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、應用數學處理物理問題的能力、實驗能力。本專題旨在打破知識章節(jié)的界限，從物理能力和物理思維的角度編制成12個微專題，精選出了一些較難的題目，供同學們二輪提升用。一、獲取信息，關聯(lián)所學的能力1.若原子的某內層電子被電離形成空位,其它層的電子躍遷到該空位上時,會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.內層空位的產生有多種機制,其中的一種稱為內轉換,即原子中處于激發(fā)態(tài)的核躍遷回基態(tài)時,將躍遷時釋放的能量交給某一內層電子,使此內層電子電離而形成空位(被電離的電子稱為內轉換電子)的原子核從某一激發(fā)態(tài)回到基態(tài)時,可將能量交給內層電子(如K、L、M層電子,K、L、M標記原子中最靠近核的三個電子層)使其電離.實驗測得從原子的K、L、M層電離出的電子的動能分別為、、.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:該能級上的電子獲得能量后轉化為其動能,當獲得的動能足能使其脫離原子核的吸引后,則能電離,因此電離時獲得的動能等于無窮遠處能級和該能級之間能量差.所以內層三個能級的能量分別為:,,,

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:電子在原子內層能級之間的躍遷,和氫原子能級躍遷一樣,只是內層原子躍遷時,釋放能量較高.

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

）。A.閃電電流的瞬時值可達到B.整個閃電過程的平均功率約為C.閃電前云地間的電場強度約為D.整個閃電過程向外釋放的能量約為答案：AC解析:A項，。B項，。C項，。D項，。3.（2018福建質檢）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。當兩極接上高壓電源時，電暈極附近會形成很強的電場使空氣電離，廢氣中的塵埃吸附離子后在電場力的作用下向收塵極運動并沉積，以達到除塵目的。假設塵埃向收塵極運動過程中所帶電量不變，下列判斷正確的是（

）。A:金屬圓筒內存在勻強電場B:金屬圓筒內越靠近收塵極電勢越低C:帶電塵埃向收塵極運動過程中電勢能越來越大D:帶電塵埃向收塵極運動過程中受到的電場力越來越小答案：D解析:A項，由于金屬圓筒接的是正極，圓筒中心接的是負極，所以場強方向呈輻射狀，因此金屬圓筒內存在的不是勻強電場，故A項錯誤。B項，金屬圓筒內越靠近收塵極即越靠近正極，其電勢越高，故B項錯誤。C項，帶電塵埃向收塵極運動過程中，電場力做正功，電勢能減小，故C項錯誤。D項，由于金屬圓筒內的電場類似于負點電荷的電場，所以越靠近收塵極，電場線越稀疏，電場強度越小，因此帶電塵埃向收塵極運動過程中受到的電場力越來越小，故D項正確。4.（2018湖北八校（一））三體問題是天體力學中的基本模型，即探究三個質量、初始位置和初始速度都任意的可視為質點的天體，在相互之間萬有引力的作用下的運動規(guī)律。三體問題同時也是一個著名的數學難題，1772年，拉格朗日在“平面限制性三體問題”條件下找到了5個特解，它就是著名的拉格朗日點。在該點上，小天體在兩個大天體的引力作用下能基本保持相對靜止。右圖是日地系統(tǒng)的5個拉格朗日點（、、、、），設想未來人類在這五個點上都建立了太空站，若不考慮其它天體對太空站的引力，則下列說法正確的是（

）。A:位于點的太空站處于受力平衡狀態(tài)B:位于點的太空站的線速度大于地球的線速度C:位于點的太空站的向心加速度大于位于點的太空站的向心加速度D:位于點的太空站受到的向心力大小等于位于點的太空站受到的向心力大小答案：BC解析:A項，據題意知太空站與地球同步繞太陽做圓周運動，太空站受到的合力提供繞太陽運動的向心力，所以不是處于受力平衡狀態(tài)，故A項錯誤。B項，太空站與地球同步繞太陽做圓周運動，角速度相同，而處太空站與太陽的距離大于地球與太陽的距離，由角速度線速度關系，所以位于處的太空站的線速度大于地球的線速度，故B項正確。C項，圖中可以看到，由向心加速度公式得到，故C項正確。D項，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量不一定相同，所以受到的向心力不一定相等，故D項錯誤。二、等效與對稱1.分析均勻帶電球殼內外的電場2.研究表明,地球表面附近的電場強度不為零,假設地球表面附近的電場強度平均值為,方向豎直向下,試求地球表面附近每平方米所帶的負電荷的電量.(保留兩位有效數字)答案:可認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點電荷,則由點電荷產生的場強的計算公式有:

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平面是無窮大導體的表面,該導體充滿z<0的空間,z>0的空間為真空.將電荷量為q的點電荷置于z軸上z=h處,則在xOy平面上會產生感應電荷.空間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導體表面上的感應電荷共同激發(fā)的.已知靜電平衡時導體內部電場強度處處為零,則在z軸上z=處的電場強度大小為(k為靜電力常量)()

A.k

B.k

C.k

D.k答案：D解析：設點電荷為正電荷(不影響結果),則導體表面的感應電荷為負電荷.如圖,設所求點為A點距O點為,取其關于xOy平面的對稱點為B,點電荷在A、B兩點的場強大小分別為E1、E2,感應電荷在A、B兩點的電場強度的大小分別為EA、EB.靜電平衡時,B點的合場強為零,EB=E2==,由對稱性,EA=EB=,故A點場強為E=EA+E1=+=.故選項D正確.4.（2018長安區(qū)第一中學高二上期中）ab是長為的均勻帶電細桿，、是位于ab所在直線上的兩點，位置如圖所示。ab上電荷產生的靜電場在處的場強大小為，在處的場強大小為。則以下說法中正確的是（

）。A:兩處的電場方向相同，B:兩處的電場方向相反，C:兩處的電場方向相同，D:兩處的電場方向相反，答案：D解析:在處，場強由左側距為長度為的帶電細桿提供；在處，關于對稱的細桿電場相互抵消，只剩下點右側距為的長度為的帶電細桿提供，顯然兩處的電場方向相反，且，故D項正確。5.（2016黃岡中學質檢）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.試求金屬板對點電荷的作用力.

答案：

方向由+Q垂直指向金屬板解析：由于接地金屬板很大,因此點電荷Q發(fā)出的電場線會全部終止并垂直于金屬板,可見板左側的電場和相距2a的等量異種點電荷產生的電場完全一致,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"代替求感應電荷對Q的作用力,如圖所示.故感應電荷對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)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩個邊長相等的單匝閉合正方形線圈Ⅰ和Ⅱ，分別用相同材料，不同粗細的導線繞制（Ⅰ為細導線）。兩線圈在距磁場上界面高處由靜止開始自由下落，再進入磁場，最后落到地面，運動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內且下邊緣平行于磁場上邊界。設線圈Ⅰ、Ⅱ落地時的速度大小分別為、，在磁場中運動時產生的熱量分別為、。不計空氣阻力，已知線框電阻與導線長度成正比，與導線橫截面積成反比，則（

）。A:

，B:

，C:

，D:

，答案：D解析:（定量計算）兩線框從相同高度自由下落，剛到達磁場上邊界時的速度相等，線框下邊切割磁感線產生的感應電動勢為，線框此時所受安培力。根據電阻定律知線框電阻，線框剛進入磁場邊界所受安培力寫為，瞬時加速度（其中表示材料的密度），式中各個量對于兩個線圈均相等，所以兩線框同步運動，落地速度相等；根據能量守恒，線框從初始位置運動至落地過程有（其中表示磁場高度），由于線框Ⅰ質量較小，所以產生熱量較少，即，，故D項正確。（等效法）將Ⅱ等效為若干個Ⅰ疊在一起7.（2015延邊示范性中學高二上期末）如圖所示，一個帶正電荷的物塊，由靜止開始從斜面上A點下滑，滑到水平面BC上的D點停下來。已知物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數相同，且不計物塊經過B處時的機械能損失。先在ABC所在空間加豎直向下的勻強電場，第二次讓物塊從A點由靜止開始下滑，結果物塊在水平面上的點停下來。后又撤去電場，在ABC所在空間加水平向里的勻強磁場，再次讓物塊從A點由靜止開始下滑，結果物塊沿斜面滑下并在水平面上的點停下來。則以下說法中正確的是（

）。A:

點一定與D點重合B:

點一定在D點左側C:

點一定與D點重合D:

點一定在D點右側答案：AD解析:A、B項，（等效法）設高度為，斜面傾角為，斜面長度為，AB水平距離為，物塊在水平面運動的距離為。物塊從A點滑下直到停止，由動能定理，。加入豎直向下的勻強電場，相當于增大了重力，質量由變?yōu)?，但是與無關，所以不變，一定與D點重合。C、D項，撤去電場，加入垂直紙面向里的磁場，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，相當于減小了斜面和水平面對物塊的支持力，則摩擦力減小，洛倫茲力不做功，距離增大，所以點一定在D點右側。8.一個帶負電荷q,質量為m的小球,從光滑絕緣的斜面軌道的A點由靜止下滑,小球恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點B而做圓周運動.現在豎直方向上加如圖所示的勻強電場,若仍從A點由靜止釋放該小球能過圓軌道的最低點,則(

)

A.小球不能過B點

B.小球仍恰好能過B點

C.小球能過B點,且在B點與軌道之間壓力不為0

D.以上說法都不對答案：B

解:A、B,（定量計算）沒有電場時,最高點速度設為v

則

又根據機械能守恒定律

計算得出

加上電場時,恰好過最高點需要的速度設為v'

則

而由動能定理,得

,

說明小球仍恰好能過B點.

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

)A.

B.

C.

D.答案：B

解:在A輪轉動的過程中,半徑均勻增大,角速度恒定,根據,知線速度均勻增大,設從開始倒帶到A、B兩輪的角速度相等所需要的時間為t',此時磁帶邊緣上各點的速度大小為v.

將磁帶邊緣上各點的運動等效看成一種勻加速直線運動,加速度為a,磁帶總長為L,則:

則有:

得

結合加速度的定義得:

代入得

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

為通過半球頂點與球心

O

的軸線,在軸線上有

M、N

兩點,

.已知

M

點的場強大小為

E,則

N

點的場強大小為_____答案詳解解:均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場.如圖補齊球面,且均勻電量為2q,即相當于將帶電量為2q的球面放在O處,

則在M、N點所產生的電場為,

由題知當半球面如圖所示產生的場強為E,則補上的右半球面在N點的場強也應為E,方向向右,

則合場強:E′,

因此，本題正確答案是:注：2018清華暑期學?？荚囉幸活}與此題類似2.（2009全國=2\*ROMANII）如圖，P、Q為某地區(qū)水平地面上的兩點，在P點正下方一球形區(qū)域內儲藏有石油，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；當存在空腔時，該地區(qū)重力加速度的大小和方向會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）上的投影相對于正常值的偏離叫做“重力加速度反常”。為了探尋石油區(qū)域的位置和石油儲量，常利用P點附近重力加速度反常現象。已知引力常數為G。（1）設球形空腔體積為V，球心深度為d（遠小于地球半徑R），，求空腔所引起的Q點處的重力加速度反常。（2）若在水平地面上半徑L的范圍內發(fā)現：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在半徑為L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)域產生的附加引力

①來計算，式中的m是Q點處某質點的質量，M是填充后球形區(qū)域的質量，

②而r是球形空腔中心O至Q點的距離

③，在數值上等于由于存在球形空腔所引起的Q點處重力加速度改變的大小。Q點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在豎直方向上的投影

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。如下圖所示，重力加速度正常值為g；存在空腔時，重力加速度為g'；假設空腔區(qū)域填滿巖石產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系即可求得。（2）當重力加速度最大時x為0，最小是x=L，由（1）中求得的即可反求出d和V。四、微元法電場的微元問題1.（2009同濟大學）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，過圓心與環(huán)面垂直的軸線上有P點，PO=r。以無窮遠處為電勢零點，則P點的電勢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,電子槍產生熱電子后被高壓電源加速,經聚焦系統(tǒng)會聚成很細的電子束,打在工件上產生高壓力和強能量,對工件進行加工。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加熱可以產生初速度不計的熱電子,N為金屬網,M、N接在輸出電壓恒為U的高壓電源EB上，M、N之間的電場近似為勻強電場。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，若單位時間內從K發(fā)出的電子數為n，經M、N之間的電場加速后大多數電子從金屬網N的小孔射出，少部分電子打到金屬網絲上被吸收，從而形成回路電流，電流表的示數穩(wěn)定為I.已知電子的質量為m、電量大小為e，不計電子所受的重力和電子之間的相互作用。求：(1)單位時間內被金屬網N吸收的電子數n′；若金屬網N吸收電子的動能全部轉化為內能，則其發(fā)熱功率P為多少；(2)電子在聚焦時運動方向改變很小,可認為垂直打到工件上時的速度與從N中射出時的速度相同,并假設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對工件的作用力F大小;并說明為增大這個作用力,可采取的合理可行的措施(至少說出兩點方法)；(3)已知MN兩板間的距離為d,設在兩板之間與M相距x到x+△x的空間內(△x足夠小)電子數為△N,求△N/△x與x的關系式。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板的偏轉電場電壓也等于U0，板長為L，兩板間距為d，距偏轉極板右端L/2處垂直放置很大的熒光屏PQ。不計電子的重力和它們之間的相互作用，電子在電容器中的運動時間可以忽略不計。(1)在0—T時間內，熒光屏上有兩個位置會發(fā)光，試求這兩個發(fā)光點之間的距離。(結果用L、d表示)(2)撤去偏轉電場及熒光屏，當k取恰當的數值，使在0—T時間內通過電容器B板的所有電子,能在某一時刻形成均勻分布的一段電子束，求k值。答案(1)

(2)0.59解析本題考查了動能定理、帶電粒子在電場中的運動、類平拋運動等相關知識，意在考生的綜合分析和解決能力。(1)電子經過電容器內的電場后，速度要發(fā)生變化。在0﹣kT時間內，設穿出B板后速度變?yōu)関1，由動能定理得：﹣eU0=mv12﹣mv02，將U0=代入后解得：v1=。在偏轉電場中，電子運動時間t1=，側移量y1=at12=，解得：y1=。根據偏轉電場中的推論“似是中點來”其打在熒光屏上的坐標y1′=2y1=在kT﹣T

時間內，穿出B板后速度變?yōu)関2，同理可得，eU0=mv12﹣mv02，v2==v1，y2=，y2′=2y2=。熒光屏上兩個發(fā)光點之間的距離△y=y1′﹣y2′=。(2)要求在某一時刻形成均勻分布的一段電子束，前后兩段電子束的長度必須相等(且剛好重疊)，第一束長度：l1=v1?kT第二束長度：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中的長方體是發(fā)電導管，其中空部分的長、高、寬分別為、、，前后兩個側面是絕緣體，上下兩個側面是電阻可略的導體電極，這兩個電極與負載電阻相連。整個發(fā)電導管處于圖2中磁場線圈產生的勻強磁場里，磁感應強度為B，方向如圖所示。發(fā)電導管內有電阻率為的高溫、高速電離氣體沿導管向右流動，并通過專用管道導出。由于運動的電離氣體受到磁場作用，產生了電動勢。發(fā)電導管內電離氣體流速隨磁場有無而不同。設發(fā)電導管內電離氣體流速處處相同，且不存在磁場時電離氣體流速為，電離氣體所受摩擦阻力總與流速成正比，發(fā)電導管兩端的電離氣體壓強差△p維持恒定，求：（1）不存在磁場時電離氣體所受的摩擦阻力F多大；（2）磁流體發(fā)電機的電動勢E的大??；（3）磁流體發(fā)電機發(fā)電導管的輸入功率P。答案：（1）不存在磁場時，由力的平衡得（2）設磁場存在時的氣體流速為，則磁流體發(fā)電機的電動勢E=Bav回路中的電流電流I受到的安培力設為存在磁場時的摩擦阻力，依題意存在磁場時，由力的平衡得根據上述各式解得（3）磁流體發(fā)電機發(fā)電導管的輸入功率由能量守恒定律得

故（關鍵在把電離氣體看作導體“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小車中.當有質量為的水進入小車時,試求:

(1)小車的速度大小;

(2)小車的加速度大小.解:(1)流進小車的水與小車組成的系統(tǒng)動量守恒,當淌入質量為m的水后,小車速度為,

則,

計算得出:

(2)質量為m水流進小車后,在極短的時間內,沖擊小車的水的質量為

此時,水對車的沖擊力為F,則車對水的作用力也為F,

據動量定理有

計算得出:

根據牛頓第二定律得:電磁感應的微元問題1.（2019棠湖中學開學考）如圖所示，兩條光滑的絕緣導軌，導軌的水平部分與圓弧部分平滑連接，兩導軌間距為，導軌的水平部分有段相同的勻強磁場區(qū)域（圖中的虛線范圍），磁場方向豎直向上，磁場的磁感應強度為，磁場的寬度為，相鄰磁場區(qū)域的間距也為，大于，磁場左、右兩邊界均與導軌垂直，現有一質量為，電阻為，邊長為的正方形金屬框，由圓弧導軌上某高度處靜止釋放，金屬框滑上水平導軌，在水平導軌上滑行一段時間進入磁場區(qū)域，最終線框恰好完全通過段磁場區(qū)域，地球表面處的重力加速度為，感應電流的磁場可以忽略不計，求：（1）金屬框進入第1段磁場區(qū)域的過程中，通過線框某一橫截面的感應電量及金屬框完全通過段磁場區(qū)域的過程中安培力對線框的總沖量的大小?（2）金屬框完全進入第（）段磁場區(qū)域前的瞬間，金屬框速度的大??；答案詳解（1）設金屬框在進入第一段勻強磁場區(qū)域前的速度為，進入第一段勻強磁場區(qū)域運動的時間為，出去第一段勻強磁場區(qū)域中運動的時間為，金屬框在進入第一段勻強磁場區(qū)域的過程中，線框中產生平均感應電動勢為平均電流為：，

設線框經過每一段磁場區(qū)域的過程中安培力沖量大小為則，根據進入時，可以得到，代入上式則可得整個過程累計得到：；（2）金屬框穿過第個磁場區(qū)域后，由動量定理得到：金屬框完全進入第個磁場區(qū)域的過程中，由動量定理得到：,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載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為，電容器的電容為。兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距為，電阻不計。炮彈可視為一質量為、電阻為的金屬棒，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸。首先開關接1，使電容器完全充電。然后將接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為的勻強磁場（圖中未畫出），開始向右加速運動。當上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，達到最大速度，之后離開導軌。問：（1）磁場的方向；（2）剛開始運動時加速度的大小；（3）離開導軌后電容器上剩余的電荷量是多少。答案：（1）垂直于導軌平面向下。（2）電容器完全充電后，兩極板間電壓為，當開關接2時，電容器放電，設剛放電時流經的電流為，有①設受到的安培力為，有②由牛頓第二定律，有③聯(lián)立①②③式得④（3）當電容器充電完畢時，設電容器上電量為，有⑤開關接2后，開始向右加速運動，速度達到最大值時，設上的感應電動勢為，有⑥依題意有⑦設在此過程中的平均電流為，上受到的平均安培力為，有⑧由動量定理，有⑨又⑩聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得?3.如圖所示，質量m=3.0×10-3kg的“”型金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”型框的水平細桿CD長l=0.20m，處于磁感應強度大小B=1.0T、方向水平向右的勻強磁場中，電源電動勢E=16V，通過開關k，電容C=2mF，與兩水銀槽相連，在開關k與1接通穩(wěn)定后，再把k扳到2接通，瞬間細框跳起（細框跳起瞬間安培力遠大于重力），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）設跳起的速度為根據運動學公式得：解得：根據動量定理得又因為電量，解得：（2）k接1時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是邊長為，每邊電阻均相同的正方形導體框，今維持線框以恒定的速度沿x軸運動，并穿過傾角為的三角形勻強磁場區(qū)域，磁場的磁感應強度為，方向垂直紙面向里。線框b點在O位置時開始計時，則在時間內，a、b二點的電勢差隨時間的變化圖線為（

）。A:

B:

C:

D:

答案：D解析:線框做勻速直線運動，從線圈進入磁場到對角線ac與磁場邊界重合的過程中，即時間內，根據幾何關系可知，ab邊上長為的導體切割磁感線，產生感應電動勢，即，當ac與磁場邊界重合時，即，感應電動勢達到最大，由串聯(lián)電路的分壓原理可得a、b二點的電勢差，電勢差與時間成正比關系，最大電勢差為；從線圈的對角線ac與磁場邊界重合到線圈完全進入磁場的過程中，即時間內，此階段ab邊與dc邊上長為的導體同時切割磁感線產生感應電動勢，兩者感應電動勢的方向相同，，，再設導體框總電阻為可得電路電流為，所以a、b兩點的電勢差，當時，有，當時，電勢差達到最大，為，故D項正確。2.（2014四川）如圖所示，水平傳送帶以速度勻速運動，小物體、由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，時刻在傳送帶左端具有速度，與定滑輪間的繩水平，時刻離開傳送帶。不計定滑輪質量和摩擦，繩足夠長。正確描述小物體速度隨時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，做減速運動，P向右做勻減速運動，減速到零后反向加速，整個過程中受力情況不改變，則P向左加速到初速度時恰離開傳送帶，圖像應為一條傾斜向右下的直線；若那么滑塊向右做勻加速運動，且對Q受力分析可知，此時Q的重力小于P能受到的最大摩擦力，當速度增加到后，與傳送帶相對靜止做勻速直線運動，最終從傳送帶右端掉下，B項圖符合。（2）若，滑塊受到向左的摩擦力和向左的拉力，此時滑塊向右做勻減速運動，加速度為，當滑塊速度減小到時，摩擦力反向，此時若Q的重力大于P能受到的最大摩擦力，滑塊將繼續(xù)做勻減速運動，減速到零后反向加速，直到從傳送帶左側掉下，加速度為，小于前面的加速度，C項圖符合；此時若Q的重力小于P能受到的最大摩擦力，滑塊將做勻速運動，沒有符合的選項，故B、C項正確。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原點，建立豎直向下為正方向的軸，則圖乙中最能正確反映環(huán)中感應電流隨環(huán)心位置坐標變化的關系圖象是（

）。A:

B:

C:

D:

答案：B解析:銅環(huán)自由下落，而磁鐵的磁場分布關于點對稱。由法拉第電磁感應定律，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極達到最大，從N極所在水平面到點所在水平面逐漸減小，從點水平面到S處水平面反向增大，到S處達到最大，從S到地面過程中，反向減小，逐漸趨向0，由于N與S處磁場分布對稱，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，感應電流與感應電壓的變化一致，故B項正確。易錯項辨析：本題的易錯項為C項。本題實際上是比較圓環(huán)在條形磁鐵上端時和下端時他們磁通量的變化率的最大值是否相等，若圓環(huán)在磁鐵上端時的速度和下端時的速度相等，則變化率也相等。通過受力分析可知，圓環(huán)在磁鐵下端時的速度變化率較大，即感應電流的最大值較大，選項B正確。4.如圖所示,在光滑水平面上,有一個粗細均勻的單匝正方形閉合線框時刻,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動,bc邊剛進入磁場的時刻為,ad邊剛進入磁場的時刻為,設線框中產生的感應電流的大小為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隨運動時間t變化關系圖象正確的是(

)ABCD答案：C解:A、B由題得到,金屬桿的速度與時間的關系式為v=at,a是加速度.由E=BLv和得,感應電流與時間的關系式為,B、L、a均不變,當時間內,感應電流為零,時間內,電流I與t成正比,時間后無感應電流.故AB錯誤.

C、由E=BLv和得,感應電流與時間的關系式為,當時間內,感應電流為零,ad的電壓為零,時間內,電流I與t成正比,,電壓隨時間均勻增加,時間后無感應電流,但有感應電動勢,電壓隨時間均勻增加,所以C選項是正確的.

D、根據推論得知:金屬桿所受的安培力為,由牛頓第二定律得,得

,當時間內,感應電流為零,F=ma,為定值,時間內,F與t成正比,F與t是線性關系,但不過原點,時間后無感應電流,F=ma,為定值,故D錯誤.

5.如圖所示，等腰三角形內分布有垂直于紙面向外的勻強磁場，它的底邊在軸上且長為，高為，紙面內一邊長為的正方形導線框沿軸正方向做勻速直線運動穿過勻強磁場區(qū)域，在時刻恰好位于圖中所示的位置。以順時針方向為導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物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個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，下列用虛線和實線描述兩物體運動的圖像可能正確的是（

）。A:

B:

C:

D:

答案詳解D解析:不計空氣阻力的物體其上拋運動的過程中，加速度恒為重力加速度，用虛線表示為一條斜率為負的直線；另一物體的空氣阻力不可忽略，設比例系數為，物體質量為，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，即實線的斜率先大于虛線的斜率，在與軸相交處，實線與虛線的斜率相等，之后實線的斜率小于虛線。在限定條件下動態(tài)調整v-t圖像，快速解決問題1.（2016廈門雙十中學期中）如圖所示，長直桿CPD與水平面成，由不同材料拼接面成，P為兩材料分界點，DP＞CP。一個圓環(huán)套在長直桿上，讓圓環(huán)無初速從頂端滑到底端（如左圖）；再將長直桿兩端對調放置，讓圓環(huán)無初速從頂端滑到底端（如右圖），兩種情況下圓環(huán)從開始運動到經過P點的時間相同。下列說法中正確的是（

）。A:圓環(huán)與直桿CP段的動摩擦因數小于圓環(huán)與直桿DP段之間的動摩擦因數B:兩次滑動中圓環(huán)到達底端速度大小不相等C:圓環(huán)從C到D所用時間小于從D到C所用時間D:圓環(huán)從C到D所用時間大于從D到C所用時間答案：D2.（2015連云港、徐州、淮安、宿遷調研（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板右側某個區(qū)域內存在磁感應強度大小為、方向垂直于紙面向里的有界勻強磁場。在緊靠P板處有一粒子源A，自開始連續(xù)釋放初速不計的粒子，經一段時間從Q板小孔O射入磁場，然后射出磁場，射出時所有粒子的速度方向均豎直向上。已知電場變化周期，粒子質量為，電荷量為，不計粒子重力及相互間的作用力。求：（1）時刻釋放的粒子在P、Q間運動的時間；（2）粒子射入磁場時的最大速率和最小速率；（3）有界磁場區(qū)域的最小面積。答案(16分)（1）設時刻釋放的粒子在時間內一直做勻加速運動，加速度

1分位移

2分可見該粒子經正好運動到O處，假設與實際相符合該粒子在P、Q間運動時間

1分（2）時刻釋放的粒子一直在電場中加速，對應進入磁場時的速率最大由運動學公式由

2分設時刻釋放的粒子先做加速運動（所用時間為），后做勻速運動，設時刻恰好由小孔O射入磁場，則

2分解得

1分進入磁場時的速率

1分由圖知，在至時間內某時刻進入電場，先做加速運動，后做勻速運動，再做加速運動，速度為時還未到達小孔O處，圖中陰影面積等于粒子此時距小孔的距離，再經加速才能到達O處，此時速度已大于。所以速率是粒子進入磁場時的最小速率，最小值

1分（3）粒子進入磁場后做軌跡為四分之一圓周的運動

1分半徑最大速率對應的半徑

1分最小速率對應的半徑

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

2分用面積計算和分析距離相關問題1.（2019廣東一模）如圖所示是甲、乙兩物體運動的速度?時間圖象,下列說法正確的是

()

A.

0～5s內甲物體的加速度大小為

0.75m/s2

B.

3s時乙物體的加速度大小為

1m/s2

C.

0～5s內甲物體的位移大小為

26/3m

D.

0～5s內乙物體的位移大于

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

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

的方向成角θ，如圖所示，當物體速度為2v0時，物體正處于另一個力的作用線OP上的P點，求OP方向上的作用力。答案以OF為x軸，OP為y軸，O為原點，建立坐標系

x方向的初速度：

加速度y方向的初速度：

從O到P的時間：x方向的位移為零

在P點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項目（二））3.（2019石家莊二模）如圖，輕繩l1一端固定在O點，另一端與質量為m的物體相連。輕繩l2跨過固定在B點的定滑輪，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點正下方的A點緩慢地運動到B點的過程中l(wèi)1一直處于伸直狀態(tài)。O、B兩點在同一水平線上，不計一切阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）

A．物體從A點到B點過程中，拉力F一直變小B．物體從A點到B點過程中，輕繩的拉力一直變大C．物體從A點到B點過程中，輕繩對物體拉力可能大于mgD．當輕繩與豎直方向的夾角為時，拉力F大小為答案：D解析（正交分解法）圓心角與對應弦切角是兩倍關系，把F1放到y(tǒng)軸上，沿x軸方向，F2cosθ2=mgcosθ,化得F2=mg(2cosθ2-1cosθ2)當θ∈(0,π2)時，F（正弦定理法）4.如圖所示在地面上方的水平勻強電場中，一個質量為m、電荷量為+q的小球，系在一根長為L的絕緣細線一端，可以在豎直平面內繞O點做圓周運動。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場強度E=mg/q，不計空氣阻力，下列說法正確的是（

）

A．若小球在豎直平面內繞0點做圓周運動，則它運動的最小速度VminB．若小球在豎直平面內繞0點做圓周運動，則小球運動到B點時的機械能最大C．若將小球在A點由靜止開始釋放，它將在ACBD圓弧上往復運動D．若將小球在A點以大小為的速度豎直向上拋出，它將能夠到達B點答案：ABD解析:

試題分析：由于電場強度，故，物體的加速度大小為，故若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度為，則有：，解得，，故A正確；除重力和彈力外其它力做功等于機械能的增加值，若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時，電場力做功最多，故到B點時的機械能最大，故B正確；小球受合力方向與電場方向夾角斜向下，故若將小球在A點由靜止開始釋放，它將沿合力方向做勻加速直線運動，故C錯誤；小球運動的最小速度為，若將小球在A點以大小為的速度豎直向上拋出，小球將不會沿圓周運動，因此小球在豎直方向做豎直上拋，當豎直方向位移為零時，所用時間為：，水平方向做勻加速，在此時間內水平方向的位移為：,即小球剛好運動到B點，故D正確。七、定性與定量有時，定性往往更簡便1.如圖所示，空間存在垂直于紙面向里的磁感強度為B的勻強磁場，場內有一絕緣的足夠長的直桿，它與水平面的夾角為θ，一帶電量為-q，質量為m的帶負電小球套在直桿上，從A點由靜止開始沿桿下滑，小球與桿之間的動摩擦因數為μ，在小球以后的運動過程中，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動C．若小球的最大速度為，則當小球有最大加速度時其速度D．若小球的最大速度為，則當小球有最大加速度時其速度答案：AC解析（定性）N反向后，必有一位置仍有a=gsinθ-μgcosθ，而此之后才會有最大速度（定量）2.（2019廣東二模）答案：AC解析：C項，（定性）前L/2的△Ep大于后L/2的△Ep（定量）簡諧運動，x-t圖像為正弦曲線，可算出Ek=3/4Ekm有時，表面上定性，實際上要定量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。秋千勻速轉動時，繩與豎直方向成某一角度，其簡化模型如圖所示。若要使夾角變大，可將（

）。A:鋼絲繩變長B:鋼絲繩變短C:增大座椅質量D:增大角速度答案：AD解析:對座椅進行受力分析如圖所示，則座椅做圓周運動的向心力，座椅做圓周運動的半徑，根據向心力表達式有，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；在保持不變的情況下，使夾角變大，則要使得變大，故A、D項正確。2.（2014全國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)。現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），與穩(wěn)定在豎直位置時相比，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決定答案：A解析:問題求解：設橡皮筋的勁度系數為，原長為，小球質量為，則穩(wěn)定在豎直位置的時候，橡皮筋的伸長量，則小球距離懸掛點距離；設向左的加速度為，穩(wěn)定的時候對其進行受力分析，設橡皮筋與豎直方向的夾角為，則有：，此時彈簧的伸長量，小球距離懸掛點的位置，所以小球在豎直方向距離懸掛點的距離變短，小球的位置一定上升，故A項正確。用“平均值”分析問題1.如圖所示,輕質彈簧一端固定在水平面上O點的轉軸上,另一端與一質量為m、套在粗糙固定直桿A處的小球(可視為質點)相連,直桿的傾角為,,B為AC的中點,OB等于彈簧原長,小球從A處由靜止開始下滑,初始加速度大小為,第一次經過B處的速度為v,運動到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,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,下列說法正確的是(

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

解:C、設從A運動到C摩擦力的平均值為,,由得:

在B點,摩擦力,因為彈簧對小球有拉力(除B點外),小球對桿的壓力大于,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，滑道ABC關于B點對稱，且A、B、C三點在同一水平線上。若小滑塊第一次由A滑到C，所用時間為，第二次由C滑到A，所用的時間為，小滑塊兩次的初速度大小相同且運動過程始終沿著滑道滑行，小滑塊與滑道的動摩擦因數恒定，則（

）。A:

B:

C:

D:無法比較、的大小答案詳解A解析:滑塊經過AB時，速度越大，對斜面的壓力越小，所受摩擦力越小，摩擦力做功越??；滑塊經過BC時，速度越大，對斜面的壓力越大，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，逐次推導歸納）1.如圖所示，光滑絕緣水平面AB與傾角θ=37°，長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，質量m=0.5kg、帶電荷量q=+5×10-5C的絕緣帶電小滑塊(可看作質點)置于斜面的中點D，整個空間存在水平向右的勻強電場，場強E=2×105N／C，現讓滑塊以v0=14m／s的速度沿斜面向上運動．設滑塊與擋板碰撞前后所帶電荷量不變、速度大小不變，滑塊和斜面間的動摩擦因數μ=0.1，(g取10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)求：(1)滑塊沿斜面向上運動的加速大小；(2)滑塊運動的總路程．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；滑塊從D點開始最終到C點，設滑塊在斜面上運動的路程為s1，由動能定理有：解得s1=61.5m設滑塊第一次到B點時的動能為Ek1（不必用1/2mv2表示），從D點到B點由動能定理有：解得：Ek1=29J滑塊第一次從B點到水平面左端最遠x1處，由動能定理有：-qEx1=0-Ek1解得：x1=2.9m水平面光滑，滑塊返回到B點，動能不變．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點到水平面左端最遠x2=1.9m滑塊第三次從B點到水平面左端最遠x3=0.9m此后滑塊不能再到達水平面。滑塊在水平面上運動的總路程：s2=2(x1+x2+x3)=11.4m滑塊運動的總路程：s=s1+s2=72.9m2.（2018全國物理預賽）九、輕質物體（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小球和兩根輕質彈簧，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，小球處于靜止狀態(tài)。設拔去銷釘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（?。?/p>

）。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，受合力為0，拔去銷釘M相當于撤去彈簧a，拔去銷釘N相當于撤去彈簧b2.如圖所示,傾角為θ的斜面底端固定擋板P,質量為m的小物塊A與質量不計的木板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與斜面間的動摩擦因數分別為、,且,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,A與擋板相撞沒有機械能損失.將A、B同時由靜止釋放,求:

(1)A、B釋放時,物塊A的加速度大小;

(2)若A與擋板不相碰,木板的最小長度;

(3)若木板長度為l,整個過程中木板運動的總路程.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為研究對象,設其加速度大小為,由牛頓第二定律有:

;

計算得出

(2)在木板B與擋板未碰前,A和B相對靜止,以相同的加速度一起向下做勻加速運動.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到達擋板時的速度恰好為0,此時木板長度即為最小長度.設木板與擋板相撞瞬間速度為v,則有

木板靜止后,物塊減速下滑時的加速度大小為,由牛頓第二定律有

;

計算得出

由運動學公式得;

聯(lián)立以上各式可計算得出

(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在木板上減速運動直至與擋板相撞.因為碰撞過程中沒有機械能損失,A將以撞前速率返回,并帶動木板一起隨物塊向上減速;當它們的速度減為零后,再重復上述過程,直至物塊A停在擋板處.

物塊與木板間因為摩擦產生的熱量?l

木板與斜面間因為摩擦產生的熱量

?s

根據能量守恒得;

計算得出

十、物理思維的嚴密性——分類討論與多解1.如圖所示，光滑的水平面上有P、Q兩個豎直固定擋板，A、B是兩擋板連線的三等分點。A點處有一質量為的靜止小球，緊貼P擋板的右側有一質量為的等大小球以速度向右運動與相碰。小球與小球、小球與擋板間的碰撞均為彈性正碰，兩小球均可視為質點。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，且的可能比值。答案（1）因兩球發(fā)生彈性正碰，列動量守恒與能量守恒公式有:解得：v（2）m1與m2在B點碰撞有兩種情況：第一種：m1被P反彈后追上m2再B點相遇，由題意可知，m1運動距離是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點相遇，由題意可知，m1運動距離等于運動距離，故由，解得。2.如圖所示,小車的上面是中突的兩個對稱的曲面組成,整個小車的質量為m,原來靜止在光滑的水平面上.今有一個可以看作質點的小球,質量也為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,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動C.若小球恰能到達小車的最高點，則車上曲面的豎直高度不會大于D.若小球恰能到達小車的最高點，則小球在滑上曲面的過程中,對小車壓力的沖量大小是答案：BC

解:A、小球滑上曲面的過程,小車向右運動,小球滑下時,小車還會繼續(xù)前進,故不會回到原位置,故A錯誤.

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，會出現這個情況,故B正確;

C、因為小球原來的動能為,小球到最高點時系統(tǒng)的動能為,所以系統(tǒng)動能減少了,如果曲面光滑,則減少的動能等于小球增加的重力勢能,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,知道兩者有共同速度,對于車、球組成的系統(tǒng),由動量守恒定律列式為,得共同速度.小車動量的變化為,這個增加的動量是小車受到的總動量的大小,故D錯誤.

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

①油滴在時刻的速度為：

②電場強度在時刻突然反向，油滴做勻變速運動，加速度方向向下，大小滿足：

③油滴在時刻的速度為：

④由①②③④式得：

⑤（2）由題意，在時刻前有：

⑥油滴從到時刻的位移為：

⑦油滴在從時刻到時刻的時間間隔內的位移為：

⑧由題給條件有：

⑨式中是、兩點之間的距離。若點在點之上，依題意有：

⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得：

?為使，應有：

?即當：

?或：

?才是可能的：條件?式和?式分別對應于和兩種情況。若點在點之下，依題意有：

?由①②③⑥⑦⑧⑨?式得：

?為使，應有：

?即：

?另一解為負，不合題意，已舍去。本題（2）問的題干敘述順序有點顛倒，需用求根公式解方程，計算量大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動，規(guī)定經過同心O點且水平向右為軸正方向。在O點正上方距盤面高處有一個可間斷滴水的容器，從時刻開始，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動。已知時刻滴下第一滴水，以后每當前一滴水剛好落到盤面時再滴下一滴水。取。（結果可用根式表示）（1）求每一滴水從離開容器到滴落至盤面的時間；（2）要使每一滴水在盤面上的落點都位于同一直線上，求圓盤的角速度應滿足的條件；（3）當圓盤的角速度時，第二滴水與第三滴水在盤面上落點間的距離，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動，故所求時間為：

2分（2）要使每一滴水在盤上的落點都位于同一直線，則圓盤在內轉過的弧度應為（）即有：

3分解得：（）

2分（3）第二滴水落在盤中位置到O點的距離為：

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矩形區(qū)域abcd，bc長度為2L，cd長度為1.5L，e、f分別為ad、bc的中點。efcd區(qū)域存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B；質量為m，電荷量為+g的絕緣小球A靜止在磁場中f點。abfe區(qū)域存在沿可方向的勻強電場，電場強度為；質量為km的不帶電絕緣小球P，以大小為的初速度沿bf方向運動。P與A發(fā)生彈性碰撞，A的電量保持不變，P，A均可視為質點。（1）若A從ed邊離開磁場，求k的最大值；（2）若A從ed邊中點離開磁場，求k的可能值和A在磁場中運動的最長時間。養(yǎng)成準確畫草圖的習慣：根據數據特點，正確畫運動軌跡圖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的小洞，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動，則θ≤cos②若小球一開始就離開半球面做斜拋運動，則θ>注：由N=mgcosθ十一、用數學知識解決物理問題的能力代數知識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，整個空間存在勻強磁場.磁感應強度方向豎直向下.一電荷量為q(q＞0），質量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，圓心為O′.球心O到該圓周上任一點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動，求磁感應強度大小的最小值及小球P相應的速率.重力加速度為g.

答案：據題意，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.球面對它沿OP方向的支持力

N和磁場的洛倫茲力f=qvB①式中v為小球運動的速率，洛倫茲力f的方向指向O′.根據牛頓第二定律

Ncosθ-mg=0②f-Nsinθ=m③由①②③式得v2-=0④由于v是實數，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動，磁感應強度大小的最小值為Bmin=⑦此時，帶電小球做勻速圓周運動的速率為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。每當小車停止運動時，車上的彈簧槍就會沿垂直于輕桿的水平方向自動發(fā)射一粒彈丸，然后自動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量為M（未知，可調整），已知每粒彈丸的質量為m，每次發(fā)射彈丸釋放的彈性勢能為E，發(fā)射過程時間極短；小車運動時受到一個與運動方向相反、大小為小車對地面壓力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為小車做圓周運動的半徑），則須滿足什么條件輕桿才不會被拉斷？小車做圓周運動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）和車載彈丸的總質量為Mk=km(k從某一較大值開始減小，可取25個值，且k>25)發(fā)射彈丸的過程，遵守動量守恒定律和機械能守恒；mu=Mkv

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

由此式可知，每發(fā)射一粒彈丸后，小車做圓周運動的路程增大一些，因此要小車做圓周運動的總路程最大，k應該取最小的25個值（對應將25粒彈丸全部射出），即應取取k=59、58、……、35，最大總路程為解得

（用到裂項的數學知識）3.（2015天津）現代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動。真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場，電場與磁場的寬度均為。電場強度為，方向水平向右；磁感應強度為，方向垂直紙面向里。電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直。一個質量為，電荷量為的帶正電粒子在第層電場左側邊界某處由靜止釋放，粒子始終在電場、磁場中運動，不計粒子重力及運動時的電磁輻射。（1）求粒子在第層磁場中運動時速度的大小與軌跡半徑；（2）粒子從第層磁場右側邊界穿出時，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右側邊界穿出，試問在其他條件不變的情況下，也進入第層磁場，但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側邊界，請簡要推理說明之。答案：（1）粒子在進入第層磁場時，經過兩次電場加速，中間穿過磁場洛倫茲力不做功。由動能定理，有①由①式解得②粒子在第層磁場中受到的洛倫茲力充當向心力，有③由②③式解得④（2）設粒子在第層磁場中運動的速度為，軌跡半徑為（各量的下標均代表粒子所在層數，下同）。⑤⑥粒子進入第層磁場時，速度的方向與水平方向的夾角為，從第層磁場右側邊界穿出時速度方向與水平方向的夾角為，粒子在電場中運動時，垂直于電場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，，...，為一等差數列，公差為，可得⑩當時，由圖可以看出?由⑤⑥⑩?式得?（3）若粒子恰好不能從第層磁場右側邊界穿出，則在其他條件不變的情況下，換用比荷更大的粒子，設其比荷為，假設能穿出第層磁場右邊界，粒子穿出時速度方向與水平方向的夾角為，由于則導致說明不存在，即原假設不成立。所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側邊界。（運用數列的數學知識）衛(wèi)星幾何問題1.（2019長沙一中、師大附中、雅禮中學、長郡中學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,自轉周期為T,赤道觀察站有一觀測員在持續(xù)觀察某衛(wèi)星（其軌道在赤道平面內）,某時刻觀測員恰能觀察到該衛(wèi)星從地平線的東邊落下,此時衛(wèi)星位置記作B點，經的時間,再次觀察到該衛(wèi)星從地平線的西邊升起，此時衛(wèi)星位置記作B’點.已知′,地球質量為M,萬有引力常量為G,則(

)A、衛(wèi)星B繞地球運動的周期為

B、衛(wèi)星B繞地球運動的周期為

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、設衛(wèi)星B繞地球運動的周期為T′.由圖知,經的時間,衛(wèi)星B轉過的角度為,角速度為:

周期為:T′.

CD、根據萬有引力提供向心力,得:

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

t觀察不到此衛(wèi)星。已知地球表面的重力加速度為

g，地球自轉周期為

T，圓周率為

π，僅根據

g、

t、

T、

π可推算出A．地球的質量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時間內轉過的角度答案：BCD解析:4.（2014全國大綱卷）已知地球的自轉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行，其運行方向與地球自轉方向相同。求：（1）衛(wèi)星做圓周運動的周期；（2）衛(wèi)星和連續(xù)地不能直接通訊的最長時間間隔（信號傳輸時間可忽略）。答案（1）設衛(wèi)星繞地心轉動的周期為，根據萬有引力定律和圓周運動的規(guī)律有

①

②式中，為引力常量，為地球質量，、分別為衛(wèi)星、的質量。

③（2）設衛(wèi)星和連續(xù)地不能直接通訊的最長時間間隔為：在此時間間隔內，衛(wèi)星和繞地心轉動的角度分別為和，則

④

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

⑥由③式知，當時，衛(wèi)星比衛(wèi)星轉得快，考慮衛(wèi)星的公轉后應有

⑦由③④⑤⑥⑦式得

⑧磁場幾何問題1.如右圖所示，有一個正方形的勻強磁場區(qū)域，是的中點，是的中點，如果在點沿對角線方向以速度射入一帶負電的帶電粒子，恰好從點射出。如果粒子的速度增大為原來的___倍，將從點射出。答案：52.（2013全國大綱卷）如圖，虛線OL與y軸的夾角，在此角范圍內有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子從左側平行于x軸射入磁場，入射點為M。粒子在磁場中運動的軌道半徑為R。粒子離開磁場后的運動軌跡與x軸交于p點（圖中未畫出）且OP=R。不計重力。求M點到O點的距離和粒子在磁場中運動的時間。答案：（20分）根據題意，粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設運動軌跡交虛線

OL于A點，圓心在y軸上的C點，AC與y軸的夾角為α；粒子從A點射出后，運動軌跡交x軸的P點，設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點作x、y軸的垂線，垂足分別為B、D。由幾何知識得

，

，

，

（2分）

聯(lián)立得到

（2分）

解得

，或

（各2分）

設M點到O點的距離為h，有

，

聯(lián)立得到

（1分）

解得

（

）（2分）

（

）（2分）

當

時，粒子在磁場中運動的時間為

（2分）

當

時，粒子在磁場中運動的時間為

（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)域內存在勻強磁場,磁場方向垂直紙面向外.在磁場左側有一對平行金屬板M、N,兩板間距離也為R,板長為L,板的中心線與磁場的圓心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、質量為m的帶正電的粒子(不計粒子重力),MN兩板不加電壓時,粒子經磁場偏轉后恰好從圓心O的正下方P點離開磁場;若在M、N板間加如圖乙所示交變電壓,交變電壓的周期為,時刻入射的粒子恰好貼著N板右側射出.求

(1)勻強磁場的磁感應強度B的大小

(2)交變電壓電壓的值

(3)若粒子在磁場中運動的最長、最短時間分別為、,則它們的差值為多大?解:(1)當時粒子沿方向射入磁場軌跡如圖,設其半徑為.

由幾何關系得:根據計算得出:.

(2)在時刻入射粒子滿足:,計算得出:.

(3)經分析可以知道所有粒子經電場后其速度仍為,

當時刻入射的粒子貼M板平行射入磁場軌跡如,偏轉角為.

由幾何知識可以知道四邊形為菱形,故,

當時刻入射的粒子貼N板平行射入磁場軌跡如

偏轉角為.

由幾何知識可以知道為菱形,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磁場,磁感應強度為B,其邊界為一邊長為

L的正三角形,A、B、C為三角形的三個頂點.若一質量為m、電荷量為+q的粒子(不計重力),以速度從AB邊上的某點P垂直于AB邊豎直向上射入磁場,然后能從BC邊上某點Q射出.關于P點入射的范圍和從Q點射出的范圍,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中做圓周運動的半徑為,如圖所示,當圓心處于位置時,粒子正好從AC邊切過,并與BC邊過,因此入射點為離開B最遠的點,滿足,A正確,B錯誤;

C、D、當圓心處于位置時,粒子從射入,打在BC邊的Q點,因為此時Q點距離AB最遠為圓的半徑,故QB最大,即,D正確,C錯誤.

2.如圖,直角坐標系xOy中,A、C分別為x、y軸上的兩點,OC長為L,

,

區(qū)域內有垂直于xOy平面向外的勻強磁場,區(qū)域外無磁場,有大量質量為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,已知能從AC邊垂直射出的粒子在磁場中的運動時間為t,不考慮粒子間的相互作用且粒子重力不計.

(1)求磁場磁感應強度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間差的最大值.答案：解:(1)恰恰好垂直于AC邊射出磁場的軌跡如圖,根據幾何知識得,在磁場中的軌跡對應的圓心角,在磁場中的運動時間:

又

得到:

(2)因為入射速度相同,則半徑一樣,能在AC邊相遇的情形有多種,兩圓弧對應的圓心角之差最大時,兩粒子入射的時間差最大.如圖甲,

為等腰三角形,由幾何關系得:

又

得

可見:最大時,最大.

而當B為切點時,最大(如圖乙),為等邊三角形,由幾何關系得:

則

縮放圓1.如圖所示，邊長為L的正方形abcd內有垂直于紙面向里、磁感應強度為B的