2020高考物理能力与思维提升专题

2/2高考物理能力与思维提升专题引言：考纲要求，物理科要考查理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力、实验能力。本专题旨在打破知识章节的界限，从物理能力和物理思维的角度编制成12个微专题，精选出了一些较难的题目，供同学们二轮提升用。一、获取信息，关联所学的能力1.若原子的某内层电子被电离形成空位,其它层的电子跃迁到该空位上时,会将多余的能量以电磁辐射的形式释放出来,此电磁辐射就是原子的特征x射线.内层空位的产生有多种机制,其中的一种称为内转换,即原子中处于激发态的核跃迁回基态时,将跃迁时释放的能量交给某一内层电子,使此内层电子电离而形成空位(被电离的电子称为内转换电子)的原子核从某一激发态回到基态时,可将能量交给内层电子(如K、L、M层电子,K、L、M标记原子中最靠近核的三个电子层)使其电离.实验测得从原子的K、L、M层电离出的电子的动能分别为、、.则可能发射的特征x射线的能量为(

)A.

B.

C.

D.答案：AC

解析:电离过程是:该能级上的电子获得能量后转化为其动能,当获得的动能足能使其脱离原子核的吸引后,则能电离,因此电离时获得的动能等于无穷远处能级和该能级之间能量差.所以内层三个能级的能量分别为:,,,

因此放出的特征x射线的能量分别为:,,解决该题的关键是从题目中获取有用信息,从题目可以知道特征x射线的原理是:电子在原子内层能级之间的跃迁,和氢原子能级跃迁一样,只是内层原子跃迁时,释放能量较高.

2.（2011全国大纲卷）通常一次闪电过程历时约0.2～0.3s，它由若干个相继发生的闪击构成。每个闪击持续时间仅40～80μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中。在某一次闪电前云地之间的电势差约为，云地间距离约为1km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60μs。假定闪电前云地间的电场是均匀的。根据以上数据，下列判断正确的是（

）。A.闪电电流的瞬时值可达到B.整个闪电过程的平均功率约为C.闪电前云地间的电场强度约为D.整个闪电过程向外释放的能量约为答案：AC解析:A项，。B项，。C项，。D项，。3.（2018福建质检）为了减少污染，工业废气需用静电除尘器除尘，某除尘装置如图所示，其收尘极为金属圆筒，电晕极位于圆筒中心。当两极接上高压电源时，电晕极附近会形成很强的电场使空气电离，废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积，以达到除尘目的。假设尘埃向收尘极运动过程中所带电量不变，下列判断正确的是（

）。A:金属圆筒内存在匀强电场B:金属圆筒内越靠近收尘极电势越低C:带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大D:带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越小答案：D解析:A项，由于金属圆筒接的是正极，圆筒中心接的是负极，所以场强方向呈辐射状，因此金属圆筒内存在的不是匀强电场，故A项错误。B项，金属圆筒内越靠近收尘极即越靠近正极，其电势越高，故B项错误。C项，带电尘埃向收尘极运动过程中，电场力做正功，电势能减小，故C项错误。D项，由于金属圆筒内的电场类似于负点电荷的电场，所以越靠近收尘极，电场线越稀疏，电场强度越小，因此带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越小，故D项正确。4.（2018湖北八校（一））三体问题是天体力学中的基本模型，即探究三个质量、初始位置和初始速度都任意的可视为质点的天体，在相互之间万有引力的作用下的运动规律。三体问题同时也是一个著名的数学难题，1772年，拉格朗日在“平面限制性三体问题”条件下找到了5个特解，它就是著名的拉格朗日点。在该点上，小天体在两个大天体的引力作用下能基本保持相对静止。右图是日地系统的5个拉格朗日点（、、、、），设想未来人类在这五个点上都建立了太空站，若不考虑其它天体对太空站的引力，则下列说法正确的是（

）。A:位于点的太空站处于受力平衡状态B:位于点的太空站的线速度大于地球的线速度C:位于点的太空站的向心加速度大于位于点的太空站的向心加速度D:位于点的太空站受到的向心力大小等于位于点的太空站受到的向心力大小答案：BC解析:A项，据题意知太空站与地球同步绕太阳做圆周运动，太空站受到的合力提供绕太阳运动的向心力，所以不是处于受力平衡状态，故A项错误。B项，太空站与地球同步绕太阳做圆周运动，角速度相同，而处太空站与太阳的距离大于地球与太阳的距离，由角速度线速度关系，所以位于处的太空站的线速度大于地球的线速度，故B项正确。C项，图中可以看到，由向心加速度公式得到，故C项正确。D项，图中可以看到，由向心力公式，得到虽然向心加速度的大小相等，但是由于太空站的质量不一定相同，所以受到的向心力不一定相等，故D项错误。二、等效与对称1.分析均匀带电球壳内外的电场2.研究表明,地球表面附近的电场强度不为零,假设地球表面附近的电场强度平均值为,方向竖直向下,试求地球表面附近每平方米所带的负电荷的电量.(保留两位有效数字)答案:可认为地球表面所带电荷集中在地球球心,因此地球可视为一个点电荷,则由点电荷产生的场强的计算公式有:

①

地球的表面积为:

②

地球表面附近每平方米所带的负电荷量为:

③

联立①②③得:

3.（2013安徽）如图所示,xOy平面是无穷大导体的表面,该导体充满z<0的空间,z>0的空间为真空.将电荷量为q的点电荷置于z轴上z=h处,则在xOy平面上会产生感应电荷.空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的.已知静电平衡时导体内部电场强度处处为零,则在z轴上z=处的电场强度大小为(k为静电力常量)()

A.k

B.k

C.k

D.k答案：D解析：设点电荷为正电荷(不影响结果),则导体表面的感应电荷为负电荷.如图,设所求点为A点距O点为,取其关于xOy平面的对称点为B,点电荷在A、B两点的场强大小分别为E1、E2,感应电荷在A、B两点的电场强度的大小分别为EA、EB.静电平衡时,B点的合场强为零,EB=E2==,由对称性,EA=EB=,故A点场强为E=EA+E1=+=.故选项D正确.4.（2018长安区第一中学高二上期中）ab是长为的均匀带电细杆，、是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示。ab上电荷产生的静电场在处的场强大小为，在处的场强大小为。则以下说法中正确的是（

）。A:两处的电场方向相同，B:两处的电场方向相反，C:两处的电场方向相同，D:两处的电场方向相反，答案：D解析:在处，场强由左侧距为长度为的带电细杆提供；在处，关于对称的细杆电场相互抵消，只剩下点右侧距为的长度为的带电细杆提供，显然两处的电场方向相反，且，故D项正确。5.（2016黄冈中学质检）带电荷量为Q的正电荷距一很大的接地金属板的距离为a,如图所示.试求金属板对点电荷的作用力.

答案：

方向由+Q垂直指向金属板解析：由于接地金属板很大,因此点电荷Q发出的电场线会全部终止并垂直于金属板,可见板左侧的电场和相距2a的等量异种点电荷产生的电场完全一致,则可用求相距为2a的等量异种电荷间的相互作用力来"等效"代替求感应电荷对Q的作用力,如图所示.故感应电荷对Q的作用力,方向由+Q垂直指向金属板.

6.（2010安徽）如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（Ⅰ为细导线）。两线圈在距磁场上界面高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面，运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为、，在磁场中运动时产生的热量分别为、。不计空气阻力，已知线框电阻与导线长度成正比，与导线横截面积成反比，则（

）。A:

，B:

，C:

，D:

，答案：D解析:（定量计算）两线框从相同高度自由下落，刚到达磁场上边界时的速度相等，线框下边切割磁感线产生的感应电动势为，线框此时所受安培力。根据电阻定律知线框电阻，线框刚进入磁场边界所受安培力写为，瞬时加速度（其中表示材料的密度），式中各个量对于两个线圈均相等，所以两线框同步运动，落地速度相等；根据能量守恒，线框从初始位置运动至落地过程有（其中表示磁场高度），由于线框Ⅰ质量较小，所以产生热量较少，即，，故D项正确。（等效法）将Ⅱ等效为若干个Ⅰ叠在一起7.（2015延边示范性中学高二上期末）如图所示，一个带正电荷的物块，由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来。已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失。先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的点停下来。后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的点停下来。则以下说法中正确的是（

）。A:

点一定与D点重合B:

点一定在D点左侧C:

点一定与D点重合D:

点一定在D点右侧答案：AD解析:A、B项，（等效法）设高度为，斜面倾角为，斜面长度为，AB水平距离为，物块在水平面运动的距离为。物块从A点滑下直到停止，由动能定理，。加入竖直向下的匀强电场，相当于增大了重力，质量由变为，但是与无关，所以不变，一定与D点重合。C、D项，撤去电场，加入垂直纸面向里的磁场，由左手定则，洛伦兹力方向先垂直斜面向上后垂直水平面向上，相当于减小了斜面和水平面对物块的支持力，则摩擦力减小，洛伦兹力不做功，距离增大，所以点一定在D点右侧。8.一个带负电荷q,质量为m的小球,从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑,小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动.现在竖直方向上加如图所示的匀强电场,若仍从A点由静止释放该小球能过圆轨道的最低点,则(

)

A.小球不能过B点

B.小球仍恰好能过B点

C.小球能过B点,且在B点与轨道之间压力不为0

D.以上说法都不对答案：B

解:A、B,（定量计算）没有电场时,最高点速度设为v

则

又根据机械能守恒定律

计算得出

加上电场时,恰好过最高点需要的速度设为v'

则

而由动能定理,得

,

说明小球仍恰好能过B点.

（等效法）加入竖直向下的匀强电场，等效于增大了重力9.如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图,A、B为缠绕磁带的两个轮子,其半径均为r.在放音结束时,磁带全部绕到了B轮上,磁带的外缘半径为R,且.现在进行倒带,使磁带绕到A轮上.倒带时A轮是主动轮,其角速度是恒定的,B轮是从动轮.经测定磁带全部绕到A轮上需要的时间为t.则从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间(

)A.

B.

C.

D.答案：B

解:在A轮转动的过程中,半径均匀增大,角速度恒定,根据,知线速度均匀增大,设从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间为t',此时磁带边缘上各点的速度大小为v.

将磁带边缘上各点的运动等效看成一种匀加速直线运动,加速度为a,磁带总长为L,则:

则有:

得

结合加速度的定义得:

代入得

计算得出.所以B选项是正确的,A、C、D错误.10.如图，内径均匀的敞口U形管中装有两种液体，密度分别为ρ1，ρ2（ρ1<ρ2），长度均为L，管子的水平段长度也为L。当管子有水平向左的加速度a时，求左右液面高度差h。设液体未溢出，已知重力加速度为g。答案：h注意：水平段液体的压强不是处处相等的，要以水平段中的所有液体为对象。如果以水平段中的某一种液体为对象，答案将是不对称的，这也提醒我们检查自己的考虑疏漏之处。三、补偿法1.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场.如图所示,在半

球面

AB

上均匀分布正电荷,总电荷量为

q,球面半径为

R,CD

为通过半球顶点与球心

O

的轴线,在轴线上有

M、N

两点,

.已知

M

点的场强大小为

E,则

N

点的场强大小为_____答案详解解:均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场.如图补齐球面,且均匀电量为2q,即相当于将带电量为2q的球面放在O处,

则在M、N点所产生的电场为,

由题知当半球面如图所示产生的场强为E,则补上的右半球面在N点的场强也应为E,方向向右,

则合场强:E′,

因此，本题正确答案是:注：2018清华暑期学校考试有一题与此题类似2.（2009全国=2\*ROMANII）如图，P、Q为某地区水平地面上的两点，在P点正下方一球形区域内储藏有石油，假定区域周围岩石均匀分布，密度为；石油密度远小于，可将上述球形区域视为空腔。如果没有这一空腔，则该地区重力加速度（正常值）沿竖直方向；当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离。重力加速度在原竖直方向（即PO方向）上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”。为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用P点附近重力加速度反常现象。已知引力常数为G。（1）设球形空腔体积为V，球心深度为d（远小于地球半径R），，求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常。（2）若在水平地面上半径L的范围内发现：重力加速度反常值在与()之间变化，且重力加速度反常的最大值出现在半径为L的范围的中心，如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积。答案：（1）如果将近地表的球形空腔填满密度为的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值，因此，重力加速度反常可通过填充后的球形区域产生的附加引力

①来计算，式中的m是Q点处某质点的质量，M是填充后球形区域的质量，

②而r是球形空腔中心O至Q点的距离

③，在数值上等于由于存在球形空腔所引起的Q点处重力加速度改变的大小。Q点处重力加速度改变的方向沿OQ方向，重力加速度反常是这一改变在竖直方向上的投影

④联立以上式子得

⑤（2）由⑤式得，重力加速度反常的最大值和最小值分别为

⑥

⑦由题设有

、

⑧联立以上式子得，地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为

，解析:（1）本题考查万有引力部分的知识。如下图所示，重力加速度正常值为g；存在空腔时，重力加速度为g'；假设空腔区域填满岩石产生的附加重力加速度为，与g'合成即为正常加速度g，要求重力加速度反常，即求在竖直方向上的投影。由引力公式和几何关系即可求得。（2）当重力加速度最大时x为0，最小是x=L，由（1）中求得的即可反求出d和V。四、微元法电场的微元问题1.（2009同济大学）如图所示，半径为R的圆环均匀带电，电荷线密度为λ，圆心在O点，过圆心与环面垂直的轴线上有P点，PO=r。以无穷远处为电势零点，则P点的电势φ为A．

B．C．

D．答案：B流体“柱体微元”模型1.图1是电子束加工工件的示意图,电子枪产生热电子后被高压电源加速,经聚焦系统会聚成很细的电子束,打在工件上产生高压力和强能量,对工件进行加工。图2是电子加速系统,K是与金属板M距离很近的灯丝,电源EA给K加热可以产生初速度不计的热电子,N为金属网,M、N接在输出电压恒为U的高压电源EB上，M、N之间的电场近似为匀强电场。系统放置在真空环境中，通过控制系统排走工件上的多余电子，保证N与工件之间无电压。正常工作时，若单位时间内从K发出的电子数为n，经M、N之间的电场加速后大多数电子从金属网N的小孔射出，少部分电子打到金属网丝上被吸收，从而形成回路电流，电流表的示数稳定为I.已知电子的质量为m、电量大小为e，不计电子所受的重力和电子之间的相互作用。求：(1)单位时间内被金属网N吸收的电子数n′；若金属网N吸收电子的动能全部转化为内能，则其发热功率P为多少；(2)电子在聚焦时运动方向改变很小,可认为垂直打到工件上时的速度与从N中射出时的速度相同,并假设电子打在工件上被工件全部吸收不反弹。求电子束打到工件表面时对工件的作用力F大小;并说明为增大这个作用力,可采取的合理可行的措施(至少说出两点方法)；(3)已知MN两板间的距离为d,设在两板之间与M相距x到x+△x的空间内(△x足够小)电子数为△N,求△N/△x与x的关系式。答案2.相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电量为-e，在AB两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0<k<1，；紧靠B板的偏转电场电压也等于U0，板长为L，两板间距为d，距偏转极板右端L/2处垂直放置很大的荧光屏PQ。不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计。(1)在0—T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离。(结果用L、d表示)(2)撤去偏转电场及荧光屏，当k取恰当的数值，使在0—T时间内通过电容器B板的所有电子,能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k值。答案(1)

(2)0.59解析本题考查了动能定理、带电粒子在电场中的运动、类平抛运动等相关知识，意在考生的综合分析和解决能力。(1)电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化。在0﹣kT时间内，设穿出B板后速度变为v1，由动能定理得：﹣eU0=mv12﹣mv02，将U0=代入后解得：v1=。在偏转电场中，电子运动时间t1=，侧移量y1=at12=，解得：y1=。根据偏转电场中的推论“似是中点来”其打在荧光屏上的坐标y1′=2y1=在kT﹣T

时间内，穿出B板后速度变为v2，同理可得，eU0=mv12﹣mv02，v2==v1，y2=，y2′=2y2=。荧光屏上两个发光点之间的距离△y=y1′﹣y2′=。(2)要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等(且刚好重叠)，第一束长度：l1=v1•kT第二束长度：l2=v2•(T﹣kT)；l1=l2即v1•kT=v1•(1﹣k)T，解得k=≈0.593.（2004天津）磁流体发电是一种新型发电方式，图中的图1和图2是其工作原理示意图。图1中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高、宽分别为、、，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻相连。整个发电导管处于图2中磁场线圈产生的匀强磁场里，磁感应强度为B，方向如图所示。发电导管内有电阻率为的高温、高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出。由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势。发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同。设发电导管内电离气体流速处处相同，且不存在磁场时电离气体流速为，电离气体所受摩擦阻力总与流速成正比，发电导管两端的电离气体压强差△p维持恒定，求：（1）不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力F多大；（2）磁流体发电机的电动势E的大小；（3）磁流体发电机发电导管的输入功率P。答案：（1）不存在磁场时，由力的平衡得（2）设磁场存在时的气体流速为，则磁流体发电机的电动势E=Bav回路中的电流电流I受到的安培力设为存在磁场时的摩擦阻力，依题意存在磁场时，由力的平衡得根据上述各式解得（3）磁流体发电机发电导管的输入功率由能量守恒定律得

故（关键在把电离气体看作导体“块”）4.（2019石家庄二中0.5模）如图所示,静止在光滑水平面上的小车质量为.从水枪中喷出的水柱的横截面积为,速度为,水的密度为.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁,且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中.当有质量为的水进入小车时,试求:

(1)小车的速度大小;

(2)小车的加速度大小.解:(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒,当淌入质量为m的水后,小车速度为,

则,

计算得出:

(2)质量为m水流进小车后,在极短的时间内,冲击小车的水的质量为

此时,水对车的冲击力为F,则车对水的作用力也为F,

据动量定理有

计算得出:

根据牛顿第二定律得:电磁感应的微元问题1.（2019棠湖中学开学考）如图所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分与圆弧部分平滑连接，两导轨间距为，导轨的水平部分有段相同的匀强磁场区域（图中的虚线范围），磁场方向竖直向上，磁场的磁感应强度为，磁场的宽度为，相邻磁场区域的间距也为，大于，磁场左、右两边界均与导轨垂直，现有一质量为，电阻为，边长为的正方形金属框，由圆弧导轨上某高度处静止释放，金属框滑上水平导轨，在水平导轨上滑行一段时间进入磁场区域，最终线框恰好完全通过段磁场区域，地球表面处的重力加速度为，感应电流的磁场可以忽略不计，求：（1）金属框进入第1段磁场区域的过程中，通过线框某一横截面的感应电量及金属框完全通过段磁场区域的过程中安培力对线框的总冲量的大小?（2）金属框完全进入第（）段磁场区域前的瞬间，金属框速度的大小；答案详解（1）设金属框在进入第一段匀强磁场区域前的速度为，进入第一段匀强磁场区域运动的时间为，出去第一段匀强磁场区域中运动的时间为，金属框在进入第一段匀强磁场区域的过程中，线框中产生平均感应电动势为平均电流为：，

设线框经过每一段磁场区域的过程中安培力冲量大小为则，根据进入时，可以得到，代入上式则可得整个过程累计得到：；（2）金属框穿过第个磁场区域后，由动量定理得到：金属框完全进入第个磁场区域的过程中，由动量定理得到：,解得：；注意区分L和s！2.（2017天津）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为，电容器的电容为。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为，电阻不计。炮弹可视为一质量为、电阻为的金属棒，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关接1，使电容器完全充电。然后将接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为的匀强磁场（图中未画出），开始向右加速运动。当上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，达到最大速度，之后离开导轨。问：（1）磁场的方向；（2）刚开始运动时加速度的大小；（3）离开导轨后电容器上剩余的电荷量是多少。答案：（1）垂直于导轨平面向下。（2）电容器完全充电后，两极板间电压为，当开关接2时，电容器放电，设刚放电时流经的电流为，有①设受到的安培力为，有②由牛顿第二定律，有③联立①②③式得④（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电量为，有⑤开关接2后，开始向右加速运动，速度达到最大值时，设上的感应电动势为，有⑥依题意有⑦设在此过程中的平均电流为，上受到的平均安培力为，有⑧由动量定理，有⑨又⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得⑪3.如图所示，质量m=3.0×10-3kg的“”型金属细框竖直放置在两水银槽中，“”型框的水平细杆CD长l=0.20m，处于磁感应强度大小B=1.0T、方向水平向右的匀强磁场中，电源电动势E=16V，通过开关k，电容C=2mF，与两水银槽相连，在开关k与1接通稳定后，再把k扳到2接通，瞬间细框跳起（细框跳起瞬间安培力远大于重力），跳起的最大高度h=0.20m。（g=10m/s2）试求：（1）跳起过程通过CD棒的电量为多少？（2）跳起后电容两极板的电压是多少？答案：（1）设跳起的速度为根据运动学公式得：解得：根据动量定理得又因为电量，解得：（2）k接1时电容器上的电荷量放电后电容器上剩余的电荷量跳起后电容两极板的电压五、图像分段、分情况分析1.（2015南昌一模）如图所示，abcd是边长为，每边电阻均相同的正方形导体框，今维持线框以恒定的速度沿x轴运动，并穿过倾角为的三角形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度为，方向垂直纸面向里。线框b点在O位置时开始计时，则在时间内，a、b二点的电势差随时间的变化图线为（

）。A:

B:

C:

D:

答案：D解析:线框做匀速直线运动，从线圈进入磁场到对角线ac与磁场边界重合的过程中，即时间内，根据几何关系可知，ab边上长为的导体切割磁感线，产生感应电动势，即，当ac与磁场边界重合时，即，感应电动势达到最大，由串联电路的分压原理可得a、b二点的电势差，电势差与时间成正比关系，最大电势差为；从线圈的对角线ac与磁场边界重合到线圈完全进入磁场的过程中，即时间内，此阶段ab边与dc边上长为的导体同时切割磁感线产生感应电动势，两者感应电动势的方向相同，，，再设导体框总电阻为可得电路电流为，所以a、b两点的电势差，当时，有，当时，电势差达到最大，为，故D项正确。2.（2014四川）如图所示，水平传送带以速度匀速运动，小物体、由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，时刻在传送带左端具有速度，与定滑轮间的绳水平，时刻离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体速度随时间变化的图像可能是（

）。A:

B:

C:

D:

答案：BC解析:问题求解：（1）若那么滑块将受到向右的摩擦力和向左的拉力，若，做减速运动，P向右做匀减速运动，减速到零后反向加速，整个过程中受力情况不改变，则P向左加速到初速度时恰离开传送带，图像应为一条倾斜向右下的直线；若那么滑块向右做匀加速运动，且对Q受力分析可知，此时Q的重力小于P能受到的最大摩擦力，当速度增加到后，与传送带相对静止做匀速直线运动，最终从传送带右端掉下，B项图符合。（2）若，滑块受到向左的摩擦力和向左的拉力，此时滑块向右做匀减速运动，加速度为，当滑块速度减小到时，摩擦力反向，此时若Q的重力大于P能受到的最大摩擦力，滑块将继续做匀减速运动，减速到零后反向加速，直到从传送带左侧掉下，加速度为，小于前面的加速度，C项图符合；此时若Q的重力小于P能受到的最大摩擦力，滑块将做匀速运动，没有符合的选项，故B、C项正确。3.（2012福建）如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合。若取磁铁中心为坐标原点，建立竖直向下为正方向的轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流随环心位置坐标变化的关系图象是（

）。A:

B:

C:

D:

答案：B解析:铜环自由下落，而磁铁的磁场分布关于点对称。由法拉第电磁感应定律，下落过程中铜环的磁通量变化率随位置变化是非线性的，感应电压的变化具体为从开始到磁铁N极所在水平面过程中逐渐增大，在N极达到最大，从N极所在水平面到点所在水平面逐渐减小，从点水平面到S处水平面反向增大，到S处达到最大，从S到地面过程中，反向减小，逐渐趋向0，由于N与S处磁场分布对称，且S处铜环速度大于N处铜环速度，即反向最大电压要大于正向最大电压，铜环电阻不变，感应电流与感应电压的变化一致，故B项正确。易错项辨析：本题的易错项为C项。本题实际上是比较圆环在条形磁铁上端时和下端时他们磁通量的变化率的最大值是否相等，若圆环在磁铁上端时的速度和下端时的速度相等，则变化率也相等。通过受力分析可知，圆环在磁铁下端时的速度变化率较大，即感应电流的最大值较大，选项B正确。4.如图所示,在光滑水平面上,有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框时刻,线框在水平外力的作用下,从静止开始向右做匀加速直线运动,bc边刚进入磁场的时刻为,ad边刚进入磁场的时刻为,设线框中产生的感应电流的大小为i,ad边两端电压大小为U,水平拉力大小为F,则下列i、U、F随运动时间t变化关系图象正确的是(

)ABCD答案：C解:A、B由题得到,金属杆的速度与时间的关系式为v=at,a是加速度.由E=BLv和得,感应电流与时间的关系式为,B、L、a均不变,当时间内,感应电流为零,时间内,电流I与t成正比,时间后无感应电流.故AB错误.

C、由E=BLv和得,感应电流与时间的关系式为,当时间内,感应电流为零,ad的电压为零,时间内,电流I与t成正比,,电压随时间均匀增加,时间后无感应电流,但有感应电动势,电压随时间均匀增加,所以C选项是正确的.

D、根据推论得知:金属杆所受的安培力为,由牛顿第二定律得,得

,当时间内,感应电流为零,F=ma,为定值,时间内,F与t成正比,F与t是线性关系,但不过原点,时间后无感应电流,F=ma,为定值,故D错误.

5.如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在轴上且长为，高为，纸面内一边长为的正方形导线框沿轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流—位移（）关系的是

（

）A:

B:

C:

D:

答案：A思考角度：①磁通量变化②切割斜率1.（2014重庆）以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的图像可能正确的是（

）。A:

B:

C:

D:

答案详解D解析:不计空气阻力的物体其上抛运动的过程中，加速度恒为重力加速度，用虚线表示为一条斜率为负的直线；另一物体的空气阻力不可忽略，设比例系数为，物体质量为，则阻力可表示为，物体从上抛到速度减小为零的过程中，加速度为，从速度为零点到下降过程中，加速度为。可知，物体的加速度先大于重力加速度，在速度为零时等于重力加速度，最后小于重力加速度。图的斜率表示加速度，即实线的斜率先大于虚线的斜率，在与轴相交处，实线与虚线的斜率相等，之后实线的斜率小于虚线。在限定条件下动态调整v-t图像，快速解决问题1.（2016厦门双十中学期中）如图所示，长直杆CPD与水平面成，由不同材料拼接面成，P为两材料分界点，DP＞CP。一个圆环套在长直杆上，让圆环无初速从顶端滑到底端（如左图）；再将长直杆两端对调放置，让圆环无初速从顶端滑到底端（如右图），两种情况下圆环从开始运动到经过P点的时间相同。下列说法中正确的是（

）。A:圆环与直杆CP段的动摩擦因数小于圆环与直杆DP段之间的动摩擦因数B:两次滑动中圆环到达底端速度大小不相等C:圆环从C到D所用时间小于从D到C所用时间D:圆环从C到D所用时间大于从D到C所用时间答案：D2.（2015连云港、徐州、淮安、宿迁调研（一））如图甲，真空中竖直放置两块相距为的平行金属板P、Q，两板间加上如图乙所示最大值为的周期性变化的电压，在Q板右侧某个区域内存在磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场。在紧靠P板处有一粒子源A，自开始连续释放初速不计的粒子，经一段时间从Q板小孔O射入磁场，然后射出磁场，射出时所有粒子的速度方向均竖直向上。已知电场变化周期，粒子质量为，电荷量为，不计粒子重力及相互间的作用力。求：（1）时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间；（2）粒子射入磁场时的最大速率和最小速率；（3）有界磁场区域的最小面积。答案(16分)（1）设时刻释放的粒子在时间内一直做匀加速运动，加速度

1分位移

2分可见该粒子经正好运动到O处，假设与实际相符合该粒子在P、Q间运动时间

1分（2）时刻释放的粒子一直在电场中加速，对应进入磁场时的速率最大由运动学公式由

2分设时刻释放的粒子先做加速运动（所用时间为），后做匀速运动，设时刻恰好由小孔O射入磁场，则

2分解得

1分进入磁场时的速率

1分由图知，在至时间内某时刻进入电场，先做加速运动，后做匀速运动，再做加速运动，速度为时还未到达小孔O处，图中阴影面积等于粒子此时距小孔的距离，再经加速才能到达O处，此时速度已大于。所以速率是粒子进入磁场时的最小速率，最小值

1分（3）粒子进入磁场后做轨迹为四分之一圆周的运动

1分半径最大速率对应的半径

1分最小速率对应的半径

1分磁场的左、右边界为粒子最小、最大半径对应的四分之一圆周，上部分边界为的一部分，如图所示阴影面积，磁场区域最小面积

2分用面积计算和分析距离相关问题1.（2019广东一模）如图所示是甲、乙两物体运动的速度−时间图象,下列说法正确的是

()

A.

0∼5s内甲物体的加速度大小为

0.75m/s2

B.

3s时乙物体的加速度大小为

1m/s2

C.

0∼5s内甲物体的位移大小为

26/3m

D.

0∼5s内乙物体的位移大于

13.5m答案:D解析：A.是4/3，不是3/4D.根据图象与坐标轴围成的面积表示位移,知0∼5s内乙物体的位移大于1×32+3×3+3×22=13.5m。六、坐标系选取（沿轴的量可以避开方程）、合成与分解1.

一个物体在光滑的水平面上以速度v0（未知）沿AB方向匀速运动，在某一时刻（位置O处）受到两个互相垂直的水平恒力作用，一个力大小为F，另一个力的方向与v

的方向成角θ，如图所示，当物体速度为2v0时，物体正处于另一个力的作用线OP上的P点，求OP方向上的作用力。答案以OF为x轴，OP为y轴，O为原点，建立坐标系

x方向的初速度：

加速度y方向的初速度：

从O到P的时间：x方向的位移为零

在P点x方向的速度和x方向的初速度等大反向，故y方向的速度从O到P的位移y方向的加速度

2.（NCS20190607项目（二））3.（2019石家庄二模）如图，轻绳l1一端固定在O点，另一端与质量为m的物体相连。轻绳l2跨过固定在B点的定滑轮，一端连接物体，另一端由力F控制。在力F的作用下，物体从处于O点正下方的A点缓慢地运动到B点的过程中l1一直处于伸直状态。O、B两点在同一水平线上，不计一切阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

A．物体从A点到B点过程中，拉力F一直变小B．物体从A点到B点过程中，轻绳的拉力一直变大C．物体从A点到B点过程中，轻绳对物体拉力可能大于mgD．当轻绳与竖直方向的夹角为时，拉力F大小为答案：D解析（正交分解法）圆心角与对应弦切角是两倍关系，把F1放到y轴上，沿x轴方向，F2cosθ2=mgcosθ,化得F2=mg(2cosθ2-1cosθ2)当θ∈(0,π2)时，F（正弦定理法）4.如图所示在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E=mg/q，不计空气阻力，下列说法正确的是（

）

A．若小球在竖直平面内绕0点做圆周运动，则它运动的最小速度VminB．若小球在竖直平面内绕0点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点答案：ABD解析:

试题分析：由于电场强度，故，物体的加速度大小为，故若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为，则有：，解得，，故A正确；除重力和弹力外其它力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，故到B点时的机械能最大，故B正确；小球受合力方向与电场方向夹角斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故C错误；小球运动的最小速度为，若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，因此小球在竖直方向做竖直上拋，当竖直方向位移为零时，所用时间为：，水平方向做匀加速，在此时间内水平方向的位移为：,即小球刚好运动到B点，故D正确。七、定性与定量有时，定性往往更简便1.如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的夹角为θ，一带电量为-q，质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止开始沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是（

）

A．小球的加速度选增大后减小，最后为零B．小球的速度先增大后减小直至匀速运动C．若小球的最大速度为，则当小球有最大加速度时其速度D．若小球的最大速度为，则当小球有最大加速度时其速度答案：AC解析（定性）N反向后，必有一位置仍有a=gsinθ-μgcosθ，而此之后才会有最大速度（定量）2.（2019广东二模）答案：AC解析：C项，（定性）前L/2的△Ep大于后L/2的△Ep（定量）简谐运动，x-t图像为正弦曲线，可算出Ek=3/4Ekm有时，表面上定性，实际上要定量1.公园里的“飞天秋千”游戏开始前，座椅由钢丝绳竖直悬吊在半空。秋千匀速转动时，绳与竖直方向成某一角度，其简化模型如图所示。若要使夹角变大，可将（

）。A:钢丝绳变长B:钢丝绳变短C:增大座椅质量D:增大角速度答案：AD解析:对座椅进行受力分析如图所示，则座椅做圆周运动的向心力，座椅做圆周运动的半径，根据向心力表达式有，联立上述三式得。在保持不变的情况下，使夹角变大，则要使得变长；在保持不变的情况下，使夹角变大，则要使得变大，故A、D项正确。2.（2014全国Ⅰ）如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内），与稳定在竖直位置时相比，小球的高度（

）。A:一定升高B:一定降低C:保持不变D:升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定答案：A解析:问题求解：设橡皮筋的劲度系数为，原长为，小球质量为，则稳定在竖直位置的时候，橡皮筋的伸长量，则小球距离悬挂点距离；设向左的加速度为，稳定的时候对其进行受力分析，设橡皮筋与竖直方向的夹角为，则有：，此时弹簧的伸长量，小球距离悬挂点的位置，所以小球在竖直方向距离悬挂点的距离变短，小球的位置一定上升，故A项正确。用“平均值”分析问题1.如图所示,轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上,另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球(可视为质点)相连,直杆的倾角为,,B为AC的中点,OB等于弹簧原长,小球从A处由静止开始下滑,初始加速度大小为,第一次经过B处的速度为v,运动到C处速度为0,后又以大小为的初始加速度由静止开始向上滑行,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是(

)小球可以返回到出发点A处弹簧具有的最大弹性势能为1/2撤去弹簧,小球可以在直杆上处于静止答案：BD

解:C、设从A运动到C摩擦力的平均值为,,由得:

在B点,摩擦力,因为弹簧对小球有拉力(除B点外),小球对杆的压力大于,所以

可得,因此撤去弹簧,小球不能在直杆上处于静止2.（2015福建）如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C，所用时间为，第二次由C滑到A，所用的时间为，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（

）。A:

B:

C:

D:无法比较、的大小答案详解A解析:滑块经过AB时，速度越大，对斜面的压力越小，所受摩擦力越小，摩擦力做功越小；滑块经过BC时，速度越大，对斜面的压力越大，所受摩擦力越大，摩擦力做功越大。所以从A到C过程与从C到A过程相比，前者克服摩擦力做功较少，损失的机械能较小，平均速度较大，所以。八、多次往返（确定最终停下位置，逐次推导归纳）1.如图所示，光滑绝缘水平面AB与倾角θ=37°，长L=5m的固定绝缘斜面BC在B处圆滑相连，在斜面的C处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板，质量m=0.5kg、带电荷量q=+5×10-5C的绝缘带电小滑块(可看作质点)置于斜面的中点D，整个空间存在水平向右的匀强电场，场强E=2×105N／C，现让滑块以v0=14m／s的速度沿斜面向上运动．设滑块与挡板碰撞前后所带电荷量不变、速度大小不变，滑块和斜面间的动摩擦因数μ=0.1，(g取10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)求：(1)滑块沿斜面向上运动的加速大小；(2)滑块运动的总路程．答案解：(1)滑块与斜面之间的摩擦力：f=μ(mgcos37°+qEsin37°)=1N（提前算好，为后续提供方便）由牛顿第二定律有：qEcos37°-mgsin37°-f=ma解得：a=8m/s2(2)由题知，滑块最终停在C点；滑块从D点开始最终到C点，设滑块在斜面上运动的路程为s1，由动能定理有：解得s1=61.5m设滑块第一次到B点时的动能为Ek1（不必用1/2mv2表示），从D点到B点由动能定理有：解得：Ek1=29J滑块第一次从B点到水平面左端最远x1处，由动能定理有：-qEx1=0-Ek1解得：x1=2.9m水平面光滑，滑块返回到B点，动能不变．滑块在斜面上往返一次克服摩擦力做功：Wf=2fL=10J故可知，滑块第二次从B点到水平面左端最远x2=1.9m滑块第三次从B点到水平面左端最远x3=0.9m此后滑块不能再到达水平面。滑块在水平面上运动的总路程：s2=2(x1+x2+x3)=11.4m滑块运动的总路程：s=s1+s2=72.9m2.（2018全国物理预赛）九、轻质物体（合外力为0）1.（2015廊坊联考，改编）如图所示，倾角为的光滑杆上套有一个小球和两根轻质弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M、N固定于杆上，小球处于静止状态。设拔去销钉M瞬间，小球的加速度大小为。若不拔去销钉M，而拔去销钉N瞬间，小球的加速度可能是（取）（

）。A:

，沿杆向上B:

，沿杆向下C:

，沿杆向上D:

，沿杆向下答案：BC解析：弹簧为轻质，受合力为0，拔去销钉M相当于撤去弹簧a，拔去销钉N相当于撤去弹簧b2.如图所示,倾角为θ的斜面底端固定挡板P,质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上,A位于B的最上端且与P相距L.已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为、,且,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A与挡板相撞没有机械能损失.将A、B同时由静止释放,求:

(1)A、B释放时,物块A的加速度大小;

(2)若A与挡板不相碰,木板的最小长度;

(3)若木板长度为l,整个过程中木板运动的总路程.答案解:(1)释放木板与物块A,它们一起加速下滑.以木板与物块A为研究对象,设其加速度大小为,由牛顿第二定律有:

;

计算得出

(2)在木板B与挡板未碰前,A和B相对静止,以相同的加速度一起向下做匀加速运动.木板B与挡板相碰后立即静止,A开始匀减速下滑.若物块A到达挡板时的速度恰好为0,此时木板长度即为最小长度.设木板与挡板相撞瞬间速度为v,则有

木板静止后,物块减速下滑时的加速度大小为,由牛顿第二定律有

;

计算得出

由运动学公式得;

联立以上各式可计算得出

(3)分两种情况:

①若,木板与挡板相撞后不反弹,物块A一直减速直到静止在木板上.

故木板通过的路程

②若,木板与挡板相撞后,物块A在木板上减速运动直至与挡板相撞.因为碰撞过程中没有机械能损失,A将以撞前速率返回,并带动木板一起随物块向上减速;当它们的速度减为零后,再重复上述过程,直至物块A停在挡板处.

物块与木板间因为摩擦产生的热量•l

木板与斜面间因为摩擦产生的热量

•s

根据能量守恒得;

计算得出

十、物理思维的严密性——分类讨论与多解1.如图所示，光滑的水平面上有P、Q两个竖直固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点。A点处有一质量为的静止小球，紧贴P挡板的右侧有一质量为的等大小球以速度向右运动与相碰。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰，两小球均可视为质点。求：（1）两小球m1和m2第一次碰撞后的速度v1和v2；（2）若两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点，且的可能比值。答案（1）因两球发生弹性正碰，列动量守恒与能量守恒公式有:解得：v（2）m1与m2在B点碰撞有两种情况：第一种：m1被P反弹后追上m2再B点相遇，由题意可知，m1运动距离是m2的三倍，故有：,解得。第二种：m1被P反弹后与m2被Q反弹后再B点相遇，由题意可知，m1运动距离等于运动距离，故由，解得。2.如图所示,小车的上面是中突的两个对称的曲面组成,整个小车的质量为m,原来静止在光滑的水平面上.今有一个可以看作质点的小球,质量也为m,以水平速度v从左端滑上小车,下列说法正确的是(

)A.小球滑离小车时,小车可能回到了原来的位置B.小球滑离小车后,小球可能做自由落体运动C.若小球恰能到达小车的最高点，则车上曲面的竖直高度不会大于D.若小球恰能到达小车的最高点，则小球在滑上曲面的过程中,对小车压力的冲量大小是答案：BC

解:A、小球滑上曲面的过程,小车向右运动,小球滑下时,小车还会继续前进,故不会回到原位置,故A错误.

B、若曲面光滑且足够高，小球无法翻越小车，最终两者交换速度，会出现这个情况,故B正确;

C、因为小球原来的动能为,小球到最高点时系统的动能为,所以系统动能减少了,如果曲面光滑,则减少的动能等于小球增加的重力势能,即,得.显然,这是最大值,如果曲面粗糙,高度还要小些,故C正确.D、由小球恰好到最高点,知道两者有共同速度,对于车、球组成的系统,由动量守恒定律列式为,得共同速度.小车动量的变化为,这个增加的动量是小车受到的总动量的大小,故D错误.

3.（2017全国Ⅰ）真空中存在电场强度大小为的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为。（1）油滴运动到B点时的速度；（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的和应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。答案（1）设油滴质量和电荷量分别为和，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在时，电场强度突然从增加至时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小满足：

①油滴在时刻的速度为：

②电场强度在时刻突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小满足：

③油滴在时刻的速度为：

④由①②③④式得：

⑤（2）由题意，在时刻前有：

⑥油滴从到时刻的位移为：

⑦油滴在从时刻到时刻的时间间隔内的位移为：

⑧由题给条件有：

⑨式中是、两点之间的距离。若点在点之上，依题意有：

⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得：

⑪为使，应有：

⑫即当：

⑬或：

⑭才是可能的：条件⑬式和⑭式分别对应于和两种情况。若点在点之下，依题意有：

⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得：

⑯为使，应有：

⑰即：

⑱另一解为负，不合题意，已舍去。本题（2）问的题干叙述顺序有点颠倒，需用求根公式解方程，计算量大4.（2016湖北百校10月）(13分)如图所示，是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴匀速转动，规定经过同心O点且水平向右为轴正方向。在O点正上方距盘面高处有一个可间断滴水的容器，从时刻开始，容器沿水平轨道向轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。已知时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水。取。（结果可用根式表示）（1）求每一滴水从离开容器到滴落至盘面的时间；（2）要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，求圆盘的角速度应满足的条件；（3）当圆盘的角速度时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离，求容器的加速度。答案（1）离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动，故所求时间为：

2分（2）要使每一滴水在盘上的落点都位于同一直线，则圆盘在内转过的弧度应为（）即有：

3分解得：（）

2分（3）第二滴水落在盘中位置到O点的距离为：

1分第三滴水落在盘中位置到O的距离为：

1分设第二滴水和第三滴水分别滴落在圆盘上的位置与圆盘中心O点的连线的夹角为，有：

1分由余弦定理可知：

2分解得：

1分5.答案：CD6.（2019广州二模）如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd，bc长度为2L，cd长度为1.5L，e、f分别为ad、bc的中点。efcd区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B；质量为m，电荷量为+g的绝缘小球A静止在磁场中f点。abfe区域存在沿可方向的匀强电场，电场强度为；质量为km的不带电绝缘小球P，以大小为的初速度沿bf方向运动。P与A发生弹性碰撞，A的电量保持不变，P，A均可视为质点。（1）若A从ed边离开磁场，求k的最大值；（2）若A从ed边中点离开磁场，求k的可能值和A在磁场中运动的最长时间。养成准确画草图的习惯：根据数据特点，正确画运动轨迹图7.光滑的半球形圆拱固定在水平面上,球心为O,半径为R,小球位于半球面上，与过O的竖直轴成角θ。为使小球刚好能落入拱顶的小洞，给小球以斜向上的切向速度v。求v的取值范围。解析：①若小球在半球面上做圆周运动，则θ≤cos②若小球一开始就离开半球面做斜抛运动，则θ>注：由N=mgcosθ十一、用数学知识解决物理问题的能力代数知识1.如图，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上，整个空间存在匀强磁场.磁感应强度方向竖直向下.一电荷量为q(q＞0），质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O′.球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ（0＜θ＜π/2）.为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度大小的最小值及小球P相应的速率.重力加速度为g.

答案：据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周的圆心为O′.P受到向下的重力mg.球面对它沿OP方向的支持力

N和磁场的洛伦兹力f=qvB①式中v为小球运动的速率，洛伦兹力f的方向指向O′.根据牛顿第二定律

Ncosθ-mg=0②f-Nsinθ=m③由①②③式得v2-=0④由于v是实数，必须满足Δ=≥0⑤由此得B≥⑥可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为Bmin=⑦此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为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）静止在水平面上的小车固定在刚性水平轻杆的一端，杆的另一端通过小圆环套在竖直光滑的立柱上。每当小车停止运动时，车上的弹簧枪就会沿垂直于轻杆的水平方向自动发射一粒弹丸，然后自动压缩弹簧并装好一粒弹丸等待下次发射，直至射出所有弹丸。下图为该装置的俯视图。记未装弹丸的小车质量为M（未知，可调整），已知每粒弹丸的质量为m，每次发射弹丸释放的弹性势能为E，发射过程时间极短；小车运动时受到一个与运动方向相反、大小为小车对地面压力λ倍的作用力；忽略所有摩擦阻力，重力加速度为g。若小车上共装25粒弹丸，轻杆能承受的最大拉力

(L为小车做圆周运动的半径），则须满足什么条件轻杆才不会被拉断？小车做圆周运动的总路程的最大值是多少？答案某次发射后，小车（连同弹簧枪）和车载弹丸的总质量为Mk=km(k从某一较大值开始减小，可取25个值，且k>25)发射弹丸的过程，遵守动量守恒定律和机械能守恒；mu=Mkv

E=mu2+Mkv2弹丸刚被射出时杆受到的拉力：解得：由此可知，弹丸全部射完，k取最小值M/m时，杆的拉力最大，若此时还能满足，则杆不会被拉断，解得发射弹丸后，小车做圆周运动，圆周半径为L，由动能定理可得：某次发射后到下一次发射前小车做圆周运动的路程：

由此式可知，每发射一粒弹丸后，小车做圆周运动的路程增大一些，因此要小车做圆周运动的总路程最大，k应该取最小的25个值（对应将25粒弹丸全部射出），即应取取k=59、58、……、35，最大总路程为解得

（用到裂项的数学知识）3.（2015天津）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为。电场强度为，方向水平向右；磁感应强度为，方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为，电荷量为的带正电粒子在第层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。（1）求粒子在第层磁场中运动时速度的大小与轨迹半径；（2）粒子从第层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为，试求；（3）若粒子恰好不能从第层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。答案：（1）粒子在进入第层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场洛伦兹力不做功。由动能定理，有①由①式解得②粒子在第层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有③由②③式解得④（2）设粒子在第层磁场中运动的速度为，轨迹半径为（各量的下标均代表粒子所在层数，下同）。⑤⑥粒子进入第层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为，从第层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有⑦从图看出⑧由⑥⑦⑧式得⑨由⑨式看出，，...，为一等差数列，公差为，可得⑩当时，由图可以看出⑪由⑤⑥⑩⑪式得⑫（3）若粒子恰好不能从第层磁场右侧边界穿出，则在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿出第层磁场右边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为，由于则导致说明不存在，即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。（运用数列的数学知识）卫星几何问题1.（2019长沙一中、师大附中、雅礼中学、长郡中学5月，改编）答案：B解析：依题意画出草图2.（2017保定一模，改编）O为地球球心,地球半径为R,自转周期为T,赤道观察站有一观测员在持续观察某卫星（其轨道在赤道平面内）,某时刻观测员恰能观察到该卫星从地平线的东边落下,此时卫星位置记作B点，经的时间,再次观察到该卫星从地平线的西边升起，此时卫星位置记作B’点.已知′,地球质量为M,万有引力常量为G,则(

)A、卫星B绕地球运动的周期为

B、卫星B绕地球运动的周期为

C、卫星B离地表的高度为

D、卫星B离地表的高度为

答案：BD解析：依题意画出草图AB、设卫星B绕地球运动的周期为T′.由图知,经的时间,卫星B转过的角度为,角速度为:

周期为:T′.

CD、根据万有引力提供向心力,得:

计算得出卫星B离地表的高度为:.3.（2018广州一模）某人在春分那天（太阳光直射赤道）站在地球赤道上用天文望远镜观察他正上方的一颗同步卫星，他发现在日落后连续有一段时间

t观察不到此卫星。已知地球表面的重力加速度为

g，地球自转周期为

T，圆周率为

π，仅根据

g、

t、

T、

π可推算出A．地球的质量B．地球的半径C．卫星距地面的高度D．卫星与地心的连线在t时间内转过的角度答案：BCD解析:4.（2014全国大纲卷）已知地球的自转周期和半径分别为和，地球同步卫星的圆轨道半径为。卫星沿半径为（）的圆轨道在地球赤道的正上方运行，其运行方向与地球自转方向相同。求：（1）卫星做圆周运动的周期；（2）卫星和连续地不能直接通讯的最长时间间隔（信号传输时间可忽略）。答案（1）设卫星绕地心转动的周期为，根据万有引力定律和圆周运动的规律有

①

②式中，为引力常量，为地球质量，、分别为卫星、的质量。

③（2）设卫星和连续地不能直接通讯的最长时间间隔为：在此时间间隔内，卫星和绕地心转动的角度分别为和，则

④

⑤若不考虑卫星的公转，两卫星不能直接通讯时，卫星的位置应在图中点和点之间，图中内圆表示地球的赤道。（把“剪刀”合拢，方便找几何关系）由几何关系得

⑥由③式知，当时，卫星比卫星转得快，考虑卫星的公转后应有

⑦由③④⑤⑥⑦式得

⑧磁场几何问题1.如右图所示，有一个正方形的匀强磁场区域，是的中点，是的中点，如果在点沿对角线方向以速度射入一带负电的带电粒子，恰好从点射出。如果粒子的速度增大为原来的___倍，将从点射出。答案：52.（2013全国大纲卷）如图，虚线OL与y轴的夹角，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于p点（图中未画出）且OP=R。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。答案：（20分）根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线

OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为α；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴的P点，设AP与x轴的夹角为β，如图所示。有（判断出圆心在y轴上得1分）

（1分）

周期为

（1分）

过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D。由几何知识得

，

，

，

（2分）

联立得到

（2分）

解得

，或

（各2分）

设M点到O点的距离为h，有

，

联立得到

（1分）

解得

（

）（2分）

（

）（2分）

当

时，粒子在磁场中运动的时间为

（2分）

当

时，粒子在磁场中运动的时间为

（2分）磁聚焦1.（2016马鞍山三模）如图甲所示,在真空中,半径为R的圆形区域内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外.在磁场左侧有一对平行金属板M、N,两板间距离也为R,板长为L,板的中心线与磁场的圆心O在同一直线上.置于处的粒子发射源可连续以速度沿两板的中线发射电荷量为q、质量为m的带正电的粒子(不计粒子重力),MN两板不加电压时,粒子经磁场偏转后恰好从圆心O的正下方P点离开磁场;若在M、N板间加如图乙所示交变电压,交变电压的周期为,时刻入射的粒子恰好贴着N板右侧射出.求

(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小

(2)交变电压电压的值

(3)若粒子在磁场中运动的最长、最短时间分别为、,则它们的差值为多大?解:(1)当时粒子沿方向射入磁场轨迹如图,设其半径为.

由几何关系得:根据计算得出:.

(2)在时刻入射粒子满足:,计算得出:.

(3)经分析可以知道所有粒子经电场后其速度仍为,

当时刻入射的粒子贴M板平行射入磁场轨迹如,偏转角为.

由几何知识可以知道四边形为菱形,故,

当时刻入射的粒子贴N板平行射入磁场轨迹如

偏转角为.

由几何知识可以知道为菱形,故,

又

故

.平移圆1.如图所示,有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场,磁感应强度为B,其边界为一边长为

L的正三角形,A、B、C为三角形的三个顶点.若一质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力),以速度从AB边上的某点P垂直于AB边竖直向上射入磁场,然后能从BC边上某点Q射出.关于P点入射的范围和从Q点射出的范围,下列判断正确的是(

)A.

B.

C.

D.

答案：AD

解:A、B、由半径公式可得粒子在磁场中做圆周运动的半径为,如图所示,当圆心处于位置时,粒子正好从AC边切过,并与BC边过,因此入射点为离开B最远的点,满足,A正确,B错误;

C、D、当圆心处于位置时,粒子从射入,打在BC边的Q点,因为此时Q点距离AB最远为圆的半径,故QB最大,即,D正确,C错误.

2.如图,直角坐标系xOy中,A、C分别为x、y轴上的两点,OC长为L,

,

区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场,区域外无磁场,有大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以平行于y轴方向从OA边各处持续不断射入磁场,已知能从AC边垂直射出的粒子在磁场中的运动时间为t,不考虑粒子间的相互作用且粒子重力不计.

(1)求磁场磁感应强度B的大小;

(2)若粒子入射速度相同,有些粒子能在边界AC上相遇,求相遇的粒子入射时间差的最大值.答案：解:(1)恰恰好垂直于AC边射出磁场的轨迹如图,根据几何知识得,在磁场中的轨迹对应的圆心角,在磁场中的运动时间:

又

得到:

(2)因为入射速度相同,则半径一样,能在AC边相遇的情形有多种,两圆弧对应的圆心角之差最大时,两粒子入射的时间差最大.如图甲,

为等腰三角形,由几何关系得:

又

得

可见:最大时,最大.

而当B为切点时,最大(如图乙),为等边三角形,由几何关系得:

则

缩放圆1.如图所示，边长为L的正方形abcd内有垂直于纸面向里、磁感应强度为B的