浙江省2020版高考物理大一轮复习单元滚动检测卷七静电
浙江省2020版高考物理大一轮复习单元滚动检测卷七静电
单元滚动检测卷七静电场考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．(2018·新高考研究联盟联考)在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的是( )A．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的观点，并归纳总结了牛顿第一定律B．法拉第不仅提出了场的概念，而且采用电场线来直观地描绘了电场C．卡文迪许将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，并测出了引力常量G的数值D．能量守恒定律是最普遍的自然规律之一，英国物理学家牛顿对能量守恒定律的建立作出了突出贡献答案 B2.(2018·温州市3月选考)如图1所示为某医院体检中心的身高测量仪．测量仪顶部向下发射波速为340m/s的超声波，超声波遇到障碍物后反射回来，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔．已知测量仪没有站人时，顶部距离台面3.0m．当一学生站在台面规定位置后，测量仪记录的时间间隔为0.01s，则该学生的身高最接近( )图1A．110cm B．130cmC．150cm D．170cm答案 B3．某同学找了一个用过的“易拉罐”，在靠近底部的侧面打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则( )A ．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水速度越来越快B ．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水速度越来越快C ．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水速度都不变D ．易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出答案 D4．(2018·温州市3月选考模拟)如图2所示，下列对教材中的四幅图分析正确的是( )图2A ．图甲：被推出的冰壶能继续前进，是因为一直受到手的推力作用B ．图乙：电梯在加速上升时，电梯里的人处于失重状态C ．图丙：汽车过凹形桥最低点时，速度越大，对桥面的压力越大D ．图丁：汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力、向心力四个力的作用答案 C5.(2018·温州市3月选考)如图3所示，某台计算机的硬盘约有近万个磁道(磁道为不同半径的同心圆)，每个磁道分成m 个扇区(每扇区为圆周)．电动机使磁盘以转速n 匀速转动．磁头在读、写数据时是不动1m 的，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道，若不计磁头大小及磁头转移磁道所需的时间，则磁盘转动时( )图3A ．A 点的线速度小于B 点的线速度B ．A 点的向心加速度小于B 点的向心加速度C ．磁盘转动一圈的时间为2πnD．一个扇区通过磁头所用的时间为1 mn答案 D6.2017年4月“天舟一号”货运飞船成功发射，并与“天宫二号”空间实验室交会对接、实施推进剂在轨补加、开展空间科学实验和技术试验等功能.若对接前它们都绕地球做匀速圆周运动，且“天舟一号”处于低轨道，“天宫二号”空间实验室处于高轨道，如图4所示，则( )图4A．“天舟一号”在地面上的发射速度不会超过7.9km/sB．为了顺利实现对接，“天舟一号”在图示轨道需要点火减速C．对接成功后，“天舟一号”的动能减小，机械能增大D．对接后，由于“天宫二号”的质量增大，其轨道降低答案 C7.(2018·温州市3月选考)工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图5所示传感器．其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上．当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是( )图5A．A、B平行板电容器的电容减小B．A、B两板间的电场强度减小C．A、B两板上的电荷量变小D．有电流从b向a流过灵敏电流计答案 D8.如图6所示，两个等量异号的点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点O等距离的两点a、b，在连线上有距中点O等距离的两点c、d，则下列场强大小关系式正确的是( )图6A ．E a ＝E b <E cB ．E a ＝E O ＝E bC ．E a >E dD ．E c >E O >E d答案 A 解析 根据电场线越密场强越大，则由两个等量异号的点电荷电场线的分布情况(如图所示)可知，中垂线上中点O 的场强最大，而且根据对称性可知，a 、b 两处电场线疏密相同，场强大小相等，E a ＝E b <E O ；在两个电荷连线上，O 点电场线最疏，场强最小，而且根据对称性可知，c 、d 两处的电场线疏密相同，故有E c ＝E d >E O .所以有E a ＝E b <E c ，E a <E d ，故选A.9.如图7所示为科学家研究粒子特性时所做实验的示意图，中心点为一固定的正点电荷，虚线表示该点电荷形成电场的等势线，将一未知粒子射入电场中，发现粒子的运动轨迹是从a 运动到b ，再运动到c .不计粒子重力．下列有关未知粒子的说法正确的是( )图7A ．电势能先减小，后增大B ．加速度先减小，后增大C ．b 点的速度最大D ．一定带正电答案 D解析 做曲线运动的物体，受到的合外力指向曲线的内侧，由运动轨迹可得，粒子受到的电场力为斥力，该粒子带正电，选项D 正确；由a 到b 的过程中，电场力做负功，电势能增大，由b 到c 的过程中，电场力做正功，电势能减小，选项A 错误；根据库仑力公式F ＝k 可得，越靠近点电荷，库仑力越大，粒q 1q 2r 2子的加速度越大，所以加速度先增大后减小，选项B 错误；由a 到b 的过程中，电场力做负功，粒子动能减小，由b 到c 的过程中，电场力做正功，粒子动能增大，则粒子在b 点速度最小，选项C 错误．10.(2018·绍兴市选考诊断)利用如图8所示的装置研究点电荷之间的相互作用力，当A 带电荷量为＋Q ，质量为M ，B 带电荷量为＋q ，质量为m 时，绳子与竖直方向的夹角为θ，两电荷连线水平且相距为L ，则( )图8A ．tan θ＝kQqmgL 2B ．若将B 质量增大，绳子与竖直方向的夹角增大C ．若将A 质量增大，绳子与竖直方向的夹角增大D ．若将A 向左移动，绳子与竖直方向的夹角增大答案 A11.(2018·新高考研究联盟联考)电性未知的试探电荷q 在电场强度为E 的匀强电场中沿2条不同路径从A 点移动到B 点，一条是直线，另一条从A 点先到M 点再到B 点，如图9所示，下列有关说法正确的是( )图9A ．从图中可以看出，电场中A 点的电势高于B 点，A 点的电场强度也大于B 点B ．试探电荷q 沿上述两种路径移动的过程中，电势能一定都变小了C ．试探电荷q 沿上述两种路径移动的过程中，电场力做功一定相等D ．如果试探电荷从A 沿直线到B 的过程中电场力对它做负功，则该试探电荷带正电答案 C12．如图10甲所示，x 轴上固定两个点电荷Q 1、Q 2(Q 2位于坐标原点O )，其上有M 、N 、P 三点，间距MN ＝NP .Q 1、Q 2在x 轴上产生的电势φ随x 变化的关系如图乙(N 点对应图线的最低点)．则( )图10A ．M 点电场场强大小为零B ．N 点电场场强大小为零C ．M 、N 之间电场方向沿x 轴负方向D ．一正试探电荷从P 移到M 过程中，电场力做功|W PN |＝|W NM |答案 B解析 由题图可知，由M 到N 电势降低，由无限远处到N 电势降低，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可以判断M 、N 之间电场方向沿着x 轴正方向，无限远处到N 点电场方向沿x 轴负方向，且N 点场强为零，选项A 、C 错误，B 正确；|W PN |＝|qU PN |＝|q (φP －φN )|<|q (φN －φM )|＝|W NM |，选项D 错误．二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13．如图11所示，排球运动员正在做颠球训练，若空气阻力不能忽略，则击球后，球从某位置离开手竖直向上运动，再下落回到该位置的过程中( )图11A ．重力先做正功后做负功B ．重力做的总功不为零C ．空气阻力做负功D ．空气阻力做的总功等于球的动能变化答案 CD解析 排球在竖直向上运动的过程中，重力方向与位移方向相反，重力做负功，排球竖直向下运动的过程中，重力方向与位移方向相同，重力做正功，选项A 错误；重力做功只与初、末位置有关，故在整个过程中，重力对排球做的总功为零，选项B 错误；在整个运动过程中，排球受的空气阻力方向与速度方向始终相反，故空气阻力对排球做负功，选项C 正确；由动能定理知，空气阻力做的总功等于球的动能变化，选项D 错误．14.如图12所示，匀强电场的场强方向与竖直方向成α角，一带电荷量为q 、质量为m 的小球，用绝缘细线固定在竖直墙上，小球恰好静止在水平位置，重力加速度为g .则( )图12A ．小球带负电B ．匀强电场场强的大小为mg cos αq C ．若某时刻t ＝0将细线突然剪断，在之后的T 时间内电场力对小球做功为mg 2T 2tan 2α12D ．将细线剪断后，小球运动过程中机械能守恒答案 AC解析 小球处于静止状态，受到的电场力沿电场线斜向右上方，所以小球带负电，选项A 正确；根据竖直方向合力为零，qE cos α＝mg ，解得匀强电场场强的大小为E ＝，选项B 错误；若某时刻t ＝0将细mgq cos α线突然剪断，小球受到的合力方向水平向右，小球向右做匀加速直线运动，加速度a ＝＝g tan α，qE sin αm 在之后的T 时间内，小球的位移为x ＝aT 2，电场力对小球做功为W ＝qE sin α·x ＝mg 2T 2tan 2α，选项C 1212正确；将细线剪断后，电场力对小球做功，小球运动过程中机械能不守恒，选项D 错误．15.如图13所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带负电小球，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F ，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，小球克服重力和克服电场力所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中( )图13A ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球所受合力做功为－W 1－W 2C ．小球的机械能增加W 1＋mv 212D ．小球的电势能增加W 2答案 CD解析 小球和弹簧组成的系统，除重力和弹力做功外，还有电场力做功，系统机械能不守恒，选项A 错误；在上述过程中，弹力、重力、电场力对小球做功，故小球所受合力做功为W 合＝W 弹－W 1－W 2，选项B 错误；小球机械能的增加量为重力势能的增加量和动能的增加量之和，即ΔE ＝W 1＋mv 2，选项C 正确；小球向12上运动的过程中，电场力对小球做负功，小球电势能增加W 2，选项D 正确．16.如图14所示，平行板电容器充电后与电源断开，上极板带正电，下极板带负电．两个相同的不计重力的带电粒子A 、B ，分别从平行板间左侧中点和贴近上极板左端处以不同的初速度垂直于电场方向进入两极板间，它们恰好都能打在下极板右端处的C 点，则下列说法中正确的是( )图14A ．A 粒子的初速度是B 粒子的倍2B ．A 、B 两粒子到达C 点时的动能可能相同C ．A 粒子在C 点的速度偏向角的正弦值是B 粒子的2倍D ．如果仅将加在两极板间的电压加倍，A 、B 两粒子到达下极板时将不在同一点答案 AB解析 粒子在水平方向上做匀速直线运动，则有v A t A ＝v B t B ，竖直方向上对A 有＝at A 2，对B 有h 212h ＝at B 2，通过计算可知v A ＝v B ，选项A 正确；由动能定理可知，电场力对B 粒子做功为对A 粒子做的122功的两倍，A 粒子的初动能为B 粒子的两倍，所以到C 点时动能有可能相同，选项B 正确；通过题图可以看出，A 粒子的偏向角要小于B 粒子的偏向角，选项C 错误；由水平速度与时间关系可知，加大电压，两粒子水平方向上的位移相同，选项D 错误．非选择部分三、非选择题(本题共6小题，共52分)17．(6分)如图15所示，两个完全相同的圆弧轨道分别固定在竖直板上的不同高度处，轨道的末端切线水平，在它们相同位置上各安装一个电磁铁，两个电磁铁由同一个开关控制，通电后，两电磁铁分别吸住相同小铁球A 、B ，断开开关，两个小球同时开始运动．离开圆弧轨道后，A 球做平抛运动，B 球进入一个光滑的水平轨道，则：图15(1)B 球进入水平轨道后将做________运动；改变A 轨道的高度，多次重复上述实验过程，总能观察到A 球正好砸在B 球上，由此现象可以得出的结论是__________________________．(2)若某次两个小球相碰的位置恰在水平轨道上的P 点处，固定在竖直板上的方格纸的正方形小格边长均为5cm ，则可算出A 铁球刚到达P 点的速度为______m/s.(g 取10 m/s 2，结果保留三位有效数字)．答案 (1)匀速直线 A 球的水平分运动是匀速直线运动 (2)3.35解析 (1)让两小球从相同的圆弧轨道上相同高度静止滚下，从而使两小球同时滚离轨道并具有相同的速度．小球A 做平抛运动，小球B 做匀速直线运动，当两个小球相遇时则说明A 小球平抛运动的水平分运动是匀速直线运动．(2)A 球做平抛运动，因此有：竖直方向：h ＝9L ＝gt 2，v y ＝gt12水平方向：9L ＝v 0tA 球到达P 点的速度为：v ＝v 02＋vy 2将L ＝5cm 代入并联立解得v ≈3.35m/s18．(8分)用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m ＝1.00kg 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点．现选取一条符合实验要求的纸带，如图16所示，O 为第一个点，A 、B 、C 为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)．已知打点计时器每隔0.02s 打一个点，重力加速度g ＝9.80m/s 2.图16(1)根据上图所得数据，应该选取图中O 点和________点来验证机械能守恒定律．(2)从O 点到第(1)问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔE p ＝______J ，动能增加量ΔE k ＝________J(结果均保留三位有效数字)．(3)若测出纸带上所有各点到O 点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v 及重物下落的高度h ，则以为v 22纵轴，以h 为横轴画出的图象是下列图中的( )答案 (1)B (2)1.88 1.84 (3)A解析 (1)因只能计算出B 点的速度，故应取图中O 点和B 点来验证机械能守恒定律．(2)ΔE p ＝mg ·h OB ＝1.00×9.80×0.1920J≈1.88Jv B ＝＝1.92m/s.hOC －hOA2T 故ΔE k ＝mv B 2＝×1.00×(1.92)2J≈1.84J.1212(3)由机械能守恒定律可知，mgh ＝mv 2，12故有＝gh ，图象A 正确．v 2219．(8分)(2018·台州中学统练)如图17所示，水平轨道AB 段为粗糙水平面，BC 段为一水平传送带，两段相切于B 点．一质量为m ＝1kg 的物块(可视为质点)，静止于A 点，AB 距离为s ＝2m ．已知物块与AB 段和BC 段间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力．图17(1)若给物块施加一水平拉力F ＝11N ，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B 点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C 点，求传送带的长度；(2)在(1)问中，若将传送带绕B 点逆时针旋转37°后固定(AB 段和BC 段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C 端，则在AB 段对物块施加拉力F ′应至少多大．答案 (1)2.4m (2)17N解析 (1)物块在AB 段：F －μmg ＝ma 1得a 1＝6m/s 2设物块到达B 点时速度为v B ，有v B ＝＝2m/s2a 1s 6滑上传送带后：μmg ＝ma 2刚好到达C 点，有v B 2＝2a 2L ，得传送带长度L ＝2.4m.(2)将传送带倾斜，滑上传送带后有：mg sin37°＋μmg cos37°＝ma 3，a 3＝10m/s 2，物块仍能刚好到C 端，有v B ′2＝2a 3L在AB 段，有v B ′2＝2asF ′－μmg ＝ma联立解得F ′＝17N20.(10分)在光滑绝缘的水平地面上建立了如图18所示的直角坐标系xOy ，在y 轴左侧区域有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E ＝9×103N/C ，现有带电荷量q ＝＋1×10－3 C 、质量m ＝10 g 的带电粒子P 从x ＝－1.5 m 处沿y 轴正方向以初速度v 0＝30 m/s 的速度开始运动，经过y 轴上的Q 点后进入第Ⅰ象限，不计带电粒子重力．求：图18(1)Q 点的坐标；(2)带电粒子P 过Q 点时的速度．答案 见解析解析 (1)设沿x 轴正方向做匀加速运动的时间为t ，位移为x ，在匀强电场中运动的加速度a ＝Eqm则沿x 轴正方向，有|x |＝at 212设沿y 轴正方向做匀速运动的位移为y ，则y ＝v 0t解得：y ＝v 02|x |mEq代入数据得：y ＝m ，t ＝s3330故Q 点坐标为(0，m)．3(2)过Q 点时沿x 轴正方向的速度v x ＝at所以过Q 点的速度大小为v ＝v 02＋vx 2解得：v ＝60m/s设此时速度与y 轴正方向夹角为θ，则tan θ＝vxv 0得θ＝60°带电粒子P 过Q 点时的速度大小为60m/s ，方向与y 轴正方向成60°角斜向右上方．21.(10分)静电喷漆技术具有效率高、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化为如图19.A 、B 是间距为d 的两块平行金属板，两板间有方向由B 指向A 的匀强电场，电场强度为E .在A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P ，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v 且带负电的油漆微粒，假设油漆微粒的质量均为m 、带电荷量均为q ，忽略微粒间的静电作用，微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都能落在金属板B 上．求：图19(1)两块平行金属板之间的电势差；(2)微粒落在B 板上所形成的图形的半径；(3)微粒落在金属板B 上时的速率．答案 见解析解析 (1)两块平行金属板之间的电势差U ＝Ed .(2)初速度方向沿平行A 板喷出的微粒水平位移最大且大小相等，等于微粒落在B 板上所形成的图形的半径R .沿平行A 板喷出的微粒做类平抛运动，则：R ＝vt ，d ＝at 2，a ＝12qEm联立解得：R ＝v .2dmqE (3)由动能定理得：qEd ＝mv ′2－mv 21212解得：v ′＝.2qEdm ＋v 222.(10分)如图20所示，绝缘光滑水平轨道AB 的B 端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC 平滑连接，圆弧的半径R ＝0.40m ．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E ＝1.0×104N/C.现有一质量m ＝0.10 kg 的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B 端距离x ＝1.0 m 的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C 端时，速度恰好为零．已知带电体所带电荷量q ＝8.0×10－5 C ，g 取10 m/s 2，求：图20(1)带电体运动到圆弧形轨道的B 端时对圆弧形轨道的压力；(2)带电体沿圆弧形轨道从B 端运动到C 端的过程中，摩擦力所做的功．答案 (1)5.0N ，方向竖直向下 (2)－0.72J解析 (1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有qE ＝ma ，解得a ＝＝8.0m/s 2qE m 设带电体运动到B 端的速度大小为v B ，则v B 2＝2ax解得v B ＝＝4.0m/s2ax 设带电体运动到圆弧形轨道的B 端时受到的轨道的支持力为F N ，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝mvB 2R解得F N ＝mg ＋＝5.0NmvB 2R 根据牛顿第三定律可知，带电体运动到圆弧形轨道的B 端时对圆弧形轨道的压力大小F N ′＝F N ＝5.0N ，方向竖直向下．(2)因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道从B 到C 运动过程中，电场力所做的功W 电＝qER ＝0.32J设带电体沿圆弧形轨道从B 到C 运动过程中摩擦力所做的功为W f ，对此过程根据动能定理有W 电＋W f －mgR ＝0－mv B 2，解得W f ＝－0.72J.12。
浙江省2020版高考物理大一轮复习单元滚动检测卷六动量守恒定
单元滚动检测卷六动量守恒定律考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．(2018·新高考研究联盟联考)2016年8月12日，在里约奥运会乒乓球男子单打决赛中，中国名将马龙4－0战胜对手，夺得冠军，首次拿下大满贯．如图1所示，马龙快速扣杀的乒乓球在飞行中受到的力有( )图1A．重力B．重力、击打力C．重力、空气阻力D．重力、空气阻力、击打力答案 C2.如图2所示，是一名登山运动员攀登陡峭雪壁的情形，如果认为峭壁的平面是竖直的平面，冰面是光滑的，腿与峭壁面是垂直的，轻绳与壁面的夹角为30°，运动员质量为60kg，g取10m/s2.运动员处于静止状态，则轻绳给运动员的拉力大小F T为( )图2A．200N3B．600NC．400N3D．1200N答案 C3．(2018·嘉兴一中期末)以下关于物理学研究方法的叙述正确的是( )A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B．根据速度的定义式，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了放大思想方法C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了类比的思想方法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法答案 D4.(2018·杭州市五校联考)如图3所示，小球从光滑斜面AC的顶端A处由静止开始做匀加速直线运动，B为AC的中点，下列说法中正确的是( )图3A．小球通过AB段与BC段所用时间之比为1∶1B．小球在AB段与BC段的平均速度之比为1∶2C．小球在B点与C点的瞬时速度之比为1∶2D．小球在B点的瞬时速度与AC段的平均速度相等答案 C5．(2018·金华市十校期末)如图4是某物体在t时间内的位移－时间图象和速度－时间图象，从图象上可以判断得到( )图4A．物体的运动轨迹是曲线B．在t时间内物体运动的平均速度为2m/sC．物体运动的时间t为2s D．物体的位移为4m时所用时间为1s答案 C6.(2018·台州中学统练)如图5将两根吸管串接起来，再取一根牙签置于吸管中，前方挂一张薄纸，用同样的力对吸管吹气，牙签加速射出，击中薄纸．若牙签开始是放在吸管的出口处附近，则牙签吹在纸上即被阻挡落地；若牙签开始时放在嘴附近，则牙签将穿入薄纸中，有时甚至射穿薄纸．设牙签在管中动力恒定，下列说法正确的是( )图5A．两种情况下牙签击中薄纸时的速度相同B．两种情况下牙签在管中运动的加速度相同C．牙签开始放在吸管的出口处时，气体对其做功较大D．牙签开始放在近嘴处时，运动时惯性较大答案 B7.(2018·名校高考联盟联考)科技馆的科普器材中常有如图6所示的匀速率的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮．若齿轮的齿很小，大齿轮的半径(内径)是小齿轮半径的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是( )图6A．小齿轮和大齿轮转速相同B．小齿轮每个齿的线速度均相同C．小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍D．大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮每个齿的向心加速度大小的3倍答案 C8.(2018·温州市3月选考)2017年6月15日11时，中国在酒泉卫星发射中心采用“长征四号乙”运载火箭，成功发射首颗X射线空间天文卫星“慧眼”，如图7所示，并在引力波事件发生时成功监测了引力波源所在的天区．已知“慧眼”在距离地面550km的圆轨道上运行，则其( )图7A．线速度大于第一宇宙速度B．运行周期大于地球自转周期C．角速度小于同步卫星的角速度D．向心加速度大于静止在地球赤道上物体的向心加速度答案 D9．有消息称：中国羽毛球运动员在一档节目上演示了一把高速度杀球，轻小的羽毛球被快速击出后瞬间将西瓜冲撞爆裂！据测羽毛球的速度高达300km/h，羽毛球的质量介于4.74g～5.50g之间，经分析，下列说法中正确的是( )A．这则消息一定是假的，因为羽毛球很轻小，不可能使西瓜爆裂B．这则消息一定是假的，因为击出的羽毛球速度虽然高，但其能量却很小C．这则消息可能是真的，俗话说无快不破，羽毛球虽然很轻小，但速度很高D．这则消息可能是真的，西瓜是否被撞击爆裂取决于羽毛球对西瓜的冲击力大小答案 D解析 在高速度杀球时，由于球速较快，在与西瓜相撞的瞬间，速度急剧变化，根据动量定理可知，羽毛球对西瓜的作用力较大，完全可以使西瓜爆裂，故使西瓜裂开的原因不是速度，而是冲击力的大小，该消息可能是真的，故只有D正确，A、B、C错误．10.如图8所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是( )图8A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与小车(包含男孩)的动量增量相同答案 C解析 木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，故A、B、D错误．11.飞机在空中撞到一只鸟常见，撞到一只兔子就比较罕见了，而这种情况真的被澳大利亚一架飞机遇到了.2017年10月20日，一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机，飞到1500m高时就撞到了一只兔子，当时这只兔子正被一只鹰抓着，两者撞到飞机当场殒命如图9.设当时飞机正以720km/h 的速度飞行，撞到质量为2kg 的兔子，作用时间为0.1s ．则飞机受到兔子的平均撞击力约为( )图9A ．1.44×103NB ．4×103NC ．8×103ND ．1.44×104N 答案 B解析 720km/h ＝200 m/s ，根据动量定理Ft ＝mv 可得F ＝＝N ＝4×103N ，故选B.mv t 2×2000.112．解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务时，假设鱼雷快艇的总质量为M ，以速度v 前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m 的鱼雷后，快艇速度减为原来的，不计水的阻力，则鱼35雷的发射速度为( )A.vB.v 2M ＋3m 5m2M 5m C.v D.v 4M －m 5m 4M 5m 答案 A解析 以快艇的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv ＝(M －m )v ＋mv ′，35解得v ′＝v .2M ＋3m 5m二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13．如图10所示，质量为m 2的小球B 静止在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速度v 0靠近B ，并与B 发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上．A 、B 两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失．当m 1、v 0一定时，若m 2越大，则( )图10A ．碰撞后A 的速度越小B ．碰撞后A 的速度越大C ．碰撞过程中B 受到的冲量越大D ．碰撞过程中A 受到的冲量越大答案 CD解析 碰撞过程中，动量守恒，以v 0的方向为正方向，则m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，又因碰撞过程中机械能守恒，m 1v 02＝m 1v 12＋m 2v 22121212两式联立得，v 1＝，v 2＝(m 1－m 2)v 0m 1＋m 22m 1v 0m 1＋m 2当m 2<m 1时，m 2越大，v 1越小，但当m 2>m 1时，m 2越大，v 1速度反向，但越来越大，A 、B 错误；碰撞过程中，A 受到的冲量I A ＝m 1v 1－m 1v 0＝－v 0＝－v 0，可知m 2越大，A 受到的2m 1m 2m 1＋m 22m 1m 1m 2＋1冲量越大，D 正确；而B 受到的冲量与A 受到的冲量大小相等、方向相反，因此m 2越大，B 受到的冲量也会越大，C 正确．14．从同样高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D ．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长答案 CD15.如图11所示，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，a点是弹性绳的原长位置，b点是人静止悬挂时的平衡位置，c点是人所能到达的最低点(弹性绳在弹性限度内)．若把P点到a 点的过程称为过程Ⅰ，由a点到c点的过程称为过程Ⅱ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )图11A．过程Ⅱ中系统的机械能不变B．过程Ⅱ中人的动能逐渐减小到零C．过程Ⅱ中人的动量改变量与过程Ⅰ的动量改变量大小相等D．过程Ⅱ中人的动量改变量等于重力的冲量答案 AC解析 从a到c因只有重力和弹性绳弹力做功，故系统机械能守恒，A正确；从a到c，人的动能先增大后减小，故B错误；设人到a点时速度为v，则过程Ⅱ中人的动量改变量大小为ΔpⅡ＝mv，过程Ⅰ中人的动量改变量大小为ΔpⅠ＝mv，ΔpⅡ＝ΔpⅠ，故C正确；根据动量定理，过程Ⅱ中人的动量改变量等于重力和弹力的合力的冲量，故D错误．16.如图12所示，放在光滑水平桌面上的两个木块A、B中间夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在地上．A的落地点与桌边的水平距离为0.5m，B的落地点与桌边的水平距离为1m，不计空气阻力，那么( )图12A．A、B离开弹簧时的速度大小之比为1∶2B．A、B质量之比为2∶1C．未离开弹簧时，A、B所受冲量大小之比为1∶2D ．未离开弹簧时，A 、B 加速度大小之比为1∶2答案 ABD解析 A 、B 组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，A 、B 两木块的落地点到桌边的水平距离x ＝v 0t ，因为两木块的落地时间相等，所以v 0与x 成正比，故v A ∶v B ＝1∶2，即A 、B 离开弹簧时的速度之比为1∶2.由动量守恒定律可知，m A ∶m B ＝2∶1.未离开弹簧时，A 、B 受到的弹力相等，作用时间相同，故冲量大小相等．未离开弹簧时，F 相等，m 不同，加速度a ＝，与质量成反比，故a A ∶a B ＝1∶2.F m非选择部分三、非选择题(本题共6小题，共52分)17．(6分)某同学在“探究碰撞中的不变量”实验中，采用如图13所示的实验装置，在光滑的水平轨道上，停着甲、乙两辆小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带．在启动打点计时器的同时，给甲车沿轨道方向的冲量，甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰，由于两车相撞处装有尼龙拉扣，两车立即粘在一起继续运动．纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车的运动情况，如图14所示，纸带上A 、B 两点的距离为________cm ；为完成实验，同学已经测出碰撞前后小车甲的速度，他还需要测量________________________．图13图14答案 1.20(±0.02) 小车甲和小车乙的质量解析 A 、B 两点之间的距离为2.20cm －1.00cm ＝1.20cm.根据动量守恒定律知，要探究碰撞中的不变量还需要测量小车甲和小车乙的质量．18．(8分)在验证机械能守恒定律的实验中，某同学利用图15甲中器材进行实验，正确地完成实验操作后，得到一条点迹清晰的纸带，如图乙所示．在实验数据处理中，某同学取A 、B 两点来验证实验．已知打点计时器每隔0.02s 打一个点，图中测量结果记录在下面的表格中．(重力加速度为g ＝9.8m/s 2)图15项目x 1/cm A 点瞬时速度/(m·s －1)x 2/cm B 点瞬时速度/(m·s －1)AB 两点间距离/cm数据 3.920.9812.8050.00(1)观察纸带，可知连接重物的夹子应夹在纸带的___________________________________(选填“左”或“右”)端．(2)将表格中未填项目填写完整．(3)若重物和夹子的总质量为0.6kg ，那么在AB 运动过程中，动能的增加量为________J ，重力势能减少量为________J.答案 (1)左 (2)3.20 (3)2.78 2.94解析 (1)重物刚开始运动，速度较小，点迹比较密集，故夹子应夹在纸带的左端．(2)v B ＝＝3.20m/s.x 22T(3)在AB 运动过程中，动能增加量为ΔE k ＝mv B 2－mv A 2≈2.78J，重力势能减少量ΔE p ＝mgh AB 1212＝2.94J.19．(8分)如图16，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h .一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度射出．重力加速度为g .求：v 02图16(1)此过程中系统损失的机械能；(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．答案 (1)mv 02 (2) 18(3－m M )mv 0M h 2g 解析 (1)设子弹射出物块后物块的速度为v ，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv 0＝m ＋Mv ①v 02解得v ＝v 0②m 2M系统损失的机械能为ΔE ＝mv 02－③12[12m (v 02)2＋12Mv 2]由②③式得ΔE ＝mv 02④18(3－m M )(2)设物块下落到地面所用时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为x ，则h ＝gt 2⑤12x ＝vt ⑥由②⑤⑥得x ＝.mv 0M h 2g20．(10分)如图17，长为L 、质量为M 的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有一质量为m 的子弹(可视为质点)以水平速度v 0击中木块并恰好未穿出．设子弹射入木块过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为s ，重力加速度为g ，求：图17(1)木块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)子弹在木块运动过程中产生多少热量．答案 见解析解析 (1)子弹射入木块的极短时间内，水平方向动量守恒，取v 0的方向为正方向，有mv 0＝(M ＋m )v 共从子弹与木块共速到最终停止的过程中，由功能关系得(M ＋m )v 共2＝μ(M ＋m )gs 12解得：μ＝m 2v 022gs (M ＋m )2(2)子弹射入木块的极短时间内，设产生的热量为Q ，由功能关系得Q ＝mv 02－(M ＋m )v 共21212解得：Q ＝.Mmv 022(M ＋m )21．(10分)如图18所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.图18(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案 (1)20kg (2)不能，理由见解析解析 (1)规定向左为速度正方向．冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 0＝(m 2＋m 3)v ①m 2v 02＝(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ②1212式中v 0＝3m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m 3＝20kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有m 1v 1＋m 2v 0＝0④代入数据得v 1＝－1m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有m 2v 0＝m 2v 2＋m 3v 3⑥m 2v 02＝m 2v 22＋m 3v 32⑦121212联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝－1m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．22.(10分)(2019届东阳中学模拟)如图19所示，水平面上的A 点有一固定的理想弹簧发射装置，发射装置内壁光滑，A 为发射口所在的位置，B 点与在竖直面内、内壁光滑的钢管弯成的“9”形固定轨道平滑相接，钢管内径很小，“9”字全高H ＝1m ；“9”字上半部分圆弧半径R ＝0.1m ，圆弧为圆周；当弹簧压缩量为2cm(弹性限度内)时，启动发射装置，恰能使质量m ＝0.1kg 34的滑块沿轨道上升到最高点C ，已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，AB 间距离为L ＝4m ，滑块与水平面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g ＝10m/s 2，求：图19(1)当弹簧压缩量为2cm 时，弹簧的弹性势能；(2)当弹簧压缩量为3cm(弹性限度内)时，启动发射装置，滑块滑到轨道最高点C 时对轨道的作用力；(3)当弹簧压缩量为3cm 时，启动发射装置，滑块从D 点水平抛出后的水平射程．答案 (1)1.8J (2)44N ，方向竖直向上 (3)2.8m解析 (1)根据能量守恒定律得，E p ＝μmgL ＋mgH ，解得E p ＝1.8J(2)因为弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，弹簧压缩量为3cm 时，E p ′＝E p 94根据能量守恒定律得，E p ′＝μmgL ＋mgH ＋mv C 212由牛顿第二定律得：F N ＋mg ＝m ，解得F N ＝44N v C 2R由牛顿第三定律可知，滑块滑到轨道最高点C 时对轨道作用力的大小F N ′＝44N ，方向竖直向上．(3)根据能量守恒定律E p ′＝μmgL ＋mg (H －2R )＋mv D 2，解得v D ＝7m/s ，12由平抛运动规律得，H －2R ＝gt 2，x ＝v D t 12故水平射程x ＝2.8m.。
2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：单元滚动检测卷四.含解析
单元滚动检测卷四考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上． 3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．如图1所示，在O 处有一点光源，MN 为竖直屏，屏MN 的垂线OM 中点O ′处有一静止小球．释放小球，小球做自由落体运动，在屏上得到小球的投影点．则投影点做( )图1A ．匀速直线运动B ．初速度为零、加速度为g 的匀加速直线运动C ．初速度为零、加速度为2g 的匀加速直线运动D ．初速度不为零、加速度为2g 的匀加速直线运动 答案 C解析 OM 中点O ′处小球做自由落体运动h ＝12gt 2，由相似三角形知识，投影点的位移与时间的关系y ＝2h ＝gt 2，故投影点做初速度为零、加速度为2g 的匀加速直线运动，故C 正确．2．一块质量均匀分布的长方体木块按图2中甲、乙、丙所示的三种方式在同一水平面上运动，其中甲图中木块做匀速运动，乙图中木块做匀加速运动，丙图中木块侧立在水平面上做与甲图相同的运动．则下列关于甲、乙、丙三图中木块所受滑动摩擦力大小关系的判断正确的是( )图2A ．F f 甲＝F f 乙<F f 丙B ．F f 甲＝F f 丙<F f 乙C ．F f 甲＝F f 乙＝F f 丙D ．F f 丙<F f 甲<F f 乙答案 C解析根据公式F f＝μF N知，滑动摩擦力的大小与接触面的大小无关，与相对速度或加速度也无关．3．帆船船头指向正东以速度v(静水中速度)航行，海面正刮着南风，风速为3v，以海岸为参考系，不计阻力．关于帆船的实际航行方向和速度大小，下列说法中正确的是()A．帆船沿北偏东30°方向航行，速度大小为2vB．帆船沿东偏北60°方向航行，速度大小为2vC．帆船沿东偏北30°方向航行，速度大小为2vD．帆船沿东偏南60°方向航行，速度大小为2v答案 A解析由于帆船的船头指向正东，并以相对静水中的速度v航行，南风以3v的风速向北吹来，当以海岸为参考系时，实际速度v实＝v2＋(3v)2＝2v，设帆船实际航行方向与正北方向夹角为α，则sinα＝v2v＝12，α＝30°，即帆船沿北偏东30°方向航行，选项A正确．4.(2018·金华十校期末)吊坠是日常生活中极为常见的饰品，深受人们喜爱．现将一“心形”金属吊坠穿在一根细线上，吊坠可沿细线滑动．在佩戴过程中，某人手持细线两端，让吊坠静止在空中，如图3所示，现让两手水平向外缓慢移动，不计吊坠与细线间的摩擦，则在此过程中，细线中张力大小变化情况为()图3A．保持不变B．逐渐减小C．逐渐增大D．先减小后增大答案 C解析以吊坠为研究对象，分析受力情况，作出受力图，如图所示，根据平衡条件得：2F cos θ＝mg，得到细线的拉力F＝mg2cos θ，现让两手水平向外缓慢移动，θ变大，cos θ变小，则F增大，故C正确，A、B、D错误．5．如图4所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()图4A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小 答案 D解析 根据题意可知，座椅A 和B 的角速度相等，A 的转动半径小于B 的转动半径，由v ＝rω可知，座椅A 的线速度比B 的小，选项A 错误；由a n ＝rω2可知，座椅A 的向心加速度比B 的小，选项B 错误；座椅受力如图所示，由牛顿第二定律得mg tan θ＝mrω2，tan θ＝rω2g，因座椅A 的运动半径较小，故悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；拉力F T ＝mgcos θ，可判断悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小，选项D 正确．6.如图5所示，把地球看成大“拱形桥”，当一辆“汽车”速度达到一定值时，“汽车”对地面压力恰好为零，此时“汽车”( )图5A ．受到的重力消失了B ．仍受到重力，其值比原来的小C ．仍受到重力，其值与原来相等D ．座椅对驾驶员的支持力大于驾驶员的重力 答案 C解析 重力是由于地球的吸引而产生的，跟物体的运动状态无关，“汽车”通过“拱形桥”时，若“汽车”对地面压力恰好为零，重力提供向心力，重力的大小不变，其值与原来相等，此时座椅对驾驶员的支持力为零，故C 正确．7．如图6所示是生活中常见的情景，下列说法正确的是( )图6A ．传送带靠物体的惯性把货物从低处送往高处B ．汽车轮胎表面的花纹状沟槽不同主要是为了轮胎的美观C ．自行车的滚动轴轮，把滚珠沾上润滑油后放入“轴碗”，以减少摩擦损耗D ．盘上小物体随盘做匀速圆周运动的向心力是由盘对小物体的滑动摩擦力提供 答案 C解析 传送带靠静摩擦力把货物从低处送往高处，选项A 错误；汽车轮胎表面的花纹状沟槽不同主要是为了增大轮胎与地面间的摩擦力，选项B 错误；自行车的滚动轴轮，把滚珠沾上润滑油后放入“轴碗”，以减少摩擦损耗，选项C 正确；盘上小物体随盘做匀速圆周运动的向心力是由盘对小物体的静摩擦力提供，选项D 错误．8.如图7所示，在足够长斜面上的A 点，以水平速度v 0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上的水平距离为x 1；若将此球以2v 0的水平速度抛出，落到斜面上的水平距离为x 2，则x 1∶x 2为()图7A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4答案 D解析 设斜面倾角为θ，则tan θ＝y x ＝12gt2v 0t ＝gt2v 0，故t ＝2v 0tan θg ，水平位移x ＝v 0t ＝2v 02tan θg ∝v 02，故当水平初速度由v 0变为2v 0后，水平位移变为原来的4倍，D 项正确．9.如图8所示，球网高出桌面H ，网到左、右桌边缘的距离为L .某人在乒乓球训练中，从距网左侧L2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球的运动为平抛运动．则()图8A ．击球点的高度与网高度之比为2∶1B ．乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2∶1C ．乒乓球过网时与落到桌边缘时竖直方向速率之比为1∶2D ．乒乓球在网左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2 答案 D解析 根据平抛运动规律，乒乓球在网左、右两侧运动时间之比为1∶2，由Δv ＝g Δt 可得，乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2，选项D 正确，B 错误．由y ＝12gt 2可得击球点的高度与网高度之比为9∶8，乒乓球过网时与落到桌边缘时竖直方向速率之比为1∶3，选项A 、C 错误． 10．如图9所示，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M 和2M 的行星做匀速圆周运动．下列说法中正确的是( )图9A ．甲的向心加速度比乙的向心加速度小B ．甲的运行周期比乙的运行周期小C ．甲的角速度比乙的角速度大D ．甲的线速度比乙的线速度大 答案 A解析 根据万有引力提供向心力得，GMm r 2＝ma ＝m v 2r ＝mrω2＝m 4π2T 2r ，解得向心加速度a ＝GM r 2，线速度v ＝GMr，角速度ω＝GMr 3，周期T ＝4π2r 3GM，由于甲、乙两卫星的轨道半径相同，但环绕的中心天体质量分别为M 、2M ，所以甲的向心加速度、线速度和角速度都比乙的小，但甲的周期比乙的大，A 选项正确，B 、C 、D 选项错误．11.(2018·西湖高级中学月考)2012年9月我国采用“一箭双星”的方式发射了“北斗导航卫星”(BDS)系统中的两颗圆轨道半径均为21 332 km 的“北斗－M5”和“北斗－M6”卫星，其轨道如图10所示，下列说法正确的是( )图10A ．两颗卫星绕地球运行的向心加速度大小相等B ．两颗卫星绕地球的运行速率均大于7.9 km/sC ．“北斗－M5”绕地球的运行周期大于地球的自转周期D ．“北斗－M6”绕地球的运行速率大于“北斗－M5”的运行速率 答案 A解析 根据G Mmr2＝ma 知，轨道半径相等，则向心加速度大小相等，故A 正确；根据v ＝GMr知，轨道半径越大，线速度越小，所以两颗卫星的运行速率均小于7.9 km/s ，故B 错误；根据T ＝2πr3GM，“北斗－M5”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则“北斗－M5”绕地球的运行周期小于地球的自转周期，故C 错误；根据v ＝GMr知“北斗－M6”绕地球的运行速率等于“北斗－M5”的运行速率，故D 错误．12．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图11所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2(L 1＞L 2)，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h ，不考虑乒乓球的旋转、反弹和空气阻力(重力加速度为g )，则( )图11A ．若球发射速度v ＝L 18gh，则恰好越过球网落在球台的右侧 B ．若球发射速度v ＝L 24gh，则恰好越过球网落在球台的右侧 C ．若球以速度v ＝L 2g6h垂直台面左侧底线水平发射，则恰好落在球台的右侧边缘 D ．若球以速度v ＝L 1g6h垂直台面左侧底线水平发射，则恰好落在球台的右侧边缘 答案 D解析 若球恰好过球网，根据3h －h ＝12gt 12得：t 1＝4h g ，水平位移最小为：x min ＝L 12，则最小发射速度为：v 1＝L 12t 1＝L 14gh，故A 、B 错误；若发射球的速度垂直台面左侧底线且球刚好落在球台右侧边缘处，根据3h ＝12gt 22得：t 2＝6h g ，水平位移为L 1，则发射速度为：v 2＝L 1t 2＝L 1g6h，故C 错误，D 正确．二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13．光滑水平面上一运动质点以速度v0通过点O ，如图12所示，与此同时给质点加上沿x 轴正方向的恒力F x 和沿y 轴正方向的恒力F y ，则( )图12A ．因为有F x ，质点一定做曲线运动B ．如果F y <F x ，质点向y 轴一侧做曲线运动C ．如果F y ＝F x tan α，质点做直线运动D ．如果F x >F ytan α，质点向x 轴一侧做曲线运动答案 CD解析 如果F x 、F y 二力的合力沿v 0方向，即F y ＝F x tan α，则质点做直线运动，选项A 错误，C 正确；若F x >F y tan α，则合力方向在v 0与x 轴正方向之间，运动轨迹向x 轴一侧弯曲而做曲线运动；若F x <F ytan α，则合力方向在v 0与y 轴正方向之间，所以运动轨迹必向y 轴一侧弯曲而做曲线运动，因不知α的大小，所以只凭F x 、F y 的大小不能确定F 合是偏向x 轴还是y 轴，选项B 错误，D 正确．14.(2019届牌头中学模拟)“套圈”是老少皆宜的游戏，如图13所示，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v 1、v 2抛出铁丝圈，都能套中地面上的同一目标．设铁丝圈在空中的运动时间分别为t 1、t 2，则(不计空气阻力)( )图13A ．v 1<v 2B ．v 1＞v 2C ．t 1＞t 2D ．t 1＝t 2答案 AC解析 铁丝圈做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，根据h ＝12gt 2，有t ＝2hg，故t 1＞t 2，水平分位移相同，由于t 1＞t 2，根据x ＝v 0t ，有v 1＜v 2，A 、C 正确．15.如图14所示，长为L 的轻杆一端固定质量为m 的小球，另一端固定在转轴O ，现使小球在竖直平面内做圆周运动．P 为圆周轨道的最高点．若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为32gL2，不计空气阻力和摩擦，则以下说法正确的是( )图14A ．小球能到达P 点B ．小球到达P 点时的速度等于gLC ．小球能到达P 点，但在P 点不会受到轻杆的弹力D ．小球能到达P 点，且在P 点受到轻杆向上的弹力 答案 AD解析 根据动能定理得－mg ·2L ＝12m v P 2－12m v 2，又v ＝32gL 2，解得v P ＝2gL2，小球在最高点的临界速度为零，所以小球能到达最高点，故A 正确，B 错误；设杆在P 点对小球的作用力表现为支持力，则mg －F ＝m v P 2L ，解得F ＝12mg ，故小球在P 点受到轻杆向上的弹力，故D 正确，C 错误．16．(2019届台州中学月考)2016年8月以来，我国先后发射了量子科学实验卫星、“天宫二号”、“风云四号A ”、全球二氧化碳监测科学实验卫星等卫星或航天器，如图15所示，其中量子科学实验卫星运行在距地面500千米的极地轨道，“天宫二号”运行在距地面393千米的轨道，“风云四号A ”是中国新一代静止气象卫星，运行在地球同步轨道上，全球二氧化碳监测科学实验卫星运行在距地面700千米的极地轨道上，这些卫星或航天器对我国与国际的科学研究做出了重大贡献．下列关于这些卫星或航天器的说法正确的是( )图15A ．量子科学实验卫星的轨道在赤道上空B ．“天宫二号”的运行速度最大C ．“风云四号A ”的运行轨道距地面的高度最大D ．全球二氧化碳监测科学实验卫星运行周期为24小时 答案 BC解析 量子科学实验卫星运行在距地面500千米的极地轨道，不会在赤道上空，故A 错误；根据万有引力提供向心力可知G Mmr 2＝m v 2r，解得v ＝GMr，轨道半径越小，速度越大，根据题意可知，“天宫二号”距地面的高度最小，轨道半径最小，则其速度最大，故B 正确；“风云四号A ”的轨道半径最大，则距地面的高度最大，故C 正确；根据万有引力提供向心力得G Mm r 2＝m 4π2rT2，解得T ＝2πr 3GM，地球同步卫星的周期为24 h ，轨道半径越大，周期越大，而全球二氧化碳监测科学实验卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则周期小于24 h ，故D 错误．非选择部分三、非选择题(本题共6小题，共52分)17．(6分)在研究平抛运动实验中，实验室准备了下列器材：铁架台、斜槽、竖直挡板、有水平卡槽的木板、白纸、复写纸、图钉、小球、刻度尺等．部分实验步骤如下：图16(1)按图16安装实验装置，应使斜槽末端________，从而保证小球离开斜槽后做平抛运动．(2)每次在斜槽上静止释放小球时应做到________，从而保证小球每次在空中做平抛运动的轨迹是相同的．答案(1)切线水平(2)从同一位置释放解析(1)为保证小球做平抛运动，必须保持斜槽末端切线水平．(2)每次在斜槽上静止释放小球时要从同一位置释放，以保证小球每次在空中做平抛运动的轨迹是相同的．18．(8分)某同学设计了如图17甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，并用手按住，向小桶中加入细沙，记下力传感器的示数F1.图17(1)接通频率为50 Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离并标在纸带上，由所测数据可以算出小车的加速度a＝________m/s2.(2)同一次实验中，小车释放前力传感器示数F1与小车加速运动时力传感器示数F2的关系是F1________F2(选填“＜”“＝”或“＞”)．(3)关于该实验，下列做法有助于减小实验误差的是________．A．小车和力传感器的总质量远大于小桶和细沙的总质量B．实验中需要将长木板右端适当垫高C．实验中需要测出小车和力传感器的总质量D．用加细沙的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据答案(1)0.16(2)＞(3)BD19．(8分)如图18所示，在倾角为θ的斜面顶端P 点以初速度v 0水平抛出一个小球，最后落在斜面上的Q 点，求：图18(1)小球在空中运动的时间以及P 、Q 间的距离； (2)小球离开斜面的距离最大时，抛出了多久． 答案 (1)2v 0tan θg 2v 02tan θg cos θ (2)v 0tan θg解析 (1)根据平抛运动分运动的特点，两个分运动的位移与合运动的位移构成一个直角三角形，如图甲所示，由s x ＝v 0t ，s y ＝12gt 2得s y s x ＝tan θ＝gt 2v 0， 可得小球在空中运动的时间t ＝2v 0tan θg .PQ 间距离s ＝s xcos θ＝2v 02tan θg cos θ.(2)如图乙所示，两个分运动的速度与合运动的速度也构成一个直角三角形，当小球与斜面间距离最远时，速度方向与水平分速度之间的夹角为θ.由v y v x ＝tan θ＝gt ′v 0，可得小球离开斜面距离最大时所需时间为t ′＝v 0tan θg. 20.(10分)如图19所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O ′、O 距离L ＝100 m ．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短．(发动机功率足够大，重力加速度取g ＝10 m/s 2)．求：图19(1)在两个弯道上的最大速度分别是多少？(2)应从什么位置开始加速，加速度是多大？答案 见解析解析 (1)在弯道上做匀速圆周运动时，径向摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律kmg ＝m v m 2r ，在小圆弧弯道上的最大速度v m r ＝kgr ＝ 2.25×10×40 m /s ＝30 m/s ，在大圆弧弯道上的最大速度为v m R ＝kgR ＝ 2.25×10×90 m /s ＝45 m/s.(2)当弯道半径一定时，在弯道上的最大速度是一定的，且在大弯道上的最大速度大于小弯道上的最大速度，故要想时间最短，故可在绕过小圆弧弯道后加速，直道的长度为x ＝L 2－(R －r )2＝50 3 m ， 由运动学公式v m R 2－v m r 2＝2ax ，代入数据可得加速度大小为：a ＝v m R 2－v m r 22x ＝452－3022×503m /s 2≈6.50 m/s 2.21．(10分)“水上乐园”中有一巨大的水平转盘，人在其上随转盘一起转动，给游客带来无穷乐趣．如图20所示，转盘的半径为R ，离水平面的高度为H ，可视为质点的游客的质量为m ，现转盘以角速度ω匀速转动，游客在转盘边缘保持相对静止，不计空气阻力，重力加速度为g .图20(1)求转盘转动的周期；(2)求游客受到的摩擦力的大小和方向；(3)若转盘突然停止转动，求游客落水点到转动轴的水平距离．答案 (1)2πω(2)mω2R 沿半径方向指向转盘圆心O (3)R 2Hω2g ＋1 解析 (1)转盘转动的周期：T ＝2πω(2)游客受到的摩擦力的大小：F f ＝mω2R游客受到的摩擦力的方向沿半径方向指向转盘圆心O .(3)游客转动时的线速度，即平抛运动的初速度：v ＝ωR游客落水的时间：t ＝2H g游客做平抛运动的水平位移：x ＝v t ＝ωR 2H g游客落水点到转动轴的水平距离：s ＝x 2＋R 2＝R2Hω2g＋1.22.(10分)如图21所示，一个可视为质点的质量m ＝2 kg 的木块从P 点以初速度v 0＝5 m /s 向右运动，木块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，木块运动到M 点后水平抛出，恰好沿竖直的粗糙圆弧AB 的A 点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力)．已知圆弧的半径R ＝0.5 m ，半径OA 与竖直半径OB 间的夹角θ＝53°，木块到达A 点时的速度v A ＝5 m/s ，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g ＝10 m/s 2.图21(1)求P 到M 的距离l ；(2)求M 、A 间的距离s ；(3)若木块到达圆弧底端B 点时速度大小v B ＝5 m/s ，求此时木块对轨道的压力．答案 (1)2 m (2)2135m (3)120 N ，方向竖直向下 解析 (1)木块到A 点时，木块做平抛运动的初速度v 等于v A 的水平分速度，可知：v ＝v x ＝v A cos θ＝3 m/s木块在水平面上滑行时的加速度大小a ＝μg ＝4 m/s 2P 到M 的距离l ＝v 02－v x 22a＝2 m. (2)木块运动至A 点时竖直方向的分速度为v y ＝v A sin θ＝4 m/s ，设M 点与A 点的水平距离为x ，竖直高度为h ，有v y ＝gtv y 2＝2ghx ＝v x ts ＝h 2＋x 2解得s ＝2135m. (3)根据F N －mg ＝m v B 2R，可得 F N ＝120 N由牛顿第三定律可知，木块对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝120 N ，方向竖直向下．。
浙江省2020版高考物理大一轮复习单元滚动检测卷一运动的描述匀变速直线运动
单元滚动检测卷一运动的描述匀变速直线运动考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.周日，小明随家长驾车行驶在高架路上，如图1所示，看到车窗外的路灯杆疾速向后运动，当汽车上坡时，小明发现家长降低了车速，当汽车驶入凹形路面时，小明感到与座椅之间的压力发生了变化．上述材料提及“车窗外的路灯杆疾速向后运动”，这里所选的参考系是( )图1A．小明乘坐的汽车B．路面C．其他路灯杆D．高架护栏答案 A2．温州南塘，每年端午龙舟比赛热闹非凡，如图2是龙舟在进行500m的直道比赛，下列说法正确的是( )图2A．研究队员的划桨动作，可将队员看成质点B．以龙舟为参考系，岸上站立的观众是静止的C．获得第一名的龙舟，撞线时的速度一定很大D．获得最后一名的龙舟，平均速度一定最小答案 D3．一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v ＝2＋t (各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是( ) A ．质点可能做匀减速直线运动 B ．5s 内质点的位移为35m C ．质点运动的加速度为1m/s 2D ．质点第3s 末的速度为5m/s 答案 B解析 根据平均速度v ＝x t 知，x ＝vt ＝2t ＋t 2，对比x ＝v 0t ＋12at 2知，质点的初速度v 0＝2m/s ，加速度a ＝2 m/s 2，质点做匀加速直线运动，故A 、C 错误.5s 内质点的位移x ＝v 0t ＋12at 2＝2×5m＋12×2×25m＝35m ，故B 正确．质点第3s 末的速度v ＝v 0＋at ＝2m/s ＋2×3 m/s＝8m/s ，故D 错误．4. 2017年8月份开始，浙江高速公路都将实施“区间测速”．交警局一位负责人解释，区间测速是一项先进的监控手段，利用车辆通过前后两个监控点的时间计算平均车速的简单原理，只需测算距离与通行时间就可以换算出有没有超速行为，图3为高速公路的一个交通标志，一辆汽车于8月2日上午8∶03通过监测起点时速度为115km/h ，上午8∶11通过监测终点时的速度也为115 km/h ，由此可判断( )图3A ．汽车在该测速区间以115km/h 的速度做匀速运动B ．汽车在起点和终点之间的速度都小于120km/hC ．根据区间测速的原理，该汽车超速了D ．在该测速区间，汽车某时刻的瞬时速度不可能为100km/h 答案 C解析 20km 的距离若以限速120km/h 行驶，需要10分钟时间，而给出的时间间隔只有8分钟，所以一定有以超过120 km/h 的速度行驶的过程，C 正确．5．如图4所示，在《奔跑吧兄弟》栏目中，邓超抱着脸盆从静止开始加速一段时间后，然后趴在脸盆上以一定的初速度向前减速滑动直到停止，已知他整个过程用时4.8 s ，位移为12 m ．若不计下趴过程的时间，加速和减速阶段都可视为匀变速直线运动，从上述条件可确定()图4A ．加速阶段的加速度B ．加速阶段的时间C ．刚趴在脸盆上的初速度D ．减速阶段发生的位移 答案 C解析 邓超先从静止匀加速到最大速度后直接匀减速减到零，根据匀变速直线运动的规律可知全过程的平均速度是最大速度的一半，则有总位移x ＝12v max t 总，由总位移和总时间可以计算最大速度，即刚趴在脸盆上的初速度，选项C 正确；仅根据总位移和总时间，而不知道加速和减速的时间，无法求解加速、减速过程的加速度以及对应的位移，选项A 、B 、D 错误． 6．一辆汽车以20m/s 的速度做匀速直线运动，某时刻关闭发动机而做匀减速直线运动，加速度大小为4 m/s 2，则关闭发动机后，汽车通过48m 所需时间为( ) A ．4sB ．5sC ．6sD ．7s 答案 A解析 由位移公式得x ＝v 0t －12at 2，解得t 1＝4s ，t 2＝6s ，因为汽车经t 0＝v 0a＝5s 停止，故t 2＝6s 舍去，故只有选项A 正确．7．(2018·绍兴市期末)滴滴车主小张行驶在绿云路(308省道)上，在甲处接到订单，导航地图显示乘客上车地点(以下记为乙处)就在笔直的绿云路上，汽车若以v 匀速行驶，到达乙地所需的时间为t ；汽车实际以速度v 0从甲地出发，按地图导航匀速前进，快到某个路口时为礼让斑马线上的行人紧急刹车，汽车刹停后(绿灯已亮起)又立即匀加速到v 0，继续匀速前进，从开始刹车到加速至v 0的时间为t 0，汽车刹车、加速过程中的加速度大小相等．汽车仍然在t 时间内赶到了乙地，则汽车匀速运动的速度v 0为( )A.vt t －t 02B.vt t ＋t 02C.vt t －t 0D.vtt ＋t 0 答案 A8．建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时被楼上的师傅接住用以砌墙．如图5所示，若某次以10m/s 的速度从地面竖直向上抛出一个砖块，g 取10 m/s 2，空气阻力可以忽略，则( )图5A ．砖块上升的最大高度为10mB ．砖块上升的时间为1sC ．抛出后经0.5s 上升的高度为最大高度的一半D ．抛出后上升过程砖块做变减速直线运动 答案 B解析 由h ＝v 022g 得，砖块上升的最大高度h ＝5 m ，选项A 错误；砖块上升的时间t ＝v 0g＝1 s ，选项B 正确；抛出后经0.5 s 上升的高度h ′＝v 0t ′－12gt ′2＝10×0.5 m－12×10×0.52m ＝3.75 m ，选项C 错误；抛出后砖块加速度不变，故上升过程砖块做匀减速直线运动，选项D 错误．9．乘热气球(图6甲)飞行已成为人们喜欢的航空体育运动．如图乙所示，为某次热气球升空过程中的v －t 图象(取竖直向上为正方向)，则以下说法正确的是( )图6A ．0～10s 内，热气球的平均速度为5m/sB ．30～40s 内，热气球竖直向下运动C ．30～40s 内，吊篮中的人处于超重状态D ．0～40s 内，热气球上升的总位移大小为150m 答案 D10.如图7所示为甲、乙两物体相对于同一参考系的x －t 图象，下列说法中正确的是( )图7A ．甲、乙两物体的出发点相距x 02B ．甲、乙两物体都做匀速直线运动C ．甲物体比乙物体晚出发的时间为t 1D ．甲、乙两物体向同方向运动 答案 B解析 由题图可知，甲从距原点x 0处出发，乙由原点出发，故两物体出发点相距x 0，A 选项错误；两图线都是倾斜直线，即两物体都做匀速直线运动，B 选项正确；甲开始计时就出发，乙在计时后t 1时刻才出发，故甲比乙早出发的时间为t 1，C 选项错误；甲、乙图线的斜率分别为负值和正值，表明甲、乙运动方向相反，D 选项错误．11．将一个小球从报废的矿井口由静止释放后做自由落体运动，4s 末落到井底．该小球开始下落后第2s 内和第4s 内的平均速度之比是( ) A ．1∶3B．2∶4C．3∶7D．1∶4 答案 C解析 根据公式v ＝gt 可得，第1s 末小球的速度为：v 1＝g ，第2s 末小球的速度为v 2＝2g ，所以第2s 内的平均速度为v 1＝v 1＋v 22＝32g ，第3s 末小球的速度为v 3＝3g ，第4s 末小球的速度为v 4＝4g ，所以第4s 内的平均速度v 2＝v 3＋v 42＝72g ，故v 1∶v 2＝3∶7. 12．一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上运动，因前方交通事故紧急刹车而做匀减速直线运动，最后静止，汽车在最初3s 内通过的位移与最后3s 内通过的位移之比为x 1∶x 2＝5∶3，汽车运动的加速度大小为a ＝5m/s 2，则汽车制动的总时间( ) A ．t >6s B ．t ＝6s C ．4s<t <6s D ．t ＝4s答案 D解析 设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度为a ，运动总时间为t ，把汽车刹车的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有最后3s 内通过的位移x 2＝12at 12＝92a ，在最初3s 内通过的位移x 1＝12at 2－12a (t －3)2＝12a (6t －9)，又x 1∶x 2＝5∶3，解得t ＝4s ，故A 、B 、C 错误，D 正确．二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分) 13．下列说法中正确的是( )A．在直线运动中质点的路程等于位移的大小B．第3s末到第6s初的时间间隔是3sC．物体只在重力作用下由静止开始的运动叫自由落体运动D．瞬时速度保持不变的运动是匀速直线运动答案CD解析在有往返的直线运动中质点的路程大于位移的大小，A项错误；第3s末到第6s初的时间间隔是2s，B项错误．14.某物体沿水平方向运动，规定向右为正方向，其v－t图象如图8所示，则( )图8A．在0～1s内做曲线运动B．在1～2s内速度方向向左C．在第2s末离出发点最远D．在1～2s和2～3s内的加速度方向相反答案 C解析质点在0～1s内做变加速直线运动，故A错误；在1～2s内，物体的速度在减小，但方向为正，表示仍然向右运动，故B错误；在v－t图象中图线与时间轴所围面积为物体运动的位移，在前2s内物体一直向右运动，2s后向左运动，故在第2s末离出发点最远，故C正确；由题图可知，在1～2s和2～3s内的加速度方向相同，D错误．15．一质点沿x轴运动，其位置x随时间t变化的规律为x＝15＋10t－5t2(x的单位为m，t 的单位为s)．下列关于该质点运动的说法正确的是( )A．该质点的加速度大小为5m/s2B．t＝3s时刻该质点速度为零C．0～3s内该质点的平均速度大小为5m/sD．物体处于x＝0处时其速度大小为20m/s答案CD解析由x＝15＋10t－5t2知v0＝10m/s，a＝－10 m/s2，故A错误；由v ＝v 0＋at ，t ＝3s 时，v ＝－20m/s ，故B 错误；t ＝3s 时x ＝0，t ＝0时，x ＝15m ，则0～3s 内平均速度v ＝Δx Δt ＝0－153m/s ＝－5 m/s ，即大小为5m/s ，故C 正确；当x ＝0时得t ＝3s ，则v ＝v 0＋at ＝－20m/s ，速度大小为20 m/s ，故D 正确．16．(2018·丽水一中月考)一物体以初速度v 0做匀减速直线运动，第1s 内通过的位移为x 1＝3m ，第2s 内通过的位移为x 2＝2m ，又经过位移x 3，物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是( )A ．初速度v 0的大小为2.5m/sB ．加速度a 的大小为1m/s 2C ．位移x 3的大小为98mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75m/s 答案 A解析 根据匀变速直线运动的位移公式有x 1＝v 0t 1＋12at 12，x 2＝v 0(t 1＋t 2)＋12a (t 1＋t 2)2－x 1，解得v 0＝3.5m/s ，a ＝－1 m/s 2；设物体从开始到停止运动的位移为x ，所用时间为t ，根据匀变速直线运动的位移速度关系式和速度公式有0－v 02＝2ax ，v 0＋at ＝0， 解得x ＝498m ，t ＝3.5s ，因此x 3＝x －x 1－x 2＝98m ，所用时间t 3＝t －t 1－t 2＝1.5s ，位移x 3内的平均速度大小v 3＝x 3t 3＝0.75m/s ， 所以不正确选项为A.非选择部分三、非选择题(本题共6小题，共52分)17.(6分)2007年10月24日，中国第一颗探月卫星“嫦娥一号”在西昌卫星发射中心顺利升空，如图9所示是某航空爱好者用数码相机以每隔2.5s 一张的频率拍摄的关于火箭起始加速阶段的一组照片，拍摄过程中数码相机用三脚架固定在地面上，已知火箭的长度为40m ，用刻度尺测量照片上的长度关系，结果如图所示，则：图9(1)火箭的加速度大小a＝________m/s2.(2)火箭在照片中第二个像所对应时刻的瞬时速度大小v＝________m/s.答案(1)8 (2)42解析从照片上看，照片1cm相当于实际长度20m，量出前后两段位移分别为4.0cm和6.5cm，对应的实际位移分别为80m和130m，由Δx＝aT2，可得a＝8m/s2；再根据这5s内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得照片中第二个像所对应时刻的瞬时速度大小v＝80＋1305m/s＝42 m/s.18．(8分)(2018·9＋1高中联盟联考)某同学用如图10甲所示器材探究小车速度随时间变化的规律，实验中得到如图乙所示纸带，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F共6个计数点，其中计数点F在图乙中未显示．(计时器的工作频率为50Hz)图10(1)下列说法正确的是________．A．释放小车前，小车应置于靠近滑轮处B．图示计时器所需电源为6V交流电源C．需先接通计时器电源，再让小车运动D．若遇停电，可改用蓄电池给计时器供电(2)计数点B对应的刻度尺读数为________mm；(3)计数点B对应的小车速度大小为________m/s；(保留3位有效数字)(4)实验测得计数点C、D、E对应的小车速度分别为v C＝0.350m/s、v D＝0.398 m/s、v E＝0.442m/s ，以打A 点开始计时，在图11所示坐标系中作出小车的v －t 图象，并根据图象求出小车运动的加速度a ＝________ m/s 2.图11答案 (1)C (2)33.0(32.8～33.2均可) (3)0.305(0.303～0.307均可) (4)如图所示 0.46(0.42～0.50均可)19．(8分)一个滑雪运动员，从85m 长的山坡上匀加速滑下，初速度为1.8m/s ，滑到山坡底端的末速度为5.0 m/s ，求： (1)下滑过程中的平均速度v 的大小； (2)下滑的加速度a 的大小； (3)下滑的时间t .答案 (1)3.4m/s (2)0.128 m/s 2(3)25s 解析 (1)根据匀变速直线运动中平均速度公式v ＝v 0＋v2，有v ＝1.8＋5.02m/s ＝3.4 m/s. (2)由v 2－v 02＝2ax 得，a ＝v 2－v 022x，代入数据得a ＝0.128m/s 2， (3)由v ＝v 0＋at 得，t ＝v －v 0a， 代入数据得t ＝25s.20．(10分)如图12为某高速公路出口的ETC 通道示意图．一汽车驶入ETC 通道，到达O 点的速度v 0＝30m/s ，此时开始减速，到达M 时速度减至6 m/s ，并以6m/s 的速度匀速通过MN 区．已知MN 的长度d ＝36 m ，汽车减速运动的加速度a ＝－3 m/s 2，求：图12(1)O 、M 间的距离x ；(2)汽车从O 到N 所用的时间t . 答案 (1)144m (2)14s 解析 (1)由公式v 2－v 02＝2ax得x ＝v 2－v 022a＝144m(2)汽车从O 到M 减速运动，由公式v ＝v 0＋at 1 得t 1＝v －v 0a＝8s 汽车从M 到N 匀速运动所用时间t 2＝d v＝6s 汽车从O 到N 所用的时间t ＝t 1＋t 2＝14s.21．(10分)在某次载人飞船返回地面的模拟演练中，测得模拟舱距地面9m 时速度为12m/s ，并以这个速度匀速降落，在距地面1.2m 时，模拟舱的缓冲发动机开始向下喷火，舱体开始匀减速降落直至到达地面速度为0.求： (1)模拟舱匀减速阶段的加速度大小； (2)模拟舱从9m 高处落到地面所用的时间． 答案 (1)60m/s 2(2)0.85s解析 (1)模拟舱以v 0＝12m/s 的初速度在距地面x 1＝1.2m 处开始做匀减速直线运动，加速度大小设为a ，由匀变速运动的规律有0－v 02＝－2ax 1 代入数据，解得a ＝60m/s 2(2)设模拟舱从x ＝9m 处匀速运动至x 1＝1.2m 处历时t 1， 由匀速直线运动的规律可知t 1＝x －x 1v 0代入数据，解得t 1＝0.65s 设匀减速直线运动历时t 2，由匀变速直线运动的规律可知t 2＝0－v 0－a代入数据，解得t 2＝0.2s所以模拟舱从9m 高处落到地面所用的时间为t ＝t 1＋t 2＝0.85s.22．(10分)公交车已成为现代城市交通很重要的工具，它具有方便、节约、缓解城市交通压力等许多作用．某日，某中学黄老师在家访途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是1m/s ，公交车的速度是15 m/s ，黄老师距车站的距离为50m ．假设公交车在行驶到距车站25m 处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间为8s ．而黄老师因年龄、体重、体力等因素最大速度只能达到6m/s ，最大起跑加速度只能达到2.5 m/s 2.(1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？(2)试计算分析，黄老师是应该上这班车，还是等下一班车．答案 见解析解析 (1)公交车刹车的加速度a 1＝0－v 122x 1＝0－1522×25m/s 2＝－4.5 m/s 2 故其加速度的大小为4.5m/s 2.(2)公交车从相遇处到开始刹车用时 t 1＝x －x 1v 1＝50－2515s ＝53s 公交车刹车过程用时t 2＝0－v 1a 1＝103s 黄老师以最大加速度加速达到最大速度用时t 3＝v 2－v 3a 2＝6－12.5s ＝2s 黄老师加速过程中的位移x 2＝v 2＋v 32t 3＝7m 以最大速度跑到车站的时间t 4＝x －x 2v 2＝50－76s≈7.2s t 1＋t 2<t 3＋t 4<t 1＋t 2＋8s所以黄老师应该上这班车．。
2022《单元滚动检测卷》高考物理(全国通用)精练 第七章 静电场 Word版含答案
单元滚动检测七静电场考生留意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．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，第1～7题只有一个选项正确，第8～12题有多项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分) 1．下列关于点电荷的说法中，正确的是( )A．只有体积很小的带电体才能看做点电荷B．体积很大的带电体肯定不是点电荷C．当两个带电体的外形对它们相互作用力的影响可忽视时，这两个带电体可看做点电荷D．任何带电球体，都可看做电荷全部集中于球心的点电荷2．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布状况，其中正确的是( )3．如图1所示，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的摸索电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是( )图1A．A点电势大于B点电势B．A、B两点的电场强度相等C．q1的电荷量小于q2的电荷量D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能4．真空中有两个等量同种电荷，以连线中点O为坐标原点，以它们的中垂线为x轴，图中能正确表示x 轴上电场强度状况的是( )5．如图2所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是( )图2A．三个等势面中，等势面a的电势最高B．带电质点肯定是从P点向Q点运动C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时的小D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时的小6．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图3所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强，φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是( )图37．示波管原理如图4甲所示，当垂直偏转电极YY′，水平偏转电极XX′的电压都为零时，电子枪放射的电子通过偏转电极后，打在荧光屏的正中间，若要在荧光屏上始终消灭如图乙所示的斑点a，那么，YY′与XX′间应加上的电压组是( )图48．如图5所示，静电植绒时，真空中带负电的绒毛一旦与布匹上的黏合剂接触就粘贴在布匹上，则带负电绒毛落向布匹过程中( )图5A．做匀速运动B．做加速运动C．电势能渐渐增大D．电势能渐渐减小9．如图6所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷＋Q、－Q，虚线是以＋Q所在点为圆心、L2为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列推断正确的是( )图6A．b、d两点处的电势相同B．四个点中c点处的电势最低C．b、d两点处的电场强度相同D．将一摸索电荷＋q沿圆周由a点移至c点，＋q的电势能减小10．如图7所示，平行板电容器两极板水平放置，极板A在上方，极板B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，二极管具有单向导电性，已知极板A和电源正极相连，一带电小球沿A、B中心水平射入，打在B 极板上的N点，小球的重力不能忽视，现通过上下移动A板来转变两极板A、B间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是( )图7A．若小球带正电，当A、B间距增大时，小球打在N点的右侧B．若小球带正电，当A、B间距减小时，小球打在N点的左侧C．若小球带负电，当A、B间距增大时，小球打在N点的左侧D．若小球带负电，当A、B间距减小时，小球可能打在N点的右侧11．如图8所示，带电小球A、B的电荷量分别为Q A、Q B，OA＝OB，A、B都用长L的丝线悬挂在O点．静止时A、B相距为d，为使平衡时A、B间距离减为d2，可接受以下哪些方法( )图8A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍B．将小球B的质量增加到原来的8倍C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍12．如图9所示，质量和电荷量均相同的两个小球A、B分别套在光滑绝缘杆MN、NP上，两杆固定在一起，NP水平且与MN处于同一竖直面内，∠MNP为钝角．B小球受一沿杆方向的水平推力F1作用，A、B均处于静止状态，此时A、B两球间距为L1.现缓慢推动B球，A球也缓慢移动，当B球到达C点时，水平推力大小为F2，A、B两球间距为L2，则( )图9A．F1＜F2B．F1＞F2C．L1＜L2D．L1＞L2第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、非选择题(共52分)13．(6分)水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点，OABC恰构成一棱长为L的正四周体，如图10所示．已知静电力常量为k，重力加速度为g，为使小球能静止在O点，小球所带的电荷量为________．图1014．(6分)如图11所示，为半径为r的圆环，但在A、B之间留有宽度为d的间隙，且d≪r.将电荷量为Q 的正电荷均匀分布在圆环上．圆心O处的电场强度的大小为__________，方向________．图1115.(8分)如图12所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×103V(仅在两板间有电场)，现将一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝4×10－5C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h＝20cm的地方以初始速度v0＝4m/s水平抛出，小球恰好从左板上的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，g取10 m/s2，求：图12(1)金属板的长度L.(2)小球飞出电场时的动能E k.16．(8分)如图13所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O 是圆心，AB是竖直方向的直径．一质量为m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ＝37°.不计空气阻力．已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.图13(1)求电场强度E的大小；(2)若要使小球从P 点动身能做完整的圆周运动，求小球初速度的大小应满足的条件．17.(12分)如图14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 、带电荷量为＋q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从a 点动身，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：图14(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ； (2)O 、b 两点间的电势差U Ob ；(3)小滑块运动的总路程s .18．(12分)如图15甲所示，在xOy 坐标系中，两平行金属板AB 、OD 如图水平放置，OD 与x 轴重合，板的左端与原点O 重合，板长L ＝2m ，板间距离d ＝1m ，紧靠极板右侧有一荧光屏．两金属板间电压U AO 随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T ＝2×10－3s ，U 0＝1×103V ，一带正电的粒子从左上角A 点，以平行于AB 边v 0＝1000m/s 的速度射入板间，粒子电荷量为q ＝1×10－5C ，质量m ＝1×10－7kg.不计粒子所受重力．求：图15(1)粒子在板间运动的时间； (2)粒子打到荧光屏的纵坐标的范围；(3)粒子打到荧光屏上的动能．答案精析1．C2．B3．C4．B5．C6．C7．A8．BD9．ABD10．BD11．BD12．BC13.6mgL26kQ解析依据平衡条件有3kqQL2cosθ＝mg(θ为过O点的棱与竖直方向的夹角)，又由几何关系可得cosθ＝63，联立解得q＝6mgL26kQ.14.kQd2πr3－r2d背离圆心指向缺口解析假设将这个圆环的缺口补上，并且所补部分的电荷密度与原圆环上的电荷密度一样，这样就形成一个电荷均匀分布的完整的带电圆环，环上处于同始终径两端的微小部分所带电荷可视为两个相对应的点电荷，它们在圆心O处产生的电场叠加后合场强为零．依据对称性可知，带电圆环在圆心O处的合场强E＝0.至于补上的那一小段，由题中条件可看成点电荷，它在圆心O处的场强E1是可求的．若题中待求场强为E2，则E1＋E2＝0.设原缺口环所带电荷的线密度为σ，σ＝Q2πr－d，则补上的那一小段的电荷量Q′＝σ·d＝Qd2πr－d，Q′在圆心O处的场强为E1＝kQ′r2＝kQd2πr3－r2d，方向背离圆心向右．由E1＋E2＝0，可得E2＝－E1＝－kQd2πr3－r2d，负号表示E2与E1方向相反，即背离圆心指向缺口．15．(1)0.15m (2)0.175J解析(1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度：v y＝2gh＝2m/s设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则tanθ＝v0v y＝2小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d，则：tanθ＝qEmg＝qUmgd，L＝dtanθ，L＝qUmg tan2θ＝0.15m.(2)进入电场前mgh＝12mv21－12mv20进入电场中qU ＋mgL ＝E k －12mv 21解得E k ＝0.175J. 16．(1)3mg4q(2)v ≥5gr解析 (1)当小球静止在P 点时，小球的受力状况如图所示，则有qE mg ＝tan37°，所以E ＝3mg 4q. (2)当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为54g 的“重力场”中运动．若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必需能通过图中的Q 点．设当小球从P 点动身的速度为v min 时，小球到达Q 点时速度为零．在小球从P 运动到Q 的过程中，依据动能定理有 －54mg ·2r ＝0－12mv 2min 所以v min ＝5gr ，即小球的初速度应不小于5gr . 17．(1)2E 0mgL (2)－(2n －1)2q E 0 (3)2n ＋14L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 ＝0设小滑块与水平面间的摩擦力大小为F f ，对于滑块从a →b 过程，由动能定理得：q ·U ab －F f ·L2＝0－E 0而F f ＝μmg 解得：μ＝2E 0mgL(2)滑块从O →b 过程，由动能定理得：q ·U Ob －F f ·L4＝0－nE 0解得：U Ob ＝－(2n －1)E 02q(3)对于小滑块从a 开头运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得：q ·U aO －F f ·s ＝0－E 0而U aO ＝－U Ob ＝(2n －1)E 02q解得：s ＝2n ＋14L .18. (1)2×10－3s (2)0.85m ～0.95m (3)5.05×10－2J解析 (1)粒子在板间沿x 轴方向做匀速直线运动，设运动时间为t ，则L ＝v 0t ， t ＝Lv 0＝2×10－3s (2)t ＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y 1 y 1＝12a (T 2)2＋(a ·T 2)T 2U 0qd＝ma 解得y 1＝0.15m 纵坐标y ＝d －y 1＝0.85mt ＝1×10－3s 时刻射入的粒子在板间偏转量最小，设为y 2y 2＝12a (T 2)2解得y 2＝0.05m纵坐标y ′＝d －y 2＝0.95m所以打在荧光屏上的范围在0.85m ～0.95m 之间 (3)由动能定理得：U 0d qy 2＝12mv 2－12mv 20 解得12mv 2＝5.05×10－2J。
2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第七章静电场第3讲含答案
第3讲 电容器的电容、带电粒子在电场中的运动[考试标准]知识内容考试要求说明电容器的电容c1.不要求应用平行板电容器电容的决定式进行计算．2.示波管问题的分析与计算不涉及两个偏转电极同时加电压的情形．3.解决带电粒子偏转运动问题只限于垂直电场方向入射且偏转电极加恒定电压的情形.带电粒子在电场中的运动d一、电容器1．电容器的充、放电(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能． (2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能． 2．公式C ＝Q U 和C ＝εr S 4πkd的比较(1)定义式：C ＝QU ，不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．(2)决定式：C ＝εr S4πkd ，εr 为电介质的相对介电常数，S 为极板正对面积，d 为板间距离．自测1 (2016·浙江4月选考·7)关于电容器，下列说法正确的是( ) A ．在充电过程中电流恒定 B ．在放电过程中电容减小 C ．能储存电荷，但不能储存电能D ．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器 答案 D解析 由电容器的充、放电曲线可知，充电过程中，电流不断减小，A 错误；电容是电容器储存电荷的本领，不随充、放电过程变化，B 错误；电容器中的电场具有电场能，C 错误；两个彼此绝缘又靠近的导体是可以储存电荷的，可视为电容器，D 正确． 二、带电粒子在电场中的运动 1．加速问题若不计粒子的重力且无其他外力作用，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的动能的增量． (1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12m v 2－12m v 02.(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12m v 2－12m v 02.2．带电粒子在电场中偏转的运动规律不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场，如图1.图1(1)沿初速度方向做匀速直线运动运动时间⎩⎪⎨⎪⎧ a.能飞出电容器：t ＝lv 0.b.不能飞出电容器：d 0＝12at 2＝qU2md t 2，t ＝ 2mdd 0qU.(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22md v 02.离开电场时的速度偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl md v02.自测2 如图2所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子的入射速度为原来的2倍，电子仍从正极板边缘射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离应变为原来的( )图2A ．2倍B ．4倍 C.12 D.14答案 C命题点一 平行板电容器的动态分析 1．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保持不变． (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变． 2．动态分析思路 (1)U 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd 先分析电容的变化，再分析Q 的变化．②根据E ＝Ud 分析场强的变化．③根据U AB ＝E ·d 分析某点电势变化． (2)Q 不变①根据C ＝Q U ＝εr S 4πkd 先分析电容的变化，再分析U 的变化．②根据E ＝U d ＝4k πQεr S分析场强变化．例1 静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图3所示，A 、B 是平行板电容器的两个金属极板，极板B 固定，A 可移动，开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是( )图3A ．断开S 后，将A 向左移动少许，静电计指针张开的角度减小B ．断开S 后，将A 向上移动少许，静电计指针张开的角度增大C ．保持S 闭合，在A 、B 间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大D ．保持S 闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小 答案 B解析 静电计的指针张开的角度与静电计金属球和外壳之间的电势差相对应，断开开关S 后，将A 向左移动少许，电容器的电荷量不变，由C ＝εr S 4πkd 知电容减小，由U ＝QC知电势差增大，静电计指针张开的角度增大，A 错；同理，断开S 后，将A 向上移动少许，电容减小，电势差增大，静电计指针张开的角度增大，B 对；保持S 闭合，无论是在A 、B 间插入一电介质，还是将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差均为路端电压，静电计指针张开的角度不变，C 、D 错．变式1 一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 答案 D解析 由C ＝εr S4πkd 可知，当将云母介质移出时，εr 变小，电容器的电容C 变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U 不变，根据Q ＝CU 可知，当C 减小时，Q 减小，再由E ＝Ud ，由于U 与d 都不变，故电场强度E 不变，选项D 正确．变式2 如图4所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )图4A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变答案 D解析 若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C ＝εr S4πkd 可知，C 变大；根据Q ＝CU 可知，在Q 一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E ＝Ud ，Q ＝CU ，C ＝εr S 4πkd ，联立可得E ＝4πkQεr S，可知E 不变；P 点离下极板的距离不变，E 不变，则P 点与下极板的电势差不变，P 点的电势不变，故E p 不变；由以上分析可知，选项D 正确． 变式3 如图5所示，两块较大的金属板A 、B 相距为d ，平行放置并与一电源相连，开关S 闭合后，两板间恰好有一质量为m 、带电荷量为q 的油滴处于静止状态，以下说法正确的是( )图5A ．若将S 断开，则油滴将做自由落体运动，G 表中无电流B ．若将A 向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 表中有a →b 的电流C ．若将A 向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 表中有b →a 的电流D ．若将A 向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 表中有b →a 的电流 答案 C解析 由于油滴处于静止状态，所以q Ud ＝mg .若将S 断开，由于电容器的电荷量不变，则电压U不变，油滴仍处于静止状态，选项A 错误．若将A 向左平移一小段位移，则电容C 变小，电压U 不变，则Q ＝CU 变小，所以电流由b →a ，此时油滴仍静止，选项B 错误．若将A 向上平移一小段位移，电容C 变小，电压U 不变，则Q 变小，所以电流由b →a ，此时q Ud ＜mg ，油滴向下加速运动，选项C 正确．若将A 向下平移一小段位移，电容C 变大，电压U 不变，则Q 变大，所以电流由a →b ，此时q Ud ＞mg ，油滴向上加速运动，选项D 错误．命题点二 带电粒子在电场中的直线运动 1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动． 2．用动力学观点分析 a ＝qE m ，E ＝Ud ，v 2－v 02＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12m v 2－12m v 02非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1类型1 带电粒子在匀强电场中的直线运动例2 如图6所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )图6A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点 答案 A解析 根据平行板电容器的电容的决定式C ＝ εr S 4πkd 、定义式C ＝QU和匀强电场的电压与电场强度的关系式U ＝Ed 可得E ＝ 4πkQεr S ，可知将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板间的电场强度不变，由O 点静止释放的电子仍然可以运动到P 点，并且会原路返回，故选项A 正确．变式4 两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射入，最远到达A 点，然后返回，如图7所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )图7A.edh U B ．edUh C.eU dh D.eUh d答案 D解析 由动能定理得：－e Ud h ＝－E k ，所以E k ＝eUhd，故D 正确．类型2 带电粒子在交变电场中的直线运动例3 匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图8所示．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )图8A ．带电粒子将始终向同一个方向运动B ．2 s 末带电粒子回到原出发点C ．3 s 末带电粒子的速度不为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零 答案 D解析 由牛顿第二定律可知带电粒子在第1 s 内的加速度和第2 s 内的加速度的关系，因此粒子将先加速1 s 再减速0.5 s ，速度为零，接下来的0.5 s 将反向加速……，v －t 图象如图所示，根据图象可知选项A 错误；由图象可知前2 s 内的位移为负，故选项B 错误；由图象可知3 s 末带电粒子的速度为零，故选项C 错误；由动能定理结合图象可知0～3 s 内，电场力做的总功为零，故选项D 正确． 类型3 带电粒子在电场力和重力作用下的直线运动问题例4 (2017·浙江4月选考·8)如图9所示，在竖直放置间距为d 的平行板电容器中，存在电场强度为E 的匀强电场．有一质量为m 、电荷量为＋q 的点电荷从两极板正中间处静止释放．重力加速度为g .则点电荷运动到负极板的过程( )图9A ．加速度大小为a ＝Eq m ＋gB ．所需的时间为t ＝dmEqC ．下降的高度为y ＝d2D ．电场力所做的功为W ＝Eqd 答案 B解析 点电荷受到重力、电场力的作用，所以a ＝(Eq )2＋(mg )2m ，选项A 错误；根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t ，则d 2＝12Eq m t 2，解得t ＝md Eq ，选项B 正确；下降高度y ＝12gt 2＝mgd 2Eq，选项C 错误；电场力做功W ＝Eqd2，选项D 错误． 变式5 如图10所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b 沿直线运动到d ，且bd 与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论不正确的是( )图10A ．此液滴带负电B ．液滴的加速度大小为2gC ．合力对液滴做的总功等于零D ．液滴的电势能减少 答案 C解析 带电液滴由静止开始沿bd 做直线运动，所受的合力方向必定沿bd 直线，液滴受力情况如图所示，电场力方向水平向右，与电场方向相反，所以此液滴带负电，故选项A 正确；由图知液滴所受的合力F ＝2mg ，其加速度为a ＝Fm ＝2g ，故选项B 正确；因为合力的方向与运动的方向相同，故合力对液滴做正功，故选项C 错误；由于电场力所做的功W 电＝Eqx bd sin 45°>0，故电场力对液滴做正功，液滴的电势能减少，故选项D 正确．命题点三 带电粒子在电场中的偏转 1．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12m v 02y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1l md v 02得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.2．功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12m v 2－12m v 02，其中U y ＝Ud y ，指初、末位置间的电势差．例5 质谱仪可对离子进行分析．如图11所示，在真空状态下，脉冲阀P 喷出微量气体，经激光照射产生电荷量为q 、质量为m 的正离子，自a 板小孔进入a 、b 间的加速电场，从b 板小孔射出，沿中线方向进入M 、N 板间的偏转控制区，到达探测器(可上下移动)．已知a 、b 板间距为d ，极板M 、N 的长度和间距均为L ，a 、b 间的电压为U 1，M 、N 间的电压为U 2.不计离子重力及进入a 板时的初速度．求：图11(1)离子从b 板小孔射出时的速度大小；(2)离子自a 板小孔进入加速电场至离子到达探测器的全部飞行时间； (3)为保证离子不打在极板上，U 2与U 1应满足的关系． 答案 (1)2qU 1m(2)(2d ＋L )m2qU 1(3) U 2＜2U 1 解析 (1)由动能定理qU 1＝12m v 2，得v ＝2qU 1m(2)离子在a 、b 间的加速度a 1＝qU 1md在a 、b 间运动的时间t 1＝va 1＝2m qU 1·d 在MN 间运动的时间：t 2＝Lv ＝Lm 2qU 1离子到达探测器的时间：t ＝t 1＋t 2＝(2d ＋L ) m 2qU 1； (3)在MN 间侧移：y ＝12a 2t 22＝qU 2L 22mL v 2＝U 2L4U 1由y ＜L2，得 U 2＜2U 1.变式6 如图12所示，电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相同的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则下列说法不正确的是( )图12A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2 B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1 答案 D解析 粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B ＝1∶2；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2h t 2，它们沿竖直方向运动的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1；根据a ＝qEm 得m ＝qE a ，故m A m B ＝112，A 和B 的位移大小不相等，故选项A 、B 、C 正确，D 错误．变式7 如图13所示，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会带上一定量的电荷，在电场的作用下带电荷的墨滴发生偏转到达纸上．已知两偏转极板长度L ＝1.5×10－2 m ，两极板间电场强度E ＝1.2×106 N/C ，墨滴的质量m ＝1.0×10－13kg ，电荷量q ＝1.0×10－16C ，墨滴在进入电场前的速度v 0＝15 m/s ，方向与两极板平行．不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响．图13(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷？ (2)求墨滴在两极板之间运动的时间；(3)求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移大小y . 答案 (1)负电荷 (2)1.0×10－3 s (3)6.0×10－4 m解析 (1)负电荷．(2)墨滴在水平方向做匀速直线运动，那么墨滴在两板之间运动的时间t ＝Lv 0.代入数据可得：t ＝1.0×10－3 s(3)离开电场前墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，a ＝Eqm代入数据可得：a ＝1.2×103 m/s 2离开偏转电场时在竖直方向的位移y ＝12at 2代入数据可得：y ＝6.0×10－4 m.1．(2018·温州市六校期末)目前，指纹锁已普遍用于智能机、门卡等，其中有一类指纹锁的主要元件为电容式传感器，其原理是手指贴上传感器时，皮肤表面会和传感器上许许多多相同面积的小极板一一匹配成平行板电容器，每个小电容器的电容值仅取决于传感器上的极板到对应指纹表面的距离．在此过程中外接电源将为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，然后开始用标准电流放电，再采集各电容器放电的相关信息与原储存的指纹信息进行匹配．下列说法正确的是( ) A ．湿的手不会影响指纹解锁B ．极板与指纹嵴(凸起部分)构成的电容器电容小C ．极板与指纹沟(凹的部分)构成的电容器充上的电荷较多D ．极板与指纹沟(凹的部分)构成的电容器放电时间较短 答案 D2．(2019届杭州市模拟)超级电容器又叫双电层电容器，是一种新型储能装置，它不同于传统的化学电源，是一种介于传统电容器与电池之间、具有特殊性能的电容器．如图1为一款标有“2.7 V，3 000 F”的超级电容器，据此可知该款电容器()图1A．放电时电容不变B．充电时电能减少C．在2.7 V电压下才能工作D．两极所加电压为2.7 V时，电容才达到3 000 F答案 A解析电容器的电容由电容器本身因素决定，放电时电容不变，故A正确；充电时，其他形式的能转化成电能，即电能增加，故B错误；电容器在低于2.7 V的电压下仍可正常工作，故C错误；电容与电压无关，其大小一直是3 000 F，故D错误．3．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如图2所示，如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则()图2A．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小D．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小答案 D解析电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电荷量在减小，电容器两端间的电势差不变，由Q＝CU可知，导体芯A与液体形成的电容器的电容减小，根据C＝εr S4πkd，知正对面积减小，则液体的深度h在减小，故D正确，A、B、C错误．4.(多选)如图3所示，电容器由平行金属板M、N和电介质D构成．电容器通过开关S及电阻与电源E相连接，则()图3A ．M 上移，电容器的电容变大B ．将D 从电容器抽出，电容变小C ．断开开关S ，M 上移，MN 间电压将增大D ．闭合开关S ，M 上移，流过电阻的电流方向从B 到A 答案 BC解析 M 向上移时，板间距离增大，根据电容的决定式C ＝εr S4πkd ，得知电容器的电容变小，故A错误；将D 从电容器抽出，介电常数减小，根据电容的决定式C ＝εr S4πkd ，得知电容器的电容变小，故B 正确；断开开关S ，M 上移，电荷量不变，而电容减小，根据电容的定义式C ＝QU ，分析可知电容器两端的电压增大，故C 正确；闭合开关S ，电压不变，M 上移时电容减小，则由Q ＝UC 可知，电荷量Q 减小，电容器放电，流过电阻的电流方向从A 到B ，故D 错误．5．(多选)如图4所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )图4A ．做直线运动B ．做曲线运动C ．速率先减小后增大D ．速率先增大后减小答案 BC解析 对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A 错误，B 正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C 正确，D 错误． 6．如图5所示，一带电小球用绝缘丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将做( )图5A ．自由落体运动B ．曲线运动C ．沿着悬线的延长线方向的匀加速直线运动D ．变加速直线运动 答案 C解析 小球静止时，其受到的电场力、重力和悬线的拉力的合力为零，即电场力和重力的合力与悬线的拉力等大反向；悬线烧断，其受到的电场力和重力恒定不变，故小球在电场中沿着悬线的延长线做匀加速直线运动，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．7.如图6所示，A 、B 两金属板平行放置，在t ＝0时将电子从A 板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A 、B 两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B 板( )图6答案 B8.a 、b 两离子从平行板电容器两板间P 处垂直电场入射，运动轨迹如图7.若a 、b 的偏转时间相同，则a 、b 一定相同的物理量是( )图7A ．比荷B ．入射速度C ．入射动能D ．电荷量 答案 A解析 a 、b 两离子竖直方向分位移相等，故：y ＝12·qE m ·t 2，由于y 、E 、t 均相等，故比荷qm 相等，故A 正确；水平方向位移关系是x a >x b ，水平分运动是匀速直线运动，时间相等，故v a >v b ，故B 错误； a 、b 两离子初速度不同，质量关系未知，无法确定初动能大小关系，故C 错误； a 、b 两离子比荷相等，质量关系未知，无法确定电荷量大小关系，故D 错误．9．如图8所示，竖直放置的两平行金属板间有水平方向的匀强电场，在两极板间同一等高线上有两质量相等的带电小球a 、b (均可以看成质点)．将小球a 、b 分别从紧靠左极板和两极板正中央的位置由静止释放，它们沿图中虚线运动，都能打在右极板上的同一点．则从释放小球到刚要打到右极板的运动中，下列说法正确的是( )图8A ．它们的运动时间t a >t bB ．它们的电荷量之比q a ∶q b ＝1∶2C ．它们的电势能减少量之比ΔE a ∶ΔE b ＝4∶1D ．它们的动能增加量之比ΔE k1∶ΔE k2＝4∶1 答案 C解析 小球运动过程只受重力和电场力作用，故粒子竖直方向做加速度a ＝g 的匀加速运动，水平方向做加速度a ′＝qEm 的匀加速运动；由两小球竖直位移相同可得运动时间相同，即t a ＝t b ，所以，q a q b ＝a a ′a b ′＝s a 水平s b 水平＝2∶1，故A 、B 错误；由电势能减少量等于电场力做的功可得：ΔE a ∶ΔE b ＝q a Es a 水平∶q b Es b 水平＝4∶1，故C 正确；由动能定理可知：小球动能增加量等于重力势能和电势能减小量之和；又有两小球重力势能减小量相等，由C 项可知：动能增加量之比不可能为4∶1，故D 错误． 10.如图9，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k 倍，有一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长、宽之比ld的值为( )图9A.kB.2kC.3kD.5k答案 B解析 设加速电压为kU ，偏转电压为U ，对直线加速过程，根据动能定理，有：q ·kU ＝12m v 2对类平抛运动过程，有：l ＝v t d 2＝12qU mdt 2联立解得：ld＝2k11．如图10所示，M 、N 是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E ，一质量为m 、电荷量为＋q 的微粒，以初速度v 0竖直向上从两极正中间的A 点射入匀强电场中，微粒垂直打到N 极上的C 点，已知AB ＝BC .不计空气阻力，则下列判断错误的是( )图10A ．微粒在电场中做匀变速曲线运动B ．微粒打到C 点时的速率与射入电场时的速率相等 C ．MN 板间的电势差为m v 02qD ．MN 板间的电势差为E v 022g答案 D解析 微粒受重力和电场力，两个力都是恒力，由平行四边形定则知，微粒所受合力为恒力，故微粒做匀变速曲线运动，选项A 正确；微粒的运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向的匀减速运动，设微粒运动的时间为t ，由匀变速直线运动规律得AB ＝12v C t ，BC ＝12v 0t ，又AB ＝BC ，由以上各式解得，v C ＝v 0，选项B 正确；微粒从A 到C 的过程中，由动能定理得q ·U MN2－mg ·BC ＝0，由v 2＝2ax 得BC ＝v 022g ，联立解得U MN ＝m v 02q ，选项C 正确；U MN ＝E ·2AB ＝E ·2BC ＝E v 02g，选项D 错误．12．如图11甲为一对长度为L 的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压．现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v 0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T ，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是( )图11A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶1D ．4∶1答案 C解析 粒子在两板之间的运动时间均为T ，在t ＝nT 时刻进入的粒子的侧移量最大，考虑竖直分运动，在前半个周期是匀加速运动，后半个周期是匀速运动，设加速度为a ，则偏转位移为：y max ＝12a ·(T 2)2＋a ·T 2·T 2＝38aT 2，在t ＝(n ＋12)T 时刻进入的粒子，考虑竖直分运动，在前半个周期是静止，后半个周期是匀加速运动，侧移量最小，为：y min ＝12a ·(T 2)2＝18aT 2，故y max ∶y min ＝3∶1，故A 、B 、D错误，C 正确．13.如图12所示，M 、N 为水平放置、互相平行且厚度不计的两金属板，间距d ＝35 cm ，已知N 板电势高，两板间电压U ＝3.5×104 V ．现有一质量m ＝7.0×10－6 kg 、电荷量q ＝6.0×10－10C 的带负电油滴，由N 板下方距N 为h ＝15 cm 的O 处竖直上抛，经N 板中间的P 孔进入电场，到达上板Q 点时速度恰为零(g 取10 m/s 2)．求油滴上抛的初速度大小v 0.图12答案 4 m/s解析 全过程重力做负功，油滴在M 、N 间运动时电场力做负功，全过程根据动能定理有：－mg (d ＋h )－qU ＝0－12m v 02解得v 0＝2g (d ＋h )＋2qUm代入数据得v 0＝4 m/s14.如图13所示，离子发生器在P 极板产生一束质量为m 、电荷量为＋q 的离子(初速度可忽略，重力不计，离子间的相互作用力可忽略)，经P 、Q 两板间的加速电场加速后，以速度v 0从a 点沿ab 方向水平进入边长为L 的正方形abcd 匀强电场区域(电场方向竖直向上)，离子从abcd 边界上某点飞出时的动能为m v 02.求：图13(1)P 、Q 两板间的电压U ； (2)离子离开abcd 区域的位置；(3)abcd 区域内匀强电场的场强E 的大小．答案 (1)m v 022q (2)bc 边中点 (3)m v 02qL解析 (1)离子在PQ 间加速过程，根据动能定理， 有qU ＝12m v 02，解得U ＝m v 022q .(2)离子射出电场时：12m v 2＝m v 02，得v ＝2v 0，方向与ab 所在直线的夹角为45°，即v x ＝v y ，根据x ＝v x t ，y ＝v y 2t ，可得x ＝2y ；则x ＝L ，y ＝L2，即离子从bc 边上的中点飞出．(3)离子在abcd 区域内运动过程，根据动能定理，有 qE L 2＝m v 02－12m v 02，解得E ＝m v 02qL. 15．(2017·浙江11月选考·19)如图14所示，AMB 是一条长L ＝10 m 的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h ＝1.25 m 处，A 、B 为端点，M 为中点，轨道MB 处在方向竖直向上、大小E ＝5×103 N /C 的匀强电场中．一质量m ＝0.1 kg 、电荷量q ＝＋1.3×10－4C 的可视为质点的滑块以初速度v 0＝6 m/s 在轨道上自A 点开始向右运动，经M 点进入电场，从B 点离开电场．已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2.求滑块：图14(1)到达M 点时的速度大小； (2)从M 点运动到B 点所用的时间； (3)落地点距B 点的水平距离． 答案 (1)4 m/s (2)107s (3)1.5 m解析 (1)在AM 阶段对滑块受力分析如图甲所示：a ＝－μmg m ＝－μg ＝－2 m/s 2x ＝L 2根据运动学公式v M 2－v 02＝2ax ，可得v M ＝4 m/s(2)进入电场之后，Eq ＝0.65 N ，对滑块受力分析如图乙所示：。
2020高考物理静电场专项试题
2020高考物理静电场专项试题一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷＋Q和－Q，A、B位于x轴上且关于O点对称(如图所示)．若以原点O为零电势的标准位置，则沿x轴从A到B电势φ的变化情况符合下列图象中的()A．B．C．D．2.两个带正电的点电荷所带电荷量均为Q，从其中一个电荷上取下ΔQ的电荷量，并加在另一个电荷上，保持距离不变，那么它们之间的相互作用力与原来相比()A．一定变小B．一定变大C．保持不变D．无法判断3.水平放置的平行板电容器与一电池相连，在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止平衡状态．现将电容器两板间的距离增大，则()A．电容变小，质点向下运动B．电容变小，质点保持静止C．电容变大，质点向下运动D．电容变大，质点向上运动4.不带电导体P置于电场中，其周围电场线分布如图所示，导体P表面处的电场线与导体表面垂直，a、b为电场中的两点，则()A．a点电场强度小于b点电场强度B．a点电势低于b点的电势C．负检验电荷在a点的电势能比在b点的大D．正检验电荷从a点移到b点的过程中，电场力做正功5.如图，一束由不同种类的带电粒子组成的粒子流，从相同位置沿垂直于场强的方向射入由平行板电容器形成的同一个匀强电场中．若所有粒子均能射出电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，关于粒子的运动情况，下列说法正确的是()A．若粒子的运动轨迹相同，说明它们具有相同的初动能B．比荷大的粒子，在射出电场时，其速度偏向角一定大C．若粒子在电场中的运动时间相等，则它们的初速度一定相等D．在电场中运动时间越长的粒子，电场力对它做的功越多6.如图所示，在固定的带电小球A的正上方有一竖直的绝缘光滑细杆，细杆上套一个带电的小环，其内径略大于细杆的直径．小环在B处时有向下的加速度，若小球从B处开始以一定的初速下落，到C处速度恰好为零(在运动过程中，A、B电量不变)．则下列说法正确的是()A．小球和小环一定带异种电荷B．小环在C点时加速度一定最大C．小环在C点时电势能一定最小D．小环在B、C连线中点时速度一定最大7.如图所示，一带负电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8.用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下面四个物理公式不属于比值定义法的是()A．电场中某点的电势Φ＝B．磁感应强度B＝C．电阻R＝D．电场强度E＝k9.某正点电荷的电场线分布如图所示，图中实线为电场线，虚线为等势面，则下列相关表述中正确的是()A．M点和N点电场强度的大小相等B．M点和N点电场强度的方向相同C．M点和R点电势相同D．根椐点电荷场强公式E＝，当r趋近于零时，场强E将无穷大10.如图所示，两根细线挂着两个质量相同的不带电小球A、B，上、下两根细线的拉力分别为FA、FB，现使A、B带上异种电性的电荷(AB间的电场力小于重力)，此时上、下细线受力分别为FA′、FB′，则()A．FA＝FA′，FB>FB′B．FA＝FA′，FB<FB′C．FA<FA′，FB>FB′D．FA<FA′，FB<FB′11.如下图所示，有一半圆弧光滑轨道，半径为R，在与圆心等高的位置静止放置一个带正电的小球A，其质量为m，M、N之间有一方向水平向左的匀强电场，让小球A自由滚下进入匀强电场区域，水平面也是光滑的，下列说法正确的是()A．小球一定能穿过MN区域继续运动B．如果小球没有穿过MN区域，小球一定能回到出发点C．如果小球没有穿过MN区域，只要电场强度足够大，小球可以到达P点，且到达P点速度大于等于D．如果小球一定能穿过MN区域，电场力做的功为－mgR12.点电荷A、B周围电场线分布如图，c、d是同一电场线上两点，下列说法正确的是()A．点电荷A可能带负电B．c点电场强度与d点电场强度相同C．c点电势高于d点电势D．电子从c运动到d过程中电势能保持不变13.如图所示，孤立点电荷＋Q固定在正方体的一个顶点上，与＋Q相邻的三个顶点分别是A、B、C，下列说法正确的是()A．A、B、C三点的场强相同B．A、B、C三点的电势相等C．A、B、C三点所在的平面为一等势面D．将一电荷量为＋q的检验电荷由A点沿直线移动到B点的过程中电势能始终保持不变14.如图甲所示，在某一电场中有一条直电场线，在电场线上取A、B两点，将一个电子由A点以某一初速度释放，它能沿直线运动到B点，且到达B点时速度恰为零，电子运动的v－t图像如图乙所示．则下列判断正确的是()A．B点场强一定小于A点场强B．电子在A点的加速度一定小于在B点的加速度C．B点的电势一定低于A点的电势D．该电场若是正点电荷产生的，则场源电荷一定在A点左侧15.如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.现将三个等量的正点电荷＋Q固定在a、b、c三个顶点上，将一个电荷量为＋q的点电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d点，两点相比()A．＋q在d点所受的电场力较大B．＋q在d点所具有的电势能较大C．d点的电场强度大于O点的电场强度D．d点的电势低于O点的电势16.关于电场线的叙述，下列说法正确的是()A．电场线是直线的地方一定是匀强电场B．电场线的方向就是带正电的试探电荷的运动方向C．点电荷只受电场力作用时，加速度的方向总是与所在处的电场线的切线重合D．画有电场线的地方有电场，没画电场线的地方就不存在电场17.如图所示为点电荷a，b所形成的电场线分布，以下说法正确的是()A．a，b为异种电荷B．a，b为同种电荷C．A点场强大于B点场强D．A点电势低于B点电势18.真空中三维坐标系Oxyz的z轴方向竖直向上，在坐标原点O上固定一带正电的点电荷Q，其形成的电场如图所示，一重力不能忽略的带电微粒q正在该点电荷附近做匀速圆周运动．则()A．该微粒带负电，轨道圆心在坐标原点O上B．该微粒带负电，轨道圆心在z轴的负半轴上某一点C．该微粒带正电，轨道圆心在坐标原点0上D．该微粒带正电，轨道圆心在z轴的正半轴上某一点19.如图所示，电荷q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线．P、Q为CD轴上在O点两侧，离O点距离相等的二点．如果这是带电量为Q的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等．则下列判断正确的是()A．P点的电势与Q点的电势相等B．P点的电场强度与Q点的电场强度相等C．在P点释放静止带正电的微粒(重力不计)，微粒将作匀加速直线运动D．带正电的微粒在O点的电势能为零20.两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示，已知A点电势高于B点电势．若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为qa和qb，则()A．a处为正电荷，qa＜qbB．a处为正电荷，qa>qbC．a处为负电荷，qa＜qbD．a处为负电荷，qa>qb二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)21.如图所示，相距为d的平行金属板A、B竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板．有一质量m，电荷量q(q>0)的小物块在与金属板A相距l处静止．若某一时刻在金属板A、B间加一电压UAB＝，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为－q，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回．已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因数为μ，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间．则(1)小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是多少？(2)小物块碰撞后停在何位置？(3)若小物块与A板碰后向右运动过程中，电量由－q随离A板距离均匀减小，且恰好回到出发位置，则静止时小物体的所带电荷量的大小为多少？22.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如图所示．带电微粒质量m＝1.0×10－20kg，带电量q＝－1.0×10－9C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B点到虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.23.如图所示，两平行金属板A、B长为L＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B 板电势高300 V，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10－10C，质量为m＝1.0×10－20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v＝2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q 形成的电场区域(设界面PS右侧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12 cm，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9 cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，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＝9.0×109N·m2/C2，粒子的重力不计)(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的运动轨迹．(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小．24.如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A点将质量均为m，电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小．答案1-20: DAADC BCDAA BCBCD CABBB21.【答案】(1)(2)距A板2l处(3)22.【答案】(1)0.50 cm(2)1.5×10－8s24.【答案】(1)3∶1(2)H(3)。
浙江省2020版高考物理大一轮复习单元滚动检测卷九磁
单元滚动检测卷九磁场考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.小张同学将两枚小磁针放进某磁场中，发现小磁针静止时如图1所示(忽略地磁场的影响)，则该磁场一定不是( )图1A．蹄形磁铁所形成的磁场B．条形磁铁所形成的磁场C．通电螺线管所形成的磁场D．通电直导线所形成的磁场答案 B2.(2018·台州市高三期末)如图2所示，为一正的点电荷与一金属板上的感应电荷共同形成的电场，A、B为电场中的两点，下列说法正确的是( )图2A．A点的电场强度比B点大B．图中B点不在电场线上，故电场强度为零C．把一试探电荷从A移动到B，电场力一定做正功D．只在电场力作用下，由A点静止释放的带电粒子一定能经过B点答案 A3.(2018·温州市3月选考模拟)如图3所示是“探究影响通电导线受力的因素”的实验装置图．实验时，先保持导体棒通电部分的长度不变，改变电流的大小；然后保持电流不变，改变导体棒通电部分的长度．则该实验可获得的直接结论为( )图3A．导体棒中电流越大，导体棒受到的安培力越小B．导体棒受到的安培力大小与电流大小成正比C．导体棒受到的安培力大小与磁感应强度大小成正比D．导体棒通电部分长度越长，导体棒受到的安培力越大答案 D4．(2018·杭州市重点中学期末)“天舟一号”货运飞船，经历了5个月的在轨飞行后，于2017年9月22日告别“天宫二号”，按预定计划落入大气层并烧毁．“天舟一号”在轨期间，其轨道是离地面约为380km的圆形轨道，地球表面处的重力加速度为9.8m/s2，则其( )A．速度比7.9km/s要小B．周期大于24hC．受到地球对它的万有引力几乎为零D．向心加速度大于9.8m/s2答案 A5.一根闭合的粗细均匀的铁丝弯折成一直角三角形线框，将其放入匀强磁场中，磁场方向垂直线框平面向里时，在ab间接有一如图4所示的电源，下列判断正确的是( )图4A．ab边受到的安培力在纸面内垂直ab向下B．整个线框所受安培力的合力为0C．ac、cb边所受安培力的合力方向与ab边垂直D．三角形线框有收缩的趋势答案 C6．(2018·平湖市联考)一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k为( )A．Δv＝0B．Δv＝－12m/sC．ΔE k＝1.8J D．ΔE k＝10.8J答案 B解析 取初速度方向为正方向，则Δv＝(－6－6) m/s＝－12 m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项B正确．7.如图5所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD 面与EFGH 面为金属板，其他面为绝缘材料，ABCD 面带正电，EFGH 面带负电．从小孔P 沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A 、B 、C ，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是( )图5A ．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B ．三个液滴的运动时间不一定相同C ．三个液滴落到底板时的速率相同D ．液滴C 所带电荷量最多答案 D解析 由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，下落高度相同，故三个液滴的运动时间相同，选项B 错误；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；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C 在水平方向位移最大，说明液滴C 在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D 正确．8.如图6所示，在长方形abcd 区域内有正交的电场和磁场，ab ＝＝L ，一带电粒子从adbc 2的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc 边的中点P 射出，若仅撤去磁场，则粒子从c 点射出；若仅撤去电场，则粒子将(不计重力)( )图6A ．从b 点射出B ．从b 、P 间某点射出C ．从a 点射出D ．从a 、b 间某点射出答案 C解析 由粒子做直线运动可知qv 0B ＝qE ；撤去磁场，粒子从c 点射出，可知粒子带正电，粒子在电场中做类平抛运动，qE ＝ma ，L ＝at 2，L ＝v 0t ，所以撤去电场后由qv 0B ＝m 得r ＝12v 02r＝，粒子从a 点射出，故C 正确．mv 0qB L 29.(2018·杭州市期末)随着“共享单车”的持续火热，“共享汽车”(电动汽车)也悄然出现，如图7所示．下表是某种“共享汽车”的主要参数．(g 取10m/s 2)图7空车质量800kg 电池容量44kW·h 标准承载200kg 最大续航(充满电最大行驶路程)200km 所受阻力与汽车总重比值0.09根据上述信息，则下列说法正确的是( )A ．工作时，电动汽车的电动机是将机械能转化成电能B ．电池容量44kW·h 指的是汽车电池充满电时的电荷量C ．标准承载下，电动汽车以72km/h 的速度匀速行驶10min 消耗的电能为2kW·hD ．若标准承载下汽车速度能达120km/h ，则汽车电动机最大输出功率不小于30kW 答案 D解析 工作时，电动汽车的电动机是将电能转化为机械能，使汽车运动，故A 错误；电池容量44kW·h 指的是汽车电池充满电时的电能，故B 错误；电动汽车标准承载下的阻力为F f ＝0.09×(800＋200)×10N ＝9×102N ，汽车的牵引力F ＝F f ，消耗电能W ＝Fvt ＝9×102×723.6×10×60J ＝1.08×107J ＝3kW·h ，故C 错误；当汽车匀速时的功率为P ＝Fv ′＝9×102×W ＝3×104W ＝30kW ，故D 正确．1203.610.(2018·金华市、丽水市、衢州市十二校联考)竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其极板带电荷量分别为＋Q 和－Q ，在两极板之间，用轻质绝缘丝线悬挂质量为m 、电荷量为q 的带电小球(可看成点电荷)，丝线与竖直方向成θ角时小球恰好平衡，此时小球离右板距离为b ，离左板的距离为2b ，如图8所示，则(重力加速度为g )( )图8A ．小球带正电，极板之间的电场强度大小为mg tan θq B ．小球受到电场力为5kQq4b 2C ．若将小球移到悬点下方竖直位置，小球的电势能减小D ．若将丝线剪断，小球向右做平抛运动答案 A11．美国科学家阿斯顿发明的质谱仪可以用来鉴别同位素．钠23和钠24互为同位素．现把钠23和钠24的原子核，由静止从同一点放入质谱仪，经过分析可知( )A ．电场力对钠23做功较多B ．钠23在磁场中运动的速度较小C ．钠23和钠24在磁场中运动的半径之比为23∶24D ．钠23和钠24在磁场中运动的半径之比为∶2236答案 D解析 在加速电场中，根据动能定理有qU ＝mv 2，因此电场力对二者做功相等，钠23的质12量较小，速度较大，选项A 、B 错误；再由qvB ＝得r ＝＝，可知r ∝，选项C mv 2r mv qB 1B 2mU qm 错误，D 正确．12.如图9所示，磁感应强度大小为B 的有界匀强磁场的宽度为d ，方向垂直纸面向里．一质量为m 、带电荷量为q 的正离子与磁场左边界成60°角垂直磁场方向射入磁场区域，并恰好从磁场右边界穿出，则该正离子射入磁场时的速度大小为( )图9A. B.2Bqd3mBqd m C. D.2Bqd m 3Bqd2m 答案 C解析 离子带正电荷，且恰好从磁场右边界射出的轨道半径r 应满足r －r cos60°＝d ，离子在磁场中运动时有qvB ＝，即r ＝，解得v ＝，C 项正确．mv 2r mv qB 2Bqd m二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13.如图10所示，小球甲从竖直固定的半径为R 的光滑圆弧轨道顶端由静止滚下，圆弧底14端切线水平；同质量的小球乙从高为R 的光滑斜面顶端由静止滚下．下列判断错误的是( )图10A ．两小球到达底端时速度相同B ．两小球运动到底端的过程中重力做功相同C ．两小球到达底端时动能相同D ．两小球到达底端时，乙重力做功的瞬时功率小于甲重力做功的瞬时功率答案 AD解析 根据动能定理得，mgR ＝mv 2，知两小球到达底端的动能相等，速度大小相等，但是12速度的方向不同，故选项A 错误，C 正确；两小球运动到底端的过程中，下落的高度相同，则重力做功相同，故选项B 正确；两小球到达底端的速度大小相等，甲球的重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，乙球的重力与速度方向不垂直，瞬时功率不为零，则乙球的重力做功的瞬时功率大于甲球的重力做功的瞬时功率，故选项D 错误．14.如图11所示，整个空间存在水平向左的匀强电场，一长为L 的绝缘轻质细硬杆一端固定在O 点，另一端固定一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球P ，杆可绕O 点在竖直平面内无摩擦转动，电场强度大小为E ＝.先把杆拉成水平，然后将杆无初速度释放，重力加速度3mg3q 为g ，不计空气阻力，则( )图11A ．小球到最低点时速度最大B ．小球从开始至最低点过程中动能一直增大C ．小球对杆的最大拉力大小为mg 833D ．小球可绕O 点做完整的圆周运动答案 BC解析 在小球运动的过程中只有重力和电场力做功，电场力与重力的合力大小为F ＝＝，合力与水平方向夹角的正切值tan α＝＝，α＝60°，所以小(mg )2＋(qE )223 mg 3mg qE 3球从开始运动到最低点左侧，即杆与水平方向的夹角为60°的过程中，F 一直做正功，此后F 做负功，动能先增大后减小，所以在最低点左侧杆与水平方向的夹角为60°时速度最大，动能最大，故A 错误，B 正确；设小球的最大速度为v ，根据动能定理得：mgL sin60°＋qEL (1＋cos60°)＝mv 2，设最大拉力为F T ，则F T －F ＝m ，解得最大拉力F T ＝，故C 正确；12v 2L 83mg 3设动能最大的位置为N ，其关于O 的对称点为Q ，设小球能通过Q 点，且通过Q 点的速度为v ′，根据动能定理得：－mgL sin60°＋qEL (1－cos60°)＝mv ′2，将qE ＝代入上式123mg 3得mv ′2＜0，不可能，说明小球不能通过Q 点，即不能做完整的圆周运动，故D 错误．1215.如图12所示，匀强电场的电场方向水平向右，虚线右边空间存在着方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场，虚线左边有一固定的光滑水平杆，杆右端恰好与虚线重合．有一电荷量为q 、质量为m 的小球套在杆上并从杆左端由静止释放，带电小球离开杆的右端进入正交电、磁场后，在开始的一小段时间内，小球( )图12A ．可能做直线运动B ．一定做曲线运动C ．重力势能一定减小D ．电势能一定减小答案 BD解析 小球向右沿电场线方向运动，表明它带正电．进入右侧区域时，竖直方向重力与洛伦兹力的合力有可能为0，可能向上，也可能向下．水平方向上，电场力做正功，小球电势能一定减小；在电场力作用下，小球必然加速，洛伦兹力会发生变化；竖直方向上，在一段时间内，必然不平衡，因此小球必然做曲线运动，其轨迹有可能向上弯曲，也有可能向下弯曲，因此只有选项B 、D 正确．16.如图13所示，在倾角为α的光滑固定斜面上，垂直纸面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒．在导体棒中的电流I 垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，则外加匀强磁场的磁感应强度B 的大小和方向正确的是( )图13A ．B ＝mg ，方向竖直向下tan αILB ．B ＝mg ，方向竖直向上tan αILC ．B ＝mg ，方向垂直斜面向下sin αILD ．B ＝mg，方向垂直斜面向上sin αIL 答案 BD 解析 若磁感应强度方向竖直向下，则安培力水平向左，导体棒无法静止；若磁感应强度方向竖直向上，根据平衡条件，可得其大小B ＝mg ，选项A 错误，B 正确；若磁感应强度tan αIL 方向垂直斜面向下，则安培力沿斜面向下，导体棒无法静止；若磁感应强度方向垂直斜面向上，根据平衡条件，可得其大小B ＝mg ，选项C 错误，D 正确．sin αIL 非选择部分三、非选择题(本题共5小题，共52分)17．(8分)(2019届台州中学模拟)甲同学准备做“探究做功与物体速度变化的关系”实验，乙同学准备做“验证机械能守恒定律”的实验．(1)图14为实验室提供的部分器材，甲、乙同学均要使用的器材是________．(填字母代号)(2)图15是实验中得到的纸带，a、b、c为连续的三个点，打点计时器打点频率为50Hz，请根据纸带测量结果计算b点对应的速度为________m/s(保留三位有效数字)．图14图15(3)如图16所示是另一小组的实验装置，实验中，通过改变橡皮筋的条数来改变橡皮筋对小车做的功．下列说法正确的是________．A．实验中需要平衡阻力B．释放小车后开启打点计时器C．需要测量橡皮筋对小车做功的数值D．每次都要从同一位置由静止释放小车图16答案 (1)D (2)1.38(1.36～1.40均可) (3)AD18．(10分)用伏安法测定电阻约为5Ω的均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池．如图17甲所示，将电阻丝拉直后两端固定在带有刻度尺的绝缘底座的接线柱上，底座的中间有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P，触头上固定了接线柱，按下P时，触头才与电阻丝接触，触头的位置可从刻度尺上读出．实验采用的电路原理图如图乙所示，电表均可视为理想电表．甲乙图17(1)本实验电压表的量程选__________(填“0～3V”或“0～15V”)．(2)根据电路原理图，用笔画线代替导线，将如图18实物图连接成实验电路．图18(3)闭合开关，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，将触头P 自左向右移动的过程中，电流表读数________(填“增大”“减小”或“不变”)．(4)实验得到几组U 、I 、L 的数据，用R ＝计算出相应的电阻值后作出R －L 图线如图19所U I示，取图线上的两个点间的数据之差ΔL 和ΔR ，若电阻丝直径为d ，则电阻率ρ＝________.(用ΔL 、ΔR 、d 表示)图19答案 (1)0～3V (2)连线如图所示 (3)不变(4)πd 2ΔR 4ΔL19．(10分)如图20所示，半径分别为R 1、R 2的两个同心圆，圆心为O ，小圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为B 1，大圆外有垂直纸面的磁感应强度为B 2的磁场，图中未画出，两圆中间的圆环部分没有磁场．今有一带正电粒子(质量为m ，带电荷量为q )从小圆边缘的A 点以速度v 沿AO 方向射入小圆的磁场区域，然后从小圆磁场中穿出，此后该粒子第一次回到小圆便经过A 点，带电粒子重力不计，求：图20(1)若v ＝，则带电粒子在小圆内的运动时间t 为多少；3B 1qR 1m (2)大圆外的磁场B 2的方向；(3)磁场应强度B 1与B 2的比值为多少？答案 (1) (2)垂直于纸面向里 (3)πm 3qB 1R 2R 1解析 (1)带正电粒子在小圆内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB 1＝m ，r 1＝＝v 2r 1mv qB 1R 13由几何关系可知粒子在小圆内的轨迹圆弧的圆心角为θ＝，则t ＝，解得t ＝.π3θr 1v πm 3qB 1(2)粒子第一次回到小圆便经过A 点，则粒子在大圆外的磁场中继续做逆时针方向的圆周运动，则B 2的方向为垂直于纸面向里．(3)由几何关系可得＝，r 1r 2R 1R2由qvB 1＝m ，qvB 2＝m 得：v 2r 1v 2r2r 1＝，r 2＝，mv qB 1mv qB 2解得＝.B 1B 2R 2R120．(12分)如图21为某种质谱仪结构的截面示意图．该种质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器及收集器组成．静电分析器中存在着径向的电场，其中圆弧A 上每个点的电势都相等．磁分析器中存在一个边长为d 的正方形区域匀强磁场．离子源不断地发出电荷量为q 、质量为m 、初速度不计的离子，离子经电压为U 的电场加速后，从狭缝S 1沿垂直于MS 1的方向进入静电分析器，沿圆弧A 运动并从狭缝S 2射出静电分析器，而后以垂直MS 2的方向进入磁场中，最后进入收集器．已知圆弧A 的半径为，磁场的磁感应强度B ＝，忽略离子d 22mU qd 2的重力、离子之间的相互作用力、离子对场的影响和场的边缘效应．求：图21(1)离子到达狭缝S 1的速度大小；(2)静电分析器中等势线A 上各点的电场强度E 的大小；(3)离子离开磁场的位置．答案 (1) (2) (3)距M 点d 2qU m 4U d 32解析 (1)由动能定理可知qU ＝mv 212解得离子到达狭缝S 1的速度大小为v ＝2qUm(2)根据牛顿第二定律Eq ＝m v 2d 2解得E ＝＝2mv 2dq 4U d(3)由牛顿第二定律得qvB ＝mv 2r ′可得离子在磁场中运动的轨迹半径为r ′＝d轨迹如图所示，根据勾股定理有r ′2＝(r ′－)2＋x 2d 2解得x ＝3d2所以离子从MN 边距M 点的位置离开．3d 221．(12分)如图22是一种回旋式加速器的简化模型图，半径为R 的真空圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B ，圆心O 正下方P 点处有一极窄的平行金属板，两板间加有脉冲电压用于加速电子，电压为U .电子由金属板间右侧小孔飘入(初速度视为零)，经加速后，水平向左射入磁场，当电子加速到需要的速度时，通过磁屏蔽导流管MN 将电子沿导流管轴线引出．导流管可沿PQ 直线平移，其N 端始终在PQ 线上，PQ 与水平线EF 之间的夹角为θ.已知电子的质量为m ，电荷量大小为e ，OP ＝R ，不计电子重力、电子加速时间23及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑相对论效应．求：图22(1)为了使电子获得最大速度，磁场的方向；(2)电子能获得的最大速度；(3)导流管MN 与水平线EF 之间的夹角；(4)电子从开始加速，直至以最大速度引出，在磁场中运动所需的时间．答案 见解析解析 (1)、(2)由题意，当电子速度最大时，其做圆周运动的最大半径r max ＝R 56根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里．由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2r代入得：v max ＝.5eBR 6m(3)由题意作几何图，由图可知：α＝2θ.(4)设电子加速n 次后达到v max ＝，则5eBR 6m根据动能定理，有nUe ＝mv ，得n ＝.122max 25eB 2R 272Um由带电粒子在磁场中运动的周期公式T ＝，知带电粒子在磁场中运动的时间公式t ＝2πm qB βm qB(β为圆心角)联立可得：t 总＝nT －＝－.αm eB 25πBR 236U 2θm eB。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
单元滚动检测卷七静电场考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．(2018·新高考研究联盟联考)在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的是( )A．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的观点，并归纳总结了牛顿第一定律B．法拉第不仅提出了场的概念，而且采用电场线来直观地描绘了电场C．卡文迪许将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，并测出了引力常量G的数值D．能量守恒定律是最普遍的自然规律之一，英国物理学家牛顿对能量守恒定律的建立作出了突出贡献答案 B2.(2018·温州市3月选考)如图1所示为某医院体检中心的身高测量仪．测量仪顶部向下发射波速为340m/s的超声波，超声波遇到障碍物后反射回来，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔．已知测量仪没有站人时，顶部距离台面3.0m．当一学生站在台面规定位置后，测量仪记录的时间间隔为0.01s，则该学生的身高最接近( )图1A．110cm B．130cmC．150cm D．170cm答案 B3．某同学找了一个用过的“易拉罐”，在靠近底部的侧面打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则( )A ．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水速度越来越快B ．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水速度越来越快C ．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水速度都不变D ．易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出答案 D4．(2018·温州市3月选考模拟)如图2所示，下列对教材中的四幅图分析正确的是( )图2A ．图甲：被推出的冰壶能继续前进，是因为一直受到手的推力作用B ．图乙：电梯在加速上升时，电梯里的人处于失重状态C ．图丙：汽车过凹形桥最低点时，速度越大，对桥面的压力越大D ．图丁：汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力、向心力四个力的作用答案 C5.(2018·温州市3月选考)如图3所示，某台计算机的硬盘约有近万个磁道(磁道为不同半径的同心圆)，每个磁道分成m 个扇区(每扇区为圆周)．电动机使磁盘以转速n 匀速转动．磁1m头在读、写数据时是不动的，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道，若不计磁头大小及磁头转移磁道所需的时间，则磁盘转动时( )图3A ．A 点的线速度小于B 点的线速度B ．A 点的向心加速度小于B 点的向心加速度C．磁盘转动一圈的时间为2πnD．一个扇区通过磁头所用的时间为1 mn答案 D6.2017年4月“天舟一号”货运飞船成功发射，并与“天宫二号”空间实验室交会对接、实施推进剂在轨补加、开展空间科学实验和技术试验等功能.若对接前它们都绕地球做匀速圆周运动，且“天舟一号”处于低轨道，“天宫二号”空间实验室处于高轨道，如图4所示，则( )图4A．“天舟一号”在地面上的发射速度不会超过7.9km/sB．为了顺利实现对接，“天舟一号”在图示轨道需要点火减速C．对接成功后，“天舟一号”的动能减小，机械能增大D．对接后，由于“天宫二号”的质量增大，其轨道降低答案 C7.(2018·温州市3月选考)工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图5所示传感器．其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上．当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是( )图5A．A、B平行板电容器的电容减小B．A、B两板间的电场强度减小C．A、B两板上的电荷量变小D．有电流从b向a流过灵敏电流计答案 D8.如图6所示，两个等量异号的点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点O等距离的两点a、b，在连线上有距中点O等距离的两点c、d，则下列场强大小关系式正确的是( )图6A ．E a ＝E b <E cB ．E a ＝E O ＝E bC ．E a >E dD ．E c >E O >E d答案 A解析 根据电场线越密场强越大，则由两个等量异号的点电荷电场线的分布情况(如图所示)可知，中垂线上中点O 的场强最大，而且根据对称性可知，a 、b 两处电场线疏密相同，场强大小相等，E a ＝E b <E O ；在两个电荷连线上，O 点电场线最疏，场强最小，而且根据对称性可知，c 、d 两处的电场线疏密相同，故有E c ＝E d >E O .所以有E a ＝E b <E c ，E a <E d ，故选A.9.如图7所示为科学家研究粒子特性时所做实验的示意图，中心点为一固定的正点电荷，虚线表示该点电荷形成电场的等势线，将一未知粒子射入电场中，发现粒子的运动轨迹是从a 运动到b ，再运动到c .不计粒子重力．下列有关未知粒子的说法正确的是( )图7A ．电势能先减小，后增大B ．加速度先减小，后增大C ．b 点的速度最大D ．一定带正电答案 D解析 做曲线运动的物体，受到的合外力指向曲线的内侧，由运动轨迹可得，粒子受到的电场力为斥力，该粒子带正电，选项D 正确；由a 到b 的过程中，电场力做负功，电势能增大，由b 到c 的过程中，电场力做正功，电势能减小，选项A 错误；根据库仑力公式F ＝k 可q 1q 2r 2得，越靠近点电荷，库仑力越大，粒子的加速度越大，所以加速度先增大后减小，选项B 错误；由a 到b 的过程中，电场力做负功，粒子动能减小，由b 到c 的过程中，电场力做正功，粒子动能增大，则粒子在b 点速度最小，选项C 错误．10.(2018·绍兴市选考诊断)利用如图8所示的装置研究点电荷之间的相互作用力，当A 带电荷量为＋Q ，质量为M ，B 带电荷量为＋q ，质量为m 时，绳子与竖直方向的夹角为θ，两电荷连线水平且相距为L ，则( )图8A ．tan θ＝kQqmgL 2B ．若将B 质量增大，绳子与竖直方向的夹角增大C ．若将A 质量增大，绳子与竖直方向的夹角增大D ．若将A 向左移动，绳子与竖直方向的夹角增大答案 A11.(2018·新高考研究联盟联考)电性未知的试探电荷q 在电场强度为E 的匀强电场中沿2条不同路径从A 点移动到B 点，一条是直线，另一条从A 点先到M 点再到B 点，如图9所示，下列有关说法正确的是( )图9A ．从图中可以看出，电场中A 点的电势高于B 点，A 点的电场强度也大于B 点B ．试探电荷q 沿上述两种路径移动的过程中，电势能一定都变小了C ．试探电荷q 沿上述两种路径移动的过程中，电场力做功一定相等D ．如果试探电荷从A 沿直线到B 的过程中电场力对它做负功，则该试探电荷带正电答案 C12．如图10甲所示，x 轴上固定两个点电荷Q 1、Q 2(Q 2位于坐标原点O )，其上有M 、N 、P 三点，间距MN ＝NP .Q 1、Q 2在x 轴上产生的电势φ随x 变化的关系如图乙(N 点对应图线的最低点)．则( )图10A．M点电场场强大小为零B．N点电场场强大小为零C．M、N之间电场方向沿x轴负方向D．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|W PN|＝|W NM|答案 B解析 由题图可知，由M到N电势降低，由无限远处到N电势降低，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可以判断M、N之间电场方向沿着x轴正方向，无限远处到N点电场方向沿x轴负方向，且N点场强为零，选项A、C错误，B正确；|W PN|＝|qU PN|＝|q(φP－φN)|<|q(φN－φM)|＝|W NM|，选项D错误．二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13．如图11所示，排球运动员正在做颠球训练，若空气阻力不能忽略，则击球后，球从某位置离开手竖直向上运动，再下落回到该位置的过程中( )图11A．重力先做正功后做负功B．重力做的总功不为零C．空气阻力做负功D．空气阻力做的总功等于球的动能变化答案 CD解析 排球在竖直向上运动的过程中，重力方向与位移方向相反，重力做负功，排球竖直向下运动的过程中，重力方向与位移方向相同，重力做正功，选项A错误；重力做功只与初、末位置有关，故在整个过程中，重力对排球做的总功为零，选项B错误；在整个运动过程中，排球受的空气阻力方向与速度方向始终相反，故空气阻力对排球做负功，选项C正确；由动能定理知，空气阻力做的总功等于球的动能变化，选项D错误．14.如图12所示，匀强电场的场强方向与竖直方向成α角，一带电荷量为q、质量为m的小球，用绝缘细线固定在竖直墙上，小球恰好静止在水平位置，重力加速度为g.则( )图12A ．小球带负电B ．匀强电场场强的大小为mg cos αqC ．若某时刻t ＝0将细线突然剪断，在之后的T 时间内电场力对小球做功为mg 2T 2tan 2α12D ．将细线剪断后，小球运动过程中机械能守恒答案 AC解析 小球处于静止状态，受到的电场力沿电场线斜向右上方，所以小球带负电，选项A 正确；根据竖直方向合力为零，qE cos α＝mg ，解得匀强电场场强的大小为E ＝，选项B 错误；mgq cos α若某时刻t ＝0将细线突然剪断，小球受到的合力方向水平向右，小球向右做匀加速直线运动，加速度a ＝＝g tan α，在之后的T 时间内，小球的位移为x ＝aT 2，电场力对小球做qE sin αm 12功为W ＝qE sin α·x ＝mg 2T 2tan 2α，选项C 正确；将细线剪断后，电场力对小球做功，小球12运动过程中机械能不守恒，选项D 错误．15.如图13所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带负电小球，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F ，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，小球克服重力和克服电场力所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中( )图13A ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球所受合力做功为－W 1－W 2C ．小球的机械能增加W 1＋mv 212D ．小球的电势能增加W 2答案 CD解析 小球和弹簧组成的系统，除重力和弹力做功外，还有电场力做功，系统机械能不守恒，选项A 错误；在上述过程中，弹力、重力、电场力对小球做功，故小球所受合力做功为W 合＝W 弹－W 1－W 2，选项B 错误；小球机械能的增加量为重力势能的增加量和动能的增加量之和，即ΔE ＝W 1＋mv 2，选项C 正确；小球向上运动的过程中，电场力对小球做负功，小球电势能12增加W 2，选项D 正确．16.如图14所示，平行板电容器充电后与电源断开，上极板带正电，下极板带负电．两个相同的不计重力的带电粒子A 、B ，分别从平行板间左侧中点和贴近上极板左端处以不同的初速度垂直于电场方向进入两极板间，它们恰好都能打在下极板右端处的C 点，则下列说法中正确的是( )图14A ．A 粒子的初速度是B 粒子的倍2B ．A 、B 两粒子到达C 点时的动能可能相同C ．A 粒子在C 点的速度偏向角的正弦值是B 粒子的2倍D ．如果仅将加在两极板间的电压加倍，A 、B 两粒子到达下极板时将不在同一点答案 AB解析 粒子在水平方向上做匀速直线运动，则有v A t A ＝v B t B ，竖直方向上对A 有＝at A 2，对B h 212有h ＝at B 2，通过计算可知v A ＝v B ，选项A 正确；由动能定理可知，电场力对B 粒子做功122为对A 粒子做的功的两倍，A 粒子的初动能为B 粒子的两倍，所以到C 点时动能有可能相同，选项B 正确；通过题图可以看出，A 粒子的偏向角要小于B 粒子的偏向角，选项C 错误；由水平速度与时间关系可知，加大电压，两粒子水平方向上的位移相同，选项D 错误．非选择部分三、非选择题(本题共6小题，共52分)17．(6分)如图15所示，两个完全相同的圆弧轨道分别固定在竖直板上的不同高度处，轨道的末端切线水平，在它们相同位置上各安装一个电磁铁，两个电磁铁由同一个开关控制，通电后，两电磁铁分别吸住相同小铁球A 、B ，断开开关，两个小球同时开始运动．离开圆弧轨道后，A 球做平抛运动，B 球进入一个光滑的水平轨道，则：图15(1)B 球进入水平轨道后将做________运动；改变A 轨道的高度，多次重复上述实验过程，总能观察到A 球正好砸在B 球上，由此现象可以得出的结论是__________________________．(2)若某次两个小球相碰的位置恰在水平轨道上的P 点处，固定在竖直板上的方格纸的正方形小格边长均为5cm ，则可算出A 铁球刚到达P 点的速度为______m/s.(g 取10 m/s 2，结果保留三位有效数字)．答案 (1)匀速直线 A 球的水平分运动是匀速直线运动 (2)3.35解析 (1)让两小球从相同的圆弧轨道上相同高度静止滚下，从而使两小球同时滚离轨道并具有相同的速度．小球A 做平抛运动，小球B 做匀速直线运动，当两个小球相遇时则说明A 小球平抛运动的水平分运动是匀速直线运动．(2)A 球做平抛运动，因此有：竖直方向：h ＝9L ＝gt 2，v y ＝gt 12水平方向：9L ＝v 0tA 球到达P 点的速度为：v ＝v 02＋v y 2将L ＝5cm 代入并联立解得v ≈3.35m/s18．(8分)用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m ＝1.00kg 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点．现选取一条符合实验要求的纸带，如图16所示，O 为第一个点，A 、B 、C 为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)．已知打点计时器每隔0.02s 打一个点，重力加速度g ＝9.80m/s 2.图16(1)根据上图所得数据，应该选取图中O 点和________点来验证机械能守恒定律．(2)从O 点到第(1)问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔE p ＝______J ，动能增加量ΔE k ＝________J(结果均保留三位有效数字)．(3)若测出纸带上所有各点到O 点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v 及重物下落的高度h ，则以为纵轴，以h 为横轴画出的图象是下列图中的( )v 22答案 (1)B (2)1.88 1.84 (3)A解析 (1)因只能计算出B 点的速度，故应取图中O 点和B 点来验证机械能守恒定律．(2)ΔE p ＝mg ·h OB ＝1.00×9.80×0.1920J≈1.88Jv B ＝＝1.92m/s.h OC －h OA2T故ΔE k ＝mv B 2＝×1.00×(1.92)2J≈1.84J.1212(3)由机械能守恒定律可知，mgh ＝mv 2，12故有＝gh ，图象A 正确．v 2219．(8分)(2018·台州中学统练)如图17所示，水平轨道AB 段为粗糙水平面，BC 段为一水平传送带，两段相切于B 点．一质量为m ＝1kg 的物块(可视为质点)，静止于A 点，AB 距离为s ＝2m ．已知物块与AB 段和BC 段间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力．图17(1)若给物块施加一水平拉力F ＝11N ，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B 点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C 点，求传送带的长度；(2)在(1)问中，若将传送带绕B 点逆时针旋转37°后固定(AB 段和BC 段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C 端，则在AB 段对物块施加拉力F ′应至少多大．答案 (1)2.4m (2)17N解析 (1)物块在AB 段：F －μmg ＝ma 1得a 1＝6m/s 2设物块到达B 点时速度为v B ，有v B ＝＝2m/s2a 1s 6滑上传送带后：μmg ＝ma 2刚好到达C 点，有v B 2＝2a 2L ，得传送带长度L ＝2.4m.(2)将传送带倾斜，滑上传送带后有：mg sin37°＋μmg cos37°＝ma 3，a 3＝10m/s 2，物块仍能刚好到C 端，有v B ′2＝2a 3L在AB 段，有v B ′2＝2asF ′－μmg ＝ma联立解得F ′＝17N20.(10分)在光滑绝缘的水平地面上建立了如图18所示的直角坐标系xOy ，在y 轴左侧区域有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E ＝9×103N/C ，现有带电荷量q ＝＋1×10－3 C 、质量m ＝10 g 的带电粒子P 从x ＝－1.5 m 处沿y 轴正方向以初速度v 0＝30 m/s 的速度开始运动，经过y 轴上的Q 点后进入第Ⅰ象限，不计带电粒子重力．求：图18(1)Q 点的坐标；(2)带电粒子P 过Q 点时的速度．答案 见解析解析 (1)设沿x 轴正方向做匀加速运动的时间为t ，位移为x ，在匀强电场中运动的加速度a ＝Eq m则沿x 轴正方向，有|x |＝at 212设沿y 轴正方向做匀速运动的位移为y ，则y ＝v 0t解得：y ＝v 02|x |m Eq代入数据得：y ＝m ，t ＝s 3330故Q 点坐标为(0，m)．3(2)过Q 点时沿x 轴正方向的速度v x ＝at所以过Q 点的速度大小为v ＝v 02＋v x 2解得：v ＝60m/s设此时速度与y 轴正方向夹角为θ，则tan θ＝v xv0得θ＝60°带电粒子P 过Q 点时的速度大小为60m/s ，方向与y 轴正方向成60°角斜向右上方．21.(10分)静电喷漆技术具有效率高、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化为如图19.A 、B 是间距为d 的两块平行金属板，两板间有方向由B 指向A 的匀强电场，电场强度为E .在A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P ，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v 且带负电的油漆微粒，假设油漆微粒的质量均为m 、带电荷量均为q ，忽略微粒间的静电作用，微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都能落在金属板B 上．求：图19(1)两块平行金属板之间的电势差；(2)微粒落在B 板上所形成的图形的半径；(3)微粒落在金属板B 上时的速率．答案 见解析解析 (1)两块平行金属板之间的电势差U ＝Ed .(2)初速度方向沿平行A 板喷出的微粒水平位移最大且大小相等，等于微粒落在B 板上所形成的图形的半径R .沿平行A 板喷出的微粒做类平抛运动，则：R ＝vt ，d ＝at 2，a ＝12qE m 联立解得：R ＝v .2dm qE(3)由动能定理得：qEd ＝mv ′2－mv 21212解得：v ′＝.2qEdm ＋v 222.(10分)如图20所示，绝缘光滑水平轨道AB 的B 端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC 平滑连接，圆弧的半径R ＝0.40m ．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E ＝1.0×104N/C.现有一质量m ＝0.10 k g 的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B 端距离x ＝1.0 m 的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C 端时，速度恰好为零．已知带电体所带电荷量q ＝8.0×10－5 C ，g 取10 m/s 2，求：图20(1)带电体运动到圆弧形轨道的B 端时对圆弧形轨道的压力；(2)带电体沿圆弧形轨道从B 端运动到C 端的过程中，摩擦力所做的功．答案 (1)5.0N ，方向竖直向下 (2)－0.72J解析 (1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有qE ＝ma ，解得a ＝＝8.0m/s 2qE m设带电体运动到B 端的速度大小为v B ，则v B 2＝2ax 解得v B ＝＝4.0m/s2ax 设带电体运动到圆弧形轨道的B 端时受到的轨道的支持力为F N ，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝mv B 2R解得F N ＝mg ＋＝5.0N mv B 2R根据牛顿第三定律可知，带电体运动到圆弧形轨道的B 端时对圆弧形轨道的压力大小F N ′＝F N ＝5.0N ，方向竖直向下．(2)因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道从B 到C 运动过程中，电场力所做的功W 电＝qER ＝0.32J设带电体沿圆弧形轨道从B 到C 运动过程中摩擦力所做的功为W f ，对此过程根据动能定理有W电＋W f －mgR ＝0－mv B 2，解得W f ＝－0.72J.12。