高中物理带电粒子在复合场中的运动专项练习及解析
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．如图所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电量
为＋q 的粒子由小孔下方
2
d
处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。
(1)求极板间电场强度的大小；
(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小； (3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv qD 、
4mv
qD
,粒子运动一段时间后再次经过H 点，求这段时间粒子运动的路程．
【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（山东卷带解析)
【答案】（1）2
mv qd
（2）4mv qD 或43mv qD （3）5.5πD
【解析】 【分析】 【详解】
(1)粒子在电场中，根据动能定理2
122
d Eq mv ?=，解得2mv E qd =
(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为
/2
E R 由2
1
1
v qvB m r =，解得4mv B qD = 则当外切时，半径为
e R
由2
12
v qvB m r =，解得43mv B qD =
(2)若Ⅰ区域的磁感应强度为220932qB L m U =，则粒子运动的半径为00
10016819
U U U ≤≤；Ⅱ
区域的磁感应强度为20
12qU mv =，则粒子运动的半径为2
v qvB m r
=；
设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T 1、T 2，由运动公式可得：
1112R T v π=
；03
4
r L =
据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为1θ，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为2θ，圆弧和大圆的两个切点与圆心O 连线间的夹角设为α，由几何关系可得：1120θ=；2180θ=；
60α=
粒子重复上述交替运动回到H 点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间
分别为t 1、t 2，可得：r U ∝；1056
U L
U L
=
设粒子运动的路程为s ，由运动公式可知：s=v(t 1+t 2) 联立上述各式可得：s=5.5πD
2．如图，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 段是水平的，BD 段为半径R =0.25m 的半圆,两段轨道相切于B 点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小
E =5.0×103V/m 。一不带电的绝缘小球甲，以速度v 0沿水平轨道向右运动，与静止在B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m =1.0×10-2kg ，乙所带电荷量q =2.0×10-5C ，g 取10m/s 2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D ，求乙球在B 点被碰后的瞬时速度大
小；
（2）在满足1的条件下，求甲的速度v 0；
（3）甲仍以中的速度v 0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B 点的距离范围。
【来源】四川省资阳市高中（2018届)2015级高三课改实验班12月月考理综物理试题 【答案】（1）5m/s ；（2）5m/s ；（3）
32m 3m 2
x '≤<。
【解析】 【分析】 【详解】
（1）对球乙从B 运动到D 的过程运用动能定理可得
22112222
D B mg R q
E R mv mv --=
- 乙恰能通过轨道的最高点D ，根据牛顿第二定律可得
2
D
v mg qE m
R
+=
联立并代入题给数据可得
B v =5m/s
（2）设向右为正方向，对两球发生弹性碰撞的过程运用动量守恒定律可得
00
B mv mv mv '=+ 根据机械能守恒可得
22200111222
B mv mv mv '=+
联立解得
0v '=，05v =m/s （3）设甲的质量为M ，碰撞后甲、乙的速度分别为M v 、m v ，根据动量守恒和机械能守恒定律有
0M m Mv Mv mv =+
2220111
222
M m Mv Mv mv =+ 联立得
2m Mv v M m
=
+ 分析可知：当M =m 时，v m 取最小值v 0；当M ?m 时，v m 取最大值2v 0 可得B 球被撞后的速度范围为
002m v v v <<
设乙球过D 点的速度为D
v '，由动能定理得 2211
2222
D m mg R q
E R mv mv --=
'- 联立以上两个方程可得
35m /s<230m /s D
v '> 设乙在水平轨道上的落点到B 点的距离为x '，则有
2
122
D x v t R gt ''==
， 所以可得首次落点到B 点的距离范围
32m 23m 2
x '≤<
3．如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为
d ，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m 、带电量q +、重力不计的
带电粒子，以初速度1v 垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动．已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推．求：
（1）粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功1W （2）粒子第n 次经过电场时电场强度的大小n E （3）粒子第n 次经过电场所用的时间n t
（4）假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零．请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值）．
【来源】河北省衡水中学滁州分校2018届高三上学期全真模拟物理试题
【答案】（1）2
1132mv W = （2）21(21)2n
n mv E qd +=（3
）1
2(21)n d t n v =+ （4）如图；
【解析】 （1）根据mv r qB =，因为212r r =，所以212v v =，所以22
1211122
W mv mv =-, （2）
=
，
，所以
．
（3），，所以．
(4)
4．如图所示，在 xOy 坐标平面的第一象限内有一沿 y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m 、电量为+q 的粒子（重力不计）从坐标原点 O 射入磁场，其入射方向与x 的正方向成 45°角．当粒子运动到电场中坐标为（3L ，L ）的 P 点处时速度大小为 v 0，方向与 x 轴正方向相同．求： （1）粒子从 O 点射入磁场时的速度 v ；
（2）匀强电场的场强 E 0 和匀强磁场的磁感应强度 B 0． （3）粒子从 O 点运动到 P 点所用的时间．
【来源】海南省海口市海南中学2018-2019学年高三第十次月考物理试题 【答案】（1）02v
；（2）0
2mv Lq
；（3）0(8)4L v π+
【解析】 【详解】
解：(1)若粒子第一次在电场中到达最高点P ，则其运动轨迹如图所示，粒子在 O 点时的速度大小为v ，OQ 段为圆周，QP 段为抛物线，根据对称性可知，粒子在Q 点时的速度大小也为v ，方向与x 轴正方向成45?角，可得：045v vcos =? 解得：02v v =
(2)在粒子从Q 运动到P 的过程中，由动能定理得：2201122
qEL mv mv -=
- 解得：2
2mv E qL
=
又在匀强电场由Q 到P 的过程中，水平方向的位移为：01x v t = 竖直方向的位移为：0
12
v y t L =
= 可得：2QP x L =，OQ L =
由2cos 45OQ R =?，故粒子在OQ 段圆周运动的半径：22
R L
=
及mv R qB =
解得：02mv
B
qL
=
(3)在Q点时，00
45
y
v v tan v
=?=
设粒子从由Q到P所用时间为1t，在竖直方向上有：10
2
2
L L
t
v v
==
粒子从O点运动到Q所用的时间为：2
4
L
t
v
π
=
则粒子从O点运动到P点所用的时间为：t总12
000
2(8)
44
L L L
t t
v v v
ππ
+
=+=+=
5．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB∥CD、AD∥BC，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为B.一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d，带电粒子的质量为m，带电量为q，不计粒子的重力.求：
(1)带电粒子入射速度的大小；
(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；
(3)匀强电场的电场强度大小．
【来源】【市级联考】广东省广州市2019届高三12月调研测试理科综合试题物理试题
【答案】（1）
cos
qBd
mθ
（2）
cos
sin
m
qB
θ
θ（3）
2
cos
qB d
mθ
【解析】
【分析】
画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强.
【详解】
（1）设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，画出运动轨迹如图所示，
轨迹圆心为O ．
由几何关系可知：cos d R
θ=
洛伦兹力做向心力：20
0v qv B m R
= 解得0cos qBd
v m θ
=
（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d x
θ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θ
θ
=
（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B
解得2qB d
E mcos θ
=
【点睛】
此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.
6．如图所示，在直角坐标系0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，在边长为2L 的正方形abcd 区域（包括边界）内有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一电子从y 轴上的A （0，
32
L
）点以大小为v 0的速度沿x 轴正方向射入电场，已知电子的质量为m 、电荷量为e ，正方形abcd 的中心坐标为（3L ，0），且ab 边与x 轴平行，匀强电场的电场强度大
小20
mv E eL
=．
（1）求电子进入磁场时的位置坐标；
（2）若要使电子在磁场中从ab 边射出，求匀强磁场的磁感应强度大小B 满足的条件． 【来源】【全国市级联考】河北省邯郸市2018届高三第一次模拟考试理综物理试题 【答案】（1）（2L ，0）（2）0(21)
mv +≤B ＜0
(21)mv +
【解析】
试题分析：电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程，即可求出电子进入磁场时的位置坐标；电子从ab 边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab 相切和bc 相切，根据几何关系求出相应半径，由洛伦兹力提供向心力即可求出强磁场的磁感应强度大小B 满足的条件．
（1）电子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示：则有： 竖直方向有：2
112
y at = 加速度为：eE a m
=
水平方方向为：10
L t v = 竖直速度：v y ＝at 1 解得：y 1＝
2
L
v y ＝v 0
所以电子射出电场时的速度方向与x 轴成45°角，则电子在电场中沿x 轴正方向和沿y 轴负方向运动的距离分别为L 和
2
L
，又因为A 点的坐标是（0，32L ），电子在无电场和磁场的
区域内做匀速直线运动，则电子射入磁场区的位置坐标为（2L ，0）且射入磁场区的速度大小：v 2v 0，方向与x 轴成45°角．
（2）分使电子从ab 边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab 相切和bc 相切
当运动轨迹与ab相切时，有r1＋r1sin45°＝L
电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：
2
1
1
mv evB
r
=
解得：0
1
(21)mv
B
+
=
当运动轨迹与bc相切时，有：r2＋r2sin45°＝2L
电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：
2
2
2
mv
evB
r
=
解得：0
2
(21)
2
mv
B
Le
+
=
匀强磁场的磁感应强度大小B满足的条件：0
(21)
2
mv
Le
+
≤B＜0
(21)mv
Le
+
点睛：本题主要考查了带电粒子由电场进入磁场的情况，电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程列式分析求解；在磁场中，关键要画出轨迹图分析，根据几何关系求解．
7．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，与x轴的交点分别为M、N，在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、
Q两点之间的距离为
2
L
，飞出电场后从M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。（1）求0≤x≤L区域内电场强度E的大小和电子从M点进入圆形区域时的速度v M；
（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小和电子在圆形区域内运动的时间t；
（3）若在电子从M点进入磁场区域时，取t＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T满足的关系表达式。
【来源】【省级联考】吉林省名校2019届高三下学期第一次联合模拟考试物理试题
【答案】（1）
2U
E
L
=，2
M
eU
v
m
=，设v M
的方向与x轴的夹角为θ，θ＝45°；（2）
2
M
mv mv
B
eR L e
==，
3
3
4
8
M
R L m
t
v eU
ππ
==；（3）T的表达式为22
T
n emU
=（n＝
1，2，3，…）
【解析】
【详解】
（1）在加速电场中，从P点到Q点由动能定理得：2
1
2
eU mv
=
可得
2eU
v
m
=
电子从Q点到M点，做类平抛运动，
x轴方向做匀速直线运动，
2
L m
t L
v eU
==
y轴方向做匀加速直线运动，2
1
22
L eE
t
m
=?
由以上各式可得：
2U
E
L
=
电子运动至M点时：22
()
M
Ee
v v t
m
=+
即：2
M
eU
v
m
=
设v M的方向与x轴的夹角为θ，
2
cos
2
M
v
v
θ==
解得：θ＝45°。
（2）如图甲所示，电子从M点到A点，做匀速圆周运动，因O2M＝O2A，O1M＝O1A，且O2A∥MO1，所以四边形MO1AO2为菱形，即R＝L
由洛伦兹力提供向心力可得：
2
M M
v ev B m
R
=
即
2
M
mv mv
B
eR L e
==
3
3
4
8
M
R L m
t
v eU
ππ
==。
（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于轨道半径2R'，即222
R L
'=
因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：22)2
n R L
'=（n＝1，2，3，…）
电子在磁场中做圆周运动的轨道半径
M
mv
R
eB
'=
解得：
22
n emU
B=n＝1，2，3，…）
电子在磁场变化的半个周期内恰好转过
1
4
圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期
的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是
1
42
T
T=
又0
2m
T
eB
π
=
则T的表达式为
22
T
n emU
=n＝1，2，3，…）。
8．如图为近代物理实验室中研究带电粒子的一种装置．带正电的粒子从容器A下方小孔S 不断飘入电势差为U的加速电场．进过S正下方小孔O后，沿SO方向垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片D上并被吸收，D与O在同一水平面上，粒子在D上的落点距O为x，已知粒子经过小孔S时的速度可视为零，不考虑粒子重力．
（1）求粒子的比荷q/m ；
（2）由于粒子间存在相互作用，从O 进入磁场的粒子在纸面内将发生不同程度的微小偏转．其方向与竖直方向的最大夹角为α，若假设粒子速度大小相同，求粒子在D 上的落点与O 的距离范围；
（3）加速电压在（U±△U ）范围内的微小变化会导致进入磁场的粒子速度大小也有所不同．现从容器A 中飘入的粒子电荷最相同但质量分别为m 1、m 2（m 1＞m 2），在纸面内经电场和磁场后都打在照相底片上．若要使两种离子的落点区域不重叠，则 U
U
应满足什么条件？（粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大夹角仍为α） 【来源】浙江诸暨市牌头中学2017-2018学年高二1月月考物理试题
【答案】（1）228U
B x
（2）最大值x 最小值cos x α （3）2122
12cos cos m m U m m αα-?<+ 212(cos )m m α>
【解析】 【详解】
（1）沿SO 方向垂直进入磁场的粒子，最后打在照相底片D 的粒子； 粒子经过加速电场：qU=
12
mv 2
洛伦兹力提供向心力：qvB=m 2
v R
落点到O 的距离等于圆运动直径：x=2R
所以粒子的比荷为：22
8 q U
m B x
=
（2）粒子在磁场中圆运动半径22
qmU x
R =
=
由图象可知：粒子左偏θ角（轨迹圆心为O 1）或右偏θ角（轨迹圆心为O 2） 落点到O 的距离相等，均为L=2Rcosθ 故落点到O 的距离 最大：L max =2R=x 最小：L min =2Rcosα=xcosα
（3）①考虑同种粒子的落点到O 的距离； 当加速电压为U+△U 、偏角θ=0时，距离最大，
L max =2R max =2 2()qm U U Bq
+? 当加速电压为U-△U 、偏角θ=α时，距离最小 L min =2R min cosα=2
2()qm U U Bq
-? cosα
②考虑质量不同但电荷量相同的两种粒子 由R=
2 qmU
和 m 1＞m 2，知：R 1＞R 2 要使落点区域不重叠，则应满足：L 1min ＞L 2max
12
2()qm U U Bq
-? cosα＞22
2()qm U U Bq
+?
解得：212
2
12
cos cos m m U m m αα-?<+． （应有条件m 1cos 2α＞m 2，否则粒子落点区域必然重叠）
9．在平面直角坐标系xOy 中，第Ⅱ、Ⅲ象限y 轴到直线PQ 范围内存在沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度大小500N/C E =，第I 、Ⅳ象限以()0.4,0为圆心，半径为的
圆形范围内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度0.5T B =.大量质量为
10110kg m -=?，电荷量6110C q -=?的带正电的粒子从PQ 上任意位置由静止进入电
场．已知直线PQ 到y 轴的距离也等于R ．不计粒子重力，求：
（1）粒子进入磁场时的速度大小；
（2）若某个粒子出磁场时速度偏转了120，则该粒子进入电场时到y 轴的距离h 多大？ （3）粒子在磁场中运动的最长时间．
【来源】天津市耀华中学2019届高三高考二模物理试题 【答案】（1）2000m/s （2）0.2m （3）4210s π-? 【解析】 【详解】
（1）粒子在电场中加速，则有：212
EqR mv = 解得：2000m/s v =
（2）在磁场中，有：2
v qvB m r
=
解得： 0.4m r R ==
即正好等于磁场半径，如图，轨迹圆半径与磁场圆半径正好组成一个菱形
由此可得sin300.2h R m =?=
（3）无论粒子从何处进入磁场，（2）中菱形特点均成立，所有粒子均从同一位置射出磁场，故4max 210s 2T m t Bq
ππ-=
==?
10．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面
向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x (1)求电场强度大小E ； (2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ； (3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间． 【来源】四川省2018届高三春季诊断性测试理综物理试题 【答案】（1）2 mv E qL =（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）0 2L t v π= 【解析】 本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解． (1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： 0L v t =， 2 122 L at =，qE ma = 联立解得： 2 mv E qL = (2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan x y v v θ==l 速度大小0 02sin v v v θ = = 设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L ，0 )点，应满足L=2nx ，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2 π ；当满足L=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示． 若轨迹如图甲设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2 π .则有2R ，此时满足L=2nx 联立可得：22R n = 由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2 v qvB m R = 得：0 4nmv B qL = ，n=1、2、3.... 轨迹如图乙设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为 2 π .则有222x R ，此时满足()221L n x =+ 联立可得：()2212 R n = + 由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2 22 v qvB m R = 得：()0 2221n mv B qL += ，n=1、2、3.... 所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL = ，n=1、2、3....或()0 2221n mv B qL +=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n× 2 π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=?== 若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220 (42)(42)2n n m L t T qB v ππππ++=? == 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为0 2222n n m L t T qB v ππππ=? ==或 2220 (42) (42)2n n m L t T qB v ππππ++=? == 11．如图1，光滑绝缘水平平台MNQP 为矩 形， GH ∥PQ ，MP =NQ =1m ，MN =GH =PQ =0.4m ，平台离地面高度为h =2.45m ．半径为R =0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B =0.05T ，方向竖直向上，与MP 边相切于A 点，与NQ 边相切于D 点，与GH 相切于C 点．平台上PGHQ 区域内有方向由P 指向G 的匀强电场，场强大小为E =0.25V/m ．平台右方整个空间存在方向水平向右的电场，场强大小也为E =0.25V/m ，俯视图如图2．两个质量均为m =2×10-5kg 的小球a 、b ，小球a 带正电，电量q =4×10-4C ，小球b 不带电，小球a 、b 均可视为质点．小球a 从A 点正对圆心O 射入磁场，偏转90°后离开磁场，一段时间后与静止在平台D 点的小球b 发生弹性碰撞，碰后两球离开平台，并在此后的运动过程中发生多次弹性碰撞，a 球带电量始终不变，碰撞时间忽略不计．已知重力加速度g =10m/s 2，π=3.14，不计空气阻力，求： (1)小球a 射入磁场时的速度大小； (2)从小球a 射入磁场到第一次与小球b 相碰撞，小球a 运动的路程； (3)两个小球落地点与NQ 的水平距离． 【来源】【市级联考】重庆市2019届高三5月调研测试（第三次诊断性考试)理综试卷物理试题 【答案】（1）0.2m/s （2）0.636m （3）0.684m 【解析】 【详解】 (1)小球a 从A 点正对圆心O 射入磁场，偏转90°后离开磁场，小球a 在洛伦兹力作用下做圆周运动，轨迹如图： 分析得半径R =0.2m 由2 v qvB m R = 得：v =0.2m/s (2)磁场中运动的路程s 1=πR=0.628m 电场中加速度25m/s qE a m = = 电场的路程2 220.008m 2v s a =?= 小球a 射入磁场到与小球b 相碰过程运动的路程120.636m s s s =+= (3)a 、b 球弹性碰撞，质量相等每一次碰撞速度交换． D 点碰后，两球速度分别为v a D =0，v b D =0.2m/s 此后两球抛离平台，竖直方向均做自由落体运动 由2 2 gt h =得，两小球在空中运动时间20.7s h t g == 水平方向：b 球匀速运动，a 球加速运动，加速度25m/s qE a m = = 每次碰到下一次碰撞，两球位移相等，v —t 图如图所示： 可得，每两次碰撞间隔时间是定值：21 ()2 bD v t a t ??= ? 0.08s t ?= 由 0.7380.084 t t ==? 所以小球在空中碰8次后，再过0.06s 落地 小球b 在空中碰n 次后速度为v bN =(n +1)v bD =0.2(n +1) m/s 小球离开D 点后在空中第一次碰撞前，水平位移x 1=v b 1·△t=0.016m 小球在空中第一次到第二次碰撞水平位移x 2=2v b 1· △t=0.032m 以此类推，小球在空中第n -1次到第n 次碰撞水平位移x n =nx 1=0.016m 所以，在空中碰撞8次时的水平位移x 0=0.016×（1+2+3+4+5+6+7+8）=0.576m 第8次碰后 v b 8=1.8m/s v a 8=1.6m/s 所以，8次碰后0.06s 内，△x b =v b 8×0.06=0.108m △x a =v a 8×0.06+ 1 2 a ×0.062=0.105m 所以，水平位移分别为x a =x 0+△x a =0.681m x b =x 0+△x b =0.684m 12．如图所示，直线y =x 与y 轴之间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场1B ，直线x =d 与y =x 间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度41.010V/m E =?，另有一半径R =1.0m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度20.20T B =，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x =d 和x 轴均相切，且与x 轴相切于S 点．一带负电的粒子从S 点沿y 轴的正方形以速度0v 进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域1B ，且第一次进入磁场1B 时的速度方向与直线 y =x 垂直．粒子速度大小5 0 1.010m/s v =?，粒子的比荷为5/ 5.010C/kg q m =?，粒子重 力不计．求： (1)粒子在匀强磁场2B 中运动的半径r ； (2)坐标d 的值； (3)要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，则磁感应强度1B 应满足的条件； (4)在(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y =x 上的最长时间（ 3.14π=，结果保留两位有效数字）. 【来源】天津市滨海新区2019届高三毕业班质量监测理科综合能力测试物理试题 一、第四章 运动和力的关系易错题培优（难） 1．如图所示，在竖直平面内有ac 、abc 、adc 三个细管道，ac 沿竖直方向，abcd 是一个矩形。将三个小球同时从a 点静止释放，忽略一切摩擦，不计拐弯时的机械能损失，当竖直下落的小球运动到c 点时，关于三个小球的位置，下列示意图中可能正确的是（ ） A ． B ． C ． D ． 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 设ac d =，acb α∠=， 设小球沿ab 、bc 、ac 、ad 、dc 下滑的加速度分别为1a 、 2a 、3a 、4a 、5a 。 根据牛顿第二定律得 15sin sin mg a a g m α α=== sin(90) 24cos mg a a g m αα?-== = 3a g = 对ab 段有 2211111 sin sin 22 d a t g t αα= = 得 12d t g = 对ac 段有 2312 d gt = 得 32d t g = 对ad 段有 2244411cos cos 22 d a t g t αα= = 得 42d t g = 所以有 124t t t == 即当竖直下落的小球运动到c 点时，沿abc 下落的小球恰好到达b 点，沿adc 下落的小球恰好到达d 点，故ACD 错误，B 正确。 故选B 。 2．如图所示，倾角θ=60°、高为h 的粗糙斜面体ABC 固定在水平地面上，弹簧的一端固定在BC 边上距B 点 3 h 高处的D 点，可视为质点的小物块Q 与弹簧另一端相连，并静止于斜面底端的A 点，此时小物块Q 恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为0。已知小物块Q 与斜面间的动摩擦因数μ= 3 ，小物块Q 所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ） 精心整理 高一物理运动学练习题（一） 1、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，可以把物体简化为一个有质量的点，即质点．物理学中，把这种在原型的基础上，突出问题的主要方面，忽略次要因素，经过科学抽象而建立起来的客体称为（） A.控制变量 B.理想模型 C.等效代替 D.科学假说 2．下列关于质点的说法中，正确的是（）A．体积很小的物体都可看成质点 B．不论物体的质量多大，只要物体的尺寸对所研究的问题没有影响或影响可以忽略不计，就可以看成质点 C．研究运动员跨栏时身体各部位的姿势时可以把运动员看成质点 D．研究乒乓球的各种旋转运动时可以把乒乓球看成质点 3．下列各组物理量中，都是矢量的是（）A．位移、时间、速度B．速度、速率、加速度 C．加速度、速度的变化、速度D．速度、路程、位移 4.一个物体从A点运动到B点，下列结论正确的是（） A．物体的位移一定等于路程B．物体的位移与路程的方向相同，都从A指向B C．物体的位移的大小总是小于或等于它的路程D．物体的位移是直线，而路程是曲线 5．一个小球从5m高处落下，被水平地面弹回，在4m高处被接住，则小球在整个过程中（取向下为正方向）（） A．位移为9m B．路程为－9m C．位移为－1m D．位移为1m 6.下列关于速度和加速度的说法中，正确的是（） A．物体的速度越大，加速度也越大B．物体的速度为零时，加速度也为零 C．物体的速度变化量越大，加速度越大D．物体的速度变化越快，加速度越大 7.我国飞豹战斗机由静止开始启动，在跑动500m后起飞，已知5s末的速度为10m/s，10s末的速度为15m/s，在20s末飞机起飞。问飞豹战斗机由静止到起飞这段时间内的平均速度为() A．10m/s B．12.5m/s C．15m/s D．25m/s 8．在同一张底片上对小球运动的路径每隔0.1s拍一次照，得到的照片如图所示，则小球在拍照的时间内，运动的平均速度是（） A．0.25m/s B．0.2m/s C．0.17m/sD．无法确定 9.以下各种运动的速度和加速度的关系可能存在的是 A．速度向东，正在减小，加速度向西，正在增大 B．速度向东，正在增大，加速度向西，正在减小 C．速度向东，正在增大，加速度向西，正在增大 D．速度向东，正在减小，加速度向东，正在增大 10.一足球以12m/s的速度飞来，被一脚踢回，踢出时的速度大小为24m/s，球与脚接触时间为0.1s，则此过程中足球的加速度为：（） A、120m/s2,方向与中踢出方向相同 B、120m/s2,方向与中飞来方向相同 高中物理典型例题集锦 (电磁学部分) 25、如图22-1所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板 的中央各有小孔M、N。今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N三点在同一竖直线上)，空气阻力不计，到达N点时速度恰好 为零，然后按原路径返回。若保持两板间的电压不变，则： A.若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回。 B.若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回。 C.若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过 N孔继续下落。 图22-1 D.若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N 孔继续下落。 分析与解：当开关S一直闭合时，A、B两板间的电压保持不变，当带电质点从M向N 运动时，要克服电场力做功，W=qU AB，由题设条件知：带电质点由P到N的运动过程中，重力做的功与质点克服电场力做的功相等，即：mg2d=qU AB 若把A板向上平移一小段距离，因U AB保持不变，上述等式仍成立，故沿原路返回， 应选A。 若把B板下移一小段距离，因U AB保持不变，质点克服电场力做功不变，而重力做功 增加，所以它将一直下落，应选D。 由上述分析可知：选项A和D是正确的。 想一想：在上题中若断开开关S后，再移动金属板，则问题又如何(选A、B)。 26、两平行金属板相距为d，加上如图23-1(b)所示的方波形电压，电压的最大值为U0，周期为T。现有一离子束，其中每个 离子的质量为m，电量为q，从与两板 等距处沿着与板平行的方向连续地射 入两板间的电场中。设离子通过平行 板所需的时间恰为T(与电压变化周图23-1 图23-1(b) 一．选择题（共28小题） 1．（2014?陆丰市校级学业考试）某一做匀加速直线运动的物体，加速度是2m/s2，下列关于该物体加速度的理解 D 9．（2015?沈阳校级模拟）一物体从H高处自由下落，经时间t落地，则当它下落时，离地的高度为（） D 者抓住，直尺下落的距离h，受测者的反应时间为t，则下列结论正确的是（） ∝ ∝ 光照射下，可观察到一个下落的水滴，缓缓调节水滴下落的时间间隔到适当情况，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置不动，一般要出现这种现象，照明光源应该满足（g=10m/s2）（） 地时的速度之比是 15．（2013秋?忻府区校级期末）一观察者发现，每隔一定时间有一滴水自8m高的屋檐落下，而且看到第五滴水 D 17．（2014秋?成都期末）如图所示，将一小球从竖直砖墙的某位置由静止释放．用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3…所示的小球运动过程中每次曝光的位置．已知连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度均为d．根据图中的信息，下列判断正确的是（） 小球下落的加速度为 的速度为 ：2 D： 2 D O点向上抛小球又落至原处的时间为T2在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P 23．（2014春?金山区校级期末）一只气球以10m/s的速度匀速上升，某时刻在气球正下方距气球6m处有一小石 2 v0v0D 27．（2013?洪泽县校级模拟）一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过同一较低a点的时间间隔为T a，两次经 g（T a2﹣T b2）g（T a2﹣T b2）g（T a2﹣T b2）D g（T a﹣T b） 28．（2013秋?平江县校级月考）在以速度V上升的电梯内竖直向上抛出一球，电梯内观者看见小球经t秒后到 h= 高中物理牛顿运动定律题20套(带答案) 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．如图所示，质量M=0．4kg 的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板问的距离L=0．5m ，某时刻另一质量m=0．1kg 的小滑块(可视为质点)以v 0=2m ／s 的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0．2，重力加速度g=10m ／s 2，小滑块始终未脱离长木板。求： (1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰； (2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。 【答案】（1）1.65m （2）0.928m 【解析】 【详解】 解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒： 解得： 对长木板： 得长木板的加速度： 自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度： 解得： 长木板位移： 解得： 两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板 解得： (2)长木板碰竖直挡板后,小滑块和长木板水平方向动量守恒： 最终两者的共同速度： 小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离： 2．地震发生后，需要向灾区运送大量救灾物资，在物资转运过程中大量使用了如图所示的传送带.已知某传送带与水平面成37θ=o 角，皮带的AB 部分长 5.8L m =，皮带以恒定的速率4/v m s =按图示方向传送，若在B 端无初速度地放置一个质量50m kg =的救灾物资 (P 可视为质点)，P 与皮带之间的动摩擦因数0.5(μ=取210/g m s =，sin370.6)=o ， 求： ()1物资P 从B 端开始运动时的加速度． ()2物资P 到达A 端时的动能． 【答案】()1物资P 从B 端开始运动时的加速度是()2 10/.2m s 物资P 到达A 端时的动能 是900J ． 【解析】 【分析】 （1）选取物体P 为研究的对象，对P 进行受力分析，求得合外力，然后根据牛顿第三定律即可求出加速度； （2）物体p 从B 到A 的过程中，重力和摩擦力做功，可以使用动能定律求得物资P 到达A 端时的动能，也可以使用运动学的公式求出速度，然后求动能． 【详解】 （1）P 刚放上B 点时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力的作用，sin mg F ma θ+=； cos N F mg θ=N F F μ=其加速度为：21sin cos 10/a g g m s θμθ=+= （2）解法一：P 达到与传送带有相同速度的位移2 1 0.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用 根据动能定理：()()2211sin 22 A mg F L s mv mv θ--=- 到A 端时的动能2 19002 kA A E mv J = = 解法二：P 达到与传送带有相同速度的位移2 1 0.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用， P 的加速度2 2sin cos 2/a g g m s θμθ=-= 后段运动有：2 22212 L s vt a t -=+， 解得：21t s =， 到达A 端的速度226/A v v a t m s =+= 必修一第四章运动和力的关系训练题 (16) 一、单选题（本大题共6小题，共24.0分） 1.一个质量为m的物体以a=g 4 的加速度竖直向下做匀加速直线运动，重力加速度为g。在物体下降h高度的过程中物体的() A. 重力势能减少了mg? 4B. 动能增加了mg? 4 C. 重力做功为3mg? 4D. 合力做功为3mg? 4 2.弹簧秤用细线系两个质量都为m的小球，现让两小球在同一水平面内做匀速 圆周运动，两球始终在过圆心的直径的两端，如图所示。此时弹簧秤读数() A. 大于2mg B. 等于2mg C. 小于2mg D. 无法判断 3.如图所示，以角速度ω匀速转动的圆锥形斜面上放 着两个物体a、b(视为质点)，转动过程中两个物 体没有相对圆锥滑动，其中?a=2?b，下列说法 正确的是() A. a、b两物体的线速度相等 B. a、b两物体的角速度之比是1：2 C. a、b两物体的向心加速度之比是2：1 D. a、b两物体的向心力之比是2：1 4.关于物体的惯性，下列说法正确的是() A. 物体的速度越大，惯性越大 B. 物体的质量越大，惯性越大 C. 物体在月球上惯性变小 D. 做自由落体运动的物体没有惯性 5.一辆质量为m的小汽车，以某一速率经过拱形路面的最高点，车对拱形路面顶部的压力大小为 F，则下列关系正确的是() A. F 高中物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析 一、高中物理精讲专题测试曲线运动 1．有一水平放置的圆盘，上面放一劲度系数为k的弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O上，另一端系一质量为m的物体A，物体与盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为l．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．求： （1）盘的转速ω0多大时，物体A开始滑动？ （2）当转速缓慢增大到2ω0时，A仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量△x是多少？ 【答案】（1） g l μ （2） 3 4 mgl kl mg μ μ - 【解析】 【分析】 （1）物体A随圆盘转动的过程中，若圆盘转速较小，由静摩擦力提供向心力；当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的合力提供向心力．物体A刚开始滑动时，弹簧的弹力为零，静摩擦力达到最大值，由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求解角速度ω0． （2）当角速度达到2ω0时，由弹力与摩擦力的合力提供向心力，由牛顿第二定律和胡克定律求解弹簧的伸长量△x． 【详解】 若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与静摩擦力的合力提供向心力． （1）当圆盘转速为n0时，A即将开始滑动，此时它所受的最大静摩擦力提供向心力，则有： μmg＝mlω02， 解得：ω0= g l μ 即当ω0＝ g l μ A开始滑动． （2）当圆盘转速达到2ω0时，物体受到的最大静摩擦力已不足以提供向心力，需要弹簧的弹力来补充，即：μmg+k△x＝mrω12， r=l+△x 解得： 3 4 mgl x kl mg μ μ - V＝ 【点睛】 当物体相对于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是经常用到的临界条件．本题关键是分析物体的受力情况． 高中物理电学经典试题 实验：电表的改装 基础过关：如果某电流表内阻为R g Ω，满偏电流为I g uA ，要把它改装为一个UV 的电压表，需 要_____联一个阻值为________________Ω的电阻；如果要把它改装为一个IA 的电流表，则应____联一个阻值为_ ______________Ω的电阻． 1．电流表的内阻是R g =200Ω，满刻度电流值是I g =500微安培，现欲把这电流表改装成量程为1．0V 的电压表，正确的方法是 [ ] A ．应串联一个0．1Ω的电阻 B ．应并联一个0．1Ω的电阻 C ．应串联一个1800Ω的电阻 D ．应并联一个1800Ω的电阻 2.(2011年临沂高二检测)磁电式电流表(表头)最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，由于线圈的导线很细，允许通过的电流很弱，所以在使用时还要扩大量程．已知某一表头G ，内阻R g ＝30 Ω，满偏电流I g ＝5 mA ，要将它改装为量程为0～3 A 的电流表，所做的操作是( ) A ．串联一个570 Ω的电阻 B ．并联一个570 Ω的电阻 C ．串联一个0.05 Ω的电阻 D ．并联一个0.05 Ω的电阻 3．如图2－4－17所示，甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流表G 和一个变阻器R 组成，下列说法正确的是( ) A ．甲表是电流表，R 增大时量程增大 B ．甲表是电流表，R 增大时量程减小 C ．乙表是电压表，R 增大时量程增大 D ．乙表是电压表，R 增大时量程减小 4．用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表．将它们串联起来接入电路中，如图2－4－21所示，此时( ) A ．两只电表的指针偏转角相同 B ．两只电表的指针都不偏转 C ．电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角 D ．电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角 5.(2011年黄冈高二检测)已知电流表的内阻R g ＝120 Ω，满偏电流I g ＝3 mA ，要把它改装成量程是6 V 的电压表，应串联多大的电阻？要把它改装成量程是3 A 的电流表，应并联多大的电阻？ 6、用相同的灵敏电流计改装成量程为3V 和15V 两个电压表，将它们串联接人电路中，指针偏角之比为______，读数之比________。用相同电流计改装成0.6A 和3A 的两个电流表将它们并联接入电路中，指针偏角之比_______，读数之比_________． 7.一只电流表，并联0.01Ω的电阻后，串联到电路中去，指针所示0.4A ，并联到0.02Ω的电阻后串联 到同一电路中去（电流不变），指针指示0.6A 。则电流表的内阻R A ＝_______Ω 8.在如图所示的电路中，小量程电流表的内阻为100Ω满偏 电流为 1mA,R 1=900ΩR 2=999100 Ω.(1)当S 1和 S 2均断开时，改装所成的表是什么表？量程多大？（2）当S 1和 S 2均闭合时，改装所成的表是什么表？量程多 大？ 9．一电压表由电流表G 与电阻R 串联而成，如图所示，若在使用中发现此电压表计数总比准确值稍小一些，可以加以改正的措施是 10、有一量程为100mA 内阻为1Ω的电流表，按如图所示的电路改 装，量程扩大到1A 和10A 则图中的R 1=______ G R 2 R 1 S 1 S 2 R G G 公共 10A 1A R 1 R 2 1.如图所示，以匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s 将熄灭，此时汽车距离 停车线18m 。该车加速时最大加速度大小为，减速时最大加速度大小为。 此路段允许行驶的最大速度为，下列说法中正确的有 A ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线 B ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速 C ．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线 D ．如果距停车线处减速，汽车能停在停车线处 2.甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动,它们的 v -t 图象如图所示.两图象在t =t 1时 相交于P 点,P 在横轴上的投影为Q ,△OPQ 的面积为S .在t =0时刻,乙车在甲车前面,相距为 d .已知此后两车相遇两次,且第一次相遇的时刻为t ′,则下面四组t ′和d 的组合可能的是 ( ) A . B . C . D . 3.A 、B 两辆汽车在笔直的公路上同向行驶,当B 车在A 车前84 m 处时,B 车速度为4 m/s ,且以2 m/s 2的加速度做匀加速运动；经过一段时间后,B 车加速度突然变为零.A 车一直以20 m/s 的速度做匀速运动,经过12 s 后两车相遇.问B 车加速行驶的时间是多少? 4. 已知O 、A 、B 、C 为同一直线上的四点.AB 间的距离为l 1,BC 间的距离为l 2,一物体自O 点 由静止出发,沿此直线做匀加速运动,依次经过A 、B 、C 三点,已知物体通过AB 段与BC 段所用的时间相等.求O 与A 的距离. 5. 甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动,t =0时刻同时经过公路旁的同一 个路标.在描述两车运动的v -t 图中(如图),直线a 、b 分别描述了甲乙两车在0～20秒的 运动情况.关于两车之间的位置关系,下列说法正确的是 ( ) A .在0～10秒内两车逐渐靠近 B .在10～20秒内两车逐渐远离 C .在5～15秒内两车的位移相等 D .在t =10秒时两车在公路上相遇 6.如图是一娱乐场的喷水滑梯.若忽略摩擦力,人从滑梯顶 端滑下直到入水前,速度大小随时间变化的关系最接近图 8m/s 22m/s 25m/s 12.5m/s 5m S d t t ==',1S d t t 41,211=='S d t t 2 1,211=='S d t t 43,211==' 高中物理《运动学》练习题 一、选择题 1．下列说法中正确的是（） A ．匀速运动就是匀速直线运动 B ．对于匀速直线运动来说，路程就是位移 C ．物体的位移越大，平均速度一定越大 D ．物体在某段时间内的平均速度越大，在其间任一时刻的瞬时速度也一定越大 2．关于速度的说法正确的是（） A ．速度与位移成正比 B ．平均速率等于平均速度的大小 C ．匀速直线运动任何一段时间内的平均速度等于任一点的瞬时速度 D ．瞬时速度就是运动物体在一段较短时间内的平均速度 3．物体沿一条直线运动，下列说法正确的是（） A ．物体在某时刻的速度为3m/s ，则物体在1s 内一定走3m B ．物体在某1s 内的平均速度是3m/s ，则物体在这1s 内的位移一定是3m C ．物体在某段时间内的平均速度是3m/s ，则物体在1s 内的位移一定是3m D ．物体在发生某段位移过程中的平均速度是3m/s ，则物体在这段位移的一半时的速度一定是3m/s 4．关于平均速度的下列说法中，物理含义正确的是（） A ．汽车在出发后10s 内的平均速度是5m/s B ．汽车在某段时间内的平均速度是5m/s ，表示汽车在这段时间的每1s 内的位移都是5m C ．汽车经过两路标之间的平均速度是5m/s D ．汽车在某段时间内的平均速度都等于它的初速度与末速度之和的一半 5．火车以76km/h 的速度经过某一段路，子弹以600m ／s 的速度从枪口射出，则（） A ．76km/h 是平均速度 B ．76km/h 是瞬时速度 C ．600m/s 是瞬时速度 D ．600m/s 是平均速度 6．某人沿直线做单方向运动，由A 到B 的速度为1v ，由B 到C 的速度为2v ，若BC AB =，则这全过程的平均速度是（） A ．2/)(21v v - B ．2/)(21v v + C ．)/()(2121v v v v +- D ．)/(22121v v v v + 7．如图是A 、B 两物体运动的速度图象，则下列说法正确的是（） A ．物体A 的运动是以10m/s 的速度匀速运动 B ．物体B 的运动是先以5m ／s 的速度与A 同方向 C ．物体B 在最初3s 内位移是10m D ．物体B 在最初3s 内路程是10m 8．有一质点从t ＝0开始由原点出发，其运动的速度—时间图象如图所示，则（） A ．1=t s 时，质点离原点的距离最大 B ．2=t s 时，质点离原点的距离最大 C ．2=t s 时，质点回到原点 D ．4=t s 时，质点回到原点 9．如图所示，能正确表示物体做匀速直线运动的图象是（） 10．质点做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s 2，在质点做匀加速运动的过程中，下列说法正确的是（） 八、电学实验题集粹（33个） 1．给你一只内阻不计的恒压电源，但电压未知，一只已知电阻Ｒ，一只未知电阻Ｒｘ，一只内阻不计的电流表但量程符合要求，以及开关、导线等，用来测Ｒｘ接在该恒压电源上时的消耗功率Ｐｘ，画出测量线路图并写出简要测量步骤，以及Ｐｘ的表达式． 2．如图3－94所示是研究闭合电路的内电压、外电压和电源电动势间关系的电路．（1）电压表Ｖ的（填“正”或“负”）接线柱应接在电源正极Ａ上，电压表Ｖ′的（填“正”或“负”）接线柱应接在探针Ｄ上．（2）当滑片Ｐ向右移动时，Ｖ′的示数将（填“变大”、“变小”或“不变”）． 图3－94 图3－95 3．有一只电压表，量程已知，内阻为ＲＶ，另有一电池（电动势未知，但不超过电压表的量程，内阻可忽略）．请用这只电压表和电池，再用一个开关和一些连接导线，设计测量某一高值电阻Ｒｘ的实验方法．（已知Ｒｘ的阻值和ＲＶ相差不大） （1）在如图3－95线框内画出实验电路． （2）简要写出测量步骤和需记录的数据，导出高值电阻Ｒｘ的计算式． 4．在“测定金属的电阻率”的实验中，用电压表测得金属丝两端的电压Ｕ，用电流表测得通过金属丝中的电流I，用螺旋测微器测得金属的直径ｄ，测得数据如图3－96（1）、（2）、（3）所示．请从图中读出Ｕ＝Ｖ，Ｉ＝Ａ，ｄ＝ｍｍ． 图3－96 5．如图3－97所示，是一根表面均匀地镀有很薄的发热电阻膜的长陶瓷管，管长Ｌ约40ｃｍ，直径Ｄ约8ｃｍ．已知镀膜材料的电阻率为ρ，管的两端有导电箍Ｍ、Ｎ，现有实验器材：米尺、游标卡尺、电压表、电流表、直流电源、滑动变阻器、开关、导线若干根，请你设计一个测定电阻膜膜层厚度ｄ的实验，实验中应该测定的物理量是，计算镀膜膜层厚度的公式是． 图3－97 6．用万用表的欧姆挡测电阻时，下列说法中正确的是．（填字母代号） Ａ．万用电表的指针达满偏时，被测电阻值最大 Ｂ．万用电表的指针指示零时，说明通过被测电阻的电流最大 1. 利用平抛运动的推论求解 推论1：平抛运动的末速度的反向延长线交平抛运动水平位移的中点。 证明：设平抛运动的初速度为，经时间后的水平位移为，如图10所示，D为末速度反向延长线与水平分位移的交点。根据平抛运动规律有 水平方向位移 竖直方向和 由图可知，与相似，则 联立以上各式可得 该式表明平抛运动的末速度的反向延长线交平抛运动水平位移的中点。 图10 [例1] 如图11所示，与水平面的夹角为的直角三角形木块固定在地面上，有一质点以初速度从三角形木块的顶点上水平抛出，求在运动过程中该质点距斜面的最远距离。 图11 解析：当质点做平抛运动的末速度方向平行于斜面时，质点距斜面的距离最远，此时末速度的方向与初速度方向成角。如图12所示，图中A为末速度的反向延长线与水平位移的交点，AB即为所求的最远距离。根据平抛运动规律有 ，和 由上述推论3知 据图9中几何关系得 由以上各式解得 即质点距斜面的最远距离为 图12 推论2：平抛运动的物体经时间后，其速度与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则有 证明：如图13，设平抛运动的初速度为，经时间后到达A点的水平位移为、速度为，如图所示，根据平抛运动规律和几何关系： 在速度三角形中 在位移三角形中 由上面两式可得 图13 [例2] 如图1所示，某人骑摩托车在水平道路上行驶，要在A处越过的壕沟，沟面对面比A处低，摩托车的速度至少要有多大？ 图1 解析：在竖直方向上，摩托车越过壕沟经历的时间 在水平方向上，摩托车能越过壕沟的速度至少为 2. 从分解速度的角度进行解题 对于一个做平抛运动的物体来说，如果知道了某一时刻的速度方向，则我们常常是“从分解速度”的角度来研究问题。 【例1】如图所示，一根弹性杆的一端固定一质量为m 的小球，另一端固定在质量为M 的物体上，而物体M 又放在倾角为θ的斜面上，则（ ） A 、若斜面光滑，物体M 沿斜面自由下滑时，弹性杆对小球m 的弹力方向竖直向上 B 、若斜面光滑，物体M 沿斜面自由下滑时，弹性杆对小球m 的弹力方向垂直于斜面向上 C 、若斜面不光滑，且物体与斜面间的动摩擦因数μ满足μ＞θtan ，则弹性杆对小球m 的弹力方向竖直向上 D 、若斜面不光滑，且物体与斜面间的动摩擦因数μ满足μ＜θtan ，则弹性杆对小球m 的弹力方向可能沿斜面向上 试解： （做后再看答案，效果更好） 解析：若斜面光滑，对于小球m 和物体M 组成的整体而言，沿斜面下滑的加速度 θsin g a =，此时小球受杆的弹力一定是垂直于斜面向上，如图甲所示，否则，弹力与重力的合力使小球产生的加速度将会大于或小于θsin g ，故选项A 错、B 对；若斜面不光滑，且μ＞θtan ，则小球m 和物体M 组成的整体将静止在斜面上，此时小球所受的弹力一定与重平衡，故选项C 正确；若斜面不光滑，且μ＜θtan ，则小球m 和物体M 组成的整体沿斜面下滑的加速度a ＜θsin g ，则此时杆对小球的弹力N F 必须有沿斜面向上的分量，如图乙所示，由图可知，小球m 的加速度a 将是重力分力和弹力分力的合力所产生的，另一方面，弹力N F 也必须有垂直于斜面向上的分量用来平衡重力的分力，从这两个角度讲，弹性杆对小球m 的弹力方向一定不能沿斜面向上，选项D 是错误的。 答案：BC 误区警示：此题对不同情况下的弹性杆对小球的弹力方向作了具体的分析，说明了一个道理就是“杆对物体的弹力方向不一定沿杆或其它的哪个方向，要根据具体情况下的受力分析，由物体所处的状态来决定”。此题中，若斜面的倾角θ、物体和小球的质量m 和M 、 高中物理直线运动试题经典及解析 一、高中物理精讲专题测试直线运动 1．货车A 正在公路上以20 m/s 的速度匀速行驶，因疲劳驾驶，司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B 时，两车距离仅有75 m ． （1）若此时轿车B 立即以2 m/s 2的加速度启动，通过计算判断：如果货车A 司机没有刹车，是否会撞上轿车B ；若不相撞，求两车相距最近的距离；若相撞，求出从货车A 发现轿车B 开始到撞上轿车B 的时间． （2）若货车A 司机发现轿车B 时立即刹车（不计反应时间）做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s 2（两车均视为质点），为了避免碰撞，在货车A 刹车的同时，轿车B 立即做匀加速直线运动（不计反应时间），问：轿车B 加速度至少多大才能避免相撞． 【答案】（1）两车会相撞t 1=5 s ；（2）222 m/s 0.67m/s 3 B a =≈ 【解析】 【详解】 （1）当两车速度相等时，A 、B 两车相距最近或相撞． 设经过的时间为t ，则：v A =v B 对B 车v B =at 联立可得：t =10 s A 车的位移为：x A =v A t= 200 m B 车的位移为： x B = 2 12 at =100 m 因为x B +x 0=175 m 1如图1所示，某人骑摩托车在水平道路上行驶，要在A处越过的壕沟，沟面对面比A处低，摩托车的速度至少要有多大？ 图1 2 如图2甲所示，以9.8m/s的初速度水平抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角 为的斜面上。可知物体完成这段飞行的时间是（） A. B. C. D. 图2 3 在倾角为的斜面上的P点，以水平速度向斜面下方抛出一个物体，落在斜面上的Q 点，证明落在Q点物体速度。 4 如图3所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的速度同时水平向左与水平向右抛出两个小球A和B，两侧斜坡的倾角分别为和，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A和B两小球的运动时间之比为多少？ 图3 5 某一平抛的部分轨迹如图4所示，已知，，，求。 6从高为H的A点平抛一物体，其水平射程为，在A点正上方高为2H的B点，向同一方向平抛另一物体，其水平射程为。两物体轨迹在同一竖直平面内且都恰好从同一屏的顶端擦过，求屏的高度。（提示：从平抛运动的轨迹入手求解问题） 图5 7 如图6所示，在倾角为的斜面上以速度水平抛出一小球，该斜面足够长，则从抛出开始计时，经过多长时间小球离开斜面的距离的达到最大，最大距离为多少？（提示：灵活分解求解平抛运动的最值问题） 图6 8 从空中同一点沿水平方向同时抛出两个小球，它们的初速度大小分别为和，初速度方向相反，求经过多长时间两小球速度之间的夹角为？(提示：利用平抛运动的推论求解分速度和合速度构成一个直角矢量三角形) 图7 9宇航员站在一星球表面上的某高度处，沿水平方向抛出一个小球，经过时间，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为，若抛出时初速度增大到两倍，则抛出点与落地点之间的距离为。已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，万有引力常数为G，求该星球的质量M。（提示：利用推论，分位移和合位移构成直角矢量三角形）10如图11所示，与水平面的夹角为的直角三角形木块固定在地面上，有一质点以初速度从三角形木块的顶点上水平抛出，求在运动过程中该质点距斜面的最远距离。(提示：平抛运动的末速度的反向延长线交平抛运动水平位移的中点。) 一、第四章运动和力的关系易错题培优（难） 1．如图所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同．A物块放上后匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，D物块放上后静止在斜面上．若在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的压力依次为F1、F2、F3、F4，则它们的大小关系是（） A．F1=F2=F3=F4B．F1＞F2＞F3＞F4C．F1＜F2=F4＜F3D．F1=F3＜F2＜F4 【答案】C 【解析】 试题分析：当物体系统中存在超重现象时，系统所受的支持力大于总重力，相反，存在失重现象时，系统所受的支持力小于总重力．若系统的合力为零时，系统所受的支持力等于总重力， 解：设物体和斜面的总重力为G． 第一个物体匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，存在失重现象，则F1＜G； 第二个物体匀速下滑，合力为零，斜面保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F2=G． 第三个物体匀减速下滑，加速度沿斜面向上，具有竖直向上的分加速度，存在超重现象，则F3＞G； 第四个物体静止在斜面上，合力为零，斜面保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F4=G．故有F1＜F2=F4＜F3．故C正确，ABD错误． 故选C 【点评】本题运用超重和失重的观点分析加速度不同物体动力学问题，比较简便．通过分解加速度，根据牛顿第二定律研究． 2．沿平直公路匀速行驶的汽车上，固定着一个正四棱台，其上、下台面水平，如图为俯视示意图。在顶面上四边的中点a、b、c、d沿着各斜面方向，同时相对于正四棱台无初速释放4个相同小球。设它们到达各自棱台底边分别用时T a、T b、T c、T d，到达各自棱台底边时相对于地面的机械能分别为E a、E b、E c、E d（取水平地面为零势能面，忽略斜面对小球的摩擦力）。则有（） 选择题（共20小题） 1、如图所示，电解槽内有一价的电解溶液，ts内通过溶液内横截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷的电量为e，以下解释正确的是（） A．正离子定向移动形成电流，方向从A到B，负离子定向移动形成电流方向从B到A B．溶液内正负离子沿相反方向运动，电流相互抵消 C． 溶液内电流方向从A到B，电流I= D． 溶液内电流方向从A到B，电流I= 2、某电解池，如果在1s钟内共有5×1018个二价正离子和1.0×1019个一价负离子通过某截面，那么通过这个截面的电流是（） A．0A B．0.8A C．1.6A D．3.2A 3、图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（） A．甲表是电流表，R增大时量程增大 B．甲表是电流表，R增大时量程减小 C．乙表是电压表，R增大时量程减小 D．上述说法都不对 4、将两个相同的灵敏电流计表头，分别改装成一只较大量程电流表和一只较大量程电压表，一个同学在做实验时误将这两个表串联起来，则（） A．两表头指针都不偏转 B．两表头指针偏角相同 C．改装成电流表的表头指针有偏转，改装成电压表的表头指针几乎不偏转 D．改装成电压表的表头指针有偏转，改装成电流表的表头指针几乎不偏转 5、如图，虚线框内为改装好的电表，M、N为新电表的接线柱，其中灵敏电流计G的满偏电流为200μA，已测得它的内阻为495.0Ω．图中电阻箱读数为5.0Ω．现将MN接入某电路，发现灵敏电流计G刚好满偏，则根据以上数据计算可知（） A．M、N两端的电压为1mV B．M、N两端的电压为100mV C．流过M、N的电流为2μA D．流过M、N的电流为20mA 6、一伏特表有电流表G与电阻R串联而成，如图所示，若在使用中发现此伏特计的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可能加以改进（） A．在R上串联一比R小得多的电阻 B．在R上串联一比R大得多的电阻 C．在R上并联一比R小得多的电阻 D．在R上并联一比R大得多的电阻 7、电流表的内阻是R g=200Ω，满偏电流值是I g=500μA，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（） A．应串联一个0.1Ω的电阻B．应并联一个0.1Ω的电阻 C．应串联一个1800Ω的电阻D．应并联一个1800Ω的电阻 8、相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程大于A2的量程，V1的量程大于V2的量程，把它们接入图所示的电路，闭合开关后（） A．A1的读数比A2的读数大 B．A1指针偏转角度比A2指针偏转角度大 C．V1的读数比V2的读数大 D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大 9、如图所示是一个双量程电压表，表头是一个内阻R g=500Ω，满刻度电流为I g=1mA的毫安表，现接成量程分别为10V和100V的两个量程，则所串联的电阻R1和R2分别为（） A．9500Ω，9.95×104ΩB．9500Ω，9×104Ω C．1.0×103Ω，9×104ΩD．1.0×103Ω，9.95×104Ω 10、用图所示的电路测量待测电阻R X的阻值时，下列关于由电表产生误差的说法中，正确的是（） A．电压表的内电阻越小，测量越精确 B．电流表的内电阻越小，测量越精确 C．电压表的读数大于R X两端真实电压，R X的测量值大于真实值 D．由于电流表的分流作用，使R X的测量值小于真实值 牛顿运动定律 一、基础知识回顾： 1、牛顿第一定律 一切物体总保持，直到有外力迫使它改变这种状态为止。 注意：（1）牛顿第一定律进一步揭示了力不是维持物体运动（物体速度）的原因，而是物体运动状态（物体速度）的原因，换言之，力是产生的原因。（2）牛顿第一定律不是实验定律，它是以伽利略的“理想实验“为基础，经过科学抽象，归纳推理而总结出来的。 2、惯性 物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性。 3、对牛顿第一运动定律的理解 （1）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持。 （2）它定性地揭示了运动与力的关系，力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因。 （3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的性质——惯性。 （4）牛顿第一定律揭示了静止状态和匀速直线运动状态的等价性。 4、对物体的惯性的理解 （1）惯性是物体总有保持自己原来状态（速度）的本性，是物体的固有属性，不能克服和避免。 （2）惯性只与物体本身有关而与物体是否运动，是否受力无关。任何物体无论它运动还是静止，无论运动状态是改变还是不改变，物体都有惯性，且物体质量不变惯性不变。质量是物体惯性的唯一量度。 （3）物体惯性的大小是描述物体保持原来运动状态的本领强弱。物体惯性（质量）大，保持原来的运动状态的本领强，物体的运动状态难改变，反之物体的运动状态易改变。（4）惯性不是力。 5、牛顿第二定律的内容和公式 物体的加速度跟成正比，跟成反比，加速度的方向跟合外力方向相同。公式是：a=F合/ m 或F合 =ma 6、对牛顿第二定律的理解 （1）牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律得出物体的运动规律。反过来，知道运动规律可以根据牛顿第二运动定律得出物体的受力情况，在牛顿第二运动定律的数学表达式F合=ma中，F合是力，ma是力的作用效果，特别要注意不能把ma看作是力。 （2）牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，力变加速度就变，力撤除加速度就为零，注意力的瞬时效果是加速度而不是速度。（3）牛顿第二定律公式：F合=ma是矢量式，F、a都是矢量且方向相同。 （4）牛顿第二定律F合=ma定义了力的单位：“牛顿”。 7、牛顿第三定律的内容 两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等、方向相反，作用在同一条直线上 8、对牛顿第三定律的理解 （1）作用力和反作用力的同时性。它们是同时产生同时变化，同时消失，不是先有作用力后有反作用力。 一、第四章 运动和力的关系易错题培优（难） 1．A 、B 两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A 、B 间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（ ） A ．A 、 B 的质量之比为1︰3 B ．A 、B 所受弹簧弹力大小之比为3︰2 C ．快速撤去弹簧的瞬间，A 、B 的瞬时加速度大小之比为1︰2 D ．悬挂A 、B 的细线上拉力大小之比为1︰2 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 A ．对A B 两个物体进行受力分析，如图所示，设弹簧弹力为F 。 对物体A A tan 60m g F = 对物体B B tan 45m g F = 解得 A B 3 m m 故A 错误； B ．同一根弹簧弹力相等，故B 错误； C ．快速撤去弹簧的瞬间，两个物体都将以悬点为圆心做圆周运动，合力为切线方向。 对物体A A A A sin 30m g m a = 对物体B sin 45B B B m g m a = 联立解得 A B 2 a a = 故C 正确； D ．对物体A ，细线拉力 A cos60F T = 对物体B ，细线拉力 cos 45 B F T = 解得 A B 2T T = 故D 错误。 故选C 。 【点睛】 快速撤去弹簧瞬间，细线的拉力发生突变，故分析时应注意不能认为合外力的大小等于原弹簧的弹力。 2．传送带广泛的应用于物品的传输、分拣、分装等工作中，某煤炭企业利用如图所示的三角形传送带进行不同品质煤的分拣，传送带以6m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是1m ，且与水平方向的夹角均为37?。现有两方形煤块A 、B （可视为质点）从传送带顶端静止释放，煤块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，下列说法正确的是（ ） A ．煤块A 、 B 在传送带上的划痕长度不相同 B ．煤块A 、B 受到的摩擦力方向都与其运动方向相反 C ．煤块A 比煤块B 后到达传送带底端 D ．煤块A 运动至传送带底端时速度大小为2m/s 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 B ．煤块A 开始受到的摩擦力方向沿传送带方向向下，与运动方向相同，煤块B 下滑过程中受到的摩擦力方向沿传送带方向向上，与运动方向相反，选项B 错误； CD ．对煤块A 根据牛顿第二定律可得高一物理运动和力的关系单元练习(Word版 含答案)
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