物理高考題按考點匯編(含答案)

學(xué)習(xí)必備歡迎下載學(xué)習(xí)必備歡迎下載學(xué)習(xí)必備歡迎下載必考點第一章、物理學(xué)史（2012新課標）14伽利略根據(jù)小球在斜面上運動的實驗和理想實驗，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學(xué)的基礎(chǔ)。早期物理學(xué)家關(guān)于慣性有下列說法，其中正確的是A物體抵抗運動狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性B沒有力的作用，物體只能處于靜止狀態(tài)C行星在圓周軌道上保持勻速率運動的性質(zhì)是慣性D運動物體如果沒有受到力的作用，將繼續(xù)以同一速度治同一直線運動14.【答案】AD【解析】慣性的定義是物體保持靜止或勻速直線運動的性質(zhì)叫慣性，所以A正確；如果沒有力，物體將保持靜止或勻速直線運動，所以B錯誤；行星在軌道上保持勻速率的圓周運動的原因是合外力與需要的向心力總是相等，所以C錯誤；運動物體不受力，它將保持勻速直線運動狀態(tài)，所以D正確。2012北京）20.“約瑟夫森結(jié)”由超導(dǎo)體和絕緣體制成.若在結(jié)兩加恒定電壓U，則它會輻射頻率為v的電磁波，且與U成正比，即v=kU.已知比例系數(shù)k僅與元電荷e的2倍和普朗克常量h有關(guān)。你可能不了解此現(xiàn)象為機理，但仍可運用物理學(xué)中常用的方法。在下列選項中，推理判斷比例系數(shù)k的誼可能為（）A.B.C.D.20B解析：物理公式表達了各物理量間的質(zhì)量和單位雙重關(guān)系，所以可以用單位來衡量稱為量綱法。光子的能量與光的頻率成正比電場力對電子所做電功為，由于和有相同的單位，所以k的單位與的單位相同。根據(jù)題意k僅與元電荷e的2倍和普朗克常量h有關(guān)，答案B。（2012山東）14.以下敘述正確的是A．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象B．慣性是物體的固有屬性，速度大的物體慣性一定大C．牛頓最早通過理想斜面實驗得出力不是維持物體運動的必然結(jié)果D．感應(yīng)電流遵從楞次定律所描述的方向，這是能量守恒定律的必然結(jié)果【考點】物理學(xué)史【答案】AD【解析】法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象；A正確，關(guān)系是固體的固有屬性，物體的質(zhì)量決定其慣性大小與速度無關(guān)；B錯；伽利略通過理想斜面實驗得出力不是維持物體運動的原因，C錯；楞次定律可以判斷感應(yīng)電流的方向，楞次定律所涉及的“阻礙”暗含克服安培力做功把其他形式的能量轉(zhuǎn)換為電能。所以楞次定律的與能量守恒定律是統(tǒng)一的，D正確第二章、直線運動（2012上海）10．小球每隔0.2s從同一高度拋出，做初速為6m/s的豎直上拋運動，設(shè)它們在空中不相碰。第一個小球在拋出點以上能遇到的小球數(shù)為（取g＝10m/s2）（ ）三個 （B）四個 （C）五個 （D）六個10.【考點】本題考查豎直上拋運動【答案】C【解析】小球做初速度為6m/s的豎直上拋運動，到達最高點需要的時間為0.6s，因而當?shù)谝粋€小球要回到拋出點時，空中還有5個小球，因而能遇到5個小球，選項C正確。（2012上海）23．質(zhì)點做直線運動，其s-t關(guān)系如圖所示，質(zhì)點在0-20s內(nèi)的平均速度大小為_________m/s質(zhì)點在_________時的瞬時速度等于它在6-20s內(nèi)的平均速度。23.【考點】本題考查平均速度和瞬時速度的概念【解析】由s－t圖像可知，質(zhì)點在0-20s內(nèi)，位移大小為16m，故平均速度為0.8m/s。6-20s內(nèi)的位移大小為14m，故這一段時間平均速度大小為1m/s，由圖可知10s和14s的瞬時速度也等于1m/s?！敬鸢浮?.810s和14s第三章、x－t與v－t圖象第四章、受力分析、物體的平衡（2012上海）14．如圖，豎直輕質(zhì)懸線上端固定，下端與均質(zhì)硬棒AB中點連接，棒長為線長的二倍。棒的A端用鉸鏈墻上，棒處于水平狀態(tài)。改變懸線的長度，使線與棒的連接點逐漸右移，并保持棒仍處于水平狀態(tài)。則懸線拉力（ ）（A）逐漸減小 （B）逐漸增大（C）先減小后增大 （D）先增大后減小14.【考點】本題考查力矩平衡【解析】以A點為固定轉(zhuǎn)動軸，由力矩平衡可知，當線與棒的連接點逐漸右移時，懸線拉力對應(yīng)的力矩x逐漸增大，因而懸線拉力逐漸減小，選項A正確?！敬鸢浮緼（2012上海）6．已知兩個共點力的合力為50N，分力F1的方向與合力F的方向成30角，分力F2的大小為30N。則（ ）（A）F1的大小是唯一的 （B）F2的方向是唯一的（C）F2有兩個可能的方向 （D）F2可取任意方向6.【考點】本題考查力的分解的多解性【解析】當時，此時F1的大小有兩個，F(xiàn)2有兩個可能的方向，故選項A、B、D錯誤，選項C正確?！敬鸢浮緾【方法總結(jié)】已知兩個共點力的合力為F，分力F1的方向與合力F的方向成角，另外一個分力為F2，若，則無解；若，有兩解；若，有一解。（2012新課標）16如圖，一小球放置在木板與豎直墻面之間。設(shè)墻面對球的壓力大小為Nl，球?qū)δ景宓膲毫Υ笮镹2。以木板與墻連接點所形成的水平直線為軸，將木板從圖示位置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置。不計摩擦，在此過程中A．N1始終減小，N2始終增大B．N1始終減小，N2始終減小C．N1先增大后減小，N2始終減小D．N1先增大后減小，N2先減小后增大16【答案】B【解析】受力分析如圖所示:重力的大小方向都不變，可知N1、N2的合力大小、方向都不變，當木板向下轉(zhuǎn)動時，N1、N2變化如圖所示，即N1、N2都減小，所以正確選項為B（2012新課標）24（14分）拖把是由拖桿和拖把頭構(gòu)成的擦地工具（如圖）。設(shè)拖把頭的質(zhì)量為m，拖桿質(zhì)量可忽略；拖把頭與地板之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)μ，重力加速度為g。某同學(xué)用該拖把在水平地板上拖地時，沿拖桿方向推拖把，拖桿與豎直方向的夾角為θ。(1)若拖把頭在地板上勻速移動，求推拖把的力的大小。(2)設(shè)能使該拖把在地板上從靜止剛好開始運動的水平推力與此時地板對拖把的正壓力的比值為λ。已知存在一臨界角θ0．若θ≤θ0，則不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開始運動。求這一臨界角的正切tanθ0。24.(14分）解：(1)設(shè)該同學(xué)沿拖桿方向用大小為F的力推拖把。將推拖把的力沿豎直和水平方向分解，按平衡條件有Fcosθ+mg=N①Fsinθ=f ②式中N和f分別為地板對拖把的正壓力和摩擦力。按摩擦定律有f=μN③聯(lián)立①②③得F= ④(2)若不管沿拖桿方向用多大的力都不能使拖把從靜止開始運動，應(yīng)有Fsinθ≤λN⑤這時①式仍滿足，聯(lián)立①⑤得sinθ-λcosθ≤λ現(xiàn)考察使上式成立的θ角的取值范圍，注意到上式右邊總是大于零，且當F無限大時極限為零，有sinθ-λcosθ≤0⑦使上式成立的θ角滿足θ≤θ0，這里θ0是題中所定義的臨界角，即當θ≤θ0時，不管沿拖桿方向用多大的力都推不動拖把。臨界角的正切為tanθ0=λ（2012廣東）16.如圖3所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角為45°，日光燈保持水平，所受重力為G，左右兩繩的拉力大小分別為A.G和GB.和B.和D.和【考點】共點力作用下物體的平衡【答案】B【解析】設(shè)繩子中拉力為F，則,則,正確選項為B.（2012江蘇）5．如圖所示，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升，夾子和木塊的質(zhì)量分別為m、M，夾子與木塊兩側(cè)間的最大靜摩擦有均為f，若木塊不滑動，力F的最大值是A．B．D．5.【解析】整體法，隔離法，對木塊，，解得.【答案】A（2012山東）17.如圖所示，兩相同輕質(zhì)硬桿、可繞其兩端垂直紙面的水平軸、、轉(zhuǎn)動，在點懸掛一重物M，將兩相同木塊m緊壓在豎直擋板上，此時整個系統(tǒng)保持靜止。表示木塊與擋板間摩擦力的大小，表示木塊與擋板間正壓力的大小。若擋板間的距離稍許增大后，系統(tǒng)仍靜止且、始終等高，則A．變小B．不變C．變小D．變大【考點】共點力作用下物體的平衡【答案】BD【解析】對O點受力分析可知桿中彈力桿對木塊m的壓力可分解為水平分量F3=豎直分量;當擋板間距離變大時，θ變大，F(xiàn)3變大，木塊對擋板的彈力FN變大；F4為定值，F(xiàn)f大小不變。正確選項為BD。（2012浙江）14、如圖所示，與水平面夾角為30°的固定斜面上有一質(zhì)量m=1.0kg的物體。細繩的一端摩擦不計的定滑輪與固定的彈簧秤相連。物體靜止在斜面上，彈簧秤的示數(shù)為4.9N。關(guān)于物體受力的判斷（取g=9.8m/s2），下列說法正確的是A.斜面對物體的摩擦力大小為零B.斜面對物體的摩擦力大小為4.9N，方向沿斜面向上C.斜面對物體的摩擦力大小為4.9QUOTEN，方向沿斜面向上D.斜面對物體的摩擦力大小為4.9N，方向垂直斜面向上14【答案】A【考點】受力分析【解析】物體的重力下滑分量可知為4.9N，彈簧拉力為4.9N，物塊沿斜面方向手里平衡，所以摩擦力應(yīng)為0。（2012海南）8.下列關(guān)于摩擦力的說法，正確的是（）A.作用在物體上的滑動摩擦力只能使物體減速，不可能使物體加速B.作用在物體上的靜摩擦力只能使物體加速，不可能使物體減速C.作用在物體上的滑動摩擦力既可能使物體減速，也可能使物體減速D.作用在物體上的靜摩擦力既可能使物體加速，也可能使物體減速【考點】摩擦力【答案】CD【解析】滑動摩擦力和靜摩擦力既可以充當動力給物體加速，也可以充當阻力給物體減速，正確選項為CD。第五章、超重與失重、牛頓運動定律（2012上海）8．如圖，光滑斜面固定于水平面，滑塊A、B疊放后一起沖上斜面，且始終保持相對靜止，A上表面水平。則在斜面上運動時，B受力的示意圖為（ ）8.【考點】本題結(jié)合牛頓第二定律考查物體的受力分析【解析】以滑塊A、B整體為研究對象，整體加速度沿斜面向下，以滑塊B為研究對象，沿水平和豎直方向分解滑塊B的加速度可知，滑塊B受到水平向左的摩擦力，豎直向下的重力，豎直向上的支持力，選項A正確?！敬鸢浮緼（2012上海）30．（10分）如圖，將質(zhì)量m＝0.1kg的圓環(huán)套在固定的水平直桿上。環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑。環(huán)與桿間動摩擦因數(shù)＝0.8。對環(huán)施加一位于豎直平面內(nèi)斜向上，與桿夾角＝53的拉力F，使圓環(huán)以a＝4.4m/s2的加速度沿桿運動，求F的大小。（取sin53＝0.8，cos53＝0.6，g＝10m/s2）。解析：令Fsin53＝mg，F(xiàn)＝1.25N，當F＜1.25N時，桿對環(huán)的彈力向上，由牛頓定律Fcos－FN＝ma，F(xiàn)N＋Fsin＝mg，解得F＝1N，當F＞1.25N時，桿對環(huán)的彈力向下，由牛頓定律Fcos－FN＝ma，F(xiàn)sin＝mg＋FN，解得F＝9N，（2012江蘇）4．將一只皮球豎直向上拋出，皮球運動時受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比，下列描繪皮球在上升過程中加速度大小a與時間t關(guān)系圖象，可能正確的是4.【解析】加速度，隨著的減小，減小，但最后不等于0.加速度越小，速度減小得越慢，所以選C.【答案】C（2012山東）16．將地面上靜止的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運動至最高點的過程中，圖像如圖所示。以下判斷正確的是A．前3s內(nèi)貨物處于超重狀態(tài)B．最后2s內(nèi)貨物只受重力作用C．前3s內(nèi)與最后2s內(nèi)貨物的平均速度相同D．第3s末至第5s末的過程中，貨物的機械能守恒【考點】牛頓運動定律、運動圖像【答案】AC【解析】前3s物體加速上升，貨物處于超重狀態(tài)，A選項正確；最后2s內(nèi)貨物減速上升其加速度大小為，B選項錯誤；前3s和后2s平均速度均為，C選項正確；第3s末至第5s末的過程中物體勻速上升，機械能增加，D選項錯誤。（2012海南）1.根據(jù)牛頓第二定律，下列敘述正確的是（）A.物體加速度的大小跟它的質(zhì)量和速度大小的乘積成反比B.物體所受合力必須達到一定值時，才能使物體產(chǎn)生加速度C.物體加速度的大小跟它所受作用力中的任一個的大小成正比D.當物體質(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比【考點】牛頓第二定律【答案】D【解析】物體加速度的大小與其質(zhì)量與速度的乘積—動量，無關(guān)，A錯；物體所受合外力不為零，即有加速度產(chǎn)生，不需要達到某一數(shù)值，B錯；物體加速度大小與合外力成正比，C錯，在水平方向應(yīng)用牛頓第二定律，當物體質(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比。（2012海南）6.如圖，表面處處同樣粗糙的楔形木塊abc固定在水平地面上，ab面和bc面與地面的夾角分別為和，且>,一初速度為v0的小物塊沿斜面ab向上運動，經(jīng)時間t0后到達頂點b時，速度剛好為零；然后讓小物塊立即從靜止開始沿斜面bc下滑.在小物塊從a運動到c的過程中，可能正確描述其速度大小v與時間t的關(guān)系的圖像是（）【考點】牛頓運動定律、運動圖像【答案】C【解析】由于阻力做功，物體下滑到地面時速度v小于初始速度v0，物塊在斜面上做勻變速運動，但前后兩段受力不同，加速度不同，平均速度不同，上升階段平均速度，下降階段平均速度則，且，，上滑時間，下滑時間，，綜上可判斷正確選項為C。第六章、運動學(xué)與牛頓定律的綜合（2012浙江）23、（16分）為了研究魚所受水的阻力與其形狀的關(guān)系，小明同學(xué)用石蠟做成兩條質(zhì)量均為m、形狀不同的“A魚”和“B魚”，如圖所示。在高出水面H處分別靜止釋放“A魚”和“B魚”，“A魚”豎直下滑hA后速度減為零，“B魚”豎直下滑hB后速度減為零?！棒~”在水中運動時，除受重力外還受浮力和水的阻力，已知“魚”在水中所受浮力是其重力的10/9倍，重力加速度為g，“魚”運動的位移遠大于“魚”的長度。假設(shè)“魚”運動時所受水的阻力恒定，空氣阻力不計。求：（1）“A魚”入水瞬間的速度VA1；（2）“A魚”在水中運動時所受阻力fA；（3）“A魚”與“B魚”在水中運動時所受阻力之比fA：fB23.【答案】【考點】勻變速運動、牛頓定律【解析】（1）A從H處自由下落，機械能守恒：,解得：（2）小魚A入水后做勻減速運動，得減速加速度：，由牛頓第二定律：解得：（3）同理可得,得：(2012重慶）25．（19分）某校舉行托乒乓球跑步比賽，賽道為水平直道，比賽距離為S，比賽時，某同學(xué)將球置于球拍中心，以大小a的加速度從靜止開始做勻加速運動，當速度達到v0時，再以v0做勻速直線運動跑至終點。整個過程中球一直保持在球中心不動。比賽中，該同學(xué)在勻速直線運動階級保持球拍的傾角為θ0，如題25圖所示。設(shè)球在運動過程中受到的空氣阻力與其速度大小成正比，方向與運動方向相反，不計球與球拍之間的摩擦，球的質(zhì)量為m，重力加速度為g⑴空氣阻力大小與球速大小的比例系數(shù)k⑵求在加速跑階段球拍傾角θ隨球速v變化的關(guān)系式⑶整個勻速跑階段，若該同學(xué)速率仍為v0，而球拍的傾角比θ0大了β并保持不變，不計球在球拍上的移動引起的空氣阻力的變化，為保證到達終點前球不從球拍上距離中心為r的下邊沿掉落，求β應(yīng)滿足的條件。25．（19分）⑴在勻速運動階段有，得⑵加速階段，設(shè)球拍對球的支持力為，有得⑶以速度v0勻速運動時，設(shè)空氣的阻力與重力的合力為F，有球拍傾角為時，空氣阻力與重力的合力不變，設(shè)球沿球拍面下滑的加速度大小為，有設(shè)勻速跑階段所用時間為t，有球不從球拍上掉落的條件得第七章、曲線運動（2012上海）19．圖a為測量分子速率分布的裝置示意圖。圓筒繞其中心勻速轉(zhuǎn)動，側(cè)面開有狹縫N，內(nèi)側(cè)貼有記錄薄膜，M為正對狹縫的位置。從原子爐R中射出的銀原子蒸汽穿過屏上的S縫后進入狹縫N，在圓筒轉(zhuǎn)動半個周期的時間內(nèi)相繼到達并沉積在薄膜上。展開的薄膜如圖b所示，NP，PQ間距相等。則（ ）（A）到達M附近的銀原子速率較大（B）到達Q附近的銀原子速率較大（C）位于PQ區(qū)間的分子百分率大于位于NP區(qū)間的分子百分率（D）位于PQ區(qū)間的分子百分率小于位于NP區(qū)間的分子百分率19.【考點】本題考查圓周運動與勻速運動相結(jié)合【解析】銀原子在圓筒中做勻速運動有，而圓筒轉(zhuǎn)動的時間為，其中為圓筒轉(zhuǎn)過的角度。聯(lián)立可得，越靠近M，圓筒轉(zhuǎn)過的角度越小，銀原子的速率越大，選項A正確，選項B錯誤。銀原子的速率在中間的百分比大一些，因而位于PQ區(qū)間的分子百分率大于位于NP區(qū)間的分子百分率，選項C正確，選項D錯誤。【答案】AC【方法總結(jié)】本題考查兩個物體的運動，但是這兩個物體的運動以時間關(guān)聯(lián)起來，從而進行解答。（2012上海）12．如圖，斜面上a、b、c三點等距，小球從a點正上方O點拋出，做初速為v0的平拋運動，恰落在b點。若小球初速變?yōu)関，其落點位于c，則（ ）（A）v0＜v＜2v0 （B）v＝2v0（C）2v0＜v＜3v0 （D）v＞3v012.【考點】本題考查平拋運動【解析】過C點做一條水平直線，若沒有斜面，則小球?qū)⒙涞竭^C點的水平直線上，由運動軌跡可知，小球初速度為v時，其水平位移為v0t＜x＜2v0t，其中t為小球下落到過C點水平直線的時間，因而v0＜v＜2v0，選項A正確?！敬鸢浮緼第八章、拋體運動規(guī)律（2012新課標）15如圖．x軸在水平地面內(nèi)．y軸沿豎直方向。圖中畫出了從y軸上沿x軸正向拋出的三個小球a、b和c的運動軌跡，其中b和c是從同一點拋出的。不計空氣阻力，則A．a(chǎn)的飛行時間比b的長B．b和c的飛行時間相同C．a(chǎn)的水平速度比b的小D．b的初速度比c的大15.【答案】BD【解析】根據(jù)可知，所以，即A錯誤，B正確；由得，所以C錯誤，D正確。（2012福建）20.（15分）如圖，置于圓形水平轉(zhuǎn)臺邊緣的小物塊隨轉(zhuǎn)臺加速轉(zhuǎn)動，當轉(zhuǎn)速達到某一數(shù)值時，物塊恰好滑離轉(zhuǎn)臺開始做平拋運動?，F(xiàn)測得轉(zhuǎn)臺半徑R=0.5m,離水平地面的高度H=0.8m,物塊平拋落地過程水平位移的大小s=0.4m。設(shè)物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g=10m/s2求：（1）物塊做平拋運動的初速度大小V0；（2）物塊與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)。20、【答案】：1m/s0.2

【解析】：（1）物體下落時間為t;自由落體運動有：水平方向有：解得：（2）物體剛要離開平臺時向心力由摩擦力提供：有代入數(shù)據(jù)得：【考點定位】：平拋運動和圓周運動的綜合運用。容易題。（2012江蘇）6．如圖所示，相距l(xiāng)的兩小球A、B位于同一高度h（l、h為定值），將A向B水平拋出的同時，B自由下落，A、B與地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速度大小不變，方向相反，不計空氣阻力及小球與地面碰撞的時間，則：A．A、B在第一次落地前能否相碰，取決于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不會相碰C．A、B不可能運動到最高處相碰D．A、B一定能相碰6.【解析】平拋運動規(guī)律，，所以，若，則第1次落地前能相遇，所以取決于，A正確；A碰地后還可能與B相遇，所以B、C錯誤，D正確。【答案】AD（2012山東）22.（15分）如圖所示，一工件置于水平地面上，其AB段為一半徑的光滑圓弧軌道，BC段為一長度的粗糙水平軌道，二者相切與B點，整個軌道位于同一豎直平面內(nèi)，P點為圓弧軌道上的一個確定點。一可視為質(zhì)點的物塊，其質(zhì)量，與BC 間的動摩擦因數(shù)。工件質(zhì)，與地面間的動摩擦因數(shù)。（取（1）若工件固定，將物塊由P點無初速度釋放，滑至C點時恰好靜止，求P、C兩點間的高度差h。（2）若將一水平恒力F作用于工件，使物體在P點與工件保持相對靜止，一起向左做勻加速直線運動eq\o\ac(○,1)求F的大小eq\o\ac(○,2)當速度時，使工件立刻停止運動（即不考慮減速的時間和位移），物塊飛離圓弧軌道落至BC段，求物塊的落點與B點間的距離。【考點】牛頓運動定律、平拋【答案】(1)8.5N;(2)0.4m【解析】（1）物塊從P點下滑經(jīng)B點至C點的整個過程，根據(jù)動能定理得代入數(shù)據(jù)得eq\o\ac(○,2)（2）eq\o\ac(○,1)設(shè)物塊的加速度大小為，P點與圓心的連線與豎直方向間的夾角為，由幾何關(guān)系可得eq\o\ac(○,3)根據(jù)牛頓第二定律，對物體有eq\o\ac(○,4)對工件和物體整體有eq\o\ac(○,5)聯(lián)立eq\o\ac(○,2)eq\o\ac(○,3)eq\o\ac(○,4)eq\o\ac(○,5)式，代入數(shù)據(jù)得eq\o\ac(○,6)eq\o\ac(○,2)設(shè)物體平拋運動的時間為，水平位移為，物塊落點與B間的距離為，由運動學(xué)公式可得eq\o\ac(○,7)eq\o\ac(○,8)eq\o\ac(○,9)聯(lián)立eq\o\ac(○,2)eq\o\ac(○,3)eq\o\ac(○,7)eq\o\ac(○,8)eq\o\ac(○,9)式，代入數(shù)據(jù)得eq\o\ac(○,10)（2012浙江）18、由光滑細管組成的軌道如圖所示，其中AB段是半徑為R的四分之一圓弧，軌道固定在豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m的小球，從距離水平地面高為H的管口D處靜止釋放，最后能夠從A端水平拋出落到地面上。下列說法正確的是A.小球落到地面相對于A點的水平位移值為QUOTEB.小球落到地面相對于A點的水平位移值為QUOTEC.小球能從細管A端水平拋出的條件是H>2RD.小球能從細管A端水平拋出的最小高度Hmin=QUOTE18【答案】BC【考點】機械能守恒、平拋運動【解析】當小球從H=2R處落下，到A點速度為0，落點距A水平距離為0；取H=4R，小球到達A處有，,,，對照AB項代入H=4R,知B項對；豎直平面內(nèi)小球在管道中過頂?shù)淖钚∷俣葹?，根據(jù)機械能守恒知，小球要到達A點，則需要H>2R即可。第九章、萬有引力定律與人造衛(wèi)星、同步衛(wèi)星（2012上海）22B．人造地球衛(wèi)星做半徑為r，線速度大小為v的勻速圓周運動。當其角速度變?yōu)樵瓉淼腅Q\F(EQ\R(2),4)倍后，運動半徑為_________，線速度大小為_________。22B.【考點】本題考查萬有引力在天體運動中的應(yīng)用【解析】由可知，角速度變?yōu)樵瓉淼腅Q\F(EQ\R(2),4)倍后，半徑變?yōu)?r，由可知，角速度變?yōu)樵瓉淼腅Q\F(EQ\R(2),4)倍后，線速度大小為EQ\F(EQ\R(2),2)v?！敬鸢浮?r，EQ\F(EQ\R(2),2)v（2012新課標）21假設(shè)地球是一半徑為R.質(zhì)量分布均勻的球體。一礦井深度為d。已知質(zhì)量分布均勻的球殼對殼內(nèi)物體的引力為零。礦井底部和地面處的重力加速度大小之比為A．1－EQ\F(d,R) B．1+EQ\F(d,R) C． D．21【答案】A在地球表面，又，所以，因為球殼對球內(nèi)物體的引力為零，所以在深為d的礦井內(nèi)，得，所以。（2012大綱卷）25.一單擺在地面處的擺動周期與在某礦井底部擺動周期的比值為k。設(shè)地球的半徑為R。假定地球的密度均勻。已知質(zhì)量均勻分布的球殼對殼內(nèi)物體的引力為零，求礦井的深度d。25.【命題意圖】本題考查萬有引力定律的應(yīng)用及單擺的周期公式，意在考查對基本物理規(guī)律的分析計算能力。解：在地面處，單擺所受萬有引力近似等于其重力，即，單擺的在地面的擺動周期設(shè)地球密度為ρ，地球的體積，綜合以上四得得：同理可知，礦井內(nèi)單擺的周期而單擺在地面處的擺動周期與礦井底部擺動周期之比解得：【參考答案】（2012廣東）21.如圖6所示，飛船從軌道1變軌至軌道2。若飛船在兩軌道上都做勻速圓周運動，不考慮質(zhì)量變化，相對于在軌道1上，飛船在軌道2上的A.動能大B.向心加速度大C.運行周期長D.角速度小【考點】萬有引力定律【答案】CD【解析】結(jié)合，可判斷飛船在2軌道上速度小，動能小，向心力小向心加速度小，周期長，角速度小，正確選項為CD【方法點撥】討論天體問題的基本方法：把天體的運動看成是勻速圓周運動，其所需向心力由萬有引力提供。討論天體運動規(guī)律的基本思路：（2012北京）18.關(guān)于環(huán)繞地球運動的衛(wèi)星，下列說法正確的是（）A.分別沿圓軌道和橢圓軌道運行的兩穎衛(wèi)星，不可能具有相同的周期B.沿橢圓軌道運行的一顆衛(wèi)星，在軌道不同位置可能具有相同的速率C.在赤道上空運行的兩穎地球同步衛(wèi)星.它們的軌道半徑有可能不同D.沿不同軌道經(jīng)過北京上空的兩顆衛(wèi)星，它們的軌道平面一定會重合18B解析：所有的同步衛(wèi)星都在同一個赤道軌道上運動，C錯誤；沿不同軌道經(jīng)過北京上空的兩顆衛(wèi)星它們的運行軌道面與赤道面的夾角可以不同，它們的軌道平面就不會重合，D錯誤；分別沿圓軌道和橢圓軌道運行的兩穎衛(wèi)星，可能具有相同的周期，A錯誤；沿橢圓軌道運行的一顆衛(wèi)星，在軌道的關(guān)于長軸對稱的兩個位置的速率相等，所以在軌道不同位置可能具有相同的速率是正確的。答案B。（2012福建）16．一衛(wèi)星繞某一行星表面附近做勻速圓周運動，其線速度大小為假設(shè)宇航員在該行星表面上用彈簧測力計測量一質(zhì)量為m的物體重力，物體靜止時，彈簧測力計的示數(shù)為，已知引力常量為G,則這顆行星的質(zhì)量為A．B.C．D.【考點】本題考查萬有引力定律在天體運動中的應(yīng)用，考查利用實驗數(shù)據(jù)求解問題的能力?！窘馕觥啃l(wèi)星在行星表面附近做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有，宇航員在行星表面用彈簧測力計測得質(zhì)量為m的物體的重為N，則，解得M=，B項正確?！敬鸢浮緽（2012江蘇）拉格朗日點地球太陽8．20XX年8月，“嫦娥二號”成功進入了繞“日地拉格朗日點”的軌道，我國成為世界上第三個造訪該點的國家，如圖所示，該拉格朗日點位于太陽與地球連線的延長線上，一飛行器位于該點，在幾乎不消耗燃料的情況下與地球拉格朗日點地球太陽A．線速度大于地球的線速度B．向心加速度大于地球的向心加速度C．向心力僅由太陽的引力提供D．向心力僅由地球的引力提供8.【解析】根據(jù)，A正確；根據(jù)，B正確，向心力由太陽和地球的引力的合力提供，C、D錯誤?！敬鸢浮緼B（2012山東）15.20XX年11月3日，“神州八號”飛船與“天宮一號”目標飛行器成功實施了首次交會對接。任務(wù)完成后“天宮一號”經(jīng)變軌升到更高的軌道，等待與“神州九號”交會對接。變軌前和變軌完成后“天宮一號”的運行軌道均可視為圓軌道，對應(yīng)的軌道半徑分別為R1、R2，線速度大小分別為、。則等于A.B.C.D.【考點】萬有引力定律【答案】B【解析】由可知,,正確選項為B.(2012四川）15.今年4月30日，西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射的中圓軌道衛(wèi)星，其軌道半徑為2.8×107m,它與另一顆同質(zhì)量的同步軌道衛(wèi)星（軌道半徑為4.2×107m）相比向心力較小動能較大發(fā)射速度都是第一宇宙速度角速度較小答案：B解析：衛(wèi)星的向心力由衛(wèi)星所受地球的萬有引力提供，由可知A、D錯B正確；兩顆衛(wèi)星的發(fā)射速度都比第一宇宙速度大，故C也錯。正確答案只有B。(2012天津）3.一個人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，假如該衛(wèi)星變軌后仍做勻速圓周運動，動能減小為原來的1/4，不考慮衛(wèi)星質(zhì)量的變化，則變軌前后衛(wèi)星的向心加速度大小之比為4:1角速度大小之比為2:1周期之比為1:8軌道半徑之比為1:23【考點】考查萬有引力定律在天體運動中的應(yīng)用，考查學(xué)生對衛(wèi)星運行特點、圓周運動規(guī)律的掌握。【解析】衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，如果衛(wèi)星的動能減為原來的，則其線速度減為原來的，由可知，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，D項錯誤；由可知，向心加速度變?yōu)樵瓉淼?，A項錯誤；由可知，角速度為原來的，B項錯誤；由可知，周期為原來的8倍，C項正確?！敬鸢浮緾【思維拓展】本題也可以直接由關(guān)系式分析得出結(jié)果。（2012浙江）15、如圖所示，在火星與木星軌道之間有一小行星帶。假設(shè)該帶中的小行星只受到太陽的引力，并繞太陽做勻速圓周運動。下列說法正確的是A.太陽對小行星的引力相同B.各小行星繞太陽運動的周期小于一年C.小行星帶內(nèi)側(cè)小行星的向心加速度值大于小行星帶外側(cè)小行星的向心加速度值D.小行星帶內(nèi)各小行星圓周運動的線速度值大于地球公轉(zhuǎn)的線速度值15【答案】C【考點】萬有引力與天體運動【解析】根據(jù)行星運行模型，離地越遠，線速度越小，周期越大，角速度越小，向心加速度等于萬有引力加速度，越遠越小，各小行星所受萬有引力大小與其質(zhì)量相關(guān)，所以只有C項對。(2012重慶）18．冥王星與其附近的星體卡戎可視為雙星系統(tǒng)，質(zhì)量比約為7：1，同時繞它們連線上某點O做勻速圓周運動。由此可知冥王星繞O點運動的軌道半徑約為卡戎的1/7角速度大小約為卡戎的1/7線度大小約為卡戎的7倍向心力小約為卡戎的7倍18.考點透析：綜合考察萬有引力定律及圓周運動知識答案:A解析：雙星系統(tǒng)中兩個體具有相同的角速度與運動周期以及向心力，由萬有引力定律，可知，由可知二者線速度之比為，正確選項為A。（2012海南）11.地球同步衛(wèi)星到地心的距離r可用地球質(zhì)量M、地球自轉(zhuǎn)周期T與引力常量G表示為r=_____________.【考點】萬有引力定律【答案】【解析】根據(jù)萬有引力定律及圓周運動知識，可得第十章、功和功率（2012上海）15．質(zhì)量相等的均質(zhì)柔軟細繩A、B平放于水平地面，繩A較長。分別捏住兩繩中點緩慢提起，直到全部離開地面，兩繩中點被提升的高度分別為hA、hB，上述過程中克服重力做功分別為WA、WB。若（ ）（A）hA＝hB，則一定有WA＝WB （B）hA＞hB，則可能有WA＜WB（C）hA＜hB，則可能有WA＝WB （D）hA＞hB，則一定有WA＞W(wǎng)B15.【考點】本題考查物體的重心和重力做功【解析】兩繩子中點被提升從而使繩子全部離開地面，考慮此時繩子重心上升的高度，繩子的重心在繩子中點兩邊繩子的中心處。若繩子總長為，則細繩A重心上升的高度為，細繩B重心上升的高度為。由題意可知，因而選項A、C、D錯誤，選項B正確?！敬鸢浮緽（2012上海）18．位于水平面上的物體在水平恒力F1作用下，做速度為v1的勻速運動；若作用力變?yōu)樾泵嫔系暮懔2，物體做速度為v2的勻速運動，且F1與F2功率相同。則可能有（ ）（A）F2＝F1，v1＞v2 （B）F2＝F1，v1＜v2（C）F2＞F1，v1＞v2 （D）F2＜F1，v1＜v218.【考點】本題考查受力分析和功率的計算【解析】物體在水平恒力F1作用下勻速運動，水平方向有。作用力變?yōu)樾毕蛏系暮懔2時，設(shè)F2與水平方向的夾角為，物體勻速運動時在水平方向有，故（其中），因而兩力大小關(guān)系不確定。但兩種情況下物體均勻速運動，且拉力功率相同，因而克服摩擦力做功的功率也相同，第二種情況下摩擦力小，因而必有v1＜v2，故選項B、D正確?！敬鸢浮緽D【方法總結(jié)】在比較力和速度時，需要先計算兩物理量的具體表達式，從而再進行比較。BAFO（2012江蘇）3．如圖所示，細線的一端固定于O點，另一端系一小球，在水平拉力作用下，小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由A點運動到BAFOA．逐漸增大B．逐漸減小C．先增大，后減小D．先減小，后增大．3.【解析】設(shè)F與速度的夾角為，則，力的分解，在切線上（速度方向上）合力為0，即，所以，隨增大，P增大?！敬鸢浮緼第十一章、功能關(guān)系及能量守恒定律（2012上海）16．如圖，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上半徑為R有光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍。當B位于地面時，A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放，B上升的最大高度是（ ）（A）2R （B）5R/3 （C）4R/3 （D）2R/316.【考點】本題考查機械能守恒【解析】設(shè)、的質(zhì)量分別為、，當A落到地面，B恰運動到與圓柱軸心等高處，以A、B整體為研究對象，機械能守恒，故有，當A落地后，B球以速度v豎直上拋，到達最高點時又上升的高度為，故B上升的總高度為，選項C正確?！敬鸢浮緾【誤區(qū)警示】本題需要注意兩個方面：一個是A和B的質(zhì)量關(guān)系不要搞錯或者混淆；二是B上升的高度應(yīng)該是從地面開始計算。(2012大綱版）26.（20分）（注意：在試題卷上作答無效）一探險隊員在探險時遇到一山溝，山溝的一側(cè)豎直，另一側(cè)的坡面呈拋物線形狀。此隊員從山溝的豎直一側(cè)，以速度v0沿水平方向跳向另一側(cè)坡面。如圖所示，以溝底的O點為原點建立坐標系Oxy。已知，山溝豎直一側(cè)的高度為2h，坡面的拋物線方程為，探險隊員的質(zhì)量為m。人視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，重力加速度為g。求此人落到破面試的動能；此人水平跳出的速度為多大時，他落在坡面時的動能最小？動能的最小值為多少？26.【命題意圖】本題主要考查平拋運動和動能定理的應(yīng)用，以及函數(shù)最值的計算，意在考查考生的綜合分析及數(shù)學(xué)計算能力。解：（1）設(shè)探險隊員跳到坡面上時水平位移為x,豎直位移為H，由平拋運動規(guī)律有：，，整個過程中，由動能定理可得：由幾何關(guān)系，坡面的拋物線方程解以上各式得：由，令，則當時，即探險隊員的動能最小，最小值為【參考答案】（1）（2），（2012廣東）17圖4是滑道壓力測試的示意圖，光滑圓弧軌道與光滑斜面相切，滑道底部B處安裝一個壓力傳感器，其示數(shù)N表示該處所受壓力的大小，某滑塊從斜面上不同高度h處由靜止下滑，通過B是，下列表述正確的有A.N小于滑塊重力B.N大于滑塊重力C.N越大表明h越大D.N越大表明h越小【考點】圓周運動【答案】BC【解析】由機械能守恒定律，對B點受力分析，則，則.N大于滑塊重力，N越大表明h越大，正確選項為BC。（2012北京）22．（16分）如圖所示，質(zhì)量為m的小物塊在粗糙水平桌面上做直線運動，經(jīng)距離l后以速度v飛離桌面，最終落在水平地面上。已知l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)u=0.25，桌面高h=0.45m.。不計空氣阻力，重力加速度取10m/s2。求(1)小物塊落地點距飛出點的水平距離s；υ0shυυ0shυl(3)小物塊的初速度大小v0。22解析：（1）小物塊落地所用時間為t，有s小物塊落地點距飛出點的水平距離m（2）根據(jù)機械能守恒，小物塊落地時的動能為J（3）在桌面上滑行過程中根據(jù)動能定理有則m/s（2012北京）23.(18分)摩天大樓中一部直通高層的客運電梯.行程超過百米。電梯的簡化模型如I所示?？紤]安全、舒適、省時等因索，電梯的加速度a隨時間t變化的。已知電梯在t=0時由靜止開始上升，a一t圖像如圖2所示。電梯總質(zhì)最m=2.0×103kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求電梯在上升過程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；（2）類比是一種常用的研究方法。對于直線運動，教科書中講解了由v-t圖像求位移的方法。請你借鑒此方法，對比加速度和速度的定義，根據(jù)圖2所示a-t圖像，求電梯在第1s內(nèi)的速度改變量△v1和第2s末的速率v2；（3）求電梯以最大速率上升時，拉力做功的功率P；再求在0～11s時間內(nèi)，拉力和重力對電梯所做的總功W。圖圖1電梯拉力a/ms-11.00-1.012圖2t/s解析：（1）如圖2所示a一t圖像可知0～11s電梯處于超重，加速度越大拉力越大，根據(jù)牛頓第二定律得N30～41s電梯處于失重，加速度越大拉力越小，根據(jù)牛頓第二定律得N（2）v-t圖像中根據(jù)面積求位移，那么在a-t圖像中根據(jù)面積求速度的改變第1s內(nèi)的速度改變量等于a-t圖像與t軸所夾的前1s內(nèi)的三角形面積m/s由于初速為0，第2s末的速率v2等于a-t圖像與t軸所夾的前2s內(nèi)的梯形面積m/s（3）由于前11s一直在加速，所以11s末電梯以最大速率上升，此時速度等于a-t圖像與t軸所夾的前11s內(nèi)的梯形面積m/s此時電梯的加速度為0，根據(jù)牛頓第二定律。拉力做功的功率J/s電梯受拉力和重力兩個力，拉力和重力對電梯所做的總功W就是合力的功，根據(jù)動能定理等于前11內(nèi)動能的改變量J（2012福建）17.如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪（不計滑輪的質(zhì)量和摩擦）。初始時刻，A、B處于同一高度并恰好靜止狀態(tài)。剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，兩物塊A．速率的變化量不同B．機械能的變化量不同C．重力勢能的變化量相同D．重力做功的平均功率相同【考點】本題主要考查平均功率的概念，考查功能關(guān)系、機械能守恒定律的應(yīng)用。【解析】兩物塊開始處在同一高度且處于靜止狀態(tài)，則，剪斷輕繩后A自由落體，B沿光滑斜面下滑，機械能都守恒，著地時下降的高度相同，由可知，兩物塊著地時的速度大小相同，因此速率的變化量相同，A項錯誤；兩物塊的機械能變化量都為零，B項錯誤；兩物塊的質(zhì)量不等，下落的高度相等，由可知兩物體重力做功不等，因而重力勢能變化量的大小不同，C項錯誤；設(shè)下落的高度為h，則A下落過程的時間為，B下滑所用時間為，將重力做功、運動時間及質(zhì)量關(guān)系代入重力做功的平均功率公式，可求得兩物體運動過程中重力做功的平均功率相等?！敬鸢浮緿（2012福建）21.（19分）如圖，用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一搜失去動力的小船沿直線拖向岸邊。已知拖動纜繩的電動機功率恒為P，小船的質(zhì)量為m，小船受到的阻力大小恒為f，經(jīng)過A點時的速度大小為，小船從A點沿直線加速運動到B點經(jīng)歷時間為t1，A、B兩點間距離為d,纜繩質(zhì)量忽略不計。求：（1）小船從A點運動到B點的全過程克服阻力做的功；（2）小船經(jīng)過B點時的速度大小；（3）小船經(jīng)過B點時的加速度大小a。21、【答案】：（1）（2）（3）

【解析】：（1）：小船從A點到達B點，受到的阻力恒為f,其克服阻力做的功為：①（2）小船從A運動到B點時，電動機牽引繩對小船做功②從A到B由動能定理可知：③解得：④(3)設(shè)小船經(jīng)過B點時的繩的拉力大小為F，繩與水平方向夾角為，電動機牽引繩的速度大小為μ，則⑤⑥由牛頓第二定律有⑦由④⑤⑥⑦式解得【考點定位】：動能定理，牛頓第二定律及運動得合成與分解，功等（2012江蘇）14．（16分）某緩沖裝置的理想模型如圖所示，勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內(nèi)移動，與槽間的滑動摩擦力恒為f，輕桿向右移動不超過l時，裝置可安全工作，一質(zhì)量為m的小車若以速度v0撞擊彈簧，將導(dǎo)致輕桿向右移動l/4，輕桿與槽間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且不計小車與地面的摩擦。（1）若彈簧的勁度系數(shù)為k，求輕桿開始移動時，彈簧的壓縮量x；mvl輕桿mvl輕桿（3）討論在裝置安全工作時，該小車彈回速度vˊ與撞擊速度v的關(guān)系14.【答案】（1）輕桿開始移動時，彈簧的彈力=1\*GB3①且=2\*GB3②解得=3\*GB3③（2）設(shè)輕桿移動前小車對彈簧所做的功為W，則小車從撞擊到停止的過程中，動能定理小車以撞擊彈簧時=4\*GB3④小車以撞擊彈簧時=5\*GB3⑤解=6\*GB3⑥（3）設(shè)輕桿恰好移動時，小車撞擊速度為，=7\*GB3⑦由=4\*GB3④=7\*GB3⑦解得當時，當時，。(2012四川）21.如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上的質(zhì)量為m的物體接觸（未連接），彈簧水平且無形變。用水平力F緩慢推動物體，在彈性限度內(nèi)彈簧長度被壓縮了x0，此時物體靜止。撤去F后，物體開始向左運動，運動的最大距離為4x0.物體與水平面間的動摩擦因素為μ，重力加速度為g。則撤去F后，物體先做勻加速運動，在做勻減速運動撤去F后，物體剛運動時的加速度為kx0/m-μg物體做勻減速運動的時間為物體開始向左運動到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為解析：撤去F后，在物體離開彈簧的過程中，彈簧彈力是變力，物體先做變加速運動，離開彈簧之后做勻變速運動，故A錯；剛開始時，由kx0-μmg=ma可知B正確；離開彈簧之后做勻減速運動，減速時間滿足3x0=a1t2/2，a1=μg則t=，從而C錯；速度最大時合力為零，此時彈簧彈力F=μmg=kx，x=μmg/k，所以物體開始向左運動到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為=，D正確。正確答案：BD(2012天津）8.如圖甲所示，靜止在水平地面的物塊A，收到水平向右的拉力F作用，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)物塊與地面的靜摩擦力最大值fm與滑動摩擦力大小相等，則A．0~t1時間內(nèi)F的功率逐漸增大B．t2時刻物塊A的加速度最大C．t2時刻后物塊A做反向運動D．t3時刻物塊A的動能最大8【考點】本題考查功率的概念、考查動能定理的應(yīng)用，考查力與運動的關(guān)系?！窘馕觥?-t1時間內(nèi)拉力小于最大靜摩擦力，物塊不動，拉力的功率始終為零，A項錯誤；t2時刻物塊受到的拉力最大，合外力最大，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度最大，B項正確；t1到t3時刻這段時間內(nèi)，拉力一直大于摩擦力，物塊一直做加速度運動，速度一直在增大，在t3時刻加速度為零，速度達到最大，動能最大，C項錯誤，D項正確。【答案】BD（2012浙江）18、由光滑細管組成的軌道如圖所示，其中AB段是半徑為R的四分之一圓弧，軌道固定在豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m的小球，從距離水平地面高為H的管口D處靜止釋放，最后能夠從A端水平拋出落到地面上。下列說法正確的是A.小球落到地面相對于A點的水平位移值為QUOTEB.小球落到地面相對于A點的水平位移值為QUOTEC.小球能從細管A端水平拋出的條件是H>2RD.小球能從細管A端水平拋出的最小高度Hmin=QUOTE18【答案】BC【考點】機械能守恒、平拋運動【解析】當小球從H=2R處落下，到A點速度為0，落點距A水平距離為0；取H=4R，小球到達A處有，,,，對照AB項代入H=4R,知B項對；豎直平面內(nèi)小球在管道中過頂?shù)淖钚∷俣葹?，根據(jù)機械能守恒知，小球要到達A點，則需要H>2R即可。(2012重慶）23．（16分）題23圖所示為一種擺式摩擦因數(shù)測量儀，可測量輪胎與地面間動摩擦因數(shù)，其中主要部件有：底部固定有輪胎橡膠片的擺錘和連接擺錘的輕質(zhì)細桿。擺錘的質(zhì)量為m，細桿可繞軸O在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，擺錘重心到O點的距離為L.測量時，測量儀固定于水平地面，將擺錘從與0等高的位置由靜止釋放。擺錘到最低點附近時，橡膠片緊壓地面擦過一小段距離s(s<<L),之后繼續(xù)擺動至與堅直方向成θ角的最高位置。若擺錘對地面的壓力可視為大小為F的恒力，重力加速度為g，求⑴擺錘在上述過程中損失的機械能⑵在上述過程中摩擦力對擺錘所做的功⑶橡膠片與地面間的動摩擦因數(shù)23．（16分）⑴損失的機械能ΔE=mgL⑵摩擦力做的功=-mgL⑶動摩擦因數(shù)μ=mgL/FS（2012海南）7.下列關(guān)于功和機械能的說法，正確的是（）A.在有阻力作用的情況下，物體重力勢能的減少不等于重力物體所做的功B.合力對物體所做的功等于物體動能的改變量C.物體的重力勢能是物體與地球之間的相互作用能，其大小與勢能零點的選取有關(guān)D.運動物體動能的減少量一定等于其重力勢能的增加量【考點】機械能【答案】BC【解析】重力勢能的減少量恒等于重力對物體所作的功，與有無阻力作用無關(guān)，A錯；由動能定理可知，合力對物體所做的功等于物體動能的變化量，B對；物體的重力勢能是物體與地球相互作用能，勢能大小與零勢能點的選取有關(guān)，C對；在只有重力做功的前提下才可滿足物體動能的減少量等于物體重力勢能的增加量，D錯。（2012海南）15.如圖，在豎直平面內(nèi)有一固定光滑軌道，其中AB是長為R的水平直軌道，BCD是圓心為O、半徑為R的圓弧軌道，兩軌道相切于B點.在外力作用下，一小球從A點由靜止開始做勻加速直線運動，到達B點時撤除外力.已知小球剛好能沿圓軌道經(jīng)過最高點C，重力加速度大小為g.求（1）小球在AB段運動的加速度的大小;（2）小球從D點運動到A點所用的時間.【考點】曲線運動、機械能守恒【答案】（1）（2）【解析】15.（1）小球在BCD段運動時，受到重力mg、軌道正壓力N的作用，如圖所示.據(jù)題意，N≥0，且小球在最高點C所受軌道正壓力為零Nc=0①設(shè)小球在C點的速度大小為vc,根據(jù)牛頓第二定律有②小球從B點運動到C點，機械能守恒.設(shè)B點處小球的速度大小為vB,有③由于小球在AB段由靜止開始做勻加速運動，設(shè)加速度大小為ａ，由運動學(xué)公式有④由②③④式得⑤（2）設(shè)小球在D處的速度大小為vD,下落到A點時的速度大小為v，由機械能守恒有⑥⑦設(shè)從D點運動到A點所用的時間為t，由運動學(xué)公式得⑧由④⑤⑥⑦⑧式得⑨第十二章、靜電場（2012上海）11．A、B、C三點在同一直線上，AB:BC＝1:2，B點位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點電荷。當在A處放一電荷量為＋q的點電荷時，它所受到的電場力為F；移去A處電荷，在C處放一電荷量為－2q的點電荷，其所受電場力為（ ）（A）－F/2 （B）F/2 （C）－F （D）F11.【考點】本題考查庫侖定律【解析】設(shè)，，由題意可知；而，故，選項B正確。【答案】B（2012上海）20．如圖，質(zhì)量分別為mA和mB的兩小球帶有同種電荷，電荷量分別為qA和qB，用絕緣細線懸掛在天花板上。平衡時，兩小球恰處于同一水平位置，細線與豎直方向間夾角分別為1與2（1＞2）。兩小球突然失去各自所帶電荷后開始擺動，最大速度分別為vA和vB，最大動能分別為EkA和EkB。則（ ）（A）mA一定小于mB （B）qA一定大于qB（C）vA一定大于vB （D）EkA一定大于EkB20.【考點】本題考查共點力的平衡和動能定理【解析】分別以A、B球為研究對象進行受力分析可知兩球間的庫侖力為，而1＞2，故，選項A正確，選項B錯誤。由于平衡時，兩小球恰處于同一水平位置，且1＞2，故兩小球突然失去各自所帶電荷后開始擺動到最低點，A球下降的高度要大一些，因而選項C正確。最大動能等于mgh(1-cosθ)/cosθ=mghtanθtan(θ/2)，由于mghtanθ相等，因此開始θ大的球最大動能大.(tan(θ/2)=(1-cosθ)/sinθ)【答案】ACD（2012新課標）18如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子A．所受重力與電場力平衡B．電勢能逐漸增加C．動能逐漸增加 D．做勻變速直線運動18.【答案】BD【解析】受力分析如圖所示，知重力與電場力的合力與速度方向相反，所以粒子做勻減速直線運動，動能減小，所以A、C錯誤，D正確；因為電場力與速度方向夾角為鈍角，所以電場力做負功，電勢能增加，即B正確。（2012大綱卷）24.（16分）（注意：在試題卷上作答無效）如圖，一平行板電容器的兩個極板豎直放置，在兩極板間有一帶電小球，小球用一絕緣清線懸掛于O點。先給電容器緩慢充電，使兩級板所帶電荷量分別為﹢Q和﹣Q，此時懸線與豎直方向的夾角為π/6。再給電容器緩慢充電，直到懸線和豎直方向的夾角增加到π/3，且小球與兩極板不接觸。求第二次充電使電容器正極板增加的電荷量。24.解：第一次充電后，設(shè)電容器的電容為C，則第一次充電Q后，電容器兩極板間電勢差，兩板間為勻強電場，場強，設(shè)電場中小球帶電量為q，則所受電場力小球在電容器中受重力，電場力和拉力平衡，由平衡條件有：綜合以上各式得：第二次充電后，電容器帶電量為Q',同理可得：解得：所以【參考答案】（2012廣東）20.圖5是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經(jīng)漏斗落入水平勻強電場后，分落在收集板中央的兩側(cè)，對礦粉分離的過程，下列表述正確的有A.帶正電的礦粉落在右側(cè)B.電場力對礦粉做正功C.帶負電的礦粉電勢能變大D.帶正電的礦粉電勢能變小【考點】帶電粒子在電場中的運動【答案】BD【解析】帶正電粒子受電場力向左，落在左側(cè)；電場力對礦粉做正功；其礦粉的電勢能減小，動能增加；正確選項為BD。（2012福建）15.如圖，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，將兩個帶正電的試探電荷、分別置于A、B兩點，虛線為等勢線。取無窮遠處為零電勢點，若將、移動到無窮遠的過程中外力克服電場力做的功相等，則下列說法正確的是A．A點電勢大于B點電勢B．A、B兩點的電場強度相等C．的電荷量小于的電荷量D．在A點的電勢能小于在B點的電勢能【考點】考查點電荷電場中電勢、電場強度分布的特點，考查電場力做功與電勢能變化的關(guān)系。【解析】將正的點電荷從電場中移到無窮遠處要克服電場力做功，說明點電荷Q帶負電，在負的點電荷電場中離負電荷越遠處電勢越高，因此A點電勢小于B點電勢，A項錯誤；離點電荷越遠處電場強度越小，B項錯誤；A點與無窮遠處的電勢差U1比B點與無窮遠處的電勢差U2大，由于兩電荷移到無窮遠處克服電場力做功相等，因此有，因此q1小于q2，C項正確；由于兩電荷移到無窮遠處克服電場力做功相等，因此有，即，因此兩電荷在A、B兩點的電勢能相等，D項錯誤。【答案】C【方法規(guī)律】負的點電荷電場中的電勢都為負，離負的點電荷越遠電勢越高，正的點電荷電場中的電勢都為正，離正的點電荷越遠電勢越低，不論是正的點電荷還是負的點電荷，離電荷越遠，場強越小。（2012江蘇）1．真空中，A、B兩點與點電荷Q的距離分別為r和3r則A、B兩點的電場強度大小之比為A．3：1B．1：3C．9：1D．1：91.【解析】根據(jù)庫侖定律，選C?！敬鸢浮緾（2012江蘇）2．一充電后的平行板電容器保持兩板間的正對面積、間距和電荷量不變，在兩板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是A．C和U均增大B．C增大，U減小C．C減小，U增大D．C和U均減小2.【解析】根據(jù)，電容C增大，根據(jù),U減小，B正確?！敬鸢浮緽（2012山東）19.圖中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷。一帶電粒子以一定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c三點是實線與虛線的交點。則該粒子A．帶負電B．在c點受力最大C．在b點的電勢能大于在c點的電勢能D．由a點到b點的動能變化大于有b點到c點的動能變化【考點】等勢面、電場線、帶電粒子在電場中軌跡判斷【答案】CD【解析】由粒子運動軌跡可判斷粒子受斥力作用粒子帶正電，A選項錯誤；離電荷距離越近受斥力越大，故a點受力最大；B選項錯誤；由b點到c點的運動過程中電場力對粒子做正功，電勢能減小，故b點電勢能大于c點電勢能，C選項正確；ab與bc處于等距離同心圓上，靠近電荷的電場強度較大，結(jié)合可判斷電勢差,電場力做功,結(jié)合動能定理可知由a點到b點的動能變化大于由b點到c點的動能變化,D選項正確。(2012四川）24.如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段光滑水平，BC段位光滑圓弧，對應(yīng)的圓心角θ=37°，半徑r=2.5m，CD段平直傾斜且粗糙，各段軌道均平滑鏈接，傾斜軌道所在區(qū)域有場強大小為E=2×105N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場。質(zhì)量m=5×10-2kg、電荷量q=+1×10-4C的小球（視為質(zhì)點）被彈簧槍發(fā)射后，沿水平軌道向左滑行，在C點以速度v0=3m/s沖上斜軌。以小物體通過C點時為計時起點，0.1s以后，場強大小不變，方向反向。已知斜軌與小物體之間的動摩擦因素為μ=0.25。設(shè)小物體的電荷量保持不變，取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求彈簧槍對小物體做的功；在斜軌上小物體能到達的最高點為P，球CP的長。24.解：(1)設(shè)彈簧槍對小物體做功為Wf，由動能定理得Wf-mgr(l-cosθ)=eq\f(1,2)mv02 ①代人數(shù)據(jù)得Wf=0.475J ②說明：①式4分，②式2分。(2)取沿平直斜軌向上為正方向。設(shè)小物體通過C點進入電場后的加速度為a1，由牛頓第二定律得－mgsinθ－μ(mgcosθ+qE)=ma1 ③小物體向上做勻減速運動，經(jīng)t1=0.1s后，速度達到v1，有v1=v0+a1t1③由③④可知v1=2.1m/s，設(shè)運動的位移為s1，有s1=v0t1+eq\f(1,2)a1t12 ⑤電場力反向后，設(shè)小物體的加速度為a2，由牛頓第二定律得－mgsinθ－μ(mgcosθ-qE)=ma2 ⑥設(shè)小物體以此加速度運動到速度為0，運動的時間為t2，位移為s2，有0=v1+a2t2 ⑦s2=v1t2+eq\f(1,2)a2t22 ⑧設(shè)CP的長度為s，有 s=s1+s2 ⑨聯(lián)立相關(guān)方程，代人數(shù)據(jù)解得 s=0.57m⑩說明：③⑥式各3分，④⑤⑦⑧⑨式各1分，⑩式2分。(2012天津）5.兩個固定的等量異號電荷所產(chǎn)生電廠的等勢面如圖所示，一帶負電的粒子以某一速度從圖中A點沿圖示方向進入電場在紙面內(nèi)飛行，最后離開電場，粒子只受靜電力作用，則粒子在電場中A．作直線運動，電勢能先變小后變大B．作直線運動，電勢能先變大后變小C．做曲線運動，電勢能先變小后變大D．做曲線運動，電勢能先變大后變小5【考點】本題考查等量異種點電荷電場中電勢分布的特點?！窘馕觥繋ж撾姷牧Ｗ娱_始在零電勢線上，電勢能為零，進入電場后在電場力的作用下向上偏轉(zhuǎn)，做曲線運動，電勢能減小，最后出電場，電勢能又增大為零，因此電子整個過程做曲線運動，電勢能先變小后變大，C項正確?！敬鸢浮緾（2012浙江）19、用金屬箔做成一個不帶電的圓環(huán)，放在干燥的絕緣桌面上。小明同學(xué)用絕緣材料做的筆套與頭發(fā)摩擦后，將筆套自上而下慢慢靠近圓環(huán)，當距離約為0.5cm時圓環(huán)被吸引到筆套上，如圖所示。對上述現(xiàn)象的判斷與分析，下列說法正確的是A.摩擦使筆套帶電B.筆套靠近圓環(huán)時，圓環(huán)上、下部感應(yīng)出異號電荷C.圓環(huán)被吸引到筆套的過程中，圓環(huán)所受靜電力的合力大于圓環(huán)的重力D.筆套碰到圓環(huán)后，筆套所帶的電荷立刻被全部中和19【答案】ABC【考點】電荷守恒定律【解析】絕緣材料做的筆套與頭發(fā)摩擦，摩擦起電，A項對；筆套靠近圓環(huán)時，圓環(huán)上、下部感應(yīng)出異號電荷，感應(yīng)起電，B項對；環(huán)剛被吸引向上運動，一定是靜電力的合力大于圓環(huán)的重力，隨后距離減小，引力增大，所以整個過程中靜電力的合力大于圓環(huán)的重力，C項對。筆套碰到圓環(huán)后，由于筆套是絕緣體，極少電荷轉(zhuǎn)移，所以圓環(huán)上仍然多是感應(yīng)電荷，不能中和，D項錯。(2012重慶）20．空中P、Q兩點處各固定一個點電荷，其中P點處為正點電荷，P、Q兩點附近電場的等勢面分布如題20圖所示，a、b、c、d為電場中的四個點。則A．P、Q兩點處的電荷等量同種B．a(chǎn)點和b點的電場強度相同C．c點的電熱低于d點的電勢D．負電荷從a到c，電勢能減少20.考點透析:以特殊電場模型為載體綜合考察電場線、電勢、電勢能等概念答案：D解析：根據(jù)等勢線及電場線（根據(jù)電場線垂直等勢線畫出即可）分布特點可知PQ兩點處為等量異種電荷；其中a、b兩點電場強度大小相等，方向不同；由電場線的分布及走向可知c點電勢高于d點的電勢；負電荷由a點到c點電場力做正功，電勢能減??；正確選項為D思維拓展：處理含等勢面的電場問題，首先要畫出電場線，電場線可以輔助判斷場強大小和電勢的高低，以及移動電荷時電場力的做功正負。（2012海南）3.如圖，直線上有o、a、b、c四點，ab間的距離與bc間的距離相等，在o點處有固定點電荷，已知b點電勢高于c點電勢.若一帶電負電荷的粒子僅在電場力作用下先從c點運動到b點，再從b點運動到a點，則（）A.兩過程中電場力做的功相等B.前一過程中電場力做的功大于后一過程中電場力做的功C.前一過程中，粒子電勢能不斷減小D.后一過程中，粒子動能不斷減小【考點】電場能的性質(zhì)【答案】C【解析】根據(jù)點電荷電場電場線及電勢分布可知，b點電勢高于c點，則O點固定的是正電荷，負電荷移動過程中電場力做功,又，則前一個過程中電場力做功小于后一個過程電場力的功,A、B選項錯誤；兩個過程中均為電場力做正功，電勢能減小，動能增加，C對，D錯。（2012海南）9.將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小和極板所帶的電荷分別用d、U、E和Q表示.下列說法正確的是（）A.保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话隑.保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀禖.保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话隓.保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话搿究键c】電容器【答案】AD【解析】，保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，E變?yōu)樵瓉淼囊话?，A對；保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话?，B錯；,保持d不變，C不變，Q加倍，U加倍，C錯；則Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，E變?yōu)樵瓉淼囊话耄珼對。（2012海南）12.N（N>1）個電荷量均為q(q>0)的小球，均勻分布在半徑為R的圓周上，示意如圖，若移去位于圓周上P點的一個小球，則圓心O點處的電場強度大小為________,方向__________.(已知靜電力常量為k)【考點】電場強度【答案】,方向沿OP指向P點【解析】移去P點小球后，余下小球在o點產(chǎn)生的合場強與p點小球在O點產(chǎn)生的場強等大反向，故大小為,方向沿OP指向P點。第十三章、恒定電流（2012上海）7．如圖，低電位報警器由兩個基本的門電路與蜂鳴器組成，該報警器只有當輸入電壓過低時蜂鳴器才會發(fā)出警報。其中（ ）（A）甲是“與”門，乙是“非”門（B）甲是“或”門，乙是“非”門（C）甲是“與”門，乙是“或”門（D）甲是“或”門，乙是“與”門7.【考點】本題考查邏輯電路【解析】高、低電壓都可以通過甲，則甲是“或”門，；低電壓通過乙后，輸出為高電壓使蜂鳴器導(dǎo)通發(fā)出警報；高電壓通過乙后輸出為低電壓，蜂鳴器不導(dǎo)通，不發(fā)出警報，則乙是“非”門，選項B正確。【答案】B（2012上海）13．當電阻兩端加上某一穩(wěn)定電壓時，通過該電阻的電荷量為0.3C，消耗的電能為0.9J。為在相同時間內(nèi)使0.6C的電荷量通過該電阻，在其兩端需加的電壓和消耗的電能分別是（ ）（A）3V，1.8J （B）3V，3.6J （C）6V，1.8J 13.【考點】本題考查歐姆定律、電流和電功的計算等【解析】由可知，相同時間通過的電荷量為原來的2倍，則電流為原來的2倍。由可知電壓為原來的2倍。由可知原來的電壓為，故電阻兩端現(xiàn)在所加電壓為6V，消耗的電能為3.6J，選項D正確?！敬鸢浮緿（2012上海）17．直流電路如圖所示，在滑動變阻器的滑片P向右移動時，電源的（ ）（A）總功率一定減小 （B）效率一定增大（C）內(nèi)部損耗功率一定減小 （D）輸出功率一定先增大后減小17.【考點】本題考查動態(tài)電路的功率和效率。【解析】滑動變阻器的滑片P向右移動時，滑動變阻器連入電路部分的阻值變大，因而電流減小，由可知電源的總功率減小，選項A錯誤。滑動變阻器連入電路部分阻值變大，路端電壓變大，由可知電源的效率增大，選項B正確。內(nèi)部損耗功率為，電流減小，因而內(nèi)部損耗功率減小，選項C正確。電源輸出功率為外電阻消耗功率，但外電阻與內(nèi)電阻的大小關(guān)系未知，因而根據(jù)圖線不能判斷輸出功率的變化情況，選項D錯誤?！敬鸢浮緼BC(2012四川）23.四川省“十二五”水利發(fā)展規(guī)劃指出，若按現(xiàn)在供水能力測算，我省供水缺口極大，蓄水提水是目前解決問題的重要手段之一。某地要把河水抽高20m，進入蓄水池，用一臺電動機通過傳動效率為80％的皮帶，帶動效率為60％的離心水泵工作。工作電壓為380V，此時輸入電動機的電功率為19kW，電動機的內(nèi)阻為0.4Ω。已知水的密度為1×103kg/m3,重力加速度取10m/s2。求：電動機內(nèi)阻消耗的熱功率；將蓄水池蓄入864m3的水需要的時間（不計進、出水口的水流速度）。23．解：(l)設(shè)電動機的電功率為P，則P=UI ①設(shè)電動機內(nèi)阻r上消耗的熱功率為Pr，則Pr=I2r ②代入數(shù)據(jù)解得Pr=1×103W ③說明：①③式各2分，②式3分。(2)設(shè)蓄水總質(zhì)量為M，所用抽水時間為t。已知抽水高度為h，容積為V，水的密度為ρ，則M=ρV ④設(shè)質(zhì)量為M的河水增加的重力勢能為△Ep，則△Ep=Mgh ⑤設(shè)電動機的輸出功率為P0，則P0=P-Pr ⑥根據(jù)能量守恒定律得 P0t×60%×80%=△Ep ⑦代人數(shù)據(jù)解得 t=2×l04s ⑧說明：④⑤式各1分，⑥⑧式各2分，⑦式3分。（2012浙江）17、功率為10W的發(fā)光二極管（LED燈）的亮度與功率60W的白熾燈相當。根據(jù)國家節(jié)能戰(zhàn)略，20XX年前普通白熾燈應(yīng)被淘汰。假設(shè)每戶家庭有二只60W的白熾燈，均用10w的LED燈替代，估算出全國一年節(jié)省的電能最接近A.8╳108kW·hB.8╳1010kW·hC.8╳1011kW·hD.8╳1013kW·h17【答案】B【考點】電功、電功率及估算【解析】估算取值：每戶節(jié)約功率為100W，每天用燈6小時，每年365天，全國估計為4億戶，，得結(jié)果與B最接近。第十四章、磁場（2012上海）32．（13分）載流長直導(dǎo)線周圍磁場的磁感應(yīng)強度大小為B＝kI/r，式中常量k＞0，I為電流強度，r為距導(dǎo)線的距離。在水平長直導(dǎo)線MN正下方，矩形線圈abcd通以逆時針方向的恒定電流，被兩根輕質(zhì)絕緣細線靜止地懸掛，如圖所示。開始時MN內(nèi)不通電流，此時兩細線內(nèi)的張力均為T0。當MN通以強度為I1的電流時，兩細線內(nèi)的張力均減小為T1，當MN內(nèi)電流強度變?yōu)镮2時，兩細線內(nèi)的張力均大于T0。（1）分別指出強度為I1、I2的電流的方向；（2）求MN分別通以強度為I1、I2的電流時，線框受到的安培力F1與F2大小之比；（3）當MN內(nèi)的電流強度為I3時兩細線恰好斷裂，在此瞬間線圈的加速度大小為a，求I3?！究键c】本題考查電磁感應(yīng)與力學(xué)知識相結(jié)合。【解析】（1）I1方向向左，I2方向向右（2）當MN中通以電流I時，線圈所受安培力大小為F＝kIiL（EQ\F(1,r1)－EQ\F(1,r2)），F(xiàn)1:F2＝I1:I2（3）2T0＝G，2T1＋F1＝G，F(xiàn)3＋G＝G/ga，I1:I3＝F1:F3＝（T0－T1）g/（a－g）T0，I3＝（a－g）T0I1/（T0－T1）g【答案】（1）I1方向向左，I2方向向右；（2）F1:F2＝I1:I2；（3）（a－g）T0I1/（T0－T1）g（2012新課標）25（18分）如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面（紙面）。在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直。圓心O到直線的距離為3/5R?，F(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域。若磁感應(yīng)強度大小為B,不計重力，求電場強度的大小。25.（18分）解：粒子在磁場中做圓周運動。設(shè)圓周的半徑為r．由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得①式中v為粒子在a點的速度過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c和d點。由幾何關(guān)系知，線段ac、bc和過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑（未畫出）圍成一正方形。因此ac=bc=r②設(shè)cd=x，由幾何關(guān)系得ac=eq\f(4,5)R+x③bc= ④聯(lián)立②③④式得r=eq\f(7,5)R⑤再考慮粒子在電場中的運動。設(shè)電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qE=ma⑥粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r由運動學(xué)公式得r=EQ\F(1,2)at2r=vt式中t是粒子在電場中運動的時間。聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式得 ⑨MNaM