黃陂一中2021屆全國高考模擬卷-物理試題

黃陂一中2021屆高三全國高考模擬卷一一物理訓(xùn)練題

一、選擇題（本題11小題。每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1-7題

只有一個選項符合題目要求，第8-11題有多項符合題目要求）

1.在國際單位制（簡稱SI）中，力學(xué)和電學(xué)的基本單位有：m（米），kg（千克），s（秒），

A（安培）。則導(dǎo)出單位V（伏特）用上述基本單位可表示為

A.m2-kg-s-1-A1B.m2-kg-s-3-A1C.m2-kg-s_2-A_1D.m2-kg-s_1-A-1

2.物理概念和規(guī)律的應(yīng)用都有一定的前提條件，對此下列說法中正確的是

A.牛頓第二定律適用于宏觀物體和微觀粒子

B.只要合外力的功為零，機械能就守恒

C.磁感線總是閉合的

D.電場線總是開放的

3.一油滴靜止在極板水平放置的足夠大的平行板電容器中，給電容器再充上一些電荷A。，

油滴開始向上運動，經(jīng)t秒后，電容器突然放電失去一部分電荷AQ’,又經(jīng)過t秒，油滴回

到原位置，假如在運動過程中油滴的電量一定，則

A.在兩個t秒內(nèi)，油滴的平均速度相同

B.油滴在前后兩個t秒內(nèi)的加速度大小之比為1：3

C.油滴在前后兩個t秒內(nèi)離出發(fā)點的最大距離之比為1：3

D.AQ:△0=1:3

4.如圖所示，A、B兩個小物塊用足夠長的細線相連，細線繞過固定在水平面與斜面交界

處的光滑輕小定滑輪，將兩物塊分別置于水平面與斜面上，滑輪兩邊細線分別與水平面和

斜面平行。已知A物塊的質(zhì)量大于B物塊的質(zhì)量，不計一切摩擦，在兩物塊分別沿水平面

與斜面運動的一段過程中，以下說法中正確的是「

A.細線拉力對兩物塊做的功相同——人口

B.細線拉力對兩物塊的沖量相同

C.若將兩物塊的位置互換，細線上拉力大小不變

D.若將兩物塊的位置互換，細線上拉力變大

5.如圖所示，由紫光與紅光混合的細光束從底面鍍銀的半圓形玻璃磚頂點A以入射角。=

60°射入玻璃磚，已知該玻璃磚對紫光與紅光的折射率分別為“I、?。?>%>當），光

束在玻璃破半圓弧面上發(fā)生折射時不考慮反射，紫光與紅光在玻璃磚內(nèi)傳播的時間分別為

小女。以下判斷正確的是

A.t]>t2B.t\=t2C.t\<t2D.t\<t2

6.如圖所示，光滑絕緣的水平面上，有一長直導(dǎo)線與新月形金屬導(dǎo)線框，直導(dǎo)線固定，導(dǎo)

線框可以在水平面上自由移動。開始導(dǎo)線框的對稱軸MN與直導(dǎo)線垂直。t=0時給直導(dǎo)線通

交變電流i=/sin型，，規(guī)定圖示方向為電流正方向。下列關(guān)于導(dǎo)線框的說法中正確的是

T

A.在0~5時間內(nèi)導(dǎo)線框中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流

4

B.在二~工時間內(nèi)導(dǎo)線框有面積縮小的趨勢

42

C.在/=工時導(dǎo)線框受到的安培力最大

4

D.導(dǎo)線框?qū)⒀豈N方向向右平動

7.一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻波形如圖所示，此時波恰好傳到平衡位置

xi=3m的M點。在t=10s時，位于平衡位置X2=10m的N點運動的路程為15cm。則以下

說法中正確的是

A.波源的始振方向向下

B.波的傳播速度為lm/s

C.r=5.5s時M點的速度與加速度均在增大

D.在t=12s時質(zhì)點N的位置坐標為（10cm,-5cm）

8.2015年諾貝爾獎頒發(fā)給了I尾田隆章（TakaakiKajita）和阿瑟?B?麥克唐納（Arthur

B.McDonald）,獎勵他們分別身為各自團隊中的核心研究者，和同事一起發(fā)現(xiàn)了中微子振蕩，

在粒子物理領(lǐng)域開辟了新的疆土。一種常見的探測中微子的方法是在氫核（即質(zhì)子）上俘獲

中微子，生成一個正電子和一個中子,稱為反貝塔衰變反應(yīng)（IBD）,則下面說法正確的是（）

A.反應(yīng)方程式可以寫為P+〃+e+,其中吃為反電子中微子

B.中子和正電子的靜質(zhì)量之和大于質(zhì)子靜質(zhì)量，中微子的靜質(zhì)量趨于0

C.自由的中子也可以進行衰變，產(chǎn)生中微子，反應(yīng)方程式為++

D.如果被反應(yīng)前質(zhì)子是靜止的，則產(chǎn)生的正電子和中子的動量之和不等于零。

9.如圖3所示，某同學(xué)經(jīng)過一段時間的練習(xí)，掌握了跳高的技巧，同學(xué)質(zhì)量為a,重力加

速度為g。在跳高的第一階段，腳沒有離地，經(jīng)過一定時間，重心上升",人質(zhì)心獲得速

度片。在第二階段，人軀干形態(tài)保持不變，重心又上升了一段距離，到達最高點。以下說

法正確的有（）

A.在第一階段地面支持力給人的沖量為加匕

B.在第一階段地面支持力對人做的功為機g/q

C.在整個過程中地面支持力對人做的總功為0

D.在跳起的過程中存在人體肌肉儲存的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機械能的過程

10.如圖所示是電子感應(yīng)加速器的原理圖，在上、下兩個電磁鐵形成的異名磁極之間有一個

環(huán)形真空室，電磁鐵中通以交變電流，使兩極間的磁場周期性變化如圖所示，從而在真空室

內(nèi)產(chǎn)生感生電場，將電子從電子槍右端注入真空室，電子在感生電場的作用下被加速，同時

在洛倫茲力的作用下，在真空室中做圓周運動。由于感生電場的周期性變化使電子只能在某

段時間內(nèi)被加速，但由于電子的質(zhì)量很小，故在極短時間內(nèi)被加速的電子可在真空室內(nèi)回旋

數(shù)為10萬以至數(shù)百萬次，并獲得很高的能量。若不考慮電子質(zhì)量的變化，則下列說法中正

確的是（）

A.電子在真空室中做非勻速圓周運動

B.電子感應(yīng)加速器的射線輸出是連續(xù)的

C.電子在運動時的加速度始終指向圓心

D.輸出射線的能量與按能量守恒的計算值有相當?shù)牟罹?/p>

D.S接c時，滑動觸頭P向上移動，變壓器輸入電流變大

11.我國首次發(fā)射的火星探測器“天問一號”經(jīng)過長達半年的航行，于2021年2月II日

成功被火星引力捕獲，繞火星赤道平面橢圓軌道1運行（如圖所示）。為了觀測火星的南

北極，2月15日17時探測器運行到軌道1的遠火點，短時間

內(nèi)啟動探測器上發(fā)動機，成功實施了軌道平面機動，轉(zhuǎn)移到與

軌道1平面垂直的橢圓軌道2上運行。假設(shè)變軌前后兩橢圓軌

道的近火點P與遠火點Q相同,遠火點距離火星中心距離為廠，

探測器在遠火點的速率為v,忽略探測器在Q點的變軌時間且

變軌后發(fā)動機關(guān)閉，不考慮其它天體的影響。下列說法正確的

是（）

A.變軌過程中發(fā)動機對探測器做正功B.變軌過程中探測器速度變化量大小為

2

C.變軌前后瞬間探測器的向心加速度不變D.在遠火點探測器的加速度小于匕

二、實驗題（9分+6分）

12、在電學(xué)實驗中，由于電壓表和電流表內(nèi)阻的影響，使得測量結(jié)果總存在誤差。對此，某

校探究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計了如圖所示的電路進行實驗研究。圖中&是待測電阻，6是電阻箱，

R是滑動變阻器；電壓表和電流表的量程已選擇合適。為測量上的值，他們進行了下列操作:

（1）斷開開關(guān)S2,閉合開關(guān)Si，調(diào)節(jié)七和R的值，使電壓表和電流表的示數(shù)適當并記錄其

示數(shù)。八/1；

（2）仍然閉合開關(guān)Si，閉合開關(guān)S2,保持的阻值不變，調(diào)節(jié)的阻值,

使電壓表和電流表有一個較大的適當示數(shù)。2、/2；

（3）根據(jù)以上記錄的測量數(shù)據(jù)，可以計算出待測電阻的阻值&=;

（4）在本實驗中，待測電阻的測量值真實值。（選填“大于”、“小于”或“等于”）

13、如右圖，斜面A8長度為1米，虛線8。為小車沿勻速下滑時，斜面AB的位置。在小車

D

B

后面安裝一條紙帶，通過打點計時器打點來測量加速度。力的測量方法如下:

F合力=Mg（sin3-jLicosff）

而：sin0=—=AC,cos0=—=BC

ABAB

DCDC,、

〃=tan0a=---=......（1）

BCcos。

由（1）式可得：DC=...............（2）（提示：用〃和COS。表示）

則：sin。一〃cos。=..............（3）

由（3）式，合力的測量可以簡化為：F合力=

三、計算題（12分+13分+16分）

14、（12分）兩個均儲存著氮氣的容器A和B,中間用一小段帶有活塞的管子連接。容器A

浸入溫度為t1=100℃的恒溫水槽中，容器B浸入溫度為t2=0℃的冰水混合物中。開始時，

兩容器被管中的活塞分隔開，這時容器A和B中氣體的壓強分別為Pi=50.0kPa和P2=20.0kPa,

體積分別為Vi=25L和V2=40L,求把活塞打開后氣體的壓強變?yōu)槎嗌伲恳阎茏虞^短，管內(nèi)

氣體的體積可以忽略。

15、（13分）如下圖所示，在光滑的水平桌面上平放一根內(nèi)壁光滑且內(nèi)徑很小的玻璃管,玻

璃管上端開口下端封閉。在玻璃管底部有一帶正電小球，小球的直徑略小于管的內(nèi)徑。在桌

面上加一豎直向下的勻強磁場已知小球帶電量為+q,質(zhì)量為加，小球可視為質(zhì)點。

XXXXXXX

（1）在外力作用下讓玻璃管以恒定速度%向右做勻速直線運動，V

XXXX米--^°xX

則小球在沿玻璃方向上的加速度多大？XXXXXXX

___P

XXXXXXX

（2）若玻璃管的質(zhì)量為3加，同時給玻璃管和小球一個水平向右XXXXXXX

的初速度％。假設(shè)玻璃管沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動,當玻璃管運動到某一XXXXXXX

個位置時速度恰好為零，小球恰好飛出玻璃管口，求此時小球的速度多大？

（3）若滿足上面第（2）問的條件，求小球在離開玻璃管口后，在此后的運動過程中小球離

玻璃管底部的最遠距離和最近距離分別是多少？

提示：若某個力的大小與速度成正比（/=上丫），則這個力在某段時間內(nèi)產(chǎn)生的沖量與在

這個速度方向上的發(fā)生的位移成正比，即=fkvN=0vkt=hx

16、（16分）如下圖所示，在足夠大的光滑水平冰面上有一塊足夠大的木板，木板上有一個

鐵塊。木板和鐵塊的初速度分別為6％和％，方向相互垂直。由于它們之間存在滑動摩

擦，所以鐵塊和木板的速度會連續(xù)發(fā)生變化，已知木板和鐵塊最終會沿某一方向做勻速直線

運動，設(shè)鐵塊和木板的質(zhì)量均為相，求：

1.鐵塊和木板最終速度的大小和方向

2.木板與鐵塊由于相互摩擦產(chǎn)生的熱量是多少？

3.木板和鐵塊在運動過程中相對于冰面的最小速度分別是多少？

【附加題】如右圖所示，三個小球質(zhì)量相同，通過四根相同的輕繩，并利用天花板上的

。點，在豎直面內(nèi)構(gòu)成一個菱形OACB,三個小球的質(zhì)量均為"？，其中A、B兩球帶等量異

種電荷一〃+4,整個裝置放在方向水平向右的勻強電場中，忽略一切阻力且不計A、B之間

庫侖力的影響，求：

（1）系統(tǒng)靜止時，勻強電場E的大小

（2）若不0B之間的輕繩剪斷，經(jīng)過一段時間后系統(tǒng)最終會再次靜止，求此過程中系統(tǒng)的

勢能變化量是多少？

參考答案與解析

1、B【解析】：根據(jù)電場強度的定義式E=￡,再結(jié)合力的定義式/=必，最終可以確定

q

V用基本單位表示是m”-kg-s0-A,故答案B對。

2、B【解析】：牛頓運動定律適用于宏觀低速問題，故A錯；機械能守恒的條件是除重力或

彈力以外，其他力不做功，所以B錯；由于磁單極子還沒有發(fā)現(xiàn)，所以磁感線是封閉的假想

曲線，故C是對的；靜電場線總是從正電荷或無窮遠出發(fā)，終止于負電荷或無窮遠處，感生

電場線是閉合的，所以D錯。

3、B【解析工由題意思可知兩個相等時間段通過的位移大小相等、

方向相反，而且兩個時間段都是勻變速直線運動，可以設(shè)

第一段時間末速度為匕，通過的位移為％,則有尤=會小

設(shè)第二段時間末的速度為％,則有=土”聯(lián)立可以求得為=-2匕。

2

所以兩段時間內(nèi)平均速度大小相等、方向相反，故A錯；

Avv3v

a=—_c,—-

根據(jù)加速度的定義式X,可以知道t'-t

故B對；在第一段時間末離出發(fā)點最遠為玉,“=三，當?shù)诙螘r間內(nèi)速度為零時離出發(fā)點最

遠，此時離出發(fā)點的距離為故C錯；根據(jù)電容器電容的定義式

c=2=A2,電容器的電場正比于電量，兩個過程的加速度大小之比為1：3,電電容器

u

先充電后充電，所以有一絲一=—1，則A2=_L,答案D錯。

\Q-\Q'3\Q'4

4.C【解析】細線拉力對A做正功，對B做負功，細線拉力對兩物塊做的功不相同，選項

A錯誤；細線對兩物塊拉力方向不同，拉力的沖量不同，選項B錯誤；設(shè)A、B的質(zhì)量分別

機A、（"?A>帆B）,斜面傾角為仇細線拉力大小為FT，兩物體運動的加速度大小為4,

則有，“BgsinO-FT=，〃Ba，F(xiàn)T=WA”;可得片=如生超包竺，若將兩物塊的位置互換，可知細

mA+mB

線上拉力大小Fr不變，選項C正確、D錯誤。

5.A【解析】作出光束在玻璃磚內(nèi)傳播的光路圖。設(shè)半圓形玻璃磚的

半徑為R,真空中的光速為c,紫光、紅光在A點的折射角分別為a、6。

對紫光有“=迎2,匕=￡,“2Rcosa,解得“2Rsinecota；

sin。n,Vjc

同理得芍=2心山80明,由于a<6,故ti>3選項A正確。

c

6.D【解析】在0~工時間內(nèi)直導(dǎo)線中的電流正向增大，導(dǎo)線框中向里

4

的磁通量增大，由楞次定律知，線框中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，選項A錯誤；工~工時

42

間內(nèi)導(dǎo)線框中磁通量減小，其面積有擴大的趨勢，選項B錯誤；/=工時直導(dǎo)線中電流變化

4

率為零，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流為零，受到的安培力為零，選項C錯誤；由對稱性知，同一時刻

線框?qū)ΨQ軸MA/上、下兩部分受到平行于直導(dǎo)線方向上安培力的合力為零，在0~二內(nèi)導(dǎo)線框

4

受到安培力沿對稱軸向右，線框向右加速運動；二~二時間內(nèi)線框受到的安培力向左，線框

42

向右減速運動，由于磁場向右減弱，在工時刻導(dǎo)線框向右的速度不為零；同理分析在交變

2

電流的后半個周期內(nèi)，線框也一直向右運動，選項D正確。

7.B【解析】由于M點的始振方向向上，波動中所有質(zhì)點的始振方向相同，故波源的始振方

向向上，選項A錯誤；由圖知波長7=4m,設(shè)波的周期為T,則波速丫=2M點與N點間距Ax

=7m,波由M點傳到N點所用的時間Ar=—>N點運動的路程為15cm=3A,可知&+°T=10s,

v4

解得7=4s,v=lm/s,選項B正確；5.5s=7+J+0.5s,此時M點正向平衡位置運動，速度

在增大，加速度在減小，選項C錯誤；由于12s="+T+￡此時質(zhì)點N的位置坐標為（10cm,

5cm）,選項D錯誤。

8、ABD【解析】：0衰變的本質(zhì)是一個中子衰變成一個質(zhì)子和一個負電子，所以中子和正電

子的質(zhì)量之和大于質(zhì)子的靜質(zhì)量，故選項B正確；B衰變的產(chǎn)物是一個質(zhì)子和一個負電子,

而不是負電子，故選項C錯；核反應(yīng)過程中粒子的動量是守恒的，反應(yīng)前質(zhì)子的動量為零，

反應(yīng)后中微子有動量，所以正電子和中子的動量之和不為零，故選項D錯誤。

9、CD【解析工根據(jù)動量定理，支持力對人的沖量大小為加丫+根gf,故選項A錯誤；地面

的支持力對人不做功，故選項B錯誤，選項C正確；根據(jù)能量守恒定律，在跳起的過程中

存在人體肌肉儲存的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機械能的過程，故選項D正確

10、AD【解析］由題意可知，真空室內(nèi)是非勻強磁

場，所以電子不可能做勻速圓周運動，故A對；給電

磁鐵通入交變電流，從而產(chǎn)生變化的磁場，變化規(guī)律

題中右圖所示（以左圖中所標電流產(chǎn)生的磁場的方向

為正方向），要使電子能被逆時針（從上往下看，以下

同）加速，一方面感生電場應(yīng)是順時針方向，即在磁

場的第一個或第四個四分之一周期內(nèi)加速電子；而另

一方面電子受到的洛倫茲力應(yīng)指向圓心，只有磁場的第一或第二個四分之一周期滿足。所以

只有在磁場變化的第一個四分之一周期內(nèi)，電子才能在感生電場的作用下不斷加速。因此,

一個周期內(nèi)電子只能被加速一次，故B錯；電子在被加速時切向感生電場力，法向有洛倫茲

力，所以加速度不可能始終指向圓心，故C錯；由于電子在加速運動過程中會不斷釋放電磁

波，所以輸出射線的能量與按能量守恒的計算值有相當?shù)牟罹?，故D對。

11.BC【解析】探測器在遠火點。變軌前后瞬間的速度大小均為丫，受到火星的萬有引力

與v垂直，萬有引力不做功，由動能定理知，發(fā)動機對探測器做的總功為零，選項A錯誤；

由矢量的運算法則知，變軌過程中，探測器速度變化量大小為二=亞丫，選項B

正確；在遠火點。探測器受到火星的萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律知，變軌前后

瞬間探測器的向心加速度不變，選項C正確；若探測器在。點變?yōu)橐曰鹦菫橹行?，半徑?/p>

r的圓軌道上運行，其速率vo>v,在圓軌道與橢圓軌道的Q點，探測器的加速度大小均為

a=K.>且，選項D錯誤。

rr

12、【解析】：由題意可以知道，本實驗題其實是一個等效法測電阻。第一次測量的是電壓表

TJD

和電阻箱的并聯(lián)電阻值，即/?并=亍，所以閉合開關(guān)S2,保持

不變，調(diào)節(jié)式的值，得到的電流與電壓可以測量R井與此的并聯(lián)

阻值，即竺=&^上，并聯(lián)立&=5,得尺=_U'U?_,由于電壓表與電阻箱的

,2R，+R井LU/一/必

并聯(lián)阻值能測量出來，所以待測電阻的測量值沒在誤差，等于真實值。

13、【解析】：由上分析看見：質(zhì)量不變時，只要成倍改變AD,合力就成倍增加。就可以研

究質(zhì)量不變時，加速度與外力的關(guān)系。增加祛碼，改變小車的質(zhì)量時，只要同時改變AD,

使MgxAD不變，就可以研究外力不變時，加速度與質(zhì)量的關(guān)系。

14、【解析］AV氣體從A容器擴散到B容器，則剩余氣體等溫膨脹到Vi，設(shè)活塞打開后

的壓強為p

A容器等溫膨脹：8（X—AV）=

B容器摩爾數(shù)守恒：名絲+如=必

T,T2T2

聯(lián)立以上兩式得〃=史爸土處豈

代值得p=29.4kpa

15、【解析工

（1）由于管在水平方向上做勻速直線運動，所以小球在沿管方向受到的洛倫茲力為

F=Bqv°.........................（1）

根據(jù)牛頓第二定律，則小球在沿管方向上的加速度為

”￡=如..............⑵

mm

（2）當系統(tǒng)開始向右運動時，會受到水平方向和豎直方向兩個洛倫茲力作用，所以系統(tǒng)在

水平方向上的速度在減小，在豎直方向上的速度在增加。當系統(tǒng)運動到最右端時，系統(tǒng)的水

平速度減小為零，同時豎直方向上小球增加到最大速度（或動能）。由于洛倫茲力對系統(tǒng)做

的總功為零，所以系統(tǒng)的總動能守恒，設(shè)小球的最大速度為匕“，則有

；4加片=

-mvl................⑶

2

求得匕"=2%...................(4)

(3)由于系統(tǒng)在水平方向上和豎直方向上各受一個洛倫茲力作用，通過這一對洛倫茲力的

沖量來實現(xiàn)系統(tǒng)兩個方向上的動量的轉(zhuǎn)移，在水平方向上對系統(tǒng)用動量定理得

0—=-△/==—Bqb.........(5)

式中人為小球在豎直方向上的位移，可得

b=g............................................(6

Bq

小球在豎直方向上用動量定理得

mvm-0=夕/%=BqEyQ=Bqa...............(7)

式中。為小球在水平方向上的位移，可得

2mv

a=—”=——n....................................................8)

BqBq

當帶電小球射出玻璃管后做勻速圓周運動，設(shè)半徑為R,則有

v2

Bq%=m弋.......................................(9)

K

由(4)(9)式可求得

R=即出.........................................(10)

Bq

由圖可知小球與玻璃管底最遠距離為

s、z=R+而看...............................(11)

由由)(8)(10)(11)式得

Snulx=(2+2⑹箸..................(12)

Bq

由圖可知小球與玻璃管底最近距離為

Smin=揚+廿................................(13)

由由)(8)(10)(13)式得

%n=(26-2)詈..................(14)

Bq

16、【解析工

(1)若把木板與鐵塊組成一個系統(tǒng)，由于系統(tǒng)所受的合外力為零，

所以系統(tǒng)水平方向上動量守恒，最終它們會達到勻速直線運動狀態(tài)。設(shè)此時速度為V,則結(jié)

合平行四邊形定則和動量守恒定律得

%/+說=2，"%（1）

加+v：=2mv（2）

由（I）（2）兩式得，系統(tǒng)最終勻速直線運動的速度為丫=%（3）

此時的速方向與水平向右方向成30°（4）

（2）根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)摩擦生熱為

2

Q=-^m[v（）+3匕"-g2mv（5）

由（3）（5）兩式可知°=相說（6）

這個問題還可以用相對運動來分析，先求出相對滑動的距離，再用摩擦力與相對滑動距離相

乘就可得熱量。

(7)

兩個物體之間相對運動時間為r_V_%(8)

a+aa

所以兩者速度改變量最大值為△匕”=at=vQ(9)

a4￡o

因為速度改變量的最大值為％,如上圖4所示，由幾何關(guān)系可得兩者最終速度

OM=v0(11)

其中M為AB的中點，由矢量圖4可知木板的最小速度為V板而門=%(12)

鐵塊的最小速度為內(nèi)5=。4=爭。

(13)

【附加題】解析：

（1）設(shè)AC與BC繩子的拉力分為5，0A與0B繩子的拉力為耳，以C為對象,

則有6K=mg,耳siny=mg+F2sm^,Eq=(Ft+F2)cos—

2\[3mg

可求得￡=黃，耳="咫，E

3q

（2）在OB間輕繩剪斷之后，系統(tǒng)最終再次達到靜止狀態(tài)，位置如下圖所示，由于系統(tǒng)

總電量為零，所以電場力的合力為零，即0A繩是豎直的。

以B為研究對象tan。？=^-=卡,sin%=-^=,cos02

以B+C為研究對象，tana=—^匕=J=,sina=',cosa=

12mgV3'212

相對開始時狀態(tài)，兩種勢能的變化如下：（以天花板所在的平面為零勢能面）

開始時的重力勢能為與南=-26%心

后來的重力勢能為6重2=-mgL（3+百+、-）

而

重力勢能變化為口約幣=七涯2一州市」=-mgL（3-6+-^―）

T巧

電場力對A做負功叱=-Eq-=-^-mgL

電場力對B做正功網(wǎng)=EqLsin02=^^-mgL

4721

則系統(tǒng)電勢能變化為口紇電=W?-叱=-mgU

21

則系統(tǒng)的總勢能變化為口約RE,重+口E聞=一/叫〃3-殍+粵）

試題中典型題目分析

一、第14題的分析（改編自全國高考題）

1題目

如圖1所示，在光滑的水平桌面上放置一根內(nèi)壁光滑的玻璃管，上端開口下端封閉。

玻璃管底部有一帶正電小球，小球的直徑略小于管的內(nèi)徑。在桌面上加一豎直向下的勻強磁

場8已知小球帶電量為+.,質(zhì)量為機，現(xiàn)讓管以恒定速度%向右運動，試分析小球在管

內(nèi)的動軌跡。xXXXXXX

xXXX

XXX

XXX

XXX

XXX

1.1分析圖1

在水平方向上小球受洛倫茲力工=&/!和左管壁的彈力《V，這兩個力平衡，所以小球

水平方向上以％勻速運動，則水平方向上的位移。在豎直方向上小球受到的洛倫茲

力工=的％,做勻加速直線運動加速度a=絲九，速度匕=山=級%,豎直方向上的

mm

位移y=2a尸.得到小球的軌跡方程丁=_/彳2,是一條拋物線。

22mv0

1.2思考

要維持系統(tǒng)的勻速直線運動，則要對管施加一個水平向右的拉力尸，是為了平衡系統(tǒng)受

到的水平向左的洛倫茲力，拉力對系統(tǒng)做正功的同時，又通過帶電小球的兩個洛倫茲力（總

功為零）把這部分正功全部轉(zhuǎn)移到豎直方向上來了

2改進模型

如圖2所示，在光滑的水平桌面上放置一根內(nèi)壁光滑的玻璃管，兩端封閉管中間用一種

絕緣物質(zhì)將玻璃管分成等長的兩部分，并在絕緣物質(zhì)兩邊各放一個完全相同的小球，球的直

徑略小于管的內(nèi)徑。已知兩個小球和玻璃管的質(zhì)量均為加，兩小球帶等量異種電荷+d-4

（忽略電荷間的庫侖力），在桌面上加一個豎直向下的勻強磁場B,給管一個水平向右的初

速度%,試求：

⑴為了不讓小球與玻璃管的兩端相碰，玻璃管的最小的長度

⑵小球的最大速度

⑶定性畫出帶正電小球的運動軌跡

X

X

X

X

X

X

2.1分析圖2

如圖3所示兩個小球同時參與了水平和豎直兩個方向上的運動，兩個分運動具有等時性、

獨立性、等效性和對稱性，因此只要分析出一個小球運動規(guī)律就可以得出另一個小球的運動

規(guī)律。系統(tǒng)開始向右運動，在水平方向上的速度減小,

在豎直方向上的速度增加。系統(tǒng)通過兩對洛倫茲力的

功把系統(tǒng)水平方向上的動能轉(zhuǎn)移到豎直方向上來，

當系統(tǒng)運動到最右端3時，系統(tǒng)的水平速度減小為零,

同時豎直方向上兩個小球有最大速度（動能）。

由于洛倫茲力的總功為零，所以系統(tǒng)的動能守恒，

設(shè)小球的最大速度為匕“，則有g(shù)3mM=；2叫,

求得匕"=六%

對于系統(tǒng)在水平方向上和豎直方向上各受兩個洛倫茲力作用，通過這兩對洛倫茲力的沖量和

功來實現(xiàn)系統(tǒng)兩個方向上的動量和動能的轉(zhuǎn)移。

在水平方向上由動量定理得0-3m%=一工28"再，=一2%^匕口="Bqb

式中匕為小球在豎直方向上的位移，可得分=即也，由于兩個小球運動的對稱性和周期

2Bq

可求玻璃管的最小長度為L=4b=&也。

Bq

小球在豎直方向上由動量定理得加匕〃一。=>2%匕口，=的WX口'=

式中。為小球在水平方向上的位移，可得。=嗎=蚓生

Bq2Bq

由軌跡的對稱性和周期性可得兩個小球的運動軌跡如圖4所示

2.2猜想

兩個小球的運動的軌跡為兩個對稱的橢圓，其中b=網(wǎng)殳,。=幽也

2Bq2Bq

2.3證明

系統(tǒng)的運動規(guī)律如下:

在水平方向上3帆（匕一%）=一匕?

整理得3，”（匕.一%）=-IBqy②

y

在豎直方向上mvy=yjBqv^\t③

整理得mvy=Bqx④

對②式求導(dǎo)得3加==-2坳蟲

⑤

drdt

d2x2B2a2

再將④式代入得3〃2等+筆-x=0⑥

df3m2

⑥式為系統(tǒng)在水平方向上的微分方程，初始值為x