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（山东专版）

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90分钟，满分100分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。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 A B 2.2025年7月“浙BA”在浙江全省火爆开打，如图所示为频率一定的频 闪相机拍下的某运动员罚篮命中的场景，则 A.篮球在运动过程中加速度不变 B.研究运动员投篮动作时可将篮球视为质点 C.篮球被投出瞬间的速度一定比人框时大 D.图中篮球运动轨迹关于最高点对称 3.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 D.抛出后克服重力做功的功率先增大后减小 4.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 物理A·专题卷（四）第1页（共8页） 鱼跃龙！ 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 159L- C.运动员与圆盘始终保持相对静止，处于平衡状态 D.运动员从最高点运动到最低点过程中，摩擦力对其做功 5.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。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 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 B.第二次将小球从A点沿AM方向，以√5v。的水平初速度抛出，落在 H点 ·H 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 方向水平抛出，要使小球落在G点，初速度为√2。 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 6.竖直面内，一带电小球以一定的速度进入匀强电场中，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 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 7.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,s 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，则该匀强电场的电场强度大小为 2√3L kt2 B. 2√5L 2L kt2 C.kt 4L D. kdz 门卷 物理A·专题卷（四）第2页（共8页） 8.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+g、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 2d4d6d8d Uo! 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 C.1=24时刻射人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=2mo6+gU, ￥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 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 U/八V U八V 34 6 t/s 甲 乙 丙 丁 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 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入 总分。 9.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 物理A·专题卷（四）第3页（共8页） 鱼跃龙】 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.导弹由A点运动到B点经历的时间为°一 C.导弹由A点运动到B点的平均加速度大小为%h(sing一sinB) (a-B)sin'asin'B D.导弹由A点运动到B点的过程做减速运动 10.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 AQA两点竖直高皮差为片 B.甲抛出的小石块初速度大小为，0 3gL 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，√20 3gL 11.虚线为如图所示的电场的边界线，虚线左侧的匀强电场E1与水平虚线间的夹角为α=37°， 一比荷为k的带正电的粒子由水平虚线上的A点静止释放，经过一段时间由竖直虚线的B点 (图中未画出)进入虚线右侧竖直向下的匀强电场E2(E2未知)，最终粒子由水平虚线的C点 (图中未画出)离开电场，离开电场瞬间的速度与水平虚线的夹角为0=53°。已知OA=4L、电 场强度E1=E,不计粒子的重力，si37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法正确的是 A.E2=E B.OC=10L E C.粒子由A到C的时间为7√E 1610L 80 D.A、C两点的电势差为 EL 门卷 物理A·专题卷（四）第4页（共8页） 班级 12. 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l,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 姓名 之同的距商分别为分4，员4,4，电子的题量为m,电荷量为e,不计电子的重力，已知电子 得分 沿极板方向的速度为v.,则 14mdv? A.电场强度的大小E= 3el2 D C B.电子做匀变速曲线运动，电势能一直减小 答题栏 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 1 2 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 3 ￥某科技馆中有一光滑绝缘轨道如图所示，轨道由半径为R=2m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 5 E=1.0×104V/m的匀强电场，质量为0.04kg,电荷量为q=+3×10-5C的小球在C点获得 6 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 P A.小球在A点的速度大小是5m/s 4● 、37 B.小球在圆轨道上的最大速度为√J125m/s 9 C.小球落地点距离C点2.4m 10 D.小球从A点飞出后经过0.6s落到地面上 11 7777777777 77777777元 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 12 13.(6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，cos37°=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r； (2)若运动员骑车以20/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。 物理A·专题卷（四）第5页（共8页） 鱼跃龙门 14.(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 一端光滑铰接于O点，重力加速度为g。 (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 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 E,和竖直分量大小E,。 15.(8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。 A个→ .30cD 卷 物理A·专题卷（四）第6页（共8页） 16.(8分)在现代物理实验中，科学家们通过精密仪器探索微观世界的奥秘。某研究团队正在调 试一台新型电子显微镜的偏转系统，该系统核心部件是一个电子加速偏转装置，被研究人员 形象地称为“电子导航仪”。该装置通过精确控制电场分布，实现了对电子束运动轨迹的纳 米级调控。其工作原理如下：电子从阴极发出后（初速度忽略不计）经电压U。加速，以一定 的速度沿中心轴线垂直射入长为L、间距为的平行板偏转电场，偏转后打在与极板右侧距 离为D的荧光屏上（如图所示）。已知电子质量为m、电荷量为e,忽略重力影响。求： (1)电子进人偏转电场时的速度0。 阴极 」荧光屏 (2)若电子恰能从偏转电场下极板的边缘射出，求偏转 Uo 电场两板间的电压U。 (3)电子打在荧光屏上偏离中心O点的最大距离Y。 十 17.(14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 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g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； 30% (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。 中130° 物理A·专题卷（四）第7页（共8页）】 鱼跃龙门卷 18.(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 ●B T47 甲 物理A·专题卷（四）第8页（共8页）·物理A· F#=4ma1,F谦=3 mgsin30°，对物块B,有mg-T=ma1,联立 1 4mg,故A错误，B正确；在最高点P,由对称性可知， m)a,联立方程可求解M十m=2kg,sin0=2,但是不能求解木 解得T= 板C的质量，故C错误；因当F2=15N时，a=2.5m/s2,此时物 加速度大小为a2=a1= 4g,对整体，有3 mgsin30°-mg十 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 1 F弹=4ma2,对物块B,有T'一mg=ma2,解得F弹= 大，则对物块有mg cos0-mgsin0=ma,解得么=5 2,放B 2 mg, 正确。 -5 mg,故CD错误。 13.(1)4m/s(2)0.8m/s4.8m/s(3)4s 【解析】(1)对韩聪，根据牛顿第二定律有F=m1a, 9.BD【解析】四个物块都静止时，由于静摩擦力的大小无法确 解得a=2m/s2, 定，故彼此间的弹力无法确定，故A错误；四个物块一起匀加速 根据2=2ax0,可得v=4m/s。 运动时，根据整体法，对四个物块有F一4mg=4ma,设物块1 (2)设韩聪将隋文静迅速推出后两人的速度大小分别为1、 对物块2的弹力为F12,对物块2、3、4整体有F12-3μmg 2,根据动量守恒有m1v=m11十m22, 3ma,设物块2对物块3的弹力为F28,对物块3、4整体有F 2umg=2ma,设物块3对物块4的弹力为F34,对物块4有 根据动能守恒有2加1o2=2m1十2m2, F4-mg=ma,联立解得F12=三F,F= 2 F,F= 4F, 联立解得v1=0.8m/s,o2=4.8m/s。 4 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； (3)由题意可知1t+2at=w:, 若F随时间均匀变化，且满足关系F=,则在t=m3时F 解得t=4s。 14.(1)0.9m(2)0.02 μmg,可知压力传感器的示数为0，故C错误；若F随时间均匀 【解析】(1)因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处处相等，因此冰 变化，且满足关系F=L,则在t=4m8时F=4mg,根据整体 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 k 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 法可知，四个物块刚好被推动，故D正确。 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 10.ABD【解析】根据题意，设火箭的功率为P,牵引力为F,由 公式P=F0可得F-?,由牛顿第二定律有F一mg=a,解 速度大小为vc,因此有uat一2at=x1, 得a=P.】一g,由图乙可知，a关系图像的斜率为k Da(6十t)-2a(t十t2)2=x1十x2, m U 解得a=0.2m/s2,oa=3.6m/s, a1-二82=(a,十g)1,则有 又由vc=vA一a(t1十t2), 1 =(a1十g)v1,可得P= 代入数据可得vc=0.6m/s， 已知运动到O点时冰壶停下，因此有v2一0=2ax3,代入已知 m(a1十g)o1,即火箭以恒定的功率启动，故AB正确，C错误； 数据可知x3=0.9m。 由上述分析可知，a-二的关系式为a=P -g,当a=0 (2)假设冰壶与冰面间的摩擦力大小为∫，则有∫-mg,根据 牛顿第二定律可知f=ma, 时，解得-学=a,十g ,即a上关系图像在横轴的截 已知a=0.2m/s2,联立以上各式可得u=0.02。 U 15.(1)2.0m/s2,竖直向上1.0m/s2,竖直向上 8 (2)1.0s(3)15.0NF,≤21.0N 距为(a,十g)0,故D正确。 【解析】(1)假设滑块和木板之间为滑动摩擦力，对滑块由牛顿 11.ABC【解析】布袋相对传送带滑动时，由牛顿第二定律有 第二定律有F1一F2一mg=ma1, F:一mg sin0=ma,垂直于传送带方向F支一ng cos0=0,又 解得a1=2.0m/s2,方向竖直向上， F:=uF支，解得a=0.4m/s2,A正确；设布袋与传送带共速需 对木板由牛顿第二定律有F2一Mg=Ma2,解得a2=1.0m/s2, 方向竖直向上， 要的时间为t1,由v=at1,得t1= =4s,此过程布袋通过的 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 位移x1=之t1=3.2m,因mg0>mgsin0,故之后布袋在 传送带上匀速运动，所用的时间，=乙一=1S,则布袋通过 端离开木板时2a12- 2a2t2=L, 代入数据得t=1.0s。 U 传送带所需的时间为t=t1十t2=5s,B正确；在t1时间内，传 (3)为使滑块与木板一起向上运动，应使整体合力向上，故F> 送带通过的位移x2=t1=6.4m,则布袋与传送带间的相对 (M+m)g=15.0N, 位移为△x=x2一x1=3.2m,由Q=F△x,可得Q=204.8J, 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 C正确；由能量守恒定律可得，因传送小麦，多消耗的电能为 摩擦力应等于最大静摩擦力，对木板由牛顿第二定律有F2 Mg=Ma,解得a=4.0m/s2,方向竖直向上， △E=2mu+mgLsin0+Q=505.6J,D错误。 对滑块由牛顿第二定律有F1一uF2一mg=ma,代入数据得 F,=21.0N, 12.AD【解析】由图可知，当夹角为90°时，位移为0.2m,由竖直 综上所述，F,必须满足的条件为15.0N<F,≤21.0N。 上抛运动规律v=2gh,解得o。=2m/s,故A正确；当夹角为 16.(1)30m/s(2)81m(3)14N 0°时，位移为0.4m,根据v=2ax,mg=ma,可得μ=0.5， 【解析】(1)火箭向上做匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得 故B错误；根据umg cos0+mg sin0=ma,可得a=gsin0十 Fmg一f空=ma1, gcos9=√1十gsin(8+p),因此最大加速度为amx= 解得加速度大小为a,=10m/s2, V+7g-,此时有号=2a…m,解得x-2 发动机熄火时，火箭的速度大小为1=a1t1=10X3m/s= 25 m, 30m/s. 故C错误，D正确。 (2)火箭匀加速阶段上升的高度为 BD【解析】由图像可知，当10N<F<15N时物块B和木板C相 vi 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 h1一2a .302 =2X10m=45m, 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 发动机熄火后，根据牛顿第二定律可得mg十f空=ma2, 成的整体，当F1=10N时，a=0,则F1=(M十m)gsin0,当 解得加速度大小为a2=12.5m/s2, F2=15N时，a=2.5m/s2,则F2-(M+m)gsin8=(M十 发动机熄火后，火箭继续上升的高度为 参考答案及解析 302 3.A h:=2a,=2X12.5m=36m, 4.D【解析】运动员随圆盘做匀速圆周运动，受到重力、支持力、 则火箭上升的最大高度为hm=h1十h2=81m 摩擦力的作用，向心力是一种效果力，不是运动员实际所受的 (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 力，故A错误；在圆盘最下方，设运动员到转动轴的距离为x,则 可得2a3hm=v地， 有Ft-mg sin 15°=mw2r,可知运动员在最低点受到的摩擦力 解得加速度大小为a3=0.5m/s, F,一定随着ω的增大而增大，故B错误；运动员与圆盘始终保 根据牛顿第二定律可得mg-f空一f伞=ma3, 持相对静止，运动员做圆周运动，加速度不为零，运动员不处于 解得降落伞提供的阻力大小为∫伞=14N。 平衡状态，故C错误；运动员从最高点运动到最低点过程中速 7. (1)4m/s21m/s2(2)12m/s(3)16m 度大小不变，动能不变，设W:、W。分别为摩擦力做功和重力做 【解析】(1)泡沫球沿斜面下滑时mg sin a-f=ma1,其中f= 功，由动能定理得W:十Wc=0,解得W:=一Wc=一2 mgr sin 0.1mg,联立可得a1=4m/s2, 15°，可知摩擦力对运动员做负功，故D正确 泡沫球做匀减速运动时f=0.1mg=ma2, 5.B【解析】设立方体边长为1，从A点沿AB方向平抛落在F 可得加速度大小a2=1m/s2。 L 点，竖直方向自由落体，l=2gi,运动时间为1=√ ,水平 (2)设泡沫球到达B时的速度大小为v,则有v一0= 2a1xAB,代入数据解得vB=12m/s。 方向做匀速直线运动，l三o1,可知初速度为v0=2,从A (3)当泡沫球的速度v=8m/s时，可得t=B一” =4s,则x= a2 点沿AM方向，以W5v。的水平初速度抛出，经历时间t2= AM u十0B=40m, 5Vo 2■ V5 人匀加速阶段0=ag,得i=2s,此时x1=2a片=8m,匀 2 速阶段x2=o(t-t1)=16m,故xc=x一x1一x2=16m。 √5v -号将与面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， 8. (1)22kg·m/s(2)0.3m(3)(8√2+12)N·s 【解析】(1)因μ=tan0,则A、B一起下滑，斜面光滑，A、B共 再经历之时间落到地面恰好打在H点，A错误，B正确：加上沿 同下滑的加速度为a。=2 mgsin9 =5m/s2,小物块B与挡板2 AD方向的匀强电场，从A点沿AB方向水平抛出，不改变AB 2m 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 碰撞前瞬间的速度为v=√2aoL=√2m/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 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pB=mw=2√2kg·m/s。 度不变，仍为，C错误；AD方向上1=2a,代入上述公式解 (2)物块B碰后在木板上向上运动，对木板A分析有mng cos0- 得a=g,所以电场力为F电=mg,D错误。 mg sin9=0,说明木板A匀速下滑， 6.C【解析】根据轨迹可知，小球的合力竖直向上，小球受竖直向 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 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， 时间为，名-语。· 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 物块B减速上滑的加速度大小为a=mg cos9+mgsin0 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 2 10m/s, 功，小球的重力势能减小，故A错误，C正确。 7. 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从碰撞至减速为0所用时间为t。一”=区 a10s=t4, 个方向上分别有L=弓a,,0=-2a,,L=7.,不 则木板A的长度至少为lm=2a +L=0.3m。 加电场时有L=vot,根据gE=m√a十a,十a,联立解得E= (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 23L 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。 t=0时刻射入 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 8.B【解析】粒子在电场中运动的时间为t=4址， 静止状态。木板A上滑至速度为0通过的位移为x一2a 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2d,故A 0.1m,时间为t=。=0s, 错误；由对称性可知，t=0时刻射人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OO'方向，故B正 然后二者从静止开始再次以加速度α。下滑，同时与挡板发生 2x=0.2s, 第2次碰撞，运动时间为一√ 确；=2时刻射人极板间的粒子竖直方向先向上加速运动2， 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 然后向上减速运动4，则最终粒子恰能从上极板边缘飞出，故 总时间为1=”十A十4，十3。=22+3s,重力对木板A的总 5 C错误；由运动的对称性可知，除2时刻之外其他时刻进入电 冲量为1=mgt=(8√2+12)N·s。 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 物理（四） 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 1 零，可知粒子从右侧射出时的动能均为Ek=2mv6,故D错误。 C【解析】由题图篮球的轨迹可知，篮球运动过程受到一定的 *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 空气阻力作用，所以篮球在运动过程中加速度发生变化，图中 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； 篮球运动轨迹关于最高点不对称，故AD错误；研究运动员投篮 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 动作时，篮球的形状大小不能忽略不计，不可以将篮球视为质 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 点，故B错误；篮球被投出到入框，重力和空气阻力都做负功， 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 根据动能定理可知，篮球的动能减小，则篮球被投出瞬间的速 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 度一定比人框时大，故C正确。 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 高三二轮复习专题卷 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 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 9.ABC【解析】由题意可知，光斑的速度与 导弹的速度总相等，将导弹的速度沿光束 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 v1=va sin a,根据圆周运动参量的关系有 wh wh 0一n。,解得A一sima,A正确；导弹由 A点运动到B点的过程，光束转过的角度9=a一B,根据t= 日，解得1-。，B正确：根据运动的合成与分解可知，导弹在 B点的速度阳二月因为a≥9，所以a>A,导弹由A点园 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品，解得a-2am,C正确。 (a-B)sinasin2B 10.BC【解析】设甲水平抛出石块的初速度为o,Q点相对于P 点的竖直高度为H,则H=2g,石块落在P点时速度的竖 直分量，=V2g丑，甲抛出小石块的水平位移x=2osa, L w=子，am37=2 联立可得H-=√陪 √，则A点相对于P点的高度A=乞s血。=高L,QA 8L 两点竖直高度差为△M=品L一意L=六故A错误，B正确： 4, L 对于乙，有品L-,号1-·1，结合前面式子可得号 3,A一√5，故C正确，小石块运动到最高点时速度即 22 /4gL 为水平方向分速度，大小为，=0：·os58=日√亮放D 错误。 11.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xAs一0537=5L,xo=4Ltan37° 3L,又E1=E,则该过程由动能定理得gE1xAs=2mu,解得 vg=√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=u0s3T-专V0E,在竖 直方向做类竖直上抛运动，初速度为v2=vsin37°一 √10E江，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m53=兰，解得= V0E豇，在竖直方向上由牛顿第二定律得a=9E:=kB, 16 由速度公式得2=一o2十at2,又由位移公式得3L=一2t2十 名a,解得：=号√受E,-票E,放A错误，0.C两点间 的距离为x=1,整理得-号L,故B结误；粒子由A 到B的时间为41=5L=10 /10L ,解得t=√E ,所以粒子由A UB UB 2 16/10L 到C的总时间为t=4十，=7√E,故C正确；粒子在C 点的速度为c=√o十2，粒子由A到C的过程由动能定理 得Uc=m足，解得Uxc-8EL,故D正确。 ·,=L回阳出组，g买回4本平尹士单【晔摇】qV 在垂直极板方向做匀变速直线运动，由运动学公式有 =aT,根据牛顿第二定律有Be=ma,解得E=14mdo d 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 的上极板竖直向上移动 电容定义式U=电 U 2,由E= 容决定式C:联立解得上Q,可知电场强度不变， e.S 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(Eq)产=0.5N,设合力与竖直方向的夹角为a,则 tan a= mg一4，所以合力与竖直方向的夹角为37，所以在A 点有F合=mR,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Fa·2R=)m心i-mi,解得 wD=√/125m/s,故B正确；小球经过A点后做斜下抛运动，则 R(1+cos37)=(vAsin37)t+2gr2,解得t=0.6s,故D正 确；小球落地点距离C点的距离为x=Rsin37°+VACOS37°· 22×92解得x=2.25m,放C错误 77m 3.(1)30m(2)350N 【解析】(1)设人和自行车的总质量为m,若不受摩擦力作用， 则由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可 得mng tan37°=mo 解得r=30m。 (2)运动员骑车以20m/s的速度运动时，大于15m/s,此时重 力和支持力的合力不足以提供向心力，斜面对人和自行车施 加沿斜面向下的静摩擦力，其受力分析如图所示， ↑y mg 根据牛顿第二定律可得，在y轴方向有FNCOS37°=mg十 fsin37°， 在x轴方向有fcos37°+Fxsin37”=mu r 联立解得f=350N。 4.(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 1 mgL-2 mv, 在最低点有Fr一mg=m乙，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=2m0i,则小球在最低点有 Fn一mg一E,q=m2,其中Fa=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EqL十 E,gL=2mo,则小球在最低点有F一mg一E,9=m乙，其 中FT2=8mg, 联立解得E,=mg,E.=8 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 点时的动能相等，可知小球α在重力场中的运动与小球b在等 6 (1)15m/s(2)1860N(3)与斜坡成60°夹角斜向上 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 125m B所受重力与电场力的合力方向沿x轴正方向，大小为mg, 【解析】(1)由平抛运动的特点可得=2，解得t一√ 2h 则匀强电场的电场强度大小为E-气g,方向与x轴正方向 2×20 成45°角斜向上。 s=2s, W10 (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√Eg一mg2=ma, 得运动员经过A点的速度以子 t m/s= 15m/s。 由运动学规律得听=2ax,解得x=冬R<R, (2)运动员在B点竖直方向速度v,=gt=20m/s, 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 运动员在B点速度大小vB=√0十=25m/s, 运动，经过圆周与x轴正方向的交点D离开圆形区域。由运 在B点受力分析如图，c0s0=A= 动学规律得o品=2a(x十R), ,即0=53°， 5 小球c离开圆形区域时的动能Ex=之mo品， 由牛顿第二定律得FN一mg cos0=m尺，解得FN=1860N, 11 解得Ek=8mgR。 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. 18.1)mgh(2)2m8,斜向左下方，与竖直方向的夹角为60° (3)5√13h h 【解析】(1)不带电小球做平抛运动，则有n=之gt2,2h=t, mg .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 E.=弓m,解得E,=mg, 于斜坡方向上有mgcos30°=ma1,得a1=gcos30°=5√3m/s2, (2)小球带正电，设初速度为vx,末速度为v,,根据动能的公 垂直于斜坡方向的初速度v1=vcsin0,平行于斜坡方向上有 ng sin30°=ma2, 式有2Ek=2mu,25E=2m02, 得a2=gsin30°=5m/s2, 根据运动的分解有v=2a,h,v2=2a.X2h, 平行于斜坡方向的初速度v2=vccos0,运动员从C点落到斜 根据牛顿第二定律有qE,=maz,mg十gE,=may, 坡上的时间：=2_10sin9(s), a1√/3 则电场强度大小为E。=√E:+E,解得E。-2mg 运动员落到斜坡上距C点的距离1=Ug十 2a2t2, 设电场强度与竖直方向的夹角为9，则有an0=gE=5, gE 代人数据并整理可得1=125+250 3 sin(20-30)(m), 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： 当0=60°时，即速度方向与斜坡成60°夹角斜向上时，1最大， 0~T:小球做水平向右、加速度为ax的匀减速直线运动， 最大值为125m。 T~2T:电场反向，电场力的水平分力向右，小球做水平向右、 e2e+号 加速度为a,的匀加速直线运动，之后再重复前面的运动； (1)入m 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， 【解析】(1)电子在加速电场中运动，由动能定理有eU。= T~2T:电场反向，竖直向上的电场力分力与重力平衡，所以 2eUo 小球竖直向下做匀速直线运动，后面重复前面的运动，因此 2mu6,代人数据解得v=√m 0~5T内，小球的水平位移为x=5×2h=10h, (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，则有 d 1 0~T的竖直位移为y=h=2a,T2,o=a,T, L=,2=2at, T2T的竖直位移为y2=vT=2h, 根据牛顿第二定律有a=c ma,解得U=2Ud2 2T~3T的竖直位移为y:=T+2a,T2=3h, (3)设电子离开电场时速度1与进入电场时的速度v。夹角为 3T~4T的竖直位移为y4=(v十a,T)T=4h, a,则tana=巴=a4 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y+y4+ys=15h,小 电子离开电场后，做匀速直线运动射到荧光屏上，竖直方向位 球的位移大小s=√x十y=5√/13h。 移为Y=号+Dne熊得Y-2+号 物理（五） (1)√3gR (2) 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， mg,方向与x轴正方向成45°角斜向上 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 2 3 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= 8 mgR π(R+h) ,故B错误；根据万有引力提供向心力G Mm S。 【解析】(1)根据题意可知，小球a做平抛运动，水平方向做匀 (R+h)2= 速直线运动，有Rcos30°=vot, /2π\2 Mm m (R十h),又根据G (R+h)=mg,联立解得核心舱处 竖直方向做自由落体运动，有Rsin30°=号g2,可得 4S8 -V③gR 的重力加速度大小为g:一R十A),故C错误：根据万有引力 2 Mm (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 提供向心方得GR0=m(斧)'(R+,解得M 场力合成后可看作在等效重力场中的运动。由于OB与y轴