【高考】2020年高考真题和模拟题分项汇编物理：专题11-磁场物理.pdf

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1、2020 年高考真题和模拟题分项汇编物理：专题 11 磁场物理 专题 11 磁场 1（2019新课标全国卷）如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为 A2F B1.5F C0.5F D0【答案】B【解析】设每一根导体棒的电阻为 R，长度为 L，则电路中，上下两路电阻之比为12:2:2:1RRR R，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比12:1:2II。如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为 L，根据安培

2、力计算公式FILB，可知12:1:2FFII，得12FF，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框 LMN 所受的合力大小为32FFF，故本题选 B。2（2019新课标全国卷）如图，边长为 l 的正方形 abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面（abcd 所在平面）向外。ab 边中点有一电子发射源 O，可向磁场内沿垂直于 ab 边的方向发射电子。已知电子的比荷为 k。则从 a、d 两点射出的电子的速度大小分别为 A14kBl，54kBl B14kBl，54kBl C12kBl，54kBl D12kBl，54kBl【答案】B【解析】a 点射出粒子半径 Ra=4l=amvBq，

3、得：va=4Bqlm=4Blk，d 点射出粒子半径为2222lRlR，R=54l，故 vd=54Bqlm=54klB，故 B选项符合题意 3（2019新课标全国卷）如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为 A56mqB B76mqB C116mqB D136mqB【答案】B【解析】运动轨迹如图。即运动由两部分组成,第一部分是14个周期,第二部分是16个周期,粒子在第二象限运动转过的角度为 90，则运

4、动的时间为221 2442TmmtqBqB；粒子在第一象限转过的角度为 60，则运动的时间为111 226632TmmtBqBq；则粒子在磁场中运动的时间为：1227326mmmtttqBqBqB，故 B正确，ACD错误。.4（2019北京卷）如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是 A粒子带正电 B粒子在b点速率大于在a点速率 C若仅减小磁感应强度，则粒子可能从 b 点右侧射出 D若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短【答案】C【解析】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在 b、a 两点的速率，根据2vqv

5、Bmr确定粒子运动半径和运动时间。由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故 A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在 b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式2vqvBmr得：mvrqB，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从 b点右侧射出，故 C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故 D 错误。5（2019天津卷）笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。

6、如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为 v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（）A前表面的电势比后表面的低 B前、后表面间的电压U与 v 无关 C前、后表面间的电压U与c成正比 D自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa【答案】D【解析】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故 A 错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有=,=UFev

7、B FeEea洛电，故=UFea洛，故 D 正确，由UevBea则电压UavB，故前后表面的电压与速度有关，与 a 成正比，故 BC错误。6（2019江苏卷）如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等 矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止则a、b的电流方向可能是 A均向左 B均向右 Ca的向左，b的向右 Da的向右，b的向左【答案】CD【解析】由右手螺旋定则可知，若 a、b两导线的电流方向相同，在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反，由于矩形线框上、下边的电流方向也相反，则矩形线框上、下边所受的安培力相反，所以不

8、可以平衡，则要使矩形线框静止，a、b两导线的电流方向相反，故 CD正确。7（2019浙江选考）电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈和，线圈固定，线圈置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是 A当天平示数为负时，两线圈电流方向相同 B当天平示数为正时，两线圈电流方向相同 C线圈对线圈的作用力大于线圈对线圈的作用力 D线圈对线圈的作用力与托盘对线圈的作用力是一对相互作用力【答案】A【解析】当两线圈电流相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，

9、电流方向相同，A正确 B错误；线圈对线圈的作用力与线圈对线圈的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误；静止时，线圈 II 平衡，线圈对线圈的作用力与托盘对线圈的作用力是一对平衡力，D错误【点睛】本题的原理是两通电直导线间的相互作用规律：两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用 电流方向相同时，将会吸引；电流方向相反时，将会排斥 8（2019浙江选考）磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为 v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为 B的匀强磁场中，在相距为 d、宽为 a、长为 b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻 R 连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体

10、在两板间均匀分布，电阻率为。忽略边缘效应，下列判断正确的是 A上板为正极，电流BdvabIRabd B上板为负极，电流2BvadIRabb C下板为正极，电流BdvabIRabd D下板为负极，电流2BvadIRabb【答案】C【解析】根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下极板为电源的正极，根据平衡有EqvBqd，解得稳定时电源的电动势EBdv，则流过 R 的电流为EIRr，而drS，Sab，则得电流大小为BdvabIabRd，C正确【点睛】本题的关键是理解磁流体发电机的工作原理，知道稳定时，离子所受的电场力和洛伦兹力平衡，结合闭合电路欧姆定律进行分析 9

11、（2019山东省菏泽市高三下学期第一次模拟考试）如图所示，abcd 为边长为 L 的正方形，在四分之一圆 abd 区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为 B。一个质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子从 b 点沿 ba 方向射入磁场，结果粒子恰好能通过 c 点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为 AqBLm B2qBLm C21 qBLm D21 qBLm【答案】C【解析】粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定经过圆心，由于粒子能经过 c 点，因此粒子出磁场时一定沿 ac 方向，轨迹如图：由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为221rLLL，根据牛顿第二定律得：20

12、0vqv Bmr 解得：021 qBLvm，故 C 正确。故选 C。10（2019山东省潍坊市高三模拟训练）如图所示，在磁感应强度大小为 B0的匀强磁场中，两长直导线 P 和 Q 垂直于纸面固定放置，二者之间的距离为 l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里，大小相等的电流时，纸面内与两导线距离为 l 的 a 点处的磁感应强度为零。若仅让 P 中的电流反向，则 a 点处磁感应强度的大小为 A2B0 B02 33B C033B DB0【答案】B【解析】如图所示。设 P 和 Q 在 a 点的磁感应强度大小为 B，当 P 和 Q 的电流都垂直纸面向里时，根据右手螺旋定则可知，P 在 a 点的磁感应强度

13、方向为水平向右偏下 30，Q 点在 a 点的磁感应强度方向为水平向右偏上 30，两者在 a 点的合磁感应强度为3B，方向水平向右，因 a 点的磁感应强度为零，故03BB。B0的方向水平向左。当 P 中电流方向反向时，磁场如图所示。如图所示当 P 的电流反向后，P 在 a 点的磁感应强度方向为水平向左偏上 30，P 和 Q在 a 点的合磁感应强度为 B，方向竖直向上，则 a 点的磁感应强度为22220a00032 333BBBBBB，故 B 正确；ACD 错误；故选 B。11（2019天津市和平区高三高考三模）质量为m、电量为q的带电粒子以速率v垂直磁感线射入磁感应强度为B的匀强磁场中，在洛仑兹

14、力作用下做匀速圆周运动，带电粒子在圆周轨道上运动相当于一个环形电流，则下列说法中正确的是 A环形电流的电流强度跟q成正比 B环形电流的电流强度跟v成正比 C环形电流的电流强度跟B成正比 D环形电流的电流强度跟m成反比【答案】CD【解析】设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为 T，半径为 r，则由2vqvBmr，得qBmrT22v，环形电流：22qq BITm，可见，I 与 q 的平方成正比，与 v 无关，与 B 成正比，与 m 成反比，故 AB 错误，CD 正确。12（2019江苏省南京师范大学附属中学高三 5 月模拟物理试题）如图所示，半圆光滑绝缘轨道 MN 固定在竖直平面内，O 为其

15、圆心，M、N 与 O 高度相同，匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带正电的小球自 M 点由静止释放，它将沿轨道在 M、N 间做往复运动下列说法中正确的是 A小球在 M 点和 N 点时均处于平衡状态 B小球由 M 到 N 所用的时间大于由 N 到 M 所用的时间 C小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等 D小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等【答案】D【解析】A、小球在M点和N点只受到重力，所以小球在这两点不能处于平衡状态，故 A 错误；B、由于洛仑磁力总是与运动垂直，由于没有摩擦力，故对其速度大小由影响的只有重力，故小球无论从哪边滚下，时间都是一样的，故 B 错误；D、小球不

16、管从哪边滚下，只有重力做功，且重力做功相等，由动能定理可知，小球在最低点是，速度大小总是相等的，由2=vFmr合可知合力不变，故 D 正确。C、小球从M到N运动，在最低点受到向上的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿运动定律可得：21vFFmgmr洛，故此时小球对轨道的压力为：21vFmmgFr洛；小球从N到M运动，在最低点受到向下的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿可得：22vFmgFmr洛，故此时小球对轨道的压力为22vFmFmgr洛，所以小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小不相等，故 C 错误。2020 年高考真题和模拟题分项汇编物理：专题 05 曲线运动物理 专题 0

17、5 曲线运动 1（2019新课标全国卷）如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用 v 表示他在竖直方向的速度，其 vt 图像如图（b）所示，t1和 t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则 A第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D竖直方向速度大小为 v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大【答案】BD【解析】A由 vt 图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次

18、竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A 错误；B由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故 B 正确 C由于 vt 斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由0vvat，易知 a1a2，故 C 错误；D由图像斜率，速度为 v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故 a1a2，由 Gfy=ma，可知，fy1fy2，故 D 正确。2（2019江苏卷）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为，重力加速度为g，则座舱 A运动周期为2R B线速度的大小为R C受摩天轮作用力的大小始终为mg D所受合

19、力的大小始终为m2R【答案】BD【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式2T，解得：2T，故 A 错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，vR，故 B 正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为mg，故 C 错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：2FmR合，故 D 正确。3（2019浙江选考）一质量为 2.0103 kg 的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为 1.4104 N，当汽车经过半径为 80 m 的弯道时，下列判断正确的是 A汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力 B汽车转弯的速度为 20 m/s 时所需的向心力为 1.

20、4104 N C汽车转弯的速度为 20 m/s 时汽车会发生侧滑 D汽车能安全转弯的向心加速度不超过 7.0 m/s2【答案】D【解析】汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A 错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得2vfmr，解得431.4 108056020 1.4 m/s2.0 10frvm，所以汽车转弯的速度为 20 m/s 时，所需的向心力小于 1.4104 N，汽车不会发生侧滑，BC 错误；汽车能安全转弯的向心加速度225607 m/s80var，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过 7.0

21、 m/s2，D 正确。4（2019山东省德州市高三模拟）中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为 h，与锅沿的水平距离为 L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为 g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述错误的是 A运动的时间都相同 B速度的变化量都相同 C落入锅中时，最大速度是最小速度的 3 倍 D若初速度为 v0，则0322ggLvLhh【答案】C【解析】A、根据212hgt可得运动的时间2htg，所有小面圈在空中运动的

22、时间都相同，故选项 A 正确；B、根据vg t 可得所有小面圈的速度的变化量都相同，故选项 B正确；CD、因为水平位移的范围为23LxLRL，则水平最小初速度为min2LgvLth，水平最大初速度为：max332LgvLth，则水平初速度速度的范围为：0322ggLvLhh；落入锅中时，最大速度22max9222mL gvvghghh，最小速度为22min222mL gvvghghh，故选项 D 正确，C 错误。故选 C。5（2019湖南省衡阳市三模）如图所示，地面上固定有一半径为 R 的半圆形凹槽，O 为圆心、AB 为水平直径，现将小球（可视为质点）从 A 处以初速度 v1水平抛出后恰好落到

23、 D点：若将该小球从 A 处以初速度 v2水平抛出后恰好落到 C 点，C、D 两点等高，OC 与水平方向的夹角 60，不计空气阻力，则下列说法正确的是 Av1:v21:4 B小球从开始运动到落到凹槽上的过程中，其两次的动量变化量相同 C小球落在凹槽上时，其两次的重力的瞬时功率不同 D小球落到 C 点时，速度方向可能与该处凹槽切面垂直【答案】B【解析】过 C 与 D 分别做 AB 的垂线，交 AB 分别与 M 点与 N 点，如图：则 OMONRcos600.5R；所以 AM0.5R，AN1.5R；由于 C 与 D 点的高度是相等的，由：h12gt2可知二者运动的时间是相等的。由水平方向的位移为：

24、xv0t，可得1213vv，故 A 错误；它们速度的变化量：vgt，二者运动的时间是相等的，则它们速度的变化量也相等，根据 P=mv 可知动量变化量相等。故 B 正确；两次的位移分别为：AD 和 AC，显然 AC2AD，所以前后两次的平均速度之比不等于 1:2，故 C 错误；球落到C 点时，若速度方向与该处凹槽切面垂直则速度方向为 OC，O 点应为 AM 的中点，显然不是，故 D 错误。6（2019福建省厦门外国语学校高三最后一模）如图所示，三个质量相等的小球 A、B、C从图示位置分别以相同的速度 v0水平向左抛出，最终都能到达坐标原点 O。不计空气阻力，x 轴所在处为地面，则可判断 A、B、

25、C 三个小球 A在空中运动过程中，重力做功之比为 1:2:3 B在空中运动过程中，动量变化率之比为 1:2:3 C初始时刻纵坐标之比为 1:4:9 D到达 O 点时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为 1:4:9【答案】C【解析】AC 项：根据 x=v0t，水平初速度相同，A、B、C 水平位移之比为 1:2:3，所以它们在空中运动的时间之比为 1:2:3，初始时刻纵坐标之比既该过程小球的下落高度之比，根据212hgt，初始时刻纵坐标之比为 1:4:9，重力做功之比为 h 之比，即为 1:4:9，故 A错误，C 正确；B 项：动量的变化率为合外力即重力，重力相同，则动量的变化率相等，故 B 错

26、误；D 项：竖直向速度之比为 1:2:3，水平向速度相向，而速度方向与水平方向夹角的正切值为yxvv，则其比值为 1:2:3，故 D 错误。7（2019东北三省四市高考二模）在水平地面上有相距为 L 的 A、B 两点，甲小球以 v110 m/s 的初速度，从 A 点沿与水平方向成 30角的方向斜向上抛出，同时，乙小球以 v2的初速度从 B 点竖直向上抛出。若甲在最高点时与乙相遇，重力加速度 g 取 10 m/s2，则下列说法错误的是 A乙球的初速度 v2一定是 5 m/s B相遇前甲球的速度可能小于乙球的速度 CL 为 2.53m D甲球与乙球始终在同一水平面上【答案】B【解析】甲球竖直方向的

27、初速度 vyv1sin305 m/s，水平方向的初速度 v0v1cos3053m/s。甲球在最高点与乙球相遇，说明甲球和乙球在竖直方向具有相同的运动规律，则乙球的初速度 v2vy5 m/s，故 A 正确；相遇前甲球的水平速度不为零，竖直方向与乙球的速度相同，所以在相遇前甲球的速度不可能小于乙球的速度，故 B 错误；相遇时间 tyvg0.5s，则 Lv0t2.53m，故 C 正确；由于甲球和乙球竖直方向的运动情况相同，所以甲球与乙球始终在同一水平面上，故 D 正确。本题选错误的，故选 B。8（2019辽宁省沈阳市三模）如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为 r 的光滑圆轨道相连，且固定在同

28、一个竖直面内。将一只质量为 m 的小球由圆弧轨道上某一高度处无初速释放。为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，这个高度 h 的取值可为 A2.2r B1.2r C1.6r D0.8r【答案】D【解析】小球可能做完整的圆周运动，刚好不脱离圆轨时，在圆轨道最高点重力提供向心力：2vmgmr；由机械能守恒得：2122mghmgrmv，解得：h=2.5r。也可能不超过与圆心等高处，由机械能守恒得：mgh=mgr，得：h=r，综上得为使小球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道，h 的范围为：hr 或 h2.5r；故 A、B、C 错误，D 正确。故选 D。9（2019广东省高三下学期第一次模拟考试）如图所示，

29、某同学将三个完全相同的物体从A 点沿三条不同的路径抛出，最终落在与 A 点同高度的三个不同位置，三条路径的最高点是等高的，忽略空气阻力，下列说法正确的是 A三个物体抛出时初速度的水平分量相等 B沿路径 3 抛出的物体在空中运动的时间最长 C该同学对三个物体做的功相等 D三个物体落地时重力的瞬时功率一样大【答案】D【解析】根据斜抛的运动规律知，三条路径的最高点是等高的，故三个物体的竖直方向上面分速度yv相同，其总的运动时间2yvtg，也相同，水平位移大的水平分速度大，AB错误；同学对小球做功，小球获得初动能，由于三个小球竖直方向分速度相同，第 3 个小球水平位移大，则第 3 个小球水平分速度大，

30、故第 3 个小球合初速度大，故第 3 个小球的初动能大，人对它做功最多，C 错误；由于斜抛的时候，竖直分初速度yv相同，落地时的竖直方向分速度也相同，均等于yv，所以落地时重力的瞬时功率GyPmgv一样大，D 正确。10（2019山东省聊城市高三下学期三模）为了研究平抛物体的运动，用两个完全相同的小球 A、B 做下面的实验：如图所示，用小锤打击弹性金属片，A 球立即水平飞出，同时 B 球被松开，做自由落体运动，两球同时落地。A、B 两小球自开始下落到落地前的过程中，两球的 A速率变化量相同 B速度变化率不同 C动量变化量相同 D动能变化量不同【答案】C【解析】速率是标量，其变化量直接相减，A

31、的速率变化量等于末速度的大小减小水平方向初速度的大小，B 的速率变化量等于落地时竖直方向的速度大小，两者大小不相等，A 错误；速度变化率指的就是两球的加速度，均为 g，相同，B 错误；两个小球所受重力相同，落地时间相同，动量的变化量相同为 mgt，C 正确；下落高度相同，重力做功相同，动能的变化量等于重力做功，相同，D 错误。11（2019安徽省安庆市市示范中学高三联考）乘坐摩天轮观光是广大青少年喜爱的一种户外娱乐活动，如图所示，某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直而内做匀速圆周运动。下列说法正确的是 A该同学运动到最低点时，座椅对他的支持力大于其所受重力 B摩天轮转动过程中，该同学所受合外力为零 C

32、摩天轮转动过程中，该同学的机械能守恒 D摩天轮转动周的过程中，该同学所受重力的冲量为零【答案】A【解析】圆周运动过程中，由重力和支持力的合力提供向心力 F，在最低点，向心力指向上方，所以 F=Nmg，则支持力 N=mg+F，所以支持力大于重力，故 A 正确，B 错误；机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，故 C 错误；转动一周，重力的冲量为 I=mgT，不为零，故 D 错误。12（2019湖南省长沙市雅礼中学高三下学期一模）从离水平地面高 H 处以速度 v0水平抛出一个小球 A，同时在其正下方地面上斜抛另一

33、个小球 B，两球同时落到地面上同一位置，小球 B 在最高点时，距地面的高度为 h，速度为 v，则以下关系正确的是 Ah=H，v=v0 Bh03,42vH v Ch=0,22vHv Dh=0,4Hvv【答案】D【解析】斜抛可以看成对称的两段平抛，则2AHtg，22Bhtg，ABtt，得4Hh；0AAsv t，BBsvt，则0vv，故选 D。13（2019湖北省宜昌市高三模拟）如图所示，斜面底端上方高 h 处有一小球以水平初速度0v抛出，恰好垂直打在斜面上，斜面的倾角为 30，重力加速度为 g，下列说法正确的是 A小球打到斜面上的时间为03vg B要让小球始终垂直打到斜面上，应满足 h 和0v成正

34、比关系 C要让小球始终垂直打到斜面上，应满足 h 和0v的平方成正比关系 D若高度 h 一定，现小球以不同的0v平抛，落到斜面上的速度最小值为(213)gh【答案】ACD【解析】A、设小球打到斜面上的时间为 t，恰好垂直打在斜面上，根据几何关系可得00tan60yvgtvv，解得03vtg，故 A 正确；BC、要让小球始终垂直打到斜面上，小球平抛运动的水平位移201,2xv tygt，小球落在斜面上，根据几何关系得：tan30hyx，代入03vtg解得：2052vhg，h和0v的平方成正比关系，故 B 错误，C正确；D、小球落在斜面上时的竖直分速度2yvgy，2xxgvxty，由于tan30h

35、yx，速度22xyvvv，联立解得：237322hyvghy，根据数学知识可知，积一定，当二者相等时和有最小值，故最小值为(213)mgvh，故 D 正确。14（2019四川省成都市高三三模）如图，竖直平面内有 a、b、c 三个点，b 点在 a 点正下方，b、c 连线水平。现准备将一质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球从 a 点以初动能Ek0抛出。第一次，不加电场，沿水平方向抛出小球，经过 c 点时，小球动能为 5Ek0；第二次，加一方向平行于 abc 所在平面、场强大小为2mgq的匀强电场，沿某一方向抛出小球，小球经过 c 点时的动能为 13Ek0。不计空气阻力，重力加速度大小为 g。下列

36、说法正确的是 A所加电场的方向水平向左 Ba、b 两点之间的距离为ko5Emg Cb、c 两点之间的距离为ko4Emg Da、c 间的电势差koac8EUq【答案】CD【解析】B、不加电场时，只有重力做功，根据动能定理得：abk0k0k054mghEEE，解得：k0ab4=Ehmg，故 B 错误；C、不加电场时小球做平抛运动，竖直方向：2ab12hgt，水平方向：bc0 xv t，又2k0012Emv，联立解得：k0bc4Exmg，故 C 正确；D、加电场时，根据动能定理得：aback0k013mghqUEE，解得：08kacEUq，故 D 正确；A、根据UEd得，ac 沿电场方向距离为：00

37、842kackbcEUEqdxmgEmgq，又沿着电场方向电势逐渐降低可知，电场方向水平向右，故 A 错误。15（2019山西省太原市第五中学高三模考）用轻杆通过铰链相连的小球 A、B、C、D、E处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球 A、B 的质量均为 2m，小球 C、D、E 的质量均为 m。现将 A、B 两小球置于距地面高 h 处，由静止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中 A小球 A、B、C、D、E 组成的系统机械能和动量均守恒 B小球 B 的机械能一直减小 C小球 B 落地的速度大小为2gh D当小球 A 的机械能最小时，地面对小球 C 的支持力大小为 mg【答案】CD【解析】小球 A、B、C、D、E 组成的系统机械能但动量不守恒，故 A 错误；由于 D 球受力平衡，所以 D 球在整个过程中不会动，所以轻杆 DB 对 B 不做功，而轻杆 BE 对 B先做负功后做正功，所以小球 B 的机械能先减小后增加，故 B 错误；当 B 落地时小球 E的速度等于零，根据功能关系212mghmv可知小球 B 的速度为2gh，故 C 正确；当小球 A 的机械能最小时，轻杆 AC 没有力，小球 C 竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故 D 正确，故选 CD。