高三物理一轮复习限时训练[8]

本套资源目录2020版高考物理一轮总复习第八章第1课时电场力的性质基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第八章第2课时电场能的性质基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第八章第3课时电容器与电容带电粒子在电场中的运动基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第八章第4课时带电粒子或带电体在电场中运动的综合问题能力课时限时规范训练含解析新人教版电场力的性质[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(2019·广东深圳模拟)关于电场力和电场强度，以下说法正确的是( )A ．一点电荷分别处于电场中的A 、B 两点，点电荷受到的电场力大，则该处场强小B ．在电场中某点如果没有试探电荷，则电场力为零，电场强度也为零C ．电场中某点场强为零，则试探电荷在该点受到的电场力也为零D ．一试探电荷在以一个点电荷为球心、半径为r 的球面上各点所受电场力相同 解析：选C.一点电荷分别处于电场中的A 、B 两点，根据场强的定义式E ＝F q 得知，电荷受到的电场力大，则场强大，故选项A 错误；在电场中某点没有试探电荷时，电场力为零，但电场强度不一定为零，电场强度与试探电荷无关，由电场本身决定，故选项B 错误；电场中某点场强E 为零，由电场力公式F ＝qE 可知，试探电荷在该点受到的电场力也一定为零，故选项C 正确；一试探电荷在以一个点电荷为球心、半径为r 的球面上各点所受电场力大小相等，但方向不同，所以电场力不同，故选项D 错误．2．(多选)如图所示，可视为点电荷的小球A 、B 分别带负电和正电，B 球固定，其正下方的A 球静止在绝缘斜面上，则A 球受力个数可能为( )A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个 解析：选AC.以A 为研究对象，根据其受力平衡可得，如果没有受到摩擦力，则A 对斜面一定无弹力，其只受重力和库仑引力作用而平衡，选项A 正确；如果A 受摩擦力作用，则其一定受弹力，所以此时A 受4个力作用而平衡，选项C 正确．3．一负电荷从电场中A 点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B 点，它运动的v －t 图象如图所示，则A 、B 两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的( )解析：选C.由v －t 图象可知负电荷在电场中做加速度越来越大的加速运动，故电场线应由B 指向A ，且A 到B 的方向场强变大，电场线变密，选项C 正确．4．已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同．如图所示，半径为R 的球体上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在过球心O 的直线上有A 、B 两个点，O 和B 、B 和A 间的距离均为R .现以OB 为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k ，球的体积公式为V ＝43πr 3，则A 点处检验电荷q 受到的电场力的大小为( ) A.5kqQ 36R 2 B ．7kqQ 36R 2 C.7kqQ32R 2 D ．3kqQ 16R2 解析：选B.实心大球对q 的库仑力F 1＝kqQ 4R 2，实心小球的电荷Q ′＝Q ×⎝ ⎛⎭⎪⎫R 23R 3＝Q8，实心小球对q 的库仑力F 2＝kq Q 8⎝ ⎛⎭⎪⎫32R 2＝kqQ 18R 2，检验电荷q 所受的电场力F ＝F 1－F 2＝7kqQ 36R 2，选项B 正确．5．如图所示，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q >0)的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )A ．k 3q R 2B ．k 10q 9R2 C ．k Q ＋q R 2D ．k 9Q ＋q 9R 2 解析：选B.由于在a 点放置一点电荷q 后，b 点电场强度为零，说明点电荷q 在b 点产生的电场强度与圆盘上Q 在b 点产生的电场强度大小相等，即E Q ＝E q ＝k qR2，根据对称性可知Q 在d 点产生的场强大小E Q ′＝E Q ＝k q R 2，则E d ＝E Q ′＋E q ′＝k q R 2＋k q 3R2＝k 10q 9R2，B 正确．6．(2017·高考北京卷)如图所示，长l ＝1 m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q ＝1.0×10－6C ，匀强电场的场强E ＝3.0×103 N/C ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小球所受电场力F 的大小．(2)小球的质量m .(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v 的大小．解析：(1)F ＝qE ＝3.0×10－3 N.(2)由qE mg ＝tan 37°，得m ＝4.0×10－4 kg. (3)由mgl (1－cos 37°)＝12mv 2， 得v ＝2gl 1－cos 37°＝2.0 m/s.答案：(1)3.0×10－3 N (2)4.0×10－4 kg (3)2.0 m/s[能力提升题组](25分钟，50分)1．如图所示，边长为a 的正三角形ABC 的三个顶点分别固定三个点电荷＋q 、＋q 、－q ，则该三角形中心O 点处的场强为( )A.6kq a 2，方向由C 指向O B.6kq a 2，方向由O 指向CC.3kqa 2，方向由C 指向OD.3kqa 2，方向由O 指向C 解析：选B.每个点电荷在O 点处的场强大小都是E ＝kq ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 32＝3kq a 2，画出矢量叠加的示意图，如图所示，由图可得O 点处的合场强为E O ＝2E ＝6kq a2，方向由O 指向C ，B 项正确．2.如图所示，xOy 平面是无穷大导体的表面，该导体充满z ＜0的空间，z ＞0的空间为真空．将电荷量为q 的点电荷置于z 轴上z＝h 处，则在xOy 平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q 和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z 轴上z ＝h 2处的场强大小为(k 为静电力常量)( ) A ．k 4q h 2 B ．k 4q 9h2 C ．k 32q 9h2 D ．k 40q 9h2 解析：选D.该电场可等效为分别在z 轴h 处与－h 处的等量异种电荷产生的电场，如图所示，则在z ＝h 2处的场强大小E ＝k q ⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22＋k q ⎝ ⎛⎭⎪⎫3h 22＝k 40q 9h 2，故D 正确．3．对于真空中电荷量为q 的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r 位置的电势为φ＝kq r(k 为静电力常量)，如图所示，两电荷量大小均为Q 的异号点电荷相距为d ，现将一质子(电荷量为e )从两电荷连线上的A 点沿以负电荷为圆心、半径为R 的半圆形轨迹ABC 移到C 点，在质子从A 到C 的过程中，系统电势能的变化情况为( )A ．减少2kQeR d 2－R 2B ．增加2kQeR d 2＋R 2C ．减少2kQe d 2－R 2 D ．增加2kQe d 2＋R 2 解析：选A.A 、C 两点关于－Q 对称，故－Q 对质子不做功，质子由A 到C 只有＋Q 做正功，电势能减小，ΔE p ＝e ·kQ d －R －e ·kQ d ＋R ＝2kQeR d 2－R 2，A 正确．4．(多选)如图所示，点电荷Q 固定，虚线是带电荷量为q 的微粒的运动轨迹，微粒的重力不计，a 、b 是轨迹上的两个点，b 离Q 较近．下列说法正确的是( )A ．Q 一定是带正电荷，q 一定是带负电荷B ．不管Q 带什么性质的电荷，a 点的场强一定比b 点的小C ．微粒通过a 、b 两点时，加速度方向都是指向QD ．微粒在a 、b 两点时的场强方向为切线方向解析：选BC.由运动轨迹可知两电荷带异种电荷，但不能确定哪个带正电荷，哪个带负电荷，故选项A 错误；由E ＝k Q r 2可知a 点的场强一定比b 点的小，故选项B 正确；由于是吸引力，所以微粒通过a 、b 两点时，加速度方向都是指向Q ，由于微粒的重力不计，故场强方向也都是指向或背离Q ，故选项C 正确，D 错误．5．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图所示，三个固定的带电小球a 、b 和c ，相互间的距离分别为ab ＝5 cm, bc ＝3 cm, ca ＝4 cm. 小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a 、b 的连线．设小球a 、b 所带电荷量的比值的绝对值为k ，则( )A ．a 、b 的电荷同号， k ＝169 B ．a 、b 的电荷异号， k ＝169 C ．a 、b 的电荷同号， k ＝6427D ．a 、b 的电荷异号， k ＝6427解析：选D.当c 所受a 、b 的库仑力的合力与a 、b 连线平行时，场强如图甲或乙所示．所以， a 、b 的电荷一定异号，E a ＝kq a ac 2、E b ＝kq b bc 2，由图可知E a E b ＝43，解得q a q b ＝6427，D 正确．6．(多选)如图所示，带电小球A 、B 的电荷分别为Q A 、Q B ，OA ＝OB ，都用长L 的丝线悬挂在O 点．静止时A 、B 相距为d .为使平衡时AB 间距离减为d2，可采用以下哪些方法( ) A ．将小球A 、B 的质量都增加到原来的2倍B ．将小球B 的质量增加到原来的8倍C ．将小球A 、B 的电荷量都减小到原来的一半D ．将小球A 、B 的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B 的质量增加到原来的2倍解析：选BD.如图所示，B 受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等、方向相反；由几何关系可知，m B g L ＝F d ，而库仑力F ＝kQ A Q B d 2；即m B g L ＝kQ A Q Bd 2d ＝k Q A Q B d3，即m B gd 3＝kQ A Q B L . 要使d 变为d2，可以使B 球质量增大到原来的8倍而保证上式成立，故A 错误，B 正确；或将小球A 、B 的电荷量都减小到原来的一半，同时小球B 的质量增加到原来的2倍，也可保证等式成立，故C 错误，D 正确．7．如图所示，A 、B 为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P 点放一个负点电荷q (不计重力)，由静止释放后，下列说法中正确的是( )A ．点电荷在从P 点到O 点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B ．点电荷在从P 点到O 点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C ．点电荷运动到O 点时加速度为零，速度达最大值D ．点电荷越过O 点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零解析：选C.在两电荷连线中垂线上电场强度方向O →P ，负点电荷q 从P 点到O 点运动的过程中，电场力方向P →O ，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断，故A 、B 错误；越过O 点后，负电荷q 做减速运动，则点电荷运动到O 点时速度最大，电场力为零，加速度为零，故C 正确；根据电场线的对称性可知，越过O 点后，负电荷q 做减速运动，加速度的变化情况无法判断，故D 错误．电场能的性质[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(2019·黑龙江大庆一模)关于静电场下列说法正确的是( )A．将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大C．在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的D．电势下降的方向就是电场场强的方向解析：选B.将负电荷由低电势点移到高电势点，电场力做正功，电势能减小，选项A 错误；无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，因无穷远处电势能为零，因此静电力做正功越多，电荷在该点的电势能越大，选项B正确；在同一等势面上，电势处处相等，场强不一定相等，选项C错误；电势下降最快的方向才是电场场强的方向，选项D 错误．2．如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为W a和W b，a、b点的电场强度大小分别为E a和E b，则( )A．W a＝W b，E a>E b B．W a≠W b，E a>E bC．W a＝W b，E a<E b D．W a≠W b，E a<E b解析：选A.因a、b两点在同一等势线上，故U ac＝U bc，W a＝eU ac，W b＝eU bc，故W a＝W b.由题图可知a点处电场线比b点处电场线密，故E a>E b.选项A正确．3．(多选)如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知( )A．三个等势面中，c等势面电势最高B．带电质点通过P点时电势能较大C．带电质点通过Q点时动能较大D．带电质点通过P点时加速度较大解析：选BCD.由于正电荷受电场力作用指向轨迹内侧，因此电场方向指向右下方，故φa>φb>φc；根据电荷受力情况可知，从P到Q电场力做正功，电势能降低，动能增大，故B、C均正确；因为等差等势面越密的地方场强越大，其加速度越大，故D正确．4．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O 处的电势为零，点A 处的电势为6 V ，点B 处的电势为3 V ，则电场强度的大小为( )A ．200 V/mB ．200 3 V/mC ．100 V/mD ．100 3 V/m解析：选A.匀强电场的电场线与等势面都是平行、等间距排列的，且电场线与等势面处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降落，取OA 中点C ，则C 点电势为3 V ，连接BC 即为电场中的一条等势线，作等势线的垂线，即电场的电场线，E ＝U d ＝3 V OC ·sin 30°＝200 V/m.5．(2019·福建厦门模拟)如图所示，在等边三角形ABC 所在平面内有一匀强电场，将一带正电的点电荷从A 点移到B 点和从B 点移到C 点，电场力均做负功且数值相同，D 是AC 的中点．下列说法正确的是( )A ．B 点的电势等于D 点的电势B ．A 点的电势等于C 点的电势C ．电场的方向由A 指向CD ．电场的方向由B 指向D解析：选A.因为将一带正电的点电荷从A 点移到B 点和从B 点移到C 点，电场力均做负功且数值相同，所以B 点与D 点的电势相等，A 点与C 点的电势不相等，选项A 正确，B 错误；因为φA <φC ，所以电场的方向由C 指向A ，选项C 、D 错误．6．两电荷量分别为q 1和q 2的点电荷放在x 轴上的O 、M 两点，两电荷连线上各点电势φ随x 变化的关系如图所示，其中A 、N 两点的电势均为零，ND 段中的C 点电势最高，则( )A ．N 点的电场强度大小为零B ．A 点的电场强度大小为零C ．NC 间电场强度方向指向x 轴正方向D ．将一负点电荷从N 点移到D 点，电场力先做正功后做负功解析：选D.A 、N 点的电势等于零，电场强度大小不为零，选项A 、B 错误；从N 到C电势升高，NC 间电场强度方向指向x 轴负方向，选项C 错误；从N 到C 电势升高，从C 到D 电势降低，将一负点电荷从N 点移到C 点，电场力做正功，从C 点到D 点，电场力做负功，选项D 正确．7．如图所示，a 、b 、c 、d 、O 五点均在匀强电场中，它们刚好是一个半径为R ＝0.2 m 的圆的四个等分点和圆心O ，b 、c 、d 三点的电势如图所示．已知电场线与圆所在平面平行，关于电场强度的大小和方向，下列说法正确的是( )A ．电场强度的方向由O 指向b 点B ．电场强度的方向由O 指向d 点C ．电场强度的大小为10 V/mD ．电场强度的大小为10 5 V/m 解析：选D.由匀强电场中平行线上等间距点间的电势差相等可得，O 点的电势为6 V ，O 、d 连线的中点e 处的电势为8 V ，连接c 、e ，过O 作ce 的垂线交ce 于f ，则ce 为等势线，电场线垂直于ce 向下，即电场强度的方向由f 指向O 点，连接c 、O ，计算得Of 长为55R ，O 、f 间的电势差为2 V ，则电场强度E ＝U d ＝10 5 V/m ，选项D 正确．[能力提升题组](25分钟，50分)1．(多选)如图所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点，A 、B 、C 三点电势分别为1 V 、2 V 、3 V ，正六边形所在平面与电场线平行．下列说法正确的是( )A ．通过CD 和AF 的直线应为电场中的两条等势线B ．匀强电场的电场强度大小为10 V/mC ．匀强电场的电场强度方向为由C 指向AD ．将一个电子由E 点移到D 点，电子的电势能将减少1.6×10－19 J解析：选ACD.由AC 的中点电势为2 V ，所以BE 为等势线，CD 、AF 同为等势线，故A正确；CA 为电场线方向，电场强度大小E ＝U d ＝22×10×cos 30°×10－2 V/m ＝2033 V/m ，故B 错误，C 正确；电子在移动过程中，电场力对其做正功，电势能减小，由U ED ＝U BC ＝－1 V ，W ED ＝－eU ED ＝1.6×10－19 J ，D 正确．2．(2019·长沙模拟)有一半径为R 的均匀带电薄球壳，在通过球心的直线上，各点的场强E 随与球心的距离x 变化的关系如图所示；在球壳外空间，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，已知静电常量为k ，半径为R 的球面面积为S ＝4πR 2，则下列说法正确的是( )A ．均匀带电球壳带电密度为E 04πkB ．图中r ＝1.5RC ．在x 轴上各点中有且只有x ＝R 处电势最高D ．球面与球心间电势差为E 0R解析：选A.由图线可知，距离球心R 处的场强为E 0，则根据点电荷场强公式可知：E 0＝kQ R 2，解得球壳带电荷量为Q ＝E 0R 2k ，则均匀带电球壳带电密度为Q 4πR 2＝E 04πk，选项A 正确；根据点电荷场强公式12E 0＝kQr 2，解得r ＝2R ，选项B 错误；由题意可知在x 轴上各点中，在0～R 范围内各点的电势均相同，球面与球心间的电势差为零，选项C 、D 错误．3．(2017·高考江苏卷)(多选)在x 轴上有两个点电荷q 1、q 2，其静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示．下列说法正确的有( )A ．q 1和q 2带有异种电荷B ．x 1处的电场强度为零C ．负电荷从x 1移到x 2，电势能减小D ．负电荷从x 1移到x 2，受到的电场力增大解析：选AC.由题图可知，空间的电势有正有负，且只有一个极值，则两个点电荷必定为异种电荷，A 项正确；由E ＝ΔφΔx 可知，φ－x 图象的切线斜率表示电场强度，因此x 1处的电场强度不为零，B 项错误；负电荷从x 1移到x 2的过程中，电势升高，电场强度减小，由E p ＝qφ，F ＝qE 可知，电势能减小，受到的电场力减小，C 项正确，D 项错误．4．(2018·高考全国卷Ⅱ)(多选) 如图所示，同一平面内的a 、b 、c 、d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行， M 为a 、c 连线的中点， N 为b 、d 连线的中点．一电荷量为q (q >0)的粒子从a 点移动到b 点，其电势能减小W 1 ; 若该粒子从c 点移动到d 点，其电势能减小W 2. 下列说法正确的是( )A ．此匀强电场的场强方向一定与a 、b 两点连线平行B ．若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一定为W 1＋W 22C ．若c 、d 之间的距离为L ，则该电场的场强大小一定为W 2qLD ．若W 1＝W 2，则a 、M 两点之间的电势差一定等于b 、N 两点之间的电势差解析：选BD.由题给条件无法确定场强方向，故选项A 错误．W 1＝qU ab ，W 2＝qU cd ，匀强电场中， M 、N 为中点 , 则有φM ＝φa ＋φc2， φN ＝φb ＋φd2， 所以W MN ＝qU MN ＝W 1＋W 22， 故选项B 正确．由于无法确定场强是否沿cd 方向，故选项C 错误．若W 1＝W 2，即U ab ＝U cd ，则φa －φb ＝φc －φd ，即φa －φc ＝φb －φd ，由U aM ＝φa －φc 2， U bN ＝φb －φd2， 所以有U aM＝U bN ，故选项D 正确．5．(2018·高考全国卷Ⅰ)(多选)图中虚线a 、b 、c 、d 、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b 上的电势为2 V ．一电子经过a 时的动能为10 eV ，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6 eV.下列说法正确的是 ( )A ．平面c 上的电势为零B ．该电子可能到达不了平面fC ．该电子经过平面d 时，其电势能为4 eVD ．该电子经过平面b 时的速率是经过d 时的2倍解析：选AB.电子从a 到d 克服电场力做功6 eV, 则a 、d 之间的电势差为6 V ，匀强电场中间距相等的等势面为等差等势面，所以平面a 、b 、c 、d 、f 的电势依次为4 V 、2 V 、0 V 、－2 V 、－4 V ，A 正确；因为电子的运动方向不一定与等势面垂直，所以电子可能不会到达平面f ，B 正确；电子从c 到d ，克服电场力做功2 eV ，电势能增加2 eV ，所以电子经过平面d 时的电势能为2 eV ，C 错误；电子从a 到b ，克服电场力做功2 eV ，根据动能定理有10 eV －12mv 2b ＝2 eV ，从a 到d ，克服电场力做功6 eV ，根据动能定理有10 eV －12mv 2a ＝6 eV ，解得v b v d＝2，D 错误．6．(多选)如图所示， 在xOy 坐标系中， x 轴上关于y 轴对称的A 、C 两点固定等量异种点电荷＋Q 、－Q ，B 、D 两点分别位于第二、四象限，ABCD 为平行四边形，边BC 、AD 分别与y 轴交于E 、F ，以下说法正确的是( )A ．E 、F 两点电势相等B ．B 、D 两点电场强度相同C ．试探电荷＋q 从B 点移到D 点，电势能增加D ．试探电荷＋q 从B 点移到E 点和从F 点移到D 点，电场力对＋q 做功相同 解析：选ABD.等量异种点电荷＋Q 、－Q 连线的垂直平分线是一条等势线，所以y 轴是一条等势线，E 、F 的电势相等，故A 正确；根据电场线的分布情况和对称性可知，B 、D 两点电场强度相同，故B 正确；根据顺着电场线电势降低可知，B 点的电势高于D 点的电势，而正电荷在电势高处电势能大，所以试探电荷＋q 从B 点移到D 点，电势能减小，故C 错误；由以上分析可知，B 、E 间的电势差等于F 、D 间的电势差，根据电场力做功公式W ＝qU 知＋q 从B 点移到E 点和从F 点移到D 点，电场力对＋q 做功相同，故D 正确．7．(2019·山东省八校联考)如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m 、电荷量为＋q 的物块从A 点由静止开始下落，加速度为34g ，下落高度H 到B 点后与一轻弹簧接触，又下落h 后到达最低点C ，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g ，则带电物块在由A 点运动到C 点过程中，下列说法正确的是( )A ．该匀强电场的电场强度为3mg 4qB ．带电物块机械能减少量为mg H ＋h4 C ．带电物块电势能的增加量为mg H ＋h4D ．弹簧弹性势能的增加量为mg H ＋h4解析：选C.根据牛顿第二定律得mg －Eq ＝m ·34g ，所以E ＝mg4q ，选项A 错误；物块、弹簧系统机械能的减少量为ΔE ＝Eq ·(H ＋h )＝mg H ＋h4，选项B 错误；物块电势能的增加量为ΔE p ＝Eq ·(H ＋h )＝mg H ＋h4，选项C 正确；根据动能定理得mg (H ＋h )－Eq (H ＋h )－E 弹＝0，所以E 弹＝3mgH ＋h4，选项D 错误．电容器与电容 带电粒子在电场中的运动[基础巩固题组](20分钟，50分)1．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( )A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小解析：选B.根据平行板电容器电容公式C ＝εr S4πkd可知，在两板间插入电介质后，电容C 增大，因电容器所带电荷量Q 不变，由C ＝Q U 可知，U ＝QC减小，B 正确．2．一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，极板间的电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变解析：选D.由平行板电容器电容的决定式C ＝εr S4k πd ，将云母介质移出，电容C 减小，而两极板的电压U 恒定，由Q ＝CU ，极板上的电荷量Q 变小，又由E ＝U d可得板间电场强度与介质无关，大小不变，选项D 正确．3．如图所示，平行板电容器上极板带正电，从上极板的端点A 点释放一个带电荷量为＋Q (Q ＞0)的粒子，粒子重力不计，以水平初速度v 0向右射出，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为1∶2时，恰好从下端点B 射出，则d 与L 之比为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶1D ．1∶3解析：选C.设粒子从A 到B 的时间为t ，粒子在B 点时，竖直方向的分速度为v y ，由类平抛运动的规律可得L ＝v 0t ，d ＝v y2t ，又v 0∶v y ＝1∶2，可得d ∶L ＝1∶1，选项C 正确．4．如图所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两板间电压不变，则( )A ．当减小两板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两板间的距离时，速度v 减小C ．当减小两板间的距离时，速度v 不变D ．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长解析：选C.由动能定理得eU ＝12mv 2，当改变两极板间的距离时，U 不变，v 就不变，故选项A 、B 错误，C 正确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝d t ，v 2＝dt ，即t ＝2dv，当d 减小时，v 不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D 错误．5．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，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变解析：选D.保持下极板不动，上极板向下移动一小段距离后，由C ＝εr S4πkd 可知电容器的电容变大，由于Q 不变，由C ＝QU 可知U 减小，故静电计的指针偏角变小；电场强度E ＝U d＝Q Cd ＝4πkQ εr S不变；由于下极板不动，电场强度E 不变，所以P 点的电势没有发生改变，故点电荷在P 点的电势能不变，A 、B 、C 错误，D 正确．6．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E 1＝2.0×103N/C 和E 2＝4.0×103N/C ，方向如图所示．带电微粒质量m ＝1.0×10－20 kg ，带电荷量q ＝－1.0×10－9 C 、A 点距虚线MN 的距离d 1＝1.0 cm ，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B 点到虚线MN 的距离d 2；(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t .解析：(1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理有 |q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0，E 1d 1＝E 2d 2， 解得d 2＝0.50 cm.(2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2， 由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1， |q |E 2＝ma 2，设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12a 1t 21，d 2＝12a 2t 22.又t ＝t 1＋t 2， 解得t ＝1.5×10－8s.答案：(1)0.50 cm (2)1.5×10－8s[能力提升题组](25分钟，50分)1．(多选)如图所示，一带电荷量为q 的带电粒子以一定的初速度由P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d ，P 、Q 两点的电势差为U ，不计重力作用，设P 点的电势为零．下列说法正确的是( )A ．带电粒子在Q 点的电势能为－UqB ．带电粒子带负电C ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝23U3dD ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝3U 3d解析：选AC.根据带电粒子的偏转方向，可判断选项B 错误；因为P 、Q 两点的电势差为U ，电场力做正功，电势能减少，而P 点的电势为零，所以选项A 正确；设带电粒子在P 点时的速度为v 0，在Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为y 轴，由曲线运动的规律和几何知识求得带电粒子在y 轴方向的分速度为v y ＝3v 0，故带电粒子在y 轴方向上的平均速度为v y ＝3v 02，设带电粒子在y 轴方向上的位移为y 0，在电场中的运动时间为t ，则y 0＝3v 02t ，d ＝v 0t ，得y 0＝3d 2，由E ＝U y 0得E ＝23U 3d，选项C 正确，D 错误．。

一轮复习限时规范训练机械能守恒定律及其应用一、选择题：在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～7题有多项符合题目要求．1、关于机械能守恒，下列说法中正确的是( )A．物体做匀速运动，其机械能肯定守恒B．物体所受合力不为零，其机械能肯定不守恒C．物体所受合力做功不为零，其机械能肯定不守恒D．物体沿竖直方向向下做加速度为5 m/s2的匀加速运动，其机械能削减答案:D解析:物体做匀速运动其动能不变，但机械能可能变，如物体匀速上升或下降，机械能会相应的增加或削减，选项A错误；物体仅受重力作用，只有重力做功，或受其他力但其他力不做功或做功的代数和为零时，物体的机械能守恒，选项B、C错误；物体沿竖直方向向下做加速度为5 m/s2的匀加速运动时，物体肯定受到一个与运动方向相反的力的作用，此力对物体做负功，物体的机械能削减，故选项D正确．2．如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装肯定滑轮，小物块A，B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A，B处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )A．速率的改变量不同B．机械能的改变量不同C．重力势能的改变量相同D．重力做功的平均功率相同答案:D解析:由题意依据力的平衡有m A g＝m B g sin θ，所以m A＝m B sin θ.依据机械能守恒定律mgh＝12mv2，得v＝2gh，所以两物块落地速率相等，选项A错误；因为两物块的机械能守恒，所以两物块的机械能改变量都为零，选项B错误；依据重力做功与重力势能改变的关系，重力势能的改变为ΔE p＝－W G＝－mgh，所以E p A＝m A gh＝m B gh sin θ，E p B＝m B gh，选项C错误；因为A、B两物块都做匀变速运动，所以A重力的平均功率为P A＝m A g·v2，B重力的平均功率P B＝m B g·v2sin θ，因为m A＝m B sin θ，所以PA＝P B，选项D正确．3．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间改变关系是( )A B C D答案:C解析:物体受恒力加速上升时，恒力做正功，物体的机械能增大，又因为恒力做功为W＝F·12at2，与时间成二次函数关系，选项A、B两项错误；撤去恒力后，物体只受重力作用，所以机械能守恒，D项错误，C项正确．4．如图所示，粗细匀称、两端开口的U形管内装有同种液体，起先时两边液面高度差为h，管中液柱总长度为4h，后来让液体自由流淌，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为( )A．18gh B．16ghC．14gh D．12gh答案:A解析:设管子的横截面积为S ，液体的密度为ρ.打开阀门后，液体起先运动，不计液体产生的摩擦阻力，液体机械能守恒，液体削减的重力势能转化为动能，两边液面相平常，相当于右管12h 高的液体移到左管中，重心下降的高度为12h ，由机械能守恒定律得ρ·12hS ·g ·12h ＝12ρ·4hS ·v 2，解得，v ＝gh8.选项A 正确．5．如图所示，一质量为m 的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与该小球相连．现将小球从A 点由静止释放，沿竖直杆运动到B 点，已知OA 长度小于OB 长度，弹簧处于OA ，OB 两位置时弹力大小相等．在小球由A 到B 的过程中( )A ．加速度等于重力加速度g 的位置有两个B ．弹簧弹力的功率为零的位置有两个C ．弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功D ．弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离答案:AC解析:在运动过程中A 点为压缩状态，B 点为伸长状态，则由A 到B 有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g ；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g .则有两处加速度为g ，故A 项正确；在A 点速度为零，弹簧弹力功率为0，弹簧与杆垂直时弹力的功率为0，有一位置的弹力为0，其功率为0，共3处，故B 项错误；因A 点与B 点弹簧的弹性势能相同，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功，故C 项正确；因小球对弹簧做负功时弹力大，则弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离大于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离，故D 项错误．6．如图所示，滑块A ，B 的质量均为m ，A 套在固定竖直杆上，A ，B 通过转轴用长度为L 的刚性轻杆连接，B 放在水平面上并紧靠竖直杆，A ，B均静止．由于微小扰动，B起先沿水平面对右运动．不计一切摩擦，滑块A，B视为质点．在A下滑的过程中，下列说法中正确的是( ) A．A，B组成的系统机械能守恒B．在A落地之前轻杆对B始终做正功C．A运动到最低点时的速度为2gLD．当A的机械能最小时，B对水平地面的压力大小为2mg答案:AC解析:A，B组成的系统中只有动能和势能相互转化，故A、B组成的系统机械能守恒，选项A正确；分析B的受力状况和运动状况：B先受到竖直杆向右的推力，使其向右做加速运动，当B的速度达到肯定值时，杆对B有向左的拉力作用，使B向右做减速运动，当A落地时，B的速度减小为零，所以杆对B先做正功，后做负功，选项B错误；由于A、B组成的系统机械能守恒，且A到达最低点时B的速度为零，依据机械能守恒定律可知选项C正确；B先做加速运动后做减速运动，当B的速度最大时其加速度为零，此时杆的弹力为零，故B对水平面的压力大小为mg，由于A、B组成的系统机械能守恒，故此时A机械能最小，选项D错误．7．如图所示，A，B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B，C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手限制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直，右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B，C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，起先时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C 恰好离开地面．下列说法错误的是( )A．斜面倾角α＝60°B．A获得的最大速度为2g m 5kC．C刚离开地面时，B的加速度最大D ．从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A ，B 两小球组成的系统机械能守恒答案:ACD解析:释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时C 恰好离开地面，此时细线中拉力等于4mg sin α，弹簧的弹力等于mg ，则有4mg sin α＝mg ＋mg ，解得斜面倾角α＝30°，选项A 错误；释放A 前，弹簧的压缩量为x ＝mg k ，A 沿斜面下滑至速度最大时弹簧的伸长量为x ′＝mg k，由机械能守恒定律得4mg ·2x sin α－mg ·2x ＝12·4mv 2＋12mv 2，解得A 获得的最大速度为v ＝2g m 5k，选项B 正确；C 刚离开地面时，B 的加速度为零，选项C 错误；从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A ，B 两小球、地球、弹簧组成的系统机械能守恒，选项D 错误．二、非选择题8．如图所示，跨过同一高度处的定滑轮的细线连接着质量相同的物体A 和B ，A 套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度h ＝0.2 m ，起先时让连着A 的细线与水平杆的夹角θ1＝37°，由静止释放B ，当细线与水平杆的夹角θ2＝53°时，A 的速度为多大？在以后的运动过程中，A 所获得的最大速度为多大？(设B 不会遇到水平杆，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，取g ＝10 m/s 2) 解：设绳与水平杆夹角θ2＝53°时，A 的速度为v A ，B 的速度为v B ，此过程中B 下降的高度为h 1，则有mgh 1＝12mv 2A ＋12mv 2B ，其中h 1＝h sin θ1－hsin θ2，v A cos θ2＝v B ，代入数据，解以上关系式得v A ≈1.1 m/s.A 沿着杆滑到左侧滑轮正下方的过程，绳子拉力对A 做正功，A 做加速运动，此后绳子拉力对A 做负功，A 做减速运动．故当θ1＝90°时，A 的速度最大，设为v A m ，此时B 下降到最低点，B 的速度为零，此过程中B 下降的高度为h 2，则有mgh 2＝12mv 2A m ，其中h 2＝h sin θ1－h ，代入数据解得v A m ＝1.63 m/s. 9．如图所示，水平地面与一半径为l 的竖直光滑圆弧轨道相接于B 点，轨道上的C 点位置处于圆心O 的正下方．在距地面高度为l 的水平平台边缘上的A 点，质量为m 的小球以v 0＝2gl 的速度水平飞出，小球在空中运动至B 点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道．小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g ，试求：(1)B 点与抛出点A 正下方的水平距离x ；(2)圆弧BC 段所对的圆心角θ；(3)小球滑到C 点时，对圆轨道的压力．解：(1)设小球做平抛运动到达B 点的时间为t ，由平抛运动规律得l ＝12gt 2，x ＝v 0t 联立解得x ＝2l .(2)由小球到达B 点时竖直分速度v 2y ＝2gl ，tan θ＝v y v 0，解得θ＝45°. (3)小球从A 运动到C 点的过程中机械能守恒，设到达C 点时速度大小为v C ，由机械能守恒定律有mgl ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1－22＝12mv 2C －12mv 20 设轨道对小球的支持力为F ，有F －mg ＝m v 2C l解得F ＝(7－2)mg由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为F ′＝(7－2)mg ，方向竖直向下．10．如图所示，在竖直空间有直角坐标系xOy ，其中x 轴水平，一长为2l 的细绳一端系一小球，另一端固定在y 轴上的P 点，P 点坐标为(0，l )，将小球拉至细绳呈水平状态，然后由静止释放小球，若小钉可在x 正半轴上移动，细绳承受的最大拉力为9mg ，为使小球下落后可绕钉子在竖直平面内做圆周运动到最高点，求钉子的坐标范围．解：当小球恰过圆周运动的最高点时，钉子在x 轴正半轴的最左侧，则有mg ＝m v 21r 1 小球由静止到圆周的最高点这一过程，依据机械能守恒定律有mg (l －r 1)＝12mv 21 x 1＝2l －r 12－l 2解得x 1＝73l 当小球处于圆周的最低点，且细绳张力恰达到最大值时，钉子在x 轴正半轴的最右侧，则有F max －mg ＝m v 22r 2小球由静止到圆周的最低点这一过程，依据机械能守恒定律有 mg (l ＋r 2)＝12mv 22x 2＝2l －r 22－l 2解得x 2＝43l 因而钉子在x 轴正半轴上的范围为73l ≤x ≤43l .。

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题组层级快练（四十二）一、选择题1．(2017·太原二模)目前,我国直流输电技术世界领先．直流电压等级±30 kV。

设某段输电线路的两导线在同一竖直平面内,若宇宙射线中的质子、电子以速率v0到达输电线所在处,不考虑地磁场的影响和粒子速率的变化，质子的运动轨迹大致是下图中的( )答案B解析上面的导线电流向右,下面的导线电流向左，在下面的导线的下方，磁场的方向是垂直纸面向外的，根据左手定则可知,质子在下面运动的时候,受到的洛伦兹力是向上的，偏转方向是向上的,故A项错误；两条导线中间的部分，产生的磁场的方向是垂直纸面向里的,根据左手定则可知，质子在中间运动的时候，受到的洛伦兹力是向上的，偏转方向是向上的,故B项正确，C项错误；在下面的导线的下方，磁场的方向是垂直纸面向外的，根据左手定则可知，质子在下面运动的时候，受到的洛伦兹力是向下的，偏转方向是向下的，但是由于磁场不是匀强磁场,所以质子运动的轨迹不是圆周，故D项错误．2.（2017·山东省威海市）如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场,则t1：t2为（)A．2∶3 B．3∶1C．3∶2 D．2∶1答案B解析粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示:电子1垂直射进磁场，从b点离开,则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心,电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c 离开磁场,根据半径r＝错误!可知，粒子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°,所以粒子1运动的时间t1＝错误!＝错误!，粒子2运动的时间t2＝错误!＝错误!,所以错误!＝错误!，故B项正确，A、C、D三项错误．3。

末检测提升(八)第八章磁场一、选择题(本大题共12小题，共48分．在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分)1．如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向里的电流，用F N表示磁铁对桌面的压力，用F f表示桌面对磁铁的摩擦力，导线中通电后与通电前相比较()A．F N减小，F f＝0 B．F N减小，F f≠0C．F N增大，F f＝0 D．F N增大，F f≠0解析：(转换研究对象法)如图所示，画出一条通电电流为I的导线所在处的磁铁的磁感线，电流I处的磁场方向水平向左，由左手定则知，电流I受安培力方向竖直向上．根据牛顿第三定律可知，电流对磁铁的反作用力方向竖直向下，所以磁铁对桌面压力增大，而桌面对磁铁无摩擦力作用，故正确选项为C.答案：C2．如图所示的天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽度为L，共N匝，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I时(方向如图)，在天平左右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡．当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m 的砝码后，天平重新平衡．由此可知 ( )A ．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为（m 1－m 2）gNILB ．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为mg2NILC ．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为（m 1－m 2）gNILD ．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为mg2NIL解析：当电流反向(大小不变)时，右边需再加质量为m 的砝码后方可平衡，可得此时安培力的方向竖直向上，由左手定则判定磁场方向垂直纸面向里，由两种情况的受力平衡可得：m 1g ＝m 2g ＋m′g ＋NBIL ，m 1g ＝m 2g ＋mg ＋m′g －NBIL ，其中m′为线圈质量，联解可得B ＝mg2NIL.答案：B3．(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P ＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P ＋和P 3＋ ( )A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3解析：磷离子P ＋与P 3＋电荷量之比q 1∶q 2＝1∶3，质量相等，在电场中加速度a ＝qEm ，由此可知，a 1∶a 2＝1∶3，选项A 错误；离子进入磁场中做圆周运动的半径r ＝mv qB ，又qU ＝12mv 2，故有r ＝1B2mUq，即r 1∶r 2＝3∶1，选项B 正确；设离子P 3＋在磁场中偏转角为α，则sin α＝d r 2，sin θ＝d r 1(d 为磁场宽度)，故有sin θ∶sin α＝1∶3，已知θ＝30°，故α＝60°，选项C 正确；全过程中只有电场力做功，W ＝qU ，故离开电场区域时的动能之比即为电场力做功之比，所以E k 1∶E k 2＝W 1∶W 2＝1∶3，选项D 正确．答案：BCD4．如图所示，长为3l 的直导线折成三段做成正三角形，并置于与其所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B ，当在该导线中通以如图所示的电流I 时，该通电导线受到的安培力大小为( )A ．2BIl B.32BIl C.2＋32BIl D ．0解析：导线AB 段和BC 段的有效长度为2l sin 30°＝l ，所以该通电导线受到的安培力大小为F ＝BIl ＋BIl ＝2BIl ，本题只有选项A 正确．答案：A5．(多选)地球大气层外部有一层复杂的电离层，既分布有地磁场，也分布有电场．假设某时刻在该空间中有一小区域存在如图所示的电场和磁场；电场的方向在纸面内斜向左下方，磁场的方向垂直纸面向里．此时一带电宇宙粒子，恰以速度v 垂直于电场和磁场射人该区域，不计重力作用，则在该区域中，有关该带电粒子的运动情况可能的是 ( )A ．仍做直线运动B ．立即向左下方偏转C ．立即向右上方偏转D ．可能做匀速圆周运动解析：比较Eq 与qvB ，因二者开始时方向相反，当二者相等时，A 项正确，当Eq>qvB 时，向电场力方向偏，当Eq<qvB 时，向洛伦兹力方向偏，B 、C 两项正确，有电场力存在，粒子不可能做匀速圆周运动，D 项错．答案：ABC6．如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为em的电子以速度v0从A点沿AB方向射入，欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为()A．B＞3m v0ae B．B＜2m v0aeC．B＜3m v0ae D．B＞2m v0ae解析：画出电子运动轨迹，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径r＝a2cos 30°＝a3，要想电子经过BC边，圆周运动的半径要大于a3，由带电粒子在磁场中运动的公式r＝mvqB有a3＜mv0eB，即B＜3mv0ae，本题只有选项C正确．答案：C7．在x轴上方有垂直于纸面的匀强磁场，同一种带电粒子从O点射入磁场，当入射方向与x轴的夹角θ＝45°时，速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，如图所示，当θ为60°时，为了使粒子从ab的中点c射出磁场，则速度应为()A.12(v 1＋v 2)B.22(v 1＋v 2) C.33(v 1＋v 2) D.66(v 1＋v 2)解析：由qvB ＝m v 2R 得，R 1＝mv 1qB ，R 2＝mv 2qB ，R 3＝mv 3qB .由几何关系：Oc 之间的距离为22(R 1＋R 2)，则：R 3sin 60°＝12×22(R 1＋R 2)，v 3＝66(v 1＋v 2)，故D 项正确．答案：D8．如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带电粒子以初速度v 0从x 轴上的P 点垂直进入匀强电场，恰好与y 轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入下面的磁场．已知O 、P 之间的距离为d ，则带电粒子 ( )A ．在电场中运动的时间为2dv 0B ．在磁场中做圆周运动的半径为2dC ．自进入磁场至第二次经过x 轴所用时间为7πd4v 0D ．从进入电场时开始计时，粒子在运动过程中第二次经过x 轴的时间为（4＋7π）d2v 0解析：粒子在电场中做类平抛运动，沿x 轴方向上的平均速度为v 02，所以在电场中运动时间为2dv 0.由题意知，进入磁场时竖直方向速度等于水平方向速度v 0，故速度为2v 0，在磁场中做圆周运动的半径为22d ，在第一象限内运动时间为t 1＝38T ＝2πr 2v 0×38＝3πd 2v 0，在第四象限内运动时间为t 2＝12T ＝πr 2v 0＝2πd v 0，所以自进入磁场至第二次经过x 轴的时间为t ＝t 1＋t 2＝7πd2v 0，从进入电场到第二次经过x 轴的时间为t′＝2dv 0＋t ＝（4＋7π）d 2v 0，所以只有D 项正确．答案：D9．如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，带电粒子在磁场中运动的动能E k 随时间t 的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是( )A ．高频电源的变化周期应该等于t n －t n －1B ．在E k t 图中应有t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1C ．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D ．不同粒子获得的最大动能都相同解析：由题图可知粒子在单个D 形盒内运动的时间为t n －t n －1，由于在磁场中粒子运动的周期与速度无关，B 项正确；交流电源的周期为2(t n －t n －1)，A 项错误；由r ＝mvqB 知当粒子的运动半径等于D 形盒半径时加速过程就结束了，粒子的动能E k ＝B 2q 2r 22m ，即粒子的动能与加速次数无关，C 项错误；粒子的最大动能还与粒子的质量和电荷量有关，D 项错误．答案：B10．(多选)如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R ＝0.50 m 的绝缘光滑槽轨，槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.50 T ．有一个质量m ＝0.10 g ，带电量q ＝＋1.6×10－3 C 的小球在水平轨道上向右运动．若小球恰好能通过最高点，则下列说法正确的是 ( )A ．小球在最高点所受的合力为零B ．小球在最高点时的机械能与其在水平轨道上的机械能相等C ．小球到达最高点时的速率v 满足关系式mg ＋q v B ＝m v 2RD ．如果重力加速度取10 m/s 2，则小球在最高点时的速率为1 m/s解析：小球在最高点时对轨道的压力恰好为零，但合力不为零，A 项错；洛伦兹力不做功，机械能守恒，B 项正确；小球在最高点时洛伦兹力方向向上，mg －qvB ＝m v 2R，解得v ＝1 m /s ，C 项错误，D 项正确．答案：BD11．如图所示，某一真空室内充满竖直向下的匀强电场E ，在竖直平面内建立坐标系xOy ，在y <0的空间里有与场强E 垂直的匀强磁场B ，在y >0的空间内，将一质量为m 的带电液滴(可视为质点)自由释放，此液滴则沿y 轴的负方向，以加速度a ＝2g (g 为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入y <0的空间运动．液滴在y <0的空间内的运动过程中 ( )A ．重力势能一定不断减小B ．电势能一定先减小后增大C ．动能不断增大D ．动能保持不变解析：带电液滴在y>0的空间内以加速度a ＝2g 做匀加速直线运动，可知液滴带正电且电场力等于重力，且方向相同，当液滴运动到坐标原点时变为带负电，液滴进入y<0的空间内运动，电场力等于重力，且方向相反，液滴做匀速圆周运动，重力势能先减小后增大，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，动能保持不变，故选D .答案：D12．如图所示，在x 轴上存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场，一带负电的粒子从原点O以与x 轴成30°角斜向上的速度v 射入磁场，且在x 轴上方运动半径为R .则 ( )A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2：1C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进3R解析：由r ＝mvqB可知，粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B 项错误；粒子完成一次周期性运动的时间t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πm qB，所以C 项错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进l ＝R ＋2R ＝3R ，粒子经偏转不能回到原点O ，所以A 项错误，D 项正确．答案：D二、计算题(本大题共4小题，共52分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(12分)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m ，速度为v 的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r 的圆，圆心在O 点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B .为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O ′点(O ′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P 点进入通道，沿通道中心线从Q 点射出．已知OQ 长度为L ，OQ 与OP 的夹角为θ.(1)求离子的电荷量q 并判断其正负；(2)离子从P 点进入，Q 点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B ′，求B ′； (3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B 不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍从P 点进入，Q 点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E 的方向和大小.解析：(1)离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB ＝mv 2r可得q ＝mvBr由左手定则可知，粒子带正电荷(2)如图所示O′Q ＝R ，OQ ＝L ，O′O ＝R －r引出轨迹为圆弧，洛伦兹力提供向心力，qvB ′＝mv 2R可得R ＝mvqB ′根据几何关系得R ＝r 2＋L 2－2rL cos θ2r －2L cos θ解得B′＝mvqR ＝mv （2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）(3)电场强度方向沿径向向外引出轨迹为圆弧，则有qvB －Eq ＝mv 2RE ＝Bv －mv 2（2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）答案：(1)正 mvBr(2)、(3)见解析14．(12分)如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC ，其延长线在D 点与半圆轨道DF 相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN 的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C 点处于MN 边界上)．一质量为0.4 kg 的带电小球沿轨道AC 下滑，至C 点时速度为v C ＝1007 m/s ，接着沿直线CD 运动到D 处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F 点，在F 点速度v F ＝4 m/s(不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8)．求：(1)小球带何种电荷？(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；(3)小球从F 点飞出时磁场同时消失，小球离开F 点后的运动轨迹与直线AC (或延长线)的交点为(G 点未标出)，求G 点到D 点的距离．解析：)(1)正电荷(2)依题意可知小球在CD 间做匀速直线运动 在D 点速度为v D ＝v C ＝1007m /s 在CD 段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为0，设重力与电场力的合力为F ＝qv C B又F ＝mgcos 37°＝5 N解得qB ＝F v C ＝720在F 处由牛顿第二定律可得 qv F B ＋F ＝mv 2FR把qB ＝720代入得R ＝1 m小球在DF 段克服摩擦力做功WF f ，由动能定理可得－W F f －2FR ＝m （v 2F －v 2D ）2W F f ＝27.6 J(3)小球离开F 点后做类平抛运动，其加速度为a ＝F m ，由2R ＝at 22得t ＝4mR F ＝225s 交点G 与D 点的距离 GD ＝v F t ＝1.6 2 m ＝2.26 m 答案：(1)正 (2)27.6 J (3)2.26 m15．(14分)(2014·湖南长沙示范性高中联考)如图所示，在同一平面内三个宽度均为d 的相邻区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，Ⅰ区内的匀强磁场垂直纸面向外；Ⅲ区内的匀强磁场垂直纸面向里；Ⅱ区内的平行板电容器垂直磁场边界，板长、板间距均为d ，且上极板电势高，OO ′为电场的中心线．一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，从O 点以速度v 0沿与OO ′成30°方向射入Ⅰ区，恰好垂直边界AC 进入电场．(1)求Ⅰ区的磁感应强度B 1的大小；(2)为使粒子进入Ⅲ区，求电容器板间所加电压U 的范围；(3)为使粒子垂直Ⅲ区右边界射出磁场，求Ⅲ区的磁感应强度B 2与电容器板间电压U 之间应满足的关系．解析：(1)因粒子垂直边界AC 射入电场，由几何关系R sin 30°＝d.由洛伦兹力提供向心力qv 0B ＝m v 20R， 解得B 1＝mv 02dq. (2)为使粒子均能进入Ⅲ区，最大电压为U m ，d ＝v 0t ，y m ＝12at 2，qU m d＝ma ， y m ＝d 2＋(2－3)d ， 解得U m ＝(5－23)mv 20q. 所加电压范围：U<(5－23)mv 20q. (3)粒子射入Ⅲ区时速度偏向角为α，粒子沿电场强度方向速度为v y ，合速度为v ，则sin α＝v y v，v y ＝at. 因粒子垂直Ⅲ区右边界射出磁场，设圆周运动半径为R′，R ′＝mv qB 2. 由几何关系：R′sin α＝d.故B 2与电压U 间应满足：B 2＝U dv 0. 答案：(1)mv 02dq (2)U<(5－23)mv 20q (3)B 2＝U dv 016．(14分)如图(a)所示，水平直线MN 下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷q m ＝106C/kg 的正电荷置于电场中的O 点由静止释放，经过π15×10－5 s 后，电荷以v 0＝1.5×104 m/s 的速度通过MN 进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B 按图(b)所示规律周期性变化(图(b)中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN 时为t ＝0时刻)．(1)求匀强电场的电场强度E ；(2)求图(b)中t ＝4π5×10－5 s 时刻电荷与O 点的水平距离； (3)如果在O 点右方d ＝68 cm 处有一垂直于MN 的足够大的挡板，求电荷从O 点出发运动到挡板所需的时间．(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)解析：(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t 1，有： v 0＝at 1Eq ＝ma解得：E ＝mv 0qt 1＝7.2×103 N /C . (2)当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：r 1＝mv 0qB 1＝5 cm .周期T 1＝2πm qB 1＝2π3×10－5 s 当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径：r 2＝mv 0qB 2＝3 cm 周期T 2＝2πm qB 2＝2π5×10－5 s 故电荷从t ＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示．t ＝4π5×10－5 s 时刻电荷与O 点的水平距离：Δd ＝2(r 1－r 2)＝4 cm . (3)电荷从第一次通过MN 开始，其运动的周期为：T ＝4π5×10－5s ， 根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个， 电荷沿ON 运动的距离：s ＝15Δd ＝60 cm ，故最后8 cm 的距离如图乙所示，有：r 1＋r 1cos α＝d －s解得：cos α＝0.6，则α＝53°.故电荷运动的总时间：t 总＝t 1＋15T ＋12T 1－53°360°T 1≈3.86×10－4 s . 答案：(1)7.2×103 N /C (2)4 cm(3)3.86×10－4 s。

一、单项选择题1．(2016·邯郸质检)物理学是一门以实验为基础的学科，物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的。

但有些物理规律或物理关系的建立并不是直接从实验得到的，而是经过了理想化或合理外推，下列选项中属于这种情况的是( )A ．牛顿第一定律B ．牛顿第二定律C ．万有引力定律D ．库仑定律2．“严禁超载，严禁超速，严禁疲劳驾驶”是预防车祸的有效办法。

下列说法正确的是( )A ．汽车超速会增大汽车的惯性B ．汽车超载会减小汽车的刹车距离C ．疲劳驾驶会缩短司机的反应时间D ．汽车超载会增大汽车的惯性3．(2016·池州模拟)下列说法中正确的是( )A ．人走路时，地对脚的力大于脚蹬地的力，所以人才往前走B ．只有你站在地上不动时，你对地面的压力和地面对你的支持力才是大小相等、方向相反C ．物体A 静止在物体B 上，A 的质量是B 的质量的100倍，而A 作用于B 的力的大小等于B 作用于A 的力的大小D ．以卵击石，石头没损坏而鸡蛋破了，这是因为石头对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对石头的作用力4．(2016·廊坊质检)从正在加速上升的气球上落下一个物体，在物体刚离开气球的瞬间，下列说法正确的是( )A ．物体向下做自由落体运动B ．物体向上运动，加速度向上C ．物体向上运动，加速度向下D ．物体向上还是向下运动，要看物体离开气球时的速度5．有一位美国探险家，在探险途中不慎走进了沼泽地，这位探险家在往下沉的过程中，则( )A ．在突然下沉时，由于人只受到重力与支持力，所以这两个力平衡B ．因为此时人在下沉，所以人受到的支持力小于人对沼泽地的压力C ．在人慢慢行走的过程中，存在两对作用力与反作用力D ．人下沉的原因是因为重力大于人受到的支持力6．双人滑冰比赛表演刚开始时两人静止不动，随着优美的音乐响起在相互猛推一下之后他们分别向相反方向运动，假定两人与冰面间的动摩擦因数相同。

江苏省黄桥中学2018届高三上学期第一次限时训练物理试题一、单选题1. 关于力学单位制的说法中正确的是( )A. kg、m/s、N是导出单位B. kg、m、J是基本单位C. 在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是gD. 只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma【答案】D【解析】试题分析：kg是质量的单位它是基本单位，所以A错误；国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，J是导出单位，B错误；g也是质量的单位，但它不是质量在国际单位制中的基本单位，所以C错误；牛顿第二定律的表达式F=ma，是在其中的物理量都取国际单位制中的单位时得出的，所以D正确。

考点：力学单位制2. 物块A、B放在光滑的水平地面上，其质量之比m A∶m B＝2∶1。

现用水平3 N的拉力作用在物体A上，如图14所示，则A对B的拉力等于( )A. 1 NB. 1.5 NC. 2 ND. 3 N【答案】A【解析】对AB的整体，根据牛顿第二定律：F=(m A+m B)a；对物体B:f=m B a；联立解得：f=1N；故选A.3. 甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放。

两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)。

两球的v－t图象如图所示。

落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。

则下列判断正确的是( )A. 释放瞬间甲球加速度较大B. ＝C. 甲球质量大于乙球质量D. t0时间内两球下落的高度相等【答案】C【解析】释放瞬间v=0，因此空气阻力f=0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv=mg，因此最大速度与其质量成正比，即v m∝m，故，故B错误；由于，而v1＞v2，故甲球质量大于乙球，故C正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等；故D错误；故选C．4. 如图所示，光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度大小为a1和a2，则( )A. a1＝0，a2＝0B. a1＝a，a2＝ aC. a1＝a，a2＝aD. a1＝a，a2＝a【答案】D点睛：本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，知道撤去拉力的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解．二、多选题5. 2016年里约奥运会上中国奥运队共获得26枚金牌、18枚银牌和26枚铜牌，排名奖牌榜第三位。

（新课标）2019版高考物理一轮复习主题八磁场课时跟踪训练38 编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（新课标）2019版高考物理一轮复习主题八磁场课时跟踪训练38）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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课时跟踪训练(三十八)落实双基［基础巩固］1．（多选)（2017·潍坊模拟)磁场中某区域的磁感线如图所示，下列说法中正确的是（）A．a、b两处的磁感应强度大小B a<B bB．a、b两处的磁感应强度大小B a>B bC．一通电直导线分别放在a、b两处，所受的安培力大小一定有F a<F bD．一通电直导线分别放在a、b两处，所受的安培力大小可能有F a>F b[解析］磁感线越密，磁场越强，故A正确，B错误；通电导线放在a、b两处，但没有说明导线的方向与磁场的方向的关系，其所受安培力的大小关系不确定，故C错误，D正确．［答案］AD2．（多选)在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极B，沿边缘内壁放一个圆环形电极A,把A、B 分别与电源的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体,现把玻璃皿放在如图所示的磁场中，液体就会旋转起来．若从上向下看，下列判断正确的是( )A．A接电源正极，B接电源负极，液体顺时针旋转B．A接电源负极，B接电源正极，液体顺时针旋转C．A、B与50 Hz的交流电源相接，液体不会持续旋转D．仅磁场的N、S极互换后,重做该实验发现液体旋转方向不变［解析]若A接电源正极，B接电源负极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，玻璃皿所在处的磁场竖直向下，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿顺时针方向，因此液体沿顺时针方向旋转,故A正确;同理，若B接电源正极，A接电源负极，根据左手定则可知，液体沿逆时针方向旋转；A、B与50 Hz的交流电源相接，液体受到的安培力变化频繁，因而液体没有明显的持续旋转，故C正确；若磁场的N、S极互换后，重做该实验发现液体旋转方向变化，故D错误．［答案］AC3．（2017·湖南永州二模）如图所示，厚度均匀的木板放在水平地面上，木板上放置两个相同的条形磁铁，两磁铁N极正对．在两磁铁的竖直对称轴上的C点固定一垂直于纸面的长直导线，并通有垂直于纸面向里的恒定电流，木板和磁铁始终处于静止状态，设两条形磁铁和木板的总重力为G，则（）A．导线受到的安培力竖直向上，木板对地面的压力大于GB．导线受到的安培力竖直向下，木板对地面的压力小于GC．导线受到的安培力水平向右,木板受到地面的摩擦力水平向左D．导线受到的安培力水平向右，木板受到地面的摩擦力水平向右[解析]根据磁感应强度的叠加可知，导线所在位置处的磁场方向竖直向上，由左手定则可知，导线受到的安培力方向水平向右,根据牛顿第三定律，两磁铁受到的导线的作用力方向水平向左,对木板、两磁铁整体进行受力分析，受竖直向下的总重力、导线施加的水平向左的磁场力、地面的支持力和地面的静摩擦力,根据共点力平衡条件可知，静摩擦力的方向水平向右，所以D正确．[答案]D4．如图所示,有一固定不动的条形磁铁及螺线管，磁铁的中心轴通过垂直放置的螺线管的圆心P,当螺线管通电流时，空间中的磁感线分布如图中的虚线．若在图中P点右方观察，则下列关于电流与磁场的说法中正确的是（）A．P点的磁场方向向上B．P点的磁场方向向下C．螺线管中电流方向为顺时针方向D．螺线管中电流方向为逆时针方向［解析]根据条形磁铁和通电螺线管磁感线的特点，可知通电螺线管左端相当于N极,根据安培定则,知通电螺线管内部磁场方向由右指向左，P点的磁场方向向左，螺线管中电流方向为顺时针方向，C正确,A、B、D错误．[答案］C5．(多选)（2017·广东佛山质检)如图所示长为L、质量为m的导体棒ab,被两轻质细绳水平悬挂,静置于匀强磁场中，当ab中通以如图的恒定电流I时，ab棒摆离原竖直面，在细绳与竖直方向成θ角的位置再次处于静止状态．已知ab棒始终与磁场方向垂直，则磁感应强度的大小可能是（)A。

（浙江选考）2018届高三物理一轮复习第5章机械能第3节机械能守恒定律课后限时训练编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（浙江选考）2018届高三物理一轮复习第5章机械能第3节机械能守恒定律课后限时训练）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第3节机械能守恒定律（建议用时:40分钟）1．（2017·温岭模拟)下列物体在运动过程中，可视为机械能守恒的是( ）A．飘落中的树叶B．乘电梯匀速上升的人C．被掷出后在空中运动的铅球D．沿粗糙斜面匀速下滑的木箱C［A项中,空气阻力对树叶做功，机械能不守恒;B项中，人的动能不变，重力势能变化，机械能变化;C项中,空气阻力可以忽略不计，只有重力做功，机械能守恒;D项中,木箱动能不变,重力势能减小，机械能减小．故选C.］2.如图5­3。

9所示，质量为m的足球在水平地面的位置1被踢出后落到水平地面的位置3，在空中达到的最高点(位置2）的高度为h，已知重力加速度为g.下列说法正确的是( ）图5。

3.9【导学号：81370208】A．足球由位置1运动到位置2的过程中,重力做的功为mghB．足球由位置1运动到位置3的过程中，重力做的功为2mghC．足球由位置2运动到位置3的过程中，重力势能减少了mghD．如果没有选定参考平面，就无法确定重力势能变化了多少C[足球由位置1运动到位置2的过程中，高度增加h，重力做负功,应为－mgh，选项A 错误；足球由位置1运动到位置3的过程中,由于位置1和位置3在同一水平地面上,故足球的高度没有变化，重力做的功为零，选项B错误;足球由位置2运动到位置3的过程中,足球的高度降低,重力做正功，重力势能减少，由于2、3两位置的高度差是h，故重力势能减少了mgh，选项C正确；分析重力势能的变化，只要找出高度的变化即可，与参考平面的选取没有关系,选项D错误．］3.如图5。

13．下列的运动图象中，物体所受合外力不为零的是14．下列说法正确的是A ．加速度变大，物体在做加速运动B ．加速度变小，物体在做减速运动C ．加速度是描述物体的速度变化的快慢程度D ．加速度大，物体的速度就大15．下列说法正确的是A ．一定质量的密封气体膨胀过程中，对外界做功，这些气体的内能可能增加B ．一定质量的气体，温度升高，压强一定增大C ．一定质量的气体，压强增大，体积一定减小D ．俗话说“破镜难从圆”，是由于分子之间存在斥力的原因16．用起重机缓慢吊起质量均匀分布的钢管时，钢丝绳固定在钢管的两端，如图所示，钢丝绳的总长保持不变，如钢管的质量相同但长度L 不同，下列说法正确的是A ．钢管越长则钢丝绳的拉力越大B ．钢管越长则钢丝绳的拉力越小C ．钢丝绳的拉力大小与钢管长度无关D ．钢管越长则钢丝绳对钢管拉力的合力越大二、双项选择题：本题包括9小题，每小题6分，共54分。

每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对得6分，只选1个且正确的得3分，有错选或不选的得0分。

17.下列说法正确的是A. 某色光照射在某金属表面上，不能发生光电效应，是由于该色光波长太长B ．太阳上进行的核反应方程是：n Kr Ba n U 1092351415510235923++→+C. 大量处于n =4能量轨道的氢原子，可能发出6种不同频率的光D. 在可见光中，红光光子能量最大18.我国发射的第一颗探月卫星“嫦娥一号”，进入距月面高度h 的圆形轨道正常运行。

已知月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g ，万有引力常量为G ，则A ．嫦娥一号绕月球运行的周期为g R π2B ．嫦娥一号绕行的速度为)(h R g +C ．嫦娥一号绕月球运行的角速度为32)(g h R R + D ．嫦娥一号轨道处的重力加速度g hR R 2)(+/s o s /m A /s o s /m B o v /(m ·s -1) C /s o D v /(m ·s -1)0 1 2 3 0 5 10 15 V 0 0.2 0.4 0.6 0 1 2 3 A 打点计时器 图2 19．在远距离输电的电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，则A ．升压变压器的输出电压增大B ．降压变压器的输出电压增大C ．降压变压器的输出电压减少D ．输电线上损耗的功率增大20. 如图，将电阻为R 的正方形金属圈从匀强磁场中向右匀速拉出，则A ．以大的速度拉出比较费力B ．以小的速度拉出比较费力C ．拉出时金属圈中的电流为逆时针方向D ．拉出时金属圈所受所安培力不做功21．如图，在粗糙的绝缘水平面上，彼此靠近地放置两个带正电荷的小物块（动摩擦因数相同）。

本套资源目录2020版高考物理一轮总复习第三章第1课时牛顿第一定律牛顿第三定律限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第三章第2课时牛顿第二定律两类动力学问题基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第三章第3课时牛顿运动定律的综合应用能力课时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第三章第4课时动力学中的两类典型模型能力课时限时规范训练含解析新人教版牛顿第一定律、牛顿第三定律[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(2019·揭阳模拟)在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是( ) A．亚里士多德、伽利略B．伽利略、牛顿C．伽利略、爱因斯坦D．亚里士多德、牛顿解析：选B.伽利略通过斜面实验正确认识了运动和力的关系，从而推翻了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的错误观点；牛顿在归纳总结伽利略、笛卡儿等科学家的结论基础上得出了牛顿第一定律，即惯性定律，故选项B正确．2．(2019·太原模拟)伽利略的斜面实验证明了( )A．使物体运动必须有力的作用，没有力的作用，物体将静止B．使物体静止必须有力的作用，没有力的作用，物体将运动C．物体不受外力作用时，一定处于静止状态D．物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或者静止状态解析：选D.伽利略的斜面实验证明了：运动不需要力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故D正确．3．关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是( )A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D．物体的运动方向与它所受的合力方向一定相同解析：选B.力是改变物体运动状态的原因，只要物体受力(合力不为零)，它的运动状态就一定会改变，A错误，B正确；物体受到的合力为零时，物体可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，C错误；物体所受合力的方向可能与物体的运动方向相同或相反，也可能不在一条直线上，D错误．4．某同学为了取出如图所示羽毛球筒中的羽毛球，一只手拿着球筒的中部，另一只手用力击打羽毛球筒的上端，则( )A．此同学无法取出羽毛球B．羽毛球会从筒的下端出来C．羽毛球筒向下运动过程中，羽毛球受到向上的摩擦力才会从上端出来D．该同学是在利用羽毛球的惯性解析：选D.羽毛球筒被手击打后迅速向下运动，而羽毛球具有惯性要保持原来的静止状态，所以会从筒的上端出来，D 正确．5．如图所示，用弹簧测力计悬挂一个重G ＝10 N 的金属块，使金属块一部分浸在台秤上的水杯中(水不会溢出)．若弹簧测力计的示数变为F T ＝6 N ，则台秤的示数比金属块没有浸入水前( )A ．保持不变B ．增加10 NC ．增加6 ND ．增加4 N解析：选 D.对金属块受力分析，由平衡条件可知，水对金属块的浮力为F ＝G －F T ＝4 N ，方向竖直向上，则由牛顿第三定律可得，金属块对水的作用力大小为F ′＝F ＝4 N ，方向竖直向下，所以台秤的示数比金属块没有浸入水前增加了4 N ，选项D 正确．6．一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M ，环的质量为m ，如图所示．已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为F f ，则此时箱对地面的压力大小为( )A ．Mg ＋F fB ．Mg －F fC ．Mg ＋mgD ．Mg －mg解析：选A.环在竖直方向上受重力及箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力F f ，受力情况如图甲所示，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力F f ′，故箱子竖直方向上受重力Mg 、地面对它的支持力F N 及环给它的摩擦力F f ′，受力情况如图乙所示，由于箱子处于平衡状态，可得F N ＝F f ′＋Mg ＝F f ＋Mg .根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力，即F N ′＝Mg ＋F f ，故选项A 正确．7．(2019·常州一模)如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为M ，置于光滑水平面上，内有一质量为m 的小球，当容器受到一个水平向右的力F 作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为( )A ．m g 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2B ．m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2C ．m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F m 2D ．mg 2＋F 2解析：选B.先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为a ＝F M ＋m ，再对小球研究，分析受力情况，如图所示，由牛顿第二定律得到：F N ＝mg 2＋ma 2＝m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2，由牛顿第三定律可知小球对椭圆面的压力大小为m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2，故B 正确．8．如图所示，物体A 和B 的重力分别为11 N 和7 N ，不计弹簧秤、细线的重力和一切摩擦，则下列说法正确的是( )A ．弹簧秤的读数为14 N ，A 对地面的压力为11 NB ．弹簧秤的读数为18 N ，A 对地面的压力为0C ．弹簧秤的读数为7 N ，A 对地面的压力为4 ND ．弹簧秤的读数为0，A 对地面的压力为11 N解析：选C.物体B 保持静止，说明B 物体合外力为零，即绳上拉力为7 N ．此刻弹簧秤静止，因此弹簧秤的读数为7 N ．说明弹簧秤对A 拉力为7 N ，地面对A 物体应有4 N 的支持力(根据牛顿第三定律可知A 对地面的压力为4 N)，所以C 正确．[能力提升题组](25分钟，50分)1．下列说法正确的是( )A ．凡是大小相等、方向相反、分别作用在两个物体上的两个力，必定是一对作用力和反作用力B ．凡是大小相等、方向相反、作用在同一个物体上的两个力，必定是一对作用力和反作用力C ．凡是大小相等、方向相反、作用在同一直线上且分别作用在两个物体上的两个力，才是一对作用力和反作用力D ．相互作用的一对力中，作用力和反作用力的命名是任意的解析：选D.作用力和反作用力是分别作用在两个物体上的相互作用力，即两个物体互为施力物体和受力物体．其中的任一个力叫作用力时，另一个力叫反作用力，故只有D 选项正确．2．(多选)下列说法正确的是( )A ．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大B ．同一物体在地球上不同的位置受到的重力是不同的，但它的惯性却不随位置的变化而变化C ．一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球运动过程中受到了向上的推力D ．物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小解析：选BD.惯性是物体本身的固有属性，其大小只与物体的质量大小有关，与物体的受力及运动情况无关，故选项B、D正确；速度大的汽车要停下来时，速度变化大，由Δv ＝at可知需要的时间长，惯性未变，故选项A错误；小球上抛时是由于惯性向上运动，并未受到向上的推力，故选项C错误．3．(2019·哈尔滨模拟)如图所示，甲为水平传送带，乙为倾斜传送带，当行李箱随传送带一起匀速运动时，下列判断中正确的是( )A．甲上的行李箱受到重力、支持力和摩擦力作用B．乙上的行李箱受到重力、支持力和摩擦力作用C．乙上的行李箱受的支持力与重力是一对平衡力D．甲上的行李箱受的支持力与重力是一对作用力与反作用力解析：选B.由于行李箱随传送带一起匀速运动，因此行李箱处于平衡状态，所受合力为零，又因为甲上的行李箱随水平传送带匀速运动，故不受摩擦力作用，甲上的行李箱受的支持力与重力是一对平衡力，A、D均错误；乙上的行李箱随倾斜传送带向上匀速运动，一定受到沿传送带向上的摩擦力，而行李箱受到的支持力与重力垂直于带面向下的分力平衡，故B正确，C错误．4．(2019·辽宁本溪模拟)如图所示，质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体使其沿斜面向下匀速运动，斜面体始终静止，则下列说法正确的是( )A．地面对斜面体的摩擦力大小为F cos θB．地面对斜面体的支持力为(M＋m)gC．物体对斜面体的摩擦力的大小为FD．斜面体对物体的作用力竖直向上解析：选A.由于斜面体和物体都处于平衡状态，将斜面体和物体看成一个整体，由受力情况可得：地面对斜面体的摩擦力大小为F cos θ，地面对斜面体的支持力大小为(M＋m)g ＋F sin θ，故A对，B错；隔离物体进行受力分析，物体对斜面体的摩擦力大小为F＋mg sin θ，故C错；将斜面体作为施力物体，则斜面体对物体的作用力即为物体受到的支持力与摩擦力的合力，由力的合成可知斜面体对物体的作用力与物体的重力和F的合力大小相等、方向相反，故斜面体对物体的作用力不在竖直方向上，D错．5．(多选)搭载着“嫦娥三号”的“长征三号乙”运载火箭在西昌卫星发射中心发射升空，下面关于卫星与火箭升空的情形叙述正确的是( )A ．火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力B ．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C ．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D ．卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力解析：选AD.火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体．火箭向下喷气时，喷出的气体对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力．此动力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，选项B 、C 错误，A 正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即地球吸引卫星，卫星吸引地球，这就是一对作用力与反作用力，故选项D 正确．6．(2019·山东青岛调研)(多选)木箱重G 1，人重G 2，人站在木箱里用力F 向上推木箱，如图所示，则有( )A ．人对木箱底的压力大小为G 2＋FB ．人对木箱底的压力大小为G 2C ．木箱对地面的压力大小为G 2＋G 1－FD ．木箱对地面的压力大小为G 1＋G 2解析：选AD.对人隔离受力分析有：竖直向下的重力G 2、向下的作用力F 、向上的支持力F N ，可得F N ＝G 2＋F ，根据牛顿第三定律，人对木箱底的压力大小为G 2＋F ，选项A 正确，B 错误；将人与木箱看成一个整体，可得木箱对地面的压力大小为G 1＋G 2，选项C 错误，D 正确．综上本题选A 、D.7．如图所示，水平地面上质量为m 的物体，与地面的动摩擦因数为μ，在劲度系数为k 的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动．弹簧没有超出弹性限度．则( )A ．弹簧的伸长量为mg kB ．弹簧的伸长量为μmg kC ．物体受到的支持力与对地面的压力是一对平衡力D ．弹簧的弹力与物体所受摩擦力是一对作用力与反作用力解析：选B.物体在水平方向上受弹簧弹力和摩擦力处于平衡状态，由胡克定律有μmg＝kx，则弹簧的伸长量x＝μmgk，故选项A错误，B正确；物体受到的支持力和对地面的压力是一对作用力和反作用力，故选项C错误；弹簧的弹力与物体所受的摩擦力是一对平衡力，故选项D错误．8．如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法正确的是( )A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮解析：选A.由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力，得甲攀爬时乙的加速度大于甲，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C、D错误．牛顿第二定律、两类动力学问题[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(2019·绵阳模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起，但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g 3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g2 解析：选B.剪断细线前，弹簧的弹力：F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12mg ；剪断细线瞬间，对A 、B 系统分析，加速度为：a ＝3mg sin 30°－F 弹3m＝g 3，即A 和B 的加速度均为g3，方向沿斜面向下． 2．质量为1 t 的汽车在平直公路上以10 m/s 的速度匀速行驶，阻力大小不变，从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N ，那么从该时刻起经过6 s ，汽车行驶的路程是( )A ．50 mB ．42 mC ．25 mD ．24 m 解析：选C.汽车匀速行驶时，F ＝F f ①，设汽车牵引力减小后加速度大小为a ，牵引力减少ΔF ＝2 000 N 时，F f －(F －ΔF )＝ma ②，解①②得a ＝2 m/s 2，与速度方向相反，汽车做匀减速直线运动，设经时间t 汽车停止运动，则t ＝v 0a ＝102s ＝5 s ，故汽车行驶的路程x ＝v 02t ＝102×5 m＝25 m ，故选项C 正确．3．一个质量为m ＝1 kg 的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.从t ＝0时刻起物块同时受到两个水平力F 1与F 2的作用，若力F 1、F 2随时间的变化如图所示，设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2，则物块在此后的运动过程中( )A ．物块从t ＝0时刻开始运动B ．物块运动后先做加速运动再做减速运动，最后匀速运动C ．物块加速度的最大值是3 m/s 2D ．物块在t ＝4 s 时速度最大解析：选C.物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力F fm ＝μmg ＝0.2×1×10 N＝2 N ，物块在第1 s 内，满足F 1＝F 2＋F fm 物块处于静止状态，选项A 错误；第1 s 物块静止，第1 s 末到第7 s 末，根据牛顿第二定律有F 1－F 2－F fm ＝ma ，F 2先减小后增大，故加速度先增大再减小，方向沿F 1方向，物块一直加速，故选项B 、D 均错误，在t ＝4 s 时加速度最大为a m ＝F 1－F fm m ＝5－21m/s 2＝3 m/s 2，选项C 正确． 4．(2019·清远市田家炳实验中学一模)(多选)一个质量为2 kg 的物体，在5个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为15 N 和10 N 的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动的说法中正确的是( )A ．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s 2B ．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小C ．可能做匀减速直线运动，加速度大小是2.5 m/s 2D ．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5 m/s 2解析：选BC.根据平衡条件得知，其余力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为15 N 和10 N 的两个力后，物体的合力大小范围为5 N≤F 合≤25 N，根据牛顿第二定律a ＝F m 得：物体的加速度范围为：2.5 m/s 2≤a ≤12.5 m/s 2.若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能为5 m/s 2，故A 错误．由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B 正确．若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，故C 正确．由于撤去两个力后其余力保持不变，在恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D 错误．5．如图所示，光滑细杆BC 、DC 和AC 构成矩形ABCD 的两邻边和对角线，AC ∶BC ∶DC ＝5∶4∶3，AC 杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a 、b 、d ，a 、b 、d 三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a 、b 、d 三小球在各杆上滑行的时间之比为( )A ．1∶1∶1B ．5∶4∶3C ．5∶8∶9D ．1∶2∶3解析：选A.因ABCD 为矩形，故A 、B 、C 、D 四点必在以AC 边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A 、B 、D 三点释放的小球a 、b 、d 必定同时到达圆的最低点C 点，故A 正确．6．如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．一架质量m ＝2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝36 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f ＝4 N ．g 取10 m/s 2.(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t ＝5 s 时离地面的高度h ；(2)当无人机悬停在距离地面高度H ＝100 m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v .解析：(1)设无人机上升时加速度为a ，由牛顿第二定律，有 F －mg －f ＝ma解得a ＝6 m/s 2由h ＝12at 2，解得h ＝75 m. (2)设无人机坠落过程中加速度为a 1，由牛顿第二定律，有 mg －f ＝ma 1解得a 1＝8 m/s 2由v 2＝2a 1H ，解得v ＝40 m/s.答案：(1)75 m (2)40 m/s[能力提升题组](25分钟，50分)1．如图所示，B 是水平地面上AC 的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A 点滑动到C 点停止．小物块经过B点时的速度等于它在A 点时速度的一半．则小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1和BC 段间的动摩擦因数μ2的比值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 解析：选C.物块从A 到B 根据牛顿第二定律，有μ1mg ＝ma 1，得a 1＝μ1g .从B 到C 根据牛顿第二定律，有μ2mg ＝ma 2，得a 2＝μ2g .设小物块在A 点时速度大小为v ，则在B 点时速度大小为v 2，由于AB ＝BC ＝l ，由运动学公式知，从A 到B ：⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22－v 2＝－2μ1gl ，从B 到C ：0－⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22＝－2μ2gl ，联立解得μ1＝3μ2，故选项C 正确，A 、B 、D 错误．2．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P ，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动，以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x 之间关系的图象可能正确的是( )解析：选A.设物块P 静止时弹簧的压缩量为L ，由胡克定律和平衡条件得mg ＝kL .当物块P 位移为x 时，弹簧弹力为k (L －x )，根据牛顿第二定律有F ＋k (L －x )－mg ＝ma ，即F ＝kx ＋ma ＋mg －kL ＝kx ＋ma ，可见，F 与x 是一次函数关系，A 正确．3．如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P 点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置( )A ．在同一水平线上B ．在同一竖直线上C ．在同一抛物线上D ．在同一圆周上解析：选D.设某一直轨道与水平面成θ角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度a ＝mg sin θm＝g sin θ，由位移公式得l ＝12at 2＝12g sin θ·t 2，即l sin θ＝12gt 2，不同的倾角θ对应不同的位移l ，但lsin θ相同，即各小球最高点的位置在直径为12gt 2的圆周上，选项D 正确．4．质量为M 的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m 的重物，另一端固定在桌面上．如图所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌子边缘之间的摩擦都忽略不计，则重物下落过程中，工件的加速度为( )A.mg2MB ．mgM ＋mC.2mgM ＋4mD ．2mgM ＋2m解析：选C.相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳子上的拉力为F ，根据牛顿第二定律mg －F m ＝2·2FM，解得F ＝Mmg M ＋4m ，工件加速度a ＝2F M ＝2mgM ＋4m，所以C 正确．5．(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( )A．所受浮力大小为4 830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：选AD.刚开始上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，A正确；加速上升过程，若保持加速度不变，则热气球上升到180 m时，速度v＝2ah＝6 5 m/s＞5 m/s，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升10 s后的速度v′＜at＝5 m/s，C错误；再由F浮－F阻－mg＝ma可知空气阻力F阻增大，B错误；匀速上升时，F浮＝F阻＋mg，所以F阻＝F浮－mg＝230 N，D正确．6．(2019·南宁模拟)如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍．假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．解析：(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－F f＝ma1v21－v20＝2a1l1v1＝a1t1注意到v0＝0，F f＝0.1mg，代入已知数据可得a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有F合′＝F－F f－mg sin α＝ma2mg sin α＝mg hl2v22－v21＝2a2l2代入已知数据可得a2＝3.0 m/s2，v2＝ 1 720 m/s＝41.5 m/s(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′，有F合″＝F推＋F－F f＝ma1′v1′2－v20＝2a1′l1飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用没有变化，加速度大小仍有a2′＝3.0 m/s2v2′2－v1′2＝2a2′l2根据题意，v2′＝100 m/s，代入数据解得F推＝5.175×105 N.答案：(1)8.0 s 41.5 m/s (2)5.175×105 N牛顿运动定律的综合应用[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(2019·浙江五校联考)下列哪一种运动情景中，物体将会处于一段持续的完全失重状态( )A ．高楼正常运行的电梯中B ．沿固定于地面的光滑斜面滑行C ．固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动D ．不计空气阻力条件下的竖直上抛解析：选D.高楼正常运行的电梯中，一般先加速后匀速，再减速，故不可能一直处于完全失重状态，选项A 错误；沿固定于地面的光滑斜面滑行时，加速度沿斜面向下，由于加速度小于g ，故不是完全失重，选项B 错误；固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动的物体，加速度不会总是向下的g ，选项C 错误；不计空气阻力条件下的竖直上抛，加速度总是向下的g ，总是处于完全失重状态，故选项D 正确．2．(2019·温州模拟)如图所示为浙江卫视“中国好歌声”娱乐节目所设计的“导师战车”，战车可以在倾斜直轨道上运动．当坐在战车中的导师按下按钮，战车就由静止开始沿长10 m 的斜面冲到学员面前，最终刚好停在斜面的末端，此过程约历时4 s ．在战车的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．导师始终处于失重状态B ．战车所受外力始终不变C ．战车在倾斜导轨上做匀变速直线运动D ．根据题中信息可以估算导师运动的平均速度解析：选D.由题意可知，“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，加速过程中有沿斜面向下的加速度，战车处于失重状态，战车减速向下运动时又处于超重状态，故A 错误；战车所受外力先沿斜面向下，后又沿斜面向上，B 、C 错误；由v ＝xt可得战车运动的平均速度v ＝2.5 m/s ，所以选项D 正确．3．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )。

教学资料范本2020高考物理一轮复习第八章恒定电流课时规范练27闭合电路欧姆定律及其应用新人教版-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考物理一轮复习第八章恒定电流课时规范练27闭合电路欧姆定律及其应用新人教版基础巩固组1.(电路的动态分析)(20xx·江苏苏州期末)如图所示,电源内阻不能忽略,电流表、电压表均可视为理想电表,在滑动变阻器R的滑片从a端滑到b 端的过程中( )A.电压表V的示数先增大后减小,电流表A的示数增大B.电压表V的示数先增大后减小,电流表A的示数减小C.电压表V的示数先减小后增大,电流表A的示数增大D.电压表V的示数先减小后增大,电流表A的示数减小答案A解析在滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端的过程中,外电阻先增大后减小,路端电压先增大后减小,电压表V的示数先增大后减小,电流表A的示数一直增大,选项A正确.2.(多选)(电路的动态分析)(20xx·河北衡水中学六调)在某控制电路中,需要连成如图所示的电路,主要由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成,L1、L2是红、绿两个指示灯,当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a点时,下列说法正确的是( )A.L1变亮,L2变暗B.L1、L2两个指示灯都变暗C.若电源的负极接地,则a点的电势降低,b点的电势升高D.若电源的负极接地,则a、b点的电势都降低答案BC解析当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a点时,R接入电路的电阻减小,总电阻减小,干路电流增大,内电压增大,路端电压减小,L1变暗,L1中的电流变小,R1中的电流变大,R1两端的电压增大,则R2和L2两端的总电压减小,L2中的电流变小,L2变暗,A错误,B确;若电源的负极接地,由于电源的路端电压减小,所以a点电势降低,由于R1两端的电压增大,所以b点电势升高,C正确,D错误.3.(电路中的功率及效率问题)将一电源与一电阻箱连接成闭合回路,测得电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线如图所示,由此可知( )A.电源最大输出功率可能大于45 WB.电源内阻一定等于5 ΩC.电源电动势为45 VD.电阻箱所消耗功率P最大时,电源效率大于50%答案B解析由于题述将一电源与一电阻箱连接成闭合回路,电阻箱所消耗功率P 等于电源输出功率.由电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线可知,电阻箱所消耗功率P最大为45 W,所以电源最大输出功率为45 W,选项A错误;由电源输出功率最大的条件可知,电源输出功率最大时,外电路电阻等于电源内阻,所以电源内阻一定等于5 Ω,选项B正确;由电阻箱所消耗功率P最大值为45 W可知,此时电阻箱读数为R=5 Ω,电流I==3 A,电源电动势E=I(R+r)=30 V,选项C错误;电阻箱所消耗功率P最大时,电源效率为50%,选项D错误.4.(电路中的动态分析、功率及效率问题)如图所示电路中,R为一滑动变阻器,P为滑片,若将滑片向下滑动,则在滑动过程中,下列判断错误的是( )A.电源内电路消耗功率一定逐渐增大B.灯泡L2一定逐渐变暗C.电源效率一定逐渐减小D.R上消耗功率一定逐渐变小答案D解析滑动变阻器滑片P向下滑动,R↓→R并↓→R外↓,由闭合电路欧姆定律I=推得I↑,由电源内电路消耗功率P内=I2r可得P内↑,A正确.U外↓=E-I↑r,U1↑=(I↑-IL1↓)R1,UL2↓=U外↓-U1↑,PL2↓=,故灯泡L2变暗,B正确.电源效率η↓=,故C正确.R上消耗的功率PR=,PR增大还是减小不确定,故D错.5.(U-I图象的应用)(20xx·贵州思南中学月考)如图所示是根据某次实验记录的数据画出的U-I图线,关于此图线的说法正确的是( )A.纵轴的截距表示电源的电动势,即E=3.0 VB.横轴的截距表示电源的短路电流,即I短=0.6 AC.电源的内阻r=5 ΩD.电源的内阻r=2.0 Ω答案A解析U-I图象纵轴截距表示电源电动势大小,A正确;纵轴没有从零开始,故此时横轴截距不是短路电流,B错;图象斜率的绝对值表示电源内阻,由题图可知内阻为1 Ω,C、D错.6.(两种U-I图象的综合应用)(20xx·重庆模拟)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内阻r,调节滑动变阻器的滑片P向某一方向移动时,一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据,另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据.根据数据描绘了如图乙所示的两条U-I直线.则图象中两直线的交点表示的物理意义是( )A.滑动变阻器的滑片P滑到了最右端B.电源的输出功率最大C.定值电阻R0上消耗的功率为1.0 WD.电源的效率达到最大值答案B解析由题图乙可得,电源的电动势E=1.5 V,内阻r=1 Ω,交点位置为R+R0==2 Ω,R0==2 Ω,R=0,滑动变阻器的滑片P滑到了最左端,A项错误;当电路中外电阻等于内阻时,电源输出功率最大,但本题R0>r,改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等,此时当外电阻越接近内阻时,电源输出功率最大,B项正确;R0消耗的功率P=IU2=0.5 W,C项错误;电源的效率η=,电流越小效率越大,可见滑动变阻器的滑片P滑到最右端时效率最大,D项错误.7.(含电容器电路的分析)如图所示,一正方体导线框各边电阻均为R,MN、PQ两边均接有电容为C的电容器.开关闭合后,若电流表的示数为I,则每个电容器所带的电荷量为( )A.IRCB.IRCC.IRCD.IRC答案C解析由于电容器中无电流通过,去掉两电容器,则电路可简化为如图所示.由对称性可知,每个主支路的电流为,分支路的电流为,电容器两端电压为IR,由C=可知,每个电容器所带的电荷量Q=CU=IRC,选项C正确.8.(含电容器电路的分析)如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,R1、R3为定值电阻,R2为滑动变阻器,C为平行板电容器,开关S闭合后,电容器两板正中央有一个带电液滴恰好静止.电流表和电压表都可以视为理想电表.当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中,下述说法正确的是( )A.电压表示数变大,电流表示数变小B.电压表示数变小,电流表示数变大C.电容器C所带电荷量增加,液滴向上加速运动D.电容器C所带电荷量减小,液滴向下加速运动答案D解析当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中,接入电路的电阻减小,R2与R3并联的电阻减小,总电阻减小,则总电流增大,R1两端电压增大,则电压表示数变大;R2与R3并联的电压减小,通过R3的电流减小,则电流表示数变大,故A、B错误;R2与R3并联的电压减小,电容器板间的电压减小,板间电场强度减小,液滴所受的电场力减小,则液滴将向下加速运动,故C错误,D正确.〚导学号06400461〛能力提升组9.在如图所示电路中,闭合开关S,当滑动变阻器的滑片P从最高端向下滑动时( )A.电压表读数先变大后变小,电流表读数变大B.电压表读数先变小后变大,电流表读数变小C.电压表读数先变大后变小,电流表读数先变小后变大D.电压表读数先变小后变大,电流表读数先变大后变小答案A解析由电路图知,在滑动滑片P过程中,滑动变阻器的上下两部分并联再与R串联,电压表测路端电压,电流表测流过滑动变阻器下部分的电流.所以当滑动变阻器滑片P滑到中央时,并联总电阻最大,故电压表示数先增大后减小,而滑动变阻器下部分的阻值在一直减小,故电流表示数一直增大,A 正确.10.(20xx·天津河××区一模)如图所示的电路中,当滑动变阻器R2的滑片P向下滑动时( )A.电压表的读数减小B.R1消耗的功率增大C.电源的输出功率增大D.电容器C所带电荷量增多答案D解析滑片向下滑动时,R2增大,总电阻增大,总电流减小,内电压减小,外电压增大,A错误;R1消耗功率减小,B错误;电源输出功率P=EI,由于I减小,所以功率减小,C错误;电容器和R2并联,电压增大,带电量增大,D正确. 11.(20xx·湖北宜昌一中月考)如图所示,灯泡L1、L2都能正常发光,后来由于电路中某个电阻发生故障,致使灯泡L2比原来亮一些,灯泡L1比原来暗一些,则电路中出现的故障可能是( )A.R2短路B.R1短路C.R2断路D.R1、R2同时短路答案C解析灯泡L2比原来亮一些,灯泡L1比原来暗一些,所以灯泡L2电压增大,电流增大,灯泡L1电压减小,电流减小.若R2短路,则L2灯不亮,选项A错误;若R1短路,则通过R1的电流增大,灯泡L1变亮,选项B错误;若R2断路,则通过R1的电流减小,R2两端电压增大,选项C正确;若R1、R2同时短路,则灯泡L1变亮,L2灯灭,选项D错误.综上本题选C.〚导学号06400462〛12.(20xx·湖南东部六校联考)如图甲所示的电路中,R1、R2均为定值电阻,且R1=100 Ω,R2阻值未知,R3为一滑动变阻器,当其滑片P从左端滑至右端时,测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示,其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的,求:(1)电源的电动势和内阻;(2)定值电阻R2的阻值;(3)滑动变阻器的最大阻值.答案(1)20 V 20 Ω(2)5 Ω(3)300 Ω解析(1)题图乙中AB延长线交U轴于20 V处,交I轴于1.0 A处,所以电源的电动势为E=20 V,内阻r==20 Ω.(2)当P滑到R3的右端时,电路参数对应题图乙中的B点,即U2=4V、I2=0.8 A,得R2==5 Ω.(3)当P滑到R3的左端时,由题图乙知此时U外=16 V,I总=0.2 A,所以R外==80 Ω.因为R外=+R2,所以滑动变阻器的最大阻值为R3=300 Ω.。

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题组层级快练(四十一)一、选择题1．(2017·陕西学业考试)关于磁感应强度，下列说法中正确的是（) A．由B＝错误!可知，B与F成正比，与IL成反比B．由B＝错误!可知，一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处一定无磁场C．磁感应强度的方向就是该处电流受力方向D．磁感应强度由磁场本身决定答案D解析B＝错误!是采用比值法定义的，B的大小与F、IL没有正反比关系,与这些量无关，是由磁场本身决定的，故A项错误，D项正确．通电导体在某处不受磁场力，可能是因为磁场为零，也可能是因为导体与磁场平行,故B项错误．磁感应强度的方向，总是与该处电流受力方向垂直，故C项错误．2．（2017·上海学业考试)如图,一导体棒ab静止在U型铁芯的两臂之间．电键闭合后导体棒受到的安培力方向（）A．向上B．向下C．向左D．向右答案D解析根据安培定则,线圈下面是N极，上面是S极，故导线ab位置的磁场方向向上;电流方向是a→b，根据左手定则，安培力向右，故A、B、C三项错误,D项正确．3．为了降低潜艇噪音，可用电磁推进器替代螺旋桨．如图为直线通道推进器示意图．推进器前后表面导电，上下表面绝缘，规格为：a×b×c＝0。

2019届高考物理一轮复习第八单元恒定电流题组层级快练40 新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019届高考物理一轮复习第八单元恒定电流题组层级快练40 新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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题组层级快练(四十)一、选择题1．如图所示为多用电表的刻度盘，若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针指示如图所示,则：（1)所测电阻的阻值为________ Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2。

0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是________(选填“×10"“×100”或“×1 k”）．（2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50 mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________ mA；当选用量程为250 mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________ mA。

(3)当选用量程为10 V的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置,则所测电压为________V.答案（1）1.4×103×1 k （2）31。

5 158 (3）6。

3解析(1）欧姆表读数：对应最上一行刻度值约为14,倍率为“×100”，读数为1.4×103Ω。

(2）选50 mA直流电流挡，则每一大格表示10 mA，每一小格表示1 mA，测量的精确度为1 mA，应估读到0.1 mA，指针对应的读数为31。

2019届高考物理一轮复习第八单元恒定电流题组层级快练39 新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019届高考物理一轮复习第八单元恒定电流题组层级快练39 新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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题组层级快练(三十九）一、选择题1．（2017·上海学业考试）“用DIS测定电源的电动势和内阻”的实验电路如图(a)所示,其中定值电阻阻值R1＝1 Ω.(1）图（a)中A为________传感器，定值电阻R1在实验中起________的作用；(2）实验测得的路端电压U相应电流I的拟合曲线如图（b)所示，由此得到电源电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω；（3)实验测得的数据如图(b）所示，则实验中选用的滑动变阻器最合理的阻值范围为________．A．0～5 ΩB．0～20 ΩC．0~50 ΩD．0～200 Ω答案（1）电流；保护电源（2)1。

50 0.28 （3）B解析(1）A串联在电路中，测量电流的，所以A是电流传感器；B与滑动变阻器并联,测量电压，所以B是电压传感器；定值电阻R1在实验中的作用主要是保护电源,防止短路;（2）根据U＝E－Ir可知，图像与纵轴的交点表示电源的电动势，故E＝1。

50 V;图像的斜率的绝对值表示内阻，则可知,r＝|错误!｜＝错误!Ω＝0.28 Ω；（3）由图可知,测出中的最小电流约为0。

1 A，此时对应的总电阻R总＝错误!Ω＝15 Ω，此时滑动变阻器接入电阻应为15 Ω＋0.28 Ω〈20 Ω;则选B. 2．(2017·包头一模）为测定一节新干电池的电动势和内电阻（已知该干电池的内电阻相当小,额定电流为0。

动量和能量〔下〕]复习精要1. 动量和能量相结合的综合应用是高中力学的重点和难点，也是高考的热点问题。

解题时必须认真分析研究对象在各个物理过程的受力情况、运动情况确定应用哪些或哪个规律解题。

2. 处理力学问题的通常思路有三种：一是牛顿运动定律；二是动量关系；三是能量关系。

假设考查有关物理量的瞬时对应关系，需应用牛顿运动定律；假设考查一个过程，三种方法都可应用；假设研究对象为一个系统，应首先考虑是否可用动量守恒定律或机械能守恒定律解题；假设研究某一物体受到力的作用而发生运动状态改变时，一般可考虑用动量定理或动能定理解题，特别涉与时间问题时应优先考虑动量定理，而涉与功和位移问题时应优先考虑动能定理，因为两个守恒定律和两个定理只考查跟物理过程的始末两个状态有关物理量之间的关系，对过程的细节不予研究，这往往会使解题过程更为简捷。

1.．在粗糙绝缘的水平面上的同一直线上有A 、B 、C 三个质量都为m 的物体〔都可视为质点〕，其中物体C 被固定，其带电量为+Q ，它产生的电场在竖直面MN 的左侧被屏蔽；物体B 带电量为+q ，恰好处在被屏蔽区边缘；物体A 不带电。

此时A 、B 均静止，它们相距1l ，B 与C 相距2l 。

现对位于P 点的物体A 施加一水平向右的瞬时冲量，A 在向右运动过程中与B 碰撞后粘连〔碰撞时间极短〕，并进入电场区前进了)(2l l l <的距离时，由于物体C 排斥作用而折 回，再次进入被屏蔽区后恰好也前进了l 距离时 静止。

物体A 、B 与整个水平面间的动摩擦 因数都为μ，求：最初在P 点时对物体A 施加 的瞬时冲量的大小。

〔竖直面MN 不影响物体在两区域间穿行， 忽略带电体在MN 左侧被屏蔽区域受到的一切电场力。

〕2.〔19分〕 用放射源钋的α射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓铍“辐射〞。

1932年，查德威克用铍“辐射〞分别照射〔轰击〕氢和氮〔它们可视为处于静止状态〕，测得照射后沿铍“辐射〞方向高速运动的氢核和氮核的速度之比为7.0。