2020届高考物理总复习：静电场单元滚动检测

1、第九单元 一、选择题 1. （2018 辽宁大连实验中学模拟）（多选）“嫦娥二号”卫星由地面发射后,进入地月转移轨道，经多次变轨最终进 入距离月球表面 100 km,周期为 118 min 的圆形工作轨道，开始对月球进行探测，则（ ）。 A. 卫星在轨道皿上的运动速度比月球的第一宇宙速度小 B. 卫星在轨道 皿上经过P点的速度比在轨道 上经过P点时大 C. 卫星在轨道皿上运动的周期比在轨道上小 D. 卫星在轨道上的机械能比在轨道吐大 【解析】月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度 ，卫星在轨道 皿上的半径大于 月球半径 根据G=m,得卫星的速度v=,可知卫星在轨道 皿上的运动

2、速度比月球的第一宇宙速度小 ， 故 A 项正确。卫星在轨道 上经过P点若要进入轨道 皿,需减速，即卫星在轨道 皿上经过P点的速度比在轨道I 上经过P点时小，故 B 项错误。根据开普勒第三定律 一=k,可知卫星在轨道 皿上运动的周期比在轨道 上小，故 C 项正确。卫星从轨道 进入轨道在P点需减速，动能减小，而它们在各自的轨道上机械能守恒 ，则卫星在轨 道上的机械能比在轨道 吐的大，故 D 项正确。 【答案】ACD 2. （2019 贵州毕节开学考试）一种玩具的结构.ASM 如图所示，竖直放置的光滑铁圆环的半径 R=20 cm,环上有一穿 孔的小球m,仅能沿环做无摩擦滑动。如果圆环绕通过环心的竖直

3、轴 01。2以3 = 0 rad/s 的角速度旋转,g 取 10 m/s 2,则小球相对环静止时球与圆心 O的连线与O1O2的夹角e为（ ） 花板上相距为 2L的两点，另一端共同连接一质量为 m的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为 37。若将物 体的质量变为M,平衡时弹簧与竖直方向的夹角为 53 （sin 37 =0.6）,则一等于（ ） A B C.- D- 【解析】取连接点为研究对象，可知其受竖直向下的拉力 mg、两弹簧弹力F作用而平衡，利用效果分解 法得mg=2Fcos 37所以F= - ，由胡克定律知 F=k 丄=-kL,同理可得F= - ,F=-kL,联立可得 一=,A 项正确。 【

4、答案】A 4. （2019 湖南邵阳开学考试）如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心 0点分别以水平初速度 V1、V2抛出 两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的 A点和B点。已知OA与OB互相垂直，且 OA与竖直方 向成a角，则两个小球初速度之比 一为（ ） A. 30 B.45 C.60 D.75 【解析】向心力 【答案】C F=mgtan 0 umERsin Q则 cos 0=-,可得 0=60 3.（2018 湖南怀化第三次擀调研 ）如图所示，将两根劲度系数均k、原长均为L的轻弹簧一端固定于水平天 A. tan a B.cos a C.tan a D.cos a 【解析】由几

5、何关系可知，A的竖直位移hA=Rcos a水平位移XA=Rsin aB的竖直位移hB=Rcos （90a=Rsin a水平位移XB=Rsin （90a=Rcos a由平抛运动的规律可知,h=gt2,x=vot，解得v=x ，则 = =tan a ,C 项正确。 【答案】C 5. （2018 江西南昌六校联考） （多选）一小球放置在光滑水平面上，弹簧左侧固定在竖直面上，右侧与小球相连 如图甲所示。手拿小球沿水平面向右移动一段距离后松手 ，用计算机描绘出小球运动的 v-t图象为正弦曲线 （如图乙所示）。从图中可以判断（ ）。 甲1 乙 A. 在 0t1时间内，外力做正功 B. 在 0t1时间内,外

6、力的功率逐渐增大 C. 在t2时刻,外力的功率最大 D. 在t1t3时间内，外力做的总功为零 【解析】由动能定理可知，在 0t1时间内小球的速度越来越大，动能越来越大，外力一定做正功，故 A 项正 确;在t1t3时间内，动能变化量为零，可以判定外力做的总功为零，故 D 项正确；由P=Fv知 0、t1、t2、t3四个 时刻功率均为零，故 B、C 两项错误。 【答案】AD 6. （2018 西北师大附中模拟）（多选）宇航员在某星球表面以初速度 2.0 m/s 水平抛出一物体，并记录下物体的 运动轨迹，如图所示，0为抛出点，若该星球半径为 4000 km,引力常量G=6.67 X1011 N m2

7、kg-2，则下列说法正 确的是（ ）。 A. 该星球表面的重力加速度为 4.0 m/s 2 B. 该星球的质量为 2.4 X1023 kg C. 该星球的第一宇宙速度为 4.0 km/s D. 若发射一颗该星球的同步卫星 ，则同步卫星的绕行速度一定大于 4.0 km/s 【解析】根据平抛运动的规律有 h=-gt2,x=vot,解得g=4.0 m/s 2,A项正确；在星球表面，重力近似等于万有 引力，得 M=-9.6 X023 kg,B 项错误；由=mg得第一宇宙速度为 v= =4.0 km/s,C 项正确第一宇宙速 度为最大的环绕速度，D项错误。 【答案】AC 7. （2018 江苏无锡 10

8、 月考试）空间有一匀强电场，在电场中建立图甲所示的直角坐标系 O-xyz,M、N、P为 电场中的三个点，M点的坐标为（0, a,0）, N点的坐标为（a,0,0）, P点的坐标为（a,-,-）。已知电场方向平行于直线 MN,M点电势为零,N点电势为 1 V,则P点的电势为（ ） 甲 A V B V C.- V D.- V 【解析】将立体图中的P点投影在xOy平面，做出M、N、P三点在xOy平面的相对位置如图乙所示,M 点电势为零，N点电势为 1 V,根据沿着电场线方向电势降低可知 ，该匀强电场的电场线方向如图乙所示 ，01 为MN连线的二等分点，02为01N的二等分点，由几何知识知AP垂直于电

9、场强度E,故P、02、A三点的电 势相等，R2=-UMN=- V,D 项正确。 【答案】D 8. （2018 山西晋城 12 月考试）（多选）两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别为 m1=4 kg, m2=2 kg, A的速度v1=3 m/s（设为正方向）,B的速度v2=-3 m/s,则它们发生正碰后，其速度可能分别是 （ ）。 A.均为 1 m/s B.+4 m/s 和-5 m/s A 0 乙 C.+2 m/s 和-1 m/s D.-1 m/s 和 +5 m/s 【解析】由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。再看动能情况 Ek=-mi +-m2 =27 J Ek=-miv

10、i2+-m2v2 因为碰撞过程中动能不可能增加 ，所以应有Ek汪k，可排除 B 项;C 项虽满足EkEk，但A、B沿同一直线 相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向 (VAO,VBVO),这显然是不符合实际的，因此 C 项错误验证 A、D 两项均满足Ek汪k,故答案为 A 项(完全非弹性碰撞)和 D项(弹性碰撞)。 【答案】AD 二、非选择题 9. (2018 云南昆明八校联考)小明同学利用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。 A为装有挡光片的钩码, 总质量为M,挡光片的挡光宽度为 b,轻绳一端与A相连，另一端跨过光滑轻质定滑轮与质量为 m(mM)的重 物B相连。他的做法是：先用力拉住B

11、,保持A、B静止，测岀A的挡光片上端到光电门的距离 h;然后由静止 释放B,A下落过程中经过光电门，光电门可测岀挡光片的挡光时间 t,算岀挡光片经过光电门的平均速度，将其 视为A下落h(h? b)时的速度，重力加速度为g。 (1) _ 在A从静止开始下落h的过程中，验证以A、B、地球所组成的系统机械能守恒定律的表达式为 _ (用题目所给物理量的符号表示)。 (2) 由于光电门所测的平均速度与物体 A下落h时的瞬时速度间存在一个差值 AV,因而系统减少的重力势能 (选填“大于”或“小于系统增加的动能。 (3) 为减小上述 0 对结果的影响，小明同学想到了以下一些做法 ，其中可行的是( )。 A

12、保持A下落的初始位置不变，测岀多组t,算岀多个平均速度然后取平均值 B. 减小挡光片上端到光电门的距离 h C. 增大挡光片的挡光宽度 b D. 适当减小挡光片的挡光宽度 b (4) 若采用本装置测量当地的重力加速度 g,则测量值 _ (选填“大于”“等于”或“小真实值。 【解析】光电门所测的平均速度小于物体 A下落h时的瞬时速度，因而系统减少的重力势能大于系 统增加的动能。 (3) 适当减小挡光片的挡光宽度 b可以使挡光时间t减小,此时光电门所测的平均速度更接近于物体 A下 落h时的瞬时速度，可以减小系统误差，所以 D 项正确。 (4) 由于有空气阻力、摩擦力等因素的影响，采用本装置测量当地

13、的重力加速度 g,则测量值小于真实值。 【答案】(1)(M-m)gh=-(M+m)(-)2 (2)大于 D (4)小于 10. (2018 山东济南六校联考)如图所示，在电场强度E=103 V/m 的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝 缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道 MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行 ，其半径R=40 cm, 一带电荷量为q=+10-4 C 的小滑块的质量 m=40 g，与水平轨道间的动摩擦因数 卩=.2,重力加速度取g=10 m/s2,问: (1) 要使小滑块恰好运动到圆轨道的最高点 C，滑块应在水平轨道上离 N点多远处释放? (2) 这样释放的滑块通过 P

14、点时对轨道的压力是多大 ?(P为半圆轨道中点) 小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？落地时的速度是多大？ 【解析】(1)设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得 qEL-FfL-mg 2R=-mv2-0 由滑块的受力可知 Ff=卩F, FN=mg 小滑块在C点时，重力提供向心力，有 mg=m_ 联立上式得L= 20 m。 (2)滑块到达P点时,对全过程应用动能定理可得 qE(L+R)-FfL-mg R=-m -0 在P点时由牛顿第二定律可得 FN-qE=m 联立解得 FN=1.5 N 即滑块通过P点时对轨道压力的大小是 1.5 N。 小滑块经过C点,在竖直方向上

15、做的是自由落体运动 ，由 2Rhgt2,可得滑块运动的时间t=- 得 t=0.4 s 滑块在水平方向上只受到电场力的作用 ，做匀减速运动，由(1)可得v=2 m/s,由牛顿第二定律可得 qE=ma 水平方向的位移x=vt-at2 代入解得x=0.6 m 滑块落地时竖直方向上的速度大小 vy=gt=4 m/s 水平方向的速度大小 vx=v-at= 1 m/s 落地时速度大小v地= 解得 v 地=m/s 【答案】(1)20 m (2)1.5 N (3)0.6 m m/s 11. (2019 江西南昌开学考试)如图所示，一质量M=2 kg、长L=4 m的绝缘不带电长木板 B静止于光滑的水 平面上,B

16、的右端虚线边界与竖直挡板间存在宽度 d=4.75 m 的匀强电场，电场强度大小E=2 X104 N/C,方向水 平向右。一个质量 m=1 kg、电荷量q=+1 X10-4 C 的小物体A以初速度vo=3 m/s 从B的左端水平滑上 B, 两者达到共同速度后进入电场。设物体 A可视为质点,A、B间的动摩擦因数 卩=.4,最大静摩擦力等于滑动 摩擦力,B与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失 ,g取 10 m/s 2。 (1) 求B与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间的速度大小。 (2) 求B与竖直挡板第二次碰撞前的瞬间的速度大小。 (3) A最后是否会从B上滑下？若不会，求出A最后在木板B上的位置。 【解析】(1)设A、B达到共同速度V1时,A相对B向右运动距离为 & 由动量守恒定律有 mvo=(M+m)v1由能量守恒有 卩mgsm (M+m) 联立解得 W = 1 m/s, S1=0.75 m A、B进入电场后，假设保持相对静止，以整体为研究对象，有 qE=(M+m)a 再以B为研究对象，f=Ma 解得f=- N fm= mg= N,故假设成立 设B与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间,B的速度为v2,则由动能定理 qEd-(l-S1)=-(M+m) -(M+m) 解得v2= m/s (2)B与竖直挡板第一次碰撞后,A的加速度为a1,则 卩 m-qE=ma1,解得 a1=2