江西省丰城四中2020届高考倒计时冲刺金典专题训练5 解决物理问题的“三大观点”

江西省丰城四中2020届高考物理力与直线运动倒计时冲刺金典试卷力与直线运动一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1．如图所示，一辆汽车在平直公路上做匀加速直线运动，从树A开始，在相等的时间内依次经过B、C、D、E四颗树，已知树A、B间距为x1，树D、E间距为x2，则树B、D间距为()A．x1＋x2B．2x1＋x2C．x1＋2x2D．2(x1＋x2)答案：A解析：设时间间隔为t，则汽车在A、B间的平均速度为x1t，D、E间的平均速度为x2t，在匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的速度，故经过C时的速度为v C＝x1＋x22t，而汽车经过C的时刻又是汽车从B到D的中间时刻，故v C也是汽车从B到D的平均速度，所以B、D间距为x＝x1＋x22t×2t＝x1＋x2，选项A正确．2．下列物理量属于基本物理量且单位属于国际单位制中基本单位的是()A．功/焦耳B．质量/千克C．电荷量/库仑D．力/牛顿答案：B解析：质量是基本物理量，其国际单位制基本单位是千克，故B正确；功、电荷量和力都是导出物理量，焦耳、库仑和牛顿均是导出单位．3．如图所示，小球A质量m，木块B质量2m，两物体通过轻弹簧连接竖直放置在水平面上静止．现对A施加一个竖直向上的恒力，使小球A在竖直方向上运动，经弹簧原长时小球A速度恰好最大，已知重力加速度为g.则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为()A．3g B．1.5gC．2g D．0.5g答案：C解析：根据题意可以知道，当弹簧处于原长时小球A速度恰好最大，则向上的恒力F＝mg；当木块B对地面压力为零时，此时弹簧处于伸长状态，则对B分析，此时弹簧的弹力为：kx＝2mg，然后对A分析，根据牛顿第二定律可以得到：kx＋mg－F＝ma，代入整理可以得到：a＝2g，故C项正确．4.甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度—时间图象如图所示，则()A．两物体两次相遇的时刻是2 s和6 sB．4 s后甲在乙前面C．两物体相距最远的时刻是2 s末D．乙物体先向前运动2 s，随后向后运动答案：A解析：两物体相遇即位移相等，由图可知，2 s和6 s时刻甲、乙的位移相等，故A项正确；4 s 时，甲的位移小于乙的位移，即甲在乙后面，故B项错误；两物体相距最远表示位移差最大，由图可知4 s末时刻甲、乙的位移差最大，故C项错误；由图可知，在0～6 s内乙物体的速度一直为正值，表示乙物体一直沿正方向单向运动，故D项错误．5.一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示．质量为35m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时施加—沿斜面向上的力F拉b，使b始终做匀加速直线运动．弹簧的形变量始终在弹性限度内，重力加速度大小为g.用x表示b的位移，下列表示F随x变化关系的图象正确的是()答案：C解析：a、b静止时弹簧的形变量记为x0，对a、b整体进行受力分析，由平衡条件得kx0＝1.6 mg sin θ；从开始拉b到物块a、b分离的过程中，对a、b整体进行受力分析，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－1.6mg sinθ＝1.6ma0，则F＝1.6ma0＋kx，即该过程中F随x的增大而线性增大；a、b分离后，对b进行受力分析，由牛顿第二定律得F－35mg sin θ＝35ma0，则F＝35ma0＋35mg sin θ，即a、b分离后F恒定．C正确．6.在一个光滑的水平地面上，沿x轴用力拉动一个盒子，盒子的位置对时间的关系的三种情况如图所示．其中B是直线，另两条是曲线．根据图象可知()A．t1至t2时间内的位移大小关系是s A>s B>s CB．t1时刻的速率关系是v A>v B>v CC．t2时刻的动能关系是E k A>E k B>E k CD．t1至t2时间内，拉力对盒子所做功的关系是W C>W B>W A答案：BD解析：由盒子运动的位移图象可知，t1至t2时间内，情形C的位移最大，情形A的位移最小，A 错误；根据位移图象的斜率表示速度可知，t1时刻的速率关系是v A>v B>v C，B正确；根据位移图象的斜率表示速度大小可知，t2时刻的速率关系是v C>v B>v A，根据动能公式可知，t2时刻的动能关系是E k C>E k B>E k A，C错误；由位移图象可知，在t1至t2时间内，情形B盒子做匀速直线运动，动能不变．情形A盒子做减速运动，速度减小到零后反方向做加速运动，动能减小．情形C盒子做加速运动，动能增加．由动能定理可知，在t1至t2时间内，拉力对盒子所做功的关系为W C>W B>W A，D正确．7.质量为0.1 kg的物块在水平面上做直线运动的v2随位移x变化的图线如图所示，g取10 m/s2，由此可知()A．物块运动的加速度a＝2 m/s2B．物块与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.2C．物块在水平面上运动的时间为2 sD．物块在水平面上运动克服摩擦力做的功为8 J答案：BC解析：由运动学规律v2－v20＝2ax, 可知v2随位移x变化的图线斜率表示加速度的2倍，故物块运动的加速度a＝－2 m/s2，选项A错误；物块在水平面上做直线运动，由牛顿第二定律得－μmg＝ma，解得物块与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.2，选项B正确；图线纵轴截距表示初速度的平方，故物块的初速度v0＝16 m/s＝4 m/s，由v0＝－at得，物块在水平面上运动的时间为2 s，选项C正确；物块在水平面上运动克服摩擦力做的功为W f＝μmgx＝0.2×0.1×10×4 J＝0.8 J，选项D错误．8．图甲中有一质量为M的长木板静止于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t 变化水平拉力F 作用时，用传感器测出其加速度a ，得到乙图的a­F 图．g 取10 m /s 2，则( )A ．滑块的质量m ＝4 kgB ．木板的质量M ＝2 kgC ．当F ＝8 N 时滑块加速度为2 m /s 2D ．滑块与木板间动摩擦因数为0.1 答案：ABD解析：从图乙中可知当F>6 N 时，两者发生相对运动，当F≤6 N 时两者相对静止，当F ＝6 N 时，对整体可得F ＝(M ＋m)a ，即M ＋m ＝6 kg ，当F>6 N 时对木板分析受到拉力和m 给的摩擦力，故有a ＝F －μmg M ＝1M F －μmg M ，图象的斜率k ＝1M ＝16－4＝12，即M ＝2 kg ，所以m ＝4 kg .将F>6 N 时的图线反向延长，可得当F ＝4 N 时，加速度为零，代入可得0＝12×4－μ·4×102，解得μ＝0.1，故A 、B 、D 正确；当F ＝8 N 时滑块加速度为a ＝0.1×4×104m /s 2＝1 m /s 2，故C 错误． 二、非选择题9．游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图甲所示，滑道由倾角为θ＝30°的斜坡和水平滑道组成．小孩在距地面h ＝10 m 处由静止开始从斜坡滑下，到达底端时恰滑上水平滑道上放置的长为l ＝3 m 的木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板运动的v －t 图象如图乙所示．已知斜坡滑道与水平滑道为圆滑过渡，速度由斜坡方向转为水平方向时大小不变，不计小孩在运动过程中受到的空气阻力，重力加速度g ＝10 m /s 2.求：(1)小孩与斜坡间的动摩擦因数； (2)小孩脱离木板时的速率． 9：(1)36 (2)8 m /s解析：(1)由图乙可知，小孩滑到斜面底端时的速度 v 0＝10 m /s ，v20＝2ax x＝hsin θmg sin θ－μmg cos θ＝ma联立以上各式得μ＝3 6.(2)小孩在t＝0.5 s时滑离木板，由图乙知木板在0～0.5 s内的位移x木＝1.5 m，由图中几何关系得x木＋l＝x人，设小孩滑离木板时速度为v，则x人＝v0＋v2t，联立各式得v＝8 m/s.10．如图甲所示，固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面夹角为θ＝30°，导轨足够长且间距L ＝0.5 m，底端接有阻值为R＝4 Ω的电阻，整个装置处于垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场中，一质量为m＝1 kg、电阻r＝1 Ω、长度也为L的导体棒MN垂直导轨放置，现让MN在沿导轨向上的外力F作用下由静止开始运动，拉力F与导体棒速率的倒数的关系如图乙所示．已知g＝10 m/s2.求：(1)v＝5 m/s时拉力的功率；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；(3)当棒的加速度a＝8 m/s2时，导体棒受到的安培力的大小．10：(1)70 W(2)2 T(3)1 N解析：(1)由图乙可知，v＝5 m/s时拉力F1＝14 N故拉力的功率PF1＝F1v＝14×5 W＝70 W.(2)由图乙知，导体棒达到最大速率v m＝10 m/s时拉力最小，为F min＝7 NF min－mg sin θ－F安＝0，F安＝B2L2v m R＋r代入数据得B＝2 T.(3)由图乙知F＝701 vF－mg sin θ－F安′＝maF′安＝B 2L 2v R ＋r由以上三式得v 2＋65v －350＝0 解得v ＝5 m /s故此时安培力的大小F 安′＝B 2L 2vR ＋r＝1 N .11．如图甲所示，有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板的质量为M ＝4 kg ，长为L ＝1.4 m ；木板右端放一小滑块，小滑块的质量为m ＝1 kg ，可视为质点．现用水平恒力F 作用在木板右端，恒力F 取不同数值时，小滑块和木板的加速度分别对应不同数值，两者的a －F 图象如图乙所示，取g ＝10 m /s 2.(1)求小滑块与木板之间的动摩擦因数μ1以及木板与地面之间的动摩擦因数μ2.(2)若水平恒力F ＝27.8 N ，且始终作用在木板上，当小滑块从木板上滑落时，经历的时间为多长？11：(1)0.1 (2)2 s解析：(1)由题图乙可知，当恒力F≥25 N 时，小滑块与木板将出现相对滑动，以小滑块为研究对象，根据牛顿第二定律得μ1mg ＝ma 1代入数据解得μ1＝0.4以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有 F －μ1mg －μ2(m ＋M)g ＝Ma 2 则a 2＝1M F －μ1mg ＋μ2m＋M gM由图乙可得－μ1mg ＋μ2m＋Mg M ＝－94 m /s 2解得μ2＝0.1.(2)设小滑块在木板上滑动的时间为t 时，小滑块从木板上滑落，当水平恒力F ＝27.8 N 时，小滑块的加速度为a 1＝μ1g ＝4 m /s 2而小滑块在时间t 内的位移为x 1＝12a 1t 2 木板的加速度为a 2＝F －μ1mg －μ2m＋M gM代入数据解得a 2＝4.7 m /s 2而木板在时间t 内的位移为x 2＝12a 2t 2 由题可知，x 2－x 1＝L 联立以上各式解得t ＝2 s .。

江西省宜春市2024高三冲刺（高考物理）部编版质量检测(冲刺卷)完整试卷一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32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）(共8题)第(1)题如图所示，P、Q是两个光滑的定滑轮，吊着A、B、C三个小球的三条轻绳各有一端在O点打结，悬吊A、C两个球的轻绳分别绕过定滑轮P、Q，三个球静止时，OQ段轻绳与竖直方向的夹角。

已知B、C两球的质量均为m，，则A球的质量为（ ）A．m B．1.2m C．1.5m D．1.6m第(2)题下列说法正确的是（ ）A．气体膨胀对外做功，其内能一定减小B．内能是物体中所有分子热运动动能的总和C．气体温度升高，分子的平均动能有可能不变D．水中花粉颗粒的布朗运动是由水分子的无规则运动引起的第(3)题在如图所示的电路中，干电池、开关和额定电压为1.5V的灯泡组成串联电路。

当闭合开关时，发现灯泡不发光。

在断开开关的情况下，某同学用多用电表欧姆挡进行检测。

检测结果如下表所示，已知电路仅有一处故障，由此做出的判断中正确的是（ ）测试点A、C D、E E、F F、B多用表示00∞0数A．A、C间导线断路B．D、E间导线断路C．灯泡断路D．F、B间导线断路第(4)题学了发电机的原理后，小明所在的研究小组设计了如下的方案，绕有n匝、边长为L的正方形金属线圈以的角速度匀速转动，某时刻线圈刚好转至OO¢，与水平线MN所决定的平面，磁感应强度为B，如图2所示。

线圈（电阻不计）外部连有阻值为R的电阻，则（ ）A．电阻R上通过的电流不是交流电B．线圈产生的感应电动势的有效值为C．线圈转动一周电阻R上通过的电量为零D．线圈转动一周电阻R上产生的焦耳热是第(5)题如图甲所示是研究光电效应中光电子发射情况与照射光的强弱、颜色（频率）关系的实验电路。

移动滑动变阻器滑片，可改变光电管中阳极A、阴极K间的电压，光电流大小可由电流表显示，改变电源的极性，则下列说法正确的是（ ）A．用蓝光照射阴极K，当两极间的电压为图乙中的反向电压U c1时，无光电子发射B．用强度不同的黄光照射阴极K时，发射的光电子的最大初速度大小不同C．光电流的大小随加在A、K两极间电压的升高一定逐渐增大D．用不同颜色的光照射阴极K时，发射的光电子的最大初速度大小不同第(6)题如图甲所示，车辕是马车车身上伸出的两根直木，它是驾在马上拉车的把手。

2020年高考物理真题考点逐个击破-专题3.13 三大动力学观点的综合应用【专题诠释】1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题．3．用到的知识、规律和方法有：动力学方法(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)．一、力的三个作用效果与五个规律二、常见的力学模型及其结论【高考领航】【2019·新课标全国Ⅲ卷】静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A =l.0 kg ，m B =4.0 kg ；两者之 间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l =1.0 m ，如图所示。

某时刻，将压缩的微型弹簧释 放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k =10.0 J 。

释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。

A 、 B 与地面之间的动摩擦因数均为u =0.20。

重力加速度取g =10 m/s²。

A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性 碰撞且碰撞时间极短。

（1）求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；（2）物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？ （3）A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？【答案】（1）v A =4.0 m/s ，v B =1.0 m/s （2）B 0.50 m （3）0.91 m【解析】（1）设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0=m A v A –m B v B ①22k 1122A AB B E m vm v =+②联立①②式并代入题给数据得 v A =4.0 m/s ，v B =1.0 m/s ③（2）A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a 。

单元质检六动量守恒定律力学三大观点(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.运动员向球踢了一脚,踢球时的力F=100 N,球在地面上滚动了t=10 s停下来,则运动员对球的冲量为()A.1 000 N·sB.500 N·sC.零D.无法确定t=10 s是地面摩擦力对足球的作用时间,不是踢球的力的作用时间,由于不能确定人作用在球上的时间,所以无法确定运动员对球的冲量。

2.(2018·四川德阳二诊,16)如图所示,从竖直面上大圆的最高点A,引出两条不同的光滑轨道AB和AC,端点都在大圆上。

相同物体由静止开始,从A点分别沿两条轨道滑到底端,则下列说法中正确的是()A.物体到达底端的速度大小都相等B.物体重力的冲量都相同C.物体沿AB运动所用的时间小于沿AC运动所用的时间D.物体动量的变化率都相同,由动能定理可知,重力做功的不一样,所以它们到达底端的动能不同,物体到达底端的速度大小不相等,故A错误;对物体在斜面上受力分析,设轨道与竖直方向夹角为θ,由牛顿第二定律可求得,a=g cos θ,根据运动学公式x=at2可得,2R cos θ=g cos θ·t2,因此下滑时间与斜面的倾角无关,物体沿AB运动所用的时间等于沿AC运动所用的时间,根据冲量I=Ft可知物体重力的冲量都相同,故B正确,C错误;因初动量都为零,末动量不相等,根据动量的变化量Δp=mv t-mv0可知物体动量的变化量不相同,又由于运动时间相同,所以物体动量的变化率不相同,故D错误。

3.某游乐场有n辆质量均为m、形状均相同的碰碰车,先将各车摆在间距均为s一条光滑直轨道上。

第一辆碰碰车以速度v向第二辆碰碰车运动,依次使n辆碰碰车相碰,最终全部运动起来,设各碰碰车相碰后连在一起,忽略碰撞时间。

fcsz 2020届高考倒计时冲刺金典专题训练专题1 力与物体的平衡选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1．课堂上，老师准备了“L”形光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图示(截面图)方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角θ的最大值为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案：A解析：将三个积木按题图示方式堆放在木板上，增大θ角的过程中，最上面的两个积木之间先是存在压力，在某一位置时，压力消失，此时θ角也达到最大值，之后再增大θ角，则最上面的积木便无法保持受力平衡状态．当θ角达到最大值时，积木的状态如答图所示，由几何关系知，θ角最大值为30°，故A 正确．2．如图所示，在“探究影响电荷间相互作用力的因素”实验中，若P 1、P 2位置所悬挂的小球的带电荷量大小相等，质量分别为m 1和m 2，小球与带正电的物体M 之间的距离相同，两小球间的作用力忽略不计，在P 1、P 2位置所悬挂小球的丝线的偏角的正切值的比值为( )A .m 1m 2 B .m 2＋m 1m 1 C .m 2m 1＋m 2 D .m 2m 1答案：D解析：分析小球受力，由于P 1、P 2位置所悬挂的小球的带电荷量大小相等，小球与带正电的物体之间的距离相同，说明电荷之间的作用力F 相同，利用平衡条件对两球分别列式，联立可得两偏角的正切值的比值．3．如图所示，质量为2 kg 的物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2，水平地面足够大．t ＝0时，物体以2 m /s 的初速度向右运动，同时对物体施加一个水平向左的大小恒为2 N 的拉力F ，向右为正方向，取g ＝10 m /s 2，则在t ＝0之后( )A．物体所受摩擦力不会变化B．物体所受摩擦力会由－4 N变为＋2 NC．物体所受摩擦力会由－4 N变为－2 ND．物体所受摩擦力会由＋4 N变为＋2 N答案：B解析：分析摩擦力问题的关键是弄清楚是滑动摩擦力还是静摩擦力，由题意知，刚开始物体向右运动，所以物体受到向左的滑动摩擦力为－4 N；又因为t＝0时，物体受到向左的水平恒力，所以物体会向右做匀减速直线运动直到速度为0；之后水平恒力小于最大静摩擦力，故物体受到向右的静摩擦力，与水平恒力等大反向，大小为＋2 N，选项B正确．4．如图所示，AB、BD为两段轻绳，其中BD段水平，BC为处于伸长状态的轻质弹簧，且AB和CB与竖直方向的夹角均为45°，现将BD绳绕B点缓慢向上转动，保持B点不动，则在转动过程中作用于BD绳的拉力F的变化情况是()A．变大B．变小C．先变大后变小D．先变小后变大答案：B解析：要保持B点的位置不变，BD绳向上转动的角度最大为45°，由于B点的位置不变，因此弹簧的弹力不变，由图解可知，AB绳的拉力减小，BD绳的拉力也减小，B正确．5.如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下面挂有匝数为n的矩形线框abcd.bc边长为l，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直线框平面向里，线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡．则在此过程中线框位移的大小Δx及方向是()A ．Δx ＝2nIlB k ，方向向上 B ．Δx ＝2nIlBk ，方向向下C ．Δx ＝nIlB k ，方向向上D ．Δx ＝nIlBk ，方向向下答案：B解析：线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡，安培力为：F B ＝n BIl ，且开始的方向向上，然后方向向下，大小不变．设在磁场反向之前弹簧的伸长量为x ，则反向之后弹簧的伸长量为(x ＋Δx)，则有：kx ＋nBIl －G ＝0，k(x ＋Δx)－nBIl －G ＝0解得：Δx ＝2nIlBk，且线框向下移动．故B 正确．6.如图所示，轻绳OA 、OB 系于水平杆上的A 点和B 点，两绳与水平杆之间的夹角均为30°，重物通过细线系于O 点．将杆在竖直平面内沿顺时针方向缓慢转动30°，此过程中( )A ．OA 绳上拉力变大B ．OA 绳上拉力变小C ．OB 绳上拉力变大D ．OB 绳上拉力变小 答案：AD解析：当杆水平时，以结点O 为研究对象，受力情况如图a 所示，此时OA 、OB 线上的拉力相等，根据平衡条件可得2F A sin 30°＝mg ，计算得出F A ＝F B ＝mg ；当杆转过30°时，以结点O 为研究对象，受力情况如图b 所示，根据平衡条件可得F A ′sin 60°＝mg ，计算得出F A ′＝23mg>mg ，F B ′＝mg tan 60°＝mg3<mg ，故B 、C 错误，A 、D 正确．7.如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下改变与水平间的夹角，以卸下车厢中的货物．当夹角为θ时，质量为M 的木箱A 与装在箱内的质量为m 的物体B ，一起以共同的速度沿车厢底板匀速滑下，则下列说法正确的是( )A ．A 、B 间没有静摩擦力B ．A 受到B 的静摩擦力方向沿车厢底板向下C ．A 受到车厢底板的滑动摩擦力大小为Mg sin θD ．A 与车厢底板间的动摩擦因数μ＝tan θ 答案：BD解析：质量为M 的木箱A 与装在箱内的质量为m 的物体B ，一起以共同的速度沿车厢底板匀速滑下，隔离B 受力分析，可知B 受静摩擦力作用，则A 、B 间有静摩擦力，选项A 错误；B 受到A 的静摩擦力方向沿车厢底板向上，根据牛顿第三定律，可知A 受到B 的静摩擦力方向沿车厢底板向下，选项B 正确；A 、B 一起以共同的速度沿车厢底板匀速滑下，把A 、B 看成整体，受力分析，由平衡条件有F f ＝(M ＋m)g sin θ，选项C 错误；A 、B 整体的重力沿垂直车厢底板方向的分力为(M ＋m)g cos θ，则有F f ＝μ(M ＋m)g cos θ＝(M ＋m)g sin θ，解得：μ＝tan θ，选项D 正确．8．美国物理学家密立根(R .A .Millikan )于20世纪初进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，其实验原理可以简化为如下模型：两个相距为d 的平行金属板A 、B 水平放置，两板接有可调电源．从A 板上的小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电势差调节到U 时，带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，油滴开始下落，由于空气阻力，下落的油滴很快达到匀速下落状态，通过显微镜观测到这个速度的大小为v ，已知这个速度与油滴的质量成正比，比例系数为k ，重力加速度为g.则计算油滴带电荷量的表达式为( )A ．q ＝kvd UB ．q ＝vdgkUC ．q ＝kv UdD ．q ＝vgkUd答案：B解析：根据油滴恰好悬浮在两板间，由平衡条件得：q U d ＝mg ，由题意知v ＝km ，联立得q ＝vdgkU，选项B 正确．。

十、应用“三大观点”解决电学综合问题
知识点1　电磁感应中的动量和能量观点解题方法
基础回扣
1.应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量。

如在导体棒做非匀变速直线运动的问题中,应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。

2.在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时,由于这两根导体棒所受的安培力等大反向,合外力为零,若不受其他外力,两导体棒的总动量守恒,解决此类问题往往要应用动量守恒定律。

易错辨析
电磁感应问题中常常用到“B。

压轴题用力学三大观点处理多过程问题1.用力学三大观点(动力学观点、能量观点和动量观点)处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。

2.在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能力。

这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用力学三大观点进行分析和解答。

3.备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。

其次，要通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为多个简单过程进行分析和处理。

考向一：三大观点及相互联系考向二：三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。

从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。

(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。

(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。

(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。

考向三：用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题--要正确选取研究对象，善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。

选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。

通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。

fcsz 2020届高考倒计时冲刺金典专题训练专题 3 力学中的曲线运动一、选择题(1～6题为单项选择题，7～9题为多项选择题)1．在考驾驶证的科目二阶段，有一项测试叫半坡起步，这是一条类似于凸形桥面设计的坡道，要求学员在半坡定点位置a 启动汽车，一段时间后匀速率通过最高点b 以及剩下路段，如图所示．下列说法正确的是( )A ．若汽车以额定功率从a 点加速到b 点，则牵引力一直增大B ．在最高点b 汽车处于平衡状态C ．在最高点b 汽车对路面的压力小于汽车的重力D ．汽车从a 运动到b 的过程中，合力做功为零 答案：C解析：由P ＝Fv 可知，若汽车以额定功率从a 点加速到b 点，则牵引力一直减小，选项A 错误；在最高点b 汽车做圆周运动，加速度向下，不是平衡状态，是失重状态，在最高点b 汽车对路面的压力小于汽车的重力，选项B 错误，C 正确；汽车从a 运动到b 的过程中，动能增大，由动能定理可知，合力做正功，选项D 错误．2． 2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”．已知月球的质量为M 、半径为R ，探测器的质量为m ，引力常量为G ，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r 的匀速圆周运动时，探测器的( )A ．周期为 4π2r 3GMB ．动能为GMm2R C ．角速度为 Gm r 3 D ．向心加速度为GMR 2答案：A解析：探测器围绕月球做匀速圆周运动，月球对探测器的引力充当向心力，则G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ＝ma向，解得a 向＝G Mr2，T ＝2π r 3GM，ω＝GM r 3，E k ＝12mv 2＝GMm2r，故A 项正确． 3．2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星(同步卫星)．该卫星( )A ．入轨后可以位于北京正上方B ．入轨后的速度大于第一宇宙速度C ．发射速度大于第二宇宙速度D ．若发射到近地圆轨道所需能量较少 答案：D解析：因地球静止轨道卫星(同步卫星)的运行轨道在地球赤道正上方，故该北斗导航卫星入轨后不能位于北京正上方，选项A 错误；第一宇宙速度在数值上等于地球近地卫星的线速度，由万有引力提供向心力GMm r 2＝mv 2r ，可得v ＝GMr，同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则同步卫星入轨后的速度小于第一宇宙速度，故选项B 错误；地球卫星的发射速度应大于等于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，选项C 错误；近地卫星的高度小，发射时所需的能量较少，故选项D 正确．4．某颗北斗导航卫星属于地球静止轨道卫星(即卫星相对于地面静止)．则此卫星的( )A ．线速度大于第一宇宙速度B ．周期小于同步卫星的周期C ．角速度大于月球绕地球运行的角速度D ．向心加速度大于地面的重力加速度 答案：C解析：第一宇宙速度7.9 km /s 是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，故此卫星的线速度小于第一宇宙速度，A 错误；根据题意，该卫星是一颗同步卫星，周期等于同步卫星的周期，故B 错误；卫星绕地球做圆周运动时，万有引力提供向心力，根据GMmr 2＝mω2r 可知，绕行半径越小，角速度越大，故此卫星的角速度大于月球绕地球运行的角速度，C 正确；根据a n ＝GMr 2可知，绕行半径越大，向心加速度越小，此卫星的向心加速度小于地面的重力加速度，D 错误．5.如图所示，A 、B 两个质量相同的小球在同一竖直线上，离地高度分别为2h 和h ，将两球水平抛出后，两球落地时的水平位移之比为1：2，则下列说法正确的是( )A ．A 、B 两球的初速度之比为1：4B ．A 、B 两球下落过程中的动能变化量之比为1：2C ．若两球同时抛出，则落地的时间差为2h gD．若两球同时落地，则两球抛出的时间差为(2－1)2hg答案：D解析：小球做平抛运动，竖直方向：H＝12gt2，故运动时间：t＝2Hg；A的运动时间：t A＝2×2hg＝2hg，B的运动时间：t B＝2hg；A、B项，小球做平抛运动，水平位移：x＝v0t，则v OAv OB＝x At Ax Bt B＝x A t Bx B t A＝12×2hg2hg＝122，故A 项错误，B项错误；C、D项，若两球同时抛出，则落地时间差：Δt＝t A－t B＝(2－1)2hg，故C项错误，D项正确．6.如图所示，a、b为赤道平面内绕地球做匀速圆周运动的两人造卫星，其中卫星a运行的轨道半径为r0，b是地球同步卫星，此时a、b恰好相距最近，已知地球质量为M，半径为R，地球自转的角速度为ω，引力常量为G，则()A．卫星a的周期大于24小时B．卫星a的运行速度一定大于7.9 km/sC．卫星a的机械能一定小于卫星b的机械能D．到卫星a和b下一次相距最近，还需经过时间t＝2πGMr30－ω答案：D解析：由GMmr2＝mr⎝⎛⎭⎫2πT2，得周期T＝2πr3GM，可知卫星半径越大，其运行的周期越大，所以卫星a的周期比卫星b的周期(24小时)要小，A错误；7.9 km/s是地球的第一宇宙速度，卫星的半径越大，其运行速度越小，卫星a的运行速度一定小于7.9 km/s，B错误；由于卫星a、b质量未知，所以无法比较二者的机械能，C错误；由GMmr2＝mr0ω2a得，卫星a的角速度为ωa＝GMr30，卫星b的角速度与地球自转的角速度ω相同，由(ωa－ω)t＝2π，联立解得到卫星a和b下一次相距最近所需时间为t＝2πGMr30－ω，D正确．7.如图所示，设月球半径为R，假设“嫦娥四号”探测器在距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B时，再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是()A ．月球的质量可表示为256π2R 3GT 2B ．在轨道Ⅲ上B 点的速率大于在轨道Ⅱ上B 点的速率C ．“嫦娥四号”探测器沿椭圆轨道从A 点向B 点运动过程中，机械能保持不变D ．“嫦娥四号”探测器从远月点A 向近月点B 运动的过程中，加速度变小 答案：AC解析：在轨道Ⅰ上运动过程中，万有引力充当向心力，故有G Mm 4R 2＝m 4π2T 2·4R ，解得M ＝256π2R 3GT 2，A 正确；在轨道Ⅱ的B 点需要减速做近心运动才能进入轨道Ⅲ做圆周运动，所以在轨道Ⅲ上B 点速率小于在轨道Ⅱ上B 点的速率，B 错误；探测器沿椭圆轨道从A 运动到B 的过程中只受到月球引力作用，探测器的机械能保持不变，C 正确；根据公式G Mm r 2＝ma 可得a ＝GMr 2，所以距离月球越远，向心加速度越小，故从远月点到近月点运动过程中，加速度变大，D 错误．8.2017年9月25日17时开始，微信启动页背景中的地球图片由非洲大陆上空视角，变化成了我们的祖国上空．以前微信开启时显示的地球图片是美国卫星成像图，而新版影像则是由“风云四号”卫星实际拍摄而成．“风云四号”是一颗静止轨道卫星．如图所示，1是静止在赤道上随地球自转的物体，2是近地卫星，3是“风云四号”卫星．R 为地球的半径，r 为物体或卫星到地心的距离，T 、v 、ω、a 分别为物体或卫星做匀速圆周运动的周期、线速度、角速度和向心加速度．下列图象可能正确的是( )答案：AC解析：物体1和卫星3的周期相同，而卫星2和卫星3均绕地球转动，则r 32T 22＝r 33T 23，选项A 正确；物体1和卫星3的角速度相同，故v ＝ωr ，而对于卫星2和卫星3，则有G Mm r 2＝m v 2r，即v ＝GMr，选项B 错误；物体1和卫星3的角速度相同，而对于卫星2和卫星3，则有G Mm r 2＝mω2r ，即ω2＝GMr 3，选项C 正确；物体1和卫星3的角速度相同，故a ＝ω2r ，对于卫星2和卫星3，则有G Mm r 2＝ma ，则a ＝GMr2，选项D 错误．9.如图所示，在竖直平面内，有一半径为R 的半圆形圆环绕着过最低点的竖直轴以角速度ω按逆时针方向(俯视)匀速转动，一玩具枪的枪口恰好位于半圆环的一端每隔一定时间水平射出不同速度大小的小钢珠．当圆环转到图中位置时，某时刻射出的第一颗钢珠恰好击中圆环内壁的D 点，同时枪射出第二颗钢珠，经过一定时间，第二颗钢珠又恰好击中D 点，已知D 点和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为60°，不计空气阻力，则( )A ．第一、二颗钢珠离开枪口的速度之比为(2＋3)2B ．第一、二颗钢珠离开枪口的速度之比为(2－3)2C ．小钢珠能够垂直击中D 点 D ．圆环的最小角速度为ω＝πg R答案：AD解析：小钢珠做平抛运动，对第一颗钢珠，竖直方向：R cos 60°＝12gt 21，水平方向：R ＋R sin 60°＝v 1t 1，当圆环至少转过半圈时，第二颗钢珠又击中D 点，有：R cos 60°＝12gt 22，R －R sin 60°＝v 2t 2，解得t 1＝t 2，v 1v 2＝2＋32－3＝(2＋3)2，A 正确，B 错误；假设小钢珠能垂直击中D 点，即D 点的速度方向沿半径OD ，根据平抛运动的规律“速度的反向延长线必过水平位移的中点”，可知假设错误，C 错误；当圆环转过半圈，被第二颗钢珠击中时，圆环的角速度最小，有πω＝t 2，解得ω＝πgR，D 正确． 二、非选择题10.如图所示，半径为R 的光滑半圆轨道固定在竖直面内，开口向上，两端点A 、B 连线水平，半径为12R 的四分之一光滑圆弧轨道也在竖直面内，C 端在B 点正上方，D 端的切线水平．一质量为m 的小球从A 点正上方由静止下落，从A 点进入半圆轨道后从B 点飞出再进入四分之一圆弧轨道，重力加速度为g ，小球可视为质点．(1)要使小球从D 点飞出后刚好从A 点进入轨道，则B 、C 间的高度最大为多少？(2)若B 、C 间的高度为32R ，小球从D 点飞出后恰好从A 点进入半圆轨道，则小球从A 点正上方落下进入半圆轨道运动到最低点时对轨道的压力为多大？10：(1)74R (2)12116mg解析：(1)小球从D 点抛出刚好落在A 点，做平抛运动的水平位移恒为32R ，B 、C 间的高度越大，平抛运动的时间越长，做平抛运动的水平分速度越小，当小球在D 点对轨道的压力恰好为零时，从D 点抛出的小球速度最小．则在D 点根据牛顿第二定律得mg ＝m v 2D12R ，解得最小速度v D ＝12gR. 由平抛运动的规律得32R ＝v D t ，解得t ＝322Rg. 设B 、C 间的最大高度为h ，则有h ＋12R ＝12gt 2，解得h ＝74R.(2)若B 、C 间的高度为32R ，则A 、D 间的高度差为2R ，设小球从D 点抛出到A 点所用时间为t′，则有2R ＝12gt′2，解得t′＝2R g ，小球在D 点的速度v′D ＝32R t′＝34gR. 设小球在半圆轨道的最低点速度为v ，以半圆轨道的最低点为重力势能零点，根据机械能守恒定律得12mv 2＝mg×3R ＋12mv′2D .在最低点对小球有F －mg ＝m v 2R ，联立解得F ＝12116mg.根据牛顿第三定律，小球在轨道最低点对轨道的压力大小F N ＝12116mg.。

江西省丰城四中2020届高考物理电场和磁场中的曲线运动倒计时冲刺金典试卷电场和磁场中的曲线运动一、选择题(1～6题为单项选择题，7、8题为多项选择题)1.如图所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab 是圆的一条直径．一带电粒子从a 点射入磁场，速度大小为2v ，方向与ab 成30°时恰好从b 点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t ；若仅将入射速度大小改为v ，则粒子在磁场中运动的时间为(不计带电粒子所受重力)( )A ．3tB .32t C .12t D ．2t 答案：D解析：由洛伦兹力提供向心力得Bqv ＝m v 2R ＝m 4π2T 2R ，化简得R ＝mv qB ，T ＝2πmqB ；粒子以2v 的速度从a 射入、b 点射出得到划过圆弧的圆心角为60°，由R ＝mvqB 得，当粒子以速度v 入射时，粒子运动轨迹半径变为原来的一半，划过的圆弧所对的圆心角变为120°，由T ＝2πmqB 得，两次粒子运动的周期不变，所以粒子在磁场中运动的时间变为2t ，故D 项正确．2.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O 点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a ，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒答案：B解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错，B对；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错．3.如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从正极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动，并使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离变为原来的()A．2倍B．4倍C.12D.14答案：C解析：电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，做类平抛运动．假设电子的带电荷量为e，质量为m，初速度为v，极板的长度为L，极板的间距为d，电场强度为E.由于电子做类平抛运动，所以水平方向有：L＝vt，竖直方向有：y＝12at2＝12·eEm·⎝⎛⎭⎪⎫Lv2＝d.因为E＝Ud，可得：d2＝eUL22mv2，若电子的速度变为原来的两倍，仍从正极板边缘飞出，则由上式可得两极板的间距d应变为原来的12，故选C.4.AB板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷相同的带电微粒(不计重力)，a、b和c的运动轨迹如图所示，其中b和c是从同一点射入的．不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程()A．运动加速度：a a>a b>a cB．飞行时间：t b＝t c>t aC．水平速度：v a>v b＝v cD．电势能的减小量：ΔE c＝ΔE b>ΔE a 答案：B解析：根据牛顿第二定律得，微粒的加速度为a＝qEm，据题qm相同，E相同，所以a a＝a b＝a c，选项A错误；三个带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝1 2at2得t＝2ya，由图有y b＝y c>y a，则t b＝t c>t a，选项B正确；三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动，由x＝v0t得v0＝xt，由图知x a>x b>x c，又t b＝t c>t a，则v a>v b>v c，选项C错误；电场力做功为W＝qEy，由于三个微粒的电荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，选项D错误．5．如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L.一个粒子源在a点将质量为m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是()A.qBL2m B.3qBL6mC.3qBL4m D.qBL6m答案：A解析：由分析知，粒子沿着ab边入射且运动轨迹与bc边相切时满足题意，粒子运动轨迹如图所示．由几何关系知，粒子运动轨迹半径r ＝ab ＝12L ，则粒子速度的最大值v ＝2πr T ＝qBL2m ，选项A 正确．6.如图所示，水平放置的平行板长度为L 、两板间距也为L ，两板之间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在两板正中央P 点有一个不计重力的电子(质量为m 、电荷量为－e)，现在给电子一水平向右的瞬时初速度v 0，欲使电子不与平行板相碰撞，则( )A ．v 0>eBL 2m 或v 0<eBL 4mB .eBL 4m <v 0<eBL 2mC ．v 0>eBL 2mD ．v 0<eBL4m 答案：A 解析：此题疑难点在于确定“不与平行板相碰撞”的临界条件．电子在磁场中做匀速圆周运动，半径为R ＝mv 0eB ，如图所示．当R 1＝L 4时，电子恰好与下板相切；当R 2＝L2时，电子恰好从下板边缘飞出两平行板(即飞出磁场)．由R 1＝mv 1eB ，解得v 1＝eBL 4m ，由R 2＝mv 2eB ，解得v 2＝eBL2m ，所以欲使电子不与平行板相碰撞，电子初速度v 0应满足v 0>eBL 2m 或v 0<eBL4m ，故选项A 正确．7.如图，一粒子发射源P 位于足够长绝缘板AB 的上方d 处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v 、比荷为k 的带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力．已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d ，则( )A ．磁感应强度的大小为dkvB ．磁感应强度的大小为vkdC ．同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为7πd6v D ．同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为πkd6v 答案：BC 解析：根据qvB ＝m v 2R 和R ＝d 、q m ＝k 得B ＝vkd ，选项A 错误，B 正确；能打到板上的粒子中，在磁场中运动时间最长和最短的运动轨迹示意图如图所示，由几何关系，最长时间t 1＝34T ，最短时间t 2＝16T ，T ＝2πR v ，所以最大时间差Δt ＝t 1－t 2＝712T ＝7πd6v ，选项C 正确，D 错误．8.用长为1.4 m 的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2 kg 、电荷量为2.0×10－8 C 的小球，细线的上端固定于O 点．现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°角，如图所示．现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则(sin 37°＝0.6)( )A ．该匀强电场的场强为3.75×106 N /CB ．平衡时细线的拉力为0.17 NC ．经过0.5 s ，小球的速度大小为6.25 m /sD ．小球第一次通过O 点正下方时，速度大小为7 m /s 答案：AC 解析：小球处于平衡状态时，受力分析如图所示，则可知qE ＝mg tan 37°，则该匀强电场的电场强度E ＝mg tan 37°q ＝3.75×106N /C ，A 正确；细线的拉力F ＝mg cos 37°＝0.125 N ，故B 错误；在外力作用下，小球拉至细线水平时，由静止释放，如图所示，小球在电场力和重力的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动至B 点，∠OAB ＝∠OBA ＝53°，OA ＝OB ＝l ＝1.4 m ，在此过程中，细线处于松弛状态，无拉力作用，小球运动至B 点时，细线绷紧，匀加速直线运动结束．根据牛顿第二定律可知小球匀加速直线运动时的加速度a ＝F 合m ＝F m ＝0.1250.01 m /s 2＝12.5 m /s 2，假设经过0.5 s 后，小球仍在沿AB 方向做匀加速直线运动，则小球的速度v ＝at ＝6.25 m /s ，经过的距离x ＝12at 2＝12×12.5×0.52 m ＝1.562 5 m ，A 、B 间的距离|AB|＝2×l×cos 53°＝1.68 m ，x<|AB|，假设成立，故0.5 s 时，小球的速度大小为6.25 m /s ，故C 正确；小球运动至B 点时，细线绷紧，小球沿细线方向的分速度减为零，动能减小，假设细线绷紧过程小球机械能损失ΔE ，此后在电场力、重力和细线拉力作用下沿圆弧运动至O 点正下方，根据能量守恒定律，可知(qE ＋mg)·l －ΔE ＝12mv 2，可得v>7 m /s ，故D 错误．二、非选择题9.如图所示，在直角坐标系xOy 的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B 0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，C 点坐标为(4L,3L)，M 点为OC 的中点．质量为m 、电荷量为－q(q>0)的粒子从C 点以平行于y 轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为qB 0L2m ，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场．(1)若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围； (2)若粒子恰好不能从AC 边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小．9：(1)B<B 06 (2)24B 049解析：(1)如图甲所示，当运动轨迹与x 轴相切时，粒子恰好能进入区域Ⅰ中．由几何关系可知粒子圆周运动半径为r ＝3L ，v ＝qB 0L2m ，由qvB＝m v2r得B＝B06若粒子无法进入区域Ⅰ中，则r>3L，区域Ⅱ磁感应强度B<B0 6.(2)若粒子恰好不能从AC边射出，粒子轨迹与AC边相切于E点，运动轨迹如图乙所示，由几何关系可知∠O2O1E＝2θ，粒子在磁场Ⅰ中，qvB0＝m v2r1，v＝qB0L2m，可得粒子在磁场Ⅰ中轨道半径为r1＝L 2.设在磁场Ⅱ中的轨道半径为R，由几何关系可知，R＝r1＋r1sin 2θ由sin θ＝35可知sin 2θ＝2425，解得R＝4948L在磁场Ⅱ中由qvB＝m v2R，v＝qB0L2m，可知B＝24B049.10.如图所示，有一平面直角坐标系xOy，其中x轴的正方向为水平向右，y轴的正方向为竖直向上．在x>0的空间中，存在沿x轴正方向的匀强电场；在x<0的空间中，存在沿x 轴负方向的匀强电场，电场强度大小均为E＝1 N/C.一质量m＝10 g、电荷量q＝0.1 C的带负电的小球在点P(10 cm,0)处由静止释放，不计空气阻力，(重力加速度g＝10 m/s2)求：(1)小球第一次到达y轴时的速度；(2)小球第二次到达y轴时的位置坐标．10：(1)2 m/s(2)(0，－90 cm)解析：(1)小球在P点时，对小球受力分析可知：所受电场力水平向左，大小为F电＝qE＝0.1 N所受重力竖直向下，大小为G＝mg＝0.1 N所以小球受到的合力斜向左下方，与x 轴的负方向的夹角为45°，大小为F ＝210 N 由牛顿第二定律和运动学公式可知，小球在x>0的空间运动的加速度大小为：a ＝Fm 设小球第一次到达y 轴上的点为A ， 则v 21＝2al PA ，其中l PA ＝2x P 解得小球到达A 点的速度为v 1＝2 m /s (2)小球在x<0的空间运动时受合力的大小仍为F 、方向斜向右下方，与y 轴负方向的夹角为45°，所以小球在x<0的空间内以大小为a 的加速度做类平抛运动，小球从A 运动到B 的过程中，在合力的方向与合力垂直的方向运动的位移大小相等，则有v 1t ＝12at 2＝l 2l ＝l AB 解得：l AB ＝80 cm由几何关系可知l OA ＝10 cm所以小球第二次到达y 轴的坐标为(0，－90 cm )。