2016年高考物理试题分类汇编及解析（word版）

2016年高考物理试题分类汇编及答案解析

专题一、直线运动

一、选择题

1. （全国新课标I卷，21）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v?t图像如图所示。已知两车在t?3s时并排行驶，则（ ）。 A. 在t?1s时，甲车在乙车后 B. 在t?0时，甲车在乙车前7.5m C. 两车另一次并排行驶的时刻是t?2s

D. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m 【答案】BD

【解析】根据v?t图，甲、乙都沿正方向运动。t?3s时，甲、乙相遇，v甲=30m/s，v乙=25m/s，

1由位移和v?t图面积对应关系，0～3内的位移：x甲=?3?30m=45m，

21x乙=?3??10+25?m=52.5m。故t?0时，甲乙相距?x1?x乙-x甲=7.5m，即甲在乙前方7.5m，

2B选项正确。

110～1内，x甲?=?1?10m=5m，x乙?=?1??10+15?m=12.5m，?x2?x乙??x甲?=7.5m，说

22明甲、乙第一次相遇。A、C错误。

甲、乙两次相遇地点之间的距离为x?x甲?x甲?=45m?5m=40m，所以D选项正确。

2.（全国新课标II卷，19）两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大

于乙球质量．两球在空气中从静止开始下落，假设它们运动时受到的阻力 与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则（ ）。A．甲球用的时间比乙球长

B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功。 【答案】BD

【解析】由已知可设f?kR ① 则受力分析得：

F合?mg?f ② F合?ma ③

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4m??R3?? ④

3由①②③④得

a?g?k4 ?R2??3由m甲?m乙 ?甲??乙 可知a甲?a乙 C错 由v-t图可知甲乙位移相同，则：

v甲?v乙 B对 t甲?t乙 A错

由功的定义可知 W克服=f?x x甲?x乙 f甲?f乙 则W甲克服?W乙克服 D对

3.（全国新课标III卷，16）.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为（ ）。 A. B.【答案】A

【解析】设初速度为v1，末速度为v2，根据题意可得9?据v?v0+at，可得3v1?v1+at，解得v1?故A正确；

4.（上海卷，14）物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是（ ）。 (A)

C. D.

1212mv1?mv2，解得v2?3v1，根22at12s，代入s?v1t?at可得a?2， 2t224816m/s2 (B)m/s2 (C)m/s2 (D)m/s2 3399【答案】B

【解析】根据题意，物体作匀加速直线运动，t时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，

16m/s；在第二段时间内中间时刻的瞬时4v?v8?4164m/s；则物体加速度为：a?21?m/s?m/s，故B正速度为：v2?v2?2t33在第一段时间内中间时刻的瞬时速度：v1?v1?确

5.（江苏卷，5）小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v和位置x的

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关系图象中，能描述该过程的是（ ）。

【答案】A。【难】上半段为上升过程，下半段为下落过程。

【解析】由题意知，小球在下落的过程中速度方向向下，与题目中规定的正方向相反，为负值，C、D错；小球的运动为匀变速运动，依据v2-v02=2ax可知速度

与时间的关系为二次函数，故A正确，B错。上半段为上升过程

6.（海南卷，1）在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中（ ）。 A．速度和加速度的方向都在不断变化 B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小 C．在相等的时间间隔内，速率的该变量相等 D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等。 【答案】B

【解析】物体做平抛运动，说明加速度不变，速度的大小和方向尽管在变化，A错；如图所示，tan??xOP?yv0，随着时间t的变大，tanθ变小，则θ变小，选项B正确；根据加速度定义gt可知?v?g?t，则在等时间间隔内，速度的变化量等，C错误C错误；依据动能定理，在等时间间隔内，动能的该变量等于重力的功，由于平抛在竖直方向上，在等时间内位移不等，故D错误。 二、计算题

1、（四川卷10题17分）

避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为水平面夹角为的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的低端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受

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到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取

。求：

（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； （2）制动坡床的长度。

解：（1）设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ=0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则

① ②

联立①②并代入数据得：a1=5 m/s③ a1的方向沿制动坡床向下。

（2）设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v=23 m/s。货车在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0=38m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s=4m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k=0.44，货车长度l0=12m， 制动坡床的长度为l，则

④

⑤

⑥

⑦ ⑧

⑨

联立①②③-⑨并代入数据得：

⑩

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专题二、相互作用

一、选择题

1. （全国新课标I卷，19）如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向 不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（ ）。A. 绳OO'的张力也在一定范围内变化 B. 物块b所受到的支持力也在一定范围内变化 C. 连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化 D. 物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化。 【答案】BD

【解析】由题意，在F保持方向不变，大小发生变化的过程中，物体a、b均保持静止，各绳角度保持不变；选a受力分析得，绳的拉力T?mag，所以物体a受到绳的拉力保持不变。由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变，C选项错误； a、b受到绳的拉力大小方向均不变，所以OO?的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，并将各力沿水平方向和竖直方向分解，如上图所示。由受力平衡得：Tx?f?Fx，Fy?N?Ty?mbg。T和mbg始终不变，mb gTTxFyTyfNFFx当F大小在一定范围内变化时；支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确；故答案选BD。

2. （全国新课标II卷，14）质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力

F缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（ ）。

A．F逐渐变大，T逐渐变大 B．F逐渐变大，T逐渐变小 C．F逐渐变小，T逐渐变大 D．F逐渐变小，T逐渐变小 【答案】A

【解析】动态平衡问题，

F与T的变化情况如图：

可得：F?F'?F''?

T?T'?T''?

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3（全国新课标III卷，17）如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上，一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为（ ）。 A.

3m B. m C. m D.2m

22abT

【答案】C

o?ToT?mgm'g【解析】如图所示，△Oab为等边三角形，?aO?b?120?，则T?mg，根据几何关系可知，绳子上张力的合力等于m?g，所以小物块的质量为m，C正确

4.（上海卷，15）如图，始终竖直向上的力F作用在三角板A端，使其绕B点在竖直平面内缓慢地沿顺时针方向转动一小角度，力F对B点的力矩为M，则转动过程中（ ）。

FNB

(A)M减小，F增大 (B)M减小，F减小 (C)M增大，F增大 (D)M增大，F减小 【答案】A

【解析】受力如图所示，对三角板受力分析受到重力、支持力和拉力，由于缓慢转动，三角板近似平衡，所以有：G?N?F，在转动过程中，支持力减小而拉力F在增加；力矩是力与力到作用点的距离的乘积，应用极端思维法，当三角板被竖直时，力与转动轴的距离为零，此时力矩为零，故此过程中力矩在减小，选项A正确。

5.（江苏卷，1）一轻质弹簧原长为8 cm，在4 N的拉力作用下伸长了2 cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为（ ）。

（A）40 m/N （B）40 N/m （C）200 m/N （D）200 N/m 【答案】D

【解析】根据胡克定律F?kx，代入数据可得k?200N/m，故选D

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G6.（江苏卷，9）如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌

面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（ ）。 (A)桌布对鱼缸摩擦力的方向向左

(B)鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 (C)若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 (D)若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面。 【答案】BD

【解析】鱼缸受力如图，f向右，A错误；鱼缸与桌布，鱼缸与桌面间动摩擦因数相同，则在桌布上加速和在桌面上减速的时间是相等的，B对；如增大拉力，鱼缸与桌布之间的摩擦力还是滑动摩擦力，大小是不变的，C错误；若减小拉力，桌布的加速度会减小，鱼缸与桌布可能相对滑动页有可能相对静止，鱼缸在桌面运动的时间变长，所以鱼缸由可能画出桌面，D正确。

7.（浙江卷，17）如图所示为一种常见的身高体重测量仪。测量仪顶部向下发射波速为v的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔。质量为M0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比。当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t0，输出电压为U0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t，输出电压为U，则该同学的身高和质量分别为（ ）。 A．v（t0-t），

N

fGM0M1U B．v（t0-t），0U U0U02M0M1(U?U0) D． v（t0-t），0(U?U0) U0U02C． v（t0-t），【答案】D

2x?vt0；U0?kM0g站人时：2(x?h)?vt；【解析】当侧重台没有站人时，U?k(M0g?mg)，解得：m?M0(U?U0),故选D U08. （海南卷，2）如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态。若将a和b、b与P、P与桌面

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之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示。则（ ）。 A．f1=0，f2≠0，f3≠0 B．f1≠0，f2=0，f3=0 C．f1≠0，f2≠0，f3=0 D．f1≠0，f2≠0，f3≠0 【答案】C

Nf2G【解析】整体受力如图所示，由平衡条件可知，f3?0，ab为整体受力如图，ab有整体下滑趋势，则f2?0，同理ab之间也有摩擦力f1?0，故选C

专题三、牛顿运动定律

一、选择题

1. （全国新课标I卷，18）一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（ ）。

A. 质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B. 质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C. 质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D. 质点单位时间内速率的变化量总是不变 【答案】BC

【解析】质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点的合外力为该恒力

①若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向时刻与恒力方向不同，故A错；

②若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点作曲线运动，力与运动方向夹角会发生变化，例如平抛运动，故B正确；

③由牛顿第二定律可知，质点加速度方向与其所受合外力方向相同；

④根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，速率变化量不一定相同，故D错。

2. （全国新课标III卷，20）如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则（ ）。 A.

B.

C.

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D.

【答案】AC

【解析】质点P下滑过程中，利用动能定理可得mgR?Wf?12mv，2Nmv2在最低点由牛顿第二定律有N?mg?ma?,可得：

Ra?2(mgR?Wf)mR,N?3mgR?2WfR,

mg故B、D错误，A、C正确。

3.（上海卷，4）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的（ ）。

ma

（A）OA方向 （B）OB方向（C）OC方向 （D）OD方向 【答案】D

【解析】据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选项D正确。

4.（上海卷，7）.在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力，体验者在加速下落过程中（ ）。 （A）失重且机械能增加 （B）失重且机械能减少 （C）超重且机械能增加 （D）超重且机械能减少 【答案】B

【解析】据题意，体验者漂浮时：mg?f；在加速下降过程中，mg?f，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项B正确。

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fmg5.（天津卷，8）我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由8节车厢组成，其中第1和5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组（ ）。 A、启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反

B、做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3:2 C、进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D、与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1:2 【答案】BD

【解析】列车启动时，乘客随车厢一起加速，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同，A错；对动车组，由牛顿第二定律有

2F?8kmg?8m，a则a?F?kg4m，以6、7、8节车厢为整体：f56?3ma?3kmg?0.75F;

对7、8有f67?2ma?2kmg?0.5F；则5、6节与7、8节间作用力之比为3:2，B对；由

2P1v22，则C错误；8节车厢有2节动车时的最大速度vm1?；kMgs?Mv可得s?8kmg22kg同理有4节动车时的最大速度vm2?v14P，则m1?，D正确；故选BD。

vm228kmg6（海南卷，5）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度-时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0-5s，5-10s，10-15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（ ）。 A．F1F3 C．F1>F3 D．F1=F3 【答案】A

【解析】根据v?t图像可以知道，在0~5s内加速度为a1?0.2m/s2，方向沿斜面向下；在5~10s内，加速度

内加速度为s5a2?0；在10~12a1??0.2m/s，方向沿斜面向上；受力分析如图：

在0~5s内，根据牛顿第二定律：mgsin??f?F1?ma1，则：

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F1?mgsin??f?0.2m；

在5~10s内，根据牛顿第二定律：mgsin??f?F2?ma2，则：F2?mgsin??f； 在10~15s内，根据牛顿第二定律：f?F3?mgsin??ma3，则：F3?mgsin??f?0.2m 故可以得到：F3?F2?F1，故选项A正确。 二、填空题

1（上海卷25）地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高为h，h

gh

2H?hF0，可以计算出物体到达h处时力H【解析】据题意，从图可以看出力F是均匀减小的，可以得出力F随高度x的变化关系：F?F0?kx，而k?F?F0??F0h；物体从地面到h处的过程中，力F做正功，重力G做负功，由动能定理可H?得：Fh?mgh，而F?F0?FF2mgH，则物体在初?F0?0h，可以计算出：F0?22H2H?h位置加速度为：F0?mg?ma，计算得：a?gh；当物体运动到h处时，加速度为：

2H?h2mgH2mghghmg?F?ma，而F?，计算处理得：a?，即加速度最大的位?2H?h2H?h2H?h置是0或h处。 三、计算题

1.（上海卷，31）（12分）风洞是研究空气动力学的实验设备。如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2m处，杆上套一质量m=3kg，可沿杆滑动的小球。将小球所受的风力调节为F=15N，方向水平向左。小球以速度v0=8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2。求： （1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离； （2）小球落地时的动能。

（3）小球离开杆端后经过多少时间动能为78J？ 【答案】（1）4.8m （2）120J （3）0.24s

【解析】（1）小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为

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t=2H=0.8s g小球在水平方向做匀减速运动，加速度 a=F=5m/s2m

12at=4.8m2

水平位移x=v0t-（2）由动能定理mgH-Fx=Ek-Ek0

Ek=120J

(3)小球离开杆后经过时间t的水平位移x=v0t-由动能定理Ek-121mv0=mg?gt222Fx

12at2

带入数据得t1=0.4s(舍去),t2=0.24s

2.（天津卷，10）我国将于2022年举办奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示，质量m=60kg的运动员从长直助滑道末端AB的A处由静止开始以加速度

a?3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB?24m/s，A与B的竖直高度差

H=48m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1530J， 取g?10m/s

（1）求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；

（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。

【答案】（1）144 N（2）12.5 m

2【解析】（1）在AB段匀加速运动：vB?2ax；

2mgH?f?ma x 12/107

代入数据可得f?144N （2）BC段：mgh?W?1212mvc?mvB 22vc2C处:FN?mg?m

RFNm?6mg

则R=12.5m

3.（天津卷，11）如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为

E?53N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大

小B=0.5T。有一带正电的小球，质量m?1.0?10kg，电荷量q?2?10C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象）取g?10m/s，求：

（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；

（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。

2?6?6【答案】（1）20m/s；速度v的方向与电场E的方向之间的夹角600（2）3.5s 【解析】(1)小球匀速运动时受力如图，其合力为零，有qvB?(qE)?(mg) 代入数据得v=20m/s.

22qvBvqEtan??

mg代入数据得tan??3，??60?

??mgqE（2）撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有：

q2E2?m2g2 a?m设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有：x?vt

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设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有：y?12at 2a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tan??y x联立各式，代入数据解得：t?23s=3.5 s

4.（四川卷，10）（17分）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货 车停止。已知货车质量是货物质量的4倍。货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车

干道货物货车防撞设施?制动坡床在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ=1，sinθ=0.1，g=10 m/s2。求： （1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； （2）制动坡床的长度。

【解析】（1）解：设货物质量为m，受到货车支持力大小为N1，车对货物摩擦力大小为f1，受力分析如图

N1 f1θmg 货物与货车间滑动摩擦因数为?1，货物减速时加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得： mgcos??N1

………………① ………………② ………………③

mgsin??f1?ma1 f1??1N1

2a?5m/s1联立方程①②③，代入数据得：…………④

方向沿坡面向下

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??（2）解：设货物对车压力大小为N1，对车摩擦力大小为f1，根据牛顿第三定律

N1??N1 ………………⑤

f1??f1 ………………⑥

车质量为4m，受坡面支持力大小为N2，坡面对车阻力大小为f2，受力分析如图 车减速时加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得 N2?N1??4mgcos?

f ' 1N2 f2N'14mg ………………⑦ ………………⑧

θf2?4mgsin??f1??4ma2由题意得 f2?0.44?5mg

………………⑨

联立⑤⑥⑦⑧⑨代入数据得：

a2?5.5m/s2

………………⑩

方向沿坡面向下。

设货车和货物共同的初速度大小为v0，货物相对货车滑动4m用时t，货物相对地面位移大小为x1，货车相对地面位移大小为x2，根据运动学公式有 1x1?v0t?a1t22……………… 1x2?v0t?a2t22……………… x1?x2?4m ………………

11 ○

12 ○13 ○

○

联立11○12○13○，代入数据得：

x2?48m…………14

车长为L，货物相对车滑动4m时车头距顶端L?，坡长为S S?L?x2?L?

代入数据，解之得：S＝98m.

2a?5m/s1答：(1) 货物在车厢内滑动时加速度的大小为，方向沿斜面向下

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(2) 制动坡床的长度为S?98m

5.（海南卷13）13.水平地面上有质量分别为m和4m的物A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，绳出于水平拉直状态。若物块Z在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求： （1）物块B客服摩擦力所做的功； （2）物块A、B的加速度大小。 【答案】（1）2μmgs；(2)aA=F?3?mgF?3?mg。 aB=2m4m，

【解析】（1）A、B受力如图,物体A移动的距离为s，则物体B移动的距离为s1=s/2

fB?4?mg则W?fBs1?2?mgs

（2）A:F??mg?T?maA

B:2T?4?mg?4maB aA?2aB

联立解得aA=

4μmgB2TμmgTAFF?3?mgF?3?mg aB=2m4m，

专题四、曲线运动

一、选择题

1.（全国新课标II卷，16）小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于

Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点．

A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于Q球的动能

C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 【答案】C

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【解析】

12由动能定理可知，mgL?mv?0

2v?2gL ①

由 l1?l2，则vP?vQ A错 EkQ?mQgl2

EkP?mPgl1 大小无法判断 B错

受力分析

T?mg?F向 ② v2F向?m ③

LF向?F合?ma ④

由①②③④得T?3mg a?2g 则Tp?TQ C对 aP?aQ D错

2. （全国新课标III卷，20）如如，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则（ ）。

N

A.

【答案】AC

【解析】质点P下滑过程中，利用动能定理可

B.

mg C.

D.

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mv212得mgR?Wf?mv，在最低点由牛顿第二定律有N?mg?ma?,可得：

R2a?2(mgR?Wf)mR,N?3mgR?2WfR,故B、D错误，A、C正确。

3.（上海卷，16）.风速仪结构如图(a)所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片（ ）。

4πnr8πnr (B)转速逐渐减小，平均速率为 ΔtΔt4πnr8πnr(C)转速逐渐增大，平均速率为 (D)转速逐渐增大，平均速率为

ΔtΔt(A)转速逐渐减小，平均速率为【答案】B

【解析】据题意，从b图可以看出，在Δt时间内，探测器接收到光的时间在增长，圆盘凸轮的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在Δt时间内可以从图看出有4次挡光，即圆盘转动4周，则风轮叶片转动了4n周，风轮叶片转过的弧长为l?4n?2?r，叶片转动速率为：v?8n?rv，故选项B正确。[来 ?t4.4.（江苏卷，2）有A、B两小球，B的质量为A的两

倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是（ ）。

A、①； B②； C、③； D、④。 【答案】A

【解析】由题意知A、B两小球抛出的初速度相同，由牛顿第二定律知，两小球运动的加速度相同，所以运动的轨迹相同，故A正确；B、C、D错误．

5．（浙江卷，20）20.如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O'距离L=100m。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是（ ）。（发动机功率足够大，重力加速度g=10m/s2,?=3.14）。 A．在绕过小圆弧弯道后加速

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B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/s C．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2 D．通过小圆弧弯道的时间为5.85 s 【答案】AB

2vm【解析】在弯道上做匀速圆周运动时，根据牛顿定律kmg?m，故当弯道半径 时，在

r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湾道上的最大速度，故要想时间最短，故可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上的速率为

vmR?kgR?2.25?10?90m/s?45m/s，选项B正确；直道的长度为x?L2?(R?r)2?503m，在小弯道上的最大速度：

vmr?kgr?2.25?10?40m/s?30m/s，故在在直道上的加速度大小为

22vmR?vmr452?302a??m/s2?6.50m/s2，选项C错误；由几何关系可知，小圆弧轨

2x2?5032?r2?3.14?402?rs?2.80s，选项D错道的长度为，通过小圆弧弯道的时间为t?3?vmr3?303误；故选AB．

6.（海南卷，3）如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g，则N1–N2的值为（ ）。 A．3mg B．4mg C．5mg D．6mg 【答案】D

【解析】设小球在最低点速度为v1，在最高点速度为v2，在根据牛顿第二定律： 在最低点：N1在最高点：N2?mg?mv1

R?mg?mv2

R1212222?mv2同时从最高点到最低点，根据动能定理：mg?2R?mv12

联立以上三个方程式可以得到：N1–N2?6mgR，故选项D正确。

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二、填空题

1.（上海卷23.）如图，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是位于竖直平面内以O为圆心的一段圆弧，OA与竖直方向的夹角为α。一小球以速度v0从桌面边缘P水平抛出，恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽。小球从

P到A的运动时间为____________;直线PA与竖直方向的夹角β=_________。 【答案】

v0tanα；arctan(2cotα) g【解析】据题意，小球从P点抛出后做平抛运动，小球运动到A点时将速度分解，有

tan??vyvx?vtan?gt，则小球运动到A点的时间为：t?0；从P点到A点的位移关系

gv0有：tan??v0t2v2?0??2cot?，所以PA与竖直方向的夹角为：12gttan?gt2tan??arctan(2cot?)。

三、计算题

1.(天津卷，11)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为

E?53N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大

小B=0.5T。有一带正电的小球，质量m?1.0?10kg，电荷量q?2?10C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），

取g?10m/s，求：

（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向； （2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。

【答案】（1）20m/s；速度v的方向与电场E的方向之间的夹角600（2）3.5s 【解析】(1)小球匀速运动时受力如图，其合力为零，有qvB?(qE)?(mg) 代入数据得v=20m/s.

222?6?6 20/107

qEtan??

mg代入数据得tan??3，??60?

qvBv??mgqE（2）撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有

q2E2?m2g2 a?m设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有

x?vt

设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有

1y?at2

2a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又

tan??y x联立各式，代入数据解得

t?23s=3.5 s

2.（天津卷，10）我国将于2022年举办奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示，质量m=60kg的运动员从长直助滑道末端AB的A处由静止开始以加速度

a?3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB?24m/s，A与B的竖直高度差

H=48m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1530J，取g?10m/s，求： （1）求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；

（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。

【答案】（1）144 N（2）12.5 m

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22【解析】（1）在AB段匀加速运动：vB?2ax；

mgH?f?ma x代入数据可得f?144N （2）BC段：mgh?W?1212mvc?mvB 22vc2C处:FN?mg?m

RFNm?6mg

则R=12.5m

3.（浙江卷，23）（16分）在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h。 （1）若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；

（2）求能被屏探测到的微粒的初速度范围；

（3）若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系。 【答案】（1）t?gg3h（2）L（3）?v?Lg4h2hL?22h

【解析】（1）打在中点的微粒

313h h?gt2，可知t?22gg12gt1，则v1?L，

4h2g 2h（2）打在B点的粒子L?v1t1;2h?同理，打在A点的微粒初速度v2?LL微粒初速度范围

gg?v?L4h2h；

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121L?22hmv2?mgh?mv12?2mgh22（3）由能量关系，则

专题五、万有引力与航天

一、选择题

1.（全国新课标I卷，17）利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍。假设地球的自 转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为（ ）A. 1h C. 8h 【答案】B

【解析】地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由

B. 4h D. 16h

Mm4π24π2r3G2?mr2可得T?，则卫星离地球的高度应变小，要rTGM卫星实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由数学几何关系可作出右图。

由几何关系得，卫星的轨道半径为r?30°R?2R sin30?卫星R① 卫星r13r23由开普勒第三定律2?2，代入题中数据，得

T1T2

由①②解得T2?4h

(6.6R)3r3?2 242T2②

2. （全国新课标III卷，14）关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是 A.开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律 B.开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律

C.开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因 D.开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律 【答案】B

【解析】开普勒在天文观测数据得基础上，总结出了开普勒天体运动三大定律，找出了行星运动的规律，而牛顿发现了万有引力定律，ACD错误选B。

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3. （北京卷，18）如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P变轨后进入轨道2做匀速圆周运动下列说法正确的是（ ）。

A.不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同 B.不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同

C.卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度 D.卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量 【答案】B

【解析】从1到2，需要加速逃逸，A错；G得a?Mm?ma可R21,半径相同，加速度相同，卫星在椭圆轨道1上运动时，运动半径变化，a在变，2RC错B对；卫星在圆形轨道2上运动时，过程中的速度方向时刻改变，所以动量方向不同，D错。

4.（天津卷3）我国即将发射“天宫二号”空间实验室，之后发生“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接。假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是（ ）。

A、使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接。

B、使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接。]

C、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接

D、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接 【答案】C

【解析】若使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后飞船加速，则由于向心力变大，故飞船将脱离原轨道而进入更高的轨道，不能实现对接，选项A错误；若使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后空间站减速，则由于向心力变小，故空间站将脱离原轨道而进入更低的轨道，不能实现对接，选项B错误；要想实现对接，可使飞船在比空间试验室半径较小的轨道上加速，然后飞船将进入较高的空间试验室轨道，逐渐靠近空间站后，两者速度接近时实现对接，选项C正确；若飞船在比空间试验室半径较小的轨道上减速，则飞船将进入更

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低的轨道，从而不能实现对接，选项D错误；故选C.

5.（江苏卷，7）如图所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．下列关系式正确的有（ ）。 A.TA>TB B.EkA>EKb

33RARBC.SA=SB D.2?2

TATB【答案】AD

Mm4π2【解析】根据G2?m2r知，轨道半径越大，周期越大，所以TA>TB，故A正确；由

rTGMMmv2G2?m知，v?，所以vB>vA，又因为质量相等，所以EkB>EkA，故B错误；

rrr根据开普勒第二定律可知，同一行星与地心连线在单位时间内扫过的面积相等，所以C错误；由开普勒第三定律知，D正确．

6.（四川卷，3）国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”。1970年4月

24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km的地球同步轨道上。设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为 A．a2>a1>a3 【答案】D

【解析】由于东方红二号卫星是同步卫星，则其角速度和赤道上的物体角速度相等，可得出： a??2r

B．a3>a2>a1

C．a3>a1>a2 D．a1>a2>a3

由于，r2?r3,则可以得出：a2?a3； 由万有引力定律：GMm?ma 及题目中数据可以得出：r1?r2 r2则可以得出a2?a1, 故整理，得出选项D正确。

7.（海南卷，7）通过观察冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量。假设卫星绕冥王星做

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匀速圆周运动，除了引力常量外，至少还需要两个物理量才能计算出冥王星的质量。这两个物理量可以是（ ）。

A．卫星的速度和角速度B．卫星的质量和轨道半径 C．卫星的质量和角速度D．卫星的运行周期和轨道半径 【答案】AD

【解析】根据线速度和角速度可以求出半径r?v?，根据万有引力提供向心力则：

2rv3GMmv2v，故选项A正确；由于卫星的质量m约掉，故??m，整理可以得到：M?GG?rr2GMm2?与卫星的质量无关，故选项BC错误；若知道卫星的周期和半径，则2?m()r，整

rT24?2r3理得到：M?，故选项D正确。

GT2二、填空题

1.（上海卷，22B）.两颗卫星绕地球运行的周期之比为27:1，则它们的角速度之比为__________，轨道半径之比为___________。 【答案】1:27；9:1

【解析】据题意，卫星饶地球做匀速圆周运动，卫星的运行角速度与周期关系为：w?即角速度与周期成反比，则

2?，Tw1T21??；两颗卫星做匀速圆周运动，由万有引力提供向w2T12732w29?。 w121GMr1Mm2?心力，则有：G2?mrw，即r?3，所以有：2wr2r三、计算题

1.（江苏卷，13）（15分）据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间．照

片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图所示，假设“天宫一号”正以速度v=7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L=20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B=1.0×10-5 T，将太阳帆板视为导体．

（1）求M、N间感应电动势的大小E；

（2）在太阳帆板上将一只“1.5 V，0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆

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板和导线的电阻，试判断小灯泡能否发光，并说明理由；

（3）取地球半径R=6.4×103 km，地球表面的重力加速度g=9.8 m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h（计算结果保留一位有效数字）． 【答案】（1）1.54V （2）不能（3）4×105 m

【解析】（1）法拉第电磁感应定律有E=BLv，代入数据得E=1.54V; (2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流。 （3）在地面：GMm?mg 2RMmv2?m匀速圆周运动：G

(R?h)2R?hgR25解得：h?2?R,代入数据得: h?4?10m

v

专题六、机械能守恒定律

一、选择题

1.（全国新课标II卷，16）小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于

Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点．

A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于Q球的动能

C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 【答案】C 【解析】

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12由动能定理可知，mgL?mv?0

2v?2gL ①

由 l1?l2，则vP?vQ A错 EkQ?mQgl2

EkP?mPgl1 大小无法判断 B错

受力分析

T?mg?F向 ②

v2F向?m ③

LF向?F合?ma ④

由①②③④得T?3mg a?2g 则Tp?TQ C对 aP?aQ D错

2.（全国新课标II卷，21）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另

一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点，已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等．且?ONM??OMN?π，在小球从M点运动到N点的过程中（ ）。 2A．弹力对小球先做正功后做负功

B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零

D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差

【答案】BCD

【解析】由题意可知在运动过程中受力如下

小球的位移为MN

则从M?A 弹簧处于压缩态，则弹力做负功 从A?B 弹簧从压缩变为原长，弹力做正功 从B?N 弹簧从原长到伸长，弹力做负功，则A错。在A点受力如下：

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则F合?mg 即a?g，B对在B点弹簧处于原长则受力如下：

在A点时，F弹 垂直于杆，则P弹=F弹Vcos?=0 ，C对 从M到N小球与弹簧机械能守恒，则

Ek增?EP减 即EkN?0?EP重M?EP重N?EP弹N?EP弹M

N两点弹簧弹力相同，由于M、由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则EP弹N?EP弹M，即EKN?EP重M?EP重N，D对.

3.(四川卷，1)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中

技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中（ ）。 A．动能增加了1900J B．动能增加了2000J C．重力势能减小了1900J D．重力势能减小了2000J 【答案】C

【解析】由题可得，重力做功1900J，则重力势能减少1900J ，可得C正确D错误。由动能定理：

WG?Wf??Ek

可得动能增加1800 J，则A，B错误。

4.（浙江卷，18）如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为?。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，

sin37=0.6，cos37=0.8）。则（ ）。

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A．动摩擦因数??6 7B．载人滑草车最大速度为2gh 7C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为【答案】AB

【解析】由动能定理得：mg2h??mghcot45???mghcot37??0，解得：??3g 56，选项7A正确；对前一段轨道：mgh??mghcot45??122gh，B正确；载人滑mv解得：v?27草车克服摩擦力做功2mgh,C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度

a?mgsin37???mgcos37?3??g，D错误，选AB.

m35二、填空题

1.（天津卷，9）（1）如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰

撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止，则此时盒的速度大小为 ；滑块相对盒运动的路程 。

vv2【答案】

33?g【解析】

试题分析：设滑块质量为m，则盒子的质量为2m；对整个过程，由动量守恒定律可得：mv=3mv

共

解得v共=

v 3由能量关系可知：?mgx?121vmv??3m?()2 223v2解得：x?

3?g三、计算题

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1. （全国新课标I卷，25）（18分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37?的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道5与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC?7R，A、B、C、D均在同一竖直平面

6内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出）随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF?4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数??1，重力加速度大小为g。（取4sin37??34，cos37??） 55(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。 (2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。

(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D7处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点的左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，

2求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。

【解析】（1）选P为研究对象，受力分析如图：

Gcos??N 设P加速度为a，其垂直于斜面方向受力平衡：

沿斜面方向，由牛顿第二定律得：Gsin??f?ma 且f??N，可得： 对CB段过程，由 代入数据得B点速度：

（2）P从C点出发，最终静止在F，分析整段过程； 由C到F，重力势能变化量：?EP??mg?3Rsin? …………① 减少的重力势能全部转化为内能。

设E点离B点的距离为xR，从C到F，产热：

Q??mgcos?(7R?2xR) ………………………………②

a?gsin???gcos??vt2?v02?2as vB?2gR

2g 5由Q??EP，联立①、②解得：x?1； 研究P从C点运动到E点过程 重力做功： 摩擦力做功：

WG?mgsin?(5R?xR) Wf???mgcos?(5R?xR)

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动能变化量：

?Ek?0J

由动能定理：WG?Wf?W弹??Ek 代入得：W弹??12mgR 512mgR。 5由?E弹??W弹，到E点时弹性势能E弹为

（3）其几何关系如下图

21可知：OQ?R，CQ?R

32由几何关系可得，G点在D左下方，竖直高度差为

5R，水平距离为3R。 2设P从D点抛出时速度为v0，到G点时间为t 其水平位移： 竖直位移： 解得：

3R?v0t

51R?gt2 22v0?35gR 5研究P从E点到D点过程，设P此时质量为m'，此过程中： 重力做功： 摩擦力做功： 弹力做功： 动能变化量： 由动能定理：

351WG'??m'g(R?6Rsin?)??m'gR

2106Wf'???m'g?6Rcos???m'gR

5W弹'???E弹?12mgR 5① ② ③ ④ ⑤

91?Ek'?m'v02?0J?m'gR

102WG'?Wf'?W弹'??Ek'

将①②③④代入⑤，可得：

1m'?m

32.（全国新课标II卷，25）（20分）轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l，现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径RD竖直，如图所示，物块P与AB间的动摩擦因数??0.5．用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨

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道运动，重力加速度大小为g．

⑴若P的质量为m，求P到达B点时的速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；

⑵若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围． 【解析】⑴地面上，EP重转化为EP弹，E机守恒

∴?EP重??EP弹

5mgl?EP，此时弹簧长度为l

A?B：能量守恒：EP?EKB?Q

12即5mgl?mvB??mg?4l?vB?6gl 2B?D：动能定理：?mg?2l?1212mvD?mvB?vD?2gl 22此后，物体做平抛运动：

y?2l?124l gt?t?2gx?vDt?22l

∴B点速度vB?6gl，落点与B点距离为22l ⑵假设物块质量为m'

则A?B：能量守恒：Ep?EKB?Q'

'1'25mgl?m'vB??m'g?4l

2解得：vB?'25mgl?2gl m'52''2若要滑上圆弧，则vB≥0，即vB≥0，解得m'≤m

若要滑上圆弧还能沿圆弧滑下，则最高不能超过C点 此时 假设恰好到达C点，则根据能量守恒：Ep?Q'?Epc

5mgl??m'g?4l?m'gl

解得：m'?5m 353故若使物块不超过C点，m'≥m

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综上：

55m≤m'≤m 323.（天津卷，10）我国将于2022年举办奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示，质量m=60kg的运动员从长直助滑道末端AB的A处由静止开始以加速度

a?3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB?24m/s，A与B的竖直高度差

H=48m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1530J，取g?10m/s （1）求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小； （2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。

【答案】（1）144 N（2）12.5 m

2【解析】（1）在AB段匀加速运动：vB?2ax；

2mgH?f?ma x代入数据可得f?144N （2）BC段：mgh?W?1212mvc?mvB 22vc2C处:FN?mg?m

RFNm?6mg

则R=12.5m

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4.（江苏卷，14）（16分）如图所示，倾角为α的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固

定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A、B的质量均为m．撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g．求：

（1）A固定不动时，A对B支持力的大小N； （2）A滑动的位移为x时，B的位移大小s； （3）A滑动的位移为x时的速度大小vA．

【答案】（1）N?mgcos? （2）2(1?cos?)?x（3）vA?

【解析】（1）支持力的大小

（2）根据几何关系sx?x(1?cos?),sy?xsin?，且s?解得s?2(1?cos?)x （3）B的下落高度sy?xsin? 由动能定理：mgsy?又vA?2gxsin?3?2cos? N?mgcos?，

sx2?sy2，

1212mvA?mvB 22?x?s ,vB??t?t则vB?2(1?cos?)vA

vA?

2gxsin? 3?2cos? 35/107

专题七、静电场

一、选择题

1. （全国新课标I卷，14）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??rS4πkd可知，当云母介质抽出时，?r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?

2. （全国新课标I卷，20） 如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直 面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知（ ）A. Q点的电势比P点高

B. 油滴在Q点的动能比它在P点的大 C. 油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D. 油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 【答案】AB

【解析】由于匀强电场中的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错。由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直方向，电场力竖直向上。当油滴得从P点运动到Q时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；油滴带负电，电势能减小，电势增加，所以Q点电势高于P点电势，A选项正确；在油滴从P点运动到Q的过程中，合外力做正功，动能增加，所以

U，由于U与d都不变，故电场强度E不变，答案为D dQ点动能大于P点，B选项正确；所以选AB。

3.（全国新课标II卷，15）如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa，ab，速度大小分别为va，vb，vc，则

ac，

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va?vc?vb A．aa?ab?ac，vb?vc?va B．aa?ab?ac，vb?vc?va C．ab?ac?aa，va?vc?vb D．ab?ac?aa，【答案】D

【解析】由库仑定律可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb?Fc?Fa，

由a?F合m，可知ab?ac?aa

由题意可知，粒子Q的电性与P相同，受斥力作用 结合运动轨迹，得va?vc?vb

4（全国新课标III卷，15）关于静电场的等势面，下列说法正确的是 A.两个电势不同的等势面可能相交 B.电场线与等势面处处相互垂直 C.同一等势面上各点电场强度一定相等

D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 【答案】B

【解析】等势面相交，则电场线一定相交，故在同一点存在两个不同的电场强度方向，与事实不符，故A错误；电场线与等势面垂直，B正确；同一等势面上的电势相同，但是电场强度不一定相同，C错误；将负电荷从高电势处移动到低电势处，受到的电场力方向是从低电势指向高电势，所以电场力方向与运动方向相反，电场力做负功，D错误； 5.（上海卷，11）国际单位制中，不是电场强度的单位是 （A）N/C （B）V/m （C）J/C （D）T.m/s 【答案】C 【解析】由公式E?可知，V/m

也是电场强度单位，选项B也是电场强度单位；由qE?qvB可得E?vB，故T.m/s也是

UF可知，电场强度单位为N/C，选项A是电场强度单位；由公式E?qd 37/107

电场电场强度单位，选项D也是电场强度单位；由公式U?故选项C正确。

W可知，J/C是电势差单位，q6. （天津卷，4）如图所示，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，在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，?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（ ）。

A、?增大，E增大 B、?增大，Ep不变 C、?减小，Ep增大 D、?减小，E不变 【答案】D

【解析】上板下移，由C?据E??Sd可知，C变大，Q一定，则Q=CQ，U减小，则θ减小；根

U?SQ，Q=CU, C?,E?,可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下dd?S板的距离不变，E不变，则P点与下板的电势差不变，P点电势不变，则EP不变；故ABC错，D正确。

7（江苏卷，3）一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电

场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是（ ）。

（A）A点的电场强度比B点的大 （B）小球表面的电势比容器内表面的低 （C）B点的电场强度方向与该处内表面垂直 （D）将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，

电场力所做的功不同 【答案】C

【解析】由图可知，B点的电场线比A点的密集，所以B点的电场强度比A点的大，A错；沿着电场线电势降落，小球表面的电势比容器内表面高，B错；电场线的方向与等势面垂直，所以B点的电场强度与该处表面垂直，C正确；由于A、B两点在同一等势面上，故电场力不做功，所以D错误。

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8.（浙江卷，14）以下说法正确的是（ ）。 A．在静电场中，沿着电场线方向电势逐渐降低 B．外力对物体所做的功越多，对应的功率越大 C．电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比

D．在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力发生了变化 【答案】A

【解析】静电场中，顺着电场线电视要降落，A正确；由P?W可知B错误；电容器电容t是由电容本身所决定的，C错误；在超、失重中，实际重力式不变的，视重发生了变化，选项D错误。

9.（浙江卷，15）如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，（ ）。

A．此时A带正电，B带负电 B．此时A电势低，B电势高

C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合

D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合。 【答案】C

【解析】由于静电感应可知，A左端带负电，B右端带正电，AB的电势相等，选项AB错误；若移去C，则两端的感应电荷消失，则贴在A、B下部的金属箔都闭合，选项C正确；先把A和B分开，然后移去C，则A、B带的电荷仍然存在，故贴在A、B下部的金属箔仍张开，选项D错误；故选C．

10.（浙江卷，19）如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点

-4固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是8.0?10kg，带电

2922小球可视为点电荷，重力加速度g?10m/s，静电力常量k?9.0?10N?m/C

A．两球所带电荷量相等

B．A球所受的静电力为1.0×10-2N

?8C．B球所带的电荷量为46?10C

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D．A、B两球连续中点处的电场强度为0 【答案】ACD

?【解析】两相同的小球接触后电量均分，A正确；对A球受力如图，

F?mgtan37??8.0?10?4?10?0.75N?6.0?10?3N,选项B错；

2qAqBqBF?k2?k2，解得qB?llFl2?46?10?8C,选项C正确；kAB带等量的同种电荷，故A、B两球连续中点处的电场强度为0，选项D正确；故选ACD.

11.（海南卷，6）如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一电荷量为q（q>0）的粒子在电容器中靠近下极板处。以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为（ ）。 A．

Ek0EB．k04qd 2qd

C．

2Ek02Ek0

D．

2qd qd

【答案】B

【解析】粒子做曲线运动，如图所示：当电场足够大时，粒子到达上极板时速度 恰好与上板平行，将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行板的vx,当vy=0时，粒子的速度正好平行上板，则

2?vy??2qE1245,?mv0，则d,由于vy?v0cos?Ek0m2E?Ek0，故B正确。 2qd12.（海南卷10）如图，一带正电的点电荷固定于Ｏ点，两虚线圆均以Ｏ为圆心，两实线分别为带电粒子Ｍ和Ｎ先后在电场中运动的轨迹，ａ、ｂ、ｃ、ｄ、ｅ为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法说法正确的是（ ）。 Ａ．M带负电荷，N带正电荷

B．M在b点的动能小于它在a点的动能 C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功

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【答案】ABC

【解析】如图所示，M粒子的轨迹向左弯曲，则所受电场力向左，可知M受到引力作用，故M带负电，而N粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力向下，说明N受到了斥力作用，故N带正电，A正确；由于虚线是等势面，故M从a到b电场力对其做负功，动能减少，B正确；d和e在同一等势面上，N移动时不做功，电势能不变，C正确；N带正电，从c到d，电场力做正功，选项D错误。 二、填空题

1.（上海卷，24）如图，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态。施加一水平向右的匀强电场后，A向右摆动，摆动的最大角度为60°，则A受到的电场力大小为 。 在改变电场强度的大小和方向后，小球A的平衡位置在α=60°处，然后再将A的质量改变为2m，其新的平衡位置在α=30°处，A受到的电场力大小为 。

【答案】3mg；mg 3【解析】带电小球受力如图所示，摆动的最大角度为60°，末速度为0，此过程中，由动能定理有：Flsin??mgl(1?cos?)?0，则F?3mg；改变E的大小和方向后，平衡在3??60?处时根据正弦定理有：

Fmg?，平衡在30°，

sin60?sin(180??60???)F2mg?，则：??30?,F?mg

sin30?sin(180??60???)三、计算题

1.（北京卷，23）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于版面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，

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板间距为d。

（1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直版面方向的偏转距离Δy；

（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知U?2.0?10V，d?4.0?102?2m，

m?9.1?10?31kg，e?1.6?10?19C，g?110m/s2。

（3）极板间既有电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势?的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的?G概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。

EpUL2【答案】（1）（2）不需要考虑电子所受的重力（3）??、电势?和重力势?G都

4U0dq是反映场的能的性质的物理量，仅仅由场自身的因素决定 【解析】（1）根据功能关系，可得eU0?电子射入偏转电场的初速度v0?12mv0， 22eU0， m在偏转电场中电子的运动时间?t?Lm ?Lv02eU01UL22侧移量?y?a(?t)?

24U0d（2）考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G?mg?10?29N[来源:学_电场力

F?eU?10?15N d由于F??G，因此不需要考虑电子所受的重力

（3）电场中某点电势?定义为电荷在该点的电势能E?与电荷量q的比值??Epq，由于重

EG与

力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能

?G?其质量m的比值，叫做重力势，即

EG， m电势?和重力势?G都是反映场的能的性质的物理量，仅仅由场自身的因素决定

2.（上海卷，32）（14分）如图（a），长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，

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其电荷量Q=1.8?10C；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线II所示，其中曲线II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线。求：（静电力常量k?9?10N?m/C） （1）小球B所带电量q;

（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E； （3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U。 （4）已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m。若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的做小距离s是多少？

92?7

【答案】（1）1?10C （2）3?10N/C （3）800v （4）0.065m 【解析】（1）由图可知，当x=0.3m时，F1=kF1x2=1?10-6C 因此q=kQ?64qQ=0.018N 2x（2）设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2， F合=F2+qE 因此E=F合-F2q=-0.012-0.018N/C=-3?104N/C -61′10电场在x=0.3m处沿细秆方向的电场强度大小为3′104N/C，方向水平向左。

43/107

（3）根据图像可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功大小W?0.004?0.2?8?10J,又

?4qU?W,可得U?W?800V q(4)由图可知小球从x=0.16到x=0.2m处， 电场力做功W1?0.03?0.04?6?10?4J

2小球从x=0.2m到x=0.4m处

1W2??mv2??1.6?10?3J

2由图可知小球从x?0.4m到x?0.8m处 电场力做功W3=－0.004×0.4=?1.6?10由动能定理 W1+W2+W3+F外s=0 解得s=??3J

W1?W2?W3=0.065m

F外3.（四川卷，9）（15分）中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。

如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速、加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8?106m/s，进入漂移管E时速度为1?107m/s，电源频率为1?107Hz，漂移管间缝隙很小。质子在每个管内运动时间

8视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1?10C/kg。求：

（1）漂移管B的长度； （2）相邻漂移管间的加速电压。

【解析】（1）设高频脉冲电源的频率为f，周期为T；质子在每个漂移管中运动的时间为t；质子进入漂移管B时速度为vB ；漂移管B的长度为LB 。则 T?

1

f

①

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1t?T2 LB?vBt

② ③

联立①②③式并代入数据得：LB?0.4m

④

（2）设质子的电荷量为q，质量为m，荷质比为e；质子进入漂移管B时动能为EKB；质子进入漂移管E时速度为vE，动能为EkE；质子从漂移管B运动到漂移管E，动能的增加量为?Ek；质子每次在相邻漂移管间被电场加速，电场的电压为U，所做的功为W。则

e?

qm

⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨

1EkB?mvB22 1EkE?mvE22 ?Ek?EkE?EkB

W?qU

质子从漂移管B运动到漂移管E共被电场加速3次，根据动能定理有 3W??Ek

⑩

联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式并代入数据得： U?6?104V

11 ○

答：（1）漂移管B的长度为0.4 m （2）相邻漂移管间的加速电压为6×104 V。

4.（四川卷，11）（19分）如图所示，图面内有竖直线DD＇，过DD＇且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域。区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B（图中未画出）；区域Ⅱ有固定在水平地面上高h=2l、倾角a??/4的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD＇距离s=4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场（图中未画出）；C点在DD＇上，距地面高H=3l。零时刻，质量为m、带电量为q的小球P在K点具有大小v0=gl、方向与水平面夹角??3l?的速度。在区域Ⅰ内做半径r=的匀速圆周运动，经C3?点水平进入区域Ⅱ。某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇。小球视为质点。不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影

45/107

IIA?响。l已知，g为重力加速度。

（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；

（2）若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；

（3）若小球A、P在时刻t=?hK?P?Cv0H?sDIE1D'l(?为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电g场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向。

【解析】（1）小球P在I区做匀速圆周运动，则小球P必定带正电且所受电场力与重力大小相等。设I区磁感应强度大小为B，由洛伦兹力提供向心力得： v02qv0B?mr B?mv0qr

①

②

带入题设数据得： B??m3qlgl ③

（2）小球P先在I区以D为圆心做匀速圆周运动，由小球初速度和水平方向夹角为?可得，小球将偏转?角后自C点水平进入II区做类平抛运动到斜面底端B点，如图所示。

设做匀速圆周运动的时间为t1，类平抛运动的时间为t2则： t1?PCv0

④ ⑤ ⑥

Ah=2lαDCθPPC??r

??t2??3 BD'v0H=3lBs=4lD'

⑦ ⑧

BD'?s?2lcot?

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小球A自斜面顶端释放后将沿斜面向下做匀加速直线运动，设加速度的大小为a1，释放后在斜面上运动时间为t3。

对小球A受力分析，设小球质量为m'，斜面对小球的支持力为N，如图所示。 由牛顿第二定律得： m'gsin??m'a1

⑨ ⑩

2l1?a1t32sin?2

Nm'gα小球A的释放时刻tA满足： tA?t1?t2?t3

lg

11 ○

tA?(3?22)联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩?得：

t??lg 12 ○

（3）小球AP在

在斜面上相遇即小球P运动的时间为t，小球从开始运动至斜面上

先做t1时间的匀速圆周运动，然后自C点进入II区做类平抛运动，设运动时间为t4，加速度为a2，电场强度为E，以竖直向下为正： t?t1?t4

13 ○14 ○

Ah=2lαDCθP yqE?mg?ma2

类平抛运动在水平方向，竖直方向满足： 1y?a2t42x?v0t4、2

xBs=4lD'H=3l

15 ○

由图中几何关系： H?y?x?2l

16 ○

联立④⑤⑥????得： 10?[2(??1)?(??1)2]E?mgq(??1)2

17 ○

小球P落在斜面上则：

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2l?x?4l，l?y?3l

18 ○19 ○

3???5

将?带入?讨论单调性得： ?7mgmg?E?8q2q

20 ○

其中“?、?”代表方向，

0?E?7mg8q， mg2q ，

电场强度向上时大小的范围为

0?E?电场强度向下时大小的范围为

7mg所以电场的极大值为8q，竖直向上；极小值为0

B??m3qLgl答：（1）磁场强度大小为 lg（2）小球A释放时刻为

tA?(3?22) 7mg10?[2(??1)?(??1)2]E?mg2q(??1)（3）电场强度为，极大值8q，竖直向上；极小值0。

专题八、恒定电流

一、选择题

1．（全国新课标II卷，17）阻值相等的四个电阻，电容器C及电池E（内阻可忽略）连接

成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2．Q1与Q2的比值为

2A．

5

1B．

2

3C．

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2D．

3【答案】C

【解析】由已知可得：Q1=U1C Q2=U2C 则

S断开时等效电路如下

R?R+R??R+R?+R11U1=?E??E

R?R+R?25R+?R+R?+RQ1U1= Q2U2S闭合时等效电路如下

R?R1U2=R+R?E

R?R3R+R+R则

Q1U13=? Q2U252.（北京卷，19）某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是 A.一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器 B.一个伏特表和多个定值电阻 C.一个安排表和一个电阻箱 D.两个安培表和一个滑动变阻器 【答案】D

【解析】A中根据闭合回路欧姆定律可得E?U?Ir，可测量多组数据列式求解，A正确；B中根据欧姆定律可得E?U(r?R)，测量多组数据可求解，B正确；C中根据欧姆定律R可得E?I(R?r)，可测量多组数据列式求解，C正确；D中两个安培表和一个滑动变阻器，由于不知道滑动变阻器电阻，故无法测量，D错误；

3. （上海卷，13）电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此 （A）电动势是一种非静电力

（B）电动势越大，表明电源储存的电能越多 （C）电动势的大小是非静电力做功能力的反映 （D）电动势就是闭合电路中电源两端的电压 【答案】C

【解析】电动势是反映电源通过非静电力做功将其它形式的能转化为电势能本领的物理量，电动势越大说明这种转化本领越强，但不能说明储存的电能越多，故选项A、B错误而选项

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C正确；闭合电路中电源两端电压大小等于外电压大小，故选项D错误。

4.（上海卷18）如图所示电路中，电源内阻忽略不计。闭合电建，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中 (A)U先变大后变小 (B)I先变小后变大

(C)U与I比值先变大后变小 (D)U变化量与I变化量比值等于R3 【答案】BC

【解析】据题意，由于电源内阻不计，电压表的示数总是不变，故选项A错误；滑片滑动过程中，电阻R1的阻值先增大后减小，电压不变，所以电流表示数先减小后增加，故选项B、C正确；由于电压表示数没有变化，故选项D错误。

5.（江苏卷，8）如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已

在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有 （A）路端电压为10 V （B）电源的总功率为10 W （C）a、b间电压的大小为5 V

（D）a、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A 【答案】AC

【解析】由题图知外电路的总电阻为10Ω，回路的总电阻为12Ω，由全电路欧姆定律可知

I?E?1A,所以路端电压UR?IR?10V,A正确；电源的总功率P?IE?12W,B错误；R由串并联电路特点得a、b的电流均为0.5A，所以Uab?0.5?(15?5)?5V,C正确；a、b间用导线连接后，根据电路的连接可求得外电路的电阻为7.5Ω回路的总电阻为9.5Ω，所以D错误。

专题九、磁场

一、选择题

1.（全国新课标I卷，15）现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从

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