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（河北专版）

4. 如图所示,在立方体的整料盒内,其中AE边坚直,质量为i的带正电小球(可看作质点)、第 2024-2025学年度高三二轮复习专题卷(四 一次从A点以水平却速度。.沿AB方向出,小球在重力作用下运动恰好落在F点,M点 物理·重力场、电场中的曲线运动 为BC的中点,小球与塑料众内模的碰掉为弹性碰排,落在底面不反,重力排速度为,姥 下列谥法正确的是 (考试时回7分.请分100分) A. 第二次格小球从A点沿AM方向,以、5。的平初速度抛出,会撞上 G的中点 一、选择题;本题共10小题,共46分,在每小题给出的四个选项中,第1-7题只有一项符合题目 B. 第二次将小球队A点沿A方,以L.水平初座度抛出.落在H效 要求,每小题4分;第8一10题有多项符合题目要求,每小题6分,全部选对的得6分,选对析 C. 若又在空间增加给AD方向的句强电场,第三次路小球从A&沿AB 不全的得3分,有选的得;分。帮·题目为能力提升题,分值不计入题分。 方向水平抛出,要徒小球落在G点,初速度为2 1. 球是中学生喜欢的运动,如国所系,小明从同一高度的A、B词点先后将皆球激出,球恰 D. 若又在空间墙加沿AD方病的勾涵电场,第三次将小球从A点沿AB 好都能垂直打在籍板上的P点,不计空气阻力,上选两个过程中翁球从A点 方向水平抛出,要健小球落在G点,电场力大小为2ug 5. 坚直商内,一帮电小球以一定的速度进人句涵电场中,如图所示,线 A. 抛出后在空中的运动时间与从B点批出时相等 为勾强电场的等势面,实线为电小球的轨这,下列说法正确的是 B 抬出后这度的衰化量大 A. 小球队0到N机能守恒 C. 抛出时小刚对球做的功比从B点出时多 B. 从0到M与从M到,小球的动能的变化量相网,且小球一定是 D.抛反克展重书劝的动先增大后减A 乙 从0运动到的 2. 如图所示,A.B.C三个球[可视为数点)幅建度大小均相同,以顾神不同方式同时跑出(地面 C. 从0到N小球的机核能减少,重力势能减小 D..小球所受电务力方向一定是直向上,所以句强电场的方应也一定坚直间上 水平长度足够),不计任问阻力,乙用中B球与地面相比无高度,假定任意球与地痴硬撞后都 6. 在如图所示的空幅直角坐标系中,一不计重力且带正电的粒子给y轴正方 立却请失,下列说法正的是 向从坐标为(1.0.1.)处的A点以某一初速度平行y较正方向射出,经时间4 ._ 7.粒子沿-输正方向前进的距离为I,在该空问加上句强电场,粒子仍从A 点以相同的速度射出,经相同时间了后恰好运动到坐标点0.已幅粒子的 比荷为,则该匀强电场的电场强度大小为 。. 21. D. A2 7. 如图(a)所示,两平行正对的金属板到距为,两板问所加电压如图(b)所示。在两左侧中间 位置0点有一个校子源,能沿两板中线O0终外持续射出质是为效、电荷量为十0,却速度 A. 甲图中A.B不可能暖溢,共.C不可能指,A.C可能碰 为一.的粒子,已知极板长度为4ur,不计较子重力及粒子间的相互作用,1一D时刻两板问电场 B. 乙图中A.B一定确,B.C可能硬撞.A.C可能碰 方病坚直病下,此时射人板间的粒子恰好能从极板右侧射出,则 C.表闲中A.&可改清,BC项峰指,AC可能验 D. 了图中A.B可能褒.B.C不可能碰掉.A.C不可能硬掉 3. 如所示为一球形的坑,其中统边境两点M,N与隅心等高且在同一轻直平面内。现甲、乙 两位同学分列站在M.N两点,列时将两个小球以一、.的速度沿图示方向水平抛出,发现两 球刚好落在坑中展一点Q.已知乙AOO一60,忽略空气阻力,则下列说法中不正确的是 3. 两球撤出的速事之比为1.) A. 1一0时刻射入极板刻的较子离开电场时沿电场方向的位移为 B. 1一0时刻射人根板间的粒子离开电场时遮度方内仍落O?方向 B. 只要两球能够到达坑中的同一位置,两球运动的时河始终相等 C.小球从按出到着地过提的时间陪校速度变化面变化 D. 无论怎样改变抛出的速度大小,两球郡不可能垂直坑整落人块中 看理B·(司第1页[共页 △既门& B·考题(四1第页[共8页) ·电视礼显像管的结构示意图如图所示,电子枪均匀发射的电子束经 11. 如图,充电后与电源断开的平行板电容器水平放置,极板长度为,间距为a,一电子从B& 加速电场加速后高这通过陪转电场,最后打在卖光屏上呈现斑,在 显像管偏极板上加上不同的电压,光死在典光屏上是规不回情况,场 射人电容器,从下极板右侧边缘射出,图中相够坚直线的到距均为一,A与B,B与CC与D 以上根板带正电时为正,下列说法正确的是 翻 之闻的距离分别为一,电子的质是为m,电为,不计电子的重力,已知电子 #。 . 铅根板方的这度为,则 A. 电度韵大小r_14! 乙 B.屯子句变神幽线运动,电势能一真减小 A. 若在偏转根板加上如国甲所示的偏转电场,呵以在变光屏上看强一个因定的光斑 C. 仅电容的上极板竖直向上移动{},电子的出射点将上移 B. 若在痛转极板加上如围乙所示的偏转电场,则可以看到一个充斑在荧光风的0点下例移动 C. 若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场,则可以着到一个光斑在英充上从上向下移动 D. 位将电容器的上极板竖直向上移动,电子的出射点不变 D. 若在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场,刚可以看到一个光斑在荧先屏上0&两侧往 复运o ·某科技筑中有一光滑绝缘轨酒短图断远,熟道由轻为R一2m的竖直老滑视境园轨道和光用 8. 如图所示,甲啊上山鼓鹿墙C点处的一棵树,从树上Q点正对着山坡水平抛出一个小石块,石 水平轨道构成,A点所在的半径与坚直直补2AC成37角,若空问存在一个水平向右,大小为 块正好乘直打在山鼓中点P.乙(身高不计)在山坡项临的A点水平抛出一个小石块,石块& F-1.0×10 V/i的勾强电场,质量为0.04h.电荷量为。-+3×10C的小球在C点获得 落在P点。已知山坡长度AC-L.山坡与水平地面祠奖角为。一37,重力加速度为. 一个速度,恰好能过A点,已知xin37-0.6s37-0.8-10m. 气阻力不计,sn37-0.6.00s17-0.8.期 下列说法正确的是 A.QA点直高度差为 A. 小球在A点的速度大小是5m/s B. 小球在既轨道上的大速度为/1n/s {. B 甲撤出的小石块福这度大小为 C. 小球落地点配离C22.4m 0 1. 小球丛A点飞出后经过6.落到地面上 C. 甲,乙抛出的石块在空中飞行的时间之比为?.3 二、非选择题:本题共5小题,共54分。 D. 若乙仅将小石块抛出的速度方病变为直山坡平病上,则小 11. (8分)如圈新示,水平画上因定着幅角一30的光滑斜面,斜到足够大,用外力将小球、& 间的轻致弹赞(与两球不捡接)压望,在斜面的左上漏点P处于静止状态,统可视为质点 石块运动到最高点时的速度大小为 去外力,球被水平向左弹汗做平抛运动,沾球被水平病右弹开先在料南上运动,最终在料 9. 虚线闹为如图所示的电场的边界线,虚线左概的句强电场E,与水平虚线间的夫角为。一37 面上N点(图中未画出)飞出并落在B点(图中未画出).已知两球质量n.一2m.一80g.料 一比强为上的带正电的起子水平虚线上的A点整止极片,经过一段时间电琴耳提现的 面宽度PQ为&-1m.长度PC为I..-4.8m.轻弹被压缩时的性势能.三31.忽略 《图中未画出)进人虚线右例坚直自下的句强电肠E.(E,未掉)、量终粒子出水平虚线的C点( 空气阻力,颗重力加速度i一11m,求小球i效平批运动的时间1以及小球5从被弹开 中未腾出)离开电场,离开电场瞬间的速度与水军线的失角为6一5,已知0一1L场强 到落到水平面上新用的时间.. 度E.-,不计粒子的重力,sin37-0.6.0037-0.8.则下列说法正确的是 A.FE BOC-10f. D. A.C两点的电势差为. 理B·(□)第:页[共B页 △既门 理B,(四1第(页[共8页 12.(8分)加图示,一个正电的小球,质量为w,电夜量为u.回定干炮缘轻杆一塌,轻的号 13.(10分)高台滑雪以其惊险刺数而闻名,运动员在空中的飞跃姿势具有报强的观赏性,加图 一端光滑校接于0点,重力加速度为g。 听示为滑雪道一段简化图,运动易经过A点时速度水平,在B点恰好沿切线方病进入一 (1将轻杆向左拉至水平位置,无扣速度释放,小球到达最低点时,求轻杆对它的拉力大小. 名 段半径为2m的光滑测强轨道C,在C点调整姿态后飞出.之后落到幅角为30的破轨 (2)若在空间中施加一个平行于条面的匀强电场,大小、方向均未知,将轻杆从左边水平位 道C上.已每运动员的质量为60h.A、B两点的高度差为20n.本平距离为30m.B、C两 置无初速度释放,小球到达最低点时,受到轻好的拉力为4og;将轻料从右边水平位置无 点在同一水平面上(即运动员经过B、C两点连度大小相等),不考虑空气阻力.重力加速度为 初速度释放,小球强达鼓低点时,受到轻杆的拉力为&w,求电场强度的永平分量大小 1m/,在C效调整姿态只改变速现方病,不改变速度大小,料被CD足够长 号.和慰直分量大小E.. __ (1求运动员经过A点的速度大4: 。 (2)求运动员在B点时对轨道的压力大小: (3)运动员调整姿态,使其在斜波上的落点距C点最远,求在C点飞出时的速度方向及落点 到C的量远离。 。 { 理B·(□)第:页[共B页 门& 理B,题(四1第6页[共8页) 14. (12分)如图新示,直面内存在直角叠标系0y.行干y的虚线M.P0将第一象限 15.(15分)如图甲所示,在水平面的上方,A、B为同一直画内的两点,A.8之到的高度差为 分为I.IlI、II三个区域。区域1的宽度为3r,在口二y<的区域内存在竖直向上的匀强 A.水平距离为达,现将一质量为.的不帮电小球自A点以一定初动能E(未知)水平向右 抛出,经过一段时间小球运动至B点,若该小球带正电、电荷量为&,并在坚直真内加上限 期性变化的勾强电场,电场强度的变化规如图乙所示,在7一8时刻将小球仍从A点以 平行于xO平面的匀强电场E。。所量为M、荷量为(g一0)的攀电小球由3点沿:正 2.E.的福动能水平向右跳出,在,一丁时,小球恰好以2E。的动能竖直向下经过B点,且 方画以一/的速度射人I区域,小球仅从直线y一上的点A穿过后,在点B(a. 该时刻电场的方向刚好反向,重力加速度为,求, (1)不帮电小球永平熟出时的动能。 直MN进人区域ll并经过PQ与:的交点C.在C点的速度大小--5/②f。E。. (20一T时间内匀&电场的电场涵度E。的大小和方向; E..E.的大小均未提,小球重力不可忽略,不计空气期力,重力加连度为z,求 (3)从批出开的计时经过5丁的时间内,带电小球位移的大小。 1_ (B区域lI中B、C两点的电势差U: f (2)区域1中勾强电场E.的电场强度大小. .B 乙 理B·(□)第7页[共8页 盘门& 理B,考(四1第8页[共8页)高三二轮复习专题卷 综上所述，F1必须满足的条件为15.0N<F1≤21.0N。 14.(1)4m/s21m/s2(2)12m/s(3)16m 【解析】(1)泡沫球沿斜面下滑时mg sin a-f=ma1,其中f=0.lmg, 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,则有一0=2a1xAB, 代入数据解得vg-12m/s。 (3)当泡沫球的速度0=8m/s时，可得1=”一”=4s,则x=可十： a? 2 t=40m, 人匀加速阶段0=a,,得=2s,此时x1=0,片=8m, 匀速阶段x2=v(t-t1)=16m,故xc=x-x1一x2=16m。 15.(1)22kg·m/s(2)0.3m(3)(83+12)N·s 【解析】(1)因a=tan0,则A、B一起下滑，斜面光滑，A、B共同下滑的加速度为ao= 2mg sin 6 2m 5m/s2,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pa=mw=2√2kg·/s。 (2)物块B碰后在木板上向上运动，对木板A分析有：mg cos0一mg 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=mg cos0十mgsi0=10m/s, 物块B从碰撞至减速为0所用时间为1。=”-区 a10 s=tA, 则木板A的长度至少为1=二 +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一云-0,1m,时间为=”- a10 8, 然后二者从静止开始再次以加速度a。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t=”十tA十七，十3，= 22+3 5 重力对木板A的总冲量为I=mgt=(83十12)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 移一时间公式得么=，解得运动时间为1= 2h ,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g,即△o=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oA<B,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 v=√0十(gt)2,结合0A<vB,可得vA<vB,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=o1t,x2=v2t,由几何关系可知x2=3x1,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，故B正确：根据平抛运动的基本规律么=82可知，小球从抛出到着地过程 的时间t=, 2h ,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。 长为，从A点沿AB方向平抛落在F点，竖 21 运动时间为t1= ,水平方向做匀速直线运动，l=vot1,可知初速度为v。= √2，从A点沿 5 AM方向，以5，的水平初速度抛出，经历时间，=AM_2 ,将与面BCGF碰撞，碰撞 √5v0√5va 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 一？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方 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vo,C错误；AD方向上1= ai,代人上述公式解得a=g,所以电场力为F电=mg,D错 ·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N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。 1 6.A【解析】设沿三个轴方向的加速度分别为axa,a:,则在三个方向上分别有L=2a:产，0= ,1-a,,L=号4，，不加电扬时有L=,根据gB=m十a十a,联立解得 23L kt2 7B【解析】粒子在电场中运动的时间为：一，(=0时刻射入极板间的粒子竖直方向先向下加 速，后向下诚速，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？，故A错 误；由对称性可知，=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：1-2时刻射入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诚速到零，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,故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人偏转电 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入偏转电场，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u,=√2gH,甲抛出小石块的水平位移工= 2cos a,vo= t,tan 37°=，联立可得H=L,0= 3gL 8L 3 151 10t= 15g ,则A点相对于P点的高度hA= 2sina=】 10 3 3 1 ,Q,A两点竖直高度差为M洽0放A错误，B正确对于乙，有之，28，号 L=0A·',结合前面式子可得之-2,2 3,a= 4gL N15 ,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v,=vA·c0s53°= 55,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xAB= ·14· ·物理· 参考答案及解析 4L 1 c0s37=5L,xo=Ltan37°=3L,又E=E,则该过程由动能定理得qE1xA=2mui,解得 B=√I0kEL,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 V1=UB COS37°= 50kE江，在竖直方向做类竖直上抛运动，初速度为2=vnsin37” 4 10E配，由题意知粒子在C点的速度与虚线的夹角为0=53°，设竖直方向的速度为，则由 3 am53”-,解得f-总06E,在竖直方向上由牛顿第二定律得a-品-kE,由速度公式 m 6=-,十at,又由位移公式得3L=一2t2十2at解得t2二7，√E,E2=3 7E,故A错 误；O,C两点间的距离为xc=ut2,整理得xc= 号L,故B错误：粒子由A到B的时间为，= 5L_10L /10L 16/10L 解得一E,所以粒子由A到C的总时间为1=1十-7运，故C正确：粒 2 1 子在C点的速度为uc=√0+，粒子由A到C的过程由动能定理得gUc=2mw品，解得Uc =gEL,故D正确。 80 10。AD【解析】电子在水平方向运动号所用时间T=70,电子在垂直极板方向做匀变速直线运 动：由运动学公式有引号-aT,根据牛顿第二定律有0=m,解得B= 14mdv 3el2 ,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 错误；仅将电容器的上极板经直向上移动号，由E-号，电容定义式U一8，电容决定式C 品·联立解得E-9可知电场强度不变，即电子的出射点不变，故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(Eq)2=0.5N,设合 力与竖直方向的夹角为。，则1m2-。-子，所以合力与竖直方向的夹角为37，所以在A点有 解得A5m/S,故A正确；由等效最低点D到A,根据动能定理可 m-2m,解得n=2西m/s,放B正确：小球经过A点后做斜下抛运动，则R①中 c0s379=(sm371+2g,解得1=0.6s,故D正确；小球落地点距离C点的距离为x=Rsin 3r十A0os37t号×积，解得x=2.25m放C错误. 23 11. 5s1.2s 【解析】(1)撤去外力，小球a、b被弹开过程动量守恒0一m.v。一mv6, ·15· 高三二轮复习专题卷 系统能量守恒E,=n.+m,i,又由题意有m,=2m,=80g, 解得v=5m/s,v.=10m/s, 小球a做平抛运动，竖直方向-2g2,其中h-Lsim0,解得L.-23 5s, 小球b在斜面上先做类平抛运动，沿斜面方向L1=v6t1,解得t1=0.8s, m6gsin8=ma,v61=at1,解得v61=4m/s, QN间的竖直距离么-之an0,离开斜面后L:s血0-A=s血，十， 解得t2=0.4s,则t6=t1十t2=1.2s。 12.(1)3mg (2)mgmg 9 【解析】(1)从水平位置无初速度释放到达最低点时，有mgL= 2m2, 在最低点有Fr一mg=m立，解得Fr=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,q以十E,L一2m,则小球在最低点有Fn一mg E,9=m2其中Fm=4mg 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,gL vi mo2,则小球在最低点有Fn一mg一E,g=m2,其中Fn=8mg, 联立解得E,=mg,E,=mg。 13.(1)15m/s(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A=2s,解得：= 2h 2X20 g 10 s=2s, 又二4，得运动员经过A点的速度，-票-碧m/s=15m/s (2)运动员在B点竖直方向速度v,=gt=20m/s, A O 运动员在B点速度大小vm=√0A十v=25m/s, h 在B点受力分析如图，cos9=0=号即0=53， 302tD VE 由牛顿第二定律得FN一ng cos0=m尺，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°=ma1, 得a1=gcos30°=5V3m/s2, ·16· ·物理· 参考答案及解析 垂直于斜坡方向的初速度v1=vcsin0,平行于斜坡方向上有mg sin30°=mag, 得a2=gsin30°=5m/s2, 平行于斜坡方向的初速度u,=0cos9,运动员从C点落到斜坡上的时间1=24=10si加(s), a1√3 1 运动员落到斜坡上距C点的距离1=vt十20：， 代入数据并整理可得1=125+250 3 sin(20-30)(m), 当0=60°时，即速度方向与斜坡成60°夹角斜向上时，l最大，最大值为125m。 14.(1)23mgd (2)57m8 3q 【解析】(1)小球在工区域电场中，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 B点时va=o,从B到C的过程中，由动能定理可得mgd十q0c=2mo2一)mw1 解得Uc= 23mgd (2)设小球在I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41、在E 中运动时间为t2,水平方向则有vo(t1十t2)=3d, 竖直方向，在E,中有号d-受1，在E:中有d-=之，解得- 2d 小球在E中，竖直方向由运动学公式可得 1 3d=2a1l, 由牛顿第二定律可得qE,一mg=ma1,解得E,=5mg 3g9 15.(1)mgh (2)2m8,斜向左下方，与竖直方向的夹角为60°(3)53h 【解析】(1)不带电小球做平抛运动，则有h=g,2h=D,t,E:=2m,解得E:=mg。 (2)小球带正电，设初速度为”，末速度为”，根据动能的公式有2E:=2m,25E, 1 2mu2, 根据运动的分解有v=2a,h,v2=2axX2h, 根据牛顿第二定律有qE.=max,mg十qE,=may' 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an0=E:-3, gE 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a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, 1 0~T的竖直位移为1=h=20,T2,u=a,T, T~2T的竖直位移为y2=vT=2h, 2T~3T的竖直位移为y:=T+20,T=3h, 3T~4T的竖直位移为y4=(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=y1十 y2十y3十y:十y5=15h,小球的位移大小s=√x2十y2=5√13h。 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)2 S ，故B错误：根据万有引力提供向心力G RA-m(学)(R十，又根据 M Mm 4S8 G(R十A)=mga,联立解得核心舱处的重力加速度大小为ga一(R十A),故C错误：根据万有 Mm 4S8 引力提供向心力得GR十)=m)R+),解得MR十小地球的密度为PP 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G=m, 解得ω= √，，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，故A错误：神舟十 GM 八号进入核心舱轨道后，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GM=ma'7,解得w= GM 2 ,可知，卫星轨道半径越大，角速度越 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·