(浙江选考)2018版高考物理二轮复习专题七计算题题型强化第1讲必考计算题19题力与物体的运动学案

浙江省2018年高考理综物理试题（有答案） K
j 绝密★启封并使用完毕前
试题类型
t），
C v（t0-t），
D v（t0-t），
二、选择题（本大题共3小题。

在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分。

有选错的得0分。

）
18如图所示为一滑草场。

某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为。

质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，）。

则
A动摩擦因数
B载人滑草车最大速度为
C载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为
19如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为010 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。

用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。

两球接触后分开，平衡时距离为012 m。

已测得每个小球质量是，带电小球可视为点电荷，重力加速度，静电力常量
A两球所带电荷量相等
B．A球所受的静电力为10×10-2N
C．B球所带的电荷量为
D．A、B两球连续中点处的电场强度为0
20如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧，直道与弯道相切。

大、小圆弧。

选择题等值练(六)一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．(2017·温州市九校高三上学期期末)下列物理量，均属于矢量的是( ) A ．路程、速度 B ．位移、时间 C ．功、磁通量 D ．力、磁感应强度答案 D2．(2017·嘉兴市高二上期末)下列图象中，与小石块做自由落体运动对应的图象是( )答案 B3．(2016·台温丽衢高二期末联考)可伸缩式自拍杆风靡全球，小明将质量为m 的手机固定在自拍杆上保持静止状态，杆与水平方向成θ角，则自拍杆对手机的作用力大小为( ) A ．mg B ．mg sin θ C ．mg cos θ D ．无法计算答案 A4．2012年 9月16日，济南军区在“保钓演习”中，某特种兵进行了飞行跳伞表演．该伞兵从高空静止的直升飞机上跳下，在t 0时刻打开降落伞，在3t 0时刻以速度v 2着地．他运动的速度随时间变化的规律如图1所示．下列结论不正确的是( )图1A ．在0～t 0时间内加速度不变，在t 0～3t 0时间内加速度减小B ．降落伞打开后，降落伞和伞兵所受的阻力越来越小C ．在t 0～3t 0的时间内，平均速度v >v 1＋v 22D ．若第一个伞兵打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，则他们在空中的距离先增大后减小答案 C5．(2017·浙江名校协作体联考)里约奥运会男子跳高决赛的比赛中，加拿大选手德劳因突出重围，以2米38的成绩夺冠．则()A．德劳因在最高点处于平衡状态B．德劳因起跳以后在上升过程处于失重状态C．德劳因起跳时地面对他的支持力等于他所受的重力D．德劳因下降过程处于超重状态答案 B6．如图2所示，“套圈圈”是大人和小孩都喜爱的一种游戏，某大人和小孩直立在界外，在同一竖直线上不同高度分别水平抛出小圆环，并恰好套中前方同一物体，假设小圆环的运动可以视作平抛运动，则()图2A．大人抛出的圆环运动时间较长B．大人和小孩抛出的圆环运动时间相等C．大人抛出的圆环初速度较大D．大人和小孩子抛出的圆环初速度相等答案 A解析设抛出的圆环做平抛运动的初速度为v，高度为h，则下落的时间为：t＝2hg，水平方向位移x＝v t＝v 2hg，由以上的公式可知，由于大人的高度h比较大，所以大人抛出的圆环运动时间较长、速度较小，故A正确，B、C、D错误．7．(2017·金华市期末)如图3所示，“伦敦眼”(The London Eye)是世界上最大的观景摩天轮．现假设摩天轮正绕中间的固定轴匀速转动，坐在吊椅中观光的游客做匀速圆周运动．则对于游客，下列说法正确的是()图3A．因为摩天轮匀速转动，所以游客受力平衡B．因为摩天轮转得较慢，所以游客的线速度较小C．当游客运动到最高点时，游客所受竖直向上的支持力大于所受的重力D．当游客运动到最低点时，游客所受竖直向上的支持力大于所受的重力答案 D8．在匀强电场中，沿电场线方向为x轴正方向，下面关于场强E和电势φ沿着x轴方向的变化图象正确的是()答案 C解析在匀强电场中，沿电场线方向场强不变，故A、B错误；沿电场线方向，电势降低，故C正确，D错误．9．(2017·台州市9月选考)乒乓球发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网，其原因是() A．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较大B．速度较大的球下降相同距离所用的时间较少C．速度较小的球在相同时间间隔内下降的距离较大D．速度较小的球在下降相同距离时通过的水平位移较小答案 D10. 如图4，直线上有O、a、b、c四点，a、b间的距离与b、c间的距离相等．在O点处有固定点电荷．已知b点电势高于c点电势．若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则()图4A．两过程中电场力做的功相等B．前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功C．前一过程中，粒子电势能不断减小D．后一过程中，粒子动能不断减小答案 C解析由题意知O点处点电荷带正电，其周围部分电场线分布如图所示，带负电荷的粒子由c到b再到a过程中，电场强度不断变大，又bc＝ab，故W ab>W bc，故A、B项均错误；粒子由c→b→a过程中，电场力做正功，电势能不断减小，动能不断增加，故C项正确，D项错误．11．(2016·嘉兴市高二第一学期期末)第二届世界互联网大会于2015年12月16日至18日在桐乡乌镇举行，为迎接大会召开，桐乡市对部分道路亮化工程进行了改造，如图5所示是乌镇某行政村使用的太阳能路灯的电池板铭牌，则该电池板的内阻约为()图5A．7.58 ΩB．6.03 ΩC．6.23 ΩD．7.35 Ω答案 D12. 如图6所示，匈牙利大力士希恩考·若尔特曾用牙齿拉动50 t的A320客机．他把一条绳索的一端系在飞机下方的前轮处，另一端用牙齿紧紧咬住，在52 s的时间内将客机拉动了约40 m．假设大力士牙齿的拉力约为5×103N，绳子与水平方向的夹角θ约为30°，则飞机在被拉动的过程中()图6A．重力做功约为2.0×107 JB．拉力做功约为1.7×105 JC．克服阻力做功约为1.5×105 JD．合外力做功约为2.0×105 J答案 B解析飞机在水平面上移动，因此重力不做功，A项错．根据做功公式W＝Fl cos θ，则W＝5×103×40×32J≈1.7×105 J，所以B项对．在拉动飞机的过程中，由于不知道飞机是什么运动，无法得知阻力大小，所以阻力做功无法求解，C项错．整个过程中阻力做功无法求解，也不知道动能变化量，所以合外力做功无法求解，D项错．13．(2017·台州市9月选考)如图7所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向z 轴的夹角为θ，则磁感应强度方向和大小可能为( )图7A ．x 正向，mgILB ．y 正向，mgIL sin θC ．z 正向，mgIL tan θD ．沿悬线向下，mgIL sin θ答案 D二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分) 14．[加试题]关于近代物理，下列说法正确的是( )A ．从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率成正比B ．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征C ．α射线是高速运动的氦原子D ．比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固 答案 BD解析 根据光电效应方程E k ＝hν－W 0，知光电子的最大初动能与照射光的频率成线性关系，不是正比关系．故A 错误；玻尔将量子观念引入原子领域，能够很好地解释氢原子光谱，故B 正确；α射线是高速运动的氦核流，不是原子．故C 错误；比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固．故D 正确．15．[加试题]如图8甲所示，将一个力传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆小角度摆动时悬线上的拉力大小随时间变化曲线如图乙所示．由此图线做出的下列判断中，正确的是( )图8A ．t ＝0.8 s 时摆球正经过最低点B ．t ＝0.5 s 时摆球正经过最低点C ．摆球每次经过最低点的速度在不断减小D ．摆球摆动的周期是0.6 s 答案 AC16．[加试题]直线P 1P 2过均匀玻璃球球心O ，细光束a 、b 平行且关于P 1P 2对称，由空气射入玻璃球的光路如图9所示．a 、b 光相比( )图9A ．玻璃对b 光的折射率较大B ．玻璃对a 光的临界角较小C ．b 光在玻璃中的传播速度较小D ．b 光在玻璃中的传播时间较短 答案 AC解析 由题图可知，b 偏折程度较大，故玻璃对b 的折射率较大，A 正确；由sin C ＝1n 知b的临界角较小，B 错误；由v ＝cn 知，b 在玻璃中的传播速度较小，C 正确；b 在玻璃中传播距离大且传播速度小，由t ＝xv 知，b 在玻璃中的传播时间较长，D 错误．。

第1讲 功 功率与动能定理[选考考点分布]考点一 功和能基本概念及规律辨析1．(2017·浙江4月选考·12)火箭发射回收是航天技术的一大进步．如图1所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上，不计火箭质量的变化，则( )图1A ．火箭在匀速下降过程中，机械能守恒B．火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态C．火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化D．火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力答案 D解析匀速下降阶段，说明阻力等于重力，不止重力做功，所以机械能不守恒，选项A错；在减速阶段，加速度向上，所以超重，选项B错误；火箭着地时，地面给火箭的力大于火箭重力，即选项D正确；合外力做功等于动能改变量，选项C错．2. (2016·浙江10月学考·4)如图2所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是( )图2A．动能B．动能、重力势能C．重力势能、机械能D．动能、重力势能、机械能答案 C解析无人机匀速上升，所以动能保持不变，所以选项A、B、D均错．高度不断增加，所以重力势能不断增加，因此无人机机械能不断增加，所以选项C正确．3. (2015·浙江10月学考·5)画作《瀑布》如图3所示．有人对此画作了如下解读：水流从高处倾泻而下，推动水轮机发电，又顺着水渠流动，回到瀑布上方，然后再次倾泻而下，如此自动地周而复始．这一解读违背了( )图3A．库仑定律B．欧姆定律C．电荷守恒定律D．能量守恒定律答案 D4. (人教版必修2P66第2题改编)如图4所示，质量为m的足球在水平地面的位置1被踢出后落到水平地面的位置3，在空中达到的最高点(位置2)的高度为h，已知重力加速度为g.下列说法正确的是( )图4A．足球由位置1运动到位置2的过程中，重力做的功为mghB．足球由位置1运动到位置3的过程中，重力做的功为2mghC．足球由位置2运动到位置3的过程中，重力势能减少了mghD．如果没有选定参考平面，就无法确定重力势能变化了多少答案 C解析足球由位置1运动到位置2的过程中，高度增加h，重力做功－mgh，选项A错误；足球由位置1运动到位置3的过程中，由于位置1和位置3在同一水平面上，故足球的高度没有变化，重力做的功为零，选项B错误；足球由位置2运动到位置3的过程中，足球的高度降低，重力做正功，重力势能减少，由于2、3两位置的高度差是h，故重力势能减少了mgh，选项C正确；分析重力势能的变化，只要找出高度的变化量即可，与参考平面的选取没有关系，选项D错误．5．(人教版必修2P67、P68、P75、P80插图改编)如图5所示的几个运动过程中，物体的弹性势能增大的是( )图5A．如图甲，撑杆跳高的运动员上升过程中，杆的弹性势能B．如图乙，人拉长弹簧过程中，弹簧的弹性势能C．如图丙，模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中，橡皮筋的弹性势能D．如图丁，小球被压缩弹簧向上弹起的过程，弹簧的弹性势能答案 B6．(2017·稽阳联谊学校8月联考)如图6所示，质量为m的小球(可以看成质点)，在恒力F 的作用下，从地面上A点由静止开始运动．途经桌面处B点到达C点，现以桌面为参考平面，已知H <h ，则( )图6A ．小球从A 到B 重力做功小于从B 到C 重力做的功 B ．小球在A 点的重力势能大于在C 点的重力势能 C ．整个过程小球的机械能一定增大D ．整个过程小球的机械能守恒 答案 C解析 功的大小比较看绝对值，h >H ，所以A 错误；重力势能的大小看位置高低，A 点最低，B 错误；恒力F 始终做正功，所以机械能一直变大，C 对，D 错误．考点二 功和功率的分析与计算1．(2017·浙江11月选考·13)如图7所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min 内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m 到达灭火位置．此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m 3/min ，水离开炮口时的速率为20 m/s ，则用于( )图7A ．水炮工作的发动机输出功率约为1×104W B ．水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W C ．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W D ．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W 答案 B解析 若不计伸缩臂的质量，抬升登高平台的发动机输出功率P ＝mgh t ＝400×10×60×15×60W ＝800 W ，但伸缩臂具有一定质量，发动机输出功率应大于800 W ，故选项D 错误．在1 s内，喷出去水的质量为m ′＝ρV ＝103×360 kg ＝50 kg ，喷出去水的重力势能为E p ＝m ′gh ＝50×10×60 J＝3×104 J ，水的动能为E k ＝12m ′v 2＝1×104 J ，所以1 s 内水增加的能量为4×104J ，所以水炮工作的发动机输出功率为4×104W ，选项B 正确，A 、C 错误．2．(2017·浙江11月选考·10)如图8所示，质量为60 kg 的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒．已知重心在c 点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离Oa 、Ob 分别为0.9 m 和0.6 m ．若她在1 min 内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m ，则克服重力做的功和相应的功率约为( )图8A ．430 J,7 WB ．4 300 J,70 WC ．720 J,12 WD ．7 200 J,120 W答案 B解析 设每次俯卧撑中，运动员重心变化的高度为h ，由几何关系可得，h 0.4＝0.90.9＋0.6，即h ＝0.24 m ．一次俯卧撑中，克服重力做功W ＝mgh ＝60×9.8×0.24 J＝141.12 J ，所以1 min内克服重力做的总功为W 总＝NW ＝4 233.6 J ，功率P ＝W 总t＝70.56 W ，故选B.3．(2017·金华市高三上学期期末)如图9所示，质量为m 的汽车在平直公路上行驶，所受的阻力恒为车重的k 倍，当它以速度v ，加速度a 加速前进时，发动机的实际功率正好等于额定功率，从该时刻起，发动机始终在额定功率下运转，重力加速度为g ，则以下分析正确的是( )图9A ．汽车发动机的额定功率为kmgvB ．汽车行驶的最大速度为(kg ＋a )v kgC ．当汽车加速度减小到a2时，速度增加到2vD ．欲使汽车最大速度增加到此时的2倍，则发动机额定功率应增加到此时的4倍 答案 B解析 速度为v 时，根据牛顿第二定律知P 0v－kmg ＝ma ，所以P 0＝kmgv ＋mav ，故A 错误；最后汽车匀速运动牵引力等于阻力时速度最大，故v m ＝P 0kmg ＝kmgv ＋mav kmg ＝v ＋av kg，故B 正确；加速度为a 2时，此时牵引力为F ，则F －kmg ＝m a2，解得F ＝kmg ＋ma2，此时速度为v ＝P 0F＝kmgv ＋mav kmg ＋ma 2＝2kgv ＋2av 2kg ＋a ，故C 错误；由于汽车匀速运动时速度最大，汽车受到的阻力不变，此时的功率P ＝F f ·2v m ＝2P 0，故D 错误．4．(2017·浙江“七彩阳光”联考)物体在大小相等的力F 作用下，分别在粗糙的水平地面上发生了一段位移x ，其力与速度方向夹角如图10所示，则下列判断正确的是()图10A ．甲图中力F 做负功B ．乙图中合外力做功最多C ．丙图中摩擦力做功最多D ．三个图中力F 做功相同 答案 B解析 根据W ＝Fx cos α，甲中F 与位移x 的夹角为30°，故为正功，乙中F 与x 的夹角为150°，故为负功，丙中F 与x 的夹角为30°，故为正功，三种情况下力F 的功的大小是相同的；甲图中摩擦力最大做功最多；乙图中合外力为F 的水平分力与摩擦力的和，而甲和丙中合外力为F 的水平分力与摩擦力的差，乙图中合外力做功最多．5．(2017·浙江“七彩阳光”联考)周末放学了，小黄高兴的骑着电动自行车沿平直公路回家，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5 m/s 的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍，取重力加速度g ＝10 m/s 2.根据估算，小黄骑此电动车做功的平均功率最接近( )A ．10 WB ．100 WC ．1 kWD ．10 kW 答案 B解析 车和人的质量大约100 kg ，匀速行驶时，牵引力等于阻力，F ＝F f ＝0.02mg ＝0.02×1 000N ＝20 N ，则骑车的平均功率P ＝Fv ＝20×5 W＝100 W.1.功的计算方法 (1)恒力做功：W ＝Fl cos α，F 为恒力．(2)变力做功：①用动能定理：W ＝12mv 2 2－12mv 1 2.②当变力的功率P 一定时，可用W ＝Pt 求功，如机车恒功率启动时． ③将变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程(不是位移)的乘积．如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等．2．平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率． (1)可用P ＝Wt.(2)可用P ＝Fv cos α，其中v 为物体运动的平均速度．3．计算瞬时功率时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率．求解瞬时功率时，如果F 和v 不同向，可用力F 乘以F 方向的分速度，或用速度v 乘以速度方向的分力求解． (1)公式P ＝Fv cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． (2)P ＝Fv F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． (3)P ＝F v v ，其中F v 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力．考点三 动能定理的应用1．(2016·浙江10月学考·20)如图11甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型．倾角为45°的直轨道AB 、半径R ＝10 m 的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF .分别通过水平光滑衔接轨道BC 、C ′E 平滑连接，另有水平减速直轨道FG 与EF 平滑连接，EG 间的水平距离l ＝40 m ．现有质量m ＝500 kg 的过山车，从高h ＝40 m 处的A 点静止下滑，经BCDC ′EF 最终停在G 点．过山车与轨道AB 、EF 间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG 间的动摩擦因数μ2＝0.75.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g 取10 m/s 2.求：图11(1)过山车运动至圆轨道最低点C 时的速度大小； (2)过山车运动至圆轨道最高点D 时对轨道的作用力大小； (3)减速直轨道FG 的长度x .(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 答案 (1)810 m/s (2)7×103N (3)30 m 解析 (1)设C 点的速度为v C ，由动能定理得mgh －μ1mg cos 45°hsin 45°＝12mv C 2代入数据解得v C ＝810 m/s (2)设D 点速度为v D ，由动能定理得mg (h －2R )－μ1mg cos 45°hsin 45°＝12mv D 2F ＋mg ＝m v D2R，解得F ＝7×103 N由牛顿第三定律知，过山车在D 点对轨道的作用力为7×103N (3)全程应用动能定理mg [h －(l －x )tan 37°]－μ1mg cos 45°hsin 45°－μ1mg cos 37°l －xcos 37°－μ2mgx ＝0解得x ＝30 m.2．(2015·浙江10月选考·20)如图12所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险．质量m ＝2.0×103kg 的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数为v 1＝36 km/h ，汽车继续沿下坡匀加速直行l ＝350 m 、下降高度h ＝50 m 时到达“避险车道”，此时速度表示数为v 2＝72 km/h.(g ＝10 m/s 2)图12(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量； (2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3)． 答案 (1)3.0×105J (2)2.0×103N (3)33.3 m 解析 (1)由ΔE k ＝12mv 2 2－12mv 1 2得ΔE k ＝3.0×105 J(2)由动能定理mgh －F f l ＝12mv 2 2－12mv 1 2得F f ＝12mv 1 2－12mv 2 2＋mgh l＝2.0×103N(3)设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是x ，由动能定理－(mg sin 17°＋3F f )x ＝0－12mv 2 2得x ＝12mv 2 2mg sin 17°＋3F f≈33.3 m3．(2017·宁波市九校高三上学期期末)如图13所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它运动轨道示意图．假设在某次演示中，赛车从A 位置由静止开始运动，经2 s 后关闭电动机，赛车继续前进至B 点后水平飞出，赛车能从C 点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D 点和E 点分别为圆形轨道的最高点和最低点．已知赛车在水平轨道AB 段运动时受到的恒定阻力为0.4 N ，赛车质量为0.4 kg ，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W ，B 、C 两点间高度差为0.45 m ，C 与圆心O 的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图13(1)赛车通过C 点时的速度大小； (2)赛道AB 的长度；(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D 后回到水平赛道EG ，其半径需要满足什么条件． 答案 (1)5 m/s (2)2 m (3)0＜R ≤2546 m解析 (1)赛车在BC 间做平抛运动，则v y ＝2gh ＝3 m/s.由图可知：v C ＝v ysin 37°＝5 m/s(2)由(1)可知B 点速度v 0＝v C cos 37°＝4 m/s 则根据动能定理：Pt －F f l AB ＝12mv 0 2，得到：l AB ＝2 m.(3)当恰好通过最高点D 时，有：mg ＝m v D2R从C 到D ，由动能定理可知：－mgR (1＋cos 37°)＝12mv D 2－12mv C 2，解得R ＝2546 m ，所以轨道半径需满足0＜R ≤2546m(可以不写0)． 4. (2016·温州市期中)如图14所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2 kg 的物体(可视为质点)，从h ＝3.2 m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端A 、B 连线的中点处，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图14(1)传送带左、右两端A 、B 间的距离L ；(2)上述过程中物体与传送带组成的系统因摩擦产生的热量； (3)物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h ′. 答案 (1)12.8 m (2)160 J (3)1.8 m解析 (1)从静止开始到在传送带上的速度等于0的过程中运用动能定理得：mgh －μmgL 2＝0－0，解得L ＝12.8 m.(2)在此过程中，物体与传送带间的相对位移x 相＝L 2＋v 带·t ，又L 2＝12μgt 2，而摩擦热Q ＝μmg ·x 相，以上三式可联立得Q ＝160 J.(3)物体随传送带向右匀加速，设当速度为v 带＝6 m/s 时，向右的位移为x ，则μmgx ＝12mv 带2得x ＝3.6 m ＜L2，即物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以v 带＝6 m/s 的速度冲上斜面，由动能定理得12mv 带 2＝mgh ′，解得h ′＝1.8 m.1.应用动能定理解题的步骤2．注意事项(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便．(2)动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理．(3)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W ，将该力做功表示为－W ，也可以直接用字母W 表示该力做功，使其字母本身含有负号．考点四 动力学和能量观点的综合应用1．(2017·浙江11月选考·20)如图15甲所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图乙的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC 、DE 的下端与水平半圆形轨道CD 顺滑连接，倾斜轨道BC 的B 端高度h ＝24 m ，倾斜轨道DE 与圆弧EF 相切于E 点，圆弧EF 的圆心O 1、水平半圆轨道CD 的圆心O 2与A 点在同一水平面上，DO 1的距离L ＝20 m ．质量m ＝1 000 kg 的过山车(包括乘客)从B 点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F 时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍．已知过山车在BCDE 段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝132，EF 段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计．(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)甲 乙图15(1)求过山车过F 点时的速度大小；(2)求从B 到F 整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；(3)如果过D 点时发现圆轨道EF 段有故障，为保证乘客的安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF 段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少应多大？ 答案 (1)310 m/s (2)－7.5×104J (3)6×103N 解析 (1)在F 点由牛顿第二定律得：m 人g －0.25m 人g ＝m 人v F2r，r ＝L sin θ＝12 m代入已知数据可得：v F ＝310 m/s (2)根据动能定理，从B 点到F 点： 12mv F 2－0＝mg (h －r )＋W f 解得W f ＝－7.5×104J(3)在没有故障时，物体到达D 点的速度为v D ，根据动能定理12mv F 2－12mv D 2＝－mgr －μmg cos37°·L DEL DE ＝L cos 37°＝16 m ，发现故障之后，过山车不能到达EF 段，设刹车后恰好到达E 点速度为零，在此过程中，过山车受到的摩擦力为F f1，根据动能定理 0－12mv D 2＝－mgL DE sin 37°－F f1L DE ， 联立各式解得F f1＝4.6×103N使过山车能停在倾斜轨道上的摩擦力至少为F f2， 则有F f2－mg sin θ＝0，解得F f2＝6×103N 综上可知，过山车受到的摩擦力至少应为6×103N.2．(2017·浙江4月选考·20)图16中给出了一段“S”形单行盘山公路的示意图．弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O 1、O 2，弯道中心线半径分别为r 1＝10 m ，r 2＝20 m ，弯道2比弯道1高h ＝12 m ，有一直道与两弯道圆弧相切．质量m ＝1 200 kg 的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8)图16(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v 1；(2)汽车以v 1进入直道，以P ＝30 kW 的恒定功率直线行驶了t ＝8.0 s 进入弯道2，此时速度恰为通过弯道中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；(3)汽车从弯道1的A 点进入，从同一直径上的B 点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道．设路宽d ＝10 m ，求此最短时间(A 、B 两点都在轨道中心线上，计算时视汽车为质点)． 答案 见解析解析 (1)在弯道1行驶的最大速度设为v 1由牛顿第二定律，kmg ＝m v 1 2r 1得v 1＝kgr 1＝5 5 m/s(2)在弯道2行驶的最大速度设为v 2由牛顿第二定律，kmg ＝m v 22r 2得v 2＝kgr 2＝510 m/s 直道上由动能定理Pt －mgh ＋W f ＝12mv 2 2－12mv 1 2代入数据可得W f ＝－2.1×104J (3)沿如图所示内切的路线行驶时间最短 由图可得r ′2＝r 1 2＋[r ′－(r 1－d 2)]2代入数据可得r ′＝12.5 m 汽车沿该线路行驶的最大速度为v ′则kmg ＝m v ′2r ′得v ′＝kgr ′＝12.5 m/s 由sin θ＝r 1r ′＝0.8 则对应的圆心角2θ＝106° 线路长度s ＝106360×2πr ′≈23.1 m最短时间t ′＝sv ′≈1.8 s3．(2016·浙江4月选考·20)如图17所示，装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成．其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB 与粗糙直轨道BC 平滑连接，高度差分别是h 1＝0.20 m 、h 2＝0.10 m ，BC 水平距离L ＝1.00 m ．轨道Ⅱ由AE 、螺旋圆形EFG 和GB 三段光滑轨道平滑连接而成，且A点与F 点等高．当弹簧压缩量为d 时，恰能使质量m ＝0.05 kg 的滑块沿轨道Ⅰ上升到B 点；当弹簧压缩量为2d 时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C 点．(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，g ＝10 m/s 2)图17(1)当弹簧压缩量为d 时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小； (2)求滑块与轨道BC 间的动摩擦因数；(3)当弹簧压缩量为d 时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B 点？请通过计算说明理由． 答案 (1)0.1 J 2 m/s (2)0.5 (3)不能，理由见解析 解析 (1)由机械能守恒定律可得E 弹＝ΔE k ＝ΔE p ＝mgh 1＝0.05×10×0.20 J＝0.1 JΔE k ＝12mv 0 2可得v 0＝2 m/s(2)由E 弹∝d 2可得ΔE k ′＝E 弹′＝4E 弹＝4mgh 1 由动能定理可得－mg (h 1＋h 2)－μmgL ＝－ΔE k ′ μ＝3h 1－h 2L＝0.5(3)恰能通过螺旋轨道最高点须满足的条件是mg ＝mv 2R m由机械能守恒定律有v ＝v 0＝2 m/s 得R m ＝0.4 m当R >R m ＝0.4 m 时，滑块会脱离螺旋轨道，不能上升到B 点．4．(2017·台州市9月选考)如图18所示，质量为m ＝0.1 kg 可视为质点的小球从静止开始沿半径为R 1＝40 cm 的14圆弧轨道AB 由A 点滑到B 点后，进入与AB 圆滑连接的14圆弧管道BC .管道出口处为C ，圆弧管道半径为R 2＝20 cm ，在紧靠出口C 处，有一半径为R 3＝8.4 cm 、水平放置且绕其水平轴线匀速旋转的圆筒(不计筒皮厚度)，筒上开有小孔D ，筒旋转时，小孔D 恰好能经过出口C 处，小球射出C 出口时，恰好能接着穿过D 孔进入圆筒，并越过轴线再从D 孔向上穿出圆筒，到最高点后返回又能向下穿过D 孔进入圆筒，不计摩擦和空气阻力，g取10 m/s 2.问：图18(1)小球到达B 点的瞬间前、后对轨道的压力分别为多大？ (2)小球穿出圆筒小孔D 时的速度多大？ (3)圆筒转动的最大周期T 为多少？答案 (1)3 N 5 N (2)0.8 m/s (3)0.08 s 解析 (1)从A 到B ，由动能定理得：mgR 1＝12mv B 2由牛顿第二定律得：到达B 点瞬间前：F N B －mg ＝m v B2R 1解得F N B ＝3 N到达B 点瞬间后：F N B ′－mg ＝m v B2R 2解得F N B ′＝5 N由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力分别为3 N 和5 N. (2)从A 到D 过程中，由机械能守恒可得：mgR 1＝mgR 2＋mg ·2R 3＋12mv D 2解得：v D ＝0.8 m/s(3)由机械能守恒可得：mgR 1＝mgR 2＋12mv C 2解得：v C ＝2 m/s穿越圆筒过程中：v C －v D ＝g (nT ＋0.5T ) 穿出到进入圆筒过程中：2v D ＝gn ′T 得到关系式：3n ′＝4n ＋2要使周期最大，n 和n ′必须同时取正整数且n 最小 取n ＝1，得T max ＝0.08 s.1.动力学观点：牛顿运动定律、运动学基本规律．2．能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．3．解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．专题强化练(限时：35分钟)1. (2017·浙江吴越联盟联考)跳水比赛中，看似不起眼的跳板却是高科技产品，不仅要够结实，够弹性，而且还要软硬度适中．如图1所示，运动员在跳板上会有一个起跳动作，若研究从运动员下落接触跳板到下落到最低点这一过程，下列说法正确的是( )图1A．运动员的动能不断增大B．运动员的机械能先增大后减小C．运动员的势能先减小后增大D．跳板的弹性势能不断增大答案 D2．(2017·杭州市四校联考)第17届亚运会于2014年9月19日～10月4日在韩国仁川举行，我国运动员薛长锐、李玲以5.55 m和4.35 m分别夺得男、女撑杆跳金牌．如果把撑杆跳全过程分成四个阶段：a～b、b～c、c～d、d～e，如图2所示，不计空气阻力，则对这四个阶段的描述不正确的是( )图2A．a～b阶段：加速助跑，人和杆的总机械能增加B．b～c阶段：杆弯曲、人上升，系统动能减少，重力势能和弹性势能增加C．c～d阶段：杆伸直、人上升，人的动能减少量等于重力势能增加量D．d～e阶段：人过横杆后下落，重力所做的功等于人动能的增加量答案 C解析a～b阶段：人加速过程中，人和杆的动能增加，重力势能不变，人和杆的机械能增加，所以A正确；b～c阶段：人上升过程中，人和杆的动能减少，重力势能和杆的弹性势能均增加，所以B正确；c～d阶段：杆在恢复原长的过程中，人的动能和杆的弹性势能减少量之和等于重力势能的增加量，所以C错误；d～e阶段：只有重力做功，重力所做的功等于人动能的增加量，所以D正确．3. (2017·金华市义乌模拟)如图3所示，缆车在牵引索的牵引下沿固定的倾斜索道加速上行，所受阻力不能忽略．在缆车向上运动的过程中，下列说法正确的是( )图3A．缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能B．缆车增加的动能等于牵引力对缆车做的功和克服阻力做的功之和C．缆车所受牵引力做的功等于缆车克服阻力和克服重力做的功之和D．缆车增加的机械能等于缆车受到的牵引力与阻力做的功之和答案 D解析根据重力做功与重力势能的变化关系可知，缆车克服重力做的功等于缆车增加的重力势能，故A错误；由动能定理可知，牵引力对缆车做的功等于缆车增加的动能、增加的重力势能与克服摩擦力所做的功之和，即牵引力对缆车做的功等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和，故B、C错误，D正确．4. (2017·浙江“9＋1”高中联盟期中)如图4为倾角可调的可移动式皮带输送机，适用于散状物料或成件物品的装卸工作．在顺时针(从左侧看)匀速转动的输送带上端无初速度放一货物，货物从上端运动到下端的过程中，其动能E k(选择地面所在的水平面为参考平面)与位移x的关系图象可能正确的是( )图4答案 B解析货物从上端运动到下端的过程可能一直加速、也可能先加速后匀速或者先加速后做加速度较小的加速运动，故只有B正确．5. (2017·浙江温州中学选考)飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图5所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射器是一种长度为l1＝120 m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105N．考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．飞机离舰起飞的速度v＝100 m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点，g＝10 m/s2.请计算(计算结果均保留两位有效数字)图5(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)电磁弹射器的牵引力F牵的大小；(3)电磁弹射器输出效率可以达到80%，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量．答案(1)4.0 m/s2(2)6.8×105 N (3)1.0×108 J解析(1)令后一阶段飞机加速度为a2，平均阻力为F f2＝0.2mg，则F推－F f2＝ma2，得a2＝4.0 m/s2.(2)令电磁弹射阶段飞机加速度为a1，末速度为v1，平均阻力为F f1＝0.05mg，则v21＝2a1l1，v2－v1 2＝2a2(l－l1)，得a1≈39.7 m/s，由F牵＋F推－F f1＝ma1，得F牵≈6.8×105 N.(3)电磁弹射器对飞机做功W＝F牵l1≈8.2×107 J，则其消耗的能量E＝W80%≈1.0×108 J.6．(2017·浙江名校协作体联考)如图6所示，质量m＝1 kg的小物块静止放在粗糙水平桌面上，它与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.4，且与水平桌面边缘O点的距离s＝8 m．在紧贴桌面边缘O 点右侧固定了一个12圆弧挡板，半径R ＝3 m ，圆心与桌面同高．今以O 点为原点建立平面直角坐标系．现用F ＝8 N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．(g 取10 m/s 2)图6(1)若小物块恰能击中圆弧挡板最低点，则其离开O 点时的动能大小； (2)在第(1)问情况下拉力F 作用的时间；(3)若小物块在空中运动的时间为0.6 s ，则拉力F 作用的距离． 答案 (1)7.5 J (2)1588 s (3)6516m 解析 (1)小物块离开O 点后开始做平抛运动， 故：R ＝v 0t ，R ＝12gt 2又E k O ＝12mv 0 2，得E k O ＝7.5 J.(2)由开始运动到小物块到达O 点由动能定理得：F ·x －μmgs ＝12mv 0 2，解得x ＝7916m 由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ，得a ＝4 m/s 212at 2＝x ，得t ＝1588s (3)小物块离开O 点后开始做平抛运动，由下落时间可知下落距离y ＝12gt 2，解得y ＝1.8 m.①若小物块落到半圆的左半边，则平抛运动水平位移x 1＝R －R 2－y 2＝0.6 m ，v 1＝x 1t＝1 m/s由动能定理得F ·L 1－μmgs ＝12mv 1 2解得L 1＝6516m②若小物块落到半圆的右半边，同理可得v 2＝9 m/s。

第3讲 加试计算题22题 带电粒子在复合场中的运动题型1 带电粒子在叠加场中的运动1. 如图1所示的坐标系，x 轴沿水平方向，y 轴沿竖直方向．第一、第二和第四象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y 轴正方向的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为＋q 的带电质点，从y 轴上y 1＝h 处的P 1点，以一定的水平初速度沿x 轴负方向进入第二象限；然后经过x 轴上x ＝－2h 处的P 2点进入第三象限，带电质点恰好做匀速圆周运动，经y 轴上y 3＝－2h 的P 3点离开电磁场，重力加速度为g .求：图1(1)带电质点到达P 2点时速度的大小和方向； (2)第三象限内电场强度的大小； (3)第三象限内磁感应强度的大小．答案 (1)2gh 方向与x 轴负方向成45°角 (2)mg q (3)mq 2gh解析 (1)带电质点运动轨迹如图． 带电质点从P 1到P 2点，由平抛运动规律得： h ＝12gt 2① v 0＝2h t ②v y ＝gt ③ tan θ＝v yv 0④v ＝v 02＋v y 2＝2gh ⑤方向与x 轴负方向成θ＝45°角．(2)带电质点从P 2到P 3，重力与电场力平衡，得：Eq ＝mg ⑥ 解得：E ＝mgq.(3)第三象限内，洛伦兹力提供带电质点做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2R⑦由几何关系得：(2R )2＝(2h )2＋(2h )2⑧ 联立⑤⑦⑧式得：B ＝mq2g h.2．如图2所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度为E ，磁感应强度为B .足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45°.有一带电的小球P 静止于斜面顶端A 处，且恰好对斜面无压力．若将小球P 以初速度v 0水平向右抛出(P 视为质点)，一段时间后，小球落在斜面上的C 点．已知小球的运动轨迹在同一竖直平面内，重力加速度为g ，求：图2(1)小球P 落到斜面上时速度方向与斜面的夹角θ及由A 到C 所需的时间t ； (2)小球P 抛出到落到斜面的位移x 的大小． 答案 (1)45°πE2gB (2)2E v 0gB解析 (1)小球P 静止时不受洛伦兹力作用，仅受自身重力和电场力，对斜面无压力，则mg ＝qE①P 获得水平初速度后由于重力和电场力平衡，将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由对称性可得小球P 落到斜面上时其速度方向与斜面的夹角为45° q v 0B ＝m v 02R②T ＝2πR v 0＝2πm qB③ 圆周运动转过的圆心角为90°，小球P 由A 到C 所需的时间：t ＝T 4＝πE 2gB④(2)由②式可知，P 做匀速圆周运动的半径R ＝m v 0qB ⑤由几何关系知x ＝2R⑥由①⑤⑥可解得位移x ＝2E v 0gB.1.带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类 (1)洛伦兹力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．(3)电场力、洛伦兹力、重力并存 ①若三力平衡，一定做匀速直线运动． ②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．题型2 带电粒子在组合场中的运动1．如图3所示，在xOy 平面内存在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个场区，y 轴右侧存在匀强磁场Ⅰ，y 轴左侧与虚线MN 之间存在方向相反的两个匀强电场，Ⅱ区电场方向竖直向下，Ⅲ区电场方向竖直向上，P 点是MN 与x 轴的交点．有一质量为m 、带电荷量＋q 的带电粒子由原点O ，以速度v 0沿x 轴正方向水平射入磁场Ⅰ，已知匀强磁场Ⅰ的磁感应强度垂直纸面向里，大小为B 0，匀强电场Ⅱ和匀强电场Ⅲ的电场强度大小均为E ＝B 0v 04，Ⅳ区的磁场垂直纸面向外，大小为B 02，OP 之间的距离为8m v 0qB 0，已知粒子最后能回到O 点．图3(1)带电粒子从O 点飞出后，第一次回到x 轴时的位置和时间； (2)根据题给条件画出粒子运动的轨迹；(3)带电粒子从O 点飞出后到再次回到O 点的时间． 答案 (1)(－4m v 0qB 0，0) (π＋4)mqB 0 (2)见解析图(3)(4π＋16)mqB 0解析 (1)带电粒子在磁场Ⅰ中运动的半径为R 1＝m v 0qB 0带电粒子在Ⅰ磁场中运动了半个圆，回到y 轴的坐标y ＝2R 1＝2m v 0qB 0，时间为t 1＝T 2＝πmqB 0带电粒子在Ⅱ场区做类平抛运动，根据牛顿第二定律得带电粒子运动的加速度a ＝qE m ＝qB 0v 04m ，竖直方向y ＝12at 22，水平位移x ＝v 0t 2，联立得t 2＝4mqB 0，x ＝4m v 0qB 0故t 总＝t 1＋t 2＝(π＋4)mqB 0第一次回到x 轴的位置(－4m v 0qB 0，0)(2)根据运动的对称性画出粒子在场区Ⅲ的运动轨迹如图所示．带电粒子在场区Ⅳ运动的半径是场区Ⅰ运动半径的2倍，画出粒子的运动轨迹，同样根据运动的对称性画出粒子回到O 点的运动轨迹如图所示．(3)带电粒子在磁场Ⅰ中运动的时间正好为1个周期，故t 1′＝2πmqB 0带电粒子在Ⅱ、Ⅲ两个电场中运动的时间t 2′＝4t 2＝16mqB 0带电粒子在Ⅳ场中运动的时间为半个周期t 3′＝2πmqB 0因此带电粒子从O 点飞出后到再次回到O 点的时间 t 总′＝t 1′＋t 2′＋t 3′＝(4π＋16)mqB 0.2．(2017·杭州市四校联考)如图4所示，一带电微粒质量为m ＝2.0×10－11kg 、电荷量为q ＝＋1.0×10－5 C ，从静止开始经电压为U 1＝100 V 的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ＝30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D ＝20 3 cm 的匀强磁场区域．已知偏转电场中金属板长L ＝20 cm ，两板间距d ＝10 3 cm ，重力忽略不计．求：图4(1)带电微粒进入偏转电场时的速率 v 1； (2)偏转电场中两金属板间的电压U 2；(3)为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B 至少为多大？ 答案 (1)1.0×104 m/s (2)100 V (3)0.1 T解析 (1)设带电微粒经加速电场加速后速度为v ，根据动能定理U 1q ＝12m v 12得v 1＝2U 1qm＝1.0×104 m/s (2)带电微粒在偏转电场中做类平抛运动水平方向：v 1＝Lt带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a ，出电场时竖直方向速度为v 2 竖直方向：a ＝Eq m ＝qU 2dm ，v 2＝at ＝qU 2dm ·Lv 1由几何关系tan θ＝v 2v 1＝qU 2L dm v 12＝U 2L2dU 1 代入数据解得U 2＝100 V(3)带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒轨道半径为R ，由几何关系知R ＋R 2＝D ，R ＝23D设微粒进入磁场时的速度为v ′ v ′＝v 1cos 30°，又q v ′B ＝m v ′2R ，解得B ＝0.1 T为使带电粒子不射出磁场，磁感应强度B 至少为0.1 T.3．(2017·嘉兴市一中期末)如图5所示，宽度为3L 的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场，它们的磁感应强度大小相等，方向垂直纸面且相反．长为3L 、宽为L 2的矩形abcd紧邻磁场下方，与磁场边界对齐，O 为dc 边中点，P 为dc 中垂线上一点，OP ＝3L .矩形内有匀强电场，电场强度大小为E ，方向由a 指向O .电荷量为q 、质量为m 、重力不计的带电粒子由a 点静止释放，经电场加速后进入磁场，运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切．图5(1)求该粒子经过O 点时的速度大小v 0； (2)求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)若在aO 之间距O 点x 处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共偏转n 次到达P 点，求x 满足的条件及n 的可能取值． 答案 (1)2qELm(2) 3mE 2qL (3)x ＝(32n －16)2L ，n ＝2、3、4、5、6、7、8 解析 (1)由题意中长宽几何关系可知aO ＝L ，粒子在aO 加速过程由动能定理：qEL ＝12m v 02①得粒子经过O 点时速度大小：v 0＝2EqLm② (2)粒子在磁场区域Ⅲ中的运动轨迹如图，设粒子轨迹圆半径为R 0，由几何关系可得： R 0－R 0cos 60°＝33L ③ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：q v 0B ＝m v 02R 0④联立②③④式，得：B ＝3mE2qL⑤ (3)若粒子在磁场中一共经过n 次偏转到达P ，设粒子轨迹圆半径为R ， 由几何关系有：2n (3L6tan 30°＋R cos 30°)＝3L ⑥ 依题意有0＜R ≤R 0⑦联立③⑥⑦得97≤n ＜9，且n 取正整数⑧设粒子在磁场中的运动速率为v ，有：q v B ＝m v 2R ⑨在电场中的加速过程，由动能定理：qEx ＝12m v 2⑩联立⑤⑥⑨⑩式，得：x ＝(32n －16)2L ，其中n ＝2、3、4、5、6、7、8“电偏转”和“磁偏转”的比较专题强化练(限时：35分钟)1．(2017·温州市9月选考)如图1所示，空心圆台上、下底面水平，其半径分别为3r 和2r ，圆台高为H ＝4r ，圆台壁内表面涂有荧光粉．位于圆台轴线位置的某电学器件，其阴极是一根细圆柱形导体，阳极是环绕阴极半径为r 的圆柱形金属网(厚度不计)，阳极与圆台壁之间的空间区域分布着竖直向下的匀强磁场，从阴极发出的电子(初速度不计)，经加速后从阳极小孔中水平射出，撞到圆台壁上可使圆台壁发光．已知阴阳两级之间所加的电压恒为U ，电子比荷为k ，电子重力、电子间的相互作用力以及其他阻力均忽略不计．图1(1)若使圆台壁不发光，则磁感应强度至少为多大？(2)若将阳极半径缩小，使其与阴极距离忽略不计，并使磁场充满整个圆台空间，改变磁感应强度B 的大小，圆台壁发光部分的竖直高度h 也随之改变，试确定h 随B 变化的函数关系． 答案 (1)43r2U k (2)h ＝8B2U k －8r (23r2U k ≤B ≤1r2Uk) 解析 (1)由动能定理得：eU ＝12m v 2①由几何关系可知：R 2＋r 2＝(2r －R )2② e v B 0＝m v 2R ③由①可得v ＝2kU ， 由②可得R ＝34r ，代入③可得B 0＝43r2U k. (2)设高为h 处的台体半径为R ′，则 h R ′－2r ＝Hr ④e v B ＝m v 2R ′2⑤由④得R ′＝2r ＋h4，由⑤得R ′＝2v kB ，B ＝2m v eR ′＝2v kR ′＝2R ′2Uk(2r ≤R ′≤3r ) 再结合v ＝2kU ，得 h ＝8B 2U k －8r (23r 2U k ≤B ≤1r 2Uk)．2．如图2甲所示，长为L 的平行金属板M 、N 水平放置，两板之间的距离为d ，两板间有沿水平方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一个带正电的质点，沿水平方向从两板的正中央垂直于磁场方向进入两板之间，重力加速度为g .图2(1)若M 板接直流电源正极，N 板接负极，电源电压恒为U ，带电质点以恒定的速度v 匀速通过两板之间的复合场(电场、磁场和重力场)，求带电质点的电荷量与质量的比值．(2)若M 、N 接如图乙所示的交变电流(M 板电势高时U 为正)，L ＝0.5 m ，d ＝0.4 m ，B ＝0.1 T ，质量为m ＝1×10－4 kg 、带电荷量为q ＝2×10－2 C 的带正电质点以水平速度v ＝1 m/s ，从t＝0时刻开始进入复合场，g ＝10 m/s 2，试定性画出质点的运动轨迹． (3)在第(2)问的条件下求质点在复合场中的运动时间． 答案 (1)gdB v d －U(2)见解析图 (3)0.814 s解析 (1)E ＝Ud由质点做匀速直线运动可得：Bq v ＝qE ＋mg 得：q m ＝gd B v d －U.(2)当M 板电势高U 为正时，有Bq v ＝qE ＋mg ，粒子做匀速直线运动当M 板电势低U 为负时，有mg ＝qE ，粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，所以轨迹如图所示：(3)运动时间：t ＝L v ＋2πmBq≈0.814 s.3．(2017·宁波市九校高二上期末)宇宙射线中，往往含有大量的粒子与反粒子.1932年，美国加州理工学院的安德森通过威尔逊云室、强磁铁等实验仪器，发现了电子的反粒子——正电子.1955年，张伯伦和塞格雷用加速器证实了反质子的存在．如图3所示，已知区域Ⅰ是速度选择器，极板M 、N 间距为4L ，现有一束由反质子1－1H 与氘核21H 两种粒子组成的射线，沿极板M 、N 中间线以相同速度v 0射入，并从中心O 点进入极板上方的区域Ⅱ.已知质子的质量为m ，电荷量为e ，忽略电荷之间的相互作用．图3 图4(1)区域Ⅱ是威尔逊云室，云室中充满过饱和乙醚蒸汽，当带电粒子经过时，蒸汽凝结，形成轨迹，云室中加垂直纸面向里的匀强磁场，图中显示了两种粒子在云室中的径迹1、2，试判断在云室中显示径迹1的是哪种粒子的运动轨迹，并分析半径减小的原因．(2)现有一科研团队，通过实验观察质子和反质子的碰撞过程，他们撤去区域Ⅱ中的云室和磁场，经过速度选择器的选择，选出速度v 0的质子和反质子先后从A 1、B 1孔竖直向上进入极板上方，OA 1＝OB 1＝L ，以极板中间线上的O 为原点，建立直角坐标系如图4所示，在y 轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场，在y 轴的右侧区域加一垂直纸面向外的匀强磁场，要使质子和反质子在y 轴上的P (0，L )处相碰，求：在P 点相碰的质子和反质子的动能之比和射入小孔的时间差Δt .答案 (1)氘核 因受阻力作用 (2)51 L v 0(π2－1)解析 (1)由左手定则知径迹1是氘核21H 的运动轨迹带电粒子受到过饱和乙醚蒸汽阻力作用，速度减小，所以半径减小 (2)从A 1射入的粒子做类平抛运动：y 方向做匀速运动t 1＝L v 0从B 1射入的粒子做匀速圆周运动，半径R ＝L 经14T 到达P 点，t 2＝πL 2v 0 时间差Δt ＝πL 2v 0－L v 0＝L v 0(π2－1)从A 1射入的粒子做类平抛运动：x 方向：L ＝v x2t 1，y 方向：L ＝v 0t 1，则v x ＝2v 0E k A ＝12m (v 02＋v x 2) 从B 1射入的粒子做匀速圆周运动，E k B ＝12m v 02，故E k A E k B ＝v 02＋v x 2v 02＝51. 4．(2017·浙江“七彩阳光”联考)如图5所示xOy 直角坐标系，第一象限有一对电压为U 1＝3×104 V 的平行金属板，板间距离和板长均为L ＝40 cm ，板的右侧有一粒子接收屏，下极板刚好在x 轴上且带正电，第二象限有一半径为R ＝20 cm 的圆形匀强磁场，分别与x 轴、y 轴在C 点和D 点相切，磁感应强度B ＝0.1 T ，方向垂直纸面向外，第三象限有一个半圆形带正电的电极AO ，圆心在C 点，在其内部存在由电极指向圆心C 点的电场，电极与C 点的电势差为U 2＝1×104 V ．现有许多m ＝6.4×10－27kg 、q ＝＋3.2×10－19C 的粒子在半圆形电极处由静止释放．不考虑各场之间的影响和粒子之间的相互作用．求：图5(1)粒子在C 点的速度大小； (2)粒子击中y 轴的范围；(3)粒子接收屏接收到的粒子数和进入平行板总粒子数的比值K . 答案 (1)1×106 m/s (2)0～40 cm (3)14解析 (1)电场力做正功，由动能定理得：qU 2＝12m v 2得v ＝1×106 m/s(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动 根据：q v B ＝m v 2r ，得r ＝m vqB＝0.2 m ＝R取一粒子速度如图所示，从E 点离开，圆周运动的圆心为O 2，连接CO 1，EO 1，因为CO 1＝EO 1＝CO 2＝EO 2＝R, 所以四边形CO 1EO 2是一个菱形，因而EO 2平行于CO 1，所以E 点速度方向水平向右，由此可见所有粒子水平向右离开磁场，所以y 轴击中范围为0～40 cm(3)粒子水平向右进入电场，做类平抛运动． 若打到接收屏，则t ＝L v ＝4×10－7 s 竖直位移h ＝12×U 1q Lmt 2＝0.3 m所以从y 轴30～40 cm 进入的粒子能打到接收屏，因此比值K ＝14.5．(2017·宁波市九校高三上学期期末)正负电子对撞机是使正负电子以相同速率对撞(撞前速度在同一直线上的碰撞)并进行高能物理研究的实验装置，该装置一般由高能加速器、环形储存室和对撞测量区三个部分组成．为了使正负电子在测量区内不同位置进行对撞，在对撞测量区内设置两个方向相反的匀强磁场区域．对撞区域设计的简化原理如图6所示：MN 和PQ 为足够长的竖直边界，水平边界EF 将整个区域分成上下两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向内，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B .现有一对正负电子以相同速率分别从注入口C 和注入口D 同时水平射入，在对撞测量区发生对撞．已知两注入口到EF 的距离均为d ，边界MN 和PQ 的间距为L ，正电子的质量为m ，电荷量为＋e ，负电子的质量为m ，电荷量为－e .图6(1)试判断从注入口C 入射的是正电子还是负电子；(2)若L ＝43d ，要使正负电子经过水平边界EF 一次后对撞，求正电子在磁场中运动的时间； (3)若只从注入口C 射入电子，要使电子从D 飞出，求电子射入的最小速率，及此时间距L 的大小．答案 (1)负电子 (2)2πm 3eB (3)2(2－3)edB m4n (2－3)d ，(n ＝1,2,3…)解析 (1)由题意知从注入口C 入射的粒子向下偏转，由左手定则可知是负电子． (2)电子运动轨迹如图实线所示，由几何关系有：(R －d )2＋(3d )2＝R 2，得到：R ＝2d 故sin θ＝3d R ＝32，得θ＝π3由q v B ＝m v 2R ，可知T ＝2πR v ＝2πmeB所以正电子运动时间t ＝2×θ2πT ＝2πm3eB(3)要使粒子从D 点飞出的临界情况是运动轨迹与MN 相切，如图所示：由几何关系可知：α＝30° 且R ′＋R ′cos α＝d解得：R ′＝2(2－3)d . 由q v B ＝m v 2R ′，得到：v ＝2(2－3)edBm由图可知，间距L ＝n ×2R ＝4n (2－3)d ，(其中n ＝1,2,3…)．。

选择题等值练(三)一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分、每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1、(2017·稽阳联谊学校8月联考)2017年8月份开始，浙江高速公路都将实施“区间测速”、交警局一位负责人解释，区间测速是一项先进的监控手段，利用车辆通过前后两个监控点的时间计算平均车速的简单原理，只需测算距离与通行时间就可以换算出有没有超速行为，图1为高速公路的一个交通标志，一辆汽车于8月2日上午8：03通过监测起点时速度为115 km/h，上午8：11分通过监测终点时的速度也为115 km/h，由此可判断()图1A、汽车在该测速区间以115 km/h的速度做匀速率运动B、汽车在起点和终点之间的速度都小于120 km/hC、根据区间测速的原理，该汽车超速了D、在该测速区间，汽车某时刻的瞬时速度不可能为100 km/h答案 C解析20 km的距离若以限速120 km/h行驶，需要10分钟时间，而给出的时间间隔只有8分钟，所以一定有超过120 km/h的速度行驶的过程，故C正确、2、如图2所示，对下列课本插图描述不正确的是()图2A、图甲观察桌面的微小形变中，用到了物理微量放大法B、图乙比较平抛运动与自由落体运动，用到了比较法C、图丙中，探究求合力的方法用到了控制变量法D、图丁中，金属电阻温度计常用纯金属做成，是利用了纯金属的电阻率随温度的变化而变化这一特性制成的答案 C解析图甲中观察桌面的微小形变，通过平面镜的反射，反射光线发生较大的角度变化，从而扩大了形变，该方法称为物理微量放大法，A项正确；图乙中比较平抛运动与自由落体运动，来研究平抛运动在竖直方向上运动的规律，用到了比较法，B项正确；图丙中探究求合力的方法，用到了等效的思想方法，C项错误；金属电阻温度计常用纯金属做成，是利用了纯金属的电阻率随温度的变化而变化制成的，D项正确、3. 2015年12月，第二届世界互联网大会在浙江乌镇召开，会上机器人的展示精彩纷呈、如图3所示，当爬壁机器人沿竖直墙壁缓慢攀爬时，其受到的摩擦力()图3A、大于重力B、等于重力C、小于重力D、与其跟墙壁间的压力成正比答案 B解析缓慢运动，能看做是匀速运动，处于平衡状态，在竖直方向上受到竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，二力平衡，故摩擦力大小等于重力大小，B正确、4、(2017·嘉兴市一中期末)甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间图象如图4所示、甲图线过O点的切线与AB平行，过C点的切线与OA平行，则下列说法中正确的是()图4A、在两车相遇前，t1时刻两车相距最近B、t3时刻甲车在乙车的前方C、0～t2时间内甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度D、甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度答案 D5、某同学找了一个用过的“易拉罐”，在靠近底部的侧面打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则()A、易拉罐上升的过程中，洞中射出的水速度越来越快B、易拉罐下降的过程中，洞中射出的水速度越来越快C、易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水速度都不变D、易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出答案 D6、(2016·台州市月考) 如图5所示的陀螺，是汉族民间最早的娱乐工具，也是我们很多人小时候喜欢玩的玩具、从上往下看(俯视)，若陀螺立在某一点顺时针匀速转动，此时滴一滴墨水到陀螺，则被甩出的墨水径迹可能如图()图5答案 D解析做曲线运动的墨水，所受陀螺的束缚力消失后，水平面内(俯视)应沿轨迹的切线飞出，A、B不正确，又因陀螺顺时针匀速转动，故C不正确，D正确、7、(2017·温州市十校期末联考)拱形桥的顶部可视为一段圆弧、如图6所示，当一辆小汽车(视作质点)以一定速度过桥恰经过桥顶时，它对桥面的压力大小F与它的重力大小G相比较，有()图6A 、F ＝GB 、F ＜GC 、F ＞GD 、无法判断答案 B解析 汽车过拱桥最高点时，根据牛顿第二定律得：G －F ′＝m v 2R，解得支持力为：F ′＝G －m v 2R＜G ，根据牛顿第三定律知，F ＝F ′，则 F ＜G . 8. 如图7所示，一电场的电场线分布关于y 轴(沿竖直方向)对称，O 、M 、N 是y 轴上的三个点，且OM ＝MN .P 点在y 轴右侧，MP ⊥ON .则O 、M 、N 、P 四点中电场强度最大的是( )图7A 、O 点B 、M 点C 、N 点D 、P 点答案 A解析 由题图知O 点处电场线最密，则O 点电场强度最大，故A 对、9、(2017·杭州市高三上期末)根据图8漫画“ 洞有多深”提供的情境，下列说法正确的是( )图8A 、他们依据匀速运动的规律估算洞的深度B 、用一片树叶代替石块也能估算出洞的深度C 、全程石块的平均速度约为10 m/sD 、若数到 3 秒时石块落到洞底，则洞深约30 m答案 C10、(2017·嘉兴一中等五校联考)中国已成为世界上高铁系统技术最全、集成能力最强、运营里程最长、运行速度最高、在建规模最大的国家、报道称，新一代高速列车牵引功率达9 000 kW ，持续运行速度为350 km/h ，如图9所示、则新一代高速列车沿全长约1 300 km 的京沪线从北京到上海，在动力上耗电约为( )图9A 、3.3×104 kWhB 、3.1×106 kWhC 、1.8×104 kWhD 、3.3×105 kWh答案 A11、P 1和P 2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体，P 1的上下表面积大于P 2的上下表面积，将P 1和P 2按图10所示接到电源上，闭合开关后，下列说法正确的是( )图10A 、若P 1和P 2的体积相同，则通过P 1的电流大于通过P 2的电流B 、若P 1和P 2的体积相同，则P 1的电功率等于P 2的电功率C 、若P 1和P 2的厚度相同，则P 1两端的电压等于P 2两端的电压D 、若P 1和P 2的厚度相同，则P 1两端的电压大于P 2两端的电压答案 C解析 由于两电阻串联在电路中，因此通过两电阻的电流一定相等，故A 错误；设电阻的表面边长为a ，厚度为d ，根据R ＝ρL S 可知，R ＝ρa ad ＝ρd，则可知电阻与厚度d 有关，与体积无关，由V ＝Sd 可知，如果两导体的体积相同，则P 1的厚度小于P 2厚度，因此P 1的电阻大于P 2的电阻，则由P ＝I 2R 可知，P 1的电功率大于P 2的电功率，故B 错误；若厚度相同，则两电阻阻值相同，由U ＝IR 可知，P 1两端的电压等于P 2两端的电压，故C 正确，D 错误、12、(2016·浙江名校协作体高二联考)如图11所示，2015年12月17日，中国在酒泉卫星发射中心使用“长征二号丁”运载火箭成功发射首颗暗物质粒子探测卫星“悟空”，绕地球两极运动、已知地球半径为R ，地表重力加速度为g ，卫星轨道半径为r .则该卫星( )图11A 、是地球的同步卫星B 、运行速度大于第一宇宙速度C 、向心加速度为R 2r 2g D 、周期为T ＝4π2r g答案 C解析 地球同步卫星轨道与赤道在同一平面内，选项A 错误；人造卫星轨道半径近似等于地球半径时，其运行速度等于第一宇宙速度，轨道半径越大，运行速度越小，该卫星的运行速度小于第一宇宙速度，选项B 错误；由G Mm r 2＝ma n 、G Mm R 2＝mg 联立解得a n ＝R 2r 2g ，选项C 正确；由G Mm r2＝mr (2πT )2、G Mm R 2＝mg 联立解得T ＝ 4π2r 3gR 2，选项D 错误、 13、(2017·温州市9月选考)如图12所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带正电的小球，小球质量为1.0×10－2 kg ，所带电荷量为7.5×10－8 C ，现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘轻绳与竖直方向成37°角，取g ＝10 m/s 2，则( )图12A 、轻绳受到的拉力为8.0×10－2 N B 、电场强度大小为1.0×105 N/CC 、改变场强方向，仍使小球静止在原位置，则电场强度的最小值为8.0×105 N/CD 、剪断轻绳，带电小球将做类平抛运动答案 C二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分、每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的、全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)14、[加试题]下列说法正确的是( )A 、光电效应表明光具有能量，且具有波粒二象性B 、根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大C 、210 83Bi 的半衰期是5天，12 g 210 83Bi 经过15天后衰变了1.5 gD 、α粒子散射实验是卢瑟福建立原子核结构模型的重要依据答案 BD解析 光电效应现象只说明光具有粒子性、故A 错误、根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，电子从高轨道跃迁到低轨道，电子与原子核之间的距离变小，库仑力做正功，氢原子的电势能减小；电子与原子核之间的距离变小，由库仑力提供向心力可得，核外电子的运动速度增大、故B 正确.210 83Bi 半衰期是5天，12 g 210 83Bi 经过15天后，衰变后剩余质量为m ＝m 0(12)t τ＝12×(12)155＝1.5 g ，则衰变了10.5 g ，还剩下1.5 g 没有衰变、故C 错误、卢瑟福依据α粒子散射实验提出了原子核式结构模型、故D 正确、15、[加试题]如图13为一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波动图象、若t ＝0.2 s 时C 点开始振动，则( )图13A 、t ＝0时刻质点A 运动方向沿y 轴正方向B 、t ＝0.2 s 时刻质点B 的速度最大C 、质点C 开始运动的方向沿y 轴正方向D 、在0到0.4 s 内质点C 通过的路程为2 m答案 AD解析 根据波向右传播知t ＝0时刻质点A 沿y 轴正方向运动，x ＝4 m 处的质点沿y 轴负方向运动，则振动传到C 点后，C 点开始运动的方向沿y 轴负方向，故A 项正确，C 项错误；v ＝Δx Δt＝20.2 m/s ＝10 m/s ，由题图知λ＝4 m ，则T ＝λv ＝410s ＝0.4 s ，t ＝0.2 s 时，质点B 在波峰，速度最小，B 项错误；0到0.4 s 内，前0.2 s 质点C 不动，后0.2 s 质点C 振动半个周期，通过的路程为2 m ，故D 项正确、16、[加试题](2017·嘉兴市一中期末)实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n 随着波长λ的变化符合科西经验公式：n ＝A ＋B λ2＋C λ4，其中A 、B 、C 是正的常量、太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如图14，则()图14A、屏上d处是紫光B、屏上d处的光在棱镜中传播速度最大C、屏上d处的光在棱镜中传播速度最小D、光经过三棱镜后发生色散原因是不同频率的光在同种介质中折射率不同答案ACD解析太阳光经过三棱镜后产生色散现象，在光屏由上至下(a、b、c、d)依次为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫、由于紫光的折射率最大，所以偏折最大；红光的折射率最小，则偏折程度最小、故屏上a处为红光，屏上d处是紫光，同时可知，屏上d处的光在棱镜中传播速度最小、故A、C 正确，B错误；太阳光进入三棱镜后发生色散，是由于不同频率的光在同种介质中折射率不同、故D正确、。

第5讲加试计算题24题动量和电学知识的综合应用题型1 动量观点在电场、磁场中的应用1. 如图1所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝1.57 T．小球1带正电，其电荷量与质量之比q1m1＝4 C/kg.当小球1无速度时可处于静止状态；小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架(图中未画出)上．使小球1向右以v0＝23.59 m/s的水平速度与小球2正碰，碰后经过0.75 s再次相碰．设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内．问：(g取10 m/s2)图1(1)电场强度E的大小是多少？(2)小球2与小球1的质量之比是多少？(计算结果取整数)答案(1)2.5 N/C (2)11解析(1)小球1所受的重力与电场力始终平衡m1g＝q1E，E＝2.5 N/C.(2)相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得q 1v 1B ＝m 1v 12R 1半径为R 1＝m 1v 1q 1B 周期为T ＝2πm 1q 1B＝1 s两小球运动时间t ＝0.75 s ＝34T小球1只能逆时针经34个圆周时与小球2再次相碰第一次相碰后小球2做平抛运动h ＝R 1＝12gt 2L ＝R 1＝v 2t ，代入数据，解得v 2＝3.75 m/s.两小球第一次碰撞前后的动量守恒，以水平向右为正方向m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2，因R 1＝v 2t ＝2.812 5 m ，则v 1＝q 1BR 1m 1＝17.662 5 m/s小球2与小球1的质量之比m 2m 1＝v 0＋v 1v 2≈11.2．当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子，这种电子叫热电子，通常情况下，热电子的初始速度可以忽略不计．如图2所示，相距为L 的两块固定平行金属板M 、N 接在输出电压恒为U 的高压电源E 2上，M 、N 之间的电场近似为匀强电场，K 是与M 板距离很近的灯丝，通过小孔穿过M 板与外部电源E 1连接，电源E 1给K 加热从而产生热电子，不计灯丝对内部匀强电场的影响．热电子经高压加速后垂直撞击N 板，瞬间成为金属板的自由电子，速度近似为零．电源接通后，电流表的示数稳定为I ，已知电子的质量为m 、电荷量为e .求：图2(1)电子达到N 板前瞬间的速度v N 大小； (2)N 板受到电子撞击的平均作用力F 大小．答案 见解析解析 (1)由动能定理eU ＝12mv N 2－0，解得v N ＝2eUm.(2)设Δt 时间经过N 板的电荷量为Q ，Q ＝I Δt 在Δt 时间落到N 板上的电荷个数为N 1：N 1＝I Δte对Δt 时间内落在N 板上的电荷整体应用动量定理： －F Δt ＝0－N 1mv N ，F ＝N 1mv N Δt＝I2mUe由作用力与反作用力关系，N 板受到电子撞击的平均作用力大小为I2mU e.题型2 动量观点在电磁感应中的应用1．如图3所示，PQ 和MN 是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计．金属棒ab 、cd 放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好．金属棒ab 的质量为2m 、cd 的质量为m ，长度均为L 、电阻均为R ；两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路．整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，若锁定金属棒ab 不动，使金属棒cd 在与其垂直且沿斜面向上的恒力F ＝2mg 作用下，沿轨道向上做匀速运动．重力加速度为g .图3(1)试推导论证：金属棒cd 克服安培力做功的功率P 安等于电路获得的电功率P 电； (2)设金属棒cd 做匀速运动中的某时刻t 0＝0，恒力大小变为F ′＝1.5mg ，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab ，直到t 时刻金属棒ab 开始做匀速运动．求： ①t 时刻以后金属棒ab 的热功率P ab ；②0～t 时刻内通过金属棒ab 的电荷量q ； 答案 见解析解析 (1)设金属棒cd 做匀速运动的速度为v ，E ＝BLv① I ＝E 2R② F －mg sin 30°＝F 安＝IBL③ 金属棒cd 克服安培力做功的功率P 安＝F 安v④ 电路获得的电功率P 电＝E 22R⑤ 由①②③④得P 安＝B 2L 2v 22R⑥ 由①⑤得P 电＝B 2L 2v 22R⑦ 所以P 安＝P 电⑧(2)①金属棒ab 做匀速运动，则有I 1BL ＝2mg sin 30° ⑨ 金属棒ab 的热功率P ab ＝I 1 2R⑩ 由⑨⑩解得P ab ＝m 2g 2RB 2L2⑪②设t 时刻后金属棒ab 做匀速运动的速度为v 1，金属棒cd 也做匀速运动，速度为v 2；由金属棒ab 、金属棒cd 组成的系统动量守恒：mv ＝2mv 1＋mv 2⑫ 回路电流I 1＝BL (v 2－v 1)2R⑬由③⑨⑫⑬解得：金属棒ab 做匀速运动的速度为v 1＝mgR3B 2L2 ⑭0～t 时刻内对金属棒ab 分析：在电流为i 的很短的时间Δt 内，速度的改变量为Δv ，由动量定理得BiL Δt －2mg sin 30°·Δt ＝2m Δv⑮对⑮式进行求和，得BLq －mgt ＝2mv 1⑯由⑭⑯解得q ＝2m 2gR ＋3mgB 2L 2t3B 3L32．两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图4甲所示放置，间距为d ＝1 m ，在左端弧形轨道部分高h ＝1.25 m 处放置一金属杆a ，弧形轨道末端与平直轨道相切，在平直轨道右端放置另一金属杆b ，杆a 、b 电阻R a ＝2 Ω、R b ＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝2 T ．现杆b 以初速度v 0＝5 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆a ，杆a 由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b 的平均电流为0.3 A ；从a 下滑到水平轨道时开始计时，a 、b 杆运动速度－时间图象如图乙所示(以a 运动方向为正)，其中m a ＝2 kg ，m b ＝1 kg ，g ＝10 m/s 2，a 、b 杆与轨道始终接触良好且互相垂直，求：图4(1)杆a 在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个运动过程中杆b 产生的焦耳热． 答案 (1)5 s (2)73 C (3)1156 J解析 (1)对b 棒运用动量定理，有：Bd I Δt ＝m b (v 0－v b 0)，其中v b 0＝2 m/s ，代入数据解得：Δt ＝5 s(2)对杆a 下滑的过程中，机械能守恒：m a gh ＝12m a v a 2，解得v a ＝2gh ＝5 m/s设最后两杆共同的速度为v ′，由动量守恒得m a v a －m b v b 0＝(m a ＋m b )v ′代入数据计算得出v ′＝83m/s杆a 动量变化等于它所受安培力的冲量，由动量定理可得I 安＝BId Δt ′＝m a v a －m a v ′， 而q ＝I Δt ′由以上公式代入数据得q ＝73C(3)由能量守恒得，a 、b 杆组成的系统产生的焦耳热为Q ＝m a gh ＋12m b v 0 2－12(m b ＋m a )v ′2＝1616J b 棒中产生的焦耳热为Q ′＝R bR a ＋R bQ ＝1156J专题强化练 (限时：35分钟)1．如图1所示，MN 、PQ 两平行光滑水平导轨分别与半径r ＝0.5 m 的相同竖直半圆导轨在N 、Q 端平滑连接，M 、P 端连接定值电阻R ，质量M ＝2 kg 的cd 绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N 、Q 端的区域内充满竖直向上的匀强磁场，现有质量m ＝1 kg 的ab 金属杆以初速度v 0＝12 m/s 水平向右与cd 绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd 绝缘杆则恰好通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，cd 绝缘杆始终与导轨垂直，取g ＝10 m/s 2，(不考虑cd 杆通过半圆导轨最高点以后的运动)求：图1(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v ； (2)电阻R 产生的焦耳热Q . 答案 (1) 5 m/s (2)2 J解析 (1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有：Mg ＝M v 2r，解得v ＝gr ＝ 5 m/s.(2)碰撞后cd 绝缘杆滑至最高点的过程中， 由动能定理有－2Mgr ＝12Mv 2－12Mv 2 2解得碰撞后cd 绝缘杆的速度v 2＝5 m/s ， 两杆碰撞过程，动量守恒，取向右为正方向，则有mv 0＝mv 1＋Mv 2解得碰撞后ab 金属杆的速度：v 1＝2 m/sab 金属杆进入磁场后，由能量守恒定律有Q ＝12mv 1 2，解得Q ＝2 J.2. 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L ，导轨上面横放着两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，如图2所示，两根导体棒的质量均为m ，电阻均为R ，回路中其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd 静止，棒ab 有垂直指向棒cd 的初速度v 0，若两导体棒在运动中始终不接触，求：图2(1)在运动中产生的焦耳热的最大值；(2)当ab 棒的速度变为初速度的34时，cd 棒的加速度大小．答案 (1)14mv 0 2 (2)B 2L 2v 04mR解析 (1)ab 棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd 棒则在安培力作用下做加速运动，在ab 棒的速度大于cd 棒的速度时，回路总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速，两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v 做匀速运动．从初始至两棒达到相同速度的过程中，两棒总动量守恒，有mv 0＝2mv ， 根据能量守恒，整个过程中产生的总焦耳热为Q ＝12mv 0 2－12(2m )v 2＝14mv 0 2.(2)设ab 棒的速度变为初速度的34时，cd 棒的速度为v ′，则由动量守恒得mv 0＝m ×34v 0＋mv ′，此时回路中的感应电动势为E ＝(34v 0－v ′)BL ，感应电流I ＝E2R，此时cd 棒所受的安培力F ＝IBL ，cd 棒的加速度a ＝F m，由以上各式，可得a ＝B 2L 2v 04mR.3．如图3所示，BC 是长l ＝2 m 的水平绝缘台面，台面高度h ＝0.5 m ，a 、b 是两个形状相同的金属小滑块，b 滑块的质量是a 滑块质量的5倍，a 带正电荷，与台面间的动摩擦因数μ＝0.45，b 不带电，放在台面的右边缘C 处，台面左端B 平滑地连接着半径为R ＝0.64 m 的光滑绝缘半圆形轨道AB ，台面和半圆形轨道都处在竖直向上的匀强电场中，开始时给a 一个水平向右的初速度v 0＝10 m/s ，恰好在台面上做匀速运动，之后与b 发生正碰，碰撞时间极短，碰后总电荷量没有损失且平分，a 恰好能通过半圆形轨道的最高点，b 落到地面上，平台右端的电场足够宽，不计a 、b 间的库仑力，g 取10 m/s 2.求：图3(1)两滑块碰撞后的速度大小； (2)滑块b 落地时的速度．答案 (1)5 m/s 3 m/s (2)3 2 m/s 与水平方向夹角为45° 解析 (1)设a 的质量为m ，电量为q ，则b 的质量为5m ， 由于a 恰好在台面上匀速，所以mg ＝Eq当a 、b 碰撞后，电量平分，所以滑块a 所受电场力变为原来的一半，滑块a 在竖直方向上所受合力F ＝mg －12qE ＝12mg ，方向竖直向下．滑块a 过A 点时，由牛顿第二定律得12mg ＝mv A2R①滑块a 由B 沿半圆形轨道运动到A ，由动能定理得 －12mg ·2R ＝12mv A 2－12mv B 2②联立①②代入数据解得v B ＝ 5gR2＝4 m/s 滑动摩擦力F f ＝μ12mg滑块a 由C 滑到B ，由动能定理得 －μ12mgl ＝12mv B 2－12mv a 2代入数据，求得v a ＝5 m/s③a 、b 碰撞过程，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv 0＝－mv a ＋5mv b④联立③④代入数据求得v b ＝3 m/s.(2)碰撞后，滑块b 获得电荷，受到向上的电场力， 做类平抛运动，等效重力加速度 a ＝5mg －12mg5m＝0.9g ＝9 m/s 2落地时竖直方向的速度v y ＝2ah ＝2×9×0.5 m/s ＝3 m/s故落地时速度的大小为v ＝v y 2＋v b 2＝3 2 m/s 速度的方向与水平方向成45°角．4．(2017·衢州、丽水、湖州、舟山四市3月模拟)一实验小组想要探究电磁刹车的效果．在遥控小车底面安装宽为L 、长为2.5L 的N 匝矩形线框，线框电阻为R ，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为m .其俯视图如图4所示，小车在磁场外行驶时的功率保持P 不变，且在进入磁场前已达到最大速度，当车头刚要进入磁场时立即撤去牵引力，完全进入磁场时速度恰好为零．已知有界磁场PQ 和MN 间的距离为2.5L ，磁感应强度大小为B 、方向竖直向上，在行驶过程中小车受到地面阻力恒为F .求：图4(1)小车车头刚进入磁场时，线框的感应电动势E ； (2)电磁刹车过程中产生的焦耳热Q ；(3)若只改变小车功率，使小车刚出磁场边界MN 时的速度恰好为零，假设小车两次与磁场作用时间相同，求小车的功率P ′. 答案 见解析解析 (1)小车刚进入磁场时的速度设为v 0，则v 0＝P F感应电动势E ＝NBLv 0，得E ＝NBLPF(2)由能量守恒，可得2.5FL ＋Q ＝12mv 0 2知Q ＝12mv 0 2－2.5FL ＝mP22F2－2.5FL(3)以小车刚要进入到恰好穿出磁场为研究过程，由动量定理，可得Ft ＋2NB I Lt ＝mv 0′① 即Ft ＋2NBLq ＝mv 0′，q ＝N ΔΦR ＝N 5BL 22R②当功率为P 时，小车进入磁场时间为t ，由动量定理Ft ＋NB I 1Lt ＝mv 0，q ＝I 1t得t ＝2mRP －5FN 2B 2L32RF2③由①②③，可得v 0′＝2mRP ＋5FN 2B 2L32mFR得P ′＝Fv 0′＝2mRP ＋5FN 2B 2L32mR.5．如图5甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y 轴方向没有变化，与横坐标x 的关系如图乙所示，图线是双曲线(坐标轴是渐近线)；顶角θ＝53°的光滑金属长导轨MON 固定在水平面内，ON 与x 轴重合，一根与ON 垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON 向右滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，已知t ＝0时，导体棒位于顶角O 处；导体棒的质量为m ＝4 kg ；OM 、ON 接触处O 点的接触电阻为R ＝0.5 Ω，其余电阻不计，回路电动势E 与时间t 的关系如图丙所示，图线是过原点的直线，求：甲 乙 丙图5(1)t ＝2 s 时流过导体棒的电流的大小；(2)在1～2 s 时间内导体棒所受安培力的冲量大小；(3)导体棒滑动过程中水平外力F (单位：N)与横坐标x (单位：m)的关系式． 答案 (1)8 A (2)8 N·s (3)F ＝6＋3293x (N)解析 (1)根据E －t 图象中的图线是过原点的直线这一特点，可得到t ＝2 s 时金属棒产生的感应电动势为E ＝4 V 由欧姆定律得I 2＝E R ＝40.5A ＝8 A. (2)由题图乙可知，B x ＝1x(T·m)由题图丙可知，E 与t 成正比，有E ＝2t (V)，I ＝E R＝4t (A) 因θ＝53°，可知任意时刻回路中导体棒有效切割长度 L ＝4x 3又由F 安＝BIL ，所以F 安＝163t (N)，即安培力跟时间成正比，所以在1～2 s 时间内导体棒所受安培力的平均值F ＝163＋3232N ＝8 N ，故I 安＝F Δt ＝8 N·s.(3)因为E ＝BLv ＝43v (V)，所以v ＝1.5t (m/s)， 可知导体棒的运动是匀加速直线运动，加速度a ＝1.5 m/s 2，又x ＝12at 2，F －F 安＝ma ，联立解得F ＝6＋3293x (N)．本文档仅供文库使用。

2018年高考浙江理综物理试题解析试卷评析：2011年浙江理综卷物理部分相对2010整体难度有所降低，如实验22题，变电路设计、器材选择等难点问题为简单考查“伏安法测电阻”进而测电阻率，计算题中25题变带电粒子在磁场中的圆周运动为带电粒子在电场中的类平抛。

1．试卷题型保持稳定。

突出了知识的传统性(题新知识旧)与新课程的“知识构建与情境教学”理论思想。

注重了基本概念，定理、定律的考查。

2．有时代的烙印。

如选择题18题涉及地震波，计算题24题涉及混合动力车问题情境。

3．能力要求有所侧重。

仍然强调“五种”基本能力的考查，特别体现知识迁移能力的考查与物理过程、问题的数学表述考查，如实验题22数据的处理、绘图，计算题25题的物理过程数学表达式的求解以及图像描绘等。

4．体现学科思想。

如物理中的“尊重科学实验事实”；实验中允许有误差，但要清楚误差的来源，结合“理想模型或状态与事实”辩证地分析问题，如选择16题，在考查互感的同时实际上也在在考查对理想变压器的误差分析；线圈有电阻，隐含“理想变压器不理想！”，另外实验问题设计也体现了开放性与创新性。

5．知识点轮番上阵。

如变压器问题实际上2010年的17题也有考查，再如；结合有关动力（动车或机车）装置的牵引力做功问题考查动能的应用，在2009年的计算题24题也有考查。

建议；高三一轮复习要全面，二轮复习重方法与思维，三轮复习仍以知识为本位。

一、选择题（每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）14．如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”。

两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢。

若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利。

D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利。

【答案】：C【分析】：A：甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力。

2018年4月浙江省普通高校招生选考科目考试一、选择题 I （本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是（ ）A ．亚里士多德B ．伽利略C ．笛卡尔D ．牛顿2．某驾驶员使用定速巡航，在高速公路上以时速110公里行驶了200公里。

其中“时速110公里”、“行驶200公里”分别是指（ ）A ．速度、位移B ．速度、路程C ．速率、位移D ．速率、路程3．用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是（ ）A ．kg ·m 2/s 2B ． kg ·m/s 2C ．N/mD ． N ·m4．A 、B 两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同的时间内，它们通过的路程之比是4:3，运动方向改变的角度之比是3:2，则它们（ ）A ．线速度大小之比为4:3B ．角速度大小之比为3:4C ．圆周运动的半径之比为2:1D ．向心加速度大小之比为1:25．杭州市正将主干道上的部分高压钠灯换成LED 灯，已知高压钠灯功率为400W ，LED 灯功率为180W ，若更换4000盏，则一个月可节约的电能约为（ ）A ．9×102 kW ·hB ． 3×105kW ·hC ．6×105 kW ·hD ． 1×1012 kW ·h6．真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A 和B （可视为点电荷），分别固定在两处，它们之间的静电力为F 。

用一个不带电的同样金属球C 先后与A 、B 球接触，然后移开球C ，此时A 、B 球间的静电力为（ ）A ．3F B ． 4F C ． 83F D ． 2F7．处于磁场B 中的矩形金属线框可绕轴OO ’ 转动，当线框中通以电流I 时，如图所示，此时线框左右两边受安培力F 的方向正确的是（ ）BBA 第7题图8．如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作。

2018年浙江省高考物理试题（带解析） 2018年浙江省高考物理试题（带解析）14下列说法正确的是A机械波的振幅与波无关B机械波的传播速度由介质本身的性质决定C物体受到的静摩擦力方向与其运动方向相反D动摩擦因数的数值跟相互接触的两个物体的材料无关16长期以“卡戎星（Charon）”被认为是冥王星唯一的卫星，它的转轨道半径r1=19600km，转周期T1=639天。

2006年3月，天学家新发现两颗冥王星的小卫星，其中一颗的转轨道半径r2=48000km，则它的转周期T2最接近于A15天B25天C35天D45天17一位游客在千岛湖边欲乘游船，当日风浪很大，游船上下浮动。

可把游艇浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20cm，周期为30s。

当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。

地面与甲板的高度差不超过10cm时，游客能舒服地登船。

在一个周期内，游客能舒服地登船的时间是A05sB075sC10sD15s18关于下列光学现象，说法正确的是A水中蓝光的传播速度比红光快B光从空气向射入玻璃时可能发生全反射C在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深D分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽b19如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ。

一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行。

小球A的质量为m、电量为q。

小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d。

静电力常量为 k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷。

小球A静止在斜面上，则A小球A与B之间库仑力的大小为 B 当时，细线上的拉力为0C 当时，细线上的拉力为0 D当时，斜面对小球A的支持力为0答案AC20如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。

垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。