一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．如图所不，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场．位于x 轴下方的离子源C发射质量为m、电荷量为g的一束负离子，其初速度大小范围0?
，这束离子经电势差的电场加速后，从小孔O（坐标原点）垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上．在x轴上2a?3a区间水平固定放置一探测板（），假设每秒射入磁场的离子总数为N0，打到x轴上的离子数均匀分布（离子
重力不计）．
（1）求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；
（2）调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小B1；
（3）保持磁感应强度B1不变，求每秒打在探测板上的离子数N；若打在板上的离子80%被吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．
【来源】浙江省2018版选考物理考前特训（2017年10月)加试30分特训：特训7 带电粒子在场中的运动试题
【答案】（1）；（2）（3）
【解析】
(1)对于初速度为0的离子，根据动能定理：：qU＝mv
在磁场中洛仑兹力提供向心力：，所以半径：r1＝＝a
恰好打在x＝2a的位置；
对于初速度为v0的离子，qU＝mv－m(v0)2
r2＝＝2a，
恰好打在x＝4a的位置
故离子束从小孔O射入磁场打在x轴上的区间为[2a，4a]
(2)由动能定理
qU＝mv－m(v0)2
r3＝
r3＝a
解得B1＝B0
(3)对速度为0的离子
qU＝mv
r4＝＝a
2r4＝1.5a
离子打在x轴上的区间为[1.5a,3a]
N＝N0＝N0
对打在x＝2a处的离子
qv3B1＝
对打在x＝3a处的离子
qv4B1＝
打到x轴上的离子均匀分布，所以＝
由动量定理
－Ft＝－0.8Nm＋0.2N(－0.6m－m)
解得F＝N0mv0．
【名师点睛】
初速度不同的粒子被同一加速电场加速后，进入磁场的速度也不同，做匀速圆周运动的半径不同，转半圈后打在x轴上的位置不同．分别求出最大和最小速度，从而求出最大半径和最小半径，也就知道打在x轴上的区间；打在探测板最右端的粒子其做匀速圆周运动的半径为1.5a，由半径公式也就能求出磁感应强度；取时间t=1s，分两部分据动量定理求作用力．两者之和就是探测板受到的作用力．
2．如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上．在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场．在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q＞0)和初速度v的带电微粒．发射时，这束带电微粒分布在0＜y＜2R的区间内．已知重力加速度大小为g．（1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求电场强度和磁感应强度的大小与方向．
（2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由．
（3）若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由．
【来源】带电粒子在电场中运动压轴大题
【答案】（1）
mg
E
q
=，方向沿y轴正方向；
mv
B
qR
=，方向垂直xOy平面向外（2）通
过坐标原点后离开；理由见解析（3）范围是x＞0；理由见解析
【解析】
【详解】
(1)带电微粒平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力的大小相等，方向相反．设电场强度大小为E，由：
mg qE
=
可得电场强度大小：
mg
q
E=
方向沿y轴正方向；
带电微粒进入磁场后受到重力、电场力和洛伦兹力的作用．由于电场力和重力相互抵消，它将做匀速圆周运动．如图（a）所示：
考虑到带电微粒是从C点水平进入磁场，过O点后沿y轴负方向离开磁场，可得圆周运动半径r R
=；设磁感应强度大小为B，由：
2
v
qvB m
R
=
可得磁感应强度大小：
mv
B
qR
=
根据左手定则可知方向垂直xOy 平面向外；
(2)从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，如图（b ）所示，设P 点与O '点的连线与y 轴的夹角为θ，其圆周运动的圆心Q 的坐标为
(sin ,cos )R R θθ-，圆周运动轨迹方程为：
222(sin )(cos )x R y R R θθ++-=
而磁场边界是圆心坐标为（0，R ）的圆周，其方程为：
22()x y R R +-=
解上述两式，可得带电微粒做圆周运动的轨迹与磁场边界的交点为
x y =??
=? 或：
sin {
(1cos )
x R y R θθ=-=+
坐标为[sin ,(1cos )]R R θθ-+的点就是P 点，须舍去．由此可见，这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；
(3)带电微粒初速度大小变为2v ，则从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的半径r '为：
(2)
2m v r R qB
'=
= 带电微粒在磁场中经过一段半径为r '的圆弧运动后，将在y 轴的右方（x ＞0区域）离开磁场并做匀速直线运动，如图（c ）所示．靠近M 点发射出来的带电微粒在穿出磁场后会射向x 轴正方向的无穷远处；靠近N 点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场 所以，这束带电微粒与x 轴相交的区域范围是x ＞0．
答：（1）电场强度mg q
E=，方向沿y轴正方向和磁感应强度
mv
B
qR
=，方向垂直xOy平面向外．
（2）这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；
（3）若这束带电微粒初速度变为2v，这束带电微粒与x轴相交的区域范围是x＞0。
3．利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q．加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．
(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；
(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；
(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．
【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（北京)
【答案】（1
1
2qU
m
2
12
2
8U
m m
qB
（3）d m12
12
2
m m
m m
-
-
L
【解析】
（1）动能定理Uq
＝1
2
m1v12
得：v1＝
1
2qU
m
…①
（2）由牛顿第二定律和轨道半径有：
qvB＝
2
mv
R
，R＝
mv
qB
利用①式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）：
R1＝1
2
2mU
qB
，R2＝2
2
2m U
qB
…②
两种离子在GA上落点的间距s＝2(R1?R2)＝
12
2
8
()
U
m m
qB
-…③
（3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d（如图二中的粗线所示）．同理，质量为m2的离子在GA
边上落点区域的宽度也是d（如图二中的细线所示）．
为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2（R1-R2）＞d…④
利用②式，代入④式得：2R1(1?2
1
m
m
＞d
R1的最大值满足：2R1m=L-d
得：(L?d)(1?2
1
m
m
＞d
求得最大值：d m12
12
2
m m
m m
-
-
L
4．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN分为上、下两部分，上部分的电场方
向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。挡板PQ 垂直MN 放置，挡板的中点置于N 点。在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。在左侧虚线上紧靠M 的上方取点A
，一比荷
q
m
=5×105C/kg 的带正电粒子，从A 点以v 0=2×103m/s 的速度沿平行MN 方向射入电场，该粒子恰好从P 点离开电场，经过磁场的作用后恰好从Q 点回到电场。已知MN 、PQ 的长度均为L=0.5m ，不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应。
(1)求电场强度E 的大小； (2)求磁感应强度B 的大小；
(3)在左侧虚线上M 点的下方取一点C ，且CM=0.5m ，带负电的粒子从C 点沿平行MN 方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q 点和P 点，求两带电粒子在A 、C 两点射入电场的时间差。 【来源】【市级联考】陕西省榆林市2019届高三第二次理科综合模拟试题（物理部分) 【答案】(1) 16/N C (2) 21.610T -? (3) 43.910s -? 【解析】 【详解】
（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v 0t
2
122L qE t m = 解得E=16N/C
（2）设带正电的粒子从P 点射出电场时与虚线的夹角为θ，则：0
tan v qE t m
θ=
可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为2v 0
粒子在磁场中做匀速圆周运动：2
v qvB m r
=
由几何关系可知22
r L = 解得B=1.6×10-2T
（3）两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速
圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为3
2
π
，带负电的粒子转过的圆心角为
2
π
；两带电粒子在AC两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差；
若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间
22
r m
T
v qB
ππ
==；
带正电的粒子在磁场中运动的时间为：4
1
3
5.910s
4
t T-
==?；
带负电的粒子在磁场中运动的时间为：4
2
1
2.010s
4
t T-
==?
带电粒子在AC两点射入电场的时间差为4
12
3.910
t t t s
-
?=-=?
5．如图，区域I内有与水平方向成45°角的匀强电场1E，区域宽度为1d，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场2
E，区域宽度为
2
d，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了30o，重力加速度为g，求：
(1)区域I和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度12
E E
、的大小.
(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小.
(3)微粒从P运动到Q的时间有多长.
【来源】【市级联考】陕西省咸阳市2019届高三模拟检测（三)理综物理试题
【答案】(1)
1
2mg
E=2
mg
E
q
=1
2
2
m gd12
1
6
2
6
d d
gd
gd
π
+
【解析】
【详解】
(1)微粒在区域I 内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：1sin45qE mg ?= 求得：12mg
E =
微粒在区域II 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2mg qE
= 求得：2mg
E q
=
(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452
qE d mv ?=
2
v qvB m R
=
根据几何关系，分析可知：2
22sin30d R d ==?
整理得：1
2
2m gd B =
(3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2，并满足：
2
11112
a t d = 1tan45mg ma ?=
2302360R
t v
π?=
?? 经整理得：112
121222612126gd d d d t t t gd g gd ππ+=+=
+?=
6．如图为近代物理实验室中研究带电粒子的一种装置．带正电的粒子从容器A 下方小孔S 不断飘入电势差为U 的加速电场．进过S 正下方小孔O 后，沿SO 方向垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打在照相底片D 上并被吸收，D 与O 在同一水平面上，粒子在D 上的落点距O 为x ，已知粒子经过小孔S 时的速度可视为零，不考虑粒子重力．
（1）求粒子的比荷q/m ；
（2）由于粒子间存在相互作用，从O 进入磁场的粒子在纸面内将发生不同程度的微小偏转．其方向与竖直方向的最大夹角为α，若假设粒子速度大小相同，求粒子在D 上的落点与O 的距离范围；
（3）加速电压在（U±△U）范围内的微小变化会导致进入磁场的粒子速度大小也有所不同．现从容器A中飘入的粒子电荷最相同但质量分别为m1、m2（m1＞m2），在纸面内经
电场和磁场后都打在照相底片上．若要使两种离子的落点区域不重叠，则U U
V
应满足什么条件？（粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大夹角仍为α）
【来源】浙江诸暨市牌头中学2017-2018学年高二1月月考物理试题
【答案】（1）
22
8U
B x
（2）最大值x最小值cos
xα（3）
2
12
2
12
cos
cos
m m
U
m m
α
α
-
?<
+
2
12
(cos)
m m
α>
【解析】
【详解】
（1）沿SO方向垂直进入磁场的粒子，最后打在照相底片D的粒子；
粒子经过加速电场：qU=
1
2
mv2
洛伦兹力提供向心力：qvB=m
2
v
R
落点到O的距离等于圆运动直径：x=2R
所以粒子的比荷为：
22
8
q U
m B x
=
（2）粒子在磁场中圆运动半径
2
2
qmU x
R==
由图象可知：粒子左偏θ角（轨迹圆心为O1）或右偏θ角（轨迹圆心为O2）
落点到O的距离相等，均为L=2Rcosθ
故落点到O的距离
最大：L max=2R=x
最小：L min=2Rcosα=xcosα
（3）①考虑同种粒子的落点到O的距离；
当加速电压为U+△U、偏角θ=0时，距离最大，
L max=2R max=
2
2()
qm U U
Bq
+?
当加速电压为U-△U、偏角θ=α时，距离最小
L min=2R min cosα=2
2(
)
qm U U
Bq
-?
cosα
②考虑质量不同但电荷量相同的两种粒子
由R=
2qmU
和 m1＞m2，知：R1＞R2
要使落点区域不重叠，则应满足：L1min＞L2max
1
2
2()
qm U U
Bq
-?
cosα＞2
2
2()
qm U U
Bq
+?
解得：
2
12
2
12
cos
cos
m m
U
m m
α
α
-
?<
+
．
（应有条件m1cos2α＞m2，否则粒子落点区域必然重叠）
7．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间有狭缝（间距d R
<<），匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为q
+，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为0
U，周期为T，与粒子在磁场中的周期相同．一束该种粒子在0~/2
t T
=时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.粒子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动；粒子重力不计，不考虑粒子在狭缝中的运动时间，不考虑粒子间的相互作用.求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B；
（2）粒子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间0t；
（3）实际中粒子的质量会随速度的增加而增大，加速后的质量m与原来质量0m的关系：
2
1
m
v
t
=
??
- ?
??
1%后估计最多还能再加速多少次（需要简述理由）？②若粒子质量最终增加2%，那么粒子最终速度为光速的多少倍（结果保留一位有
效数字）？
【来源】【全国百强校】天津市实验中学2019届高三考前热身训练物理试题
【答案】（1）2m qr π（2）220R m
qU T
π（3）100次；0.2
【解析】 【详解】
解：(1) 依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心，则有：2
v qvB m R
=
电压周期T 与粒子在磁场中的周期相同：2r
T v
π= 可得2m T qB
π=
，2m
B qr π= (2)粒子运动半径为R 时：2R v r π=且2
km 12
E mv = 解得：22
km
2
2mR E T π=
粒子被加速n 次达到动能km E ，则有：0km E nqU =
不考虑粒子在狭缝中的运动时间，又有粒子在电场中的加速次数与回旋半周的相同，得粒
子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间：22002T R m
t n qU T
π=?=
(3)粒子在磁场中的周期：2n
T qB
π=
，质量增加1%，周期增大1%， 再加速次数不超过221001%
r
T ?=?次
加速后的质量m 与原来质量0m 的关系：2
1()m v c
=
-， 01.02m m = 粒子最终速度为：0.2v c = 即粒子最终速度为光速的0.2倍
8．在平面直角坐标系xOy 中，第Ⅱ、Ⅲ象限y 轴到直线PQ 范围内存在沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度大小500N/C E =，第I 、Ⅳ象限以()0.4,0为圆心，半径为的
圆形范围内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度0.5T B =.大量质量为
10110kg m -=?，电荷量6110C q -=?的带正电的粒子从PQ 上任意位置由静止进入电
场．已知直线PQ 到y 轴的距离也等于R ．不计粒子重力，求：
（1）粒子进入磁场时的速度大小；
（2）若某个粒子出磁场时速度偏转了120o ，则该粒子进入电场时到y 轴的距离h 多大？ （3）粒子在磁场中运动的最长时间．
【来源】天津市耀华中学2019届高三高考二模物理试题 【答案】（1）2000m/s （2）0.2m （3）4210s π-? 【解析】 【详解】
（1）粒子在电场中加速，则有：212
EqR mv = 解得：2000m/s v =
（2）在磁场中，有：2
v qvB m r
=
解得： 0.4m r R ==
即正好等于磁场半径，如图，轨迹圆半径与磁场圆半径正好组成一个菱形
由此可得sin300.2h R m =?=
（3）无论粒子从何处进入磁场，（2）中菱形特点均成立，所有粒子均从同一位置射出磁场，故4max 210s 2T m t Bq
ππ-=
==?
9．如图所示，处于竖直面内的坐标系x 轴水平、y 轴竖直，第二象限内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直坐标平面向里。带电微粒从x 轴上M
点以某一速度射入电磁场中，速度与x 轴负半轴夹角α=53°，微粒在第二象限做匀速圆周运动，并垂直y 轴进入第一象限。已知微粒的质量为m ，电荷量为-q ，OM 间距离为L ，重力加速度为g ，sin53°=0．8，cos53°=0．6。求
(1)匀强电场的电场强度E ；
(2)若微粒再次回到x 轴时动能为M 点动能的2倍，匀强磁场的磁感应强度B 为多少。 【来源】【市级联考】山东省滨州市2019届高三第二次模拟（5月)考试理综物理试题 【答案】(1) mg q (2) B 8m gL 或B 85m g
q L
【解析】 【详解】
（1）微粒在第二象限做匀速圆周运动，则qE=mg ，解得:E =
mg
q
（2）微粒垂直y 轴进入第一象限，则圆周运动圆心在y 轴上，由几何关系得:r sinα=L
由向心力公式可知： qvB =m 2
v r
微粒在第一象限中2112
k mgr cos E mv α+=-（） 21
22
k E mv =?
联立解得:B 8m gL B 85m g
q L
10．如图，空间某个半径为R 的区域内存在磁感应强度为B 的匀强磁场，与它相邻的是一对间距为d ，足够大的平行金属板，板间电压为U 。一群质量为m ，带电量为q 的带正电的粒子从磁场的左侧以与极板平行的相同速度射入磁场。不计重力，则
（1）离极板AB 距离为
2
R
的粒子能从极板上的小孔P 射入电场，求粒子的速度？ （2）极板CD 上多长的区域上可能会有带电粒子击中？
（3）如果改变极板的极性而不改变板间电压，发现有粒子会再次进入磁场，并离开磁场区域。计算这种粒子在磁场和电场中运动的总时间。
【来源】江苏省苏州新区一中2019届高三一摸模拟物理试题 【答案】（1）入射粒子的速度qBR
v m
=
；（2）带电粒子击中的长度为222222B R d q x mU
=；（3）总时间12
2m dBR t t t qB U π=+=+ 【解析】 【详解】
（1）洛伦兹力提供向心力，2
mv qvB r
=，解得
mv r qB = 根据作图可解得，能从极板上的小孔P 射入电场，r R = 所以，入射粒子的速度qBR
v m
=
（2）所有进入磁场的粒子都能从P 点射入电场，从最上边和最下边进入磁场的粒子将平行极板进入电场，这些粒子在垂直于电场方向做匀加速直线运动，F qU a m md
=
= 212
d at =
解得2
2md t qU
=
沿极板运动的距离2222B R d q
x vt mU ==
有带电粒子击中的长度为222222
B R d q
x mU
= （3）能再次进入磁场的粒子应垂直于极板进入电场，在电场中运动的时间
122
v dBR t a U
== 在磁场中运动的时间为22
T
t =
，22R m T v qB ππ==
所以2m
t qB
π=
总时间122m
dBR
t t t qB
U
π=+=
+
11．如图所示，在xoy 平面的第二象限内有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度的大小E=102V/m ，第一象限某区域内存在着一个边界为等边三角形的匀强磁场，磁场方向垂直xoy 平面向外。一比荷
q
m
=107C/kg 的带正电粒子从x 轴上的P 点射入电场，速度大小v 0=2×104m/s ，与x 轴的夹角θ=60°。该粒子经电场偏转后，由y 轴上的Q 点以垂直于y 轴的方向进入磁场区域，经磁场偏转射出，后来恰好通过坐标原点O ，且与x 轴负方向的夹角α=60°，不计粒子重力。求：
(1)OP 的长度和OQ 的长度； (2)磁场的磁感应强度大小； (3)等边三角形磁场区域的最小面积。
【来源】安徽蚌埠市2019届高三第二次教学质量检查考试理综（二模)物理试题 【答案】(1) 30.15OP OQ m ==，223310m - 【解析】 【详解】
解：(1)粒子在电场中沿x 轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿y 轴正方向的分运动是匀变速直线运动
沿y 轴方向：qE ma =，0v sin θt a =
，，0
v sin θ
OQ t 2
= 沿x 轴正方向：0OP v cos θt =? 联立解得：3
OP m OQ 0.15m 10
，=
= (2)粒子在磁场中作半径为r 的匀速圆周运动，其轨迹如图
根据几何关系由：r OQ r cos α
=+ 解得：r=0.05m
根据牛顿第二定律可得：()2
v cos θBqv cos θm r
=
解得：B=0.02T
(3)根据粒子运动轨迹和几何关系可知，以弦QD 为边长L 的△QRD 是磁场区域面积最小的等边三角形，如图，则L 3r =， 故最小面积：222min 133
S L sin60?10m 216
-=
=?
12．如图所示，在平面直角坐标系中，AO 是∠xOy 的角平分线，x 轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m 、电荷量为＋q 的质点从OA 上的M 点由静止释放，质点恰能沿AO 运动且通过O 点，经偏转后从x 轴上的C 点（图中未画出）进入第一象限内并击中AO 上的D 点（图中未画出）．已知OM 的长度1202L =m ，匀强磁场的磁感应强度大小为B
＝m
q
(T)，重力加速度g 取10m/s 2．求：
(1)两匀强电场的电场强度E 的大小； (2)OC 的长度L 2；
(3)质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间t ．
【来源】2018《单元滚动检测卷》高考物理（四川专用)精练第九章物理试卷
【答案】(1) mg q
E = (2)40m (3)7.71 s
【解析】 【详解】
(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场，沿AO 做匀加速直线运动，所以有
mg qE =
即mg q
E =
(2)质点在x 轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C 点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示，
有：2
v qvB m R
=
由运动规律知22v aL =1 由牛顿第二定律得：2a g =
解得：202m R =
由几何知识可知OC 的长度为：L 2=2Rcos45°=40m (3) 质点从M 到O 的时间为：1=2v
t s a
= 质点做圆周运动时间为：2323 4.7142R t s s v ππ=
?== 质点做类平抛运动时间为：3=
1R
t s v
= 质点全过程所经历的时间为：t=t 1+t 2+t 3=7.71s 。
13．在空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，其竖直边界AB 、CD 的宽度为d ，在边界AB 左侧是竖直向下、场强为E 的匀强电场，现有质量为m 、带电量为+q 的粒子（不计重力）从P 点以大小为v 0的水平初速度射入电场，随后与边界AB 成45°射入磁场，若粒子能垂直CD 边界飞出磁场，试求： （1）匀强磁场的磁感应强度B ； （2）从进入电场到穿出磁场的总时间。
【来源】陕西省汉中市汉台区2019届高三年级教学质量第一次检测考试物理试题
【答案】（1）匀强磁场的磁感应强度B 为0
mv qd ；（2）从进入电场到穿出磁场的总时间为
00
4π+mv d
qE v 。 【解析】 【详解】
（1）粒子进入磁场时的速度为：0
02cos 45v v v ==?
粒子运动轨迹如图所示，
由几何知识得：2sin 45=
=?
d
r d
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2
v qvB m r
=
解得：0
mv B qd
=
； （2）粒子在电场中做类平抛运动，粒子进入磁场时的竖直分速度为：v y =v sin45°=v 0=
1qE
t m
， 解得，粒子在电场中的运动时间为：0
1mv t qE
=； 粒子在磁场中做匀速运动的周期为：2m
T qB
π=
；
粒子在磁场中转过的圆心角我：θ=45°， 粒子在磁场中的运动时间为：23604θ
π=
=
?
m
t T qB
，
粒子从进入电场到穿出磁场的总时间为：0120
4π=+=
+mv d
t t t qE v
14．在如图所示的竖直平面内,水平轨道CD 和倾斜轨道GH 与半径r=
9
44
m 的光滑圆弧轨道分别相切于D 点和G 点,GH 与水平面的夹角θ=37°．过G 点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度B=1.25T;过D 点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场,电场方向水平向右,电场强度E=1×104N/C ．小物体P 1质量m=2×10-3kg 、电荷量q=+8×10-6C,受到水平向右的推力F=9.98×10-3N 的作用,沿CD 向右做匀速直线运动,到达D 点后撤去推力．当P 1到达倾斜轨道底端G 点时,不带电的小物体P 2在GH 顶端静止释放,经过时间t=0.1s 与P 1相遇．P 1和P 2与轨道CD 、GH 间的动摩擦因数均为μ=0.5,取g=10m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,物体电荷量保持不变,不计空气阻力．求:
(1)小物体P 1在水平轨道CD 上运动速度v 的大小; (2)倾斜轨道GH 的长度s ．
【来源】【全国百强校】2017届浙江省温州中学高三3月高考模拟物理试卷（带解析) 【答案】（1）4m/s （2）0.56m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）设小物体P 1在匀强磁场中运动的速度为v ，受到水平外力F ，重力mg ，支持力N ，竖直向上的洛伦兹力F 1，滑动摩擦力f 则F 1=qvB①
N mg qvB =-，f N μ=②
匀速直线运动，物体处于平衡状态；0F f -=③ 解得4v =m/s④
说明：①③各1分，②④各2分
(2)设物体P 1在G 点的速度为1v ，由于洛伦兹力不做功 由动能定理知22
111sin 37(1cos37)22
qEr mgr mv mv ?--?=
-⑤
第11单元电磁感应 [内容和方法] 本单元内容包括电磁感应现象、自感现象、感应电动势、磁通量的变化率等基本概念，以及法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则等规律。 本单元涉及到的基本方法，要求能够从空间想象的角度理解法拉第电磁感应定律。用画图的方法将题目中所叙述的电磁感应现象表示出来。能够将电磁感应现象的实际问题抽象成直流电路的问题；能够用能量转化和守恒的观点分析解决电磁感应问题；会用图象表示电磁感应的物理过程，也能够识别电磁感应问题的图像。 [例题分析] 在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：概念理解不准确；空间想象出现错误；运用楞次定量和法拉第电磁感应定律时，操作步骤不规范；不会运用图像法来研究处理，综合运用电路知识时将等效电路图画错。 例1在图11－1中，CDEF为闭合线圈，AB为电阻丝。当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，线圈CDEF中的感应电流在G处产生的磁感强度的方向是“·”时，电源的哪一端是正极？ 【错解分析】错解：当变阻器的滑动头在最上端时，电阻丝AB因被短路而无电流通过。由此可知，滑动头下移时，流过AB中的电流是增加的。当线圈CDEF中的电流在G处产生的磁感强度的方向是“·”时，由楞次定律可知AB中逐渐增加的电流在G处产生的磁感强度的方向是“×”，再由右手定则可知，AB中的电流方向是从A流向B，从而判定电源的上端为正极。 楞次定律中“感生电流的磁场总是要阻碍引起感生电流的磁通量的变化”，所述的“磁通量”是指穿过线圈内部磁感线的条数，因此判断感应电流方向的位置一般应该选在线圈的内部。 【正确解答】 当线圈CDEF中的感应电流在G处产生的磁感强度的方向是“·”时，它在线圈内部产生磁感强度方向应是“×”，AB中增强的电流在线圈内部产生的磁感强度方向是“·”，所以，AB中电流的方向是由B流向A，故电源的下端为正极。 【小结】 同学们往往认为力学中有确定研究对象的问题，忽略了电学中也有选择研究对象的问题。学习中应该注意这些研究方法上的共同点。 例2长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t= 0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是[ ]
精心整理 高一物理运动学练习题（一） 1、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，可以把物体简化为一个有质量的点，即质点．物理学中，把这种在原型的基础上，突出问题的主要方面，忽略次要因素，经过科学抽象而建立起来的客体称为（） A.控制变量 B.理想模型 C.等效代替 D.科学假说 2．下列关于质点的说法中，正确的是（）A．体积很小的物体都可看成质点 B．不论物体的质量多大，只要物体的尺寸对所研究的问题没有影响或影响可以忽略不计，就可以看成质点 C．研究运动员跨栏时身体各部位的姿势时可以把运动员看成质点 D．研究乒乓球的各种旋转运动时可以把乒乓球看成质点 3．下列各组物理量中，都是矢量的是（）A．位移、时间、速度B．速度、速率、加速度 C．加速度、速度的变化、速度D．速度、路程、位移 4.一个物体从A点运动到B点，下列结论正确的是（） A．物体的位移一定等于路程B．物体的位移与路程的方向相同，都从A指向B C．物体的位移的大小总是小于或等于它的路程D．物体的位移是直线，而路程是曲线 5．一个小球从5m高处落下，被水平地面弹回，在4m高处被接住，则小球在整个过程中（取向下为正方向）（） A．位移为9m B．路程为－9m C．位移为－1m D．位移为1m 6.下列关于速度和加速度的说法中，正确的是（） A．物体的速度越大，加速度也越大B．物体的速度为零时，加速度也为零 C．物体的速度变化量越大，加速度越大D．物体的速度变化越快，加速度越大 7.我国飞豹战斗机由静止开始启动，在跑动500m后起飞，已知5s末的速度为10m/s，10s末的速度为15m/s，在20s末飞机起飞。问飞豹战斗机由静止到起飞这段时间内的平均速度为() A．10m/s B．12.5m/s C．15m/s D．25m/s 8．在同一张底片上对小球运动的路径每隔0.1s拍一次照，得到的照片如图所示，则小球在拍照的时间内，运动的平均速度是（） A．0.25m/s B．0.2m/s C．0.17m/sD．无法确定 9.以下各种运动的速度和加速度的关系可能存在的是 A．速度向东，正在减小，加速度向西，正在增大 B．速度向东，正在增大，加速度向西，正在减小 C．速度向东，正在增大，加速度向西，正在增大 D．速度向东，正在减小，加速度向东，正在增大 10.一足球以12m/s的速度飞来，被一脚踢回，踢出时的速度大小为24m/s，球与脚接触时间为0.1s，则此过程中足球的加速度为：（） A、120m/s2,方向与中踢出方向相同 B、120m/s2,方向与中飞来方向相同
高中物理直线运动专项训练100(附答案) 一、高中物理精讲专题测试直线运动 1．倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D 处平滑连接，斜面上AB 的长度为3L ，BC 、 CD 的长度均为3.5L ，BC 部分粗糙，其余部分光滑。如图，4个“— ”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L 的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A 处。现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D 处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。已知每个滑块的质量为m 并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan θ，重力加速度为g 。求 （1）滑块1刚进入BC 时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小； （2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。 【答案】（1）3sin 4 F mg θ=（2）43d L = 【解析】 【详解】 （1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC 段时，4个滑块的加速度为a ，由牛顿第二定律：4sin cos 4mg mg ma θμθ-?= 以滑块1为研究对象，设刚进入BC 段时，轻杆受到的压力为F ，由牛顿第二定律： sin cos F mg mg ma θμθ+-?= 已知tan μθ= 联立可得：3 sin 4 F mg θ= （2）设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC 时，滑块的共同速度为v 这个过程， 4个滑块向下移动了6L 的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L 、2L 、L ，由动能定理，有： 21 4sin 6cos 32)4v 2 mg L mg L L L m θμθ?-??++= ?（ 可得：v 3sin gL θ= 由于动摩擦因数为tan μθ=，则4个滑块都进入BC 段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v 做匀速运动； 第1个滑块离开BC 后做匀加速下滑，设到达D 处时速度为v 1，由动能定理：
第七单元：热学 令狐文艳 [内容和方法] 本单元内容包括两部分，一是微观的分子动理论部分，一是宏观的气体状态变化规律。其中分子动理论部分包括分子动理论的基本观点、分子热运动的动能、分子间相互作用的势能和物体的内能等概念，及分子间相互作用力的变化规律、物体内能变化的规律、能量转化和守恒定律等基本规律；气体状态变化规律中包括热力学温度、理想气体和气体状态参量等有关的概念，以及理想气体的等温、等容、等压过程的特点及规律（包括公式和图象两种描述方法）。 本单元中所涉及到的基本方法是理想化的模型方法，其中在分子动理论中将微观分子的形状视为理想的球体，这是通过阿伏伽德罗常数对微观量进行估算的基础；在气体状态变化规律中，将实际中的气体视为分子没有实际体积且不存在相互作用力的理想气体，从而使气体状态变化的规律在误差允许的范围内得以大大的简化。 [例题分析] 在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对较为抽象的分子热运动的动能、分子相互作用的势能及分子间相互作用力的变化规律理解不到位，导致这些微观量及规律与宏观的温度、物体的体积之间关系不能建立起正确的关系。
对于宏观的气体状态的分析，学生的问题通常表现在对气体压强的分析与计算方面存在着困难，由此导致对气体状态规律应用出现错误；另外，本单元中涉及到用图象法描述气体状态变化规律，对于p—V，p—T，V—T图的理解，一些学生只观注图象的形状，不能很好地理解图象上的点、线、斜率等的物理意义，因此造成从图象上分析气体温度变化（内能变化）、体积变化（做功情况）时出现错误，从而导致利用图像分析气体内能变化等问题时的困难。 例1 下列说法中正确的是[ ] A．温度低的物体内能小 B．温度低的物体分子运动的平均速率小 C．做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大 D．外界对物体做功时，物体的内能不一定增加 【错解分析】错解一：因为温度低，动能就小，所以内能就小，所以应选A 而温度低的物体分子平均动能小，所以速率也小。所以应选B。 错解三：由加速运动的规律我们了解到，物体的速度大小由初速和加速度与时间决定，随着时间的推移，速度肯定越来越快再由动能公式
高中物理牛顿运动定律题20套(带答案) 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．如图所示，质量M=0．4kg 的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板问的距离L=0．5m ，某时刻另一质量m=0．1kg 的小滑块(可视为质点)以v 0=2m ／s 的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0．2，重力加速度g=10m ／s 2，小滑块始终未脱离长木板。求： (1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰； (2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。 【答案】（1）1.65m （2）0.928m 【解析】 【详解】 解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒： 解得： 对长木板： 得长木板的加速度： 自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度： 解得： 长木板位移： 解得： 两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板 解得： (2)长木板碰竖直挡板后,小滑块和长木板水平方向动量守恒： 最终两者的共同速度： 小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离： 2．地震发生后，需要向灾区运送大量救灾物资，在物资转运过程中大量使用了如图所示的传送带.已知某传送带与水平面成37θ=o 角，皮带的AB 部分长 5.8L m =，皮带以恒定的速率4/v m s =按图示方向传送，若在B 端无初速度地放置一个质量50m kg =的救灾物资
(P 可视为质点)，P 与皮带之间的动摩擦因数0.5(μ=取210/g m s =，sin370.6)=o ， 求： ()1物资P 从B 端开始运动时的加速度． ()2物资P 到达A 端时的动能． 【答案】()1物资P 从B 端开始运动时的加速度是()2 10/.2m s 物资P 到达A 端时的动能 是900J ． 【解析】 【分析】 （1）选取物体P 为研究的对象，对P 进行受力分析，求得合外力，然后根据牛顿第三定律即可求出加速度； （2）物体p 从B 到A 的过程中，重力和摩擦力做功，可以使用动能定律求得物资P 到达A 端时的动能，也可以使用运动学的公式求出速度，然后求动能． 【详解】 （1）P 刚放上B 点时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力的作用，sin mg F ma θ+=； cos N F mg θ=N F F μ=其加速度为：21sin cos 10/a g g m s θμθ=+= （2）解法一：P 达到与传送带有相同速度的位移2 1 0.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用 根据动能定理：()()2211sin 22 A mg F L s mv mv θ--=- 到A 端时的动能2 19002 kA A E mv J = = 解法二：P 达到与传送带有相同速度的位移2 1 0.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用， P 的加速度2 2sin cos 2/a g g m s θμθ=-= 后段运动有：2 22212 L s vt a t -=+， 解得：21t s =， 到达A 端的速度226/A v v a t m s =+=
高中物理专题复习——运动学 ［知识要点复习］ 1.位移（s）：描述质点位置改变的物理量，是矢量，方向由初位置指向末位置，大小是从初位置到末位置的直线长度。 2.速度（v）：描述物体运动快慢和方向的物理量，是矢量。 做变速直线运动的物体，在某段时间内的位移与这段时间的比值叫做这段时间内平均速度。 它只能粗略描述物体做变速运动的快慢。 瞬时速度（v）：运动物体在某一时刻（或某一位置）的速度，瞬时速度的大小叫速率，是标量。 3.加速度（a）：描述物体速度变化快慢的物理量，它的大小等于 矢量，单位m/s2。 4.路程（L ）：物体运动轨迹的长度，是标量。 5.匀速直线运动的规律及图像 （1）速度大小、方向不变 （2）图象 6.匀变速直线运动的规律 （1）加速度a 的大小、方向不变
2）图像 7.自由落体运动只在重力作用下，物体从静止开始的自由运动。 8.牛顿第一运动定律一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止，这叫牛顿第一运动定律。 惯性：物体保持原匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律。惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动情况无关；惯性的大小由物体的质量决定，质量大，惯性大。 9.牛顿第二运动定律物体加速度的大小与所受合外力成正比，与物体质量成反比，加速度的方向与合外力的方向相同。 10.牛顿第三运动定律两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，作用在一条直线上。作用力与反作用力大小相等，性质相同，同时产生，同时消失，方向不同、作用在两个不同且相互作用的物体上，可概括为“三同，两不同”。 11.超重与失重：当系统具有竖直向上的加速度时，物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于其重力的现象叫超重；当系统具有竖直向下的加速度时，物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于其重力的现象叫失重。 12. 曲线运动的条件物体所受合外力的方向与它速度方向不在同一直线，即加速度方向与速度方向不在同一直线。 若用θ表示加速度a 与速度v0的夹角，则有：0°<θ<90°，物体做速率变大的曲线运动；θ＝90°时，物体做速率不变的曲线运动；90° <θ<180°时，物体做速率减小的曲线运动。 13.运动的合成与分解 （1）合运动与分运动的关系 a.等时性：合运动与分运动经历的时间相等； b.独立性：一个物体同时参与了几个分运动，各分运动独立进行，不受其它分运动的影响。 c.等效性：各分运动叠加起来与合运动规律有完全相同的效果。 （2）运动的合成与分解的运算法则遵从平行四边形定则，运动的合成与分解是指位移、速度、加速度的合成与分解。 （3）运动分解的原则
第四单元：动量、动量守恒定律 [内容和方法] 本单元内容包括动量、冲量、反冲等基本概念和动量定理、动量守恒定律等基本规律。冲量是物体间相互作用一段时间的结果，动量是描述物体做机械运动时某一时刻的状态量，物体受到冲量作用的结果，将导致物体动量的变化。冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵守矢量的平行四边形法则。 本单元中所涉及到的基本方法主要是一维的矢量运算方法，其中包括动量定理的应用和动量守定律的应用，由于力和动量均为矢量。因此，在应用动理定理和动量守恒定律时要首先选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值而不能只关注力或动量数值的大小；另外，理论上讲，只有在系统所受合外力为零的情况下系统的动量才守恒，但对于某些具体的动量守恒定律应用过程中，若系统所受的外力远小于系统内部相互作用的内力，则也可视为系统的动量守恒，这是一种近似处理问题的方法。 [例题分析] 在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：只注意力或动量的数值大小，而忽视力和动量的方向性，造成应用动量定理和动量守恒定律一列方程就出错；对于动量守恒定律中各速度均为相对于地面的速度认识不清。对题目中所给出的速度值不加分析，盲目地套入公式，这也是一些学生常犯的错误。 例1 、从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是：[ ] C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢 D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长。 【错解分析】错解：选B。 认为水泥地较草地坚硬，所以给杯子的作用力大，由动量定理I=△P，即F·t =△P，认为F大即△P，大，所以水泥地对杯子的作用力大，因此掉在水泥地上的动量改变量大，所以，容易破碎。 【正确解答】设玻璃杯下落高度为h。它们从h高度落地瞬间的 量变化快，所以掉在水泥地上杯子受到的合力大，冲力也大，所以杯子 所以掉在水泥地受到的合力大，地面给予杯子的冲击力也大，所以杯子易碎。正确答案应选C，D。 【小结】判断这一类问题，应从作用力大小判断入手，再由动量
高中物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析 一、高中物理精讲专题测试曲线运动 1．有一水平放置的圆盘，上面放一劲度系数为k的弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O上，另一端系一质量为m的物体A，物体与盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为l．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．求： （1）盘的转速ω0多大时，物体A开始滑动？ （2）当转速缓慢增大到2ω0时，A仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量△x是多少？ 【答案】（1） g l μ （2） 3 4 mgl kl mg μ μ - 【解析】 【分析】 （1）物体A随圆盘转动的过程中，若圆盘转速较小，由静摩擦力提供向心力；当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的合力提供向心力．物体A刚开始滑动时，弹簧的弹力为零，静摩擦力达到最大值，由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求解角速度ω0． （2）当角速度达到2ω0时，由弹力与摩擦力的合力提供向心力，由牛顿第二定律和胡克定律求解弹簧的伸长量△x． 【详解】 若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与静摩擦力的合力提供向心力． （1）当圆盘转速为n0时，A即将开始滑动，此时它所受的最大静摩擦力提供向心力，则有： μmg＝mlω02， 解得：ω0= g l μ 即当ω0＝ g l μ A开始滑动． （2）当圆盘转速达到2ω0时，物体受到的最大静摩擦力已不足以提供向心力，需要弹簧的弹力来补充，即：μmg+k△x＝mrω12， r=l+△x 解得： 3 4 mgl x kl mg μ μ - V＝ 【点睛】 当物体相对于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是经常用到的临界条件．本题关键是分析物体的受力情况．
高中物理专题汇编直线运动(一)含解析 一、高中物理精讲专题测试直线运动 1．跳伞运动员做低空跳伞表演，当直升机悬停在离地面224m 高时，运动员离开飞机作自由落体运动，运动了5s 后，打开降落伞，展伞后运动员减速下降至地面，若运动员落地速度为5m/s ，取2 10/g m s =，求运动员匀减速下降过程的加速度大小和时间． 【答案】212.5?m/s a =； 3.6t s = 【解析】 运动员做自由落体运动的位移为2211 10512522 h gt m m = =??= 打开降落伞时的速度为：1105/50/v gt m s m s ==?= 匀减速下降过程有：22 122()v v a H h -=- 将v 2=5 m/s 、H =224 m 代入上式，求得：a=12.5m/s 2 减速运动的时间为：12505 3.6?12.5 v v t s s a --= == 2．如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力84N F =而从静止向前滑行，其作用时间为1 1.0s t =，撤除水平推力F 后经过2 2.0s t =，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相 同．已知该运动员连同装备的总质量为60kg m =，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为f 12N F =，求： （1）第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小． （2）该运动员（可视为质点）第二次撤除水平推力后滑行的最大距离． 【答案】（1）1.2m/s 0.6m ； （2）5.2m 【解析】 【分析】 【详解】 （1）根据牛顿第二定律得 1f F F ma -= 运动员利用滑雪杖获得的加速度为 21 1.2m /s a = 第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小 111 1.2 1.0m /s 1.2m /s v a t ==?=
热学 [内容和方法] 本单元内容包括两部分，一是微观的分子动理论部分，一是宏观的气体状态变化规律。其中分子动理论部分包括分子动理论的基本观点、分子热运动的动能、分子间相互作用的势能和物体的内能等概念，及分子间相互作用力的变化规律、物体内能变化的规律、能量转化和守恒定律等基本规律；气体状态变化规律中包括热力学温度、理想气体和气体状态参量等有关的概念，以及理想气体的等温、等容、等压过程的特点及规律（包括公式和图象两种描述方法）。 本单元中所涉及到的基本方法是理想化的模型方法，其中在分子动理论中将微观分子的形状视为理想的球体，这是通过阿伏伽德罗常数对微观量进行估算的基础；在气体状态变化规律中，将实际中的气体视为分子没有实际体积且不存在相互作用力的理想气体，从而使气体状态变化的规律在误差允许的范围内得以大大的简化。 [例题分析] 在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对较为抽象的分子热运动的动能、分子相互作用的势能及分子间相互作用力的变化规律理解不到位，导致这些微观量及规律与宏观的温度、物体的体积之间关系不能建立起正确的关系。对于宏观的气体状态的分析，学生的问题通常表现在对气体压强的分析与计算方面存在着困难，由此导致对气体状态规律应用出现错误；另外，本单元中涉及到用图象法描述气体状态变化规律，对于p—V，p—T，V —T图的理解，一些学生只观注图象的形状，不能很好地理解图象上的点、线、斜率等的物理意义，因此造成从图象上分析气体温度变化（内能变化）、体积变
化（做功情况）时出现错误，从而导致利用图像分析气体内能变化等问题时的困难。 例1 下列说法中正确的是[ ] A．温度低的物体内能小 B．温度低的物体分子运动的平均速率小 C．做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大 D．外界对物体做功时，物体的内能不一定增加 【错解分析】错解一：因为温度低，动能就小，所以内能就小，所以应选A 而温度低的物体分子平均动能小，所以速率也小。所以应选B。 错解三：由加速运动的规律我们了解到，物体的速度大小由初速和加速度与时间决定，随着时间的推移，速度肯定越来越快再由动能公式 错解一是没有全面考虑内能是物体内所有分子的动能和势能的总和。温度低只表示物体分子平均动能小，而不表示势能一定也小，也就是所有分子的动能和势能的总和不一定也小，所以选项A是错的。 实际上因为不同物质的分子质量不同，而动能不仅与速度有关，也与分子质量有关，单从一方面考虑问题是不够全面的，所以错解二选项B也是错的。 错解三的原因是混淆了微观分子无规则运动与宏观物体运动的差别。分子的平均动能只是分子无规则运动的动能，而物体加速运动时，物体内所有分子
高中物理《运动学》练习题 一、选择题 1．下列说法中正确的是（） A ．匀速运动就是匀速直线运动 B ．对于匀速直线运动来说，路程就是位移 C ．物体的位移越大，平均速度一定越大 D ．物体在某段时间内的平均速度越大，在其间任一时刻的瞬时速度也一定越大 2．关于速度的说法正确的是（） A ．速度与位移成正比 B ．平均速率等于平均速度的大小 C ．匀速直线运动任何一段时间内的平均速度等于任一点的瞬时速度 D ．瞬时速度就是运动物体在一段较短时间内的平均速度 3．物体沿一条直线运动，下列说法正确的是（） A ．物体在某时刻的速度为3m/s ，则物体在1s 内一定走3m B ．物体在某1s 内的平均速度是3m/s ，则物体在这1s 内的位移一定是3m C ．物体在某段时间内的平均速度是3m/s ，则物体在1s 内的位移一定是3m D ．物体在发生某段位移过程中的平均速度是3m/s ，则物体在这段位移的一半时的速度一定是3m/s 4．关于平均速度的下列说法中，物理含义正确的是（） A ．汽车在出发后10s 内的平均速度是5m/s B ．汽车在某段时间内的平均速度是5m/s ，表示汽车在这段时间的每1s 内的位移都是5m C ．汽车经过两路标之间的平均速度是5m/s D ．汽车在某段时间内的平均速度都等于它的初速度与末速度之和的一半 5．火车以76km/h 的速度经过某一段路，子弹以600m ／s 的速度从枪口射出，则（） A ．76km/h 是平均速度 B ．76km/h 是瞬时速度 C ．600m/s 是瞬时速度 D ．600m/s 是平均速度 6．某人沿直线做单方向运动，由A 到B 的速度为1v ，由B 到C 的速度为2v ，若BC AB =，则这全过程的平均速度是（） A ．2/)(21v v - B ．2/)(21v v + C ．)/()(2121v v v v +- D ．)/(22121v v v v + 7．如图是A 、B 两物体运动的速度图象，则下列说法正确的是（） A ．物体A 的运动是以10m/s 的速度匀速运动 B ．物体B 的运动是先以5m ／s 的速度与A 同方向 C ．物体B 在最初3s 内位移是10m D ．物体B 在最初3s 内路程是10m 8．有一质点从t ＝0开始由原点出发，其运动的速度—时间图象如图所示，则（） A ．1=t s 时，质点离原点的距离最大 B ．2=t s 时，质点离原点的距离最大 C ．2=t s 时，质点回到原点 D ．4=t s 时，质点回到原点 9．如图所示，能正确表示物体做匀速直线运动的图象是（） 10．质点做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s 2，在质点做匀加速运动的过程中，下列说法正确的是（）
高中物理直线运动试题经典 一、高中物理精讲专题测试直线运动 1．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h =10 m ，C 是半径R =20 m 圆弧的最低点，质量m =60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a =4.5 m/s 2，到达B 点时速度v B =30 m/s ．取重力加速度g =10 m/s 2． （1）求长直助滑道AB 的长度L ； （2）求运动员在AB 段所受合外力的冲量的I 大小； （3）若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力F N 的大小． 【答案】（1）100m （2）1800N s ?（3）3 900 N 【解析】 （1）已知AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即 22 02v v aL -= 可解得:22 1002v v L m a -== （2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以 01800B I mv N s =-=? （3）小球在最低点的受力如图所示 由牛顿第二定律可得：2C v N mg m R -= 从B 运动到C 由动能定理可知： 221122 C B mgh mv mv = -
解得;3900N N = 故本题答案是：（1）100L m = （2）1800I N s =? （3）3900N N = 点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小． 2．质量为2kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F ，其运动的 图象如图所示取 m/s 2，求： （1）物体与水平面间的动摩擦因数； （2）水平推力F 的大小； （3）s 内物体运动位移的大小． 【答案】（1）0.2；（2）5.6N ；（3）56m 。 【解析】 【分析】 【详解】 （1）由题意可知，由v-t 图像可知，物体在4～6s 内加速度： 物体在4～6s 内受力如图所示 根据牛顿第二定律有： 联立解得：μ=0.2 （2）由v-t 图像可知：物体在0～4s 内加速度： 又由题意可知：物体在0～4s 内受力如图所示 根据牛顿第二定律有： 代入数据得：F =5.6N
一、第六章 圆周运动易错题培优（难） 1．如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为m 、m 、2m 的可视为质点的三个物体A 、B 、C ，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO '转动．三个物体与圆盘的动摩擦因数均为0.1μ=，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力．三个物体与轴O 共线且OA =OB =BC =r =0.2 m ，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力．若圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，已知重力加速度为g =10 m/s 2，则对于这个过程，下列说法正确的是（ ） A ．A 、 B 两个物体同时达到最大静摩擦力 B ．B 、 C 两个物体的静摩擦力先增大后不变 C ．当5/rad s ω>时整体会发生滑动 D 2/5/rad s rad s ω<<时，在ω增大的过程中B 、C 间的拉力不断增大 【答案】BC 【解析】 ABC 、当圆盘转速增大时,由静摩擦力提供向心力.三个物体的角速度相等,由2F m r ω=可知,因为C 的半径最大,质量最大,故C 所需要的向心力增加最快,最先达到最大静摩擦力,此时 2122C mg m r μω= ,计算得出:11 2.5/20.4 g rad s r μω= = = ,当C 的摩擦力达到最大静摩擦力之后,BC 开始提供拉力,B 的摩擦力增大,达最大静摩擦力后,AB 之间绳开始有力的作用,随着角速度增大,A 的摩擦力将减小到零然后反向增大,当A 与B 的摩擦力也达到最大时,且BC 的拉力大于AB 整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动,此时A 与B 还受到绳的拉力,对C 可得:2 2222T mg m r μω+= ,对AB 整体可得:2T mg μ= ,计算得出:2g r μω= 当 1 5/0.2 g rad s r μω> = = 时整体会发生滑动,故A 错误,BC 正确; D 、 2.5rad/s 5rad/s?ω<<时，在ω增大的过程中B 、C 间的拉力逐渐增大，故D 错误； 故选BC 2．如图所示，有一可绕竖直中心轴转动的水平足够大圆盘，上面放置劲度系数为k 的弹簧，弹簧的一端固定于轴O 上，另一端连接质量为m 的小物块A （可视为质点），物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为L ，若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ，物块A 始终与圆盘一起转动。则（ ）
第13单元：光学 [内容和方法] 本单元内容包括光的直线传播、棱镜、光的色散、光的反射、光的折射、法线、折射率、全反射、临界角、透镜（凸、凹）的焦点及焦距、光的干涉、光的衍射、光谱、红外线、紫外线、X射线、γ射线、电磁波谱、光电子、光子、光电效应、等基本概念，以及反射定律、折射定律、透镜成像公式、放大率计算式，光的波粒二象性等基本规律，还有光本性学说的发展简史。 本单元涉及到的方法有：运用光路作图法理解平面镜、凸透镜、凹透镜等的成像原理，并能运用作图法解题；根据透镜成像规律，运用逻辑推理的方法判断物象变化情况。 [例题分析] 在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：解题操作过程不规范导致计算错误；将几何光学与物理光学综合时概念不准确；不善于用光路图对动态过程作分析。 例1 光从玻璃射入空气里时传播方向如图13－l所示，请在图中标出入射角和折射角。 【错解分析】错解： 如图13－2所示，α为入射角，β为折射角。 错解原因一是受思维定势的影响，不加分析地认定玻璃与空气总是上下接触的；二是对光的折射及其规律未吃透，将题设文字条件与图形条件结合起来的分析能力差。根据光的折射规律，光从水或玻璃等透明物质射入空气里时，折射角大于入射角，题设文字条件是“从玻璃射入空气”，因此折射角大于入射角，再结合题设所给图形，可知CD为界面，AB为法线。 【正确解答】 如图 13－3所示，α′为入射角，β′折射角（CD左面为玻璃，右面为空气）。
【小结】 解光的折射现象的题目，首先应对光线是从光疏媒质进入光密媒质呢？还是光线是从光密媒质进入光疏媒质作出判断。为了保证你每次做题时，能够不忘判断，建议同学们做光的折射题时，先画出光路图，标出入射光线和出射光线的方向，在界面处标出哪一个是光密媒质，哪一个是光疏媒质。然后再解题。 例2 一束白光从玻璃里射入稀薄空气中，已知玻璃的折射率为1.53，求入射角为下列两种情况时，光线的折射角各为多少？ （1）入射角为50° （2）入射角为30° 【错解分析】错解： r=30°3′ r=19°4′ 此解法中没有先分析判断光线是从光疏媒质进入光密媒质，还是从光密媒质进入光疏媒质，会不会发生全反射。而是死套公式，引起错误。 【正确解答】 光线由玻璃里射入空气中，是由光密媒质射入光疏媒质，其临界角为 由已知条件知，当i=50°时，i＞A，所以光线将发生全反射，不能进入空气中。当i=30°时，i＜A，光进入空气中发生折射现象。 sinr=n·sini=1.53×sin30°=0.765 r= 49°54′ 【小结】 解光的折射现象的题目时，首先应做出判断：光线是从光疏媒质进入光密媒质，还是光线是从光密媒质进入光疏媒质。如是前者则i＞r，如是后者则i＜r。其次，如果是从光密媒质进入光疏媒质中，还有可能发生全反射现象，应再判断入射角是否大于临界角，明确有无折射现象。 例3如图13－4所示，放在空气中折射率为n的平行玻璃砖，表面M和N平行，P，Q两个面相互平行且与M，N垂直。一束光射到表面M上（光束不与M平行），则： [ ]
高中物理直线运动试题经典及解析 一、高中物理精讲专题测试直线运动 1．货车A 正在公路上以20 m/s 的速度匀速行驶，因疲劳驾驶，司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B 时，两车距离仅有75 m ． （1）若此时轿车B 立即以2 m/s 2的加速度启动，通过计算判断：如果货车A 司机没有刹车，是否会撞上轿车B ；若不相撞，求两车相距最近的距离；若相撞，求出从货车A 发现轿车B 开始到撞上轿车B 的时间． （2）若货车A 司机发现轿车B 时立即刹车（不计反应时间）做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s 2（两车均视为质点），为了避免碰撞，在货车A 刹车的同时，轿车B 立即做匀加速直线运动（不计反应时间），问：轿车B 加速度至少多大才能避免相撞． 【答案】（1）两车会相撞t 1=5 s ；（2）222 m/s 0.67m/s 3 B a =≈ 【解析】 【详解】 （1）当两车速度相等时，A 、B 两车相距最近或相撞． 设经过的时间为t ，则：v A =v B 对B 车v B =at 联立可得：t =10 s A 车的位移为：x A =v A t= 200 m B 车的位移为： x B = 2 12 at =100 m 因为x B +x 0=175 m 高中物理易错题错误分析及正确解法 第9单元稳恒电流 [内容和方法] 本单元内容包括电流、产生持续电流的条件、电阻、电压、电动势、内电阻、路端电压、电功、电功率等基本概念，以及电阻串并联的特点、欧姆定律、电阻定律、闭合电路的欧姆定律、焦耳定律、串联电路的分压作用、并联电路的分流作用等规律。 本单元涉及到的基本方法有运用电路分析法画出等效电路图，掌握电路在不同连接方式下结构特点，进而分析能量分配关系是最重要的方法；注意理想化模型与非理想化模型的区别与联系；熟练运用逻辑推理方法，分析局部电路与整体电路的关系[例题分析] 在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：不对电路进行分析就照搬旧的解题套路乱套公式；逻辑推理时没有逐步展开，企图走“捷径”；造成思维“短路”；对含有电容器的问题忽略了动态变化过程的分析。 例1 如图9－1所示，ε1=3V，r1=0.5Ω，R1=R2=5.5Ω，平行板电容器的两板距离d=1cm，当电键K接通时极板中的一个质量m=4×10-3g，电量为q=1.0×10-7C的带电微粒恰好处于静止状态。求：（1）K断开后，微粒向什么方向运动，加速度多大？（2）若电容为1000pF，K断开后，有多少电量的电荷流过R2？ 在直流电路中，如果串联或并联了电容器应该注意，在与电容器串联的电路中没有电流，所以电阻不起降低电压作用(如R2)，但电池、电容两端可能出现电势差，如果电容器与电路并联，电路中有电流通过。电容器两端的充电电压不是电源电动势ε，而是路端电压U。 【正确解答】 (1)当K接通电路稳定时，等效电路图如图9－2所示。 【小结】 本题考查学生对电容器充放电物理过程定性了解程度，以及对充电完毕后电容所在支路的电流电压状态是否清楚。学生应该知道电容器充电时，随着电容器内部电场的建立， 高中物理专题：描述直线运动的基本概念 一．知识点 质点参考系坐标系时间时刻路程位移平均速度瞬时速度平均速率瞬时速率加速度轨迹图像位移图像速度图像 二．典例解析 1．平均速度与平均速率的区别，平均到瞬时的过渡 平均速度： s v t =平均速率： l v t = ①路程一般大于位移的大小，故平均速率一般大于平均速度的大小. 当质点作单向直线运动时（不一定匀速），平均速率等于平均速度的大小. ②当t趋于0时，平均值转化为瞬时值（近似替代思想——极限法） 当t趋于0时，s的大小与L趋于相等（化曲为直思想——微元法） 【例1】光电门测速 用如图所示的计时装置可以近似测出气垫导轨上滑块的瞬时速 度．已知固定在滑块上的遮光条的宽度为4.0mm，遮光条经过光电门的遮光时间为0.040s．则滑块经过光电门位置时的速度大小为 A．0.10m/s B．100m/s C．4.0m/s D．0.40m/s 2．参考系和相对运动 巧选参考系；非惯性系中引进惯性力 【例2】水面追帽子 一小船在河水中逆水划行，经过某桥下时一草帽落入水中顺流而下，2分钟后划船人才发现并立即掉头追赶，结果在桥下游60米追上草帽，求水流速度.（设掉头时间不记，划船速度及水流速度恒定）（答案：0.5m/s，以帽子为参考系，小船来回做等速率运动，时间相等.另问：能求出划船的速度吗？） 【例3】竖直球追碰 如图所示，A 、B 两球在同一竖直线上，相距H=15m ，B 球离地面h. 某时刻释放A 球，1s 后释放B 球，要使A 球能在B 球下落的过程中追上B 球， 则h 应满足什么条件？重力加速度取g=10m/s 2（答案：不小于5m ） 如图所示，A 、B 两球在同一竖直线上，相距H ，B 球离地面h=5m.设B 球与地面碰撞过程中没有能量损失，若两球同时释放，要使A 球能在B 球反弹后上升的过程中与B 球相碰，则H 应满足什么条件？（答案：0 圆周运动的实例分析典型例题解析 【例1】用细绳拴着质量为m 的小球，使小球在竖直平面内作圆周运动，则下列说法中，正确的是[ ] A ．小球过最高点时，绳子中张力可以为零 B ．小球过最高点时的最小速度为零 C ．小球刚好能过最高点时的速度是Rg D ．小球过最高点时，绳子对小球的作用力可以与球所受的重力方向相 反 解析：像该题中的小球、沿竖直圆环内侧作圆周运动的物体等没有支承物的物体作圆周运动，通过最高点时有下列几种情况： (1)m g m v /R v 2当＝，即＝时，物体的重力恰好提供向心力，向心Rg 加速度恰好等于重力加速度，物体恰能过最高点继续沿圆周运动．这是能通过最高点的临界条件； (2)m g m v /R v 2当＞，即＜时，物体不能通过最高点而偏离圆周Rg 轨道，作抛体运动； (3)m g m v /R v m g 2当＜，即＞时，物体能通过最高点，这时有Rg ＋F ＝mv 2/R ，其中F 为绳子的拉力或环对物体的压力．而值得一提的是：细绳对由它拴住的、作匀速圆周运动的物体只可能产生拉力，而不可能产生支撑力，因而小球过最高点时，细绳对小球的作用力不会与重力方向相反． 所以，正确选项为A 、C ． 点拨：这是一道竖直平面内的变速率圆周运动问题．当小球经越圆周最高点或最低点时，其重力和绳子拉力的合力提供向心力；当小球经越圆周的其它位置时，其重力和绳子拉力的沿半径方向的分力(法向分力)提供向心力． 【问题讨论】该题中，把拴小球的绳子换成细杆，则问题讨论的结果就大相径庭了．有支承物的小球在竖直平面内作圆周运动，过最高点时： (1)v (2)v (3)v 当＝时，支承物对小球既没有拉力，也没有支撑力； 当＞时，支承物对小球有指向圆心的拉力作用； 当＜时，支撑物对小球有背离圆心的支撑力作用； Rg Rg Rg (4)当v ＝0时，支承物对小球的支撑力等于小球的重力mg ，这是有支承物的物体在竖直平面内作圆周运动，能经越最高点的临界条件． 【例2】如图38－1所示的水平转盘可绕竖直轴OO ′旋转，盘上的水平杆上穿着两个质量相等的小球A 和B ．现将A 和B 分别置于距轴r 和2r 处，并用不可伸长的轻绳相连．已知两球与杆之间的最大静摩擦力都是f m ．试分析角速度ω从零逐渐增大，两球对轴保持相对静止过程中，A 、B 两球的受力情况如何变化？ 解析：由于ω从零开始逐渐增大，当ω较小时，A 和B 均只靠自身静摩擦力提供向心力． A 球：m ω2r ＝f A ； B 球：m ω22r ＝f B ． 随ω增大，静摩擦力不断增大，直至ω＝ω1时将有f B ＝f m ，即m ω＝，ω＝．即从ω开始ω继续增加，绳上张力将出现．12m 112r f T f m r m /2 A 球：m ω2r ＝f A ＋T ；B 球：m ω22r ＝f m ＋T ． 由B 球可知：当角速度ω增至ω′时，绳上张力将增加△T ，△T ＝m ·2r(ω′2－ω2)．对于A 球应有m ·r(ω′2－ω2)＝△f A ＋△T ＝△f A ＋m ·2r(ω′2－ω2)． 可见△f A ＜0，即随ω的增大，A 球所受摩擦力将不断减小，直至f A ＝0高中物理易错题错误分析及正确解法
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