专题卷(4)重力场、电场中的曲线运动-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（黑吉辽蒙、广东、广西、河北、江西 云南、陕晋青宁、河南、四川专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（四） 物理·重力场、电场中的曲线运动 （考试时间75分钟，满分100分)》 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 要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但 不全的得3分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.2025年12月28日，我国自主研制的6吨级倾转旋翼无人飞行器镧影R6000完成首飞，标志 着我国在倾转旋翼这一关键技术上实现突破。“风洞”实验是飞行器研制工作中的重要过程， 一简化模型如下：一小球在光滑的水平面上以初速度。穿过一段风带，经过风带时风会给小 球一个与，方向垂直、水平向北的恒力，其余区域无风。小球穿过风带过程的运动轨迹及穿 过风带后的速度方向表示正确的是 北 北 北 a3, 风 A B C D 2.篮球是中学生喜欢的运动，如图所示，小明从同一高度的A、B两点先后将篮球抛出，篮球恰 好都能垂直打在篮板上的P点，不计空气阻力，上述两个过程中篮球从A点 A.抛出后在空中的运动时间与从B点抛出时相等 B.抛出后速度的变化量大 C.抛出时小明对球做的功比从B点抛出时多 B D.抛出后克服重力做功的功率先增大后减小 3.我国滑雪运动员为了备战2026年冬奥会，利用圆盘滑雪机模拟训练，训练过程简化如图。圆 盘滑雪机绕固定转轴以恒定的角速度ω匀速转动，运动员站在盘面上可看成质点，与圆盘始 终保持相对静止，盘面与水平面的夹角为15°，下列说法正确的是 A.运动员随圆盘做匀速圆周运动，受到重力、支持力、摩擦力和 向心力的作用 B.运动员在最低点受到的摩擦力一定随着ω的增大而减小 C.运动员与圆盘始终保持相对静止，处于平衡状态 1582乙-. D.运动员从最高点运动到最低点过程中，摩擦力对其做功 4.如图所示，在立方体的塑料盒内，其中AE边竖直，质量为m的带正电小球（可看作质点），第 一次从A点以水平初速度V。沿AB方向抛出，小球在重力作用下运动恰好落在F点。M点 为BC的中点，小球与塑料盒内壁的碰撞为弹性碰撞，落在底面不反弹。重力加速度为g。则 下列说法正确的是 物理B·专题卷（四）第1页（共8页） 鱼跃龙 A.第二次将小球从A点沿AM方向，以√5v。的水平初速度抛出，会撞上 D FG的中点 A B.第二次将小球从A点沿AM方向，以√5。的水平初速度抛出，落在 H点 C.若又在空间增加沿AD方向的匀强电场，第三次将小球从A点沿AB H 方向水平抛出，要使小球落在G点，初速度为√2v。 D.若又在空间增加沿AD方向的匀强电场，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，电场力大小为2mg 5.竖直面内，一带电小球以一定的速度进人匀强电场中，如图所示，虚线为匀强电场的等势面， 实线为带电小球的轨迹。下列说法正确的是 A.小球从O到N机械能守恒 B.从O到M与从M到N,小球的动能的变化量相同，且小球一定是 M 从O运动到N的 -。-。。。-一-= ---------2 C.从O到N小球的机械能减少，重力势能减小 D.小球所受电场力方向一定竖直向上，所以匀强电场的方向也一定竖直向上 6.在如图所示的空间直角坐标系中，一不计重力且带正电的粒子沿y轴正方 向从坐标为(L,0,L)处的A点以某一初速度平行y轴正方向射出，经时间A t,粒子沿y轴正方向前进的距离为L,在该空间加上匀强电场，粒子仍从A 点以相同的速度射出，经相同时间t后恰好运动到坐标原点O,已知粒子的 比荷为k,则该匀强电场的电场强度大小为 2√3L kt2 B.26L 2L kt2 kt? D. 4L kd2 7.如图()所示，两平行正对的金属板间距为d,两板间所加电压如图(b)所示。在两板左侧中间 位置O点有一个粒子源，能沿两板中轴线OO'向外持续射出质量为m、电荷量为十q、初速度 为v。的粒子。已知极板长度为4d,不计粒子重力及粒子间的相互作用，t=0时刻两板间电场 方向竖直向下，此时射入板间的粒子恰好能从极板右侧射出，则 U U 2d:4d 6d8d: -U0--- -- Ad 图(a) 图(b) A.t=0时刻射入极板间的粒子离开电场时沿电场方向的位移为d B.t=0时刻射入极板间的粒子离开电场时速度方向仍沿OO'方向 2d C.t=时刻射入极板间的粒子将打在极板上 D.粒子从右侧射出时的最大动能为Ek=2mw6十gU。 门卷 物理B·专题卷（四）第2页（共8页） ￥电视机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 电子枪 加速电场加速后高速通过偏转电场，最后打在荧光屏上呈现光斑，在巴 荧光屏 显像管偏转极板上加上不同的电压，光斑在荧光屏上呈现不同情况，偏转电场 以上极板带正电时为正，下列说法正确的是 3 t/S 1234 甲 乙 丙 A.若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，则可以在荧光屏上看到一个固定的光斑 B.若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏的O点下侧移动 C.若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上从上向下移动 D.若在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往 复运动 8.中国火箭军成功进行了一次洲际弹道导弹全射程试验，弹头最终准确落入预定海域。某物理 兴趣小组，想用光束研究导弹的运动特点，为此设计了如图所示的模型，设导弹始终沿水平方 向做直线运动，距离导弹运动方向为h的O点发出的光束以角速度ω顺时针匀速转动，发现 在A、B两点之间光斑始终落在导弹上，当导弹在A点时，光束与导弹运动方向所在水平线的 夹角为α，当导弹在B点时，光束与导弹运动方向所在水平线的夹角为B,A、B、O三点在同一 竖直平面内，下列说法正确的是 A.导弹在A点时的速度大小为h B sin2a B'G B.导弹由A点运动到B点经历的时间为一卫 C.导弹由A点运动到B点的平均加速度大小为h(sina一sing) (a-B)sin2asin2B D.导弹由A点运动到B点的过程做减速运动 9.如图所示，甲爬上山坡底端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 块正好垂直打在山坡中点P。乙（身高不计）在山坡顶端的A点水平抛出一个小石块，石块也 能落在P点。已知山坡长度AC=L,山坡与水平地面间夹角为α=37°，重力加速度为g,空 气阻力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则 4,Q、4两点竖直高度差为5 B.甲抛出的小石块初速度大小为 3gL W10 C.甲、乙抛出的石块在空中飞行的时间之比为2√2：3 D.若乙仅将小石块抛出的速度方向变为垂直山坡平面向上，则小 石块运动到最高点时的速度大小为， 3gL 20 物理B·专题卷（四）第3页（共8页） 鱼跃龙 10.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1，间距为d,一电子从B点 射人电容器，从下极板右侧边缘射出，图中相邻竖直线的间距均为？，A与B、B与C、C与D 1 C间的距离分别为？d、d、,电子的质量为m,电荷量为e,不计电子的重力，已知电 沿极板方向的速度为z,则 M A.电场强度的大小E= 14mdv 3el? D---k----- B.电子做匀变速曲线运动，电势能一直减小 C.仅将电容器的上极板竖直向上移动号，电子的出射点将上移 D.仅将电容器的上极板竖直向上移动号，电子的出射点不变 *某科技馆中有一光滑绝缘轨道如图所示，轨道由半径为R=2的竖直光滑绝缘圆轨道和光滑 水平轨道构成，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。若空间存在一个水平向右、大小为 E=1.0×104V/m的匀强电场，质量为0.04kg,电荷量为q=十3×105C的小球在C点获得 一个速度，恰好能过A点，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。下列说法正确的是 A.小球在A点的速度大小是5m/s B 、370 B.小球在圆轨道上的最大速度为√125m/s C.小球落地点距离C点2.4m D.小球从A点飞出后经过0.6s落到地面上 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(8分)2025年第十五届全国运动会场地自行车项目在香港单车馆举办。某段场地自行车圆 形赛道的路面与水平面夹角为37°，运动员骑自行车在该段赛道上做匀速圆周运动，重力加 速度g取10m/s2,sin37°=0.6，c0s37°=0.8。 (1)运动员骑车的速度为15m/s时，自行车恰不受侧向摩擦力作用， 求运动员做圆周运动的半径； (2)若运动员骑车以20m/s的速度仍沿(1)问中的半径r做匀速圆周 运动，运动员与自行车的总质量为75kg,求自行车所受侧向摩擦 力的大小。 门卷 物理B·专题卷（四）第4页（共8页） 班级 12.(8分)如图所示，一个带正电的小球，质量为m,电荷量为q,固定于绝缘轻杆一端，轻杆的另 13. 一端光滑铰接于O点，重力加速度为g。 姓名 (1)将轻杆向左拉至水平位置，无初速度释放，小球到达最低点时，求轻杆对它的拉力大小。 (2)若在空间中施加一个平行于纸面的匀强电场，大小、方向均未知。将轻杆从左边水平位 得分 置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为4mg;将轻杆从右边水平位置无 初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为8g。求电场强度的水平分量大小 Ex和竖直分量大小Ey。 答题栏 1 2 ● 3 5 7 8 9 o 物理B·专题卷（四）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 (10分)2026年1月1日，在跳台滑雪世界杯德国站女子大跳台决赛上，中国运动员曾坪夺得 亚军，这是中国运动员首次在跳台滑雪国际A类赛事中获得奖牌。如图所示为某段滑雪轨 道简化图，运动员经过A点时速度水平，在B点恰好沿切线方向进入一段半径为25的光 滑圆弧轨道BC,在C点调整姿态后飞出，之后落到倾角为30°的斜坡轨道CD上。已知运动 员的质量为60kg,A、B两点的高度差为20m,水平距离为30m,B、C两点在同一水平面上（即 运动员经过B、C两点速度大小相等)，不考虑空气阻力，重力加速度为10m/s2,在C处调整姿 态只改变速度方向，不改变速度大小，斜坡CD足够长。 (1)求运动员经过A点的速度大小； (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，使其在斜坡上的落点距C点最远，求在C点飞出时的速度方向及落点 到C点的最远距离。 O h B .302cD 物理B·专题卷（四）第6页（共8页） 14.(12分)竖直平面内有一半径为R的圆形区域，其圆心O处有一旋转弹射器，该弹射器可以 15. 向竖直面内各个方向以大小相等的速度发射质量为m、电荷量为q的带正电小球。以圆心 O为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系。弹射器将小球α沿x轴正方向弹出，经过 第四象限圆周上的A点，OA与x轴正方向的夹角为30°。现在圆形区域内加上与竖直面平 行的匀强电场，弹射器将小球b沿y轴正方向弹出后在第一象限做类平抛运动并经过圆周 上的B点，OB与y轴正方向的夹角也为30°，且小球b经过B点时的动能与小球a经过A 点时的动能大小相等。已知重力加速度为g,求： 个y (1)弹射器将小球弹出的初速度的大小； 309 (2)所加匀强电场的电场强度的大小和方向； (3)将小球c沿x轴负方向弹出，小球c离开圆形区域时的动能。 30° 物理B·专题卷（四）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (16分)如图甲所示，在水平面的上方，A、B为同一竖直面内的两点，A、B之间的高度差为 h,水平距离为2h,现将一质量为m的不带电小球自A点以一定初动能Ek(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q,并在竖直面内加上周 期性变化的匀强电场，电场强度的变化规律如图乙所示，在t=0时刻将小球仍从A点以 2√3Ek的初动能水平向右抛出，在t=T时，小球恰好以2Ek的动能竖直向下经过B点，且 该时刻电场的方向刚好反向。重力加速度为g,求： (1)不带电小球水平抛出时的初动能Ek; (2)0~T时间内匀强电场的电场强度E。的大小和方向； (3)从抛出开始计时经过5T的时间内，带电小球位移的大小。 A●→ E ·B T:2T 3T 4T E 甲 之 物理B·专题卷（四）第8页（共8页）·物理B· 对物块2的弹力为F12,对物块2、3、4整体有F12一3umg= 3ma,设物块2对物块3的弹力为F23,对物块3、4整体有F3 2pumg=2ma,设物块3对物块4的弹力为F34,对物块4有 F4-mg=ma,联立解得Fa-是F,Fs-子F,F4-子P, 则物块之间的弹力的比值从左往右依次为3：2：1，故B正确； 若F随时间均匀变化，且满足关系F=kt,则在t=mg时F μmg,可知压力传感器的示数为0，故C错误；若F随时间均匀 变化，且满足关系F=k,则在1=4mS时F=4mg,根据整体 k 法可知，四个物块刚好被推动，故D正确。 9.ABC【解析】布袋相对传送带滑动时，由牛顿第二定律有F: mg sin0=ma,垂直于传送带方向F支一mg cos0=0,又F: F支，解得a=0.4m/s2,A正确；设布袋与传送带共速需要的 1 时间为t1,由0=at1,得t1=”=4s,此过程布袋通过的位移 x1=之1=3.2m,因mg cos0>mg sin9,故之后布袋在传送 带上匀速运动，所用的时间，=乙一互=1s,则布袋通过传送 带所需的时间为t=t1十t2=5s,B正确；在t1时间内，传送带 通过的位移x2=t1=6.4m,则布袋与传送带间的相对位移为 △x-x2-x1=3.2m,由Q=F△x,可得Q-204.8J,C正确；由 能量守恒定律可得，因传送小麦，多消耗的电能为△E=?m+ mgLsin0+Q=505.6J,D错误。 10.AD【解析】由图可知，当夹角为90°时，位移为0.2m,由竖直 上抛运动规律=2gh,解得o=2m/s,故A正确；当夹角为 0时，位移为0.4m,根据=2ax,mg=ma,可得u=0.5, 故B错误；根据mgcos0+mg sin0=ma,可得a=gsin9+ gcos0=√1十gsin(0+p),因此最大加速度为amx= 1十u2g=5g,此时有o后=2 maxmin,解得z购÷25 25m, 故C错误，D正确。 *BD【解析】由图像可知，当10N<F<15N时物块B和木板C 相对静止，当F>15N时木板的加速度图线斜率变大，可知此时 物块B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确；对木板和物 块组成的整体，当F1=10N时，a=0,则F1=(M十m)gsin0, 当F2=15N时，a=2.5m/s2,则F2-(M+m)gsin0=(M+ m)a,联立方程可求解M+m=2kg,sin9=2,但是不能求解木 板C的质量，故C错误；因当F2=15N时，a=2.5m/s2,此时物 块和木板开始发生相对滑动，物块和木板之间的摩擦力达到最 大，则对物块有mg0s?-mgsn9=ma,解得以-复，放B 正确。 11.(1)4m/s(2)0.8m/s4.8m/s(3)4s 12.(1)0.9m(2)0.02 【解析】(1)因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处处相等，因此冰 壶滑动时受到的摩擦力处处相等，又因为冰壶沿直线运动，因此 冰壶在A点至O点的运动过程为匀减速直线运动，假设冰壶运 动的加速度大小为a,在A点时的速度大小为vA,在C点时的 1 速度大小为c,因此有a4一2at子=x1, 1 uA(4+t)-2a(4,+t2)2=x1+x, 解得a=0.2m/s2,va=3.6m/s, 又由vc=oA-a(t十t2), 代人数据可得vc=0.6m/s, 已知运动到O点时冰壶停下，因此有v2-一0=2ax3,代人已知 数据可知x3=0.9m。 (2)假设冰壶与冰面间的摩擦力大小为f,则有f=mg,根据 牛顿第二定律可知f=ma, 已知a=0.2m/s2,联立以上各式可得μ=0.02。 (1)2.0m/s2,竖直向上1.0m/s2,竖直向上(2)1.0s (3)15.0N<F1≤21.0N 【解析】(1)假设滑块和木板之间为滑动摩擦力，对滑块由牛顿 第二定律有F1一F2-mg=ma1,解得a1=2.0m/s2,方向竖 直向上， 对木板由牛顿第二定律有F2一Mg=Ma2,解得a2=l.0m/s2, 方向竖直向上， 因为a1>a2,所以假设成立。 (2)设经过时间t滑块从木板上端离开木板，则滑块从木板上 端离开木板时201t2-之a -2a2t2=L, 代入数据得t=1.0s。 (3)为使滑块与木板一起向上运动，应使整体合力向上，故F> (M+m)g=15.0N, 为使滑块与木板不发生相对滑动，F,最大时滑块与木板间静 摩擦力应等于最大静摩擦力，对木板由牛顿第二定律有F2一 Mg=Ma,解得a=4.0m/s2,方向竖直向上， 对滑块由牛顿第二定律有F!一uF2一mg=ma,代人数据得 F1=21.0N, 综上所述，F1必须满足的条件为15.0N<F1≤21.0N。 (1)30m/s(2)81m(3)14N 【解析】(1)火箭向上做匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得 F-mg-f空=ma1’ 解得加速度大小为a1=10m/s2, 发动机熄火时，火箭的速度大小为v1=a1t1=10×3m/s= 30m/s。 (2)火箭匀加速阶段上升的高度为 01302 h-2a12x10m=45m, 发动机熄火后，根据牛顿第二定律可得mg十∫空=ma2, 解得加速度大小为a2=12.5m/s2, 发动机熄火后，火箭继续上升的高度为 1=302 h,=2a2=2X12.5m=36m, 则火箭上升的最大高度为 hm=h1+h2=81m。 (3)火箭在降落伞作用下向下做匀加速运动，根据运动学公式： 。3 参考答案及解析 可得2aghm=v能， 平行于面BCGF的速度也不变，垂直于面BCGF的速度反向， 解得加速度大小为a3=0.5m/s2, 根据牛顿第二定律可得 再经历2时间落到地面恰好打在H点，A错误，B正确；加上沿 mg一f空一∫伞=ma3, AD方向的匀强电场，从A点沿AB方向水平抛出，不改变AB 解得降落伞提供的阻力大小为f伞=14N。 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 5.(1)22kg·m/s(2)0.3m(3)(82+12)N·s AD方向上做匀加速直线运动，若要打到G点，则抛出的初速 【解析】(1)因μ=tan0,则A、B一起下滑，斜面光滑，A、B共 度不变，仍为uoC错误；AD方向上1=2a好，代人上述公式解 同下滑的加速度为a。=2mgs血0-5m/s,小物块B与挡板2 2m 得a=g,所以电场力为F电=mg,D错误。 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 碰撞前瞬间的速度为v=√2aoL=√2m/s, 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， 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 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 的动量大小为pB=mo=2W2kg·m/s。 关，所以从O到M与从M到N合力对小球做功相同，故动能 (2)物块B碰后在木板上向上运动，对木板A分析有mg cos0 的变化量相同，但无法确定小球的运动方向，故BD错误；从O mg sin0=0,说明木板A匀速下滑， 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 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 功，小球的重力势能减小，故A错误，C正确。 时间为4=上=2 10s, 6.A【解析】设沿三个轴方向的加速度分别为az,ay,a.,则在三 物块B减速上滑的加速度大小为a=2 ngos9+mgsin0 个方向上分别有L=4,0=1-司4，，1=0，不 10m/s2, 加电场时有L=vot,根据gE=m√a:十a)十a,联立解得E= 23L 物块B从碰撞至减速为0所用时间为tB= v√2 a10s=tA, kt2。 2 则木板A的长度至少为1m=a十L=0.3m. 乙B【解标】粒子在电场中运动的时间为t=,1=0时刻射人 (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 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 与B施加的摩擦力同向，则匀减速运动的加速度也为a= 从极板右侧射出，则离开电场时沿电场方向的位移为2d,故A 10m/s2。 错误；由对称性可知，=0时刻射入极板间的粒子离开电场时 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 沿电场方向的速度减为零，则速度方向仍沿OO方向，故B正 静止状态。木板A上滑至速度为0通过的位移为x三%宁 确；-2时刻射人极板间的粒子竖直方向先向上加速运动24， 0.1m,时间为t1=”-= a10s, 然后向上减速运动24，则最终粒子恰能从上极板边缘飞出，故 。 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 /2x C错误；由运动的对称性可知，除2时刻之外其他时刻进人电 第2次碰撞，运动时间为一√a。 =0.25, 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 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 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， 总时间为t=”十tA十t1十3t2= 2√2+3 1 5 s,重力对木板A的总 可知粒子从右侧射出时的动能均为E,=2m,故D错误。 冲量为I=mgt=(8v2+12)N·s。 *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； 物理（四） 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 C 2.A 3.D 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 B【解析】设立方体边长为1，从A点沿AB方向平抛落在F 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 点，竖直方向自由落体，=)g好，运动时间为4三√g,水平 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，并循环这个过程，故C错误；若在偏转极板加上如图 方向做匀速直线运动，l=,可知初速度为一√2，从A 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 AM 点两侧做往复运动，故D正确。 点沿AM方向，以w5vo的水平初速度抛出，经历时间t2= 5v0 8.ABC【解析】由题意可知，光斑的速度与 √5 导弹的速度总相等，将导弹的速度沿光束 2 =2,将与面BCGF碰撞，碰撞前后竖直向下的速度不变， t1 和垂直光束方向进行分解，如图所示，设导 弹在A点时的速度为vA,根据几何关系有 高三二轮复习专题卷 0=sin a,根据圆周运动参量的关系有，=h sin a ,解得A= sim。A正确；导弹由A点运动到B点的过程，光束转过的角 ah 11 度0=。一日，根据t,解得t=“,B正确：根据运动的合 12 成与分解可知，导弹在B点的速度1=9因为。>A,所以 B>VA,导弹由A点运动到B点的过程做加速运动，D错误； 根据加速度的定义式有a=A”, ,解得a-uh(sina-sin'p) (a-B)sin'asinB C正确。 9.BC【解析】设甲水平抛出石块的初速度为v。,Q点相对于P 点的竖直高度为H,则H=方g,石块落在P点时速度的竖直 L 分量m,=√2gH,甲抛出小石块的水平位移x=之osa,。= 名m37-受联立可得H=L=√器-√ 3gL /8L 则A点相对于P点的高度k:=台sna=L,QA两点竖直 L 高度龙为△=品一急缸=品放A错误，B正确：对于乙，有 3 L=7g,号L=,结合前面式子可得-2 31 ,故C正确：小石块运动到最高点时速度即为水平 方向分富度，大小为，=，·s53=合需，放D错误。 13 10,AD【解标】电子在水平方向运动宁所用时间T=7 -,电子 、在垂直极板方向做匀变速直线运动，由运动学公式有二 号-aT,根据牛顿第二定律有B2=u,解得E=14 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 的上级板驱直向上移动号：由尽一号电容定义式U一名电 容决定式C联立解得E=4πkQ,可知电场强度不变 即电子的出射点不变，故C错误，D正确。 ABD【解析】根据题意可得，重力和电场力的合力大小为F合= √/(mg)2十(Eg)2=0.5N,设合力与竖直方向的夹角为a,则 、tan。=,所以合力与竖直方向的夹角为37，所以在A 点有F4=m爱解得e以=5/s,放A正确：由等效最低点D 到A,根据动能定理可得-P·2R=了mi-m心，解得 vD=√125m/s,故B正确；小球经过A点后做斜下抛运动，则 R(1+cos37)=(Asin37)1+2gt2,解得1=0.6s,放D正 确；小球落地点距离C点的距离为x=Rsin37°+VACOS37°· 1×,解得x=2.25m,故C错误。 2m1 (1)30m(2)350N (1)3mg (2)mg mg 99 【解析】(1)从水平位置无初速度释放到达最低点时，有 mgL=2 mv, v 在最低点有Fr一mg=m工' 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-E:9L+E,9L=2m,则小球在最低点有 vi Fn一mg一E,9=m元，其中Fm=4mg,杆从右边水平位置无 初速度释放，到小球到达最低点的过程中有mgL十E:qL十 1 ,其 E,9L=2moi,则小球在最低点有F一mg-E,q=m元 中FT2=8mg, 联立解得E,=S,E。= (1)15m/s(2)1860N(3)与斜坡成60°夹角斜向上 125m /2h 强折】D由平地运动的特点可得五2g解得一人g /2×20 W10 =2s, 仅x=44,得运动员经过A点的速度三子-0m/s 15m/s。 (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vB=√o员十=25m/s, 在B点受力分析如图，cos0=”4=3 06=5,即0=53， 由牛顿第二定律得Fx一ng cos0=mP,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。 71g .30cD (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° 5√3m/s2, 垂直于斜坡方向的初速度v1=Ucsin0,平行于斜坡方向上有 ·4 mgsin30°=ma2, 根据运动的分解有=2a,h,2=2az×2h, 得a2=gsin30°=5m/s2, 根据牛顿第二定律有qE.=max,mg十gE,=may, 平行于斜坡方向的初速度v2=vccos0,运动员从C点落到斜 则电场强度大小为E。=√E+E,解得E。=mg 坡上的时间1=24-10sn0（s, q a1√3 设电场强度与竖直方向的夹角为0，则有an0=gE=5, gE 1 运动员落到斜坡上距C点的距离l=2t十2at, 可知电场应斜向左下方，与竖直方向的夹角为60°。 代入数据并整理可得1-15+20m(20-07(m. (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， 当0=60°时，即速度方向与斜坡成60°夹角斜向上时，1最大， T~2T:电场反向，电场力的水平分力向右，小球做水平向右、 最大值为125m。 加速度为a,的匀加速直线运动，之后再重复前面的运动； (1)3gR 2 (2 小球在竖直方向的运动规律如下： mg,方向与x轴正方向成45°角斜向上 0~T:小球做竖直向下、加速度为a,的匀加速直线运动， (3号mgR 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 【解析】(1)根据题意可知，小球a做平抛运动，水平方向做匀速 0~5T内，小球的水平位移为x=5×2h=10h, 直线运动，有Rc0s30°=0ot, 1 0~T的竖直位移为1=A=0,T,0=a,工， 竖直方向做自由落体运动，有Rsin30°=2gt,可得，= T~2T的竖直位移为y2=oT=2h, √3gR 2 2T~3T的竖直位移为=T+4,T=, (2)小球b在重力场与匀强电场的复合场中运动，将重力与电 3T~4T的竖直位移为y4=(o十a,T)T=4h, 场力合成后可看作在等效重力场中的运动。由于OB与y轴 以此类推，小球在4T~5T竖直分位移为5h,因此在5T时间 正方向的夹角也为30°，且经过B点时的动能与小球a经过A 内的竖直方向的总位移为y=y1十y2十y十y4十y=15h,小 点时的动能相等，可知小球a在重力场中的运动与小球b在等 球的位移大小s=√x2+y=5√13h。 效重力场中的运动情况相同，做一样的类平抛运动，所以小球 物理（五） B所受重力与电场力的合力方向沿x轴正方向，大小为g, 则匀强电场的电场强度大小为E-气g,方向与上轴正方向 1.D2.A3.B4.D 5.B【解析】从地球上看，太阳和水星与观察者的眼睛连线所成 成45°角斜向上. 角度的正弦值最大为尺，故A错误；由开普勒第三定律可知 (3)将小球c沿x轴负方向弹出，小球c做匀减速直线运动，设 经位移x后速度减为0，由牛顿第二定律得√Eq一mg= 解得,=√（） T,放B正确由G=m 2 ma -√故C错误由=m可得 GM R 4π2 由运动学规律得6=2x,解得z=R<R, 可知小球c先向左做匀减速运动，速度减为0再反向做匀加速 M=4x3 GT9,故D错误。 运动，经过圆周与x轴正方向的交点D离开圆形区域。由运 动学规律得v品=2a(x十R), 6.C【解析】根据万有引力提供向心力可得GMm=a=m0 2 1 小球c离开圆形区域时的动能E:=2m%,解得E= m心，解得a以。-√。 GM √，°，a和c的角速度相 8mgR。 等，且a的轨道半径小于c的轨道半径，根据v=rw可知v。< (1)mgh(2)2mg,斜向左下方，与竖直方向的夹角为60 G可知之 u,;对于b、c、d,由于r。<r.<ra,根据=√ 0 (3)5√/13h >4,综上可知b的线速度最大，其在相同时间内转过的孤 1 长最长，故A错误；a和c的角速度相等，由于r6<r.<ra,根据 【解析】(1)不带电小球做平抛运动，则有h=2t,2h=t, GM w入Nr 可知w6>w。>wd,综上可知b的角速度最大，故B E。=m,解得E。=m8: 错误；a和c的角速度相等，且a的轨道半径小于c的轨道半 (2)小球带正电，设初速度为v,,末速度为，，根据动能的公式 径，根据a=rw2可知，a的向心加速度小于c的向心加速度；由 有B=3m,25B=7m, 于的轨道半径小于c的轨道半径，根据a=GM可知b的向心 +2