2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：反冲、爆炸 同步测试题
2019届高三衡水中学状元笔记物理同步课时作业：实验：用油膜法测分子的直径（PDF版,含答案）
2019届高三衡水中学状元笔记物理同步课时作业：实验：用油膜法测分子的直径（PDF版,含答案）13·5实验：用油膜法测分子的直径1．(多选)油膜法粗略测定分子直径的实验基础是( )A．把油酸分子视为球体，其直径即为油膜的厚度B．让油酸在水面上充分散开，形成单分子油膜C．油酸分子的直径等于滴到水面上的纯油酸的体积除以油膜的面积D．油酸分子直径的数量级是10－15 m2．(多选)为了尽可能准确地估测出油酸分子的大小，下列哪些措施是可行的( ) A．油酸浓度适当大一些B．油酸浓度适当小一些C．油酸扩散后立即绘出轮廓图D．油酸扩散并待其收缩稳定后再绘出轮廓图3．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，下列关于油膜法实验的说法中正确的是( )A．可以直接将油酸滴到浅水盆中进行实验B．实验中撒痱子粉应该越多越好C．该实验中的理想化假设是将油膜看成单分子层油膜D．实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是可使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓4．如图所示，在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，下列说法中正确的是( )A．用油膜法可以精确测量分子的大小B．油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油膜面积C．计算油膜面积时，应舍去所有不足一格的方格D．实验时应先将一滴油酸酒精溶液滴入水面，再把痱子粉洒在水面上5．(多选)某同学在“用油膜法估测分子的大小”实验中，测得的分子直径明显偏小，其原因可能是( )A．油酸未完全散开B．油酸中含有大量的酒精C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1 mL的溶液的滴数误多记了10滴6．在用油膜法估测分子的大小的实验中，具体操作如下：①取油酸1 mL注入250 mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到250 mL的刻度为止，摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸的酒精溶液．②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1 mL为止，恰好共滴了100滴．③在浅盘内注入蒸馏水，静置后滴管吸取油酸的酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一油膜．④测得此油膜面积为3.60×102 cm2.(1)这种粗测方法是将每个分子视为____________，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜面积可视为__________，这层油膜的厚度可视为油酸分子的______________．(2)利用数据可求得油酸分子的直径为__________ m.7．本实验利用油酸在水面上形成一单分子层的油膜，估测分子大小．实验步骤如下：①将5 mL的油酸倒入盛有酒精的玻璃量杯中，盖上盖并摇动，使油酸均匀溶解形成油酸酒精溶液，读出该溶液的体积为N mL.②用滴管将油酸酒精溶液一滴一滴地滴入空量杯中，记下当杯中溶液到达1 mL时的总滴数n.③在边长约40 cm的浅盘里倒入自来水，深约2 cm，将少许细石膏粉均匀地轻轻撒在水面上．④用滴管往盘中水面上滴一滴油酸酒精溶液．由于酒精溶于水而油酸不溶于水，于是该滴中的油酸就在水面上散开，形成油酸薄膜．⑤将玻璃板放在浅盘上方，待油酸薄膜稳定后可认为已形成单分子层油酸膜．用彩笔将该单分子层油酸膜的轮廓画在玻璃板上．⑥取下玻璃板放在坐标纸上，量出该单分子层油酸膜的面积S cm2.在估算油酸分子大小时，可将分子看成球形．用以上实验步骤中的数据和符号表示，油酸分子的半径r＝______.8．在“用油膜法估测分子的大小”实验中，(1)某同学操作步骤如下：①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；④在蒸发皿上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积．改正其中的错误：(2)若油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，一滴溶液的体积为4.8×10－3 mL，其形成的油膜面积为40 cm2，则估测出油酸分子的直径为________ m.9．如图所示，在用油膜法估测分子的大小的实验中，现有按体积比为n∶m配制好的油酸酒精溶液置于容器中，还有一个倒入约 2 cm 深的水的浅盘，一支滴管，一个量筒．请补充下述估测分子大小的实验步骤：(1)________(需测量的物理量自己用字母表示)．(2)用滴管将一滴油酸酒精溶液滴入浅盘，等油酸薄膜稳定后，将薄膜轮廓描绘在坐标纸上，如图3所示．(已知坐标纸上每个小方格面积为S，求油膜面积时，半个以上方格面积记为S，不足半个舍去)则油膜面积为________．(3)估算油酸分子直径的表达式为d＝________.课时作业答案实验：用油膜法测分子的直径1．答案 ABC解析油膜法估测分子直径的实验中，首先建立分子模型——球形，然后让油酸在水面上形成单分子油膜，故A 、B 、C 正确；油酸分子直径的数量级是10－10 m ，故 D 错． 2．答案 BD解析为能形成单分子油膜，油酸浓度应适当小些；绘制轮廓图应在油酸扩散稳定后进行，B 、D 选项正确．3．答案 C解析为了使油酸分子紧密排列，实验时先将痱子粉均匀洒在水面上，再把一滴油酸酒精溶液滴在水面上，故A 错误；实验时先将痱子粉均匀洒在水面上适量即可，不能太多．故B 错误；油膜为单分子紧密排列的，因此单分子油膜的厚度被认为是油酸分子的直径，故C 正确；实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是尽可能地减小滴入水面的油酸的含量，故D 错误．4．答案 B解析由于油膜法假设分子是单层并且紧密排列的，并不完全符合实际，故不能精确测量分子的大小，故A 错误；根据实验原理可知，分子直径是由纯油酸的体积除以相应的油膜的面积，故B 正确；在计算面积时，超过半个的按一个，不足半格的才能舍去，故C 错误；实验时要先洒痱子粉，再滴油酸酒精溶液，故D 错误．5．答案 BD解析计算油酸分子直径的公式是d ＝V S ，V 是纯油酸的体积，S 是油膜的面积．油酸未完全散开，S 偏小，故得到的分子直径d 将偏大，故A 错误；计算时利用的是纯油酸的体积，如果含有大量的酒精，则油酸的实际体积偏小，则直径将偏小，故B 正确；计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S 将偏小，故得到的分子直径将偏大，故C 错误；求每滴体积时，1 mL 的溶液的滴数误多记了10滴，由V 0＝V n可知，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故D 正确．6．答案 (1)球形单分子油膜直径(2)1.11×10－97．答案 52nNS cm解析由①得油酸酒精溶液中的油酸浓度为5N ；由②得1滴油酸酒精溶液中的纯油酸含量为 V ＝1n ·5NmL ；油酸分子的半径r ＝d 2＝V 2S ＝52nNScm. 8．答案(1)②在量筒中滴入N 滴溶液③在水面上先撒上痱子粉(2)1.2×10－9 解析(1)②由于一滴溶液的体积太小，直接测量时相对误差太大，应用微小量累积法减小测量误差．③水面上不撒痱子粉时，滴入的油酸酒精溶液在酒精挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜，油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败．(2)由油膜的体积等于一滴油酸酒精溶液内纯油酸的体积可得：d ＝V S ＝4.8×10－3×10－6×0.10%40×10－4 m ＝1.2×10－9 m. 9．答案见解析解析 (1)用滴管向量筒内加注N 滴油酸酒精溶液，读其体积为V .(2)利用补偿法，可查得油膜面积为106S .(3)1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V ′＝V N ×n m ＋n ，油膜面积S ′＝106S ，由d ＝V ′S ′得d ＝nV 106NS m ＋n.。
2019届高三衡水中学状元笔记物理同步课时作业：电磁感应与动量(PDF版,含答案)
4.如图所示,两根平行的金属导轨固定在同一水平面上,磁感应强度 B=0.50 T 的匀强 磁场与导轨 所在平面垂直,导轨的电阻很小,可忽略不计.导轨间的距离 l=0.20 m.两根质量 均为 m=0.10 kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动,滑动过程中与导轨保持垂 直,金属杆的电阻均为 R=0.50 Ω.在 t=0 时刻,两杆都处于静止状态.现有一与导轨平行、大 小为 0.20 N 的恒力 F 作用于金属杆甲上,如图所示,使金属杆在导轨上滑动.经过 t=5.0 s, 金属杆甲的加速度为 a=1.37 m/s2,则此时甲、乙水中学状元笔记 2019 版配套练习
2019.01.02
11·6
1.【答案】(1)18 m/s
电磁感应与动量·限时作业答案
(2)a、b 棒以共同的速度向下做加速度为 g 的匀加速运动
【解析】 (1)当 b 棒先向下运动时,在 a 和 b 以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流,于 是 a 棒受到向下的安培力,b 棒受到向上的安培力,且二者大小相等.释放 a 棒后,经过时 间 t,分别以 a 和 b 为研究对象,根据动量定理得 (mg+F)t=mva (mg-F)t=mvb-mv0 解得 vb=18 m/s (2)在 a、 b 棒向下运动的过程中,a 棒的加速度 a1=g+ ,b 棒的加速度 a2=g- ,闭合回路 中磁通量的变化逐渐减小直至不变,感应电流也逐渐减小直至消失,则安培力也逐渐减 小到零.最后,两棒以共同的速度向下做加速度为 g 的匀加速运动. 2.【答案】.2∶1 【解析】杆 2 固定时,杆 1 做加速度减小的减速运动,初始最小距离 s1 对应于当杆 1 至杆 2 处时速度恰好减为零.杆 2 固定时, 通过回路的总电荷量 q1= 对杆 1 有：-B d·Δt=0-mv0,q1= ·Δt, 联立可得 s1= .
2019届高三衡水中学状元笔记物理同步课时作业：原子核(PDF版)
15·3 原子核一、选择题1．关于天然放射性，下列说法正确的是A．所有元素都可能发生衰变B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线2.下列说法正确的是()A.在核反应过程的前后,反应体系的质量数守恒,但电荷数不守恒B.用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变放射性原子核的半衰期C.18个放射性元素的原子核经一个半衰期一定有9个发生了衰变D.由两种元素的原子核结合成一种新元素的原子核时,一定吸收能量3．根据所给图片结合课本相关知识，下列说法正确的是()A．图甲是电子束穿过铝箔后的衍射图样，证明电子具有粒子性B．图乙是利用不同气体制成的五颜六色的霓虹灯，原因是各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量不同，光子的频率不同C．图丙是工业上使用的用射线检测金属板厚度的装置，在α、β、γ三种射线中，最有可能使用的射线是β射线D．图丁是原子核的比结合能与质量数A的关系图象，由图可知中等大小的核的比结合能最大，即(核反应中)平均每个核子的质量亏损最小4.下列说法正确的是()A.12C与14C是同位素,它们的化学性质并不相同B.核力是原子核内质子与质子之间的力,中子和中子之间并不存在核力C.在裂变反应K r都大,但比结合能没有Kr大D.α、β、γ三种射线都是带电粒子流5. 我国科学家为解决“玉兔号”月球车长时间处于黑夜工作的需要,研制了一种小型核能电池,将核反应释放的核能转变为电能,需要的功率并不大,但要便于防护其产生的核辐射.请据此猜测“玉兔号”所用核能电池有可能采纳的核反应方程是 ()A. nB. nC. eD. n6. 我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献．下列核反应方程中属于聚变反应的是()A.21H＋31H→42He＋10nB.147N＋42He→178O＋11HC.42He＋2713Al→3015P＋10nD.23592U＋10n→14456Ba＋8936Kr＋310n7. 232 90Th(钍)经过一系列α和β衰变，变成208 82Pb(铅)，下列说法错误的是()A．铅核比钍核少8个质子B．铅核比钍核少16个中子C．共经过4次α衰变和6次β衰变D．共经过6次α衰变和4次β衰变8．一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为238 92U→234 90Th＋42He.下列说法正确的是()A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量9．下列与α粒子相关的说法中正确的是()A．天然放射现象中产生的α射线速度与光速相当，贯穿能力很强B.238 92U(铀238)核放出一个α粒子后就变为234 90Th(钍234)C．高速α粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，核反应方程为42He＋14 7N→16 8O＋10n D．丹麦物理学家玻尔进行了α粒子散射实验并首先提出了原子的核式结构模型10.云室能显示射线的径迹,把云室放在磁场中,从带电粒子运动轨迹的弯曲方向和半径大小就能判断粒子的属性.放射性元素的原子核A静止放在磁感应强度B=2.5 T的匀强磁场中,该原子核发生衰变,放射出粒子并变成新原子核B,放射出的粒子与新核运动轨迹如图31-3所示,测得两圆的半径之比R1∶R2=42∶1,且R1=0.2 m.已知α粒子质量mα=6.64×10-27kg,β粒子质量mβ=9.1×10-31kg,普朗克常量h取6.6×10-34 J·s,下列说法正确的是()A.新原子核B的核电荷数为84B.原子核A发生的是β衰变C.衰变放出的粒子的速度大小为2.4×107 m/sD.如果原子核A衰变时释放出一种频率为1.2×1015 Hz的光子,那么这种光子能使逸出功为4.54 eV的金属钨发生光电效应11.在匀强电场中有一个原来速度几乎为零的放射性碳14原子核，某时刻它发生衰变放射出一个粒子，其所放射的粒子与反冲核的初速度方向均与电场方向垂直，且经过相等的时间后形成的轨迹如图所示(a、b均表示长度)．那么碳14的衰变方程可能是()A.14 6C→42He＋10 4BeB．14 6C→0－1e＋14 5BC.14 6C→0－1e＋14 7ND．14 6C→21H＋12 5B12.现有两动能均为E0=0.35 MeV的H核在一条直线上相向运动,两个H核发生对撞后能发生核反应,得到He核和新粒子,且在核反应过程中释放的能量完全转化为He核的质量为3.016 0 u,新粒子的质量为1.008 7 u,核反应时质量亏损1 u释放的核能约为931 MeV.下列说法正确的是(如果涉及计算,结果保留整数) ()A.核反应方程为HB.核反应前后不满足能量守恒定律C.新粒子的动能约为3 MeVD.He核的动能约为1 MeV二、非选择题13.运动的原子核X放出α粒子后变成静止的原子核Y.已知X、Y和α粒子的质量分别是M、m1和m2,真空中的光速为c,α粒子的速度远小于光速.求反应后与反应前的总动能之差以及α粒子的动能.14．用速度大小为v的中子轰击静止的锂核(63Li)，发生核反应后生成氚核和α粒子．生成的氚核速度方向与中子的初速度方向相反，氚核与α粒子的速度之比为7∶8，中子的质量为m，质子的质量可近似看作m，光速为c.(1)写出核反应方程；(2)求氚核和α粒子的速度大小；(3)若核反应过程中放出的核能全部转化为α粒子和氚核的动能，求质量亏损．15．在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出的α粒子(42He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R.以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量．(1)放射性原子核用A Z X表示，新核的元素符号用Y表示，写出该α衰变的核反应方程．(2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小．(3)设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损Δm.15·3 原子核·限时作业答案1.【答案】BCD【解析】只有原子序数大于或等于83的元素才能发生衰变，选项A错．半衰期由原子核内部的结构决定，与外界温度无关，选项B对．放射性来自于原子核内部，与其形成的化合物无关，选项C对．α、β、γ三种射线中，γ射线能量最高，穿透能力最强，选项D对．一个原子核在一次衰变中要么是α衰变、要么是β衰变，同时伴随γ射线的产生，选项E错．2.【答案】B【解析】核反应前后质量数守恒,电荷数也守恒,A错误;半衰期是宏观统计概念,C错误;核聚变释放能量,D错误.3.【答案】B【解析】题图甲是电子束穿过铝箔后的衍射图样，证明电子具有波动性，选项A错误；题图乙是利用不同气体制成的五颜六色的霓虹灯，原因是各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量不同，光子的频率不同，选项B正确；题图丙是工业上使用的用射线检测金属板厚度的装置，在α、β、γ三种射线中，由于γ射线穿透能力最强，最有可能使用的射线是γ射线，选项C错误；题图丁是原子核的比结合能与质量数A 的关系图象，可知中等大小的核的比结合能最大，即在核子结合成原子核时平均每个核子释放的能量最大，平均每个核子的质量亏损最大，选项D错误．4.【答案】C【解析】同位素的核外电子数量相同,所以一种元素的各种同位素都具有相同的化学性质,A错误;原子核内相邻的质子和中子之间均存在核力,B错误;核子数越多其结合能也越大,所以Kr都大,但Kr都小,C 正确;α射线、β射线都是带电粒子流,而γ射线是电磁波,不带电,故D错误.5.【答案】C【解析】A是聚变反应,反应剧烈,至今可控聚变反应还处于实验研究阶段;B是裂变反应,虽然实现了人工控制,因反应剧烈,防护要求高,还不能小型化;C是人工放射性同位素的衰变反应,是小型核能电池主要采用的反应方式;D是人工核反应,需要高能α粒子.6.【答案】A【解析】A对：两个轻核结合成质量较大的原子核;B错：原子核的人工转变;C错：原子核的人工转变;D错：重核裂变．7.【答案】C【解析】由于β衰变不会引起质量数的减少，故可根据质量数的减少确定α衰变的次数为x ＝232－2084＝6.再结合电荷数的变化情况和衰变规律来判定β衰变的次数y ，应满足：2x －y ＝90－82＝8，所以y ＝2x －8＝4. 8.【答案】 B【解析】 衰变过程遵守动量守恒定律，故选项A 错，选项B 对．根据半衰期的定义，可知选项C 错．α衰变释放核能，有质量亏损，故选项D 错． 9.【答案】 B【解析】 天然放射现象中产生的α射线的速度约为光速的110，穿透能力不强，A 错误；根据质量数和电荷数守恒可知，238 92U(铀238)核放出一个α粒子后就变为23490Th(钍234)，B 正确；高速α粒子轰击氮核可从氮核中打出质子，核反应方程为42He ＋14 7N→17 8O ＋11H ，C 错误；卢瑟福进行了α粒子散射实验并首先提出了原子的核式结构模型，D 错． 10.【答案】 ACD 、【解析】轨迹呈现外切,所以放射出的粒子带正电,即发生α衰变,B 错误;因为两圆的半径之比R 1∶R 2=42∶1,R=,又衰变过程动量守恒,可得新原子核B 的核电荷数为84,所以A 正确;由R 1=,得v α==2.4×107 m/s,所以C 正确;根据E=hν可得,光子的能量为E 光=7.92×10-19 J,钨的逸出功为W 逸=4.54×1.6×10-19 J≈7.26×10-19 J,光子能量大于钨的逸出功,故钨能发生光电效应,所以D 正确. 11.【答案】 A【解析】 设放射粒子反冲核的电荷数与质量数分别为q 1、m 1；q 2，m 2.则由动量守恒有：m 1v 1＝m 2v 2①;对放射粒子有：2a ＝12 q 1E m 1 t 2②;a ＝v 12 t ③;对反冲核有：4b ＝12 q 2E m 2 t 2④;b＝v 22 t ⑤;由①②③④⑤解得q 1q 2＝12，对照选项的四个核反应方程可知，只有A 对． 12.【答案】CD【解析】由核反应过程中的质量数守恒和电荷数守恒可知n,则新粒子为中子n,A 错误;核反应过程中有质量亏损,释放能量,仍然满足能量守恒定律,B 错误;由题意可知ΔE=(2.014 1 u×2-3.016 0 u-1.008 7 u)×931 MeV/u=3.3 MeV,根据核反应中系统的能量守恒有E kHe +E kn =2E 0+ΔE ,根据核反应中系统的动量守恒有p He -p n =0,由E k =,可知,解得E kHe =·(2E 0+ΔE )≈1 MeV,E kn =(2E 0+ΔE )≈3MeV,C 、D 正确.13.【答案】 (M-m 1-m 2)c 2；【解析】 设运动的原子核Χ的速度为v 1,放出的α 粒子速度为v 2,由质量亏损可得k E ∆==(M-m 1-m 2)c 2由动量守恒定律得：Mv 1=m 2v 2 联立解得 E k =14.【答案】 (1)10n ＋63Li →31H ＋42He(2)711v 811v (3)141m v 2121c 2【解析】 (1)由题意可得，核反应方程为10n ＋63Li→31H ＋42He. (2)由动量守恒定律得mv ＝－3mv 1＋4mv 2由题意得v 1∶v 2＝7∶8，解得v 1＝711v ，v 2＝811v .(3)氚核和α粒子的动能之和为：E k ＝12×3mv 21＋12×4mv 22＝403242mv 2释放的核能为：ΔE ＝E k －E kn ＝403242mv 2－12mv 2＝141121mv 2由爱因斯坦质能方程得，质量亏损为：Δm ＝ΔE c 2＝141mv 2121c 2.15.【答案】(1)A Z X→A －4Z －2Y ＋42He(2)2πm qB q 2B2πm (3) Δm ＝(M ＋m )(qBR )22mMc 2. 【解析】 (1)A Z X→A －4Z －2Y ＋42He.(2)设α粒子的速度大小为v ，由qvB ＝m v 2R ，T ＝2πRv ，得α粒子在磁场中运动周期T ＝2πmqB环形电流大小I ＝q T ＝q 2B2πm .(3)由qvB ＝m v 2R，得v ＝qBR m设衰变后新核Y 的速度大小为v ′，系统动量守恒：Mv ′－mv ＝0 v ′＝mv M ＝qBR M由Δmc 2＝12Mv ′2＋12mv 2得Δm ＝(M ＋m )(qBR )22mMc 2.15·3 原子核·答题纸。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：共振现象、波的特有现象 同步测试题
7·7 共振现象波的特有现象一、选择题1. 一台洗衣机的脱水桶正常工作时非常平衡，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动逐渐减弱，下列说法中正确的是()A．洗衣机做的是受迫振动B．正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大C．正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率小D．当洗衣机振动最剧烈时，脱水桶的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率2. 如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A 与驱动力的频率f 的关系，下列说法正确的是()A．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向右移动B．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向左移动C．摆长约为10 cmD．发生共振时单摆的周期为1 s3．关于受迫振动和共振，下列说法正确的是()A．火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振B．若驱动力的频率为5 Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 HzC．当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大D．一个受迫振动系统在非共振状态时，同一振幅对应的驱动力频率一定有两个E．受迫振动系统的机械能守恒4.一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A 与驱动力频率f 的关系)如图所示，则下列说法正确的是()A．此单摆的固有周期约为2 sB．此单摆的摆长约为1 mC．若摆长增大，单摆的固有频率增大D．若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动E．此单摆的振幅是8 cm5．正在运转的机器，当其飞轮以角速度ω0 匀速转动时，机器的振动不强烈，切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，此后飞轮转速继续变慢，机器的振动也随之减弱，在机器停下来之后若重新启动机器，使飞轮转动的角速度从0 较缓慢地增大到ω0，在这一过程中()A．机器不一定还会发生强烈的振动B．机器一定还会发生强烈的振动C．若机器发生强烈振动，强烈振动可能发生在飞轮角速度为ω0 时D．若机器发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω06．某简谐振子，自由振动时的振动图像如图甲中实线所示，而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图像如图甲中虚线所示，那么，此受迫振动对应的状态可能是图乙中的()A．a 点B．b 点C．c 点D．一定不是c 点7．物理学和计算机技术的发展推动了医学影像诊断技术的进步。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：反冲、爆炸 同步测试题(PDF版,含答案)
6·5 反冲 爆炸一、选择题1. “爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露.有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向东;则另一块的速度为( ) A.3v 0-vB.2v 0-3vC.3v 0-2vD.2v 0+v2．一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。
已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为 A ．v 0－v 2 B ．v 0＋v 2 C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)3.一质量为M 的航天器,正以速度v 0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v 1,加速后航天器的速度大小为v 2,则喷出气体的质量m 为( )。
A .v 2-v 0v 1M B .v 2v 2+v 1M C .v 2-v 0v 2+v 1M D .v 2-v 0v 2-v 1M4. 将静置在地面上、质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体。
忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )。
A .mM v 0B .Mm v 0 C .MM -m v 0 D .mM -m v 05.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水上升了45 mm 。
查询得知,当时雨滴竖直下落的速度约为12 m/s 。
据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m 3)( )。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：超重与失重 同步测试题
3.5 超重与失重注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上填写自己的准考证号、姓名、试室号和座位号。
用2B型铅笔把答题卡上试室号、座位号对应的信息点涂黑。
2．选择题每小题选出答案后，用2B型铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卡整洁。
考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
一、选择题1. 关于人造地球卫星中物体的超重和失重，下列说法中正确的是A.发射卫星所用的火箭燃料尚在燃烧，使卫星在加速上升过程中产生超重现象B.卫星在轨道上做匀速圆周运动时，卫星中的物体所受重力为零，产生失重现象C.卫星在轨道上做匀速圆周运动时，卫星中的物体处于平衡状态D.卫星返回地球过程中，卫星向下做减速运动，卫星中的物体处于失重状态2. (2018·四川沪州质检)高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷.当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙.则下列说法正确的是()A.人向上弹起过程中，一直处于超重状态B.人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力C.弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力D.弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力3. 如图所示，某滑雪场的索道与水平面夹角为θ=37°，质量为m=50g 的人坐在缆车内的水平座椅上，当缆车随索道以a=2m/s2 的加速度斜向上运动时，已知g=10m/s2 ，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（）A. 座椅对人的摩擦力大小为100NB. 座椅对人的摩擦力方向与水平方向的夹角为37°且指向右上方C. 座椅对人的支持力大小为560ND. 座椅对人的作用力方向与水平方向的夹角为37°且指向右上方4. 一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力()A.t＝2 s 时最大B.t＝2 s 时最小C.t＝8.5 s 时最大D.t＝8.5 s 时最小5．(2018·安徽六安一中模拟)某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小．从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s 末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程演员的v－t 图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是()A．演员的体重为800 NB．演员在最后2 s 内一直处于超重状态C．传感器显示的最小拉力为620 ND．滑杆长7.5 m6．如图甲所示，地面上有一质量为M 的重物，用力F 向上提它，力F 变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是()A．当F 小于图中A 点值时，物体的重力Mg>F，物体不动B．图中A 点值即为物体的重力值C．物体向上运动的加速度和力F 成正比D．图线延长线和纵轴的交点B 的数值的绝对值等于该地的重力加速度7. 若货物随升降机运动的v-t 图像如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图像可能是()A B C D8.如图甲所示,将物体 A 放在某摩天大楼升降电梯的底板上,随电梯一起运动,此过程中物体对升降机底板的压力F 随时间t 变化的规律如图乙所示.已知物体A 的质量为60 kg,g 取10 m/s2.以下说法正确的是()A.若电梯是由静止开始运动,则在25 s 内电梯的位移大小为175 mB.若电梯是由静止开始运动,则在25 s 内电梯的位移大小为275 mC.若5~15 s 内电梯处于静止状态,则在25 s 内电梯的位移大小为75 mD.若5~15 s内电梯处于静止状态,则在25 s 内电梯的位移大小为125 m二、计算题9.火箭发射卫星的开始阶段是竖直升空，设向上的加速度为a=5m/s2，卫星中用弹簧秤悬挂一个质量m=9kg 的物体。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业： 碰撞 同步测试题(PDF版,含答案)
8.如图所示，质量为 m2＝2 kg 和 m3＝3 kg 的物体静止放在光滑水平面 上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与 m2、m3 不拴接).质量为 m1＝1 kg 的物体以速度 v0＝9 m/s 向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将 m3 物体发射出去，m3 与 m1 碰撞 后粘合在一起.试求：
A 在后，发生正碰后，A 球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比
vA′∶vB′为( )
A．1∶2
B．1∶3
C．2∶1
D．2∶3
5. 如图所示，两滑块 A、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块 A 的质量为 m，速度
大小为 2v0，方向向右，滑块 B 的质量为 2m，速度大小为 v0，方向向左，两滑块发生弹性
(1)m3 的速度至少为多大，才能使以后 m3 和 m2 不发生碰撞？ (2)为保证 m3 和 m2 恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？
9.如图所示，上表面光滑的“L”形木板 B 锁定在倾角为 37°的足够长的斜面上；将一小物 块 A 从木板 B 的中点轻轻地释放，同时解除木板 B 的锁定，此后 A 与 B 发生碰撞，碰撞过 程时间极短且不计能量损失；已知物块 A 的质量 m＝1 kg，木板 B 的质量 m0＝4 kg，板长 L ＝6 cm，木板与斜面间的动摩擦因数为 μ＝0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
3
静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则 A 应该向左运动，B 应 该向右运动，选项 D 正确，A、B、C 错误. 6.【答案】 【解析】 所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械 能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝12(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，12(m1 ＋m2)v2＝12m1v12＋12m2v22，12m1v12＝m1gh1，将 m2＝3m1 代入，联立可得 h1＝4h，选项 D 正 确。 7.【答案】(1)v20 (2)38mv02 【解析】(1)设当 A 球与 B 球相碰后 A 球的速度为 vA，根据动量守恒定律， 有：m0v0＝m0vA＋pB，又 m0vA＝pB，所以 vA＝v20。 (2)因为碰撞为弹性碰撞，根据能量守恒定律有 12m0v02＝12m0vA2＋EkB， 解得 EkB＝38m0v02。8.【答案】 (1)1 m/s (2)3.75 J 【解析】 (1)设 m3 发射出去的速度为 v1，m2 的速度为 v2，以向右的方向为正方向， 对 m2、m3，由动量守恒定律得：m2v2－m3v1＝0. 只要 m1 和 m3 碰后速度不大于 v2，则 m3 和 m2 就不会再发生碰撞，m3 和 m2 恰好不相撞 时，两者速度相等. 对 m1、m3，由动量守恒定律得： m1v0－m3v1＝(m1＋m3)v2 解得：v1＝1 m/s 即弹簧将 m3 发射出去的速度至少为 1 m/s (2)对 m2、m3 及弹簧，由机械守恒定律得： Ep＝12m3v12＋12m2v22＝3.75 J. 9.【答案】 (1)3.6 m/s，沿斜面向上 2.4 m/s，沿斜面向下 (2)3 m 28.8 J 【解析】 (1)对木板 B 受力分析，有 μ(mA＋mB)gcos37°＝mBgsin37°， 所以在 A 与 B 发生碰撞前，木板 B 处于静止状态。 设小物块 A 与木板 B 发生弹性碰撞前的速度大小为 v0，由机械能守恒定律得
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：抛体运动 同步测试题(PDF版,含答案)
10.(2018·南昌模拟)军事演习中，M 点的正上方离地 H 高处的蓝军飞机以水平速度 v1 投 掷一颗炸弹攻击地面目标， 反应灵敏的红军的地面高炮系统同时在 M 点右方地面上 N 点以速度 v2 斜向左上方发射拦截炮弹，两弹恰在 M、N 连线的中点正上方相遇爆炸， 不计空气阻力，则发射后至相遇过程( A．两弹飞行的轨迹重合 B．初速度大小关系为 v1＜v2 C．拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动 3 D．两弹相遇点一定在距离地面 H 高度处 4 二、计算题 11.如图所示，倾角为 37°的斜面长 l＝1.9 m，在斜面底端正上方的 O 点将一小球以 v0＝3 m/s 的速度水平抛出，与此同时静止释放顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好 能够以垂直斜面的方向在斜面 P 点处击中滑块。(小球和滑块均可视为质点，重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求： (1)抛出点 O 离斜面底端的高度； (2)滑块与斜面间的动摩擦因数 μ。 )
3. 如图，斜面倾角为 θ，位于斜面底端 A 正上方的小球以初速度 v0 正对斜面顶点 B 水平抛出，小球到达斜面经过的时间为 t，重力加速度为 g，则下列说 法中正确的是（ ） 2v0 A．若小球以最小位移到达斜面，则 t＝ gtan θ v0 B．若小球垂直击中斜面，则 t＝ gtan θ 2v0 C．若小球能击中斜面中点，则 t＝ gtan θ 2v0tan θ D．无论小球怎样到达斜面，运动时间均为 t＝ g 4.(2018·泉州模拟)如图所示，竖直平面内有一段圆弧 MN，小球从圆心 O 处水平抛出。若 初速度为 va， 将落在圆弧上的 a 点； 若初速度为 v b， 将落在圆弧上的 b 点， 已知 Oa、 Ob 与竖直方向的夹角分别为 α、β，不计空气阻力，则( va sin α A. ＝ v b sin β va B. ＝ vb cos β cos α sin α sin β cos β cos α )
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：带电粒子在电场中的运动 同步测试题答案
8·6 带电粒子在电场中的运动·答案与解析1.【答案】 B【解析】 竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向有l ＝12qE m t 2，联立可得q ＝mgl Eh ，所以有q 1q 2＝21，B 对．2.【答案】 B【解析】 粒子加速过程qU 1＝12mv 2，从B 至M 用时t ＝L 1＋L 2v ，得t ∝ m q ，所以t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶2，选项A 错误．偏转位移y ＝12qU 2md (L 1v )2＝U 2L 214dU 1，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，选项B 正确．因W ＝qEy ，得W 1∶W 2∶W 3＝q 1∶q 2∶q 3＝1∶1∶2，选项C 、D 错误．3.D [解析] 三个液滴在水平方向受到电场力作用,水平方向不是匀速直线运动,所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动,选项A 错误;由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动,故三个液滴的运动时间相同,选项B 错误;三个液滴落到底板时竖直分速度相等,而水平分速度不相等,所以三个液滴落到底板时的速率不相同,选项C 错误;由于液滴丙在水平方向上的位移最大,说明液滴丙在水平方向上的加速度最大,故丙所带的电荷量最多,选项D 正确.4.B [解析] 两个质量相等的带电小球A 、B 分别在P 下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动,且运动轨迹均处在以P 为球心的同一球面上,所需向心力由重力和库仑力的合力提供,选项D 错误;在竖直方向,设小球和球心的连线与竖直方向的夹角为θ,有k cos θ=mg ,由于两小球轨道不同,θ不同,但所受的重力相等,所以小球A 、B 所带的电荷量不相等,选项A 错误;小球A 、B 运动轨迹上的各点电势分别相等,场强大小分别相等,但方向不同,B 正确,C 错误.5.【答案】 B【解析】 设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为负，时而为正，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．作出t 0＝0、T 4、T 2、3T 4时粒子运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0<t 0<T 4，3T 4<t 0<T 时粒子在一个周期内的总位移大于零；T 4<t 0<3T 4时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t 0＞T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B 正确．6.【答案】 AD【解析】粒子进入电场后,在水平方向上做匀速运动,则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t=,此时间正好是交变电场的一个周期,粒子在竖直方向上先做加速运动后做减速运动,经过一个周期,粒子在竖直方向上的速度为零,故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v 0,选项A 正确;在竖直方向上,粒子在0~,则,解得q=,选项B 错误;对于t=时刻进入电场的粒子,电场力先做正功,再做负功,速度反向后先做正功,再做负功,所做总功为零,故粒子电势能不变,选项C 错误;t=,然后向下减速运动了,再向上加速运动了,最后向上减速运动了,由对称性可知,此时竖直方向的位移为零,故粒子从P 板右侧边缘离开电场,选项D 正确.7.【答案】 B【解析】 根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，如图，将粒子初速度v 0分解为垂直极板的v 0y 和平行极板的v 0x ，根据运动的合成与分解，当分速度v y＝0时，则粒子的速度正好平行上极板，根据运动学公式：－v 20y ＝－2Eq m d ，由于v 0y ＝v 0cos 45°，E k0＝12mv 20，联立整理得到：E ＝E k02qd ，故选项B 正确．8.【答案】 C【解析】 由题设条件知，把A 板向上平移一小段距离，电场力做功不变，重力做功也不变，根据动能定理知，小球到达N 点速度仍为原来的速度，小球会穿过N 孔继续下落，即动能与原来相等，根据电场力做负功，及电场强度的方向可知小球带负电，故A 、B 、D 错误，C 正确．9.【答案】BC【解析】第1 s 内点电荷受重力和电场力作用而处于平衡状态,故电场力向上,与重力平衡,第2 s 内电压变大,故电场强度变大,电场力变大,第2 s 末电场强度增大为第1 s 末的2倍,故电场力变为第1 s 末的2倍,合力变为向上,大小为mg ,且第2 s 内合力随时间均匀增大,故加速度随时间均匀增大,点电荷做变加速直线运动,平均加速度为=5 m/s2,A错误,B、C正确;根据速度时间公式可知,2 s末速度大小为v=t=5 m/s2×1 s=5 m/s,D错误.10. 【答案】BC【解析】由题图乙中E k随h的变化曲线可知，小环从h高处下落至h＝0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段，选项C正确；合外力做功的情况是先做正功，再做负功，最后又做正功，而重力一直对小环做正功，故只有库仑力能对小环做负功，即小环带正电，选项A错误；从h高处下落至h＝0的过程中，电场力做负功，故小环电势能增加，选项B正确；小环越过O点后，所受的电场力、重力及杆对小环的弹力的合力方向向下，故小环将向下做加速运动，选项D错误．11.【答案】BD【解析】因小环在运动过程中受到的库仑力是变力,对其受力分析可知,小环在上滑过程中的加速度是变化的,并不是匀变速运动,选项A错误;由于上滑时的平均加速度大于下滑时的平均加速度,由运动学公式定性分析可知,小环上滑时间小于下滑时间,选项B 正确;由功能关系可知,小环下滑过程中,减少的重力势能等于其回到A点时的动能和克服摩擦力做的功之和,选项C错误;小环从A点出发到再次回到A点的过程中,电场力做功为零,重力做功为零,故小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能,选项D正确.12.【答案】BCD【解析】设P点到y轴的距离为s,对于h≤d的各粒子,可知各粒子在电场中所受的电场力F相同,因穿过y轴时沿电场方向的位移s相同,所以电场力对各粒子做的功W=Fs相等,选项B正确;对于h≤d的各粒子,可知各粒子的加速度a=相同,因穿过y轴时沿电场方向的位移s相同,所以运动的时间t=相同,由h=vt可知,粒子垂直于电场方向的初速度v越大,则h越大,选项A错误;对于h>d的各粒子,粒子垂直于电场方向的初速度v越大,则粒子穿出电场的时间t0=越短,穿过电场时沿电场方向的分位移x0=越小,沿电场方向的分速度v x=at0越小,此时粒子离y轴的距离x1=s-x0越大,故穿出电场后运动到y轴的时间t1=越长,同时因其沿y轴方向的速度v大,所以沿y轴方向的位移y1=vt1越大,故h=y1+d越大,选项D正确;对于h>d的各粒子,可知穿过电场过程中垂直于电场方向的位移d 相同,粒子垂直于电场方向的初速度v 越大,则粒子穿出电场的时间t 0=越短,穿出电场时沿电场方向的分速度v x =at 0越小,从进入电场至运动到y 轴过程中,作出沿电场方向的分速度v x 随时间的变化图像如图所示,可知h 越大,粒子在从P 点到y 轴的过程中沿电场方向上的平均速度越小,运动的总时间t=越大,选项C 正确.13.【答案】 (1)T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m 的整数；(2)t ＝2n －14T (n ＝1,2,3，…) 【解析】 (1)为使粒子仍从b 点以速度v 0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L ＝nTv 0，解得T ＝L nv 0粒子在14T 内离开中心线的距离为y ＝12a ⎝⎛⎭⎫14T 2 又a ＝qE m ，E ＝U 0d ，解得y ＝qU 0T 232md在运动过程中离开中心线的最大距离为y m ＝2y ＝qU 0T 216md粒子不撞击金属板，应有y m ≤12d 解得T ≤2d2m qU 0 故n ≥L 2dv 0 qU 02m ，即n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m的整数． 所以粒子的周期应满足的条件为T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m的整数． (2)粒子进入电场的时间应为14T ，34T ，54T ，… 故粒子进入电场的时间为t ＝2n －14T (n ＝1,2,3，…)．14.【答案】(1)证明略(2)证明略0≤【解析】(1)由于两小球构成的系统所受合外力为零,设某状态下两小球的速度分别为v A 和v B,由动量守恒定律得3mv0=3mv A+mv B系统的动能减小量ΔE k=由于系统运动的过程中只有电场力做功,所以系统的动能与电势能之和守恒,考虑到系统初状态下的电势能为零,故系统在该状态下的电势能E p=ΔE k=联立得E p=-6m当v A=v0时,系统的电势能取得最大值,得v A=v B=v0即当两小球速度相同时,系统的电势能最大,最大值E pmax=.(2)由于系统的电势能与动能之和守恒,且初始状态下系统的电势能为零,所以在系统电势能取得最大值时,系统的动能取得最小值,为E kmin=E k0-E pmax=由于E kmin>E pmax所以在两球间距不小于s0的运动过程中,系统的电势能总小于系统的动能在这一过程中两种能量的比值的取值范围为0≤.15.【答案】(1)4 kg0.1(2)8 m(3)196 J【解析】(1)由牛顿第二定律得F-μmg=ma解得a=F-μg结合乙图像得m=4 kg,μ=0.1.(2)0~2 s内,由牛顿第二定律得F1-μmg=ma1,又F1=E1q则a1=m/s2=2 m/s2前2 s内通过的位移为x1=×2×22 m=4 m2~4 s内,由牛顿第二定律得F2-μmg=ma2,又F2=E2q则a2=m/s2=-2 m/s22~4 s内,物体做匀减速运动,t=4 s时速度恰好为0故一个周期内的位移为x=2x1=8 m.(3)23 s内物体在E1作用下的位移为6x1,在E2作用下的位移为5x1+3 m W1=E1q×6x1=288 JW2=E2q×(5x1+3 m)=-92 J即23 s内电场力做功为W=W1+W2=196 J.。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：功、功率 同步测试题(PDF版,含答案)
5.1 功 功率一、选择题1．如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是( ) A ．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功 B ．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功 C ．图甲中电梯对货物的支持力对货物不做功 D ．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功2. 如图所示，木板质量为M ，长度为L ，小木块质量为m ，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳跨过定滑轮分别与M 和m 连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时小木块静止在木板左端，现用水平向右的力将小木块拉至右端，拉力至少做功为( ) A ．μmgL B ．2μmgL C.μmgL 2D ．μ(M ＋m )gL3. 如图所示，乒乓球运动员用同一个乒乓球两次发球，乒乓球恰好都在等高处水平向左越过球网，从最高点落到台面的过程中(不计乒乓球的旋转和空气阻力)，下列说法正确的是( )A ．球第1次过网时的速度小于第2次的B ．球第1次的速度变化量小于第2次的C ．球两次落到台面时重力的瞬时功率相等D ．球两次落到台面过程中重力的平均功率不相等4. 如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F 拉绳，使滑块从A 点起由静止开始上升．若从A 点上升至B 点和从B 点上升至C 点的过程中拉力F 做的功分别为W 1和W 2，滑块经B 、C 两点的动能分别为E k B 和E k C ，图中AB ＝BC ，则( ) A ．W 1＞W 2 B ．W 1＜W 2C ．W 1＝W 2D ．无法确定W 1和W 2的大小关系5. 质量m ＝20 kg 的物体，在大小恒定的水平外力F 的作用下，沿水平面做直线运动.0～2 s 内F 与运动方向相反，2～4 s 内F 与运动方向相同，物体的v -t 图象如图所示．g 取10 m/s 2，则( ) A ．拉力F 的大小为100 NB ．物体在4 s 时拉力的瞬时功率为120 WC ．4 s 内拉力所做的功为480 JD ．4 s 内物体克服摩擦力做的功为320 J6. 质量为2×103 kg 的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F 和车速倒数1v的关系图象如图所示．已知行驶过程中最大车速为30 m/s ，设阻力恒定，则( ) A ．汽车所受阻力为6×103 NB ．汽车在车速为5 m/s 时，加速度为3 m/s 2C ．汽车在车速为15 m/s 时，加速度为1 m/s 2D ．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104 W7．如图，一长为L 的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m 的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为( ) A ．mgLω B.32mgLω C.12mgLω D.36mgLω 8. 质量为m 的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图所示，其中OA 段为直线，AB 段为曲线，B 点后为平行于横轴的直线．已知从t 1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为F f ，以下说法正确的是( )A ．0～t 1时间内，汽车牵引力的数值为m v 1t 1＋F fB ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于(m v 1t 1＋F f )v 2C ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速率小于v 1＋v 22D ．汽车运动的最大速率v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 19．汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中错误的是( )10．质量为m 的物体静止在粗糙的水平地面上，从t ＝0时刻开始受到方向恒定的水平拉力F 作用，F 与时间t 的关系如图甲所示．物体在12t 0时刻开始运动，其v －t 图象如图乙所示，若可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则( )A ．物体与地面间的动摩擦因数为F 0mgB ．物体在t 0时刻的加速度大小为2v 0t 0C ．物体所受合外力在t 0时刻的功率为2F 0v 0D ．水平力F 在t 0到2t 0这段时间内的平均功率为F 0⎝⎛⎭⎫2v 0＋F 0t 0m 11.如图所示,两根轻质细线的一端拴在O 点、另一端分别固定在楼道内的倾斜天花板上的a 点和b 点,一质量为m 的重物P 通过长度为L 的轻质细线固定在O 点,系统静止,Oa 水平、Ob 与竖直方向成一定夹角.现对重物施加一个水平向右的拉力F ,使重物缓缓移动至OP 间细线转动60°,此过程中拉力做功为W ,则下列判断正确的是( ) A .Oa 上的拉力F 1不断增大,Ob 上的拉力F 2一定不变 B .Oa 上的拉力F 1可能不变,Ob 上的拉力F 2可能增大 C .W=mgL ,拉力做功的瞬时功率一直增大 D .W=FL ,拉力做功的瞬时功率先增大后减小二、计算题12．某汽车集团公司研制了一辆燃油与电动混合动力赛车，燃油发动机单独工作时的额定功率为P ，蓄电池供电的电力发动机单独工作时的额定功率为3P4，已知赛车运动过程中受到的阻力恒定．(1)若燃油发动机单独工作时的最大速度为120 km/h ，则两台发动机同时工作时的最大速度为多少？(2)若赛车先单独启动电力发动机从静止开始做匀加速直线运动，经过t 1时间达到额定功率，然后以燃油发动机的额定功率单独启动继续加速，又经过t 2时间达到最大速度v 0，赛车总质量为m ，求赛车的整个加速距离．13.质量为2 kg的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．t＝0时，物体受到方向不变的水平拉力F的作用，F的大小在不同时间段内有不同的值，具体情况如表格所示(g取＝10 m/s2)．求：时间t(s)0～22～44～66～8拉力F(N)4848(1)4 s末拉力的瞬时功率；(2)6～8 s内拉力所做的功；(3)8 s内拉力的平均功率．5·1 功 功率·限时作业答案1.【答案】D【解析】在图甲中，货物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种情况下支持力对货物做正功，选项C 错误；图乙中，货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移垂直，故此种情况下支持力对货物不做功，故选项A 、B 错误，D 正确． 2.【答案】A【解析】将小木块缓慢拉至木板右端，拉力F 做功最少，其中F ＝μmg ＋F T ，F T ＝μmg ，小木块位移为L 2，所以W F ＝F ·L2＝μmgL ，故A 对．3.【答案】C【解析】球下落的高度相同，由h ＝12gt 2可知下落的时间相等，因球第1次比第2次通过的水平位移大，根据x ＝vt 可知，球第1次过网时的速度大于第2次过网时的速度．球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，故速度变化量只在竖直方向，由Δv ＝gt 可得速度变化量相等．重力的瞬时功率P ＝mgv y ，落地时竖直方向的速度相等，故球两次落到台面时重力的瞬时功率相等．平均功率等于功除以时间，重力两次做的功相同，时间也相同，重力两次的平均功率也相同．故选C. 4.【答案】A【解析】绳子对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力的功转化为恒力的功；因绳子对滑块做的功等于拉力F 对绳子做的功，而拉力F 为恒力，W ＝F ·Δl ，Δl 为绳拉滑块过程中力F 的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧绳长的缩短量，由图可知，Δl AB ＞Δl BC ，故W 1＞W 2，A 正确． 5.【答案】B【解析】取物体初速度方向为正方向，由图象可知物体与水平面间存在摩擦力，由图象可知0～2 s 内，－F －f ＝ma 1且a 1＝－5 m/s 2；2～4 s 内，－F ＋f ＝ma 2且a 2＝－1 m/s 2，联立以上两式解得F ＝60 N ，f ＝40 N ，A 错误．由P ＝Fv 得4 s 时拉力的瞬时功率为120 W ，B 正确．拉力做功W ＝－Fx ，x 为物体的位移，由图象可知位移为8 m,4 s 内拉力所做的功为－480 J ，C 错误．摩擦力做功W ＝fs ，摩擦力始终与速度方向相反，故s 为路程，由图象可知总路程为12 m,4 s 内物体克服摩擦力做的功为480 J ，D 错误． 6.【答案】CD【解析】当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线可知阻力大小F f ＝2 000 N ，故A 错误．倾斜图线的斜率表示功率，可知P ＝F f v ＝2 000×30 W ＝60 000 W ，车速为5 m/s时，汽车的加速度a ＝6 000－2 0002 000 m/s 2＝2 m/s 2，故B 错误；当车速为15 m/s 时，牵引力F ＝P v ＝60 00015 N ＝4 000 N ，则加速度a ＝F －F f m ＝4 000－2 0002 000 m/s 2＝1 m/s 2，故C 正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于60 000 W ，故D 正确 7. 【答案】C【解析】由能的转化与守恒可知：拉力的功率等于克服重力的功率，P F ＝P G ＝mgv y ＝mgv cos 60°＝12mgωL ，故选C.8. 【答案】AD【解析】0～t 1时间内汽车做匀加速运动，加速度为a ＝v 1t 1，由牛顿第二定律可知F －F f ＝ma ，解得F ＝m v 1t 1＋F f ，选项A 正确；t 1～t 2时间内，汽车做加速度减小的加速运动，t 2时刻速度达到最大，此时F ＝F f ，汽车的功率等于P ＝F f v 2，选项B 错误；由图线可知，在t 1～t 2时间内，v -t 图线与坐标轴围成的面积所代表的位移大于汽车在这段时间内做匀加速运动的位移，则汽车的平均速率大于v 1＋v 22，选项C 错误；汽车在t 1时刻达到最大功率，则P ＝Fv 1＝(m v 1t 1＋F f )v 1，又P ＝F f v 2，解得v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1，D 正确．9 【答案】B【解析】汽车启动时由P ＝Fv 和F －F f ＝ma 可知，匀加速启动过程中，牵引力F 、加速度a 恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A 、C 、D 正确，B 错误． 10【答案】AD【解析】物体在t 02时刻开始运动，说明此时阻力等于水平拉力，即f ＝F 0，动摩擦因数μ＝F 0mg ，故A 正确；在t 0时刻由牛顿第二定律可知，2F 0－f ＝ma ，a ＝2F 0－f m ，故B 错误；物体在t 0时刻受到的合外力为F ＝2F 0－f ＝F 0，功率为P ＝F 0v 0，故C 错误；2t 0时刻速度为v ＝v 0＋F 0m t 0，在t 0～2t 0时间内的平均速度为v ＝v ＋v 02＝2v 0＋F 0m t 02，故平均功率为P ＝2F 0v ＝F 0(2v 0＋F 0t 0m )，故D 正确．11.【答案】 AC【解析】对结点O 分析,细线OP 竖直方向上的拉力(大小为mg )与细线Ob 上的拉力F 2的竖直分力平衡,则F 2不变.对重物分析,应用图解法可知水平拉力F 不断增大,又F 2不变,对结点O 和重物分析,由于水平方向平衡,可知F 1不断增大,故A 正确,B 错误;由题意可知重物绕O 做匀速圆周运动,则拉力和重力垂直半径方向的分力等大,拉力做功功率P=mg sin θ·v 不断增大,根据动能定理可知W=mgL (1-cos 60°),选项C 正确,D 错误.12. 【答案】(1)210 km/h (2)P （3t 1＋8t 2）v 0－4mv 38P【解析】(1)燃油发动机单独工作，P ＝F 1v 1＝fv 1两台发动机同时工作，P ＋3P4＝F 2v 2＝fv 2最大速度v 2＝7v 14＝210 km/h.(2)燃油发动机的额定功率为P ，最大速度为v 0， 阻力f ＝Pv 0匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率为3P8，设总路程为s ，由动能定理有3P 8t 1＋Pt 2－fs ＝12mv 20解得s ＝P （3t 1＋8t 2）v 0－4mv 308P .13.【答案】(1)32 W (2)96 J (3)20 W【解析】(1)在0～2 s 内，拉力等于4 N ，最大静摩擦力等于4 N ，故物体静止．在2～4 s 内，拉力F ＝8 N ，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 解得a ＝2 m/s 2位移为x 1＝12a (Δt )2＝4 m4 s 末物体的速度大小v ＝a Δt ＝4 m/s 4 s 末拉力的瞬时功率P ＝Fv ＝8×4 W ＝32 W.(2)在4～6 s 内，拉力等于4 N ，滑动摩擦力等于4 N ，故物体做匀速直线运动， 位移x 2＝v Δt ＝4×2 m ＝8 m在6～8 s 内，拉力仍然是F ＝8 N ，物体的加速度大小仍为a ＝2 m/s 2.位移x 3＝v Δt ＋12a (Δt )2＝12 m拉力所做的功W ＝Fx 3＝8×12 J ＝96 J.(3)8 s 内拉力做功W ＝0＋8×4 J ＋4×8 J ＋96 J ＝160 J 平均功率P ＝Wt ＝20 W.5·1 功 功率·答题纸一、选择题二、计算题 12。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：带电物体在复合场中的运动 同步测试题(PDF版,含答案)
10·8 带电物体在复合场中的运动一、选择题1．如图所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为()A．0 B．12mv20C.m3g22q2B2D．12m⎝⎛⎭⎫v20－m2g2q2B22. 如图所示，一足够长的绝缘细杆处于磁感应强度为B＝0.5 T的匀强磁场中，杆与磁场垂直且与水平方向的夹角为θ＝37°.一质量为m＝0.1 g、电荷量为q＝5×10－4 C的带正电圆环套在该绝缘细杆上，圆环与杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4.现将圆环从杆上的某一位置无初速度释放．则下列判断中正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2)()A．圆环下滑过程中洛伦兹力始终做正功B．当圆环下滑的速度达到2.4 m/s时，圆环与细杆之间的弹力为零C．圆环下滑过程中的最大加速度为6 m/s2D．圆环下滑过程中的最大速度为9.2 m/s3. 如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向里的磁场和竖直向下的匀强电场中，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，一质量为m、电荷量为Q的带负电小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑过程中，下列判断正确的是()A．滑块受到的摩擦力不变B．若斜面足够长，滑块最终可能在斜面上匀速下滑C．若B足够大，滑块最终可能静止于斜面上D．滑块到达地面时的动能与B有关4. 如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R(比细管的内径大得多)，在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g.空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场．某时刻，给小球一方向水平向右、大小为v0＝5gR的初速度，则以下判断正确的是()A．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同D．小球在环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小5. 如图所示，整个空间有一方向垂直纸面向里的匀强磁场，一绝缘木板(足够长)静止在光滑水平面上，一带正电的滑块静止在木板上，滑块和木板之间的接触面粗糙程度处处相同．不考虑空气阻力的影响，下列判断正确的是()A．若对木板施加一水平向右的瞬时冲量，最终木板和滑块一定相对静止B．若对木板施加一水平向右的瞬时冲量，最终滑块和木板间一定没有弹力C．若对木板施加一水平向右的瞬时冲量，最终滑块和木板间一定没有摩擦力D．若对木板始终施加一水平向右的恒力，最终滑块做匀速运动6. 如图所示,甲是不带电的绝缘物块,乙是带负电的物块,甲、乙叠放在一起,置于粗糙的绝缘水平地板上,地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场.现加一水平向左的匀强电场,发现甲、乙一起向右加速运动.在加速运动阶段()A.甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动B.甲、乙两物块间的摩擦力不变C.乙物块与地板之间的摩擦力不断增大D.甲、乙两物块可能做匀加速直线运动7．如图所示，空间有一垂直纸面向里的磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度地放置一质量为0.05 kg、电荷量q＝－0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，可认为滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力，g取10 m/s2.则()A．木板和滑块一直做匀加速运动B．滑块先做匀加速运动后做匀速运动C．最终滑块做速度为5 m/s的匀速运动D．最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动8、如图所示，带正电的物块A放在足够长的不带电小车B上，两者均保持静止，处在垂直纸面向里的匀强磁场中，在t=0时用水平恒力F向右拉小车B，t=t1时A相对B开始滑动，已知地面光滑、AB间粗糙，A带电荷量保持不变，则关于A、B的图象，下图大致正确的是9、如图所示，空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向上，匀强磁场的方向垂直纸面向里．有一内壁光滑、底部有带正电小球的试管．在水平拉力F作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出．已知小球质量为m，带电量为q，场强大小为E＝mgq.关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是()A．洛伦兹力对小球不做功B．洛伦兹力对小球做正功C．小球的运动轨迹是一条抛物线D．维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大10.如图甲所示,一带电物块无初速度地放上皮带轮底端,皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针方向传动,该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中,物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中,其v-t图像如图乙所示,物块全程运动的时间为4.5 s.关于带电物块及运动过程的说法正确的是()A.该物块带负电B.皮带轮的传动速度大小一定为1 m/sC.若已知皮带的长度,可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D.在2~4.5 s内,物块与皮带仍可能有相对运动v t二、计算题11.如图所示，带电荷量为＋q、质量为m的物块从倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外，求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移．(斜面足够长，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)12.如图所示,一个质量m=0.1 g、电荷量q=4×10-4 C的带正电小环套在很长的绝缘直棒上,可以沿棒上下滑动.将棒置于正交的匀强电场和匀强磁场内,E=10 N/C,B=0.5 T.小环与棒之间的动摩擦因数μ=0.2.求小环从静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度.(g取10 m/s2,小环电荷量不变)13. 如图所示,虚线MN下方空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度B=1 T,竖直面内固定一半径R=1 m的绝缘且粗糙的半圆形轨道BC,该轨道的最高点B恰位于虚线MN上,另一端C的切线方向与水平方向夹角为θ=37°.某一质量M=4 kg的带电物块以v=1 m/s的速度水平向右飞行,在A点突然爆炸,分成质量相等的两块,其中一块以1.2 m/s的速度向相反方向飞出,另一块(可视为质点)在空中运动一段时间后,恰好从B点沿切线方向进入半圆形轨道,沿轨道内侧运动至末端C点时速度大小为6 m/s,且刚好能沿切线方向做直线运动.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2.(1)求物块在B点时的速度大小.(2)沿轨道运动的物块带何种电荷?电荷量是多少?(3)求物块在半圆形轨道中克服摩擦力所做的功.10·8带电物体在复合场中的运动·答案与解析1.【答案】 ABD【解析】 若圆环所受洛伦兹力等于重力，圆环与粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做的功为零，选项A 正确；若圆环所受洛伦兹力不等于重力，圆环与粗糙细杆压力不为零，摩擦力不为零，圆环以初速度v 0向右做减速运动．若开始圆环所受洛伦兹力小于重力，则一直减速到零，圆环克服摩擦力做的功为12mv 20，选项B 正确；若开始圆环所受洛伦兹力大于重力，则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定，稳定速度v ＝mg qB ，由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W ＝12m mv 20－12m mv 2＝12m ·⎝⎛⎭⎫v 20－m 2g 2q 2B 2，选项D 正确，C 错误． 2.【答案】 CD【解析】 圆环下滑过程中，洛伦兹力始终与圆环速度方向垂直，所以洛伦兹力始终不做功，选项A 错误；当圆环与细杆之间的弹力为零时(此时圆环的加速度最大，而速度不是最大)，摩擦力也为零，此时洛伦兹力f L 与重力垂直于杆的分量mg cos θ大小相等、方向相反，即qvB ＝mg cos θ，代入数据可得v ＝3.2 m/s ，选项B 错误；圆环刚释放时，受到的洛伦兹力为零，这时的加速度由重力沿杆方向的分量与滑动摩擦力的合力提供，当圆环的速度开始增大后，洛伦兹力也随之增大，使得圆环对杆的压力减小，摩擦力也随之减小，当摩擦力为零时，圆环的加速度最大，此时qvB ＝mg cos θ，由牛顿第二定律可得：f 合＝mg sin θ＝ma ，代入数据可得a ＝6 m/s 2，选项C 正确；当洛伦兹力f L ＞mg cos θ时，又开始出现摩擦力，圆环的加速度开始减小，但速度继续增大，弹力继续增大，摩擦力继续增大，当摩擦力F f ＝mg sin θ时，圆环所受的合力为零，速度达到最大，由受力分析可知：mg sin θ＝μ(qv m B －mg cos θ)，代入数据解得v m ＝9.2 m/s ，选项D 正确． 3.【答案】 BD【解析】 滑块向下运动的过程中受到重力、电场力、支持力，根据左手定则，滑块还受到垂直斜面向下的洛伦兹力，沿斜面向上的摩擦力，滑块向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当B 很大时，则摩擦力有可能也很大，当滑块受到的摩擦力与重力沿斜面向下的分力以及电场力在斜面上分力之差相等时，滑块做匀速直线运动，之后洛伦兹力与摩擦力不再增大，所以滑块不可能静止在斜面上，故A 、C 错误，B 正确；B 不同，洛伦兹力大小也不同，所以滑动摩擦力大小不同，摩擦力做的功不同，根据动能定理可知，滑块到达地面的动能不同，故D 正确．【解析】 小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，A 选项错误；小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度v ＝gR ，由于受到圆管的约束，小球运动过程不会脱离轨道，所以小球一定能到达轨道最高点，C 选项正确；在最高点时，小球做圆周运动的向心力F 向＝m v 2R＝mg ，对小球受力分析得mg ＋qvB －F N ＝F 向，故F N ＝qvB .小球受到竖直向下洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B 选项正确；小球在从最低点到最高点的运动过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右一定递减，到达圆心的等高点时，水平速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D 选项错误． 5.【答案】 CD【解析】 若对木板施加一水平向右的恒力，则木板向右加速运动，木板对滑块有向右的摩擦力，滑块向右加速运动，滑块受到的洛伦兹力向上，滑块速度越来越大，所受到的洛伦兹力也越来越大，当洛伦兹力等于重力，滑块不再受到摩擦力作用，滑块做匀速运动，D 正确．若给木板一水平向右的瞬时冲量，若该冲量较小，则木板逐渐减速，滑块逐渐加速，二者速度相等时则一起做匀速运动，此时滑块受到向上的洛伦兹力小于所受重力，故木板和滑块间有弹力但没有摩擦力；若该冲量较大，则木板逐渐减速，滑块逐渐加速，滑块速度越来越大，受到向上的洛伦兹力也越来越大，当洛伦兹力等于重力时，滑块不再受到摩擦力作用，此后滑块一直做匀速运动，此时木板的速度可能仍大于滑块的速度，选项A 、B 错误，C 正确． 6.【答案】AC【解析】对整体受力分析,地面对乙物块的摩擦力f=μ(mg+Mg+qvB ),因为整体做加速运动,故地板对乙物块的摩擦力逐渐增大,C 正确;对整体,根据牛顿第二定律得qE-μ(mg+Mg+qvB )=(M+m )a ,整体的加速度逐渐减小,A 正确,D 错误;对甲物块受力分析,根据牛顿第二定律得f 1=ma ,加速度减小,则两物块间的摩擦力减小,B 错误. 7.【答案】 CD【解析】 滑块开始运动后，受到竖直向上的洛伦兹力作用，且洛伦兹力不断增大，滑块受到的支持力逐渐减小，故滑块先做变加速运动，当|q |vB ＝mg 时，滑块做匀速运动，速度v ＝5 m/s ，C 正确，A 、B 错误；以后，木板在恒力F 作用下做匀加速直线运动，且加速度a ＝FM ＝3 m/s 2，故D 正确． 8、【答案】C【解析】洛伦兹力总是与带电粒子速度的方向垂直，所以不做功，A正确，B错；小球在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上的合力等于磁场力，即F洛＝Bqv，故竖直方向做匀加速运动，所以运动轨迹是一条抛物线，选项C正确；由于小球在竖直方向上的速度增大，水平向左的磁场力增大，而试管又向右做匀速运动，所以F要逐渐增大，故D正确．10.【答案】D【解析】由图乙可知,物块先做加速度逐渐减小的加速运动,物块的最大速度是1 m/s,对物块进行受力分析可知,开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用,设动摩擦因数为μ,沿皮带的方向,有μF N-mg sin θ=ma①,物块运动后,又受到洛伦兹力的作用,加速度逐渐减小,由①式可知,物块的加速度逐渐减小,一定是F N逐渐减小,而开始时F N=mg cos θ,后来F'N=mg cos θ-f洛,即洛伦兹力的方向是斜向上的,物块沿皮带向上运动,由左手定则可知,物块带正电,故A错误;物块向上运动的过程中,洛伦兹力越来越大,则受到的支持力越来越小,结合①式可知,物块的加速度也越来越小,当加速度等于0时,物块达到最大速度,此时mg sin θ=μ(mg cos θ-f洛)②,由②式可知,只要皮带的速度大于或等于1 m/s,则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关,所以皮带的速度可能是1 m/s,也可能大于1 m/s,物块可能相对于皮带静止,也可能相对于皮带运动,故B 错误,D正确;由以上分析可知,皮带的速度不能判断,所以若已知皮带的长度,也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移,故C错误.11.【答案】4mg5qB8m2g15q2B2【解析】经分析，物块沿斜面运动过程中加速度不变，但随速度增大，物块所受支持力逐渐减小，最后离开斜面．所以，当物块对斜面的压力刚好为零时，物块沿斜面的速度达到最大，同时位移达到最大.即qv m B＝mg cos θ①物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得：mgs sin θ＝12mv2m②由①②得：v m＝mg cos θqB＝4mg5qB.s＝v2m2g sin θ＝8m2g15q2B2.12.【答案】2 m/s2 5 m/s【解析】对小环受力分析,水平方向上,根据平衡条件得F N=qE+qvB竖直方向上,由牛顿第二定律得mg-μF N=ma联立得mg-μ(qE+qvB)=ma当v=0时,即刚下落时,小环运动的加速度最大,a m=2 m/s2.下落后,随着v的增大,加速度a逐渐减小.当a=0时,下落速度v达到最大值,v m=5 m/s.13.【答案】(1)4 m/s(2)带正电荷C(3)30 J【解析】(1)取水平向右为正方向,由动量守恒定律得Mv=mv2-mv1且M=2m解得v2=3.2 m/s在B点,由速度的分解可知v B cos 37°=v2解得v B=4 m/s.(2)由于物块能沿C点的切线做直线运动,通过受力分析可知,物块从C点开始只能做匀速直线运动,故在半圆形轨道中运动的物块带正电荷.由平衡条件得=cos 37°解得q=C.(3)从B点到C点的过程中,由动能定理得解得W f=30 J.10·8 带电粒子在复合场中的运动·答题纸题号12345678910得分答案二、计算题11.1312.。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：带电粒子在电场中的运动 同步测试题(PDF版,含答案)
8·6 带电粒子在电场中的运动一、选择题1.如右图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点静止释放后，分别抵达B、C两点，若AB＝BC，则它们带电荷量之比q1∶q2等于()A．1∶2 B．2∶1 C．1∶ 2 D．2∶12.真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是()A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶43.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沿水平方向以相同的速率射入三个质量相同的带正电液滴甲、乙、丙,最后分别落在1、2、3三点,则下列说法中正确的是()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.液滴丙所带的电荷量最多4.将一个带电荷量为+Q的点电荷P固定在空间中的某一位置处,两个质量相等的带电小球A、B分别在该点电荷下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动,且运动轨迹均处在以P为球心的同一球面上,如图D7-5所示.若A、B所带的电荷量很少,两者间的作用力可忽略不计,取无穷远处电势为零,则下列说法中正确的是()A.小球A、B所带的电荷量相等B.小球A、B运动轨迹上的各点电势分别相等C.小球A、B运动轨迹上的各点场强分别相同D.库仑力刚好提供小球做匀速圆周运动所需的向心力5. 如图(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )A ．0＜t 0＜T 4B ．T 2＜t 0＜3T 4 C.3T 4＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 86. 如图甲所示,真空中水平放置的两块长度均为2d 的平行金属板P 、Q 的间距为d ,在两板间加上如图乙所示的周期性变化的电压.在两板左侧紧靠P 板处有一个粒子源A ,自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v 0、方向平行于金属板的相同带电粒子.t=0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场.已知电场变化的周期T=,粒子的质量为m ,不计粒子重力及相互间的作用力,则 ( )A .在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B .粒子的电荷量为C .在t=D .在t=时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场7．如图，平行板电容器两极板的间距为d ，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q (q ＞0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能E k0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为( )A.E k04qd B ．E k02qd C.2E k02qd D ．2E k0qd8．如图所示，A、B为水平放置的两个平行金属板，两板相距d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一个小孔M和N.今有一带电油滴，质量为m，从A板的上方距A板为d的P点由静止开始自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，带电油滴通过N孔时的动能E k＜2mgd.若将极板A向上移一小段距离，到图中虚线所示位置，则带电油滴通过N孔时的动能E k′和油滴所带电荷的种类是()A．油滴带正电，E k′＝E kB．油滴带正电，E k′＜E kC．油滴带负电，E k′＝E kD．油滴带负电，E k′＜E k9.如图甲所示,在两平行的金属板间加上如图乙所示的电压.在第1 s内,点电荷在两极板间处于静止状态,t=2 s时电荷在运动且未与极板接触,g取10 m/s2,则()A.在1~2 s内,点电荷做匀加速直线运动,加速度大小为10 m/s2B.在1~2 s内,点电荷做变加速直线运动,平均加速度大小为5 m/s2C.在1~2 s内,点电荷做变加速直线运动,2 s末加速度大小为10 m/s2D.在2 s末,点电荷的速度大小为10 m/s10.如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，与细杆右侧距离为d的A点处有一固定的正点电荷，细杆上套有一带电小环，设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环无初速度地从h高处释放后，在下落至h＝0的过程中，其动能E k随h的变化曲线如图乙所示，则()A．小环可能带负电B．从h高处下落至h＝0的过程中，小环电势能增加C．从h高处下落至h＝0的过程中，小环经过了加速、减速、再加速三个阶段D．小环将做以O点为中心的往复运动11.如图所示,一个带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上,杆与水平面的夹角为θ,杆的下方O点处固定一个带正电的点电荷,OA=OB.现使小环以初速度v0从A点沿杆上滑,到达B点时其速度恰好为零,小环滑回A点时速度为v.下列说法中正确的是()A.小环上滑过程中先做匀加速再做匀减速运动B.小环上滑时间小于下滑时间C.小环下滑过程,减少的重力势能等于摩擦产生的内能D.从A点出发到再回到A点的过程,小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能12.空间内有高度为d、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场.当在该空间内建立如图Z所示的坐标系后,在x轴上的P点沿y轴正方向连续射入质量和电荷量均相同、带电性质也相同的带电粒子(粒子重力不计),由于粒子的入射速率v(v>0)不同,有的粒子将在电场中直接通过y轴,有的将穿出电场后再通过y轴.设粒子通过y轴时离坐标原点的距离为h,从P到y轴所需的时间为t,则()A.对h≤d的粒子,h越大,t越大B.对h≤d的粒子,在时间t内,电场力对粒子做的功相等C.对h>d的粒子,h越大,t越大D.h越大的粒子,进入电场时的速率v也越大二、计算题13．如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：(1)交变电压的周期T应满足什么条件？(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？14. 如图所示,在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A、B,质量分别为3m和m,小球A 带正电q,小球B带负电-2q,开始时两小球相距s0,小球A有水平向右的初速度v0,小球B的初速度为零,取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零.(1)试证明当两小球的速度相同时系统的电势能最大,并求出该最大值;(2)试证明在两小球的间距不小于s0的运动过程中,系统的电势能总小于系统的动能,并求出这两种能量的比值的取值范围.15. 一个带正电荷q=1×10-6 C的物体放在绝缘的水平地面上,如图Z6-11甲所示,空间若加上水平方向的变化电场,其加速度随电场力变化的图像如图乙所示.现从静止开始计时,改用图丙中周期性变化的水平电场作用.(g取10 m/s2)(1)求物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数;(2)在图丙所示周期性变化的水平电场作用下,求物体在一个周期内的位移大小;(3)在图丙所示周期性变化的水平电场作用下,求23 s内电场力对物体所做的功.8·6 带电粒子在电场中的运动·答案与解析1.【答案】 B【解析】 竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向有l ＝12qE m t 2，联立可得q ＝mgl Eh ，所以有q 1q 2＝21，B 对．2.【答案】 B【解析】 粒子加速过程qU 1＝12mv 2，从B 至M 用时t ＝L 1＋L 2v ，得t ∝ m q ，所以t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶2，选项A 错误．偏转位移y ＝12qU 2md (L 1v )2＝U 2L 214dU 1，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，选项B 正确．因W ＝qEy ，得W 1∶W 2∶W 3＝q 1∶q 2∶q 3＝1∶1∶2，选项C 、D 错误．3.D [解析] 三个液滴在水平方向受到电场力作用,水平方向不是匀速直线运动,所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动,选项A 错误;由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动,故三个液滴的运动时间相同,选项B 错误;三个液滴落到底板时竖直分速度相等,而水平分速度不相等,所以三个液滴落到底板时的速率不相同,选项C 错误;由于液滴丙在水平方向上的位移最大,说明液滴丙在水平方向上的加速度最大,故丙所带的电荷量最多,选项D 正确.4.B [解析] 两个质量相等的带电小球A 、B 分别在P 下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动,且运动轨迹均处在以P 为球心的同一球面上,所需向心力由重力和库仑力的合力提供,选项D 错误;在竖直方向,设小球和球心的连线与竖直方向的夹角为θ,有k cos θ=mg ,由于两小球轨道不同,θ不同,但所受的重力相等,所以小球A 、B 所带的电荷量不相等,选项A 错误;小球A 、B 运动轨迹上的各点电势分别相等,场强大小分别相等,但方向不同,B 正确,C 错误.5.【答案】 B【解析】 设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为负，时而为正，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．作出t 0＝0、T 4、T 2、3T 4时粒子运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0<t 0<T 4，3T 4<t 0<T 时粒子在一个周期内的总位移大于零；T 4<t 0<3T 4时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t 0＞T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B 正确．6.【答案】 AD【解析】粒子进入电场后,在水平方向上做匀速运动,则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t=,此时间正好是交变电场的一个周期,粒子在竖直方向上先做加速运动后做减速运动,经过一个周期,粒子在竖直方向上的速度为零,故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v 0,选项A 正确;在竖直方向上,粒子在0~,则,解得q=,选项B 错误;对于t=时刻进入电场的粒子,电场力先做正功,再做负功,速度反向后先做正功,再做负功,所做总功为零,故粒子电势能不变,选项C 错误;t=,然后向下减速运动了,再向上加速运动了,最后向上减速运动了,由对称性可知,此时竖直方向的位移为零,故粒子从P 板右侧边缘离开电场,选项D 正确.7.【答案】 B【解析】 根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，如图，将粒子初速度v 0分解为垂直极板的v 0y 和平行极板的v 0x ，根据运动的合成与分解，当分速度v y＝0时，则粒子的速度正好平行上极板，根据运动学公式：－v 20y ＝－2Eq m d ，由于v 0y ＝v 0cos 45°，E k0＝12mv 20，联立整理得到：E ＝E k02qd ，故选项B 正确．8.【答案】 C【解析】 由题设条件知，把A 板向上平移一小段距离，电场力做功不变，重力做功也不变，根据动能定理知，小球到达N 点速度仍为原来的速度，小球会穿过N 孔继续下落，即动能与原来相等，根据电场力做负功，及电场强度的方向可知小球带负电，故A 、B 、D 错误，C 正确．9.【答案】BC【解析】第1 s 内点电荷受重力和电场力作用而处于平衡状态,故电场力向上,与重力平衡,第2 s 内电压变大,故电场强度变大,电场力变大,第2 s 末电场强度增大为第1 s 末的2倍,故电场力变为第1 s 末的2倍,合力变为向上,大小为mg ,且第2 s 内合力随时间均匀增大,故加速度随时间均匀增大,点电荷做变加速直线运动,平均加速度为=5 m/s2,A错误,B、C正确;根据速度时间公式可知,2 s末速度大小为v=t=5 m/s2×1 s=5 m/s,D错误.10. 【答案】BC【解析】由题图乙中E k随h的变化曲线可知，小环从h高处下落至h＝0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段，选项C正确；合外力做功的情况是先做正功，再做负功，最后又做正功，而重力一直对小环做正功，故只有库仑力能对小环做负功，即小环带正电，选项A错误；从h高处下落至h＝0的过程中，电场力做负功，故小环电势能增加，选项B正确；小环越过O点后，所受的电场力、重力及杆对小环的弹力的合力方向向下，故小环将向下做加速运动，选项D错误．11.【答案】BD【解析】因小环在运动过程中受到的库仑力是变力,对其受力分析可知,小环在上滑过程中的加速度是变化的,并不是匀变速运动,选项A错误;由于上滑时的平均加速度大于下滑时的平均加速度,由运动学公式定性分析可知,小环上滑时间小于下滑时间,选项B 正确;由功能关系可知,小环下滑过程中,减少的重力势能等于其回到A点时的动能和克服摩擦力做的功之和,选项C错误;小环从A点出发到再次回到A点的过程中,电场力做功为零,重力做功为零,故小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能,选项D正确.12.【答案】BCD【解析】设P点到y轴的距离为s,对于h≤d的各粒子,可知各粒子在电场中所受的电场力F相同,因穿过y轴时沿电场方向的位移s相同,所以电场力对各粒子做的功W=Fs相等,选项B正确;对于h≤d的各粒子,可知各粒子的加速度a=相同,因穿过y轴时沿电场方向的位移s相同,所以运动的时间t=相同,由h=vt可知,粒子垂直于电场方向的初速度v越大,则h越大,选项A错误;对于h>d的各粒子,粒子垂直于电场方向的初速度v越大,则粒子穿出电场的时间t0=越短,穿过电场时沿电场方向的分位移x0=越小,沿电场方向的分速度v x=at0越小,此时粒子离y轴的距离x1=s-x0越大,故穿出电场后运动到y轴的时间t1=越长,同时因其沿y轴方向的速度v大,所以沿y轴方向的位移y1=vt1越大,故h=y1+d越大,选项D正确;对于h>d的各粒子,可知穿过电场过程中垂直于电场方向的位移d 相同,粒子垂直于电场方向的初速度v 越大,则粒子穿出电场的时间t 0=越短,穿出电场时沿电场方向的分速度v x =at 0越小,从进入电场至运动到y 轴过程中,作出沿电场方向的分速度v x 随时间的变化图像如图所示,可知h 越大,粒子在从P 点到y 轴的过程中沿电场方向上的平均速度越小,运动的总时间t=越大,选项C 正确.13.【答案】 (1)T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m 的整数；(2)t ＝2n －14T (n ＝1,2,3，…) 【解析】 (1)为使粒子仍从b 点以速度v 0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L ＝nTv 0，解得T ＝L nv 0粒子在14T 内离开中心线的距离为y ＝12a ⎝⎛⎭⎫14T 2 又a ＝qE m ，E ＝U 0d ，解得y ＝qU 0T 232md在运动过程中离开中心线的最大距离为y m ＝2y ＝qU 0T 216md粒子不撞击金属板，应有y m ≤12d 解得T ≤2d2m qU 0 故n ≥L 2dv 0 qU 02m ，即n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m的整数． 所以粒子的周期应满足的条件为T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m的整数． (2)粒子进入电场的时间应为14T ，34T ，54T ，… 故粒子进入电场的时间为t ＝2n －14T (n ＝1,2,3，…)．14.【答案】(1)证明略(2)证明略0≤【解析】(1)由于两小球构成的系统所受合外力为零,设某状态下两小球的速度分别为v A 和v B,由动量守恒定律得3mv0=3mv A+mv B系统的动能减小量ΔE k=由于系统运动的过程中只有电场力做功,所以系统的动能与电势能之和守恒,考虑到系统初状态下的电势能为零,故系统在该状态下的电势能E p=ΔE k=联立得E p=-6m当v A=v0时,系统的电势能取得最大值,得v A=v B=v0即当两小球速度相同时,系统的电势能最大,最大值E pmax=.(2)由于系统的电势能与动能之和守恒,且初始状态下系统的电势能为零,所以在系统电势能取得最大值时,系统的动能取得最小值,为E kmin=E k0-E pmax=由于E kmin>E pmax所以在两球间距不小于s0的运动过程中,系统的电势能总小于系统的动能在这一过程中两种能量的比值的取值范围为0≤.15.【答案】(1)4 kg0.1(2)8 m(3)196 J【解析】(1)由牛顿第二定律得F-μmg=ma解得a=F-μg结合乙图像得m=4 kg,μ=0.1.(2)0~2 s内,由牛顿第二定律得F1-μmg=ma1,又F1=E1q则a1=m/s2=2 m/s2前2 s内通过的位移为x1=×2×22 m=4 m2~4 s内,由牛顿第二定律得F2-μmg=ma2,又F2=E2q则a2=m/s2=-2 m/s22~4 s内,物体做匀减速运动,t=4 s时速度恰好为0故一个周期内的位移为x=2x1=8 m.(3)23 s内物体在E1作用下的位移为6x1,在E2作用下的位移为5x1+3 m W1=E1q×6x1=288 JW2=E2q×(5x1+3 m)=-92 J即23 s内电场力做功为W=W1+W2=196 J.。
2019届高三衡水中学状元笔记物理同步课时作业：电磁感应与动量(PDF版,含答案)
1
衡水中学状元笔记 2019 版配套练习
2019.01.02
3 .如图所示,水平放置的两根光滑平行金属导轨与电阻为 R 的导体相连,两导轨间距 为 l,其间有垂直于导轨平面向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场.导轨上有一导体棒 ab,其 质量为 m,以初速度 v0 向右运动.棒和导轨的电阻均不计,棒与导轨始终保持垂直且接触良 好,求: (1)导体棒在整个运动过程中的位移 x; (2)在导体棒的整个运动过程中通过闭合回路某一截面的电荷量.
回路中的电流 i= 对金属杆甲,由牛顿第二定律有 F-Bli=ma 由于作用于金属杆甲和金属杆乙的安培力总是大小相等、方向相反,所以两杆的总动 量(t=0 时为 0)等于外力 F 的冲量,即 Ft=mv1+mv2 联立解得 v1=8.15 m/s,v2=1.85 m/s.
4
衡水中学状元笔记 2019 版配套练习
解得 x=
.
(2)设整个过程中通过导体棒某一截面的电荷量为 q,导体棒速度为 v 时,回路中感应电 流为 i.由牛顿第二定律得 Bil=ma 极短时间 Δt 内,有 Bil·Δt=ma·Δt=m·Δv 即 Blq=mv0 解得 q= .
4.【答案】 8.15 m/s 1.85 m/s 【解析】设某一时刻 t,金属杆甲、乙之间的距离为 x,速度分别为 v1 和 v2,经过很短的时间 Δt,杆甲移动距离为 v1Δt,杆乙移动距离为 v2Δt,回路面积改变 ΔS=l[(x-v2Δt)+v1Δt]-lx=l(v1-v2)Δt 由法拉第电磁感应定律,回路中的感应电动势 E=B =Bl(v1-v2)
2.如图所示,在水平面上有两条平行金属导轨 MN、PQ,导轨间距为 d,匀强磁场垂直于 导轨所在的平面向下,磁感应强度的大小为 B,两根完全相同的金属杆 1、2 间隔一定的距 离放在导轨上,均与导轨垂直.它们接入电路的电阻均为 R,两杆与导轨接触良好,导轨电阻 不计,金属杆与导轨间的摩擦不计.杆 1 以初速度 v0 滑向杆 2,为使两杆不相碰,则分别在杆 2 固定与不固定两种情况下,最初摆放两杆时的最小距离之比为 ( )
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业： 运动的合成与分解 同步测试题(PDF版,含答案)
4.1 运动的合成与分解一、选择题1．跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，当跳伞运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中若受到水平风力的影响，下列说法正确的是()A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的空中表演动作B．风力越大，运动员下落时间越短，有可能对运动员造成伤害C．运动员下落时间与风力大小无关D．运动员着地速度与风力大小无关2．趣味投篮比赛中，运动员站在一个旋转较快的大平台边缘上，相对平台静止，向平台圆心处的球筐内投篮球．则下图各俯视图中篮球可能被投入球筐(图中箭头指向表示投篮方向)的是()3. 如图所示,在冰球比赛中,冰球以速度v1在水平冰面上向右运动。
运动员沿冰面垂直v1的方向上快速击打冰球,冰球立即获得沿击打方向的分速度v2,不计冰面摩擦和空气阻力,下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后运动路径的是()4. (2018·泰安质检)如图所示，甲、乙两船在同一条水流匀速的河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度大小相同，且两船相遇不影响各自的航行，下列判断正确的是()A．甲船也能到达M点正对岸B．甲船渡河时间一定短C．两船相遇在NP直线上的某点(非P点)D．渡河过程中两船不会相遇5. 在光滑的水平面内建立如图所示的直角坐标系，长为L的光滑细杆AB的两个端点A、B被分别约束在x轴和y轴上运动，现让A沿x轴正方向以v0匀速运动，已知P点为杆的中点，杆AB与x轴的夹角为θ，下列关于P点的运动轨迹和P点的运动速度大小v的表达式正确的是()A．P点的运动轨迹是一条直线B．P点的运动轨迹是圆的一部分C．P点的运动速度大小v＝v0tan θD．P点的运动速度大小v＝v0 2sin θ6. (2018·日照模拟)如图所示,长为L的直棒一端可绕固定轴O转动,另一端搁在升降平台上,平台以速度v匀速上升,当棒与竖直方向的夹角为α时,棒的角速度（）A. B. C. D.7. 如图所示，人沿平直的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行。
1.6 反冲现象 火箭-同步练习(含解析)【新教材】-人教版(2019)高中物理选修第一册(机构 )
1.6 反冲现象火箭-同步练习（含解析）一、单选题1.运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是（）A.火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭B.火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭C.火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭D.燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭2.新华社西昌3月10日电“芯级箭体直径9.5米级、近地轨道运载能力50吨至140吨、奔月转移轨道运载能力15吨至50吨、奔火（火星）转移轨道运载能力12吨至44吨……”这是我国重型运载火箭长征九号研制中的一系列指标，已取得阶段性成果，预计将于2030年前后实现首飞。
火箭点火升空，燃料连续燃烧的燃气以很大的速度从火箭喷口喷出，火箭获得推力。
下列观点正确的是（）A.喷出的燃气对周围空气的挤压力就是火箭获得的推力B.因为喷出的燃气挤压空气，所以空气对燃气的反作用力就是火箭获得的推力C.燃气被喷出瞬间，火箭对燃气的作用力就是火箭获得的推力D.燃气被喷出瞬间，燃气对火箭的反作用力就是火箭获得的推力3.如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为的水以相对地面为的速度竖直向下喷出。
已知重力加速度为，空气阻力不计，下列说法正确的是（）A.火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力B.水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒C.火箭获得的最大速度为D.火箭上升的最大高度为4.竖直发射的火箭质量为6×103 kg．已知每秒钟喷出气体的质量为200 kg．若要使火箭获得20．2 m/s2的向上加速度，则喷出气体的速度大小应为（）A.700 m/sB.800 m/sC.900 m/sD.1 000 m/s5.以下实例中不是利用反冲现象的是（）A.当枪发射子弹时，枪身会同时向后运动B.乌贼向前喷水从而使自己向后游动C.火箭中的火药燃烧向下喷气推动自身向上运动D.战斗机在紧急情况下抛出副油箱以提高机身的灵活性6.向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则有（）A.b的速度方向一定与炸裂前瞬间的速度方向相反B.从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大C.a、b一定同时到达水平地面D.炸裂的过程中，a、b动量的变化量大小一定不相等二、多选题7.今年春节上映的国产科幻大片《流浪地球》中有这样的情节：为了自救，人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计划，即倾全球之力在地球表面建造上万座发动机和转向发动机，推动地球离开太阳系，用2500年的时间奔往另外一个栖息之地。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：两类基本问题(PDF版,含答案)
3.3两类基本问题（一）——已知力求运动一、选择题1．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是()2. 如图所示,物体沿斜面由静止滑下,在水平面上滑行一段距离后停止,物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同,斜面与水平面平滑连接.下列选项中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程,其中正确的是()3. 一个质量为2 kg的物体，在4个共点力作用下处于平衡状态.现同时撤去大小分别为8 N和12 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法正确的是()A.一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小B.一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2C.可能做匀减速直线运动，加速度大小是1.5 m/s2D.可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是6 m/s24．以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的速率-时间图象可能正确的是()5．如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点．竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点．则()A．a球最先到达M点B．b球最先到达M点C．c球最先到达M点D．b球和c球都可能最先到达M点6．如图所示，质量相同的木块A、B用轻质弹簧连接，静止在光滑的水平面上，此时弹簧处于自然状态。
现用水平恒力F推A，则从力F开始作用到弹簧至弹簧第一次被压缩到最短的过程中A．弹簧压缩到最短时，两木块的速度相同B．弹簧压缩到最短时，两木块的加速度相同C．两木块速度相同时，加速度a A<a BD．两木块加速度相同时，速度v A>v B7. (2018·河北衡水中学一调)如图,穿在水平直杆上质量为m的小球开始时静止。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：带电物体在交变场中的运动 同步测试题(PDF版,含答案)
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(1)电子打到荧光屏上时速度的大小等于它飞出加速电场时的速度大小，设为
1 v，由动能定理 eU＝ mv2；解得 v＝ 2
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(2)当交变磁场为峰值 B0 时，电子束有最大偏转，在荧光屏上打 在 Q 点，PQ＝ 3 L．电子运动轨迹如图所示，设此时的偏转角 3L 度为 θ，由几何关系可知，tan θ＝ L ，θ＝60°. 根据几何关系，电子束在磁场中运动路径所对的圆心角 α＝θ， 而 tan α r ＝ . 2 R mv2 6meU ，解得 B0＝ . R 3er
qvnB=m 粒子进入第 n 层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为 αn,从第 n 层磁场右侧边界穿 出时速度方向与水平方向的夹角为 θn,粒子在电场中运动时,垂直于电场线方向的速度 分量不变,有 vn-1sin θn-1=vnsin αn 由图看出 rnsin θn-rnsin αn=d 联立解得 rnsin θn-rn-1sin θn-1=d 可看出 r1sin θ1,r2sin θ2,…,rnsin θn 为一等差数列,公差为 d,可得 rnsin θn=r1sin θ1+(n-1)d 当 n=1 时,由图看出 r1sin θ1=d 联立解得 sin θn=B (3)若粒子恰好不能从第 n 层磁场右侧边界穿出,则 θn= sin θn=1 在其他条件不变的情况下,换用比荷更大的粒子,设其比荷为 右侧边界,粒子穿出时,速度方向与水平方向的夹角为 θ'n,由于 则导致 sin θ'n>1 说明 θ'n 不存在,即原假设不成立.所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧 边界. 3.【答案】 【解析】 (1) 2eU m (2) 6meU 3er 2eU m . ,假设能穿出第 n 层磁场
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一、选择题
6·5 反冲 爆炸
1. “爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露. 有一个质量为 3m 的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为 v 0、方向水平向东,在 最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为 2m,速度大小为 v,方向水平向东;则另 一块的速度为( )
A.3v 0-v
B.2v 0-3v
C.3v 0-2v
D.2v 0+v
2．一枚火箭搭载着卫星以速率 v 0 进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。
已 知前部分的卫星质量为 m 1，后部分的箭体质量为 m 2，分离后箭体以速率 v 2 沿火箭原 方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率 v 1 为
A ．v 0－v 2
B ．v 0＋v 2
C ．2021m v v m -
D ．20021
()m v v v m +- 3.一质量为 M 的航天器,正以速度 v 0 在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发 动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为 v 1,加速后航天器的速度大 小为 v 2,则喷出气体的质量 m 为( )。
A . 201v v M v -
B . 221v M v v +
C . 2021v v M v v -+
D . 2021
v v M v v -- 4. 将静置在地面上、质量为 M (含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的 速度 v 0 竖直向下喷出质量为 m 的炽热气体。
忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则 喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )。
A . 0m v M
B . 0M v m
C . 0M v M m -
D .
0m v M m - 5.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露 台,测得 1 小时内杯中水上升了 45 mm 。
查询得知,当时雨滴竖直下落的速度约为 12 m/s 。
据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为 1×103 kg/m 3)( )。
A .0.15 Pa
B .0.54 Pa
C .1.5 Pa
D .5.4 Pa
6. 在平静的水面上,有一条以速度 v 0 匀速前进的载人小船,船的质量为 M ,人的质量为 m 。
开始时,人相对船静止。
当人对船以速度 v 向船行进的反方向行走时,船的速度为 u ,由 动量守恒定律可知下列表达式成立的是( )。
A .(M+m )v 0=Mu+mv
B .(M+m )v 0=Mu+m (v-u )
C .(M+m )v 0=Mu-m (v-u )
D .(M+m )v 0=Mu-m (v-v 0)
7. 如图所示，一个倾角为 α 的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面
体质量为 M ，顶端高度为 h ，今有一质量为 m 的小物体沿光滑斜面
下滑。
当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上
移动的距离是( )
A . mh M m +
B . Mh M m +
C . ()tan mh M m α+
D . ()tan Mh
M m α
+
8. 某人在一只静止的小船上练习射击。
船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为 M ,枪 内装有 n 颗子弹,每颗质量为 m ,枪口到靶的距离为 l ,子弹射出枪口时相对地面的速度 为 v ,在发射后一颗子弹时,前一颗子弹已陷入靶中。
则发射完 n 颗子弹后,小船后退的
距离为()。
(不计水的阻力)
A.
nml
M nm
+
B.
ml
M nm
+
C.
nml
nM m
+
D.
nml
M m
+
二、计算题
9. 宇宙飞船进入一个宇宙尘埃区,每前进1 m,就有10 个平均质量为2×10-7 kg 的微
尘粒与飞船相撞,并附在飞船上。
若尘埃微粒原来的速度不计,要保持飞船的速度为10 km/s,飞船喷气产生的推力至少应维持多大?
10.以初速度v0 与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹,到达最高点时炸成质量分
别为m 和2m 的两块。
其中质量大的一块沿着原来的方向以
2v0 的速度飞行。
(1)求质量较小的另一块弹片速度的大小和方向。
(2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能?
11.据埃菲社2016 年6 月27 日报道,2016 年6 月26 日哥伦比亚一架载有17 名军人的军用直升机在卡尔达斯省坠毁,机上人员全部遇难,飞机残骸已经在一片野地被找到。
哥伦比亚军方指挥官阿尔韦托·何塞·梅希亚当天在新闻发布会上说,根据目前的调查,初步判断坠机原因“很可能与该地区恶劣的天气有关”。
如图所示,若直升机总质量为m,直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆面面积)为S,已知空气密度为ρ,直升机质量为m,重力加速度为g。
求此直升机悬停在空中时发动机的功率。
12.某科技公司设计的一款“飞行汽车”概念机,由四台垂直推进器和四个旋翼组成,可以竖直起飞后在空中变形普通飞机飞行,着陆后变形汽车行驶。
设计人员进行了一次垂直起降展示:将概念机放在水平试验场,通过遥控输入指令,使垂直推进器提供竖直向上的恒定推力F=3mg,经过时间t 后撤销该指令, 再过一段时间,当概念机达到最大高度时改变指令,使垂直推进器
以恒定功率P 工作提供竖直向上的推力,让概念机落回地面时刚好减速为零,关闭指令,完成展示。
概念机的质量为m,重力加速度为g,不考虑空气阻力。
求:
(1)撤销提供竖直向上的恒定推力指令后,概念机上升到最大高度经过的时间t1。
(2)在下降过程中,垂直推进器工作的时间t2。