2025 高考物理三維設(shè)計二輪專題跟蹤檢測部分答案

1/22025高考物理三維設(shè)計二輪專題跟蹤檢測部分第一部分專題復(fù)習(xí)整合突破專題一力與運動第1講力與物體的平衡1.A根據(jù)牛頓第三定律可知，纜繩對違章車的拉力等于違章車對纜繩的拉力，A正確；違章車對坡道的作用力可能是摩擦力和壓力的合力，這個合力與坡道不垂直；若違章車只受坡道的支持力，即違章車對坡道只有壓力，沒有摩擦力，違章車對坡道的作用力的方向與坡道垂直，B錯誤；設(shè)坡道與水平面的夾角為θ，則FN＝mgcosθ，坡道與水平面的夾角越小，坡道受到的壓力就會越大，C錯誤；違章車除了受到重力、支持力、拉力作用之外還有可能受到坡道對它的摩擦力，D錯誤。2.D將力F垂直于木板1、2面分解如圖可得F1＝Fsinθ，F(xiàn)2＝Ftanθ3.A由題意可知，支架對手機的作用力大小始終等于手機自身的重力，根據(jù)牛頓第三定律可知，手機對支架的作用力等于支架對手機的作用力，則手機對支架的作用力始終不變，A正確，C錯誤；根據(jù)手機的受力情況可知，手機的重力大小等于底部支撐平面ab對手機的彈力與背部支撐平面PQ對手機的彈力的合力，當θ角逐漸增大時，底部支撐平面ab對手機的彈力逐漸增大，背部支撐平面PQ對手機的彈力逐漸減小，根據(jù)牛頓第三定律可知，手機對底部支撐平面ab的彈力逐漸變大，B、D錯誤。4.A鍋在豎直切面上受力分析如圖所示，爐架的四個爪對鍋的彈力的合力與鍋受到的重力大小相等，方向相反，即4Fcosθ＝mg，由幾何關(guān)系，可得cosθ＝R2－d24R，則R越大，爪與鍋之間彈力越小，同理d越大，爪與鍋之間彈力越大，鍋受到的合力為零，故A正確；5.C設(shè)碗的半徑為R，螞蟻在最大高度處時，受重力mg、支持力FN、摩擦力f作用，如圖所示，設(shè)螞蟻與球心的連線與水平方向夾角為θ，則有sinθ＝R－0.2RR＝45，即θ＝53°，螞蟻在最大高度處剛好處于平衡狀態(tài)，則靜摩擦力剛好達到最大靜摩擦力，則有f＝μFN，則靜摩擦因數(shù)μ＝fFN＝1tan6.A對b球，根據(jù)平衡條件及平行四邊形定則可知tanθ＝Fmg，把兩球以及它們間的連線看成整體，根據(jù)平衡條件及平行四邊形定則可知tanα＝F2mg，則tanθ∶tanα＝2∶1，7.B對O點進行受力分析，它受到豎直方向的汽車對它的壓力，大小等于汽車的重力G；OA方向桿的拉力FOA，BO方向的彈力FBO，OB與水平方向夾角為θ，可知G＝FBOsinθ，F(xiàn)OA＝Gtanθ，當θ變大時，F(xiàn)BO和FOA均變小。故選8.D由題意可知細線c對A的拉力和細線d對B的拉力大小相等、方向相反，對A、B整體分析可知細線a的拉力大小為Ta＝（mA＋mB）g＝1N，設(shè)細線b與水平方向夾角為α，對A、B分析分別有Tbsinα＋Tcsinθ＝mAg，Tbcosα＝Tdcosθ，解得Tb＝0.5N，故選D。9.D在卸下水桶的過程中，兩個支持力的夾角是個定值，受力情況如圖所示，根據(jù)力的示意圖結(jié)合平衡條件可得F2sinα＝F1sinβ＝mgsinθ，在轉(zhuǎn)動過程中α從90°增大到180°，則sinα不斷減小，F(xiàn)2將不斷減小，β從鈍角減小到銳角，其中跨過了90°，因此sinβ先增大后減小，則F1將先增大后減小，故10.B對Q進行受力分析可知，P對Q的力為斥力，由安培定則和左手定則可知，則兩導(dǎo)線的電流方向相反，即導(dǎo)線中電流方向垂直于紙面向外，故A錯誤；設(shè)導(dǎo)線Q受到兩繩的拉力之和為T，導(dǎo)線P、Q間的安培力為F，對Q進行受力分析，根據(jù)三角形定則，受力分析如圖所示：由于兩組繩長相同，則根據(jù)幾何知識可得T＝mg，F(xiàn)＝2mgsinθ2，故B正確；由上述分析可知，導(dǎo)線Q受到兩繩的拉力之和T始終為mg，與電流I和角度θ無關(guān)，則導(dǎo)線Q對懸線的拉力大小不變，故C錯誤；導(dǎo)線P中電流突然消失的瞬間，導(dǎo)線P、Q間的安培力消失，此時沿繩方向上的合力為零，則導(dǎo)線Q受到兩繩的拉力大小之和為mgcosθ，故D11.D設(shè)車轅與水平方向夾角為θ，則當車勻速前進時，F(xiàn)cosθ＝k（mg－Fsinθ），解得F＝kmgcosθ＋ksinθ，而cosθ＋ksinθ＝23sin（60°＋θ），則當θ＝30°時F最小，即此時車轅的長度約為l＝H12.D工件的重力可以分解為沿槽棱方向向下的分力Gsin37°與垂直于槽棱方向的分力Gcos37°，如圖甲所示，垂直于槽棱方向的分力Gcos37°又進一步分解為兩個擠壓斜面的壓力，如圖乙所示，F(xiàn)1和F2的合力與Gcos37°等大反向，由幾何關(guān)系可知2F1cos45°＝Gcos37°，解得F1＝F2＝225G，故A、B錯誤；沿槽棱方向的分力Gsin37°與圓柱體和槽之間的摩擦力大小相等，有Ff＝2μF1＝Gsin37°，解得動摩擦因數(shù)為μ＝382，故C第2講直線運動與牛頓運動定律1.D無人機受到重力和空氣升力，懸停時重力與升力平衡，故A錯誤；如果向下加速運動時，則處于失重狀態(tài)；如果向下減速運動，則處于超重狀態(tài)，故B錯誤；噴灑過程中藥水的質(zhì)量減小，則噴灑過程中慣性減小，故C錯誤；沿曲線軌跡運動時處于非平衡狀態(tài)，則加速度一定不為零，故D正確。2.C演員在上升和下降的過程中，都只受重力作用，處于完全失重狀態(tài)，選項A、B錯誤；演員上升過程中所用時間為t＝vg，則其在空中旋轉(zhuǎn)的時間不超過vg，選項C正確；演員上升的最大高度為h＝v223.D由逆向思維可知，冰壺從靜止開始做勻加速直線運動，由s＝12aT2可知，冰壺通過連續(xù)相等距離所用時間之比為1∶（2－1）∶（3－2）∶…∶（n+1－n），n為大于或等于1的整數(shù)，則冰壺通過最后x6的距離所需時間為t'＝t6－5＝（6＋54.A設(shè)列車減速過程的加速度大小為a，相鄰兩個相等時間為T，第二個相等時間的末速度為v，一節(jié)車廂的長度為L，根據(jù)逆向思維可得n2L＝vT＋12aT2，（n1＋n2）L＝v·2T＋12a（2T）2，可得n1L＝vT＋32aT2，則有n1n2＝vT＋32aT5.B雨滴從高空靜止下落過程中，設(shè)雨滴的質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝mg－fm＝g－kv2m，可知隨著雨滴速度的增大，加速度逐漸減小，所以雨滴做加速度逐漸減小的加速運動，則v-t圖像的切線斜率逐漸減??；當空氣阻力等于雨滴重力時，雨滴的加速度減為0，且加速度6.A設(shè)列車的加速度大小為a，根據(jù)幾何關(guān)系及牛頓第二定律有F合＝mgtanθ＝ma，得列車加速度的大小為a＝gtanθ，故A正確，B錯誤；根據(jù)Tcosθ＝mg，得細線拉力的大小為T＝mgcosθ，故C、7.C作出單扇感應(yīng)門打開過程的v-t圖像如圖所示，根據(jù)v-t圖像與坐標軸所圍圖形的面積表示位移可知，12vm×4s＝2m，解得vm＝1m/s，根據(jù)加速度的定義可知a＝ΔvΔt＝0.5m/s8.C小球受重力、細繩OA斜向上的拉力及彈簧的彈力作用，設(shè)細繩與水平方向的夾角為θ，則細繩OA中的拉力大小為T＝mgsinθ，將細繩剪斷的瞬間重力及彈簧的彈力均不變，所以小球的加速度沿AO方向且大小為a＝Tm＝gsin9.B由v-t圖像可知，0≤t≤140s時，和諧號動車速度大于復(fù)興號高鐵，t＞140s時，和諧號動車速度小于復(fù)興號高鐵，故復(fù)興號高鐵追上和諧號動車前，t＝140s時兩車相距最遠，根據(jù)v-t圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，可知復(fù)興號高鐵追上和諧號動車前，兩車最遠相距Δx＝12×140×70m－12×（140－70）×70m＝2450m，故A、C、D錯誤；復(fù)興號高鐵的加速度為a＝ΔvΔt＝70140－70m/s2＝1m/s2，復(fù)興號高鐵加速達到最大速度所需的時間為t1＝vma＝9510.ACD由牛頓第二定律知mgsin30°－f＝ma，解得滑雪者加速度的大小為a＝4m/s2，選項A正確，B錯誤；由運動學(xué)公式x＝v0t＋12at2，其中v0＝1m/s，t＝3s，解得3s內(nèi)滑雪者下滑位移的大小為x＝21m，選項C正確；由運動學(xué)公式知v＝v0＋at，重力的瞬時功率P＝mgvsin30°，聯(lián)立解得，3s末人與滑板總重力的瞬時功率為P＝3900W，選項D11.（1）5m/s2，方向向左，1m/s2，方向向右（2）3m解析：（1）A滑上B后，對A、B分別受力分析，由牛頓第二定律，對A有μ1mg＝ma1解得A的加速度為a1＝5m/s2，方向向左對B有μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2解得B的加速度為a2＝1m/s2，方向向右。（2）設(shè)經(jīng)時間t1物塊和木板速度相同，對物塊A，有v1＝v0－a1t1對木板B，有v1＝a2t1則物塊前進的位移為x1＝v0t1－12a1木板前進的位移為x2＝12a2則物塊相對木板滑動的最大距離為ΔL＝x1－x2＝3m。12.（1）186N方向沿滑道向上（2）245N（3）238N≤F'≤1176N解析：（1）給皮艇一沿滑道斜向上的恒力F將皮艇和小孩拉至頂端，由位移與時間的關(guān)系公式有L＝12at得a＝0.2m/s2對小孩，由牛頓第二定律有f－mgsinθ＝ma代入數(shù)據(jù)得f＝186N方向沿滑道向上。（2）對皮艇和小孩構(gòu)成的整體，由牛頓第二定律有F－（M＋m）gsinθ－μ1（M＋m）gcosθ＝（M＋m）a代入數(shù)據(jù)得拉力的大小為F＝245N。（3）給小孩一個沿滑道斜向上的恒定拉力F'，能將他們拉至頂端的最小拉力Fmin'＝（M＋m）gsinθ＋μ1（M＋m）gcosθ＝238N若小孩和皮艇恰好相對滑動，則皮艇和小孩之間的靜摩擦力達到最大靜摩擦力μ2mgcosθ，對整體，由牛頓第二定律有Fmax'－（M＋m）gsinθ－μ1（M＋m）gcosθ＝（M＋m）a'對皮艇，由牛頓第二定律有μ2mgcosθ－μ1（M＋m）gcosθ－Mgsinθ＝Ma'聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得a'＝26.8m/s2Fmax'＝1176N故238N≤F'≤1176N。第3講拋體運動與圓周運動1.A根據(jù)題意可知“殲-20”水平方向做勻速直線運動，由v2-h圖像可知豎直方向向上做勻速直線運動，得合運動為勻速直線運動，由速度的合成得方向斜向上，故選A。2.B設(shè)垂直于河岸的速度為v0，河寬為2d，花燈與河岸的距離為x（x≤d），則花燈沿水流方向的速度為v水＝kx，垂直于水流方向有x＝v0t，則有a＝Δv水Δt＝kv0ΔtΔt＝kv0可知，加速度為一恒定值，且推出花燈處的加速度方向沿水流方向，靠近對岸位置加速度方向與水流方向相反3.A落到B處的石塊下落的高度較小，根據(jù)h＝12gt2知，運動時間較短；根據(jù)初速度v0＝xt知，落在B處的石塊水平位移大，運動時間短，則初速度較大。故選4.B相同時間內(nèi)運動方向改變的角度之比是3∶2，可知轉(zhuǎn)過的角度之比為3∶2，根據(jù)ω＝θt可知，角速度之比為3∶2，根據(jù)T＝2πω可知，周期大小之比為2∶3，選項A錯誤；相同時間內(nèi)，它們通過的路程之比是4∶3，根據(jù)v＝st，可知線速度大小之比為4∶3，根據(jù)an＝ωv可知，向心加速度大小之比為2∶1，選項B正確，D錯誤；根據(jù)r＝vω可知，運動半徑之比為8∶5.D水柱中的水在空中處于失重狀態(tài)，A錯誤；水柱最高點離地越高，水在空中運動的時間越長，B、C錯誤；根據(jù)斜拋運動的對稱性，可知水從A點運動到B點的時間為A點運動到最高點時間的2倍，D正確。6.BC令石子接觸水面時速度方向與水面的夾角為θ，石子水平拋出的速度為v0，石子豎直方向做自由落體運動，則有h＝12gt2，石子接觸水面時，有tanθ＝vyv0＝gtv0，解得tanθ＝2ghv0，可知，出手高度越大，石子接觸水面時速度方向與水面的夾角越大，根據(jù)題意可知，為了觀察到明顯的“水漂”效果，則應(yīng)適當減小出手的高度，故A錯誤，B正確；結(jié)合上述可知，石子出手速度越大，石子接觸水面時速度方向與水面的夾角越小，可知，為了觀察到明顯的“水漂”效果7.D小球剛離開桌面時，設(shè)繩子與豎直方向夾角為θ，則mgtanθ＝mω2R，又tanθ＝Rh，聯(lián)立可得ω2＝gh，A球繩子懸點更高，故A球先離開桌面，離開桌面時的角速度與繩長無關(guān)，故A、B、C錯誤，8.x解析：設(shè)水下落的高度為h，則豎直方向有h＝12gt2，故下落高度相同，水流入下方的時間相同，水平方向有x＝vt，減排前后出水口處水的流速之比就等于水平位移之比，所以減排前后相同時間內(nèi)的排水量之比就等于水平位移之比，即為x9.D設(shè)沙包b下落時間為t，則沙包a下落時間為（t＋0.5s），A處比B處高為Δh＝12g（t＋0.5s）2－12gt2，由此可知Δh＞1.25m，故A錯誤；根據(jù)平拋運動的軌跡可知，在落地前兩沙包不會相遇，故B錯誤；由于速度方向與豎直方向夾角相等，則gtvb＝g（t+0.5s）va，A、B的水平距離為x＝vbt＋va（t＋0.5s10.D依題意，球在AB段做斜拋運動，看成反方向的平拋運動，則有hBB'＝12gt12，球在BC段做平拋運動，有hBB'＝12gt22，聯(lián)立解得t1＝t2，故C錯誤，D正確；球在AB段水平方向，有xAB'＝v1t1，球在BC段水平方向，有xCB'＝v2t2，由圖可知xAB'＞xCB'，聯(lián)立解得v1＞v211.（1）3.6m（2）61m/s（3）6解析：（1）跑酷愛好者到達右墻壁P點時，豎直方向的速度恰好為零，根據(jù)逆向思維可知，從M點到P點的逆過程為平拋運動，則h＝12gt12，從P點到Q點的過程為斜拋運動，根據(jù)對稱性可得H－h(huán)＝12gt222，L＝v0t2，解得t1＝0.4s，t2＝1s，v0＝6m/s，跑酷愛好者助跑的距離為x＝L－v0t1（2）跑酷愛好者剛離開墻壁時豎直方向的速度大小為vy＝g×t22＝5m/s，跑酷愛好者剛離開墻壁時的速度大小為v＝v02＋（3）跑酷愛好者剛離開P點時的速度方向與豎直方向夾角的正切值為tanθ＝v0vy12.（1）60m（2）10002V解析：（1）滅火彈離開炮口后做斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向上做豎直上拋運動。則滅火彈在水平方向上有vx＝v0cos53°＝30m/s，滅火彈從離開炮口到擊中高樓所用的時間t＝Lvx＝6030s＝2在豎直方向上有vy＝v0sin53°＝40m/s，滅火彈擊中高樓位置距地面的高度H＝vyt－12gt2代入數(shù)據(jù)解得H＝60m。（2）由題意可知ηE＝12mv解得E＝25000J，又E＝12CU2代入數(shù)據(jù)解得U＝10002V。13.（1）2100N，方向豎直向上（2）10.8m（3）171340解析：（1）在C點，對運動員，由牛頓第二定律有FN－mg＝m解得FN＝2100N即運動員在C點時受到圓弧軌道的彈力大小為2100N，方向豎直向上。（2）設(shè)運動員在由D點飛出時速度與水平方向成α角，從D點運動到P點的過程中，豎直方向有（v2sinα）2＝2gh，v2sinα＝gt1水平方向有xDE＝v2t1cosα解得α＝53°，xDE＝10.8m。（3）運動到P點的速度vP＝v2cosα對其垂直于斜坡方向分解vy＝vPsinθ，ay＝gcosθ當垂直于斜坡方向上的速度減為0時，距離斜坡最遠，由幾何關(guān)系可知d＝hcosθ＋H其中vy2＝2a解得d＝17134014.（1）4.8m（2）12m解析：（1）在M點，設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)垂直于AD方向的分速度為v1，由運動的合成與分解規(guī)律得v1＝vMsin72.8°①設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)垂直于AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得mgcos17.2°＝ma1 ②由運動學(xué)公式得d＝v12聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得d＝4.8m④（2）在M點，設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分速度為v2，由運動的合成與分解規(guī)律得v2＝vMcos72.8°⑤設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得mgsin17.2°＝ma2 ⑥設(shè)騰空時間為t，由運動學(xué)公式得t＝2v1L＝v2t＋12a2t2 聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得L＝12m⑨第4講萬有引力與宇宙航行1.BC根據(jù)開普勒第一定律可知，太陽處在12P彗星橢圓軌道的焦點上，選項A錯誤；根據(jù)開普勒第二定律可知，12P彗星在近日點的速度比在遠日點的速度大，選項B正確；根據(jù)開普勒第三定律可知，12P彗星軌道半長軸的三次方與它公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值是一個定值，選項C正確；根據(jù)開普勒第二定律可知，在遠離太陽的過程中，12P彗星與太陽的連線在相等的時間內(nèi)掃過的面積相等，選項D錯誤。2.AB從圖中我們可以看到，冬至?xí)r地球位于近日點附近，公轉(zhuǎn)速度最快。隨著地球向遠日點移動，公轉(zhuǎn)速度逐漸減慢。因此，芒種（位于遠日點附近）時的地球公轉(zhuǎn)速度應(yīng)該比小滿（位于近日點和遠日點之間）時慢，故A正確；地球公轉(zhuǎn)軌道是橢圓形的，但軌道上的速度并不是均勻分布的。由于公轉(zhuǎn)速度的變化，芒種到小暑的時間間隔與大雪到小寒的時間間隔并不相等。從圖中可以看出，芒種到小暑的時間間隔要大于大雪到小寒的時間間隔，故B正確；地球公轉(zhuǎn)的加速度與地球到太陽的距離有關(guān)。立春時和立秋時，地球到太陽的距離并不相等（立春時離太陽較近，立秋時離太陽較遠），因此公轉(zhuǎn)加速度也不相等，故C錯誤；春分、夏至、秋分、冬至四個節(jié)氣雖然分別代表了春、夏、秋、冬四季的開始，但它們并不剛好將一年的時間分為四等份。實際上，由于地球公轉(zhuǎn)軌道是橢圓形的，各季節(jié)的時間并不相等，故D錯誤。3.C設(shè)月球表面的重力加速度為g0，則有GMmR2＝mg0，解得g0＝GMR2＝GR2×43πR3ρ＝4πρGR3，根據(jù)豎直上拋運動的規(guī)律可知，物體落回月球表面的時間t＝2v4.BD地球的第一宇宙速度等于衛(wèi)星在近地軌道的環(huán)繞速度，根據(jù)萬有引力提供向心力得GMmR2＝mv2R，結(jié)合mg＝GMmR2得第一宇宙速度v＝gR，又g月＝16g地，R月＝14R地，可知返回艙相對月球的速度小于地球的第一宇宙速度，選項A錯誤，B正確；根據(jù)萬有引力提供向心力得，在近地（月）軌道上有GMmR2＝m4π2T2R，又GM＝gR2，得T＝4π25.B鵲橋二號離開火箭時速度要大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，才能進入到地月轉(zhuǎn)移軌道，A錯誤；由開普勒第三定律a3T2＝k，鵲橋二號在捕獲軌道上運行的周期大于在環(huán)月軌道上運行的周期，B正確；在P點要由捕獲軌道變軌到環(huán)月軌道，鵲橋二號需要做近心運動，必須降低速度，所以經(jīng)過P點時，需要點火減速，C錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力知GMmr2＝ma，解得a＝GMr2，則經(jīng)過6.B高軌衛(wèi)星01星繞地心做勻速圓周運動，軌道平面必過地心，在赤道正上方，因此不可能靜止在咸寧的正上方，故A錯誤；由題意可知，高軌衛(wèi)星01星所受的萬有引力提供向心力GMmr2＝mrω2，又S＝πr2θ2π，ω＝θt，綜合解得地球的質(zhì)量為M＝2S2SθGt2，故B正確；在地球表面，有GMmR2＝mg，得地球表面的重力加速度為g＝2S2Sθt2R2，故C錯誤；7.C由第一宇宙速度定義可知GMmR2＝mv12R，解得第一宇宙速度為v1＝GMR，又M＝ρV＝ρ·43πR3，由題意可知v2＝2v1，且對于黑洞有v2＝c，聯(lián)立可得該黑洞半徑最小為R＝3c288.A雙星系統(tǒng)兩個恒星的角速度相同，周期相同，設(shè)恒星A和恒星B的軌道半徑分別為rA和rB，對A，根據(jù)萬有引力提供向心力得Gm·2mL2＝m4π2T2rA，對B，根據(jù)萬有引力提供向心力得Gm·2mL2＝2m4π2T2rB，9.AB第一宇宙速度是地球衛(wèi)星的最小發(fā)射速度，發(fā)射“神舟十八號”的速度應(yīng)大于第一宇宙速度，A正確；由開普勒第三定律知，神舟十八號進入Ⅱ軌道后周期變長，B正確；M衛(wèi)星若要與空間站對接，M衛(wèi)星應(yīng)該由低軌道與高軌道的空間站對接，對接開始時需要點火加速，脫離原有軌道，此后做離心運動與空間站實現(xiàn)對接，若在同一軌道，M衛(wèi)星點火加速軌道會變的更高，C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有GMmR2＝ma，可得a＝GMR2，Ⅲ軌道上的c點的加速度等于Ⅱ軌道上的c10.D由開普勒第二定律知小行星甲在遠日點的速度小于在近日點的速度，A錯誤；小行星乙在遠日點到太陽的距離與地球到太陽的距離相等，由GMmr2＝ma可知，小行星乙在遠日點的加速度和地球的公轉(zhuǎn)加速度相等，B錯誤；根據(jù)開普勒第三定律，有（R1＋R2）3T12＝（R2＋R2）11.BC根據(jù)萬有引力提供向心力，有GMmr2＝mv2r＝mω2r，可得v＝GMr，ω＝GMr3，衛(wèi)星Ⅱ的軌道半徑小于衛(wèi)星Ⅰ的軌道半徑，則衛(wèi)星Ⅱ運動的線速度大于衛(wèi)星Ⅰ的線速度，衛(wèi)星Ⅱ運動的角速度大于衛(wèi)星Ⅰ的角速度，故A錯誤，B正確；根據(jù)牛頓第二定律GMmr2＝ma，可得a＝GMr2，其中rⅠ＝Rsinθ，rⅡ＝R，衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ的加速度之比為aⅠ∶aⅡ＝rⅡ2∶rⅠ2＝sin2θ∶1，故C正確；根據(jù)萬有引力提供向心力，12.AC根據(jù)題意可知R太∶R地＝100，R月∶R地＝1∶4，結(jié)合視角圖可得地球到太陽的距離與月球到地球的距離之比約為r1∶r2＝400∶1，故A正確；由GMmr2＝4π2mrT2，可得M＝4π2r3GT2，則太陽的質(zhì)量與地球質(zhì)量之比為M太M地＝r13T22r23T12＝3.8×105，地球?qū)υ虑虻囊εc太陽對月球的引力之比為F地月F太月＝GM地r2專題二能量和動量第5講功與功率動能定理1.C重力做的功WG＝mgr＝400J，選項A錯誤；經(jīng)過Q點時軌道對貨物的支持力的大小FN＝mg＋mv2r＝140N，根據(jù)牛頓第三定律知，貨物對軌道的壓力大小140N，選項B錯誤；經(jīng)過Q點時貨物的向心加速度大小an＝v2r＝4m/s2，選項C正確；貨物克服阻力做的功Wf＝mgr－12mv2＝3202.BC拉力所做的功WF＝Fxcosθ，輪胎做加速運動，則Fcosθ＞f，則輪胎克服阻力做的功小于Fxcosθ，選項A、D錯誤；由動能定理可知，輪胎所受合外力做的功W合＝12mv2，選項B正確；拉力的最大功率Pm＝Fvcosθ，選項C3.A水車每秒轉(zhuǎn)動的圈數(shù)為n60，水車轉(zhuǎn)動一圈對水做的功W＝Nmg·2R，則水車運水的功率P＝W1×n60＝2NmgR×n60＝nNmgR4.AD根據(jù)牛頓第二定律，在0～1s內(nèi)，有F－f＝ma1，在1～3s內(nèi)，有f＝ma2，結(jié)合圖線可得a1＝Δv1Δt1＝21m/s2＝2m/s2，a2＝Δv2Δt2＝22m/s2＝1m/s2，聯(lián)立可得F＝1500N，f＝500N，0～1s內(nèi)，帆船的位移為x1＝12vt1＝1m，在0～1s內(nèi)，風(fēng)力對帆船做功WF＝Fx1＝1500J，水的阻力對帆船做功Wf＝－fx1＝－500J，合外力對帆船做功W合＝WF＋Wf＝1000J，故A正確，B、C錯誤；在1～3s內(nèi)，帆船的位移x2＝12vt2＝2m，水的阻力對帆船做功Wf5.D由圖丙可知ω＝2t，所以水斗速度隨時間變化規(guī)律為v＝ωr＝0.2t，可知水斗從靜止開始做勻加速直線運動，其水斗上升的加速度a＝0.2m/s2，故A錯誤；10s時水斗的速度v10＝0.2×10m/s＝2m/s，動能Ek＝12（m＋m'）v2＝5J，故B錯誤；由牛頓第二定律，可得F－（m＋m'）g＝（m＋m'）a，解得F＝25.5N，10s時井繩拉力的瞬時功率P＝Fv10＝51W，故C錯誤；水斗勻加速上升，0～10s內(nèi)它上升的高度h＝12at2＝10m，0～10s內(nèi)井繩拉力所做的功W＝Fh＝255J，故6.B時間Δt內(nèi)，通過圓面的空氣的質(zhì)量m＝ρvΔt·πR2，該部分空氣的動能Ek＝12mv2，則此風(fēng)力發(fā)電機發(fā)電的功率P＝20％EkΔt，解得P≈1.5×1057.C在A點，汽車加速度a1＝ΔvΔt＝2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律F1－Ff－mgsinθ＝ma1，此時汽車的功率P＝F1v＝（Ff＋mgsinθ＋ma1）v0，由圖可知汽車最大速度vm＝16m/s，此時牽引力F2＝Ff＋mgsinθ，則P＝F2v＝（Ff＋mgsinθ）vm，汽車功率不變，聯(lián)立兩式解得Ff＝2×103N，P＝64kW，故A、B錯誤；從A點到D點，根據(jù)動能定理Pt－（Ff＋mgsinθ）L＝12mvm2－12mv02，解得斜坡長L＝160m，故C正確；根據(jù)P＝Fv，可得當v＝10m/s時，牽引力F3＝6.4×103N，根據(jù)牛頓第二定律F3－Ff－mgsinθ＝ma2，解得汽車的加速度a2＝18.（1）210m/s（2）5000N方向水平向左（3）4000J解析：（1）在B點，由牛頓第二定律，可得mg＝mv12R，解得v1＝210（2）同理，在C點，有FN＝mv22R，解得FN＝5000N，由牛頓第三定律可知FN'＝FN＝5000（3）從A到B過程，根據(jù)動能定理可得W－mg×2R＝12mv12－12m（2v1）2，解得W＝49.（1）2600N（2）143m解析：（1）對滑板和運動員從A點到C點，根據(jù)動能定理可得mgLsin37°－μmgLcos37°＋mgR（1－cos37°）＝12mv2－解得v＝10m/s，在最低點C點，有FN－mg＝mv2R，解得FN＝2600N，由牛頓第三定律可得，滑板和運動員通過圓弧軌道最低點C時對C點的壓力大小為2600（2）從C到P的過程，根據(jù)動能定理可得－mgR（1－cos60°）＝12mv12－1解得v1＝70m/s，設(shè)右側(cè)斜面的落點到P點的距離為l，由拋體運動規(guī)律可得lcos60°＝v1xt，lsin60°＝－v1yt＋12gt2，其中v1x＝v1cos60°，v1y＝v1sin60解得l＝143m。第6講機械能守恒定律能量守恒定律1.A運動員從A點運動到B點的過程中機械能守恒；運動員從B點運動到C點的過程中，蹦床對運動員的彈力做負功，運動員的機械能減小，選項A正確，B錯誤；運動員從B點運動到C點的過程中先重力大于彈力，向下加速，后彈力大于重力，向下減速，則動能先增大后減小，蹦床的彈性勢能一直增大，選項C、D錯誤。2.D從B到A過程中，小球除受重力外還受彈簧對小球的彈力，且彈力做正功，故小球的機械能不守恒，故A錯誤；從B到A過程中，彈簧彈力和重力平衡位置處動能最大，合力對小球先做正功后做負功，小球的動能先增大后減小，故B錯誤；從B到A過程中，彈簧的壓縮量一直在減小，故彈簧的彈性勢能一直減小，故C錯誤；因為從B到C過程彈簧的平均作用力大于從C到A過程彈簧的平均作用力，兩過程位移大小相等，故從B到C過程彈簧彈力對小球做的功大于從C到A過程彈簧彈力對小球做的功，故D正確。3.C上升過程豎直速度vy＝v0y－gt，下降過程豎直速度vy＝gt，可知圖像是兩段直線，選項A錯誤；足球在空中運動時機械能守恒，則E-t圖像是平行橫軸的直線，選項B錯誤；根據(jù)機械能守恒定律可知Ek＝Ek0－mgh，選項C正確；重力的功率P＝mgvy＝mgv0y2－2gh，則P-4.A假設(shè)彈簧的作用力為F，可知F＝kx，在上升過程中有F－mg＝ma，a＝F－mgm＝kx－mgm，隨著人的上升，彈簧形變量減小，a逐漸減小，在高度為h1時F＝mg，此時a＝0，并非加速度取最大值，故A錯誤；由圖像可知，h1～h2階段人向上做加速度增大的減速運動，此時仍有彈力。h2～h3階段人向上做勻減速直線運動，此時已沒有彈力作用。因此h2高度時鞋開始脫離地面，故B正確；在0～h2的過程中，彈簧對人做正功，人的機械能增大，故C正確；在h2～h3的過程中，人做豎直上拋運動，加速度向下5.BCD由圖乙可知，無人機先做變加速直線運動后做勻加速直線運動，故A錯誤；飛至h0高處時，根據(jù)動能定理可得W合＝12mgh0＝12mv2，解得速度大小為v＝gh0，故B正確；飛至2h0高處時，根據(jù)牛頓第二定律F－mg＝mg，解得無人機所受的升力為F＝2mg，故C正確；從地面飛至3h0高處的過程中，無人機動能的增加量ΔEk＝12mgh0＋mg·2h0＝2.5mgh0，重力勢能的增加量ΔEp＝mg·3h0＝3mgh0，機械能的增加量ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝5.5mgh6.AD當鋼球從右側(cè)管口處釋放時，鋼球的機械能最大，到達最高點時的速率最大，根據(jù)動能定理得mg×（4R－2R）＝12mv2，解得v＝2gR，故A正確；當鋼球的釋放高度h＝2.5R，此時，根據(jù)機械能守恒得mg×（h－2R）＝12mv2，所需向心力Fn＝mv2R，解得Fn＝mg，可得此時重力恰好提供向心力，鋼球在圓管最高點時對軌道的彈力為零，故B錯誤；鋼球若從左側(cè)管口離開，則鋼球需能到達圓管的最高點，由題意可知，鋼球恰能通過最高點時的速率為零，則根據(jù)機械能守恒得mg×（hmin－2R）＝0，解得hmin＝2R，所以，鋼球若能從左側(cè)管口離開，則釋放高度h≥2R，故C7.（1）0.2N（2）0.45J（3）0.45J≤Ep≤0.656J解析：（1）滑塊在C點，受到的彈力提供向心力，則FNC＝mv12R，解得FNC＝0.2（2）假定滑塊剛好到達F點有vF＝0，從A運動到F點－mg（2R＋2r）＝－Ep1，解得Ep1＝0.4J，滑塊要能到F點，須先通過D點，剛好過D點時有mg＝mvD2R，得vD＝3m/s，從A運動到D點，有－mg×2R＝12mvD2－Ep2，解得Ep2＝0.45J，因為Ep2＞Ep1，所以恰好到F點時，彈簧的彈性勢能為（3）由于μ＞tanθ，滑塊在彈回的過程中剛好停在F點時彈簧的彈性勢能最大，從A運動到F過程，根據(jù)動能定理得－mg（2R＋2r）－μmgcosθ·2l＝0－Ep，解得Ep＝0.656J，所以彈簧的彈性勢能Ep的取值范圍0.45J≤Ep≤0.656J。8.（1）3mg2d（2）8gd3解析：（1）由于P、Q兩點處彈簧彈力的大小相等，則由胡克定律可知P點的壓縮量等于Q點的伸長量，由幾何關(guān)系知PQ＝dtanα＝43則小球位于P點時彈簧的壓縮量為x＝12PQ＝2對P點的小球由力的平衡條件可知mg＝kx解得k＝3mg（2）當小球運動到Q點時，假設(shè)小球甲的速度為v，此時小球甲的速度與繩子OQ垂直，所以物體乙的速度為零，又知小球、物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則由機械能守恒定律得4mg·dcosα－d－mgdtanα解得v＝8gd（3）由系統(tǒng)的機械能守恒定律可知，彈簧彈性勢能為零時，小球甲和物體乙的機械能之和最大Em＝12kx2＝mgd第7講動量定理和動量守恒定律1.C平板車將貨物沿斜坡向上勻速運送，速度不變，動量不變，根據(jù)動量定理可知所受合外力的沖量為零，A錯誤，C正確；平板車將貨物沿斜坡向上勻速運送，平板車與貨物組成的系統(tǒng)動能不變，重力勢能增加，則機械能增加，B錯誤；同學(xué)利用平板車將貨物沿斜坡向上勻速運送，推力不為零，位移不為零，則所受推力做功不為零，D錯誤。2.C由牛頓第三定律可知1s時間內(nèi)噴出的離子受到發(fā)動機的平均作用力大小為F＝0.1N，對1s時間內(nèi)噴出的離子，由動量定理可得Ft＝mv－0，解得該發(fā)動機1s時間內(nèi)噴出離子的質(zhì)量為m＝Ftv＝0.1×125000kg＝4×10－63.A設(shè)向后為正方向，由動量守恒定律有0＝m1v1－（M－m1）v2，由動量定理有－Ft＝－（M－m1）v2－0，解得F＝360N，故選A。4.C水球與球拍作用過程中，把水球與球拍作為系統(tǒng)，受到手對系統(tǒng)的作用力，所以系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；由沖量公式I＝Ft可知與球拍作用過程中水球受地球引力并且其作用時間不為0，所以它的沖量不為零，故B錯誤；實驗艙內(nèi)的物體處于完全失重狀態(tài)，航天員會觀察到水球離開球拍后相對天宮號空間站做勻速直線運動，被擊打后水球相對地球做變速曲線運動，故C正確，D錯誤。5.B由題意可知，水蠆逃竄時的速度達到v1＝15m/s，水蠆和噴出的水組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)水蠆噴射出水的速度為v2，取水蠆向前逃竄的方向為正方向，由動量守恒定律可得（m－m0）v1－m0v2＝0，解得v2＝m－m0m0v1＝0.5－0.20.26.C對C由動能定理得WC＝12mCvC2，解得vC＝4m/s，爆炸后B和C共速，即vBC＝vC＝4m/s，對A、B、C整體，動量守恒，則mvA＝2mvBC，解得vA＝8m/s，爆炸釋放的能量為三者動能之和，故E＝12mvA2＋12×2mvBC7.B人從船尾走到船頭的過程動量守恒，則Mv船＝mv人，即Mdt＝mL－dt，解得漁船的質(zhì)量為M＝m8.A對風(fēng)箏受力分析如圖1所示，作出矢量三角形如圖2所示，可知風(fēng)箏此時獲得的垂直于風(fēng)箏面的力F＝2mgcosθ，根據(jù)牛頓第三定律，風(fēng)箏對垂直于風(fēng)箏面的風(fēng)的作用力大小也為F，以風(fēng)為研究對象，Δt時間內(nèi)，垂直打在風(fēng)箏面的風(fēng)的質(zhì)量Δm＝ρSvΔt，在垂直于風(fēng)箏面方向上由動量定理有F·Δt＝Δm·v，聯(lián)立解得空氣密度為ρ＝2mgcosθS9.D碰撞過程由動量守恒定律可知p＝－p2＋p'，由能量關(guān)系可得：p22m＝p222m＋p'22m'，解得m'＝3m，選項A錯誤；t1時刻圖線切線斜率最大，此時加速度最大，兩粒子距離最近，兩者共速，則由動量守恒定律得p＝（m＋3m）v，解得t1時刻α粒子的動量為pα＝mv＝p4，選項B、C錯誤；當兩粒子相距最近時電勢能最大，最大電勢能為Epm＝p2210.（1）3m/s（2）16.7m解析：（1）對人與木箱組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律可知m1v0＝m1v1＋m2v，得v1＝3m/s。（2）人推出木箱后，此后木箱向前勻減速運動，加速度大小為a，則有a＝μg＝2m/s2，經(jīng)時間t人追上木箱，則有s1＝v1t，s2＝vt－12at2，s＝s1＝s2，得t＝2s，s＝6m，此時木箱速度為v2'＝v－at＝1m/s，人抓住木箱后，共同速度為v'，系統(tǒng)動量守恒，則m1v1＋m2v2'＝（m1＋m2）v'，得v'＝83m/s，此后二者共同勻減速運動，則12（m1＋m2）v'2＝μm2gs'，解得s'＝323m，又因為x＝s＋s'，所以x＝503m＝1611.（1）0.25m/s0.75m/s（2）1.0s（3）0.05（3n2－3n＋1）m解析：（1）A沿斜面下滑，其受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律3mgsinθ－μA×3mg·cosθ＝3ma，分析B的受力，則mgsinθ＝μBmgcosθ，即B靜止在斜面上。A與B發(fā)生第一次碰撞前，由運動學(xué)規(guī)律得vA02＝2al，A與B發(fā)生第一次碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律得3mvA0＝3mvA1＋mvB1，12×3mvA02＝12×3mvA12＋12mvB12，解得vA1＝0（2）由（1）可得，A從靜止釋放后，經(jīng)過時間t0與B發(fā)生第一次碰撞，有vA0＝at0，B以速度vB1做勻速直線運動，A以初速度vA1，加速度a做勻加速直線運動，第二次碰撞前，有vA1t1＋12at12＝vB1t1，此時，B以速度vB1做勻速直線運動，A的速度為vA1'＝vA1＋at1，A與B發(fā)生第二次碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律得3mvA1'＋mvB1＝3mvA2＋mvB2，12×3mvA1'2＋12mvB12＝12×3mvA22＋12mvB22，B以速度vB2做勻速直線運動，A以初速度vA2，加速度a做勻加速直線運動，第三次碰撞前，有vA2t2＋12at22＝vB2t2，顯然，每次碰撞后，B均相對A以初速度vA0、加速度aA做勻減速直線運動至下一次碰撞，經(jīng)過時間均為0.4s。故A與B發(fā)生第三次碰撞后的時刻為T3＝（3）從開始至第一次碰撞xA1＝l，從第一次碰撞至第二次碰撞xA2＝2l＋4l＝6l，從第二次碰撞至第三次碰撞xA3＝8l＋4l＝12l，從第三次碰撞至第四次碰撞xA4＝14l＋4l＝18l，從第n－1次碰撞至第n次碰撞xAn＝（6n－10）l＋4l（n＞1），A從靜止釋放到第n次碰撞后運動的總位移XAn＝xA1＋xA2＋xA3＋…＋xAn＝（3n2－3n＋1）l＝0.05（3n2－3n＋1）m。素養(yǎng)培優(yōu)1“板塊”模型中動力學(xué)、能量和動量的綜合1.（1）1m/s（2）1s解析：（1）小滑塊在木板上滑動過程中，滑塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得mv0＝（m＋M）v，解得v＝1m/s。（2）根據(jù)題意，對滑塊，由動量定理有－μmgt＝mv－mv0，解得t＝1s。2.（1）0（2）2m/s（3）0.2解析：（1）物塊C與木板A發(fā)生彈性正碰，由動量守恒定律有mCv0＝mAvA＋mCvC，由機械能守恒定律有12mCv02＝12mAvA2＋12mCvC2，解得vA＝3m/s（2）再經(jīng)t＝1s時間B與A相對靜止，此過程A與B組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有mAvA＝（mA＋mB）v共，解得v共＝2m/s。（3）對物塊B，根據(jù)動量定理有μmBgt＝mBv共，所以A的上表面與B之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2。3.（1）40N（2）4m/s（3）0.15解析：（1）對A從開始運動至運動到最低點的過程，根據(jù)動能定理有mgl（1－cos60°）＝12mv0在最低點，對A由牛頓第二定律有T－mg＝m根據(jù)牛頓第三定律得T'＝T聯(lián)立解得細繩受到的拉力T'＝40N。（2）由于碰撞時間極短，則碰撞過程A、C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mv0＝0＋mvC結(jié)合（1）問解得vC＝4m/s。（3）C與B相互作用的過程，系統(tǒng)所受外力矢量和為零，動量守恒，則有mvC＝（m＋3m）v共，根據(jù)能量守恒定律有12mvC2＝12（m＋3m）v聯(lián)立解得μ＝0.15。4.（1）5v0216gL（2）v0264g（解析：（1）當A在B上滑動時，A與B、C整體發(fā)生相互作用，由于水平面光滑，A與B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平向左為正方向，由動量守恒定律得mv0＝m·12v0＋2mv1①，由能量守恒定律得μmgL＝12mv02－12m·12v02－12×2mv12②，聯(lián)立①②（2）當A滑上C時，B與C分離，A、C發(fā)生相互作用，A到達C的最高點時兩者的速度相等，設(shè)為v2，A、C組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，則m·12v0＋mv1＝（m＋m）v2④，A、C組成的系統(tǒng)機械能守恒，則12m·12v02＋12mv12＝12×（2m（3）A滑上C后，B與C分離，只有A與C發(fā)生相互作用，此后B的速度一直為14v0，設(shè)A滑離C時，A的速度大小為vA，C的速度大小為vC，對A與C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得m·12v0＋mv1＝mvA＋mvC，由能量守恒定律得12m·12v02＋12mv12＝12mvA2＋12mv5.（1）0.242N（2）403m/s（3）1403解析：（1）由圖乙可知，對物塊在0～2s的時間內(nèi)，有a1＝Δv1t1＝4－02m/s2＝2m/s2，對物塊根據(jù)牛頓第二定律得μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。0～2s的時間內(nèi)長木板做加速運動，由圖乙可知a＝Δv2Δt＝182m/s2＝9m/s2，對木板由牛頓第二定律得F1－μ1mg－μ2（M＋m）（2）t＝2s后，由題意得F2＝μ2（M＋m）g，故長木板與物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，可得mv1＋Mv2＝（m＋M）v3，解得v3＝403m/s（3）由圖乙可得，0～2s時，物塊相對長木板的位移Δx1＝12×2×（18－4）m＝14m，2s后，到物塊與長木板共速時，由能量守恒定律有μ1mgΔx2＝12mv12＋12Mv22－12（m＋M）v32，解得Δx2＝983m，故長木板的最小長度L＝Δ6.（1）6m/s22m/s2（2）1s（3）103解析：（1）撤去F前，假設(shè)小物塊與木板間未發(fā)生相對滑動，對整體，根據(jù)牛頓第二定律有F＝（M＋m）·a共，解得a共＝103m/s2，對木板，根據(jù)牛頓第二定律有f＝Ma共＝203N＞μmg，則小物塊與木板之間發(fā)生相對滑動，對小物塊，根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma物，解得a物＝6m/s2，對木板，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝Ma木，解得a木＝2m/s（2）設(shè)力F作用的時間為t，根據(jù)位移與時間的關(guān)系式x＝v0t＋12at2可知，此時，小物塊的位移為x1＝12a物t2，木板的位移為x2＝12a木t2，又有x1－x2＝L1，解得t＝1（3）撤去拉力時，根據(jù)v＝v0＋at可知，此時，物塊的速度為v物＝6m/s，木板的速度為v木＝2m/s，要使小物塊不從木板上掉下來，則小物塊到達木板最右端時與木板共速，根據(jù)動量守恒定律有mv物＋Mv木＝（M＋m）v共，解得v共＝103m/s，撤去拉力后，對物塊，根據(jù)牛頓第二定律有－μmg＝ma1，解得a1＝－4m/s2，木板的受力沒有發(fā)生變化，則木板的加速度不變，根據(jù)公式v2－v02＝2ax可知，小物塊的位移為x1＝289m，木板的位移為x2＝169m，則木板的最小長度L＝L1＋（x1－x27.（1）4m/s13s（2）59解析：（1）解法一由題意可知物塊在薄板上運動的過程中，物塊和薄板之間一直存在相對運動，物塊向右做勻減速直線運動，薄板向右做勻加速直線運動，又物塊和薄板的質(zhì)量相等，則物塊和薄板的加速度大小均為a＝μg＝3m/s2設(shè)物塊的初速度大小為v0，物塊在薄板上的運動時間為t1，則由運動學(xué)公式有x物＝v0t1－12at12＝x板＝12at1聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v0＝4m/s、t1＝13s解法二對物塊與薄板組成的系統(tǒng)，從開始運動到狀態(tài)一，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2分別對物塊和薄板根據(jù)動能定理有－μmg·76l＝12mv12μmg·16l＝12mv聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v0＝4m/s，v1＝3m/s，v2＝1m/s對薄板由動量定理有μmgt1＝mv2－0代入數(shù)據(jù)解得t1＝13s（2）結(jié)合（1）問可知物塊從薄板飛出瞬間，薄板的速度大小為v2＝at1＝1m/s由題意可知物塊從薄板飛出后，物塊做平拋運動，薄板做勻速直線運動，設(shè)物塊從薄板飛出后的運動時間為t2，平臺距地面的高度為h，則由運動學(xué)公式有l(wèi)2－l6＝v2h＝12g聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得h＝59m素養(yǎng)培優(yōu)2傳送帶模型中動力學(xué)、能量和動量的綜合1.D剛開始，物體速度小于傳送帶速度，物體相對傳送帶向后運動，A錯誤；物體勻速運動過程中，不受摩擦力作用，B錯誤；加速運動過程中，傳送帶對物體的摩擦力向前，則摩擦力對物體做正功，C錯誤；加速運動過程?＝μmg＝ma加速時間t＝vμgv越大，t越大，D2.A開始時物塊受向右的拉力F和向右的摩擦力Ff而做加速運動，則動能Ek＝（F＋Ff）x；若物塊在到達最右端之前還未達到與傳送帶共速，此時圖像為C；若F＞Ff，則當物塊與傳送帶共速后還會加速，此時動能增加量ΔEk＝（F－Ff）x，此時圖像為D；若F≤Ff，則當物塊與傳送帶共速后會隨傳送帶一起勻速運動，動能不變，此時圖像為B；物塊與傳送帶共速后只能勻速或者加速，不可能減速，則圖像A不可能。3.（1）2.08s（2）1.5m解析：（1）物塊在傳送帶上加速過程，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，解得a＝2m/s2，所以物塊在傳送帶上加速的時間t1＝v0a＝32s＝1.5s，加速運動的位移x1＝12at12＝12×2×1.52m＝2.25m＜4m，所以物塊在傳送帶上先加速后勻速，勻速的時間t2＝L－x1v0＝4－2.253s＝0.58（2）物塊平穩(wěn)滑上木板，由于木板下表面光滑，物塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，則有mv0＝（m＋M）v，物塊最終剛好停在木板的右端沒有滑下，對系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律知系統(tǒng)動能的減少量等于物塊與木板發(fā)生相對滑動的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能，即μmgd＝12mv02－12（m＋M）v2，聯(lián)立解得d＝1.4.（1）2m/s（2）2m/s（3）0.5J解析：（1）假設(shè)物塊能加速到和傳送帶速度相等，則加速過程，根據(jù)牛頓第二定律得μ0mg＝ma，設(shè)加速過程物塊的位移為x，則v2＝2ax，解得x＝1m＜L，假設(shè)成立，A碰B前，A物塊的速度大小為2m/s。（2）A、B碰撞過程，由動量守恒定律和能量守恒定律得mv＝mvA＋mvB，12mv2＝12mvA2＋12mvB2，解得vA＝0，（3）A、B碰撞后到彈簧彈性勢能最大的過程，摩擦生熱Q＝－Wf，由圖乙知B運動0.5m時μ＝0.4，摩擦力對物塊做的功Wf＝－0+μmg2d，根據(jù)能量守恒得12mBvB2＝Q＋Epm，解得Epm＝05.（1）2.25m（2）2m/s（3）9J解析：（1）根據(jù)動量守恒定律得mv0＝（m＋M）v，解得子彈與物塊共速的速度為v＝6m/s，物塊沿傳送帶上滑過程，根據(jù)動能定理得－[（m＋M）gsin30°＋μ（m＋M）gcos30°]x＝0－12（m＋M）v2，物塊在傳送帶上滑動的最遠距離為x＝2.25m（2）設(shè)傳送帶速度為v1，物塊到達B端時的速度為0。要求傳送帶速度最小，則物塊速度大于v1，根據(jù)牛頓第二定律（m＋M）gsin30°＋μ（m＋M）g·cos30°＝（m＋M）a1，物塊減速到v1的過程中v12－v2＝－2a1x1，因為μ＝0.23＜tan30°，共速后，繼續(xù)減速運動，有（m＋M）gsin30°－μ（m＋M）g·cos30°＝（m＋M）a2，物塊減速至0的過程中v12＝2a2x2，又x1＋x2＝L，聯(lián)立得v1＝（3）若物塊用最短時間從A端滑到B端，物塊所受摩擦力沿傳送帶向上，則W＝μ（m＋M）gLcos30°＝9J。6.（1）8J（2）2kg2.5J（3）32J解析：（1）甲從A到C，由動能定理得m1gh－Wf＝12m1v02－0，解得Wf＝8（2）甲、乙碰撞，由動量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，解得m2＝2kg，則損失的機械能ΔE機＝12m1v02－12m1v12＋12（3）甲沖上傳送帶，其先做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律得μm1g＝m1a1，可得a1＝5m/s2，甲加速到與傳送帶共速的時間Δt1＝v－v1a1＝0.5s，此過程傳送帶發(fā)生的位移x1＝vΔt1＝2m，甲在傳送帶上運動的位移x2＝v1＋v22Δt1＝1.375m，甲與傳送帶的相對位移Δx1＝x1－x2＝0.625m，乙沖上傳送帶，其先做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律μm2g＝m2a2，可得a2＝5m/s2，乙減速到與傳送帶共速的時間Δt2＝v－v2－a2＝0.2s，此過程傳送帶發(fā)生的位移x3＝vΔt2＝0.8m，乙在傳送帶上運動的位移x4＝v2＋v2Δt2＝0.9m，乙與傳送帶的相對位移Δx2＝x4－x3＝0.1m，電動機需額外消耗的電能ΔE電＝12m1v2－12m17.（1）18N，方向豎直向下（2）2.5m/s（3）9J54J解析：（1）a從出發(fā)點到N點，由動能定理有m1gr＝12m1vN2，在N點對物塊a分析，由牛頓第二定律有FN－m1g＝m1vN2r，得物塊a運動到圓弧軌道最低點N時受到的支持力大小FN＝18N，根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊a（2）a在傳送帶上運動，由牛頓第二定律有μm1g＝m1a，由運動學(xué)公式有vN2－v02＝2ax，解得a在傳送帶上減速的位移為x＝1.4m＜L，故物塊a到達M點時速度為v0＝3m/s，a和b發(fā)生彈性碰撞有m1v0＝m1va＋m2vb，12m1v02＝12m1va2＋12m2vb2，解得vb＝2m1m1＋m2v0＝16v0＝0.5m/s，va＝m1（3）物塊a第一次碰后返回傳送帶時的速度小于傳送帶的速度，所以物塊a將先在傳送帶上向右做減速運動，然后在傳送帶上向左做加速運動，由運動的對稱性可知物塊a離開傳送帶的速度仍然是va，且加速與減速的位移大小相等，由va2＝2ax1解得位移的大小x1＝va22a，傳送帶的位移x2＝v0t，運動時間t＝vaa，經(jīng)過M點到第二次碰前經(jīng)過M點產(chǎn)生的熱量Q1＝μm1g[（x1＋x2）＋（x2－x1）]，聯(lián)立解得Q1＝μm1g2v056v0μg＝2×561m1v02＝9J，物塊a第一次碰后速度小于傳送帶速度v0，故第二次碰前速度仍為56v0，第二次碰后a的速度為562v0，則第2次碰后到第3次碰前產(chǎn)生的熱量為Q2＝μm1g2v0562v0μg＝2×56專題三電場和磁場第8講電場及帶電粒子在電場中的運動1.BB正確。2.B虛線是粉塵的運動軌跡，其所受的合外力指向軌跡的凹側(cè)，即帶電粉塵受到的電場力的方向指向金屬圓筒，即粉塵帶負電荷，故A項錯誤；沿著電場線方向，電勢逐漸降低，由題圖可知，Q點的電勢比P點的電勢低，因粉塵帶負電，由Ep＝qφ，可知電勢大的地方，電勢能小，即粉塵在P點的電勢能比在Q點的電勢能小，對于粉塵有E＝Ek＋Ep，對于同一個粉塵，粉塵在P點的速度大于在Q點的速度，由動量的定義可知，粉塵在P點的動量大小比在Q點的大，故B正確，C錯誤；由于粉塵帶負電，而金屬圓筒帶正電，正負電荷互相吸引，所以粉塵最終會被吸附到金屬圓筒上，故D項錯誤。3.D由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部電場強度處處為零，所以L點的電場強度比K點的大，故選項A錯誤；因為金屬球殼的球心有一個負點電荷，根據(jù)靜電感應(yīng)規(guī)律，正電荷受到負電荷的吸引力聚集在球殼內(nèi)部，球殼外部有多余的負電荷，所以球殼內(nèi)表面帶正電，外表面帶負電，故選項B錯誤；沿著電場線方向電勢逐漸降低，N點的電勢比M點的電勢高，所以試探電荷＋q在M點的電勢能比在N點的小，故選項C錯誤；試探電荷＋q的受力方向與電場強度方向相同，所以逆著電場線從M點運動到N點，電場力做負功，故選項D正確。4.AC對于帶正電的粒子，在勻強電場中受電場力作用，根據(jù)動能定理，有Uq＝12mv2，可得v＝2Uqm，可知粒子到達右極板的速度v的大小與極板間距離d無關(guān)，A正確，B錯誤；設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a，有Eq＝ma，E＝Ud，d＝12at2，聯(lián)立可得t＝d2mUq，可知，5.D根據(jù)題意可知，小球所受合力方向沿虛線向下，則其所受電場力方向水平向右，小球從O點運動到與O點等高處的過程做類平拋運動，小球的速度增大，動能增大，由于小球所受電場力與小球速度的夾角一直為銳角，則電場力做正功，小球的電勢能減小，A、B、C錯誤，D正確。6.B根據(jù)沿電場線方向電勢降低，結(jié)合題圖可知，Q1＞0，Q2＜0，A、C錯誤；設(shè)兩點電荷間的距離為3L，則有kQ12L＋kQ2L＝0，解得Q1Q27.Bφ-x圖像切線的斜率表示電場強度，圖中切線斜率在變化，表示電場強度發(fā)生變化，不是勻強電場，A錯誤；根據(jù)φ-x圖像可知A點電勢小于B點電勢，根據(jù)Ep＝φq可知，該負電荷在A點的電勢能大于在B點的電勢能，B正確；一正電荷從A點移到B點，電勢升高，電勢能增加，電場力做負功，C錯誤；由于順著電場線方向電勢降低，因此A、B間電場方向為由A指向O和由B指向O，D錯誤。8.C結(jié)合電場疊加原理和點電荷的電場強度公式E＝kQr2可知P、Q兩點電場強度大小相等、方向相同，A錯誤；兩等量異種點電荷產(chǎn)生的電場中，電場線從正點電荷出發(fā)，指向負點電荷，又沿電場線方向電勢降低，則φP＞φQ，B錯誤；P點電場強度大小為EP＝kQxMP2＋kQxNP2，若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，C正確；若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P、Q之間的電場強度均變大，又P、Q兩點間的距離不變，則根據(jù)U＝Ed9.B設(shè)半球面在B點的電勢為φ1，在半球面的右側(cè)填補一個均勻的帶電荷量為＋Q的、半徑為R的半球面，根據(jù)φ＝kqr，填補后圓心O點的電勢為φO＝k2QR，又因為φO＝φA＝φB，填補后，根據(jù)題意得φB＝φ1＋φ0，φA＝φ0＋φ1，解得φ1＝2kQR－φ010.（1）2v0（2）2解析：（1）粒子在電場E1中沿x方向做勻速直線運動，沿y方向做初速度為零的勻加速直線運動沿x方向，有2L＝v0t1沿y方向，有L＝vy2粒子運動至A點處的速度大小為vA＝v02＋vy（2）粒子在電場E2中沿x方向做初速度不為零的勻加速直線運動，沿y方向做勻速直線運動，沿y方向，有2L－L＝vyt2沿x方向，有4L－2L＝v0t2＋12a2由牛頓第二定律有qE2＝ma2聯(lián)立解得電場強度的大小為E2＝2m11.D由題意可知小球所受靜電力與重力的合力方向豎直向上，大小為F＝qE－mg＝2mg，若要使小球不脫離軌道，設(shè)其在A點所具有的最小速度為vmin，根據(jù)牛頓第二定律有F＝mvmin2R，解得vmin＝2gR，所以只有當v0≥2gR時，小球才不會脫離軌道，故A、B錯誤；假設(shè)小球可以在軌道中做完整的圓周運動，在C點的速度大小為v1，根據(jù)動能定理有12mv12－12mv02＝F·2R，在A、C點小球所受軌道的支持力大小分別為F0和F1，根據(jù)牛頓第二定律有F0＋F＝mv02R，F(xiàn)1－F＝mv12R，聯(lián)立以上三式解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根據(jù)牛頓第三定律可知小球在A、C兩點對軌道的壓力差等于12mg，與v0的大小無關(guān)，故C錯誤；第9講磁場及帶電粒子在磁場中的運動1.A根據(jù)左手定則，可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向左，A正確；小球受洛倫茲力和重力的作用，則小球運動過程中速度、加速度的大小和方向都在變，B、C錯誤；小球受到的洛倫茲力對小球永不做功，D錯誤。2.BD由安培定則可知，導(dǎo)線a在導(dǎo)線b點產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)線b所受安培力水平向左，根據(jù)牛頓第三定律，導(dǎo)線a所受安培力水平向右，相互吸引，故A錯誤，B正確；由安培定則可知，在導(dǎo)線a左側(cè)和導(dǎo)線b右側(cè)兩導(dǎo)線中的電流產(chǎn)生的磁場方向相同，合磁感應(yīng)強度不可能為零，所以磁感應(yīng)強度為零的點在兩導(dǎo)線之間，設(shè)磁感應(yīng)強度為零的點到a的距離為x，則有kIx＝k2IL－x，解得x＝L3，x軸上只有1個點的磁感應(yīng)強度為零，到導(dǎo)線a的距離為L33.A電容器所帶電荷量為Q＝CU，設(shè)炮彈出膛的速度為v，根據(jù)動量定理可得，BIlt＝mv－0，又q＝It＝0.05Q，聯(lián)立解得v＝BlCU20m，故選4.D帶電粒子在垂直于紙面向外的磁場中運動，根據(jù)左手定則可知a、b、c都是正電子的徑跡，d、e都是負電子的徑跡，A錯誤；帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv2R，解得R＝mvqB，由圖可知a徑跡對應(yīng)的粒子的運動半徑最小，a徑跡對應(yīng)的粒子的速度最小，根據(jù)p＝mv，可知a徑跡對應(yīng)的粒子動量最小，B錯誤；根據(jù)Ek＝12mv2，可知Eka＜Ekb＜Ekc，即b徑跡對應(yīng)的粒子動能不是最大的，C錯誤；帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv2R，T＝2πRv，則T＝2πmqB，所以Ta＝Tb＝Tc＝Td＝Te，粒子在磁場中的運動時間t＝α2πT，5.BC根據(jù)安培定則可得，兩圓柱形電磁線圈中間的勻強磁場方向豎直向上，剛開始運動時，根據(jù)左手定則，正離子受到的洛倫茲力方向沿x軸正方向，故A錯誤，B正確；若所有的離子都在晶圓上，則離子在磁場中做圓周運動的最小半徑為r＝L，根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝mv2r，解得最大的磁感應(yīng)強度為B＝mvqL＝vkL，故C6.C設(shè)粒子帶正電，粒子恰好不能進入小圓區(qū)域，軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得r2＋（3R）2＝（r＋R）2，解得粒子軌道半徑為r＝4R，故A、B錯誤；由幾何關(guān)系可得tanθ＝3R4R＝34，可得θ＝37°，則粒子在磁場中的運動時間為t＝2×37°360°T＝2×37°360°×7.B假設(shè)該電荷在磁場中運動軌跡圓心為O'，由幾何關(guān)系可知△AOC為正三角形。假設(shè)運動軌跡半徑為r，由幾何關(guān)系可知r＝33R，由洛倫茲力公式可知v＝qBrm＝3qBR3m，故A錯誤；由圖可知，軌跡經(jīng)過圓心，故B正確；由于此時運動軌跡所對圓心角為240°，結(jié)合公式T＝2πmqB可知，所用時間為t＝23T＝4πm3qB，故C錯誤；8.B若磁場沿M指向A的方向，在平面ACPM中對磁感應(yīng)強度沿AP和與AP垂直的方向分解，如圖，則與電流垂直的磁感應(yīng)強度分量B⊥＝Bcosα＝23B，安培力大小F＝I×3L×23B＝2ILB，故A錯誤，B正確；若磁場沿M指向Q的方向，對磁場沿平行、垂直于面ACPM的方向分解，分量B1＝B2＝22B，則在面ACPM中，安培力大小F＝I×3L×B1＝I×3L×22B＝62ILB，分量B2同樣要產(chǎn)生安培力，因此安培力肯定要大于62ILB，故9.（1）（2－3）R（2）2解析：（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝m又v＝qBR聯(lián)立解得r＝R根據(jù)幾何關(guān)系知沿y軸負向射出的粒子到恰好過x＝R處擋板最上端點A的粒子都被擋板擋住了，而粒子過A點時的軌跡圓心設(shè)為O3，則知△OAO3為等邊三角形，OO3與水平方向的夾角為60°，故軌跡圓與y軸正半軸的交點距原點O的距離為2Rsin60°＝3R從原點O沿x軸正半軸射出的粒子打在y軸正半軸的位置距原點O的距離為2R，故y軸正半軸上有粒子飛出部分的長度為2R－3R＝（2－3）R。（2）根據(jù)題意粒子均勻持續(xù)地發(fā)射在第四象限的各個方向，發(fā)射角為90°，又發(fā)射中能被擋板擋住的粒子的發(fā)射角為60°，故同一時刻發(fā)射出的粒子中能被擋板擋住的粒子數(shù)占發(fā)射粒子總數(shù)的比值等于發(fā)射角度的比值，為60°90°10.（1）mvqR，（2）πR3≤s解析：（1）根據(jù)題意可知從粒子源中點P發(fā)出的粒子在磁場中運動軌跡為四分之一圓周，軌跡半徑為r1，由幾何關(guān)系可知r1＝R根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv聯(lián)立解得B＝mv根據(jù)左手定則可知，磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面向里。（2）根據(jù)題意可知，從N點射出的粒子在磁場中運動的路程最短，如圖甲所示根據(jù)幾何關(guān)系可得cos∠COB＝R2R解得∠COB＝60°因為四邊形OBO1Q為菱形所以∠QO1B＝60°則粒子經(jīng)過磁場區(qū)域的最短路程為s1＝16×2πR＝根據(jù)題意可知，從M點射出的粒子在磁場中運動的路程最長，如圖乙所示易知四邊形O2DOQ為菱形，根據(jù)幾何關(guān)系可知∠QO2D＝120°則粒子經(jīng)過磁場區(qū)域的最長路程為s2＝13×2πR＝所以從粒子源發(fā)出的粒子經(jīng)過磁場區(qū)域的路程范圍為πR3≤s≤素養(yǎng)培優(yōu)3帶電粒子在組合場中的運動1.AB根據(jù)左手定則可知，粒子在速度選擇器中受到的洛倫茲力向右，則電場力向左，極板M帶負電荷，故A正確；根據(jù)平衡條件有qUd＝qvB1，解得v＝UdB1，故B正確；粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB2＝mv2r，解得r＝mUqdB1B2∝mq，顯然光斑A是氚核產(chǎn)生的，設(shè)氕核的質(zhì)量為m0、所帶的電荷量為e，則氚核的比荷為e3m0＝Ud2B1B2，氦核的比荷為2e4m0＝3U2d2B1B22.D由靜電分析器中電場力充當向心力可知，粒子帶正電，根據(jù)左手定則可知，磁分析器中磁場方向垂直于紙面向里，故A錯誤；在加速電場中，根據(jù)動能定理得qU＝12mv2，在靜電分析器中，根據(jù)電場力充當向心力得qE＝mv2R，聯(lián)立可得電場強度E＝2UR，故B錯誤；在磁分析器中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qvB＝mv2D2，可得粒子進入磁分析器到打在膠片上的距離D＝2B2mUq，所以與粒子的比荷有關(guān)，僅改變粒子的比荷，粒子不能打在膠片上的同一點，故C錯誤；由上述公式可知，磁場磁感應(yīng)強度B越小，半徑越大，當B為最小值時，粒子與QD邊相切，由于圓心在PN上，則半徑R＝2d，此時有3.C由洛倫茲力提供向心力可知qvB＝mv2r，可得v＝qBrm，當r＝R時，質(zhì)子的速度最大，質(zhì)子的動能最大Ekm＝12mv2＝q2B2R22m，若只增大交變電壓U，則質(zhì)子的最大動能Ek不變，A錯誤；為了使質(zhì)子能在回旋加速器中加速，質(zhì)子的運動周期應(yīng)與交變電壓的周期相同，B錯誤；由nqU＝12mvn2以及rn＝mvnqB，可得質(zhì)子第n次被加速前、后的動能之比為Ek（n－1）∶Ekn＝n－1∶n，速度之比為vn－1∶vn＝n－1∶n，由牛頓第二定律得qvB＝ma，則a＝4.（1）2qUm（2）B2R2q2解析：（1）粒子從A點運動到C點，根據(jù)動能定理得qU＝12mv0解得v0＝2qU（2）設(shè)帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為r，如圖所示由幾何關(guān)系得（3R）2＋r2＝（r＋R）2解得r＝R由牛頓第二定律得qv1B＝mv又因qU1＝12mv1解得U1＝B2（3）設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角為θ，由幾何關(guān)系得tanθ2＝解得θ＝2粒子在磁場中運動的周期為T＝2粒子從C點到第一次與絕緣薄板碰撞所需時間為t＝T解得t＝13πR由幾何關(guān)系可得粒子在危險區(qū)運動時總共與絕緣薄板發(fā)生5次碰撞，粒子從離開電場到再次返回電場時間為t總＝6t＝2πR2m5.（1）mv0qd（2）mv022qd（解析：由題意，畫出粒子在磁場和電場中的運動軌跡如圖所示（1）研究粒子在磁場中的勻速圓周運動時，由向心力公式，得qv0B＝mv又r＝d解得勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B＝mv（2）粒子在電場中做勻減速直線運動，由動能定理，得－qEd＝0－12m則勻強電場的電場強度大小E＝mv（3）粒子在磁場中運動的周期T＝2mπ粒子第一次在磁場中運動的時間t1＝34T＝在電場中的加速度a＝qEm＝粒子第一次在電場中來回的時間t2＝2×2da粒子第二次在磁場中運動的時間t3＝14T＝粒子從O點射出至第三次穿過邊界線OM所用的時間t總＝t1＋t2＋t3＝2dv0（π＋6.（1）1k（2）（3）π解析：（1）設(shè)電子進入插入體前的速度大小為v0，則電子經(jīng)過插入體前后，由洛倫茲力提供向心力有ev0B＝mve·kv0B＝m（聯(lián)立解得r1r2（2）電子多次循環(huán)穩(wěn)定后，對電子從c'd'出發(fā)經(jīng)電場到ab的過程，由動能定理有eU＝12mv2－12m（kv解得v＝2eU（3）結(jié)合（2）問分析，當電子到達cd中點P時速度穩(wěn)定后，其在abcd區(qū)域運動有evB＝mv解得r＝1結(jié)合（1）問分析可知，電子在a'b'c'd'區(qū)域運動的半徑為r'＝k所以電子相鄰兩次經(jīng)過cd邊的位置間的距離為l＝2（r－r'）由幾何關(guān)系可知R2－又電子在磁場中運動的周期為T＝2πr聯(lián)立解得電子從P運動到d的時間為t＝nT＝π（素養(yǎng)培優(yōu)4帶電粒子（體）在疊加場、交變場中的運動1.AC由左手定則可知，帶正電粒子在磁場中受到向上的洛倫茲力，帶負電粒子在磁場中受到向下的洛倫茲力，則等離子體從左側(cè)噴入磁場時，帶正電粒子向上偏轉(zhuǎn)，帶負電粒子向下偏轉(zhuǎn)，所以極板MN帶正電，為發(fā)電機的正極，A正確；極板間的電壓穩(wěn)定后，對在極板間運動的某個帶電粒子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝vBd，所以僅增大兩極板間的距離d，極板間的電壓增大，B錯誤；僅增大等離子體的噴入速率v，極板間的電壓增大，C正確；僅增大等離子體的正、負帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓不變，D錯誤。2.C對粒子受力分析可知，粒子受到的洛倫茲力與速度大小和方向有關(guān)，則粒子必定做勻速直線運動，粒子受到的電場力水平向右，受到的重力豎直向下，則洛倫茲力垂直運動軌跡斜向上，根據(jù)左手定則可知，勻強磁場的方向垂直于紙面向外，故A錯誤；根據(jù)受力平衡有tan30°＝qEmg，sin30°＝qEqvB，則粒子的電荷量q＝mgtan30°E，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B＝Evsin30°，故B錯誤，C正確；若粒子運動過程中，磁場突然消失3.AC帶電小球的比荷為gE，則有Eq＝mg，則在復(fù)合場中小球合力為洛倫茲力，所以小球在復(fù)合場中做勻速圓周運動，射出時的速度方向與下邊界的夾角為60°，則小球運動情況有兩種，軌跡如圖所示若小球速度為v1，根據(jù)幾何知識可得軌跡所對應(yīng)的圓心角為120°，此時小球在復(fù)合場中的運動時間為t1＝120°360°T＝13·2πmBq＝2πE3Bg，根據(jù)幾何知識可得，其軌跡半徑為R1＝23h，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqv1＝mv12R1可得，小球的速度v1＝2Bgh3E，小球的路程s1＝120°360°×2πR1＝49πh，小球的加速度a1＝v12R1＝2B2g2h3E2，若小球速度為v2，則根據(jù)幾何知識可得軌跡所對應(yīng)的圓心角為60°，此時小球在復(fù)合場中的運動時間t2＝60°360°T＝16×2πmBq＝πE3Bg，根據(jù)幾何知識可得，其軌跡半徑為R4.（1）Ev0（2）54L（解析：（1）由粒子受力平衡可知qv0B＝qE解得B＝Ev0，因此勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大小為（2）撤去電場，調(diào)整磁感應(yīng)強度B大小使粒子剛好從極板a右端射出，其運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系得r2＝L2＋r解得r＝54L，因此粒子運動半徑為54（3）撤去磁場，粒子做類平拋運動，則有L＝v0t，y＝12at又由牛頓第二定律得qE＝ma解得y＝qE由動能定理得ΔEk＝qEy＝q2E2L225.（1）v0t02π，v0t02（3）32＋22解析：（1）粒子在磁場中運動的周期T＝2πmq根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有B0qv0＝mv02r1，又因B0＝2πm所以t04時刻粒子坐標為r1，（2）0～4t0時間內(nèi)的運動軌跡如圖由圖可知0～4t0時間段內(nèi)粒子速度沿－x方向的時刻為t1＝T2和t2＝2T＋38T，即t1＝12t0和t2＝19（3）0～7t0時間內(nèi)粒子運動的軌跡如圖所示t0～2t0時間內(nèi)粒子沿y軸方向位移y1＝12v0t6t0