物理试题 人教版高考二轮复习 力与电力的阶段训练题

阶段训练（一）力与运动

（时间:45分钟满分：100分）

一、选择题（本题共10小题,每小题6分，共60分。在每小题给出的四个选项中，广6题只有一个选项符合

题目要求,7~10题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分）

1.（2019•吉林长春调研）如图所示，一圆柱形容器高、底部直径均为1,一可视为质点的小球离地高为21,

球到容器左侧的水平距离也是L现将小球水平抛出，要使小球直接落在容器底部，重力加速度为g,小球抛

出的初速度v的大小范围为（空气阻力不计）（）

2/广厂

B.<v<2

C.<v<<v<V

答案:A

解析:如图中①虚曲线,设小球的初速度为w,则1=v3,1=,得出v,=V/o如图中②虚曲线,设小球的初速

度为V2,则2172t2,21=得出V2=WO所以小球直接落在容器底部的初速度V的大小范围为

2.（2019金国卷III）用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间,

如空所示。两斜面I、H固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速

行驶时，圆筒对斜面I、II压力的大小分别为R、％,则（）

C.F尸

答案：D

解析:圆筒做匀速直线运动，所受的合外力为零。对圆筒受力分析,圆筒受两个斜面的支持力与池球的重力,

有Fjjisin30°=Rasin60°,FMCOS300+R»COS60°=m氏联立求得FNLO根据牛顿第三定

律得，FI=FNI=g,F2=FX2=Lmg,故A、B、C错误，D正确。

3.（2018•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1二状态。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之间关系的图像可能正确的是（）

答案：A

解析:选物块P为研究对象进行受力分析,根据牛顿第二定律F+F『mg=ma,系统原处于静止状态，则F

=mg,F=ma,且随x增加，F弹变小,F变大,选项A正确。

4.如图所示，固定斜面的CD段光滑,DE段粗糙,A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑,下滑过程中A、B

保持相对静止,贝I」（）

A.在CD段时,A受三个力作用

B.在DE段时,A可能受三个力作用

C.在DE段时,A受摩擦力方向一定沿斜面向上

D.整个下滑过程中,A、B均处于失重状态

答案:C

解析:在CD段,整体的加速度a==gsin0，隔离对A分析,有nugsin0+FrA=ma,解得FfA=0,可知A受重力和支

持力两个力作用，故A错误。设DE段物块与斜面间的动摩擦因数为P,在DE段,整体的加速度a==gsin0-

ygeos0,隔离对A分析,有nugsin0+FfA=m.\a,解得FfA=-Pnugcos0,方向沿斜面向上;若匀速运动,A受到静

摩擦力也是沿斜面向上,所以A一定受三个力,故B错误,C正确。整体下滑的过程中,CD段加速度沿斜面向

3A、B均处于失重状态;在DE段，可能做匀速直线运动，不处于失重状态，故D错误。故选C。

5.气象研究小组用图示简易装置测定水平风速。在水平地面上竖直固定一直杆,质量为m的薄空心塑料球

用细线悬于杆顶端0,当水平风吹来时,球在水平风力的作用下飘起来。已知风力大小正比于风速，当风速

vo=3m/s时,测得球平衡时细线与竖直方向的夹角（）=30。。则（）

A.细线拉力与风力的合力大于mg

B.若风速增大到某一值时，0可能等于90°

C.细线拉力的大小为cos

D.。=60°时，风速v=6m/s

答案:C

解析:小球受重力、拉力、风力处于平衡，所以细线拉力与风力的合力等于mg,与重力平衡，故八错误;风速

增大，。不可能变为90°,因为绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡，故B错误;根据受力分析,Heos0

2

A.从抛出到撞墙,第二次球在空中运动的时间较短

B.篮球两次抛出时速度的竖直分量第一次大于第二次

C.篮球两次撞墙的速度可能相等

I）.抛出时的速度大小,第一次一定比第二次小

答案:AB

解析：由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上,篮球被抛出后的运动可以看作是平抛运动的反向运动。加速度都

为g。在竖直方向上,h=gt；因为hi>h2,则因为水平位移相等,根据x=Vot知,撞墙的速度v0i<vo2o

即第二次撞墙•的速度大。由两次抛出时速度的竖直分量vkgt可知，第一次大于第二次，故A、B正确,C错

误;根据平行四边形定则知,抛出时的速度v=,第一次的水平初速度小，而上升的高度大,则无法比

较抛出时的速度大小,故D错误。

9.（2019•江苏天一中学调研）如图所示,某生产线上相互垂直的甲、乙传送带等高，宽度均为d,而且均以大

小为v的速度运行，图中虚线为传送带中线。一工件（视为质点）从甲左端释放，经长时间由甲右端滑上乙，

滑至乙中线处时恰好相对乙静止。下列说法正确的是（）

A.工件在乙传送带上的痕迹为直线,痕迹长为d

B.工件从滑上乙到恰好与乙相对静止所用的时间为2

2

C.工件与乙传送带间的动摩擦因数u=-

D.乙传送带对工件的摩擦力做功为零

答案:AD

解析:工件滑上乙时,相对于乙上的那一点的速度分为水平向右的V和向后的V,合速度为6V,就是沿着与

乙运动方向成45°的方向,而滑动摩擦力与相对运动的方向相反,即H合速度方向在同一直线上,故工件相

对于乙的运动轨迹肯定是直线，故A正确。假设它受滑动摩擦力FLRmg,与乙运动方向夹角0=45。，则相

对于乙的加速度也沿这个方向,经过t后，它滑到乙中线并相对于乙静止,根据牛顿第二定律,有umg=ma,解

得a=ug;运动距离1t=l,联立得口

，故B、C错误。滑上乙之前,工件绝对速度大小为v,动能为mv2,滑上乙并相对停止后,绝对

速麦大小也是v,动能也是nv2,而在乙上面的滑动过程只有摩擦力做了功,动能又没变化,所以乙对工

件的摩擦力做功为0,故D正确。

10.（2019•陕西榆林二模）2018年11月1日，我国第41颗北斗导航卫星“吉星”成功发射,该卫星工作在

地球静止同步轨道上,可以对地面上的物体实现厘米级的定位服务。己知地球表面的重力加速度为g,半径

为R,该卫星绕地球做圆周运动的周期为T。则下列说法正确的是（）

A.该卫星的发射速度大于第•宇宙速度，运行速度小于第•宇宙速度

B.该卫星做圆周运动的轨道半径为

I）.该卫星运行的线速度大小为Y

答案:AD

解析:第一宇宙速度是卫星的最小发射速度,也是卫星最大的环绕速度。发射地球同步卫星,发射速度一定

大于第一宇宙速度,运行速度小于第一宇宙速度，故A正确;用M表示地球的质量,在地球表面为此的物体,

绕地球做匀速圆周运动,有m„g=2,GU=gR；m表示卫星的质量,r表示卫星的轨道半径，由万有引力定

22

2

律和牛顿第二定律得2=mr,我立解得r=4，故B错误；由万有引力定律和牛顿第二定律得

2bma,代入B选项结论故C错误；由万有引力定律和牛顿第二定律得

2

2=01，代入B选项结论,v=，故D正确。

二、非选择题（本题共2小题，共40分）

1L（20分）（2019•江苏启东市期中）如图甲所示,带有斜面的木块放在光滑水平地面上,木块水平表面AB粗

糙:斜面BC表面光滑且与水平面夹角为0=37。，木块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器,当力传感

器受压时,其示数为正值，当力传感器被拉时，其示数为负值。一个可视为质点的质量为m=5kg的滑块从B

点以初速度V。沿斜面向上运动，运动过程中，传感器记录的力与时间的关系如图乙所示。已知斜面足够长，

设滑块经过B点时无机械能损失,g取10m/s\求：

⑴图乙中R的数值大小；

⑵滑块的初速度Vo；

⑶水平表面AB的长度。

答案：（1）24N（2）6m/s（3）2m

解析：（1）质量为m=5kg的滑块沿斜面向上运动时的加速度大小为a,=gsin0=6m/s2

水平方向的分加速度为a.x=a]Cos。=6X0.8m/s'=4.8m/s~'

水平方向斜面对滑块的作用力为3'=ma、=5X4.8N=24N

根据牛顿第三定律可得F,=F/=24No

（2»由题图可知,滑块从离开B点到回到B点所用时间为2s,即经过时间t=ls到达最高点,根揖速度时间关

系可得

v0=ait=6Xlm/s=6m/so

（3）根据题图可知,滑块在水平部分运动的摩擦力大小为F尸25N

根据牛顿第二定律可得加速度大小为a2=^^^Kn/s2=5m/s2

滑块在水平部分运动的时间为I'=2.4s-2s=0.4s

，，2

根据位移时间关系可得lAB=vot-^Ma2t=6XO.4m-^■1X5X0.421n=2m。

12.(20分)为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列设想:取一个与水平方向夹角为37°、氏为l=2.0m

的粗糙倾斜轨道AB,通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE,整个轨道除AB段以外都是光

滑的，其中AB与BC轨道以微小圆弧相接,如图所示。一个小物块以初速度vo=4.0m/s,从某一高处水平抛

出:到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数n=0.5o(g取

10m/s2,sin370=0.60,cos37°=0.80)

VQ

1

(D求小物决的抛出点和A点的高度差。

⑵为了让小物块不离开轨道,并且能够滑回倾斜轨道AB,则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件。

⑶耍使小物块不离开轨道,并从水平轨道DE滑出，则竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件。

答案：(l)0.45m(2)R21.65m(3)RW0.66m

解析：⑴设从抛出点到A点的高度差为h,到A点时有V』/2""1①

且o=tan37。②

0

vA-rn5?370=5m/s(3)

代入数据解得h=0.45m。④

⑵要使小物块不离开轨道并H.能够滑回倾斜轨道AB,则小物块沿圆轨道上升的最大高度不能超过圆心，即

WingR⑤

由动能定理得iglsin37°-pmglcos370⑥

解得R21.65m。⑦

⑶小物块从B滑到圆轨道最高点，由机械能守恒得

mv'mgXZR⑧

2

在最高点有m2nig⑨

由③⑥⑧⑨解得RWO.66m。⑩

阶段训练（二）功和能动量

（时间:45分钟满分：100分）

一、选择题（本题共8小题,每小题7分，共56分。在每小题给出的四个选项中，广5题只有一个选项符合题

目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分）

1.（2018•全国卷I）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段,列车

的动能（）

A.与它所经历的时间成正比

B.与它的位移成正比

C.与它的速度成正比

D.与它的动量成正比

答案:B

解析:高铁列车启动阶段可看作初速度为零的匀加速运动,则列车所受合外力恒定，由动能定理Ek=F♦x,Ek

2

与位移成正比。另外,Ek=Lm/=lLa2t2=5一,故选项B正确,A、C、D错误。

2.如图所示,竖直面内，两段半径均为R的光滑半圆形细杆平滑拼接组成“S”形轨道，一个质量为m的小环

套在轨道上，小环从轨道最高点由静止开始下滑,下滑过程中始终受到一个水平恒力F的作用，小环能下滑

到最低点，重力加速度大小为go则小环从最高点下滑到最低点的过程中（）

A.小环机械能守恒

B.外力F一直做正功

C.小环在最低点的速度大小为v=20

D.在最低点小环对轨道的压力大小Fs-mg

答案:C

解析:小环下滑过程中受重力、轨道沿半径方向的作用力和水平外力F,重力一直做正功,外力F时而做正功

时而做负功,凯道的作用力一直不做功,故小环机械能不守恒,选项A、B错误;小环从最高点下滑到最低点

的过程中,在沿水平恒力F方向上的位移为0,则由动能定理可得整个过程中重力做的功等于动能变化

2

2

量,mg-4R=Imv,解得v=2《~,选项C正确;小环在最低点，由牛顿第二定律得鼠-mg=L,得

R'=9mg,由牛顿第三定律可知F后&'=9mg,选项D错误。

3.如图所示,水平传送带两端点A、B间的距离为1。若传送带处于静止状态，把一个小物块放到右端的A点,

某人用恒定的水平拉力R使小物块以速度山匀速滑到左端的B点。若传送带的上表面以V2的速度匀速向

左运动,此人用水平恒力卜拉物块，使物块以相对于传送带为十的速度从A滑到B,下列说法正确的是（)

A.F2大于件

B.F2做的功等于E做的功

C.F2的功率等于R的功率

D.两种情况下物块与皮带之间因摩擦而产生的热量相同

答案:B

解析:两种情况下物体都做匀速直线运动，物体处于平衡状态，由平衡条件可知，拉力等于滑动摩擦力，由于

两种情况下滑动摩擦力R相等,则拉力相等,即F,=F2,故A错误;设AB的长度为1,拉力大小为F,滑动摩擦

力大小为F.o当传送带不运动时，拉力做功W.=F1,物体从A运动到B的时间1,因摩擦而产生的热量

QFF.K当传送带运动时，拉力做功W2=F1,物体从A运动到B的时间t2=1+2<t„因摩擦而产生的热量

_1_2

Q产F「v&。拉力做功功率P.=1,P2=t2,比较可知W,=W2,P.<P2o又v.t^l,得Q.>Q^故B正确,C、

D错误。故选B。

4.（2019•湖南长沙长郡中学月考）如图所示,质量为m的A球以速度在光滑水平面上运动,与原静止的质

最为4m的B球碰撞,碰撞后A球以v=av。（待定系数0<a<l）的速率弹回，并勺挡板P发生完全弹性碰撞。若

要使A球能追上B球再相撞,则a的取值范围为（）

c.CaWD.aW

答案:D

0,解得aW，故<aW,D正确。

5.质量为10kg的物体,在变力F的作用下沿x轴做直线运动,力F随坐标x的变化情况如图所示。物体在

x=0处,速度为1m/s,不计一切摩擦,则物体运动到x=16m处时,速度大小为（）

A.2^m/sB.3m/s

C.4m/sD.m/s

答案:B

解析:本题考查动能定理,意在考查F-x图像中图线与横轴围成的面积表示功的知识。由题图可知F-x图线

与横轴围成的面积表示功，由动能定理可知W=mv2-,经计算可得v=3m/s.B正确。

6.一升降机的底部装有若干弹簧,如图所示,设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦阻力，则升

降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中（）

事-

A升降机’

事:

in

、

777777777777

A.先处于失重状态然后处于超重状态

B.重力的功率不断减小

C.机械能不断减小

I）.机械能保持不变

答案:AC

解析:升降机在下落过程中，受到竖直向下的重力和竖直向上的弹簧的弹力作用，且弹力逐渐增大,则升降

机先向下加速，后减速,故升降机先处「失重状态然后处于超重状态,选项A正确;升降机的重力的功率

P-ngv,其先增大后减小,选项B错误;除重力做功外,弹簧的弹力对其做负功,机械能减小,选项C正确,选项

D错误。

7.（2019•云南楚雄模拟）如图所示,在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B,木板表面光滑,左端固定

一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度V。从板的右端水平向左滑上木板Bo在木块A与弹簧相互作用的过

程中，下列判断正确的是（）

A.弹簧压缩最最大时,B板运动速率最大

B.B板的加速度一直增大

C.弹簧给木块A的冲量大小为mvo

D.弹簧的最大弹性势能为

答案:CD

解析:当木块与长木板速度相等时,弹簧的压缩量最大,此后弹簧要恢复原状,木板进一步加速，”错误。木块

与木板发生弹性碰撞，弹簧压缩量先增大后减小,故B板的加速度先增大后减小,B错误。木块与木板发生弹

性碰撞,动量守恒,机械能也守恒,根据动量守恒定律有2mvo=2mv,+mv2①,根据机械能守恒定律有X

②,解得v.=lb；对木块A,根据动量

定理有I=2mv「2mv°=-Lmv。(负号表示方向向右)，C正确。当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最

大:根据动量守恒定律,有2mvo=(in+2m)v③,系统机械能守恒,根据机械能守恒定律,有Ep=X

(2m+m)v"④，由③④两式解得邑=,D正确。

8.如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC,小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙

是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中,其速度的二次方与其对应高度的关系图像。已知小球在最

高点C受到轨道的作用力为1.25N,空气阻力不计,g取10m/s;B点为AC轨道的中点，下列说法正确的是

()

A小球质量为0.5kg

B.小球在B点受到轨道作用力为4.25N

C青乙中x=25m2/s2

I).小球在A点时重力的功率为5W

答案：BC

解析：由题图乙可知，小球在C点的速度大小为v=3m/s,轨道半径R=0.4m,因小球所受重力与弹力的合力提

供句心力，所以小球在C点有mg+F=，代入数据得m=0.1kg,选项A错误；由机械能守恒可知,小球在B

点的速度解得=170?//,因在B点是弹力提供向心力,所以

有FB=,解得F=4.25N,选项B正确;再由机械能守恒定律可得，mv2+2mgR=,解得小球在A点的速度

vo=5m/s,所以题图乙中x=25m2/s2,选项C正确；因小球在A点时重力与速度方向垂直,所以重力的功率为0,

选项D错误。

二、非选择题（本题共3小题，共44分）

9.（12分）（2019•山东潍坊一模）右图是某科技小组制做的嫦娥四号模拟装置的示意图，用来演示嫦娥四号

空中悬停和着陆后的分离过程,它由着陆器和巡视器两部分组成,其中着陆器内部有喷气发动机,底部有喷

气孔，在连接巡视器的一侧有弹射器。演示过程:先让发动机竖直向下喷气，使整个装置竖直上升至某个位

置处于悬停状态,然后让装置慢慢下落到水平面上,再启动弹射器使着陆器和巡视器瞬间分离，向相反方向

做减速直线运动。若两者均停止运动时相距为1,着陆器（含弹射器）和巡视器的质最分别为m'和叫它们与

地面间的动摩擦因数均为u,重力加速度为g,发动机喷气口横截面积为S,喷出气体的密度为P;不计喷出

气体对整体质量的影响。求：

⑴装置悬停时喷出气体的速度；

⑵弹射器给着陆器和巡视器提供的动能之和。

I____

答案：⑴⑵um'mgl'2+2

解析：（1）悬停时气体对•模拟装置的作用力为F,则F=（m，+m）g

由牛顿第三定律可知,悬停时模拟装置对气体的作用力F'十

取△t时间喷出的气体为研究对象,由动量定理有

F'At=（pSvAt）v

q

解得V』。

⑵弹射过程水平方向动量守恒,设二者分离瞬间巡视器和着陆器的速度大小分别为VI和V2,有v2=0

设巡视器和着陆器减速运动的距离分别为L和必由动能定理得

-pmgli=O~,-[xmgl2=0-m',1=1i+l2

弹射器提供的总动能Ek=

联立解得反=Um'mgl，2+2o

10.（14分）如图所示,AB是倾角为0=30°的粗糙直轨道,BCD是光滑的圆弧轨道,AB恰好在B点与圆弧相切,

圆弧的半径为R。一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上的P点由静止释放,结果它能在两轨道上

做往返运动。已知P点与圆弧的圆心0等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为U,重力加速度为go

⑴求物体对圆弧轨道最大压力的大小。

⑵求物体滑I可轨道AB上距B点的最大距离。

⑶释放点距B点的距离1应满足什么条件,才能使物体顺利通过圆弧轨道的最高点D?

答案：⑴3mg(l-u)(2)⑶12

解析：（1）根据几何关系可得PB=——tan=V'3R

从P点到E点根据动能定理，有

mgR-umgcos。,PB二

代入数据解得vE=

在E点，根据牛顿第二定律有Fx-mg-m

解得FN=3mg（l-u）o

⑵设物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离为x,

根据动能定理,有

mg（BP-x）sin0-nmgcos0（BP+x）=0

代入数据解得x=

⑶物体刚好到达最高点1）时，有ng=m

解得Z

从释放点到最高点D的过程,根据动能定理,有

mgdsin0-R-Rcos0)-umgcos0,

代入数据解得1=

所以只有12物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D。

11.（18分）（2019・全国卷HI）静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为0kg,皿=4分kg;二者之

间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离1=1.0in,如图所示。某时刻,将压缩的微型弹簧释放,

使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=l（）.（）Jo释放后,A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B

与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度g取10m/s?。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性

碰撞且碰撞时间极短。

⑴求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小。

⑵物块A、B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？

⑶A和B都停止后,A与B之间的距离是多少?

答案：⑴VF4.0m/s,VB=1.0m/s（2）B先停止0.50m（3）0.91m

解析：⑴设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为V］、vB,以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有

O=n,-.VA-niBVK®

联立①②式并代入题给数据得

VA=4.Om/s,VB=1.Om/so③

(2»A.B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰

撞前，己经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的Bo设从弹簧释放到B停止所需时间为t,B

向左运动的路程为SB,则有

nta=um»g®

Vn-at=O®

在时间t内,A可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后A将向左运动,碰输并不改变A的速度大小,所以无论此碰撞

是否发生,A在时间t内的路程SA都可表示为sA=vAt-l

联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得

SA=1.75m,SB=O.251n⑧

这表明在时间t内A己与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右边0.25m处.B位于出

发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s=0.25m+0.25m=0.50m。⑨

(3)t时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为v；,由动能定理有

产一unug(21+sB)⑩

联上③©⑩式并代入题给数据得

故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vj和VB",由动量守恒定律与机械能守恒定律有

//

nu（一VA'）=nuvj+mnvB

联立式并代入题给数据得

/z

vj=m/s,vB=-m/s

这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为s；时停止,B向左运动距离为s；

时停止，由运动学公式有

2as，=VA“：2asi；=VB"2

由④式及题给数据得s；=0.63m,S；=0.28m

s；小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s'=s：+s；=0.91m。

阶段训练（三）电场和磁场

（时间:45分钟满分：100分）

一、选择题（本题共10小题,每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，1~7题只有一个选项符合

题目要求,8~10题有多个选项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分）

1.（2019•浙江4月）当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗,该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤

杀死癌细胞。现用一宜线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0X10,m/s。已知加谏电场的电

场强度为1.3X10'N/C,质子的质量为1.67X10-27kg,电荷量为1.6X10*C,则下列说法正确的是（）

A.加速过程中质子电势能增加

B.质子所受到的电场力约为2X10^

C质子加速需要的时间约为8X10-6$

D.加速器加速的直线长度约为4m

答案:D

解析:质子做加速运动，电场力做正功，电势能减小,A错误;质子所受到的电场力F=qE=2.08X1『加,B错

误;a-Jal.25X10I3m/s2,t=・=8X107s,C错误；D正确。

2.如图所示,空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体（止四面体并不存在）的四个顶点处,AB=1,A、B、C、

I）四个顶点各放置一个+q,A点电荷受到的电场力为（）

答案:A

解析：底面」一B、C、D的三个电荷对顶点，电荷的库仑力分别都是F-k2,通过A点作底面的垂线，设棱与

高线的夹角为0，底部平面上的高线长lsin600=1,四面体高线的垂足在底面高线的四面体的

高线、四面体的棱和底部平面高线的构成了直角三角形，根据勾股定理可以求出四面体的高线为

A点的电荷受到的电场力为Fh=3k

3.如图甲所示,Qi、Qz为两个固定点电荷，其中QI带正电，它们连线的延长线上有b、a两点。一个带正电的

试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向沅处运动,其速度图像如图乙所示，则（）

Q,。2

A.Q?带负电

B.a、b两点的电势弧＜6b

C.a、b两点电场强度大小E）Eb

D.试探电荷从b到a的过程中电势能减少

答案:A

解析:带正电试探电荷由b到a速度减小，可知电场力对其做负功,试探电荷电势能增大,选项D错误;而a

对试探电荷的电场力做止功，故。对试探电荷一定做负功,即Q?对试探电荷的作用力与运动方向相反,故@

带负电,选项A正确；由速度图像,试探电荷在b点的加速度大于在a点的加速度，又F=Eq=ma,可知b点电场

强度大于a点电场强度,选项C错误；又根据正电荷在电势高的地方电势能大可知,b点电势小于a点电势，

选项B错误。

4.如图所示,两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向.匕将一根金属棒PQ放在导

轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触。现在金属棒PQ中通以变化的电流I,同时释放金属棒PQ使其运

动，J知电流I随时间的变化关系为I=kt（k为常数,k>0）,金属棒与导轨间的动摩擦因数一定。以竖直向

下为正方向，则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图像中，可能正确的是（）

答案:B

解析•因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动,如速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的变

加速运动,然后加速度方向向上,加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的变减速运动，故A错误,B正确;根据

牛顿第二定律得,金属棒的加速度a=,Ft=UFx=UFA=UBI1=UBlkt,联立解得加速度

a=E-g,与时间成线性关系，故C错误;t=0时刻无电流,无安培力，只有重力,加速度竖直向下,为

正值，故D错误。

5.如图所示,绝缘轻杆两端固定带电小球A和B,轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作

用，初始时轻杆与电场线垂直（如图中实线位置），将杆向右平移的同时顺时针转过90。（如图中虚线位置），

发现A、B两球电势能之和不变。根据图中给出的位置关系，可判断下列说法正确的是（）

A.A球一定带正电荷,B球一定带负电荷

B.A球电势能一定增加

C.A、B两球电荷量的绝对值之比qA:qB=l:2

D.电场力对A球和B球都不做功

答案:C

解析：电场力对系统做功为零,因此A、B电性一定相反,A可能带正电,也可能带负电,故A错误;A的电性不

确定,无法判断其电势能的变化,放B错误；电场力对A、B做功大小相等、方向相反,所以有EqN1二Eq.,X21,

因比qA:qB=l：2,故C正确；电场力对A、B都做功，代数和为零,故D错误。

6.（2019•山东日照三校联考）如图所示，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场平行于斜面向下，斜面是粗糙

的，一带正电物块以某一初速度沿斜面向上滑动，经a点后到b点时速度减为零，接着又滑了下来。设物块

电荷量保持不变,则从a到b和从b回到a两过程相比较（）

A.加速度大小相等

B.摩擦产生热量不相同

C.电势能变化量的绝对值不相同

I）.动能变化量的绝对值相同

答案:B

解析:两过程中,重力、电场力恒定，支持力方向不变，洛伦兹力、摩擦力方向相反,物块所受合外力不同，由

牛顿第二定律知，加速度必定不同,A错误。上滑过程中，洛伦兹力垂直斜面向上,物块所受消或摩擦力*'=

U（mgcos0-qvB）;下滑过程中，洛伦兹力垂直斜面向下，物块所受滑动摩擦力FJ=H（mgcos0+qvB）,摩擦

产生热量Q=F,x,两过程位移大小相等,摩擦力大小不同,故产生热量不同,B正确。a、b两点电势确定，由EP=q

小可知，两过程中电势能变化量的绝对值相等,C错误。整个过程中，重力做功为零，电场力做功为零,摩擦力

做功不为零,故物块动能一定变化所以上滑和下滑两过程中动能变化量绝对值一定不同,I）错误。

7.如图所示,平行板电容器与恒压电源连接，电子以速度v（,垂直于电场线方向射入并穿过平行校间的电场，

若仅使电容器上极板上移,设电容器极板上所带电荷量为Q,电子穿出平行板时在垂直于板面方向偏移的距

离为y,以下说法正确的是（）

・A比

A.Q减小,y不变B.Q减小,y减小

C.Q增大,y减小D.Q增大,y增大

答案:B

解析:根据题意，电容器两极板间电压不变；由平行板电容器决定式C='可知:上极板上移，板间距离

d增大，电容C减小；由Q二CU可知，电容器所带电荷量减小,选项C、D错误；电子在两极板间做类平抛运动，

沿电场方向做匀变速直线运动,板间电场强度d增大，电压不变,板间电场强度E减小，电子所受电场力减小,

故加速度a=l减小,运动时间天变，由匀变速直线运动规律产Lal可知电子偏移距离y减小,选项B

正确,A错误。

8.如图所示,有一倾角为30°的光滑斜面,匀强磁场垂直于斜面向上,匀强电场沿斜面向上并垂直斜面底

边，一质量为叭电荷量为q的小球，以速度v在斜面上做半径为R的匀速圆周运动，则（）

A.带电小球带负电

B.匀强磁场的磁感应强度大小B=一

c.匀强电场的电场强度大小为E=5-

D.带电小球在运动过程中机械能守恒

答案:BC

2

解析：小球做匀速圆周运动需满足qE=mgsin。，E=2，选项C正确；由qvB=，解得B=，选项B正

确;由于小球受到的电场力与重力沿斜面分量平衡，电场力方向沿斜面向上,则小球带正电,选项A错误；小

球在运动过程中，存在电场力（非重力）做功,机械能不守恒,选项D错误。

9.一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动,其电势能随时间变化规律如图所示。下列说法正确的是

（）

k-

0ht2t

A.该粒子可能做直线运动

B.该粒子在运动过程中速度保持不变

C.t,.t2两个时亥由粒子所处位置电场强度不一定相同

D.粒子运动轨迹上各点的电势一定相等

答案:CD

解析:粒子做匀速圆周运动,速度大小不变、方向时刻改变,匕、二2两个时刻,粒子所处位置电场强度大小相

同、方向不一定相同,选项A、B错误,C正确;从图像可知,粒子的电势能不随时间变化,E产qS电势不变，

选项D正确。

10.如图所示,在xOy平面内，0P与X轴正方向间的夹角为30。，直线0P与y轴正方向之间及x轴下方有垂

宜纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,一带正电的粒子从原点0处沿y轴负方向以速度v射出，粒子的质

量为m、电荷量为q,不计粒子的重力。则下列判断正确的是（）

A.粒子第一次到达0P时的位置坐标为（）

B.粒子的运动轨迹与y轴相切

C.粒子第三次经过x釉时,速度方向恰好与0P平行

2

D.粒子在磁场中的运动时间为

答案:ABC

2

解析:粒子运动轨迹如图所示,A与D横坐标相同，由qvB=m-可

得x产yD=xotan3Oo=,所以A正确;圆弧DEC的半径与半圆弧0A的半径相同,所

以与y轴相切于E点,B正确；。尸60°,根据粒子在有界磁场的运动特点，0产0产30°,所以粒子再次经过A

点后,速度与x轴正方向间的夹角0产30°,即速度方向恰好与0P平行,C正确;粒子在磁场中的运动时间为

240°6008

—+------------------

t=23fiO0T+36O°T=3V7,D错。

二、非选择题（本题共3小题，共50分）

11.（15分）（2019•湖南长沙雅礼中学月考）如图所示,在距离某水平面高2h处有一抛出位置P,在距P水平

距离为s=lm处有一光滑竖直挡板AB,A端距该水平面距离为h=0.45m,A端上方整个区域内加有水平向左

的匀强电场;B端与半径为R=0.9m的光滑圆轨道BC连接。当传送带静止时，一电荷量大小为q

X10'C、质量为0.18kg的小滑块，以某一初速度V。从P点水平抛出，恰好能从AB挡板的右侧沿ABCD路

径运动到D点而静止。重力加速度g取10m/s2o

⑴求出所加匀强电场的电场强度大小。

⑵当滑块刚运动到C点时,求出对圆轨道的压力。

⑶若传送带转动，试讨论滑块达到D时的动能区与传送带速率的关系。

答案：(1)3.6X105N/C(2)9N(3)若传送带逆时针转动时,滑块滑到D点时的动能为零,与传送带的速用

无关。若传送带顺时针转动时，滑到D点时的动能与传送带速率v的关系是O〈vM60m/s

时,吃小带26。m/s时，Ek=6.48Jo

解析：(1)设物块从P到A运动的时间为t,水平方向的加速度大小为a,物块能够沿AB下滑,说明在A点时

水平方向速度为零,则

水平方向:s=Lat：其中a=

竖直方向：2h-h=gt2

_0.18X10X1

联立解得E=19X104*°-4SN/C=3.6XIOWCO

⑵从卜点到C点根据动能定埋可得mg(2h+K)-qEs

其中qEs=,所以mg（2h+R）=l

根据牛顿第二定律可得Fx-mg-m

根据牛顿第三定律可得滑块对圆轨道的压力大小为9N。

⑶若传送带逆时针转动时,滑块运动的规律与传送带静止不动相同，故滑块到D点时的动能为零,与传送带

的速度无关。

若传送带顺时针转动,设传送带使得物体•直加速的速度大小为v,则

解得v=60m/s

所以传送带顺时针转动时，滑块滑到D点时的速度与传送带速度v吊的关系是

12.（16分）（2018•天津卷）如图所示,在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E,方向竖直向下,ab的

上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。磁场中有一内、外半径分别为R、OR的半圆环

形区域,外圆与ab的交点分别为V、No一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M

进入磁场，从N射出。不计粒子重力。

⑴求粒子从P到M所用的时间t。

⑵若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场,从N射出。粒子从M到N的过程中,

始终在环形区域中运动,且所用的时间最少,求粒子在Q点时速度V。的大小。

答案：(1)(2)

解析：(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v,所受洛伦兹力提供向心力,有

2

qvB=mV3①

设粒子在电场中运动所受电场力为F,有

F=qE②

设粒子在电场中运动的加速度为a,根据牛顿第二定律有

F=na③

粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有

v=at@

联立①@③④式得

t=L。⑤

⑵粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对

的圆心角的大小决定。故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短。设粒子在磁场中的轨迹半径为r',由几何

关系可得

(r：-R)2+(°R)2=r'2®

设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为0,即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知

tan0=■"

粒子从Q点射出后在电场中做类平抛运动,在电场方向上的分运动和从P点释放后的运动情况相同,所以粒

子进入磁场时沿啜直方向的速度同样为v。在垂直于电场方向上的分速度始终等于v。,由运动的合成和分解

可得

tan0=o®

联立①®®⑧式得

Vo二。⑨

13.（19分）（2019•天津卷）2018年,人类历史上第•架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料,

也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子,而后飘入电极A、B

之间的匀强电场（初速度忽略不计），A、B间电压为U,使正离子加速形成离子束,在加速过程中引擎获得恒

定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为叫电荷量为Ze,其中Z是正整数,e是元电荷。

一

J®;A

气体三©附e:

A；

I

电离室AB

⑴若引擎获得的推力为求单位时间内飘入A、B间的止离子数目N。

⑵加速正离子束所消耗的功率P不同时,引擎获得的推力F也不同,试推导一的表达式。

⑶为提高能量的转换效率,要使一尽量大,请提出增大一的三条建议。

1=-=F

答案：（1）6（2）4（3）见解析

解析：（1）设正离子经过电极B时的速度为v,根据动能定理,有

ZeU=mv2-0®

设正离子束所受的电场力为3',根据牛顿第三定律,有

F/=Fi@

设引擎在At时间内飘入电极间的正离子个数为AN,由牛顿第二定律，有

-0

F/=ANmA③

A

联立①©③式,且N-Z-得

1

N=lte-o④

⑵设正离子束所受的电场力为F',由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有

P二F'v⑤

考虑到牛顿第三定律得到F'=F,联立①⑤式得

一4户o⑥

⑶为使尽量大，分析⑥式得到三条建议:用质量大的离子;用帝电荷量少的离子;减小加速电压。

阶段训练（四）电路和电磁感应

（时间:45分钟满分：100分）

一、选择题（本题共10小题,每小题6分，共60分。在每小题给出的四个选项中，广6题只有一个选项符合

题目要求,7~10题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分）

1.如图所示，电路中的A、B是两个完全相同的灯泡,【.是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈,C是

电容很大的电容器。在开关S闭合与断开时,A、B灯泡发光情况是（）

A.S刚闭合后,A灯亮一下乂逐渐变暗,B灯逐渐变亮

B.S刚闭合后,B灯亮一下又逐渐变暗,A灯逐渐变亮

C.S闭合足够长时间后,A灯泡和B灯泡•样亮

I）.S闭合足够长时间后再断开,B灯立即熄灭,A灯逐渐熄灭

答案:A

解析:S刚闭合后，电流变化快，自感线圈的感抗大，电流通过A灯向电容器充电,随着电流趋于稳定，自感线

圈相当于短路，电容器相当于断路,所以是A灯亮一下又逐渐变脸B灯逐渐变亮,选项A正确,B错误;S闭合

足修长时间后,A灯熄灭,B灯亮,S再断开，电容器C通过灯泡B放电,B灯逐渐熄灭，由于自感线圈产生自感

电动势,与A灯构成闭合电路,A灯逐渐熄灭,选项C、D错误。

2.如图所示，电源电动势为E,内阻为r。当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时，理想电压表修、也示数

变化的绝对值分别为△5和A口干路电流为1,下列说法正确的是（灯泡电阻不变）（）