专题卷(四) 重力场、电场中的曲线运动-【鱼跃龙门卷】2025年高三物理二轮复习专题卷（内蒙古专版）

4.如图所示，在立方体的型料盒内，其中AE边竖直，质量为丽的带正电小球（可看作质点），第 2024一2025学年度高三二轮复习专题卷（四） 一次从A点以水平初速度：沿AB方向隐曲，小绿在重力作用下运动恰好落在F点，M点 为BC的中点，小球与塑料盒内堆的碳捕为弹性绿掉，蒋在底面不反弹，重力加速皮为黑，侧 物理·重力场、电场中的曲线运动 下列说法正瑞的是 (考试时可7i分钟，调分100分) A.第二次将小球从A点沿AM方向，以5，的水平初速度抛出，会撞上 FG的中点 一，法择题：本慧共10小藏，共插分。在每小题地出的四个选项中，第1一7照只有一项符合體目 B第二次将小球从A点沿AM方向，以51水平初速度抛出，落在H点 要求，每小题4分：第8一10驱有多项特合驱日要求，每小觅6分，全部选对的得6分，透对日 C若又在空间增加沿AD方向的匀强电号，第三放将小球从A点沿AB 不全的得3分，有选罐的得0分。带·赠目为能力提升题，分值不计入总分， 方向水平都出，要使小球落在G点，初速度为，2。 上，簦球是中学生喜意的运动，如图所层，小明从同一高度的A,B两点完后将簧保麓出，寶球恰 D.若又在室间墙加沿AD方到的匀强电着，第三次将小球从A点沿AB 方向水平抛出，要使小球落在G点，电扬力大小为四g 好希能垂直打在盖低上的P点，不计空气阻力，上述两个过程中蓝球从A点 五，竖直面内，一带电小球以一定的通度进人匀承电场中，如图所示，醒线 A抛出后在室中的运动时间与从B点靠出时相等 为匀强电场的等势面，实线为蒂电小球的轨连，下列说法王确的是 县箱出后遮度的度化量大 A.小球从O到N机械能守恒 C、抛出时小明对球数的功比从B点抛出时多 B从)到M与从M到N,小球的动能的变化量相同，且小球一定是 从O远动到N的 D.抛出厨克服重力做功的功率先增大后诚小 C从O到N小球的机截能减少，重力势E减小 2,如图所示，A,B,C三个球（可视为复点）督速度大小均相同.以四种不同方式同时抛出（地面 D,小球所受电畅力方向一定整直向上，所以匀强电场的方向也一定竖直向上 水平长度足够)，不计任何阳力，乙图中B球与粒面相比无高度，假定任意球与地面硬撞品都 后.在如图所示的空闻直角坐标系中，一不计重力且带正电的较子铅￥轴正方 立即清失。雨下列说法正确的是 向从坐标为(L,心，L)处的A点以某一钉速度平行y挂正方向射出，经时间一 :,粮子沿y轴正方向前进的距离为L,在该空间加上匀强电畅，粒子仍从A 点以翻可的速度射出，经相可时可：后给好运动到坐标原点)，已如粒子的 比荷为，则谈匀翼电等的电精度大个别 A@2 A281 21 C.w 《L r D.ad' ?.如图《)所示，两平行正对的金属版可面为d,可板间所加电压如图(b)所景。在两板左侧中间 位量O点有一个粮子源，能沿两板中射线)向外持被射齿质量为丽、电传量为+？、初速度 A.甲图中A,B不可能植，B,C不可雀隆撞，A.C可能碰 为D,的般子。已知极板长度为4d,不计粒子重力及粒子间的相互作用，一0时刻两板闻电据 弘乙图中A,B一定成撞，B.C可能成撞，A,C可能碰道 方购竖直向下，此时射人板间的粒子船好俺从极板右侧射出，周 C丙图中A,B可能碰镜，B、C可能碰植，A、C可能碰撞 D.丁图中A,B可能绿撞，B,C不可能壁撞，A,C不可能腰撞 3,如函所示为一半球形的抗，其中抗边壕两点M,N与调心等高且在同一竖直平面内。规甲，乙 等了 两位司学分别站在M,N两点，司时将两个小球以题，：的速度沿图层方向本平抛出，发礼两 4 图a MIb) 球刚好落在坑中同一点Q,已知∠Q■6°，忽降空气用力。则下列说扶中不E确钓是 A。(=0到刻解人侵版到的粒子离开电场时铅电场方向的位移为d A.两球抛出的速率之比为133 我【一0时刻射人极板问的粒子南开电场时速度方向仍府方向 武只要两球伦够到达统中的同一位置，两球写动的时句始终相等 C!=丝时刻解人极版可的粒子将打在钱板上 ,小球从抛出到着地过程的时间随初连度变化面变化 D.无论怎锌改变抛出的违度大小，两球都不可能果直坑壁落人统中 n.粒子从右侧则出时的最大功能为，=四时+， 物理n·专题缩（四）第1项共取百) 鱼餐地门型 物理目·专理卷（图引第多真（共g真） ·电视机显檬管的结构示意因如图所示，电子枪均匀爱射的电子束经 电子他 10,如图，充电后与电源断开的平行板电容群水平成置，极板长度为(，利臣为。一电子从B点 加速电场加速后高速通过编转电垢，最后打在变光屏上朵现光斑，在 射入电算器，从下极板右侧边缘射出，图中相忽经直线的间均为气，A与B,B与C,C与D 显像管偏特板板上加上不同的电压，光重在变光屏上号观不同情花，侧特地场 以上极板悟正电时为正，下列说法正确的是 之同的面肉分别为宁，动，电子的约质截为，电而接为。，不计电子的童力：已知电于 5. 沿极板方喜的速度为。，周 24 人电场强度的大小￡-4 我电子徽匀变速由线运动，电势能一直碱小 A若在偏转极板加上如图甲断示的篇转电场，居可以在麦光屏上看司一个固定的光斑 C仪将电容荐韵上极板竖直肉上移动号，电子的出射点将上移 取若在编转极板知上如图乙所示的得转电等，财可以看到一个光斑在荧光果的口点下侧移动 C若在偏转极板加上如图丙所示的箭转电场，则可以看到一个完疑在堂光屏上从上向下移功 肌，仅指电容器的上战酸竖直向上移动兰，电子的出射点不变 D,若在偏转极製加上如图丁所示的偏韩电场，期可以看到一个光斑在荧光屏上O底两侧做祖 “某科技馆中有一光滑她缘赖道如图所示，执道由竿径为尼=2m的竖直光滑她缘屑轨道和光滑 复运动 水平轨道枸战，A点所在的半径与整直直径C成37角。若空间存在一个水平向右、大小为 8.如图斯示，甲需上山坡底铸C点处的一棵树，从树上Q点正对着山鼓水平禁出一个小石块，石 E-L.0×10V/m的匀强电场，版量为a.0tkg,地阀量为g一+3×10C的小球在C点校得 块正好通直打在山整中点P,乙（身高不计）在山技度南的A点水平抛出一个小石块，石缺也 一个速度，恰好能过A点，已知sin3厂一0.6.cos37一0.8，x=10m/s。 能落在P点。已知山拔长度AC=L,山拔与水平地面阿夹角为▣=7，重力加速度为g,空 A 下列说法正角的是 气阻力不什，n37=0.6,837=0,8,则 A。小球在A点的建度大小是5m/, 八QA两点整直离度差为司 我小球在溪轨道上的最大速度为1弱m/。 及甲范出的小石换初速度大小为行 3gL C小球落地点距离C点2.4m D.小球从A点飞出后经过0.63落到越面上 C甲，乙轴出的石块在空中飞行的时间之比为22,3 二，非选择题：本题共5小哪，共54分。 山，着乙仪将小石块抛出的速发方向变为无直山枚平套病上，则小 11,《8分》如图所示，水平面上周定着领角=0的光滑斜面，料面是够大，用外力将小球4， 可的轻质弹簧《与两球不控接)压缩，在斜面的左上滑点P处于静止状态，系统可机为质点。 石块运动到最高点时的瞎度大小为，0 3gL 撒去外力烟球被水平向左弹开做平抛运动，b球被水平向右第开先在斜面上运功，最终在斜 9。虚线间为如图断乐的电桥的边界线，虚线左侧的匀强电场E,与水平虚提间的类角为。一3？“， 面上N友（图中来西出）喜出并幕在B点（图中米西出》：已知两球题量m,一2m。一0g,斜 一比而为是的带正电的轮千由水平虚线上的A点静止释做，量过一段时间由竖直密线的B点 面宽度PQ为L:一4m,长度心为L,=4.&m轻弹簧黄压缩时的承性势能E,-3上，忽略 《图中末面出：)进人成线右侧盟直向下的匀程电场E,《E,未复)，量终粒千由水平爆线的C点《图 室气阻力，取重力加毫度g一10m/,求小球a能平兼运动的时间。，以及小球。从被弹开 中未腾出》离开电场，离开电场解同的速度与水平退线的夹角为0=53。已知4=4以.，电场强 到落到水平面上所用的时间。 度E,=E,不什粒子的重力，m37”=0,5,0%3=Q8,则下列法正确的是 A.E:-E B.OC-10L c子由A到C的别间为9受 nA,C两点的电势热为智比 物理n·专题格（因）第3真共页) 鱼餐地门整 物理目·专理卷（图引第4真（共g真） 车收 12.《8分》如图所示，一个撞正电的小感，质量为网，电衡量为？：周定于她缘轻杆一端，轻仟的另 13,《10分)高台粉雪以其惊险制微而闻名，运动员在空中的飞跃豪势具有很强的戏赏性。如图 一端光滑较接于0点，重力加逸度为以， 所示为滑雪航道一段简化图，运励量经过A点时递度水平，在B点的好沿切线方向进入一 (1)将轻杆向左拉至水平位置，无打速度释成，小球到达最低点时，求轻杆对它的拉力大小。 程半径为25m的光滑圆翼轨道C,在C点到整姿多后飞出，之后落到顿角为30的斜皱轨 胜名 《2)若在室闻中德加一个平行于纸面的匀强电浙，大小.方向均未知。将轻杆从左边水平位 道CD上。已年运动员的质量为0g,A,B两点的高直兼为20m,水率距离为30m,B,C两 置尤初这度释救，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为4四g:算轻杆从右边水平位置无 点在同一水平直上（即运动员经过B、C树点速度大小相等），不考虑空气阻力，重力加速度为 初遵度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为8wg,求电场强发的水平分量大小 10m/,,在C处调整菱老只改变连度方向，不改变速度大小，制被CD足够长。 E,和竖直分量大小E,: 《1》求运动员经过A点的速度大小： (2)求运虽动频在B点时对轨道的压力大小： (3》运动员调整密点，使其在斜肢上的落点亚C点最远，求在C点飞出时的海度方向及落点 到C点的量这距离。 等慧老 + 23456 30 7*90 物理用·专题格（因】第F页共取页》 鱼纸地门整 物理用·专理缩（日1第6真（纯真） 14.《12分》如图所示，竖直面内存在直角坐标系Oy,平行于y轴的虚线MN,PQ指第一象限 15,《16分》如图甲所示，在水平面的上方，A.B为同一整直面内的两点，A,B之刺的高发差为 分为1，Ⅱ，匪三个区城。区被1的度度为3动，在0%y<号！的区城内存在竖直向上的匀强 A,水平距离为h,观将一质量为m的不带电小球自A点以一定初荷能E,(未知》水平向右 抛出，经过一胶时闻小球运动至B点，若该小球带王电，电背量为，并在经直面内加上洲 电场E,在>韵区域内存在整直向下的匀强电桥E。区城Ⅱ的宽度为“，其内部存在 期性变化的匀丝电场，电场激度的变化规律如图乙所示，在一0时刻将小球仍从A点以 平行于0y平面的匀递电场E,质量为m,电着量为？(g>0)的蒂电小球由O点沿x轴正 23E,的初动能水平向右抛出，在一丁时，小球恰好以E,的动能竖直向下经过B点.且 方年以。一石的速度射人I区，小球仅从直线，一号d上的点A享过后，在点B(3d, 该时刻电场的方向南好反向。重力相速度为g,求： 《1》不帮电小球水平范出时的智动能E,: d)抵直MN进人区城Ⅱ并经过PQ与x鞋的交点C,在C点的速度大小e=5,2gd.E, (2》0一T时同内匀测电场的电场薰度E。的大小和方向： E,三，的大小均末知，小球重力不可忽略，不计空气阳力，重力加速发为《，求： (3》从排出开静计时经过5丁的时间内，带电小球位移的大小， A+◆ 《1区域Ⅱ中B,C两点闻的电势差Ur: 2)区城1中好强电场B:的电场强度大小 物理用·专题格（因】第T真共取页》 鱼纸地门整 物理目·专理卷（图引第展真（共g真）高三二轮复习专题卷 综上所述，F1必须满足的条件为15.0N<F,≤21.0N。 14.(1)4m/s1m/s2(2)12m/s(3)16m 【解析】(1)泡沫球沿斜面下滑时mg sin a一f=ma1,其中f=0.1mg, 联立可得a1=4m/s2, 泡沫球做匀减速运动时f=0.1mg=ma2,可得加速度大小a2=1m/s2。 (2)设泡沫球到达B时的速度大小为vB,则有v一0=2a1xAB, 代入数据解得v=12m/s。 (3)当泡沫球的速度0=8ms时，可得1=一”=4s,则工=”1=40m, d? 2 人匀加速阶段v=a,得4=28，此时x1=20t行=8m, 匀速阶段x2=v(t一t1)=16m,故xc=x一x1一x2=16m。 15.(1)22kg·mfs(2)0.3m(3)(83+12)N·s 【解析】(1)因：=tan0,则A、B一起下滑，斜面光滑，A、B共同下滑的加速度为aa= 2mgsin 6 2m 5ms2,小物块B与挡板2碰撞前瞬间的速度为v=√/2aoL=√2m/s, 由于发生弹性碰撞，则小物块B第一次与挡板2碰撞后瞬间的动量大小为p:=四=22kg·ms。 (2)物块B碰后在木板上向上运动，对木板A分析有umg cos8一mng sin0=0,说明木板A匀速 下滑， L_√2 从物块B与挡板2碰撞到木板A与挡板1碰撞的过程，所用时间为tA= v10s, 物块B减速上滑的加速度大小为a=gos0十mgsn0-10m/s, m 物块B从碰撞至减速为0所用时间为=”=日 a108=t4, 则木板A的长度至少为1=” +L=0.3m. 2a (3)木板A与挡板1碰撞后原速率返回，由于重力的下滑分力与B施加的摩擦力同向，则匀减 速运动的加速度也为a=10m/s2。 由于B所受摩擦力与重力沿斜面的下滑分力平衡，故B保持静止状态。木板A上滑至速度为 0通过的位移为x- 2a 0.1m,时间为61-”=只 a10 S. 然后二者从静止开始再次以加速度。下滑，同时与挡板发生第2次碰撞，运动时间为t2= 2x=0.2s ao 二者相对静止直至第3次碰撞。则从释放开始到第三次碰撞的总时间为1=”+tA十t,十32= 22+3 5 重力对木板A的总冲量为I=mg1=(8w3十12)N·s。 物理（四） 1.A【解析】将篮球看成反向做平抛运动，篮球在竖直方向下降的高度相同，竖直方向上根据位 ·12· ·物理· 参考答案及解析 2h 移一时间公式得h= 2g1,解得运动时间为1= ,所以两次在空中运动的时间相等，抛出后 速度的变化量都等于gt,即△v=gt,故A正确，B错误：由图可知从A点抛出的篮球比从B点 抛出的篮球的水平位移小，水平方向上根据运动学公式得x=t,所以有<形，即从A点抛 出的篮球在水平方向的分速度小于从B点抛出的水平方向分速度，而被抛出时的速度大小为 u=√0十(gt),结合A<vB,可得vA<0,即从A点抛出的篮球的速度小，动能小，小明对 篮球所做的功更少，故C项错误；克服重力做功的功率为P=G,,可知随着竖直方向的速度逐 渐变小，克服重力做功的功率逐渐变小，故D项错误。 2.A【解析】甲图中A、B球竖直方向同时自由落体，任意时刻，A高度比B高，因此不可能在空 中相撞；B、C同理；A、C任意时刻高度相同，水平方向有可能相遇，因此A、C可能相撞，故A正 确：乙图中A与B球水平方向一起做匀速直线运动，A永远与B在一条竖直线上，而A自由落 体高度会越来越低，因此A、B一定碰撞：B、C由于水平方向可能碰撞，因此总体可能碰撞：A、C 因自由落体存在高度差，因此不可能碰撞，故B错误：丙图中A、B球水平方向的初速度不同，导 致A永远在B球左侧，因此不可能碰撞；B、C球水平方向和竖直方向都可能碰撞，因此总体可 能碰撞：A球在竖直方向有初速度，C在竖直方向是自由落体，因此，A的高度会比C低，故不可 能碰撞，故C错误：丁图中A、B球水平方向速度相同，A将保持在B的正上方，而竖直方向存在 碰撞可能，因此A、B可能碰撞：B、C球水平方向和竖直方向都可能碰撞，因此总体可能碰撞：A 球在竖直方向有初速度，C在竖直方向是自由落体，因此，A的高度会比C低，故不可能碰撞，故 D错误。 3。C【解析】由于两球抛出时的高度相同，且落到同一点，根据么=？g知，两球的运动时间相 等，水平方向上有x1=v1t,x2=v2t,由几何关系可知x2=3.x1,所以可得两球抛出的速率之比为 1:3,故A正确：只要两小球落在坑中的同一点，两球下降的竖直高度就是一样的，则运动的时 间始终就是相等的，放B正确：根据平抛运动的基本规律么=可知，小球从抛出到者地过程 2h 的时间1= g ,显然只要两小球落在坑中等高的位置，虽然初速度不同，但是时间是相等的，故 C错误：由平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点可知，若仅从M、N点水平抛出小球， 无论怎样改变小球抛出的初速度，小球都不可能垂直坑壁落入坑中，故D正确。 ,从A点沿AB方向平抛落在F点， 运动时间为t,= 27 ,水平方向做匀速直线运动，l=11,可知初速度为v。= gl N √2，从A点沿 5 AM方向，以，5，的水平初速度抛出，经历时间1，=AM= 5u。5.2,将与面BCGF碰撞，碰撞 前后竖直向下的速度不变，平行于面BCGF的速度也不变，垂直于面BCGF的速度反向，再经历 时间落到地面恰好打在H点，A错误，B正确：加上沿AD方向的匀强电场，从A点沿AB 向水平抛出，不改变AB方向的匀速运动，也不改变竖直方向的自由落体运动，而平行AD方向 上做匀加速直线运动，若要打到G点，则抛出的初速度不变，仍为v。,C错误：AD方向上(= 2a,代入上述公式解得a=g,所以电场力为F电=mg,D错误。 1 ·13· 高三二轮复习专题卷 5.C【解析】根据轨迹可知，小球的合力竖直向上，小球受竖直向下的重力，所以小球所受电场力 一定竖直向上，小球电性未知，无法确定电场强度的方向，由于电场力与重力做功均与路径无关， 所以从O到M与从M到V合力对小球做功相同，故动能的变化量相同，但无法确定小球的运 动方向，故BD错误；从O到N电场力对小球做负功，所以小球的机械能减少，重力做正功，小球 的重力势能减小，故A错误，C正确。 6.A【解析】设沿三个轴方向的加速度分别为a,a,a.,则在三个方向上分别有L=2a,1,0= 1-2a,,L=2a,,不加电场时有L=,t,根据gE=ma+@十a,联立解得 1 23L 7B【解折】粒子在电场中运动的时同为1-址(=0时刻射人极板间的粒子竖直方向先向下加 速，后向下减速，因粒子恰能从极板右侧射出，则离开电场时沿电场方向的位移为d,故A错 误；由对称性可知，一0时刻射入极板间的粒子离开电场时沿电场方向的速度减为零，则速度方 向仍沿O0方向，故B正确：1-24时刻射人极板间的粒子竖直方向先向上加速运动2，然后向 上减速运动2，则最终粒子恰能从上极板边缘飞出，故C错误：由运动的对称性可知，无论何时 进入电场的粒子，竖直方向都要经过先加速后减速到零，然后反向加速后反向减速到零，即粒子 出离电场时沿电场方向的速度均为零，可知粒子从右侧射出时的动能均为E-)m,放D 错误。 *D【解析】若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，当电子是在正向电压时间段进入偏转电 场，在荧光屏上侧留下一个光斑：当电子是在反向电压时间段进人偏转电场，在荧光屏下侧留下一 个光斑，故A错误；若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，电子一直向上偏转，所以在荧光屏 O点及上方看到一个光斑移动，故B错误：若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，电子先向下 偏转再向上偏转，可以看到一个光斑在荧光屏上从下向上移动，故C错误；若在偏转极板加上如图 丁所示的正弦式偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往复运动，故D正确。 8。BC【解析】设甲水平抛出石块的初速度为，Q点相对于P点的竖直高度为H,则H= 2812 石块落在P点时速度的竖直分量，=√2gH,甲抛出小石块的水平位移x=二 2 c0s a,vo= -,tan 37=,联立可得H= 4 3gL 8L 3 L:vo= 151 W101= √15g ,则A点相对于P点的高度hA= 2 sin a= 10 3 3, 1 ,Q,A两点竖直高度差为△。10故A错误，B正确：对于乙，有02、昌 1=0·,结合前面式子可得=2,2 3,a= 4gL 15 ,故C正确：小石块运动到最高点时速度即 为水平方向分速度，大小为u,=uA·cos53°= 5√，故D错误。 6 gL 9.CD【解析】粒子由A点静止释放，粒子在E1中做匀加速直线运动，A、B两点间的距离为xB= ·14· ·物理· 参考答案及解析 4L cos37=5L,xm=4Ltan37=3L,又E,=E,则该过程由动能定理得gEx=2mvi,解得 B=10kEL,粒子由B到C的过程做类斜抛运动，粒子在水平方向做匀速直线运动，速度为 U1=VBc0s37°= 4 0kEL,在竖直方向做类竖直上抛运动，初速度为，=0nsn37° 10E工，由题意知粒子在C点的速度与虚线的夹角为9=53°，设竖直方向的速度为，则由 3 m53-兰解得-0EL,在竖直方向上由牛顿第二定律得a-店=E,由速度公式 一+at又由位移公式得3Lt士2a,解得7，，E23 7E,放A错 误：O、C两点间的距离为xx=U1l2,整理得xx= 1,放B错误：粒子由A到B的时间为， 5L_10 101 1610D VB ,解得1一√E,所以粒子由A到C的总时间为1=1十1：=7正，故C正确：粒 2 1 子在C点的速度为vc=√o十，粒子由A到C的过程由动能定理得qU一2m2,解得Uac =gEL,放D正确。 80 10。AD【解析】电子在水平方向运动7所用时间T一70，电子在垂直极板方向做匀变速直线运 14mdv 动，由运动学公式有)-号=aT,根据牛顿第三定律有Ee=ma,解得E= 3el? ,故A正 确：电子做匀变速曲线运动，由题图知，电场力先做负功后做正功，则电势能先增加后减小，故B 储误：仅将电容器的上极板竖直向上移动号，由E-号，电容定义式U-8电容决定式C 联立部得E=0可知电场强度不变，即电子的出射点不变，放C错误，D正确 ES *ABD【解析】根据题意可得，重力和电场力的合力大小为F合=√(mg)十(Eg)=0.5N,设合 力与竖直方向的夹角为a,则1am。:-号，所以合力与竖直方向的夹角为37，所以在A点有 W尺，解得A=5m/s,故A正确：由等效最低点D到A,根据动能定理可得一F 1 2mw一2mw%,解得vo=√25m/s,故B正确：小球经过A点后做斜下抛运动，则R(1十 c0s37)=(Asin371+2g1,解得1=0.6s,故D正确：小球落地点距离C点的距离为x=Rin 3十4ms371-名×停，解得上=2.25m放C错误. 11. 23 5s1.2s 【解析】(1)撤去外力，小球a、b被弹开过程动量守恒0=nv。一mv6, ·15· 高三二轮复习专题卷 系统能量守恒E,-m,+m,又由题意有m,=2m,=80g 解得v=5m/s,v.=10ms, 小球a做平抛运动，竖直方向h=2g12,其中h=L:in0,解得1，-2， 5s, 小球b在斜面上先做类平抛运动，沿斜面方向L1=v1,解得t1=0.8s, m6gsin0=m64,vb1=at1,解得v1=4m/s, Q,V间的竖直距离h= 2 atisin9,离开斜面后Lsin0-h=vo1sint:十2gt, 解得t2=0.4s,则t。=t1十t2=1.2so 12.(1)3mg (2)mgmg 【解析】(1)从水平位置无初速度释放到达最低点时，有mgL= 2mw2, 在最低点有Fr一mg=m元，解得F,=3mg。 (2)加电场后，无论轻杆从哪边释放小球到达最低点时受到的拉力均比无电场时大，则说明电场 在竖直方向的分量向下：而轻杆从左边释放小球在最低点受到的拉力小于轻杆从右边释放小球 在最低点受到的拉力，则说明电场在水平方向的分量向左，则杆从左边水平位置无初速度释放， 到小球到达最低点的过程中有mgL一E,gL十E,9L-2m,则小球在最低点有Fn一mg E,g=m%,其中Fn=4mgy 人右边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有mgL十E,gL十E,9L m,则小球在最低点有Fn一mg一E,9=m元，其中Fn=8mg: 联立解得E,=m5,E,="mg 13.(1)15ms(2)1860N(3)与斜坡成60°夹角斜向上125m 【解析】①)由平抛运动的特点可得h-2g,解得1一 2h2×2 10 s=2s, 又x=0,得运动员经过A点的速度，--0m=15m5○ (2)运动员在B点竖直方向速度v,=gt=20m/s, 运动员在B点速度大小v:=√0A十o,=25m/s, h 在B点受力分析如图，c0s日一=号，即0=53， 30D 由牛顿第二定律得FN一gos0=mR,解得FN=1860N, 由牛顿第三定律得，运动员在B点时对轨道的压力大小为1860N。 (3)设运动员从C点飞出时的速度方向与斜坡的夹角为0，在垂直于斜坡方向上有mg cos30°=m1, 得a1=gcos30°=53m/s2, ·16· ·物理· 参考答案及解析 垂直于斜坡方向的初速度v1=vesin0,平行于斜坡方向上有ng sin30°=ma2, 得a2=gsin30°=5ms2, 平行于斜坡方向的初速度，=ccos0,运动员从C点落到斜坡上的时间1=2”=10sm0(s), a13 1 运动员落到斜坡上距C点的距离1=：1+2a:, 代人数据并整理可得1-1号5+250m(20-30(m. 3 当0=60时，即速度方向与斜坡成60°夹角斜向上时，1最大，最大值为125m。 14.(1)23mgd (2)5mg 3q 【解析】(1)小球在I区域电场中，水平方向做匀速直线运动，竖直方向先加速再减速到零，到达 1 1 B点时vn=0o,从B到C的过程中，由动能定理可得mgd十q0c一2mw元一2mw, 解得Ux 23mgd (2)设小球在1区域中经过直线y=号时，竖直方向速度为，在E中运动时间为，在E, 中运动时间为t2,水平方向则有0。(t1十12)=3d, 竖直方向，在E,中有号d=之：在E:中有4-学解得1-一号 2d 小球在E,中，竖直方向由运动学公式可得号d=0 1 由牛顿第二定律可得qE,一mg=ma1,解得E,=5mg 3g9 15.1)mgh(2)2mg,斜向左下方，与竖直方向的夹角为60°(3513 【解析】(1不带电小球做平抛运动，则有h=g,2h=0,4,E.=2mo,解得E:=mgh。 (2)小球带正电，设初速度为”，未速度为，根据动能的公式有2E=2m,25E, 1 2mv, 根据运动的分解有v=2a,h,v=2a,×2h, 根据牛顿第二定律有gE,=a.·g十qEy=ay 则电场强度大小为E。=√E+E,解得E。=2mg 9 设电场强度与竖直方向的夹角为0，则有an9=?E=3, qEx 可知电场应斜向左下方，与竖直方向的夹角为60°。 (3)小球在水平方向的运动规律如下： 0~T:小球做水平向右、加速度为a,的匀减速直线运动， T~2T:电场反向，电场力的水平分力向右，小球做水平向右、加速度为，的匀加速直线运动， 之后再重复前面的运动： ·17· 高三二轮复习专题卷 小球在竖直方向的运动规律如下： 0~T:小球做竖直向下、加速度为a,的匀加速直线运动， T~2T:电场反向，竖直向上的电场力分力与重力平衡，所以小球竖直向下做匀速直线运动，后 面重复前面的运动，因此0~5T内，小球的水平位移为x=5×2h=10h, 0~T的竖直位移为y1=h=24,T,u=a,T, T~2T的竖直位移为y2=wT=2h, 2T~3T的竖直位移为y,=T+20,T2=3动， 3T一4T的竖直位移为y:=(v十a,T)T=4h, 以此类推，小球在4T~5T竖直分位移为5h,因此在5T时间内的竖直方向的总位移为y=y1+ y:+yg十y,十y=15h,小球的位移大小s=√x+y2=513h 物理（五）】 1.D【解析】航天员相对核心舱静止时，依然绕地球做圆周运动，所受合外力不为零，故A错误： 由题知，核心舱与地球中心的连线在单位时间内扫过的面积为S。,则核心舱的运行周期为T π(R+h) Min So ，故B错误：根据万有引力提供向心力G R0=m(学)广(R+),又根据 十)，联立解得核心舱处的重力加速度大小为尽：一R0·故C错误：根据万有 Mm 4S8 G Mm 2π 2 4S 引力提供向心力得GR+)=m (R+h),解得M=GR+h),地球的密度为p= M 3S8 Gx(R+h)R,故D正确。 2.B【解析】空间站绕地稳定飞行时，万有引力提供向心力，处于完全失重状态，所以斑马鱼只受 万有引力作用，不受浮力作用，故B正确，C错误；根据万有引力提供向心力可得GM r=mo'r, 解得w ,√，，空间站绕地角速度大于同步卫星角速度即地球自转角速度，放A错误：神舟十 GM 八号进人核心舱轨道后，向后喷气加速将做离心运动变轨到更高轨道，不可能追上核心舱，故D 错误。 3.C【解析】对地球卫星有GMm=mmr,解得w= ，可知，卫星轨道半径越大，角速度越 GM 2 小，由于人与货物沿着“太空电梯”上行期间，在未到达地球同步轨道位置的时候，其角速度与同 步轨道相同，即“太空电梯”所在位置的角速度小于该位置轨道半径上卫星的角速度，则“太空电 梯”上该位置圆周运动所需的向心力小于该位置的万有引力，货物还受 到电梯向上的力的作用，货物处于失重状态，但不是完全失重，只有货物 上升到同步卫星轨道上时，其角速度与同步轨道卫星的角速度相等，此 时万有引力恰好等于圆周运动所需的向心力，此时货物才处于完全失重 状态，故A错误：如图所示，电梯转入地球的阴影区时就无法直接利用太 ·18·