物理专题二轮复习作业7修改

高考物理二轮复习：专题分层突破练7 电场带电粒子在电场中的运动A组1.只要空气中的电场足够强,空气就可以被“击穿”,成为导体。

某次实验中,电压为3×104 V的直流电源的两极连在一对平行的金属板上,当金属板间的距离减小到1 cm,板之间就会放电,则此次实验中空气被“击穿”时的电场强度大小为()A.3×102 V/mB.3×104 V/mC.3×106 V/mD.3×108 V/m2.如图所示,Q1、Q2为两个带等量正电荷的点电荷,在两者的电场中有M、N和O三点,其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点),N为过O点的垂线上的一点。

则下列说法正确的是()A.在Q1、Q2连线的中垂线位置可以画出一条电场线B.若将一个带正电的点电荷分别放在M、N和O三点,则该点电荷在M点时的电势能最大C.若将一个带电荷量为-q的点电荷从M点移到O点,则电势能减少D.若将一个带电荷量为-q的点电荷从N点移到O点,则电势能增加3.(2021上海高三二模)如图所示,四根彼此绝缘的带电导体棒围成一个正方形线框(导体棒很细),线框在正方形中心O点产生的电场强度大小为E0,方向竖直向下;若仅撤去导体棒C,则O点电场强度大小变为E1,方向竖直向上,则若将导体棒C叠于A棒处,则O点电场强度大小变为()A.E1-E0B.E1-2E0C.2E1+E0D.2E14.(2021江苏南京高三二模)某电子透镜的电场分布如图所示,虚线为等差等势面,一电子在其中运动的轨迹如图中实线所示,a、b是轨迹上的两点,则()A.a点的电场强度大于b点的电场强度B.b点电场强度的方向水平向右C.a点的电势高于b点的电势D.电子在a点的电势能大于在b点的电势能5.(2021广东揭阳高三调考)电容式传感器可以将非电学量的微小变化转换成电容变化。

如图是一种利用电容式传感器测量油箱中油量的装置。

开关S闭合后,下列说法正确的是()A.油量减少时,电容器的电容增大B.油量减少时,电容器的带电荷量减小C.油量减少时,电流向上经过电流表GD.电流表G示数为零时,油箱中油量为零6.(2022天津蓟州第一中学)如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即U ab=U bc,实线为一带负电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,据此可知()A.三个等势面中,c的电势最高B.带电质点通过P点的电势能比Q点大C.带电质点通过P点的动能比Q点大D.带电质点通过P点时的加速度比Q点小7.(多选)(2021福建高三二模)空间中有水平方向上的匀强电场,一质量为m,带电荷量为q的微粒在某竖直平面内运动,其电势能和重力势能随时间的变化如图所示,则该微粒()A.一定带正电B.0~3 s内电场力做功为-9 JC.运动过程中动能不变D.0~3 s内除电场力和重力外所受其他力对微粒做功为12 J8.(2021上海高三二模)如图所示,质量为m=2 g的小球a穿在光滑的水平绝缘细杆上,杆长为1 m,小球a带正电,电荷量为q=2×10-7 C,在杆上B点处固定一个电荷量为Q=2×10-6 C的带正电小球b。

2022届高考物理二轮复习专题07动量和能量的综合运用基础篇一、单选题，共10小题1．（2022·全国·高三专题练习）太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490kg ，离子以30km/s 的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为33.010g/s -⨯，则探测器获得的平均推力大小为（ ）A ．1.47NB ．0.147NC ．0.09ND ．0.009N 2．（2022·陕西汉中·一模）陕西面食种类繁多，其中“刀削面”堪称一绝，从同一位置依次削出三个小面条，分别落在水面上A 、B 、C 三点，运动轨迹如图所示，忽略空气阻力的影响，小面条被削离面团后均水平飞出，假设三个小面条质量相等，从面条削离到落在水面的过程中，下列说法正确的是（ ）A ．三个小面条被削离时速度相等B ．三个小面条动量的变化量相同C ．落在A 点的小面条在空中运动时间最短D ．落在C 点的小面条落在水面时重力的功率最大3．（2022·山东·泰安市基础教育教学研究室一模）冬奥会冰壶比赛中所用的冰壶除颜色外其他完全相同，如图（a ）某队员将红壶推出，之后与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。

碰撞前后两壶运动的v -t 图线如图（b ）中实线所示。

重力加速度g=10m/s 2。

则运动员由于用冰壶刷摩擦冰面使冰壶与冰面间的动摩擦因数减少了（ ）A．0.02B．0.012C．0.008D．0.006 4．（2022·北京·一模）城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。

图为一则安全警示广告，非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。

小明同学用下面的实例来检验广告词的科学性：设一个50 g鸡蛋从25楼的窗户自由落下，与地面的碰撞时间约为3⨯，已知相邻楼层的高度差约为3 m，则该鸡蛋对地210s-面产生的冲击力约为（）A．10 N B．102N C．103N D．104 N 5．（2022·重庆·模拟预测）如题图所示，水上飞行表演中，运动员操控喷射式悬浮飞行器将水带缓慢竖直送上来的水向下喷出，可以完成悬停、上升等各种动作。

能力呈现【考情分析】【备考策略】带电粒子在磁场中的运动是每年高考的必考内容.常见题型有选择题、计算题,甚至是压轴题,试题对学生的空间想象能力、分析物理过程和运用规律的综合能力以及运用数学知识解决物理问题的能力进行考查.解答时要从受力分析和运动分析入手,根据洛伦兹力产生的条件、大小的计算、方向的判定和速度有关、永不做功两个特点以及带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的规律等列式,并善于运用几何关系.1. (2013·南京二模)已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B=k Ir ,即磁感应强度B 与导线中的电流I 成正比、与该点到导线的距离r 成反比.如图所示,两根平行长直导线相距为R,通以大小、方向均相同的电流.规定磁场方向垂直纸面向里为正,在0R 区间内磁感应强度B 随x 变化的图线可能是 ( )2. (2013·扬泰南连淮三模)如图所示,阴极射线管接通电源后,电子束由阴极沿x 轴正方向射出,在荧光板上会看到一条亮线. 要使荧光板上的亮线向z 轴负方向偏转,可采用的方法是( )A. 加一沿y 轴负方向的磁场B. 加一沿z 轴正方向的磁场C. 加一沿y 轴正方向的电场D. 加一沿z 轴负方向的电场3. (2013·全国新课标)空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的半径为R,磁场方向垂直于横截面.一质量为m 、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力.该磁场的磁感应强度大小为 ( )B. 0mv qR03mv qR4. (多选)(2013·广东)如图所示,两个初速度大小相同的同种离子a 和b 从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后打到屏P 上.不计重力.下列说法中正确的有 ( )A. a、b均带正电B. a在磁场中飞行的时间比b的短C. a在磁场中飞行的路程比b的短D. a在P上的落点与O点的距离比b的近能力巩固1. (2013·安徽理综)图中a 、b 、c 、d 为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示.一带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是 ()A. 向上B. 向下C. 向左D. 向右2. (2013·全国新课标Ⅰ)如图所示,半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外.一电荷量为q(q>0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域,射入点与ab 的距离为2R.已知粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角为60°,则粒子的速率为(不计重力) ()A. 2qBR mB. qBR mC. 32qBR mD. 2qBR m3. (多选)(2013·盐城二模)匀强磁场的边界为直角三角形ABC,一束带正电的粒子以不同的速率沿AB从A处射入磁场,不计粒子的重力.则( )A. 从BC边射出的粒子场中运动时间相等B. 从AC边射出的粒子场中运动时间相等C. 从BC边射出的粒子越靠近C,场中运动时间越长D. 从AC边射出的粒子越靠近C,场中运动时间越长4. (2013·金陵中学)空间中有两匀强磁场,磁场有一分界线,分界线上有M、N两点,两点距离为MN=8×10-2 m.两磁场的磁感应强度分别为B1=0.1 T,B2=0.3 T.一带电荷量为q=1×10-10 C、质量为m=1×10-15 kg的带电粒子从M点以速度v=3×102 m/s,沿与MN成30°角的方向进入B1运动.求粒子从M点出发后,到达N点所需要的时间.(不计粒子的重力)专题七带电粒子在磁场中的运动【能力摸底】1. C2. A3. A4. AD【能力提升】例1 (1) t=π2m qB (2) v 1=43qBRm例2 (1) v 1=v 2=qBRm (2) Δt=2m qB α (3) 2Rsin α例3 (1) v 1=v 2(2) B 1,方向垂直xOy 平面向外;B 2,方向垂直xOy 平面向里例4 (1) 0.2 m (2) 0.43 m (3) 2.09×10-7s例5 (1) 2mv Bq (2) t=2πm Bq +2mvEq (3) S=2222π3m v B q 例6 (1) t 1=π3mqB (2) R 3(3) t=(10πmqB(4) s=8⎫+⎪⎪⎭R【能力巩固】 1. B 2. B 3. BC4. 带电粒子在B 1中做圆周运动的半径为r 1,根据牛顿第二定律有Bqv=m 21v r ,解得r 1=1mv qB =-152-101103101100.1⨯⨯⨯⨯⨯ m=3×10-2m.同理,在B 2中做圆周运动的半径为解得r 2=2mv qB =-152-101103101100.3⨯⨯⨯⨯⨯ m=1×10-2m.粒子在B 1中运动的周期为T 1=12πm qB =-15-102π101100.1⨯⨯⨯ s=2π×10-4 s. 粒子在B 2中运动的周期为T 2=22πm qB =-15-102π101100.3⨯⨯⨯ s=2π3×10-4s.粒子从M 点出发后,第一次从B 1进入B 2时,粒子向下移动的距离为y 1=r 1=3r 2. 第二次从B 1进入B 2时,粒子向下移动的距离为y 2=5r 2. ……y n =(2n+1)r 2(n=1、2、3…).第一次从B 2进入B 1时,粒子向下移动的距离为y'1=r 1-r 2=2r 2. 第二次从B 2进入B 1时,粒子向下移动的距离为y'2=4r 2. ……y'n =2nr 2(n=1、2、3…).由于MN=8×10-2m=2×4r 2,因此粒子在第四次从B 2进入B 1时,通过N 点. 所以粒子从M 出发后,运动到N 点所需要的时间为t=4×12566T T ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=329π×10-4s=1.12×10-3 s.。

专题强化训练7 动量定理 动量守恒定律一、选择题(1～5题为单项选择题，6～7题为多项选择题)1．[2022·山东押题卷]如图所示，在光滑水平面上有一质量为M 的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m 的子弹以水平速度v 0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动．木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为( )A ．Mmv 0M ＋mB ．2Mv 0C ．2Mmv 0M ＋mD ．2mv 02.[2022·湖南押题卷]如图所示，质量均为m 的木块A 和B ，并排放在光滑水平面上，A 上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O 点系一长为L 的细线，细线另一端系一质量为m 0的球C ，现将C 球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C 球，则下列说法错误的是( )A ．A 、B 两木块分离时，A 、B 的速度大小均为m 0m mgL2m ＋m 0B ．A 、B 两木块分离时，C 的速度大小为2mgL2m ＋m 0C ．C 球由静止释放到最低点的过程中，A 对B 的弹力的冲量大小为2m 0mgL2m ＋m 0D ．C 球由静止释放到最低点的过程中，木块A 移动的距离为m 0L2m ＋m 03．[2022·湖北卷]一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v 增大到2v ，在随后的一段时间内速度大小由2v 增大到5v .前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W 1和W 2，合外力的冲量大小分别为I 1和I 2.下列关系式一定成立的是( )A ．W 2＝3W 1，I 2≤3I 1B ．W 2＝3W 1，I 2≥I 1C．W2＝7W1，I2≤3I1D．W2＝7W1，I2≥I14.[2022·山东押题卷]如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的4 040倍．两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面为v的速度推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面为v的速度推出．往后小孩每次推出A车，A车相对于地面的速度都是v，方向向左，则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车( )A.2 020 B．2 021 C．2 022 D．2 0235.[2022·重庆押题卷]如图所示，光滑的水平面上放有滑块A，其内侧是半径为R的光滑圆弧槽，槽底端离地高度为R，B为光滑小球，从圆弧槽左端静止释放，若滑块固定，小球B落地时离圆弧槽右端水平距离为x1；若滑块不固定，小球B落地时离圆弧槽右端水平距离为x2；已知x1∶x2＝1∶3.由此可知，小球B和滑块A的质量比为( ) A．1∶2 B．2∶1C．1∶3D．2∶36．冰壶队备战2022年北京冬奥会，如图所示，在某次训练中，蓝壶静止在大本营Q 处，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是( )A.碰后两壶所受摩擦力的冲量相同B．碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍C．红壶碰前速度约为碰后速度的3倍D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒7．[2022·湖南卷]神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆．某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v­ t图像如图所示．设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是( )A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小D.在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变二、非选择题8.如图所示，质量m＝1 kg的弹性小球A在长为l＝0.9 m的细轻绳牵引下可以绕水平轴O在竖直平面内做圆周运动，圆周的最高点为P，P处有一个水平槽，水平地面距水平槽的高度恰好是1.8 m，槽内有许多质量均为M＝3 kg的弹性钢球，小球A每次转动到P点恰好与P点处的小钢球发生弹性正碰(碰撞时间极短)，钢球水平飞出做平抛运动．每次被小球A 碰撞后，槽内填充装置可将另一个相同的钢球自动填充运动到P点位置且静止．现将小球A 在顶点P以v0＝32 m/s的初速度向左抛出(如图)，小球均可视为质点，g取10 m/s2，求：(1)第一次碰撞后瞬间，小球A和第一个钢球获得的速度；(2)小球A能将钢球碰出去的钢球个数；(3)第一个钢球与最后一个钢球落地后的水平距离．9.[2022·广东卷]某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N．滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；(3)滑杆向上运动的最大高度h.专题强化训练7 动量定理 动量守恒定律1．解析：由于子弹射入木块的时间极短，在瞬间动量守恒，根据动量守恒定律得：mv 0＝（M ＋m ）v ，解得v ＝mv 0M ＋m根据动量定理，合外力的冲量I ＝Mv ＝Mmv 0M ＋m，故A 正确，B 、C 、D 错误． 答案：A2．解析：小球C 下落到最低点时，AB 开始分离，此过程水平方向动量守恒．根据机械能守恒有：m 0gL ＝12m 0v 2C ＋12×2m ×v 2AB取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：m 0v C ＝2m ×v AB联立解得v C ＝2mgL 2m ＋m 0 ，v AB ＝m 0m mgL2m ＋m 0，故A 、B 正确； C 球由静止释放到最低点的过程中，选B 为研究对象，由动量定理I AB ＝mv AB ＝m 0mgL2m ＋m 0，故C 错误； C 球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C 对地向左水平位移大小为x 1，AB 对地水平位移大小为x 2，则有m 0x 1＝2mx 2，x 1＋x 2＝L可解得x 2＝m 0L2m ＋m 0 ，故D 正确．答案：C3．解析：根据动能定理可知W 1＝12 m （2v ）2－12 mv 2＝32 mv 2，W 2＝12 m （5v ）2－12m （2v ）2＝212mv 2，可得W 2＝7W 1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv ≤I 1≤3mv ，3mv ≤I 2≤7mv ，比较可得I 2≥I 1，一定成立．D 正确．答案：D4．解析：取水平向右为正方向，小孩第一次推出A 车后，小孩和B 车获得速度为v 1，由动量守恒定律m B v 1－m A v ＝0解得v 1＝m Am Bv小孩第n －1次推出A 车后小孩和B 车获得速度为v n －1，第n 次推出A 车后，小孩和B车获得速度为v n .第n 次推出A 车前后，由动量守恒定律m A v ＋m B v n －1＝－m A v ＋m B v n得v n －v n －1＝2m Am Bv由等差数列公式得v n ＝v 1＋（n －1）2m A m B v ＝2n －14 040 v当v n ≥v 时，再也接不到小车，即2n －14 040 ≥1得n ≥2 020.5 取n ＝2 021，故选B. 答案：B5．解析：A 的质量为m A ，B 的质量为m B ；当滑块固定时，由动能定理m B gR ＝12 m B v 2B随后小球B 做平抛运动x 方向x 1＝v B t y 方向R ＝12gt 2联立得x 1＝2R若滑块不固定时，由水平方向上动量守恒0＝m A v A ＋m B v B 由能量守恒得m B gR ＝12 m B v 2B ＋12m A v 2AB 随后做平抛运动，A 随后做匀速运动 x 方向x 2＝v B t －v A t y 方向R ＝12gt 2因为x 1∶x 2＝1∶3 联立得m A ∶m B ＝1∶2，故选B. 答案：B6．解析：碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A 错误；碰后红壶运动的距离为x 1＝R 2－R 1＝0.61 m 蓝壶运动的距离为x 2＝2R 2＝2.44 m二者质量相同，假设二者碰后的所受摩擦力相同，则二者做减速运动的加速度也相同，对红壶，有v 21 ＝2ax 1对蓝壶有v 22 ＝2ax 2联立可得v 1v 2 ＝12即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，B 正确；设红壶碰前速度为v 0，则有mv 0＝mv 1＋mv 2，故有v 0＝3v 1，即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，C 正确；碰前的动能为E k0＝12 mv 2碰后动能为E k1＝12 mv 21 ＋12 mv 22则有E k0>E k1，机械能不守恒，D 错误． 答案：BC7．解析：由题知，返回舱的运动简化为竖直方向的直线运动，所以重力的功率P ＝mgv ，因此在0～t 1时间内，结合v ­t 图像可知返回舱重力的功率随时间减小，A 项正确；v ­t 图像的斜率表示返回舱的加速度，故0～t 1时间内，返回舱的加速度不断减小，B 项错误；返回舱的动量大小与其速度大小成正比，所以t 1～t 2时间内，返回舱的动量随时间减小，C 项正确；在t 2～t 3时间内，返回舱匀速下降，机械能不守恒，D 项错误．答案：AC8．解析：（1）小球A 在顶部与钢球碰撞，由动量守恒定律、机械能守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv ′1；12 mv 20 ＝12 mv 21 ＋12Mv ′21联立解得v 1＝m －M M ＋m v 0＝－12 v 0＝－16 m/s ；v ′1＝2m M ＋m v 0＝12v 0＝16 m/s. （2）利用上述方程还可得小球A 第一次碰后的速度v 1＝m －M M ＋m v 0＝－12 v 0同理可知碰撞n 次以后瞬间的速度为v n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12 n v 0，负号表示与碰前入射速度方向相反，小球要能与钢球碰撞则必须能完成完整的圆周运动，所以碰n 次后假定再次到达P 位置，其速度大小一定有v n ≥gl ＝3 m/s ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫12 nv 0≥gl ，解得3<n <4，n 为整数，所以取4，小球A 可以与4个钢球碰撞．（3）第4个钢球碰后速度v ′4＝2mm ＋Mv 4＝2 m/s ，由于两球是分别朝向左、右两边做平抛运动，水平距离是x ＝x 1＋x 4，平抛时间是t ＝ 4Lg＝0.6 s ，得x ＝（16＋2）×0.6m ＝10.8 m答案：（1）见解析 （2）4个 （3）10.8 m9．解析：（1）滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知N 1＝（m ＋M ）g ＝8 N滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有N 2＝Mg －f代入数据得N 2＝5 N.（2）方法一 碰前，滑块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg ＋f ＝ma 1 解得a 1＝15 m/s 2，方向向下 由运动学公式得v 2－v 20 ＝－2a 1l 代入数据得v ＝8 m/s.方法二 由动能定理得－（mg ＋f ）l ＝12 mv 2－12 mv 20代入数据解得v ＝8 m/s.（3）滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv ＝（M ＋m ）v共代入数据得v 共＝2 m/s此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有 －（M ＋m ）gh ＝0－12 （M ＋m ）v 2共代入数据得h ＝0.2 m答案：（1）8 N 5 N （2）8 m/s （3）0.2 m。

丰台二中高三物理二轮专题复习（七）柱体模型圆柱体模型的运用( 1) 所取的圆柱体必须有代表性。

即所取的圆柱体应该具有物体的某些物理特征，如代表物体的受力特征，运动特征，状态特征等等。

( 2) 所选的圆柱体必须与所求物理量相关联，这样才能通过对圆柱体的研究得到问题的解决。

( 3) 所选的圆柱体要尽量的简单，这样易于解决问题。

当物质或物理量随时间或空间连续分布时，往往可以截取一段圆柱体进行研究，当然，要求这段圆柱体具有代表性和一般性，通过这段圆柱体的研究探求整个物体的情况。

当物质随时间或空间连续变化时，就可以利用圆柱体模型求解相应的物理量。

1.若他在跳绳的 1 min 内，心脏跳动了60 次，每次跳心输送1 ×10－ 4m 3的血液，其血压 ( 可看作心脏血液压强的平均值) 为2 ×104Pa ，则心脏工作的平均功率是 多少瓦？2.风力发电是一种环保的电能获取方式．图为某风力发电站外观图．设计每台风力发电机的功率为40kW ．实验测得风的动能转化为电能的效率约为20%，空气的密度是1.29kg/m 3，当地水平风速约为10m/s ，问风力发电机的叶片长度约为多少才能满足设计要求？3.一艘帆船在静水中由于风力的推动作用做匀速直线运动，帆面的面积，风速，船速，空气密度。

帆船在匀速前进时帆面受到的平均风力大小为多少?210m S =s m v /101=s m v /42=3/29.1m kg =ρ4．水力采煤就是利用从高压水枪喷出来的强力水柱冲击煤层而使煤层破裂。

设所用水枪的出水口截面积为S，水的射速为v，水的密度为ρ，射到煤层上后，水速度为零，求水对煤层的冲力。

5.请自设物理量证明电流的微观形式，证明安培力与洛伦兹力的关系。

6.有一宇宙飞船以在太空中飞行，突然进入一密度为的微陨石尘区，假设微陨石与飞船碰撞后即附着在飞船上。

欲使飞船保持原速度不变，试求飞船的助推器的助推力应增大为多少。

2014年高考物理二轮复习专题7：带电粒子在复合场中的运动配套检测（满分：100分时间：60分钟）1．（10分）如图7－6所示空间分为Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ三个足够长的区域，各边界面相互平行，其中Ⅰ，Ⅱ区域存在匀强电场E I＝1.0×104V/m，方向垂直边界面竖直向上；EⅡ＝34×105V/m，方向水平向右，Ⅲ区域磁感应强度B＝5.0 T，方向垂直纸面向里，三个区域宽度分别为d1＝5.0 m，d2＝4.0 m，d3＝10 m．一质量m＝1.0×10－8 kg、电荷量q＝1.6×10－6C的粒子从O点由静止释放，粒子重力忽略不计．图7－6求：(1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小；(2)粒子从区域Ⅱ进入区域Ⅲ时的速度方向与边界面的夹角；(3)粒子在Ⅲ区域中运动的时间和离开Ⅲ区域时的速度方向与边界面的夹角．2．（15分）有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如图7－7所示，两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上，其中PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一束比荷(电荷量与质量之比)均为1k的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线O′O进入两金属板之间，其中速率为v0的颗粒刚好从Q点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板．重力加速度为g.PQ＝3d，NQ＝2d，收集板与NQ的距离为l，不计颗粒间相互作用．图7－7求：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)速率为λv0(λ>1)的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离．3．（15分）如图7－8甲所示，两平行金属板长度l不超过0.2 m，两板间电压U随时间t变化的U－t图象如图7－8乙所示．在金属板右侧有一左边界为MN、右边无界的匀强磁场，磁感应强度B＝0.01 T，方向垂直纸面向里．现有带正电的粒子连续不断地以速度v0＝105 m/s射入电场中，初速度方向沿两板间的中线OO′方向．磁场边界MN与中线OO′垂直．已知带电粒子的比荷qm＝108 C/kg，粒子的重力和粒子之间的相互作用力均可忽略不计．图7－8(1)在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把板间的电场强度当做恒定的．请通过计算说明这种处理能够成立的理由．(2)设t＝0.1 s时刻射入电场的带电粒子恰能从金属板边缘穿越电场射入磁场，求该带电粒子射出电场时速度的大小．(3)对于所有经过电场射入磁场的带电粒子，设其射入磁场的入射点和从磁场射出的出射点间的距离为d，试判断：d的大小是否随时间变化？若不变，证明你的结论；若变化，求出d的变化范围．4．（15分）如图7－9所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L＝1 m．间距d＝ 33 m ，两金属板间电压U ＝1×104 V ；在平行金属板右侧依次存在ABC 和FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 1，三角形的上顶点A 与上金属板M 平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上．B 、C 、H 也处于同一直线上．AF 两点距离为23 m ．现从平行金属极板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m ＝3×10－10kg ，带电荷量q ＝＋1×10－4 C ，初速度v 0＝1×105m/s.图7－9(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向；(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1； (3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的条件． 5．（15分）如图7－10所示，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域，在圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O 到直线的距离为35R .现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域，也在b 点离开该区域．若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小．图7－106．（15分）如图7－11所示，坐标系xOy 在竖直平面内，长为L 的水平轨道AB 光滑且 绝缘，B 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32L .有一质量为m 、电荷量为＋q 的带电小球(可看成质点)被固定在A 点．已知在第一象限内分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小E 2＝mgq，磁场为水平方向(在图中垂直纸面向外)，磁感应强度大小为B ；在第二象限内分布着沿x 轴正方向的水平匀强电场，场强大小E 1＝B 2qL6m.现将带电小球从A 点由静止释放，设小球所带的电荷量不变．试求：图7－11(1)小球运动到B 点时的速度大小； (2)小球第一次落地点与O 点之间的距离； (3)小球从开始运动到第一次落地所经历的时间．7．（15分）如图7－12a 所示，水平直线MN 下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力 不计、比荷qm＝106C/kg 的正电荷置于电场中的O 点由静止释放，经过π15×10－5s 后，电荷以v 0＝1.5×104m/s 的速度通过MN 进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B 按图7－12b 所示规律周期性变化(图b 中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN 时为t ＝0时刻)．求：图7－12(1)匀强电场的电场强度E 的大小； (2)图b 中t ＝4π5×10－5s 时刻电荷与O 点的水平距离； (3)如果在O 点右方d ＝68 cm 处有一垂直于MN 的足够大的挡板，求电荷从O 点出发运动到挡板所需的时间．(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)参考答案1．答案： (1)4×103m/s (2)30° (3)π×10－24s 60°解析： (1)由动能定理得mv 212＝qE I d 1 ① 得：v 1＝4×103m/s②(2)粒子在区域Ⅱ做类平抛运动．设水平向右为y 轴，竖直向上为x 轴，粒子进入区域Ⅲ时速度与边界的夹角为θtan θ＝v xv y③ v x ＝y 1 v y ＝at ④ a ＝qE Ⅱm⑤ t ＝d 2v 1⑥ 把数值代入得θ＝30°⑦ (3)粒子进入磁场时的速度v 2＝2v 1 ⑧ 粒子在磁场中运动的半径R ＝mv 2qB＝10 m ＝d 3 ⑨由于R ＝d 3，粒子在磁场中运动所对的圆心角为60° 粒子在磁场中运动的时间t ＝T 6＝π×10－24s ⑩ 粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角为60° ⑪2．答案：（1）kg （2）kv 05d （3）d (5λ－ 25λ2－9)＋3l 25λ2－9解析： (1)设带电颗粒的电荷量为q ，质量为m .有Eq ＝mg将qm＝1k代入，得E＝kg.(2)如图甲所示，有qv0B＝m v20R，R2＝(3d)2＋(R－d)2得B＝kv05d.图甲图乙(3)如图乙所示，有qλv0B＝m λv02R1，tan θ＝3dR21－3d2，y1＝R1－R21－3d2，y2＝l tan θ，y＝y1＋y2，得y＝d(5λ－25λ2－9)＋3l25λ2－9.3．答案：(1)见解析(2)1.41×105 m/s (3)d＝0.2 m 不随时间变化解析：(1)带电粒子在金属板间运动的时间为t＝lv0≤2×10－6 s，由于t远小于T(T为电压U的变化周期)，故在t时间内金属板间的电场可视为恒定的．另解：在t时间内金属板间电压变化ΔU≤2×10－3 V，由于ΔU远小于100 V(100 V 为电压U最大值)，电压变化量特别小，故t时间内金属板间的电场可视为恒定的．(2)t＝0.1 s时刻偏转电压U＝100 V，由动能定理得12qU＝12mv21－12mv20，代入数据解得v1＝1.41×105 m/s.(3)设某一时刻射出电场的粒子的速度大小为v，速度方向与OO′夹角为θ，则v＝v0 cos θ，粒子在磁场中有qvB＝mv2R，由几何关系得d＝2R cos θ，由以上各式解得d＝2mv0 qB，代入数据解得d＝0.2 m，显然d不随时间变化．4．答案：见解析解析：(1)设带电粒子在电场中做类平抛运动时间为t，加速度为a，则：q Ud＝ma，故a ＝qU dm ＝33×1010m/s 2，t ＝L v 0＝1×10－5 s ，竖直方向的速度为v y ＝at ＝33×105m/s ，射出时的速度大小为v ＝v 20＋v 2y ＝233×105m/s ，速度v 与水平方向夹角为θ，tan θ＝v y v 0＝33，故θ＝30°，即垂直于AB 方向射出． (2)带电粒子出电场时竖直方向偏转的位移y ＝12at 2＝36 m ＝d2，即粒子由P 点垂直AB射入磁场，由几何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为R 1＝dcos 30°＝23m ，由B 1qv ＝m v 2R 1知：B 1＝mv qR 1＝3310T.(3)分析知当轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B 2最小，运动轨迹如图所示：由几何关系可知R 2＋R 2sin 60°＝1 m ，故半径R 2＝(23－3)m ，又B 2qv ＝m v 2R 2，故B 2＝2＋35 T ，所以B 2应满足的条件为大于2＋35T.5．答案： 14qRB25m解析： 粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB ＝m v 2r①式中v 为粒子在a 点的速度．过b 点和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 和d 点．由几何关系知，线段ac 、bc和过a 、b 两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此ac ＝bc ＝r ②设cd ＝x ，由几何关系得ac ＝45R ＋x③ bc ＝35R ＋ R 2－x 2④ 联立②③④式得r ＝75R⑤再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE ＝ma⑥粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r ，由运动学公式得r ＝12at 2⑦r ＝vt ⑧式中t 是粒子在电场中运动的时间． 联立①⑤⑥⑦⑧式得E ＝14qRB25m .⑨6．答案： (1)3qBL 3m (2)L 2 (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋2π3m qB 解析： (1)小球从A 点运动到B 点的过程中，由动能定理得12mv 2B ＝qE 1L ，所以小球运动到B 点时的速度大小v B ＝2qE 1Lm＝2qLm ·B 2qL 6m ＝3qBL 3m. (2)小球在第一象限内做匀速圆周运动，设半径为R ，由qBv B ＝m v 2BR 得R ＝mv B qB ＝m qB ·3qBL 3m ＝33L ，设图中C 点为小球做圆周运动的圆心，它第一次的落地点为D 点，则CD ＝R ，OC ＝OB －R ＝32L －33L ＝36L ， 所以，第一次落地点到O 点的距离为OD ＝R 2－OC 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33L 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫36L 2＝L2.(3)小球从A到B所需时间t AB＝v Ba＝3BqL3mq2B2L6m2＝23mqB，小球做匀速圆周运动的周期为T＝2πm qB，由几何关系知∠BCD＝120°，小球从B到D所用的时间为t BD＝T3＝2πm3qB，所以小球从开始运动到第一次落地所经历的时间为t AD＝t AB＋t BD＝23mqB＋2πm3qB＝⎝⎛⎭⎪⎫23＋2π3mqB.7．答案：(1)7.2×103 N/C (2)4 cm (3)3.86×10－4 s解析：(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，有：v0＝at1，Eq＝ma，解得：E＝mv0qt1＝7.2×103 N/C.(2)当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：r＝mv0B1q＝5 cm，周期T1＝2πmB1q＝2π3×10－5 s，当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径：r2＝mv0B2q＝3 cm，周期T2＝2πmB2q＝2π5×10－5 s，故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如下图所示．t＝4π5×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离：Δd＝2(r1－r2)＝4 cm.(3)电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为：T＝4π5×10－5 s，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，此时电荷沿MN运动的距离：s＝15 Δd＝60 cm，则最后8 cm的距离如右图所示，有：r1＋r1cos α＝8 cm，解得：cos α＝0.6，则α＝53°故电荷运动的总时间：t总＝t1＋15T＋12T1－53°360°T1＝3.86×10－4 s.。

2024年中考物理声学部分第二轮专题复习分类训练实验题（基础篇）学校:___________姓名：___________班级：___________1．探究响度的大小与振动幅度的关系如图所示的装置下，用不同的力度，敲打同一个音叉，这种物理方法叫做；（1）思考响度大小与距离的关系坐在前排的同学听到老师声音的响度比后排的同学要大。

这是因为声音是从发声体向四面八方传播的，越到远处越分散，所以距离发声体越远，听到的声音越小；（2）结论：声音的响度与有关，越大，响度越大；此外，响度还与有关。

2．实验一：在探究声音的产生与传播的实验中：（1）用竖直悬挂的乒乓球接触发声的音叉时，乒乓球会被弹起，这个现象说明；通过A图探究可知：音调是由发声体振动的决定的；实验二：如图是真空铃安验装置：（2）把正在响着的铃放在玻璃罩内，可以清楚地听到铃声，当用抽气机逐渐抽出玻璃罩内的空气，铃声将会（选填“变大”“不变”或“变小”）；（3）假如抽气机把罩内空气全部抽去，当你靠近玻璃罩时（选填“能”或“不能”）听到声音。

3．某课外兴趣小组做了几个与声音有关的实验，如图所示：（1）如图甲所示，用橡皮锤敲击音叉时，发现乒乓球被弹开，这一现象说明；（2）如图乙所示，敲响右边音叉时，与左边的音叉接触的乒乓球会弹起来，这一现象说明声音可以在中传播；完成这个实验要求两个音叉相同；（3）如图丙所示，用硬卡纸拨动塑料梳的梳齿，改变硬卡纸拨动梳齿的快慢，感受听到声音的高低，能得到的结论是；（4）如图丁所示，保持钢尺伸出桌面的长度不变，用大小不同的力拨动时，听声音大小的变化，这是为了探究的关系；（5）如图丁所示，小华拨动钢尺刻度尺，看到了钢尺伸出桌面的部分在振动，同时听到钢尺另一端拍打桌面发出的声音，小华的实验操作存在的问题是。

A．伸出桌面的钢尺太长 B．伸出桌面的钢尺太短 C．手没有压紧钢尺与桌子边缘接触部位4．在学习声音的产生与传播时，小丽同学做了如下实验：（1）如图甲，敲击音叉后，用竖直悬挂的乒乓球接触发声的音叉，乒乓球被弹起，这说明声音是由物体产生的；（2）越用力敲击音叉，音叉发出的声音越大，乒乓球被弹开的幅度也越大，说明声音的响度与发声体的有关；（3）如图乙，用抽气机抽取玻璃罩内的空气，在抽气过程中，听到的闹铃声越来越小，推理得出结论：。

专题跟踪检测（七） 两个概念、一个模型，破解功和功率问题一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～9题为多项选择题)1．(2015·海南高考)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。

如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A ．4倍B ．2倍 C. 3 倍 D. 2 倍解析：选D 设f ＝kv ，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P ＝Fv ＝fv ＝kv ·v ＝kv 2，变化后有2P ＝F ′v ′＝kv ′·v ′＝kv ′2，联立解得v ′＝2v ，D 正确。

2．(2017·宿迁三模)如图所示，四个相同的小球A 、B 、C 、D ，其中A 、B 、C 位于同一高度h 处，A 做自由落体运动，B 沿光滑斜面由静止滑下，C 做平抛运动，D 从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高度也为h 。

在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为P A 、P B 、P C 、P D 。

下列关系式正确的是( )A ．P A ＝PB ＝PC ＝P DB ．P A ＝PC ＞P B ＝PD C ．P A ＝P C ＝P D ＞P B D ．P A ＞P C ＝P D ＞P B解析：选C A 做自由落体运动，C 做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，故A 、C 落地时竖直方向的速度大小相同，故落地时的功率P ＝mgv 相同，D 做斜抛运动，到达最高点跟A 下落时的高度相同，故落地时竖直方向的速度跟A 落地时的速度大小相同，故功率相同，B 沿斜面下滑，下滑到斜面底端的速度跟A 落地时的速度大小相同，但速度方向与重力方向成一定的夹角，故功率小于A 的功率，故C 正确。

3．(2017·南通模拟)某校高三学生体能检测中，有着班级“最标准身材”美誉的小明同学在半分钟内完成了10次引体向上，则这次检测中小明克服重力做功的平均功率大约为(g 取10 m/s 2)( )A ．50 WB ．100 WC ．200 WD ．500 W 解析：选B 高三同学体重大约为60 kg ，引体向上时重心向上运动的位移大约为0.5 m ，则克服重力做功的平均功率为：P ＝10mgh t ＝10×60×10×0.530W ＝100 W ，故B 正确。