專題25 壓軸題（講義）（解析版）

專題25壓軸題目錄考點一壓軸題應(yīng)試策略1.力學綜合型應(yīng)試策略2.帶電粒子運動型應(yīng)試策略3.電磁感應(yīng)型應(yīng)試策略4.力電綜合型應(yīng)試策略5.信息處理型應(yīng)試策略考向一力學綜合型壓軸題考向二帶電粒子運動型壓軸題考向三電磁感應(yīng)型壓軸題考向四力電綜合型壓軸題考向五信息處理型壓軸題考情分析從近年來的高考壓軸題來看，命題趨勢呈現(xiàn)出以下特點：注重基礎(chǔ)知識和核心素養(yǎng)的考查；強調(diào)實際應(yīng)用和問題解決能力的培養(yǎng)；關(guān)注綜合素質(zhì)的提升；傾向于開放性、探究性的命題方式。高考壓軸題往往具有一定的創(chuàng)新性和實用性，題目的背景和情境可能與實際生活、科學研究等方面緊密聯(lián)系。這要求考生在掌握基本知識的同時，還要關(guān)注實際應(yīng)用和前沿動態(tài)，提高自己的綜合素質(zhì)。高考壓軸題具有較高的區(qū)分度，能夠較好地區(qū)分出考生的水平和能力。對于優(yōu)秀的考生來說，壓軸題是提高總分的關(guān)鍵；而對于一般考生來說，壓軸題則是拉開分數(shù)差距的重要因素?？键c一壓軸題應(yīng)試策略1．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為。一質(zhì)量為的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小；（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠距離；（3）圓盤在管內(nèi)運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。

【考向】力學綜合型壓軸題【答案】（1）小球速度大小，圓盤速度大?。唬?）l；（3）4【詳解】（1）過程1：小球釋放后自由下落，下降，根據(jù)機械能守恒定律解得過程2：小球以與靜止圓盤發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)能量守恒定律和動量守恒定律分別有解得即小球碰后速度大小，方向豎直向上，圓盤速度大小為，方向豎直向下；（2）第一次碰后，小球做豎直上拋運動，圓盤摩擦力與重力平衡，勻速下滑，所以只要圓盤下降速度比小球快，二者間距就不斷增大，當二者速度相同時，間距最大，即解得根據(jù)運動學公式得最大距離為（3）第一次碰撞后到第二次碰撞時，兩者位移相等，則有即解得此時小球的速度圓盤的速度仍為，這段時間內(nèi)圓盤下降的位移之后第二次發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒根據(jù)能量守恒聯(lián)立解得同理可得當位移相等時解得圓盤向下運動此時圓盤距下端管口13l，之后二者第三次發(fā)生碰撞，碰前小球的速度有動量守恒機械能守恒得碰后小球速度為圓盤速度當二者即將四次碰撞時x盤3=x球3即得在這段時間內(nèi)，圓盤向下移動此時圓盤距離下端管口長度為20l－1l－2l－4l－6l=7l此時可得出圓盤每次碰后到下一次碰前，下降距離逐次增加2l，故若發(fā)生下一次碰撞，圓盤將向下移動x盤4=8l則第四次碰撞后落出管口外，因此圓盤在管內(nèi)運動的過程中，小球與圓盤的碰撞次數(shù)為4次。2．（2024·浙江·高考真題）類似光學中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場或電場調(diào)控也能實現(xiàn)質(zhì)子束的“反射”和“折射”。如圖所示，在豎直平面內(nèi)有三個平行區(qū)域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ區(qū)寬度為d，存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直平面向外的勻強磁場，Ⅱ區(qū)的寬度很小。Ⅰ區(qū)和Ⅲ區(qū)電勢處處相等，分別為和，其電勢差。一束質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子從O點以入射角射向Ⅰ區(qū)，在P點以出射角射出，實現(xiàn)“反射”；質(zhì)子束從P點以入射角射入Ⅱ區(qū)，經(jīng)Ⅱ區(qū)“折射”進入Ⅲ區(qū)，其出射方向與法線夾角為“折射”角。已知質(zhì)子僅在平面內(nèi)運動，單位時間發(fā)射的質(zhì)子數(shù)為N，初速度為，不計質(zhì)子重力，不考慮質(zhì)子間相互作用以及質(zhì)子對磁場和電勢分布的影響。（1）若不同角度射向磁場的質(zhì)子都能實現(xiàn)“反射”，求d的最小值；（2）若，求“折射率”n（入射角正弦與折射角正弦的比值）（3）計算說明如何調(diào)控電場，實現(xiàn)質(zhì)子束從P點進入Ⅱ區(qū)發(fā)生“全反射”（即質(zhì)子束全部返回Ⅰ區(qū)）（4）在P點下方距離處水平放置一長為的探測板（Q在P的正下方），長為，質(zhì)子打在探測板上即被吸收中和。若還有另一相同質(zhì)子束，與原質(zhì)子束關(guān)于法線左右對稱，同時從O點射入Ⅰ區(qū)，且，求探測板受到豎直方向力F的大小與U之間的關(guān)系?！究枷颉繋щ娏Ｗ舆\動型壓軸題【答案】（1）；（2）；（3）；（4）見解析【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律不同角度射向磁場的質(zhì)子都能實現(xiàn)“反射”，d的最小值為（2）設(shè)水平方向為方向，豎直方向為方向，方向速度不變，方向速度變小，假設(shè)折射角為，根據(jù)動能定理解得根據(jù)速度關(guān)系解得（3）全反射的臨界情況：到達Ⅲ區(qū)的時候方向速度為零，即可得即應(yīng)滿足（4）臨界情況有兩個：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情況，根據(jù)幾何關(guān)系可得所以如果的情況下，折射角小于入射角，兩邊射入的粒子都能打到板上，分情況討論如下：①當時又解得全部都打不到板的情況②根據(jù)幾何知識可知當從Ⅱ區(qū)射出時速度與豎直方向夾角為時，粒子剛好打到D點，水平方向速度為所以又解得即當時③部分能打到的情況，根據(jù)上述分析可知條件為（），此時僅有O點左側(cè)的一束粒子能打到板上，因此又解得3．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導軌，其平行部分的間距為，導軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導軌的電阻忽略不計。導軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為。一質(zhì)量為、電阻為、長度也為的金屬棒P靜止在導軌上。導軌上質(zhì)量為的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為的速度向P運動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間很短。碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點。P在導軌上運動時，兩端與導軌接觸良好，P與Q始終平行。不計空氣阻力。求（1）金屬棒P滑出導軌時的速度大??；（2）金屬棒P在導軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量；（3）與P碰撞后，絕緣棒Q在導軌上運動的時間?！究枷颉侩姶鸥袘?yīng)型壓軸題【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）由于絕緣棒Q與金屬棒P發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得聯(lián)立解得，由題知，碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點，則金屬棒P滑出導軌時的速度大小為（2）根據(jù)能量守恒有解得（3）P、Q碰撞后，對金屬棒P分析，根據(jù)動量定理得又，聯(lián)立可得由于Q為絕緣棒，無電流通過，做勻速直線運動，故Q運動的時間為4．（2023·福建·統(tǒng)考高考真題）如圖（a），一粗糙、絕緣水平面上有兩個質(zhì)量均為m的小滑塊A和B，其電荷量分別為和。A右端固定有輕質(zhì)光滑絕緣細桿和輕質(zhì)絕緣彈簧，彈簧處于原長狀態(tài)。整個空間存在水平向右場強大小為E的勻強電場。A、B與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，其大小均為。時，A以初速度向右運動，B處于靜止狀態(tài)。在時刻，A到達位置S，速度為，此時彈簧未與B相碰；在時刻，A的速度達到最大，此時彈簧的彈力大小為；在細桿與B碰前的瞬間，A的速度為，此時。時間內(nèi)A的圖像如圖（b）所示，為圖線中速度的最小值，、、均為未知量。運動過程中，A、B處在同一直線上，A、B的電荷量始終保持不變，它們之間的庫侖力等效為真空中點電荷間的靜電力，靜電力常量為k；B與彈簧接觸瞬間沒有機械能損失，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（1）求時間內(nèi)，合外力對A所做的功；（2）求時刻A與B之間的距離；（3）求時間內(nèi)，勻強電場對A和B做的總功；（4）若增大A的初速度，使其到達位置S時的速度為，求細桿與B碰撞前瞬間A的速度?！究枷颉苛﹄娋C合型壓軸題【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）時間內(nèi)根據(jù)動能定理可知合外力做的功為（2）由圖（b）可知時刻A的加速度為0，此時滑塊A所受合外力為0，設(shè)此時A與B之間的距離為r0，根據(jù)平衡條件有其中聯(lián)立可得（3）在時刻，A的速度達到最大，此時A所受合力為0，設(shè)此時A和B的距離為r1，則有且有，聯(lián)立解得時間內(nèi)，勻強電場對A和B做的總功（4）過S后，A、B的加速度相同，則A、B速度的變化相同。設(shè)彈簧的初始長度為；A在S位置時，此時刻A、B的距離為，A速度最大時，AB距離為，細桿與B碰撞時，A、B距離為。A以過S時，到B與桿碰撞時，A增加的速度為，則B同樣增加速度為，設(shè)B與杠相碰時，B向左運動。設(shè)B與彈簧相碰到B與桿相碰時，B向左運動。對A根據(jù)動能定理有對B有當A以過S時，設(shè)B與桿碰撞時，A速度為，則B速度為，設(shè)B與杠相碰時，B向左運動。設(shè)B與彈簧相碰到B與桿相碰時，B向左運動。對A根據(jù)動能定理有對B：聯(lián)立解得5．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）在發(fā)現(xiàn)新的物理現(xiàn)象后，人們往往試圖用不同的理論方法來解釋，比如，當發(fā)現(xiàn)光在地球附近的重力場中傳播時其頻率會發(fā)生變化這種現(xiàn)象后，科學家分別用兩種方法做出了解釋?，F(xiàn)象：從地面P點向上發(fā)出一束頻率為的光，射向離地面高為H（遠小于地球半徑）的Q點處的接收器上，接收器接收到的光的頻率為。方法一：根據(jù)光子能量（式中h為普朗克常量，m為光子的等效質(zhì)量，c為真空中的光速）和重力場中能量守恒定律，可得接收器接收到的光的頻率。方法二：根據(jù)廣義相對論，光在有萬有引力的空間中運動時，其頻率會發(fā)生變化，將該理論應(yīng)用于地球附近，可得接收器接收到的光的頻率，式中G為引力常量，M為地球質(zhì)量，R為地球半徑。下列說法正確的是（）A．由方法一得到，g為地球表面附近的重力加速度B．由方法二可知，接收器接收到的光的波長大于發(fā)出時光的波長C．若從Q點發(fā)出一束光照射到P點，從以上兩種方法均可知，其頻率會變小D．通過類比，可知太陽表面發(fā)出的光的頻率在傳播過程中變大【考向】信息處理型壓軸題【答案】B【詳解】A．由能量守恒定律可得，，解得，選項A錯誤；B．由表達式，可知，即接收器接受到的光的波長大于發(fā)出的光的波長，選項B正確；C．若從地面上的P點發(fā)出一束光照射到Q點，從以上兩種方法均可知，其頻率變小，若從Q點發(fā)出一束光照射到P點，其頻率變大，選項C錯誤；D．由上述分析可知，從地球表面向外輻射的光在傳播過程中頻率變?。煌ㄟ^類比可知，從太陽表面發(fā)出的光的頻率在傳播過程中變小，選項D錯誤。故選B。1.力學綜合型應(yīng)試策略力學綜合試題往往呈現(xiàn)出研究對象的多體性、物理過程的復雜性、已知條件的隱含性、問題討論的多樣性、數(shù)學方法的技巧性和一題多解的靈活性等特點，能力要求較高．具體問題中可能涉及到單個物體單一運動過程，也可能涉及到多個物體，多個運動過程，在知識的考查上可能涉及到運動學、動力學、功能關(guān)系等多個規(guī)律的綜合運用。應(yīng)試策略：①對于多體問題：要靈活選取研究對象，善于尋找相互聯(lián)系。選取研究對象和尋找相互聯(lián)系是求解多體問題的兩個關(guān)鍵．選取研究對象需根據(jù)不同的條件，或采用隔離法，即把研究對象從其所在的系統(tǒng)中抽取出來進行研究；或采用整體法，即把幾個研究對象組成的系統(tǒng)作為整體來進行研究；或?qū)⒏綦x法與整體法交叉使用。②對于多過程問題：要仔細觀察過程特征，妥善運用物理規(guī)律。觀察每一個過程特征和尋找過程之間的聯(lián)系是求解多過程問題的兩個關(guān)鍵．分析過程特征需仔細分析每個過程的約束條件，如物體的受力情況、狀態(tài)參量等，以便運用相應(yīng)的物理規(guī)律逐個進行研究。至于過程之間的聯(lián)系，則可從物體運動的速度、位移、時間等方面去尋找。③對于含有隱含條件的問題：要注重審題，深究細琢，努力挖掘隱含條件。注重審題，深究細琢，綜觀全局重點推敲，挖掘并應(yīng)用隱含條件，梳理解題思路或建立輔助方程，是求解的關(guān)鍵。通常，隱含條件可通過觀察物理現(xiàn)象、認識物理模型和分析物理過程，甚至從試題的字里行間或圖象圖表中去挖掘。④對于存在多種情況的問題：要認真分析制約條件，周密探討多種情況。解題時必須根據(jù)不同條件對各種可能情況進行全面分析，必要時要自己擬定討論方案，將問題根據(jù)一定的標準分類，再逐類進行探討，防止漏解。2.帶電粒子運動型應(yīng)試策略帶電粒子運動型計算題大致有兩類，一是粒子依次進入不同的有界場區(qū)，二是粒子進入復合場區(qū)．近年來高考重點就是受力情況和運動規(guī)律分析求解，周期、半徑、軌跡、速度、臨界值等．再結(jié)合能量守恒和功能關(guān)系進行綜合考查。應(yīng)試策略：正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提：①帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始狀態(tài)的速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進行分析，當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，做勻速直線運動（如速度選擇器）。②帶電粒子所受的重力和電場力等值反向，洛倫磁力提供向心力，帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動。③帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度方向不在一條直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾個情況不同的復合場區(qū)，因此粒子的運動情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運動過程可能由幾種不同的運動階段組成。3.電磁感應(yīng)型應(yīng)試策略電磁感應(yīng)是高考考查的重點和熱點，命題頻率較高的知識點有：感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件、方向的判定和感應(yīng)電動勢的計算；電磁感應(yīng)現(xiàn)象與磁場、電路、力學、能量等知識相聯(lián)系的綜合題及感應(yīng)電流（或感應(yīng)電動勢）的圖象問題．從計算題型看，主要考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象與直流電路、磁場、力學、能量轉(zhuǎn)化相聯(lián)系的綜合問題，主要以大型計算題的形式考查。應(yīng)試策略：在分析過程中，要注意通電導體在磁場中將受到安培力分析；電磁感應(yīng)問題往往與力學問題聯(lián)系在一起。解決問題的基本思路：①用法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律求感應(yīng)電動勢的大小及方向；②求電路中的電流；③分析導體的受力情況；④根據(jù)平衡條件或者牛頓第二運動定律列方程。解題過程中要緊緊地抓住能的轉(zhuǎn)化與守恒分析問題．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中出現(xiàn)的電能，一定是由其他形式的能轉(zhuǎn)化而來，具體問題中會涉及多種形式的能之間的轉(zhuǎn)化，機械能和電能的相互轉(zhuǎn)化、內(nèi)能和電能的相互轉(zhuǎn)化。分析時，應(yīng)當牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)律，明確有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量參與了相互轉(zhuǎn)化，如摩擦力在相對位移上做功，必然有內(nèi)能出現(xiàn)；重力做功，必然有重力勢能參與轉(zhuǎn)化；安培力做負功就會有其他形式能轉(zhuǎn)化為電能，安培力做正功必有電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解。4.力電綜合型應(yīng)試策略力學中的靜力學、動力學、功和能等部分，與電學中的場和路有機結(jié)合，出現(xiàn)了涉及力學、電學知識的綜合問題。主要表現(xiàn)為：帶電體在場中的運動或靜止，通電導體在磁場中的運動或靜止；交、直流電路中平行板電容器形成的電場中帶電體的運動或靜止；電磁感應(yīng)提供電動勢的閉合電路等問題。這四類又可結(jié)合并衍生出多種多樣的表現(xiàn)形式。從歷屆高考中，力電綜合型有如下特點：①力、電綜合命題多以帶電粒子在復合場中的運動．電磁感應(yīng)中導體棒動態(tài)分析，電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化等為載體，考查學生理解、推理、綜合分析及運用數(shù)學知識解決物理問題的能力。②力、電綜合問題思路隱蔽，過程復雜，情景多變，在能力立意下，慣于推陳出新、情景重組，設(shè)問巧妙變換，具有重復考查的特點。應(yīng)試策略：解決力電綜合問題，要注重掌握好兩種基本的分析思路：一是按時間先后順序發(fā)生的綜合題，可劃分為幾個簡單的階段，逐一分析清楚每個階段相關(guān)物理量的關(guān)系規(guī)律，弄清前一階段與下一階段的聯(lián)系，從而建立方程求解的“分段法”。一是在同一時間內(nèi)發(fā)生幾種相互關(guān)聯(lián)的物理現(xiàn)象，須分解為幾種簡單的現(xiàn)象，對每一種現(xiàn)象利用相應(yīng)的概念和規(guī)律建立方程求解的“分解法”。研究某一物體所受到力的瞬時作用力與物體運動狀態(tài)的關(guān)系（或加速度）時，一般用牛頓運動定律解決；涉及做功和位移時優(yōu)先考慮動能定理；對象為一系統(tǒng)，且它們之間有相互作用時，優(yōu)先考慮能的轉(zhuǎn)化與守恒定律。5.信息處理型應(yīng)試策略信息處理型試題是指試題提供一些有關(guān)信息，然后要求考生根據(jù)所學知識，將有用的信息收集起來，經(jīng)過處理后運用已經(jīng)的知識、方法和手段解決新問題。這類題型主要涉及到知識理解、過程分析、模型轉(zhuǎn)換、方法處理等。信息提供的方式主要有文字信息和圖表信息。文字信息往往是文字閱讀量比較大，要求考生從文字信息中找到有用的信息來進行處理；圖片信息包括結(jié)構(gòu)圖和函數(shù)關(guān)系圖像等。應(yīng)試策略：這種題型的處理思路和步驟為：①領(lǐng)會問題的情境，在所給的信息中獲取有用的信息，構(gòu)造相應(yīng)的物理模型；②合理選擇研究對象；分析研究對象受力情況、狀態(tài)、能量等信息；③運用試題所給規(guī)律、方法或自己已經(jīng)掌握物理規(guī)律和方法求解?？枷蛞涣W綜合型壓軸題1．（2024·廣東佛山·統(tǒng)考二模）臺球是深受大眾喜愛的娛樂健身活動。如圖，運動員采用“點桿”擊球法（當球桿桿頭接觸母球的瞬間，迅速將桿抽回，母球離桿后與目標球發(fā)生對心正碰，視為彈性碰撞）擊打母球，使得目標球被碰撞后經(jīng)CD邊反彈進入球洞A，這種進球方式被稱為“翻袋”進球法。已知兩球質(zhì)量均為，且可視為質(zhì)點，球間距離為，目標球與CD擋壁間虛線距離為，目標球被CD擋壁反彈后向A球洞運動方向與AC擋壁間夾角為，，球與桌面間阻力為重力的，球與擋壁碰撞過程中損失的動能，重力加速度。（1）求母球在桌面做直線運動時的加速度大?。唬?）若某次擊打后母球獲得的初速度為，且桿頭與母球的接觸時間為，求母球受到桿頭的平均沖擊力大??；（3）若擊打后母球獲得速度，求目標球被碰撞后的速度大??；（4）若能到達球洞上方且速率小于的球均可進洞，為使目標球能進洞，求母球初速度需要滿足的條件。（計算結(jié)果都可以用根號表示）【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）由牛頓第二定律可得根據(jù)題意可知解得（2）桿頭擊打母球，對母球由動量定理可得代入數(shù)據(jù)解得（3）母球與目標球碰撞前，做勻減速直線運動，由動能定理可得母球與目標球碰撞前后，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得聯(lián)立解得目標球被碰撞后的速度大小為（4）母球與目標球碰撞前，做勻減速直線運動，由動能定理可得母球與目標球碰撞前后，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得目標球前進到CD擋壁，做勻減速直線運動，由動能定理可得目標球與CD擋壁碰撞，根據(jù)題意有即目標球運動到A球洞過程，由動能定理可得又滿足聯(lián)立解得2．（2024·河北秦皇島·昌黎一中?？寄M預(yù)測）如圖，固定在水平地面上的凹槽，槽寬，左側(cè)槽緣高、斜面傾角，右側(cè)槽緣高、光滑圓弧形軌道足夠長。長、高、質(zhì)量的木板靜止在槽內(nèi)，左端距凹槽左側(cè)?？梢暈橘|(zhì)點的滑塊B，質(zhì)量，放在A上表面的最左端。質(zhì)量、的小球水平撞擊后水平反彈，下落過程中剛好與斜面相切通過斜面最高點。已知與、與凹槽底部的動摩擦因數(shù)分別為、，向右滑行過程中未與共速，與凹槽左、右側(cè)碰撞后立即停止但不粘連，取。求：（1）小球與B碰后，B獲得的速度；（2）B能上升到距A上表面的最大高度；（3）整個過程中、間摩擦產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)小球水平反彈的速度大小為，從反彈到通過斜面最高點時的時間為，豎直方向的速度為，則有在豎直方向上有，設(shè)小球與撞擊后，獲得的為，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有解得，（2）設(shè)滑上凹槽右側(cè)光滑軌道時的速度為，由于向右滑行過程中與未共速，對地移動的距離為，依題意有根據(jù)動能定理有B沿弧形軌道上升到最大高度，根據(jù)機械能守恒定律有解得，（3）B返回到的右端時速度大小仍為，設(shè)在上減速滑行的加速度大小為，在凹槽內(nèi)加速滑行的加速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律有，解得，現(xiàn)判斷向左移動時是否與共速。假設(shè)經(jīng)過時間，、達到共速為，則有，解得在時間內(nèi)，對地的位移A對地的位移則B在A上滑行的位移所以，與凹槽左側(cè)相碰前，未滑離上表面并與達到共速。A、B以的速度一起減速到與凹槽左側(cè)相碰，設(shè)與凹槽左側(cè)相碰時速度為，則有與凹槽左邊緣相碰后在上滑行的距離解得即最終未滑離上表面，由于整個過程A、B間摩擦產(chǎn)生的熱量解得考向二帶電粒子運動型壓軸題3．（2024·四川成都·統(tǒng)考二模）某離子束實驗裝置的基本原理如圖甲所示。Ⅰ區(qū)寬度為，左邊界與軸垂直交于坐標原點，其內(nèi)充滿垂直于平面向里的勻強磁場；Ⅱ區(qū)寬度為，左邊界與軸垂直交于點，右邊界與軸垂直交于點，其內(nèi)充滿沿軸負方向的勻強電場。測試板垂直軸置于Ⅱ區(qū)右邊界，其中心與點重合。從離子源不斷飄出電荷量為、質(zhì)量為的正離子，加速后沿軸正方向過點，依次經(jīng)Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)，恰好到達測試板中心。已知離子剛進入Ⅱ區(qū)時速度大小為，速度方向與軸正方向的夾角為。忽略離子間的相互作用，不計離子重力。（1）求Ⅰ區(qū)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大??；（2）求Ⅱ區(qū)勻強電場的電場強度大??；（3）將Ⅱ區(qū)右邊界和測試板同時右移使Ⅱ區(qū)足夠大，在Ⅱ區(qū)同時填充題干中的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小為、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，其它條件不變，離子的運動軌跡如圖乙中的虛線所示，求離子在Ⅱ區(qū)運動過程中的速度最大值?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）離子在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律根據(jù)幾何關(guān)系有聯(lián)立解得（2）離子在勻強電場中做類平拋運動，在軸方向上有在軸方向上（以軸負方向為正）有又聯(lián)立解得（3）離子進入Ⅱ區(qū)時，洛倫茲力沿軸方向的分量洛倫茲力沿軸方向的分量因此離子在Ⅱ區(qū)的運動可看成水平方向的勻速直線運動和逆時針方向的勻速圓周運動的合運動，當離子在最低點時，兩個分運動速度同向，離子有速度的最大值為解得4．（2024·山東日照·日照一中校聯(lián)考一模）某科研小組設(shè)計了控制帶電粒子在電磁場中運動的實驗裝置，其結(jié)構(gòu)簡圖如圖甲所示，三維坐標系中存在從左到右的三個區(qū)域，I區(qū)與II區(qū)在xOy平面內(nèi)。I區(qū)是半徑為R、圓心為O1的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿方向；Ⅱ區(qū)是寬度為d的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為，方向沿方向，Ⅱ區(qū)左邊界與圓形磁場相切于O2點，Ⅱ區(qū)右邊界緊靠y軸。yOz平面及右側(cè)為Ⅲ區(qū)，存在沿x方向的電場和磁場，電場的電場強度E隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示（沿+x方向電場強度為正）；磁場沿-x方向，y>0區(qū)域的勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為2B，y<0區(qū)域的勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B。在處有一平行于yOz平面的熒光屏。I區(qū)圓形磁場邊界上有一個M點，M點與O1點沿x方向的距離為。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從M點以速度沿-y方向射入I區(qū)磁場，再經(jīng)某點進入II區(qū)磁場，然后進入Ⅲ區(qū)（此時為t=0時刻）。已知，，，不計粒子重力，不考慮電場變化產(chǎn)生的影響。求:（1）帶電粒子進入II區(qū)時的位置和速度方向：（2）若帶電粒子不能進入Ⅲ區(qū)，d的最小值；（3）若，帶電粒子進入III區(qū)到打到熒光屏上所需要的時間；（4）若，帶電粒子進入III區(qū)后，打到熒光屏的位置坐標?！敬鸢浮浚?）見解析；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）帶電粒子進入I區(qū)磁場，根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得畫出帶電粒子的運動軌跡，如下圖所示軌跡恰好經(jīng)過點，確定軌跡圓圓心，連接、、、，得到菱形，利用幾何知識可知帶電粒子會經(jīng)過點，且速度方向與方向夾角為（2）帶電粒子進入II區(qū)磁場，根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得畫出帶電粒子的運動軌跡，如下圖所示軌跡恰好與平面相切時，最小，利用幾何知識可知解得（3）若，帶電粒子進入II區(qū)后，粒子運動軌跡如下圖所示利用幾何知識可知，帶電粒子恰好經(jīng)過點進入Ⅲ區(qū)，帶電粒子經(jīng)過時速度方向與方向夾角為所以沿方向的速度帶電粒子進入Ⅲ區(qū)后在方向受到電場力，帶電粒子做周期性運動，在電場變化的一個周期內(nèi)，時間內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律帶電粒子先做勻減速運動到速度為零，根據(jù)運動學公式解得在前時間內(nèi)帶電粒子的位移再沿方向做勻加速運動，經(jīng)過時間為此時沿著方向的速度時間內(nèi)，帶電粒子先沿做勻減速運動到速度為零，根據(jù)牛頓第二定律根據(jù)運動學公式解得再沿著方向做勻加速運動，經(jīng)過時間速度增加到，則在一個周期內(nèi)，沿方向的位移為則所以帶電粒子進入Ⅲ區(qū)后，打到熒光屏的時間（4）帶電粒子進入Ⅲ區(qū)后，在平面內(nèi)在區(qū)域做半徑為的圓周運動，運動半周后進入?yún)^(qū)域做半徑的圓周運動，運動半周后進入?yún)^(qū)域，以此類推，圖下圖所示設(shè)運動周期為，設(shè)帶電粒子在平面在區(qū)域做半徑為的圓周運動的周期為，則設(shè)帶電粒子在平面在區(qū)域做半徑為的圓周運動的周期為，則則帶電粒子進入Ⅲ區(qū)后到打到熒光屏的時間內(nèi)由分析可知在一個時間內(nèi)帶電粒子沿軸正方向運動的距離為，則在兩個時間內(nèi)帶電粒子沿軸正方向運動的距離再經(jīng)過時間內(nèi)帶電粒子沿軸正方向運動的距離為然后再經(jīng)過時間內(nèi)帶電粒子沿軸負方向運動的距離為帶電粒子在時間內(nèi)沿軸運動的距離為在第三個時間內(nèi)帶電粒子沿軸正方形運動的距離為所以帶電粒子打到熒光屏的位置坐標為?？枷蛉姶鸥袘?yīng)型壓軸題5．（2024·福建福州·統(tǒng)考二模）如圖甲所示，兩平行長直金屬導軌水平放置，間距。PQ右側(cè)區(qū)域有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小，方向豎直向上。時，磁場外的細金屬桿M以的速度向右運動，時，細金屬桿M恰好到達PQ處，同時，對磁場內(nèi)處于靜止狀態(tài)的細金屬桿N施加一與軌道平行的水平向右的恒力，其大小。N桿運動2s后兩桿速度相等，兩金屬桿與導軌接觸良好且運動過程中始終與導軌垂直，細金屬桿M速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，兩桿質(zhì)量均為，與導軌間的動摩擦因數(shù)相同，在導軌間的電阻均為，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場忽略不計，取重力加速度。求：（1）金屬桿與導軌間的動摩擦因數(shù)；（2）為保證兩桿不發(fā)生碰撞，初始時金屬桿N到邊界PQ的最小距離；（3）金屬桿N最終運動的速度大小，并在乙圖中作出金屬桿N速度隨時間變化的圖像（無需過程說明）；（4）若從金屬桿N開始運動達到穩(wěn)定運動狀態(tài)經(jīng)歷時間（已知），求整個過程兩根金屬桿產(chǎn)生的總焦耳熱Q?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），；（4）【詳解】（1）由圖像得對棒，根據(jù)牛頓第二定律有解得（2）對棒組成的系統(tǒng)，因有所以系統(tǒng)動量守恒。設(shè)棒剛進入磁場的速度為，共速的速度為，有解得對棒，根據(jù)動量定理有又聯(lián)立解得（3）棒運動全過程，有棒最終在水平面做勻速直線運動，有解得，作出金屬桿N速度隨時間變化的圖像如圖（4）對棒，根據(jù)動量定理有又解得由能量守恒定律有聯(lián)立解得6．（2024·全國·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖甲所示，線圈A匝數(shù)匝，橫截面積，電阻。A中有橫截面積的勻強磁場區(qū)域D，其磁感應(yīng)強度B的變化如圖乙所示，時刻，磁場方向垂直于線圈平面向里。電阻不計的寬度的足夠長的水平光滑金屬軌道MN、PO通過開關(guān)S與A相連，兩軌間存在的垂直平面的勻強磁場（圖中未畫出）。另有相同的金屬軌道NH、OC通過光滑絕緣件與MN、PO相連，兩軌間存在的磁場方向垂直平面向外。以O(shè)為原點，沿OC直線為x軸，ON連線為y軸建立平面直角坐標系xOy后，磁感應(yīng)強度沿x軸按照（單位為T）分布，沿y軸均勻分布?，F(xiàn)將長度為L，質(zhì)量，電阻的導體棒ab垂直放于MN、PO上，將邊長為L，質(zhì)量也為m，每邊電阻均為的正方形金屬框cdfe放于NH，OC上，cd邊與y軸重合。閉合開關(guān)S，棒ab向右加速達最大速度后，在越過絕緣件的同時給金屬框一個的向左的水平速度，使之與棒發(fā)生彈性正碰。碰后立即拿走導體棒ab，框運動中與軌道處處接觸良好。（1）求MN、PO導軌間磁場的方向及剛閉合開關(guān)S時導體棒ab的加速度大?。唬?）求碰后瞬間金屬框的速度大??；（3）求碰后瞬間金屬框克服所受安培力的合力的功率?！敬鸢浮浚?）磁場方向垂直平面向里，；（2）；（3）【詳解】（1）線圈A中磁場減弱，由楞次定律結(jié)合安培定則可知，流過的電流方向從指向，由受到的安培力向右，結(jié)合左手定則可知、導軌間的磁場方向垂直平面向里。由法拉第電磁感應(yīng)定律，線圈A中的感應(yīng)電動勢由閉合電路歐姆定律得剛閉合開關(guān)S時導體棒ab所受的安培力由牛頓第二定律得，剛閉合開關(guān)S時導體棒ab的加速度大?。?）當?shù)竭_最大速度時，切割磁感線產(chǎn)生的電動勢與相等，所以有得棒與線框發(fā)生彈性碰撞，設(shè)向右為正方向，設(shè)碰撞后的瞬間棒與線框速度分別為、，由動量守恒和機械能守恒得解得，碰后瞬間金屬框的速度大小為。（3）碰后切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小碰后切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小線框兩邊被導軌短路，則線框中的電流受到的安培力方向向右。受到的安培力方向向左。線框受到安培力的合力方向向左。所以線框所受安培力的合力的功率7．（2024·河南·統(tǒng)考二模）如圖所示，兩條相距為d的光滑平行金屬導軌固定在同一絕緣水平面內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻，一與導軌垂直的金屬棒置于兩導軌上。在電阻、導軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，在該區(qū)域中存在豎直向下的均勻磁場，磁感應(yīng)強度大小B隨時間t的變化關(guān)系為B=kt，式中k為常量、且k>0。在金屬棒右側(cè)還有一寬度為L勻強磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界為ab（虛線）、右邊界為cd（虛線），邊界ab和cd均與導軌垂直，該勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向也豎直向下。金屬棒通過平行于導軌的絕緣細線跨過光滑輕質(zhì)定滑輪與一物體相連。開始時，用手托著物體靜止不動，使連接金屬棒的細線處于水平伸直狀態(tài)。現(xiàn)突然把手撤去，金屬棒從靜止開始向右運動，在某一時刻（此時t=0）恰好以速度v越過ab，此后金屬棒在磁場B0中向右做勻速直線運動。設(shè)金屬棒與導軌始終相互垂直并接觸良好，金屬棒和兩導軌的電阻均忽略不計；金屬棒向右運動過程中，物體始終在空中運動；重力加速度為g。求：（1）金屬棒從ab運動到cd的過程中，通過金屬棒的電流大?。唬?）物體的質(zhì)量；（3）金屬棒從ab運動到cd的過程中，物體重力勢能的減少量；（4）金屬棒從ab運動到cd的過程中，阻值為R的電阻上產(chǎn)生的熱量。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）設(shè)金屬棒在磁場B0中運動的過程中，通過金屬棒的電流大小為I，設(shè)在時間t內(nèi)，金屬棒的位移為x，有在時間t時刻，對于磁場B，穿過回路的磁通量為對于勻強磁場B0，穿過回路的磁通量為回路的總磁通量為聯(lián)立可得，在時刻t穿過回路的總磁通量為在t到的時間間隔內(nèi)，總磁通量的改變量為由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路中感應(yīng)電動勢的大小為由閉合電路的歐姆定律得聯(lián)立可得，通過金屬棒的電流大小為（2）設(shè)在t時刻，金屬棒上細線的拉力為F，由于金屬棒在ab右側(cè)做勻速運動，則有設(shè)物體的質(zhì)量為m，在t時刻，對物體有聯(lián)立以上各式可得，物體的質(zhì)量為（3）設(shè)金屬棒在磁場B0中從ab向右運動到cd的過程中，物體重力勢能的減少量為，則其中則金屬棒從ab運動到cd的過程中，物體重力勢能的減少量為（4）設(shè)金屬棒在磁場B0中從ab向右運動到cd的過程中，阻值為R的電阻上產(chǎn)生的熱量為Q，運動時間為，由，其中聯(lián)立可得，金屬棒從ab運動到cd的過程中，阻值為R的電阻上產(chǎn)生的熱量為考向四力電綜合型壓軸題8．（2024·湖南長沙·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，豎直虛線邊界左側(cè)有方向水平向右的勻強電場，質(zhì)量為帶正電光滑小球（可視為質(zhì)點）在輕質(zhì)細線OA的懸掛下處于靜止狀態(tài)，此時細線與豎直方向的夾角為，延長線與的交點為B，AB長度為，虛線右側(cè)無電場。為一固定粗糙斜面的兩個端點，長度為，斜面上一個帶擋板（厚度不計）的薄板處于靜止狀態(tài)，薄板質(zhì)量為，長度為，且薄板上端恰好與點重合，O、A、B、C共線。某時刻剪斷細線OA，不計阻力，取重力加速度，，。求（1）電場力的大小及釋放初始時刻小球的加速度。（2）若小球滑上薄木板后與擋板相撞，撞擊時間極短，小球與擋板的碰撞為彈性正碰，碰后木板開始下滑，且當木板沿斜面下滑至速度為零時，小球與木板恰好發(fā)生第二次相撞。試求：I．薄板與斜面的動摩擦因數(shù)；II．小球與擋板在斜面上最多發(fā)生幾次碰撞?！敬鸢浮浚?），；（2）I．；II．11次【詳解】（1）在電場中處于平衡，由受力分析知得電場力大小剪斷細線后合力與拉力等大反向，由牛頓第二定律解得（2）I：小球在電場中做勻加速直線運動到達B點速度為，由運動學公式解得因為小球光滑，則在薄板上滑動時，由牛頓第二定律則小球的加速度大小為所以與擋板撞之前速度為，則由運動學公式解得取沿斜面向下為正，薄板與小球發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律由機械能守恒定律解得，第一次碰后到第二次碰前設(shè)薄板位移為，對薄板有對小球有聯(lián)立解得此過程中對小球加速度仍為由運動學公式得設(shè)薄板的加速度為，由運動學公式得到對薄板由牛頓第二定律有解得II：由上面運動學公式解得薄板每次碰撞后位移為則有次即會碰撞11次。9．（2024·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測）火星各種環(huán)境與地球十分相似，人類對未來移居火星有著強烈的期望。地球體積為火星的7倍，質(zhì)量為火星的11倍。假設(shè)某天人類移居火星后，小華同學在火星表面制造了如下裝置，如圖所示，半徑為的光滑圓弧固定在豎直平面內(nèi)，其末端與木板B的上表面所在平面相切，且初始時木板B的左端剛好與圓弧末端對齊，木板B帶電，電荷量為1C，木板B左端緊挨著光滑小物塊A，小物塊A左側(cè)有一橡膠墻壁，能與A發(fā)生彈性正碰，空間內(nèi)存在水平向左的勻強電場，電場強度，開始時由圓弧軌道上端靜止釋放一帶電小物塊C，電荷量，當小物塊C達到圓弧最底端時，其對圓弧軌道的壓力大小為，此時A、B之間存在的炸藥爆炸，給予A、B等量的動能，動能為2J，C與B之間的動摩擦因數(shù)為，B與水平面間的動摩擦因數(shù)為，A、C質(zhì)量未知，B的質(zhì)量，已知地球表面的重力加速度，為簡化計算取。（1）求C的質(zhì)量；（2）若C不會滑下木板B，木板B的長度至少為多長？（3）已知B、C共速停止后，A與B發(fā)生碰撞且粘在B上，改變A的質(zhì)量使碰后A、B整體速度最大，A的質(zhì)量為多少，此時小物塊C是否會脫離木板B？【答案】（1）1kg；（2）；（3）4kg，否【詳解】（1）設(shè)地球質(zhì)量為，地球表面物體的質(zhì)量為，地球半徑為，火星表面的重力加速度為，在地球表面根據(jù)萬有引力等于等于重力有可得而根據(jù)題意，地球體積為火星的7倍，質(zhì)量為火星的11倍，則有，而聯(lián)立以上各式解得物塊C達到圓弧軌道最低點的過程中，由動能定理有在軌道最低點對C由牛頓第二定律有根據(jù)題意，式中聯(lián)立解得，（2）根據(jù)題意，當A、B間的炸藥爆炸后，B的動能解得當C在B上運動時，對C由牛頓第二定律有解得爆炸后對B由牛頓第二定律有解得即物塊B恰好做勻速直線運動，則兩者達到共速時C恰好運動到木板B的最右端，此時木板B的長度有最小值，設(shè)兩者達到共速所用的時間為，則有可得則木板的最小長度（3）根據(jù)題意對物塊A有可得對A、B組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律對A、B碰撞后共速有可得聯(lián)立可得由于B的質(zhì)量一定，則要有最大值，則要取最小值，根據(jù)基本不等式有分析可知，當時，A、B碰撞后獲得的共同速度將有最大值，可得最大值為當A、B獲得共同最大速度時，對C由牛頓第二定律有解得對A、B整體由牛頓第二定律有解得物塊C與A、B整體達到共速所用的時間為物塊C在木板上相對于木板的位移為因此C不會脫離B。考向五信息處理型壓軸題10．（2024·湖南岳陽·統(tǒng)考一模）某款手機“彈球游戲”可簡化為如圖所示。游戲者將小球（視為質(zhì)點）以某個初速度垂直墻壁水平射出，在與臺階、豎直墻的碰撞不超過兩次的前提下，擊中第三級臺階的水平面MN段為通關(guān)。已知臺階的寬和高均為d，以v0射出時恰擊中第一級臺階的末端，所有碰撞均為彈性碰撞，以下說法正確的是（）A．以v0射出時，小球在空中的運動時間為B．以2v0射出時不能通關(guān)C．若小球的初速度v的滿足時，可直接擊中第三級臺階MN段D．若利用墻面且僅反彈一次擊中第三級臺階的水平面，碰撞點距N點高度須小于【答案】C【詳解】A．以速度射出時，小球恰好擊中第一級臺階的末端發(fā)生彈性碰撞，則有，，解得，，反彈后小球做斜拋運動，該斜拋運動與以速度射出時的平拋運動具有對稱性，可知小球?qū)⒃谂c第一級臺階等高的位置與墻碰撞并反彈，此時根據(jù)平拋運動的基本規(guī)律可知，假設(shè)小球能落到MN段，則有，，結(jié)合上述解得，可知，假設(shè)成立，則以v0射出時，小球在空中的運動時間為，解得，故A錯誤；B．若小球下落的高度為2d，根據(jù)平拋運動的基本規(guī)律得，，結(jié)合上述解得，可知，小球的初速度為時越過第二級臺階，那么若能落在第三級臺階上，則有，，結(jié)合上述解得，可知小球落在第三級臺階前會先碰到墻上，由于碰撞為彈性碰撞，水平速度大小不變，方向反向，可知，碰后小球會落在MN上，故B錯誤；C．若小球直接擊中第三級臺階MN段，小球射出初速度的最大值為剛好打在Ｎ點上，，解得，若小球直接擊中第三級臺階MN段，小球射出初速度的最小值為運動軌跡恰好與第二級臺階右端擦肩而過，則有，，解得，綜合上述可知，直接擊中第三級臺階MN段所需初速度的取值范圍為，故C正確；D．若利用墻面且僅反彈一次擊中第三級臺階的水平面，設(shè)碰撞點距N點高度為，則與墻碰前，，與墻碰后，設(shè)小球的落點剛好是M，則有，，結(jié)合上述解得，故若利用墻面且僅反彈一次擊中第三級臺階的水平面，碰撞點距N點高度須小于，故D錯誤。故選C。11．（2024·廣東深圳·統(tǒng)考一模）（多選）如圖所示，設(shè)想在地球表面的P、Q兩地之間開鑿一個直通隧道，在隧道里鋪設(shè)直管道，將地球視為均質(zhì)球體，忽略一切摩擦阻力，不考慮地球自轉(zhuǎn)，在P點將一物塊由靜止釋放，管道內(nèi)的物塊會在PQ之間做簡諧運動，運動周期為T，圖中O點為PQ的中點，B點和B′點分別為OP和OQ連線的中點，下列說法正確的是（）A．物塊由P到O的加速度增大B．物塊經(jīng)過B點和B′點時速度大小相等C．物塊由P到O的運動時間為D．物塊在P、B兩處回復力大小之比為2:1【答案】BD【詳解】A．根據(jù)題意，管道內(nèi)的物塊會在PQ之間做簡諧運動，而在為PQ的中點處物塊所受萬有引力豎直向下指向地心，水平方向合力為零，則可知PQ的中點O即為簡諧運動的平衡位置，由此可知，物塊由P到O的加速度減小，故A錯誤；B．根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，物塊經(jīng)過B點和B′點時速度大小相等，故B正確；C．根據(jù)題意，在P點將一物塊由靜止釋放，物塊做簡諧運動，則可知P點為物塊做簡諧運動的最大位移處，而從最大位移處到平衡位置，所用時間為，故C錯誤；D．由于物塊做簡諧運動，而，則根據(jù)簡諧運動回復力與位移之間的關(guān)系，可知物塊在P、B兩處回復力大小之比為2:1，故D正確。故選BD。12．（2024·山東日照·日照一中校聯(lián)考一模）（多選）2024年中國載人航天發(fā)射有4次發(fā)射任務(wù)和2次回收任務(wù)。中國載人登月將加速穩(wěn)步推進，探測器升空后，先在近地軌道1上環(huán)繞地球飛行，再調(diào)整速度進入地月轉(zhuǎn)移軌道，然后再一次調(diào)整速度在環(huán)月軌道2上環(huán)繞月球飛行，軌跡如圖所示。已知地球質(zhì)量約為月球質(zhì)量的81倍，地球半徑約為月球半徑的4倍，環(huán)月軌道2距離月球表面的高度為月球半徑的。下列判斷正確的是（）A．探測器在地月轉(zhuǎn)移軌道上無動力奔月的過程中，動能先減小后增大B．月球的第一宇宙速度與地球的第一宇宙速度的比值約等于4.5C．月球表面的重力加速度與地球表面的重力加速度的比值約等于0.2D．相等時間內(nèi)，探測器在軌道1上與地心連線掃過的面積是軌道2上與月心連線掃過的面積的倍【答案】ACD【詳解】A．探測器在地月轉(zhuǎn)移軌道上無動力奔月時，地球?qū)μ綔y器的萬有引力逐漸減小，月球?qū)μ綔y器的萬有引力逐漸增大，引力的合力對探測器先做負功，后做正功，根據(jù)動能定理可知，探測器