多過程專題.教師版

錯題不再錯就無敵了！錯題不再錯就無敵了！2014年高2014年高考解決方案多過程專題多過程專題 學生姓名：學生姓名：上課時間上課時間：同學高考解決方案 第一階段·模塊課程·過程分析（1）多過程專題 Pageof28多過程專題2014年高考怎么考2014年高考怎么考內容要求考試能力理解能力能描述其物理狀態(tài)、物理過程推理能力能定性分析物理過程的變化趨勢應用能力能將較復雜的問題分解為幾個較簡單的問題，并找出它們之間的聯(lián)系專題目錄【專題1】一個物體多個運動過程【專題2】多個物體多個運動過程知識講解知識講解專題一、一個物體多個運動過程專題目標理解復雜的運動過程是由多個較簡單過程組成，能將較復雜的過程分解為幾個較簡單的過程，并找出它們之間的聯(lián)系．專題講練如圖所示質量為m的小物塊在粗糙水平桌面上做直線運動經距離l后以速度υ飛離桌面最終落在水平地面上．已知l=1.4m，υ=3.0m/s，m=0.10kg，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ=0.25，桌面高h=0.45m，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2．求：（1）小物塊落地點距飛出點的水平距離s；（2）小物塊落地時的動能Ek；（3）小物塊的初速度大小υ0．υυ0shυl【答案】（1）由平拋運動規(guī)律，豎直方向，水平方向s=υt，得水平距離，υ=0.90m（2）由機械能守恒定律，動能Ek=mυ2+mgh=0.90J（3）由動能定理，有，得初速度大小=4.0m/s如圖所示，粗糙水平地面AB與半徑R=0.4m的光滑半圓軌道BCD相連接，且在同一豎直平面內，O是BCD的圓心，BOD在同一豎直線上。質量m=2kg的小物體在9N的水平恒力F的作用下，從A點由靜止開始做勻加速直線運動。已知AB=5m，小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為。當小物塊運動到B點時撤去力F。取重力加速度g=10m/s2。求：（1）小物塊到達B點時速度的大??；（2）小物塊運動到D點時，軌道對小物塊作用力的大??；（3）小物塊離開D點落到水平地面上的點與B點之間的距離。FFCDOBA【答案】（1）從A到B，根據(jù)動能定理有（-μmg）x=（3分）得=5m/s（2分）（2）從B到D，根據(jù)機械能守恒定律有（2分）得=3m/s（1分）在D點，根據(jù)牛頓運動定律有（2分）得F=-mg=25N（1分）（3）由D點到落點小物塊做平拋運動，在豎直方向有（2分）得（1分）水平面上落點與B點之間的距離為x=vDt=3×0.4=1.2m（2分）如圖所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端位于B點．水平桌面右側有一豎直放置的光滑軌道MNP，其形狀為半徑R=0.8m的圓環(huán)剪去了左上角135°的圓弧，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也是R．用質量m1=0.4kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點，釋放后彈簧恢復原長時物塊恰停止在B點．用同種材料、質量為m2=0.2kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點釋放，物塊過B點后做勻變速運動其位移與時間的關系為，物塊飛離桌面后由P點沿切線落入圓軌道．g=10m/s2，求：（1）物塊m2過B點時的瞬時速度V0及與桌面間的滑動摩擦因數(shù)；（2）BP間的水平距離；（3）判斷m2能否沿圓軌道到達M點（要求計算過程）；（4）釋放后m2運動過程中克服摩擦力做的功．【解析】（1）由物塊過B點后其位移與時間的關系得：a=4m/s2而μm2g=m2a得μ=0.4（2）設物塊由D點以初速做平拋，落到P點時其豎直速度為：得平拋用時為t，水平位移為s，BD間位移為則BP水平間距為（3）若物塊能沿軌道到達M點，其速度為，得：若物塊恰好能沿軌道過M點，則，解得>即物塊不能到達M點（4）設彈簧長為AC時的彈性勢能為EP，釋放釋放且在桌面上運動過程中克服摩擦力做功為Wf，，則，可得【答案】0.44.1m不能到達M點5.6J如圖所示，是處于豎直平面內的光滑軌道，是半徑為的圓周軌道，半徑處于水平位置，是直徑為15m的半圓軌道，為軌道的中央．一個小球從點的正上方距水平半徑高處自由落下，沿豎直平面內的軌道通過點時對軌道的壓力等于其重力的倍．（），求（1）的大小是多少？（2）試討論此球能否到達軌道的點，并說明理由．（3）小球沿軌道運動后再次落到軌道上的速度大小是多少？【解析】（1）小球從高處落下，進入軌道，沿軌道做圓周運動，小球受重力和軌道的支持力．設小球通過點的速度為，通過點時軌道對小球支持力（大小等于小球對軌道的壓力）是它做圓周運動的向心力，即①小球從點落下直到沿光滑軌道運動的過程中，機械能守恒，有②由①②式可得高度（2）設小球能沿豎直半圓軌道運動到點的最小速度為，有③小球至少從高處落下，④由③④式可得，由，小球可以通過點．（3）小球由落下通過點的速度為小球通過點后做平拋運動，設小球經時間落到圓弧軌道上，建立坐標系，有⑤⑥且⑦由⑤⑥⑦可解的時間（另解舍棄）．落到軌道上速度的大小【答案】（1）10m（2）能到達點（3）17．3m/s一彈性小球自高處自由落下，當它與水平桌面每碰撞一次后，速度減小到碰前的，試計算小球從開始下落到停止運動所用的時間．【解析】每碰撞一次后所做豎直上拋運動，可分為上升和回落兩個階段，不計空氣阻力，這兩段所用時間和行程相等．小球原來距桌面高度為，用表示，下落至桌面時的速度應為：．下落時間為：．首先用演繹法：小球第一次和桌面碰撞，那么，第一次碰撞桌面后小球的速度：第一次碰撞后上升、回落需用時間：小球第二次和桌面碰撞，那么，第二次碰撞桌面后小球的速率：第二次碰撞后上升、回落需用時間：所以小球從開始下落到經次碰撞后靜止所用總時間為：括號內為等比級數(shù)求和，首項，公比，因為所以無窮遞減等比級數(shù)的和為：所以【答案】把一個質量為、帶正電荷且電量為的小物塊放在一個水平軌道的點上，在軌道的點有一面與軌道垂直的固定墻壁．軌道處于勻強電場中，電場強度的大小為，其方向與軌道（軸）平行且方向向左．若把小物塊從靜止狀態(tài)開始釋放，它能夠沿著軌道滑動．已知小物塊與軌道之間的動摩擦因數(shù)，點到墻壁的距離為，若與墻壁發(fā)生碰撞時，其電荷保持不變，而且碰撞為完全彈性碰撞（不損失機械能）．求：（1）如果在點把小物塊從靜止狀態(tài)開始釋放，那么它第1次撞墻后瞬時速度為零的位置坐標、第2次撞墻之后速度為零的位置坐標的表達式分別是什么？（2）如果在點把小物塊從靜止狀態(tài)開始釋放，那么它最終會停留在什么位置？從開始到最后它一共走了多少路程（）？（3）如果在點瞬間給小物塊一個沿著軸向右的初始沖量，其大小設為，那么它第一次又回到點時的速度（）大小為多少？它最終會停留在什么位置？從開始到最后它一共走了多少路程？【解析】由題意分析知，小物塊沿著軌道滑動時，水平方向上受到二力：滑動摩擦力和電場力而且總是有： （1）設第一次速度為零的位置坐標為取墻面為零電勢面，則在這一運動過程中應用功能關系有： 設第二次速度為零的位置坐標為，取墻面為零電勢面，則在第二次運動過程中應用功能關系有： 即：（2）它最終會停留在點． 對從開始到最終的整個運動過程應用功能關系有： （3）由動量定理知，小物塊獲得一個向右的初始沖量，那么向右運動的初速度： 設第一次瞬時速度為零的位置坐標為取墻面為零電勢面，則在這一運動中應用功能關系有：得： 即： 同上道理，對從開始到第一次又回到點這一過程應用功能關系有： 得：即：小物塊最終會停留在點． 設從開始到最后一共走的路程為，全過程應用功能關系有： 得：即：如圖所示，在坐標系的第Ⅱ象限內，軸和平行于軸的虛線之間（包括軸和虛線）有磁感應強度大小為、方向垂直紙面向里的勻強磁場，虛線過軸上的點，，在的區(qū)域內有磁感應強度大小為、方向垂直紙面向外的勻強磁場．許多質量、電荷量的粒子，以相同的速率從點沿紙面內的各個方向射入磁感應強度為的區(qū)域，．有一部分粒子只在磁感應強度為的區(qū)域運動，有一部分粒子在磁感應強度為的區(qū)域運動之后將進入磁感應強度為的區(qū)域．設粒子在區(qū)域運動的最短時間為，這部分粒子進入磁感應強度為的區(qū)域后在區(qū)域的運動時間為，已知．不計粒子重力．求：（1）粒子在磁感應強度為的區(qū)域運動的最長時間；（2）磁感應強度的大?。窘馕觥浚?）設粒子在磁感應強度為的區(qū)域做勻速圓周運動的半徑為，周期為，則,從點沿垂直于軸進入的粒子，在區(qū)域運動的時間最長為半個周期，即（2）粒子沿軸方向進入時，在區(qū)域運動的時間最短，這些粒子在和中運動的軌跡如圖所示．在中做圓周運動的圓心是，點在虛線上，與軸的交點是，在中做圓周運動的是圓心，與軸的交點是，、、在一條直線上．，故，則設粒子在磁感應強度為的區(qū)域做勻速圓周運動的周期為，則，故，則由可解得：．【答案】（1）（2）如圖所示，在y軸的右側存在磁感應強度為B的方向垂直紙面向外的勻強磁場，在x軸的上方有一平行板式加速電場。有一薄絕緣板放置在y軸處，且與紙面垂直?，F(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的粒子由靜止經過加速電壓為U的電場加速，然后以垂直于板的方向沿直線從A處穿過絕緣板，而后從x軸上的D處以與x軸負向夾角為30°的方向進入第四象限，若在此時再施加一個電場可以使粒子沿直線到達y軸上的C點（C點在圖上未標出）。已知OD長為l，不計粒子的重力.求：（1）粒子射入絕緣板之前的速度；（2）粒子經過絕緣板時損失了多少動能；（3）所加電場的電場強度和帶電粒子在y周的右側運行的總時間。UUUU【解析】（1）粒子在電場中加速由動能定理可知………………3分解得:………………1分（2）粒子在磁場中作圓周運動軌跡如圖由幾何關系可得軌道半徑為2l………………2分由………………２分解得=………………１分由動能定理得………………２分代入數(shù)據(jù)解得所以損失動能為………………１分（3）粒子若作直線運動則=Eq………………１分代入數(shù)據(jù)解得………………１分方向與x軸正向斜向下成60°角………………１分粒子在第一象限作勻速圓周運動的時間t1=………………１分粒子在第四象限做勻速直線運動時間t2==………………１分粒子x軸右側運行的總時間t=………………１分如圖所示，水平放置的兩塊長直平行金屬板a、b相距d＝0.10m，a、b間的電場強度為E＝5.0×105N/C，b板下方整個空間存在著磁感應強度大小為B＝6.0T，方向垂直紙面向里的勻強磁場．今有一質量為m＝4.8×10-25kg，電荷量為q＝1.6×10-18C的帶正電的粒子（不計重力），從貼近a板的左端O點以v0＝1.0×106m/s的初速度水平射入勻強電場，剛好從狹縫P處穿過b板而進入勻強磁場，最后粒子回到b板的Q處（圖中未畫出）．求：P【解析】粒子a板左端運動到P處，由動能定理得：qEd＝mv2－mv代入有關數(shù)據(jù)，解得：v＝×106m/s，cos＝代入數(shù)據(jù)得＝30o粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓心為O，半徑為r，如圖．由幾何關系得：＝rsin30o又qvB＝m，聯(lián)立求得L＝，代入數(shù)據(jù)解得L＝5.8cm如圖所示，軸上方有一勻強磁場，磁感應強度為，磁場方向垂直于紙面向里．軸下方有一勻強電場，電場強度為、方向與軸的夾角斜向上方．現(xiàn)有一質量為、帶電量為的正離子，以速度由軸上的點沿軸正方向射入磁場，該離子在磁場中運動一段時間后從軸上的點（圖中未畫出）進入電場區(qū)域，離子經點時的速度方向與電場方向相反．設磁場和電場區(qū)域均足夠大，不計離子的重力，求：（1）離子從點出發(fā)到第一次穿越x軸時的運動時間；（2）點到坐標原點的距離；（3）離子第四次穿越軸時速度的大小及速度方向與電場方向的夾角．并大致畫出離子前四次穿越軸在磁場和電場區(qū)域中的運動軌跡．【解析】（1）離子射入磁場中在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，設粒子在磁場中從到的時間為，由牛頓第二定律得（2）粒子運動軌跡如圖所示，設點到坐標原點的距離為由幾何知識得（3）離子從第三次過軸到第四次過軸的過程在電場中做類平拋運動，設沿著的方向為軸，離子沿軸做勻速直線運動，設沿著電場的方向為軸，離子沿軸做初速為零的勻變速直線運動=1\*GB3①=2\*GB3②③④設離子第四次穿越軸時速度的大小為，速度方向與電場方向的夾角為.由圖中幾何關系知 ⑤⑥⑦由以上各式得 【答案】（1）（2）（3）在如圖所示的坐標系中，的區(qū)域內存在著沿軸正方向、場強為E的勻強電場，的區(qū)域內存在著垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場．一帶電粒子從軸上的點以沿軸正方向的初速度射出，恰好能通過軸上的點．己知帶電粒子的質量為，帶電量為．、、均大于0．不計重力的影響．（1）若粒子只在電場作用下直接到達D點，求粒子初速度的大?。唬?）若粒子在第二次經過軸時到達D點，求粒子初速度的大小；（3）若粒子在從電場進入磁場時到達D點，求粒子初速度的大小。【解析】（1）粒子只在電場作用下直接到達D點，設粒子在電場中運動的時間為，粒子沿方向做勻速直線運動，則①沿y方向做初速度為0的勻加速直線運動，則②加速度③粒子只在電場作用下直接到達D點的條件為④解①②③④得（2）粒子在第二次經過x軸時到達D點，其軌跡如圖3所示．設粒子進入磁場的速度大小為，與軸的夾角為， 軌跡半徑為R，則⑤⑥粒子第二次經過軸時到達D點的條件為⑦解①②③⑤⑥⑦得（3）粒子在從電場進入磁場時到達D點，其軌跡如圖4所示．根據(jù)運動對稱性可知粒子在從電場進入磁場時到達D點的條件為⑧其中為非負整數(shù)．解①②③⑤⑥⑧得【答案】（1）（2）（3）如圖所示，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫、、和，外筒的外半徑為，在圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感強度的大小為B．在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內有沿半徑向外的電場．一質量為m、帶電量為+q的粒子，從緊靠內筒且正對狹縫的點出發(fā)，初速為零．如果該粒子經過一段時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點，則兩電極之間的電壓應是多少？（不計重力，整個裝置在真空中）【解析】如圖，帶電粒子從點出發(fā)，在兩筒之間的電場作用下加速，沿徑向穿過狹縫而進入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動．粒子再回到點的條件是能沿徑向穿過狹縫．只要穿過了，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經重新進入磁場區(qū)，然后粒子以同樣方式經過、，再回到點．設粒子進入磁場區(qū)的速度大小為，根據(jù)動能定理，有設粒子做勻速圓周運動的半徑為，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有由前面分析可知，要回到點，粒子從到必經過圓周，所以半徑必定等于筒的外半徑，即．由以上各式解得【答案】如圖所示，在坐標系的第一象限中存在沿軸正方向的勻強電場，場強大小為在其他象限中存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里．是軸上的一點，它到坐標原點的距離為；是軸上的一點，到的距離為．一質量為，電荷量為的帶負電的粒子以某一初速度沿軸方向從點進入電場區(qū)域，繼而通過點進入磁場區(qū)域，并再次通過點．此時速度方向與軸正方向成銳角．不計重力作用．試求：（1）粒子經過點時速度的大小和方向；（2）磁感應強度的大?。窘馕觥浚?）以表示粒子在電場作用下的加速度，有，加速度沿軸負方向．設粒子從點進入電場時的初速度為，由點運動到點經歷的時間為，則有，，故設粒子從點進入磁場時的速度為，垂直于軸的分量設粒子經過點時的速度方向與軸的夾角為，則有，因此（2）粒子經過點進入磁場后，在磁場中做速率為的圓周運動．若圓周的半徑為，則有設圓心為，則必與過點的速度垂直，且有．用表示與軸的夾角，由幾何關系得，，解得，【答案】（1），與軸的夾角（2）如圖所示，真空中相距d=5cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接（圖中未畫出），其中B板接地（電勢為零），A板電勢變化的規(guī)律如圖所示．將一個質量，電量的帶電粒子從緊臨B板處釋放，不計重力．求：（1）在t=0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大??；（2）若A板電勢變化周期，在t=0時將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋放，粒子到達A板時動量的大小；（3）A板電勢變化頻率多大時，在到時間內從緊臨B板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達A板．【解析】（1）（2）粒子在0～EQ\F(T,2)時間內走過的距離為：⑤故帶電粒子在t=EQ\F(T,2)時恰好到達A板，根據(jù)動量定理，此時粒子的動量（3）帶電粒子在～時間內向A板做勻加速運動，在～時間內向A板做勻減速運動，速度為零后返回．粒子向A板的可能最大位移⑥要求粒子不能到達A板，則有s'<d，由f=EQ\F(1,T)得，電勢變化頻率應滿足f>=5EQEQ\R(2)×104Hz．（2013高考大綱卷）一電荷量為q（q＞0）、質量為m的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t＝0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規(guī)律如圖所示。不計重力，求在t＝0到t＝T的時間間隔內（1）粒子位移的大小和方向；（2）粒子沿初始電場反方向運動的時間。atat0.25T0.5T0.75TT2qE0/mqE0/m－2qE0/m－qE0/m0圖（a）Et0.25T0.5T0.75TTE02E0－E0－2E00【答案】(1)方向沿初始電場正方向(2)【解析】解法一：粒子在0～、～、～、～T時間間隔內做勻變速運動，vt0.25T0.5T0.75TTv1－v1vt0.25T0.5T0.75TTv1－v10圖（b）、、、由此得帶電粒子在0～T時間間隔內運動的a—t圖像如圖（a）所示（2分），對應的v—t圖像如圖（b）所示，其中由圖（b）可知，帶電粒子在t＝0到t＝T時的位移為聯(lián)立解得它的方向沿初始電場正方向。（2）由圖（b）可知，粒子在t＝到t＝內沿初始電場反方向運動，總的運動時間為解法二：帶電粒子在粒子在0～、～、～、～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得、、、設粒子在t＝、t＝、t＝、t＝時刻的速度分別為v1、v2、v3、v4，則有、、、設帶電粒子在t＝0到t＝T時的位移為s，有解得它的方向沿初始電場正方向。（2）由電場的變化規(guī)律知，粒子從t＝時開始減速，設經過時間t1粒子速度為零，有，解得t1＝粒子從t＝時開始加速，設經過時間t2粒子速度為零，有，解得t2＝設粒子從t＝0到t＝內沿初始電場反方向運動的時間為t2，有t＝解得（2013安徽高考）如圖所示的平面直角坐標系xoy，在第Ⅰ象限內有平行于軸的勻強電場，方向沿y正方向；在第Ⅳ象限的正三角形區(qū)域內有勻強電場，方向垂直于xoy平面向里，正三角形邊長為L，且邊與y軸平行。一質量為、電荷量為q的粒子，從y軸上的點，以大小為的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的點進入第Ⅳ象限，又經過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力。求：（1）電場強度E的大?。唬?）粒子到達點時速度的大小和方向；（3）區(qū)域內磁場的磁感應強度的最小值。xxabcByOPEv0r450xabcByOPEv0【答案】（1）（2）r450xabcByOPEv0（3）【解析】（1）設粒子在電場中運動的時間為t，則有聯(lián)立以上各式可得（2）粒子到達a點時沿負y方向的分速度為所以方向指向第=4\*ROMANIV象限與x軸正方向成450角（3）粒子在磁場中運動時，有當粒子從b點射出時，磁場的磁感應強度為最小值，此時有所以（2013福建高考）如圖甲，空間存在—范圍足夠大的垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。讓質量為m，電量為q（q>0）的粒子從坐標原點O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到該磁場中。不計重力和粒子間的影響。⑴若粒子以初速度v1沿y軸正向入射，恰好能經過x軸上的A(a，0)點，求v1的大??；⑵已知一粒子的初建度大小為v（v>v1），為使該粒子能經過A(a，0)點，其入射角θ（粒子初速度與x軸正向的夾角）有幾個？并求出對應的sinθ值；⑶如圖乙，若在此空間再加入沿y軸正向、大小為E的勻強電場，一粒子從O點以初速度v0沿y軸正向發(fā)射。研究表明：粒子在xOy平面內做周期性運動，且在任一時刻，粒子速度的x分量vx與其所在位置的y坐標成正比，比例系數(shù)與場強大小E無關。求該粒子運動過程中的最大速度值vm。xxyOvθBAa甲xyOEBv0乙【答案】⑴

（2）【解析】(1)帶電粒子以速率v在勻強磁場B中做勻速圓周運動，半徑為R，有=1\*GB3①當粒子沿y軸正向入射，轉過半個圓周至A點，該圓周的半徑為R1，有RxyOvθBAa/RxyOvθBAa/2vθR由=2\*GB3②代入=1\*GB3①式得=3\*GB3③⑵如圖。O、A兩點處于同一圓周上，且圓心在x=a/2的直線上，半徑為R。當確定一個初速率v時，有2個入射角，分別在第1、2象限，有=4\*GB3④由=1\*GB3①=4\*GB3④解得

=5\*GB3⑤⑶粒子在運動過程中僅有電場力做功，因此在軌道的最高點處速率最大，用ym表示其y坐標，由動能定理，有=6\*GB3⑥由題意，有vm=kym=7\*GB3⑦若E=0時，粒子以初速度v0沿y軸正向入射，有，=8\*GB3⑧v0=kR0=9\*GB3⑨由=6\*GB3⑥=7\*GB3⑦=8\*GB3⑧=9\*GB3⑨式解得（2013江蘇高考）在科學研究中，可以通過施加適當?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的控制。如題15-1圖所示的xOy平面處于勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間作周期性變化的圖象如題15-2圖所示。x軸正方向為E的正方向，垂直紙面向里為B的正方向。在坐標原點O有一粒子P，其質量和電荷量分別為m和+q。不計重力。在時刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復運動。（1）求P在磁場中運動時速度的大??；（2）求應滿足的關系；（3）在時刻釋放P，求P速度為零時的坐標?！窘馕觥?1)作勻加速直線運動，作勻速圓周運動電場力加速度速度，且解得(2)只有當時，P在磁場中作圓周運動結束并開始沿x軸負方向運動，才能沿一定軌道作往復運動，如圖所示。設P在磁場中做圓周運動的周期為T。則勻速圓周運動解得(3)在t0時刻釋放，P在電場中加速時間為在磁場中勻速圓周運動圓周運動的半徑解得又經（）時間P減速為零后向右加速時間為t0P再進入磁場圓周運動的半徑2[kr1－(k－1)r2]2k(2[kr1－(k－1)r2]2k(r1－r2)y={，(k=1,2,3……)相應的縱坐標為解得，(k=1,2,3……)（2013山東高考）如圖所示，在坐標系xOy的第一、第三象限內存在相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里；第四象限內有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E。一帶電量為+q、質量為m的粒子，自y軸的P點沿x軸正方向射入第四象限，經x軸上的Q點進入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場。已知OP=d,，OQ=2d，不計粒子重力。⑴求粒子過Q點時速度的大小和方向。⑵若磁感應強度的大小為一定值B0，粒子將以垂直y軸的方向進入第二象限，求B0。⑶若磁感應強度的大小為另一確定值，經過一段時間后粒子將再次經過Q點，且速度與第一次過Q點時相同，求該時間。×××xOyPQE【答案】⑴，45⑵⑶【解析】（1）設粒子在電場中運動的時間為，加速度的大小為a，粒子的初速度為，過Q點時速度的大小為v，沿y軸方向分速度的大小為，速度與x軸正方向間的夾角為，由牛頓第二定律得eq\o\ac(○,1)由運動學公式得eq\o\ac(○,2)eq\o\ac(○,3)eq\o\ac(○,4)eq\o\ac(○,5)eq\o\ac(○,6)聯(lián)立eq\o\ac(○,1)eq\o\ac(○,2)eq\o\ac(○,3)eq\o\ac(○,4)eq\o\ac(○,5)eq\o\ac(○,6)式得O1××xOyPQO1××xOyPQR1R1θeq\o\ac(○,8)（2）設粒子做圓周運動的半徑為，粒子在第一象限的運動軌跡如圖所示，為圓心，由幾何關系可知△O1OQ為等腰直角三角形，得eq\o\ac(○,9)由牛頓第二定律得eq\o\ac(○,10)FO2××xOyQR2θR2R2R2GH聯(lián)立eq\o\ac(○,7)eq\o\ac(○,9)eq\o\ac(○,10FO2××xOyQR2θR2R2R2GH（3）設粒子做圓周運動的半徑為，由幾何分析（粒子運動的軌跡如圖所示，、是粒子做圓周運動的圓心，Q、F、G、H是軌跡與兩坐標軸的交點，連接、，由幾何關系知，和均為矩形，進而知FQ、GH均為直徑，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOG為等腰直角三角形）可知，粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓，得eq\o\ac(○,12)粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段，得eq\o\ac(○,13)設粒子相鄰兩次經過Q點所用的時間為t，則有eq\o\ac(○,14)聯(lián)立eq\o\ac(○,7)eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)eq\o\ac(○,14)得eq\o\ac(○,15)（2013天津高考）一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O。筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中，粒子與圈筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：（1）M、N間電場強度E的大?。唬?）圓筒的半徑R；（3）保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放粒子自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n。BBOSNMP++++++d【答案】(1)(2)(3)3【解析】(1)設兩極板間的電壓為U，由動能定理得=1\*GB3①由勻強電場中電勢差與電場強度的關系得U=Ed=2\*GB3②聯(lián)立上式可得=3\*GB3③BOSNMPBOSNMP++++++drR由幾何關系得=4\*GB3④粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律，得=5\*GB3⑤聯(lián)立=4\*GB3④=5\*GB3⑤式得=6\*GB3⑥(3)保持M、N間電場強度E不變，M板向上平移后，設板間電壓為，則=7\*GB3⑦設粒子進入S孔時的速度為，由=1\*GB3①式看出結合=7\*GB3⑦式可得=8\*GB3⑧設粒子做圓周運動的半徑為，則=9\*GB3⑨設粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌道所對圓心角為，比較=6\*GB3⑥=9\*GB3⑨兩式得到，可見=10\*GB3⑩粒子須經過這樣的圓弧才能從S孔射出，故n=3eq\o\ac(○,11)專題總結上一個過程的末狀態(tài)是下一個過程的初狀態(tài)解答的關鍵是正確拆分物理過程，觀察各個運動過程的關系列關系求解。分別有兩種關系一種是力與運動的關系：主要是牛頓運動定律和運動學公式的應用。另一種是功能關系和能量守恒：主要是動能定理和機械能守恒等公式的應用.全過程處理：抓住整個過程的初、末狀態(tài),利用能量的觀點解決問題。帶電粒子在電場磁場中運動的多過程問題出現(xiàn)頻率很高，需要重點掌握。專題二、多個物體多個運動過程專題目標掌握多個物體多過程問題的分析方法．專題講練在足夠大的光滑水平面上放有兩物塊和，已知，物塊連接一個輕彈簧并處于靜止狀態(tài)，物體以初速度向著物塊運動．在物塊與彈簧作用過程中，兩物塊在同一條直線上運動，下列判斷正確的是（）A．彈簧恢復原長時，物塊的速度為零B．彈簧恢復原長時，物塊的速度不為零，且方向向右C．在彈簧壓縮過程中，物塊動能先減小后增大D．在與彈簧相互作用的整個過程中，物塊的動能先減小后增大【答案】D【解析】本題中的情形可視為彈性碰撞，由于，故碰撞結束，即彈簧恢復原長后，的速度向左，速度向右，A、B錯．在彈簧壓縮過程中，速度大于速度，直至速度相等，在此過程中，始終做減速運動，故其動能一直減小，C錯．在與彈簧相互作用的整個過程中，始終受到彈簧對其向左的彈力，先減速到零，再加速到，D對．如圖所示，直線MN表示一條平直公路，甲、乙兩輛汽車原來停在A、B兩處，A、B間的距離為85m，現(xiàn)甲車先開始向右做勻加速直線運動，加速度a1=2.5m/s2，甲車運動6.0s時，乙車立即開始向右做勻加速直線運動，加速度a2=5.0m/s2，求兩輛汽車相遇處距A處的距離．甲車甲車乙車ABMN【解析】甲車運動后的位移為：尚未追上乙車，設此后用時間t與乙車相遇，則有：將上式代入數(shù)據(jù)并展開整理得：解得：，、都有意義，時，甲車追上乙車；時，乙車追上甲車再次相遇．第一次相遇地點距A的距離為：第二次相遇地點距A的距離為：．【答案】A球自距地面高處開始自由下落，同時球以初速度正對球豎直上拋，空氣阻力不計．1．要使兩球在球上升過程中相遇，則應滿足什么條件？2．要使兩球在球下降過程中相遇，則應滿足什么條件？【解析】兩球相遇時位移之和等于，即，所以．而球上升到最高點的時間，球在空中總時間為．（1）要使兩球在球上升過程中相遇，則有，即，所以．（2）要使兩球在球下降過程中相遇，則有，即，所以．【答案】（1）（2）如圖甲所示，質量M=1kg的薄木板靜止在水平面上，質量m=1kg的鐵塊靜止在木板的右端，可視為質點。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，已知木板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.05，鐵塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ2=0.2，取g=10m/s2?，F(xiàn)給鐵塊施加一個水平向左的力（1）若力F恒為4N，經過時間1s，鐵塊運動到木板的左端，求木板的長度；（2）若力F從零開始逐漸增加，且鐵塊始終在木板上沒有掉下來。試通過分析與計算，在圖乙中作出鐵塊受到的摩擦力f隨力F大小變化的圖象。LLMm左右F圖甲圖乙F/Nf/N00.51.01.52.02.53.03.50.51.01.52.02.54.04.5【解析】（1）對鐵塊，由牛頓第二定律：（1分）對木板，由牛頓第二定律：（1分）設木板的長度為Ｌ，經時間t鐵塊運動到木板的左端，則（1分）（1分）又：（1分）解得：Ｌ=0.5ｍ（1分）（2）①當時，系統(tǒng)沒有被拉動，靜摩擦力與外力成正比，即：f=F（2分）②當時，若M、m相對靜止，鐵塊與木板有相同的加速度a，則：F/F/Nf/N00.51.01.52.02.53.03.50.51.01.52.02.54.04.5答圖2解得：此時：，也即所以：當時，（2分）③當時，M、m相對滑動，此時鐵塊受到的摩擦力為：（2分）f—F圖象如答圖2所示。（4分）質量為m的人原來靜止在甲船上,乙船上無人.甲、乙兩船質量均為M并靜止在水平面上.現(xiàn)甲船上的人水平跳到乙船上,而后再跳回甲船.求兩船速率之比v甲：v乙.【解析】本題涉及的物理過程有:①人跳離甲船,②人跳到乙船,③人跳離乙船,④人跳回甲船.每個過程都可用動量守恒定律列方程.如此求解,實在麻煩.若用整體恩維方法,把人和甲、乙兩船當成整體,對從起跳到跳回的4個過程統(tǒng)籌分析,當成一個大過程,則該大過程仍滿足動量守恒定律.解題提示:對整個過程0=(M+m)v甲-Mv乙有:v甲；v乙=M：(M+m)【小結】當所求的物理量只涉及運動的全過程時,可對整個運動過程進行研究.如圖所示，有一塊木板靜止在光滑且足夠長的水平面上，木板質量為M=4kg，長為L=1.4m；木板右端放著一小滑塊，小滑塊質量為m=1kg，其尺寸小于L。小滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為（1）現(xiàn)用恒力F作用在木板M上，為了使得m能從M上面滑落下來，問：F大小的范圍是什么？（2）其它條件不變，若恒力F=22.8牛頓，且始終作用在M上，最終使得m能從M上面滑落下來。問：m在M上面滑動的時間是多大？m離開M時的速度是多大？【答案】（1）；（2），?！窘馕觥浚?）小滑塊與木板間的滑動摩擦力小滑塊在滑動摩擦力f作用下向右勻加速運動的加速度木板在拉力F和滑動摩擦力f作用下向右勻加速運動的加速度使m能從M上面滑落下來的條件是即，得（2）設m在M上滑動的時間為t，當恒力F=22.8N，木板的加速度）小滑塊在時間t內運動位移木板在時間t內運動位移因即；物塊離開木板時的速度為。如圖所示，質量為m=5kg的長木板放在水平地面上，在木板的最右端放一質量也為m=5kg的物塊A。木板與地面間的動摩擦因數(shù)，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)。現(xiàn)用一水平力F=60N作用在木板上，使木板由靜止開始勻加速運動，經過t=1s，撤去拉力。設物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（g取10m/s2）請求解：（1）拉力撤去時，木板的速度大小；（2）要使物塊不從木板上掉下，木板的長度至少多大；（3）在滿足（2）的條件下，物塊最終將停在距板右端多遠處?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）。【解析】（1）若在時間t=1s內，物塊與長木板一起運動，加速度為a，則則物塊受合外力∴物塊在長木板上相對滑動，在此過程中：對木板：，，，對物塊：，，；（2）在撤去力F之后，物塊加速，木板減速，到物塊與木板共速的過程中，對木板有：，，，對物塊：，，，物塊和木板共速，所以：，解得：，，，，所以要使物塊不從木板上掉下，則木板的長度至少為：；（3）物塊與木板共速時，物塊距木板右端，之后物塊減速，木板也減速，木板的加速度大于物塊，所以此后物塊的速度大于木板，木板給物塊向左的摩擦力，物塊給木板向右的摩擦力，在向右直到二者都停止的過程中：對物塊：，，對木板：，，所以，物塊相對于木板向右的，最終物塊距木板右端的距離。如圖所示，勁度系數(shù)為的輕質彈簧分別與質量為的物塊拴接，勁度系數(shù)為的輕質彈簧上端與物塊拴接，下端壓在桌面上（不拴接），整個系統(tǒng)處于平衡．現(xiàn)施力將物塊緩慢地豎直上提，直到下面那個彈簧剛脫離桌面，求此過程中，物塊和物塊增加的重力勢能．【解析】根據(jù)題給條件，開始時整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，彈簧均被壓縮．現(xiàn)施力將物塊緩慢上提，直到下面那個彈簧的下端剛脫離桌面．在此過程中，彈簧由壓縮狀態(tài)逐漸恢復到自由狀態(tài)；而上面那個彈簧，先由壓縮狀態(tài)恢復到自由狀態(tài)，接著由于對它施加拉力，彈簧又逐漸被拉長．要求兩物塊在題述過程中重力勢能的增加量，關鍵在于確定兩物塊的高度變化，根據(jù)平衡條件確定各量之間的關系．彈簧原被壓縮量彈簧原被壓縮量當下面彈簧剛脫離桌面時，彈簧恢復原長，而彈簧將被拉長，且則在這個過程中物塊上升的高度為所以物塊增加的重力勢能為物塊上升的高度為其增加的重力勢能【答案】如圖所示，水平地面上方被豎直線分隔成兩部分，點左側地面粗糙，與球間的動摩擦因數(shù)為，右側光滑．右側空間有一范圍足夠大的勻強電場．在點用長為的輕質絕緣細繩，拴一個質量，帶電量為的小球，在豎直平面內以的速度做順時針勻速圓周運動，小球運動到最低點時與地面剛好不接觸．處于原長的彈簧左端連在墻上，右端與不帶電的小球接觸但不粘連，球的質量，此時球剛好位于點．現(xiàn)用水平向左的推力將球緩慢推至點（彈簧仍在彈性限度內），之間的距離為，推力所做的功是，當撤去推力后，球沿地面向右滑動恰好能和球在最低點處發(fā)生正碰，并瞬間成為一個整體（均可視為質點），碰撞前后電荷量保持不變，碰后瞬間立即把勻強電場的場強大小變?yōu)?，電場方向不變．求：（?。?）在兩球在碰撞前勻強電場的大小和方向；（2）兩球在碰撞后瞬間整體的速度；（3）整體運動到最高點時繩的拉力大?。窘馕觥浚?）要使小球在豎直平面內做勻速圓周運動，必須滿足（2分）所以=2×103N/C（1分）方向豎直向上（1分）（2）由功能關系得，彈簧具有的最大彈性勢能設小球運動到點時速度為，由功能關系得（4分）兩球碰后結合為，設的速度為，由動量守恒定律（2分）（3）電場變化后，因所以不能做圓周運動，而是做類平拋運動，設經過時間繩子在Q處繃緊，由運動學規(guī)律得，OYOYXQy9AxRR-y9A可得（2分）即：繩子繃緊時恰好位于水平位置，水平方向速度變?yōu)?，以豎直速度=開始做圓周運動設到最高點時速度為由動能定理得（2分）在最高點由牛頓運動定律得：（2分）求得（1分）如圖所示，裝置的左邊是足夠長的光滑水平面，一輕質彈簧左端固定，右端連接著質量M=2kg的小物塊A。裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接。傳送帶始終以u=2m/s的速度逆時針轉動。裝置的右邊是一光滑的曲面，質量m=1kg的小物塊B從其上距水平臺面h=1.0m處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的摩擦因數(shù)μ=0.2,l=1.0m。設物塊A、B中間發(fā)生的是對心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài)。取g=10m/s2。（1）求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大??；（2）通過計算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運動到右邊曲面上？（3）如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當他們再次碰撞前鎖定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后運動的速度大小。AA⊙⊙Bhlu=2m/s【答案】（1）4m/s（2）不能滑到右邊的曲面上（3）【解析】（1）設B滑到曲面底部速度為v,根據(jù)機械能守恒定律，得由于＞u,B在傳送帶上開始做勻減速運動。設B一直減速滑過傳送帶的速度為由動能定理的解得由于仍大于u，說明假設成立，即B與A碰前速度為4m/s設地一次碰后A的速度為，B的速度為，取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械等守恒定律得：解得上式表明B碰后以的速度向右反彈。滑上傳送帶后做在摩擦力的作用下減速，設向左減速的最大位移為，由動能定理得：解得因，故B不能滑上右邊曲面。（3）B的速度減為零后，將在傳送帶的帶動下向左勻加速，加速度與向右勻減速時相同，且由于小于傳送帶的速度u，故B向左返回到平臺上時速度大小仍為。由于第二次碰撞仍為對心彈性碰撞，故由（2）中的關系可知碰后B仍然反彈，且碰后速度大小仍為B碰前的，即同理可推：B每次碰后都將被傳送帶帶回與A發(fā)生下一次碰撞。則B與A碰撞n次后反彈，速度大小為。如圖所示，光滑水平面上停放一個木箱和小車，木箱的質量為，小車和人的總質量為，小車和木箱的質量之比為，人以速率沿水平方向將木箱推出，木箱被擋板以原速反彈回來以后，人接住木箱再以同樣大小的速度第二次推出木箱，木箱又被原速反彈，問人最多能推幾次木箱？【答案】【解析】選木箱、人和小車組成的系統(tǒng)為研究對象，取向右為正方向。設第次推出木箱后人與小車的速度為，第次接住后速度為，則由動量守恒定律可知：第一次推出后有：，則第一次接住后有：第二次推出后有：，則第二次接住后有：…第次接住后有：第次推出后有：，則設最多能推次，推出后有，，即：，且所以有將代入可得：因取整數(shù)，故如圖17所示，在傾角θ＝30o的斜面上放置一段凹槽B，B與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝，槽內靠近右側壁處有一小物塊A（可視為質點），它到凹槽左側壁的距離d＝0.10m。A、B的質量都為m=2.0kg，B與斜面間的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，不計A、B之間的摩擦，斜面足夠長?，F(xiàn)同時由靜止釋放A、B，經過一段時間，A與B的側壁發(fā)生碰撞，碰撞過程不計機械能損失，碰撞時間極短。取g=10m/s2。求：（1）物塊A和凹槽B的加速度分別是多大；（2）物塊A與凹槽B的左側壁第一次碰撞后瞬間A、B的速度大?。唬?）從初始位置到物塊A與凹槽B的左側壁發(fā)生第三次碰撞時B的位移大小。圖1圖17dABθ【解析】（1）設A的加速度為a1，則mgsin=ma1，a1=gsin×sin30°=5.0m/s2…………設B受到斜面施加的滑動摩擦力f，則==10N，方向沿斜面向上B所受重力沿斜面的分力=2.0×10×sin30°=10N，方向沿斜面向下因為，所以B受力平衡，釋放后B保持靜止，則凹槽B的加速度a2=0………1分（2）釋放A后，A做勻加速運動，設物塊A運動到凹槽B的左內側壁時的速度為vA0，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得vA0===1.0m/s………1分因A、B發(fā)生彈性碰撞時間極短，沿斜面方向動量守恒，A和B碰撞前后動能守恒，設A與B碰撞后A的速度為vA1，B的速度為vB1，根據(jù)題意有………1分………1分解得第一次發(fā)生碰撞后瞬間A、B的速度分別為vA1=0，vB1=1.0m/s………1（3）A、B第一次碰撞后，B以vB1=1.0m/s做勻速運動，A做初速度為0的勻加速運動，設經過時間t1，A的速度vA2與B的速度相等，A與B的左側壁距離達到最大，即vA2=，解得t1=0.20s設t1時間內A下滑的距離為x1，則解得x1=0.10m因為x1=d，說明A恰好運動到B的右側壁，而且速度相等，所以A與B的右側壁恰好接觸但沒有發(fā)生碰撞?！?分設A與B第一次碰后到第二次碰時所用時間為t2，A運動的距離為xA1，B運動的距離為xB1，A的速度為vA3，則xA1=，xB1=vB1t2，xA1=xB1解得t2=0.40s，xB1=0.40m，vA3=a1t2=2.0m/s………1分第二次碰撞后，由動量守恒定律和能量守恒定律可解得A、B再次發(fā)生速度交換，B以vA3=2.0m/s速度做勻速直線運動，A以vB1=1.0m/s的初速度做勻加速運動。用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后續(xù)的運動過程中，物塊A不會與凹槽B的右側壁碰撞，并且A與B第二次碰撞后，也再經過t3=0.40s，A與B發(fā)生第三次碰撞。………1分設A與B在第二次碰后到第三次碰時B運動的位移為xB2，則xB2=vA3t3=2.0×0.40=0.80m；設從初始位置到物塊A與凹槽B的左內側壁發(fā)生第三次碰撞時B的位移大小x，則x=xB1+xB2=0.40+0.80=1.2m………1分雨滴在穿過云層的過程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結合為一體，其質量逐漸增大?，F(xiàn)將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始質量為m0，初速度為v0，下降距離l后與靜止的小水珠碰撞且合并，質量變?yōu)閙1。此后每經過同樣的距離l后，雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并，質量依次變?yōu)閙2、m3……mn……（設各質量為已知量）。不計空氣阻力。（1）若不計重力，求第n次碰撞后雨滴的速度vn′；（2）若考慮重力的影響。a、求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和vn′；b、求第n次碰撞后雨滴的動能?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）不計重力，全過程中動量守恒，得：（2）若考慮重力的影響，雨滴下降過程中做加速度為g的勻加速運動，碰撞瞬間動量守恒a.第1次碰撞前第1次碰撞后①b.第2次碰撞前利用①化簡得：②第2次碰撞后利用②得：同理，第3次碰撞后…………第n次碰撞后動能（2013江蘇高考）如圖所示,將小砝碼置于桌面上的薄紙板上,用水平向右的拉力將紙板迅速抽出,砝碼的移動很小,幾乎觀察不到,這就是大家熟悉的慣性演示實驗.若砝碼和紙板的質量分別為m1和m2,各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ.重力加速度為g.（1）當紙板相對砝碼運動時，求紙板所受摩擦力的大小；（2）要使紙板相對砝碼運動,,求需所拉力的大小；（3）本實驗中,m1=0.5kg,m2=0.1kg,μ=0.2,砝碼與紙板左端距離d=0.1m,取g=10m/s2.若砝碼移動的距離超過l=0.002m,人眼就能感知.為確保實驗成功,紙板所需的拉力至少多大?【答案】(1)(2)(3)22.4N【解析】(1)砝碼對紙板的摩擦力桌面對紙板的摩擦力解得(2)設砝碼的加速度為,紙板的加速度為,則發(fā)生相對運動解得(3)紙板抽出前,砝碼運動的距離紙板運動的距離紙板抽出后，砝碼在桌面上運動的距離由題意知解得代入數(shù)據(jù)得