热点情境突破练6-10（5份打包 含解析）2024年高考物理大二轮复习

热点10　磁场的性质
1.(2023·江苏镇江市三模)一不可伸长直导线垂直于匀强磁场B放置，通过电流I时导线受到的安培力为F，将该导线做成半圆环，圆环平面仍垂直于匀强磁场放置，如图所示，并保持安培力不变，则圆环中电流大小为(　　)
A．I B.I C．πI D.I
2．(2023·江苏省百校联考)磁流体发电机原理如图所示，等离子体高速喷射到加有匀强磁场的管道内，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A、B两金属板偏转，形成直流电源对外供电，则(　　)
A．仅增大负载的阻值，发电机的电动势增大
B．仅增大两板间的距离，发电机的电动势增大
C．仅增大磁感应强度，发电机两端的电压减小
D．仅增大磁流体的喷射速度，发电机两端的电压减小
3.如图，两根平行长直导线固定，导线中通有垂直纸面向外、大小相等的恒定电流，O是两导线连线的中点，a、b是连线上的两点，c是连线的中垂线上一点，aO＝Ob。下列说法正确的是(　　)
A．O点的磁感应强度不为零，方向垂直于两导线的连线向上
B．a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同
C．a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相反
D．c点的磁感应强度不为零，方向平行于两导线的连线向右
4.(2023·江苏省海安中学阶段测试)如图所示，用同一个回旋加速器分别加速静止的氕核H、氘核H与氦核He，加速电压大小相等，磁场的磁感应强度大小相等，不考虑粒子在电场中的运动时间以及粒子质量的变化。则下列说法正确的是(　　)
A．三种原子核在回旋加速器中运动的时间相同
B．离开加速器时的速度最大的是氦核He
C．离开加速器时的动能最小的是氕核
D．加速氘核H后再对氦核He进行加速，需要重新调整加速电压周期
5．如图甲所示为多路导线输电时经常用到的一个六分导线间隔棒，用于固定和分隔导线，图乙为其截面图。间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心。已知通电直导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比，某时刻，6条输电导线中通过垂直纸面向外，大小相等的电流，其中a导线的电流对b导线中的安培力为F，该时刻(　　)
A．O点的磁感应强度方向垂直于cf向下
B．b、c、d、e、f处5根导线在a处产生磁场的磁感应强度方向沿aO，由a指向O
C．c导线所受安培力方向沿Oc指向c
D．a导线所受安培力为2.5F
6.(2023·江苏省如东中学等四校联考)如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，中心线处的电场强度为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力。下列说法不正确的是(　　)
A．极板M比极板N的电势高
B．加速电场的电压U＝
C．PQ＝2B
D．若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷
7.MN、PQ为水平放置、间距为1 m的平行导轨，左端接有如图所示的电路。电源的电动势为10 V，内阻为1 Ω，小灯泡L的电阻为8 Ω。将导体棒ab静置于导轨上，整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为2 T，方向与导体棒垂直且与水平导轨平面的夹角θ＝53°，匀质导体棒质量为0.22 kg，阻值为8 Ω。闭合开关S后，导体棒恰好未滑动。已知导体棒和导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计导轨的电阻，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8。则(　　)
A．此时滑动变阻器接入电路中的电阻为5 Ω
B．流过灯泡的电流大小为1 A
C．导体棒受到的安培力大小为1.1 N
D．若将滑动变阻器的滑片向左移动，则导体棒仍会静止
热点10　磁场的性质
1．B　[直导线在磁场中受力F＝BIL，半圆环导线在磁场中受力的有效长度是半圆环的直径长度，则F＝BI′，解得I′＝I，故选B。]
2．B　[磁流体发电机中，离子最终所受静电力与洛伦兹力平衡，设两金属板间的电压为E，即发动机的电动势，有qvB＝q，解得E＝Bvd，可知仅增大负载的阻值，发电机的电动势不会改变，仅增大两板间的距离，发电机的电动势增大，仅增大磁感应强度，发电机的电势增大，仅增大磁流体的喷射速度，发电机的电动势增大，故A错误，B正确；根据闭合电路欧姆定律，有U＝E，知仅增大磁感应强度，发电机两端的电压增大，仅增大磁流体的喷射速度，发电机两端的电压增大，故C、D错误。]
3．C　[由安培定则判断可知，两导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，则O点处的磁感应强度为零，故A错误；根据磁场的叠加原理和对称性知，a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反，故B错误，C正确；画出c点的磁场方向如图，
可知c点的磁感应强度不为零，方向水平向左，选项D错误。]
4．A　[加速电压周期等于粒子在磁场中的运动周期，则有T电＝T＝，由于氘核H和氦核He的比荷相等，可知加速氘核H后再对氦核He进行加速，不需要重新调整加速电压周期，选项D错误；当粒子在磁场中的轨道半径等于D型盒半径时，粒子的速度最大，动能最大，则有qvB＝m，解得最大速度为vm＝∝，粒子的最大动能为Ekm＝mvm2＝∝，由于氕核H的比荷在三种粒子中最大，则离开加速器时的速度最大的是氕核H，氘核H的最小，则离开加速器时的动能最小的是氘核H，选项B、C错误；粒子在电场加速的次数为n＝＝，粒子在回旋加速器中运动时间为t＝n·＝·＝，可知粒子在回旋加速器中运动时间与粒子的电荷量和质量均无关，则三种原子核在回旋加速器中运动时间相同，选项A正确。]
5．D　[根据安培定则，a、d两条导线在O点的磁感应强度等大反向，b、e两条导线在O点的磁感应强度等大反向，c、f两条导线在O点的磁感应强度等大反向，则O点的磁感应强度为0，A错误；根据安培定则，b、c、d、e、f处5根导线在a处产生磁场磁感应强度方向如图所示，设b在a处产生的磁感应强度大小为B，则f在a处磁感应强度大小为B，c、e在a处磁感应强度大小为，d在a处产生的磁感应强度大小为，根据磁感应强度的叠加可知，b、c、d、e、f处5根导线在a处产生磁场磁感应强度方向垂直于aO斜向左下方，合磁感应强度大小为2.5B，根据左手定则和安培力公式可知，a受安培力方向为沿aO，由a指向O，大小为2.5F，B错误，D正确。同理可判断，C错误。]
6．C　[带电粒子要打到胶片上的Q点，根据磁场方向和左手定则可知，带电粒子需要带正电，在加速电场能够加速，所以极板M比极板N的电势高，故A项正确， 不符合题意；带电粒子在加速电场做匀加速直线运动，有qU＝mv2，带电粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，有qE＝m，解得U＝，故B项正确，不符合题意；若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，即半径相同，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，由之前的分析有qU＝mv2，解得r＝，由上述分析可知，带电粒子若打在同一点上，则带电粒子的比荷相同，D正确，不符合题意；带电粒子在磁场中轨迹圆的直径为PQ＝2r＝，故C错误，符合题意。]
7．A　[根据题意对导体棒受力分析，如图所示，
导体棒恰好未滑动，则有FAsin θ＝Ff，FAcos θ＋FN＝mg，Ff＝μFN，
解得FA＝1 N，又有FA＝BIL，
解得通过导体棒的电流为I＝＝0.5 A，灯泡与导体棒并联，且电阻相等，则通过灯泡的电流也为0.5 A，灯泡两端的电压为UL＝IRL＝4 V，通过滑动变阻器的电流为I总＝1 A，滑动变阻器两端的电压为U＝E－UL－I总r＝5 V，则滑动变阻器接入电路中的电阻为R＝＝5 Ω，故B、C错误，A正确；若将滑动变阻器的滑片向左移动，总电阻减小，总电流增大，则安培力增大，FN减小，则Ff减小，则有FAsin θ>Ff，导体棒向右移动，故D错误。]热点6　动量和动量守恒
1.科技发展，造福民众。“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以(　　)
A．减小穿戴者动量的变化量
B．减小穿戴者动量的变化率
C．增大穿戴者所受合力的冲量
D．减小穿戴者所受合力的冲量
2.(2023·江苏盐城市伍佑中学模拟预测)如图所示为水平圆盘的俯视图，圆盘上距中心轴O为r处有一质量为m的小物块。某时刻起圆盘绕轴O转动，角速度从0增大至ω，小物块始终相对圆盘静止。已知物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，此过程小物块所受的摩擦力(　　)
A．方向始终指向O点
B．大小始终为μmg
C．冲量大小为mωr
D．做功为零
3.(2023·江苏省南京外国语学校期末)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)
A．FN＝mgcos α
B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α
C．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒
D．此过程中斜面体向左滑动的距离为L
4．滑块P以初速度v0沿水平轨道滑行x0距离后与静止在轨道上的滑块Q发生完全非弹性碰撞，已知两滑块在水平轨道上滑行受到的阻力与其重力之比均为k，碰撞后滑行x距离后停止，重力加速度为g，则P、Q的质量之比为(　　)
A.
B.
C.
D.
5．在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为航天员舱外活动的主要动力装置，它能让航天员保持较高的机动性。如图所示，航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出，航天员到达舱门时的速度为v2。若航天员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后航天员和装备质量的变化，忽略航天员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为(　　)
A.
B.
C.
D.
6．(2023·江苏无锡市期末)离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，工作时将推进剂离子化，使之带电，然后在静电场作用下推进剂得到加速后喷出，从而产生推力，这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等。航天器质量为M，单个离子质量为m、带电荷量为q，加速电场的电压为U，高速离子形成的等效电流大小为I，根据以上信息计算该发动机产生的推力大小为(　　)
A．I
B．I
C．I
D．I
7．如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U型管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U型管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　)
A．该过程中，小球与U型管组成的系统机械能和动量都守恒
B．小球从U型管的另一端射出时，速度大小为
C．小球运动到U型管圆弧部分的最左端时，小球速度大小为
D．小球运动到U型管圆弧部分的最左端时，U型管速度大小为
热点6　动量和动量守恒
1．B　[依题意，根据动量定理有FΔt＝Δp，可得F＝，可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间Δt，从而减小人所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量Δp和穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化，故选B。]
2．C　[由于小物块在水平面上做圆周运动，则小物块的重力与圆盘的支持力平衡，小物体始终相对圆盘静止，因此小物块所受外力的合力等于圆盘对其的静摩擦力，由于角速度从0增大至ω，则小物块做变速圆周运动，静摩擦力沿径向的分力提供向心力，沿切向的分力使物块线速度增大，即此过程小物块所受的摩擦力不指向圆心，故A错误；根据上述可知，小物块所受摩擦力为静摩擦力，随角速度的增大，该静摩擦力也逐渐增大，故B错误；根据上述，小物块所受合力等于摩擦力，根据动量定理有I＝mv－0，由于v＝ωr，则有I＝mωr，故C正确；小物块动能增大，根据动能定理可知摩擦力做的功W＝mv2＝mω2r2，摩擦力做功不为零，故D错误。]
3．D　[当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面体A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α，故A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，故B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C错误；系统水平方向所受外力为零，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝L，故D正确。]
4．C　[设滑块P的质量为m1，滑块Q的质量为m2，碰撞前，对滑块P，由动能定理有－km1gx0＝m1v12－m1v02，滑块P、Q碰撞，以v1方向为正方向，由动量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v，碰撞后滑块P、Q共速，由动能定理有－k(m1＋m2)gx＝0－(m1＋m2)v2，联立解得＝＝，故选C。]
5．D　[设喷出的气体的质量为m，
则m＝ρSv1t
根据动量守恒定律可得mv1＝Mv2
航天员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则·t＝d
联立解得ρ＝，故选D。]
6．B　[根据动能定理可得qU＝mv2，解得离子的速度为v＝，根据电流的定义式有I＝＝，对离子，由动量定理可得F·Δt＝N·mv，联立解得发动机产生的推力大小为F′＝F＝I，故选B。]
7．D　[由于不计一切摩擦，在小球与U型管相互作用过程中，小球的动能只能与U型管的动能发生转移，故小球与U型管组成的系统机械能守恒，系统沿导槽方向所受合外力为零，小球与U型管组成的系统沿导槽方向动量守恒，故A错误；小球从U型管的另一端射出时，小球与U型管系统机械能守恒，故mv02＝mv12＋mv22，沿着导槽方向，系统动量守恒，以向左为正方向，故mv0＝mv2＋mv1，解得小球从U型管的另一端射出时，U型管速度为v0，小球速度大小为0，故B错误；小球运动到U型管圆弧部分的最左端过程，沿着导槽方向，系统动量守恒，以向左为正方向，设小球与U型管的速度为vx，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m)vx，解得vx＝，设小球的合速度为v，根据机械能守恒定律得mv02＝m()2＋mv2，解得v＝v0，故C错误，D正确。]热点8　电场的性质
1．(2023·江苏南通市调研)如图所示，某兴趣小组制作一个简易的静电除尘装置，没有底的空塑料瓶上固定着一块铝片和一根铜棒，将它们分别跟起电机的正、负极相连，在塑料瓶里放置点燃的蚊香，瓶内烟雾缭绕。摇动起电机后瓶内便清澈透明。图中a、b为同一根电场线上的两点。则起电机摇动时(　　)
A．电场强度Ea>Eb
B．电势φa<φb
C．铝片是等势体
D．带负电的烟雾向铜棒聚集
2.某空间存在沿x轴方向的静电场，各点电势φ随位置的变化情况如图所示。x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，下列说法正确的是(　　)
A．x1点处的电场强度不为零
B．质子在x3点处受到的静电力为零
C．x2与x4两点处电场强度的方向相同
D．一电子从x1移到x4的过程，电势能一直减小
3.(2023·江苏盐城市三模)如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有矩形区域abcd，a、b、c三点的电势分别为0、4 V、6 V。ab长为2 cm，bc长为 cm；Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别是矩形abcd四条边的中点。将点电荷＋q从b位置沿任意路径移动到某位置静电力做功为零，则该位置是(　　)
A．Ⅰ B．Ⅱ C．Ⅲ D．Ⅳ
4．电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，在电子显微镜中电子枪发射电子束，通过电场构成的电子透镜使其会聚或发散。电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势线。一电子仅在静电力作用下运动，运动轨迹如图中实线所示，a、b、c、d是轨迹上的四个点，下列说法正确的是(　　)
A．b处的电场强度与c处的电场强度相同
B．电子从a到d运动时，加速度不断增大
C．电子在a处受到的静电力方向与a处虚线相切
D．电子从a到b运动时，电势能逐渐减小
5.(2023·江苏扬州市月考)如图所示，半径为R的绝缘细圆环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷，A、B、C三点将圆周三等分。取走A、B处弧长均为ΔL的圆弧上的电荷(ΔL R)，静电力常量为k，此时圆心O处电场强度(　　)
A．方向沿CO，大小为k
B．方向沿OC，大小为k
C．方向沿CO，大小为k
D．方向沿OC，大小为k
6．(2023·江苏省靖江中学期末)如图所示，竖直放置的金属板A、B组成一平行板电容器，O点为两板中心，在过O点且与板垂直的直线上，板外的M、N两点到O点距离相等，板间的P、S两点到O点的距离相等。板外M、N点分别放置等量异种点电荷时，O点处场强恰好为零，忽略两点电荷对两板电荷分布的影响，则(　　)
A．A极板带负电，B极板带正电
B．质子在P点的电势能大于在S点的电势能
C．P、S两点场强大小相等、方向相反
D．若仅增加两板之间距离，O点处电场强度仍为零
7.(2023·江苏南京市二模)如图，光滑绝缘水平面上，由1、2、3三个带电荷量均为＋q、质量均为m的相同金属小球，用长为L的三根绝缘细绳连接，A、B、C分别为其中心，O为三角形中心，已知单个点电荷q周围空间的电势φ＝k，r为到点电荷的距离，则下列说法正确的是(　　)
A．O点的电场强度不为零，且方向向上
B．若L长度可调节，则A、O两点的电势可能相等
C．系统的总电势能为Ep＝k
D．若B处剪断，则之后小球1的最大速度为v1m＝q
热点8　电场的性质
1．C　[起电机摇动时，依题意铜棒带负电，铝片带正电，可知二者之间电场线的分布是从左至右变的密集，即电场强度关系为Eaφb，故B错误；铝片带正电后，为一个等势体，故C正确；因为铝片带正电，所以带负电的烟雾向铝片聚集，故D错误。]
2．C　[φ－x图像切线的斜率大小表示电场强度大小，由题图可知图像在x1点处的切线斜率等于零，故x1点处的电场强度为零，A错误；x3点处电势为零，但是电场强度不为零，故质子在x3点处受到的静电力不为零，B错误；从x2到x4，电势降低，则x2与x4两点处的电场强度方向相同，C正确；从x1到x4，电势一直降低，电子在移动过程中，电势能一直增大，D错误。]
3．C　[连接Ⅰ、d与b、Ⅲ，连线与ac连线的交点e、f，如图，由数学知识可知，e、f是ac的三等分点，可知f与Ⅲ、b点电势相同都是4 V，所以将点电荷＋q从b位置沿任意路径移动到Ⅲ位置静电力做功为零，故选C。]
4．D　[根据电场线与等势线垂直，沿电场线方向电势降低且电场线上该点的切线方向为该点的电场强度方向，由题图可知b处电场线的切线方向斜向左上方，c处电场线的切线方向斜向左下方，所以b、c点的电场强度不相同，故A错误；等差等势线的疏密也可以反映电场的强弱，由a到d等势线先变疏后变密，所以电场强度先减小后增大，则电子的加速度先减小后增大，故B错误；a处电场线与等势线垂直，所以电子受到的静电力方向与虚线垂直，故C错误；电子从a运动到b时，电势逐渐升高，根据Ep＝qφ可知，电子的电势能逐渐减小，故D正确。]
5．A　[由于圆环所带电荷量均匀分布，所以长度为ΔL的小圆弧所带电荷量q＝，没有取走电荷时圆心O点的电场强度为零，取走电荷后，圆环剩余电荷在O点产生的电场强度大小等于A、B处弧长为ΔL的小圆弧所带正电荷在O点产生的场强的叠加，方向相反，即有E剩＝cos 60°，解得E剩＝，方向沿CO，故选A。]
6．D　[根据题意可知，板外M、N点的点电荷在O点产生的电场方向为水平向左，则两金属板A、B在O点产生的电场方向为水平向右，则A极板带正电，B极板带负电，故A错误；由等量异种电荷电场和电容器的电场分布可知，P、S两点场强大小相等，方向均向左，故S点的电势高于P点电势，质子在P点的电势能小于在S点的电势能，故B、C错误；若仅增加两板之间距离，极板上电荷量不变，由公式C＝，C＝和E＝可得E＝可知，极板间电场强度不变，则O点处电场强度仍为零，故D正确。]
7．D　[根据对称性可知A、B、C三处点电荷在O点产生的电场强度大小相等，根据电场强度的叠加可得O点的电场强度大小为0，故A错误；O点到金属小球的距离均为，A点到金属小球3的距离为，则A、O两点的电势分别为φA＝k×2＋k＝(4＋)k，φO＝k×3＝3k，则A、O两点电势不论在L取何值时都不可能相等，故B错误；1电荷的电势能Ep1＝(φ2＋φ3)q＝k，同理可得2和3电荷电势能Ep2＝Ep3＝k，故整个系统电势能为Ep＝＝k，故C错误；三球在同一条直线上时整个系统电势能最小，动能最大，1球速度最大，此时1电荷的电势能Ep1′＝(φ2＋φ3)q＝k，2和3电荷电势能Ep2′＝Ep3′＝k＋k＝k，此时整个系统电势能最小为Ep′＝＝k，对系统，根据能量守恒定律有k－k＝mv1m2＋×2mv22，根据动量守恒定律有mv1m＝2mv2，两式联立解得v1m＝q，故D正确。]热点7　力学图像
1.如图所示，将一滑块从粗糙斜面上某点由静止释放，滑块沿斜面下滑后与固定在斜面底端的挡板碰撞后反弹，碰撞的时间极短，可忽略不计，且碰撞没有机械能损失。以沿斜面向下为正方向，能正确反映滑块速度v随时间t变化的图像是(　　)
2.质量为1 kg的小物块在水平面上运动，其速度—时间图像如图所示，下列判断正确的是(　　)
A．0～4 s内的位移大小等于6 m
B．0～4 s内的平均速度大小等于2 m/s
C．0～1 s内的加速度大小等于2 m/s2
D．0～1 s内小物块受到的合外力大小等于4 N
3.(2022·广东卷·3)如图所示是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是(　　)
4．(2023·江苏省高邮中学期中)如图甲所示为研究木块运动情况的装置，计算机与位移传感器连接，将木块自O点静止释放，计算机描绘木块相对O点的位置随时间变化的x－t图像是图乙中的曲线②。图乙中木块先后经过x1、x2、x3位置时的时间间隔相同。以下说法正确的是(　　)
A．若x1∶x2∶x3＝1∶3∶5，则表明木块做匀加速直线运动
B．若x1＝x2－x1＝x3－x2，则表明木块一定做匀加速直线运动
C．若只增大木板的倾角，则计算机描绘的x－t图像可能是图乙中的曲线①
D．若只增大木块的质量，则计算机描绘的x－t可能是图乙中的曲线③
5．(2023·江苏省基地第五次大联考)在无风的环境里将一塑料球以一定的初速度v0水平抛出，球受到的空气阻力与速度大小成正比，该球运动过程中水平方向的速度vx随时间t、水平方向的位移x的变化规律，竖直方向的速度vy随时间t、竖直方向的位移y的变化规律可能正确的是(　　)
6．甲、乙两质点在相邻两直线上做匀变速运动，t＝0时刻甲、乙同时并排出发，甲的位移随时间变化的图像如图a所示。图b是乙的位移随速度平方的变化图像，乙速度减为0后不再运动。则下列说法正确的是(　　)
A．甲、乙的加速度大小分别为4 m/s2、8 m/s2
B．t＝1.25 s时，甲、乙的速度大小分别为5 m/s、4 m/s
C．0～1 s内两质点间距离一直在变小
D．两质点在x＝8 m处再次并排
7．(2023·江苏南京市二模)将一个小球从地球竖直上抛，过程中小球受到的阻力与速率成正比，设向上为正方向，小球的速率、位移、动能和机械能分别为v、x、Ek和E，以地面为零势能面，则下列描述小球运动过程的图像可能正确的是(　　)
8．如图甲，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，质量为m的小球，从弹簧上方x0处由静止下落。若以小球开始下落的位置为坐标原点，建立竖直向下坐标轴Ox，小球下落至最低点过程中的a－x图像如图乙(图中x0，x1，x2，g均为已知量)，不计空气阻力，g为重力加速度。下列说法正确的是(　　)
A．x0到x1段，小球做加速度逐渐减小的减速运动
B．弹簧受到的最大弹力为mg
C．该过程中小球与弹簧组成系统的势能变化的最大值为mg(x0＋x1)
D．小球向下运动过程中最大速度为
9.(2023·江苏镇江市三模)如图所示，轻质弹簧一端连接在固定斜面底端的挡板上，另一端与物块A连接，物块A静止在斜面上，弹簧恰好处于原长，A与斜面间动摩擦因数μ＝tan θ，t＝0时刻给A一沿斜面向下的瞬时冲量，物块A在运动过程中，加速度a、动能Ek、弹性势能Ep与路程s及运动时间t的变化关系可能正确的是(　　)
热点7　力学图像
1．D　[v－t图像的斜率表示加速度，滑块沿斜面下滑时有mgsin θ－Ff＝ma1，碰撞后上滑时有mgsin θ＋Ff＝ma2，所以a1<a2，由于碰撞没有机械能损失，即碰撞前后速度大小不变，方向相反，故选D。]
2．C　[由速度—时间图像中图线与t轴围成的面积可得0～4 s内的位移大小为x＝×2 m＝5 m，故A错误；0～4 s内的平均速度大小＝＝ m/s＝1.25 m/s，故B错误；0～1 s内的加速度大小a＝＝2 m/s2，故C正确；0～1 s内小物块受到的合外力大小F＝ma＝2 N，故D错误。]
3．C　[设斜坡倾角为θ，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma1，
可得a1＝gsin θ；
运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度a2＝0；
运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度，即a3＝g；
设在P点的速度为v0，则从P点飞出后速度大小的表达式为v＝。
由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且a1<a3，
C正确，A、B、D错误。]
4．C　[若x1∶x2∶x3＝1∶3∶5，则x3－x2＝x2－x1，木块先后经过x1、x2、x3位置时的时间间隔相同，所以在这段时间内木块做匀速直线运动，故A错误；若x1＝x2－x1＝x3－x2，则表明木块一定做匀速直线运动，故B错误；只增大木板倾斜的角度，根据牛顿第二定律知加速度增大，由x＝at2，可以看出a增大，则x增大，即相等的时间，位移增大，则木块的x－t图像可能是题图乙中的①，故C正确；根据牛顿第二定律有a＝gsin θ－μgcos θ，可知加速度a与质量m无关，则图线仍为②，故D错误。]
5．D　[水平方向受空气阻力作用，由牛顿第二定律，有a＝，塑料球水平方向速度逐渐减小，所以其水平方向加速度逐渐减小，即vx－t图像中图线的斜率逐渐变小，故A错误；根据动量定理有－kxt＝mvx－mv0，可得－kx＝mvx－mv0，整理可得vx＝v0－·x，故B错误；竖直方向受空气阻力作用，由牛顿第二定律，有a′＝，塑料球竖直方向速度逐渐增大，所以其竖直方向加速度逐渐减小，即vy－t图像中图线的斜率逐渐变小，故C错误；在vy－t图像中图线与t轴所围面积表示竖直方向的位移，知vy随竖直方向的位移y的变化率也是逐渐变小的，故D正确。]
6．D　[题图a是甲做匀加速直线运动的x－t图像，则有x甲＝v甲0t＋a1t2，将图中的两点(1 s,2 m)，(2 s,8 m)代入解得v甲0＝0，a1＝4 m/s2，对乙结合题图b和匀变速直线运动规律有v2－v乙02＝－2a2x乙，代入数据可得v乙0＝8 m/s、a2＝4 m/s，A错误；根据v甲1＝a1t和v乙1＝v乙0－a2t可得t＝1.25 s时v甲1＝5 m/s，v乙1＝3 m/s，B错误；根据以上分析可知0～1 s内甲的速度始终小于乙的速度，则两质点间距离变大，C错误；两质点再次并排时，根据位移关系有v乙0t1－a2t12＝a1t12，解得t1＝2 s，此时乙的速度恰好减为零，满足题意，可得两质点在x＝8 m处再次并排，D正确。]
7．C　[小球在上升过程中，由牛顿第二定律得mg＋kv＝ma，v逐渐减小，则a减小，下降过程中有mg－kv＝ma，v越来越大，故加速度继续减小，A图图像趋势正确，但速度为零时，斜率不为零，且加速度为g，图像应为平滑曲线，故A错误；v－x图像斜率为，在上升过程中斜率变大，下降过程中斜率变小，故B错误；Ek－x图像斜率为合外力，向上运动过程F＝mg＋kv变小，向下运动过程中F＝mg－kv继续变小，故C正确；向上运动过程比向下过程中任意一个位置，阻力要更大，故向上过程中阻力做功更多一点，机械能损失要更多一点，故D错误。]
8．D　[根据题图甲可知，小球与弹簧刚刚接触，压缩量较小时，重力大于弹簧的弹力，即x0到x1段，小球做加速度逐渐减小的加速运动，A错误；根据题图乙可知，在x1位置，加速度为0，则有k(x1－x0)＝mg，随后进一步向下压缩弹簧，最大压缩量为x2，此时速度减为0，则此时弹力最大为Fmax＝k(x2－x0)，解得Fmax＝，B错误；该过程中小球与弹簧组成系统的机械能守恒，即只有动能、势能(包含重力势能与弹性势能)的转化，在加速度为0处，小球速度最大，动能最大，即动能变化最大，则势能变化最大，即小球运动至x1位置时，重力势能减小了mgx1，减小的重力势能转化为弹性势能与动能，可知小球与弹簧组成系统的势能变化的最大值小于mgx1，C错误；根据上述，小球运动至x1位置时，加速度为0时，小球速度最大，根据题图乙可知，将纵坐标乘以小球质量m，表示合力，则有mgx0＋＝mvmax2，解得vmax＝，D正确。]
9．B　[以弹簧恰好处于原长的位置为坐标原点且取向下为正，则记物块A运动的位移为x，则物块A下滑过程中有x＝s，上滑过程中s＝2s0－x，故加速度a、动能Ek、弹性势能Ep与路程s的关系图线与关于位移x的关系图线形状相同。由于刚开始时物块A静止在斜面上，弹簧恰好处于原长，A与斜面间动摩擦因数μ＝tan θ，则物块A下滑过程中有kx＝ma，则物块A下滑过程中a－x图线是一条过原点的直线，当A下滑到最低点后上滑过程中有kx－2mgsin θ＝ma，则A上滑过程中a－x图线应是一条下倾的直线，且最大加速度要比下滑的最大加速度要小，但物块A不是做匀变速直线运动，则a与t的关系不可能是直线，A错误，B正确；根据以上分析可知，物块下滑过程中重力和摩擦力抵消，则物块所受的合外力为弹力，由于弹簧弹力随形变量均匀变化，根据动能定理有kx2＝Ek0－Ek，则下滑过程中Ek－x图线应该是一条开口向下的抛物线的一部分，物块上滑过程有ks02－kx2－2mgsin θ·(s0－x)＝Ek，则上滑过程中Ek－x图线也应该是一条开口向下的抛物线，但根据牛顿第二定律可知上滑过程中在到达x＝0(即路程2s0)前存在某位置时A的合外力为零，此位置动能最大，此后A就开始做减速运动，动能将减小，C错误；物体A下滑过程中Ep与下滑位移x的关系为Ep＝kx2，则物块A下滑过程中Ep－x图线应该是一条开口向上的抛物线一部分，当物块上滑过程有Ep＝ks02－kx2，则物块A上滑过程中Ep－x图线应该是一条开口向下的抛物线的一部分，D错误。]热点9　带电粒子在电场中的运动
1.(2023·江苏南京市二模)某一电场线与y轴重合，A、B为y轴上的两点，y轴上各点电势随其坐标变化的关系如图所示。一电子仅在静电力的作用下沿y轴正方向从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．电子的加速度增大 B．电子的速度不变
C．电子的动能减小 D．电子的电势能减小
2.如图所示，地面附近空间有水平向右的匀强电场，一带电微粒以初速度v0从M点进入电场，沿直线运动到N点，不考虑地磁场的影响。下列说法正确的是(　　)
A．该微粒带正电
B．该微粒做匀速直线运动
C．只增大初速度v0，微粒仍沿直线MN运动
D．从M至N过程中，该微粒电势能减小，动能增加
3.(2023·江苏省靖江中学期末)静电除尘烟囱，放电极附近的强电场使空气分子电离为正离子和电子，使尘埃颗粒带负电，被吸附到正极。图中虚线为一个尘埃颗粒的运动轨迹，下列说法正确的是(　　)
A．尘埃颗粒的初速度可能为零
B．尘埃颗粒的动能一直增大
C．尘埃颗粒的加速度先减小后增大
D．尘埃颗粒的电势能先增大后减小
4.(2023·江苏苏锡常镇四市一模)一质量为m、带电荷量为－q的小球从水平放置的带电荷量为＋Q绝缘圆环(电荷量均匀分布)的轴线处A点由静止释放，A、A′关于O点对称，下列判断正确的是(　　)
A．小球在O点处动能最大
B．小球在O点的加速度最大
C．小球在O点的电势能最小
D．小球可能在A、A′间往复运动
5．(2023·江苏盐城市三模)如图甲所示为可变电容器，图乙为两个完全相同的半圆形的平行金属板接在电路中，开始两金属板正对。闭合开关S，将上侧金属板转过60°，同时将两板之间的距离增大到原来的；调整前后将同一重力不计的正粒子由下侧极板无初速度释放，释放位置都在两极板正对面内。假设两极板正对面之间的电场始终为匀强电场，则调整前后(　　)
A．两极板间的电场强度之比为2∶3
B．平行板电容器的电容之比为9∶4
C．电容器所带的电荷量之比为3∶2
D．粒子在极板间运动的时间之比为3∶2
6．(2023·江苏高邮市学情调研)如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，OO′为板间水平中线，A、B板间的电势差UAB随时间t的变化情况如图乙所示。有一个质量为m、电荷量为q的带电小球，从O点以v0的速度水平射入电场，T时刻小球恰好从O′点射出电场，小球运动过程中未与极板相碰。重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A．小球所受静电力等于重力
B．板间电压U＝
C．t＝时，小球竖直方向速度为0
D．t＝T时，小球竖直方向速度为0
7.如图所示，将绝缘细线的一端O点固定，另一端拴一带电的小球，空间存在着方向水平向右的匀强电场E。刚开始小球静止于P处，与竖直方向的夹角为45°，给小球一个沿圆弧切线左下方的瞬时冲量，让小球在竖直平面内做半径为r的圆周运动，重力加速度为g，下列分析正确的是(　　)
A．小球可能带负电
B．小球在右半圈从d运动到c的过程中其速度先增大后减小
C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能与动能之和最大
D．当小球运动到最高点a的速度v≥时，小球才能做完整的圆周运动
8．(2023·江苏南京市汉开书院测试)如图甲，O为AB连线的中点，M、N在AB连线的中垂线上，A、B、M、N四点距O点的距离均为L。在A、B两点分别固定一点电荷，电荷量均为Q(Q>0)。以O为原点，ON方向为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势φ随位置x的变化如图乙所示。一电荷量为－q(q>0)的带电粒子以一定的初动能从M点沿x轴正方向运动，一定时间后经过N点。不计粒子重力，k为静电力常量。则下列说法不正确的是(　　)
A．粒子在M点受到的静电力大小为
B．粒子在O点的电势能为
C．粒子从x＝处到N点的过程中，其动能减少了
D．要使粒子离开电场，粒子的初动能至少为
热点9　带电粒子在电场中的运动
1．D　[因y－φ图像的斜率等于电场强度的倒数，从题图中可知斜率恒定，所以沿y轴方向的电场强度不变，由eE＝ma，可知电子的加速度不变，A错误；由于φA＜φB，电子从A点运动到B点的过程中静电力做正功，速度增大，动能增大，电势能减小，B、C错误，D正确。]
2．C　[由于带电微粒从M到N做直线运动，根据受力分析可知，带电微粒受到的静电力水平向左，与电场方向相反，该微粒带负电；带电微粒受到的合力方向与初速度方向相反，可知合力对微粒做负功，微粒动能减小，静电力对微粒做负功，微粒电势能增大，故A、B、D错误；只增大初速度v0，带电微粒受力不变，则带电微粒受到的合力方向仍与初速度v0方向相反，微粒仍沿直线MN运动，故C正确。]
3．D　[由尘埃颗粒的运动轨迹可知，尘埃颗粒做曲线运动，尘埃颗粒的初速度不可能为零，否则尘埃颗粒将做直线运动，故A错误；根据尘埃颗粒的运动轨迹知，静电力对尘埃颗粒先做负功后做正功，故动能先减小后增大，电势能先增大后减小，故B错误，D正确；尘埃颗粒在运动过程中，周围电场线的分布先由稀疏变密集后由密集变稀疏，故静电力先增大后减小，加速度先增大后减小，故C错误。]
4．C　[小球从A点到O点的运动中，受到向下的重力和静电力，重力和静电力对小球做正功，小球的动能增大，在O点时，电场强度为零，小球所受静电力是零，此时只受重力，小球的动能继续增大，因此小球在O点处的动能不是最大，A错误；小球从A点到O点的运动中，受到向下的重力和静电力，其合力大于重力，则加速度大于重力加速度，小球在O点时只受重力，加速度等于重力加速度，因此小球在O点的加速度不是最大，B错误；小球从A点到O点的运动中，静电力对小球做正功，电势能减小，小球穿过O点后，所受静电力方向向上，静电力做负功，电势能增大，因此小球在O点的电势能最小，C正确；若小球只受静电力作用，因A、A′关于O点对称，则小球可能在A、A′间往复运动，可小球从A点运动到A′点，小球受静电力作用的同时又受重力作用，重力方向一直向下，因此小球不可能在A、A′间往复运动，D错误。]
5．B　[由于电容器的两极板与固定的电源相连接，则调整前后两极板之间的电压不变，由公式E＝可知，调整前后两极板间的电场强度之比为3∶2，故A错误；由电容决定式C＝，可知＝·＝×＝，故B正确；由公式Q＝CU，可知＝＝，故C错误；粒子由静止从下侧极板运动到上侧极板的过程中，由动能定理有qU＝mv2，可知电子到达上侧极板的速度v＝，电容器两端电压不变，则调整前后粒子到达上侧极板的速度相同，粒子运动的平均速度相同，则调整前后粒子在极板间运动的时间之比为＝＝，故D错误。]
6．B　[设～T时间内小球的加速度为a,0～T时间内小球在竖直方向的位移为零，根据运动学公式可得g()2＋g()2－a()2＝0，解得a＝3g，由牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝4mg，故A错误；根据匀强电场中电场强度与电势差的关系式有U＝Ed，又F＝qE，联立可得U＝，B正确；t＝时，小球竖直方向速度为vy＝g×＝，C错误；t＝T时，小球竖直方向速度为vy′＝vy－a×＝－gT，D错误。]
7．B　[小球受重力、绳子的拉力和静电力三个力的作用，刚开始小球静止于P处，由受力平衡可知静电力方向水平向右，与电场方向相同，所以小球带正电，选项A错误；小球静止于P处，与竖直方向的夹角为45°，可知静电力和重力的合力方向斜向右下方与水平方向夹角为45°，大小为F＝mg，小球从d运动到c的过程中，绳子拉力不做功，合力做功即F做功，可以判断F先做正功再做负功，故小球的速度先增大后减小，选项B正确；小球运动过程中，重力势能、电势能、动能的总和保持不变，最高点a时小球的重力势能最大，则电势能与动能之和最小，选项C错误；小球做完整的圆周运动的临界条件为当小球运动到弧ab中点时，细线弹力为零，有F＝m，在该点的速度为v＝。小球从该点运动到a点，由动能定理得F·(r－)＝mva2－mv2，解得va＝，因此，当小球运动到最高点a的速度va≥时，小球才能做完整的圆周运动，选项D错误。]
8．B　[设A到M点的距离为RM，由几何关系可得RM＝＝2L，设粒子在M点时，A点的电荷对带电粒子的库仑力大小为FA，由库仑定律有FA＝，设带电粒子在M点所受静电力大小为FM，由力的合成有FM＝2FAsin 45°，解得FM＝，A正确，不符合题意；由电势能公式得O点的电势能EpO＝－qφO＝－，B错误，符合题意；带电粒子从x＝处到N点的过程中，由能量守恒定律可得动能的减少量ΔEk＝－－(－)＝，C正确，不符合题意；粒子刚好离开电场时，由能量守恒得Ek0－＝0，解得Ek0＝，故要使粒子离开电场，粒子的初动能至少为k，D正确，不符合题意。]