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高考物理通用版第二轮复习讲义(精华版)

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2024届高考物理二轮复习讲义：失重超重与斜面模型

2024届高考物理二轮复习讲义：失重超重与斜面模型

失重超重模型与斜面模型1.失重超重模型：系统的重心在竖直方向上有向上或向下的加速度(或此方向的分量a y)向上超重(加速向上或减速向下)F=m(g+a)，即对接触面的压力大于重力；向下失重(加速向下或减速上升)F=m(g-a)，对接触面的压力小于重力；当F=mg时，既不超重也不失重。

aθ2.斜面模型：（搞清物体对斜面压力为零的临界条件）斜面固定：物体在斜面上情况由倾角和摩擦因素决定，主要是比较重力沿斜面的分力：mgsinθ与滑动摩擦力摩擦力μmgcosθ的关系。

μ=tgθ物体沿斜面匀速下滑或静止；μ> tgθ物体静止于斜面；μ< tgθ物体沿斜面加速下滑a=g(sinθ一μcosθ)例1：如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。

一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N。

另一端与斜面上的物块M 相连，系统处于静止状态。

现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。

已知M始终保持静止，则在此过程中A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加例2：如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是A．B．C．D．例3：竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。

t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。

物块A运动的v–t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。

已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

高考物理二轮复习第一板块大命题区间第2讲熟知“四类典型运动”掌握物体运动规律讲义

高考物理二轮复习第一板块大命题区间第2讲熟知“四类典型运动”掌握物体运动规律讲义

第2讲 ⎪⎪熟知“四类典型运动”，掌握物体运动规律[考法·学法]一、“熟能生巧”，快速解答匀变速直线运动问题基础保分类考点[全练题点]1. (2016·全国卷Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍。

该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t2 C.4st2D.8s t2解析：选A 质点在时间t 内的平均速度v ＝s t，设时间t 内的初、末速度分别为v 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t 。

由题意知：12mv 22＝9×12mv 12，则v 2＝3v 1，进而得出2v 1＝st。

质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝st2。

故选项A 正确。

2．如图所示，甲从A 点由静止匀加速跑向B 点，当甲前进距离为s 1时，乙从距A 点s 2处的C 点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B 点，则A 、B 两点间的距离为( )A ．s 1＋s 2B.s 1＋s 224s 1C.s 12s 1＋s2D.s 1＋s 22s 1－s 2s 1解析：选B 设A 、B 两点间的距离为x ，甲、乙两人的加速度大小为a ，由x ＝12at 2得，甲前进距离s 1用时t 1＝2s 1a，到达B 点的总时间t ＝2xa，乙到达B 点用时t 2＝x －s 2a ，根据题意，t ＝t 1＋t 2，解得x ＝s 1＋s 224s 1，故B 正确。

3.如图所示，两光滑斜面在B 处连接，小球从A 处由静止释放，经过B 、C 两点时速度大小分别为3 m/s 和4 m/s ，AB ＝BC 。

设球经过B 点前后速度大小不变，则小球在AB 、BC 段的加速度大小之比及小球由A 运动到C 过程中的平均速率分别为( ) A ．3∶4 2.1 m/s B ．9∶16 2.5 m/s C ．9∶7 2.1 m/sD ．9∶7 2.5 m/s解析：选C 设AB ＝BC ＝x ，则在AB 段a 1＝v B 22x ，在BC 段a 2＝v C 2－v B 22x ，所以a 1a 2＝3242－32＝97，AB 段平均速率为v 1＝12v B ＝1.5 m/s ，BC 段平均速率为v 2＝12(v B ＋v C )＝3.5 m/s ，因此从A 到C 的平均速率v ＝2xx v 1＋x v 2＝2v 1v 2v 1＋v 2＝2.1 m/s ，C 正确。

2022届高考物理二轮复习讲义：追及相遇模型

2022届高考物理二轮复习讲义：追及相遇模型

追及相遇模型一、模型建构1、追及相遇问题：追：后者速度大于前者速度——两者距离减小。

甩：前者速度大于后者速度——两者距离增大。

相遇：两者同一时刻出现在同一位置。

2、两类问题第一类：速度大者减速追速度小者。

物体A在零时刻做初速度v0的匀速直线运动，此时前方x0处，物体B 初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动。

解析：方法一：当物体共速时：v B=at0=v0追的时间即共速时间：A位移：x1=v0t0=v02a B位移：x2=12at02=v022a①x0+x2>x1，则A未追上B，两物体不会相遇（存在最小距离）②x0+x2=x1，则A恰好追上B，两物体相遇一次（临界条件）③x0+x2<x1，则A可以追上B，两物体相遇两次（存在最大距离）相遇：A位移：x A=v0t B位移：x B=12at2位移关系式：x0+x B=x A解得：t=v0±√v02−2ax0a方法二：A位移：x A=v0t B位移：x B=12at2一、解题思路：1、确定两物体的运动情况2、画出运动过程示意图3、列出两物体位移方程4、由图像列位移关系式求解二、关键点1、一个临界条件——两者共速2、两个关系——时间关系和位移关系三、易错点1、能否追上只研究追的时间2、出现刹车问题注意刹车时间3、运动状态发生改变时，需要讨论此时两物体的位置关系AB之间的距离：∆x=x0+x B−x A=x0+12at2−v0t令∆x=0时：x0+12at2−v0t=0Δ=v02−2ax0①∆<0时，方程无解，即AB不相遇②∆=0时，方程一组解，即AB相遇一次③∆>0时，方程两组解，即AB相遇两次相遇：x0+12at2−v0t=0解得：t=v0±√v02−2ax0a方法三：t0=v0 aS1=v02 2a①S1<x0时，则A未追上B，两物体不会相遇②S1=x0时，则A恰好追上B，两物体相遇一次③S1>x0时，则A可以追上B，两物体相遇两次第二类：速度小者加速追速度大者。

高考物理二轮复习资料(课件+讲义+训练) (17)

高考物理二轮复习资料(课件+讲义+训练) (17)

答案：C
2．一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动，其 vt 图像如 图甲所示，水平拉力的 Pt 图像如图乙所示，取 g＝10 m/s2，求：
(1)物块与水平面间的动摩擦因数 μ； (2)物块运动全过程水平拉力所做的功 W； (3)物块在 0～2 s 内所受的水平拉力大小。
解析：(1)由甲、乙两图比较可知，在第 5～9 s 内，物块做匀减 0－4.0 速运动，加速度：a＝ m/s2＝－1.0 m/s2 9－5 由牛顿第二定律得：－μmg＝ma，得：μ＝0.1。 12.0×2 1 (2)对全过程：W＝ · P t ＋P2t2＝ J＋4.0×3 J＝24 J。 2 11 2
(3)法一：物块匀速运动阶段：F′－μmg＝0 P2＝F′vm P2 解得：μmg＝ vm 得：m＝1.0 kg 物块加速运动阶段， 4.0－0 加速度：a0＝ m/s2＝2.0 m/s2 2 由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma0，解得 F＝3.0 N 法二：由图像可知：当 t1＝2.0 s，v1＝4.0 m/s 时，P1＝12 W 12 由 P1＝Fv1，得：F＝ N＝3.0 N。 4
答案：AC
3.如图所示，长为 L 的轻杆一端连着质量 为 m 的小球，另一端与固定于水平地面 上 O 点的铰链相连，初始时小球静止于 地面上，边长为 L、质量为 M 的正方体左侧紧靠 O 点，且轻杆 位于正方体左下边垂直平分线上。现在杆中点处施加一个方向 始终垂直杆、大小不变的拉力，当杆转过 θ＝45° 时撤去此拉 力，小球恰好能到达最高点，不计一切摩擦。求： (1)拉力做的功 W 和拉力的大小 F； (2)撤去拉力 F 时小球的动能 Ek； (3)小球运动到最高点后向右倾倒，当杆与水平面夹角为 α 时小 球的速度大小 v1(正方体和小球未分开)。

高考物理二轮专题复习讲练课件动量名师课件

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√A.t＝1 s时物块的速率为1 m/s √B.t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C.t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D.t＝4 s时物块的速度为零
图1
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√B.1.6×103 kg
D.1.6×106 kg
解析 设1 s时间内喷出的气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相
互作用力为F，
由动量定理有Ft＝mv－0， 则 m＝Fvt＝4.83××11006×3 1 kg＝1.6×103 kg，选项 B 正确.
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内容索引

高三物理二轮复习专题讲义

高三物理二轮复习专题讲义

2012届高三物理二轮复习专题讲义( 3 )（功和能）命题人：夏加元唐晟班级学号姓名1．如图所示，质量为m 的物体在与水平面成θ角、大小为F 的恒定拉力作用下沿水平面向右匀速运动。

已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，位移大小为x ，下列说法中正确的是（）A ．拉力做的功是FxB ．克服摩擦力做的功是μmgxC ．重力、支持力做的功均为0 D ．摩擦力做的功等于—FxCos θ2．如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F 的作用下沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆，则小物块运动到x 0处时的动能为（）A ．0B ．21x F m C ．4x F m D ．24x 3．如图所示，小球A 沿高为h ，倾角为θ的光滑斜面以平行于斜面的初速度v 0从顶端运动到底端，而相同的小球B 以同样大小的初速度从同等高度处竖直上抛，则（）A ．从开始运动至刚接触地面，重力对它们做的功一定相同B ．从开始运动至刚接触地面，重力对它们做功的平均功率相同C ．两球刚接触地面时速度大小相同，重力的瞬时功率也相同D ．小球A 在斜面上运动时，支持力的瞬时功率始终为04．2009年美国重启登月计划，打算在绕月轨道上建造空间站．如图所示，关闭动力的航天飞机仅在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近，并将在P 处进入空间站轨道，与空间站实现对接。

下列说法中正确的是()A ．航天飞机向P 处运动过程中，万有引力做正功，它的动能增加B ．航天飞机向P 处运动过程中，它与月球构成的系统引力势能增加C ．航天飞机向P 处运动过程中，它与月球构成的系统机械能守恒D ．若航天飞机未与空间站对接，直接变轨到空间站轨道运行则其与月球构成的系统机械能增加5．2010年广州亚运会上，刘翔重归赛场，以打破亚运记录的方式夺得110米跨栏的冠军．他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图所示，假设刘翔的质量为m ，在起跑时前进的距离s 内，重心升高h ，获得的速度为v ，阻力做功为W 阻，则在此过程中（）θ F / / / / / /A ．刘翔的机械能增加了212mv B ．刘翔的机械能增加了212mvmghC ．刘翔的重力做功为W mgh 重D ．刘翔自身做功212W mvmgh W 阻人6．如图所示，可视为质点的质量为m 的物体以某一速度由底端冲上倾角为30°的固定斜面，上升的最大高度为h ，其加速度大小为3/4 g ．在这个过程中，物体（）A ．重力势能增加了mghB ．动能损失减少了mghC ．动能损失减少了3/2 mghD ．摩擦产生的内能即机械能的损失为1/2mgh7．如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O 点与管口A 的距离为2x 0，一质量为m 的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B ，压缩量为x 0，不计空气阻力，则（）A ．弹簧的劲度系数为mg/x 0B ．小球运动的最大速度大于2gx C ．从O 到B 小球克服弹簧的弹力做功2mgx 0D ．弹簧的最大弹性势能为3mgx 08．质量为m 的汽车在平直的公路上行驶，某时刻速度为v 0，从该时刻起汽车开始加速，经过时间t 前进的距离为s ，此时速度达到最大值v m ，设在加速过程中发动机的功率恒为P ，汽车所受阻力恒为f ，则这段时间内牵引力所做的功为（）A ．PtB ．fsC ．fv m tD ．mv 2m /2+fs －mv 20 /29．如图所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，再在B 上放一物体A ，现以恒定的外力拉B ，使A 、B 发生相对滑动，都向前移动一段距离．在此过程中（）A ．外力F 做的功等于A 和B 动能的增量B ．B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能增量C ．A 对B 的摩擦力所做的功数值上等于B 对A 的摩擦力所做的功D ．外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和10．一物体放在升降机底板上，随同升降机由静止开始竖直向下运动，运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象如图所示．其中0～s 1过程的图线为曲线，s1～s2过程的图线为直线．根据该图象，判断下列选项正确的是（）A ．0～s 1过程中物体所受合力一定是变力B ．s 1～s 2过程中物体可能在做匀速直线运动C ．s 1～s 2过程中物体可能在做变加速直线运动D ．0～s 2过程中物体的动能可能在不断增大3甲R乙gR v 50gRv 4011．如图所示，甲球静置于半径为R 的竖直光滑圆轨道内侧最低点，乙球穿在半径为R 的竖直光滑圆环上，开始时也静止于最低点。

高考物理第二轮复习【精品课件】


(mA m B )gsinα - (μ A m A μ Bm B )gcosα =μ A m A gcosα - m A gsinα mA m A mB mA (μ A m A μ B m B )gcosα (μ A μ B )mA m Bgcosα =μ A m A gcosα = m A mB m A mB
二、力与运动的关系 力与运动关系的习题通常分为两大类： 一类是已知物体的受力情况，求解其运动 情况；另一类是已知物体的运动情况，求 解物体所受的未知力或与力有关的未知量. 在这两类问题中，加速度a都起着桥梁的 作用.而对物体进行正确的受力分析和运 动状态及运动过程分析是解决这类问题的 突破口和关键.
六合实验高中
例与练
2、如图所示，质量为m的物体放在水平桌面上，物体与桌 面的滑动摩擦因数为μ，对物体施加一个与水平方向成θ角 的斜向右上方的拉力F。 （1）求物体在水平面上运动时力F的取值范围。 （2）力F一定，θ角取什么值时，物体在水平面上运动的加 速度最大？ （3）求物体在水平面上运动所获得的最大加速度的数值。
N＝mgcos－masinθ ．
六合实验高中
解析
当a ≥ a 0时，对小球的受力分析 如图所示
据牛顿第二定律得
Tcosα－mg＝0，Tsinα＝ma．
求得绳子的张力为
T＝m g a ．
2 2
六合实验高中
方法小结
运用牛顿第二定律解题时可以将力沿物体运动方向和垂 直运动方向分解，垂直运动方向合力为0，沿运动方向合 力提供物体的加速度。 也可以将物体的加速度沿两个互相垂直的方向分解，这 两个方向的合力分别提供这两个方向的加速度。
六合实验高中
匀变速直线运动
自由落体 特例：

【高考】物理二轮复习核心考点全概括教学课件

2020
物理高考二轮复习
------万有引力与航天
万有引力公式
1、卫星运动，天体运行问题（天上问题） 2、星球表面重力和重力加速度问题（地上问题）
“天上问题”
核心思路：万有引力充当向心力
a
GM r2
v GM r
GM r3
T 4 2r 3
GM
m
Fv
r
M
统一参数：M表示中心 天体质量，m表示绕行 运动星体质量，r表示 两球心之间的距离，R 表示中心天体本身的 半径
天体运动其它常考问题汇总
卫星从低轨到高轨的流程
1、从近地点A加速变为2的椭圆轨道
2、从远地点B加速变为3的高轨圆轨道
1
B
A
变轨过程中各个物理量的变化情况
2
3
天体运动其它常考问题汇总
三、卫星空中相遇问题
1
2
如果题中已知条件给的是半径的关系，根据周期公 式也能得出结果，但计算式较复杂，尤其给出数值 的不容易算出结果，所以下面给出一个此类问题的 定性分析帮助选出答案
引
结论：重力加速度随着纬度的
7.真正的才智是刚毅的志向。
mg
O R 增加而增大,产生的原因是地 1)对外开放有利于现代化建设，在对外开放中必须坚持独立自主的原则。独立自主、自力更生是我国现代化建设的立足点;
22、没有斗争就没有功绩，没有功绩就没有奖赏，而没有行动就没有生活。——别林斯基
球自转
赤道上的重力加速度 北极点上的重力加速度 在北京约北纬40°
A
1、围绕同一中心天体运动不同星体运动物理量的比较问题
反之如果卫星想从2轨道回到1轨道则需要在A点减速
1、如果万有引力刚好充当向心力则卫星在1轨道做稳

高考物理二轮复习课件


❖ 友情提示 (1)要根据讨论问题和求解的需 要灵活选择公式，要分清部分电路(欧姆定 律)和全电路，搞清“整体”和“部分”的 约束关系.
❖ (2)若两并联支路的电阻之和保持不变，如 图所示.
❖ 则当两支路电阻值相等时，并联电阻最大.
14
❖ 四、电源的功率和效率 ❖ 1．(1)电源的总功率: P总＝EI. ❖ (2)电源的输出功率: P出＝UI. ❖ (3)电源的内部发热功率 : P′＝I2r. ❖ 友情提示 将公式U＝E－Ir两边同乘以I即
❖ (1)确定电路的外电阻如何变化，根据闭合 电路欧姆定律，确定电路的总电流如何变 化；
33
❖ (2)由U′＝Ir确定电源的内电压如何变化， 根据电动势＝内电压＋外电压，判断电源 的外电压如何变化；
❖ (3)由部分电路欧姆定律确定干路上某定值 电阻两端的电压如何变化；
❖ (4)由定值电阻的变化情况确定支路两端电 压如何变化、各支路的电流如何变化.
41
[答案] B
42
[解析] 由法拉第电磁感应定律可知，E＝nΔΔΦt ，即 磁通量变化率越大，感应电动势、感应电流也就越大．分 析螺线管内的磁通量随时间的变化关系图线可知，图线斜 率越大，产生的感应电流越大，斜率为零，感应电流为也 为零，对比各选项可知，选项 B 正确.
43
❖ [例3] 如图(a)所示，水平放置的两根平行 金属导轨，间距L＝0.3m，导轨左端连接 R＝0.6Ω的电阻，区域abcd内存在垂直于 导轨平面B＝0.6T的匀强磁场，磁场区域 宽D＝0.2m.细金属棒A1和A2用长为2D＝ 0.4m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面
39
❖ [解析] 0～h内，c做自由落体运动，加 速度等于重力加速度g；d自由下落h进入 磁场前的过程中；c做匀速运动，位移为 2h；当d刚进入磁场时，其速度和c刚进入 时相同，因此cd回路中没有电流，c、d均 做加速度为g的匀加速运动，直到c离开磁 场，c离开磁场后，仍做加速度为g的加速 运动，而d做加速度小于g的加速运动，直 到离开磁场，选项B.D正确．

高考物理第二轮复习课件 运动和力

F
N1 =m1g/cosθ
N1
m1g
六合实验高中
解析
当整体的加速度最大时，此时m1所受地面的支持力为0， m1所受地面的摩擦力也为0。对此时的m1和m2整体 受力分析如图所示。 竖直方向 N2 =(m1+m2) g
水平方向
f2 = μ2 N2= μ2 (m1+m2) g
所以F = (m1+m2) (am+ μ2 g )
由牛顿第二定律
mgcotθ ＝ma 0．
a 0＝gcotθ ．
六合实验高中
解析
当a＜a 0时，斜面对小球的支持 N， 力
选择x轴与斜面平行y轴与斜面垂直的直角坐标系
T-mgsinθ=ma cosθ， mgcosθ－N＝ma sinθ． 解得此种情况下绳子的拉力 T＝mgsinθ＋macosθ．
所以a = (Fcosθ+ μ Fsinθ)/m- μg
F a 1 2 sin( ) g m
当θ=arccotμ 时，a有最大值am
其中 tan
1

F am 1 2 g m
六合实验高中
例与练
5、两个劈形物块的质量分别为m1和m2，劈面光滑，倾角 为θ，两物块与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2。现 用水平恒力F(未知)推动，使两物块向右运动，如图所示。 试求： （1）保持m1和m2无相对滑动时，系统的最大加速度 （2）此时m1对m2的压力 （3）此时对m1的推力F。
所以F=mg/sinθ 所以μ (mg-Fsinθ)/cosθ <F<mg/sinθ
mg
六合实验高中
解析
力F一定，θ角变化时，物体在 水平面上运动的加速度也变化， 对 m受力分析如图所示。 竖直方向 N=mg-Fsinθ
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高考物理通用版第二轮复习讲义（精华版）第1讲 |应用“三类典型运动”破解电磁场计算题┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄命题点(一) 带电粒子(体)在电场中的运动[研一题]———————————————————————————————— 如图所示，金属丝发射出的电子(质量为m 、电荷量为e ，初速度与重力均忽略不计)被加速后从金属板的小孔穿出进入偏转电场(小孔与上、下极板间的距离相等)。

已知偏转电场两极板间距离为d ，当加速电压为U 1、偏转电压为U 2时，电子恰好打在下极板的右边缘M 点，现将偏转电场的下极板向下平移d2。

(1)如何只改变加速电压U 1，使电子打在下极板的中点？ (2)如何只改变偏转电压U 2，使电子仍打在下极板的M 点？[解析] (1)设移动下极板前后偏转电场的电场强度分别为E 和E ′，电子在偏转电场中的加速度大小分别为a 、a ′，加速电压改变前后，电子穿出小孔时的速度大小分别为v 0、v 1因偏转电压不变，所以有Ed ＝E ′·32d ，即E ′＝23E由qE ＝ma 及qE ′＝ma ′知a ′＝23a设极板长度为L ，则d ＝12a ′⎝⎛⎭⎫L 2v 12，d 2＝12a ⎝⎛⎭⎫L v 02，解得v 12＝v 0212在加速电场中由动能定理知 eU 1＝12m v 02，eU 1′＝12m v 12解得U 1′＝U 112，即加速电压应减为原来的112，才能使电子打在下极板的中点。

(2)因电子在偏转电场中水平方向上做匀速直线运动，极板移动前后，电子在偏转电场中运动的时间t 相等，设极板移动前后，电子在偏转电场中运动的加速度大小分别为a 1、a 2，则有d 2＝12a 1t 2，d ＝12a 2t 2， 即a 2＝2a 1由牛顿第二定律知a 1＝eU 2md ，a 2＝eU 2′m ·32d解得U 2′＝3U 2，即偏转电压变为原来的3倍，才能使电子仍打在M 点。

[答案] (1)加速电压应减为原来的112，即U 112(2)偏转电压变为原来的3倍，即3U 2[悟一法]————————————————————————————————带电粒子(体)在电场中的运动问题的解题流程[通一类]———————————————————————————————— (2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E 1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v 0。

在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。

持续一段时间t 1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B 点。

重力加速度大小为g 。

(1)求油滴运动到B 点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t 1和v 0应满足的条件。

已知不存在电场时，油滴以初速度v 0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B 、A 两点间距离的两倍。

解析：(1)设油滴质量和电荷量分别为m 和q ，油滴速度方向向上为正。

在t ＝0时，电场强度突然从E 1增加至E 2，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a 1满足qE 2－mg ＝ma 1① 油滴在t 1时刻的速度为 v 1＝v 0＋a 1t 1②电场强度在t 1时刻突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a 2满足 qE 2＋mg ＝ma 2③油滴在t 2＝2t 1时刻的速度为 v 2＝v 1－a 2t 1④ 由①②③④式得 v 2＝v 0－2gt 1。

⑤(2)由题意，在t ＝0时刻前有 qE 1＝mg ⑥油滴从t ＝0到t 1时刻的位移为 s 1＝v 0t 1＋12a 1t 12⑦油滴在从t 1时刻到t 2＝2t 1时刻的时间间隔内的位移为 s 2＝v 1t 1－12a 2t 12⑧由题给条件有 v 02＝2g ·2h ⑨式中h 是B 、A 两点之间的距离。

若B 点在A 点之上，依题意有 s 1＋s 2＝h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E 2＝⎣⎡⎦⎤2－2v 0gt 1＋14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12E 1⑪为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1＋14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12>1⑫即当0<t 1<⎝⎛⎭⎫1－32v 0g⑬ 或t 1>⎝⎛⎭⎫1＋32v 0g⑭ 才是可能的，条件⑬式和⑭式分别对应于v 2>0和v 2<0两种情形。

若B 点在A 点之下，依题意有 s 1＋s 2＝－h ⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E 2＝⎣⎡⎦⎤2－2v 0gt 1－14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12E 1⑯ 为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1－14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12>1⑰即t 1>⎝⎛⎭⎫52＋1v 0g⑱ 另一解为负，不合题意，已舍去。

答案：(1)v 0－2gt 1 (2)见解析命题点(二) 带电粒子在磁场中的运动 题型1 带电粒子在有界磁场中的运动1．磁场中匀速圆周运动问题的分析方法2．求磁场区域最小面积的两个注意事项(1)粒子射入、射出磁场边界时速度的垂线的交点，即为轨迹圆的圆心。

(2)所求最小圆形磁场区域(面积最小)的直径等于粒子运动轨迹的弦长。

[例1] (2018·重庆模拟)如图所示坐标原点O (0,0)处有一带电粒子源，沿xOy 平面向y ≥0、x ≥0的区域内的各个方向发射粒子。

粒子的速率均为v 、质量均为m 、电荷量均为＋q 。

有人设计了方向垂直于xOy 平面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域，使上述所有带电粒子从该区域的边界射出时均能沿y 轴负方向运动，不考虑粒子间相互作用，不计粒子重力。

求：(1)粒子与x 轴相交的坐标范围； (2)粒子与y 轴相交的坐标范围；(3)该匀强磁场区域的最小面积。

[解析] (1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R ， 由q v B ＝m v 2R ， 得R ＝m v qB ，如图所示，粒子与x 轴相交的坐标范围为－2m v qB ≤x ≤－m vqB 。

(2)如图所示，粒子与y 轴相交的坐标范围为0≤y ≤2m vqB 。

(3)由题可知，匀强磁场的最小范围如图中的阴影区域所示。

第一象限区域一个半径为R 的半圆面积为S 1＝πR 22，第二象限区域四分之一圆的半径为2R ， 其面积为S 2＝π(2R )24＝πR 2，第二象限区域一个半径为R 的半圆面积为S 3＝πR 22，则阴影部分面积为S ＝S 1＋S 2－S 3＝πR 2＝πm 2v 2q 2B2。

[答案] (1)－2m v qB ≤x ≤－m v qB (2)0≤y ≤2m v qB (3)πm 2v 2q 2B2题型2 带电粒子在磁场中的多解问题1．解决此类问题的关键是要找到粒子运动时产生多解的原因，从而判断出粒子在磁场中运动的可能情形，然后由粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律(通常是半径公式、周期公式结合几何知识)求解。

2．粒子在匀强磁场中运动时产生多解的原因通常有：带电粒子的电性不确定；磁场方向的不确定；临界状态的不唯一；运动方向的不确定；运动的重复性等。

[例2] 如图所示为宽度为d 的有界匀强磁场，磁感应强度为B ，MM ′和NN ′是它的两条边界。

现有质量为m 、电荷量为q 的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不能从边界NN ′射出，则粒子入射速率v 的最大值可能是多少。

[解析] 若q 为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN ′相切的14圆弧，轨迹半径：R ＝m v Bq ，又d ＝R －R 2解得v ＝(2＋2)Bqdm 。

若q 为负电荷，轨迹是如图所示的下方与NN ′相切的34圆弧，则有：R ′＝m v ′Bq ，d ＝R ′＋R ′2， 解得v ′＝(2－2)Bqdm 。

[答案] (2＋2)Bqd m (q 为正电荷)或(2－2)Bqdm (q 为负电荷)命题点(三) 带电粒子在组合场中的运动[研一题]———————————————————————————————— (2018·全国卷Ⅰ)如图，在y ＞0的区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ；在y ＜0的区域存在方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场。

一个氕核11H 和一个氘核21H 先后从y 轴上y ＝h 点以相同的动能射出，速度方向沿x 轴正方向。

已知11H 进入磁场时，速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O 处第一次射出磁场。

11H 的质量为m ，电荷量为q 。

不计重力。

求：(1) 11H 第一次进入磁场的位置到原点O 的距离； (2)磁场的磁感应强度大小；(3) 21H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离。

[解析] (1) 11H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运 动，运动轨迹如图所示。

在电场中由运动学公式有s 1＝v 1t 1① h ＝12a 1t 12②11H进入磁场时速度在y 轴方向的分量大小为v 1tan θ1＝a 1t 1，其中θ1＝60°③ 联立以上各式得 s 1＝233h 。

④(2) 11H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE ＝ma 1⑤进入磁场时速度的大小为 v ＝v 12＋(a 1t 1)2⑥在磁场中运动时由牛顿第二定律有q v B ＝m v 2R 1⑦由几何关系得 s 1＝2R 1sin θ1⑧ 联立以上各式得B ＝6mEqh。

⑨ (3) 21H 与11H 初动能相等12×2m v 22＝12m v 12⑩ 21H在电场中运动时有qE ＝2ma 2⑪ s 2＝v 2t 2⑫ h ＝12a 2t 22⑬进入磁场时v 2tan θ2＝a 2t 2⑭ v ′＝v 22＋(a 2t 2)2⑮ q v ′B ＝2m v ′2R 2⑯联立以上各式得s 2＝s 1，θ2＝θ1，R 2＝2R 1⑰所以21H 第一次离开磁场的出射点在原点左侧，设出射点到入射点的距离为s 2′，由几何关系有s 2′＝2R 2sin θ2⑱联立④⑧⑰⑱式得，21H 第一次离开磁场时的位置到原点O 的距离为s 2′－s 2＝233(2－1)h 。

⑲[答案] (1)233h (2)6mE qh (3)233(2－1)h[悟一法]————————————————————————————————解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法[通一类]———————————————————————————————— 1．(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy 平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y 轴垂直，宽度为l ，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l ′，电场强度的大小均为E ，方向均沿x 轴正方向；M 、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与y 轴平行。