2013届高三物理第一轮单元能力复习题6
高考物理一轮复习 第六章《电容器与电容带电粒子在电场中的运动》试题
权掇市安稳阳光实验学校第六章第三讲带电粒子在电场中的运动一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．如图1所示，从F处释放一个无初速的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为E) ( )[A．电子到达B板时的动能是E eVB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3E eVD．电子在A板和D板之间做往复运动解析：由电池的接法知：A板带负电，B板带正电，C板带正电，D板带负电，所以A、B板间有向左的电场，C、D板间有向右的电场，B、C板间无电场，由动能定理知：电子到达B板时的动能为E eV，到达D板时的动能为零，在B、C板间做匀速直线运动，总之电子能在A板和D板间往复运动，所以错误选项为C.答案：C2．如图2所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O 经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 ( )A．使U2加倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的2倍D．使U2变为原来的1/2[解析：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏转距离y保持不变．由y＝12at2＝12·qU2md·(xv0)2＝qU2x22mv02d和qU1＝12mv02，得y＝U2x24U1d，可见在x、y一定时，U2∝U1.所以选项A正确．答案：A3．(2010·厦门模拟)如图3所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最 后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q >t PB ．它们运动的加速度a Q <a P[C ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝1∶2解析：设P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h /2，它们做类平抛运动的水平距离为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t P 2，得到a P＝hv 02l 2；同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t Q 2，得到a Q ＝2hv 02l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q Em，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，C 项正确． 答案：C4．如图4所示，一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒 子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为[1∶2，若不计重力，则a 和b 的比荷之比是 ( )A ．1∶2B ．1∶8C ．2∶1D ．4∶1 解析：带电粒子受到的电场力F ＝Eq ，产生的加速度a ＝F m ＝Eqm，在电场中做类平抛运动的时间t ＝2d a，位移x＝v0t ，x1x2＝m1q1m2q2，所以q1m1q2m2＝x22x12＝41，D正确．答案：D5．如图5所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论错误的是( ) A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E＝φ/dB．电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D．若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小解析：由题意可知，两板间电压为2φ，电场强度为E＝2φd，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方电势为正，下方电势为负，故B正确；由C∝εr Sd知，d减小，C增大，由Q＝CU知，极板带电荷量Q增加，C正确；电子水平射入穿越两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确．答案：A[二、双项选择题(本题共5小题，共35分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)6．(2010·泰安质检)传感器是一种采集信息的重要器件，图6所示是一种测定压力的电容式传感器．当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是 ( )A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流D．若电流表有示数，则说明压力F 发生变化解析：F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增加，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增加，电容器继续充电．综上所述，选项B、D正确．答案：BD7．(2008·宁夏高考)如图7所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是( )[来A．缩小ab间的距离B．加大ab间的距离C．取出a、b两极板间的电介质D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质解析：已知电容器C带电荷量不变，a、Q两板均接地，电势为零，b、P 两板电势相等．当ab间距离缩小时，电容器C的电容变大，电压U变小，即b、P 两板电势减小，即P、Q间电压减小，电场强度E减小，悬线偏角α减小，所以A 错误，B正确．取出a、b两极板间电介质时，电容器C的电容变小，电压U变大，悬线偏角α增大，所以C正确．当换一块介电常数更大的电介质时，电容器C的电容变大，电压U变小，悬线偏角α减小，所以D错误．答案：BC8．如图8所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电解析：由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确，B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误．答案：AC9．(2009·四川高考)如图9所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带[来负电的小物体以初速度v 1从M点沿斜面上滑，到达N 点时速度为零，然后下滑回到[来M点，此时速度为v2(v2<v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则( )A．小物体上升的最大高度为v12＋v22 4gB．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小解析：因为OM＝ON，M、N两点位于同一等势面上，所以从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功再做负功，电势能先减小后增大，B、C错误；因为小物体先[来靠近正点电荷后远离正点电荷，所以电场力、斜面压力、摩擦力都是先增大后减小，D正确；设小物体上升的最大高度为h，摩擦力做功为W，在上升过程、下降过程根据动能定理得－mgh＋W＝0－12mv12 ①mgh＋W＝12mv22，②联立①②解得h＝v12＋v224g，A正确．答案：AD10．如图10所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a.平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态．以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，E p表示电荷在P点的电势能．若保持极板B 不动，将极板A 稍向上平移，则下列说法中正确的是() A ．E 变小 B ．U 变大C ．E p 变大D ．电荷仍保持静止解析：B 板不动而A 板上移，则电容器的电容减小，本应放电，但由于二极管的单向导电性使电容器不能放电，带电量不变而极板间场强不变，电荷仍保持静止，A错D 正确；而极板间电压U ＝Ed 变大，B 正确；由于场强E 不变，则U PB＝Ed PB 不变，故E p 不变，C 错误． 答案：BD三、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(15分)(2010·北京东城模拟)如图11所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K 发 出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A 板间的电压U 1加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)， 电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P 点．已知M 、N 两板间的电压为U 2，两板间的距离为d ，板长为L ，电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力． (1)求电子穿过A 板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？ 解析：(1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理 eU 1＝12mv 02－0解得v 0＝2eU 1m(2)电子以速度v 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做[来初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式t ＝L v0F ＝ma，F＝eE，E＝U2 da＝eU2 mdy ＝12at2解得y＝U2L2 4U1d(3)由y＝U2L24U1d可知，减小加速电压U1和增大偏转电压U 2均可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在P点上方．答案：(1) 2eU1m(2)U2L24U1d(3)减小加速电压U1和增大偏转电压U212．(15分)(2010·鞍山模拟)在场强为E＝100 V/m的竖直向下的匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板，在金属板的正上方，高为h＝0.8 m处有一个小的放射源放[来在一端开口的铅盒内，如图12所示．放射源以v0＝200 m/s的初速度向水平面以下各个方向均匀地释放质量为m＝2×10－15 kg、电荷量为q＝＋10－12 C的带电粒子．粒子最后落在金属板上．不计粒子重力，试求：(1)粒子下落过程中电场力做的功；(2)粒子打在金属板上时的动能；(3)计算落在金属板上的粒子图形的面积大小．(结果保留两位有效数字)解析：(1)粒子在下落过程中电场力做的功W＝Eqh＝100×10－12×0.8 J＝8×10－11 J(2)粒子在整个运动过程中仅有电场力做功，由动能定理得W＝E k2－E k1E k2＝8×10－11 J＋2×10－15×2002/2 J＝1.2×10－10 J(3)粒子落到金属板上的范围是一个圆．设此圆的半径为r，只有当粒子的初速度与电场的方向垂直时粒子落在该圆的边缘上，由运动学公式得h＝12at2＝Eq2mt2代入数据求得t≈5.66×10－3 s圆半径r＝v0t≈1.13 m圆面积S＝πr2≈4.0 m2.答案：(1)8×10－11 J (2)1.2×10－10 J (3)4.0 m2。
2013课堂新坐标物理一轮复习课时知能训练-第六章第1讲(精)
课时知能训练 (见学生用书第257页)(时间：45分钟 满分：100分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．)1．(2012·东莞模拟)在电场中的某点放一个检验电荷，其电荷量为q ，受到的电场力为F ，则该点的电场强度为E ＝F q ，下列说法正确的是( )A ．若移去检验电荷，则该点的电场强度为0B ．若检验电荷的电荷量变为4q ，则该点的场强变为4EC ．若放置到该点的检验电荷变为－2q ，则场中该点的场强大小不变，但方向相反D ．若放置到该点的检验电荷变为－2q ，则场中该点的场强大小方向均不变【解析】 电场中某点的电场强度只取决于电场本身，与检验电荷无关，故选D.【答案】 D图6－1－132．(2010·海南高考)如图6－1－13所示，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心，∠MOP ＝60°.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M 、N 两点，这时O 点电场强度的大小为E 1；若将N 点处的点电荷移至P 点，则O 点的场强大小变为E 2，E 1与E 2之比为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．2∶ 3D ．4∶ 3【解析】 设点电荷电荷量大小为Q ，由题意可知，E 1＝2kQ r 2，当N 点处点电荷移至P 点后，两点电荷在O 处的场强大小均为kQ r 2，方向间夹角120°，故E 2＝kQ r 2，E 1∶E 2＝2∶1，B 正确．【答案】 B图6－1－143．(2010·宁夏高考)静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器．某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面．工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图6－1－14所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于P 点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)()【解析】因粉尘带负电，故带电粉尘所受电场力的方向与电场线的切线方向相反，轨迹上任何一点的切线方向为运动方向，若粒子做曲线运动，轨迹应出现在速度方向和力的方向所夹的区域内．从轨迹找几个点判断一下，只有A项符合，故A项正确．【答案】 A4．如图6－1－15所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q(q＞0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k0的轻质弹簧绝缘连接．当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l，已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为()图6－1－15A．l＋5kq22k0l2B．l－kq2k0l2C．l－5kq24k0l2D．l－5kq22k0l2【解析】 左边或右边小球受三个力的作用，由平衡状态得k 0x ＝k q 2l 2＋k q 2(2l )2，解得x ＝5kq 24k 0l 2，故弹簧原长为l 0＝l －x ＝l －5kq 24k 0l 2，C 项正确．【答案】 C5．(2011·朝阳区模拟)如图6－1－16甲中，MN 为很大的薄金属板(可理解为无限大)，金属板原来不带电．在金属板的右侧，距金属板距离为d 的位置上放入一个带正电荷、电荷量为q 的点电荷，由于静电感应产生了如图甲所示的电场分布．P 是点电荷右侧与点电荷之间的距离也为d 的一个点，几位同学想求出P 点的电场强度大小，但发现很难．几位同学经过仔细研究，从图乙所示的电场得到了一些启示，经过查阅资料他们知道：图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的．图乙中两异号点电荷电荷量的大小均为q ，它们之间距离为2d ，虚线是两点电荷连线的中垂线．由此他们分别求出了P 点的电场强度大小(k 为静电力常量)，其中正确的是( )图6－1－16A.8kq 9d 2B.kq d 2C.3kq 4d 2D.10kq 9d 2【解析】 P 点的电场强度是正负电荷共同产生的，如图所示．正电荷在P点产生的电场E 1＝kq d 2，方向向右；负电荷在P 点产生的电场E 2＝kq (3d )2，方向向左．所以P 点的场强是两电场的合场强，即E P ＝E 1－E 2＝8kq 9d 2，故A 正确．【答案】 A二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．)6．如图6－1－17所示，在a 、b 两点上放置两个点电荷，它们的电荷量分别为q 1、q 2，MN 是连接两点的直线，P 是直线上的一点，下列情况下P 点的场强可能为零的是( )图6－1－17A ．q 1、q 2都是正电荷B ．q 1是正电荷，q 2是负电荷C ．|q 1|>|q 2|D ．|q 1|<|q 2|【解析】 设P 点到a 点的距离为r ，a 、b 两点间的距离为d ，则点电荷q 1在P 点产生的场强为：E 1＝k q 1r 2，点电q 2在P 点产生的场强为：E 2＝k q 2(r ＋d )2，P点的场强为：E p ＝E 1＋E 2.要使P 点的场强为零，则有：E 2＝－E 1，综合可以得出：q 1、q 2为异种电荷，|q 1|<|q 2|.【答案】 BD图6－1－187．(2012·茂名模拟)如图6－1－18所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A 带正电，另一带正电的点电荷B 沿着以A 为圆心的圆弧由P 到Q 缓慢地从A 的上方经过，若此过程中A 始终保持静止，A 、B 两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用．则下列说法正确的是( )A ．物体A 受到地面的支持力先增大后减小B ．物体A 受到地面的支持力保持不变C ．物体A 受到地面的摩擦力先减小后增大D ．库仑力对点电荷B 先做正功后做负功【解析】 分析物体A 的受力如图所示，由平衡条件可得：F f ＝F cos θ，F N ＝F sin θ＋mg ，随θ由小于90°增大到大于90°的过程中，F f 先减小后反向增大，F N 先增大后减小，A 、C 正确，B 错误；因A 对B 的库仑力与B 运动的速度方向始终垂直，故库仑力不做功，D错误．【答案】AC图6－1－198．(2012·广州模拟)如图6－1－19所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力作用，根据此图下列判断正确的是()A．带电粒子所带电荷为正电荷B．带电粒子在a、b两点的受力方向都沿电场线指向右侧C．带电粒子在a、b两点的加速度a处较大D．带电粒子在a、b两点的速度a处较大【解析】电场力一定指向粒子运动轨迹的凹侧，即电场力的方向沿电场线指向左侧，但因不知电场的方向，故无法确定粒子的电性，A、B错误；a处电场线较密，故粒子在a处的加速度较大，C正确；因粒子由a到b的过程中，电场力做负功，故粒子在a处的速度较大，D正确．【答案】CD图6－1－209．(2012·沈阳质检)如图6－1－20所示，两个带等量的正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘的水平面上．P、N是小球A、B的连线的水平中垂线，且PO＝ON.现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)，由P点静止释放，在小球C向N点的运动的过程中，下列关于小球C的速度图象中，可能正确的是()【解析】在AB的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，负电荷受力沿垂直平分线运动，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，v－t图线的斜率先变大后变小；由O点到无穷远，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性．如果PN足够远，B正确，如果PN很近，A正确．【答案】AB图6－1－2110．如图6－1－21所示，质量为m的带电滑块，沿绝缘斜面匀速下滑．当带电滑块滑到有理想边界的方向竖直向下的匀强电场区域时，滑块的运动状态为(电场力小于重力)()A．将减速下滑B．将加速下滑C．如带正电则匀速下滑D．如带负电则匀速下滑【解析】滑块未进入电场区域时，匀速下滑，mg sin θ＝μmg cos θ，得sin θ＝μcos θ；滑块进入电场区域时，将受到竖直方向的电场力qE，若滑块带正电，有(mg＋qE)sin ＝μ(mg＋qE)cos θ，若滑块带负电，有(mg－qE)sin θ＝μ(mg－qE)cos θ，所以选项C、D正确，A、B错误．【答案】CD三、非选择题(本题共2小题，共30分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)图6－1－2211．(16分)(2011·厦门模拟)如图6－1－22所示，将点电荷A、B放在绝缘的光滑水平面上．A带正电，B带负电，带电量都是q，它们之间的距离为d.为使两电荷在电场力作用下都处于静止状态，必须在水平方向加一个匀强电场．求：两电荷都处于静止状态时，AB连线中点处的场强大小和方向．(已知静电力常数为k)【解析】设点电荷在AB连线中点处产生的场强为E1，所加的匀强电场的场强为E 0，AB 连线中点处的合场强为E .根据点电荷场强的计算公式．A 点电荷在AB 连线中点处产生的场强为：E A ＝k q (12d )2＝4k q d 2方向由A 指向BB 点电荷在AB 连线中点处产生的场强为：E B ＝k q (12d )2＝4k q d 2方向由A 指向B根据电场叠加原理：E 1＝E A ＋E B ＝8k q d 2方向由A 指向B根据电荷受力平衡和库仑定律有：E 0q ＝k q 2d 2，得E 0＝k q d 2方向由B 指向A根据电场叠加原理：E ＝E 1－E 0＝7k q d 2方向由A 指向B .【答案】 7k q d 2 方向由A 指向B图6－1－2312．(14分)(2012·惠州模拟)如图6－1－23所示，质量为m 的小球A 穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A 带正电，电荷量为q .在杆上B 点处固定一个电荷量为Q 的正电荷．将A 由距B 竖直高度为H 处无初速释放，小球A 下滑过程中电荷量不变．不计A 与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k 和重力加速度g .求：(1)A球刚释放时的加速度是多大；(2)当A球的动能最大时，A球与B点的距离．【解析】由牛顿第二定律可知mg sin α－F＝ma，根据库仑定律F＝k Qq r2r＝H/sin α，得a＝g sin α－kQq sin2αmH2.当A球受到合力为零、加速度为零时，动能最大．设此时A球与B点间的距离为d，则mg sin α＝kQq d2，解得d＝kQq mg sin α.【答案】(1)g sin α－kQq sin2αmH2(2)kQqmg sin α。
高考物理一轮复习题及答案解析 电场
选择题专练卷(五)电场一、单项选择题1．(2013·安徽省名校联考)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图1甲所示。
一个电量为2 C，质量为1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的v-t图像如图1乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。
则下列说法正确的是()图1A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝2 V/mB．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高D．AB两点的电势差U AB＝－5 V2．一带电小球在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图像如图2所示，t1、t2分别是带电小球在A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的有()图2A．A处的场强一定大于B处的场强B．A处的电势一定高于B处的电势C．带电小球在A处的电势能一定小于B处的电势能D．带电小球从A到B的过程中，电场力对电荷做正功3．图3所示的电路中C是平行板电容器，开关S先闭合一段时间后断开，然后将平行板的板间距拉大一点，下列说法正确的是()图3A．平行板电容器电容变大B．平行板电容器两板带电量变小C．平行板电容器两板的电势差变小D．平行板电容器两板间的电场强度不变4．如图4所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出。
仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则()图4A．a一定带正电，b一定带负电B．a的加速度减小，b的加速度增大C．a的电势能减小，b的电势能增大D．a的动能减小，b的动能增大5．空间存在着平行于x轴方向的静电场，其电势φ随x的分布如图5所示，A、M、O、N、B为x轴上的点，|OA|<|OB|，|OM|＝|ON|。
一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是()图5A．粒子一定带正电B．粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大C．粒子一定能通过N点D．粒子从M向O运动过程电势能逐渐增加6．如图6甲所示，两个平行金属板a、b竖直放置，两板加如图乙所示的电压。
2013高考物理一轮专题复习-选修3-1第六章第三节知能演练强化闯关汇总
1．如图6－3－13所示，把原来不带电的金属球壳B 的外表面接地，将一带正电的小球A 从小孔放入球壳内，但不与B 发生接触，达到静电平衡后，则( )图6－3－13A ．B 带正电B ．B 不带电C ．B 的内外表面电势相等D ．B 带负电解析：选CD.由静电感应规律知，B 内表面带负电，外表面由于接地而不带电，故A 、B 错D 对；由静电平衡的特点知，B 为等势体，故C 对．2．(2010·高考北京卷) 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图6－3－14)．设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )图6－3－14A ．保持S 不变，增大d ，则θ变大B ．保持S 不变，增大d ，则θ变小C ．保持d 不变，减小S ，则θ变小D ．保持d 不变，减小S ，则θ不变解析：选A.静电计是测量电容器两端电压的仪器，指针偏角θ∝U ，根据C ＝εr S 4πkd 和C ＝Q U 得A 正确．3．(2012·浙江师大附中考试)如图6－3－15所示，有一带电粒子(不计重力)紧贴A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿轨迹①从两板中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿轨迹②落到B 板正中间；设带电粒子两次射入电场的水平速度相同，则电压U 1、U 2之比为( )图6－3－15A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶4D ．1∶8 解析：选D.竖直方向上有y ＝at 22，y 1y 2＝12，a 1a 2＝U 1U 2，t 1t 2＝21，联立以上各式解得：U 1U 2＝18，故选D.4．(2012·厦门模拟)如图6－3－16所示，A 板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U ，电子最终打在光屏P 上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是( )图6－3－16A ．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B ．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C ．电压U 增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D ．电压U 增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变解析：选BD.此题考查电子水平加速电场和竖直偏转电场两个运动过程．当滑动头向右移动时，加速电场的电压增大，电子进入偏转电场的速度增大，在其中运动的时间较短，故电子打在荧光屏上的位置下降，所以A 选项错，同理可知B 选项正确；其他条件下，电压U 增大时，电子在偏转电场中受的电场力增大，加速度变大，在水平方向上的速度不变，则在偏转电场中的运动时间不变，离开此电场时，竖直方向上的速度增大，所以打在荧光屏上的速度变大，所以选项C 错，D 正确．5．实验表明，炽热的金属丝可以发射电子．在图6－3－17中，从炽热金属丝射出的电子流，经电场加速后进入偏转电场．已知加速电极间的电压U 1＝2500 V ，偏转电极间的电压U 2＝2.0 V ，偏转电极长6.0 cm ，相距0.2 cm.电子的质量是0.91×10－30kg ，电子重力不计．求：图6－3－17(1)电子离开加速电场时的速度．(2)电子离开偏转电场时的侧向速度．(3)电子离开偏转电场时侧向移动的距离．解析：(1)由qU 1＝12m v 2得v ＝ 2qU 1m ＝3.0×107m/s.(2)由v ⊥＝at ，a ＝F m ＝qU 2md ，t ＝l v 得v ⊥＝at ＝qU 2l md v ＝3.5×105m/s.(3)由y ＝12at 2，t ＝l v ，a ＝qU 2md 得y ＝qU 22v 2md l 2≈3.5×10－4m.答案：(1)3.0×107m/s (2)3.5×105m/s(3)3.5×10－4m一、选择题1．(2012·广州测试)如图6－3－18所示的电容式键盘，是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的( )图6－3－18A ．两板间的距离B ．两板间的电压C ．两板间的电介质D ．两板的正对面积解析：选A.计算机键盘上下运动时，改变了上、下两板间的距离，故A正确．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情况，正确的是()图6－3－19解析：选B.验电器处在带电金属球的电场中发生静电感应，结果使验电器靠近金属球的一端带异种电荷，远离金属球的一端带同种电荷，故答案为B.3．(2012·镇江测试)如图所示，一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场，若不计重力，下列四个选项中正确描述带电粒子在电场中运动轨迹的是()图6－3－20图6－3－21解析：选C.电荷在电场中做类平抛运动，受力方向总是沿电场方向，轨迹向右弯曲，C正确．4．(2011·高考广东卷)如图6－3－22为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的．下列表述正确的是()图6－3－22A．到达集尘极的尘埃带正电荷B．电场方向由集尘极指向放电极C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大解析：选BD.本题考查电场、电场力的基本概念，考查考生对静电除尘器原理的理解及对电场知识的掌握．集尘极与电源的正极相连带正电，放电极带负电，尘埃在电场力作用下向集尘极迁移，说明尘埃带负电荷，A错误；电场方向由集尘极指向放电极，B正确；带电尘埃带负电，因此所受电场力方向与电场方向相反，C错误；同一位置电场强度一定，由F＝qE 可知，尘埃带电荷量越多，所受电场力越大，D正确．5．如图6－3－23，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的1/2处返回，则下述措施能满足要求的是()图6－3－23A ．使初速度减为原来的1/2B ．使M 、N 间电压提高到原来的2倍C ．使M 、N 间电压提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电压都减为原来的1/2解析：选BD.在粒子刚好到达N 板的过程中，由动能定理得：－qEd ＝0－12m v 20，所以d ＝m v 202qE ，令带电粒子离开M 板的最远距离为x ，则使初速度减为原来的1/2，x ＝d 4；使M 、N 间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x ＝d 2；使M 、N 间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x ＝d 4；使初速度和M 、N 间电压都减为原来的1/2，电场强度变为原来的一半，x ＝d 2.6．如图6－3－24所示，在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场，其电场线方向竖直向下，在区域Ⅰ中有一个带负电的粒子沿电场线以速度v 0匀速下落，并进入区域Ⅱ(电场范围足够大)．下列能描述粒子在这两个电场中运动的速度－时间图象的是(以v 0方向为正方向)图6－3－24图6－3－25解析：选C.在区域Ⅰ中，mg ＝E 1q ；在区域Ⅱ中，mg ＜E 2q ，合力向上，做匀减速运动，速度减为0后，再反向加速，再次回到区域Ⅰ，做匀速运动．7．如图6－3－26所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连．当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M 点．则( )图6－3－26A ．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止B ．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降C ．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止D ．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降解析：选BC.当开关闭合时，电容器两端电压为定值，等于电源电压，设为U ，两板间的距离为d ，带电液滴处于平衡状态，则mg ＝q U d ，当两板间的距离减小时，所受电场力大于重力，液滴将向上做匀加速运动，A 错误；两板间的距离增大时，所受电场力小于重力，液滴将向下做匀加速运动，B 正确；当开关断开后，电容器无法放电，两板间的电荷量不变，设为Q ，此时两板间的场强大小为：E ＝U d ＝Q C d ＝4πkdQεr S d ＝4πkQ εr S ，可见场强大小与两板间距离无关，即场强大小保持不变，电场力不变，液滴保持静止，C 正确，D 错误．8．如图6－3－27所示，水平放置的平行金属板a 、b 分别与电源的两极相连，带电液滴P 在金属板a 、b 间保持静止，现设法使P 固定，再使两金属板a 、b 分别绕过中心点O 、O ′垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P ，则P 在电场内将做()图6－3－27A ．匀速直线运动B ．水平向右的匀加速直线运动C ．斜向右下方的匀加速直线运动D ．曲线运动解析：选B.设电源两端的电压为U ，两金属板间的距离为d ，带电液滴的质量为m ，带电荷量为q ，则液滴P 静止时，由平衡条件可得：q U d ＝mg .金属板转动后，P 所受的电场力大小为：F ＝q U d cos α，方向与竖直方向成α角指向右上方，电场力大于重力，但电场力在竖直方向的分量F 1＝F ·cos α＝q U d ·cos α·cos α＝q U d ＝mg .故电场力和重力的合力水平向右，即P 做水平向右的匀加速直线运动．B 正确，A 、C 、D 错误．9．(2012·江苏启东中学质检)将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P 点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地．三小球分别落在图中A 、B 、C 三点，则下列说法中错误的是()图6－3－28A ．A 带正电、B 不带电、C 带负电B ．三小球在电场中加速度大小关系是a A ＜a B ＜a CC ．三小球在电场中运动时间相等D ．三小球到达下板时的动能关系是E k C ＞E k B ＞E k A解析：选C.由于A 的水平射程x 最远，A 的运动时间t ＝x v 0最长，C 错误．A 的加速度a A ＝2y t 2最小，而C 的加速度a C 最大，a A ＜a B ＜a C ，B 正确．可见，A 带正电，受电场力方向与重力方向相反，B 不带电，C 带负电，受电场力方向与重力方向相同，A 正确．由动能定理知E k C ＞E k B ＞E k A ，D 正确．10．(2011·高考安徽卷)图6－3－29甲为示波管的原理图．如果在电极YY ′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )图6－3－29图6－3－30解析：选B.本题考查示波管的原理，意在考查考生对示波管原理的掌握．在0～2t 1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当U Y 为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当U Y 为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B.二、非选择题11．(2012·长沙模拟)如图6－3－31所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝1.0×102V/m ，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h＝0.80 m 的a 处有一粒子源，盒内粒子以v 0＝2.0×102m/s 初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m ＝2.0×10－15kg 、电荷量为q ＝＋10－12C 的带电粒子，粒子最终落在金属板b 上．若不计粒子重力，求：(结果保留两位有效数字)图6－3－31(1)粒子源所在处a 点的电势；(2)带电粒子打在金属板上时的动能；(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)；若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？解析：(1)题中匀强电场竖直向下，b 板接地；因此φa ＝U ab ＝Eh ＝1.0×102×0.8 V ＝80 V .(2)不计重力，只有电场力做功，对粒子由动能定理qU ab ＝E k －12m v 20可得带电粒子打在金属板上时的动能为E k ＝qU ab ＋12m v 20＝1.2×10－10J. (3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出落点为边界，设水平抛出后t 时间落在板上：x ＝v 0t ，h ＝12at 2a ＝qE m ，S ＝πx 2联立以上各式得所形成的面积S ＝2πm v 20h qE ＝4.0 m 2，可以通过减小h 或增大E 来实现．答案：(1)80 V (2)1.2×10－10J(3)面积4.0 m 2 可以通过减小h 或增大E 来实现12．如图6－3－32甲所示，A 、B 为两块平行金属板，极板间电压为U AB ＝1125 V ，板中央有小孔O 和O ′.现有足够多的电子源源不断地从小孔O 由静止进入A 、B 之间．在B 板右侧，平行金属板M 、N 长L 1＝4×10－2m ，板间距离d ＝4×10－3m ，在距离M 、N 右侧边缘L 2＝0.1 m 处有一荧光屏P ，当M 、N 之间未加电压时电子沿M 板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O ″点并发出荧光．现给金属板M 、N 之间加一个如图乙所示的变化电压u ，在t ＝0时刻，M 板电势低于N 板．已知电子质量为m e ＝9.0×10－31kg ，电荷量为e ＝1.6×10－19C.图6－3－32(1)每个电子从B 板上的小孔O ′射出时的速度多大？(2)电子打在荧光屏上的范围是多少？(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？解析：(1)电子经A 、B 两块金属板加速，有eU AB ＝12m e v 20得v 0＝2eU AB m e ＝2×107m/s.(2)当u ＝22.5 V 时，电子经过MN 板向下的偏移量最大，为y 1＝12·eu md ·⎝⎛⎭⎫L 1v 02＝2×10－3my 1＜d ，说明所有的电子都可以飞出平行金属板M 、N ，此时电子在竖直方向的速度大小为v y ＝eu md ·L 1v 0＝2×106m/s电子射出金属板M 、N 后到达荧光屏P 的时间为t 2＝L 2v 0＝5×10－9s电子射出金属板M 、N 后到达荧光屏P 的偏移量为y 2＝v y t 2＝0.01 m电子打在荧光屏P 上的总偏移量为y ＝y 1＋y 2＝0.012 m ，方向竖直向下．(3)当u ＝22.5 V 时，电子飞出电场的动能最大，为E k ＝12m e (v 20＋v 2y )＝1.8×10－16J 或由动能定理得E k ＝e (U AB ＋u m )＝1.8×10－16J.答案：见解析。
2013高考物理第一轮能力提高交流电传感器
第十一章 交流电 传感器§11-1 交流电的规律一、交变电流的产生1．交变电流的定义：大小和方向都随时间作周期性变化的电流，叫做交变电流。
2．正弦交变电流：按正弦规律变化的交变电流叫正弦式电流，正弦式电流产生于在匀强电场中，绕垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈里，正弦交变电流的图象是正弦函数曲线．线圈每转动一周，感应电流的方向改变两次。
3.产生方法：将一个平面线圈置于匀强磁场中，并使它绕垂直于磁感线的轴做匀速转动，线圈中就会产生出正(余)弦交变电流．注意：只有线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时才能产生正(余)弦交变电流．二．正弦交流电的变化规律线框在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动．1．当从左图---即中性面．．．位置开始在匀强磁场中匀速转动时，线圈中产生的感应电动势随时间而变的函数是正弦函数：t E e m ωsin = t U u m ωsin = t I i m ωsin =ωt 是从该位置经t 时间线框转过的角度；ωt 也是线速度V 与磁感应强度B 的夹角；。
是线框面与中性面的夹角2．当从右图位置开始计时： 则：e=εm cosωt ， i ＝I m cosωtωt 是线框在时间t 转过的角度；是线框与磁感应强度B 的夹角；此时V 、B 间夹角为（π/2一ωt ）．3．对于单匝矩形线圈来说E m =2Blv =BSω；对于n 匝面积为S 的线圈来说E m =nBSω。
对于总电阻为R 的闭合电路来说I m =m E R三．几个物理量1．中性面：与磁场方向垂直的平面叫中性面．中性面的特点：(1) 此位置穿过线框的磁通量最多．(2) 但此位置磁通量的变化率为零．感应电动势为零．所以 e=εm sinωt=0，i ＝I m sinωt=0(3) 此位置是电流方向发生变化的位置，具体对应图12－3中的t 2，t 4时刻，线圈转动一周，2次经过中性面．电流的方向改变两次，频率为50Hz 的交流电每秒方向改变100次．2．交流电的最大值： εm ＝BωS 当为N 匝时ωnBS E m =(1) ω是匀速转动的角速度，其单位一定为弧度／秒，nad/s(2) 最大值对应的位置与中性面垂直,即线框面与磁感应强度B 在同一直线上．(3) 最大值对应图中的t 1、t 2时刻，每周中出现两次．3．瞬时值 交变电流某一时刻的值，瞬时值是时间的函数，不同时刻，瞬时值不同e=εm sinωt ， i ＝I m sinωt 代入时间即可求出．过写瞬时值时，不要忘记写单位，如εm =2202V,ω=100π,则e=2202sin100πtV,不可忘记写伏,电流同样如此．4．有效值：为了度量交流电做功情况人们引入有效值，它是根据电流的热效应而定的．就是分别用交流电，直流电通过相同阻值的电阻，在相同时间内产生的热量相同，则直流电的值为交流电的有效值．(1) 正弦交流电的有效值跟最大值的关系εm =2U 有效，I m =2I 有效(2)伏特表与安培表读数为有效值．(3) 用电器铭牌上标明的电压、电流值是指有效值．5.平均值：交变电流的平均值是交变电流图象中波形与横轴(t 轴)所围的面积跟时间的比值．其数值可以用tn E ∆∆Φ=计算． 某段时间内的交变电流的平均值不等于这段时间始、终时刻瞬时值的算术平均值．例在0～4T 内，m E E π2=． 注：如何应用交变电流的四值？①在研究电容器的耐压值时只能用峰值．②在研究交变电流做功、电功率及产生热量时，只能用有效值．③在研究交变电流通过导体截面电量时，只能用平均值．④在研究某一时刻线圈受到的电磁力矩时，只能用瞬时值． 另外，各种交流电表指示的电压、电流和交流电器上标注的额定电流、额定电压，指的都是有效值．与热效应有关的计算，如保险丝的熔断电流等都必须用有效值．要搞清正(余)弦交流电有效值与最大值的关系，另外对特殊交流电(如方波交流电)的有效值与最大值的关系能根据有效值的定义进行计算．在交流电路中欧姆定律同样适用．最大值、平均值和有效值的应用1、正弦交变电流的电动势、电压和电流都有最大值、有效值、即时值和平均值的区别。
2013年高考物理一轮复习同步测评1(详答)鲁科版
45分钟单元能力训练卷（一）1．C [解析] 根据v －t 图象可知，物体在第1 s 末开始减速但运动方向不变，选项A 错误；由于第2 s 内和第3 s 内v －t 图象的斜率相同，所以加速度相同，选项B 错误；由图象与坐标轴所围面积表示位移可知，4 s 末物体刚好返回出发点，选项C 正确；物体在第2 s 末或第6 s 末距离出发点最远，选项D 错误．2．C [解析] 根据题意画出两物体运动的v －t 图线①②，易知只有选项C 正确．3．B [解析] 根据图线的斜率可知，加速度不断减小，假设从t 1到t 2的过程中做匀减速运动，则平均速度为v 1＋v 22，而该物体在这段时间内的速度始终小于做匀减速运动时的速度，因而平均速度也将小于v 1＋v 22，只有选项B 正确．4．B [解析] 由题意可知：v 乙>v 甲>v 丙，三辆车的位移相等，根据公式t ＝s v可知乙车运动时间最短，即乙车最先通过第二块路标．本题也可作出三辆车的v －t 关系图象，如图所示，可以看出乙车最先通过第二块路标．选项B 正确．5．D [解析] 若小球在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，则其位移满足s ＝12at 2，所以x t 2＝12a ，选项D 正确．6．C [解析] 物体在0～1 s 内做匀加速直线运动，在1～2 s 内做匀减速直线运动，到2 s 时速度刚好减为0，一个周期结束，以此循环运动，选项C 正确．7．B [解析] 由速度图线的物理意义可知，速度图线与坐标轴包围的 “面积”代数和表示位移，根据对称性，2～6 s 内 “面积”代数和为零，即0～2 s 内的位移和0～6 s 内的位移相等，选项B 正确．8．D [解析] 整个过程中赛车手的平均速度为v ＝s t ＝95/60km/h ＝108 km/h ，选项A 、B 错误；而平均速率v ＝s t ＝155/60km/h ＝180 km/h ，选项C 错误；车内速度计指示的速度为汽车通过某位置的瞬时速度，选项D 正确．9．②④ [解析] 在打下计数点“0”至“5”的过程中，两纸带所用时间相同，但甲纸带位移小于乙纸带位移，故v 甲<v 乙，①错误，②正确；相邻计数点间所用时间相等，但乙的速度变化得更快，故a 甲<a 乙，③错误，④正确．10．0.86 a ＝s 4＋s 5＋s 6－s 1＋s 2＋s 39T20.64 [解析] A 为s 3～s 4过程中的时间中点，根据做匀变速直线运动的物体中间时刻的速度为该过程的平均速度可得v A ＝s 3＋s 42T≈0.86 m/s；由于s 4－s 1＝3a 1T 2，s 5－s 2＝3a 2T 2，s 6－s 3＝3a 3T 2，所以a ＝a 1＋a 2＋a 33＝s 4＋s 5＋s 6－s 1＋s 2＋s 39T2，代入数据得a ＝0.64 m/s 2. 11．2304 m[解析] 关闭道口时间为16 s ，为安全保障再加20 s ，即关闭道口的实际时间为 t 0＝t 2＋t 1＝20 s ＋16 s ＝36 s汽车必须在关闭道口前已通过道口，汽车从停车线到通过道口实际行程为 s 总＝s ＋s 0＋l ＝26 m ＋5 m ＋15 m ＝46 m 需用时t 3＝s 总v 2＝ 46×36005000s ＝33.12 s由此亮起红灯的时间为T ＝t 0＋t 3＝36 s ＋33.12 s ＝69.12 s 故A 点离道口的距离应为L ＝v 1T ＝1200003600×69.12 m＝2304 m.12．(1)4.5 m/s 2(2)能[解析] (1)公交车刹车的加速度a 2＝0－v 222s 0＝0－1522×25＝－4.5 m/s 2所以其加速度大小为4.5 m/s 2. (2)汽车从小明身旁到开始刹车用时t 1＝s －s 0v 2＝50－2515 s ＝53 s汽车刹车过程中用时t 2＝0－v 2a 2＝103s小明以最大加速度达到最大速度用时t 3＝v m －v 1a 1＝6－12.5s ＝2 s小明加速过程中的位移s 2＝12(v 1＋v m )t 3＝7 m以最大速度跑到车站的时间t 4＝s －s 2v 3 s ＝436s ＝7.2 s由t 1＋t 2<t 3＋t 4<t 1＋t 2＋10 s ，故小明可以在汽车还停在车站时上车．45分钟单元能力训练卷（二）1．A [解析] 取滑块为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得F N sin θ＝mg ，即F N ＝mgsin θ，选项C 、D 错误；由F tan θ＝mg ，得F ＝mgtan θ，选项A 正确、B 错误．2．D [解析] 未加压力F 之前，物体处于静止状态，由平衡条件可得：f ＝G sin θ，当加上压力F 后，物体仍处于静止状态，因此f 仍为G sin θ，故D 正确．3．C [解析] 小球A 受到竖直向下的重力、水平向左的弹簧弹力和细线的拉力，由平衡条件可得 kx ＝mg tan θ2，即x ＝mg tanθ2k，选项C 正确．4．B [解析] 以小车M 和物体m 整体为研究对象，它们必受到重力和地面支持力．因小车和物体整体处于静止状态，由平衡条件知，墙面对小车必无作用力．以小车为研究对象，如图所示，它受四个力：重力Mg 、地面的支持力F N1、m 对它的压力F N2和静摩擦力f .由于m 静止，可知f 和F N2的合力必竖直向下，故选项B 正确．5．D [解析] 物体受力分析如图所示，由于物体静止，由平衡条件知，沿天花板方向：f ＝mg sin θ，所以选项A 、B 、C 错误；垂直天花板方向：qE ＝mg cos θ＋N ，当E 增大时，N 增大，物体仍静止不动，选项D 正确．6．B [解析] 设2、3两木块之间弹簧伸长量为x 1，分析木块3的受力，由平衡条件可知，mg sin α＋μmg cos α＝kx 1，故2、3两木块之间的距离为x 1＋L ＝α＋μcos αmgk＋L ，选项A 错误，B 正确；设木块1、2之间弹簧的伸长量为x 2，以2、3两木块为一整体，可得：kx 2＝2mg sin α＋2μmg cos α，故1、2两木块之间的距离为x 2＋L ＝α＋μcos αmgk＋L ，选项C 错误；如果传送带突然加速，并不影响木块所受的摩擦力的大小和方向，因此相邻两木块之间的距离将不变，选项D 错误．7．D [解析] 依题意，若开始时静摩擦力的方向沿着斜面向上，则有F ＋f ＝mg sin θ，当力F 减小过程中，f 增大，直到力F 减小到零时f 恒定，则D 可选；若开始时静摩擦力的方向沿着斜面向下，则有F ＝f ＋mg sin θ，当力F 减小过程中，f 先减小到零，然后反向增大到mg sin θ恒定，无对应选项．8．B [解析] 对第一块石块进行受力分析如图所示，由几何关系可知θ＝60°，所以有N 12 ∶N 13＝sin60°＝32，选项B 正确．9．70.0 2.10[解析] 对钩码进行受力分析，根据平衡条件得mg ＝kx,则k ＝mg x ＝50×10－3×9.87.0×10－3N/m ＝70.0 N/m 挂三个钩码时，可列方程(m ＋m ＋m )g ＝kx ′则x ′＝3mg k ＝3×50×10－3×9.870.0m ＝0.0210 m ＝2.10 cm10．(1)BCD (2)更换不同的小重物[解析] 本实验中，结点 O 受三个拉力处于静止状态，三力平衡，任意两个力的合力与第三个力等大反向．以两橡皮筋的伸长量(代表两个拉力的大小)为长度，沿 OA 、OB 方向为邻边，作平行四边形，只要该平行四边形的对角线与悬挂重物的橡皮筋在一条直线上，与表示其拉力的线段相等，即验证了平行四边形定则，故实验要测量橡皮筋的原长、悬挂重物后橡皮筋的长度，才能算出橡皮筋受力后的伸长量．为了确定拉力的方向，每次必须记录结点 O 的位置．由于钉子位置固定，可改变的条件只能是所悬挂的重物的质量，即可采用的方法是更换不同的小重物．11．(1)10 33 N (2)5 33N 水平向左[解析] (1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示．甲 乙在水平方向：T sin30°＝F N sin30°在竖直方向：F N cos30°＋T cos30°＝ mg解得T ＝12mg cos30°＝12×1×1032N ＝10 33 N(2)以小球和斜面整体为研究对象，受力分析如图乙所示，因为系统静止，所以f ＝T sin30°＝10 33×12 N ＝5 33N ，方向水平向左．12．(1)30 N 、方向沿斜面向上(2)12 cm[解析] (1)物体静止在斜面上受力分析如图所示，则物体受到的静摩擦力f ＝mg sin37°代入数据得f ＝5×10×sin37° N＝30 N ，摩擦力方向为沿斜面向上．(2)当物体沿斜面向上被匀速拉动时，如图所示，设弹簧拉力为F ，伸长量为x ，据胡克定律及平衡条件有F ＝kxF ＝mg sin37°＋F 滑 F 滑＝μmg cos37°弹簧最终长度l ＝l 0＋x ，联立解得l ＝12 cm13．160 N 如图所示[解析] A 、B 的受力分析如图所示． 对A 应用平衡条件 T sin37°＝f 1＝μF N1T cos37°＋F N1＝m A g联立解得：F N1＝3m A g 4μ＋3＝60 Nf 1＝μF N1＝30 N 对B 应用平衡条件F ＝f ′1＋f 2＝f ′1＋μF N2＝f 1＋μ(F N1＋m B g )＝2f 1＋μm B g ＝160 N.45分钟单元能力训练卷（三）1．B [解析] 牛顿第一定律表明，物体在不受外力作用时，具有保持原有运动状态不变的性质，即惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律，选项A 错误．牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论，在微观、高速的情况下不成立，选项B 正确．牛顿第一定律说明了两点含义，一是所有物体都有惯性，二是物体不受力时的运动状态是静止或匀速直线运动，牛顿第二定律并不能完全包含这两点意义，选项C 错误．伽利略的理想实验是牛顿第一定律的基础，选项D 错误．2．B [解析] 作用力和反作用力作用在两个不同的物体上，选项A 错误；太阳系中的所有行星都要受到太阳的引力，且引力方向沿着两个星球的连线指向太阳，选项B 正确，选项C 错误；伽利略理想实验说明力不是维持物体运动的原因，选项D 错误．3．C [解析] 根据题意，瓦在竖直面内受力分析如图甲所示．结合弧形瓦的特点对其截面进行受力分析如图乙所示，F N1＝F N2，且F N1与F N2的合力为F N ，而F N ＝mg cos α.若两杆间的距离不变，F N1与F N2均与瓦的质量成正比，则摩擦力f ＝2μF N1与质量成正比．为了防止瓦被损坏，应使瓦块下滑的加速度减小，而a ＝mg sin θ－2μF N1m，与质量无关，故选项A 、B 错误．增大两杆间的距离，F N 不变，F N1与F N2将增大，则摩擦力增大，加速度减小，符合题意，选项C 正确．减小两杆间的距离会使加速度增大，选项D 错误．甲 乙4．B [解析] 由牛顿第二定律有F －μmg ＝ma ，解得a ＝1m·F －μg ，由此可知：a －F 图象的斜率表示物体质量的倒数，所以A 的质量小于B 的质量，再由纵轴截距截距可得μA >μB ，所以选项B 正确．5．D [解析] 以整体为研究对象，求得拉力F ＝(m 1＋m 2)a .突然撤去F ，以A 为研究对象，由于弹簧在短时间内弹力不会发生突变，所以A 物体受力不变，其加速度a 1＝a .以B 为研究对象，在没有撤去F 时有：F －F ′＝m 2a ，而F ＝(m 1＋m 2)a ，所以F ′＝m 1a ；撤去F 则有：－F ′＝m 2a 2，所以a 2＝－m 1m 2a .选项D 正确．6．D [解析] 设钢索对载人箱和人整体拉力大小为T ，对载人箱和人整体应用牛顿第二定律有(M ＋m )g －T ＝(M ＋m )a ，对平衡重物由牛顿第二定律有T －Mg ＝Ma ，联立解得a ＝mg2M ＋m，再由运动学规律v ＝at ，得t ＝M ＋m vmg，选项D 正确．7．B [解析] 对整体：F －μ·2mg ＝3ma ，对物体B ：F ′＝ma ，联立得F ′＝F －2μmg3，选项B 正确．8．D [解析] 由图可知：从t 1时刻到t 2时刻，弹力小于钩码重力，钩码处于失重状态，A 项正确；从t 3时刻到t 4时刻，弹力大于钩码重力，钩码处于超重状态，B 项正确；根据题目的情景，电梯可能是先加速向下运动，加速度向下，失重，再匀速向下运动，加速度为零，最后减速向下运动，加速度向上，超重，所以选项C 正确，选项D 错误．9．②④ [解析] 由牛顿第二定律得：F ＝ma ，a ＝1m·F ，直线的斜率等于质量的倒数，三条直线的斜率不同，说明三条直线所对应的小车和砝码的总质量不同，由图可知，直线1的斜率最大，所对应的总质量最小；直线3的斜率最小，所对应的总质量最大．10．(1)合外力 质量 质量 所受合外力 (2)①改变小车所受的合外力 ②记录更准确(或：更容易记录，记录误差会更小，时间更容易记录，方便记录，方便计时，位置很难记录等类似答案均正确)(3)①表一或表二②0.23311．(1)g (2)3g[解析] (1)绳BC 刚好被拉直时，小球受力如图甲所示．因为AB ＝BC ＝b ，AC ＝2b ，故绳BC 与AB 垂直，θ＝45°.由牛顿第二定律有 mg tan θ＝ma 解得a ＝g .甲 乙(2)小车向左加速度增大，AB 、BC 绳方向不变，所以AC 绳拉力不变，BC 绳拉力变大，BC 绳拉力最大时，小车向左加速度最大，小球受力如图乙所示．由牛顿第二定律有T m ＋mg tan θ＝ma m因T m ＝2mg ，所以最大加速度为a m ＝3g . 12．(1)0.25 (2)8 N 或24 N [解析] 对小球，由牛顿第二定律 mg sin θ－μmg cos θ＝ma又x ＝12at 2联立解得μ＝0.25(2)若F 垂直杆向下，则mg sin θ－μ(F ＋mg cos θ)＝ma ′ 解得F ＝8 N若F 垂直杆向上，则mg sin θ－μ(F －mg cos θ)＝ma ′ 解得F ＝24 N13．(1)L v ＋v 2μg (2)12mv 2(3)如图所示[解析] (1)由μ>v 22gL 可得12mv 2<μmgL说明物体到达B 之前就与传送带共速，设其加速度为a ，则由牛顿第二定律有 μmg ＝ma加速阶段的时间为t 1＝v a加速阶段的位移s 1＝v 22a匀速阶段的时间t 2＝L －s 1v总时间t ＝t 1＋t 2 联立解得t ＝L v ＋v2μg(2)物体在加速阶段与传送带的相对位移Δs ＝vt 1－12vt 1产生的热量Q ＝μmg Δs联立解得Q ＝12mv 2(3)如图所示45分钟滚动复习训练卷（一）1．C [解析] 以上方三人为研究对象，设中层两人每只脚受到的支持力为F ，则有4F ＝3mg ，解得F ＝34mg .设底层中间的人每只脚受到的支持力F ′，则有2F ′＝mg ＋2F ，解得F ′＝54mg ，选项C 正确． 2．B [解析] 加速度大小与速度大小之间无必然联系，速度是增加还是减小取决于加速度和初速度的方向关系．若初始时刻a 、v 同向，则加速运动；若初始时刻a 、v 反向，则减速运动．最终加速度为零，物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)，故选项A 、C 、D 均有可能，B 项不可能．3．C [解析] 先对整体分析，可知F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，再以铁块1为研究对象，可得：kx －μm 1g ＝m 1a ，联立可知C 项正确．4．B [解析] 由速度图线的物理意义可知，速度图线与坐标轴包围的 “面积”代数和表示位移的大小，根据对称性，1～7 s 内 “面积”代数和为零，即0～1 s 内的位移和0～7 s 内的位移相等，选项B 正确．5．A [解析] 剪断细线前，物体处于平衡状态，由图可知F 1cos60°＝mg ，解得：F 1＝2mg ；剪断细线后，小球摆到最低点的过程中，mgL (1－cos60°)＝12mv 2，在最低点：F 2－mg ＝m v 2L，联立解得F 2＝2mg ，故选项A 正确．6．C [解析] 甲乙两地距离x ＝vt ，列车匀速运动的距离s 1＝v 0(t －t 0)，列车从开始刹车至加速到v 0过程运动的距离s 2＝v 02t 0，则有s ＝s 1＋s 2，解得v 0＝vtt －12t 0. 7．C [解析] 以B 为研究对象，两杆对B 的作用力T 1、T 2的合力与B 的重力沿斜面向下的分力等大反向，即T 1＋T 2＝m B g sin θ，因此T 1、T 2不可能均为零，选项C 错误，选项D 正确；以AB 为研究对象，当满足(m A ＋m B )g sin θ<μA m A g cos θ，且m C g sin θ<μC m C g cos θ时，T 2＝0，选项B 错误；同样当满足(m C ＋m B )g sin θ<μC m C g cos θ且m A g sin θ<μA m A g cos θ时，T 1＝0，选项A 错误．8．A [解析] 由于滑块与斜面之间存在摩擦力，滑块上滑的加速度大于下滑的加速度，选项B 错误、A 正确；以斜面为研究对象，滑块上滑过程中受力如图甲所示，下滑过程中受力如图乙所示，两过程中均有：f AB ＝μmg cos θ，N AB ＝mg cos θ，则：F 1＝Mg ＋mg cos 2θ－μmg cos θ·sin θ，F 2＝Mg ＋mg cos 2θ＋μmg cos θ·sin θ，选项C 错误；f 1＝mg cos θ·sin θ＋μmg cos 2θ，f 2＝mg cos θ·sin θ－μmg cos 2θ，选项D 错误．甲 乙9．(1)CBDAEF (2)0.5 N/cm 或50 N/m[解析] 取图象上相距较远的两点(0,0)(6.00 cm ，3.00 N)坐标数值，根据胡克定律可得弹簧劲度系数为k ＝50 N/m.10．(1)B (2)h 1t 2－h 2t 1t 1t 2t 1－t 2[解析] 由题设条件，本实验的实验原理是H ＝v 0t ＋12gt 2，其中v 为小球达到光电门1时的速度，由实验测得的数据h 1、t 1及h 2、t 2可得h 1＝v 0t 1＋12gt 21，h 2＝v 0t 2＋12gt 22，解得g ＝h 1t 2－h 2t 1t 1t 2t 1－t 2.为保持v 0不变，不能改变光电门1和吸球器的相对位置．11．(1)100 N (2)200 N[解析] (1)对A 物体进行受力分析，受四个力作用．分解绳的拉力，根据A 物体平衡可得F N1＝m A g ＋T sin θ f 1＝T cos θ f 1＝μ1F N1联立解得T ＝μ1m A gcos θ－μ1sin θ代入数据得T ＝100 N.(2)对B 进行受力分析，受六个力的作用． 地面对B 的支持力F N2＝m B g ＋F N1 地面对B 的摩擦力f 2＝μF N2 故拉力F ＝f 1＋f 2＝200 N. 12．(1)0.5 (2)1.29 s[解析] (1)由题意可知，滑块在水平面上匀速运动，则v 0＝s 1T＝4 m/s在斜面上滑块做匀减速直线运动，设加速度大小为a 1，则 s 3－s 4＝a 1T 2由牛顿第二定律：mg sin α＋μmg cos α＝ma 1 联立解得：μ＝0.5(2)设滑块向上滑行所用的时间为t 1，上滑的最大距离为s ，返回斜面底端的时间为t 2，加速度为a 2，则v 0＝a 1t 1 s ＝12v 0t 1 mg sin α－μmg cos α＝ma 2 s ＝12a 2t 22 联立解得：t ＝t 1＋t 2＝(0.4＋255) s(或1.29 s)13．Δt <0.3 s[解析] 设轿车行驶的速度为v 1，卡车行驶的速度为v 2，则v 1＝108 km/h ＝30 m/s ，v 2＝72 km/h ＝20 m/s ，在反应时间Δt 内两车行驶的距离分别为s 1、s 2，则s 1＝v 1Δt s 2＝v 2Δt轿车、卡车刹车所通过的距离分别为s 3、s 4，则s 3＝v 212a ＝3022×10m ＝45 ms 4＝v 222a ＝2022×10m ＝20 m为保证两车不相撞，必须s 1＋s 2＋s 3＋s 4<80 m45分钟但愿能力训练卷（四）1．A [解析] 空载时：P ＝f 1v 1＝km 0gv 1，装满货物后：P ＝f 2v 2＝kmgv 2，所以汽车后来所装货物的质量是Δm ＝m －m 0＝v 1－v 2v 2m 0，选项A 正确．2．D [解析] 由牛顿第二定律得F －f －mg sin30°＝－ma ，F －f ＝mg sin30°－ma ＝2m ，即物体受到重力以外的力作用，大小为F －f ，方向平行斜面向上，对物体做正功，所以物体的机械能增加，选项AB 错误，D 正确；根据动能定理，重力、拉力、摩擦力对物体做的总功等于物体动能的改变量，选项C 错误．3．D [解析] 苹果加速下落，运动越来越快，故苹果通过第3个窗户所用的时间最短，平均速度最大，选项A 、B 都错误；窗户完全相同，所以苹果通过三个窗户重力做的功一样多，苹果通过第1个窗户用时最长，重力的平均功率最小，故选项C 错误、D 正确．4．D [解析] 木板转动过程中，因静摩擦力始终与速度方向垂直，故静摩擦力不做功，由动能定理知，支持力做的功W 1＝mgh ＝mgL sin α；物块下滑过程中，因支持力始终与速度方向垂直，支持力不做功，由动能定理得，mgL sin α＋W f ＝12mv 2，所以滑动摩擦力做的功W f ＝12mv2－mgL sin α.所以选项D 正确．5．D [解析] 合力F 沿斜面向下，F ＝mg sin θ－f ，θ为斜面倾角，故F 不随t 变化，A 错误．加速度a ＝Fm，也不变，由v ＝at 知，v －t 图象为过原点的一条倾斜直线，B 错误；物体做匀加速运动，故位移s ＝12at 2，s －t 图象是开口向上的抛物线的一半，C 错误；设物体起初的机械能为E 0，t 时刻的机械能为E ，则E ＝E 0－Fs ＝E 0＋F ·12at 2，E －t 图象是开口向下的抛物线的一半，D 正确．6．C [解析] 小球做平抛运动，将A 点时的速度分解如图所示，v y ＝v 0tan θ，v ＝v 0sin θ，小球到达A 点时，重力的功率P ＝mgv y ，小球由O 到A 过程中，动能的变化为12mv 2－12mv 20.此过程竖直方向v y ＝gt ，水平方向x ＝v 0t ，小球抛出点O 距斜面端点B 的水平距离为htan θ－x ，故ABD 正确．小球从A 点反弹后是否直接落至水平地面不能确定，故从A 点反弹后落至水平地面的时间不能求出，C 错误．7．B [解析] 两个过程中，恒力F 相同，物体相对地面发生的位移相同，所以做功相同；第二种情景下，物体相对地面的速度增大，运动时间t 变短，物体相对传送带的位移Δx 变小，功率P ＝W t，故P 1<P 2，因摩擦产生的热量Q ＝μmg Δx ，故Q 1>Q 2.所以选项B 正确． 8．C [解析] 运动过程中，弹簧和圆环系统的机械能守恒，因弹簧弹力对圆环做功，故圆环的机械能不守恒；对弹簧和圆环系统，根据机械能守恒定律知，当圆环滑到杆底端时，弹簧的弹性势能增大量等于圆环重力势能的减小量mgh ，又因弹簧先被压缩后被拉伸，所以弹簧的弹性势能先增大后减小再增大；圆环到达杆低端时弹簧的弹性势能最大，此时圆环动能为零.9．(1)左 (2)0.98 m/s (3)0.49 J 0.48 J (4)＞ 受打点计时器对纸带的摩擦阻力及空气阻力作用(实验中有阻力) (5)在误差允许范围内机械能守恒[解析] (1)左端点迹比较密集，所以应是左端与重物相连．(2)v B ＝s OC －s OA 2T ＝－－2m2×0.02 s＝0.98 m/s(3)ΔE p ＝mgh ＝0.49 J ，ΔE k ＝12mv 2B ＝0.48 J(4)重物下落过程中受打点计时器对纸带的摩擦阻力及空气阻力作用，所以ΔE p ＞ΔE k . (5)在误差允许范围内，重物自由下落过程中的机械能守恒．10．(1)接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，若滑块基本保持静止，则说明导轨是水平的(或轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动)．(2)0.52 0.43 滑块的质量M 及滑块释放时遮光条到光电门的距离s (3)mgs 12(m ＋M )⎝⎛⎭⎪⎫d Δt 2[解析] (2)d ＝5 mm ＋2×0.1 mm＝5.2 mm ＝0.52 cm ，v ＝dΔt＝0.43 m/s ；需测量滑块的质量M 及滑块释放时遮光条到光电门的距离s .(3)系统减少的重力势能为ΔE p ＝mgs ，系统增大的动能为ΔE k ＝12(m ＋M )v 2＝12(m ＋M )⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 2，当ΔE p ＝ΔE k 时，说明系统的机械能守恒．11.74gL 5[解析] 以地面为零势能面，在初始位置，桌面部分铁链的重力势能为E p1＝45mg ·2L ，悬空部分铁链的重力势能为E ′p1＝15mg (2L －L10)铁链的下端刚要触及地面时的重力势能为E p2＝mg L2对铁链应用机械能守恒定律得E p1＋E ′p1＝12mv 2＋E p2即12mv 2＋mg L 2＝45mg ·2L ＋15mg (2L －L 10) 故铁链下端刚要触及地面时的速度为v ＝74gL512．(1)6 m/s 0.4 (2)4.1 m (3)能 (4)5.6 J[解析] (1)由物块过B 点后其位移与时间的关系x ＝6t －2t 2得v 0＝6 m/s ，加速度a ＝4 m/s 2又μm 2g ＝m 2a ，故μ＝0.4(2)设物块由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR 又v yv D＝tan45°，得v D ＝4 m/s设平抛运动用时为t ，水平位移为x ，由R ＝12gt 2，s ＝v D t ，得s ＝1.6 mBD 间位移为s 1＝v 20－v 2D2a＝2.5 m则BP 水平间距为s ＋s 1＝4.1 m(3)设物块沿轨道到达M 点的速度为v M ，由机械能守恒得 12m 2v 2M ＝12m 2v 2D －22m 2gR 则v 2M ＝16－8 2若物块恰好能沿轨道过M 点，则m 2g ＝m 2v ′2MR解得v ′2M ＝8>v 2M故物块不能到达M 点．(4)设弹簧长为AC 时的弹性势能为E p 释放m 1时，E p ＝μm 1gx CB释放m 2时，E p ＝μm 2gx CB ＋12m 2v 2又m 1＝2m 2，故E p ＝m 2v 20＝7.2 J设m 2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f则E p －W f ＝12m 2v 2D可得W f ＝5.6 J45分钟单元能力训练卷（五）1．A [解析] 小车水平向右的速度(也就是绳子末端的运动速度)为合速度，它的两个分速度为v 1、v 2，如图所示．其中v 2就是拉动绳子的速度，它等于物体A 上升的速度，v A ＝v 2＝v cos θ.小车匀速向右运动的过程中，θ逐渐变小，v A 逐渐变大，故A 做加速运动，由A 的受力及牛顿第二定律知，绳的拉力大于A 的重力，选项A 正确．2．A [解析] 由平抛规律x ＝v 0t ，y ＝12gt 2可得，x ＝y 时t ＝2v 0g ，则v y ＝gt ＝2v 0，v ＝v 20＋v 2y＝5v 0，s ＝x 2＋y 2＝2 2v 2g，选项A 正确．3．D [解析] 恰能通过最高点P ，则在最高点P 重力恰好提供向心力，故 mg ＝mv 2R，选项C 错误；离开P 点后做平抛运动，x ＝vt,2R ＝12gt 2，解得x ＝2R ，故选项A 、B 错误；若将半圆弧轨道上部的14圆弧截去，其他条件不变，则小球离开轨道后竖直上抛，达到的最大高度时速度为零，显然能达到的最大高度比P 点高，选项D 正确．4．D [解析] 角速度的大小关系为ωa ＝ωc ＜ωb ，选项A 错误；向心加速度的大小关系为a b ＞a c ＞a a ，选项B 错误；线速度的大小关系为v b ＞v c ＞v a ，选项C 错误；周期的大小关系为T a ＝T c ＞T b ，选项D 正确．5．A [解析] 由于同步卫星与地球的自转周期相同， “缆线”上各点的角速度也相同， 选项A 正确；线速度v ＝ωr ，则各点的线速度不同，选项B 错误；若“缆线”上各质点均处于失重状态，则万有引力提供向心力，有：G Mm r 2＝m v 2r，得v ＝GMr，r 越大，线速度越小，而“缆线”上离地面越高的质点线速度越大，因此只有同步卫星上的质点处于完全失重状态，选项C 错误；由G Mmr2＝mg ，可得离地面越高，重力加速度越小，选项D 错误．6．D [解析] 设移民质量为Δm ，未移民时的万有引力F 引＝G Mmr2与移民后的万有引力F 引′＝GM －Δm m ＋Δmr 2比较可知，由于M >m ，所以F 引′>F 引；由于地球的质量变小，由F 引′＝GM －Δmm ＋Δm r2＝(m ＋Δm )r ⎝⎛⎭⎪⎫2πT 2＝(m ＋Δm )a 可知，月球绕地球运动的周期将变大，月球绕地球运动的向心加速度将变小；由月球对其表面物体的万有引力等于其重力可知，由于月球质量变大，因而月球表面的重力加速度将变大．综上所述，可知本题错误选项为D.7．C [解析] 空间站运动的加速度和所在位置的重力加速度均由其所受万有引力提供，选项A 错误；由G Mm R 2＝m v 2R得v ＝GMR，运动速度与轨道半径的平方根成反比，并非与离地高度的平方根成反比，选项B 错误；由G Mm R 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R 得T ＝2πR RGM ，所以空间站运行周期小于地球自转的周期，选项C 正确；空间站中宇航员所受万有引力完全提供向心力，处于完全失重状态，选项D 错误．8．b g sin θ2a[解析] 物体在光滑斜面上只受重力和斜面对物体的支持力，因此物体所受的合力大小为F ＝mg sin θ，方向沿斜面向下；根据牛顿第二定律，则物体沿斜面向下的加速度应为a 加＝Fm＝g sin θ，又由于物体的初速度与a 加垂直，所以物体的运动可分解为两个方向的运动，即水平方向是速度为v 0的匀速直线运动，沿斜面向下的是初速度为零的匀加速直线运动．因此在水平方向上有b ＝v 0t ，沿斜面向下的方向上有a ＝12a 加t 2；故v 0＝b t ＝b g sin θ2a.9．1∶8 14[解析] 万有引力提供向心力，则G Mm 1r 2a ＝m 1r a 4π2T 2a ，G Mm 2r 2b ＝m 2r b 4π2T 2b，所以T a ∶T b ＝1∶8.设每隔时间t ，a 、b 共线一次，则(ωa －ωb )t ＝π，所以t ＝πωa －ωb，故b 运动一周的过程中，a 、b 、c 共线的次数为：n ＝T b t ＝T b ωa －ωb π＝T b ⎝ ⎛⎭⎪⎫2T a －2T b ＝2T bT a－2＝14.10.8π2hr3T 2r20＋v 2[解析] 以g ′表示火星表面的重力加速度，M 表示火星的质量，m 表示火星的卫星质量，m ′表示火星表面处某一物体的质量，由万有引力定律和牛顿第二定律，有G Mm ′r 20＝m ′g ′ G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 设v 表示着陆器第二次落到火星表面时的速度，它的竖直分量为v 1，水平分量仍为v 0，有v 21＝2g ′hv ＝v 21＋v 2由以上各式解得v ＝8π2hr3T 2r 20＋v 20.11．(1)2πR ＋h 3Gm 月 (2)T 02πGm 月R ＋h3(3)2π2R T 0R ＋h 3Gm 月[解析] (1)“嫦娥二号”轨道半径r ＝R ＋h ，由G mm 月r 2＝m 4π2T2r可得“嫦娥二号”卫星绕月周期T ＝2πR ＋h 3Gm 月.(2)在月球自转一周的过程中，“嫦娥二号”将绕月运行的圈数n ＝T 0T ＝T 02πGm 月R ＋h3.(3)摄像机只要将月球的“赤道”拍摄全，就能将月面各处全部拍摄下来；卫星绕月球转一周可对月球“赤道”拍摄两次，所以摄像机拍摄时拍摄到的月球表面宽度至少为s ＝2πR2n ＝2π2RT 0R ＋h 3Gm 月.12．(1)0.6 m (2)P 位置比圆心O 低[解析] (1)物体在最高点C 时只受重力，由牛顿第二定律得mg ＝m v 2CR，得v C ＝gR .物体从B 到C 的过程中，由机械能守恒定律得 mg (s sin θ－R －R cos θ)＝12mv 2C代入数据解得R ＝0.6 m.(2)设物体平抛至与O 点等高处，则由平抛运动的规律得 R ＝12gt 2， x ＝v C t ，联立解得x ＝2R又由图可知O 点到斜面的水平距离为x ′＝R sin θ＝53R显然x ′＞x ，故物体的落点位置P 低于O 点．45分钟滚动复习训练卷（二）1．D [解析] 由图线可知，运动过程中发动机输出功率一定，若牵引力＝阻力，则汽车做匀速直线运动；若牵引力＞阻力，则速度增大，牵引力减小，汽车做加速度减小的加速直线运动．故选项D 正确．2．C [解析] 火车从甲站出发，沿平直铁路做匀加速直线运动，即初速度为零，紧接着又做匀减速直线运动，也就是做匀加速直线运动的末速度即为做匀减速直线运动的初速度，而做匀减速直线运动的末速度又为零，所以在先、后两个运动过程中的平均速度(v ＝v2)相等，选项C 正确；火车运动的位移s ＝v t ＝v 2t ，火车运动的加速度a ＝vt，即它们不仅与速度变化量有关，还跟时间有关，而先、后两个运动过程中所用的时间不一定相同，所以火车的位移、加速度在先、后两个运动过程中不一定相等，即A 、B 、D 选项都不正确．3．C [解析] 设物体A 对圆球B 的支持力为F 1，竖直墙对圆球B 的弹力为F 2；F 1与竖直方向夹角θ因物体A 右移而减小．对物体B 由平衡条件得：F 1cos θ＝m B g ，F 1sin θ＝F 2，解得F 1＝m B gcos θ，F 2＝m B g tan θ.因θ减小，故F 1减小，F 2减小，选项A 、B 均错误；对A 、B 整体分析可知：在竖直方向上，地面对整体支持力F N ＝(m A ＋m B )g ，与θ无关，选项D 错误；在水平方向上，地面对A 的摩擦力f ＝F 2，因F 2减小，故f 减小，选项C 正确．4．B [解析] 设斜面倾角为θ，长度为L ，小球沿光滑斜面下滑的加速度为a ，根据牛顿第二定律有：mg sin θ＝ma 得a ＝g sin θ，小球沿斜面做匀加速直线运动，所以小球的位移x ＝12g sin θ·t 2，即位移与时间的平方成正比，选项A 错误；小球在斜面上的速度v ＝g sin θ·t ，即速度与时间成正比，选项B 正确；设小球从顶端滑到底端的速度为v ，由运动学公式有：v 2＝2g sin θ·L ，选项C 错误；由L ＝12g sin θ·t 2，选项D 错误．5．C [解析] A 项位移正负交替，说明物体做往复运动；B 项物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，然后做反向的匀加速运动，再做反向的匀减速运动，周而复始；C 项表示物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，循环下去，物体始终单向运动，C 正确；D 项从面积判断物体速度有负值出现，不是单向运动．6．A [解析] 取x ＝0，对A 端进行受力分析，F －T ＝ma ，又A 端质量趋近于零，则F ＝T ＝6 N ，选项A 正确；由于不知绳子的加速度，其质量也无法得知，选项B 、D 均错误；由图易知选项C 错误．7．D [解析] 滑动摩擦力对工件做功等于工件动能的改变，也等于其机械能的增加量，选项A 、B 正确；此过程中，工件(对地)位移为s 1＝v 22a ＝v 22μg ，s 1＝vt2，传送带的位移为s 2＝vt ＝2s 1，因此工件相对传送带的位移为Δs ＝s 2－s 1＝vt 2＝v22μg，选项C 正确；在工件相对传送带滑动的过程中，传送带对工件的摩擦力对工件做功，D 错误．8．B [解析] 在由椭圆轨道变成圆形轨道时，需经过加速实现，这样CE —2的机械能增加，线速度增大，选项A 错误、B 正确；若过Q 有一绕月球的圆形轨道，在这一圆形轨道上的飞行器速度比绕椭圆轨道过Q 点时的速度小，而这一速度比经过P 的圆轨道速度大，所以CE —2在Q 点的线速度比沿圆轨道运动的线速度大，选项C 错误；根据牛顿第二定律，加速度跟CE —2受到的万有引力成正比，所以在Q 点的加速度比沿圆轨道运动的加速度大，选项D 错误．9. (1)0.50 2.00 (2)1.97 (3)v 0＝v B[解析] (1)游标尺第0刻度线与主尺5 mm 刻度对齐，小球直径为d ＝5 mm ＋0×0.1 mm＝5.0 mm ＝0.50 cm ，小球通过光电门的速度v B ＝d t ＝0.0050 m2.50×10－3 s ＝2.00 m/s.(2)由平抛运动规律得，s ＝v 0t ，h ＝12gt 2，解得v 0＝sg2h＝1.97 m/s.(3)在研究平抛运动实验中，计算平。
2013届高三物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(2)新人教版
45分钟单元能力训练卷(二)[考查范围：第二单元 分值：110分]一、选择题(每小题6分，共48分)1．如图D2－1所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心，一质量为m 的小滑块在水平力F 的作用下静止于P 点．设滑块所受支持力为F N ，OP 与水平方向的夹角为θ.下列关系正确的是( )图D2－1A ．F ＝mgtan θB ．F ＝mg tan θC ．F N ＝mgtan θD ．F N ＝mg tan θ2．如图D2－2所示，重为G 的物体静止于倾角为θ的斜面上，现用垂直于斜面的压力F ＝kt (k 为比例常量，t 为时间)作用在物体上．从t ＝0开始，物体所受摩擦力f 随时间t 的变化关系是图D2－3中的( )图D2－2A B C D图D2－33．如图D2－4所示，质量均为m 的两个完全相同的小球A 和B 用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间连着一根劲度系数为k 的轻质弹簧，静止不动时，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了( )A.mg tan θkB.2mg tan θkC.mg tanθ2kD.2mg tanθ2k图D2－4图D2－54．如图D2－5所示，斜面小车M 静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若在斜面上加一物体m ，且M 、m 相对静止，则小车后来受力个数为( )A ．3B ．4C ．5D ．65．如图D2－6所示，匀强电场的方向与倾斜的天花板垂直，一带正电的物体在天花板上处于静止状态，则下列判断正确的是( )A ．天花板与物体间的弹力一定不为零B ．天花板对物体的摩擦力可能为零C ．物体受到天花板的摩擦力随电场强度E 的增大而增大D ．在逐渐增大电场强度E 的过程中，物体将始终保持静止图D2－6图D2－76. 如图D2－7所示，在倾角为α的传送带上有质量均为m 的三个木块1、2、3，中间均用原长为L 、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，其中木块1被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运行，三个木块处于平衡状态．下列结论正确的是( )A ．2、3两木块之间的距离等于μmg cos αk＋LB ．2、3两木块之间的距离等于L ＋α＋μcos αmgkC ．1、2两木块之间的距离等于2、3两木块之间的距离D ．如果传送带突然加速，相邻两木块之间的距离都将增大图D2－87. 如图D2－8甲所示，一物块在粗糙斜面上，平行斜面向上的外力F 作用在物块上，斜面和物块始终处于静止状态．当F 按图D2－8乙所示规律变化时，物体与斜面间的摩擦力f 大小变化规律可能是图D2－9中的( )A B C D图D2－9图D2－108．如图D2－10所示，将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°.假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力与第1、3块石块间的作用力的大小之比为( )A.12B.32C.33D. 3二、实验题(共16分)9．(8分)用如图D2－11甲所示的装置测定弹簧的劲度系数，被测弹簧一端固定于A点，另一端B用细绳绕过定滑轮挂钩码，旁边竖直固定一最小刻度为mm的刻度尺．当挂两个钩码时，绳上一定点P对应刻度如图乙中ab虚线所示．再增加一个钩码后，P点对应刻度如图乙中cd虚线所示．已知每个钩码质量为50 g，重力加速度g＝9.8 m/s2，则被测弹簧的劲度系数为________N/m，挂三个钩码时弹簧的形变量为________ cm.甲乙图D2－1110．(8分)某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物，如图D2－12所示．图D2－12(1)为完成实验，下述操作中必需的是________．A．测量细绳的长度B．测量橡皮筋的原长C．测量悬挂重物后橡皮筋的长度D．记录悬挂重物后结点O的位置(2)钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次验证，可采用的方法是________________________________________________________________________．三、计算题(共46分)11．(14分)如图D2－13所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量m＝1 kg，斜面倾角α＝30°，细绳与竖直方向夹角θ＝30°，光滑斜面体的质量M ＝3 kg，置于粗糙水平面上．取g＝10 m/s2，求：(1)细绳对小球拉力的大小；(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向．图D2－1312．(16分)如图D2－14所示，在倾角为37°的固定斜面上静置一个质量为5kg 的物体，物体与斜面间的动摩擦因数为0.8.取g ＝10 m/s 2，求：(1)物体所受的摩擦力；(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(2)若用原长为10 cm 、劲度系数为3.1×103N/m 的弹簧沿斜面向上拉物体，使之向上匀速运动，则弹簧的最终长度是多少？图D2－1413．(16分)如图D2－15所示，A 、B 两物体叠放在水平地面上，已知A 、B 的质量分别为m A ＝10 kg ，m B ＝20 kg ，A 、B 之间及B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.一轻绳一端系住物体A ，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°.今欲用外力将物体B 匀速向右拉出，求所加水平力F 的大小，并画出A 、B 的受力分析图．(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图D2－1545分钟单元能力训练卷（二）1．A [解析] 取滑块为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得F N sin θ＝mg ，即F N ＝mgsin θ，选项C 、D 错误；由F tan θ＝mg ，得F ＝mgtan θ，选项A 正确、B 错误．2．D [解析] 未加压力F 之前，物体处于静止状态，由平衡条件可得：f ＝G sin θ，当加上压力F 后，物体仍处于静止状态，因此f 仍为G sin θ，故D 正确．3．C [解析] 小球A 受到竖直向下的重力、水平向左的弹簧弹力和细线的拉力，由平衡条件可得 kx ＝mg tan θ2，即x ＝mg tanθ2k，选项C 正确．4．B [解析] 以小车M 和物体m 整体为研究对象，它们必受到重力和地面支持力．因小车和物体整体处于静止状态，由平衡条件知，墙面对小车必无作用力．以小车为研究对象，如图所示，它受四个力：重力Mg 、地面的支持力F N1、m 对它的压力F N2和静摩擦力f .由于m 静止，可知f 和F N2的合力必竖直向下，故选项B 正确．5．AD [解析] 物体受力分析如图所示，由于物体静止，由平衡条件知，沿天花板方向：f ＝mg sin θ，所以选项A 正确、BC 错误；垂直天花板方向：qE ＝mg cos θ＋N ，当E 增大时，N 增大，物体仍静止不动，选项D 正确．6．B [解析] 设2、3两木块之间弹簧伸长量为x 1，分析木块3的受力，由平衡条件可知，mg sin α＋μmg cos α＝kx 1，故2、3两木块之间的距离为x 1＋L ＝α＋μcos αmgk＋L ，选项A 错误，B 正确；设木块1、2之间弹簧的伸长量为x 2，以2、3两木块为一整体，可得：kx 2＝2mg sin α＋2μmg cos α，故1、2两木块之间的距离为x 2＋L ＝α＋μcos αmgk＋L ，选项C 错误；如果传送带突然加速，并不影响木块所受的摩擦力的大小和方向，因此相邻两木块之间的距离将不变，选项D 错误．7．D [解析] 依题意，若开始时静摩擦力的方向沿着斜面向上，则有F ＋f ＝mg sin θ，当力F 减小过程中，f 增大，直到力F 减小到零时f 恒定，则D 可选；若开始时静摩擦力的方向沿着斜面向下，则有F ＝f ＋mg sin θ，当力F 减小过程中，f 先减小到零，然后反向增大到mg sin θ恒定，无对应选项．8．B [解析] 对第一块石块进行受力分析如图所示，由几何关系可知θ＝60°，所以有N 12 ∶N 13＝sin60°＝32，选项B 正确．9．70.0 2.10[解析] 对钩码进行受力分析，根据平衡条件得mg ＝kx,则k ＝mg x ＝50×10－3×9.87.0×10－3N/m ＝70.0 N/m 挂三个钩码时，可列方程(m ＋m ＋m )g ＝kx ′则x ′＝3mg k ＝3×50×10－3×9.870.0m ＝0.0210 m ＝2.10 cm10．(1)BCD (2)更换不同的小重物[解析] 本实验中，结点 O 受三个拉力处于静止状态，三力平衡，任意两个力的合力与第三个力等大反向．以两橡皮筋的伸长量(代表两个拉力的大小)为长度，沿 OA 、OB 方向为邻边，作平行四边形，只要该平行四边形的对角线与悬挂重物的橡皮筋在一条直线上，与表示其拉力的线段相等，即验证了平行四边形定则，故实验要测量橡皮筋的原长、悬挂重物后橡皮筋的长度，才能算出橡皮筋受力后的伸长量．为了确定拉力的方向，每次必须记录结点 O 的位置．由于钉子位置固定，可改变的条件只能是所悬挂的重物的质量，即可采用的方法是更换不同的小重物．甲 乙11．(1)1033 N (2)533N 水平向左[解析] (1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示． 在水平方向：T sin30°＝F N sin30°在竖直方向：F N cos 30°＋T cos30°＝ mg解得T ＝12mg cos30°＝12×1×1032N ＝1033 N(2)以小球和斜面整体为研究对象，受力分析如图乙所示，因为系统静止，所以f ＝T sin30°＝1033×12N＝533N ，方向水平向左．12．(1)30 N 、方向沿斜面向上 (2)12 cm[解析] (1)物体静止在斜面上受力分析如图所示，则物体受到的静摩擦力f ＝mg sin37° 代入数据得f ＝5×10×sin37° N＝30 N ，摩擦力方向为沿斜面向上．(2)当物体沿斜面向上被匀速拉动时，如图所示，设弹簧拉力为F ，伸长量为x ，据胡克定律及平衡条件有F ＝kxF ＝mg sin37°＋F 滑 F 滑＝μmg cos37°弹簧最终长度l ＝l 0＋x， 联立解得l ＝12 cm 13．160 N 如图所示[解析] A 、B 的受力分析如图所示． 对A 应用平衡条件 T sin37°＝f 1＝μF N1 T cos37°＋F N1＝m A g 联立解得：F N1＝3m A g 4μ＋3＝60 Nf 1＝μF N1＝30 N 对B 应用平衡条件F＝f′1＋f2＝f′1＋μF N2＝f1＋μ(F N1＋m B g)＝2f1＋μm B g＝160 N.。
2013届高三物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(1)粤教版
45分钟单元能力训练卷(一)[考查范围：第一单元 分值：100分]一、选择题(每小题4分，共16分)1．质点做直线运动的位移s 与时间t 的关系为s ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际制单位)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s2．2006年我国自行研制的“枭龙”战机04在四川某地试飞成功．假设该战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v 所需的时间为t ，则起飞前的运动距离为( )A ．vt B.12vt C ．2vt D ．不能确定3．做匀加速直线运动的列车出站时，车头经过站台某点O 时的速度是1 m/s ，车尾经过O 点时的速度是7 m/s ，则这列列车的中点经过O 点时的速度为( )A ．5 m/sB ．5.5 m/sC ．4 m/sD ．3.5 m/s4．甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度同时经过某一路标，从此时开始，甲车一直匀速运动，乙车先匀加速运动后匀减速运动，丙车先匀减速运动后匀加速运动，它们经过第二块路标时速度又相等，则先通过第二块路标的是( )A ．甲车B ．乙车C ．丙车D ．无法确定 二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．某赛车手在一次野外训练中，先利用地图计算出出发地和目的地的直线距离为9 km ，从出发地到目的地用了5分钟，赛车上的里程表指示的里程数值增加了15 km ，当他经过某路标时，车内速度计指示的示数为150 km/h ，那么可以确定的是( )A ．在整个过程中赛车手的平均速度是108 km/hB ．在整个过程中赛车手的平均速度是180 km/hC ．在整个过程中赛车手的平均速率是108 km/hD ．经过路标时的瞬时速度是150 km/h6．下列说法中的情形，可能出现的是( ) A ．加速度与运动方向相同时，物体减速 B ．加速度减小时，物体加速 C ．加速度不变，速度不断改变 D ．加速度不断改变，速度不变7．物体在一外力作用下做匀加速直线运动，已知第2 s 末的速度是6 m/s ，第3 s 末的速度是8 m/s ，物体的质量为2 kg ，则下列说法中正确的是( )A ．物体在零时刻的速度是4 m/sB ．物体的受到的合外力为4 NC ．第2 s 内物体的位移为5 mD ．物体与地面的动摩擦因数为0.28．某物体运动的v －t 图象如图( )图D1－1A ．物体在第1 s 末运动方向发生变化B ．物体在第2 s 内和第3 s 内的加速度是相同的C ．物体在4 s 末返回出发点D ．物体在5 s 末离出发点最远，且最大位移为0.5 m9．如图D1－2所示是物体在某段运动过程中的v －t 图象，在t 1和t 2时刻的瞬时速度分别为v 1和v 2，则时间由t 1到t 2的过程中( )A ．加速度不断增大B ．加速度不断减小C ．平均速度v ＝v 1＋v 22D ．平均速度v ＜v 1＋v 22三、实验题(共18分)10．(8分)利用图D1－3中所示的装置可以研究自由落体运动．实验中需要调整好仪器，(1)为了测试重物下落的加速度，还需要的实验器材有________．(填入正确选项前的字母)A ．天平B ．秒表C ．刻度尺(2)若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________. 11．(10分)如图D1－4所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”实验中，由打点计时器得到反映小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两个相邻计数点的时间间隔为T ＝0.10 s ，其中s 1＝7.05 cm ，s 2＝7.68 cm ，s 3＝8.33 cm ，s 4＝8.95 cm ，s 5＝9.61 cm ，s 6＝10.26 cm ，则A 点处瞬时速度的大小是______m/s ，小车运动的加速度计算表达式为________，加速度的大小是________m/s 2(四、计算题(共36分)12．(18分)一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10 m/s 的速度匀速驶过的货车严重超载时，决定前去追赶．经过5.5 s 后警车发动起来，并以2.5 m/s 2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90 km/h 以内．问：(1)警车在追赶货车的过程中，两车之间的最大距离是多少？ (2)警车发动后要多长时间才能追上货车？13．(18分)某天，小明在上学途中沿人行道以v1＝1 m/s速度向一公交车站走去，发现一辆公交车正以v2＝15 m/s速度从身旁的平直公路同向驶过，此时他距车站s＝50 m．为了乘上该公交车，他加速向前跑去，最大加速度a1＝2.5 m/s2，能达到的最大速度v m＝6 m/s.假设公交车在行驶到距车站s0＝25 m处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间t＝10 s，之后公交车启动向前开去．(不计车长)(1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度a2大小是多少？(2)若小明加速过程视为匀加速运动，通过计算分析他能否乘上该公交车．图D1－545分钟单元能力训练卷(一)1．D [解析] 由表达式s ＝5t ＋t 2可看出初速度v 0＝5 m/s ，加速度a ＝2 m/s 2.当t ＝1 s 时，s ＝6 m ，即第1 s 内的位移是s 1＝6 m ，同理，前2 s 内的位移为s 2＝14 m ，前2 s 内的平均速度是v 2＝s 2t 2＝7 m/s ，故A 、B 错；任意相邻的1 s 内位移差为Δs ＝aT 2＝2 m ，C 错；任意1 s 内的速度增量Δv ＝aT ＝2 m/s ，D 对．2．B [解析] 利用s ＝12(v 0＋v t )t 求解．3．A [解析] 利用匀加速直线运动经过位移中点的瞬时速度公式v ＝v 20＋v 2t2求解．4．B [解析] 由题意可知：v 乙>v 甲>v 丙，三辆车的位移相等．根据公式t ＝s v可知乙车运动时间最短，即乙车最先通过第二块路标．本题也可作出三辆车的v －t 关系图象，如图所示，可以看出乙车最先通过第二块路标．本题正确选项只有B.5．AD [解析] 整个过程中赛车手的平均速度为v ＝s t＝9560km/h ＝108 km/h ，选项A 正确、B 错误；而平均速率v ＝l t ＝15560km/h ＝180 km/h ，选项C 错误；车内速度计指示的速度为汽车通过某位置时的瞬时速度，选项D 正确．6．BC [解析] 当加速度方向与运动方向相同时，物体一定加速，A 错；加速度减小，但若加速度与速度方向相同，则物体加速运动，B 对；当加速度不变且不为零时，物体的速度一定会改变，C 对；只要有加速度，物体的速度就会改变，D 错．7．BC [解析] 设物体的初速度为v 0，则由v t ＝v 0＋at 得6＝v 0＋2a,8＝v 0＋3a ，解得：v 0＝2 m/s ，a ＝2 m/s 2，故A 错；由F ＝ma 知合外力F ＝4 N ，B 对；由v t ＝v 0＋at 得第1 s 末的速度v 1＝4 m/s ，则第2 s 内物体的位移为s ＝12(v 1＋v 2)t ＝12×(4＋6)×1 m＝5 m ，C 对；不知物体的具体受力情况，无法求解物体与地面的动摩擦因数，D 错．8．BC [解析] 根据v －t 图象可知物体在第1 s 末开始减速，选项A 错误；由于第2 s 内和第3 s 内v －t 图象的斜率相同，所以加速度相同，选项B 正确；由图线与坐标轴所围面积表示位移可知4 s 末物体刚好返回出发点，选项C 正确；物体在第2 s 末或第6 s 末距离出发点最远，选项D 错误．9．BD [解析] 根据v －t 图线的斜率不断减小可知物体运动的加速度不断减小；假设从t 1到t 2的过程中做匀减速运动，则平均速度为v 1＋v 22，而该物体在这段时间内的速度始终小于做匀减速运动时的速度，因而平均速度也将小于v 1＋v 22，本题选项B 、D 正确．10．(1)C (2)打点计时器与纸带之间存在摩擦．[解析] (1)用刻度尺测量计数点间的距离；(2)重物下落的加速度值总小于当地的重力加速度值，说明该误差为系统误差，可能产生这种误差的因素有：打点计时器与纸带之间存在摩擦、纸带下落过程中受到空气阻力等．11．0.86 a ＝s 4＋s 5＋s 6－s 1＋s 2＋s 39T20.64[解析] 根据做匀变速直线运动的物体某段时间内中间时刻的瞬时速度等于整个过程的平均速度可得v A ＝s 3＋s 42T＝0.86 m/s ；由于s 4－s 1＝3a 1T 2，s 5－s 2＝3a 2T 2，s 6－s 3＝3a 3T 2，所以a＝a 1＋a 2＋a 33＝s 4＋s 5＋s 6－s 1＋s 2＋s 39T 2，代入数据得a ＝0.64 m/s 2. 12．(1)75 m (2)12 s[解析] (1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们之间的距离最大，设警车发动后经过t 1时间两车的速度相等．则t 1＝v a ＝102.5s ＝4 ss 货＝v (t 0＋t 1)＝10×(5.5＋4) m ＝95 ms 警＝12at 21＝12×2.5×42m ＝20 m所以两车间的最大距离为 Δs ＝s 货－s 警＝75 m.(2)v m ＝90 km/h ＝25 m/s ，当警车刚达到最大速度时，运动时间t 2＝v m a ＝252.5s ＝10 ss 货′＝v (t 0＋t 2)＝10×(5.5＋10) m ＝155 ms 警′＝12at 22＝12×2.5×102m ＝125 m因为s 货′>s 警′，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离 Δs ′＝s 货′－s 警′＝30 m警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过Δt 时间追赶上货车，则Δt ＝Δs ′v m －v ＝3025－10s ＝2 s所以警车发动后要经过t ＝t 2＋Δt ＝12 s 才能追上货车．13．(1)4.5 m/s 2(2)能[解析] (1)公交车刹车的加速度a 2＝0－v 222s 0＝0－1522×25m/s 2＝－4.5 m/s 2所以其加速度大小为4.5 m/s 2. (2)汽车从相遇处到开始刹车用时t 1＝s －s 0v 2＝2515 s ＝53 s汽车刹车过程中用时t 2＝0－v 2a 2＝103s小明以最大加速度达到最大速度用时t 3＝v m －v 1a 1＝6－12.5s ＝2 s小明加速过程中的位移s 2＝12(v 1＋v m )t 3＝7 m以最大速度跑到车站的时间t 4＝s －s 2v 3 s ＝50－76s ＝7.2 st 1＋t 2<t 3＋t 4<t 1＋t 2＋10 s ，即小明可以在汽车还停在车站时上车．。
2013届高三物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(10)教科版
45分钟单元能力训练卷(十)[考查范围：第十单元 分值：110分]一、选择题(每小题6分，共48分)1．正弦交流电的电压随时间变化的规律如图D10－1所示，由图可知( )图D10－1A ．该交流电的电压瞬时值的表达式为u ＝100sin25t VB ．该交流电的频率为25 HzC ．该交流电的电压的有效值为100 2 VD ．若将该交流电压加在阻值R ＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W2．如图D10－2所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过 1 min 的时间，两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为( )图D10－2A ．1∶ 2B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶63．如图D10－3所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝2202sin100πt V ，则( )图D10－3A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22 VB ．当t ＝1600s 时，c 、d 间的电压瞬时值为110 V C ．单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器的滑片P 向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电压表和电流表的示数均变小图D10－44．如图D10－4所示，理想变压器原副线圈的总匝数之比为1∶2，其原线圈与一电压有效值为220 V 的交流电源相连，P 为滑动头．现令P 从均匀密绕的副线圈最底端开始沿副线圈缓慢匀速上滑，直至“220 V 60 W”的白炽灯L 两端的电压等于其额定电压为止．U 1表示副线圈两端的总电压，U2表示灯泡两端的电压，用I1表示流过副线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流(这里的电流、电压均指有效值)图D10－5中能够正确反映相应物理量的变化趋势的是( )A B C D图D10－55．如图D10－6所示，一理想变压器的原线圈匝数为n1，连接一理想电流表；副线圈接入电路的匝数n2可以通过滑动触头Q调节，副线圈接有灯泡L和光敏电阻R(光照加强时，R 的阻值会变小)，则( )A．原副线圈电流之比为n1∶n2 B．只使Q向上滑动，灯泡变亮C．只加强光照，电流表读数变大 D．只加强光照，原线圈的输入功率变小图D10－6图D10－76．如图D10－7所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R. 开始时开关S断开，当S接通后( )A．副线圈两端M、N的输出电压减小B．副线圈输电线等效电阻R两端的电压降增大C．通过灯泡L1的电流减小D．原线圈中的电流减小7．如图D10－8所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u＝311sin314t V 的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是( )图D10－8A．A1的示数增大，A2的示数减小B．A1的示数增大，A2的示数增大C．V1的示数增大，V2的示数增大D．V1的示数不变，V2的示数减小8．如图D10－9所示是一位同学设计的防盗门报警器的简化电路示意图．门打开时，红外光敏电阻R3受到红外线照射，电阻减小；门关闭时会遮蔽红外线源(红外线源没有画出)．经实际试验，灯的亮灭的确能反映门的开、关状态．门打开时两灯的发光情况以及R2两端电压U R2与门关闭时相比( )图D10－9 A ．红灯亮，U R 2变大B ．绿灯亮，U R 2变大C ．绿灯亮，U R 2变小D ．红灯亮，U R 2变小二、填空题(共16分)9．(8分)传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用．如图D10－10所示是一种测定液面高度变化的电容式传感器的示意图，金属芯线与导电液体形成一个电容器，从电容C 大小的变化就能反映液面的升降情况．那么当实验仪表显示的电容C 在增大时，表示液面的高度h ________.图D10－10图D10－1110．(8分)有一种测量人体重的电子秤，其原理图如图D10－11所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R (是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表A(实际是理想电流表)．设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3 A ，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，电阻R 随压力F 变化的函数式为R ＝30－0.02F (F 和R 的单位分别是N 和Ω)．则该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表A 刻度盘________ A 刻度处；某人站在该秤踏板上，电流表刻度盘的示数为0.6 A ，则其质量为________ kg.三、计算题(共46分)11．(22分)三峡水利工程中某一水电站发电机组设计为：水以v 1＝3 m/s 的速度流入水轮机后以v 2＝1 m/s 的速度流出，流出水位比流入水位低10 m ，水流量为Q ＝103 m 3/s.水轮机效率为75%，发电机效率为80%，试问：(1)发电机的输出功率是多少？(2)如果发电机输出电压为240 V ，用户所需电压为220 V ，输电线路中能量损耗为5%，输电线的电阻共为12 Ω，那么所需用升、降压变压器的原副线圈匝数比分别是多少？12．(24分)如图D10－12所示，一个半径为r 的半圆形线圈以直径ab 为轴匀速转动，转速为n ，ab 的左侧有垂直于纸面向里(与ab 垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B .M 和N 是两个集流环，负载电阻为R ，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：(1)从图示位置起转过14转的时间内负载电阻R 上产生的热量； (2)从图示位置起转过14转的时间内通过负载电阻R 的电荷量； (3)电流表的示数．图D10－121．AC [解析] 法拉第发现了电磁感应现象并总结了感应电流的产生条件，选项B 错误；安培发现了磁场对通电导体的作用规律，洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，选项D 错误．2．AC [解析] 由两磁铁间的磁场分布可知，靠近两极处磁感应强度最大，O 点处磁感应强度最小，故线圈经过O 点时穿过的磁通量最小，根据法拉第电磁感应定律，线圈经该位置时的感应电流为零，其所受磁场力为零，故选项A 正确，B 错误；根据楞次定律，线圈沿不同方向经过b 点时感应电流方向相反，其所受的磁场力方向也相反，选项C 正确；线圈沿同一方向经过a 、b 两点时磁场方向相同，但其变化的方向相反，故电流方向相反，选项D 错误．3．D [解析] 磁感应强度均匀变化，产生恒定的感应电流，选项A 错误；第1 s 内，磁通量垂直于纸面向里且均匀增强，由楞次定律可以判定感应电流方向为逆时针，选项C 错误；同理可判定，第4 s 内感应电流方向为逆时针，故选项B 错误，D 正确．4．C [解析] 当火车头中的磁场刚接触线圈时，线圈中有一边切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝Blv ；当磁场完全进入时，穿过线圈的磁通量不发生变化，无感应电动势；当磁场要离开线圈时，线圈中又有一边在切割磁感线，产生的感应电动势E ＝Blv .根据右手定则判断知，两段产生的感应电动势方向相反，也就是正负极相反，故选项C 正确．5．C [解析] 先由右手定则判断出A 盘中感应电流的方向，再根据B 盘中电流方向和左手定则判断B 盘的转动方向．A 盘顺时针方向转动时，处在磁场中沿半径方向的导体做切割磁感线运动，由右手定则可以判断出A 盘中感应电流方向由中心指向边缘，而产生感应电动势的导体相当于电源，因此A 盘边缘电势比中心处高，故选项A 、B 错误．A 盘产生的感应电动势与B 盘构成闭合回路，则B 盘中电流方向由中心指向边缘，据外电路中电流由电势高的点流向电势低的点知，B 盘中心处电势高，选项D 错误．由左手定则可以判断出，B 盘处在磁场中沿半径方向的导体所受安培力方向与半径垂直，且垂直纸面向里，则B 盘将逆时针方向转动．由此可知，选项C 正确．6．D [解析] ab 棒右移时，切割磁感线．根据右手定则，ab 棒中的感应电流方向从a 流向b .此时ab 棒起着电源的作用，两边电阻器并联在电源两极之间，所以流过R 1、R 2的电流都由上而下．7．C [解析] 电源内阻不计，闭合开关时，流过D 2、D 3的电流不变，因线圈产生的自感电动势阻碍线圈中电流的增大，故流过D 1的电流由零开始逐渐增大；断开开关时，线圈产生的自感电动势阻碍线圈中电流的减小，流过D 1、D 2、D 3的电流将逐渐减小到零．只有选项C 正确．8．D [解析] 由楞次定律可知，电流表的电流方向向右；传感器正常工作时的电阻R ＝U 2P ＝20.9 W ＝10 Ω，工作电流I ＝U R ＝3 V 10 Ω＝0.3 A ，由于滑动变阻器允许的最大电流是1 A ，所以电路允许通过的最大电流为I max ＝0.3 A ；由于磁场时间均匀变化，所以线圈中产生的感应电动势是不变的．滑动变阻器的滑片位于最左端时，外电路的电阻为R 外＝20 Ω，感应电动势的最大值E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt＝I max (R ＋R 0)，解得t 0＝40 s ．故只有D 项正确． 9．(1)8.8 m/s 2 (2)0.44 J[解析] (1)棒下落距离r 2时，棒切割磁感线产生感应电动势，棒在圆形导线框内的部分相当电源，其有效长度L ＝3r ，外电路由电阻为R 1＝R 03和R 2＝2R 03的两部分圆弧导线并联，此时外电路电阻为R ＝2R 03×R 03R 0＝2R 09根据法拉第电磁感应定律E ＝BLv ＝3Brv 1又I ＝E R棒受到的安培力F A ＝BLI ＝B 23r 2·v 1R ＝0.12 N根据牛顿第二定律，mg －F 安＝ma故a ＝g －F 安m＝8.8 m/s 2 (2)下落过程能量守恒，有mgr ＝Q ＋12mv 22 故下落到圆心过程产生的热量Q ＝mgr －12mv 22＝0.44 J 10．1 s [解析] 以MN 为研究对象，有F A ＝BId ＝T以重物为研究对象，有T ＋F N ＝mg由于B 在增大，安培力F A ＝BId 增大，绳的拉力T 增大，地面的支持力F N 减小，当F N ＝0时，重物将被吊起，此时BId ＝mg又B ＝B 0＋ΔB Δt t ＝0.5＋0.1t E ＝Ld ΔB ΔtI ＝E R ＋r联立解得t ＝1 s11．(1)0.75 m/s (2)21.5 m (3)0.5 J[解析] (1)当金属框的加速度恰好为零时，受到的安培力与重力平衡F 1安＝mg ，F 1安＝2B 0I 1L ，I 1＝2B 0Lv R解得v ＝mgR4B 20L2＝0.75 m/s (2)经分析知金属框进入PQ 下方后做竖直下抛运动．设2 s 内下落的距离为h ，则h ＝vt ＋12gt 2 解得h ＝21.5 m.(3)设金属框在PQ 下方磁场中运动时产生的感应电流为I ，感应电动势为E,2 s 内产生的焦耳热为Q .由法拉第电磁感应定律E ＝ΔB ΔtL 2 I ＝E R由图象得ΔB Δt＝2 T/s ， 2 s 内产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ＝0.5 J。
2013届高三物理一轮复习专题精练 3.1 牛顿第一、三定律
2013届高三物理一轮复习专题精练3.1 牛顿第一、三定律一、选择题1．（四川省成都外国语学校2012届高三月考理综卷）如图所示，甲、乙两位同学做“拔河”游戏。
两人分别用伸平的手掌托起长凳的一端，保持凳子水平，然后各自向两侧拖拉。
若凳子下表面各处的粗糙程度相同，两位同学手掌粗糙程度也相同，在甲端的凳面上放四块砖，对“拔河”过程的下列判断正确的是A. 甲的手和凳子间的摩擦力较大B. 乙的手和凳子间的摩擦力较小C. 甲的手和凳子间不会有相对滑动D. 乙的手可以和凳子间一定有相对滑动1.C2．（云南省玉溪一中2012届高三上学期期中考试）如图所示，一物块m从某曲面上的Q点自由下滑，通过一粗糙的静止传送带后，落到地面P点。
若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，传送带也随之运动，再把该物体放在Q点自由下滑，则A．它仍落在P点 B．它将落在P点左方C．它将落在P点右方 D．无法确定落点2．A3.关于惯性，下列说法中正确的是（）A.物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性B.物体只有受力作用时才有惯性C.物体做变速运动时，其惯性不断变化D.一切物体都具有惯性3.D4．下列说法正确的是( )A．速度大的物体惯性大B．物体不受外力时才有惯性C.惯性是物体的属性，与物体的运动状态和是否受力无关D．在匀速上升的气球中落下一个石块，在石块刚离开气球的瞬间，石块立即向下做自由落体运动4.C5．关于牛顿第一定律的理解，下列说法正确的是（）A．力是维持物体运动状态的原因B．力是改变物体运动状态的原因C．物体的质量较小，但运动的速度较大时，惯性也可以很大D．物体自由下落时比竖直上抛时的惯性小5.B6．（福建省师大附中2012届高三上学期期中考试）在加速上升的电梯地板上放置着一个木箱，下列说法正确的是（）A．木箱对电梯地板的压力小于木箱的重力B．木箱对电梯地板的压力等于木箱的重力C．电梯地板对木箱的支持力大于木箱对电梯地板的压力D．电梯地板对木箱的支持力等于木箱对电梯地板的压力6.D7. （山东省潍坊市2012届高三10月份三县联考）16世纪末，伽利略用实验推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元。
- 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)。
www.3edu.net 教师助手 学生帮手 家长朋友 www.aaaxk.com www.3edu.net 教师助手 学生帮手 家长朋友 www.aaaxk.com 45分钟单元能力训练卷(六) [考查范围：第六单元 分值：110分]
一、选择题(每小题6分，共48分)
图D6－1 1．如图D6－1所示，一水平固定的小圆盘A带电荷量为Q，电势为零．从圆盘中心处O由静止释放一质量为m、带电荷量为＋q的小球，由于电场的作用，小球竖直上升可达盘中心竖直线上的c点，Oc＝h，又知道过竖直线上的b点时小球速度最大，由此在Q所形成的电场中，可以确定的物理量是( ) A．b点的场强 B．c点的场强 C．b点的电势 D．c点的电势 2．在电场中的某点放一个试探电荷，其电荷量为q，受到的电场力为F，则该点的电
场强度为E＝Fq，下列说法正确的是( ) A．若移去试探电荷，则该点的电场强度为0 B．若试探电荷的电荷量变为4q，则该点的场强变为4E C．若放置到该点的试探电荷变为－2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反 D．若放置到该点的试探电荷变为－2q，则场中该点的场强大小和方向均不变
图D6－2 3．如图D6－2所示，MN是由一个正点电荷Q产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子＋q飞入电场后，在电场力的作用下沿一条曲线运动，先后通过a、b两点，不计粒子的重力，则( ) A．粒子在a点的加速度小于在b点的加速度 B．a点电势φa 小于b点电势φb C．粒子在a点的动能Eka小于在b点的动能Ekb D．粒子在a点的电势能Epa 小于在b点的电势能Epb 4．点电荷Q1与Q2分别固定在A、B两点，取无穷远处电势为零，图D6－3表示A、B连线上的电势分布，则以下说法正确的是( )
图D6－3 A．图甲中Q1、Q2都是正电荷，且Q1B．图乙中Q1、Q2都是正电荷，且Q1C．图丙中Q1、Q2是等量异种电荷，Q1为负电荷 www.3edu.net 教师助手 学生帮手 家长朋友 www.aaaxk.com www.3edu.net 教师助手 学生帮手 家长朋友 www.aaaxk.com D．图丁中Q1是正电荷，Q2是负电荷，且|Q1|>|Q2| 5．如图D6－4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，P点位于－Q右侧，则下列判断正确的是( ) A．轴上还有一点与P点场强相同 B．轴上还有两点与P点场强相同 C．若将试探电荷＋q从P点移至O，电势能增大 D．若将试探电荷＋q从P点移至O，电势能减小
图D6－4
图D6－5 6．如图D6－5所示，AB是圆O的一条直径，OC为圆的半径，∠AOC＝90°，圆O所在空间有一匀强电场．相同的带正电的粒子以相同的初动能Ek0沿不同方向从A点出发，能够经过圆周上其他一些点，其中经过B点的粒子的动能为1.5Ek0，经过C点的粒子的动能为2Ek0.不计粒子所受重力及粒子间相互作用的影响．下列说法中正确的是( ) A．经过C点的粒子的动能一定比经过圆周上其他点的粒子的动能大 B．经过C点的粒子的动能一定比经过圆周上其他点的粒子的动能小 C．无论粒子在A点的速度方向如何，圆周上总有些位置粒子无法到达 D．改变粒子在A点的速度方向，总能使圆周上任何位置都有粒子到达 7．如图D6－6所示，带等量异种电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点．一带电粒子(不计重力)以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点，则( ) A．粒子受电场力的方向一定由M指向N B．粒子在M点的速度一定比在N点的大 C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大 D．电场中M点的电势一定高于N点的电势
图D6－6 图D6－7 8．如图D6－7所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则( ) A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小 B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大 C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小 D．小球在运动过程中机械能守恒 二、实验题(共16分) 9．(8分)如图D6－8所示，半径为R的硬橡胶圆环上带有均匀分布的正电荷，单位长度上的电荷量为q.现在环上截去一小段长度为L(L≪R)的圆弧AB，则在圆环中心O处的电场强度的大小为________． www.3edu.net 教师助手 学生帮手 家长朋友 www.aaaxk.com www.3edu.net 教师助手 学生帮手 家长朋友 www.aaaxk.com 图D6－8 图D6－9 10．(9分)如图D6－9所示，匀强电场与竖直方向成α角．一个带负电荷的小球电荷量为q，质量为m，用细线系在竖直墙面上，恰好静止在水平位置，则场强大小为____________．
三、计算题(共46分) 11．(14分)如图D6－10所示，两块平行金属板M、N竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×103 V，现将一质量m＝1×10－2 kg、电荷量q＝4×10－5 C的带电小球从两板上方的A点以v0＝4 m/s的初速度水平抛出，之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的B点．已知A点距两板上端的高度h＝0.2 m，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求： (1)M、N两板间的距离d. (2)小球到达B点时的动能Ek.
图D6－10 12．(16分)静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有利于工人健康等优点，其装置示意图如图D6－11所示．A、B为两块平行金属板，间距d＝0.30 m，两板间有方向由B指向A、电场强度E＝1.0×103 N/C的匀强电场．在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的质量m＝2.0×10－15 kg，电荷量q＝－2.0×10－16 C，喷出的初速度v0＝2.0 m/s.油漆微粒最后都落在金属板B上．微粒所受重力和空气阻力以及微粒之间的相互作用力均可忽略．求： (1)微粒落在B板上时的动能； (2)微粒离开喷枪后到达B板所需的最短时间； (3)微粒最后落在B板上所形成图形的面积．
图D6－11 13．(16分)如图D6－12所示，同一竖直线的A、B两点固定有等量异种点电荷，电荷量为q，正、负如图所示，△ABC为一等边三角形(边长为L)，CD为AB边的中垂线，且与 www.3edu.net 教师助手 学生帮手 家长朋友 www.aaaxk.com www.3edu.net 教师助手 学生帮手 家长朋友 www.aaaxk.com 右侧竖直光滑14圆弧轨道的最低点C相切，已知圆弧的半径为R，现把质量为m、带电荷量为＋Q的小球(可视为质点)由圆弧的最高点M静止释放，到最低点C时速度为v0.已知静电力常量为k，现取D为电势零点，求： (1)在等量异种电荷的电场中，M点的电势φM； (2)在最低点C时轨道对小球的支持力FN的大小．
图D6－12 45分钟单元能力训练卷（六） 1．AD [解析] 小球过b点时速度最大，有qE＝mg，得E＝mgq，选项A正确；小球在c点并不是受力平衡，场强无法确定，选项B错误；小球从O到c有qU－mgh＝0，得U＝mghq，由U＝0－φc得φc＝－mghq，选项D正确、选项C错误．
2．D [解析] 电场中某点的场强与检验电荷无关，选项D正确． 3．C [解析] 由轨迹特征可知，正电荷经过MN时受力方向由N指向M，场源电荷在靠近N一侧，故a点的场强大于b点的场强，选项A错误；远离场源电荷的b点的电势低，选项B错误；从a运动到b过程中，电场力做正功，动能增大，电势能减小，选项C正确、D错误． 4．AD [解析] 根据电场的电势变化分析电场，可以从两个方面入手：①电势线的斜率(表示场强)；②电势的大小．在图甲和图乙中，没有电势为零的点，应由斜率为零(场强为零)的点判读，由图甲中A、B之间的电势分布可知，斜率为零的点靠近A侧，即场强为零的点靠近A，故Q1＜Q2，同理可判断图乙中Q1>Q2，选项A正确、选项B错误；图丙中电势为零的点位于AB连线的中点，由电势分布规律可知，Q1、Q2为等量异号电荷，但Q1应为正电荷，选项C错误；图丁中，电势为零的点靠近B一侧，|Q1|＞|Q2|，选项D正确． 5．AC [解析] 由等量异种点电荷的电场分布图可知，O点与无穷远处的电势相同，在x轴上，＋Q点左侧的点的场 强方向向左，－Q点右侧的点的场强方向向左，＋Q与－Q之间的点的场强向右，故在＋Q左侧与P点关于原点O对称的点的场强与P点场强相同，P点电势比O点电势低，试探电荷＋Q由P点移到O点后电势能增大． 6．D [解析] 由动能定理qUAB＝q(φA－φB)＝ΔEkAB＝0.5 Ek0，设A点电势为0，则B点
电势为φB＝－0.5Ek0q，令φ＝Ek0q，则B点电势为－0.5φ，C点电势为－φ.由于在匀强电场中沿同一直线电势均匀变化，则AC的中点D的电势为－0.5φ，故BD为等势面，作BD的平行线与圆相切与P点，则UAP最大，粒子到达P点的动能最大，连接PO交圆周于Q，Q点电势最高，由几何关系可知，φQ子动能最小，由此可知粒子能够达到圆周上的任何一点，综上所述，只有选项D正确．
7．B [解析] 由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力