新课标高三物理第一轮复习阶段性测试题(6)

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(整理)高三物理第一轮复习质量检测及答案

新课标高三物理第一轮复习质量检测及答案二、选择题(本题包括7小题。

每小题给出的四个选项中，有的只有一个．．．．选项正确。

有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分。

有选错或不答的得0分) 16．如图甲所示，滑雪运动员由斜坡高速向下滑行时其速度时间图象如图乙所示，则由图象中AB 段曲线可知，运动员在此过程中A ．做加速度逐渐增大的加速运动B ．做加速度逐渐减小的加速运动C ．t 时间内的平均速度是122v v + D ．所受力的合力不断增大17．我国成功实施了“神舟”七号载人航天飞行并实现了航天员首次出舱。

若飞船先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点343km 处点火加速，由椭圆轨道1变成高度为343km 的圆轨道2，在圆轨道2上飞船的运行周期约为90min 。

下列判断正确的是 A ．飞船变轨前后的机械能相等B ．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态C ．飞船在此圆轨道上运动的角速度等于同步卫星运动的角速度D ．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点P 时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度 18．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，b 是屑线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈cd 、两端加上交变电压，其瞬时值表达式为1u tV π=，则 A ．当单刀双掷开关与a 连接时．电压表的示数为22VB ．当1600t s =时，c d 、间的电压瞬时值为110V C ．单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器触头P 向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D ．保持滑动变阻器触头P 不动，当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电压表和电流表的示数均变大19．如图所示，在斜面上，木块A 与B 的接触面是水平的。

绳子呈水平状态，木块A B 、均保持静止。

则关于木块A 和木块B 可能的受力个数分别为A ．2个和4个B ．3个和4个C ．4个和4个D ．4个和5个20．如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，一带电粒子a (不计重力)以一定的初速度由左边界的O 点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O '点(图中未标出)穿出。

高三物理一轮复习专题实验6 验证机械能守恒定律(含解析)

实验6:验证机械能守恒定律一、实验目的验证机械能守恒定律.二、实验原理在只有重力做功的自由落体运动中，物体的重力势能和动能互相转化,但总的机械能守恒。

若物体从静止开始下落，下落高度为h 时的速度为v,恒有mgh＝错误!m v2。

故只需借助打点计时器，通过纸带测出重物某时刻的下落高度h和该时刻的瞬时速度v，即可验证机械能守恒定律。

测定第n点的瞬时速度的方法是：测出第n点相邻的前、后两段相等时间间隔T内下落的高度x n－1和x n＋1(或用h n－1和h n＋1）,然后由公式v n＝错误!或由v n＝错误!可得v n(如图所示)。

三、实验器材铁架台（带铁夹）、电磁打点计时器与低压交流电源（或电火花打点计时器)、重物(带纸带夹子)、纸带数条、复写纸片、导线、毫米刻度尺。

四、实验步骤1．安装器材：如图所示,将打点计时器固定在铁架台上,用导线将打点计时器与低压电源相连,此时电源开关应为断开状态。

2．打纸带：把纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手竖直提起纸带，使重物停靠在打点计时器下方附近，先接通电源，待计时器打点稳定后再松开纸带，让重物自由下落，打点计时器就在纸带上打出一系列的点，取下纸带，换上新的纸带重打几条（3~5条)纸带。

3．选纸带:分两种情况说明（1)若选第1点O到下落到某一点的过程，即用mgh＝错误!m v2来验证,应选点迹清晰，且1、2两点间距离小于或接近2 mm的纸带,若1、2两点间的距离大于2 mm，这是由于打点计时器打第1个点时重物的初速度不为零造成的(如先释放纸带后接通电源等错误操作会造成此种结果)。

这样第1个点就不是运动的起始点了，这样的纸带不能选。

（2)用错误!m v错误!－错误!m v错误!＝mgΔh验证时，由于重力势能的相对性，处理纸带时选择适当的点为基准点，这样纸带上打出的第1、2两点间的距离是否为2 mm就无关紧要了，所以只要后面的点迹清晰就可以选用。

物理高考第一轮复习专题强化提升检测(带答案)

物理高考第一轮复习专题强化提升检测（带答案）物理是当今最精细的一门自然迷信学科，下面是物理2021高考第一轮温习专题强化提升检测，供考生练习。

一、选择题(1～6题为单项选择题，7～8题为多项选择题)1.(2021浙江自选)以下说法正确的选项是()A.真空中蓝光的波长比红光的波长长B.天空中的彩虹是由光干预构成的C.光纤通讯应用了光的全反射原理D.机械波在不同介质中传达，波长坚持不变答案：C解析：蓝光的频率大于红光的频率，在真空中两种光的速度相等，由=v/f，可得蓝光的波长小于红光的波长，选项A 错;天空中的彩虹是由光的折射构成的，选项B错;光纤通讯应用了光的全反射原理，选项C正确;机械波在不同介质中传达，频率坚持不变，波长发作变化，选项D错误。

2.(2021四川理综)安静湖面传达着一列水面波(横波)，在波的传达方向上有相距3m的甲、乙两小木块随波上下运动，测得两小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰.这列水面波()A.频率是30 HzB.波长是3 mC.波速是1 m/sD.周期是0.1 s答案：C解析：A、D项，由两小木块每分钟都上下振动30次可知，该波的周期T==2s，频率为f==0.5Hz，故A、D项错误。

B项，由题意甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰可知，1.5=3m，所以=2m，故B项错误。

C项，波速v==1m/s，故C项正确。

3.(2021福建理综)如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，波长区分为a、b，该玻璃对单色光a、b的折射率区分为na、nb，那么()A.ab，nanbB.ab，naC.ab，nab，nanb答案：B解析：由图可知b光偏折水平大，那么nab，B正确。

4.(2021天津理综)图甲为一列简谐横波在某一时辰的波形图，a、b两质点的横坐标区分为xa=2 m和xb=6 m，图乙为质点b从该时辰末尾计时的振动图象。

以下说法正确的选项是()A.该波沿+x方向传达，波速为1 m/sB.质点a经4 s振动的路程为4 mC.此时辰质点a的速度沿+y方向D.质点a在t=2 s时速度为零答案：D解析：A项，由图乙可知，图甲所示的时辰b点的运动方向为y轴正方向，所以该波沿x轴负方向传达，故A项错误。

24走向高考高三物理人教版一轮复习习题综合测试题6静电场142

和＋Q的两个点电荷，两者相距为L，以＋Q电荷为圆心，半径为画圆，a、b、c、d是圆周静电场综合测试题(附参考答案)本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分100分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

)1.(2014·北京朝阳一模)如图所示，真空中有A、B两个等量异种点电荷，O、M、N是A、B连线的垂线上的三个点，且AO>OB。

一个带负电的检验电荷仅在电场力的作用下，从M点运动到N点，其轨迹如图中实线所示。

若M、N两点的电势分别为φM和φN，检验电荷通过M、N两点的动能分别为Ek M和E k N，则()A．φM＝φN，Ek M＝Ek NB．φM<φN，Ek M<Ek NC．φM<φN，Ek M>Ek ND．φM>φN，Ek M>Ek N[答案]B[解析]据带负电粒子的运动轨迹，粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的一侧，所以该负电荷受到的电场力指向带正电的电荷，所以B点点电荷带的是负电。

因为AO>OB，根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知，Ek M小于E k N，φM小于φN，故B正确，A、C、D错误。

2．(2014·安徽安庆二模)如图所示，真空中同一平面内M N直线上固定电荷量分别为－9QL2上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直MN，一电荷量为＋q的试探电荷在圆周上运动，则下列判断错误的是()A．电荷＋q在a处所受到的电场力最大B．电荷＋q在a处的电势能最大C．电荷＋q在b处的电势能最大D．电荷＋q在c、d两处的电势能相等[答案]B[解析]在a、b、c、d四点，＋Q对＋q的电场力大小相等，在a点，－9Q对＋q的电场力最大，而且方向与＋Q对＋q的电场力方向相同，根据合成可知，＋q在a处所受到的电场力最大，A正确；a、b、c、d四点在以点电荷＋Q为圆心的圆上，由＋Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过－9Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d电势相等，a点电势最低，根据正电荷在电势高处电势能大，可知＋q在a处的电势能最小，在b处的电势能最大，在c、d两处的电势能相等，故B错误，C、D正确。

2018年全国卷物理高考高三一轮,二轮复习,总复习物理阶段性测试,模拟测试题：阶段综合测评6 Word版含解析

阶段综合测评(六)时间：90分钟满分：110分第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，1～7题只有一项符合题目要求，8～12题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

) 1．2016·广州二模]气体温度升高，则该气体()A．每个分子的体积都增大B．每个分子的动能都增大C．速率大的分子数量增多D．分子间引力和斥力都增大答案 C解析温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大；速率大的分子数量增多；温度升高，气体的体积不一定大，分子间的作用力大小不能判断，更不会影响单个分子的体积。

故选C。

2．2016·南京一模]如图所示，把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就变钝了。

产生这一现象的原因是()A．玻璃是非晶体，熔化再凝固后变成晶体B．玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体C．熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧D．熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张答案 C解析玻璃是非晶体，熔化再凝固后仍然是非晶体，故A、B错误；细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔后尖端变成球形，是表面张力的作用，因为表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用，而体积相同情况下球的表面积最小，故呈球形，故C 正确，D 错误。

3．2017·汕头模拟]以下哪个现象不违背热力学第二定律( )A ．一杯热茶在打开盖后，茶会自动变得更热B ．没有漏气、没有摩擦的理想热机，其效率可能是100%C ．桶中浑浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离D ．热量自发地从低温物体传到高温物体答案 C解析茶不会自发地变得更热，选项A 错误；无论什么样的热机，效率永远不会达到100%，选项B 错误；热量不会自发地从低温物体传到高温物体，选项D 错误。

4．2017·黄冈调考]钻石是首饰和高强度钻头、刻刀等工具中的主要材料，设钻石的密度为ρ(单位为kg/m 3)，摩尔质量为M (单位为g/mol)，阿伏加德罗常数为N A 。

2021届高考物理一轮复习第六章动量守恒定律45分钟章末检测卷

2021届高考物理一轮复习第六章动量守恒定律45分钟章末检测卷满分100分一、选择题(1～4题只有一项符合题目要求，5～7题有多项符合题目要求，每小题7分，共49分)1．下列说法正确的是( )A．动能为零时，物体一定处于平稳状态B．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动C．物体所受合外力不变时，其动量一定不变D．动能不变，物体的动量一定不变解析：动能为零时，速度为零，而加速度不一定等于零，物体不一定处于平稳状态，选项A错误；物体受恒力，也可能做曲线运动，如平抛运动，选项B正确；合外力不变，加速度不变，速度平均变化，动量一定变化，C项错误；动能不变，若速度的方向变化，动量就变化，选项D错误．答案：B2．(2020·运城模拟)有关实际中的现象，下列说法不正确的是( )A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得庞大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的阻碍D．为了减轻撞车时对司乘人员的损害程度，发动机舱越牢固越好解析：依照反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得庞大速度，故A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定．由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；由I＝Ft可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时刻t，能够减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，阻碍射击的准确度，因此为了减少反冲的阻碍，用枪射击时要用肩部抵住枪身，故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的损害程度，就要延长碰撞的时刻，由I＝Ft可知位于车体前部的发动机舱不能太牢固，故D错误．答案：D3．一物体从某高处由静止开释，设所受空气阻力恒定，当它下落h时的动量大小为p1，当它下落2h时动量大小为p2，那么p1：p2等于( )A．1：1 B．1： 2C．1：2 D．1：4解析：物体做初速度为零的匀加速直线运动，v21＝2ah，v22＝2a(2h)，则p1＝m2ah，p2＝m4ah，p1：p2＝1：2，故B选项正确．答案：B4．甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动．它们的动量随时刻变化如图所示．设甲在t1时刻内所受的冲量为I1，乙在t2时刻内所受的冲量为I2，则F、I的大小关系是( )A．F1>F2，I1＝I2 B．F1<F2，I1<I2C．F1>F2，I1>I2 D．F1＝F2，I1＝I2解析：冲量I＝Δp，从题图上看，甲、乙两物体动量变化的大小I1＝I2，又因为I1＝F1t1，I2＝F2t2，t2>t1，因此F1>F2.5．如图所示，在水平光滑地面上有A 、B 两个木块，A 、B 之间用一轻弹簧连接．A 靠在墙壁上，用力F 向左推B 使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F ，则下列说法中正确的是( )A ．木块A 离开墙壁前，墙对木块A 的冲量大小等于木块B 动量变化量的大小B ．木块A 离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B 动能的增量C ．木块A 离开墙壁时，B 的动能等于A 、B 共速时的弹性势能D ．木块A 离开墙壁后，当弹簧再次复原原长时，木块A 的速度为零解析：木块A 离开墙壁前，对A 、B 整体而言，墙对木块A 的冲量大小等于整体的动量变化量即等于木块B 动量变化量的大小；依照能量守恒定律，木块A 离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B 动能的增量；木块A 离开墙壁时，B 的动能等于A 、B 共速时的弹性势能及A 的动能之和；木块A 离开墙壁后，当弹簧再次复原原长时，A 、B 交换速度，木块B 的速度为零．选项A 、B 正确．答案：AB6．(2020·合肥市质量检测)一质量为2 kg 的物体受水平拉力F 作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a －t 图象如图所示，t ＝0时其速度大小为2 m/s ，滑动摩擦力大小恒为2 N ，则( )A ．在t ＝6 s 的时刻，物体的速度为18 m/sB ．在0～6 s 时刻内，合力对物体做的功为400 JC ．在0～6 s 时刻内，拉力对物体的冲量为48 N·sD ．在t ＝6 s 的时刻，拉力F 的功率为200 W解析：类比速度图象位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时刻图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s 内Δv ＝18 m/s ，v 0＝2 m/s ，则t ＝6 s 时的速度v ＝20 m/s ，A 项错；由动能定理可知，0～6 s 内，合力做功W ＝12mv 2－12mv 20＝396 J ，B 项错；由冲量定理可知，I －F f ·t ＝mv －mv 0，代入已知条件解得：I ＝48 N·s，C 项正确；由牛顿第二定律可知，6 s 末F －F f ＝ma ，解得：F ＝10 N ，因此拉力的功率P ＝Fv ＝200 W ，D 项正确．答案：CD7．质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞差不多上弹性的，则整个过程中，系统缺失的动能为( )mv 2 mM m ＋Mv 2 NμmgL D ．NμmgL解析：小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为v 1，mv ＝(m ＋M )v 1，系统缺失动能E k ＝12mv 2－12(M ＋m )v 21＝12Mmv 2M ＋m；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不缺失能量，系统缺失的动能等于系统产生的热量，即ΔE k ＝Q ＝NμmgL .故本题选B 、D.二、非选择题(共51分)8．(11分)某同学用图甲所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让a 球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把b 球放在斜槽轨道末端的最右端邻近静止，让a 球仍从原固定点由静止开始滚下，和b 球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次，回答下列问题：(1)在本实验中结合图甲，验证动量守恒的验证式是下列选项中的________．A ．m a OC ＝m a OA ＋m b OBB ．m a OB ＝m a OA ＋m b OCC ．m a OA ＝m a OB ＋m b OC(2)经测定，m a ＝45.0 g ，m b ＝7.5 g ，请结合图乙分析：碰撞前、后m a 的动量分别为p 1与p ′1，则p 1p ′1＝________(保留分式)．有同学认为，在该实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，能够使被碰小球做平抛运动的水平距离增大．请你用已知的数据，分析和运算出被碰小球m b 平抛运动水平距离的最大值为________cm.解析：(1)小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时刻t 相等，假如碰撞过程动量守恒，则有：m a v B ＝m a v A ＋m b v C ，两边同时乘以时刻t 得：m a v B t ＝m a v A t ＋m b v C t ，得：m a OB ＝m a OA ＋m b OC ，故选B.(2)p 1p ′1＝m a v a m a v ′a ＝OB OA＝错误!＝错误!；发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，依照动量守恒定律：m a v a ＝m a v ′a ＋m b v ′b 依照机械能守恒定律：12m a v 2a ＝12m a v ′2a ＋12m b v ′2b 由以上两式解得：v ′b ＝2m a m a ＋m bv a ，因此最大射程为：s m ＝2m a m a ＋m b·OB ＝错误!×44.8 cm＝76.8 cm 答案：(1)B (2)14119．(20分)如图所示，物块A 、C 的质量均为m ，B 的质量为2m ，都静止于光滑水平台面上，A 、B 间用一不可伸长的轻质短细线相连．初始时刻细线处于放松状态，C 位于A 右侧足够远处，现突然给A 一瞬时冲量，使A 以初速度v 0沿A 、C 连线方向向C 运动，A 与C 相碰后，粘合在一起．(1)A 与C 刚粘合在一起时的速度为多大？(2)若将A 、B 、C 看成一个系统，则从A 开始运动到A 与C 刚好粘合的过程中系统缺失了多少机械能？解析：(1)轻细线绷紧的过程，A 、B 这一系统动量守恒，则mv 0＝(m ＋2m )v 1，解得v 1＝13v 0. 之后A 、B 均以速度v 1向右匀速运动，在A 与C 发生碰撞过程中，A 、C 这一系统动量守恒，mv 1＝(m ＋m )v 2，解得v 2＝16v 0. (2)轻细线绷紧的过程，A 、B 这一系统机械能缺失为ΔE 1，则ΔE 1＝12mv 20－12·3mv 21＝13mv 20，在A 与C 发生碰撞过程中，A 、C 这一系统机械能缺失为ΔE 2，则ΔE 2＝12mv 21－12·2mv 22＝136mv 20，则A 、B 、C 这一系统机械能缺失为ΔE ＝ΔE 1＋ΔE 2＝1336mv 20. 答案：(1)16v 0 (2)1336mv 20 10．(20分)如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R ＝0.6 m ．平台上静止着两个滑块A 、B ，m A ＝0.1 kg ，m B ＝0.2 kg ，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车静止在光滑的水平地面上，小车质量为M ＝0.3 kg ，小车的上表面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧．点燃炸药后，A 、B 分离瞬时滑块B 以3 m/s 的速度冲向小车．两滑块都能够看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时刻极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，且g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块A 能否从半圆轨道的最高点离开；(2)滑块B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能．解析：(1)爆炸前后A 、B 组成的系统动量守恒，设爆炸后滑块A 、B 的速度大小分别为v A 、v B ，则m A v A ＝m B v B ，解得v A ＝6 m/sA 在运动过程中机械能守恒，若A 能到达半圆轨道最高点由机械能守恒得12m A v 2A ＝12m A v ′2A ＋2m A gR 解得v ′A ＝2 3 m/s 滑块恰好通过最高点的条件是m A g ＝m A v 2R解得v ＝ 6 m/s<v ′A ，因此A 能从半圆轨道最高点离开．(2)滑块B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，现在B 和小车具有相同速度，由动量守恒定律得m B v B ＝(m B ＋M )v 共由能量守恒定律得E p ＝12m B v 2B －12(m B ＋M )v 2共解得E p ＝ J.答案：(1)能 (2) J。

新人教版高三物理一轮复习静电场复习题及答案解析

章末检测(六)(时间:60分钟，分值:100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分，每小题只有一个选项符合题意)1.如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点．现在在A、B两点分别固定两个点电荷Q1和Q2，则关于C、D两点的场强和电势，下列说法正确的是() A．若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度不同，电势相同B．若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同C．若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均不相同D．若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同2.如图所示，带有等量异种电荷的两块等大的平行金属板M、N水平正对放置．两板间有一带电微粒以速度v0沿直线运动，当微粒运动到P点时，将M板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒的可能运动情况是()A．沿轨迹④运动B．沿轨迹①运动C．沿轨迹②运动D．沿轨迹③运动3.真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离．下列说法中正确的是()A．A点的电势低于B点的电势B．A点的电场强度方向由A指向BC．A点的电场强度小于B点的电场强度D．正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功4．空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成如图所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则()A ．A 点和B 点的电势相同B ．C 点和D 点的电场强度相同C ．正电荷从A 点移至B 点，电场力做正功D ．负电荷从C 点沿直线CD 移至D 点，电势能先增大后减小5．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A 、B 、C 三点，如图甲所示．一个电量为2 C 、质量为1 kg 的小物块从C 点静止释放，其运动的v －t 图象如图乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )A ．B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E ＝2 V/m B ．由C 到A 的过程中物块的电势能先减小后变大 C ．由C 到A 的过程中，电势逐渐升高D ．A 、B 两点电势差U AB ＝－5 V 6.如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P ，将另一个带电小物块Q 在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在Q 向上运动过程中( )A ．物块Q 的动能一直增大B ．物块Q 的电势能一直增大C ．物块P 、Q 的重力势能和电势能之和一直增大D ．物块Q 的机械能一直增大二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多个选项符合题意) 7.如图所示，两个质量均为m ，带电荷量均为＋q 的小球A 、B ，一个固定在O 点的正下方L 处，另一个用长为L 的细线悬挂在O 点，静止时，细线与竖直方向的夹角为60°，以下说法正确的是( )A ．O 点处的电场强度的大小为3kqL 2B ．A 在B 处产生的电场强度为kqL2C ．细线上的拉力为3kq 2L2D ．B 球所受A 球的库仑力和线的拉力的合力方向竖直向上8．将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P 点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地．三个微粒分别落在图中A 、B 、C 三点，不计其重力作用，则( )A．三个微粒在电场中运动时间相等B．三个微粒的电荷量相同C．三个微粒所受电场力的大小关系是F A＜F B＜F CD．三个微粒到达下板时的动能关系是E k C＞E k B＞E k A9.如图所示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板PO、QO放置在重力场中，PO竖直，a、b 为两个带有等量同种电荷的小球(可以近似看成点电荷)，当用水平向左的作用力F作用于b 时，a、b紧靠挡板处于静止状态．现稍改变F的大小，使b稍向左移动一小段距离，则a、b重新处于静止状态后()A．a、b间电场力增大B．作用力F减小C．系统的重力势能增加D．系统的电势能增加三、非选择题(本大题共3小题，共46分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(12分)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动．经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为N a和N b.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．11．(16分)如图甲所示的平行板电容器，板间距为d ，两板所加电压随时间变化图线如图乙所示，t ＝0时刻，质量为m 、带电荷量为q 的粒子以平行于极板的速度v 0射入电容器，t ＝3T 时刻恰好从下极板边缘射出电容器，带电粒子的重力不计．求:(1)平行板电容器板长L ；(2)粒子射出电容器时速度偏转的角度φ； (3)粒子射出电容器时竖直偏转的位移y .12．(18分)如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为E 、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R ＝5v 20g，轨道在A 点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD 垂直；在Ⅲ区域内有一宽为d 的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右．一质量为m 、带电荷量为－q 的小球(可看做质点)从左边界的O 点正上方的M 点以速度v 0水平射入区域Ⅰ，恰好从A 点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电场右边界穿出，求:(1)OM 的长L ；(2)区域Ⅲ中电场强度的大小E ′；(3)小球到达区域Ⅲ中电场的右边界上的点与OO ′的距离s .章末检测(六)1．[解析]选B.若Q 1和Q 2是等量异种电荷，则C 、D 位于两个点电荷的中垂面上，所以C 、D 两点电场强度相同，电势相同，所以A 错误，B 正确；若Q 1和Q 2是等量同种电荷，则C 、D 两点电势相同，电场强度大小相等，方向不同，所以C 、D 错误．2．[解析]选C.由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεS可知，两极板所带电荷量、电介质和正对面积不变时，M 板迅速向上平移一小段距离，不影响板间场强，因而场强不变，故微粒受力情况不变，粒子沿原直线运动．3．[解析]选B.由图象知φA ＞φB ，故A 错；电场强度的方向从高电势指向低电势，即A →B ，故B 正确；图象斜率的绝对值表示场强大小，E A ＞E B ，故C 错；正电荷受力方向为A →B ，电场力做正功，故D 错．4．[解析]选C.由题图可知，A 、B 两点不在同一等势面上，电势不相同，A 错误；由对称性可知，C 、D 两点的电场强度方向不同，B 错误；由W AB ＝U AB ·q ，U AB ＞0，q ＞0可知，W AB ＞0，C 正确；沿CD 直线，由C 到D ，电势先增大后减小，故负电荷由C 沿直线CD 移至D 点，电势能先减小后增大，D 错误．5．[解析]选D.由图乙知，小物块在B 点时加速度最大，故B 点场强最大，加速度大小为2 m/s 2，据qE ＝ma 得E ＝1 V/m ，选项A 错误；由C 到A 的过程中小物块的动能一直增大，电势能始终在减小，故电势逐渐降低，选项B 、C 错误；根据动能定理有qU AB ＝12m v 2B－12m v 2A，解得:U AB ＝－5 V ，选项D 正确． 6．[解析]选D.由F 库－mg sin θ＝ma 可知，物块沿斜面的加速度先向上逐渐减小，再沿斜面向下，逐渐增大，其速度先增大后减小，故物块Q 的动能先增大再减小，A 错误；因电场力始终做正功，故电势能一直减小，物块Q 的机械能一直增大，B 错误，D 正确；因只有电场力、重力做功，物块的电势能、重力势能、动能之和守恒，又知动能先增大后减小，故重力势能和电势能之和先减小后增大，C 错误．7．[解析]选ABD.由点电荷的场强公式，A 在B 处产生的电场强度为E 1＝k qL2，O 点处的电场为A 、B 分别在O 处产生的电场的叠加，即E 2＝2E 1cos 30°＝3k qL2，则A 、B 说法正确；对B 球，由平衡条件得，B 球所受A 球的库仑力和线的拉力的合力方向竖直向上，且细线上的拉力F T ＝mg ＝k q 2L2，则D 说法正确，C 说法错误．8．[解析]选CD.因为三个微粒只受到竖直向下的恒定的电场力的作用，所以它们均做类平抛运动．根据题意，它们在水平方向上做的是速度大小相同的匀速直线运动，三个微粒在电场中运动的时间与它们在水平方向上的位移成正比，显然，t A ＞t B ＞t C ，选项A 错误；它们做类平抛运动的初速度相同，但运动轨迹不同，这说明它们受到的电场力不同，因此所带电荷量不同，选项B 错误；它们在竖直方向上下落的位移相同(设为h )，但运动时间不同，根据关系式a ＝2h /t 2及t A ＞t B ＞t C 可知，a A ＜a B ＜a C ，因为它们的质量相等，根据牛顿第二定律可知，三个微粒所受电场力的大小关系是F A ＜F B ＜F C ，选项C 正确；又因为三个微粒在竖直方向上的位移相等，所以电场力做的功的大小关系是W A ＜W B ＜W C ，根据动能定理，粒子所受的电场力做的功等于粒子动能的增加量，所以三个微粒到达下板时的动能关系是E k C ＞E k B ＞E k A ，选项D 正确．9．[解析]选BC.设a 、b 间的电场力F 2和竖直挡板之间的夹角为θ，可以看出θ变小，以a 为研究对象，进行受力分析可知，它受到挡板的水平支持力F 1、重力m a g 、电场力F 2，如图所示，根据平衡条件可得:m a g ＝F 2cos θ，F 2sin θ＝F 1，解得F 2＝m a gcos θ，F 1＝m a g tan θ.因为θ变小，所以F 1、F 2均减小，A 错误；把a 、b 看成系统可知水平力F 等于F 1，因为F 1变小，所以F 变小，B 正确；由于F 2减小，a 向上运动，a 的重力势能增加，虽然b 的重力势能不变，但系统的重力势能增大，C 正确；由于电场力变小，相当于两个小球间的距离增大，所以电场力对系统做正功，因此系统的电势能应该减少，D 错误．10．[解析]质点所受电场力的大小为f ＝qE ①(1分)设质点质量为m ，经过a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有f ＋N a ＝m v 2ar ②(1分)N b －f ＝m v 2br③(1分)设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E k a 和E k b ，有E k a ＝12m v 2a ④(1分)E k b ＝12m v 2b⑤(1分)根据动能定理有E k b －E k a ＝2rf ⑥(3分) 联立①②③④⑤⑥式得E ＝16q (N b －N a )(2分)E k a ＝r12(N b ＋5N a )(1分)E k b ＝r12(5N b ＋N a )．(1分)[答案]见解析11．[解析](1)粒子水平方向做匀速运动: L ＝v 0·3T ＝3v 0T .(4分)(2)粒子竖直方向先做T 时间的匀加速，然后做T 时间的匀速，再做T 时间的匀加速:a ＝Fm ＝q U d m (2分) v y ＝qU md·2T (2分)tan φ＝v y v 0＝2qUTmd v 0(2分)故φ＝arctan 2qUTmd v 0.(2分)(3)竖直方向一共加速运动了2T 时间，匀速运动了T 时间，则 y ＝12qU md (2T )2＋qU md T ·T ＝3qU mdT 2.(4分) [答案](1)3v 0T (2)arctan 2qUT md v 0 (3)3qU mdT 212．[解析](1)小球在区域Ⅰ中做类平抛运动，设小球在A 点时的速度为v A ，竖直分速度为v y ，则有cos 60°＝v 0v A ，即v A ＝2v 0(2分)tan 60°＝v yv 0，即v y ＝3v 0(2分)由牛顿第二定律知a ＝qE ＋mgm (1分)由v 2y ＝2aL 知L ＝3m v 202(qE ＋mg ).(2分)(2)在区域Ⅱ中，由图可知BC ＝R2所以从A 点到B 点，由动能定理得mg ·R 2＝12m v 2B －12m v 2A (2分) 得v B ＝3v 0(1分)在区域Ⅲ中，小球在水平方向上做匀减速运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由运动学规律知v 2B ＝2qE ′md (2分) 得E ′＝9m v 202qd .(1分)(3)v B ＝qE ′m t ，所以t ＝2d3v 0(2分)小球在竖直方向上做自由落体运动，即 h ＝12gt 2＝2gd 29v 20(2分) 所以小球到达右边界上的点与OO ′的距离s ＝BC ＋h ＝5v 202g ＋2gd 29v 20.(1分)[答案](1)3m v 202(qE ＋mg )(2)9m v 202qd(3)5v 202g ＋2gd 29v 20。

高三物理复习一轮达标训练试题及答案解析

高三物理复习一轮达标训练试题及答案解析高三物理复习一轮达标训练试题及答案解析1.下列说法中正确的是（）A.惯性是物体只有在匀速运动或静止时才表现出来的性质B.物体的惯性是指物体不受外力作用时保持匀速直线运动状态或静止状态的性质C.物体不受外力作用时，保持匀速直线运动状态或静止状态，有惯性；受到外力作用时，不能保持匀速直线运动状态或静止状态，因此无惯性D.惯性是物体的属性，与物体的运动状态和是否受力均无关解析惯性是物体的固有属性，与物体的运动状态和受力情况均无关，故只有D正确。

答案D2.物体A的质量为10kg，物体B的质量为20kg，A、B分别以20m/s和10m/s的速度运动，则下列说法中正确的是（）A.A的惯性比B大B.B的惯性比A大C.A和B的惯性一样大D.不能确定A、B的惯性大小关系解析质量是物体惯性大小的量度，质量越大，惯性越大，惯性大小与速度大小无关，故B的惯性比A大，选项B正确，A、C、D都错。

答案B3.一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了。

对这一现象，下列说法正确的是（）A.榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂B.榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂C.榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂D.因为不清楚玻璃和榔头的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小解析因为相同大小的力作用在不同的物体上效果往往不同，所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系。

由牛顿第三定律知，作用力与反作用力等大、反向，故选项C正确。

答案C4.如图1所示，物体在水平力F作用下压在竖直墙上静止不动，则（）A.物体所受摩擦力的反作用力是重力B.力F就是物体对墙的压力C.力F的反作用力是墙壁对物体的支持力D.墙壁对物体的弹力的反作用力是物体对墙壁的压力解析作用力与反作用力的性质相同，选项A错误；力F与物体对墙的压力是两个不同的力，选项B错误；力F与墙壁对物体的支持力是一对平衡力，选项C错误；墙壁对物体的弹力与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力，选项D正确。

高三物理第一轮复习专题测试

高三物理第一轮复习专题测试（1）—力物体的平衡直线运动高三物理第一轮复习专题测试（2）—牛顿运动定律高三物理第一轮复习专题测试（3）—曲线运动万有引力定律高三物理第一轮复习专题测试（4）—动量机械能高三物理第一轮复习专题测试（5）—振动与波热学高三物理第一轮复习专题测试（6）—力学热学综合（期中考试）＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊高三物理第一轮复习专题测试（1）—力物体的平衡直线运动本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

共150分考试用时120分钟第Ⅰ卷（选择题共40分）一、本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．如图所示是汽车中的速度计，某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化.开始时指针指示在如左图所示的位置，经过7s 后指针指示在如右图所示位置，若汽车做匀变速直线运动，那么它的加速度约为（） A ．7.1m/s 2 B ．5.7m/s 2C ．1.6m/s 2D ．2.6m/s 22．某人在平直公路上骑自行车，见前方较远处红色交通信号灯亮起，他便停止蹬车，此后的一小段时间内，自行车前轮和后轮受到地面的摩擦力分别为f 前和f 后，则（）A ．f 前向后，f 后向前B ．f 前向前，f 后向后C ．f 前向前，f 后向前D ． f 前向后，f 后向后3．如图所示，a 、b 、c 为三个物块，M 、N 为两个轻质弹簧．R 为跨过光滑定滑轮的轻绳，它们连接如图并处于平衡状态．下列说法中正确的是（）A ．N 一定处于拉伸状态而M 有可能处于压缩状态B ．有可能N 处于压缩状态而M 处于拉伸状态C ．有可能N 处于不伸不缩状态而M 处于拉伸状态D ．有可能N 处于拉伸状态而M 处于不伸不缩状态 4．a 、b 两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是（）A ．a 、b 加速时，物体a 的加速度大于物体 b 的加速度B ．20 秒时，a 、b 两物体相距最远D ．40 秒时，a 、b 两物体速度相等，相距200m5．质量为m 的物体，放在质量为M 的斜面体上，斜面体放在粗糙的水平地面上，m 和M 均处于静止状态，如图所示．当物体m 上施加一个水平力F ，且F 由零逐渐加大到F m 的过程中，m 和M 仍保持相对静止，在此过程中，下列判断哪些是正确的（）A ．斜面体对m 的支持力逐渐增大B ．物体m 受到的摩擦力逐渐增大C ．地面受到的压力逐渐增大D ．地面对斜面体的静摩擦力由零逐渐增大到F m6．如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O 是球心，碗的内表面光滑。

2021-2022年高三物理一轮复习阶段性考试试题新人教版

2021年高三物理一轮复习阶段性考试试题新人教版14．某同学在学习了直线运动和牛顿运动定律知识后，绘出了沿直线运动的物体的位移x、速度v、加速度a随时间变化的图象如图所示，若该物体在t＝0时刻，初速度为零，则下列图象中该物体在t＝4 s内位移一定不为零的是( )15．光滑水平面上有一物体，受到水平拉力F作用由静止开始沿直线运动，它的速度v 随时间t变化的规律是（式中k为常量）。

关于物体的运动及拉力F做功情况，下列说法正确的是A．物体做匀加速直线运动B．物体做加速度增大的加速运动第14题图C FD．每经连续相等位移，拉力F做功大小相等16．如图所示，质量为m的木块A放在地面上的质量为M 的三角形斜劈B 上，现用大小均为F 、方向相反的力分别推A 和B ，它们均静止不动，则( ) A ．A 与B 之间一定存在弹力B ．B 与地面之间一定存在摩擦力C ．B 对A 的支持力一定等于mgD ．地面对B 的支持力的大小一定等于Mg17．如图a 所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球。

t =0时，乙球以6m/s 的初速度向静止的甲球运动。

之后，它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触）。

它们运动的v -t 图象分别如图b 中甲、乙两曲线所示。

由图线可知A ．甲、乙两球一定带异种电荷B ．t 1时刻两球的电势能最小C ．0～t 2时间内，两球间的电场力先增大后减小D ．0～t 3时间内，甲球的动能一直增大，乙球的动能一直减小二、选择题（本题共3小题。

在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

） 18．如图所示，轻质弹簧的一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与质量为m 的物体连接。

开始时用手按住物体使弹簧处于压缩状态，放手后物体向上运动所能达到的最大速度为v 。

已知重力加速度为g ，下列判断正确的是 A ．物体达到最大速度v 时，弹簧处于压缩状态 B ．物体达到最大速度v 时，其加速度为C ．从释放到达到最大速度v 的过程中，物体受到的合外力一直减小第18题图-图a v =6m/s 第17题图D．从释放到达到最大速度v的过程中，弹簧弹力对物体做功为19．如图所示，倾角为30°、高为L的固定斜面底端与水平面平滑相连，质量分别为3m、m 的两个小球A、B用一根长为L的轻绳连接，A球置于斜面顶端．现由静止释放A、B两球，B球与弧形挡板碰撞过程时间极短，碰撞过程中无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，两球最终均滑到水平面上．已知重力加速度为g，不计一切摩擦，则( )A. A球刚滑至水平面时的速度大小为125gLB. B球刚滑至水平面时的速度大小为12gLC. 两球在水平面上不可能相撞D. 在A球沿斜面下滑的过程中，轻绳对B球先做正功、后不做功20．如图所示，在xOy坐标系中，以（r，0）为圆心、r为半径的圆形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。

高三物理一轮复习阶段检测A卷（必修第三册和选择性必修第二册）参考答案与提示

高三物理一轮复习阶段检测A 卷(必修第三册和选择性必修第二册)参考答案与提示1.D 提示:点电荷Q 激发的电场充满金属球A 所在空间,在球心O 处产生的电场的场强E =k Qr 2㊂金属球A (含大地)中的自由电荷在点电荷Q 激发的外电场作用下重新分布,达到静电平衡时,在金属球A 内部,点电荷Q 产生的外电场场强E =k Qr 2与感应电荷产生的附加电场场强E ' 同时存在,且在金属球A 内部任何一点,外电场场强E 与附加电场场强E '大小相等,方向相反,即这两个电场叠加的结果使其内部的合场强处处为零㊂2.C 提示:要使细绳的拉力变为零,加上磁场后,应使导线所受安培力与其重力是一对平衡力,根据左手定则可知,所加磁场方向应垂直于纸面向里,使得导线所受安培力向上㊂3.B 提示:根据右手螺旋定则可知,导线a 在O 点产生的磁场平行于b c 边向右,导线b 在O 点产生的磁场平行于a c 边指向右下方,导线c 在O 点产生的磁场平行于a b 边指向右上方㊂三根导线中的电流大小相同,到O 点的距离相同,根据平行四边形定则可知,合磁场的方向向右㊂4.C 提示:根据题图乙可知,变压器的输入电压的最大值为5V ,而电压表示数为交变电压的有效值,则U =52V ,选项A ㊁B错误㊂因为U m a x 1=5V ,引发电火花的条件是副线圈电压峰值U m a x 2>5000V ,所以根据n 1n 2=U 1U 2得n 2n 1>1000,选项C 正确,D 错误㊂图15.B D 提示:因为小球做匀变速直线运动,所以小球所受合力与速度方向在同一条直线上,结合平行四边形定则可知,静电力的方向不确定,有最小值㊂如图1所示,当静电力垂直于运动方向时,静电力最小,且等于m gc o s 30ʎ,因此电场强度的最小值E m i n =m g c o s 30ʎq =3m g 2q,选项A 错误,B 正确㊂根据平行四边形定则可知,当小球所受静电力与重力大小相等时,两个力的夹角为120ʎ,因此小球所受合力大小等于m g ㊂根据牛顿第二定律可知,小球的加速度为g ,小球斜向上做匀减速直线运动,最大位移x =v 22g ,则小球上升的最大高度h =x s i n 30ʎ=v 24g,在整个过程中静电力做功W =qE x c o s 120ʎ=-m v 204,电势能增加量为m v 24,因此小球电势能的最大值为m v 24,选项C 错误,D 正确㊂6.A B 提示:因为靠近导线M 处,粒子的偏转程度较大,说明靠近导线M 处粒子的运动轨迹的半径较小,根据洛伦兹力提供向心力得q v B =m v 2r,解得粒子的运动轨迹半径r =m vq B ,即粒子的运动轨迹半径r 变小,说明磁感应强度B 变大㊂又因越靠近通电直导线的地方磁感应强度越大,故只有导线M 中通有电流㊂当导线M 中通自上而下的电流时,根据右手螺旋定则可知,在导线M 右侧区域内的磁场垂直于纸面向外,根据曲线运动的特点可知,粒子受到的合外力指向弧内,即洛伦兹力指向右侧,根据左手定则可知,带正电的粒子从b 点向a 点运动,带负电的粒子从a 点向b 点运动㊂7.A D 因为5G 使用的电磁波频率比4G 的高,根据E =h ν可知,5G 使用的电磁波比4G 的光子能量更大,选项A 正确㊂发生明显衍射的条件是障碍物(孔)的尺寸可以跟波长相比,甚至比波长还小㊂因5G 使用的电磁波频率更高,根据ν=cλ可知,其波长34参考答案与提示高考理化 2023年11月更短,故5G 使用的电磁波越不容易发生明显衍射,选项B 错误,D 正确㊂光在真空中的传播速度都是相同的,光在介质中的传播速度v =c n ,5G 使用的电磁波频率比4G 的高,而频率越高折射率越大,光在介质中的传播速度越小,选项C 错误㊂8.A C D 提示:金属棒a 向左运动时,回路中产生沿顺时针方向的感应电流,金属棒a 受到向右的安培力,金属棒b 也受到向右的安培力,两金属棒受力等大同向(均水平向右),所以两金属棒组成的系统所受合外力不为零,系统的动量不守恒,选项A 正确㊂金属棒a 向左做减速运动,金属棒b 向右做加速运动,两金属棒的速度差逐渐减小,回路中的感应电动势和感应电流变小,金属棒a 做加速度减小的减速运动,金属棒b 做加速度减小的加速运动,当二者速度大小相等时,穿过回路的磁通量不变,不再产生感应电流,两金属棒不受安培力,均做匀速运动,设速度大小为v ,看起来动量不守恒,但安培力等大,因磁场方向相反,安培力对两金属棒的冲量可视为等大反向,故系统动量守恒,即m 1v 0=(m 1+m 2)v ,解得v =m 1v 0m 1+m 2,即最终两金属棒的速度大小都是v ,方向相反,速度之差恒定,选项B 错误㊂从开始运动到两金属棒达到稳定的过程中,金属棒a 的动能转化为金属棒b 的动能和回路的焦耳热,而金属棒b 动能的增加量等于安培力对金属棒b 做的功,所以金属棒a 克服安培力做功的功率等于安培力对金属棒b 做功功率与两金属棒总发热功率之和,选项C 正确㊂取水平向左为正方向,对金属棒a 应用动量定理得-B L q =m 1v -m 1v 0,解得流经金属棒a 的总电荷量q =m 1m 2v 0B L (m 1+m 2),选项D 正确㊂9.(1)B D (2)A (3)0.81 小灯泡的电阻率随着温度升高而增大提示:(1)使用欧姆表测量电阻前应进行机械调零,即在电路断开的情况下,使电流为零;测量电阻时,每次换挡后必须进行欧姆调零,即将两表笔短接,调节调零旋钮,看指针是否指在 Ω 刻度线的 0 处,而不需要重新进行机械调零,选项A 错误,B 正确㊂使用欧姆挡测电阻时,应该与外部电源断开,选项C 错误㊂测量时,若指针偏转很小(靠近 ɕ 附近),表明所选择的挡位太小,导致示数偏大,所以应选用倍率更大的挡位进行测量,选项D 正确㊂(2)测量小灯泡的伏安特性曲线需要从零开始调节,故A 电路图满足要求㊂(3)根据题图可知,3V 处的电流为0.27A ,则小灯泡的额定功率P =U I =0.81W ㊂此时的电阻跟多用电表测出的阻值相差较大,是因为小灯泡的电阻率随着温度升高而增大㊂10.(1)物体经过D 点时有3m g +m g =m v 2DR ,解得v D =2g R ㊂静电力垂直于斜面方向的分力F y =F s i n θ=0.8m g ,重力垂直于斜面方向的分力G y =m g c o s θ=0.8m g ,则物体受到的斜面的压力为零,故物体不受斜面的摩擦力㊂在物体从A 点运动到D 点的过程中,根据动能定理得-m g (2R -s 0㊃s i n θ)+F s 0㊃co s θ=12m v 2D ,解得s 0=2.4R ㊂(2)静电力与重力的合力F 合=F 2+(m g )2=53m g ,t a n α=F m g=43,解得α=53ʎ,则物体经过圆弧轨道的等效最高点时有53m g =mv 2m i nR,解得物体的最小速度v m i n =53g R ㊂物体从起点运动到等效最高点的过程中,根据动能定理得53m g (s m i n -R -R s i n θ)=12m v 2m i n ,解得s m i n =2.1R ㊂11.α粒子带正电,在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动,用R 表示α粒子的运动轨图2迹半径,则q v B =m v2R ,解得R =10c m ,可见2R >l >R ㊂因朝不同方向发射的α粒子的圆形运动轨迹都过S 点,故某一圆形运动轨迹在图2中N44 参考答案与提示高考理化 2023年11月点左侧与感光板相切,则此切点P 1就是α粒子能打中的左侧最远点㊂为定出P 1点的位置,可作平行于感光板的直线c d ,直线c d 到感光板的距离为R ,以S 为圆心,R 为半径作弧,交直线c d 于Q 点,过Q 点作感光板的垂线,它与感光板的交点即为P 1㊂根据几何关系得N P 1=R 2-(l -R )2=8c m ㊂再考虑N 点的右侧,任何α粒子在运动中到S 点的距离不可能超过2R ,以2R 为半径,S 为圆心作圆,交感光板于N 点右侧的P 2点,P 2点就是α粒子能打中的右侧最远点㊂根据几何关系得N P 2=(2R )2-l 2=12c m ㊂因此P 1P 2=N P 1+N P 2=20c m ㊂12.(1)金属棒MN 滑过圆环直径O O '的瞬时,切割磁感线的有效长度为2ɑ,金属棒MN 中的感应电动势E 1=B ㊃2ɑ㊃v 0=0.8V ,流过灯泡L 1的电流I 1=E 1R 0=0.4A ㊂(2)撤去金属棒MN ,将右侧半圆环以直径O O '为轴向上翻转90ʎ,根据法拉第电磁感应定律得E 2=ΔФΔt =πa 22㊃ΔB Δt=0.32V ,则灯泡L 1的电功率P =E 222R 0=1.28ˑ10-2W ㊂13.(1)设金属棒甲向右运动的最大速度为v m a x ,对应电流为I ,金属棒甲受到的安培力为F 安,则F =F 安=B I L ,I =B L v m a xR +2R ,解得v m a x =3R FB 2L 2㊂金属棒甲中产生焦耳热的功率的最大值P m a x =13F 安v m a x =F 2RB 2L2㊂(2)当力F 作用时间为t 时,设金属棒甲和乙的速度大小分别为v 1和v 2,对金属棒甲应用动量定理得F t -B I L t =m v 1,对金属棒乙应用动量定理得2B I L t =2m v 2,此时回路中的感应电流I =B L v 1-2B L v 2R +2R ,对金属棒甲应用牛顿第二定律得F -B I L =m a ,解得v 2=F t3m -(F -m a )RB 2L2㊂(责任编辑张巧)(上接第39页)为R ,导体棒c d 接入电路的电阻为2R ,两导体棒始终在对应的导轨部分上运动,并始终与导轨垂直且接触良好,导轨电阻不计㊂现瞬间给导体棒c d 一水平向右的初速度v 0,则对此后的运动过程,下列说法中正确的是( )㊂A.两导体棒组成的系统动量守恒B .导体棒c d 最终的速度为23v 0C .整个过程中,通过导体棒c d 的电荷量为2m v 03B LD .从导体棒c d 获得初速度到二者稳定运动的过程中,系统产生的焦耳热为23m v 20思路点拨:因为导体棒a b 和c d 的长度不同,所以受到的安培力大小不相等,两导体棒组成的系统动量不守恒㊂当导体棒a b 和c d 产生的感应电动势大小相等时,两导体棒都做匀速直线运动,则B L v a b =B ㊃2L v c d ,对两导体棒分别应用动量定理得B I ㊃L Δt =m v a b ,-B I ㊃2L Δt =2m v c d -2m v 0,解得v c d =v 03,v a b =2v 03㊂结合q =I Δt ,解得q =2m v 03B L ㊂根据能量守恒定律得整个过程中系统产生的焦耳热Q =12ˑ2m v 20-12ˑ2m v 2c d -12m v 2a b ,解得Q =23m v 20㊂答案:C D总结: 杆+导轨是一个经典的模型,涉及知识点比较多㊂在以杆+导轨模型为素材的电磁感应问题中,若满足动量守恒条件,则应优先选用动量守恒定律列式求解;若已知位移,则需结合动能定理列式求解;若已知时间,则需结合动量定理列式求解;若需要求电荷量,则需要应用安培力的冲量I 安=B L q ,并结合能量守恒定律列式求解㊂总之,求解以杆+导轨模型为素材的电磁感应问题时,需要充分挖掘题目隐含条件,使复杂的问题简单化,将难点逐个突破㊂(责任编辑张巧)54参考答案与提示高考理化 2023年11月。

力学热学综合(期中考试)高三物理第一轮复习专题测试六新课标人教版

力学热学综合(期中考试)高三物理第一轮复习专题测试六本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

共150分考试用时120分钟第Ⅰ卷（选择题共40分）一、本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．一个物体受到两个力F 1、F 2的作用，其中F 1=10N ，F 2=2N ，以下说法正确的是（） A ．两个力的合力的最大值为12N B ．两个力的合力的最小值为8NC ．如果F 1、F 2之间的夹角为53°，则两个力的合力为8N (cos53°=0.6)D ．如果该物体的质量为2kg ，则该物体的加速度可能为5m/s 22．关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（）A ．布朗运动就是液体分子的热运动B ．用活塞压缩气缸里的空气，对空气做功2.0×105J ，则空气向外界放出热量1.5×105J ，则空气向外界放出的热量0.5×105JC ．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律D ．一定质量的气体，如果保持温度不变，体积越小压强越大3．跳水运动员从10m 高跳台，按头下脚上下落时，可近似看成自由落体运动，则他从开始下落到入水前一段运动过程，下列说法正确的是（）A ．前一半位移用的时间短，后一半位移用的时间长B ．前一半时间内位移短，后一半时间内位移长C ．他将有“超重”的感觉D ．他将感到水面加速上升4．如图所示，两端敞口的容器用活塞 A ，B 封闭着一定质量的理想气体，容器和活塞用绝热的材料做成。

活塞 A ，B 的质量均为m ，可在容器内无摩擦地滑动.现有一质量也为 m的泥粘C 以速度v 飞撞在A 上并粘在一起后压缩气体，使气体的内能增加.则（）A ．活塞 A 获得的最大速度为v /2B ．活塞 B 获得的最大速度为v /3C ．活塞 A 、B 速度第一次相等时，气体的内能最大D ．气体增加的最大内能为32m v5．细绳拴一个质量为m 的小球，小球将固定在墙上的弹簧压缩x ，小球与弹簧不粘连．如下图所示，将细线烧断后（）A．小球立即做平抛运动B．小球的加速度立即为gC．小球离开弹簧后做匀变速运动D．小球落地过程中重力做功mgh6．某房间，上午10时的温度为15℃，下午2时的温度为25℃，假定房间内气压无变化，则下午2时与上午10时相比较，房间内的（） A．气体分子撞击墙壁单位面积的数目减少了B．空气分子的平均动能增大C．所有空气分子的速率都增大D．气体密度减小了7．某人造卫星运动的轨道可近似看作是以地心为中心的圆.由于阻力作用，人造卫星到地心的距离从r1慢慢变到r2，用E K l、E K2分别表示卫星在这两个轨道上的动能，则（） A．r1<r2，E K1<E K2B．r1>r2，E K1<E K2C．r1<r2，E Kt>Era D．r1>r2，E K1>E K28．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻的波形如图中的实线所示，此时波刚好传到P点。

高三物理第一轮复习考试题

高三物理第一轮复习考试题一、选择题(共40分、四个选项中只有一个正确、填入括号内)1．如图1所示，质量为m 的木块在大小为F 、与水平方向成α角的拉力作用下沿水平地面加速滑动，木块与水平地面之间动摩擦因数为μ。

以下说法中正确的是（）A ．若减小α角，而力的大小不改变，物体的加速度将减小B ．若减小α角，而力的大小不改变，物体的加速度将增大C ．若将物体的质量与拉力都增大2倍，物体的加速度将不变D ．若将物体的质量与拉力都增大2倍，物体的加速度将减小 2．如图2所示，在天花板上的O 点系一根细绳，细绳的下端系一小球。

将小球拉至细绳处于水平的位置，由静止释放小球，小球从位置A 开始沿圆弧下落到悬点的正下方的B 点的运动过程中，下面说法正确的是（）A ．小球受到的向心力一定不变B ．小球受到的细绳的拉力在逐渐变大C ．由于细线的拉力方向始终与小球的速度方向垂直，所以拉力对小球的冲量为零D ．重力对小球做功的瞬时功率逐渐变大 3．如图3所示，在一个水平圆盘上有一个木块P 随圆盘一起匀速转动。

若圆盘的转速逐渐减慢，则下面说法中正确的是( )A ．P 受到的静摩擦力的方向仍然指向圆心B ．P 受到的静摩擦力不可能为零C ．P 受到的静摩擦力的方向跟P 与O 的连线的夹角大于90°D ．P 受到的静摩擦力的方向跟P 与O 的连线的夹角等于90°4．物体A 、B 均静止在同一水平面上，其质量分别为m A 、m B ，与水平面间的动摩擦因数分别为μA 、μB ，水平方向的力F 分别作用在A 、B 上，所产生的加速度a 与力F 的关系分别如图4中的A 、B 所示，则以下判断正确的是（） A ．μA >μB m A < m B B ．μA =μB m A < m BC ．μA <μB m A > m BD ．μA =μB m A = m B5．如图5所示，以9.8m/s 的水平速度v O 抛出的物体,飞行一段时间后,垂直的撞在倾角θ=300的斜面上.物体完成这段飞行的时间是( )○A. 3sB. √2 sC.2s D √3 s 图56、质点的下列运动中，不属于匀变速运动的是( )A 、平抛运动B 竖直上抛运动C 自由落体运动D 匀速圆周运动B 图2 图1 图37、由上海飞往美国洛杉矶的飞机在飞越太平洋上空的过程中，如果保持飞行速度的大小和距离海面的高度均不变，则以下说法正确的是( )A 飞机做的是匀速直线运动B 飞机上的乘客对座椅的压力略大于地球对乘客的引力C 飞机上的乘客对座椅的压力略小于地球对乘客的引力D 飞机上的乘客对座椅的压力为零8、一空间站正在沿圆形轨道绕地球运行，现从空间站向其运行方向弹射出一个小物体（质量远小球空间站的质量），当空间站再次达到重新稳定运行时，则与原来相比（）A ．空间站仍在原轨道上运行，但速率变小，周期变大B ．空间站的高度变小，速率变小，周期变大C ．空间站的高度变小，速率变大，周期变小D ．空间站的高度变大，速率变小，周期变大二、填空题:(4×6=24分)9.随着科学技术的发展，人类已经初步实现了载人航天飞行，人类早期的梦想正逐步变成现实。

《必修1、2及选修3-1》测试题(新人教版)

新课标高三物理第一轮复习阶段性测试题（6）本试卷可以做为期中考试（命题范围：必修1、2及选修3-1）说明：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共150分；答题时间120分钟.第Ⅰ卷（选择题，共40分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态.当用水平向左的恒力F推Q时，P、Q仍静止不动，则（）A．Q受到的摩擦力一定变小B．Q受到的摩擦力一定变大C．轻绳上的拉力一定变小D．轻绳上拉力一定不变2．甲、乙、丙三个小球分别位于如图所示的竖直平面内，甲、乙在同一条竖直线上，甲、丙在同一条水平线上，水平面上的P点在丙的正下方，在同一时刻甲、乙、丙开始运动，甲以初速度v0做平抛运动，乙以水平速度v0沿光滑水平面向右做匀速直线运动，丙做自由落体运动.则（）A．若甲、乙、丙三球同时相遇，则一定发生在P点B．若甲、丙两球在空中相遇，此时乙球一定在P点C．若只有甲、乙两球在水平面上相遇，此时丙球还未着地D．无论初速度v0大小如何，甲、乙、丙三球一定会同时在P点相遇3．如图所示，质量分别为m1和m2的两物块放在水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数都是μ（0μ），用轻质弹簧将两物块连接在一起.当用水平力F作用在m1上时，两物块≠均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F/作用在m1时，两物块均以加速度a/=2a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x/.则下列关系正确的是（）A．F/=2F B．x/=2xC．F/>2F D．x/<2x4．电荷量分别为+q、+q、－q的三个带电小球，分别固定在边长均为L的绝缘三角形框架的三个顶点上，并置于场强为E的匀强电场中，如图所示.若三角形绕穿过其中心O垂直于三角形所在平面的轴逆时针转过120°，则此过程中系统电势能变化情况为（）A．增加EqL/2 B．减少EqL/2C ．增加EqLD ．减少EqL5．如图所示，小王要在客厅里挂上一幅质量为1.0kg 的画（含画框），画框背面有两个相距1.0m 、位置固定的挂钩，他将轻质细绳两端分别固定在两个挂钩上.把画对称地挂在竖直墙壁的钉子上，挂好后整条细绳呈绷紧状态.设细绳能够承受的最大拉力为10N ，g 取10m/s 2，则细绳至少需要多长才至于断掉（） A ．1.2m B ．1.5mC ．2.0mD ．3.5m6．2006年5月的天空是相当精彩的，行星们非常活跃，木星冲日、火星合月、木星合月等景观美不胜收，而流星雨更是热闹非凡，宝瓶座流星雨非常壮丽，值得一观. 在太阳系中，木星是九兄弟中“最魁梧的巨人”，5月4日23时，发生木星冲日现象.所谓的木星冲日是指地球、木星在各自轨道上运行时与太阳重逢在一条直线上，也就是木星与太阳黄经相差180度的现象，天文学上称为“冲日”.冲日前后木星距离地球最近，也最明亮. 下列说法正确的是（）A ．2006年5月4日，木星的线速度大于地球的线速度B ．2006年5月4日，木星的加速度大于地球的加速度C ．2007年5月4日，必将产生下一个“木星冲日”D ．下一个“木星冲日”必将在2007年5月4日之后的某天发生7．如图所示，质量为m 的光滑球放在底面光滑的质量为M 的三角劈与竖直档板之间，在水平方向对三角劈施加作用力F ，可使小球处于静止状态或恰可使小球自由下落，则关于所施加的水平力的大小和方向的描述正确的有（） A ．小球处于静止时，应施加水平向左的力F ，且大小为mgB ．小球处于静止时，应施加水平向左的力F ，且大小为θtg mg ⋅C ．小球恰好自由下落时，应施加水平向右的力F ，且大小为 θtg Mg ⋅D ．小球恰好自由下落时，应施加水平向右的力F ，且大小为θctg Mg ⋅8．摄制组在某大楼边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶，如图所示，若特技演员的质量m =50kg （人和车可视为质点），g 取10m/s 2，导演在某房顶离地H =8m 处架设了轮轴，轮和轴的直径之比为2:1.若轨道车从图中A 前进s=6m 到B 处时速度为v =5m/s ，则由于绕在轮上细钢丝拉动，特技演员（） A ．上升的高度为12mB ．在最高点具有竖直向上的速度6m/sC ．在最高点具有的机械能为2900JD ．钢丝在这一过程中对演员做的功为1225J9．如图所示，在光滑的水平板的中央有一光滑的小孔，用不可伸长的轻绳穿过小孔，绳的两端分别挂上小球C 和物体B ，在B 的下端再挂一重物A ，现使小球C 在水平板上以小孔为圆心做匀速圆周运动，稳定时圆周运动的半径为R ，现剪断连接A 、B 的绳子，稳定后，小球以另一半径在水平面上做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（） A ．小球运动半周，剪断连接A 、B 的绳子前受到的冲量大些 B ．剪断连接A 、B 的绳子后，B 、C 具有的机械能增加 C ．剪断连接A 、B 的绳子后，C 的机械能不变D ．剪断连接A 、B 的绳子后，A 、B 、C 的总机械能不变（A 未落地前）10．K －介子衰变的方程为0ππ+→--K ，其中-K 介子和-π介子带负的元电荷e ，0π不带电.如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN 为理想边界，磁感应强度分别为B 1、B 2.今有一个K －介子沿垂直于磁场的方向从A 点射入匀强磁场B 1中，其轨迹为圆弧AP ，P 在MN 上，K －介子在P 点时速度为v ，方向与MN 垂直.在P 点该介子发生了上述衰变，衰变后产生的-π介子以原速率沿反方向射回，其运动轨迹为图中虚线所示的“心”形图线.则以下说法中正确的是（）A ．-π介子的运行轨迹为PENCMDPB ．-π介子运行一周回到P 点用时为eB m T 22π=C ．B 1=4B 2D ．0π介子做匀速直线运动第Ⅱ卷（非选择题，共110分）二、本题共2小题，共20分，把答案填在题中相应的横线上或按题目要求作答.11．（8分）为了探究物体做功与物体速度变化的关系，现提供如图所示的器材，让小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，请思考探究思路并回答下列问题（打点计时器交流电频率为50Hz ）（1）为了消除摩擦力的影响应采取什么措施？_____________ （2）当我们分别用同样的橡皮筋1条、2条、3条 ……..并起来进行第一次、第二次、第三次……..实验时，每次实验中橡皮筋拉伸的长度应保持一致，我们把第一次实验时橡皮筋对小车做的功记为W.（3）由于橡皮筋对小车做功而使小车获得的速度可以由打点计时器和纸带测出，如图所示是其中四次实验打出的纸带.（4）试根据第（2）、（3）项中的信息，填写下表.次数 1 2 3 4 橡皮筋对小车做功小车速度v（m/s）V2（m2/s2）从表中数据可得出的结论：___________________________________.12．（12分）如图所示，R x为待测电阻率的一根金属丝，长为L，R为阻值已知的定值电阻，R/为保护电阻，E为电源，电压表为理想电压表，S为单刀单掷开关，S1、S2为单刀双掷开关，a、b、c、d、e、f为接线柱.（1）实验中，用螺旋测微器测金属丝的直径时，其示数如图甲所示，则金属丝的直径d=_______.（2）某同学利用上述器材设计了一个测金属丝电阻的电路，如图乙所示，请根据此电路图将丙中实验仪器和器材连接实验电路.（3）闭合开关S后的实验主要步骤：①__________ ②________________；电阻率的表达式为：______________.三、本题共6小题，共90分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.13．（13分）如图所示，半径为R的半球支撑面顶部有一小孔.质量分别为m1和m2的两只小球（视为质点），通过一根穿过半球顶部小孔的细线相连，不计所有的摩擦.请你分析：（1）m2小球静止在球面上时，其平衡位置与半球面的球心连线跟水平方向的夹角为θ，则m1、m2、θ和R之间满足什么关系？（2）若m2小球静止于θ=45°处，现将其沿半球面稍稍向下移动一些，则释放后m2能否回到以来位置，请作简析.14．（14分）如图所示，长L=75cm的质量m=2kg的平底玻璃管底部置有一玻璃小球，玻璃管从静止开始受到一竖直向下的恒力F=12N的作用，使玻璃管竖直向下运动，经一段时间t，小球离开管口.空气阻力不计，取g=10m/s2.求：时间t和小球离开玻璃管时玻璃管的速度的大小.15．（14分）如图所示，电源电动势E=18V，内阻r=2Ω，两平行金属板水平放置，相距d=2cm，当变阻器R2的滑片P恰好移到中点时，一带电量q=－2×10－7C的液滴刚好静止在电容器两板的正中央，此时电流表的读数为1A.已知定值电阻R1=6Ω.求：（1）带电液滴的质量（取g=10m/s2）.（2）当把滑动变阻器的滑动片P迅速移到C点后，液滴将做何种运动，求出必需的物理量.（3）液滴到达极板时的动能多大？16．（16分）如图所示，在xOy平面内的第三象限中有沿－y方向的匀强电场，场强大小为E.在第一和第二象限有匀强磁场，方向垂直于坐标平面向里.有一个质量为m、电荷量为e的电子，从y轴的P点以初速度v0垂直于电场方向进入电场（不计电子所受的重力）.经电场偏转后，沿着与x轴负方向成45°进入磁场，并能返回到原出发点P.（1）求P点距坐标原点的距离h.（2）求出磁场的磁感应强度B以及电子从P点出发经多长时间再次返回P点？17．（16分）如图所示，在直角坐标系的第Ⅱ象限和第Ⅳ象限中的直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为B=5.0×10－2T的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里.质量m=6.64×10－27kg、电荷量为q=+3.2×10－19C的α粒子（不计α粒子的重力），由静止开始经加速电压为U=1205V的电场（图中未画出）加速后，从坐标点M（－4，2）处平行于x轴向右运动，并先后通过匀强磁场区域.（1）请你求出α粒子在磁场中的运动半径；（2）请你在图中画出α粒子从直线x=－4到x=4之间的运动轨迹，并在图中标明轨迹与直线x=4交点的坐标；（3）求出α粒子在两个磁场区域偏转所用的总时间.18．（17分）儿童滑梯可以看成是由斜槽AB和水平槽CD组成，中间用很短的光滑圆弧槽BC连接，如图所示.质量为m的儿童从斜槽的顶点A由静止开始沿斜槽AB滑下，再进入水平槽CD，最后停在水平槽上的E点，由A到E的水平距离设为L.假设儿童可以看作质点，已知儿童的质量为m，他与斜槽和水平槽间的动摩擦因数都为μ，A点与水平槽CD的高度差为h.（1）求儿童从A点滑到E点的过程中，重力做的功和克服摩擦力做的功.（2）试分析说明，儿童沿滑梯滑下通过的水平距离L与斜槽AB跟水平面的夹角无关.（3）要使儿童沿滑梯滑下过程中的最大速度不超过v，斜槽与水平面的夹角不能超过多少？（可用反三角函数表示）参考答案1．答案：D Q 开始时受到的摩擦力大小、方向不能确定，故不能其变化情况；但P 、Q仍静止，轻绳上拉力一定不变.故D 选项正确.2．答案：AB 因为乙、丙只能在P 点相遇，所以三球若相遇，则一定相遇于P 点，A 正确；因为甲、乙水平方向做速度相同的匀速直线运动，所以B 正确；因为甲、丙两球在竖直方向同时开始做自由落体运动，C 错误；因B 项存在的可能，所以D 错.3．答案：D 对m 1、m 2整体在两种情况分别运用牛顿第二定律，然后再隔离m 2运用牛顿第二定律即可得到正确答案.4．答案：C 电场力最右上角+q 做负功EqL ，电场力对底端+q 做正功qEL /2，电场力对左上角－q 做负功EqL /2，所以系统电势能增加EqL .5．答案：A 细绳两侧拉力相等，承受的拉力均为10N ，然后根据力的合成即可，两段绳子的拉力的合力就等于画的重力. 6．答案：D 由R GM v /=知A 错误；由2/R GM a =知B 错误；由3/R GM =ω知，木星地ωω>，当2007年5月4日地球回到图示出发点时，木星还未回到其出发点，则下一个“木星冲日”必在2007年5月4日之后.7．答案：BD 小球处于静止时，对于小球，受三力共点且平衡，如图甲所示，由平衡条件得：θcos 1mgF =.对于斜面，水平方向在F 和1F 的水平分力作用下处于平衡状态，如图乙，所以有：θsin 1⋅=F F .将1F 的表达式代入得：θtg mg F ⋅=，故选项B 正确.当小球恰好自由下落时，小球在竖直方向做自由落体运动，则三角劈一定向右做匀加速直线运动，设其加速度为a ，它与重力加速度g 的联系为：竖直位移221gt h =，水平位移221at s =，且shtg =θ，所以θctg g a ⋅=.对三角劈，由牛顿第二定律得：θctg Mg Ma F ⋅==，故选项D 正确.综合来看，选项B 、D正确.8．答案：BC 设轨道车在B 时细线与水平方向之间的夹角为θ，将此时轨道车的速度分解，如图所示.由图可知，在这一过程中，连接轨道车的钢丝上升的距离为28862222=-+=-+=H H s h m ，演员上升的距离为2×2m=4m ，A 项错误；此时钢丝的速度38665cos 2222=+⨯=+==H s vs v v θ丝m/s ，由于轮和轴的角速度相同，则其线速度之比等于半径（直径）之比，12=丝人v v ，即s m v v /62==丝人，B 项正确；演员在最高点具有的机械能为2900410502650222=⨯⨯+⨯=+=mgh mv E 人J ，C项正确；根据功能关系可知，钢丝在一过程中对演员做的功等于演员机械能的增量，即W=2900J ，D 项错误.9．答案：AD 剪断绳子前C 球做匀速圆周运动的向心力由绳子拉力提供，大小等于A 、B 两物体的重力，剪断绳子后C 球所受的拉力不足以提供向心力，故C 球将做离心运动，轨道半径增大，绳子拉力对C 球做负功，动能变小，C 错.在剪断绳子前后，小球运动半周的冲量变化量等于动量的变化量2mv ，但剪断绳子前小球做圆周运动的速率小于剪断绳子后，因此A 正确；剪断绳子后，B 、C 总机械能不变，且A 、B 、C 系统的总机械能也不变，B 错，D 正确. 10．答案：BD -π介子带负电，根据左手定则可以判断出-π介子的运行轨迹为PDMCNEP ，则选项A 错误；设-π介子在左右磁场中做匀速圆周运动的半径分别为R 1和R 2，运行周期分别为T 1和T 2，由题图可知，2121=R R ，由R =mv /qB ，所以B 1=2B 2，即选项C 错误；而112eB mT π=，222eB m T π=，而-π介子运行一周回到P 点所用时间为21212222eB m T T T T π=++=，即选项B 正确；由于0π不带电，它不受洛伦兹力的作用，它将做匀速直线运动，即选项D 正确.11．解析：（1）将木板固定有打点计时器的一端垫起适当的高度，使小车缓慢匀速下滑（2分）（2）次数 12 3 4 橡皮筋对小车做功W2W3W4W小车速度v （m/s ） 1.0 1.415 1.73 2.0 v 2（m 2/s 2）1.02.03.04.0橡皮筋对小车做功与小车速度的平方成正比（6分，其中表格占4分）12．解析：根据螺旋测微器的读数原理可知其读数为1.220.连接实物图时要注意接线柱的选择和连线不能交叉，还要注意量程的选择.因为I x =I ，所以有U 2/R x =U 1/R ，R x =U 2R/U 1，又R=ρL/S ，所以1224LU R U d πρ=.答案：（1）1.220（3分）（2）如图所示.（3分）（3）①先将S 1、S 2掷向c 和f ，测出电阻R 两端电压U 1；②将S 1、S 2掷向a 和d ，测出 R x 两端的U 2.（4分）1224LU R U dπρ=（2分13．解析：（1）根据平衡条件，g m g m 12cos =θ，θcos 21m m =（3分）m 1、m 2、θ和R 无关. （2分）（2）不能回到原来位置（3分）m 2所受的合力为0)45cos (cos cos 212>︒-'=-'θθg m g m g m （3分）（︒<'45θ ）所以m 2将向下运动. （2分）14．解析：设玻璃管向下运动的加速度为a ，对玻璃管受力分析由牛顿第二定律得，ma mg F =+①（2分）设玻璃球和玻璃管向下运动的位移分别为s 1、s 2时，玻璃球离开玻璃管，由题意得，L s s =-12②（2分）由玻璃球作自由落体运动得，2121gt s =③（2分）由玻璃管向下加速运动得，2221at s =④（2分）玻璃球离开玻璃管时，玻璃管的速度at v =⑤（2分）由①～⑤式解得，t =0.5s ，v =8m/s. （4分） 15．解析：（1）电容器两极板的电压是电源的路端电压，U=E －Ir =16V （2分）由平衡条件mg=qU/d ，得m=qU/gd =1.6×10－5kg （2分）（2）当滑片在中点时I (R+R 2/2)=U =16V ，∴R 2=20Ω（2分）当滑片滑到C 点时，路端电压U /=E (R 1+R 2)/(r+R 1+R 2)=7117V>16V （2分）所以液滴将向上极板方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律qU //d －mg=ma （2分） a=q (U /－U )/md =0.45m/s 2（2分）（3）液滴到达上极板时的动能，由动能定理得，mv 2/2=qU //2－mgd /2=q (U /－U )/2=7.14×10－8J （2分） 16．解析：（1）如图所示，电子由P 点到M 点受电场力作用做类平抛运动，电子在M 点刚进入磁场时的速度00245cos /v v v =︒=①（2分）由动能定理得，eEh mv mv =-2022121②（2分）由①②式解得，eEmv h 22= ③（1分）（2）由题意，电子由M 点进入磁场后受洛伦兹力作用作匀速圆周运动，从N 点离开磁场，再由N 点作匀速直线运动返回P 点（注意，还不能判断磁场中的圆周运动的圆心是否在y 轴上）.电子由P 点到M 历时t 1，y 方向145sin at v =︒ ④（1分） a=Ee/m ⑤（1分）－x 方向OM=v 0t 1 ⑥（1分）由几何关系知电子在磁场中历时t 2=3T /4=eBmqB m ππ3243=⋅ ⑦（2分）由N 点到P 点32vt h = ⑧（1分）由①③④⑤⑥⑦⑧解得，eB meE mv t t t t 23230321π+=++=⑨（1分）由牛顿第二定律和洛伦兹力提供向心力得，evB=mv 2/R ⑩（1分）几何关系知ON=h ，MN=MO+ON ，(MN )2=R 2+R 2 （1分）联立以上各式得，B =4E /3v 0，eEmv t 83)34(0π+=（2分） 17．解析：（1）α粒子在电场中被加速，由动能定理得，221mv qU =①（2分） α粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律得，rv m qvB 2=②（2分）qBmv r =∴ ③（1分）联立①③解得，11927102102.312051064.6205.0121---⨯=⨯⨯⨯⨯==q mU B r m （3分）（2）图象如图所示. （4分）（3）带电粒子在磁场中的运动周期qB mv r T ππ22==（2分）α粒子在两个磁场中分别偏转的弧度为4π，在磁场中的运动总时间：721927105.6105102.321064.614.3241----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯===qB m T t πs （2分） 18．解析：（1）儿童从A 点滑到E 点的过程中，重力做功W=mgh （2分）儿童由静止开始滑下最后停在E 点，在整个过程中克服摩擦力做功W 1，由动能定理得， 1W mgh -=0，则克服摩擦力做功为W 1=mgh （3分）（2）设斜槽AB 与水平面的夹角为α，儿童在斜槽上受重力mg 、支持力N 1和滑动摩擦力f 1，αμcos 1mg f =，儿童在水平槽上受重力mg 、支持力N 2和滑动摩擦力f 2， mg f μ=2，儿童从A 点由静止滑下，最后停在E 点.（3分）由动能定理得，0)cot (sin cos =--⋅-αμααμh L mg h mg mgh （2分）解得μh L =，它与角α无关. （2分）（3）儿童沿滑梯滑下的过程中，通过B 点的速度最大，显然，倾角α越大，通过B 点的速度越大，设倾角为0α时有最大速度v ，由动能定理得，20021sin cos mv h mg mgh =⋅-ααμ（3分）解得最大倾角)22cot(20ghv gh arc μα-=.（2分）。

【名师一号】高三物理一轮复习第六章静电场综合检测课时检测新人教版

一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分)1．请用学过的电学知识判断下列说法正确的是( )A．电工穿绝缘衣比穿金属衣安全B．制作汽油桶的材料用金属比用塑料好C．小鸟停在单根高压输电线上会被电死D．打雷时，待在汽车里比待在木屋里要危险解析金属衣可以起到屏蔽作用，比绝缘衣安全，选项A错误；金属汽油筒可以防止静电，所以比塑料汽油桶安全，选项B正确；由于小鸟两脚间距离很小，在单根输电线上小鸟两脚间电压非常小，所以小鸟不会被电死，选项C错误；由于汽车轮胎是绝缘的，所以打雷时待在汽车里比待在木屋里安全，选项D错误．答案 B2．关于同一电场的电场线，下列表述正确的是( )A．电场线是客观存在的B．电场线越密，电场强度越小C．沿着电场线方向，电势越来越低D．电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小解析电场线从正电荷出发到负电荷终止，沿着电场线方向电势逐渐降低．答案 C3．某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q，电势分别为U P和U Q，则( )A．E P>E Q，U P>U Q B．E P>E Q，U P<U QC．E P<E Q，U P>U Q D．E P<E Q，U P<U Q解析根据沿着电场线的方向电势是降落的，可以判断出U P>U Q；根据电场线的疏密表示电场的弱强，可以判断出E P >E Q ，故选A.答案 A4．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示)．设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )A ．保持S 不变，增大d ，则θ变大B ．保持S 不变，增大d ，则θ变小C ．保持d 不变，减小S ，则θ变小D ．保持d 不变，减小S ，则θ不变解析静电计指针偏角体现电容器两板间电压大小．在做选项所示的操作中，电容器电荷量Q 保持不变，C ＝Q U ＝εr S4πkd .保持S 不变，增大d ，则C 减小，U 增大，偏角θ增大，选项A 正确B 错误；保持d 不变，减小S ，则C 减小，偏角θ也增大，故选项C 、D 均错．答案 A5．一平行板电容器两极板间距为d 、极板面积为S ，电容为ε0Sd，其中ε0是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距离时，电容器极板间( )A ．电场强度不变，电势差变大B ．电场强度不变，电势差不变C ．电场强度减小，电势差不变D ．电场强度减小，电势差减小解析由C ＝Q U 和C ＝ε0Sd，电容器充电后断开电源，极板所带电量不变．因为d 增大，所以C 减小，U 增大．而由E ＝U d ＝Qε0S可知，E 不变，A 正确．答案 A6．如图所示，一带负电的粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M 和N 是轨迹上的两点，其中M 点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是( )A ．粒子在M 点的速率最大B ．粒子所受电场力沿电场方向C ．粒子在电场中的加速度不变D ．粒子在电场中的电势能始终在增加解析粒子接近M 点过程中电场力做负功，离开M 点的过程中电场力做正功，所以在M 点粒子的速率应该最小，A 、B 错误；粒子在匀强电场中运动，所受电场力不变，加速度不变C 正确；因为动能先减小后增加，所以电势能先增加后减小，D 错误．答案 C7．空间存在匀强电场，有一电荷量q (q >0)、质量m 的粒子从O 点以速率v 0射入电场，运动到A 点时的速率为2v 0.现有另一电荷量－q 、质量m 的粒子以速率2v 0仍从O 点射入该电场，运动到B 点时速率为3v 0.若忽略重力的影响，则( )A ．在O 、A 、B 三点中，B 点电势最高 B. 在O 、A 、B 三点中，A 点电势最高 C. OA 间的电势差比BO 间的电势差大 D. OA 间的电势差比BA 间的电势差小解析正电荷从O 点运动到A 点，速度增大，电场力做正功，电势能减少，电势降低；负电荷从O 点运动到B 点，速度增大，电场力做正功，电势能减少，电势升高，故B 点电势最高，A 点电势最低，A 选项正确，B 选项错误；由动能定理可得qU OA ＝12m (2v 0)2－12mv 20，得U OA ＝3mv 202q ，qU BO ＝12m (3v 0)2－12m (2v 0)2，得U BO ＝5mv 202q，由此可知U BO >U OA ，C 选项错误；U BA ＝U OA ＋U BO >U OA ，D 选项正确．答案 AD8.如图所示，在真空中A 、B 两点分别放置等量的正点电荷，在A 、B 两点间取一个矩形路径abcd ，该矩形路径关于A 、B 两点间连线及连线的中垂线对称．现将一电子沿abcda移动一周，则下列判断正确的是( )A．a、b、c、d四点的电场强度相同B．a、b、c、d四点的电势不同C．电子由b到c，电场力先做正功后做负功D．电子由c到d，电场力先做正功后做负功解析等量正电荷A、B周围电场线分布如图，图中a、b、c、d四点处的场强大小相等，但方向不同，故A项错；a、b、c、d四点处电势相等，B项错；电子由b到c过程中，电场力方向与其运动方向先成锐角后成钝角，故电场力对电子先做正功后做负功，C项正确；同理，电子由c到d过程中，电场力先做负功后做正功，D选项错误．答案 C9．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示．下列说法中正确的是( )A ．O 点的电势最低B ．x 2点的电势最高C ．x 1和－x 1两点的电势相等D ．x 1和x 3两点的电势相等解析电势高低与场强大小无必然联系．O 点场强为0，电势不一定最低，A 错；x 2点是场强正向最大的位置，电势不是最高，B 错；将电荷从x 1移到－x 1可由题图知电场力做功为零，故两点电势相等，而把电荷从x 1移到x 3电场力做功不为零，C 对，D 错．答案 C10．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．已知原子、氘核和α粒子(氦原子核)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1：2：4 解析粒子运动情况如图所示，由qU 1＝12mv 20，得v 0＝2qU 1m，粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间t ＝L 1＋L 2＋L 3v 0＝(L 1＋L 2＋L 3) m 2qU 1由v 0＝2qU 1m，y 1＝12qU 2dm (L 2v 0)2，y 2＝L 3tan α， tan α＝qU 2dm ·L 2v 0v 0，得粒子打到荧光屏上的位置y ＝y 1＋y 2＝U 2L 2L 22＋L 32dU 1，由v 0＝2qU 1m ，W ＝q U 2d y 1，y 1＝12qU 2dm ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2v 02，得偏转电场对粒子做功W ＝qU 22L 224U 1d2，答案 B二、本题共6小题，共60分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11．(6分)如图所示，L 为竖直、固定的光滑绝缘硬杆，杆上O 点套有一质量为m 、带电量为－q 的小环，在杆的左侧固定一电荷量为＋Q 的点电荷，杆上a 、b 两点到＋Q 的距离相等，Oa 之间距离为h 1，ab 之间距离为h 2，使小环从图示位置的O 点由静止释放后，通过a 点的速率为3gh 1.则小环通过b 点的速率为________．解析根据动能定理有mgh 1－q (φO －φa )＝12m ×3gh 1 mg (h 1＋h 2)－q (φO －φb )＝12mv 2b又∵φa ＝φb 由以上三式得v b ＝3h 1＋2h 2g .答案3h 1＋2h 2g12.(6分)如图所示，一电子(质量为m ，电量为e )以初速度v 0沿与场强垂直的方向从A 点飞入匀强电场，当它从B 点飞出时，速度方向与场强方向成150°角．则此过程中电场力做功为____________J ；A 、B 两点的电势差U 为________V.解析电场力做功W ＝12m (v 0cos60°)2－12mv 20＝32mv 20.A 、B 两点的电势差U ＝W e ＝3mv 202e.答案 32mv 20 3mv 22e13．(12分)如图所示，在光滑绝缘水平桌面上固定放置一条光滑绝缘的挡板ABCD ，AB 段为直线，BCD 段是半径为R 的圆弧，挡板处于场强为E 的匀强电场中，电场方向与圆的直径MN 平行．现使一带电量为＋q 、质量为m 的小球由静止从斜挡板内侧上某点释放，为使小球沿挡板内侧运动从D 点抛出，求：(1)小球从释放点到N 点沿电场强度方向的最小距离s ； (2)在(1)问中小球经过N 点时对挡板的压力大小．解析 (1)根据题意分析可知，小球经过M 点时对挡板恰好无压力时，s 最小，根据牛顿第二定律有qE ＝m v 2MR由动能定理得qE (s －2R )＝12mv 2M联立解得s ＝52R .(2)过N 点时，根据牛顿第二定律有N －qE ＝m v 2NR由动能定理得qEs ＝12mv 2N联立解得N ＝6qE由牛顿第三定律可知，小球对挡板的压力大小为6qE . 答案 (1)52R(2)6qE14．(12分)(2011·福州模拟)如图所示，在绝缘水平面上，相距为L 的A 、B 两点处分别固定着两个等量正电荷．a 、b 是AB 连线上两点，其中Aa ＝Bb ＝L4，a 、b 两点电势相等，O 为AB 连线的中点．一质量为m 带电量为＋q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从a 点出发，沿AB 直线向b 运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(n >1)，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ； (2)Ob 两点间的电势差U O b ； (3)小滑块运动的总路程s .解析 (1)由Aa ＝Bb ＝L4，O 为AB 连线的中点，得a 、b 关于O 点对称，则U ab ＝0①设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，对于滑块从a →b 过程，由动能定理得q ·U ab －f ·L2＝0－E 0 ②而f ＝μmg ③ 由①②③式得μ＝2E 0mgL. ④(2)对于滑块从O →b 过程，由动能定理得q ·U O b －f ·L4＝0－nE 0 ⑤由③④⑤式得U O b ＝－2n －1E 02q. ⑥(3)对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得q ·U aO －f ·s ＝0－E 0 ⑦而U aO ＝－U O b ＝2n －1E 02q⑧由③④⑤⑥⑦⑧式得s ＝2n ＋14L .答案 (1)2E 0mgL(2)－2n －1E 02q(3)2n ＋14L 15．(12分)一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ 、MN 和一半径为R 的光滑半圆环MAP 组成，固定在竖直平面内，其中MN 杆是光滑的，PQ 杆是粗糙的．现将一质量为m 的带正电荷的小环套在MN 杆上，小环所受的电场力为重力的12.(1)若将小环由D 点静止释放，则刚好能到达P 点，求DM 间的距离；(2)若将小环由M 点右侧5R 处静止释放，设小环与PQ 杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．解析 (1)设DM 间的距离为x 据动能定理qEx －2mgR ＝0qE ＝12mg联立解得x ＝4R . (2)若μmg ≥qE ⎝ ⎛⎭⎪⎫即μ≥12 设小环到达P 点右侧x 1处静止，据动能定理qE (5R －x 1)－mg ·2R －F f x 1＝0F f ＝μF N ＝μmg联立解得x 1＝R1＋2μ克服摩擦力做功W 1＝μmgx 1＝μmgR1＋2μ若μmg <qE ⎝⎛⎭⎪⎫即μ<12 小环经过往复运动，最后在P 点速度为0，据动能定理qE ·5R －mg ·2R －W 2＝0克服摩擦力做功W 2＝12mgR . 答案 (1)4R(2)若μ≥12，则小环在整个运动过程中克服摩擦力做功为μmgR 1＋2μ；若μ＜12，则克服摩擦力做功为12mgR 16．(12分)如图所示，两平行金属板A 、B 长L ＝8cm ，两板间距离d ＝8cm ，A 板比B 板电势高300V ．一带正电的粒子电荷量q ＝10－10 C ，质量m ＝10－20 kg ，沿电场中心线RO 垂直电场线飞入电场，初速度v 0＝2×106m/s ，粒子飞出平行板电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域后，进入固定在O 点的点电荷Q 形成的电场区域，(设界面PS 右边点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN 、PS 相距为12cm ，D 是中心线RO 与界面PS 的交点，O 点在中心线上，距离界面PS 为9cm ，粒子穿过界面PS 最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc 上．(静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2)(1)求粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离多远？到达PS 界面时离D 点多远？(2)在图上粗略画出粒子运动的轨迹．解析 (1)粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离(侧向位移)y ＝12at 2＝qU 2md ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02 ＝10－10×3002×10－20×0.08×⎝ ⎛⎭⎪⎫0.082×1062m ＝0.03m ＝3cm带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS 线交于E ，设E 到中心线的距离为Y .则Y ＝12×10－2v 0v y ＋y＝0.122×106×10－10×30010－20×0.08×0.082×106m ＋0.03m ＝0.12m ＝12cm.(2)第一段是抛物线，第二段是直线，第三段是曲线，轨迹如图所示．答案(1)3cm 12cm(2)见解析图。

2021年高三物理一轮总复习9月第一次阶段性复习诊断试卷 Wor 含解析

2021年高三物理一轮总复习9月第一次阶段性复习诊断试卷 Wor 含解析一、选择题（每小题4分，共40分）。

1、滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．由图象可知( )A．相碰前，a在减速，b在加速B．碰撞后，第1秒内a的速度为C．进入粗糙路段后，a的加速度逐渐减小D．相碰前，a、b的速度方向相同，加速度方向相反2、如图所示，轻弹簧的两端各受50N拉力F作用，稳定后弹簧伸长了10cm；（在弹性限度内）；那么下列说法中正确的是（）A．该弹簧的劲度系数k=1000N/mB．该弹簧的劲度系数k=500N/mC．若将该弹簧的左端固定，只在右端施加50N拉力F作用，则稳定后弹簧将伸长5cm D．根据公式k=F/x，弹簧的劲度系数k将会随弹簧弹力F的增大而增大3、如图所示，A、B为两个质量均为m、半径相同材质不同的篮球，充足气后在两竖直放置的平行板之间由静止释放，两者一起以加速度a=g做匀加速直线运动，已知运动过程中两球之间的弹力F=mg，忽略两球之间的摩擦，两球心连线与水平方向成30°角，忽略空气阻力，则平行板对A球的作用力为（）A． mg B． mg C． mg D． mg4、如图a所示，质量为m的半球体静止在倾角为θ的平板上，当θ从0缓慢增大到90°的过程中，半球体所受摩擦力F f与θ的关系如图b所示，已知半球体始终没有脱离平板，半球体与平板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则（）A．O～q段图象可能是直线B．q﹣段图象可能是直线C．q=D．p=5、如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为θ的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m1、m2的小球，当两球静止时，小球m1与圆心连线跟水平方向的夹角也为θ，不计一切摩擦，圆弧面半径远大于小球直径，则m1、m2之间的关系是（）A．m1=m2 B．m1=m2tanθC．m1=m2cotθD．m1=m2cosθ6、两个物体A和B，质量分别为和，用跨过定滑轮的轻绳相连，不计滑轮处摩擦A静止与水平地面上，如图所示，，则以下说法正确的是（）A、绳上拉力大小为B、物体A对地面的压力大小为C、物体A对地面的摩擦力大小为D、地面对物体A的摩擦力方向向右7、如图为两质点AB的速度﹣时间图象，下列说法正确的是( )A．A做的是直线运动，B不可能做曲线运动B．在t0时刻AB相遇，相遇前A的速度大于B的速度C．A做的是匀速运动，B做的是加速度增大的加速运动D．在0～t0内，A的位移大于B的位移8、一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边与公路平行有一行电线杆，相邻电线杆间的间隔均为50m，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度为5m/s，若汽车的运动为匀变速直线运动，在10s末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是（）A．汽车的加速度为1m/s2B．汽车继续行驶，经过第7根电线杆时瞬时速度大小为25m/sC．汽车在第3根至第7根间运动所需要的时间为20sD．汽车在第3根至第7根间的平均速度为20m/s9、如图是我国过去农村人拉耧种麦的照片，假设无论怎样变化，耧插入地面的深度不变（即耧所受地面阻力不变），每个人的拉力大小不变，四人始终在耧前与运动方向垂直的一直线上，且人肩上绳距地面的高度不变，那么要增大拉力沿水平方向的合力，可采取的措施是（）A．仅增大四个人之间的间距B．仅减小四个人的间距C．仅缩短拉绳D．仅增长拉绳10、在一正方形小盒内装一质量为m的小圆球，盒与球一起沿倾角为θ的光滑斜面下滑，如图所示．若不计摩擦，下滑过程中小圆球对方盒前壁的压力为F N，对方盒底面的压力F N′，则下列叙述正确的是（）A．F N′=mgcosθ B．F N′=mgsinθ C．F N=0 D．F N=mgsinθ第II卷非选择题二、填空题（每小题5分，共20分）11、有一水龙头漏水，当第一滴水滴到地面时，第二滴刚好开始自由下落，用尺测得水龙头离地面高度为h，用秒表记录时间，当某一滴水刚好落到地面时按下秒表计时，并数“1”，当第n滴水到达地面时，再次按下秒表，读出秒表时间为t，由此可粗略求出当地的重力加速度为g.(1)滴水间隔T＝__________.(2)重力加速度的表达式g＝__________.12、客运电梯简化模型如图甲所示，电梯的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示．已知电梯在t=0时由静止开始上升，电梯总质最m=2.0×103kg，忽略一切阻力．电梯在上升过程中受到的最大拉力F=______N，电梯在前2s内的速度改变量△v=______m/s．13、如图所示，放在倾角为30°的斜面上的物体A，被跨过光滑定滑轮的细绳拉住，绳子另一端吊一物体B，已知A的重力为20 N，A与斜面间的最大静摩擦力为4 N，要使A在斜面上保持静止，则物体B的重力取值范围是________，当B的重力是12 N时，A受到的静摩擦力大小为________，方向________．14、一辆汽车装满货物的总质量为5×103 kg，在平直公路上由东向西行驶，汽车牵引力为8×103 N，汽车受到的阻力为汽车总重力的0.1倍，则汽车在水平方向的合力大小为 N，方向向．（取g=10N/kg）三、计算题（每小题10分，共40分）15、一个滑雪运动员以一定的初速度沿斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度随时间变化的关系图象如图所示，求：(1)运动员下滑的加速度a；(2)运动员沿斜面向上滑行的最大距离x.16、近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿（交）卡而直接减速通过。

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新课标高三物理第一轮复习阶段性测试题（6）本试卷可以做为期中考试（命题范围：必修1、2及选修3-1）说明：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共150分；答题时间120分钟.第Ⅰ卷（选择题，共40分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态.当用水平向左的恒力F推Q时，P、Q仍静止不动，则（）A．Q受到的摩擦力一定变小B．Q受到的摩擦力一定变大C．轻绳上的拉力一定变小D．轻绳上拉力一定不变2．甲、乙、丙三个小球分别位于如图所示的竖直平面内，甲、乙在同一条竖直线上，甲、丙在同一条水平线上，水平面上的P点在丙的正下方，在同一时刻甲、乙、丙开始运动，甲以初速度v0做平抛运动，乙以水平速度v0沿光滑水平面向右做匀速直线运动，丙做自由落体运动.则（）A．若甲、乙、丙三球同时相遇，则一定发生在P点B．若甲、丙两球在空中相遇，此时乙球一定在P点C．若只有甲、乙两球在水平面上相遇，此时丙球还未着地D．无论初速度v0大小如何，甲、乙、丙三球一定会同时在P点相遇3．如图所示，质量分别为m1和m2的两物块放在水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数都是μ（0≠μ），用轻质弹簧将两物块连接在一起.当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F/作用在m1时，两物块均以加速度a/=2a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x/.则下列关系正确的是（）A．F/=2F B．x/=2xC．F/>2F D．x/<2x4．电荷量分别为+q、+q、－q的三个带电小球，分别固定在边长均为L的绝缘三角形框架的三个顶点上，并置于场强为E的匀强电场中，如图所示.若三角形绕穿过其中心O垂直于三角形所在平面的轴逆时针转过120°，则此过程中系统电势能变化情况为（）A．增加EqL/2 B．减少EqL/2C．增加EqL D．减少EqL5．如图所示，小王要在客厅里挂上一幅质量为1.0kg的画（含画框），画框背面有两个相距1.0m、位置固定的挂钩，他将轻质细绳两端分别固定在两个挂钩上.把画对称地挂在竖直墙壁的钉子上，挂好后整条细绳呈绷紧状态.设细绳能够承受的最大拉力为10N，g取10m/s2，则细绳至少需要多长才至于断掉（）A．1.2m B．1.5mC．2.0m D．3.5m6．2006年5月的天空是相当精彩的，行星们非常活跃，木星冲日、火星合月、木星合月等景观美不胜收，而流星雨更是热闹非凡，宝瓶座流星雨非常壮丽，值得一观. 在太阳系中，木星是九兄弟中“最魁梧的巨人”，5月4日23时，发生木星冲日现象.所谓的木星冲日是指地球、木星在各自轨道上运行时与太阳重逢在一条直线上，也就是木星与太阳黄经相差180度的现象，天文学上称为“冲日”.冲日前后木星距离地球最近，也最明亮. 下列说法正确的是（）A．2006年5月4日，木星的线速度大于地球的线速度B．2006年5月4日，木星的加速度大于地球的加速度C．2007年5月4日，必将产生下一个“木星冲日”D．下一个“木星冲日”必将在2007年5月4日之后的某天发生7．如图所示，质量为m的光滑球放在底面光滑的质量为M的三角劈与竖直档板之间，在水平方向对三角劈施加作用力F，可使小球处于静止状态或恰可使小球自由下落，则关于所施加的水平力的大小和方向的描述正确的有（）A．小球处于静止时，应施加水平向左的力F，且大小为mgB．小球处于静止时，应施加水平向左的力F，且大小为θmg⋅tgC．小球恰好自由下落时，应施加水平向右的力F，且大小为θtgMg⋅D．小球恰好自由下落时，应施加水平向右的力F，且大小为θMg⋅ctg8．摄制组在某大楼边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶，如图所示，若特技演员的质量m=50kg（人和车可视为质点），g取10m/s2，导演在某房顶离地H=8m处架设了轮轴，轮和轴的直径之比为2:1.若轨道车从图中A前进s=6m到B处时速度为v=5m/s，则由于绕在轮上细钢丝拉动，特技演员（）A．上升的高度为12mB．在最高点具有竖直向上的速度6m/sC．在最高点具有的机械能为2900JD．钢丝在这一过程中对演员做的功为1225J9．如图所示，在光滑的水平板的中央有一光滑的小孔，用不可伸长的轻绳穿过小孔，绳的两端分别挂上小球C 和物体B ，在B 的下端再挂一重物A ，现使小球C 在水平板上以小孔为圆心做匀速圆周运动，稳定时圆周运动的半径为R ，现剪断连接A 、B 的绳子，稳定后，小球以另一半径在水平面上做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（） A ．小球运动半周，剪断连接A 、B 的绳子前受到的冲量大些B ．剪断连接A 、B 的绳子后，B 、C 具有的机械能增加 C ．剪断连接A 、B 的绳子后，C 的机械能不变D ．剪断连接A 、B 的绳子后，A 、B 、C 的总机械能不变（A 未落地前）10．K －介子衰变的方程为0ππ+→--K ，其中-K 介子和-π介子带负的元电荷e ，0π不带电.如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN 为理想边界，磁感应强度分别为B 1、B 2.今有一个K －介子沿垂直于磁场的方向从A 点射入匀强磁场B 1中，其轨迹为圆弧AP ，P 在MN 上，K －介子在P 点时速度为v ，方向与MN 垂直.在P 点该介子发生了上述衰变，衰变后产生的-π介子以原速率沿反方向射回，其运动轨迹为图中虚线所示的“心”形图线.则以下说法中正确的是（）A ．-π介子的运行轨迹为PENCMDPB ．-π介子运行一周回到P 点用时为eB m T 22π=C ．B 1=4B 2D ．0π介子做匀速直线运动第Ⅱ卷（非选择题，共110分）二、本题共2小题，共20分，把答案填在题中相应的横线上或按题目要求作答.11．（8分）为了探究物体做功与物体速度变化的关系，现提供如图所示的器材，让小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，请思考探究思路并回答下列问题（打点计时器交流电频率为50Hz ）（1）为了消除摩擦力的影响应采取什么措施？_____________ （2）当我们分别用同样的橡皮筋1条、2条、3条 ……..并起来进行第一次、第二次、第三次……..实验时，每次实验中橡皮筋拉伸的长度应保持一致，我们把第一次实验时橡皮筋对小车做的功记为W.（3）由于橡皮筋对小车做功而使小车获得的速度可以由打点计时器和纸带测出，如图所示是其中四次实验打出的纸带. （4）试根据第（2）、（3）项中的信息，填写下表.12．（12分）如图所示，R x为待测电阻率的一根金属丝，长为L，R为阻值已知的定值电阻，R/为保护电阻，E为电源，电压表为理想电压表，S为单刀单掷开关，S1、S2为单刀双掷开关，a、b、c、d、e、f为接线柱.（1）实验中，用螺旋测微器测金属丝的直径时，其示数如图甲所示，则金属丝的直径d=_______.（2）某同学利用上述器材设计了一个测金属丝电阻的电路，如图乙所示，请根据此电路图将丙中实验仪器和器材连接实验电路.（3）闭合开关S后的实验主要步骤：①__________ ②________________；电阻率的表达式为：______________.三、本题共6小题，共90分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.13．（13分）如图所示，半径为R的半球支撑面顶部有一小孔.质量分别为m1和m2的两只小球（视为质点），通过一根穿过半球顶部小孔的细线相连，不计所有的摩擦.请你分析：（1）m2小球静止在球面上时，其平衡位置与半球面的球心连线跟水平方向的夹角为θ，则m1、m2、θ和R之间满足什么关系？（2）若m2小球静止于θ=45°处，现将其沿半球面稍稍向下移动一些，则释放后m2能否回到以来位置，请作简析.14．（14分）如图所示，长L=75cm的质量m=2kg的平底玻璃管底部置有一玻璃小球，玻璃管从静止开始受到一竖直向下的恒力F=12N的作用，使玻璃管竖直向下运动，经一段时间t，小球离开管口.空气阻力不计，取g=10m/s2.求：时间t和小球离开玻璃管时玻璃管的速度的大小.15．（14分）如图所示，电源电动势E=18V，内阻r=2Ω，两平行金属板水平放置，相距d=2cm，当变阻器R2的滑片P恰好移到中点时，一带电量q=－2×10－7C的液滴刚好静止在电容器两板的正中央，此时电流表的读数为1A.已知定值电阻R1=6Ω.求：（1）带电液滴的质量（取g=10m/s2）.（2）当把滑动变阻器的滑动片P迅速移到C点后，液滴将做何种运动，求出必需的物理量.（3）液滴到达极板时的动能多大？16．（16分）如图所示，在xOy平面内的第三象限中有沿－y方向的匀强电场，场强大小为E.在第一和第二象限有匀强磁场，方向垂直于坐标平面向里.有一个质量为m、电荷量为e 的电子，从y轴的P点以初速度v0垂直于电场方向进入电场（不计电子所受的重力）.经电场偏转后，沿着与x轴负方向成45°进入磁场，并能返回到原出发点P.（1）求P点距坐标原点的距离h.（2）求出磁场的磁感应强度B以及电子从P点出发经多长时间再次返回P点？17．（16分）如图所示，在直角坐标系的第Ⅱ象限和第Ⅳ象限中的直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为B=5.0×10－2T的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里.质量m=6.64×10－27kg、电荷量为q=+3.2×10－19C的α粒子（不计α粒子的重力），由静止开始经加速电压为U=1205V的电场（图中未画出）加速后，从坐标点M（－4，2）处平行于x轴向右运动，并先后通过匀强磁场区域.（1）请你求出α粒子在磁场中的运动半径；（2）请你在图中画出α粒子从直线x=－4到x=4之间的运动轨迹，并在图中标明轨迹与直线x=4交点的坐标；（3）求出α粒子在两个磁场区域偏转所用的总时间.18．（17分）儿童滑梯可以看成是由斜槽AB和水平槽CD组成，中间用很短的光滑圆弧槽BC 连接，如图所示.质量为m的儿童从斜槽的顶点A由静止开始沿斜槽AB滑下，再进入水平槽CD，最后停在水平槽上的E点，由A到E的水平距离设为L.假设儿童可以看作质点，已知儿童的质量为m，他与斜槽和水平槽间的动摩擦因数都为μ，A点与水平槽CD的高度差为h.（1）求儿童从A点滑到E点的过程中，重力做的功和克服摩擦力做的功.（2）试分析说明，儿童沿滑梯滑下通过的水平距离L与斜槽AB跟水平面的夹角无关.（3）要使儿童沿滑梯滑下过程中的最大速度不超过v，斜槽与水平面的夹角不能超过多少？（可用反三角函数表示）参考答案1．答案：D Q 开始时受到的摩擦力大小、方向不能确定，故不能其变化情况；但P 、Q 仍静止，轻绳上拉力一定不变.故D 选项正确. 2．答案：AB 因为乙、丙只能在P 点相遇，所以三球若相遇，则一定相遇于P 点，A 正确；因为甲、乙水平方向做速度相同的匀速直线运动，所以B 正确；因为甲、丙两球在竖直方向同时开始做自由落体运动，C 错误；因B 项存在的可能，所以D 错. 3．答案：D 对m 1、m 2整体在两种情况分别运用牛顿第二定律，然后再隔离m 2运用牛顿第二定律即可得到正确答案.4．答案：C 电场力最右上角+q 做负功EqL ，电场力对底端+q 做正功qEL /2，电场力对左上角－q 做负功EqL /2，所以系统电势能增加EqL .5．答案：A 细绳两侧拉力相等，承受的拉力均为10N ，然后根据力的合成即可，两段绳子的拉力的合力就等于画的重力. 6．答案：D 由R GM v /=知A 错误；由2/R GM a =知B 错误；由3/R GM =ω知，木星地ωω>，当2007年5月4日地球回到图示出发点时，木星还未回到其出发点，则下一个“木星冲日”必在2007年5月4日之后.7．答案：BD 小球处于静止时，对于小球，受三力共点且平衡，如图甲所示，由平衡条件得：θcos 1mg F =.对于斜面，水平方向在F 和1F 的水平分力作用下处于平衡状态，如图乙，所以有：θsin 1⋅=F F .将1F 的表达式代入得：θtg mg F ⋅=，故选项B 正确.当小球恰好自由下落时，小球在竖直方向做自由落体运动，则三角劈一定向右做匀加速直线运动，设其加速度为a ，它与重力加速度g 的联系为：竖直位移221gt h =，水平位移221at s =，且sh tg =θ，所以θctg g a ⋅=.对三角劈，由牛顿第二定律得：θctg Mg Ma F ⋅==，故选项D 正确.综合来看，选项B 、D 正确.8．答案：BC 设轨道车在B 时细线与水平方向之间的夹角为θ，将此时轨道车的速度分解，如图所示.由图可知，在这一过程中，连接轨道车的钢丝上升的距离为28862222=-+=-+=H Hsh m ，演员上升的距离为2×2m=4m ，A 项错误；此时钢丝的速度38665cos 2222=+⨯=+==Hsvs v v θ丝m/s ，由于轮和轴的角速度相同，则其线速度之比等于半径（直径）之比，12=丝人v v ，即s m v v /62==丝人，B 项正确；演员在最高点具有的机械能为2900410502650222=⨯⨯+⨯=+=mgh mvE 人J ，C 项正确；根据功能关系可知，钢丝在一过程中对演员做的功等于演员机械能的增量，即W=2900J ，D 项错误.9．答案：AD 剪断绳子前C 球做匀速圆周运动的向心力由绳子拉力提供，大小等于A 、B两物体的重力，剪断绳子后C 球所受的拉力不足以提供向心力，故C 球将做离心运动，轨道半径增大，绳子拉力对C 球做负功，动能变小，C 错.在剪断绳子前后，小球运动半周的冲量变化量等于动量的变化量2mv ，但剪断绳子前小球做圆周运动的速率小于剪断绳子后，因此A 正确；剪断绳子后，B 、C 总机械能不变，且A 、B 、C 系统的总机械能也不变，B 错，D 正确.10．答案：BD -π介子带负电，根据左手定则可以判断出-π介子的运行轨迹为PDMCNEP ，则选项A 错误；设-π介子在左右磁场中做匀速圆周运动的半径分别为R 1和R 2，运行周期分别为T 1和T 2，由题图可知，2121=R R ，由R =mv /qB ，所以B 1=2B 2，即选项C 错误；而112eB m T π=，222eB m T π=，而-π介子运行一周回到P 点所用时间为21212222eB m T T T T π=++=，即选项B 正确；由于0π不带电，它不受洛伦兹力的作用，它将做匀速直线运动，即选项D 正确. 11．解析：（1）将木板固定有打点计时器的一端垫起适当的高度，使小车缓慢匀速下滑（2分）（2）12．解析：根据螺旋测微器的读数原理可知其读数为1.220.连接实物图时要注意接线柱的选择和连线不能交叉，还要注意量程的选择.因为I x =I ，所以有U 2/R x =U 1/R ，R x =U 2R/U 1，又R=ρL/S ，所以1224LU RU d πρ=.答案：（1）1.220（3分）（2）如图所示.（3分）（3）①先将S 1、S 2掷向c 和f ，测出电阻R 两端电压U 1；②将S 1、S 2掷向a 和d ，测出 R x 两端的U 2.（4分）1224LU RU dπρ=（2分13．解析：（1）根据平衡条件，g m g m 12c o s =θ，θcos 21m m =（3分） m 1、m 2、θ和R 无关. （2分）（2）不能回到原来位置（3分）m 2所受的合力为0)45cos (cos cos 212>︒-'=-'θθg m g m g m （3分）（︒<'45θ ）所以m 2将向下运动. （2分）14．解析：设玻璃管向下运动的加速度为a ，对玻璃管受力分析由牛顿第二定律得，ma mg F =+①（2分）设玻璃球和玻璃管向下运动的位移分别为s 1、s 2时，玻璃球离开玻璃管，由题意得， L s s =-12②（2分）由玻璃球作自由落体运动得，2121gts =③（2分）由玻璃管向下加速运动得，2221ats =④（2分）玻璃球离开玻璃管时，玻璃管的速度at v =⑤（2分）由①～⑤式解得，t =0.5s ，v =8m/s. （4分） 15．解析：（1）电容器两极板的电压是电源的路端电压，U=E －Ir =16V （2分）由平衡条件mg=qU/d ，得m=qU/gd =1.6×10－5kg （2分）（2）当滑片在中点时I (R+R 2/2)=U =16V ，∴R 2=20Ω（2分）当滑片滑到C 点时，路端电压U /=E (R 1+R 2)/(r+R 1+R 2)=7117V>16V （2分）所以液滴将向上极板方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律qU //d －mg=ma （2分） a=q (U /－U )/md =0.45m/s 2（2分）（3）液滴到达上极板时的动能，由动能定理得，mv 2/2=qU //2－mgd /2=q (U /－U )/2=7.14×10－8J （2分） 16．解析：（1）如图所示，电子由P 点到M 点受电场力作用做类平抛运动，电子在M 点刚进入磁场时的速度00245cos /v v v =︒=①（2分）由动能定理得，eEh mv mv=-2022121②（2分）由①②式解得，eEmv h 220=③（1分）（2）由题意，电子由M 点进入磁场后受洛伦兹力作用作匀速圆周运动，从N 点离开磁场，再由N 点作匀速直线运动返回P 点（注意，还不能判断磁场中的圆周运动的圆心是否在y 轴上）. 电子由P 点到M 历时t 1，y 方向145sin at v =︒ ④（1分） a=Ee/m ⑤（1分）－x 方向OM=v 0t 1 ⑥（1分）由几何关系知电子在磁场中历时t 2=3T /4=eBm qBm ππ3243=⋅ ⑦（2分）由N 点到P 点32vt h = ⑧（1分）由①③④⑤⑥⑦⑧解得，eBm eEmv t t t t 23230321π+=++=⑨（1分）由牛顿第二定律和洛伦兹力提供向心力得，evB=mv 2/R ⑩（1分）几何关系知ON=h ，MN=MO+ON ，(MN )2=R 2+R 2 （1分）联立以上各式得，B =4E /3v 0，eEmv t83)34(0π+=（2分）17．解析：（1）α粒子在电场中被加速，由动能定理得，221mv qU =①（2分）α粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律得， rvmqvB 2=②（2分）qBmv r =∴ ③（1分）联立①③解得， 11927102102.312051064.6205.0121---⨯=⨯⨯⨯⨯==qmU Br m （3分）（2）图象如图所示. （4分）（3）带电粒子在磁场中的运动周期qBm vr Tππ22==（2分）α粒子在两个磁场中分别偏转的弧度为4π，在磁场中的运动总时间：721927105.6105102.321064.614.3241----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯===qBmT t πs （2分）18．解析：（1）儿童从A 点滑到E 点的过程中，重力做功W=mgh （2分）儿童由静止开始滑下最后停在E 点，在整个过程中克服摩擦力做功W 1，由动能定理得， 1W mgh -=0，则克服摩擦力做功为W 1=mgh （3分）高中物理辅导网/京翰教育中心/ （2）设斜槽AB 与水平面的夹角为α，儿童在斜槽上受重力mg 、支持力N 1和滑动摩擦力f 1，αμcos 1mg f =，儿童在水平槽上受重力mg 、支持力N 2和滑动摩擦力f 2， mg f μ=2，儿童从A 点由静止滑下，最后停在E 点.（3分）由动能定理得，0)cot (sin cos =--⋅-αμααμh L mg hmg mgh （2分）解得μh L =，它与角α无关. （2分）（3）儿童沿滑梯滑下的过程中，通过B 点的速度最大，显然，倾角α越大，通过B 点的速度越大，设倾角为0α时有最大速度v ，由动能定理得，20021sin cos mv hmg mgh =⋅-ααμ（3分）解得最大倾角)22cot(20gh v gh arc μα-=.（2分）。