【非常考案】2017版高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练18 Word版含解析
【非常考案】2017版高考物理一轮复习(通用版)：分层限时跟踪练11.doc
分层限时跟踪练(十一)(限时40分钟)一、单项选择题1．(2016·德兴模拟)如图4-2-16所示，将一小球从倾角为θ的斜面上方O 点以初速度v 0水平抛出后，落到斜面上H 点，OH 垂直于斜面且OH ＝h .不计空气阻力，重力加速度大小为g ，则v 0的大小为( )图4-2-16A.gh cos 2 θ2sin θB.gh sin 2 θ2cos θC.2gh sin 2 θcos θD ．2gh cos 2 θsin θ【解析】 由几何关系得，小球做平抛运动的水平位移x ＝h sin θ，竖直位移y ＝h cos θ，根据y ＝12gt 2得t ＝2h cos θg ，则初速度v 0＝xt＝gh sin 2 θ2cos θ.【答案】 B2．(2016·南充模拟)如图4-2-17所示，AB 为半圆环ACB 的水平直径，C 为环上的最低点，环半径为R .一个小球从A 点以速度v 0水平抛出，不计空气阻力．则下列判断正确的是( )图4-2-17A ．只要v 0足够大，小球可以击中B 点B ．即使v 0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同C ．若v 0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环【解析】 小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，可知小球不可能击中B 点，选项A 错误；初速度不同，小球落点的位置不同，运动的时间可能不同，则小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不同，选项B 错误；小球不可能垂直撞击在半圆环AC 段，因为根据速度的合成，平抛运动的速度方向偏向右，假设小球与BC 段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为θ，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为θ，连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为β.根据几何关系知θ＝2β，因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，即tan θ＝2tan β，与θ＝2β相矛盾，则不可能与半圆弧垂直相撞，选项C 错误，D 正确．【答案】 D3．如图4-2-18所示，位于同一高度的小球A 、B 分别以v 1和v 2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C 点，小球B 恰好垂直打到斜面上，则v 1、v 2大小之比为()图4-2-18A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶2D ．2∶3【解析】 设A 、B 两球平抛运动的时间为t ，则对A 球：tan 30°＝12gt 2v 1t ，对B 球：tan30°＝v 2gt ，解得：v 1＝gt 2tan 30°，v 2＝gt tan 30°，解得：v 1v 2＝32，C 正确．【答案】 C4．(2016·宜宾模拟)如图4-2-19所示，从A 点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B 点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C 点，已知地面上D 点位于B 点正下方，B 、D 间的距离为h ，则()图4-2-19A ．A 、B 两点间的距离为h 2B ．A 、B 两点间的距离为h4C ．C 、D 两点间的距离为2h D ．C 、D 两点间的距离为233h【解析】 AB 段小球自由下落，BC 段小球做平抛运动，两段时间相同，所以A 、B 两点间距离与B 、D 两点间距离相等，均为h ，故A 、B 错误；BC 段小球做平抛运动，初速度v ＝2gh ，持续时间t ＝2hg，所以C 、D 两点间距离x ＝vt ＝2h ，故C 正确，D 错误． 【答案】 C5．(2016·兴化模拟)平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v -t 图线，如图4-2-20所示．若平抛运动的时间大于2t 1，下列说法中正确的是( )图4-2-20A ．图线2表示水平分运动的v -t 图线B ．t 1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为30°C ．t 1时间内的竖直位移与水平位移之比为1∶2D ．2t 1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为60°【解析】 水平分运动为匀速直线运动，故A 错误；t 1时刻水平方向和竖直方向的分速度相等，则合速度与水平方向的夹角为45°，B 错误；设水平速度为v 0，则t 1时间内的水平位移为x ＝v 0t 1，竖直方向的位移y ＝v 02t 1，所以y x ＝12，C 正确；2t 1时刻竖直方向的速度2v 0，显然速度方向与水平方向的夹角不是60°，D 错误．【答案】 C 二、多项选择题6．(2016·唐山模拟)如图4-2-21所示，一同学分别在同一直线上的A 、B 、C 三个位置投掷篮球，结果都垂直击中篮筐，速度分别为v 1、v 2、v 3.若篮球出手时高度相同，出手速度与水平方向的夹角分别为θ1、θ2、θ3，下列说法正确的是( )图4-2-21A ．v 1<v 2<v 3B ．v 1>v 2>v 3C ．θ1>θ2>θ3D ．θ1<θ2<θ3【解析】 此过程可以看成篮球从篮筐水平抛出，由题意可知：其水平射程不同，且速度越大，水平射程越大，故选项A 错误，B 正确；根据平抛运动规律，水平速度越大，落地时速度方向与水平方向的夹角越小，选项C 错误，D 正确．【答案】 BD7．如图4-2-22所示，在水平地面上M 点的正上方某一高度处，将S 1球以初速度v 1水平向右抛出，同时在M 点右方地面上N 点处，将S 2球以初速度v 2斜向左上方抛出，两球恰在M 、N 连线的中点正上方相遇，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中()图4-2-22A ．初速度大小关系为v 1＝v 2B ．速度变化量相等C ．水平位移大小相等D ．都不是匀变速运动【解析】 由题意可知，两球的水平位移相等，C 正确；由于只受重力的作用，故都是匀变速运动，且相同时间内速度变化量相等，B 正确，D 错误；又由v 1t ＝v 2x t 可得A 错误．【答案】 BC8.如图4-2-23所示，两滑雪运动员从O 点分别以v A 和v B 水平滑出后做平抛运动分别落到斜坡上的A 、B 两点，在落点前瞬间速度与水平方向夹角分别为θA 与θB ，两者在空中运动时间分别为t A 与t B .则()图4-2-23A ．t A >tB B ．t A <t BC ．v A <v BD ．θA <θB【解析】 由h ＝12gt 2可知，因h B >h A ，故t B >t A ，A 错误、B 正确；由tan θ＝gtv 0，又由tan α＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0可得tan θ＝2tan α，则θA ＝θB ，D 错误；由v 0＝gt2tan α可知，因t A <t B ，故v A <v B ，C 正确．【答案】 BC9．如图4-2-24所示，在高处以初速度v 1水平抛出一个带刺飞镖，在离开抛出点水平距离l 、2l 处分别有A 、B 两个小气球以速度v 2匀速上升，先后被飞镖刺破(认为飞镖质量很大，刺破气球后不会改变其平抛运动的轨迹)．则下列判断正确的是()图4-2-24A ．飞镖刺破A 气球时，飞镖的速度大小为v A ＝g 2l 2v 21B ．飞镖刺破A 气球时，飞镖的速度大小为v A ＝v 21＋g 2l 2v 21C ．A ，B 两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为3gl 22v 21＋v 2lv 1D ．A ，B 两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为3gl 22v 21【解析】 飞镖刺破A 气球时所经历的时间t ＝lv 1，此时飞镖竖直方向的分速度v y ＝gt＝gl v 1，所以飞镖的速度v ＝v 21＋v 2y ＝v 21＋⎝⎛⎭⎫gl v 12，选项A 错误，B 正确；飞镖从刺破A 到刺破B 所经历的时间t ′＝l v 1，此时气球上升的高度h 1＝v 2t ′，飞镖下降的高度h 2＝v y t ′＋12gt ′2，两气球在上升的过程中高度差不变，h ＝h 2＋h 1＝3gl 22v 21＋v 2lv 1，选项C 正确，D 错误．【答案】 BC 三、非选择题10．一探险队在探险时遇到一山沟，山沟的一侧OA 竖直，另一侧的坡面OB 呈抛物线形状，与一平台BC 相连，如图4-2-25所示．已知山沟竖直一侧OA 的高度为2h ，平台在沟底h 高处，C 点离竖直OA 的水平距离为2h .以沟底的O 点为原点建立平面直角坐标系xOy ，坡面的抛物线方程为y ＝x 22h .质量为m 的探险队员从山沟的竖直一侧，沿水平方向跳向平台．探险队员视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g .图4-2-25(1)若该探险队员以速度v 0水平跳出时，落在坡面OB 的某处，则他在空中运动的时间为多少？(2)为了能跳在平台上，他的初速度应满足什么条件？请计算说明． 【解析】 (1)x ＝v 0t ，y ＋12gt 2＝2h ，y ＝x 22h ，联立解得t ＝2hv 20＋gh.(2)若落在C 处，h ＝12gt ′2，2h ＝vt ′，联立解得v ＝2gh ，若落在B 处，B 点坐标为(x ，h )，满足坡面的抛物线方程，即h ＝x 22h ，解得x ＝2h ，又x ＝vt ″，h ＝12gt ″2，联立解得v ＝gh .故初速度应满足gh ≤v ≤2gh .【答案】 (1)2hv 20＋gh(2)见解析 11．如图4-2-26所示，倾角为37°的斜面长l ＝1.9 m ，在斜面底端正上方的O 点将一小球以速度v 0＝3 m/s 水平抛出，与此同时释放在顶端静止的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块(小球和滑块均视为质点，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：图4-2-26(1)抛出点O 离斜面底端的高度； (2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ.【解析】 (1)设小球击中滑块时的速度为v ，竖直速度为v y由几何关系得： v 0v y＝tan 37° ①设小球下落的时间为t ，竖直位移为y ，水平位移为x ，由运动学规律得 v y ＝gt ② y ＝12gt 2③ x ＝v 0t④设抛出点到斜面最低点的距离为h ，由几何关系得 h ＝y ＋x tan 37°⑤由①②③④⑤得：x ＝1.2 m ，h ＝1.7 m. (2)在时间t 内，滑块的位移为s ，由几何关系得 s ＝l －xcos 37°⑥设滑块的加速度为a ，由运动学公式得s ＝12at 2⑦对滑块，由牛顿第二定律得 mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma⑧由⑥⑦⑧得：μ＝0.125. 【答案】 (1)1.7 m (2)0.12512．(2014·浙江高考)如图4-2-27所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h ＝1.8 m ．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2)图4-2-27(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L ＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离； (3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围． 【解析】 (1)装甲车的加速度a ＝v 202s ＝209m/s 2.(2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋v 0＝0.5 s 弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m第二个弹孔离地的高度h 2＝h －12g ⎝⎛⎭⎫L －s v 2＝1.0 m两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 1 L 1＝(v 0＋v )2hg＝492 m 第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 2 L 2＝v2hg＋s ＝570 m L 的范围为492 m<L ≤570 m.【答案】 (1)209 m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m(3)492 m<L ≤570 m。
《非常考案》2017通用版物理一轮课件：1.3运动学图象、追及和相遇问题
)
图 133
【解析】 由图象可知，x＝0 时，初速度不为零，A 错误；由 v2＝2ax 知， Δv2 斜率 k＝ ＝2a＝4 m/s2，所以加速度 a＝2 m/s2，质点做匀加速直线运动，B、 Δx Δv 3－ 5 C 错误； 由 t＝ a 求得质点从 x＝1 m 处运动到 x＝2 m 处所用的时间 t＝ 2 s， D 正确． 【答案】 D
考 运动学图象 追及和相遇问题
[考纲定位] 匀变速直线运动及其公式、图象(Ⅱ)
分 层 限 时 跟 踪 练
考 点 三
考点 1| x t、v t 图象的理解 xt 图象和 v t 图象的比较 x t 图象 图象 举例 vt 图象
图象 意义
表示位移的变化过程和规律，表示 质点运动在某时刻的 位置 或某段 时间内的位移
【答案】 A
4．[v2x 图象]某质点做直线运动，现以出发点为坐标原点，以运动方向为 x 轴正方向，质点运动的 v2x 图象如图 133 所示．则(
A．质点的初速度为 0 B．质点做变加速直线运动 C．质点做匀加速直线运动，且加速度为 4 m/s2 D．质点从 x＝1 m 坐标处运动到 x＝2 m 坐标处所用 3－ 5 时间 t＝ 2 s
5．[a t 图象与 v t 图象的转化]一物体做直线运动，其加速度随时间变化的 at 图象如图 134 所示．下列 v t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )
图 134
T 【解析】 由题图可知，在 0～2时间内 a＝a0＞0，若 v0≥0，物体做匀加速 运动；若 v0＜0，物体做匀减速运动，故 B、C 皆错误；由于在 T～2T 时间内 a T ＝－a0，故物体做匀减速运动且图线斜率的绝对值与 0～2时间内相同，故 A 错 误，D 正确． 【答案】 D
《非常考案》2017通用版物理一轮课件：5.3机械能守恒定律
考点 2| 机械能守恒定律的应用 1．机械能守恒定律的表达式 (1)守恒观点：Ek＋Ep＝ Ek′＋Ep′ (一定要选零势能面) －Δ Ep (2)转化观点：Δ Ek＝ (不需要选零势能面) (3)转移观点：Δ E 增＝Δ E 减 (不需要选零势能面) 2．应用机械能守恒的一般步骤 单个物体 (1)选取研究对象多个物体组成的系统 系统内有弹簧
【答案】 A
2．(2014· 课标全国卷Ⅱ)取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水 平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时 的速度方向与水平方向的夹角为( π A. 6 π C. 3 ) π B． 4 5π D． 12
【解析】 根据平抛运动的规律和机械能守恒定律解题．设物块水平抛出 1 2 的初速度为 v0，高度为 h，由机械能守恒定律得2mv0＝mgh，即 v0＝ 2gh.物块 在竖直方向上的运动是自由落体运动，故落地时的竖直分速度 vy＝ 2gh＝vx＝ π v0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角 θ＝ ，故选项 B 正确，选项 4 A、C、D 错误．
[示例] 质量分别为 m 和 2m 的两个小球 P 和 Q，中间用轻质杆固定连接， L 杆长为 L，在离 P 球3处有一个光滑固定轴 O，如图 535 所示．现在把杆置于 水平位置后自由释放，在 Q 球顺时针摆动到最低点位置时，求：
(1)小球 P 的速度大小；
图 535
(2)在此过程中小球 P 机械能的变化量．
【答案】 ABC
2．[机械能守恒的判断]在如图 531 所示的物理过程示意图中，甲图为一端 固定有小球的轻杆，从右偏上 30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定 有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴 O 无摩擦转动；丙图为 置于光滑水平面上的 A、B 两小车，B 静止，A 获得一向右的初速度后向右运动， 某时刻连接两车的细绳绷紧，然后带动 B 车运动；丁图为置于光滑水平面上的 带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动．则 关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是( )
《非常考案》2017通用版物理一轮课件：4.4万有引力与航天
【解析】 第一宇宙速度为物体沿近地轨道做匀速圆周运动的运行速度，天 GMm v GM 宫一号轨道半径大于地球半径，由 r2 ＝m r 得 v＝ r ，故其速度小于第一 4π2 宇宙速度，故选项 A 错误；赤道上物体随地球自转的加速度 a 总＝R 2 ，天宫 T地 4π2 一号的加速度 a 天＝r 天 2 ，根据轨道半径和周期关系 R<r 天，T 地>T 天，可知天 T天 宫一号加速度大于赤道上静止物体随地球自转的加速度， 故选项 B 正确； 根据 ω 2π ω天 T地 24×60 ＝ T 知 ＝ ＝ 90 ＝16，故选项 C 正确；在天宫一号上航天员和其他物 ω地 T天 体均处于完全失重状态，天平不能使用，故 D 错误．
2
【答案】 BC
[规律总结] (1)区别
赤道物体、近地卫星、同步卫星的比较
①同步卫星与地球赤道上的物体的周期都等于地球自转的周期，而不等于 近地卫星的周期． ②近地卫星与地球赤道上的物体的运动半径都等于地球半径 ，而不等于同 步卫星运动半径． ③三者的线速度各不相同．
(2)求解此类题的关键 ①在求解“同步卫星”与“赤道上的物体”的向心加速度的比例关系时应 GM 依据二者角速度相同的特点，运用公式 a＝ω r 而不能运用公式 a＝ r2 .
A．探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大 B．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大 C．探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等 D．探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大
2 Mm v 【解析】 探测器在星球表面做匀速圆周运动时，由 G R2 ＝m R ，得 v＝
2GM GM R ，则摆脱星球引力时的发射速度 2v＝ R ，与，半径为 R，则地球的质量为 10M，半径为 2R， 10Mm 5GMm Mm 地球对探测器的引力 F1＝G 2 ，比火星对探测器的引力 F2＝G 2 2＝ 2 R R （2R） 大，选项 B 正确；探测器脱离地球时的发射速度 v1＝ 2G· 10M 10GM ＝ R ，脱 2R
《非常考案》2017通用版物理一轮课件：5.1功和功率
第 1 课时 功和功率
[考纲定位] 功和功率(Ⅱ)
考点 1| 功的分析与计算 1．功的正负 (1)0≤α＜90°，力对物体做 正 功． (2)90°＜α≤180°，力对物体做负 功，或者说物体克服这个力做了功． (3)α ＝90°，力对物体不做功． 2．功的计算：W＝Flcos α (1)α 是力与位移 方向之间的夹角，l 为物体对地的位移． (2)该公式只适用于恒力 做功． (3)功是 标(填“标”或“矢”)量．
A．0～2 s 内外力的平均功率是 4 W B．第 2 s 内外力所做的功是 4 J C．第 2 s 末外力的瞬时功率最大 D．第 1 s 末与第 2 s 末外力的瞬时功率之比为 9∶4
图 514
【解析】 第 1 s 末质点的速度 F1 3 v1＝ m t1＝1×1 m/s＝3 m/s. 第 2 s 末质点的速度 F2 1 v2＝v1＋ m t2＝(3＋1×1) m/s＝4 m/s. 1 2 1 2 则第 2 s 内外力做功 W2＝2mv2－2mv1＝3.5 J 0～2 s 内外力的平均功率
甲
乙 图 516 (1)运动过程中汽车发动机的输出功率 P； (2)汽车速度减至 8 m/s 的加速度 a 的大小； (3)BC 路段的长度．
【解析】 (1)汽车在 AB 路段时牵引力和阻力相等， 则 F1＝Ff1，输出功率 P＝F1v1， 解得 P＝20 kW. (2)t＝15 s 后汽车处于匀速运动状态，有 P F2＝Ff2，P＝F2v2，则 Ff2＝ ， v2 解得 Ff2＝4 000 N. v＝8 m/s 时汽车在做减速运动，有 P Ff2－F＝ma，F＝ v ， 解得 a＝0.75 m/s2.
(3)对 BC 段由动能定理得 1 2 1 2 Pt－Ff2x＝2mv2－2mv1， 解得 x＝93.75 m.
【非常考案】高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练18 Word版含解析
分层限时跟踪练(十八)(限时40分钟)一、单项选择题1．摩擦可以产生静电，原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10－15 C，丙物体带电8×10－16 C．则对于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法中正确的是()A．乙物体一定带有负电荷8×10－16 CB．乙物体可能带有负电荷2.4×10－15 CC．丙物体一定带有正电荷8×10－16 CD．丙物体一定带有负电荷2.4×10－15 C【解析】由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有净电荷；甲、乙摩擦导致甲失去电子1.6×10－15 C而带正电，乙物体得到电子而带1.6×10－15 C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒定律可知，乙最终所带负电荷为1.6×10－15 C－8×10－16 C＝8×10－16 C．选项B、C、D错误，选项A正确．【答案】 A2．(2015·浙江高考)如图6-1-14所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则()图6-1-14A．乒乓球的左侧感应出负电荷B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞【解析】两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，选项A错误；乒乓球受到重力、细线拉力和电场力三个力的作用，选项C错误；乒乓球与任一金属极板接触后会带上与这一金属极板同种性质的电荷，而相互排斥，不会吸在金属极板上，到达另一侧接触另一金属极板时也会发生同样的现象，所以乒乓球会在两极板间来回碰撞，选项B错误、D正确．【答案】 D3．下列选项中的各绝缘直杆大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各直杆间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是()【解析】设带电荷量为q的直杆在原点O处产生的场强大小为E，则题中A图场强大小为E，根据场强的合成满足平行四边形定则，B图场强大小为2E，C图场强大小为E，D图场强大小为零，选B.【答案】 B4．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图6-1-15所示，在半球面AB上均匀分布着正电荷，半球面总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为()图6-1-15A.kq2R2B．kq2R2－EC.kq4R2－E D．kq4R2＋E【解析】 假设将带电荷量为2q 的球面放在O 处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．则在M 、N 点所产生的电场为E ＝k ·2q （2R ）2＝kq 2R 2，由题知当半球面如题图所示在M 点产生的场强为E ，则N 点的场强为E ′＝kq 2R 2－E ，选项B 正确．【答案】 B5．(2016·东营检测)如图6-1-16所示，点电荷q 1、q 2、q 3处于同一条直线上，q 2与q 3的距离是q 1与q 2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量q 1∶q 2∶q 3之比为( )图6-1-16A ．(－9)∶4∶(－36)B ．9∶4∶36C ．(－3)∶2∶6D ．3∶2∶6【解析】 若q 2为负电荷，假设q 1带负电，要使q 2平衡，则q 3也应带负电，但此时q 1、q 3因都受斥力而不平衡，故q 1带正电，同理分析q 3带正电．也可能足q 1、q 3带负电，q 2带正电．由于三个电荷均处于平衡状态，所以对q 1有k |q 1q 2|l 21＝k |q 1q 3|（l 1＋l 2）2 ① 对q 2有k |q 1q 2|l 21＝k |q 3q 2|l 22 ②有q 3有k |q 1q 3|（l 1＋l 2）2＝k |q 3q 2|l 22③ 联立①②③可解得|q 1|∶|q 2|∶|q 3|＝(l 1＋l 2l 2)2∶1∶(l 1＋l 2l 1)2. 根据题意可知l 2＝2l 1，所以|q 1|∶|q 2|∶|q 3|＝94∶1∶9＝9∶4∶36.由于q 1、q 3是同种电荷，故q 1∶q 2∶q 3＝(－9)∶4∶(－36)或q 1∶q 2∶q 3＝9∶(－4)∶36，故A 正确，B 、C 、D 错误．【答案】 A二、多项选择题6．用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点处场强的强弱．如图6-1-17甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D也关于O对称．则()甲乙图6-1-17A．B、C两点场强大小和方向都相同B．A、D两点场强大小相等，方向相反C．E、O、F三点比较，O的场强最强D．B、O、C三点比较，O点场强最弱【解析】由对称性可知，B、C两点场强大小和方向均相同，A正确；A、D两点场强大小相同，方向也相同，B错误；在两电荷连线的中垂线上，O点场强最强，在两点电荷连线上，O点场强最弱，C、D正确．【答案】ACD7．如图6-1-18所示，点电荷＋4Q与＋Q分别固定在A、B两点，C、D两点将AB连线三等分，现使一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD之间运动的速度大小v与时间t的关系图象可能是()图6-1-18【解析】负电荷从C→D运动过程中受A点电荷吸引力F1和B点电荷吸引力F 2，由已知的电荷电量和距离条件结合库仑定律，可知F 1>F 2，故减速运动，可能一直减速，也可能先减速到零然后反向加速，但库仑力是变化的、不可能匀减速，所以选项A 、D 错误，BC 正确．【答案】 BC8．(2014·广东高考)如图6-1-19所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为＋Q 的小球P ，带电量分别为－q 和＋2q 的小球M 和N ，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P 与M 相距L ，M 和N 视为点电荷，下列说法正确的是( )图6-1-19A ．M 与N 的距离大于LB ．P 、M 和N 在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．M 、N 及细杆组成的系统所受合力为零【解析】 假设P 、M 和N 不在同一直线上，对M 受力分析可知M 不可能处于静止状态，所以选项B 正确；M 、N 和杆组成的系统，处于静止状态，则系统所受合外力为零，故k Qq L 2＝k Q ·2q （L ＋x ）2，解得x ＝(2－1)L ，所以选项A 错误，D 正确；在正点电荷产生的电场中，离场源电荷越近，电势越高，φM >φN ，所以选项C 错误．【答案】 BD9．如图6-1-20所示，MON 是固定的光滑绝缘直角杆，MO 沿水平方向，NO 沿竖直方向，A 、B 为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F 作用在A 小球上，使两球均处于静止状态．现将A 小球向NO 方向缓慢拉动一小段距离后，A 、B 两小球可以重新平衡．则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是( )图6-1-20A ．A 、B 两小球间的库仑力变大B ．A 、B 两小球间的库仑力变小C ．A 小球对MO 杆的压力变大D ．A 小球对MO 杆的压力肯定不变【解析】 A 、B 两小球间的连线与竖直方向的夹角减小，对B 小球研究，库仑力在竖直方向的分力与重力等大反向，因此库仑力减小，故选项A 错误，选项B 正确；由整体法可知，MO 杆对A 小球的支持力(大小等于A 小球对MO 杆的压力)等于A 、B 两小球的重力之和，肯定不变，故选项C 错误，选项D 正确．【答案】 BD三、非选择题10．如图6-1-21所示，在A 点固定一正电荷，电荷量为Q ，在A 点正上方离A 高度为h 的B 点由静止释放某带电的液珠，液珠开始运动的瞬间加速度大小为g 2(g 为重力加速度)．已知静电力常量为k ，两带电物体均可看成点电荷，液珠只能沿竖直方向运动，不计空气阻力，求：图6-1-21(1)液珠的比荷(电荷量与质量的比值)；(2)若液珠开始释放时的加速度方向向上，要使液珠释放后保持静止，需加一竖直方向的匀强电场，则所加匀强电场的方向如何？电场强度的大小为多少？【解析】 (1)加速度的方向分两种情况①加速度向下时，因为mg －k Qq h 2＝m (12g )所以q m ＝gh 22kQ②加速度向上时，因为k Qq h 2－mg ＝m (12g )所以q m ＝3gh 22kQ .(2)因为液珠开始释放时的加速度方向向上，所以液珠带正电．要使液珠释放后保持静止，必须加一方向竖直向下的匀强电场． 因为qE －12mg ＝0所以E ＝m q ·g 2＝kQ 3h 2.【答案】 (1)见解析 (2)竖直向下 kQ 3h 211．如图6-1-22所示，质量为m 的小球A 放在绝缘斜面上，斜面的倾角为α.小球A 带正电，电荷量为q .在斜面上B 点处固定一个电荷量为Q 的正电荷，将小球A 由距B 点竖直高度为H 处无初速度释放．小球A 下滑过程中电荷量不变．不计A 与斜面间的摩擦，整个装置处在真空中．已知静电力常量k 和重力加速度g .图6-1-22(1)A 球刚释放时的加速度是多大；(2)当A 球的动能最大时，求此时A 球与B 点的距离．【解析】 (1)根据牛顿第二定律mg sin α－F ＝ma根据库仑定律：F ＝k Qq r 2，r ＝H sin α联立以上各式解得a ＝g sin α－kQq sin 2 αmH 2.(2)当A 球受到合力为零时，速度最大，即动能最大．设此时A 球与B 点间的距离为R ，则mg sin α＝kQq R 2，解得R ＝kQq mg sin α. 【答案】 (1)g sin α－kQq sin 2 αmH 2 (2)kQq mg sin α12．如图6-1-23所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线水平．质量为m的带正电小球从B点正上方的A 点自由下落，A、B两点间距离为4R.从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等，结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过A点．设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：图6-1-23(1)小球到达B点时的速度大小；(2)小球受到的电场力大小；(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力．【解析】(1)小球从开始自由下落至到达管口B的过程中机械能守恒，故有：mg·4R＝12m v2B到达B点时速度大小为v B＝8gR.(2)设电场力的竖直分力为F y，水平分力为F x，则F y＝mg，小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：－F x·2R＝12m v2C－12m v2B小球从管口C处离开圆管后，做类平抛运动，由于经过A点，有y＝4R＝v C t，x＝2R＝12a x t2＝F x2m t2联立解得：F x＝mg电场力的大小为F＝qE＝F2x＋F2y＝2mg.(3)小球经过管口C处时，向心力由F x和圆管的弹力F N的合力提供，设弹力F N的方向向左，则F x＋F N＝m v2CR，解得：F N＝3mg.根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管的压力为F N′＝F N＝3mg，方向水平向右．【答案】(1)8gR(2)2mg(3)3mg，方向水平向右。
2017届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练2含答案
课时追踪训练 (二)一、选择题1．(多项选择 )(2015 江·西崇义中学月考 )一物体做匀变速直线运动，经过时间t ，它的速度由 v 1 变成 v 2，经过的位移为 x ，以下说法中正确的选项是 ()xA ．这段时间内它的均匀速度 v ＝ tB ．这段时间内它的均匀速度 v ＝v 1＋ v 22C ．经过xx2时，它的刹时速度为 tD ．经过xv 12＋v 222时，它的刹时速度为 2[分析 ] 依据均匀速度的观点，这段时间内物体的均匀速度v ＝x，故 A 正确；tv 1＋v 2因为物体做匀变速直线运动，故这段时间内它的均匀速度v ＝ ，B 正确；因为 2v 2－v 1x22x2物体的加快度为 a ＝ t ，设经过2时，它的刹时速度为 v ，则 v － v 1＝2a × 2，v 2－ v 2＝2a ×x，因此 v ＝v 12＋v 222，故 D 正确．2[答案 ] ABD2． (多项选择 )(2015 北·京要点中学月考 )物体从静止开始做匀加快直线运动，第3 s内经过的位移是 3 m ，以下说法正确的选项是 ( )A ．第 3 s 内的均匀速度是 3 m/sB ．物体的加快度是 1.2 m/s 2C ．前 3 s 内的位移是 6 mD ．3 s 末的速度是 4 m/s12 122x 3 6 2[分析 ] 第 3 s 内的位移 x 3＝2at 3－2at 2，解得物体的加快度 a ＝32－t 22＝－ m/st94＝1.2 m/s 2，第 3 s 末的速度 v 3＝at 3＝ 1.2× 3 m/s ＝ 3.6 m/s ，第 3 s 内的均匀速度是 v ＝3 1 2 1 21 m/s＝ 3 m/s，前 3 s 内的位移是 x＝2at3＝2×1.2×3 m＝5.4 m，故 A 、B 正确．[答案 ] AB3．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2，则它在前 3 s 内的均匀速度为 ()A ．6 m/s B．8 m/sC．10 m/s D．12 m/s1 2 2[分析 ] 将题目中的表达式与 x＝v0t＋2at 比较可知： v0＝ 24 m/s，a＝－ 12 m/s .0－24因此由 v＝v0＋ at 可得汽车从刹车到静止的时间为t＝－12 s＝2 s，由此可知 3 s 时2x 24汽车已经停止，位移 x＝24× 2 m－6×2 m＝24 m，故均匀速度 v ＝t＝3 m/s＝8 m/s.[答案] B4． (2015 ·河南焦作一模 )如下图，一物块从一圆滑且足够长的固定斜面顶端O 点由静止开释后，先后经过P、Q、 N 三点，已知物块从 P 点运动到 Q 点与从 Q 点运动到 N 点所用的时间相等，且PQ 长度为 3 m， QN 长度为 4 m，则由上述数据可以求出 OP 的长度为 ()9A ．2 m B.8 m25C. 8 m D．3 m[分析 ] 设相等的时间为 t，加快度为 a，由Δx＝aT2Δx4－3 m 得，加快度 a＝ 2 ＝T2T1 m＝T2.Q 点的速度等于 PN 段的均匀速度，x PQ＋x QN4＋3 m7 m v Q＝2T＝2T＝2T.2 49 m2 T2 49v Q则 OQ 间的距离 s OQ＝2a＝4T2 ×2 m＝8 m，49 25则 OP 长度 x OP＝x OQ－ x PQ＝8 m－3 m＝8 m，故 A、B、D 错误， C 正确．[答案] C5． (多项选择 )(2016 杭·州质检 )质量为 m 的滑块在粗拙水平面上滑行，经过频闪照片剖析得悉，滑块在最先 2 s 内的位移是最后 2 s 内位移的两倍，且已知滑块在最先 1 s内的位移为 2.5 m，由此可求得 ()A ．滑块的加快度为 5 m/s2B．滑块的初速度为 5 m/sC．滑块运动的总时间为 3 sD．滑块运动的总位移为 4.5 m[分析 ]初速度为零的匀加快直线运动在第 1 s 内、第 2 s 内、第 3 s 内的位移之比 xⅠ∶xⅡ∶ xⅢ＝1∶3∶5.运动的总时间为3 s 时，在前 2 s 内和后 2 s 内的位移之比为1∶2.正方向的匀减速运动能够当作反方向的匀加快运动．因滑块在最先 2 s内的位移是最后 2 s 内位移的两倍，故运动的总时间为t＝3 s，选项 C 正确；最先 1 s 内的位移与总位移之比为x1 5x ＝9，滑块最先 1 s 内的位移为 2.5 m，故x＝4.5 m，选项D 正确；依据1 2x＝2at 可得2a＝1m/s，选项 A 错误；依据v＝ at 可得，滑块的初速度为 3 m/s，选项 B 错误．[答案 ] CD6． (多项选择 )(2015 山·东德州一中月考 )将物体以初速度v0从地面处竖直上抛，物体经 3 s 抵达最高点，空气阻力不计，g 取 10 m/s2，则以下说法正确的选项是 ()A ．物体上涨的最大高度为45 mB．物体速度改变量的大小为30 m/s，方向竖直向上C．物体在第 1 s 内、第 2 s 内、第 3 s 内的均匀速度之比为5∶ 3∶1D．物体在 1 s 内、 2 s 内、 3 s 内的均匀速度之比为9∶4∶1[分析 ]物体运动到最高点，速度为零，能够逆向当作自由落体运动，经 3 s 落地，依据运动学公式能够得出高度为45 m，初速度为 30 m/s，因此 A 项正确，由Δv＝gΔt＝ 30 m/s 方向与加快度方向一致为坚直向下， B 项错误；依据初速度为零的匀。
《非常考案》2017通用版物理一轮课件：6.3电容器与电容、带电粒子在电场中的运动
(2)计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离 Y 的四种方法： ①Y＝y＋dtan θ(d 为屏到偏转电场的水平距离)；
L ②Y＝2＋dtan
θ(L 为电场宽度)；
图 635
1 2 【解析】 设粒子离开电场 E1 时速度为 v，由动能定理得 qE1d1＝ mv －0， 2 v＝ 2qE1d1 1 2 at m ，在电场 E2 中 y＝2at ，E2q＝ma，L＝vt，tan φ＝ v ，联立以上方
2 E2L2 E2L E2 L 2 q 程得 y＝4E d ，tan φ＝2E d .所以，在电场 E2 中电场力做功 W＝E2qy＝4E d ， 1 1 1 1 1 1
(1)液滴的质量； (2)液滴飞出时的速度．
图 633
【解析】 (1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：qEcos
α＝mg
U 又 E＝ d qUcos α 解得：m＝ dg 代入数据得 m＝8×10－8 kg.
(2)对液滴由动能定理得： 1 2 1 2 qU＝2mv －2mv0， 所以 v＝ 7 ＝ 2 m/s.
(4)运动规律
l ①水平方向匀速直线运动：t＝ v0 ．
qU 1 2 qUl2 qE ②竖直方向匀加速直线运动：a＝ m ＝md ，y＝2at ＝2mdv2. 0
(5)思路图解： 带电粒子垂直进入匀强电场中的运动 只受↓电场力
vy U2l 2y1 U2l2 偏转角：tan θ ＝ ＝ ＝ ；侧移距离：y1＝ v0 2U1d l 4dU1
[题组突破] 1．[电容器动态变化问题]板间距为 d 的平行板电容器所带电荷量为 Q 时， 两极板间电势差为 U1，板间电场强度为 E1.现将电容器所带电荷量变为 2Q，板 1 间距变为2d，其他条件不变，这时两极板间电势差为 U2，板间场强为 E2，下列 说法正确的是( ) B．U2＝2U1，E2＝4E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1
《非常考案》2017通用版物理一轮课件：4.3圆周运动
考点 4| 竖直平面中的圆周运动 1．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可 分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环) 约束模型” ；二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管道) 约束模型” ．
2．轻绳和轻杆模型涉及的临界问题 轻绳模型 轻杆模型
考 点 一
第 3 课时 圆周运动
考 点 二
新 题 尝 鲜
[考纲定位] (1)匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度(Ⅰ) (2)匀速圆周运动的向心力(Ⅱ) (3)离心现象(Ⅰ)
分 层 限 时 跟 踪 练
考 点 三
考点 1| 圆周运动中的物理量及运动分析 1．线速度 描述物体圆周运动快慢的物理量． 2π r Δs v＝ ＝ T ． Δt 2．角速度 描述物体绕圆心转动快慢的物理量． 2π Δθ ω＝ ＝ T ． Δt
3．三种运动下的受力特点 如图 432 所示，F 为外力提供物体做圆周运动的向心力，mω 2r 为物体做 圆周运动所需的向心力．
图 432
(1)当提供的向心力等于所需的向心力即 F＝mω2r 时，物体做圆周运动． (2)做圆周运动的物体，当所受的合力突然消失或不足以提供圆周运动所需 的向心力，即 F＝0 或 F<mω2r 时，物体逐渐远离圆心，做离心运动． (3)F>mω2r 时，物体做近心运动．
3．周期和频率
转动快慢的物理量． 描述物体绕圆心
2π r 1 T＝ v ，T＝ f . 4．向心加速度
速度方向 描述 变化快慢的物理量．
2 2 4 π v an＝rω2＝ r ＝ωv＝ 2 r. T
5．相互关系
2π r (1)v＝ ωr ＝ T ＝ 2π rf ．
《非常考案》2017通用版物理一轮课件：9.2法拉第电磁感应定律、自感、涡流
考点 2| 导体棒切割磁感线的分析与计算 1．动生电动势大小的计算(一般指导体切割磁感线时的感应电动势) 切割方式 垂直切割 倾斜切割 E＝___ Blv E＝________ Blvsinθ 其中 θ 为 v 与 B 的夹角
1 2 Bl ω 2 E＝_______ (以一端为轴)
电动势表达式
说明
【答案】 AD
2． [磁感应强度变化](2015· 重庆高考)如图 922 为无线充电技术中使用的受 电线圈示意图，线圈匝数为 n，面积为 S.若在 t1 到 t2 时间内，匀强磁场平行于线 圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由 B1 均匀增加到 B2，则该段时间线圈 两端 a 和 b 之间的电势差 φa－φb( )
【答案】 C
3．[法拉第电磁感应定律的应用]如图 923 甲所示，一个圆形线圈的匝数 n ＝100，线圈面积 S＝200 cm2，线圈的电阻 r＝1 Ω ，线圈外接一个阻值 R＝4 Ω 的电阻，把线圈放入一方向垂直于线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随 时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是( )
(2)产生条件：穿过回路的磁通量 ______发生改变，与电路是否闭合无关 ____． (3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律右手定则 ________或________判断． 2．法拉第电磁感应定律 (1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的____________ 成正比． ΔΦ 线圈匝数 (2)公式：E＝n ，其中 n 为________ ． Δt
图 922
nS（B2－B1） A．恒为 t2－t1 nS（B2－B1） B．从 0 均匀变化到 t2－t1 nS（B2－B1） C．恒为－ t2－t1 nS（B2－B1） D．从 0 均匀变化到－ t2－t1
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分层限时跟踪练(十八)(限时40分钟)一、单项选择题1．摩擦可以产生静电，原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10－15 C，丙物体带电8×10－16 C．则对于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法中正确的是()A．乙物体一定带有负电荷8×10－16 CB．乙物体可能带有负电荷2.4×10－15 CC．丙物体一定带有正电荷8×10－16 CD．丙物体一定带有负电荷2.4×10－15 C【解析】由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有净电荷；甲、乙摩擦导致甲失去电子1.6×10－15 C而带正电，乙物体得到电子而带1.6×10－15 C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒定律可知，乙最终所带负电荷为1.6×10－15 C－8×10－16 C＝8×10－16 C．选项B、C、D错误，选项A正确．【答案】 A2．(2015·浙江高考)如图6-1-14所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则()图6-1-14A．乒乓球的左侧感应出负电荷B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C ．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D ．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞【解析】 两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，选项A 错误；乒乓球受到重力、细线拉力和电场力三个力的作用，选项C 错误；乒乓球与任一金属极板接触后会带上与这一金属极板同种性质的电荷，而相互排斥，不会吸在金属极板上，到达另一侧接触另一金属极板时也会发生同样的现象，所以乒乓球会在两极板间来回碰撞，选项B 错误、D 正确．【答案】 D3．下列选项中的各绝缘直杆大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各直杆间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )【解析】 设带电荷量为q 的直杆在原点O 处产生的场强大小为E ，则题中A 图场强大小为E ，根据场强的合成满足平行四边形定则，B 图场强大小为2E ，C 图场强大小为E ，D 图场强大小为零，选B.【答案】 B4．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图6-1-15所示，在半球面AB 上均匀分布着正电荷，半球面总电荷量为q ，球面半径为R ，CD 为通过半球顶点与球心O 的轴线，在轴线上有M 、N 两点，OM ＝ON ＝2R .已知M 点的场强大小为E ，则N 点的场强大小为( )图6-1-15A.kq 2R 2B ．kq 2R 2－E C.kq 4R 2－E D ．kq 4R 2＋E【解析】 假设将带电荷量为2q 的球面放在O 处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．则在M 、N 点所产生的电场为E ＝k ·2q （2R ）2＝kq 2R 2，由题知当半球面如题图所示在M 点产生的场强为E ，则N 点的场强为E ′＝kq 2R 2－E ，选项B 正确．【答案】 B5．(2016·东营检测)如图6-1-16所示，点电荷q 1、q 2、q 3处于同一条直线上，q 2与q 3的距离是q 1与q 2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量q 1∶q 2∶q 3之比为( )图6-1-16A ．(－9)∶4∶(－36)B ．9∶4∶36C ．(－3)∶2∶6D ．3∶2∶6【解析】 若q 2为负电荷，假设q 1带负电，要使q 2平衡，则q 3也应带负电，但此时q 1、q 3因都受斥力而不平衡，故q 1带正电，同理分析q 3带正电．也可能足q 1、q 3带负电，q 2带正电．由于三个电荷均处于平衡状态，所以对q 1有k |q 1q 2|l 21＝k |q 1q 3|（l 1＋l 2）2 ① 对q 2有k |q 1q 2|l 21＝k |q 3q 2|l 22 ②有q 3有k |q 1q 3|（l 1＋l 2）2＝k |q 3q 2|l 22③ 联立①②③可解得|q 1|∶|q 2|∶|q 3|＝(l 1＋l 2l 2)2∶1∶(l 1＋l 2l 1)2. 根据题意可知l 2＝2l 1，所以|q 1|∶|q 2|∶|q 3|＝94∶1∶9＝9∶4∶36.由于q 1、q 3是同种电荷，故q 1∶q 2∶q 3＝(－9)∶4∶(－36)或q 1∶q 2∶q 3＝9∶(－4)∶36，故A 正确，B 、C 、D 错误．【答案】 A二、多项选择题6．用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点处场强的强弱．如图6-1-17甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D也关于O对称．则()甲乙图6-1-17A．B、C两点场强大小和方向都相同B．A、D两点场强大小相等，方向相反C．E、O、F三点比较，O的场强最强D．B、O、C三点比较，O点场强最弱【解析】由对称性可知，B、C两点场强大小和方向均相同，A正确；A、D两点场强大小相同，方向也相同，B错误；在两电荷连线的中垂线上，O点场强最强，在两点电荷连线上，O点场强最弱，C、D正确．【答案】ACD7．如图6-1-18所示，点电荷＋4Q与＋Q分别固定在A、B两点，C、D两点将AB连线三等分，现使一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD之间运动的速度大小v与时间t的关系图象可能是()图6-1-18【解析】负电荷从C→D运动过程中受A点电荷吸引力F1和B点电荷吸引力F 2，由已知的电荷电量和距离条件结合库仑定律，可知F 1>F 2，故减速运动，可能一直减速，也可能先减速到零然后反向加速，但库仑力是变化的、不可能匀减速，所以选项A 、D 错误，BC 正确．【答案】 BC8．(2014·广东高考)如图6-1-19所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为＋Q 的小球P ，带电量分别为－q 和＋2q 的小球M 和N ，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P 与M 相距L ，M 和N 视为点电荷，下列说法正确的是( )图6-1-19A ．M 与N 的距离大于LB ．P 、M 和N 在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．M 、N 及细杆组成的系统所受合力为零【解析】 假设P 、M 和N 不在同一直线上，对M 受力分析可知M 不可能处于静止状态，所以选项B 正确；M 、N 和杆组成的系统，处于静止状态，则系统所受合外力为零，故k Qq L 2＝k Q ·2q （L ＋x ）2，解得x ＝(2－1)L ，所以选项A 错误，D 正确；在正点电荷产生的电场中，离场源电荷越近，电势越高，φM >φN ，所以选项C 错误．【答案】 BD9．如图6-1-20所示，MON 是固定的光滑绝缘直角杆，MO 沿水平方向，NO 沿竖直方向，A 、B 为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F 作用在A 小球上，使两球均处于静止状态．现将A 小球向NO 方向缓慢拉动一小段距离后，A 、B 两小球可以重新平衡．则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是( )图6-1-20A ．A 、B 两小球间的库仑力变大B ．A 、B 两小球间的库仑力变小C ．A 小球对MO 杆的压力变大D ．A 小球对MO 杆的压力肯定不变【解析】 A 、B 两小球间的连线与竖直方向的夹角减小，对B 小球研究，库仑力在竖直方向的分力与重力等大反向，因此库仑力减小，故选项A 错误，选项B 正确；由整体法可知，MO 杆对A 小球的支持力(大小等于A 小球对MO 杆的压力)等于A 、B 两小球的重力之和，肯定不变，故选项C 错误，选项D 正确．【答案】 BD三、非选择题10．如图6-1-21所示，在A 点固定一正电荷，电荷量为Q ，在A 点正上方离A 高度为h 的B 点由静止释放某带电的液珠，液珠开始运动的瞬间加速度大小为g 2(g 为重力加速度)．已知静电力常量为k ，两带电物体均可看成点电荷，液珠只能沿竖直方向运动，不计空气阻力，求：图6-1-21(1)液珠的比荷(电荷量与质量的比值)；(2)若液珠开始释放时的加速度方向向上，要使液珠释放后保持静止，需加一竖直方向的匀强电场，则所加匀强电场的方向如何？电场强度的大小为多少？【解析】 (1)加速度的方向分两种情况①加速度向下时，因为mg －k Qq h 2＝m (12g )所以q m ＝gh 22kQ②加速度向上时，因为k Qq h 2－mg ＝m (12g )所以q m ＝3gh 22kQ .(2)因为液珠开始释放时的加速度方向向上，所以液珠带正电．要使液珠释放后保持静止，必须加一方向竖直向下的匀强电场．因为qE －12mg ＝0所以E ＝m q ·g 2＝kQ 3h 2.【答案】 (1)见解析 (2)竖直向下 kQ 3h 211．如图6-1-22所示，质量为m 的小球A 放在绝缘斜面上，斜面的倾角为α.小球A 带正电，电荷量为q .在斜面上B 点处固定一个电荷量为Q 的正电荷，将小球A 由距B 点竖直高度为H 处无初速度释放．小球A 下滑过程中电荷量不变．不计A 与斜面间的摩擦，整个装置处在真空中．已知静电力常量k 和重力加速度g .图6-1-22(1)A 球刚释放时的加速度是多大；(2)当A 球的动能最大时，求此时A 球与B 点的距离．【解析】 (1)根据牛顿第二定律mg sin α－F ＝ma根据库仑定律：F ＝k Qq r 2，r ＝H sin α联立以上各式解得a ＝g sin α－kQq sin 2 αmH 2.(2)当A 球受到合力为零时，速度最大，即动能最大．设此时A 球与B 点间的距离为R ，则mg sin α＝kQq R 2，解得R ＝kQq mg sin α. 【答案】 (1)g sin α－kQq sin 2 αmH 2 (2)kQq mg sin α12．如图6-1-23所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线水平．质量为m的带正电小球从B点正上方的A 点自由下落，A、B两点间距离为4R.从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等，结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过A点．设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：图6-1-23(1)小球到达B点时的速度大小；(2)小球受到的电场力大小；(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力．【解析】(1)小球从开始自由下落至到达管口B的过程中机械能守恒，故有：mg·4R＝12m v2B到达B点时速度大小为v B＝8gR.(2)设电场力的竖直分力为F y，水平分力为F x，则F y＝mg，小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：－F x·2R＝12m v2C－12m v2B小球从管口C处离开圆管后，做类平抛运动，由于经过A点，有y＝4R＝v C t，x＝2R＝12a x t2＝F x2m t2联立解得：F x＝mg电场力的大小为F＝qE＝F2x＋F2y＝2mg.(3)小球经过管口C处时，向心力由F x和圆管的弹力F N的合力提供，设弹力F N的方向向左，则F x＋F N＝m v2CR，解得：F N＝3mg.根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管的压力为F N′＝F N＝3mg，方向水平向右．【答案】(1)8gR(2)2mg(3)3mg，方向水平向右。