(16套)江蘇版高考物理復(fù)習(xí)知識(shí)點(diǎn)匯總(全冊(cè))(93頁(yè)word版)

1、(16 套) 江蘇版高考物理復(fù)習(xí)知識(shí)點(diǎn)匯總（全冊(cè)）（93 頁(yè) word 版）二輪滾講義練（一）滾動(dòng)練一、選擇題1、(2017揚(yáng)州模擬) 如圖所示為航母上電磁彈射裝置的等效電路圖( 俯視圖 ) ，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直軌道平面向上，先將開(kāi)關(guān)撥到a 給超級(jí)電容器 c充電，然后將開(kāi)關(guān)撥到b 可使電阻很小的導(dǎo)體棒ef沿水平軌道彈射出去，則下列說(shuō)法正確的是( ) a電源給電容器充電后，m板帶正電b在電容器放電過(guò)程中，電容器兩端電壓不斷減小c在電容器放電過(guò)程中，電容器的電容不斷減小d若軌道足夠長(zhǎng)，電容器將放電至電量為0 解析： 選 b 電容器下極板接正極，所以充電后n板帶正電， 故 a錯(cuò)誤；電容器放電時(shí)，電量和電壓

2、均減小，故b正確；電容是電容器本身的性質(zhì)，與電壓和電量無(wú)關(guān)，故放電時(shí)，電容不變， 故 c錯(cuò)誤；若軌道足夠長(zhǎng)，導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流和放電形成的電流大小相同時(shí)，不再放電，故電容器放電不能至電量為0，故 d錯(cuò)誤。2、 如圖所示， 平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為e的直流電源 ( 內(nèi)阻不計(jì) )連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電量很少，可被忽略。一帶負(fù)電油滴靜止于電容器中的p點(diǎn)，現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則( ) a平行板電容器的電容將變大b靜電計(jì)指針張角變小c帶電油滴的電勢(shì)能將增大d若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線(xiàn)斷開(kāi)，再將下極板向下移動(dòng)一小段距離，則帶電油滴所受電場(chǎng)力不

3、變解析：選 d 根據(jù) c s4kd知， d 增大，則電容減小，故a錯(cuò)誤；靜電計(jì)檢測(cè)的是電容器兩端的電勢(shì)差，因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連，則電勢(shì)差不變，所以靜電計(jì)指針張角不變，故 b錯(cuò)誤；電勢(shì)差不變，d 增大，則電場(chǎng)強(qiáng)度減小，p點(diǎn)與上極板的電勢(shì)差減小，則p點(diǎn)的電勢(shì)增大，因?yàn)樵搸щ娪偷螏ж?fù)電荷，則電勢(shì)能減小，故c錯(cuò)誤；電容器與電源斷開(kāi)，則電荷量不變， d 改變，根據(jù)eudqcd4kqs，知電場(chǎng)強(qiáng)度不變，則帶電油滴所受電場(chǎng)力不變，故 d正確。3、如圖所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d，有一帶電粒子p靜止在電容器上部空間中，當(dāng)在其下極板上快速插入一厚度為l 的不

4、帶電的金屬板后，粒子 p開(kāi)始運(yùn)動(dòng)， 重力加速度為g。 粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小為( ) a.ldg b.ldlg c.dldg d.ddlg 解析：選 b 設(shè)板間電壓為u，帶電粒子靜止時(shí)有：udqmg ；當(dāng)插入金屬板后，金屬板處于靜電平衡狀態(tài)，相當(dāng)于電容器極板間距減小為d dl，由牛頓第二定律得qud mgma，解得 aldlg，故 b正確。4. 某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室中研究遠(yuǎn)距離輸電。由于輸電線(xiàn)太長(zhǎng)，他將每 100 米導(dǎo)線(xiàn)卷成一卷， 共卷成 8 卷來(lái)代替輸電線(xiàn)路( 忽略輸電線(xiàn)路的電磁感應(yīng) ) 。在輸送功率相同時(shí)，第一次直接將輸電線(xiàn)與學(xué)生電源及用電器相連，測(cè)得輸電線(xiàn)上損失的功率為p1，第二次采用如圖所示的

5、電路輸電，其中理想變壓器t1與學(xué)生電源相連，其原、副線(xiàn)圈的匝數(shù)比為n1n2，理想變壓器 t2與用電器相連，測(cè)得輸電線(xiàn)上損失的功率為p2。下列說(shuō)法正確的是( ) a前后兩次實(shí)驗(yàn)都可用于研究遠(yuǎn)距離直流輸電b實(shí)驗(yàn)可以證明，t1采用升壓變壓器( 匝數(shù)比為n2n11) 能減小遠(yuǎn)距離輸電的能量損失c若輸送功率一定，則p2p1n1n2d若輸送功率一定，則p2p1n12n22解析：選 bd 變壓器只能改變交變電流的電壓，所以第二次實(shí)驗(yàn)只能研究遠(yuǎn)距離交流輸電，故 a錯(cuò)誤；第一次實(shí)驗(yàn)，輸電線(xiàn)上的電流i pu1，輸電線(xiàn)上損失的功率p1i2rp2u12r；第二次實(shí)驗(yàn)， 升壓變壓器副線(xiàn)圈上的電壓u2n2n1u1，輸電線(xiàn)

6、上的電流i pu2，輸電線(xiàn)上損失的功率 p2i 2rp2u22r，所以p2p1u12u22n12n22，故 d正確， c錯(cuò)誤；由上述分析知p2p1，即實(shí)驗(yàn)可以證明， t1采用升壓變壓器能減小輸電電流，能減小遠(yuǎn)距離輸電的能量損失，故b正確。5如圖所示為某小型發(fā)電站高壓輸電示意圖。發(fā)電機(jī)輸出功率、輸出電壓均恒定，輸電線(xiàn)電阻不變， 升壓變壓器原、 副線(xiàn)圈兩端的電壓分別為u1和 u2。下列說(shuō)法正確的是( ) a采用高壓輸電可以減小輸電線(xiàn)中的電流b輸電線(xiàn)損耗的功率為u22rc將 p下移，用戶(hù)獲得的電壓將降低d將 p下移，用戶(hù)獲得的功率將增大解析：選 ad 發(fā)電機(jī)輸出功率恒定，根據(jù)p ui 可知，采用高壓

7、輸電可以減小輸電線(xiàn)中的電流，故a正確；輸電線(xiàn)上損失的功率為：p損u損2r，而 u2為升壓變壓器副線(xiàn)圈兩端的電壓，故 b錯(cuò)誤；若 p下移，升壓變壓器的副線(xiàn)圈匝數(shù)增大，由u2n2n1u1，根據(jù)功率表達(dá)式，可知輸電線(xiàn)中電流ipu2，則電流會(huì)減小，輸電線(xiàn)中損失電壓u損ir，輸電線(xiàn)的電壓減小，則用戶(hù)獲得的電壓升高，故 c錯(cuò)誤； 若 p下移，升壓變壓器的副線(xiàn)圈匝數(shù)增大，由上分析可知，輸電線(xiàn)中損失電壓減小，用戶(hù)獲得的功率將增大，故d正確。6、如圖，一滑塊 (可視為質(zhì)點(diǎn) ) 以某一初速度沖上傾角為 的固定斜面，然后沿斜面運(yùn)動(dòng)。已知滑塊先后兩次經(jīng)過(guò)斜面a點(diǎn)速度大小分別為v1和 v2，則滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

8、 為( ) a.v1v2v1v2tan b.v1v2v1v2cot c.v12v22v12v22tan d.v12v22v12v22cot 解析：選 c 滑塊先后兩次經(jīng)過(guò)斜面a點(diǎn)時(shí)由動(dòng)能定理得12mv2212mv12 mgcos 2x；當(dāng)滑塊第一次從a點(diǎn)到最高點(diǎn)時(shí)由動(dòng)能定理得012mv12 mgxsin mgcos x，聯(lián)立解得v12v22v12v22tan ，選項(xiàng) c正確。7、(2017寧波模擬) 如圖所示， 輕質(zhì)彈簧的一端固定在傾角為 的光滑斜面底端， 另一端與質(zhì)量為m的物體連接。 開(kāi)始時(shí)用手按住物體使彈簧處于壓縮狀態(tài)，放手后物體向上運(yùn)動(dòng)所能達(dá)到的最大速度為v。已知重力加速度為g，下列判斷

9、正確的是( ) a物體達(dá)到最大速度v 時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)b物體達(dá)到最大速度v 時(shí)，其加速度為gsin c從釋放到達(dá)到最大速度v 的過(guò)程中，物體受到的合外力一直減小d從釋放到達(dá)到最大速度v 的過(guò)程中，彈簧彈力對(duì)物體做功為12mv2 解析：選 ac 對(duì)物體 m應(yīng)用牛頓第二定律可得：kxmgsin ma ，隨 x 減小，物體向上的加速度逐漸減小，當(dāng)kx mgsin 時(shí)， a0，物體速度最大，a、c正確， b錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，彈簧彈力和重力所做的總功才等于12mv2，d錯(cuò)誤。二、非選擇題1、(2017自貢模擬) 如圖所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一表面光滑、與水平面成45角的絕緣直桿ac ，其下

10、端 (c 端) 距地面高度h0.8 m 。有一質(zhì)量為500 g 的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿直桿勻速下滑，小環(huán)離開(kāi)直桿后正好通過(guò)c端的正下方p點(diǎn)(g 取 10 m/s2) 。求：(1) 小環(huán)離開(kāi)直桿后運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向；(2) 小環(huán)在直桿上做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小；(3) 小環(huán)運(yùn)動(dòng)到p點(diǎn)的動(dòng)能。解析： (1) 小環(huán)在直桿上做勻速運(yùn)動(dòng)，所受電場(chǎng)力必定水平向右，否則小環(huán)將做勻加速運(yùn)動(dòng)，其受力情況如圖所示。由平衡條件得： mgsin 45 eqcos 45得： mg eq，小環(huán)離開(kāi)直桿后，只受重力、電場(chǎng)力作用，則合力為f合2mg ma 解得加速度為：a102 m/s214.1 m/s2，方

11、向垂直于直桿斜向右下方。(2) 設(shè)小環(huán)在直桿上做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v0，離開(kāi)直桿后經(jīng)時(shí)間t 到達(dá) p點(diǎn)，則豎直方向：hv0sin 45 t 12gt2水平方向： v0cos 45 t 12qemt2 0 解得： v02 m/s 。(3) 由動(dòng)能定理得：ekp12mv02mgh 解得： ekp5 j 。答案： (1)14.1 m/s2方向垂直于直桿斜向右下方(2)2 m/s (3)5 j 2、(2017鹽城期末) 如圖所示， 光滑桿一端固定在水平面b點(diǎn)，與地面成 30角，原長(zhǎng)為 l 的輕質(zhì)橡皮筋一端固定在地面上的o點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的圓球相連， 圓球套在桿上。 圓球處于 a點(diǎn)時(shí)， 橡皮筋豎直且無(wú)

12、形變。讓圓球從a點(diǎn)由靜止釋放， 運(yùn)動(dòng)到 b點(diǎn)時(shí)速度為零，橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。求：(1) 運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿對(duì)圓球的最小彈力；(2) 圓球運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，橡皮筋的彈性勢(shì)能；(3) 圓球運(yùn)動(dòng)到桿的中點(diǎn)時(shí)，重力的瞬時(shí)功率。解析： (1) 在橡皮筋沒(méi)有拉伸過(guò)程中，桿對(duì)圓球的彈力最小，對(duì)圓球則有：fn mgcos 32mg 。(2) 在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知：mgl ep0 解得： epmgl 。(3) 根據(jù)幾何關(guān)系可知，圓球運(yùn)動(dòng)到桿的中點(diǎn)時(shí)，橡皮筋恰好沒(méi)有拉伸，由機(jī)械能守恒有：mglsin 12mv2重力的瞬時(shí)功率為：pmgvsin mg gl2。答案： (1)32mg (2)m

13、gl (3)mg gl2二輪滾講義練（二）滾動(dòng)練一、選擇題1、 （多選）如圖所示，電路中r1、r2均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽略，平行板電容器c的極板水平放置，閉合電鍵s，電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動(dòng)。如果僅改變下列某一個(gè)條件，油滴能向下運(yùn)動(dòng)的是 ( ) a增大 r1的阻值b增大 r2的阻值c增大兩板間的距離d斷開(kāi)電鍵s 解析：選 cd 增大 r1的阻值，穩(wěn)定后電容器兩板間的電壓升高，帶電油滴所受電場(chǎng)力增大，將向上運(yùn)動(dòng)，a錯(cuò)誤；電路穩(wěn)定后，電容器相當(dāng)于斷路，無(wú)電流通過(guò)電阻r2，故 r2兩端無(wú)電壓，所以，增大r2的阻值，電容器兩板間的電壓不變，帶電油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，b錯(cuò)誤；

14、增大兩板間的距離，兩板間的電壓不變，電場(chǎng)強(qiáng)度減小， 帶電油滴所受電場(chǎng)力減小，將向下運(yùn)動(dòng)， c正確；斷開(kāi)電鍵s后，兩極板間的電勢(shì)差為零，帶電油滴只受重力作用，將向下運(yùn)動(dòng)， d正確。7平行板電容器充電后斷開(kāi)電源，現(xiàn)將其中一塊金屬極板沿遠(yuǎn)離另一板方向平移一小段距離。此過(guò)程中電容器的電容c、兩極板帶電荷量q 、兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度e、兩板間電壓u隨兩板間距離d 變化的關(guān)系，表示不正確的是( ) 解析：選 abd 平行板電容器的電容為crs4 kd，d 增大時(shí)， c減小，而q一定，所以電容器兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度e4 kqrs一定， a、b錯(cuò)誤， c正確；由ued知， d錯(cuò)誤。2、 （多選）如圖所示，電容器兩極板與

15、電源正負(fù)極相連，在將電容器兩極板間的距離由d 迅速增大為2d 的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是( ) a電容器兩板間電壓始終不變b電容器兩板間電壓瞬時(shí)升高后又恢復(fù)原值c根據(jù) q cu可知，電容器帶電荷量先增大后減小d電路中電流由b板經(jīng)電源流向a板解析：選 bd 在將電容器兩極板間距離迅速增大的過(guò)程中，電容器極板上的電荷量未來(lái)得及變化，即q不變，則 cquqed，又 crs4kd，所以qedrs4 kd，所以 e4kqrs也不變，而 ued，故 u增大，但最終電壓u要與電源電壓相等，故a錯(cuò)誤， b正確；此后，因?yàn)?crs4kd，所以 d 增大時(shí)， c減小，由qcu ，所以 q減小，電路中有瞬時(shí)電流，方

16、向由b板經(jīng)電源流向a板，故 d正確， c錯(cuò)誤。3、 （多選） .(2017 蘇錫常二模) 如圖所示的電路中，理想二極管和水平放置的平行板電容器串聯(lián)接在電路中，閉合開(kāi)關(guān)s，平行板間有一質(zhì)量為m 、電荷量為q 的帶電液滴恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說(shuō)法中正確的是( ) a將 a板向上平移一些，液滴將向下運(yùn)動(dòng)b將 a板向左平移一些，液滴將向上運(yùn)動(dòng)c斷開(kāi)開(kāi)關(guān)s，將 a板向下平移一些，液滴將保持靜止不動(dòng)d斷開(kāi)開(kāi)關(guān)s，將 a板向右平移一些，液滴將向上運(yùn)動(dòng)解析：選 bcd 二極管具有單向?qū)щ娦?，閉合開(kāi)關(guān)s后電容器充電，電容器的電容：cs4kd，cqu，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度：eud，整理得： e4kqs；液滴靜止，

17、液滴所受合力為零，向上的電場(chǎng)力與向下的重力相等，qe mg ； 將 a板向上平移一些， d 變大，由 c s4 kd可知， c變小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，?e4 kq s可知電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，液滴所受電場(chǎng)力不變，液滴將保持靜止不動(dòng)，故a錯(cuò)誤；將 a板向左平移一些， s變小，由cs4kd可知， c變小，而兩極板間的電壓u等于電源電動(dòng)勢(shì)不變，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，由e4kqs可知電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，液滴所受電場(chǎng)力增大，液滴將向上運(yùn)動(dòng)，故b正確；當(dāng)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)s，將 a板向下平移一些時(shí)， d 變小，由cs4kd可知， c變大，因電量保持不變

18、，由e4kqs可得，電場(chǎng)強(qiáng)度不變， 液滴將保持靜止不動(dòng)，故 c正確； 同理， 當(dāng)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)s，將 a板向右平移一些時(shí)，s變小，由c s4 kd可知， c變小，因電量保持不變，由e 4kqs可得，電場(chǎng)強(qiáng)度變大，液滴將向上運(yùn)動(dòng)，故d正確。4.(2017 江蘇一模 ) 鉗形電流測(cè)量?jī)x的結(jié)構(gòu)圖如圖所示，其鐵芯在捏緊扳手時(shí)會(huì)張開(kāi)，可以在不切斷被測(cè)載流導(dǎo)線(xiàn)的情況下，通過(guò)內(nèi)置線(xiàn)圈中的電流值i 和匝數(shù) n 獲知載流導(dǎo)線(xiàn)中的電流大小i0， 則關(guān)于該鉗形電流測(cè)量?jī)x的說(shuō)法正確的是 ( ) a該測(cè)量?jī)x可測(cè)量直流電的電流b載流導(dǎo)線(xiàn)中電流大小i0inc若鉗形部分鐵芯沒(méi)有完全閉合，測(cè)量出的電流將小于實(shí)際電流d若將載流導(dǎo)線(xiàn)在鐵

19、芯上多繞幾匝，鉗形電流測(cè)量?jī)x的示數(shù)將變大解析： 選 cd 鉗形電流測(cè)量?jī)x實(shí)質(zhì)上是一個(gè)升壓變壓器，只能測(cè)量交流電的電流，故 a錯(cuò)誤；根據(jù)i0in1，得載流導(dǎo)線(xiàn)中電流大小i0 ni ，故 b錯(cuò)誤；若鉗形部分鐵芯沒(méi)有完全閉合，載流導(dǎo)線(xiàn)中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)減弱，磁通量變化率減小，在內(nèi)置線(xiàn)圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，感應(yīng)電流減小，則測(cè)量出的電流將小于實(shí)際電流，故c正確；根據(jù)n1i1n2i2，知若將載流導(dǎo)線(xiàn)在鐵芯上多繞幾匝，即n1變大， i1、n2不變，則鉗形電流測(cè)量?jī)x的示數(shù)i2將變大，故 d正確。5(2015 天津高考 ) 如圖所示，理想變壓器的原線(xiàn)圈連接一只理想交流電流表，副線(xiàn)圈匝數(shù)可以通過(guò)滑動(dòng)觸頭q來(lái)調(diào)節(jié)，

20、在副線(xiàn)圈兩端連接了定值電阻r0和滑動(dòng)變阻器r，p為滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭。在原線(xiàn)圈上加一電壓為u的正弦交流電，則( ) a保持 q的位置不動(dòng)，將p向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變大b保持 q的位置不動(dòng)，將p向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變小c保持 p的位置不動(dòng)，將q向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變大d保持 p的位置不動(dòng)，將q向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變小解析：選 bc 保持 q的位置不動(dòng)，則u2不變，將 p向上滑動(dòng)時(shí)， r接入電路的電阻變大，根據(jù)i2u2r0r知， i2變小，由i1i2n2n1得 i1也變小，即電流表讀數(shù)變小，選項(xiàng)a錯(cuò)誤， b正確；保持p的位置不動(dòng)，將q向上滑動(dòng)時(shí)，u2變大，則根據(jù)p2u22r0r知副線(xiàn)圈輸

21、出功率變大，由 p1p2知，變壓器原線(xiàn)圈輸入功率p1變大，而 p1i1u，輸入電壓u一定， i1變大，即電流表讀數(shù)變大，選項(xiàng)c正確， d錯(cuò)誤。6、物體在合外力作用下做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的v t 圖像如圖所示。下列表述正確的是 ( ) a在 02 s 內(nèi)，合外力總是做負(fù)功b在 12 s 內(nèi)，合外力不做功c在 03 s 內(nèi)，合外力做功為零d在 01 s 內(nèi)比 13 s 內(nèi)合外力做功快解析：選 cd 由題圖和動(dòng)能定理可知在02 s 內(nèi)物體先加速后減速，合外力先做正功后做負(fù)功， a錯(cuò)；根據(jù)動(dòng)能定理得03 s 內(nèi)合外力做功為零，12 s 內(nèi)合外力做負(fù)功，c對(duì)， b錯(cuò)；在 01 s 內(nèi)比 13 s 內(nèi)合外力做功快，

22、d對(duì)。7、如圖所示，斜面ab和水平面bc是由同一板材上截下的兩段，在 b處用小圓弧連接。將鐵塊( 可視為質(zhì)點(diǎn) ) 從 a處由靜止釋放后，它沿斜面向下滑行，進(jìn)入平面，最終靜止于p處。若從該板材上再截下一段，擱置在a、p之間，構(gòu)成一個(gè)新的斜面，再將鐵塊放回a處， 并輕推一下使之沿新斜面向下滑動(dòng)。關(guān)于此情況下鐵塊的運(yùn)動(dòng)情況，下列描述正確的是( ) a鐵塊一定能夠到達(dá)p點(diǎn)b鐵塊的初速度必須足夠大才能到達(dá)p點(diǎn)c鐵塊能否到達(dá)p點(diǎn)與鐵塊質(zhì)量有關(guān)d鐵塊能否到達(dá)p點(diǎn)與鐵塊質(zhì)量無(wú)關(guān)解析： 選 ad 設(shè) a距離地面的高度為h，鐵塊與板材之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，對(duì)全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理有mgh mgcos sabmgsbp0

23、，得 mgh mg(sabcos sbp) 0，而sabcos sbp op，即 h op0，鐵塊在新斜面上有mgsin mgcos ma ，由 sin cos h opap0，可知鐵塊在新斜面上做勻速運(yùn)動(dòng)，與鐵塊的質(zhì)量m無(wú)關(guān)，鐵塊一定能夠到達(dá)p點(diǎn)，選項(xiàng)a 、 d正確， b、c錯(cuò)誤。二、非選擇題1、(2017 山西一模 ) 如圖所示，質(zhì)量為m 、帶電量為 q 的小球從距地面高為h 處以一定的初速度v0水平拋出，在距拋出點(diǎn)水平距離為l 處，有一根管口比小球直徑略大的豎直細(xì)管，管的上口距地面為h2，為使小球無(wú)碰撞地通過(guò)管， 可在管上方整個(gè)區(qū)域內(nèi)加一場(chǎng)強(qiáng)方向向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)。空氣阻力不計(jì)， 求：(1)

24、 小球的初速度v0；(2) 電場(chǎng)強(qiáng)度e的大小；(3) 小球落地時(shí)的動(dòng)能。解析： (1) 由題意知，小球水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)到管的上口時(shí)速度恰為零，則lv02t 豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)到管的上口，則hh212gt2解得： v02lgh。(2) 水平方向由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及牛頓第二定律得：v022qeml 解得： e2mglqh。(3) 小球豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)直到地面，由動(dòng)能定理得：mgh eqlek12mv02解得： ekmgh 。答案： (1)2lgh(2)2mglqh(3)mgh 2(2017 南通模擬 ) 如圖 1 是用傳送帶傳送行李的示意圖。圖 1 中水平傳送帶ab間的長(zhǎng)度為 8 m，它的

25、右側(cè)是一豎直的半徑為0.8 m 的14圓弧光滑軌道，軌道底端與傳送帶在b點(diǎn)相切。若傳送帶向右以6 m/s 的恒定速度勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)在傳送帶的左側(cè)a點(diǎn)輕輕放上一個(gè)質(zhì)量為 4 kg 的行李箱時(shí)，箱子運(yùn)動(dòng)到傳送帶的最右側(cè)如果沒(méi)被撿起，能滑上圓弧軌道，而后做往復(fù)運(yùn)動(dòng)直到被撿起為止。已知箱子與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 ，重力加速度大小為 g10 m/s2，求：(1) 箱子從 a點(diǎn)到 b點(diǎn)所用的時(shí)間及箱子滑到圓弧軌道底端時(shí)對(duì)軌道的壓力大小；(2) 若箱子放上a點(diǎn)時(shí)給它一個(gè)5 m/s 的水平向右的初速度，到達(dá) b點(diǎn)時(shí)如果沒(méi)被撿起，則箱子離開(kāi)圓弧軌道最高點(diǎn)后還能上升多大高度？在如圖2 給定的坐標(biāo)系中定性畫(huà)出

26、箱子從 a點(diǎn)到最高點(diǎn)過(guò)程中速率v 隨時(shí)間 t 變化的圖像。解析： (1) 傳送帶的速度 v06 m/s 箱子在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度amgmg1 m/s2設(shè)箱子在 b點(diǎn)的速度為 vb，由 vb22ax 解得： vb4 m/s v0所以箱子從a點(diǎn)到 b點(diǎn)一直做勻加速運(yùn)動(dòng)由 x12at2，解得從a點(diǎn)到 b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t 4 s 箱子在圓弧軌道底端時(shí)，由牛頓第二定律得：fmg mvb2r解得： f120 n 由牛頓第三定律知，箱子對(duì)軌道的壓力大小為120 n。(2) 設(shè)箱子速度達(dá)到v06 m/s 時(shí)位移為 x ，則 v02va22ax解得 x 5.5 m 8 m 因此箱子先勻加速運(yùn)動(dòng)一段時(shí)

27、間，速度達(dá)到6 m/s 后開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，即在b點(diǎn)的速度為 v0由機(jī)械能守恒定律得：12mv02 mg(rh) 解得箱子離開(kāi)圓弧軌道最高點(diǎn)后上升的高度 h 1 m 箱子從 a點(diǎn)到最高點(diǎn)過(guò)程中速率v 隨時(shí)間 t 變化的圖像如圖。答案： (1)4 s 120 n (2)1 m 見(jiàn)解析圖二輪滾講義練（三）滾動(dòng)練一、選擇題1、( 多選 )(2017 連云港市模擬 ) 如圖所示，一質(zhì)量為m 、電荷量為q的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度為e、區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，以初速度v0沿 on在豎直面內(nèi)做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。on與水平面的夾角為30，重力加速度為g，且 mgqe，則 ( ) a電場(chǎng)方向豎直向上b小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為

28、g c小球上升的最大高度為v022gd若小球在初始位置的電勢(shì)能為零，則小球電勢(shì)能的最大值為mv024 思路點(diǎn)撥 試畫(huà)出小球的受力示意圖。提示： 解析 如圖所示，由于小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其合力在 on直線(xiàn)上， 而 mg qe，由三角形定則， 可知電場(chǎng)方向與on方向成 120角， a項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖中幾何關(guān)系可知，小球所受合力為mg ，由牛頓第二定律可知ag，方向與初速度方向相反， b項(xiàng)正確；設(shè)小球上升的最大高度為h，由動(dòng)能定理可得mg 2h012mv02，解得 hv024g，c項(xiàng)錯(cuò)誤；小球上升過(guò)程中，速度為零時(shí)，其電勢(shì)能最大，則ep qe2hcos 120mv024，d項(xiàng)正確。 答案 b

29、d 備考錦囊 勻強(qiáng)電場(chǎng)中直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析方法2、(2015 海南高考 ) 如圖，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng) 。在正極板附近有一質(zhì)量為m 、電荷量為q(q 0) 的粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m 、電荷量為q 的粒子。在電場(chǎng)力的作用下，兩粒子同時(shí)從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過(guò)一平行于正極板且與其相距25l 的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略，不計(jì)重力，則m m為 ( ) a32 b 21 c52 d 31 解析：選 a 設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為e，兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，對(duì)m有， aeqm，25l 12eqmt2；對(duì) m有 aeqm，35l 12eqmt2，聯(lián)立解得mm32，a正確。帶電粒子

30、在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題3、(2017 蘇州一模 ) 真空中的某裝置如圖所示，加速電場(chǎng)區(qū)電壓為 u，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)有場(chǎng)強(qiáng)大小為e，方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)有兩種粒子氘核 (12h)、 粒子 (24he)分別從 o點(diǎn)無(wú)初速度地飄入，最后都打在與 oo 垂直的熒光屏上。不計(jì)粒子重力及其相互作用，則( ) a偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)兩種粒子做功一樣多b兩種粒子一定打到屏上的同一位置c兩種粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為21 d將偏轉(zhuǎn)區(qū)勻強(qiáng)電場(chǎng)改為垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩種粒子一定能打到屏上的不同位置 思路點(diǎn)撥 (1) 根據(jù) w qu判斷偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)兩種粒子的做功情況。(2) 結(jié)合豎直方向上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，求出粒子出電場(chǎng)時(shí)

31、豎直方向上的分速度以及偏轉(zhuǎn)的位移，從而可判斷兩種粒子打在屏光熒上的位置。(3) 根據(jù)動(dòng)能定理求出粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度，抓住粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中垂直于電場(chǎng)方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 解析 在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得：qu12mv020，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，偏轉(zhuǎn)位移y12at212qeml2v02，聯(lián)立得 yel24u，可見(jiàn) y 與粒子的電量和質(zhì)量無(wú)關(guān)，則粒子的偏轉(zhuǎn)位移相等，兩種粒子一定打到屏上的同一位置，故b正確；兩種粒子電量不等，偏轉(zhuǎn)位移相等，由w qed可知，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)兩種粒子做功不等，故a錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得，qu12mv020，則進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度v02qum，因?yàn)殡撕?粒子的比荷

32、之比為11，則速度之比為11，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t lv0，則知時(shí)間之比為1 1，故 c錯(cuò)誤；由 qv0bmv02r可得： rmv0qb2muqb2，因?yàn)殡撕?粒子的比荷之比為11，又是同一偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，則半徑相同，從同一位置射出磁場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng)，最后兩種粒子一定打到屏上的同一位置，故d錯(cuò)誤。 答案 b 4.( 多選 )(2016 上海高考 ) 如圖 (a) ，螺線(xiàn)管內(nèi)有平行于軸線(xiàn)的外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)，以圖中箭頭所示方向?yàn)槠湔较?。螺線(xiàn)管與導(dǎo)線(xiàn)框abcd 相連，導(dǎo)線(xiàn)框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)l，圓環(huán)與導(dǎo)線(xiàn)框在同一平面內(nèi)。當(dāng)螺線(xiàn)管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度b隨時(shí)間按圖 (b) 所示規(guī)律變化時(shí)( ) a在 t1t2時(shí)間內(nèi)，

33、l 有收縮趨勢(shì)b在 t2t3時(shí)間內(nèi)， l 有擴(kuò)張趨勢(shì)c在 t2t3時(shí)間內(nèi)， l 內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流d在 t3t4時(shí)間內(nèi)， l 內(nèi)有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 思路點(diǎn)撥 (1) 磁通量變化 楞次定律安培定則感應(yīng)電流方向。(2) 圖像斜率變化 bt變化 法拉第電磁感應(yīng)定律感應(yīng)電流大小的變化。 解析 據(jù)題意， 在 t1t2時(shí)間內(nèi)，外加磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增加且斜率在增大，則在導(dǎo)線(xiàn)框中產(chǎn)生沿順時(shí)針?lè)较蛟黾拥碾娏?，該電流激發(fā)出增加的磁場(chǎng)，該磁場(chǎng)通過(guò)圓環(huán)，在圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)結(jié)論“增縮減擴(kuò)”可以判定圓環(huán)有收縮趨勢(shì)，選項(xiàng)a正確；在t2t3時(shí)間內(nèi)，外加磁場(chǎng)均勻變化，在導(dǎo)線(xiàn)框中產(chǎn)生穩(wěn)定電流，該電流激發(fā)出穩(wěn)定磁場(chǎng)

34、，該磁場(chǎng)通過(guò)圓環(huán)時(shí)，圓環(huán)中沒(méi)有感應(yīng)電流，選項(xiàng)b、c錯(cuò)誤；在t3 t4時(shí)間內(nèi)，外加磁場(chǎng)向下減小，且斜率也減小，在導(dǎo)線(xiàn)框中產(chǎn)生沿順時(shí)針?lè)较驕p小的電流，該電流激發(fā)出向內(nèi)減小的磁場(chǎng)，故圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较螂娏鳎x項(xiàng)d正確。 答案 ad 備考錦囊 “三定則、一定律”的應(yīng)用技巧兩個(gè)條件感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件兩種方法判斷感應(yīng)電流的方向兩個(gè)原則(1) 無(wú)論是“安培力”還是“洛倫茲力”，只要是“力”都用左手判斷。(2) “電生磁”或“磁生電”均用右手判斷。5.(2017 響水期中 ) 如圖所示， 在一固定水平放置的閉合導(dǎo)體圓環(huán)上方，有一條形磁鐵，從離地面高h(yuǎn) 處，由靜止開(kāi)始下落，最后落在水平地面上。磁鐵下落過(guò)程中始

35、終保持豎直方向，并從圓環(huán)中心穿過(guò)圓環(huán)，且不與圓環(huán)接觸。若不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則在磁鐵穿過(guò)圓環(huán)的過(guò)程中下列說(shuō)法中正確的是( ) a圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向先逆時(shí)針后順時(shí)針( 從上向下看圓環(huán)) b圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向一直是逆時(shí)針( 從上向下看圓環(huán)) c磁鐵所受圓環(huán)對(duì)它的作用力先豎直向上后豎直向下d磁鐵的機(jī)械能守恒解析：選 a 由題圖可知，在磁鐵下落過(guò)程中，穿過(guò)圓環(huán)的磁場(chǎng)方向向下，在磁鐵靠近圓環(huán)時(shí)， 穿過(guò)圓環(huán)的磁通量變大，在磁鐵遠(yuǎn)離圓環(huán)時(shí)穿過(guò)圓環(huán)的磁通量減小，由楞次定律可知，從上向下看， 圓環(huán)中的感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針?lè)较颍笱仨槙r(shí)針?lè)较?，?a正確， b錯(cuò)誤；由楞次定律可知， 感應(yīng)電流總是阻礙相

36、對(duì)運(yùn)動(dòng)，在磁鐵靠近圓環(huán)的過(guò)程中為阻礙磁鐵的靠近，圓環(huán)對(duì)磁鐵的作用力豎直向上，在磁鐵穿過(guò)圓環(huán)遠(yuǎn)離圓環(huán)的過(guò)程中，為阻礙磁鐵的遠(yuǎn)離，圓環(huán)對(duì)磁鐵的作用力豎直向上，則在整個(gè)過(guò)程中，圓環(huán)對(duì)磁鐵的作用力始終豎直向上，故c錯(cuò)誤； 在磁鐵下落過(guò)程中，圓環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，圓環(huán)中有電能產(chǎn)生，磁鐵在整個(gè)下落過(guò)程中，磁鐵的機(jī)械能有一部分轉(zhuǎn)化為電能，由能量守恒定律可知，磁鐵的機(jī)械能減少，故d錯(cuò)誤。6、(2017 徐州模擬 ) 如圖所示，輕彈簧一端固定于o點(diǎn)，另一端與小滑塊連接。把滑塊放在光滑斜面上的a點(diǎn)，此時(shí)彈簧恰好水平。將滑塊從a點(diǎn)由靜止釋放， 經(jīng) b點(diǎn)到達(dá)位于o點(diǎn)正下方的c點(diǎn)。當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，彈簧恰處于原長(zhǎng)且與斜

37、面垂直。已知彈簧原長(zhǎng)為l，斜面傾角 小于 45，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。則在此過(guò)程中( ) a滑塊的加速度可能一直減小b滑塊經(jīng)過(guò)b點(diǎn)時(shí)的速度可能最大c滑塊經(jīng)過(guò)c點(diǎn)的速度大于2glcos d滑塊在ab過(guò)程中動(dòng)能的增量比bc過(guò)程小解析：選 ac 滑塊下滑過(guò)程中受重力、斜面對(duì)它的支持力、彈簧彈力。在b點(diǎn)彈簧恰處于原長(zhǎng)且與斜面垂直，則滑塊從a到 b合外力變小且沿斜面向下，做加速度變小的加速運(yùn)動(dòng)?；瑝K從 b到 c彈簧彈力變大， 此過(guò)程中有可能合力一直沿斜面向下，那么滑塊繼續(xù)做加速度變小的加速運(yùn)動(dòng)； 也有可能合力有向上的階段，那么滑塊在此階段加速度先變小后變大，即做先加速后減速的運(yùn)動(dòng)，故a正

38、確， b錯(cuò)誤；彈簧原長(zhǎng)為l，斜面傾角 小于 45，由幾何關(guān)系可知， a到 b下降的高度差大于b到 c的高度差，又a到 b彈簧彈力對(duì)滑塊做正功b到 c做負(fù)功， 根據(jù)動(dòng)能定理a到 b階段動(dòng)能增加量大于b到 c階段；設(shè)整個(gè)過(guò)程彈力做功為w ，到達(dá) c點(diǎn)時(shí)速度為v，則由動(dòng)能定理：mglcos w 12mv2，可得滑塊經(jīng)過(guò)c點(diǎn)的速度大于2glcos ，故 c正確， d錯(cuò)誤。7、如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球a、b用不可伸長(zhǎng)的細(xì)軟輕線(xiàn)連接，跨過(guò)固定在地面上半徑為r的光滑圓柱， a的質(zhì)量為b的兩倍。當(dāng)b位于地面時(shí)，a恰與圓柱軸心等高。 將 a由靜止釋放， b上升的最大高度是( ) a2r b.5r3c.4r3d

39、.2r3 思路點(diǎn)撥 (1)a 落地前， a 、b組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且a、b速率相等。(2)a 落地后， b機(jī)械能守恒。 解析 如圖所示，以a、b為系統(tǒng)，以地面為零勢(shì)能面，設(shè)a的質(zhì)量為 2m ，b的質(zhì)量為m ，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：2mgr mgr 123mv2，a落地后 b將以 v做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，即有12mv2mgh ，解得 h13r。則 b上升的高度為r13r43r，故選項(xiàng) c正確。 答案 c 備考錦囊 應(yīng)用系統(tǒng)機(jī)械能守恒的三點(diǎn)提醒(1) 應(yīng)用公式 ek ep或 ea eb列方程求解時(shí)，不用選擇零勢(shì)能面。(2) 系統(tǒng)內(nèi)物體的速率相等或沿繩子方向的分速度相等。(3) 系統(tǒng)內(nèi)物體的運(yùn)動(dòng)位移及

40、高度變化量可能相同也可能不同。二、非選擇題1、反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場(chǎng)中的振蕩來(lái)產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過(guò)程類(lèi)似。如圖所示， 在虛線(xiàn) mn兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電微粒從a點(diǎn)由靜止開(kāi)始，在電場(chǎng)力作用下沿直線(xiàn)在a 、b兩點(diǎn)間往返運(yùn)動(dòng)。已知電場(chǎng)強(qiáng)度的大小分別是e12.0 103 n/c 和 e24.0 103 n/c ，方向如圖所示。帶電微粒質(zhì)量m 1.0 1020 kg ，帶電荷量q 1.0 10 9 c，a點(diǎn)距虛線(xiàn)mn 的距離 d11.0 cm ，不計(jì)帶電微粒的重力，忽略相對(duì)論效應(yīng)。求：(1)b 點(diǎn)到虛線(xiàn)mn 的距離 d2；(2) 帶電微粒從a點(diǎn)

41、運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t 。解析： (1) 帶電微粒由a運(yùn)動(dòng)到 b的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有|q|e1d1|q|e2d20，e1d1e2d2，解得 d20.50 cm 。(2) 設(shè)微粒在虛線(xiàn)mn兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有|q|e1ma1，|q|e2ma2，設(shè)微粒在虛線(xiàn)mn 兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大小分別為t1、t2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有d112a1t12，d212a2t22，又 t t1t2，解得 t 1.5 10 8 s 。答案： (1)0.50 cm (2)1.5 108 s 2、如圖甲所示，水平傳送帶ab逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量為m 1.0 kg 的小物塊以某一初速度由傳送帶左端滑

42、上，通過(guò)速度傳感器記錄下物塊速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示( 圖中取向左為正方向，以物塊滑上傳送帶時(shí)為計(jì)時(shí)零點(diǎn)) 。已知傳送帶的速度保持不變，g取 10 m/s2。求：(1) 物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2) 物塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；(3) 整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)生成的熱量。 思路點(diǎn)撥 (1) 物塊運(yùn)動(dòng)的加速度由摩擦力提供。(2) 物塊先向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，后向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后向左做勻速運(yùn)動(dòng)。(3) 系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量q ffx相對(duì)。 解析 (1) 由題圖乙可得，物塊做勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度：avt4.02 m/s22.0 m/s2由牛頓第二定律得ffma 得到物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)mamg2.01

43、00.2 。(2) 由題圖乙可知，物塊初速度大小v4 m/s 、傳送帶速度大小v 2 m/s ，物塊在傳送帶上滑動(dòng)t13 s 后，與傳送帶相對(duì)靜止。前 2 s 內(nèi)物塊的位移大小x1v2t 4 m，向右，第 3 s 內(nèi)的位移大小x2v2t 1 m，向左，3 s 內(nèi)位移 xx1x23 m，向右；物塊再向左運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2xv1.5 s 物塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t t1t24.5 s 。(3) 物塊在傳送帶上滑動(dòng)的3 s 內(nèi)，傳送帶的位移x vt16 m，方向向左；物塊位移為x3 m，方向向右相對(duì)位移為 x x x9 m 所以轉(zhuǎn)化的熱能eqffx 18 j 。 答案 (1)0.2 (2)4.5 s (3

44、)18 j 備考錦囊 分析傳送帶問(wèn)題“三步走”二輪滾講義練（四）滾動(dòng)練一、選擇題1、(2017 揚(yáng)州一模 ) 如圖所示，平行板電容器充電后形成一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，大小保持不變。讓不計(jì)重力的相同帶電粒子a、b，以不同初速度先、后垂直電場(chǎng)射入，a、b 分別落到負(fù)極板的中央和邊緣，則( ) ab 粒子加速度較大bb 粒子的電勢(shì)能變化量較大c若僅使a 粒子初動(dòng)能增大到原來(lái)的2 倍，則恰能打在負(fù)極板的邊緣d若僅使a 粒子初速度增大到原來(lái)的2 倍，則恰能打在負(fù)極板的邊緣解析：選 d 加速度為aqem，a、b 兩個(gè)粒子相同，電場(chǎng)強(qiáng)度e相同，則加速度相同，故 a錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做功為w qey，可見(jiàn)，電場(chǎng)力做功相同，由

45、能量守恒得知，a、b 的電勢(shì)能增量相同，故b錯(cuò)誤；若 a 粒子的初動(dòng)能增大到原來(lái)的2 倍，由動(dòng)能的定義式ek12mv2知， a 粒子的初速度增大到原來(lái)的2倍，粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，a 粒子到達(dá)下極板的時(shí)間不變，水平位移變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，a 粒子不能打到負(fù)極板的邊緣，故c錯(cuò)誤；若僅使a粒子初速度增大到原來(lái)的2 倍，粒子到達(dá)下板的時(shí)間不變，水平位移變?yōu)樵瓉?lái)的2 倍，則 a恰能打在負(fù)極板的邊緣，故d正確。2、如圖甲所示， 兩平行正對(duì)的金屬板a 、b間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間p處。若在 t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向a板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向b板運(yùn)動(dòng)，并最終

46、打在a板上。則t0可能屬于的時(shí)間段是( ) a0t0t4b.t2t03t4c.3t4t0t d tt09t8解析：選 b 兩板間加的是方波電壓，剛釋放粒子時(shí)，粒子向a板運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明釋放粒子時(shí) uab為負(fù)， a、d錯(cuò)誤；若t0t2時(shí)刻釋放粒子，則粒子恰好做方向不變的單向直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，一直向 a運(yùn)動(dòng)； 若 t03t4時(shí)刻釋放粒子， 則粒子恰好在電場(chǎng)中固定兩點(diǎn)間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，因此在t2t0m2?，F(xiàn)讓 m1從靠近定滑輪處由靜止開(kāi)始沿碗內(nèi)壁下滑。設(shè)碗固定不動(dòng)，其內(nèi)壁光滑、半徑為r。則 m1滑到碗最低點(diǎn)時(shí)的速度為( ) a2m1m2gr2m1m2b. 2m1m2grm1m2c. 2m12m2grm1m2d 2m1

47、2m2gr2m1m2解析：選 d 設(shè)當(dāng) m1到達(dá)碗最低點(diǎn)時(shí)速率為v1，此時(shí) m2的速率為v2，則有 v1cos 45 v2，對(duì) m1、m2由機(jī)械能守恒定律得m1grm2g2r12m1v1212m2v22，解得 v12m12m2gr2m1 m2，d正確。7、( 多選 )(2017 鹽城聯(lián)考 ) 如圖所示，有一光滑軌道abc ，ab部分為半徑為r的14圓弧， bc部分水平， 質(zhì)量均為m的小球 a、b 固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長(zhǎng)為r，不計(jì)小球大小。開(kāi)始時(shí)a 球處在圓弧上端a點(diǎn)，由靜止釋放小球和輕桿，使其沿光滑軌道下滑，下列說(shuō)法正確的是( ) aa 下滑過(guò)程中機(jī)械能保持不變ba、b 和輕桿組成的系統(tǒng)

48、在下滑過(guò)程中機(jī)械能保持不變ca、b 滑到水平軌道上時(shí)速度為2gr d從釋放到a、b 滑到水平軌道上，整個(gè)過(guò)程中輕桿對(duì)a 做的功為mgr2解析：選 bd 由機(jī)械能守恒的條件得，a 機(jī)械能不守恒， a、b 系統(tǒng)機(jī)械能守恒，a錯(cuò)誤，b正確；對(duì)a、b 系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得：mgr 2mgr 212mv2，解得 v3gr，c錯(cuò)誤；對(duì) a 由動(dòng)能定理得：mgr w 12mv2，解得 w mgr2， d正確。二、非選擇題1(2017 徐州一模 ) 如圖甲所示， a、b兩塊金屬板水平放置，相距為d0.6 cm ，兩板間加一周期性變化的電壓，當(dāng) b板接地 (b0) 時(shí)，a板電勢(shì) a隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示。

49、現(xiàn)有一帶負(fù)電的微粒在t0 時(shí)刻從 b板中央小孔射入電場(chǎng)，若該帶電微粒受到的電場(chǎng)力為重力的兩倍，且射入電場(chǎng)時(shí)初速度可忽略不計(jì)(g 10 m/s2) 。求：(1) 在 0t2和t2t 這兩段時(shí)間內(nèi)微粒的加速度大小和方向；(2) 要使該微粒不與a板相碰，所加電壓的周期最長(zhǎng)為多少。解析： (1) 設(shè)電場(chǎng)力大小為f，則 f2mg ，對(duì)于 t 0 時(shí)刻射入的微粒，在0t2時(shí)間內(nèi)，有fmg ma1又由題意， f2mg 解得 a1g，方向向上在t2t時(shí)間內(nèi)的加速度a2滿(mǎn)足fmg ma2解得 a23g，方向向下。(2) 前半個(gè)周期上升的高度h112a1t2218gt2前半個(gè)周期微粒的末速度為v112gt 后半個(gè)

50、周期先向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，則 3gt112gt，則得 t1t6，此段時(shí)間內(nèi)上升的高度h212a2t12123gt62gt224則上升的總高度為hh1h2gt26后半個(gè)周期的t2t1t3時(shí)間內(nèi)，微粒向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，下降的高度h3123gt32gt26，上述計(jì)算表明， 微粒在一個(gè)周期內(nèi)的總位移為零，只要在上升過(guò)程中不與a板相碰即可，則 hd，即gt26d 所加電壓的周期最長(zhǎng)為tm6dg6102 s 。答案： (1)g ，方向向上3g，方向向下(2)6 102 s 2、如圖所示，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)傳送帶以速度v 勻速運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為m的小木塊由靜止放在傳送帶上 (傳送帶足夠長(zhǎng)) 。若小木

51、塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，當(dāng)小木塊與傳送帶相對(duì)靜止時(shí)，求：(1) 小木塊獲得的動(dòng)能；(2) 摩擦過(guò)程產(chǎn)生的熱量；(3) 傳送帶克服摩擦力所做的功；(4) 電動(dòng)機(jī)輸出的總能量。解析： 小木塊剛放上時(shí)速度為零，必然受到傳送帶的滑動(dòng)摩擦力作用做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，達(dá)到與傳送帶有共同速度后不再有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過(guò)程中小木塊獲得一定的動(dòng)能，系統(tǒng)要產(chǎn)生摩擦熱。 以小木塊為研究對(duì)象：相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，amgmg，達(dá)到相對(duì)靜止所用的時(shí)間為t vg，小木塊的位移l112vt v22 g，傳送帶的位移l2vt v2 g，小木塊相對(duì)傳送帶的位移 l l2l1v22g。(1) 小木塊獲得的動(dòng)能ek12mv2。(2) 產(chǎn)生的熱

52、量qffsffl mg l 12mv2。(3) 傳送帶克服摩擦力所做的功w mgl2mv2。(4) 電動(dòng)機(jī)輸出的總能量轉(zhuǎn)化為小木塊的動(dòng)能和系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量eekqmv2。答案： (1)12mv2(2)12mv2(3)mv2(4)mv2二輪滾講義練（五）滾動(dòng)練一、選擇題1、( 多選 )(2015 山東高考 ) 如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t 0 時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線(xiàn)射入兩板間，0t3時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，t時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0t時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是( ) a末速度

53、大小為2v0b末速度沿水平方向c重力勢(shì)能減少了12mgd d克服電場(chǎng)力做功為mgd 解析：選 bc 0t3時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，有mg qe0。把微粒的運(yùn)動(dòng)分解，水平方向：做速度為v0的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；豎直方向：t32t3時(shí)間內(nèi)，只受重力，做自由落體運(yùn)動(dòng)，2t3時(shí)刻， v1ygt3；2t3t 時(shí)間內(nèi)， a2qe0 mgmg，做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，t時(shí)刻， v2yv1yat30，所以末速度vv0，方向沿水平方向，選項(xiàng)a錯(cuò)誤， b正確；重力勢(shì)能的減少量 epmg d212mgd ，選項(xiàng) c正確；根據(jù)動(dòng)能定理：12mgd w克電0，得 w克電12mgd ，選項(xiàng) d錯(cuò)誤。2、(2017 東海期中 ) 如圖所示

54、，帶電的平行金屬板電容器水平放置，質(zhì)量相同、重力不計(jì)的帶電微粒a、b以平行于極板的相同初速度從不同位置射入電場(chǎng)，結(jié)果打在極板上同一點(diǎn) p。不計(jì)兩微粒之間的庫(kù)侖力，下列說(shuō)法正確的是( ) a在電場(chǎng)中微粒a運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比b長(zhǎng)b在電場(chǎng)中微粒a運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比b短c靜電力對(duì)微粒a做的功比b少d微粒 a所帶的電荷量比b多解析：選 d 水平方向兩微粒做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t xv0，因?yàn)?x、v0相等，則 t 相等，故 a、b錯(cuò)誤； 在豎直方向上兩微粒做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由 y12at2eq2mt2得電荷量為：q2myet2，可知， qy，所以微粒a所帶的電荷量多。電場(chǎng)力做功為：wqey2mye

55、t2ey2my2t2，則有： w y2，可知電場(chǎng)力對(duì)微粒a做的功多，故c錯(cuò)誤， d正確。3、(2017 姑蘇模擬 ) 如圖，左側(cè)為加速電場(chǎng)，右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，加速電場(chǎng)的加速電壓是偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓的k 倍，有一初速度為零的電荷經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板正中間垂直電場(chǎng)方向射入，且正好能從極板下邊緣穿出電場(chǎng)，不計(jì)電荷的重力，則偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)長(zhǎng)寬之比ld的值為 ( ) a.k b.2k c.3k d.5k 解析：選 b 設(shè)加速電壓為ku，偏轉(zhuǎn)電壓為u ，對(duì)直線(xiàn)加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：qku12mv2，對(duì)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程，有：l vt ，d2qu2mdt2，聯(lián)立解得：ld2k，故 b正確。4. (2017

56、泉山區(qū)模擬) 用一根橫截面積為s、電阻率為 的硬質(zhì)導(dǎo)線(xiàn)做成一個(gè)半徑為r 的圓環(huán)， ab 為圓環(huán)的一條直徑。如圖所示， 在 ab 的左側(cè)存在一個(gè)均勻變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)垂直圓環(huán)所在的平面，方向如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化率btk(k 0) ，則 ( ) a圓環(huán)具有收縮的趨勢(shì)b圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较騝圓環(huán)中a、b 兩點(diǎn)的電壓uab14kr2d圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為krs3解析：選 c 由楞次定律的“增縮減擴(kuò)”可知，為了阻礙磁通量的減小，圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢(shì)，故 a錯(cuò)誤；磁通量向里減小，由楞次定律“增反減同”可知，圓環(huán)中的感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较颍蔮錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有：eb

57、t12r212kr2，由閉合電路歐姆定律可知，ab 兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為uabe214k r2，故 c正確；由e12kr2，圓環(huán)電阻r2rs，解得感應(yīng)電流i krs4krs4，故 d錯(cuò)誤。5(2015 海南高考 ) 如圖，空間有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一直金屬棒與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，當(dāng)它以速度v 沿與棒和磁感應(yīng)強(qiáng)度都垂直的方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒兩端的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為；將此棒彎成兩段長(zhǎng)度相等且相互垂直的折線(xiàn)，置于與磁感應(yīng)強(qiáng)度相垂直的平面內(nèi)，當(dāng)它沿兩段折線(xiàn)夾角平分線(xiàn)的方向以速度v 運(yùn)動(dòng)時(shí)， 棒兩端的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為，則 等于 ( ) a.12b.22c1 d.2 解析：選 b 設(shè)折彎前金屬棒切割磁感線(xiàn)的長(zhǎng)度為l，折彎后，

58、金屬棒切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度為l 22l，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為blv 22blv22，所以22，b正確。6、( 多選 ) 如圖所示，在傾角為30的光滑固定斜面上，放有兩個(gè)質(zhì)量分別為1 kg 和 2 kg 的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球a和 b，兩球之間用一根長(zhǎng)l0.2 m 的輕桿相連， b球距水平面的高度h0.1 m 。斜面底端與水平面之間有一光滑短圓弧相連，兩球從靜止開(kāi)始下滑到光滑水平面上，g 取 10 m/s2。則下列說(shuō)法中正確的是( ) a下滑的整個(gè)過(guò)程中a球機(jī)械能守恒b下滑的整個(gè)過(guò)程中兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒c兩球在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為2 m/s d系統(tǒng)下滑的整個(gè)過(guò)程中b球機(jī)械能的增加量為

59、23 j 解析：選 bd a 、b下滑的整個(gè)過(guò)程中，桿的彈力對(duì)a球做負(fù)功， a球機(jī)械能減少，選項(xiàng) a錯(cuò)誤； a、b兩球組成的系統(tǒng)只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，機(jī)械能守恒，選項(xiàng)b正確；對(duì) a、b兩球組成的系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得mag(h lsin 30 ) mbgh12(mamb)v2，解得v236 m/s ，選項(xiàng) c錯(cuò)誤； b球機(jī)械能的增加量為ep12mbv2mbgh23 j ，選項(xiàng) d正確。7、如圖所示， 長(zhǎng)為 2l 的輕桿上端及其正中央固定兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球，桿的下端有光滑鉸鏈與水平面相連接，桿原來(lái)豎直靜止，現(xiàn)讓其自由倒下，則a著地時(shí)的速度為( ) a.1515gl b.2515gl c.1

60、530gl d.2530gl 解析：選 d 選 a、b及輕桿整個(gè)系統(tǒng)為研究對(duì)象，利用機(jī)械能守恒定律，且vb12va，得 mg 2lmg l12mva212mva22，解得 va2530gl，d正確。二、非選擇題1. 如圖所示， 在平面直角坐標(biāo)系xoy 的第一象限內(nèi)有一個(gè)方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b的圓形磁場(chǎng)區(qū)域，一質(zhì)量為m 、帶電荷量為q 的粒子從 y 軸上的 a點(diǎn)以速度v0水平向右射出， 經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后， 打在 x 軸上的 c點(diǎn)，且其速度方向與x 軸正方向成 60角斜向下。 若 a點(diǎn)坐標(biāo)為 (0,23d) ，c點(diǎn)坐標(biāo)為 (3d,0)，粒子重力不計(jì)。試求該圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積s及粒子在