同的小物块(可视为质点)，小物块A 静止在球面的左侧，受到的摩擦力大小为F 1，对球面的压力大小为F N1；小物块B 在水平力F 2作用下静止在球面的右侧，对球面的压力大小为F N2，已知两小物块与球心连线和竖直方向的夹角均为θ，则( )图13A ．F 1∶F 2＝sin 2 θ∶1B ．F 1∶F 2＝sin θ∶1C ．F N1∶F N2＝cos 2 θ∶1D ．F N1∶F N2＝sin 2 θ∶1答案精析1．D[小球P静止，所以轻绳对小球P和物体Q有拉力作用，若物体Q受到的拉力的竖直分力等于重力，则物体Q对地面无压力，但这种情况下Q不可能静止，因此拉力的竖直分力一定小于重力，物体Q必受到竖直向上的支持力，又物体Q有相对地面向左的运动趋势，故一定受水平向右的静摩擦力作用，即物体Q受四个力作用，受力分析如图所示，A、B项错；由平衡条件可知，拉力与重力的合力与支持力和静摩擦力的合力方向相反，即方向指向左下方，D项对，C项错．] 2．B[物体A受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力作用，二力平衡，A错误；物体B 受到重力、A对B的压力、C对B的支持力和摩擦力共四个力的作用，B正确；对A、B整体，其受到竖直向下的重力和C对其的作用力(支持力和摩擦力的合力)，由平衡条件可知，C对B 的作用力一定竖直向上，根据牛顿第三定律，物体B对C的作用力一定竖直向下，C错误；对A、B、C整体，其受重力和支持力作用而处于平衡状态，故不受地面的摩擦力作用，D错误．]3．AD[将a、b看成整体，其受力图如图甲所示，a与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用；对物体b进行受力分析，如图乙所示，b受到3个力作用，所以a受到4个力作用．分别是重力G a、恒力F、b对a的压力F N′和b对a的静摩擦力f′，故选项A、D正确，选项B、C错误．]4．A[物体A、B将一起做自由落体运动，所以A、B之间无相互作用力，物体B与墙面有接触而无挤压，所以与墙面无弹力，当然也没有摩擦力，所以物体B 只受重力，选A.]5．CD [弹簧对A 、B 的弹力大小相等，设为kx ，对A 、B 分别进行受力分析，由平衡条件可知m A g ＝kx tan 60°，F A ＝kx cos 60°，m B g ＝kx tan 45°，F B ＝kx cos 45°，联立解得A 、B 两物体质量之比为m A ∶m B ＝tan 60°∶tan 45°＝3∶1，F A ∶F B ＝cos 45°∶cos 60°＝2∶1，在撤去弹簧的瞬间，A 、B 的瞬时加速度a A ∶a B ＝m B ∶m A ＝1∶3，故C 、D 正确．]6．BC7．C [对小球受力分析，小球受到细线的拉力F 、斜面的支持力和小球的重力作用，在沿斜面方向上，F cos 37°＝G sin 37°，解得F ＝G tan 37°＝34G ，故C 正确．] 8．A [对A 球受力分析，受到重力、拉力和杆的作用力，如图所示，根据共点力的平衡条件判断，轻杆对A 球的作用力与重力大小相等，A 项正确．]9．AC [以斜劈A 为研究对象，受重力、地面的支持力、物体垂直斜面向下的压力，斜劈A 静止，故还受到地面对其水平向左的摩擦力，A 正确，B 错误．有弹簧时，以物体m 为研究对象，受重力、支持力和弹簧的推力，三力平衡可知弹簧处于压缩状态；现移去弹簧，物体m 受力不平衡，将沿斜面下滑，但斜劈A 的受力不变，故斜劈A 仍保持静止，C 正确，D 错误．]10．D [A 受到水平向右的力F 1，B 受到水平向左的力F 2，以整体为研究对象，分析受力如图，设OA 绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得tan α＝F 1－F 22mg ＋mg，以B 球为研究对象，受力如图．设AB 绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得tan β＝F 22mg ，由几何关系得α＝β，解得2F 1＝5F 2，D 项正确．]11．AD [小球处于平衡状态，支持力垂直于斜面且与竖直方向成30°角，小球与斜面间没有摩擦力，将轻绳的拉力F T 和斜面对小球的支持力F N 进行正交分解可得：F T sin 30°＝F N sin 30°，F T cos 30°＋F N cos 30°＝mg ，故斜面体和轻绳对小球的作用力均为33mg ，A 正确，B 错误；对小球和斜面体整体进行受力分析可得C 错误，D 正确．]12．B [根据题图可知，小球A 的质量大于小球B 的质量，即m A ＞m B ，选项A 错误；对小球A 、B 进行受力分析，如图所示，由几何关系可得m A g ∶R 2＝F N A ∶R ，解得F N A ＝2m A g ，选项B 正确；同理，对于小球B 可得m B g ∶R 2＝F N B ∶R ，解得F N B ＝2m B g ，可知选项C 错误；若增大小球A 的质量m A ，θ角会减小，选项D 错误．]13．C [分别对A 、B 两个相同的小物块受力分析如图，A 受到重力、沿球面斜向上的摩擦力F 1、垂直于球面斜向上的支持力，它的大小等于它对球面的压力F N1，故F 1＝mg sin θ，F N1＝mg cos θ；B 受到重力、作用力F 2及球面对它的支持力，其大小等于它对球面的压力F N2，故F 2＝mg tan θ，F N2＝mg cos θ，所以F 1∶F 2＝sin θtan θ＝cos θ1，A 、B 项错误；F N1∶F N2＝cos θ∶1cos θ＝cos 2 θ∶1，C 项正确，D 项错误．]。
2018高考物理大一轮复习题组层级快练：第七单元 电场 作业30 Word版含答案
题组层级快练(三十)一、选择题1．将两个分别带有电荷量－2Q和＋5Q的相同金属小球A、B分别固定在相距为r的两处(均可视为点电荷)，它们之间库仑力的大小为F.现将第三个与A、B两小球完全相同的不带电小球C先后与A、B两小球相互接触后拿走，A、B两小球间距离保持不变，则两小球间库仑力的大小为( )A．F B.1 5 FC.910F D.14F答案 B解析与小球C接触前F＝k 10Q2r2，与小球C接触后A、B两小球的电荷量分别变为－Q和2Q，所以接触后的库仑力F′＝k 2Q2r2，为原来的1/5，则B项正确．2.(2016·浙江)如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开( )A．此时A带正电，B带负电B．此时A电势低，B电势高C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合答案 C解析由感应起电可知，近端感应出异种电荷，故A带负电，B带正电，A项错误；处于静电平衡状态下的导体是等势体，故A、B电势相等，B项错误；先移去C，则A、B两端的等量异种电荷又重新中和，而先分开A、B，后移走C，则A、B两端的等量异种电荷就无法重新中和，故C项正确，D项错误．3.(2017·宜宾一诊)在如图甲所示的电场中，一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，则它运动的v－t图像可能是图乙中的( )答案 B解析负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，所受电场力逐渐增大，加速度逐渐增大，则它运动的v－t图像可能是图中的B.4.(2016·课标全国Ⅱ)如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c，则( )A．a a>a b>a c，v a>v c>v b B．a a>a b>a c，v b>v c>v aC．a b>a c>a a，v b>v c>v a D．a b>a c>a a，v a>v c>v b答案 D解析由库仑定律可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为F b>F c>F a，由a＝F m可知，a b>a c>a a，由运动轨迹可知，粒子Q的电性与P相同，受斥力作用，不论粒子从a到c，还是从c到a，在运动过程中总有排斥力与运动方向的夹角先为钝角后为锐角，即斥力先做负功后做正功，因此v a>v c>v b，故D项正确．5.(2017·济宁质检)某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是( )A．c点电场强度大于b点电场强度B．a点电势高于b点电势C．若将一试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点D．若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减小答案BD解析电场线越密的地方电场强度越大，E c<E b，A项错误；沿着电场线的方向，电势逐渐降低，φa>φb，B项正确；将试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线的切线方向运动而不是沿电场线运动，C项错误；在原电场中，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电场力做正功，在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移到b的过程中，在－Q形成的电场中电场力对试探电荷也做正功，所以在合电场中，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电场力做正功，电势能将减小，D项正确．6.如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑绝缘水平面上．P、N是小球A、B连线的垂直平分线上的点，且PO＝ON.现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)，由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，关于小球C的速度图像中，可能正确的是( )答案 AB解析 在AB 的垂直平分线上，从无穷远处到O 点电场强度先变大后变小，到O 点变为零，负电荷受力沿垂直平分线，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O 点加速度变为零，速度达到最大，v －t 图线的斜率先变大后变小；由O 点到无穷远，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性．如果PN 足够远，B 项正确，如果PN 很近，A 项正确． 7．在点电荷Q 产生的电场中有a 、b 两点，相距为d ，已知a 点的场强大小为E ，方向与ab 连线成30°角，b 点的场强方向与ab 连线成120°角，如图所示，则点电荷Q 的电性和b 点的场强大小为( )A ．正电、E/3B ．负电、E/3C ．正电、3ED ．负电、3E答案 D解析 分别将经过a 点和b 点的电场线延长交于一点O ，如图所示，则O 点即为点电荷Q 所在的位置，电场线指向此电荷，则Q 为负电荷；由几何关系可知，Ob ＝d ，则Oa ＝3d ，由点电荷产生的电场强度表达式为E ＝kQr 2可知，点电荷在b 点产生的场强大小为3E ，D 项正确．8.如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A 带正电，另一带正电的点电荷B 沿着以A 为圆心的圆弧由P 到Q 缓慢地从A 的上方经过，若此过程中A 始终保持静止，A 、B 两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用．则下列说法正确的是( ) A ．物体A 受到地面的支持力先增大后减小 B ．物体A 受到地面的支持力保持不变 C ．物体A 受到地面的摩擦力先减小后增大 D ．库仑力对点电荷B 先做正功后做负功 答案 AC解析分析物体A的受力如图所示，由平衡条件可得：F f＝Fcosθ，F N＝Fsin θ＋mg，随θ由小于90°增大到大于90°的过程中，F f先减小后反向增大，F N先增大后减小，A、C项正确，B项错误；因A对B的库仑力与B运动的速度方向始终垂直，故库仑力不做功，D项错误．9．如图所示，质量为m1的不带电小环A套在动摩擦因数为μ＝33的竖直杆上，其最大静摩擦力等于滑动摩擦力，一质量为m2、带电荷量为＋q的小球B与A用一绝缘细线相连，整个装置处于匀强电场中，恰好保持静止，则当电场强度E存在最小值时，E与水平方向的夹角θ为( )A．0°B．30°C．45°D．60°答案 D解析对AB整体研究，受到竖直向下总的重力(m1＋m2)g、电场力Eq、沿水平方向垂直于杆的弹力F N和竖直向上的摩擦力，则由平衡条件可得Eqsinθ＋μF N＝(m1＋m2)g，F N＝Eqcos θ.解得Eq(sinθ＋μcosθ)＝(m1＋m2)g，因为sinθ＋μcosθ＝1＋μ2sin(θ＋φ)，其中tanφ＝μ，φ＝30°，所以当θ＝60°时，E最小，D项正确．10．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运动的速度图像如图乙所示．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答案AD解析由图乙可知，检验电荷先减速后加速运动，若Q2是正电荷，则在b点右侧的电场方向必定向右，q受力不可能改变方向，故Q2一定为负电荷，故A项正确；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＝k Q1r12－kQ2r22，q在b→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，故B项错误；由图乙可知，q受力先向左后向右，且加速度先减小后增大，故C项错误；在b处，若k Q1r12>kQ2r22，考虑到Q1>Q2，r1>r2，设q移动的位移为Δx，由数学知识可以证明，则一定有kQ1（r1＋Δx）2>kQ2（r2＋Δx）2，即E始终朝一个方向，不符合题意，故在b处必定有kQ1r12<kQ2r22，场强E b必定向左，而q在b处受力向左，因此q电荷一定为正电荷，故D项正确．11．一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生的场强大小E0＝kQ2R2，方向如图所示．把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E1、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4.则( )A．E1>kQ4R2B．E2＝kQ4R2C．E3>kQ4R2D．E4＝kQ4R2答案AC解析对于图甲，根据点电荷电场强度公式E＝k Qr2，上、下两部分电量相等，上部分电荷在球心O处产生的场强在竖直方向的分量较大，则E1>E2；总场强大小E0＝kQ2R2，则E1>kQ4R2；E2<kQ4R2.对于图乙，左右两个半球壳在O点产生的场强大小相等，E3＝E4由于方向不共线，由合成法则可知，E3＝E4>kQ4R2；故A、C项正确．12.如图所示：在光滑的水平面上，有两个质量相同的带电小球A和B，在水平向右的匀强电场的作用下，两球以相同的加速度向右做匀加速直线运动，两小球可视为点电荷．关于小球带电情况，下面判断正确的是( ) A．两球可能都带负电B ．两球可能都带正电，且A 的电量小于B 的电量C ．可能A 带正电B 带负电，且A 的电量大于B 的电量D ．可能A 带负电B 带正电，且A 的电量小于B 的电量 答案 BC解析 若两球都带负电，从整体看加速度向左，A 项错误．若两球都带正电，从整体看加速度向右，隔离A 、B 分析：⎩⎪⎨⎪⎧Eq A ＋F ＝ma Eq B－F ＝ma 比较得，且A 的电量小于B 的电量，B 项正确．若A带正电B 带负电，从整体看要使加速度向右，且A 的电量大于B 的电量，C 项正确．若A 带负电B 带正电，且A 的电量小于B 的电量，从整体看加速度向左，D 项错误． 二、非选择题13.竖直平面xOy 内有一半径为R ＝ 2 m 的圆O 与坐标系的原点重合的圆形区域，如图所示，在圆心O 有一喷枪可在xOy 平面内沿各个方向喷出初速度为v 0＝1 m/s ，质量为m ＝1×10－6kg ，带电荷量为q ＝－1×10－8C 的油滴．圆形区域内的匀强电场方向沿－y 方向，电场强度E ＝8×102N/C.不考虑油滴间的相互作用，g 取10 m/s 2.求：(1)由坐标原点O 沿x 轴正方向喷出的油滴，在电场中运动的时间； (2)射出圆形电场区域的油滴的最大动能． 答案 (1)1 s (2)3.3×10－6J解析 (1)油滴沿x 轴方向做匀速运动，速度为v 0，沿－y 方向做匀加速运动，加速度为a ， mg ＋qE ＝ma ，y ＝12at 2沿x 轴方向做匀速运动：x ＝v 0t x 2＋y 2＝R 2解得t ＝1 s.(2)重力和电场力的合力做功最多的油滴射出圆形电场的动能最大，从喷枪喷出的油滴，沿－y 方向射出的油滴有最大动能E km (mg ＋qE)R ＝E km －12mv 02E km ＝12mv 02＋(mg ＋qE)R代入数据解得E km ＝3.3×10－6J.14.如图所示，均可视为质点的三个物体A 、B 、C 在倾角为30°的光滑斜面上，A 与B 紧靠在一起，C 紧靠在固定挡板上，质量分别为m A ＝0.43 kg ，m B ＝0.20 kg ，m C ＝0.50 kg ，其中A 不带电，B 、C 的电量分别为q B＝＋2×10－5 C、q C＝＋7×10－5 C且保持不变，开始时三个物体均能保持静止．现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A做加速度a＝2.0 m/s2的匀加速直线运动，经过时间t，力F变为恒力．已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，g取10 m/s2.求：(1)开始时BC间的距离L；(2)F从变力到恒力需要的时间t；(3)在时间t内，力F做功W F＝2.31 J，求系统电势能的变化量ΔE p.答案(1)2.0 m (2)1.0 s (3)－2.1 J解析(1)ABC静止时，以AB为研究对象有：(m A＋m B)gsin30°＝kq C q B L2解得：L＝2.0 m.(2)给A施加力F后，AB沿斜面向上做匀加速运动，AB分离时两者之间弹力恰好为零，对B 用牛顿第二定律得：kq B q Cl2－m B gsin30°＝m B a解得：l＝3.0 m由匀加速运动规律得：l－L＝12at2解得：t＝1.0 s.(3)AB分离时两者仍有相同的速度，在时间t内对AB用动能定理得：W F－(m A＋m B)g(l－L)sin30°＋W C＝12(m A＋m B)v2及：v＝at得：W C＝2.1 J所以系统电势能的变化量ΔE p＝－2.1 J.。
2018高中物理 第七章 机械能守恒定律 7.2 破解变力功的计算练习 新人教版必修2
破解变力功的计算（答题时间：20分钟）1. （江苏高考）如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。
在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。
在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是（）A. 逐渐增大B. 逐渐减小C. 先增大，后减小D. 先减小，后增大2. 如图所示，木板可绕固定水平轴O转动。
木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止。
在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J。
用F N表示物块受到的支持力，用F f表示物块受到的摩擦力。
在此过程中，以下判断正确的是（）A. F N和F f对物块都不做功B. F N对物块做功为2 J，F f对物块不做功C. F N对物块不做功，F f对物块做功为2 JD. F N和F f对物块所做功的代数和为03. 如图甲所示，质量m＝2 kg的物块放在光滑水平面上，在P点的左方始终受到水平恒力F1的作用，在P点的右方除F1外还受到与F1在同一条直线上的水平恒力F2的作用。
物块从A点由静止开始运动，在0～5 s内运动的v－t图象如图乙所示，由图可知下列判断正确的是（）甲乙A. t＝2.5 s时，物块经过P点B. t＝2.5 s时，物块距P点最远C. t＝3 s时，恒力F2的功率P为10 WD. 在1～3 s的过程中，F1与F2做功之和为－8 J4. 质量为2 kg的物体放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，g取10 m/s2。
下列说法中正确的是（）A. 此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WB. 此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WC. 此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WD. 此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W如图所示，F做的功（3）若F为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零。
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………………………………………………………………………………………………时间：60分钟满分：100分基础组一、选择题(每小题6分，共54分)1．[2016·枣强中学模拟](多选)光滑绝缘的水平桌面上，固定着带电荷量为＋Q、－Q的小球P1、P2，带电荷量为＋q、－q的小球M、N用绝缘细杆相连，下列哪些图中的放置方法能使M、N静止(细杆中点均与P1P2连线中点重合)()答案BD解析A中M电荷受电场力向右，N电荷受电场力向左，故不能平衡，会转动，选项A错误；B中M电荷受向右的电场力，N电荷受向左的电场力，可以平衡，选项B正确；C中M电荷受电场力向右，N电荷受电场力向左，故不能平衡，会转动，选项C错误；D中M电荷受向右的电场力，N电荷受向左的电场力，可以平衡，选项D 正确。
2．[2016·衡水二中期末]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.E 2B.22E C ．ED.2E 答案 B解析 两根等长带电棒等效成两个正点电荷如图，两正点电荷在O 点产生的场强的大小为E ＝2E 1，故撤走一根带电棒后，在O 点产生的场强为E 1＝E 2＝22E ，选项B 正确。
3．[2016·武邑中学猜题](多选)负点电荷Q 固定在正方形的一个顶点上，带电粒子P 仅在该电荷的电场力作用下运动时，恰好能经过正方形的另外三个顶点a 、b 、c ，如图所示，则( )点击观看解答视频A ．粒子P 带负电B ．a 、b 、c 三点的电势高低关系是φa ＝φc <φbC ．粒子P 由a 到b 电势能增加，由b 到c 电势能减少D ．粒子P 在a 、b 、c 三点的加速度大小之比是2∶1∶2答案 BCD解析 粒子P 仅受电场力作用，轨迹弯曲方向跟电场力方向一致，故粒子P 带正电，选项A 错误；沿电场线方向电势降低，故φa ＝φc <φb ，选项B 正确；粒子P 由a 到b ，电场力做负功，电势能增加，由b 到c ，电场力做正功，电势能减少，选项C 正确；电场力F ＝k Qq r 2＝ma ，故粒子P 在a 、b 、c 三点的加速度大小之比是2∶1∶2，选项D 正确。
4．[2016·冀州中学仿真]如图所示，等边三角形ABC 处在匀强电场中，其中电势φA ＝φB ＝0，φC ＝φ。
保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以A 点为轴在纸面内顺时针转过30°，则此时B 点的电势为( ) A.33φ B.12φ C ．－33φ D ．－12φ 答案 C 解析 设等边三角形的边长为L ，则匀强电场E ＝φ32L ，若让等边三角形以A 点为轴在纸面内顺时针转过30°，则B 1点(转动后的B点)到AB 的距离为L 1＝L 2，所以U ＝Ed ＝φ32L ×L 2＝3φ3，故转动后B 点的电势为－3φ3，选项C 正确。
5．[2016·武邑中学预测]空间有一沿x 轴对称分布的电场，其电场强度E 随x 变化的图象如图所示，x 1和－x 1为x 轴上对称的两点。
下列说法正确的是( )A．x1处场强大于－x1处场强B．若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达－x1点时速度为零C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能D．x1点的电势比－x1点的电势高答案 B解析由图可知x1处场强与－x1处场强大小相等，则A错误；因图线与横轴所围面积表示电势差，设O点处电势为零，则由图可知x1与－x1处电势相等，电势差为零，C、D错误；由动能定理有qU＝ΔE k，可知B选项正确。
6．[2016·衡水二中模拟](多选)如图所示，有两个质量均为m，带等量正、负电荷的小球P、Q，Q被固定在倾角为α的光滑直角斜面的竖直面上，当小球P被放置在与小球Q同一竖直面内且等高位置的斜面上时，P恰好静止，此时它们之间的距离为L，则下列说法正确的是()A．将球Q下移一小段距离，球P仍可能静止B．由题设条件能算出小球P、Q所带的电荷量C ．将球Q 沿水平线向左移一小段距离，球P 将沿斜面向上移动D ．先设法使球P 静止，将球Q 置于斜面顶端后，再释放球P ，球P 将沿斜面下滑答案 BD解析 对P 受力分析，利用正交分解法得mg sin α＝F cos α＝kq 2L 2cos α，所以q ＝ mgL 2tan αk，选项B 正确；Q 下移后与P 间的距离大于L ，F 减小，同时与斜面夹角增大，所以沿斜面向上的力减小，P 球下滑，选项A 错误；Q 水平左移，L 增大，F 减小，同样P 球下滑，选项C 错误；Q 放于顶端后，F ′＝kq 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L cos α2＝mg sin αcos α＜mg sin α，P 下滑，选项D 正确。
7．[2016·枣强中学期末](多选)将一带电粒子置于某一静电场中，在t ＝0时刻由静止释放，该粒子仅在电场力作用下做直线运动。
粒子运动过程中的v -t 图象如图所示，下列说法中正确的是( )点击观看解答视频A ．t 1～t 2时间内，电场力对粒子做负功B ．t 3～t 4时间内，粒子的电势能一直增大C．t2、t4时刻，粒子所在位置处的电势相等D．t1时刻粒子所在位置处的电场强度小于t2时刻粒子所在位置处的电场强度答案BCD解析t1～t2时间内粒子运动的速度一直增大，电场力对粒子做正功，选项A错误；t3～t4时间内粒子运动的速度一直减小，电场力一直对粒子做负功，粒子的电势能一直增大，选项B正确；t2、t4时刻粒子的速度大小相等，t2～t4时间内电场力做的总功为零，t2、t4时刻，粒子所在位置处的电势相等，选项C正确；t1时刻粒子运动的v-t图象切线的斜率小于t2时刻切线的斜率，可知选项D正确。
8．[2016·衡水二中仿真]M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能E p随位移x变化的关系如图所示，其中电子在M点时的电势能为E p M，电子在N点时的电势能为E p N，则下列说法正确的是()A．电子在N点时的动能小于在M点的动能B．该电场有可能是匀强电场C．该电子运动的加速度越来越小D．电子运动的轨迹为曲线答案 C解析电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由图象可知电子由M点运动到N点，电势能减小，故动能增加，A选项错误；分析图象可得电子的电势能随运动距离的增大，减小得越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W＝q EΔx可得电场强度越来越小，B选项错误；由于电子从M点运动到N点电场力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得M、N点所在电场线为直线，则电子的运动轨迹必为直线，D选项错误。
9. [2016·枣强中学期中](多选)如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O、A、B三点，其中O为圆心，A点固定电荷量为Q的正电荷，B点固定一个未知电荷，且圆周上各点电势相等，AB＝L。
有一个可视为质点的质量为m，电荷量为－q的带电小球正在槽中运动，在C点受到的电场力指向圆心，C点所处的位置如图所示，根据题干和图示信息可知() A．B点的电荷带正电B．B点的电荷的电荷量为3QC．B点的电荷的电荷量为3QD．小球在槽内做的是匀速圆周运动答案CD解析 如图，由小球在C 点时受到的电场力指向圆心，对小球受力分析可知B 点的电荷对小球有排斥力，因小球带负电，则B 点的电荷带负电，由∠ABC ＝∠ACB ＝30°，知：∠ACO ＝30°，AB ＝AC ＝L ，BC ＝2AB cos30°＝3L由几何关系可得：F 1＝3F 2即：kQq L 2＝3kQ B q (3L )2得Q B ＝3Q ，故A 、B 错误，C 正确。
圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D 正确。
二、非选择题(共9分)10．[2016·冀州中学期末](9分)如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A 、B 两点，其中A 点坐标为(6 cm,0)，B 点坐标为(0， 3 cm)，坐标原点O 处的电势为0，A 点的电势为8 V ，B 点的电势为4 V 。
现有一带电粒子从坐标原点O 处沿电势为0的等势线方向以速度v ＝4×105 m/s 射入电场，粒子运动时恰好通过B 点，不计粒子所受重力，求：点击观看解答视频(1)图中C 处(3 cm,0)的电势；(2)匀强电场的场强大小；(3)带电粒子的比荷q m 。
答案 (1)4 V (2)83×102 V/m (3)2.4×1011 C/kg 解析 (1)设C 处的电势为φC ，因为OC ＝CA所以φO －φC ＝φC －φA解得φC ＝φO ＋φA 2＝0＋82V ＝4 V (2)B 、C 两点的连线为等势线，电场强度方向与等势线BC 垂直，设∠OBC ＝θ，则OB ＝L ＝ 3 cm因为tan θ＝OC L ＝33，所以θ＝60° 又U ＝Ed可得E ＝U d ＝U BO L sin θ＝43×32×10－2 V/m ＝83×102 V/m (3)带电粒子做类平抛运动，则有L cos θ＝v tL sin θ＝12qE m t 2 解得q m ＝2v 2sin θEL cos 2θ＝2×(4×105)2×3283×102×3×10－2×14 C/kg ＝2.4×1011 C/kg 所以带电粒子的比荷为2.4×1011 C/kg 。
能力组一、选择题(每小题6分，共24分)11．[2016·衡水中学预测]如图所示，真空中有两个点电荷，Q 1＝4.0×10－8 C 和Q 2＝－1.0×10－8 C ，分别固定在x 轴上的x ＝0和x ＝6 cm 的位置上，将一带负电的试探电荷q从x ＝20 cm 的位置沿x 轴负方向移到x ＝10 cm 的位置，在此过程中，试探电荷的( )A ．电势能一直增大B ．电势能一直减小C ．电势能先减小后增大D ．电势能先增大后减小答案 C解析 空间某点的电场强度是点电荷Q 1和点电荷Q 2在该处产生的电场的叠加，是合场强。