2020高考物理能力與思維提升專題

2/2高考物理能力與思維提升專題引言：考綱要求，物理科要考查理解能力、推理能力、分析綜合能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?。本專題旨在打破知識(shí)章節(jié)的界限，從物理能力和物理思維的角度編制成12個(gè)微專題，精選出了一些較難的題目，供同學(xué)們二輪提升用。一、獲取信息，關(guān)聯(lián)所學(xué)的能力1.若原子的某內(nèi)層電子被電離形成空位,其它層的電子躍遷到該空位上時(shí),會(huì)將多余的能量以電磁輻射的形式釋放出來,此電磁輻射就是原子的特征x射線.內(nèi)層空位的產(chǎn)生有多種機(jī)制,其中的一種稱為內(nèi)轉(zhuǎn)換,即原子中處于激發(fā)態(tài)的核躍遷回基態(tài)時(shí),將躍遷時(shí)釋放的能量交給某一內(nèi)層電子,使此內(nèi)層電子電離而形成空位(被電離的電子稱為內(nèi)轉(zhuǎn)換電子)的原子核從某一激發(fā)態(tài)回到基態(tài)時(shí),可將能量交給內(nèi)層電子(如K、L、M層電子,K、L、M標(biāo)記原子中最靠近核的三個(gè)電子層)使其電離.實(shí)驗(yàn)測(cè)得從原子的K、L、M層電離出的電子的動(dòng)能分別為、、.則可能發(fā)射的特征x射線的能量為(

)A.

B.

C.

D.答案：AC

解析:電離過程是:該能級(jí)上的電子獲得能量后轉(zhuǎn)化為其動(dòng)能,當(dāng)獲得的動(dòng)能足能使其脫離原子核的吸引后,則能電離,因此電離時(shí)獲得的動(dòng)能等于無窮遠(yuǎn)處能級(jí)和該能級(jí)之間能量差.所以內(nèi)層三個(gè)能級(jí)的能量分別為:,,,

因此放出的特征x射線的能量分別為:,,解決該題的關(guān)鍵是從題目中獲取有用信息,從題目可以知道特征x射線的原理是:電子在原子內(nèi)層能級(jí)之間的躍遷,和氫原子能級(jí)躍遷一樣,只是內(nèi)層原子躍遷時(shí),釋放能量較高.

2.（2011全國(guó)大綱卷）通常一次閃電過程歷時(shí)約0.2～0.3s，它由若干個(gè)相繼發(fā)生的閃擊構(gòu)成。每個(gè)閃擊持續(xù)時(shí)間僅40～80μs，電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)生在第一個(gè)閃擊過程中。在某一次閃電前云地之間的電勢(shì)差約為，云地間距離約為1km；第一個(gè)閃擊過程中云地間轉(zhuǎn)移的電荷量約為6C，閃擊持續(xù)時(shí)間約為60μs。假定閃電前云地間的電場(chǎng)是均勻的。根據(jù)以上數(shù)據(jù)，下列判斷正確的是（

）。A.閃電電流的瞬時(shí)值可達(dá)到B.整個(gè)閃電過程的平均功率約為C.閃電前云地間的電場(chǎng)強(qiáng)度約為D.整個(gè)閃電過程向外釋放的能量約為答案：AC解析:A項(xiàng)，。B項(xiàng)，。C項(xiàng)，。D項(xiàng)，。3.（2018福建質(zhì)檢）為了減少污染，工業(yè)廢氣需用靜電除塵器除塵，某除塵裝置如圖所示，其收塵極為金屬圓筒，電暈極位于圓筒中心。當(dāng)兩極接上高壓電源時(shí)，電暈極附近會(huì)形成很強(qiáng)的電場(chǎng)使空氣電離，廢氣中的塵埃吸附離子后在電場(chǎng)力的作用下向收塵極運(yùn)動(dòng)并沉積，以達(dá)到除塵目的。假設(shè)塵埃向收塵極運(yùn)動(dòng)過程中所帶電量不變，下列判斷正確的是（

）。A:金屬圓筒內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)B:金屬圓筒內(nèi)越靠近收塵極電勢(shì)越低C:帶電塵埃向收塵極運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能越來越大D:帶電塵埃向收塵極運(yùn)動(dòng)過程中受到的電場(chǎng)力越來越小答案：D解析:A項(xiàng)，由于金屬圓筒接的是正極，圓筒中心接的是負(fù)極，所以場(chǎng)強(qiáng)方向呈輻射狀，因此金屬圓筒內(nèi)存在的不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。B項(xiàng)，金屬圓筒內(nèi)越靠近收塵極即越靠近正極，其電勢(shì)越高，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。C項(xiàng)，帶電塵埃向收塵極運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。D項(xiàng)，由于金屬圓筒內(nèi)的電場(chǎng)類似于負(fù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)，所以越靠近收塵極，電場(chǎng)線越稀疏，電場(chǎng)強(qiáng)度越小，因此帶電塵埃向收塵極運(yùn)動(dòng)過程中受到的電場(chǎng)力越來越小，故D項(xiàng)正確。4.（2018湖北八校（一））三體問題是天體力學(xué)中的基本模型，即探究三個(gè)質(zhì)量、初始位置和初始速度都任意的可視為質(zhì)點(diǎn)的天體，在相互之間萬有引力的作用下的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。三體問題同時(shí)也是一個(gè)著名的數(shù)學(xué)難題，1772年，拉格朗日在“平面限制性三體問題”條件下找到了5個(gè)特解，它就是著名的拉格朗日點(diǎn)。在該點(diǎn)上，小天體在兩個(gè)大天體的引力作用下能基本保持相對(duì)靜止。右圖是日地系統(tǒng)的5個(gè)拉格朗日點(diǎn)（、、、、），設(shè)想未來人類在這五個(gè)點(diǎn)上都建立了太空站，若不考慮其它天體對(duì)太空站的引力，則下列說法正確的是（

）。A:位于點(diǎn)的太空站處于受力平衡狀態(tài)B:位于點(diǎn)的太空站的線速度大于地球的線速度C:位于點(diǎn)的太空站的向心加速度大于位于點(diǎn)的太空站的向心加速度D:位于點(diǎn)的太空站受到的向心力大小等于位于點(diǎn)的太空站受到的向心力大小答案：BC解析:A項(xiàng)，據(jù)題意知太空站與地球同步繞太陽(yáng)做圓周運(yùn)動(dòng)，太空站受到的合力提供繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的向心力，所以不是處于受力平衡狀態(tài)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。B項(xiàng)，太空站與地球同步繞太陽(yáng)做圓周運(yùn)動(dòng)，角速度相同，而處太空站與太陽(yáng)的距離大于地球與太陽(yáng)的距離，由角速度線速度關(guān)系，所以位于處的太空站的線速度大于地球的線速度，故B項(xiàng)正確。C項(xiàng)，圖中可以看到，由向心加速度公式得到，故C項(xiàng)正確。D項(xiàng)，圖中可以看到，由向心力公式，得到雖然向心加速度的大小相等，但是由于太空站的質(zhì)量不一定相同，所以受到的向心力不一定相等，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。二、等效與對(duì)稱1.分析均勻帶電球殼內(nèi)外的電場(chǎng)2.研究表明,地球表面附近的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零,假設(shè)地球表面附近的電場(chǎng)強(qiáng)度平均值為,方向豎直向下,試求地球表面附近每平方米所帶的負(fù)電荷的電量.(保留兩位有效數(shù)字)答案:可認(rèn)為地球表面所帶電荷集中在地球球心,因此地球可視為一個(gè)點(diǎn)電荷,則由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的計(jì)算公式有:

①

地球的表面積為:

②

地球表面附近每平方米所帶的負(fù)電荷量為:

③

聯(lián)立①②③得:

3.（2013安徽）如圖所示,xOy平面是無窮大導(dǎo)體的表面,該導(dǎo)體充滿z<0的空間,z>0的空間為真空.將電荷量為q的點(diǎn)電荷置于z軸上z=h處,則在xOy平面上會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電荷.空間任意一點(diǎn)處的電場(chǎng)皆是由點(diǎn)電荷q和導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷共同激發(fā)的.已知靜電平衡時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零,則在z軸上z=處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為(k為靜電力常量)()

A.k

B.k

C.k

D.k答案：D解析：設(shè)點(diǎn)電荷為正電荷(不影響結(jié)果),則導(dǎo)體表面的感應(yīng)電荷為負(fù)電荷.如圖,設(shè)所求點(diǎn)為A點(diǎn)距O點(diǎn)為,取其關(guān)于xOy平面的對(duì)稱點(diǎn)為B,點(diǎn)電荷在A、B兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小分別為E1、E2,感應(yīng)電荷在A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小分別為EA、EB.靜電平衡時(shí),B點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為零,EB=E2==,由對(duì)稱性,EA=EB=,故A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為E=EA+E1=+=.故選項(xiàng)D正確.4.（2018長(zhǎng)安區(qū)第一中學(xué)高二上期中）ab是長(zhǎng)為的均勻帶電細(xì)桿，、是位于ab所在直線上的兩點(diǎn)，位置如圖所示。ab上電荷產(chǎn)生的靜電場(chǎng)在處的場(chǎng)強(qiáng)大小為，在處的場(chǎng)強(qiáng)大小為。則以下說法中正確的是（

）。A:兩處的電場(chǎng)方向相同，B:兩處的電場(chǎng)方向相反，C:兩處的電場(chǎng)方向相同，D:兩處的電場(chǎng)方向相反，答案：D解析:在處，場(chǎng)強(qiáng)由左側(cè)距為長(zhǎng)度為的帶電細(xì)桿提供；在處，關(guān)于對(duì)稱的細(xì)桿電場(chǎng)相互抵消，只剩下點(diǎn)右側(cè)距為的長(zhǎng)度為的帶電細(xì)桿提供，顯然兩處的電場(chǎng)方向相反，且，故D項(xiàng)正確。5.（2016黃岡中學(xué)質(zhì)檢）帶電荷量為Q的正電荷距一很大的接地金屬板的距離為a,如圖所示.試求金屬板對(duì)點(diǎn)電荷的作用力.

答案：

方向由+Q垂直指向金屬板解析：由于接地金屬板很大,因此點(diǎn)電荷Q發(fā)出的電場(chǎng)線會(huì)全部終止并垂直于金屬板,可見板左側(cè)的電場(chǎng)和相距2a的等量異種點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)完全一致,則可用求相距為2a的等量異種電荷間的相互作用力來"等效"代替求感應(yīng)電荷對(duì)Q的作用力,如圖所示.故感應(yīng)電荷對(duì)Q的作用力,方向由+Q垂直指向金屬板.

6.（2010安徽）如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)邊長(zhǎng)相等的單匝閉合正方形線圈Ⅰ和Ⅱ，分別用相同材料，不同粗細(xì)的導(dǎo)線繞制（Ⅰ為細(xì)導(dǎo)線）。兩線圈在距磁場(chǎng)上界面高處由靜止開始自由下落，再進(jìn)入磁場(chǎng)，最后落到地面，運(yùn)動(dòng)過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場(chǎng)上邊界。設(shè)線圈Ⅰ、Ⅱ落地時(shí)的速度大小分別為、，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量分別為、。不計(jì)空氣阻力，已知線框電阻與導(dǎo)線長(zhǎng)度成正比，與導(dǎo)線橫截面積成反比，則（

）。A:

，B:

，C:

，D:

，答案：D解析:（定量計(jì)算）兩線框從相同高度自由下落，剛到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)的速度相等，線框下邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，線框此時(shí)所受安培力。根據(jù)電阻定律知線框電阻，線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)邊界所受安培力寫為，瞬時(shí)加速度（其中表示材料的密度），式中各個(gè)量對(duì)于兩個(gè)線圈均相等，所以兩線框同步運(yùn)動(dòng)，落地速度相等；根據(jù)能量守恒，線框從初始位置運(yùn)動(dòng)至落地過程有（其中表示磁場(chǎng)高度），由于線框Ⅰ質(zhì)量較小，所以產(chǎn)生熱量較少，即，，故D項(xiàng)正確。（等效法）將Ⅱ等效為若干個(gè)Ⅰ疊在一起7.（2015延邊示范性中學(xué)高二上期末）如圖所示，一個(gè)帶正電荷的物塊，由靜止開始從斜面上A點(diǎn)下滑，滑到水平面BC上的D點(diǎn)停下來。已知物塊與斜面及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，且不計(jì)物塊經(jīng)過B處時(shí)的機(jī)械能損失。先在ABC所在空間加豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二次讓物塊從A點(diǎn)由靜止開始下滑，結(jié)果物塊在水平面上的點(diǎn)停下來。后又撤去電場(chǎng)，在ABC所在空間加水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，再次讓物塊從A點(diǎn)由靜止開始下滑，結(jié)果物塊沿斜面滑下并在水平面上的點(diǎn)停下來。則以下說法中正確的是（

）。A:

點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合B:

點(diǎn)一定在D點(diǎn)左側(cè)C:

點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合D:

點(diǎn)一定在D點(diǎn)右側(cè)答案：AD解析:A、B項(xiàng)，（等效法）設(shè)高度為，斜面傾角為，斜面長(zhǎng)度為，AB水平距離為，物塊在水平面運(yùn)動(dòng)的距離為。物塊從A點(diǎn)滑下直到停止，由動(dòng)能定理，。加入豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，相當(dāng)于增大了重力，質(zhì)量由變?yōu)椋桥c無關(guān)，所以不變，一定與D點(diǎn)重合。C、D項(xiàng)，撤去電場(chǎng)，加入垂直紙面向里的磁場(chǎng)，由左手定則，洛倫茲力方向先垂直斜面向上后垂直水平面向上，相當(dāng)于減小了斜面和水平面對(duì)物塊的支持力，則摩擦力減小，洛倫茲力不做功，距離增大，所以點(diǎn)一定在D點(diǎn)右側(cè)。8.一個(gè)帶負(fù)電荷q,質(zhì)量為m的小球,從光滑絕緣的斜面軌道的A點(diǎn)由靜止下滑,小球恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點(diǎn)B而做圓周運(yùn)動(dòng).現(xiàn)在豎直方向上加如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng),若仍從A點(diǎn)由靜止釋放該小球能過圓軌道的最低點(diǎn),則(

)

A.小球不能過B點(diǎn)

B.小球仍恰好能過B點(diǎn)

C.小球能過B點(diǎn),且在B點(diǎn)與軌道之間壓力不為0

D.以上說法都不對(duì)答案：B

解:A、B,（定量計(jì)算）沒有電場(chǎng)時(shí),最高點(diǎn)速度設(shè)為v

則

又根據(jù)機(jī)械能守恒定律

計(jì)算得出

加上電場(chǎng)時(shí),恰好過最高點(diǎn)需要的速度設(shè)為v'

則

而由動(dòng)能定理,得

,

說明小球仍恰好能過B點(diǎn).

（等效法）加入豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，等效于增大了重力9.如圖所示是磁帶錄音機(jī)的磁帶盒的示意圖,A、B為纏繞磁帶的兩個(gè)輪子,其半徑均為r.在放音結(jié)束時(shí),磁帶全部繞到了B輪上,磁帶的外緣半徑為R,且.現(xiàn)在進(jìn)行倒帶,使磁帶繞到A輪上.倒帶時(shí)A輪是主動(dòng)輪,其角速度是恒定的,B輪是從動(dòng)輪.經(jīng)測(cè)定磁帶全部繞到A輪上需要的時(shí)間為t.則從開始倒帶到A、B兩輪的角速度相等所需要的時(shí)間(

)A.

B.

C.

D.答案：B

解:在A輪轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中,半徑均勻增大,角速度恒定,根據(jù),知線速度均勻增大,設(shè)從開始倒帶到A、B兩輪的角速度相等所需要的時(shí)間為t',此時(shí)磁帶邊緣上各點(diǎn)的速度大小為v.

將磁帶邊緣上各點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)等效看成一種勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度為a,磁帶總長(zhǎng)為L(zhǎng),則:

則有:

得

結(jié)合加速度的定義得:

代入得

計(jì)算得出.所以B選項(xiàng)是正確的,A、C、D錯(cuò)誤.10.如圖，內(nèi)徑均勻的敞口U形管中裝有兩種液體，密度分別為ρ1，ρ2（ρ1<ρ2），長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，管子的水平段長(zhǎng)度也為L(zhǎng)。當(dāng)管子有水平向左的加速度a時(shí)，求左右液面高度差h。設(shè)液體未溢出，已知重力加速度為g。答案：h注意：水平段液體的壓強(qiáng)不是處處相等的，要以水平段中的所有液體為對(duì)象。如果以水平段中的某一種液體為對(duì)象，答案將是不對(duì)稱的，這也提醒我們檢查自己的考慮疏漏之處。三、補(bǔ)償法1.均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng).如圖所示,在半

球面

AB

上均勻分布正電荷,總電荷量為

q,球面半徑為

R,CD

為通過半球頂點(diǎn)與球心

O

的軸線,在軸線上有

M、N

兩點(diǎn),

.已知

M

點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為

E,則

N

點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為_____答案詳解解:均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng).如圖補(bǔ)齊球面,且均勻電量為2q,即相當(dāng)于將帶電量為2q的球面放在O處,

則在M、N點(diǎn)所產(chǎn)生的電場(chǎng)為,

由題知當(dāng)半球面如圖所示產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為E,則補(bǔ)上的右半球面在N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)也應(yīng)為E,方向向右,

則合場(chǎng)強(qiáng):E′,

因此，本題正確答案是:注：2018清華暑期學(xué)?？荚囉幸活}與此題類似2.（2009全國(guó)=2\*ROMANII）如圖，P、Q為某地區(qū)水平地面上的兩點(diǎn)，在P點(diǎn)正下方一球形區(qū)域內(nèi)儲(chǔ)藏有石油，假定區(qū)域周圍巖石均勻分布，密度為；石油密度遠(yuǎn)小于，可將上述球形區(qū)域視為空腔。如果沒有這一空腔，則該地區(qū)重力加速度（正常值）沿豎直方向；當(dāng)存在空腔時(shí)，該地區(qū)重力加速度的大小和方向會(huì)與正常情況有微小偏離。重力加速度在原豎直方向（即PO方向）上的投影相對(duì)于正常值的偏離叫做“重力加速度反?！?。為了探尋石油區(qū)域的位置和石油儲(chǔ)量，常利用P點(diǎn)附近重力加速度反?，F(xiàn)象。已知引力常數(shù)為G。（1）設(shè)球形空腔體積為V，球心深度為d（遠(yuǎn)小于地球半徑R），，求空腔所引起的Q點(diǎn)處的重力加速度反常。（2）若在水平地面上半徑L的范圍內(nèi)發(fā)現(xiàn)：重力加速度反常值在與()之間變化，且重力加速度反常的最大值出現(xiàn)在半徑為L(zhǎng)的范圍的中心，如果這種反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，試求此球形空腔球心的深度和空腔的體積。答案：（1）如果將近地表的球形空腔填滿密度為的巖石，則該地區(qū)重力加速度便回到正常值，因此，重力加速度反?？赏ㄟ^填充后的球形區(qū)域產(chǎn)生的附加引力

①來計(jì)算，式中的m是Q點(diǎn)處某質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量，M是填充后球形區(qū)域的質(zhì)量，

②而r是球形空腔中心O至Q點(diǎn)的距離

③，在數(shù)值上等于由于存在球形空腔所引起的Q點(diǎn)處重力加速度改變的大小。Q點(diǎn)處重力加速度改變的方向沿OQ方向，重力加速度反常是這一改變?cè)谪Q直方向上的投影

④聯(lián)立以上式子得

⑤（2）由⑤式得，重力加速度反常的最大值和最小值分別為

⑥

⑦由題設(shè)有

、

⑧聯(lián)立以上式子得，地下球形空腔球心的深度和空腔的體積分別為

，解析:（1）本題考查萬有引力部分的知識(shí)。如下圖所示，重力加速度正常值為g；存在空腔時(shí)，重力加速度為g'；假設(shè)空腔區(qū)域填滿巖石產(chǎn)生的附加重力加速度為，與g'合成即為正常加速度g，要求重力加速度反常，即求在豎直方向上的投影。由引力公式和幾何關(guān)系即可求得。（2）當(dāng)重力加速度最大時(shí)x為0，最小是x=L，由（1）中求得的即可反求出d和V。四、微元法電場(chǎng)的微元問題1.（2009同濟(jì)大學(xué)）如圖所示，半徑為R的圓環(huán)均勻帶電，電荷線密度為λ，圓心在O點(diǎn)，過圓心與環(huán)面垂直的軸線上有P點(diǎn)，PO=r。以無窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn)，則P點(diǎn)的電勢(shì)φ為A．

B．C．

D．答案：B流體“柱體微元”模型1.圖1是電子束加工工件的示意圖,電子槍產(chǎn)生熱電子后被高壓電源加速,經(jīng)聚焦系統(tǒng)會(huì)聚成很細(xì)的電子束,打在工件上產(chǎn)生高壓力和強(qiáng)能量,對(duì)工件進(jìn)行加工。圖2是電子加速系統(tǒng),K是與金屬板M距離很近的燈絲,電源EA給K加熱可以產(chǎn)生初速度不計(jì)的熱電子,N為金屬網(wǎng),M、N接在輸出電壓恒為U的高壓電源EB上，M、N之間的電場(chǎng)近似為勻強(qiáng)電場(chǎng)。系統(tǒng)放置在真空環(huán)境中，通過控制系統(tǒng)排走工件上的多余電子，保證N與工件之間無電壓。正常工作時(shí)，若單位時(shí)間內(nèi)從K發(fā)出的電子數(shù)為n，經(jīng)M、N之間的電場(chǎng)加速后大多數(shù)電子從金屬網(wǎng)N的小孔射出，少部分電子打到金屬網(wǎng)絲上被吸收，從而形成回路電流，電流表的示數(shù)穩(wěn)定為I.已知電子的質(zhì)量為m、電量大小為e，不計(jì)電子所受的重力和電子之間的相互作用。求：(1)單位時(shí)間內(nèi)被金屬網(wǎng)N吸收的電子數(shù)n′；若金屬網(wǎng)N吸收電子的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則其發(fā)熱功率P為多少；(2)電子在聚焦時(shí)運(yùn)動(dòng)方向改變很小,可認(rèn)為垂直打到工件上時(shí)的速度與從N中射出時(shí)的速度相同,并假設(shè)電子打在工件上被工件全部吸收不反彈。求電子束打到工件表面時(shí)對(duì)工件的作用力F大小;并說明為增大這個(gè)作用力,可采取的合理可行的措施(至少說出兩點(diǎn)方法)；(3)已知MN兩板間的距離為d,設(shè)在兩板之間與M相距x到x+△x的空間內(nèi)(△x足夠小)電子數(shù)為△N,求△N/△x與x的關(guān)系式。答案2.相距很近的平行板電容器，在兩板中心各開有一個(gè)小孔，如圖甲所示，靠近A板的小孔處有一電子槍，能夠持續(xù)均勻地發(fā)射出電子，電子的初速度為v0，質(zhì)量為m，電量為-e，在AB兩板之間加上圖乙所示的交變電壓，其中0<k<1，；緊靠B板的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓也等于U0，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板間距為d，距偏轉(zhuǎn)極板右端L/2處垂直放置很大的熒光屏PQ。不計(jì)電子的重力和它們之間的相互作用，電子在電容器中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可以忽略不計(jì)。(1)在0—T時(shí)間內(nèi)，熒光屏上有兩個(gè)位置會(huì)發(fā)光，試求這兩個(gè)發(fā)光點(diǎn)之間的距離。(結(jié)果用L、d表示)(2)撤去偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)及熒光屏，當(dāng)k取恰當(dāng)?shù)臄?shù)值，使在0—T時(shí)間內(nèi)通過電容器B板的所有電子,能在某一時(shí)刻形成均勻分布的一段電子束，求k值。答案(1)

(2)0.59解析本題考查了動(dòng)能定理、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng)等相關(guān)知識(shí)，意在考生的綜合分析和解決能力。(1)電子經(jīng)過電容器內(nèi)的電場(chǎng)后，速度要發(fā)生變化。在0﹣kT時(shí)間內(nèi)，設(shè)穿出B板后速度變?yōu)関1，由動(dòng)能定理得：﹣eU0=mv12﹣mv02，將U0=代入后解得：v1=。在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1=，側(cè)移量y1=at12=，解得：y1=。根據(jù)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的推論“似是中點(diǎn)來”其打在熒光屏上的坐標(biāo)y1′=2y1=在kT﹣T

時(shí)間內(nèi)，穿出B板后速度變?yōu)関2，同理可得，eU0=mv12﹣mv02，v2==v1，y2=，y2′=2y2=。熒光屏上兩個(gè)發(fā)光點(diǎn)之間的距離△y=y1′﹣y2′=。(2)要求在某一時(shí)刻形成均勻分布的一段電子束，前后兩段電子束的長(zhǎng)度必須相等(且剛好重疊)，第一束長(zhǎng)度：l1=v1?kT第二束長(zhǎng)度：l2=v2?(T﹣kT)；l1=l2即v1?kT=v1?(1﹣k)T，解得k=≈0.593.（2004天津）磁流體發(fā)電是一種新型發(fā)電方式，圖中的圖1和圖2是其工作原理示意圖。圖1中的長(zhǎng)方體是發(fā)電導(dǎo)管，其中空部分的長(zhǎng)、高、寬分別為、、，前后兩個(gè)側(cè)面是絕緣體，上下兩個(gè)側(cè)面是電阻可略的導(dǎo)體電極，這兩個(gè)電極與負(fù)載電阻相連。整個(gè)發(fā)電導(dǎo)管處于圖2中磁場(chǎng)線圈產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場(chǎng)里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示。發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)有電阻率為的高溫、高速電離氣體沿導(dǎo)管向右流動(dòng)，并通過專用管道導(dǎo)出。由于運(yùn)動(dòng)的電離氣體受到磁場(chǎng)作用，產(chǎn)生了電動(dòng)勢(shì)。發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)電離氣體流速隨磁場(chǎng)有無而不同。設(shè)發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)電離氣體流速處處相同，且不存在磁場(chǎng)時(shí)電離氣體流速為，電離氣體所受摩擦阻力總與流速成正比，發(fā)電導(dǎo)管兩端的電離氣體壓強(qiáng)差△p維持恒定，求：（1）不存在磁場(chǎng)時(shí)電離氣體所受的摩擦阻力F多大；（2）磁流體發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)E的大??；（3）磁流體發(fā)電機(jī)發(fā)電導(dǎo)管的輸入功率P。答案：（1）不存在磁場(chǎng)時(shí)，由力的平衡得（2）設(shè)磁場(chǎng)存在時(shí)的氣體流速為，則磁流體發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)E=Bav回路中的電流電流I受到的安培力設(shè)為存在磁場(chǎng)時(shí)的摩擦阻力，依題意存在磁場(chǎng)時(shí)，由力的平衡得根據(jù)上述各式解得（3）磁流體發(fā)電機(jī)發(fā)電導(dǎo)管的輸入功率由能量守恒定律得

故（關(guān)鍵在把電離氣體看作導(dǎo)體“塊”）4.（2019石家莊二中0.5模）如圖所示,靜止在光滑水平面上的小車質(zhì)量為.從水槍中噴出的水柱的橫截面積為,速度為,水的密度為.若用水槍噴出的水從車后沿水平方向沖擊小車的前壁,且沖擊到小車前壁的水全部沿前壁流進(jìn)小車中.當(dāng)有質(zhì)量為的水進(jìn)入小車時(shí),試求:

(1)小車的速度大小;

(2)小車的加速度大小.解:(1)流進(jìn)小車的水與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,當(dāng)淌入質(zhì)量為m的水后,小車速度為,

則,

計(jì)算得出:

(2)質(zhì)量為m水流進(jìn)小車后,在極短的時(shí)間內(nèi),沖擊小車的水的質(zhì)量為

此時(shí),水對(duì)車的沖擊力為F,則車對(duì)水的作用力也為F,

據(jù)動(dòng)量定理有

計(jì)算得出:

根據(jù)牛頓第二定律得:電磁感應(yīng)的微元問題1.（2019棠湖中學(xué)開學(xué)考）如圖所示，兩條光滑的絕緣導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的水平部分與圓弧部分平滑連接，兩導(dǎo)軌間距為，導(dǎo)軌的水平部分有段相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域（圖中的虛線范圍），磁場(chǎng)方向豎直向上，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，磁場(chǎng)的寬度為，相鄰磁場(chǎng)區(qū)域的間距也為，大于，磁場(chǎng)左、右兩邊界均與導(dǎo)軌垂直，現(xiàn)有一質(zhì)量為，電阻為，邊長(zhǎng)為的正方形金屬框，由圓弧導(dǎo)軌上某高度處?kù)o止釋放，金屬框滑上水平導(dǎo)軌，在水平導(dǎo)軌上滑行一段時(shí)間進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，最終線框恰好完全通過段磁場(chǎng)區(qū)域，地球表面處的重力加速度為，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)可以忽略不計(jì)，求：（1）金屬框進(jìn)入第1段磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，通過線框某一橫截面的感應(yīng)電量及金屬框完全通過段磁場(chǎng)區(qū)域的過程中安培力對(duì)線框的總沖量的大小?（2）金屬框完全進(jìn)入第（）段磁場(chǎng)區(qū)域前的瞬間，金屬框速度的大?。淮鸢冈斀猓?）設(shè)金屬框在進(jìn)入第一段勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域前的速度為，進(jìn)入第一段勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，出去第一段勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，金屬框在進(jìn)入第一段勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，線框中產(chǎn)生平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為平均電流為：，

設(shè)線框經(jīng)過每一段磁場(chǎng)區(qū)域的過程中安培力沖量大小為則，根據(jù)進(jìn)入時(shí)，可以得到，代入上式則可得整個(gè)過程累計(jì)得到：；（2）金屬框穿過第個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域后，由動(dòng)量定理得到：金屬框完全進(jìn)入第個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，由動(dòng)量定理得到：,解得：；注意區(qū)分L和s！2.（2017天津）電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為，電容器的電容為。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為，電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為、電阻為的金屬棒，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)接1，使電容器完全充電。然后將接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），開始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。問：（1）磁場(chǎng)的方向；（2）剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小；（3）離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量是多少。答案：（1）垂直于導(dǎo)軌平面向下。（2）電容器完全充電后，兩極板間電壓為，當(dāng)開關(guān)接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)的電流為，有①設(shè)受到的安培力為，有②由牛頓第二定律，有③聯(lián)立①②③式得④（3）當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電量為，有⑤開關(guān)接2后，開始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值時(shí)，設(shè)上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，有⑥依題意有⑦設(shè)在此過程中的平均電流為，上受到的平均安培力為，有⑧由動(dòng)量定理，有⑨又⑩聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得?3.如圖所示，質(zhì)量m=3.0×10-3kg的“”型金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”型框的水平細(xì)桿CD長(zhǎng)l=0.20m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1.0T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電源電動(dòng)勢(shì)E=16V，通過開關(guān)k，電容C=2mF，與兩水銀槽相連，在開關(guān)k與1接通穩(wěn)定后，再把k扳到2接通，瞬間細(xì)框跳起（細(xì)框跳起瞬間安培力遠(yuǎn)大于重力），跳起的最大高度h=0.20m。（g=10m/s2）試求：（1）跳起過程通過CD棒的電量為多少？（2）跳起后電容兩極板的電壓是多少？答案：（1）設(shè)跳起的速度為根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：解得：根據(jù)動(dòng)量定理得又因?yàn)殡娏?，解得：?）k接1時(shí)電容器上的電荷量放電后電容器上剩余的電荷量跳起后電容兩極板的電壓五、圖像分段、分情況分析1.（2015南昌一模）如圖所示，abcd是邊長(zhǎng)為，每邊電阻均相同的正方形導(dǎo)體框，今維持線框以恒定的速度沿x軸運(yùn)動(dòng)，并穿過傾角為的三角形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，方向垂直紙面向里。線框b點(diǎn)在O位置時(shí)開始計(jì)時(shí)，則在時(shí)間內(nèi)，a、b二點(diǎn)的電勢(shì)差隨時(shí)間的變化圖線為（

）。A:

B:

C:

D:

答案：D解析:線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從線圈進(jìn)入磁場(chǎng)到對(duì)角線ac與磁場(chǎng)邊界重合的過程中，即時(shí)間內(nèi)，根據(jù)幾何關(guān)系可知，ab邊上長(zhǎng)為的導(dǎo)體切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，即，當(dāng)ac與磁場(chǎng)邊界重合時(shí)，即，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)達(dá)到最大，由串聯(lián)電路的分壓原理可得a、b二點(diǎn)的電勢(shì)差，電勢(shì)差與時(shí)間成正比關(guān)系，最大電勢(shì)差為；從線圈的對(duì)角線ac與磁場(chǎng)邊界重合到線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，即時(shí)間內(nèi)，此階段ab邊與dc邊上長(zhǎng)為的導(dǎo)體同時(shí)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，兩者感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向相同，，，再設(shè)導(dǎo)體框總電阻為可得電路電流為，所以a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差，當(dāng)時(shí)，有，當(dāng)時(shí)，電勢(shì)差達(dá)到最大，為，故D項(xiàng)正確。2.（2014四川）如圖所示，水平傳送帶以速度勻速運(yùn)動(dòng)，小物體、由通過定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，時(shí)刻在傳送帶左端具有速度，與定滑輪間的繩水平，時(shí)刻離開傳送帶。不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長(zhǎng)。正確描述小物體速度隨時(shí)間變化的圖像可能是（

）。A:

B:

C:

D:

答案：BC解析:問題求解：（1）若那么滑塊將受到向右的摩擦力和向左的拉力，若，做減速運(yùn)動(dòng)，P向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，減速到零后反向加速，整個(gè)過程中受力情況不改變，則P向左加速到初速度時(shí)恰離開傳送帶，圖像應(yīng)為一條傾斜向右下的直線；若那么滑塊向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，且對(duì)Q受力分析可知，此時(shí)Q的重力小于P能受到的最大摩擦力，當(dāng)速度增加到后，與傳送帶相對(duì)靜止做勻速直線運(yùn)動(dòng)，最終從傳送帶右端掉下，B項(xiàng)圖符合。（2）若，滑塊受到向左的摩擦力和向左的拉力，此時(shí)滑塊向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度為，當(dāng)滑塊速度減小到時(shí)，摩擦力反向，此時(shí)若Q的重力大于P能受到的最大摩擦力，滑塊將繼續(xù)做勻減速運(yùn)動(dòng)，減速到零后反向加速，直到從傳送帶左側(cè)掉下，加速度為，小于前面的加速度，C項(xiàng)圖符合；此時(shí)若Q的重力小于P能受到的最大摩擦力，滑塊將做勻速運(yùn)動(dòng)，沒有符合的選項(xiàng)，故B、C項(xiàng)正確。3.（2012福建）如圖甲，一圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開始下落，穿過一根豎直懸掛的條形磁鐵，銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的中軸線始終保持重合。若取磁鐵中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立豎直向下為正方向的軸，則圖乙中最能正確反映環(huán)中感應(yīng)電流隨環(huán)心位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖象是（

）。A:

B:

C:

D:

答案：B解析:銅環(huán)自由下落，而磁鐵的磁場(chǎng)分布關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱。由法拉第電磁感應(yīng)定律，下落過程中銅環(huán)的磁通量變化率隨位置變化是非線性的，感應(yīng)電壓的變化具體為從開始到磁鐵N極所在水平面過程中逐漸增大，在N極達(dá)到最大，從N極所在水平面到點(diǎn)所在水平面逐漸減小，從點(diǎn)水平面到S處水平面反向增大，到S處達(dá)到最大，從S到地面過程中，反向減小，逐漸趨向0，由于N與S處磁場(chǎng)分布對(duì)稱，且S處銅環(huán)速度大于N處銅環(huán)速度，即反向最大電壓要大于正向最大電壓，銅環(huán)電阻不變，感應(yīng)電流與感應(yīng)電壓的變化一致，故B項(xiàng)正確。易錯(cuò)項(xiàng)辨析：本題的易錯(cuò)項(xiàng)為C項(xiàng)。本題實(shí)際上是比較圓環(huán)在條形磁鐵上端時(shí)和下端時(shí)他們磁通量的變化率的最大值是否相等，若圓環(huán)在磁鐵上端時(shí)的速度和下端時(shí)的速度相等，則變化率也相等。通過受力分析可知，圓環(huán)在磁鐵下端時(shí)的速度變化率較大，即感應(yīng)電流的最大值較大，選項(xiàng)B正確。4.如圖所示,在光滑水平面上,有一個(gè)粗細(xì)均勻的單匝正方形閉合線框時(shí)刻,線框在水平外力的作用下,從靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),bc邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻為,ad邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻為,設(shè)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小為i,ad邊兩端電壓大小為U,水平拉力大小為F,則下列i、U、F隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t變化關(guān)系圖象正確的是(

)ABCD答案：C解:A、B由題得到,金屬桿的速度與時(shí)間的關(guān)系式為v=at,a是加速度.由E=BLv和得,感應(yīng)電流與時(shí)間的關(guān)系式為,B、L、a均不變,當(dāng)時(shí)間內(nèi),感應(yīng)電流為零,時(shí)間內(nèi),電流I與t成正比,時(shí)間后無感應(yīng)電流.故AB錯(cuò)誤.

C、由E=BLv和得,感應(yīng)電流與時(shí)間的關(guān)系式為,當(dāng)時(shí)間內(nèi),感應(yīng)電流為零,ad的電壓為零,時(shí)間內(nèi),電流I與t成正比,,電壓隨時(shí)間均勻增加,時(shí)間后無感應(yīng)電流,但有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),電壓隨時(shí)間均勻增加,所以C選項(xiàng)是正確的.

D、根據(jù)推論得知:金屬桿所受的安培力為,由牛頓第二定律得,得

,當(dāng)時(shí)間內(nèi),感應(yīng)電流為零,F=ma,為定值,時(shí)間內(nèi),F與t成正比,F與t是線性關(guān)系,但不過原點(diǎn),時(shí)間后無感應(yīng)電流,F=ma,為定值,故D錯(cuò)誤.

5.如圖所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，它的底邊在軸上且長(zhǎng)為，高為，紙面內(nèi)一邊長(zhǎng)為的正方形導(dǎo)線框沿軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)穿過勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，在時(shí)刻恰好位于圖中所示的位置。以順時(shí)針方向?yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示電流—位移（）關(guān)系的是

（

）A:

B:

C:

D:

答案：A思考角度：①磁通量變化②切割斜率1.（2014重慶）以不同初速度將兩個(gè)物體同時(shí)豎直向上拋出并開始計(jì)時(shí)，一個(gè)物體所受空氣阻力可忽略，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實(shí)線描述兩物體運(yùn)動(dòng)的圖像可能正確的是（

）。A:

B:

C:

D:

答案詳解D解析:不計(jì)空氣阻力的物體其上拋運(yùn)動(dòng)的過程中，加速度恒為重力加速度，用虛線表示為一條斜率為負(fù)的直線；另一物體的空氣阻力不可忽略，設(shè)比例系數(shù)為，物體質(zhì)量為，則阻力可表示為，物體從上拋到速度減小為零的過程中，加速度為，從速度為零點(diǎn)到下降過程中，加速度為?？芍?，物體的加速度先大于重力加速度，在速度為零時(shí)等于重力加速度，最后小于重力加速度。圖的斜率表示加速度，即實(shí)線的斜率先大于虛線的斜率，在與軸相交處，實(shí)線與虛線的斜率相等，之后實(shí)線的斜率小于虛線。在限定條件下動(dòng)態(tài)調(diào)整v-t圖像，快速解決問題1.（2016廈門雙十中學(xué)期中）如圖所示，長(zhǎng)直桿CPD與水平面成，由不同材料拼接面成，P為兩材料分界點(diǎn)，DP＞CP。一個(gè)圓環(huán)套在長(zhǎng)直桿上，讓圓環(huán)無初速?gòu)捻敹嘶降锥耍ㄈ缱髨D）；再將長(zhǎng)直桿兩端對(duì)調(diào)放置，讓圓環(huán)無初速?gòu)捻敹嘶降锥耍ㄈ缬覉D），兩種情況下圓環(huán)從開始運(yùn)動(dòng)到經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間相同。下列說法中正確的是（

）。A:圓環(huán)與直桿CP段的動(dòng)摩擦因數(shù)小于圓環(huán)與直桿DP段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)B:兩次滑動(dòng)中圓環(huán)到達(dá)底端速度大小不相等C:圓環(huán)從C到D所用時(shí)間小于從D到C所用時(shí)間D:圓環(huán)從C到D所用時(shí)間大于從D到C所用時(shí)間答案：D2.（2015連云港、徐州、淮安、宿遷調(diào)研（一））如圖甲，真空中豎直放置兩塊相距為的平行金屬板P、Q，兩板間加上如圖乙所示最大值為的周期性變化的電壓，在Q板右側(cè)某個(gè)區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為、方向垂直于紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在緊靠P板處有一粒子源A，自開始連續(xù)釋放初速不計(jì)的粒子，經(jīng)一段時(shí)間從Q板小孔O射入磁場(chǎng)，然后射出磁場(chǎng)，射出時(shí)所有粒子的速度方向均豎直向上。已知電場(chǎng)變化周期，粒子質(zhì)量為，電荷量為，不計(jì)粒子重力及相互間的作用力。求：（1）時(shí)刻釋放的粒子在P、Q間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的最大速率和最小速率；（3）有界磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積。答案(16分)（1）設(shè)時(shí)刻釋放的粒子在時(shí)間內(nèi)一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度

1分位移

2分可見該粒子經(jīng)正好運(yùn)動(dòng)到O處，假設(shè)與實(shí)際相符合該粒子在P、Q間運(yùn)動(dòng)時(shí)間

1分（2）時(shí)刻釋放的粒子一直在電場(chǎng)中加速，對(duì)應(yīng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率最大由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式由

2分設(shè)時(shí)刻釋放的粒子先做加速運(yùn)動(dòng)（所用時(shí)間為），后做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)時(shí)刻恰好由小孔O射入磁場(chǎng)，則

2分解得

1分進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率

1分由圖知，在至?xí)r間內(nèi)某時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，再做加速運(yùn)動(dòng)，速度為時(shí)還未到達(dá)小孔O處，圖中陰影面積等于粒子此時(shí)距小孔的距離，再經(jīng)加速才能到達(dá)O處，此時(shí)速度已大于。所以速率是粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的最小速率，最小值

1分（3）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做軌跡為四分之一圓周的運(yùn)動(dòng)

1分半徑最大速率對(duì)應(yīng)的半徑

1分最小速率對(duì)應(yīng)的半徑

1分磁場(chǎng)的左、右邊界為粒子最小、最大半徑對(duì)應(yīng)的四分之一圓周，上部分邊界為的一部分，如圖所示陰影面積，磁場(chǎng)區(qū)域最小面積

2分用面積計(jì)算和分析距離相關(guān)問題1.（2019廣東一模）如圖所示是甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)的速度?時(shí)間圖象,下列說法正確的是

()

A.

0～5s內(nèi)甲物體的加速度大小為

0.75m/s2

B.

3s時(shí)乙物體的加速度大小為

1m/s2

C.

0～5s內(nèi)甲物體的位移大小為

26/3m

D.

0～5s內(nèi)乙物體的位移大于

13.5m答案:D解析：A.是4/3，不是3/4D.根據(jù)圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移,知0～5s內(nèi)乙物體的位移大于1×32+3×3+3×22=13.5m。六、坐標(biāo)系選?。ㄑ剌S的量可以避開方程）、合成與分解1.

一個(gè)物體在光滑的水平面上以速度v0（未知）沿AB方向勻速運(yùn)動(dòng)，在某一時(shí)刻（位置O處）受到兩個(gè)互相垂直的水平恒力作用，一個(gè)力大小為F，另一個(gè)力的方向與v

的方向成角θ，如圖所示，當(dāng)物體速度為2v0時(shí)，物體正處于另一個(gè)力的作用線OP上的P點(diǎn)，求OP方向上的作用力。答案以O(shè)F為x軸，OP為y軸，O為原點(diǎn)，建立坐標(biāo)系

x方向的初速度：

加速度y方向的初速度：

從O到P的時(shí)間：x方向的位移為零

在P點(diǎn)x方向的速度和x方向的初速度等大反向，故y方向的速度從O到P的位移y方向的加速度

2.（NCS20190607項(xiàng)目（二））3.（2019石家莊二模）如圖，輕繩l1一端固定在O點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的物體相連。輕繩l2跨過固定在B點(diǎn)的定滑輪，一端連接物體，另一端由力F控制。在力F的作用下，物體從處于O點(diǎn)正下方的A點(diǎn)緩慢地運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中l(wèi)1一直處于伸直狀態(tài)。O、B兩點(diǎn)在同一水平線上，不計(jì)一切阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）

A．物體從A點(diǎn)到B點(diǎn)過程中，拉力F一直變小B．物體從A點(diǎn)到B點(diǎn)過程中，輕繩的拉力一直變大C．物體從A點(diǎn)到B點(diǎn)過程中，輕繩對(duì)物體拉力可能大于mgD．當(dāng)輕繩與豎直方向的夾角為時(shí)，拉力F大小為答案：D解析（正交分解法）圓心角與對(duì)應(yīng)弦切角是兩倍關(guān)系，把F1放到y(tǒng)軸上，沿x軸方向，F(xiàn)2cosθ2=mgcosθ,化得F2=mg(2cosθ2-1cosθ2)當(dāng)θ∈(0,π2)時(shí)，F(xiàn)（正弦定理法）4.如圖所示在地面上方的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球，系在一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場(chǎng)強(qiáng)度E=mg/q，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（

）

A．若小球在豎直平面內(nèi)繞0點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則它運(yùn)動(dòng)的最小速度VminB．若小球在豎直平面內(nèi)繞0點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大C．若將小球在A點(diǎn)由靜止開始釋放，它將在ACBD圓弧上往復(fù)運(yùn)動(dòng)D．若將小球在A點(diǎn)以大小為的速度豎直向上拋出，它將能夠到達(dá)B點(diǎn)答案：ABD解析:

試題分析：由于電場(chǎng)強(qiáng)度，故，物體的加速度大小為，故若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則它運(yùn)動(dòng)的最小速度為，則有：，解得，，故A正確；除重力和彈力外其它力做功等于機(jī)械能的增加值，若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力做功最多，故到B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大，故B正確；小球受合力方向與電場(chǎng)方向夾角斜向下，故若將小球在A點(diǎn)由靜止開始釋放，它將沿合力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)的最小速度為，若將小球在A點(diǎn)以大小為的速度豎直向上拋出，小球?qū)⒉粫?huì)沿圓周運(yùn)動(dòng)，因此小球在豎直方向做豎直上拋，當(dāng)豎直方向位移為零時(shí)，所用時(shí)間為：，水平方向做勻加速，在此時(shí)間內(nèi)水平方向的位移為：,即小球剛好運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，故D正確。七、定性與定量有時(shí)，定性往往更簡(jiǎn)便1.如圖所示，空間存在垂直于紙面向里的磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，場(chǎng)內(nèi)有一絕緣的足夠長(zhǎng)的直桿，它與水平面的夾角為θ，一帶電量為-q，質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球套在直桿上，從A點(diǎn)由靜止開始沿桿下滑，小球與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，在小球以后的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是（

）

A．小球的加速度選增大后減小，最后為零B．小球的速度先增大后減小直至勻速運(yùn)動(dòng)C．若小球的最大速度為，則當(dāng)小球有最大加速度時(shí)其速度D．若小球的最大速度為，則當(dāng)小球有最大加速度時(shí)其速度答案：AC解析（定性）N反向后，必有一位置仍有a=gsinθ-μgcosθ，而此之后才會(huì)有最大速度（定量）2.（2019廣東二模）答案：AC解析：C項(xiàng)，（定性）前L/2的△Ep大于后L/2的△Ep（定量）簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，x-t圖像為正弦曲線，可算出Ek=3/4Ekm有時(shí)，表面上定性，實(shí)際上要定量1.公園里的“飛天秋千”游戲開始前，座椅由鋼絲繩豎直懸吊在半空。秋千勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，繩與豎直方向成某一角度，其簡(jiǎn)化模型如圖所示。若要使夾角變大，可將（

）。A:鋼絲繩變長(zhǎng)B:鋼絲繩變短C:增大座椅質(zhì)量D:增大角速度答案：AD解析:對(duì)座椅進(jìn)行受力分析如圖所示，則座椅做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，座椅做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，根據(jù)向心力表達(dá)式有，聯(lián)立上述三式得。在保持不變的情況下，使夾角變大，則要使得變長(zhǎng)；在保持不變的情況下，使夾角變大，則要使得變大，故A、D項(xiàng)正確。2.（2014全國(guó)Ⅰ）如圖所示，用橡皮筋將一小球懸掛在小車的架子上，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)使小車從靜止開始向左加速，加速度從零開始逐漸增大到某一值，然后保持此值，小球穩(wěn)定地偏離豎直方向某一角度（橡皮筋在彈性限度內(nèi)），與穩(wěn)定在豎直位置時(shí)相比，小球的高度（

）。A:一定升高B:一定降低C:保持不變D:升高或降低由橡皮筋的勁度系數(shù)決定答案：A解析:問題求解：設(shè)橡皮筋的勁度系數(shù)為，原長(zhǎng)為，小球質(zhì)量為，則穩(wěn)定在豎直位置的時(shí)候，橡皮筋的伸長(zhǎng)量，則小球距離懸掛點(diǎn)距離；設(shè)向左的加速度為，穩(wěn)定的時(shí)候?qū)ζ溥M(jìn)行受力分析，設(shè)橡皮筋與豎直方向的夾角為，則有：，此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量，小球距離懸掛點(diǎn)的位置，所以小球在豎直方向距離懸掛點(diǎn)的距離變短，小球的位置一定上升，故A項(xiàng)正確。用“平均值”分析問題1.如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上O點(diǎn)的轉(zhuǎn)軸上,另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙固定直桿A處的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))相連,直桿的傾角為,,B為AC的中點(diǎn),OB等于彈簧原長(zhǎng),小球從A處由靜止開始下滑,初始加速度大小為,第一次經(jīng)過B處的速度為v,運(yùn)動(dòng)到C處速度為0,后又以大小為的初始加速度由靜止開始向上滑行,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,下列說法正確的是(

)小球可以返回到出發(fā)點(diǎn)A處彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為1/2撤去彈簧,小球可以在直桿上處于靜止答案：BD

解:C、設(shè)從A運(yùn)動(dòng)到C摩擦力的平均值為,,由得:

在B點(diǎn),摩擦力,因?yàn)閺椈蓪?duì)小球有拉力(除B點(diǎn)外),小球?qū)U的壓力大于,所以

可得,因此撤去彈簧,小球不能在直桿上處于靜止2.（2015福建）如圖，在豎直平面內(nèi)，滑道ABC關(guān)于B點(diǎn)對(duì)稱，且A、B、C三點(diǎn)在同一水平線上。若小滑塊第一次由A滑到C，所用時(shí)間為，第二次由C滑到A，所用的時(shí)間為，小滑塊兩次的初速度大小相同且運(yùn)動(dòng)過程始終沿著滑道滑行，小滑塊與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，則（

）。A:

B:

C:

D:無法比較、的大小答案詳解A解析:滑塊經(jīng)過AB時(shí)，速度越大，對(duì)斜面的壓力越小，所受摩擦力越小，摩擦力做功越??；滑塊經(jīng)過BC時(shí)，速度越大，對(duì)斜面的壓力越大，所受摩擦力越大，摩擦力做功越大。所以從A到C過程與從C到A過程相比，前者克服摩擦力做功較少，損失的機(jī)械能較小，平均速度較大，所以。八、多次往返（確定最終停下位置，逐次推導(dǎo)歸納）1.如圖所示，光滑絕緣水平面AB與傾角θ=37°，長(zhǎng)L=5m的固定絕緣斜面BC在B處圓滑相連，在斜面的C處有一與斜面垂直的彈性絕緣擋板，質(zhì)量m=0.5kg、帶電荷量q=+5×10-5C的絕緣帶電小滑塊(可看作質(zhì)點(diǎn))置于斜面的中點(diǎn)D，整個(gè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E=2×105N／C，現(xiàn)讓滑塊以v0=14m／s的速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)．設(shè)滑塊與擋板碰撞前后所帶電荷量不變、速度大小不變，滑塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，(g取10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)求：(1)滑塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的加速大?。?2)滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程．答案解：(1)滑塊與斜面之間的摩擦力：f=μ(mgcos37°+qEsin37°)=1N（提前算好，為后續(xù)提供方便）由牛頓第二定律有：qEcos37°-mgsin37°-f=ma解得：a=8m/s2(2)由題知，滑塊最終停在C點(diǎn)；滑塊從D點(diǎn)開始最終到C點(diǎn)，設(shè)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的路程為s1，由動(dòng)能定理有：解得s1=61.5m設(shè)滑塊第一次到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek1（不必用1/2mv2表示），從D點(diǎn)到B點(diǎn)由動(dòng)能定理有：解得：Ek1=29J滑塊第一次從B點(diǎn)到水平面左端最遠(yuǎn)x1處，由動(dòng)能定理有：-qEx1=0-Ek1解得：x1=2.9m水平面光滑，滑塊返回到B點(diǎn)，動(dòng)能不變．滑塊在斜面上往返一次克服摩擦力做功：Wf=2fL=10J故可知，滑塊第二次從B點(diǎn)到水平面左端最遠(yuǎn)x2=1.9m滑塊第三次從B點(diǎn)到水平面左端最遠(yuǎn)x3=0.9m此后滑塊不能再到達(dá)水平面。滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的總路程：s2=2(x1+x2+x3)=11.4m滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程：s=s1+s2=72.9m2.（2018全國(guó)物理預(yù)賽）九、輕質(zhì)物體（合外力為0）1.（2015廊坊聯(lián)考，改編）如圖所示，傾角為的光滑桿上套有一個(gè)小球和兩根輕質(zhì)彈簧，兩彈簧的一端各與小球相連，另一端分別用銷釘M、N固定于桿上，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)。設(shè)拔去銷釘M瞬間，小球的加速度大小為。若不拔去銷釘M，而拔去銷釘N瞬間，小球的加速度可能是（取）（

）。A:

，沿桿向上B:

，沿桿向下C:

，沿桿向上D:

，沿桿向下答案：BC解析：彈簧為輕質(zhì)，受合力為0，拔去銷釘M相當(dāng)于撤去彈簧a，拔去銷釘N相當(dāng)于撤去彈簧b2.如圖所示,傾角為θ的斜面底端固定擋板P,質(zhì)量為m的小物塊A與質(zhì)量不計(jì)的木板B疊放在斜面上,A位于B的最上端且與P相距L.已知A與B、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為、,且,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,A與擋板相撞沒有機(jī)械能損失.將A、B同時(shí)由靜止釋放,求:

(1)A、B釋放時(shí),物塊A的加速度大小;

(2)若A與擋板不相碰,木板的最小長(zhǎng)度;

(3)若木板長(zhǎng)度為l,整個(gè)過程中木板運(yùn)動(dòng)的總路程.答案解:(1)釋放木板與物塊A,它們一起加速下滑.以木板與物塊A為研究對(duì)象,設(shè)其加速度大小為,由牛頓第二定律有:

;

計(jì)算得出

(2)在木板B與擋板未碰前,A和B相對(duì)靜止,以相同的加速度一起向下做勻加速運(yùn)動(dòng).木板B與擋板相碰后立即靜止,A開始勻減速下滑.若物塊A到達(dá)擋板時(shí)的速度恰好為0,此時(shí)木板長(zhǎng)度即為最小長(zhǎng)度.設(shè)木板與擋板相撞瞬間速度為v,則有

木板靜止后,物塊減速下滑時(shí)的加速度大小為,由牛頓第二定律有

;

計(jì)算得出

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得;

聯(lián)立以上各式可計(jì)算得出

(3)分兩種情況:

①若,木板與擋板相撞后不反彈,物塊A一直減速直到靜止在木板上.

故木板通過的路程

②若,木板與擋板相撞后,物塊A在木板上減速運(yùn)動(dòng)直至與擋板相撞.因?yàn)榕鲎策^程中沒有機(jī)械能損失,A將以撞前速率返回,并帶動(dòng)木板一起隨物塊向上減速;當(dāng)它們的速度減為零后,再重復(fù)上述過程,直至物塊A停在擋板處.

物塊與木板間因?yàn)槟Σ廉a(chǎn)生的熱量?l

木板與斜面間因?yàn)槟Σ廉a(chǎn)生的熱量

?s

根據(jù)能量守恒得;

計(jì)算得出

十、物理思維的嚴(yán)密性——分類討論與多解1.如圖所示，光滑的水平面上有P、Q兩個(gè)豎直固定擋板，A、B是兩擋板連線的三等分點(diǎn)。A點(diǎn)處有一質(zhì)量為的靜止小球，緊貼P擋板的右側(cè)有一質(zhì)量為的等大小球以速度向右運(yùn)動(dòng)與相碰。小球與小球、小球與擋板間的碰撞均為彈性正碰，兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：（1）兩小球m1和m2第一次碰撞后的速度v1和v2；（2）若兩小球之間的第二次碰撞恰好發(fā)生在B點(diǎn)，且的可能比值。答案（1）因兩球發(fā)生彈性正碰，列動(dòng)量守恒與能量守恒公式有:解得：v（2）m1與m2在B點(diǎn)碰撞有兩種情況：第一種：m1被P反彈后追上m2再B點(diǎn)相遇，由題意可知，m1運(yùn)動(dòng)距離是m2的三倍，故有：,解得。第二種：m1被P反彈后與m2被Q反彈后再B點(diǎn)相遇，由題意可知，m1運(yùn)動(dòng)距離等于運(yùn)動(dòng)距離，故由，解得。2.如圖所示,小車的上面是中突的兩個(gè)對(duì)稱的曲面組成,整個(gè)小車的質(zhì)量為m,原來靜止在光滑的水平面上.今有一個(gè)可以看作質(zhì)點(diǎn)的小球,質(zhì)量也為m,以水平速度v從左端滑上小車,下列說法正確的是(

)A.小球滑離小車時(shí),小車可能回到了原來的位置B.小球滑離小車后,小球可能做自由落體運(yùn)動(dòng)C.若小球恰能到達(dá)小車的最高點(diǎn)，則車上曲面的豎直高度不會(huì)大于D.若小球恰能到達(dá)小車的最高點(diǎn)，則小球在滑上曲面的過程中,對(duì)小車壓力的沖量大小是答案：BC

解:A、小球滑上曲面的過程,小車向右運(yùn)動(dòng),小球滑下時(shí),小車還會(huì)繼續(xù)前進(jìn),故不會(huì)回到原位置,故A錯(cuò)誤.

B、若曲面光滑且足夠高，小球無法翻越小車，最終兩者交換速度，會(huì)出現(xiàn)這個(gè)情況,故B正確;

C、因?yàn)樾∏蛟瓉淼膭?dòng)能為,小球到最高點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)能為,所以系統(tǒng)動(dòng)能減少了,如果曲面光滑,則減少的動(dòng)能等于小球增加的重力勢(shì)能,即,得.顯然,這是最大值,如果曲面粗糙,高度還要小些,故C正確.D、由小球恰好到最高點(diǎn),知道兩者有共同速度,對(duì)于車、球組成的系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定律列式為,得共同速度.小車動(dòng)量的變化為,這個(gè)增加的動(dòng)量是小車受到的總動(dòng)量的大小,故D錯(cuò)誤.

3.（2017全國(guó)Ⅰ）真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為。在油滴處于位置A時(shí)，將電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時(shí)間后，又突然將電場(chǎng)反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。重力加速度大小為。（1）油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度；（2）求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；為保證后來的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的和應(yīng)滿足的條件。已知不存在電場(chǎng)時(shí)，油滴以初速度做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍。答案（1）設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為和，油滴速度方向向上為正。油滴在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故勻強(qiáng)電場(chǎng)方向向上。在時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度突然從增加至?xí)r，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小滿足：

①油滴在時(shí)刻的速度為：

②電場(chǎng)強(qiáng)度在時(shí)刻突然反向，油滴做勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小滿足：

③油滴在時(shí)刻的速度為：

④由①②③④式得：

⑤（2）由題意，在時(shí)刻前有：

⑥油滴從到時(shí)刻的位移為：

⑦油滴在從時(shí)刻到時(shí)刻的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為：

⑧由題給條件有：

⑨式中是、兩點(diǎn)之間的距離。若點(diǎn)在點(diǎn)之上，依題意有：

⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得：

?為使，應(yīng)有：

?即當(dāng)：

?或：

?才是可能的：條件?式和?式分別對(duì)應(yīng)于和兩種情況。若點(diǎn)在點(diǎn)之下，依題意有：

?由①②③⑥⑦⑧⑨?式得：

?為使，應(yīng)有：

?即：

?另一解為負(fù)，不合題意，已舍去。本題（2）問的題干敘述順序有點(diǎn)顛倒，需用求根公式解方程，計(jì)算量大4.（2016湖北百校10月）(13分)如圖所示，是水平放置的半徑足夠大的圓盤，繞過其圓心的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，規(guī)定經(jīng)過同心O點(diǎn)且水平向右為軸正方向。在O點(diǎn)正上方距盤面高處有一個(gè)可間斷滴水的容器，從時(shí)刻開始，容器沿水平軌道向軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知時(shí)刻滴下第一滴水，以后每當(dāng)前一滴水剛好落到盤面時(shí)再滴下一滴水。取。（結(jié)果可用根式表示）（1）求每一滴水從離開容器到滴落至盤面的時(shí)間；（2）要使每一滴水在盤面上的落點(diǎn)都位于同一直線上，求圓盤的角速度應(yīng)滿足的條件；（3）當(dāng)圓盤的角速度時(shí)，第二滴水與第三滴水在盤面上落點(diǎn)間的距離，求容器的加速度。答案（1）離開容器后，每一滴水在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，故所求時(shí)間為：

2分（2）要使每一滴水在盤上的落點(diǎn)都位于同一直線，則圓盤在內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧度應(yīng)為（）即有：

3分解得：（）

2分（3）第二滴水落在盤中位置到O點(diǎn)的距離為：

1分第三滴水落在盤中位置到O的距離為：

1分設(shè)第二滴水和第三滴水分別滴落在圓盤上的位置與圓盤中心O點(diǎn)的連線的夾角為，有：

1分由余弦定理可知：

2分解得：

1分5.答案：CD6.（2019廣州二模）如圖，光滑水平桌面上有一個(gè)矩形區(qū)域abcd，bc長(zhǎng)度為2L，cd長(zhǎng)度為1.5L，e、f分別為ad、bc的中點(diǎn)。efcd區(qū)域存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；質(zhì)量為m，電荷量為+g的絕緣小球A靜止在磁場(chǎng)中f點(diǎn)。abfe區(qū)域存在沿可方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為；質(zhì)量為km的不帶電絕緣小球P，以大小為的初速度沿bf方向運(yùn)動(dòng)。P與A發(fā)生彈性碰撞，A的電量保持不變，P，A均可視為質(zhì)點(diǎn)。（1）若A從ed邊離開磁場(chǎng)，求k的最大值；（2）若A從ed邊中點(diǎn)離開磁場(chǎng)，求k的可能值和A在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間。養(yǎng)成準(zhǔn)確畫草圖的習(xí)慣：根據(jù)數(shù)據(jù)特點(diǎn)，正確畫運(yùn)動(dòng)軌跡圖7.光滑的半球形圓拱固定在水平面上,球心為O,半徑為R,小球位于半球面上，與過O的豎直軸成角θ。為使小球剛好能落入拱頂?shù)男《?，給小球以斜向上的切向速度v。求v的取值范圍。解析：①若小球在半球面上做圓周運(yùn)動(dòng)，則θ≤cos②若小球一開始就離開半球面做斜拋運(yùn)動(dòng)，則θ>注：由N=mgcosθ十一、用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問題的能力代數(shù)知識(shí)1.如圖，一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下，固定在水平面上，整個(gè)空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng).磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下.一電荷量為q(q＞0），質(zhì)量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓心為O′.球心O到該圓周上任一點(diǎn)的連線與豎直方向的夾角為θ（0＜θ＜π/2）.為了使小球能夠在該圓周上運(yùn)動(dòng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的最小值及小球P相應(yīng)的速率.重力加速度為g.

答案：據(jù)題意，小球P在球面上做水平的勻速圓周的圓心為O′.P受到向下的重力mg.球面對(duì)它沿OP方向的支持力

N和磁場(chǎng)的洛倫茲力f=qvB①式中v為小球運(yùn)動(dòng)的速率，洛倫茲力f的方向指向O′.根據(jù)牛頓第二定律

Ncosθ-mg=0②f-Nsinθ=m③由①②③式得v2-=0④由于v是實(shí)數(shù)，必須滿足Δ=≥0⑤由此得B≥⑥可見，為了使小球能夠在該圓周上運(yùn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的最小值為Bmin=⑦此時(shí)，帶電小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速率為v=⑧由⑦⑧式得v=⑨另解：B=mv/qRsinθ+mgsinθ/qvcosθ≥(基本不等式)2.（2019深圳一模，改）靜止在水平面上的小車固定在剛性水平輕桿的一端，桿的另一端通過小圓環(huán)套在豎直光滑的立柱上。每當(dāng)小車停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，車上的彈簧槍就會(huì)沿垂直于輕桿的水平方向自動(dòng)發(fā)射一粒彈丸，然后自動(dòng)壓縮彈簧并裝好一粒彈丸等待下次發(fā)射，直至射出所有彈丸。下圖為該裝置的俯視圖。記未裝彈丸的小車質(zhì)量為M（未知，可調(diào)整），已知每粒彈丸的質(zhì)量為m，每次發(fā)射彈丸釋放的彈性勢(shì)能為E，發(fā)射過程時(shí)間極短；小車運(yùn)動(dòng)時(shí)受到一個(gè)與運(yùn)動(dòng)方向相反、大小為小車對(duì)地面壓力λ倍的作用力；忽略所有摩擦阻力，重力加速度為g。若小車上共裝25粒彈丸，輕桿能承受的最大拉力

(L為小車做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑），則須滿足什么條件輕桿才不會(huì)被拉斷？小車做圓周運(yùn)動(dòng)的總路程的最大值是多少？答案某次發(fā)射后，小車（連同彈簧槍）和車載彈丸的總質(zhì)量為Mk=km(k從某一較大值開始減小，可取25個(gè)值，且k>25)發(fā)射彈丸的過程，遵守動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒；mu=Mkv

E=mu2+Mkv2彈丸剛被射出時(shí)桿受到的拉力：解得：由此可知，彈丸全部射完，k取最小值M/m時(shí)，桿的拉力最大，若此時(shí)還能滿足，則桿不會(huì)被拉斷，解得發(fā)射彈丸后，小車做圓周運(yùn)動(dòng)，圓周半徑為L(zhǎng)，由動(dòng)能定理可得：某次發(fā)射后到下一次發(fā)射前小車做圓周運(yùn)動(dòng)的路程：

由此式可知，每發(fā)射一粒彈丸后，小車做圓周運(yùn)動(dòng)的路程增大一些，因此要小車做圓周運(yùn)動(dòng)的總路程最大，k應(yīng)該取最小的25個(gè)值（對(duì)應(yīng)將25粒彈丸全部射出），即應(yīng)取取k=59、58、……、35，最大總路程為解得

（用到裂項(xiàng)的數(shù)學(xué)知識(shí)）3.（2015天津）現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場(chǎng)、磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)與磁場(chǎng)的寬度均為。電場(chǎng)強(qiáng)度為，方向水平向右；磁感應(yīng)強(qiáng)度為，方向垂直紙面向里。電場(chǎng)、磁場(chǎng)的邊界互相平行且與電場(chǎng)方向垂直。一個(gè)質(zhì)量為，電荷量為的帶正電粒子在第層電場(chǎng)左側(cè)邊界某處由靜止釋放，粒子始終在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子重力及運(yùn)動(dòng)時(shí)的電磁輻射。（1）求粒子在第層磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小與軌跡半徑；（2）粒子從第層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出時(shí)，速度的方向與水平方向的夾角為，試求；（3）若粒子恰好不能從第層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出，試問在其他條件不變的情況下，也進(jìn)入第層磁場(chǎng)，但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場(chǎng)右側(cè)邊界，請(qǐng)簡(jiǎn)要推理說明之。答案：（1）粒子在進(jìn)入第層磁場(chǎng)時(shí)，經(jīng)過兩次電場(chǎng)加速，中間穿過磁場(chǎng)洛倫茲力不做功。由動(dòng)能定理，有①由①式解得②粒子在第層磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力充當(dāng)向心力，有③由②③式解得④（2）設(shè)粒子在第層磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為，軌跡半徑為（各量的下標(biāo)均代表粒子所在層數(shù)，下同）。⑤⑥粒子進(jìn)入第層磁場(chǎng)時(shí)，速度的方向與水平方向的夾角為，從第層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出時(shí)速度方向與水平方向的夾角為，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，垂直于電場(chǎng)線方向的速度分量不變，有⑦從圖看出⑧由⑥⑦⑧式得⑨由⑨式看出，，...，為一等差數(shù)列，公差為，可得⑩當(dāng)時(shí)，由圖可以看出?由⑤⑥⑩?式得?（3）若粒子恰好不能從第層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出，則在其他條件不變的情況下，換用比荷更大的粒子，設(shè)其比荷為，假設(shè)能穿出第層磁場(chǎng)右邊界，粒子穿出時(shí)速度方向與水平方向的夾角為，由于則導(dǎo)致說明不存在，即原假設(shè)不成立。所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場(chǎng)右側(cè)邊界。（運(yùn)用數(shù)列的數(shù)學(xué)知識(shí)）衛(wèi)星幾何問題1.（2019長(zhǎng)沙一中、師大附中、雅禮中學(xué)、長(zhǎng)郡中學(xué)5月，改編）答案：B解析：依題意畫出草圖2.（2017保定一模，改編）O為地球球心,地球半徑為R,自轉(zhuǎn)周期為T,赤道觀察站有一觀測(cè)員在持續(xù)觀察某衛(wèi)星（其軌道在赤道平面內(nèi)）,某時(shí)刻觀測(cè)員恰能觀察到該衛(wèi)星從地平線的東邊落下,此時(shí)衛(wèi)星位置記作B點(diǎn)，經(jīng)的時(shí)間,再次觀察到該衛(wèi)星從地平線的西邊升起，此時(shí)衛(wèi)星位置記作B’點(diǎn).已知′,地球質(zhì)量為M,萬有引力常量為G,則(

)A、衛(wèi)星B繞地球運(yùn)動(dòng)的周期為

B、衛(wèi)星B繞地球運(yùn)動(dòng)的周期為

C、衛(wèi)星B離地表的高度為

D、衛(wèi)星B離地表的高度為

答案：BD解析：依題意畫出草圖AB、設(shè)衛(wèi)星B繞地球運(yùn)動(dòng)的周期為T′.由圖知,經(jīng)的時(shí)間,衛(wèi)星B轉(zhuǎn)過的角度為,角速度為:

周期為:T′.

CD、根據(jù)萬有引力提供向心力,得:

計(jì)算得出衛(wèi)星B離地表的高度為:.3.（2018廣州一模）某人在春分那天（太陽(yáng)光直射赤道）站在地球赤道上用天文望遠(yuǎn)鏡觀察他正上方的一顆同步衛(wèi)星，他發(fā)現(xiàn)在日落后連續(xù)有一段時(shí)間

t觀察不到此衛(wèi)星。已知地球表面的重力加速度為

g，地球自轉(zhuǎn)周期為

T，圓周率為

π，僅根據(jù)

g、

t、

T、

π可推算出A．地球的質(zhì)量B．地球的半徑C．衛(wèi)星距地面的高度D．衛(wèi)星與地心的連線在t時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度答案：BCD解析:4.（2014全國(guó)大綱卷）已知地球的自轉(zhuǎn)周期和半徑分別為和，地球同步衛(wèi)星的圓軌道半徑為。衛(wèi)星沿半徑為（）的圓軌道在地球赤道的正上方運(yùn)行，其運(yùn)行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同。求：（1）衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的周期；（2）衛(wèi)星和連續(xù)地不能直接通訊的最長(zhǎng)時(shí)間間隔（信號(hào)傳輸時(shí)間可忽略）。答案（1）設(shè)衛(wèi)星繞地心轉(zhuǎn)動(dòng)的周期為，根據(jù)萬有引力定律和圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有

①

②式中，為引力常量，為地球質(zhì)量，、分別為衛(wèi)星、的質(zhì)量。

③（2）設(shè)衛(wèi)星和連續(xù)地不能直接通訊的最長(zhǎng)時(shí)間間隔為：在此時(shí)間間隔內(nèi)，衛(wèi)星和繞地心轉(zhuǎn)動(dòng)的角度分別為和，則

④

⑤若不考慮衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)，兩衛(wèi)星不能直接通訊時(shí)，衛(wèi)星的位置應(yīng)在圖中點(diǎn)和點(diǎn)之間，圖中內(nèi)圓表示地球的赤道。（把“剪刀”合攏，方便找?guī)缀侮P(guān)系）由幾何關(guān)系得

⑥由③式知，當(dāng)時(shí)，衛(wèi)星比衛(wèi)星轉(zhuǎn)得快，考慮衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)后應(yīng)有

⑦由③④⑤⑥⑦式得

⑧磁場(chǎng)幾何問題1.如右圖所示，有一個(gè)正方形的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，是的中點(diǎn)，是的中點(diǎn)，如果在點(diǎn)沿對(duì)角線方向以速度射入一帶負(fù)電的帶電粒子，恰好從點(diǎn)射出。如果粒子的速度增大為原來的___倍，將從點(diǎn)射出。答案：52.（2013全國(guó)大綱卷）如圖，虛線OL與y軸的夾角，在此角范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子從左側(cè)平行于x軸射入磁場(chǎng)，入射點(diǎn)為M。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R。粒子離開磁場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸交于p點(diǎn)（圖中未畫出）且OP=R。不計(jì)重力。求M點(diǎn)到O點(diǎn)的距離和粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。答案：（20分）根據(jù)題意，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)軌跡交虛線

OL于A點(diǎn)，圓心在y軸上的C點(diǎn)，AC與y軸的夾角為α；粒子從A點(diǎn)射出后，運(yùn)動(dòng)軌跡交x軸的P點(diǎn)，設(shè)AP與x軸的夾角為β，如圖所示。有（判斷出圓心在y軸上得1分）

（1分）

周期為

（1分）

過A點(diǎn)作x、y軸的垂線，垂足分別為B、D。由幾何知識(shí)得

，

，

，

（2分）

聯(lián)立得到

（2分）

解得

，或

（各2分）

設(shè)M點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為h，有

，

聯(lián)立得到

（1分）

解得

（

）（2分）

（

）（2分）

當(dāng)

時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

（2分）

當(dāng)

時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

（2分）磁聚焦1.（2016馬鞍山三模）如圖甲所示,在真空中,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直紙面向外.在磁場(chǎng)左側(cè)有一對(duì)平行金屬板M、N,兩板間距離也為R,板長(zhǎng)為L(zhǎng),板的中心線與磁場(chǎng)的圓心O在同一直線上.置于處的粒子發(fā)射源可連續(xù)以速度沿兩板的中線發(fā)射電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子(不計(jì)粒子重力),MN兩板不加電壓時(shí),粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好從圓心O的正下方P點(diǎn)離開磁場(chǎng);若在M、N板間加如圖乙所示交變電壓,交變電壓的周期為,時(shí)刻入射的粒子恰好貼著N板右側(cè)射出.求

(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小

(2)交變電壓電壓的值

(3)若粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)、最短時(shí)間分別為、,則它們的差值為多大?解:(1)當(dāng)時(shí)粒子沿方向射入磁場(chǎng)軌跡如圖,設(shè)其半徑為.

由幾何關(guān)系得:根據(jù)計(jì)算得出:.

(2)在時(shí)刻入射粒子滿足:,計(jì)算得出:.

(3)經(jīng)分析可以知道所有粒子經(jīng)電場(chǎng)后其速度仍為,

當(dāng)時(shí)刻入射的粒子貼M板平行射入磁場(chǎng)軌跡如,偏轉(zhuǎn)角為.

由幾何知識(shí)可以知道四邊形為菱形,故,

當(dāng)時(shí)刻入射的粒子貼N板平行射入磁場(chǎng)軌跡如

偏轉(zhuǎn)角為.

由幾何知識(shí)可以知道為菱形,故,

又

故

.平移圓1.如圖所示,有一垂直于紙面向外的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,其邊界為一邊長(zhǎng)為

L的正三角形,A、B、C為三角形的三個(gè)頂點(diǎn).若一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子(不計(jì)重力),以速度從AB邊上的某點(diǎn)P垂直于AB邊豎直向上射入磁場(chǎng),然后能從BC邊上某點(diǎn)Q射出.關(guān)于P點(diǎn)入射的范圍和從Q點(diǎn)射出的范圍,下列判斷正確的是(

)A.

B.

C.

D.

答案：AD

解:A、B、由半徑公式可得粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為,如圖所示,當(dāng)圓心處于位置時(shí),粒子正好從AC邊切過,并與BC邊過,因此入射點(diǎn)為離開B最遠(yuǎn)的點(diǎn),滿足,A正確,B錯(cuò)誤;

C、D、當(dāng)圓心處于位置時(shí),粒子從射入,打在BC邊的Q點(diǎn),因?yàn)榇藭r(shí)Q點(diǎn)距離AB最遠(yuǎn)為圓的半徑,故QB最大,即,D正確,C錯(cuò)誤.

2.如圖,直角坐標(biāo)系xOy中,A、C分別為x、y軸上的兩點(diǎn),OC長(zhǎng)為L(zhǎng),

,

區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),區(qū)域外無磁場(chǎng),有大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,以平行于y軸方向從OA邊各處持續(xù)不斷射入磁場(chǎng),已知能從AC邊垂直射出的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,不考慮粒子間的相互作用且粒子重力不計(jì).

(1)求磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;

(2)若粒子入射速度相同,有些粒子能在邊界AC上相遇,求相遇的粒子入射時(shí)間差的最大值.答案：解:(1)恰恰好垂直于AC邊射出磁場(chǎng)的軌跡如圖,根據(jù)幾何知識(shí)得,在磁場(chǎng)中的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角,在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間:

又

得到:

(2)因?yàn)槿肷渌俣认嗤?則半徑一樣,能在AC邊相遇的情形有多種,兩圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角之差最大時(shí),兩粒子入射的時(shí)間差最大.如圖甲,

為等腰三角形,由幾何關(guān)系得:

又

得

可見:最大時(shí),最大.

而當(dāng)B為切點(diǎn)時(shí),最大(如圖乙),為等邊三角形,由幾何關(guān)系得:

則

縮放圓1.如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形abcd內(nèi)有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的