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专题三综合检测一、单项选择题 1．(2015·宁波高三十校联考)如图，弹簧测力计下挂有一单匝正方形金属线框，线框边长为L ，质量为M ，线框上边水平且处于垂直纸面向里的匀强磁场中，线框通有如图所示方向的电流，且线框处于静止状态，若此时弹簧测力计示数大小为F ，已知该线框单位长度自由电子个数为n ，重力加速度为g ，则电子定向移动对应的洛伦兹力大小为( )A ．F －MgB ．Mg －F C.F －Mg 4nLD.Mg －F nL解析：选D.由左手定则可以判断出安培力方向向上，由F A ＝Mg －F ＝nLF 洛，解得F 洛＝Mg －F nL，选项D 正确．2.(2015·高考安徽卷)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为σ2ε0，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量．如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S ，其间为真空，带电荷量为Q .不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( )A.Qε0S 和Q 2ε0SB.Q 2ε0S 和Q 2ε0SC.Q 2ε0S 和Q 22ε0SD.Qε0S 和Q 22ε0S解析：选D.每块极板上单位面积所带的电荷量为σ＝QS ，每块极板产生的电场强度为E＝σ2ε0，所以两极板间的电场强度为2E ＝Q ε0S.一块极板在另一块极板处产生的电场强度E ′＝Q2ε0S ，故另一块极板所受的电场力F ＝qE ′＝Q ·Q2ε0S ＝Q 22ε0S，选项D 正确． 3.(2015·杭州调研)如图所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，横截面分别位于一正方形abcd 的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向里、大小分别为I a ＝I 、I b ＝2I 、I c ＝3I 、I d ＝4I 的恒定电流．已知通电长直导线周围距离为r 处磁场的磁感应强度大小为B ＝k Ir ，式中常量k ＞0，I 为电流强度．忽略电流间的相互作用，若电流I a 在正方形的几何中心O 点处产生的磁感应强度大小为B ，则O 点处实际的磁感应强度的大小及方向为( )A．22B，方向由O点指向ad中点B．22B，方向由O点指向ab中点C．10B，方向垂直于纸面向里D．10B，方向垂直于纸面向外解析：选A.由题意，直导线周围某点的磁感应强度与电流强度成正比，与距直导线距离成反比．应用安培定则并结合平行四边形定则，可知A选项正确．4.如图所示，由abcd组成的一闭合线框，其中a、b、c三点的坐标分别为(0，L，0)，(L，L，0)，(L，0，0)，整个空间处于沿y轴正方向的匀强磁场中，通入电流I，方向如图所示，关于各边所受的安培力的大小，下列说法中正确的是()A．ab边与bc边受到的安培力大小相等，方向相互垂直B．cd边受到的安培力最大，方向平行于xOz平面C．cd边与ad边受到的安培力大小相等，方向平行于yOz平面D．ad边不受安培力作用解析：选B.因为ab垂直放置于磁场中，故其受的安培力F ab＝BIL ab，而bc平行于磁场，故其受的安培力为零，A错；cd边垂直于磁场，且长度最长，所以其受到的安培力最大，由左手定则知其安培力的方向平行于xOz平面，B对；又F ad＝BIL Od，又Od<cd，故cd边与ad边受到的安培力大小不等，C错；ad边受安培力作用，D错．5.(2015·台州一模)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球()A．一定带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a到b过程，克服电场力做功D．从a到b过程中可能做匀加速运动解析：选C.无论电场方向沿什么方向，小球带正电还是负电，电场力与重力的合力是一定的，且与洛伦兹力等大反向，故要使小球做直线运动，洛伦兹力恒定不变，其速度大小也恒定不变，故D错误；只要保证三个力的合力为零，因电场方向没确定，故小球电性也不确定，A、B均错误；由W G＋W电＝0可知，重力做功W G＞0，故W电＜0，小球一定克服电场力做功，C正确．6．如图所示，边长为L的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场(足够大)方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B .把粒子源放在顶点A 处，它将沿∠A 的角平分线发射质量为m 、电荷量为q 、初速度为v 0的带电粒子(粒子重力不计)．若从A 射出的粒子①带负电，v 0＝qBLm ，第一次到达C 点所用时间为t 1②带负电，v 0＝qBL2m ，第一次到达C 点所用时间为t 2③带正电，v 0＝qBLm ，第一次到达C 点所用时间为t 3④带正电，v 0＝qBL2m，第一次到达C 点所用时间为t 4则下列判断正确的是( ) A ．t 1＝t 3<t 2＝t 4 B ．t 1<t 2<t 4<t 3 C ．t 1<t 2<t 3<t 4 D ．t 1<t 3<t 2<t 4解析：选B.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力． (1)当v 0＝qBLm 时，则由牛顿第二定律可得q v B ＝m v 2r ，T ＝2πmqB根据几何关系作出运动轨迹，r ＝L ，如图1.由轨迹知，当电荷带正电，粒子经过一个周期到达C 点，即为t 3＝T ；当粒子带负电，粒子经过16T 第一次到达C 点，即为t 1＝16T ；(2)当v 0＝qBL 2m ，r ＝12L ，如图2.由运动轨迹可知，当电荷带正电，粒子经过56T 到达C 点，即为t 4＝56T ，当粒子带负电，粒子经过T 3第一次到达C 点，即为t 2＝T3，综上所述，有t 1<t 2<t 4<t 3，故B 正确．二、不定项选择题 7．(2015·山东临沂一模)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流I.已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k Ir，式中k是常数，I是导线中的电流，r为点到导线的距离．一带正电的小球(图中未画出)以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是()A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球一直做匀速直线运动C．小球对桌面的压力先增大后减小D．小球对桌面的压力一直在增大解析：选BC.由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在MN连线上的磁场方向平行桌面向里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上．对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力3个力作用，小球在水平方向不受力，故从a点到b点，小球一直做匀速直线运动，A错误，B正确；由于从a至b合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先增大后减小，C正确，D错误．8．无限长通电直导线在其周围某一点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B＝k Ir(式中k为常数)．如图甲所示，光滑绝缘水平面上平行放置两根无限长直导线M和N，导线N中通有方向如图的恒定电流I N，导线M中的电流I M 大小随时间变化的图象如图乙所示，方向与N中电流方向相同．绝缘闭合导线框ABCD放在同一水平面上，AB边平行于两直导线，且位于两者正中间．则以下说法正确的是()A．0～t0时间内，流过R的电流方向由C→DB．t0～2t0时间内，流过R的电流方向由D→CC．0～t0时间内，不计CD边电流影响，则AB边所受安培力的方向向左D．t0～2t0时间内，不计CD边电流影响，则AB边所受安培力的方向向右解析：选ACD.0～t0时间内，M中电流由0逐渐增加到I N，则线框中合磁场向里且逐渐增大，则感应电流的磁场应向外，线框中电流方向为A→B→C→D→A，故A对．t0～2t0时间内，M中电流由I N增大到2I N，线框中磁场向里且逐渐增大，则感应电流的磁场仍向外，线框中电流方向为A→B→C→D→A，B错.0～t0时间内，AB中电流由A→B，AB处磁场向外，则其所受安培力的方向向左，C对．t0～2t0时间内，AB中电流仍为A→B，但AB处磁场方向向里，则其所受安培力的方向向右，D对．9.(2015·新余一模)如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有()A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近 解析：选AD.两离子在磁场中的运动情况如图所示，根据左手定则，a 、b 均带正电，A 正确；由T ＝2πmqB 可知，两离子在磁场中运动周期相同，由运动轨迹可知离子a 转过的圆心角大于离子b 转过的圆心角，即θa >θb ，由t ＝θ2πT ，可以判断a 在磁场中飞行的时间比b 的长，B 错误；由q v B ＝m v 2R得R＝m vqB ，故两离子在磁场中运动半径相同，所以a 在磁场中飞行的路程比b 的长，a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近，C 错误、D 正确．10.如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，电场强度为E ，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .有一重力不计的带电粒子以垂直于x 轴的速度v 0＝10 m/s 从x 轴上的P 点进入匀强电场，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 轴进入第四象限．已知O 、P 之间的距离为d ＝0.5 m ，则带电粒子( )A ．带正电荷B ．在电场中运动的时间为0.1 sC ．在磁场中做圆周运动的半径为22m D ．在磁场中运动的时间为3π40s 解析：选ABD.根据带电粒子在电场中的偏转方向可知带电粒子带正电荷，选项A 正确；由恰好与y轴成45°角射出电场可知，离开电场时v x ＝v y ＝v 0，则v ＝2v 0＝10 2 m/s ，在电场中沿x轴方向做匀加速运动，d ＝v 02t ，解得粒子在电场中运动的时间为t ＝2dv 0＝0.1 s ，选项B 正确；沿y 轴方向上的位移为l ＝v 0t ＝1 m ，在磁场中的偏转圆心角为135°(如图所示)，由几何关系可得圆周运动的半径为R ＝2l ＝ 2 m ，故选项C 错误；在磁场中运动的时间为t ＝135°360°·T ＝38·2πR v ＝3π40 s ，故选项D 正确．三、非选择题11．(2015·昆明三中、玉溪一中联考)如图所示，在xOy 平面的第一、四象限，有水平向右匀强电场，在第二、三象限中存在磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场和场强大小与第一象限的场强大小相等，方向竖直向上的匀强电场．第一象限中P 点的坐标是⎝⎛⎭⎫R 2，32R ，在P 点拴一根绝缘细线，长为R ，细线另一端系一个质量为m ，带电荷量为q 的小球，现将细线拉至与水平方向成45°角由静止释放．小球摆至O 点位置时，细线恰好脱开，小球跨过y 轴，恰好做匀速圆周运动．求：(1)电场强度的大小；(2)小球到达O 点时的速度；(3)小球在y 轴左侧做匀速圆周运动的旋转半径．解析：(1)小球跨过y 轴，恰好做匀速圆周运动，可知小球受到的电场力等于重力大小，Eq ＝mg所以场强E ＝mgq.(2)小球从初始状态释放，摆动到O 点，根据动能定理： mg ⎝⎛⎭⎫22＋32R －Eq ⎝⎛⎭⎫22＋12R ＝12m v 2 得小球的速度 v ＝（3－1）gR速度的方向与y 轴正方向成60°角斜向上．(3)如图，小球在y 轴左侧做匀速圆周运动，小球受到的电场力大小等于重力大小，洛伦兹力提供向心力F 洛＝m v 2r即q v B ＝m v 2r得旋转半径为r ＝m （3－1）gRqB.答案：(1)mgq (2)见解析 (3)m （3－1）gR qB12．(2015·浙江宁波高三二模)实验室常用电场和磁场来控制带电粒子的运动．如图所示，在真空中A 、C 两板之间加上电压U ，粒子从A 板附近由静止被加速后从D 点进入圆形有界磁场；匀强磁场区域以O 为圆心，半径R ＝310m ，磁感应强度B 方向垂直纸面向外；磁场右侧有一个范围足够大的匀强电场，方向竖直向下，左边界与圆形磁场边界相切；现在电场区域放置一块足够长挡板GH ，它与水平线FD 夹角为60°(F 点在挡板上，圆心O 在FD 上)，且OF ＝3R .一比荷q m ＝13×106 C/kg 的带正电粒子，从A 板附近由静止释放，经U ＝150V 的电压加速后，从D 点沿与水平线成60°角的方向射入磁场，粒子离开圆形磁场时其速度方向水平，最后恰好打在挡板上的F 点．不计粒子重力．(1)求粒子进入磁场时的速度大小v D ； (2)求磁感应强度B 的大小；(3)求粒子到达F 点时的速度大小v F ；(4)不改变其他条件，逐渐增大匀强电场的电场强度，要使粒子仍能打到挡板上，求所加电场场强的最大值．解析：(1)粒子被加速过程，由动能定理有qU ＝12m v 2D解得v D ＝1×104 m/s.(2)由几何关系可知，粒子在有界磁场中做圆周运动的圆心N 恰好在磁场边界上，粒子从M 点水平射出磁场，运动轨迹如图甲所示．由此得做匀速圆周运动的半径r ＝3R ＝0.3 m根据Bq v D ＝m v 2Dr，解得B ＝0.1 T.甲(3)粒子进入电场后做类平抛运动，有 水平位移x ＝2R ＝35m竖直位移y ＝R sin 60°＝0.15 m 又x ＝v D t ，y ＝v y 2t ，v ＝v 2D ＋v 2y 解得v ＝72×104 m/s ＝1.3×104 m/s. (4)电场强度取到最大值E 的临界条件是粒子在电场中的运动轨迹恰好与挡板相切，如图乙所示．由类平抛运动的规律，粒子速度的反向延长线过水平位移的中点Q ，有水平位移x ′＝4R －2R sin 60°tan 30°＝0.3 3 m根据x ′＝v D t ′ v ′y ＝at ′又v ′y ＝v D tan 60°，a ＝Eqm联立解得E ＝1 000 V/m.乙答案：(1)1×104 m/s (2)0.1 T (3)1.3×104 m/s (4)1 000 V/m。
课时作业15 动能定理时间：45分钟一、单项选择题1．A 、B 两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F 作用下，由静止开始通过相同的位移l .若A 的质量大于B 的质量，则在这一过程中( )A ．A 获得动能较大B ．B 获得动能较大C ．A 、B 获得动能一样大D ．无法比较A 、B 获得动能大小解析：由动能定理可知恒力F 做功W ＝Fl ＝12mv 2－0，因为F 、l 相同，所以A 、B 的动能变化相同，C 正确．答案：C2．物体沿直线运动的v －t 关系如图所示，已知在第1 s 内合力对物体做的功为W ，则( )A ．从第1 s 末到第3 s 末合力做功为4WB ．从第3 s 末到第5 s 末合力做功为－2WC ．从第5 s 末到第7 s 末合力做功为WD ．从第3 s 末到第4 s 末合力做功为0.75W解析：由题图知，第1 s 末速度、第3 s 末速度、第7 s 末速度大小关系v 1＝v 3＝v 7，由题知W ＝12mv 21－0，则由动能定理知第1 s 末到第3 s 末合力做功W 2＝12mv 23－12mv 21＝0，A 错误；第3 s 末到第5 s 末合力做功W 3＝0－12mv 23＝－W ，B 错误；第5 s 末到第7 s 末合力做功W 4＝12mv 27－0＝W ，C 正确；第3 s 末到第4 s 末合力做功W 5＝12mv 24－12mv 23，因v 4＝12v 3，所以W 5＝－0.75W ，D 错误．答案：C3．如图所示，木块A 放在木板B 的左上端，用恒力F 将A 拉至B 的右端，第1次将B 固定在地面上，木块A 获得的动能为E k ；第2次可以让B 在光滑的地面上自由的滑动，木块A 获得的动能为E ′k .比较两次木块A 获得的动能，则( )A ．E k <E ′kB ．E k ＝E ′kC ．E k >E ′kD ．无法确定解析：第1次合力对木块A 做功为W 1＝(F －F f )L ；第2次，设木板B 相对地面的位移为x ，则木块A 相对地面的位移为(L ＋x )，故合力第二次对木块A 做功为W ＝(F －F f )(L ＋x )．对比前后两次做功，答案应选A.答案：A4．[改编题]如图所示，BC 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端C 与水平直轨道相切．一个小物块从B 点正上方R 处的A 点处由静止释放，从B 点刚好进入圆弧形光滑轨道下滑，已知圆弧形轨道半径为R ＝0.2 m ，小物块的质量为m ＝0.1 kg ，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2.小物块在水平面上滑动的最大距离是( )A ．0.1 mB ．0.2 mC ．0.6 mD ．0.8 m解析：本题考查了多过程中动能定理的应用．设小物块在水平面上滑动的最大距离为x ，由动能定理得：mg ·2R －μmgx ＝0，x ＝2Rμ＝0.8 m ，选项D 正确．答案：D5．如图所示，一倾角为45°的粗糙斜面与粗糙水平轨道平滑对接，有一质量为m 的物体由斜面的A 点静止滑下，物体与斜面和地面间的动摩擦因数相同．已知A 距离地面的高度为4 m ，当物体滑至水平地面的C 点时速度恰好为零，且BC 距离为4 m ．若将BC 水平轨道抬起，与水平面间夹角为30°，其他条件不变，则物体能沿BD 斜面上升的最大高度为( )A ．(8－43) mB ．(8－23) m C.43m D ．8 m解析：由A 点到C 点，利用动能定理可得mgh －WF f ＝0，解得μ＝0.5，设沿BD 斜面上升的最大高度为h ′，则由动能定理可得mg (h －h ′)－μmg cos45°×2h －μmg cos30°×2h ′＝0，解得h ′＝(8－43) m.答案：A 二、多项选择题6．某科技创新小组设计制作出一种全自动升降机模型，用电动机通过钢丝绳拉着质量为m 的升降机由静止开始匀加速上升，当升降机的速度为v 1时，电动机的功率达到最大值P ，以后电动机保持该功率不变，直到升降机以最大速度v 2匀速上升为止．整个过程中忽略一切阻力和钢丝绳的质量，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．钢丝绳的最大拉力为Pv 2B ．升降机的最大速度v 2＝P mgC ．钢丝绳的拉力对升降机所做的功等于升降机克服升降机重力所做的功D ．升降机速度由v 1增大至v 2的过程中，钢丝绳的拉力不断减小解析：当升降机的速度为v 1前，钢丝绳的拉力最大且为P v 1，选项A 错误；当钢丝绳的拉力F ＝mg 时升降机的速度达到最大，v 2＝P F ＝P mg ，选项B 正确；根据动能定理有W F －W G ＝12mv 22－12mv 21，由于v 2>v 1，所以W F ≠W G ，即选项C 错误；由P ＝Fv 知，P 不变时F 随v 的增大而减小，选项D 正确．答案：BD7．人通过滑轮将质量为m 的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图所示．则在此过程中( )A ．物体所受的合外力做功为mgh ＋12mv 2B ．物体所受的合外力做功为12mv 2C ．人对物体做的功为mghD ．人对物体做的功大于mgh解析：物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W合＝W F －WF f －mgh ＝12mv 2，其中WF f为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W 人＝W F ＝WF f ＋mgh ＋12mv 2，A 、C 错误，B 、D 正确．答案：BD8．太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t ，速度为v 时功率达到额定功率，并保持不变．之后汽车又继续前进了距离s ，达到最大速度v max .设汽车质量为m ，运动过程中所受阻力恒为f ，则下列说法正确的是( )A ．汽车的额定功率为fv maxB ．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvtC ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为12mv 2max －12mv 2D ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为12mv 2max解析：当汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡，功率为额定功率，则可知选项A 正确；汽车匀加速运动过程中通过的位移x ＝12vt ，克服阻力做功为W ＝12fvt ，选项B 错误；根据动能定理可得W F －W f ＝12mv 2max －0，W f ＝12fvt ＋fs ，可知选项C 错误、D 正确．答案：AD 三、非选择题9．如图所示，QB 段为一半径为R ＝1 m 的光滑圆弧轨道，AQ 段为一长度为L ＝1 m 的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q 点，Q 在圆心O 的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P 的质量为m ＝1 kg(可视为质点)，P 与AQ 间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P 以速度v 0从A 点滑上水平轨道，到C 点后又返回A 点时恰好静止．(取g ＝10 m/s 2)．求：(1)v 0的大小；(2)物块P 第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力．解析：(1)物块P 从A 到C 又返回A 的过程中，由动能定理有－μmg ·2L ＝0－12mv 2解得v 0＝4μgL ＝2 m/s(2)设物块P 在Q 点的速度为v ，Q 点轨道对P 的支持力为F ，由动能定理和牛顿定律有： －μmgL ＝12mv 2－12mv 20F －mg ＝m v 2R解得：F ＝12 N由牛顿第三定律可知，物块P 对Q 点的压力大小为12 N ，方向竖直向下． 答案：(1)2 m/s (2)12 N 方向竖直向下10．额定功率是80 kW 的无轨电车，其最大速度是72 km/h ，质量是2 t ，如果它从静止先以2 m/s 2的加速度匀加速开出，阻力大小一定，则电车匀加速运动行驶能维持多少时间？又知电车从静止驶出到增至最大速度共经历了21 s ，在此过程中，电车发生的位移是多少？解析：电车的最大速度v m ＝72 km/h ＝20 m/s 由P 额＝F f v m 得：F f ＝P 额v m ＝80×10320N ＝4 000 N电车做匀加速运动的牵引力为：F ＝ma ＋F f ＝2 000×2＋4 000＝8 000(N)匀加速直线运动时所能达到的最大速度为：v ′m ＝P 额F ＝80×1038 000m/s ＝10 m/s匀加速直线运动阶段所维持的时间为：t ′＝v ′ma＝5 s此时汽车发生的位移为：x 1＝12at 2＝12×2×52 m ＝25 m汽车从v ′m 加速到v m 的过程中，由能量关系得：P (t －t 1)－F f x 2＝12mv 2m －12mv ′2m代入数据解得：x 2＝245 m. 所以电车发生的总位移：x ＝x 1＋x 2＝270 m答案：5 s 270 m11．如图所示，倾角为θ的斜面上只有AB 段粗糙，其余部分都光滑，AB 段长为3L .有若干个相同的小方块沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L .将它们由静止释放，释放时下端距A 为2L .当下端运动到A 下面距A 为L /2时物块运动的速度达到最大．(1)求物块与粗糙斜面的动摩擦因数； (2)求物块停止时的位置；(3)要使所有物块都能通过B 点，由静止释放时物块下端距A 点至少要多远？ 解析：(1)当整体所受合外力为零时，整块速度最大，设整体质量为m ，则mg sin θ＝μ12mg cos θ，得μ＝2tan θ.(2)设物块停止时下端距A 点的距离为x ，根据动能定理mg (2L ＋x )sin θ－12μmg cos θL －μmg cos θ(x －L )＝0.解得x ＝3L ，即物块的下端停在B 端．(3)设静止时物块的下端距A 的距离为x ′，物块的上端运动到A 点时速度为v ，根据动能定理mg (L ＋x ′)sin θ－12μmg cos θL ＝12mv 2，物块全部滑上AB 部分后，小方块间无弹力作用，取最上面一小块为研究对象，设其质量m 0，运动到B 点时速度正好减到0，根据动能定理m 0g 3L sin θ－μm 0g 3L cos θ＝0－12m 0v 2，得x ′＝3L .答案：(1)2tan θ (2)物块的下端停在B 端 (3)3L。
第五章高频考点真题验收全通关 [把握本章在高考中考什么、怎么考，练通此卷、平步高考！]高频考点一：功和功率1．(2012·江苏高考)如图1所示，细线的一端固定于O 点，另一端系一小球。
在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点。
在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )图1A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大，后减小D ．先减小，后增大2．(多选)(2011·海南高考)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1 s 内受到2 N 的水平外力作用，第2 s 内受到同方向的1 N 的外力作用。
下列判断正确的是( )A ．0～2 s 内外力的平均功率为 W 94B ．第2 s 内外力所做的功为 J 54C ．第2 s 末外力的瞬时功率最大D ．第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量的比值为453．(多选)(2012·天津高考)如图2甲所示，静止在水平地面的物块A ，受到水平向右的拉力F 作用，F 与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m 与滑动摩擦力大小相等，则( )图2A ．0～t 1时间内F 的功率逐渐增大B ．t 2时刻物块A 的加速度最大C ．t 2时刻后物块A 做反向运动D ．t 3时刻物块A 的动能最大4．(多选)(2012·四川高考)如图3所示，劲度系数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m 的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变。
用水平力F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x 0，此时物体静止。
撤去F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x 0。
物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。
则() 图3A ．撤去F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为－μg kx 0m C ．物体做匀减速运动的时间为2x 0μg D ．物体开始向左运动到速度达到最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg (x 0－)μmg k 5．(2012·北京高考)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米，电梯的简化模型如图4甲所示。
物理学科暑期作业及学习建议
高三复习进度安排：第一学期期中考试之前复习高中所有力学知识（包括选修3-5动量守恒定律），高三第一学期期中考试考查力学知识（统考）；期中考试之后到期末考试复习高中电学知识，期末考试考查力学、电学综合知识（统考）；第二学期零模之前基本完成高考复习的第一轮复习。
首先，力学、电学知识内容多，在高考考查所占比重大；第二，力电综合考查难度大；第三，时隔一年多，对高一所学知识遗忘多。
所以，要求大家在暑假，自己先对力学、电学知识进行复习整理。
暑假作业：（前两项是必须完成的项目）
1、完成《2016高中总复习优化设计》一书中，第一、二、三、
四、五、十四章中每一节的“知识梳理*双基自测”（共18节）。
具体要求：先学习课本和以前的笔记，再完成知识梳理的填空，然后对照答案进行改错（用红笔改错），接着做双基自测的题目并改错（红笔），最后进行反思，最好能把反思形成文字写在笔记本上。
2、学习《2016高中总复习优化设计》一书中实验1、2、
3、
4、
5、
6、16的“知识梳理*夯实基础”（共7个实验）。
3、学有余力的同学可以买必修1、必修2的教材同步辅导书，完成书上的练习题。
4、完成以上内容后，接着完成第六、七、八、九、十章电学的复习，购买相应的教材同步辅导书，完成上面的练习。
一、单项选择题1．(2015·辽师大附中二模)如图所示，一重力不计的带电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，且只在电场力作用下依次通过M、N、P三点，其中N点是轨迹上距离负点电荷最近的点．若粒子在M点和P点的速率相等，则()A．粒子在N点时的速率最大B．U MN＝U NPC．粒子在N点时的加速度最大D．粒子在M点时的电势能大于其在N点时的电势能解析：选C.据带电粒子所受电场力指向运动轨迹的凹侧，再根据题图可知该粒子从M 点到N点电场力做负功，从N点到P点电场力做正功，所以带电粒子的动能先减少后增加，则在N点的动能最小，速度也最小，A错误；电势能先增加后减少，D错误；据题意知，粒子在M点和P点速率相等，据动能定理有qU MN＝m v2N2－m v2M2和qU NP＝m v2P2－m v2N2，所以U MN＝－U NP，B错误；在N点的电场线密集，即粒子在N点所受的电场力较大，加速度也较大，C正确．2.如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则()A．直线a位于某一等势面内，φM>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功解析：选B.由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为M→N，故选项B正确，选项A错误．M点与Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误．电子由P 点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误．3.(2015·河北石家庄一轮质检)M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能E p 随位移x变化的关系如图所示，其中电子在M点时的电势能为E p M，电子在N点时的电势能为E p N，则下列说法正确的是()A．电子在N点时的动能小于在M点时的动能B．该电场有可能是匀强电场C．该电子运动的加速度越来越小D．电子运动的轨迹为曲线解析：选C.电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由题图可知电子由M点运动到N点，电势能减小，故动能增加，A选项错误；分析题图可得电子的电势能随运动距离的增大，减小得越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W＝q EΔx可得电场强度越来越小，B选项错误；由于电子从M点运动到N点电场力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得M、N点所在电场线为直线，则电子的运动轨迹必为直线，D选项错误．4.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab ∥cd，ab⊥bc，2ab＝cd＝bc＝2l，电场线与四边形所在平面平行．已知a点电势为24 V，b 点电势为28 V，d点电势为12 V．一个质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0，方向与bc成45°，一段时间后经过c点，则下列说法错误的是()A．c点电势为20 VB．质子从b运动到c所用的时间为2l v0C．场强的方向由a指向cD．质子从b运动到c电场力做功为8电子伏解析：选C.如图，由匀强电场中电场分布与电势差间的关系有：φb－φa＝φa－φe得φe＝20 V又φb－φe＝φc－φd得φc＝20 V，A正确．ec连线为等势线，则电场方向由b指向d，C错误．质子做类平抛运动，则有：2l sin 45°＝v0t得t＝2lv0，B正确．质子从b运动到c电场力做功W＝qU bc＝8 eV，D正确．二、不定项选择题5.(2015·高考江苏卷)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示．c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则()A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低解析：选ACD.根据电场线的分布图，a、b两点中，a点的电场线较密，则a点的电场强度较大，选项A正确．沿电场线的方向电势降低，a点的电势低于b点的电势，选项B 错误．由于c、d关于正电荷对称，正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反，两负电荷在c点产生的电场强度为0，在d点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c点的电场强度比d点的大，选项C正确．c、d两点中c点离负电荷的距离更小，c点电势比d点低，选项D正确．6.(2015·高考四川卷)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a()A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B ．从N 到P 的过程中，速率先增大后减小C ．从N 到Q 的过程中，电势能一直增加D ．从P 到Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析：选BC.小球a 从N 点释放一直到达Q 点的过程中，a 、b 两球的距离一直减小，库仑力变大，a 受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A 错误；小球a 从N 到P 的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a 球速率先增大后减小，选项B 正确；小球a 由N 到Q 的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C 正确；小球a 从P 到Q 的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，选项D 错误．7．(2015·浙江宁波高三二模)如图所示，同一竖直平面内固定着水平绝缘细杆AB 、CD ，细杆长均为l ，两细杆间竖直距离为h ，B 、D 两端与光滑绝缘、半径为h2的半圆形细杆相连，半圆形细杆与AB 、CD 在同一竖直平面内，O 为AD 、BC 连线的交点．在O 点固定一电荷量为＋Q 的点电荷，一质量为m 、电荷量为－q 的小球穿在细杆上，从A 点以一定的初速度出发，沿细杆滑动且恰能到达C 点．已知小球与两水平细杆间的动摩擦因数为μ，小球所受库仑力始终小于小球所受重力，不计带电小球对点电荷电场的影响，静电力常量为k .则小球从A 点到C 点的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．点电荷产生的电场在A 、C 两点的电场强度相同B ．小球运动到O 点正下方时，受到的摩擦力最小，其值为μ⎝⎛⎭⎫mg －4kqQ h 2C ．从B 点到D 点的运动过程中电场力对小球先做正功后做负功D ．小球的初速度大小为2gh ＋4μgl解析：选BD.点电荷产生的电场在A 、C 两点的电场强度大小相等、方向不同，选项A 错误；小球运动到O 点正下方时，细杆对小球的支持力最小，支持力大小为mg －4kqQh 2，所以摩擦力大小为F f ＝μF N ＝μ⎝⎛⎭⎫mg －4kqQh 2，选项B 正确；从B 点到D 点的运动过程中，小球到O 点的距离先变大，后变小，电场力先做负功，后做正功，选项C 错误；从A 点到C 点，根据对称性，小球克服摩擦力做功为2μmgl ，克服重力做功为mgh ，由动能定理，－mgh －2μmgl ＝0－12m v 2，可解得小球的初速度为v ＝2gh ＋4μgl ，选项D 正确．8.(2015·高考广东卷)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M 和N 分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M 、N 保持静止，不计重力，则( )A ．M 的带电量比N 的大B ．M 带负电荷，N 带正电荷C ．静止时M 受到的合力比N 的大D ．移动过程中匀强电场对M 做负功 解析：选BD.两带电小球分别在两球间的库仑力和水平匀强电场的电场力作用下处于平衡状态，因为两小球间的库仑力等大反向，则匀强电场对两带电小球的电场力也等大反向，所以两带电小球的带电量相等，电性相反，静止时，两球所受合力均为零，选项A 、C 错误；M 、N 两带电小球受到的匀强电场的电场力分别水平向左和水平向右，即M 带负电，N 带正电，M 、N 两球在移动的过程中匀强电场对M 、N 均做负功，选项B 、D 正确．9.(2015·高考天津卷)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E 1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )A ．偏转电场E 2对三种粒子做功一样多B ．三种粒子打到屏上时的速度一样大C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置解析：选AD.根据动能定理有qE 1d ＝12m v 21，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v 1＝2qE 1d m .在偏转电场中，由l ＝v 1t 2 及y ＝12qE 2m t 22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y ＝E 2l 24E 1d，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W ＝qE 2y 得，偏转电场E 2对三种粒子做功一样多，选项A 正确．根据动能定理，qE 1d ＋qE 2y ＝12m v 22，得到粒子离开偏转电场E 2打到屏上时的速度v 2＝ 2（qE 1d ＋qE 2y ）m，由于三种粒子的质量不相等，故v 2不一样大，选项B 错误．粒子打在屏上所用的时间t ＝d v 12＋L ′v 1＝2dv 1＋L ′v 1(L ′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v 1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C 错误．根据v y ＝qE 2m t 2及tan θ＝v y v 1得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝E 2l2E 1d，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D 正确．10．(2015·河北百校联考)如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O 、A 、B 三点，其中O 为圆心，A 点固定电荷量为Q 的正电荷，B 点固定一个未知电荷，且圆周上各点电势相等，AB ＝L .有一个可视为质点的质量为m ，电荷量为－q 的带电小球正在槽中运动，在C 点受到的电场力指向圆心，C 点所处的位置如图所示，根据题干和图示信息可知( )A ．B 点的电荷带正电B ．B 点的电荷的电荷量为3QC ．B 点的电荷的电荷量为3QD ．小球在槽内做的是匀速圆周运动 解析：选CD.如图，由小球在C 点时受到的电场力指向圆心，对小球受力分析可知B 点的电荷对小球有排斥力，因小球带负电，则B 点的电荷带负电．由∠ABC ＝∠ACB ＝30°，知：∠ACO ＝30°，AB ＝AC ＝L ，BC ＝2AB cos 30°＝3L 由几何关系可得：F 1＝3F 2即：kQq L 2＝3kQ B q （3L ）2得Q B ＝3Q ，故A 、B 错误，C 正确．圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D 正确．三、非选择题 11．(2015·福建厦门质检)如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB 与四分之一圆弧轨道BC 平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E ＝5×103 V/m ，圆弧轨道半径R ＝0.4 m ．现有一带电荷量q ＝＋2×10－5 C 、质量m ＝5×10－2 kg 的物块(可视为质点)从距B 端x ＝1 m 处的P 点由静止释放，加速运动到B 端，再平滑进入圆弧轨道BC ，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B 点的速度v B 的大小； (2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力F N B 的大小．解析：(1)在物块从开始至运动到B 点的过程中，由牛顿第二定律可知： qE ＝ma又由运动学公式有：x ＝12at 2解得：t ＝1 s 又因：v B ＝at 得：v B ＝2 m/s.(2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向由牛顿第二定律，有： F N B －mg ＝m v 2BR解得：F N B ＝1 N.答案：(1)1 s 2 m/s (2)1 N12.(2015·台州模拟)如图所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6 C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E 的匀强电场中．取g ＝10 m/s 2.(1)求匀强电场的电场强度E 的大小和方向；(2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103 N/C ，方向不变．求在t ＝0.20 s 时间内电场力做的功；(3)若(2)中条件不变，在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能． 解析：(1)因微粒静止，知其受力平衡，对其受力分析有 Eq ＝mgE ＝mg q ＝2.0×10－4×101.0×10－6N/C ＝2.0×103 N/C ， 方向竖直向上．(2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103 N/C ，设微粒的加速度为a ，在t ＝0.20 s 时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，则qE 0－mg ＝ma 解得：a ＝10 m/s 2h ＝12at 2 解得：h ＝0.20 mW ＝qE 0h解得：W ＝8.0×10－4 J.(3)设在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v ，回到出发点时的动能为E k ，则v ＝atE k ＝mgh ＋12m v 2解得：E k ＝8.0×10－4 J.答案：(1)2.0×103 N/C 方向竖直向上(2)8.0×10－4 J (3)8.0×10－4 J。
