高三物理机械能《机械能守恒综合》

2023北京高三一模物理汇编机械能守恒定律章节综合1．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态。

然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。

在此过程中，下列说法正确的是（）A．弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加B．弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量C．重物对手的压力随下降的距离均匀变化D．手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量2．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是（）A．小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向下B．小球经过B点时，所受杆的作用力沿着BO方向C．从A点到C点的过程，小球重力的功率保持不变D．从A点到C点的过程，杆对小球的作用力做负功3．（2023·北京西城·统考一模）如图所示，将拱形桥面近似看作圆弧面，一辆汽车以恒定速率通过桥面abc，其中a、c两点高度相同，b点为桥面的最高点．假设整个过程中汽车所受空气阻力和摩擦阻力的大小之和保持不变．下列说法正确的是（）A．在ab段汽车对桥面的压力大小不变B．在bc段汽车对桥面的压力逐渐增大C ．在ab 段汽车的输出功率逐渐增大D ．在ab 段汽车发动机做功比bc 段多4．（2023·北京朝阳·统考一模）质量为m 的同学原地跳绳时，上下运动，其速度大小v 随时间t 的变化图像如图所示。

重力加速度为g 。

则（ ）A ．0~0t 内，该同学的最大速度约为035gtB ．0~0t 内，该同学上升的最大高度约为20950gt C ．该同学克服重力做功的平均功率约为209200mg t D ．每跳一次，地面对该同学所做的功约为2209200mg t 5．（2023·北京石景山·统考一模）如图所示，中国自行研制、具有完全知识产权的“神舟”飞船某次发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由“长征”运载火箭送入近地点为A 、远地点为B 的椭圆轨道上，在B 点通过变轨进入预定圆轨道。

高三物理机械能守恒定律一轮复习案知识点归纳一、重力势能1．定义：物体的重力势能等于它所受重力与高度的乘积．2．公式：E p＝mgh.3．矢标性：重力势能是标量，正负表示其大小．4．特点(1)系统性：重力势能是地球和物体共有的．(2)相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关．重力势能的变化是绝对的，与参考面的选取无关．5．重力做功与重力势能变化的关系重力做正功时，重力势能减小；重力做负功时，重力势能增大；重力做多少正(负)功，重力势能就减小(增大)多少，即W G＝E p1－E p2.二、弹性势能1．定义：物体由于发生弹性形变而具有的能．2．大小：弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大．3．弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增大．三、机械能守恒定律1．内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变．2．表达式(1)守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2(要选零势能参考平面)．(2)转化观点：ΔE k＝－ΔE p(不用选零势能参考平面)．(3)转移观点：ΔE A增＝ΔE B减(不用选零势能参考平面)．3．机械能守恒的条件考点一机械能守恒的理解与判断【典例归纳】【例1】(多选)如图，轻弹簧竖立在地面上，正上方有一钢球，从A处自由下落，落到B处时开始与弹簧接触，此时向下压缩弹簧．小球运动到C处时，弹簧对小球的弹力与小球的重力平衡．小球运动到D处时，到达最低点．不计空气阻力，以下描述正确的有 ( ) A．小球由A向B运动的过程中，处于完全失重状态，小球的机械能减少B．小球由B向C运动的过程中，处于失重状态，小球的机械能减少C．小球由B向C运动的过程中，处于超重状态，小球的动能增加D．小球由C向D运动的过程中，处于超重状态，小球的机械能减少【变式1】木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度如图所示，从子弹开始射入到共同上摆到最大高度的过程中，下列说法正确的是( )A．子弹的机械能守恒B．木块的机械能守恒C．子弹和木块总机械能守恒D．子弹和木块上摆过程中机械能守恒【变式2】如图所示，完整的撑杆跳高过程可以简化成三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落(下落时人杆分离)，最后落在软垫上速度减为零．不计空气阻力，则( ) A．运动员在整个跳高过程中机械能守恒B．运动员在撑杆起跳上升过程中机械能守恒C．在撑杆起跳上升过程中，杆的弹性势能转化为运动员的重力势能且弹性势能减少量小于运动员的重力势能增加量D．运动员落在软垫上时做减速运动，处于超重状态考点二单个物体的机械能守恒【典例归纳】【例2】如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的34圆弧轨道，两轨道相切于B点．在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度大小为g求：(1)小球在AB段运动的加速度的大小；(2)小球从D点运动到A点所用的时间．【变式3】如图所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内，AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，CD段为平滑的弯管．一小球从管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．关于管口D距离地面的高度必须满足的条件( )A．等于2R B．大于2RC．大于2R且小于52R D．大于52R【变式4】一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为( ) A．2mgB．3mgC．4mgD．5mg【例3】如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h＝2 m，s＝ 2 m．取重力加速度大小g＝10 m/s2. (1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小．【变式5】如图所示，在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g取10 m/s2) ()A．10 JB．15 JC．20 JD．25 J【变式6】取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π6B.π4C.π3D.5π12考点三多物体关联的机械能守恒定律【典例归纳】【例4】如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为mA、B通过绳子连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时，圆环与定滑轮之间的绳子处于水平状态，长度l＝4 m，现从静止开始释放圆环，不计定滑轮和空气的阻力，重力加速度g取10 m/s2，若圆环下降h＝3 m 时的速度v＝5 m/s，则A和B的质量关系( )A.Mm＝3529B.Mm＝79C.Mm＝3925D.Mm＝1519【变式7】如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A 由静止释放，B上升的最大高度是( )A．2R B.5R 3C.4R3D.2R3【例5】如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为0.2 m的轻杆相连，两球质量均为1 kg，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个大小为 2 m/s，方向水平向左的初速度，经过一段时间，两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，重力加速度g取10 m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，正确的是( )A．杆对小球A做负功B．小球A的机械能守恒C．杆对小球B做正功D．小球B速度为零时距水平面的高度为0.15 m【变式8】如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则 ( )A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【例6】如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是( )A．斜面倾角α＝60°B．A获得的最大速度为2g m 5kC．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒【变式9】如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变【例7】如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图．斜面与水平轨道OA 平滑连接，OA 长度为6r .现将六个小球由静止同时释放，小球离开A 点后均做平抛运动，不计一切摩擦．则在各小球运动过程中，下列说法正确的是 ( )A ．球1的机械能守恒B ．球6在OA 段机械能增大C ．球6的水平射程最小D ．六个球落地点各不相同【变式10】．有一条长为L ＝2 m 的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g 取10 m/s 2)( )A ．2.5 m/sB ．522m/s C ． 5 m/s D ．352m/s 【巩固练习】1．在如图所示的物理过程示意图中，甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O 无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球，从右偏上30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动，则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是( )A ．甲图中小球机械能守恒B ．乙图中小球A 机械能守恒C ．丙图中小球机械能守恒D ．丁图中小球机械能守恒 2．(多选)如图所示，两质量相同的小球A 、B ，分别用线悬在等高的O 1、O 2点，A 球的悬线比B 球的长，把两球的悬线均拉到水平位置后将小球无初速度释放，则经过最低点时(以悬点为零势能点)( )A ．A 球的速度等于B 球的速度B ．A 球的动能大于B 球的动能 甲 乙丙 丁C．A球的机械能大于B球的机械能 D．A球的机械能等于B球的机械能3．从地面竖直上抛两个质量不同、初动能相同的小球，不计空气阻力，以地面为零势能面，当两小球上升到同一高度时，则( )A．它们具有的重力势能相等 B．质量小的小球动能一定小C．它们具有的机械能相等 D．质量大的小球机械能一定大4.如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。

高中物理《机械能守恒定律》教学教案（6篇）篇一：重点、难点分析篇一1．机械能守恒定律是本章教学的重点内容，本节教学的重点是使学生掌握物体系统机械能守恒的条件；能够正确分析物体系统所具有的机械能；能够应用机械能守恒定律解决有关问题。

2．分析物体系统所具有的机械能，尤其是分析、判断物体所具有的重力势能，是本节学习的难点之一。

在教学中应让学生认识到，物体重力势能大小与所选取的参考平面（零势面）有关；而重力势能的变化量是与所选取的参考平面无关的。

在讨论物体系统的机械能时，应先确定参考平面。

3．能否正确选用机械能守恒定律解决问题是本节学习的另一难点。

通过本节学习应让学生认识到，从功和能的角度分析、解决问题是物理学的重要方法之一；同时进一步明确，在对问题作具体分析的条件下，要能够正确选用适当的物理规律分析、处理问题。

篇二：说明篇二势能是相互作用的物体系统所共有的，同样，机械能也应是物体系统所共有的。

在中学物理教学中，不必过份强调这点，平时我们所说物体的机械能，可以理解为是对物体系统所具有的机械能的一种简便而通俗的说法。

篇三：教学目标篇三1．在已经学习有关机械能概念的基础上，学习机械能守恒定律，掌握机械能守恒的条件，掌握应用机械能守恒定律分析、解决问题的基本方法。

2．学习从功和能的角度分析、处理问题的方法，提高运用所学知识综合分析、解决问题的能力。

篇四：小结篇四1．在只有重力做功的过程中，物体的机械能总量不变。

通过例题分析要加深对机械能守恒定律的理解。

2．应用机械能守恒定律解决问题时，应首先分析物体运动过程中是否满足机械能守恒条件，其次要正确选择所研究的物理过程，正确写出初、末状态物体的机械能表达式。

3．从功和能的角度分析、解决问题，是物理学研究的重要方法和途径。

通过本节内容的学习，逐步培养用功和能的观点分析解决物理问题的能力。

4．应用功和能的观点分析处理的问题往往具有一定的综合性，例如与圆周运动或动量知识相结合，要注意将所学知识融汇贯通，综合应用，提高综合运用知识解决问题的能力。

高考物理《机械能守恒定律》真题练习含答案1．[2024·上海市新中中学月考]如图，将质量为m 的篮球从离地高度为h 的A 处，以初始速度v 抛出，篮球恰能进入高度为H 的篮圈．不计空气阻力和篮球转动的影响，经过篮球入圈位置B 的水平面为零势能面，重力加速度为g .则篮球经过位置B 时的机械能为( )A ．12 m v 2B ．12 m v 2＋mg (h －H )C ．12 m v 2＋mg (H －h )D ．12 m v 2＋mgh答案：B解析：不计空气阻力和篮球转动的情况下，篮球运动过程中机械能守恒，篮球经过B 点的机械能等于在A 点的机械能．以B 点所在的水平面为零势能面，篮球在A 点的重力势能E p ＝－mg (H －h )＝mg (h －H )，则机械能E ＝E k ＋E p ＝12m v 2＋mg (h －H )，B 正确．2.如图所示，一根轻质弹簧左端固定，现使滑块沿光滑水平桌面滑向弹簧，在滑块接触到弹簧直到速度减为零的过程中，弹簧的( )A ．弹力越来越大，弹性势能越来越大B ．弹力越来越小，弹性势能越来越小C ．弹力先变小后变大，弹性势能越来越小D ．弹力先变大后变小，弹性势能越来越大 答案：A解析：滑块接触到弹簧直到速度减为零的过程中，弹簧形变量越来越大，根据F ＝kx 得弹力越来越大，滑块接触到弹簧直到速度减为零的过程中，弹簧弹力一直做负功，物块的动能逐渐转化为弹簧的弹性势能，弹簧的弹性势能越来越大，A 正确．3.利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如一根长为2L 的细线系一质量为m 的小球，两线上端系于水平横杆上，A 、B 两点相距也为L ，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为( )A ．6mgB ．23 mgC ．5mgD ．533 mg答案：B解析：小球恰好过最高点时有mg ＝m v 21R，解得v 1＝32gL ，由机械能守恒定律得mg ×3 L ＝12 m v 22 －12 m v 21 ，由牛顿第二定律得3 F －mg ＝m v 22 32L ，联立以上各式解得F ＝23 mg ，B 正确．4.[2024·河北省张家口市张垣联盟联考]有一条均匀金属链条，一半长度在光滑的足够高斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂，由静止释放后链条滑动，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，链条刚好全部滑出斜面时的速度大小为522 m/s ，则金属链条的长度为( )A ．0.6 mB ．1 mC ．2 mD ．2.6 m 答案：C解析：设链条的质量为2m ，以开始时链条的最高点所在水平面为零势能面，链条的机械能为E ＝E p ＋E k ＝－12 ×2mg ×L 4 sin θ－12 ×2mg ×L 4 ＋0＝－14 mgL (1＋sin θ)，链条全部滑出后，动能为E ′k ＝12 ×2m v 2，重力势能为E ′p ＝－2mg L2 ，由机械能守恒可得E ＝E ′k ＋E ′p ，即－14mgL (1＋sin θ)＝m v 2－mgL ，解得L ＝2 m ，C 正确．5．[2024·山东省济宁市期中考试]有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A 、B 分别套在水平杆与竖直杆上，A 、B 用一根不可伸长的轻细绳相连，A 、B 质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A 、B 静止．由静止释放B 后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B 沿着竖直杆下滑的速度为v ，则连接A 、B 的绳长为( )A ．4v 2gB ．3v 2gC ．2v 23gD ．4v 23g答案：D解析：如图所示，将A 、B 的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳的方向，两物体沿绳子的方向速度大小相等，则有v B cos 60°＝v A cos 30°，解得v A ＝33v ，由于A 、B 组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，B 减小的重力势能全部转化为A 和B 的动能，有mgh ＝12 m v 2A ＋12 m v 2B ，解得h ＝2v 23g ，绳长L ＝2h ＝4v 23g，D 正确．6.(多选)如图所示，轻弹簧的一端固定在O 点，另一端与质量为m 的小球连接，小球套在光滑的斜杆上，初始时小球位于A 点，弹簧竖直且长度为原长L .现由静止释放小球，当小球运动至B 点时弹簧水平，且长度再次变为原长．关于小球从A 点运动到B 的过程，以下说法正确的是( )A ．小球的机械能守恒B ．小球运动到B 点时的速度最大 C.小球运动到B 点时的速度为0D ．小球运动到B 点时的速度为2gL答案：BD解析：在小球向下运动的过程中，弹簧的弹力做功，并不是只有重力做功，小球的机械能不守恒，A 错误；从A 到B 的过程中，弹簧弹力做功为零，小球的重力做正功最多，由动能定理得小球的速度最大，B 正确，C 错误；小球运动到B 点时，弹簧为原长，由系统的机械能守恒定律得mgL ＝12m v 2，解得v ＝2gL ，D 正确．7.(多选)在竖直平面内，一根光滑金属杆弯成如图所示形状，相应的曲线方程为y ＝2.5cos (kx ＋23 π)(单位：m)，式中k ＝1 m －1，将一光滑小环套在该金属杆上，并从x ＝0处以v 0＝5m/s 的初速度沿杆向下运动，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A.当小环运动到x ＝π3 时的速度大小v 1＝52 m/sB.当小环运动到x ＝π3 时的速度大小v 1＝5 m/sC ．该小环在x 轴方向最远能运动到x ＝56 π处D ．该小环在x 轴方向最远能运动到x ＝76 π处答案：AC解析：当x ＝0时，y 0＝－1.25 m ；当 x ＝π3 时，y 1＝－2.5 m ．由机械能守恒定律得mg (y 0－y 1)＝12 m v 21 －12 m v 20 ，解得v 1＝52 m/s ，A 正确，B 错误；设小球速度为零时上升的高度为h ，由机械能守恒定律得mgh ＝12 m v 20 ，解得h ＝1.25 m ，即y ＝0，代入曲线方程可得x ＝56π，C 正确，D 错误．8.如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的四分之一圆弧轨道BC ，与竖直轨道AB 和水平轨道CD 相切，轨道均光滑．现有长也为R 的轻杆，两端固定质量为m 的小球a 、质量为2m 的小球b (均可视为质点)，用某装置控制住小球a ，使轻杆竖直且小球b 与B 点等高，然后由静止释放，杆将沿轨道下滑．设小球始终与轨道接触，重力加速度为g .则( )A ．下滑过程中a 球机械能增大B ．下滑过程中b 球机械能守恒C ．小球a 滑过C 点后，a 球速度大于26mgR3D ．从释放至a 球到滑过C 点的过程中，轻杆对b 球做正功为23 mgR答案：D解析：下滑过程中，若以两球为整体，只有重力做功，则有系统的机械能守恒，若分开单独分析，杆对a 球做负功，a 球的机械能减小，杆对b 球做正功，b 球的机械能增加，A 、B 错误；若以两球为整体，只有重力做功，则有系统的机械能守恒，则有mg ·2R ＋2mgR ＝12(m ＋2m )v 2，解得v ＝26gR 3 ，C 错误；对b 球分析，由动能定理可得W ＋2mgR ＝12 ·2m v 2，W ＝12 ·2m v 2－2mgR ＝23 mgR ，杆对b 球做正功为23mgR ，D 正确．9．[2024·浙江1月]类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”．如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，Ⅰ区宽度为d ，存在磁感应强度大小为B 、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小．Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U ＝φⅠ－φⅢ.一束质量为m 、电荷量为e 的质子从O 点以入射角θ射向Ⅰ区，在P 点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P 点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角．已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N ，初速度为v 0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响．(1)若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d 的最小值；(2)若U ＝m v 20 2e，求“折射率”n (入射角正弦与折射角正弦的比值)；(3)计算说明如何调控电场，实现质子束从P 点进入Ⅱ区发生“全反射”(即质子束全部返回Ⅰ区)；(4)在P 点下方距离3m v 0eB 处水平放置一长为4m v 0eB的探测板CQD (Q 在P 的正下方)，CQ 长为m v 0eB ，质子打在探测板上即被吸收中和．若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O 点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F 的大小与U 之间的关系．答案：(1)2m v 0Be (2)2 (3)U ≤－m v 20 cos 2θ2e(4)见解析解析：(1)根据牛顿第二定律 Be v 0＝m v 20r不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，d 的最小值为 d min ＝2r ＝2m v 0Be(2)设水平方向为x 方向，竖直方向为y 方向，x 方向速度不变，y 方向速度变小，假设折射角为θ′，根据动能定理Ue ＝12 m v 21 －12 m v 20 解得 v 1＝2 v 0 根据速度关系 v 0sin θ＝v 1sin θ′ 解得n ＝sin θsin θ′ ＝v 1v 0＝2 (3)全反射的临界情况：到达Ⅲ区的时候y 方向速度为零，即 Ue ＝0－12 m (v 0cos θ)2可得U ＝－m v 20 cos 2θ2e即应满足U ≤－m v 20 cos 2θ2e(4)临界情况有两个：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情况，根据几何关系可得 ∠CPQ ＝30°所以如果U ≥0的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下：①当U ≥0时 F ＝2Nm v y 又eU ＝12 m v 2y－12 m (v 0cos θ)2 解得 F ＝2Nm34v 20 ＋2eUm②全部都打不到板的情况，根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为60°时，粒子刚好打到D 点，水平方向速度为v x ＝v 02所以v y ＝v x tan 60° ＝36 v 0又eU ＝12 m v 2y－12 m (v 0cos θ)2 解得 U ＝－m v 20 3e即当U <－m v 203e 时F ＝0③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为(－m v 203e ≤U <0)，此时仅有O 点右侧的一束粒子能打到板上，因此F ＝Nm v y 又eU ＝12 m v 2y－12 m (v 0cos θ)2 解得 F ＝Nm 34v 20 ＋2eUm。