高考物理通用版第二轮复习讲义(精华版)

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

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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d

2

。

(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 ′·3

2d ，

即E ′＝2

3

E

由qE ＝ma 及qE ′＝ma ′知a ′＝2

3

a

设极板长度为L ，则d ＝12a ′????L 2v 12，d 2＝12a ????L v 02，解得v 12＝v 0

2

12

在加速电场中由动能定理知 eU 1＝12m v 02，eU 1′＝1

2m v 12

解得U 1′＝

U 112，即加速电压应减为原来的1

12

，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 ＝1

2a 2t 2， 即a 2＝2a 1

由牛顿第二定律知a 1＝eU 2

md ，a 2＝eU 2′m ·32

d

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1

12，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＋1

2

a 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 1－1

2a 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 0

gt 12E 1?

为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1＋14???

?v 0

gt 12>1?

即当0

???1－32v 0

g

? 或t 1>?

???1＋

32v 0

g

? 才是可能的，条件?式和?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 ?

由①②③⑥⑦⑧⑨?式得 E 2＝?

???2－2

v 0gt 1－14????v 0gt 12E 1

? 为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1－14????v 0

gt 12>1?

即t 1>

????52＋1v 0g

? 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 2

R ， 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 v

qB 。

(2)如图所示，粒子与y 轴相交的坐标范围为0≤y ≤2m v

qB 。 (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 2

2，

第二象限区域四分之一圆的半径为2R ， 其面积为S 2＝π(2R )2

4

＝πR 2，

第二象限区域一个半径为R 的半圆面积为S 3＝πR 2

2，

则阴影部分面积为S ＝S 1＋S 2－S 3＝πR 2

＝πm 2v 2

q 2B

2。

[答案] (1)－2m v qB ≤x ≤－m v qB (2)0≤y ≤2m v qB (3)πm 2v 2

q 2B

2

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1

4圆弧，

轨迹半径：

R ＝m v Bq ，又d ＝R －R 2

解得v ＝(2＋2)Bqd

m 。

若q 为负电荷，轨迹是如图所示的下方与NN ′相切的3

4圆弧，

则有：R ′＝

m v ′Bq ，d ＝R ′＋R ′

2

， 解得v ′＝(2－2)Bqd

m 。

[答案] (2＋2)Bqd m (q 为正电荷)或(2－2)Bqd

m (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2

1H 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) 1

1H 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 ＝1

2

a 1t 12②

11H

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＝233

h 。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 2

R 1⑦

由几何关系得 s 1＝2R 1sin θ1⑧ 联立以上各式得B ＝

6mE

qh

。⑨ (3) 21H 与1

1H 初动能相等

12×2m v 22＝1

2

m v 12⑩ 21H

在电场中运动时有

qE ＝2ma 2? s 2＝v 2t 2? h ＝1

2

a 2t 22?

进入磁场时v 2tan θ2＝a 2t 2? v ′＝v 22＋(a 2t 2)2? q v ′B ＝2m v ′2

R 2?

联立以上各式得

s 2＝s 1，θ2＝θ1，R 2＝2R 1?

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 θ2?

联立④⑧??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 。?

[答案] (1)23

3h (2)

6mE qh (3)23

3

(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。一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N 点沿y 轴正方向射出。不计重力。

(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从M 点入射时速度的大小；

(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其

从M 点运动到N 点的时间。

解析：(1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。 (2)设粒子从M 点射入时速度的大小为v 0，进入磁场的速度大小为v ，方向与电场方向的夹角为θ[如图(b)]，速度v 沿电场方向的分量为v 1。

根据牛顿第二定律有 qE ＝ma ① 由运动学公式有

l ′＝v 0t ② v 1＝at ③ v 1＝v cos θ④

设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 q v B ＝m v 2

R ⑤ 由几何关系得 l ＝2R cos θ⑥

联立①②③④⑤⑥式得 v 0＝

2El ′

Bl

。⑦ (3)由运动学公式和题给数据得 v 0v 1＝tan π6⑧ 联立①②③⑦⑧式得 q m ＝43El ′B 2l 2⑨

设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，则 t ′＝2t ＋2???

?π2－π62π

T ⑩

式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期， T ＝2πm qB ? 由②⑦⑨⑩?式得 t ′＝Bl E ? ?

?

??1＋3πl 18l ′。?

答案：(1)见解析图(a) (2)2El ′Bl (3)43El ′B 2l 2 Bl E ? ??

??1＋3πl 18l ′ 2．(2018·宜宾高三统考)如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，直角三角形ACD 内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。线段CO ＝OD ＝l ，θ＝30°。在第四象限正方形ODFG 内存在沿x 轴正方向、电场强度E ＝B 2el 3m 的匀强电场，在第三象限沿AC 放

置一面足够大的荧光屏，屏与y 轴平行。一个电子P 从坐标原点O 沿y 轴正方向射入磁场，恰好不从AD 边射出磁场。已知电子的质量为m 、电荷量为e ，不计重力。

(1)求电子P 射入磁场时的速度大小； (2)求电子P 经过y 轴时的坐标；

(3)若另一电子Q 从x 坐标轴上某点(x ≠0)以相同的速度仍沿y 轴正方向射入磁场，且P 、

Q 打在荧光屏上同一点，求电子Q 在电场中运动的时间。

解析：(1)电子P 恰好不从AD 边射出磁场，则电子P 的运动轨迹与AD 边相切， 由几何关系可得：r ＋r sin θ

＝l

电子P 在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有： e v 0B ＝m v 02

r

解得：r ＝l 3，v 0＝eBl

3m

。

(2)假设电子P 从OG 边离开电场，则电子P 在电场中做类平抛运动，有： 2r ＝1

2at 12

y P ＝v 0t 1 eE ＝ma

解得：t 1＝2m eB ，y P ＝2

3

l

由于y P ＝23l

v Px ＝at 1 tan α＝v Px

v 0

由几何关系有：Y ＝y P ＋l

tan α

对于电子Q ，设其在电场中运动的时间为t 2，射出电场时速度方向与y 轴负方向成β角，在y 轴上的射出点与O 点距离为y Q 1，射出点与电子P 打在荧光屏上的点的竖直距离为

y Q 2，有：y Q 1＋y Q 2＝Y

y Q 1＝v 0t 2 y Q 2＝l

tan β

tan β＝

v Qx

v 0

v Q x ＝at 2 解得：t 2＝

3m 2eB ?

?

??另一个解t 2＝2m eB 是电子P 在电场中运动的时间，故舍弃。

答案：(1)eBl 3m (2)????0，－23l (3)3m

2eB

命题点(四) 带电粒子(体)在叠加场中的运动

[研一题]———————————————————————————————— 如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，第一象限内存在正

交的匀强电场和匀强磁场，其中电场强度E 1＝40 N/C ；第四象限内存在一方向向左的匀强电场，电场强度E 2＝

160

3

N/C 。一质量为m ＝2×10－

3 kg 的带正电的小球，从M (3.6

4 m,3.2 m)点以v 0＝1 m/s 的水平速度开始运动。已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从P (2.04 m,0)点进入第四象限后经过y 轴上的N (0，

－2.28 m)点(图中未标出)(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：

(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小； (2)小球由P 点运动至N 点的时间。 [解析] (1)由题意可知 qE 1＝mg

解得q ＝5×10－

4 C

小球在第一、四象限的运动轨迹如图甲所示。 则R cos θ＝x M －x P R sin θ＋R ＝y M

可得R ＝2 m ，θ＝37°，tan θ＝0.75 由q v 0B ＝m v 02

R 解得B ＝2 T 。

(2)小球进入第四象限后受力分析如图乙所示。

tan α＝mg

qE2＝0.75＝tan θ，即α＝θ＝37°

可知小球进入第四象限后所受的电场力和重力的合力与速度方向垂直，由图甲可知合力沿PA方向

由图甲中几何关系可得OA＝OP tan α＝1.53 m

AN＝ON－OA＝0.75 m

过N点作PA延长线的垂线N Q，易知△OAP与△Q AN相似，

所以∠Q NA＝∠OPA＝α

得Q N＝AN cos α＝0.6 m

由Q N＝v0t，解得t＝0.6 s。

[答案](1)2 T(2)0.6 s

[悟一法]————————————————————————————————

带电粒子在叠加场中运动的解题思路

[通一类]————————————————————————————————

(2019届高三·惠州四校联考)平面OM和水平面ON之间

的夹角为30°，其横截面如图所示，平面OM和水平面ON之间

同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B，

方向垂直于纸面向外，匀强电场的方向竖直向上。一带电小球

的质量为m、带电荷量为q，带电小球沿纸面以大小为v0的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且能从OM上另一点P射出磁场(P未画出)。

(1)带电小球带何种电荷？匀强电场的电场强度为多大？

(2)带电小球离开磁场的出射点P到两平面交点O的距离为多大？

(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO ′上，此点到O 点的距离为多大？

解析：(1)小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到的电场力与重力平衡，小球所受电场力竖直向上，电场力方向与电场强度方向相同，则小球带正电荷；电场力与重力大小相等，

则qE ＝mg ，解得：E ＝mg

q

。

(2)小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： q v 0B ＝m v 02r ，解得：r ＝m v 0

qB

，

根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q

点为运动轨迹与ON 的切点，I 点为入射点，P 点为出射点，则IP 为圆轨迹的弦，小球离开磁场的速度方向与OM 的夹角也为 30°，由几何关系可得，Q P 为圆轨迹的直径，

可知OP 的长度为：s ＝QP sin 30°＝2r

sin 30°

＝4r ＝4m v 0qB 。

(3)带电小球从P 点离开磁场后做平抛运动，设小球打在光屏上的T 点，竖直位移为y ， 水平位移：x ＝v 0t ，

解得：t ＝x v 0＝s cos 30°v 0＝23m

qB ，

竖直位移：y ＝12gt 2＝6m 2g

q 2B

2，

小球打在光屏上的T 点到O 点的距离为： H ＝2r ＋y ＝2m v 0qB ＋6m 2g

q 2B

2。

答案：(1)正电荷 mg

q (2)4m v 0qB (3)2m v 0qB ＋6m 2g q 2B 2

命题点(五) 带电粒子(体)在交变场中的运动

题型1 电场的周期性变化

[例1] (2018·宜昌调研)如图甲所示，两水平金属板A 、B 间的距离为d ，极板长为l ，A 、B 右侧有一竖直放置的荧光屏，荧光屏距A 、B 右端的距离为0.7l 。A 、B 两板间加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为U 0，反向值也为U 0，A 、B 间的电场可视为匀强电场，且两板外无电场。现有质量为m 、电荷量为e (重力不计)的电子束，以速度v 0沿A 、B 两板间的中心线OO ′射入两板间的偏转电场，所有电子均能通过偏转电场，最后打在荧光屏上。

(1)求电子通过偏转电场的时间t 0；

(2)若U AB 的周期T ＝t 0，求电子飞出偏转电场时离OO ′的最大距离； (3)若U AB 的周期T ＝2t 0，求电子击中荧光屏上O ′点时的速率。 [解析] (1)电子在水平方向做匀速运动，有：v 0t 0＝l ，解得t 0＝l

v 0。

(2)当T ＝t 0时，t ＝0时刻进入偏转电场的电子飞出时离OO ′的距离最大 设最大距离为y m ，加速度大小为a ，则有： y m ＝2×12a ????t 022

a ＝eU 0md

解得最大距离y m ＝eU 0l 2

4md v 02

。

(3)当T ＝2t 0时，电子要到达O ′点，则在电场中竖直方向上必须先做加速运动后做减速运动再反向做加速运动，并且加速度大小相等，离开电场后竖直方向上做匀速运动，从O 到O ′的整个过程向上的位移和向下的位移大小相等。设向上做加速运动的时间为Δt ，则在竖直方向上有：

y 上＝2×1

2

a Δt 2

y 下＝1

2a (t 0－2Δt )2＋a (t 0－2Δt )·0.7l v 0

要到达O ′点，则有y 上＝y 下 解得Δt ＝0.4t 0，另一解Δt ＝3t 0舍去

所以到达O ′点的电子在竖直方向上的速度大小为 v y ＝a (t 0－2Δt )

到达荧光屏上O ′点的电子的速率为v ＝v 02＋v y 2 解得电子击中荧光屏上O ′点时的速率：v ＝ v 02＋?

??

?eU 0l

5md v 0

2。

[答案] (1)l v 0 (2)eU 0l 2

4md v 02

(3)

v 02＋?

??

?eU 0l

5md v 0

2

题型2 磁场的周期性变化

[例2] (2018·肇庆模拟)如图甲所示，竖直挡板MN 左侧空间有方向竖直向上的匀强电

场和垂直纸面的水平匀强磁场。电场和磁场的范围足够大，电场强度E ＝40 N/C ，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图像如图乙所示，以磁场垂直纸面向里为正方向。t ＝0时刻，一质量m ＝8×10－

4 kg 、电荷量q ＝＋2×10－

4 C 的微粒在O 点具有竖直向下的速度v ＝0.12 m/s ，

O ′是挡板MN 上一点，直线OO ′与挡板MN 垂直，取g ＝10 m/s 2。求：

(1)微粒再次经过直线OO ′时与O 点的距离x ； (2)微粒在运动过程中离开直线OO ′的最大高度H ；

(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O 点间的距离L 应满足的条件。 [解析] (1)根据题意可知，微粒所受的重力 G ＝mg ＝8×10－

3 N

电场力大小F ＝qE ＝8×10－

3 N

因此重力与电场力平衡

微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则 q v B ＝m v 2

R

解得：R ＝0.6 m 由T ＝2πR v 解得：T ＝10π s

则微粒在5π s 内转过半个圆周，再次经直线OO ′时与O 点的距离：x ＝2R 解得：x ＝1.2 m 。

(2)微粒第一次运动半周后向上做匀速运动，运动的时间为 t ′＝5π s ，轨迹如图所示，位移大小：s ＝v t ′

解得：s ≈1.88 m

因此，微粒离开直线OO ′的最大高度： H ＝s ＋R ＝2.48 m 。

(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′下方时，由图像可知，挡板MN 与O 点间的距离应满足：

L ＝(2.4n ＋0.6)m (n ＝0,1,2，…)

若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′上方时，由图像可知，挡板MN 与O 点间的距离应满足：

L ＝(2.4n ＋1.8)m (n ＝0,1,2，…)

综上，挡板MN 与O 点间的距离应满足： L ＝(1.2n ＋0.6)m (n ＝0,1,2，…)。

[答案] (1)1.2 m (2)2.48 m (3)L ＝(1.2n ＋0.6)m (n ＝0,1,2，…)

带电粒子在交变场中运动的解题思路

[专题强训提能] 1．(2019届高三·包头模拟)如图所示，在竖直平面内一个带正电的小球质量为m ，所带的电荷量为q ，用一根长为L 且不可伸长的绝缘轻细线系在一匀强电场中的O 点。匀强电场的方向水平向右，分布的区域足够大。现将带正电小球从O 点右方由与O 点等高的A 点无初速度释放，小球到达最低点B 时速度恰好为零。

(1)求匀强电场的电场强度E 的大小；

(2)若小球从O 点的左方由与O 点等高的C 点无初速度自由释放，则小球到达最低点B 所用的时间t 是多少？(已知：OA ＝OC ＝L ，重力加速度为g )

解析：(1)对小球由A 到B 的过程，由动能定理得 mgL －qEL ＝0 解得E ＝mg q 。

(2)小球由C 点释放后，将沿CB 做匀加速直线运动， F 合＝(qE )2＋(mg )2＝2mg a ＝

2mg

m

＝2g 由几何关系易知，CB ＝2L ，则 2L ＝12at 2

解得t ＝

2L g 。

答案：(1)mg

q (2)

2L

g

[系统通法]

2．(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由

静止经加速电压U 加速后在纸面内水平向右运动，自M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖

直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v 1，并在磁场边界的N 点射出；乙种离子在MN 的中点射出；MN 长为l 。不计重力影响和离子间的相互作用。求：

(1)磁场的磁感应强度大小； (2)甲、乙两种离子的比荷之比。

解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q 1、质量为m 1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 1，磁场的磁感应强度大小为B ，由动能定理有

q 1U ＝1

2

m 1v 12①

由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q 1v 1B ＝m 1v 12

R 1②

由几何关系知 2R 1＝l ③ 由①②③式得 B ＝

4U

l v 1

。④ (2)设乙种离子所带电荷量为q 2、质量为m 2，射入磁场的速度为v 2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 2。同理有

q 2U ＝1

2m 2v 22⑤

q 2v 2B ＝m 2v 22

R 2⑥

由题给条件有 2R 2＝l 2

⑦

由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 q 1m 1∶q 2

m 2

＝1∶4。⑧ 答案：(1)4U

l v 1

(2)1∶4

3.如图所示，在xOy 平面的第一象限内存在着方向垂直纸面向外、

磁感应强度为B 的匀强磁场，第四象限内存在方向沿－x 方向、电场强度为E 的匀强电场。某一瞬间从y 轴上纵坐标为d 的一点同时向磁场区发射速度大小不等的带正电的同种粒子，速度方向范围与＋y 方向成

45°～135°角，且在xOy 平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x 轴上，然后进入第四象限的匀强电场区后均从y 轴的负半轴射出。已知带电粒子所带电荷量均为＋q ，质量均为m ，粒子重力和粒子间的相互作用不计。

(1)试求带电粒子进入磁场的速度大小范围；

(2)试求所有粒子到达－y 轴上的时间范围(即最后到达－y 轴与最先到达－y 轴的粒子的时间间隔)。

解析：(1)设粒子速度v 与＋y 轴的夹角为θ，如图所示，垂直打到x

轴上满足d ＝R sin θ

又q v B ＝m v 2

R 解得v ＝qBR m ＝qBd

m sin θ

当θ＝90°时，v min ＝qBd

m 当θ＝45°和θ＝135°时，v max ＝

2qBd

m

带电粒子进入磁场的速度大小范围为 qBd m ≤v ≤2qBd

m 。

(2)由(1)分析可知当θ＝135°时，射入的粒子最先到达－y 轴，所用时间最短 其在磁场中运动时间t 1＝T 8＝πm 4Bq

由几何关系可得进入电场时与O 点的距离为(2－1)d ，粒子在电场中做类平抛运动 在电场中运动的时间满足(2－1)d ＝12·qE m ·t 22

即t 2＝

2(2－1)md

qE

所以t min ＝t 1＋t 2＝

πm 4qB

＋ 2(2－1)md

qE

由(1)分析可知当θ＝45°时，射入的粒子最后到达－y 轴，所用时间最长 其在磁场中运动的时间t 3＝3T 8＝3πm

4Bq

由几何关系可得进入电场时与O 点的距离为(2＋1)d ，粒子在电场中做类平抛运动 在电场中运动的时间满足(2＋1)d ＝12·qE m ·t 42

，

即t 4＝

2(2＋1)md

qE

所以t max ＝t 3＋t 4＝

3πm

4qB ＋ 2(2＋1)md

qE

所有粒子到达－y 轴上的时间范围为 Δt ＝t max －t min ＝

πm 2qB

＋ 2(2＋1)md

qE

－2(2－1)md

qE

。 答案：(1)qBd m ≤v ≤2qBd m (2)πm

2qB ＋

2(2＋1)md

qE

－

2(2－1)md

qE

4．(2018·江苏高考)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d ，宽为d ，中间两个磁场区域间隔为2d ，中轴线与磁场区域两侧相交于O 、O ′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m 、电荷量为＋q ，从O 沿轴线射入磁场。当入射速度为v 0时，粒子从O 上方d

2

处射出磁场。取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。

(1)求磁感应强度大小B ；

(2)入射速度为5v 0时，求粒子从O 运动到O ′的时间t ；

(3)入射速度仍为5v 0，通过沿轴线OO ′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O 运动到O ′的时间增加Δt ，求Δt 的最大值。

解析：(1)粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力， q v 0B ＝m v 02

r 0

由题意知r 0＝d

4

解得B ＝4m v 0

qd 。

(2)当初速度v ＝5v 0时，由q v B ＝m v 2r 得r ＝5

4d ，粒子运动轨迹如图，设粒子在矩形磁场

中的偏转角为α。

由几何关系知d ＝r sin α，得sin α＝4

5，即α＝53°

在一个矩形磁场中的运动时间t 1＝α360°

×2πm qB ， 解得t 1＝

53πd

720v 0

粒子做直线运动的时间t 2＝2d

v 解得t 2＝

2d 5v 0

则t ＝4t 1＋t 2＝

(53π＋72)d

180v 0

。

(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x ，粒子运动轨迹如图所示。

粒子向上的偏移量y ＝2r (1－cos α)＋x tan α 由y ≤2d ，解得x ≤3

4d

则当x m ＝3

4d 时，Δt 有最大值

粒子做直线运动路程的最大值 s m ＝

2x m

cos α

＋(2d －2x m )＝3d 增加路程的最大值Δs m ＝s m －2d ＝d 增加时间的最大值Δt m ＝Δs m v ＝d

5v 0。

答案：(1)4m v 0qd (2)(53π＋72)d 180v 0 (3)d

5v 0

高考物理重点专题突破 (70)

1．正确、灵活地理解应用折射率公式 (1)公式为n＝sin i sin r(i为真空中的入射角，r为某介质中的折射角)。 (2)根据光路可逆原理，入射角、折射角是可以随光路的逆向而“换位”的，我们可以这样来理解、记忆：折射率等于真空中光线与法线夹角的正弦跟介质中光线与法线夹角的正弦之比，再简单一点说就是大角的正弦与小角的正弦之比。 2．n的应用及有关数学知识 (1)同一介质对紫光折射率大，对红光折射率小，着重理解两点：第一，光的频率由光源决定，与介质无关；第二，同一介质中，频率越大的光折射率越大。 (2)应用n＝c v，能准确而迅速地判断出有关光在介质中的传播速度、波长、入射光线与 折射光线偏折程度等问题。 3．产生全反射的条件 光从光密介质射入光疏介质，且入射角大于或等于临界角。 1．半径为R、介质折射率为n的透明圆柱体，过其轴线OO′的截面如图所示。位于截面所在的平面内的一细束光线，以入射角i0由O点入射，折射光线由上边界的A点射出。当光线在O点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的B点恰好发生全反射。求A、B两点间的距离。 解析：当光线在O点的入射角为i0时，设折射角为r0，由折射定律得sin i0 sin r0＝n① 设A点与左端面的距离为d A，由几何关系得

sin r 0＝ R d A 2＋R 2 ② 若折射光线恰好发生全反射，则在B 点的入射角恰好为临界角C ，设B 点与左端面的距离为d B ，由折射定律得 sin C ＝1n ③ 由几何关系得 sin C ＝ d B d B 2＋R 2 ④ 设A 、B 两点间的距离为d ，可得d ＝d B －d A ⑤ 联立①②③④⑤式得 d ＝? ????1 n 2－1－n 2－sin 2i 0sin i 0R 。⑥ 答案：? ????1 n 2－1－n 2－sin 2i 0sin i 0R 1．测玻璃的折射率 常用插针法：运用光在玻璃两个界面处的折射。 如图所示为两面平行的玻璃砖对光路的侧移。用插针法找出与入 射光线AO 对应的出射光线O ′B ，确定出O ′点，画出折射光线OO ′，量出入射角i 和折射角r ，根据n ＝ sin i sin r 计算出玻璃的折射率。 2．测水的折射率 常见的方法有成像法、插针法、观察法、视深法等。 (1)成像法 原理：利用水面的反射成像和水面的折射成像。 方法：如图所示，在一盛满水的烧杯中，紧挨杯口竖直插一直尺，在直尺 的对面观察水面，能同时看到直尺在水中的部分和露出水面部分的像，若从点P 看到直尺在水下最低点的刻度B 的像B ′(折射成像)恰好跟直尺在水面上刻度A 的像A ′(反射成像)重合，读出AC 、BC 的长，量出烧杯内径d ，即可求 出水的折射率 n ＝ (BC 2＋d 2)(AC 2＋d 2) 。

近五年物理高考选修

（1）若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法正确的是 。（填写选项前的字母） （A ）气体分子间的作用力增大 （B ）气体分子的平均速率增大 （C ）气体分子的平均动能减小 （D ）气体组成的系统地熵增加 （2）若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6J 的功，则此过程中的气泡 （填“吸收”或“放出”）的热量是 J 。气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1J 的功，同时吸收了0.3J 的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了 J （3）已知气泡内气体的密度为1.29kg/3m ，平均摩尔质量为0.29kg/mol 。阿伏加德罗常数 A 23-1N =6.0210mol ?，取气体分子的平均直径为-10210m ?，若气泡内的气体能完全变为液体，请估算液体体积与原来气体体积的比值。（结果保留以为有效数字） 2010年A.（选修模块3-3）（12分） （1）为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体。下列图象能正确表示该过程中空气的压强p 和体积V 关系的是 。 （2）在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24KJ 的功。现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5KJ 的热量。在上述两个过程中，空气的内能共减小 KJ,空气 （选填“吸收”或“放出”） （3）已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3kg/3m 和2.1kg/3 m ，空气的摩尔质量为0.029kg/mol ，阿伏伽德罗常数A N =6.0223110mol -?。若潜水员呼吸一次吸入2L 空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数（结果保留一位有效数字）

高三物理第二轮复习计划

2019年高三物理第二轮复习计划高三物理第二轮复习计划 高三物理通过第一轮的复习，学生大都能掌握物理学中的基本概念、规律，及其一般应用。但这些方面的知识，总的感觉是比较零散的，同时，对于综合方面的应用更存在较大的问题。因此，在第二轮复习中，首要的任务是能把整个高中的知识网络化、系统化，把所学的知识连成线，铺成面，织成网，疏理出知识结构，使之有机地结合在一起。另外，要在理解的基础上，能够综合各部分的内容，进一步提高解题能力。为达到第二轮复习的目的，经备课组老师讨论决定，将以专题复习的形式为主。计划如下 一、时间按排:2019年3月底至2019年4月底(第五-----九周) 二、内容安排暨专题设置: 专题一:物理实验(六课时第五周，由李振德老师负责) 专题二:力与运动(六课时第六周，由徐光范老师负责) 专题三:功和能热学(六课时第七周，由陈立平老师负责) 专题四:带电粒子在电场和磁场中的运动(六课时第八周，由吴雷老师负责) 专题五:电磁感应和电路，交变电流(六课时第九周，由刘兆祥老师负责) 三、其它问题:我们认为要搞好第二轮复习还应注意以下几个

方面: 1、应抓住主干知识及主干知识之间的综合 概括起来高中物理的主干知识有以下方面的内容: (1)力学部分:物体的平衡与直线运动；平抛与圆周运动，牛顿运动定律与运动规律的综合应用；机械能守恒定律及能的转化和守恒定律。 (2)电磁学部分:带电粒子在电、磁场中的运动；有关电路的分析和计算；电磁感应现象及其应用。 (3)热学部分:分子运动论，热力学定律，理想气体 在各部分的综合应用中，主要以下面几种方式的综合较多: (1)牛顿三定律与匀变速直线运动的综合(主要体现在力学、带电粒子在匀强电场中运动、通电导体在磁场中运动，电磁感应过程中导体的运动等形式)。 (2能量的综合(是解决物理问题中一个基本的观念，一定要加强这方面的训练，也是每年必考内容之一)； (3)以带电粒子在电场、磁场中为模型的电学与力学的综合，主要有三种具体的综合形式: 一是利用牛顿定律与匀变速直线运动的规律解决带电粒子在匀强电场中的运动； 二是利用牛顿定律与圆周运动向心力公式解决带电粒子在磁场中的运动， 三是用能量观点解决带电粒子在电场中的运动。

最新高考物理动能与动能定理练习题及答案

最新高考物理动能与动能定理练习题及答案 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R = 3.75m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心D 的连线与竖直方向成37?角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r =0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接。已知重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）求小物块经过B 点时对轨道的压力大小； （2）若MN 的长度为L 0=6m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小； （3）若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L 。 【答案】（1）62N （2）60N （3）10m 【解析】 【详解】 （1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：0cos37A v v ==? 解得：04 m /5m /cos370.8 A v v s s = ==? 小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有： ()2211cos3722 A B mv mg R R mv +-?= 小物块经过B 点时，有：2 B NB v F mg m R -= 解得：()232cos3762N B NB v F mg m R =-?+= 根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有： 22011222 C B mgL mg r mv mv μ--?= - 在C 点，由牛顿第二定律得：2 C NC v F mg m r += 代入数据解得：60N NC F = 根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N

2019年高考物理专题复习：力学题专题

力学题的深入研究 最近辅导学生的过程中，发现几道力学题虽然不是特别难，但容易错，并且辅导书对这几道题或语焉不详，或似是而非，或浅尝辄止，本文对其深入研究，以飨读者。 【题1】（1）某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图1所示。打点计时器电源的频率为50Hz 。 ○ 1通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点 和 之间某时刻开始减速。 ○ 2计数点5对应的速度大小为 m/s ，计数点6对应的速度大小为 m/s 。（保留三位有效数字）。 ○3物块减速运动过程中加速度的大小为a = m/s 2,若用a g 来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g 为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值 （填“偏大”或“偏小”）。 【原解析】一般的辅导书是这样解的： ①和②一起研究：根据T s s v n n n 21++=,其中s T 1.050 15=?=，得

1.0210)01.1100.9(25??+=-v =s m /00.1，1 .0210)28.1201.11(2 6??+=-v =s m /16.1， 1 .0210)06.1028.12(2 7??+=-v =s m /14.1，因为56v v >，67v v <，所以可判断物块在两相邻计数点6和7之间某时刻开始减速。 这样解是有错误的。其中5v 是正确的，6v 、7v 是错误的。因为公式T s s v n n n 21++=是匀变速运动的公式，而在6、7之间不是匀变速运动了。 第一问应该这样解析： ①物块在两相邻计数点6和7之间某时刻开始减速。 根据1到6之间的cm 00.2s =?，如果继续做匀加速运动的话，则6、7之间的距离应该为01.1300.201.11s 5667=+=?+=s s ，但图中cm s 28.1267=，所以是在6和7之间开始减速。 第二问应该这样解析： ②根据1到6之间的cm 00.2s =?，加速度s m s m T s a /00.2/1 .01000.222 2=?=?=- 所以s m aT v v /20.11.000.200.156=?+=+=。 因为s m T s s v /964.01 .0210)61.866.10(22 988=??+=+=- aT v v -=87=s m /16.11.0)2(964.0=?--。 ③ 首先求相邻两个相等时间间隔的位移差，从第7点开始依次为，cm s 99.161.860.101=-=?，cm s 01.260.661.82=-=?， cm s 00.260.460.63=-=?，求平均值cm s s s s 00.2)(3 1321=?+?+?=?，所以加速度222 2/.1 .01000.2s m T s a -?=?==2/00.2s m 根据ma =mg μ，得g a μ=这是加速度的理论值，实际上'ma f mg =+μ（此式中f 为纸带与打点计时器的摩擦力），得m f g a + =μ'，这是加速度的理论值。因为a a >'所以g a =μ的测量值偏大。

近三年高考物理试卷分析 doc

近三年高考物理试卷分析 一、对三年试卷的总体评价 1.较好地体现了命题指导思想与原则 三年来，命题遵循了教育部颁布的《普通高等学校招生全国统一考试分省命题工作暂行管理办法》，坚持“有助于高等学校选拔人才、有助于中等学校实施素质教育和有助于扩大高校办学自主权”的原则，体现了“立足于平稳过渡，着眼于正确导向，确保试题宽严适度”的指导思想。 2.试卷既遵循考试大纲，又体现地方特色 三年的试题严格按照《当年的普通高等学校招生全国统一考试大纲》和《普通高等学 校招生全国统一考试大纲的说明》的规定和要求命制试题，命题思路清晰，试题科学规范，未出现科学性、知识性错误；坚持能力立意，注重基础，突出主干知识；考查考生所学物理、化学、生物课程基础知识、基本技能的掌握程度和综合运用所学知识分析、解决问题的能力；某些试题体现四川特色。 3.试卷有较好的区分度，难度在合理范围控制试题难度，确保区分效果，三年的全卷的平均得分率为0.57，达到了较佳的区分度，Ⅰ卷和Ⅱ卷总体来看具有较高的信度、效度，合理的区分度和适当的难度，有利于人才的选拔；有利于中学教学，引导教学和复习回归教材。 4．注重理论联系实际 试题联系生产和生活实际，联系现代科技，强调知识应用，贴近生活，学以致用。如2006年试卷的4、6、11、14、22、26、28、29、30题； 2007年试卷的3、4、12、14、17、25、26、29、30题等；

2008年试卷的1、3、12、16、20、22、28、30题等。 这些试题均考查了考生运用理、化、生知识解决实际问题的能力，体现了理科学习的价值。 5．体现新课标精神，凸现了科学探究能力的考查 试卷注意体现了当前课程改革的精神和新课标的内容以及科学探究能力的考查，如2006年试卷的第22题、第26题、 2007年试卷的25题等，对课程改革起着良好导向作用． 6．突出学科特点，强调实验能力的考查 三张试卷有鲜明的理科特色，而实验题与教材联系更加紧密，坚持“来源于教材，但不拘泥教材”的思想，对中学实验教学有很好的指导作用。 1、对物理试题的基本评价 （1）试题结构非常稳定，难度有变化但幅度不大，试题由浅入深，由易到难，提高了物理试题的区分度，体现了“以能力立意”的命题原则. （2）全卷所考查的知识点的覆盖率较高，注重回归教材，这对促进考生注重双基，全面复习，减少投机有良好的导向作用。 知识点都是中学物理的核心内容，各部分知识考查比例为：力学53分，占44.2％；电学49分，占40. 8％；热学6分，占5％；光学6分，占5％；原子物理学6分，占5％，和大纲和教材内容的比例一致。特别注重了对牛顿第二定律、力和运动、功能关系、动量、机械能、电场、电磁感应等主干知识的考查。易中难的比例大约为1：7：2 。 2008年全卷考查的知识覆盖了考试大纲中17个单元中的14个（未涉及到电场、电磁场和电磁波、光的波动性和微粒性），涉及到30个知识点（Ⅱ级知识点考

高考物理通用版第二轮复习讲义(精华版)

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d 2 。 (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 ′·3 2d ， 即E ′＝2 3 E

由qE ＝ma 及qE ′＝ma ′知a ′＝2 3 a 设极板长度为L ，则d ＝12a ′????L 2v 12，d 2＝12a ????L v 02，解得v 12＝v 0 2 12 在加速电场中由动能定理知 eU 1＝12m v 02，eU 1′＝1 2m v 12 解得U 1′＝ U 112，即加速电压应减为原来的1 12 ，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 ＝1 2a 2t 2， 即a 2＝2a 1 由牛顿第二定律知a 1＝eU 2 md ，a 2＝eU 2′m ·32 d 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1 12，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

高中物理 动能 动能定理资料

动能动能定理 动能定理是高中教学重点内容，也是高考每年必考内容，由此在高中物理教学中应提起高度重视。 一、教学目标 1．理解动能的概念： （1）知道什么是动能。 制中动能的单位是焦耳（J）；动能是标量，是状态量。 （3）正确理解和运用动能公式分析、解答有关问题。 2．掌握动能定理： （1）掌握外力对物体所做的总功的计算，理解“代数和”的含义。 （2）理解和运用动能定理。 二、重点、难点分析 1．本节重点是对动能公式和动能定理的理解与应用。 2．动能定理中总功的分析与计算在初学时比较困难，应通过例题逐步提高学生解决该问题的能力。 3．通过动能定理进一步加深功与能的关系的理解，让学生对功、能关系有更全面、深刻的认识，这是本节的较高要求，也是难点。 三、主要教学过程 （一）引入新课 初中我们曾对动能这一概念有简单、定性的了解，在学习了功的概念及功和能的关系之后，我们再进一步对动能进行研究，定量、深入地理解这一概念及其与功的关系。 （二）教学过程设计 1．什么是动能？它与哪些因素有关？这主要是初中知识回顾，可请学生举例回答，然后总结作如下板书： 物体由于运动而具有的能叫动能，它与物体的质量和速度有关。 下面通过举例表明：运动物体可对外做功，质量和速度越大，动能越大，物体对外做功的能力也越强。所以说动能是表征运动物体做功的一种能力。 2．动能公式 动能与质量和速度的定量关系如何呢？我们知道，功与能密切相关。因此我们可以通过做功来研究能量。外力对物体做功使物体运动而具有动能。下面我们就通过这个途径研究一个运动物体的动能是多少。 列出问题，引导学生回答： 光滑水平面上一物体原来静止，质量为m，此时动能是多少？（因为物体没有运动，所以没有动能）。在恒定外力F作用下，物体发生一段位移s，得到速度v （如图1），这个过程中外力做功多少？物体获得了多少动能？

备战2021新高考物理重点专题：受力分析与平衡练习(二)

备战2021新高考物理-重点专题-受力分析与平衡练习（二） 一、单选题 1.一条形磁体静止在斜面上,固定在磁体中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流,如图所示.若将磁体的N极位置与S极位置对调后,仍放在斜面上原来的位置,则磁体对斜面的压力F N和摩擦力F f的变化情况分别是（） A.F N增大,F f减小 B.F N减小,F f增大 C.F N与F f都增大 D.F N与F f都减小 2.如图所示，有8个完全相同的长方体木板叠放在一起，每个木板的质量为100 g，某人用手在这叠木板的两侧加一水平压力F，使木板水平静止．若手与木板之间的动摩擦因数为0.5，木板与木板之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2．则水平压力F至少为() A.8 N B.16N C.15 N D.30 N 3.如图所示，在竖直平面内一根不可伸长的柔软轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物。轻绳一端固定在墙壁上的A点，另一端从墙壁上的B点先沿着墙壁缓慢移到C点，后由C点缓慢移到D点，不计一切摩擦，且墙壁BC段竖直，CD段水平，在此过程中关于轻绳的拉力F 的变化情况，下列说法正确的是（） A.F一直减小 B.F一直增小 C.F先增大后减小 D.F先不变后增大 4.如图所示，倾角为的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜劈上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态若将固定点c向左移动少许，而a与斜劈始终静止，则（）

A.斜劈对物体a的摩擦力减小 B.斜劈对地面的压力减小 C.细线对物体a的拉力增大 D.地面对斜劈的摩擦力减小 5.如图所示，体操运动员在保持该姿势的过程中，以下说法中错误的是（） A.环对人的作用力保持不变 B.当运动员双臂的夹角变小时，运动员会相对轻松一些 C.环对运动员的作用力与运动员受到的重力是一对平衡力 D.运动员所受重力的反作用力是环对运动员的支持力 6.如图所示，用一水平力将木块压在粗糙的竖直墙面上，现增加外力，则关于木块所受的静摩擦力和最大静摩擦力，说法正确的是() A.都变大 B.都不变 C.静摩擦力不变，最大静摩擦力变大 D.静摩擦力增大，最大静摩擦力不变 7.如图所示，A、B两物体靠在一起静止放在粗糙水平面上，质量分别为kg， kg，A、B与水平面间的滑动摩擦因数均为0.6，g取10m/s2，若用水平力F A＝8N推A物体。则下列有关说法不正确的是（） A.A对B的水平推力为8N B.B物体受4个力作用 C.A物体受到水平面向左的摩擦力，大小为6N D.若F A变为40N，则A对B的推力为32N 8.如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢从底部经过a点爬到最高点b点，之后开始沿碗下滑并再次经过a点滑到底部，蚂蚁与碗内各处的动摩擦因数均相同且小于1，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）

近十年年高考物理电磁感应压轴题

θ v 0 x y O M a b B N 电磁感应 2006年全国理综 (北京卷) 24．（20分）磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用。图1是平静海面上某 实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道（简称通道）组成。 如图2所示，通道尺寸a ＝，b ＝、c ＝。工作时，在通道内沿z 轴正方向加B ＝的匀强磁 场；沿x 轴正方向加匀强电场，使两金属板间的电压U ＝；海水沿y 轴正方向流过通道。已知海水的电阻率ρ＝Ω·m 。 （1）船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向； （2）船以v s ＝s 的速度匀速前进。若以船为参照物，海水以s 的速率涌入进水口由于通 道的截面积小球进水口的截面积，在通道内海水速率增加到v d ＝s 。求此时两金属板间的感应电动势U 感。 （3）船行驶时，通道中海水两侧的电压U / ＝U －U 感计算，海水受到电磁力的80%可以转 化为对船的推力。当船以v s ＝s 的船速度匀速前进时，求海水推力的功率。 解析24.(20分) （1）根据安培力公式,推力F 1=I 1Bb ，其中I 1= R U ,R ＝ρac b 则F t = 8.796==B p U Bb R U ac N 对海水推力的方向沿y 轴正方向(向右) （2）U 感=Bu 感b= V （3）根据欧姆定律，I 2= 600)('4=-=pb ac b Bv U R U A 安培推力F 2＝I 2Bb ＝720 N

推力的功率P ＝Fv s ＝80%F 2v s ＝2 880 W 2006年全国物理试题（江苏卷） 19．（17分）如图所示，顶角θ=45°，的金属导轨 MON 固定在水平面内，导轨处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中。一根与ON 垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度v 0沿导轨MON 向左滑动，导体棒的质量为m ，导轨与导体棒单位长度的电阻均匀为r 。导体棒与导轨接触点的a 和b ，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。t =0时，导体棒位于顶角O 处，求： （1）t 时刻流过导体棒的电流强度I 和电流方向。 （2）导体棒作匀速直线运动时水平外力F 的表达式。 （3）导体棒在0～t 时间内产生的焦耳热Q 。 （4）若在t 0时刻将外力F 撤去，导体棒最终在导轨上静止时的坐标x 。 19．（1）0到t 时间内，导体棒的位移 x ＝t t 时刻，导体棒的长度 l ＝x 导体棒的电动势 E ＝Bl v 0 回路总电阻 R ＝(2x ＋2x )r 电流强度 022E I R r ＝＝（＋） 电流方向 b →a （2） F ＝BlI ＝22 02 22E I R r ＝＝（＋） （3）解法一 t 时刻导体的电功率 P ＝I 2 R ＝23 02 22E I R r ＝＝（＋） ∵P ∝t ∴ Q ＝2P t ＝232 02 2(22E I R r ＝＝＋） 解法二 t 时刻导体棒的电功率 P ＝I 2 R 由于I 恒定 R / ＝v 0rt ∝t

高考物理动能与动能定理试题经典及解析

高考物理动能与动能定理试题经典及解析 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，半径R =0.5 m 的光滑圆弧轨道的左端A 与圆心O 等高，B 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C 与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。一质量m =1kg 的小滑块从A 点正上方h =1 m 处的P 点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10 m/s 2。 (1)求滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力。 (2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。 (3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A 点。 【答案】(1)70N ； (2)1.2m ； (3)能滑出A 【解析】 【分析】 【详解】 (1)滑块从P 到B 的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有 ()21 2 B mg h R mv += 那么，对滑块在B 点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且 ()2 N 270N B mg h R mv F mg mg R R +=+=+= 故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力为70N ，方向竖直向下。 (2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L ，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得 cos37sin37cos370mg h R R L mgL μ+-?-?-?=（） 所以 1.2m L = (3)对滑块从P 到第二次经过B 点的运动过程应用动能定理可得 ()21 2cos370.542 B mv mg h R mgL mg mgR μ'=+-?=> 所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A 点。 【点睛】 经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。

高考物理专题物理学史知识点全集汇编

高考物理专题物理学史知识点全集汇编 一、选择题 1．在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（） A．伽利略利用“理想斜面”得出“力是维持物体运动的原因”的观点 B．牛顿提出了行星运动的三大定律 C．英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了万有引力常量 D．开普勒从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，从而推翻了古希腊学者亚里士多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点 2．伽利略是实验物理学的奠基人，下列关于伽利略在实验方法及实验成果的说法中不正确的是 A．开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法 B．通过实验发现斜面倾角一定时，不同质量的小球从不同高度开始滚动，加速度相同C．通过实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础 D．为了说明力是维持物体运动的原因用了理想实验法 3．下列选项不符合历史事实的是（） A．富兰克林命名了正、负电荷 B．库仑在前人工作的基础上通过库仑扭秤实验确定库仑定律 C．麦克斯韦提出电荷周围存在一种特殊的物质--电场 D．法拉第为了简洁形象描述电场，提出电场线这一辅助手段 4．2014年，我国在实验中发现量子反常霍尔效应，取得世界级成果。实验在物理学的研究中有着非常重要的作用，下列关于实验的说法中正确的是() A．在探究求合力的方法的实验中运用了控制变量法 B．密立根利用油滴实验发现电荷量都是某个最小值的整数倍 C．牛顿运用理想斜面实验归纳得出了牛顿第一定律 D．库仑做库仑扭秤实验时采用了归纳的方法 5．发明白炽灯的科学家是() A．伏打 B．法拉第 C．爱迪生 D．西门子 6．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合史实的是( ) A．焦耳发现了电流的磁效应 B．法拉第发现了电磁感应现象，并总结出了电磁感应定律 C．惠更斯总结出了折射定律 D．英国物理学家托马斯杨利用双缝干涉实验首先发现了光的干涉现象 7．下列描述中符合物理学史的是（） A．开普勒发现了行星运动三定律，从而提出了日心说 B．牛顿发现了万有引力定律并测定出引力常量G C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流 D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场

近五年全国卷高考物理试题分类整理

第一章 直线运动 （2011）24.（13分）甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。 （2013）24．（13分）水平桌面上有两个玩具车A 和B ，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R 。在初始时橡皮筋处于拉直状态，A 、B 和R 分别位于直角坐标系中的（0，2l ）、（0，-l ）和（0，0）点。已知A 从静止开始沿y 轴正向做加速度大小为a 的匀加速运动；B 平行于x 轴朝x 轴正向匀速运动。在两车此后运动的过程中，标记R 在某时刻通过点（l ，l ）。假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B 运动速度的大小。 （2014）24.（12分）公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止后，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下来而不会与前车相碰。同通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s 。当汽车在晴天干燥的沥青路面上以180km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120m 。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25，若要求安全距离仍未120m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。 （2013）19．如图，直线a 和曲线b 分别是在平直公路上行驶的汽车a 和b 的位置-时间（x-t ）图线。由图可知 A ．在时刻t 1，a 车追上b 车 B ．在时刻t 2，a 、b 两车运动方向相反 C ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率先减少后增加 D ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率一直比a 车的大 第二章 力与物体的平衡 （2012）24.拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）。设拖把头的质量为m ，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g ，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。 （1）若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。 （2）设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tan θ0。 （2012）16.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为1N ，球对木板的压力大小为2N 。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中 （ ） A. 1N 始终减小，2N 始终增大 B. 1N 始终减小，2N 始终减小 C. 1N 先增大后减小，2N 始终减小 D. 1N 先增大后减小，2N 先减小后增大 O x t t 1 t 2 a b

高中物理动能与动能定理题20套(带答案)

高中物理动能与动能定理题20套(带答案) 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，圆弧轨道AB是在竖直平面内的1 4 圆周，B点离地面的高度h=0.8m，该处切 线是水平的，一质量为m=200g的小球（可视为质点）自A点由静止开始沿轨道下滑（不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力），小球从B点水平飞出，最后落到水平地面上的D 点．已知小物块落地点D到C点的距离为x=4m，重力加速度为g=10m/s2．求： （1）圆弧轨道的半径 （2）小球滑到B点时对轨道的压力． 【答案】（1）圆弧轨道的半径是5m． （2）小球滑到B点时对轨道的压力为6N，方向竖直向下． 【解析】 （1）小球由B到D做平抛运动，有：h=1 2 gt2 x=v B t 解得： 10 410/ 220.8 B g v x m s h ==?= ? A到B过程，由动能定理得：mgR=1 2 mv B2-0 解得轨道半径R=5m （2）在B点，由向心力公式得： 2 B v N mg m R -= 解得：N=6N 根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N=N=6N，方向竖直向下 点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动． 2．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置可将静止的小滑块以v0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=0.3m 的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自 B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道AB长为L1=1m，BC长为 L2 =2.6m，

五年高考真题高考物理专题近代物理精选

五年高考真题高考物理专题近代物理 考点一光电效应波粒二象性 1．[2015·新课标全国Ⅱ，35(1)，5分](难度★★)(多选)实物粒子和光都具有波粒二象性．下列事实中突出体现波动性的是( ) A．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样 B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹 C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构 D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构 E．光电效应实验中,光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关 解析电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，可以说明电子是一种波，故A正确；β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹，可以说明β射线是一种粒子，故B错误；人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构，中子衍射说明中子是一种波，故C正确；人们利用电子显微镜观测物质的微观结构，利用了电子束的衍涉现象，说明电子束是一种波，故D正确；光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，说明光是一种粒子，故E错误．答案ACD 2．[2015·江苏单科,12C(1)，5分](难度★★★)(多选)波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有( ) A．光电效应现象揭示了光的粒子性 B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性 C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释 D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等 解析光电效应说明光的粒子性，所以A正确；热中子束在晶体上产生衍射图样，即运动的实

物粒子具有波的特性，即说明中子具有波动性，所以B 正 确；黑体辐射的实验规律说明电磁辐射具 有量子化，即黑体辐射是不连续的、 一份一份的，所以黑体辐射用光的粒子性解释，即C 错误；根据德布罗意波 长公式λ＝h p ，p 2 ＝2mE k ，又质子的质量大于电子的质量，所以动能相等的质 子和电子， 质子的德布罗意波较短，所以D 错误． 答案 AB 3．[2014·江苏单科,12C(1)](难度★★)已知钙和钾的截止频率分别为 7.73×1014 Hz 和 5.44×1014 Hz ，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电 效应，比较它们表面逸出的具有最大初动 能的光电子，钙逸出的光电子具有 较大的( ) A ．波长 B ．频率 C ．能量 D ．动量 解析 由光电效应方程 E km ＝hν－W ＝hν－hν0 钙的截止频率大，因此钙中逸出的光电子的最大初动能小，其动量p ＝ 2mEkm ，故动量小，由λ ＝h p ，可知波长较大，则频率较小，选项A 正确． 答案 A 4．(2014·广东理综，18，6分)(难度★★★)(多选)在光电效应实验中,用频率为ν 的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是( ) A ．增大入射光的强度，光电流增大 B ．减小入射光的强度，光电效应现象消失 C ．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应 D ．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大 解析 增大入射光强度，使单位时间内逸出的光电子数增加，因此光电流增 大,选项A 正确；光 电效应与照射光的频率有关，与强度无关，选项B 错误； 当照射光的频率小于ν，大于极限频率时 发生光电效应，选项C 错误；由E km ＝hν－W ，增加照射光的频率，光电子的最大初动能变大，选项D 正确． 答案 AD 5. (2013·北京理综,14，6分)(难度★★)如图所示，一束可见光射向半圆形玻璃砖 的圆心O ，经折射后分为两束单色光a 和b .下列判断正确的是( )

高中物理动能与动能定理解析版汇编

高中物理动能与动能定理解析版汇编 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在 A 点用一弹射装置可 将静止的小滑块以 v 0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到 B 点后，进入半径 R =0.3m 的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自 B 点向 C 点运动，C 点右侧有一陷阱，C 、D 两点的竖 直高度差 h =0.2m ，水平距离 s =0.6m ，水平轨道 AB 长为 L 1=1m ，BC 长为 L 2 =2.6m ，小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.5，重力加速度 g =10m/s 2. (1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小； (2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小的范围． 【答案】（1）（2）5m/s≤v A ≤6m/s 和v A ≥ 【解析】 【分析】 【详解】 （1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v ，由牛顿第二定律及机械能守恒定律 由B 到最高点2211 222 B mv mgR mv =+ 由A 到B ： 解得A 点的速度为 （2）若小滑块刚好停在C 处，则： 解得A 点的速度为 若小滑块停在BC 段，应满足3/4/A m s v m s ≤≤ 若小滑块能通过C 点并恰好越过壕沟，则有2 12 h gt = c s v t = 解得

所以初速度的范围为3/4/A m s v m s ≤≤和5/A v m s ≥ 2．如图所示，光滑水平平台AB 与竖直光滑半圆轨道AC 平滑连接，C 点切线水平，长为L =4m 的粗糙水平传送带BD 与平台无缝对接。质量分别为m 1=0.3kg 和m 2=1kg 两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v 0=1.5m/s 的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15．某时剪断细绳，小物体m 1向左运动，m 2向右运动速度大小为v 2=3m/s ，g 取10m/s 2．求： (1)剪断细绳前弹簧的弹性势能E p (2)从小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E (3)为了让小物体m 1从C 点水平飞出后落至AB 平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC 的半径R 和小物体m 1平抛的最大水平位移x 的大小。 【答案】(1)19.5J(2)6.75J(3)R =1.25m 时水平位移最大为x =5m 【解析】 【详解】 (1)对m 1和m 2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有： 0=m 1v 1-m 2v 2 解得 v 1=10m/s 剪断细绳前弹簧的弹性势能为： 22112211 22 p E m v m v = + 解得 E p =19.5J (2)设m 2向右减速运动的最大距离为x ，由动能定理得： -μm 2gx =0-1 2 m 2v 22 解得 x =3m ＜L =4m 则m 2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v 0=1.5m/s ，然后向左匀速运动，直至离开传送带。 设小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t 。取向左为正方向。 根据动量定理得： μm 2gt =m 2v 0-（-m 2v 2）

高考物理重点专题突破 (50)

第1节光的干涉 1.杨氏双缝干涉实验证明光是一种波。 2．要使两列光波相遇时产生干涉现象，两光源必须具有相同的频率和振动方向。 3．在双缝干涉实验中，相邻两条亮纹或暗纹间的距离Δy＝l d λ，可利用λ＝ d l Δy测定 光的波长。 4．由薄膜两个面反射的光波相遇而产生的干涉现象叫薄膜干涉。 [自读教材·抓基础] 1．实验现象 在屏上出现明暗相间的条纹。相邻两条亮纹或暗纹间的距离Δy＝l dλ，式中的d表示两缝间距，l表示两缝到光屏的距离，λ为光波的波长。 2．实验结论 证明光是一种波。 3．光的相干条件 相同的频率和振动方向。 [跟随名师·解疑难] 1．杨氏双缝干涉实验原理透析 (1)双缝干涉的装置示意图：实验装置如图所示，有光源、单缝、双缝和光屏。

(2)单缝的作用：获得一个线光源，使光源有唯一的频率和振动情况，如果用激光直接照射双缝，可省去单缝，杨氏那时没有激光，因此他用强光照亮一条狭缝，通过这条狭缝的光再通过双缝发生干涉。 (3)双缝的作用：平行光照射到单缝S 上，又照到双缝S 1、S 2上，这样一束光被分成两束频率相同和振动情况完全一致的相干光。 2．光屏上某处出现亮、暗条纹的条件 频率相同的两列波在同一点引起的振动发生叠加，如亮条纹处某点同时参与的两个振动步调总是一致，即振动方向总是相同，总是同时过最高点、最低点、平衡位置；暗条纹处振动步调总相反，具体产生亮、暗条纹的条件为： (1)亮条纹的条件：光屏上某点P 到两缝S 1和S 2的路程差正好是波长的整数倍或半波长的偶数倍。 即|PS 1－PS 2|＝kλ＝2k ·λ2 (k ＝0,1,2,3，…) (2)暗条纹的条件：光屏上某点P 到两缝S 1和S 2的路程差正好是半波长的奇数倍。 即|PS 1－PS 2|＝(2k ＋1)λ2 (k ＝0,1,2,3，…) 3．双缝干涉图样的特点 (1)单色光的干涉图样：若用单色光作光源，则干涉条纹是明暗相间的 条纹，且条纹间距相等。如图所示中央为亮条纹，两相邻亮纹(或暗纹)间 距离与光的波长有关，波长越大，条纹间距越大。 (2)白光的干涉图样：若用白光作光源，则干涉条纹是彩色条纹，且中 央条纹是白色的，这是因为： ①从双缝射出的两列光波中，各种色光都能形成明暗相间的条纹，各种色光都在中央条纹处形成亮条纹，从而复合成白色条纹。 ②两相邻亮(或暗)条纹间距与各色光的波长成正比，即红光的亮条纹间距宽度最大，紫光的亮条纹间距宽度最小，即除中央条纹以外的其他条纹不能完全重合，这样便形成了彩色干涉条纹。 [特别提醒] (1)双缝干涉实验的双缝必须很窄，且双缝间的距离必须很小。 (2)双缝干涉中，双缝的作用主要就是用双缝获得相干光源。 [学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)