人教高考物理一轮练习题6及答案文档格式.docx
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,解得B=
由于v、m、q相等,则得
=
选项C正确。
2.（多选）如图所示,真空中xOy平面内有一束宽度为d的带正电粒子束沿x轴正向运动,所有粒子为同种粒子,速度大小相等,在第一象限内有一方向垂直xOy平面的有界匀强磁场区（图中未画出）,所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点。
下列说法中正确的是 （ ）
导学号49294172
A.磁场方向一定是垂直xOy平面向里
B.所有粒子通过磁场区的时间相同
C.所有粒子在磁场区运动的半径相等
D.磁场区边界可能是圆
【解题指导】
（1）磁场的方向可由带电粒子的受力方向判断。
（2）粒子在磁场中的运动时间与圆心角有关。
（3）带电粒子进入磁场的位置为一圆弧,且圆弧的半径与粒子在磁场中的轨迹半径相同。
【解析】选C、D。
由题意可知,正粒子经磁场偏转,都集中于一点a,根据左手定则,磁场的方向垂直xOy平面向外,故A错误;
由洛伦兹力提供向心力,可得T=
而运动的时间还与圆心角有关,因此粒子的运动时间不等,故B错误;
由洛伦兹力提供向心力,可得R=
由于是同种粒子,且速度大小相等,所以它们的运动半径相等,故C正确;
所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点,因此磁场区边界可能是圆,也可能是圆弧,故D正确。
3.（2019·
江苏高考）如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点。
由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。
现将C板向右平移到P′点,则由O点静止释放的电子 （ ）
A.运动到P点返回
B.运动到P和P′点之间返回
C.运动到P′点返回
D.穿过P′点
【解析】选A。
电子在A、B间加速,在B、C间减速,加速电压做功与减速电压做功相等。
现将C板向右平移到P′点,B、C板间的电场强度不变,根据U=Ed判断,由O点静止释放的电子运动到P点速度为0再返回,A项正确。
5.（2019·
济南一模）如图所示,一均匀带正电的无限长绝缘细杆水平放置,细杆上方有A、B、C三点,三点均与细杆在同一竖直平面内,且三点到细杆的距离满足rA=rB<
rC,则 导学号49294165（ ）
A.A、B、C三点电势φA=φB<
φC
B.将一负电荷从A点移到C点,电荷电势能一定增加
C.A、B、C三点电场强度方向相同
D.在A点,若电子以垂直于纸面向外的速度飞出,电子一定做匀速圆周运动
【解析】选B、C。
细杆外各点电场强度方向都垂直无限长绝缘细杆向外,所以A、B所在直线为等势线,且φA=φB>
φC。
将一负电荷从A点移到C点,电场力做负功,电势能增加,选项A错误,B、C正确;
在A点,若电子垂直于纸面向外飞出,速度大小满足EAe=m
则电子做匀速圆周运动,若不满足,将做离心或向心运动,选项D错误。
4.（2019·
天津高考）如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。
设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB,电势能分别为EpA、EpB。
下列说法正确的
是 （ ）
A.电子一定从A向B运动
B.若aA>
aB,则Q靠近M端且为正电荷
C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA<
EpB
D.B点电势可能高于A点电势
电子在电场中做曲线运动,虚线AB是电子只在静电力作用下的运动轨迹,电场力沿电场线指向曲线的凹侧,电场的方向与电场力的方向相反,如图所示,由所知条件无法判断电子的运动方向,故A错误;
若aA>
aB,说明电子在A点受到的电场力较大,M点的电场强度较大,根据点电荷的电场分布可知,靠近M端为场源电荷的位置,应带正电,故B正确;
无论Q为正电荷还是负电荷,一定有电势φA>
φB,电子电势能Ep=-eφ,电势能是标量,所以一定有EpA<
EpB,故C正确,D错误。
5.一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道,小球先进入圆轨道1,再进入圆轨道2,圆轨道1的半径为R,圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍,小球的质量为m,若小球恰好能通过轨道2的最高点B,则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为 （ ）
世纪金榜导学号49294144
A.2mg B.3mg C.4mg D.5mg
小球恰好能通过轨道2的最高点B时,有mg=
小球在轨道1上经过A处时,有F+mg=
根据动能定理,有1.6mgR=m
-m
解得F=4mg,C项正确。
6、（多选）如图所示,M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块,abcd为半径是R的光滑圆弧形轨道,a为轨道的最高点,地面水平且有一定长度。
今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放,让其自由下落到d处切入轨道内运动,不计空气阻力,则 （ ）
A.只要h大于R,释放后小球就能通过a点
B.只要改变h的大小,就能使小球通过a点后,既可能落回轨道内,又可能落到de面上
C.无论怎样改变h的大小,都不可能使小球通过a点后落回轨道内
D.调节h的大小,可以使小球飞出de面之外（即e的右侧）
小球恰能通过a点的条件是小球的重力提供向心力,根据牛顿第二定律mg=m
解得v=
根据动能定理得mg（h-R）=mv2,解得h=R,若要释放后小球能通过a点,需满足h≥R,故选项A错误;
小球离开a点时做平抛运动,由平抛运动的规律,水平方向x=vt,竖直方向R=gt2,解得x=
R>
R,故无论怎样改变h的大小,都不可能使小球通过a点后落回轨道内,小球将通过a点不可能到达d点,只要改变h的大小,就能改变小球到达a点的速度,就有可能使小球通过a点后,落在de之外,故选项B错误,C、D正确。
7.如图所示,一固定斜面倾角为30°
一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动,加速度大小等于重力加速度的大小g。
物块上升的最大高度为H,则此过程中,物块的 （ ）
A.动能损失了2mgH
B.动能损失了mgH
C.机械能损失了mgH
D.机械能损失了mgH
【解析】选A、C。
分析小物块沿斜面上滑,根据题意可知,物块所受滑动摩擦力Ff=0.5mg,由动能定理,动能损失了
+mgH=2mgH,A正确,B错误。
由功能关系,机械能损失了
=mgH,C正确,D错误。
8.（2019·
烟台一模）如图所示,可视为质点的小球A和B用一根长为0.2m的轻杆相连,两球质量相等,开始时将两小球置于光滑的水平面上,并给两小球一个2m/s的初速度,经一段时间两小球滑上一个倾角为30°
的光滑斜面,不计球与斜面碰撞时的机械能损失,g取10m/s2,在两小球的速度减小为零的过程中,下列判断正确的是 （ ）
A.杆对小球A做正功
B.小球A的机械能守恒
C.杆对小球B做正功
D.小球B速度为零时距水平面的高度为0.15m
【解析】选A、D。
由题意可知,AB在上升中受A的重力做功而做减速运动;
假设没有杆连接,则A上升到斜面时,B还在水平面上运动,那么A在斜面上做减速运动,而B在水平面上做匀速运动,但是有杆存在,那肯定是B推着A上升,因此杆对A做正功,故A正确;
因杆对A球做正功,故A球的机械能不守恒,故B错误;
由以上分析可知,杆对球B做负功,故C错误;
根据系统机械能守恒,可得:
mgh+mg（h+Lsin30°
）=×
2mv2,解得:
h=0.15m,故D正确。
【总结提升】机械能守恒的判断方法
（1）物体只受重力作用,发生动能和重力势能的相互转化,如物体做自由落体运动、抛体运动等。
（2）只有弹力做功,发生动能和弹性势能的相互转化。
如在光滑的水平面上运动的物体与一个固定的弹簧碰撞,在其与弹簧作用的过程中,物体和弹簧组成的系统的机械能守恒。
上述弹力是指与弹性势能对应的弹力,如弹簧的弹力、橡皮筋的弹力,不是指压力、支持力等。
（3）物体既受重力又受弹力作用,只有重力和弹力做功,发生动能、重力势能、弹性势能的相互转化,如做自由落体运动的小球落到竖直弹簧上,在小球与弹簧作用的过程中,小球和弹簧组成的系统的机械能守恒。
（4）物体除受重力或弹力外虽然受其他力的作用,但其他力不做功或者其他力做功的代数和为零,如物体在平行斜面向下的拉力作用下沿斜面向下运动,拉力与摩擦力大小相等,该过程中物体的机械能守恒。
9.如图所示,水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车,其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB,轨道最低点B与水平轨道BC相切,整个轨道处于同一竖直平面内。
将质量为m的物块（可视为质点）从A点无初速度释放,物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。
重力加速度为g,空气阻力可忽略不计。
关于物块从A位置运动至C位置的过程,下列说法中正确的是 （ ）
导学号49294155
A.小车和物块构成的系统动量守恒
B.摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零
C.物块的最大速度为
D.小车的最大速度为
【解析】选D。
小车和物块组成的系统水平方向所受合外力为零,水平方向动量守恒,系统整体所受合外力不为零,系统动量不守恒,故A错误;
摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和等于摩擦力与相对位移的乘积,摩擦力做功的代数和不为零,故B错误;
如果小车固定不动,物块到达水平轨道时速度最大,由机械能守恒定律得:
mgR=mv2,v=
现在物块下滑时,小车向左滑动,物块的速度小于
故C错误;
小车与物块组成的系统水平方向动量守恒,物块刚下滑到B点时,小车具有最大速度,物块下滑过程,以向右为正方向,由动量守恒定律得:
mv1-Mv2=0,由机械能守恒定律得:
m
+M
=mgR,解得:
v2=
故D正确。
10、如图所示,细线上端固定于O点,其下端系一小球,静止时细线长L。
现将细线和小球拉至图中实线位置,此时细线与竖直方向的夹角为θ=60°
;
并在小球原来所在的最低点处放置一质量相同的泥球,然后使悬挂的小球从实线位置由静止释放,它运动到最低点时与泥球碰撞并合为一体,它们一起摆动中可达到的最大高度是 （ ）
A.
B.
碰前由机械能守恒得mgL（1-cos60°
）=m
解得v1=
两球相碰过程动量守恒mv1=2mv2,得v2=
碰后两球一起摆动,机械能守恒,则有×
2m
=2mgh,解得h=L。
二、计算题
如图所示,电子由静止开始经加速电场加速后,沿平行于板面的方向射入偏转电场,并从另一侧射出。
已知电子质量为m,电荷量为e,加速电场电压为U0,偏转电场可看作匀强电场,极板间电压为U,极板长度为L,板间距为d。
导学号49294166
（1）忽略电子所受重力,求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy。
（2）分析物理量的数量级是解决物理问题的常用方法。
在解决
（1）问时忽略了电子所受重力,请利用下列数据分析说明其原因。
已知U=2.0×
102V,d=4.0×
10-2m,m=9.1×
10-31kg,e=1.6×
10-19C,g取10m/s2。
（3）极板间既有静电场也有重力场。
电势反映了静电场各点的能的性质,请写出电势φ的定义式。
类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”φG的概念,并简要说明电势和“重力势”的共同特点。
【解题指导】解答本题应把握以下三点:
（1）熟练掌握带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动规律。
（2）通过计算重力的大小,根据数量级,分析忽略重力的原因。
（3）利用类比法准确定义重力势,并说明和电势的共同特点。
【解析】
（1）电子加速过程由动能定理得:
eU0=m
解得:
v0=
电子在偏转电场中做类平抛运动,则:
电子的运动时间:
t=
=L
偏转距离:
Δy=·
t2=
（2）考虑电子所受重力和电场力的数量级,有重力
G=mg≈10-29N
电场力F=
≈10-15N
由于F≫G,因此不需要考虑电子所受的重力
（3）电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与电荷量q的比值,即φ=
由于重力做功与路径无关,可以类比静电场电势的定义,将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值,叫作重力势,即φG=
电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定
答案:
（1）
（2）见解析
（3）φ=
φG=
电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定
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