高考物理带电粒子在复合场中的运动的基本方法技巧及练习题及练习题

高考物理带电粒子在复合场中的运动的基本方法技巧及练习题及练习题
高考物理带电粒子在复合场中的运动的基本方法技巧及练习题及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练

1.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

/s

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

2

x '≤<

2.如图所示,x 轴正方向水平向右,y 轴正方向竖直向上.在xOy 平面内有与y 轴平行的匀强电场,在半径为R 的圆内还有与xOy 平面垂直的匀强磁场.在圆的左边放置一带电微粒发射装置,它沿x 轴正方向发射出一束具有相同质量m 、电荷量q (q >0)和初速度v 的带电微粒.发射时,这束带电微粒分布在0<y <2R 的区间内.已知重力加速度大小为g . (1)从A 点射出的带电微粒平行于x 轴从C 点进入有磁场区域,并从坐标原点O 沿y 轴负方向离开,求电场强度和磁感应强度的大小与方向. (2)请指出这束带电微粒与x 轴相交的区域,并说明理由.

(3)若这束带电微粒初速度变为2v ,那么它们与x 轴相交的区域又在哪里?并说明理由.

【来源】带电粒子在电场中运动压轴大题

【答案】(1)

mg

E

q

=,方向沿y轴正方向;

mv

B

qR

=,方向垂直xOy平面向外(2)通

过坐标原点后离开;理由见解析(3)范围是x>0;理由见解析

【解析】

【详解】

(1)带电微粒平行于x轴从C点进入磁场,说明带电微粒所受重力和电场力的大小相等,方向相反.设电场强度大小为E,由:

mg qE

=

可得电场强度大小:

mg

q

E=

方向沿y轴正方向;

带电微粒进入磁场后受到重力、电场力和洛伦兹力的作用.由于电场力和重力相互抵消,它将做匀速圆周运动.如图(a)所示:

考虑到带电微粒是从C点水平进入磁场,过O点后沿y轴负方向离开磁场,可得圆周运动半径r R

=;设磁感应强度大小为B,由:

2

v

qvB m

R

=

可得磁感应强度大小:

mv

B

qR

=

根据左手定则可知方向垂直xOy 平面向外;

(2)从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R 的匀速圆周运动,如图(b )所示,设P 点与O '点的连线与y 轴的夹角为θ,其圆周运动的圆心Q 的坐标为

(sin ,cos )R R θθ-,圆周运动轨迹方程为:

222(sin )(cos )x R y R R θθ++-=

而磁场边界是圆心坐标为(0,R )的圆周,其方程为:

22()x y R R +-=

解上述两式,可得带电微粒做圆周运动的轨迹与磁场边界的交点为

x y =??

=? 或:

sin {

(1cos )

x R y R θθ=-=+

坐标为[sin ,(1cos )]R R θθ-+的点就是P 点,须舍去.由此可见,这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的;

(3)带电微粒初速度大小变为2v ,则从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的半径r '为:

(2)

2m v r R qB

'=

= 带电微粒在磁场中经过一段半径为r '的圆弧运动后,将在y 轴的右方(x >0区域)离开磁场并做匀速直线运动,如图(c )所示.靠近M 点发射出来的带电微粒在穿出磁场后会射向x 轴正方向的无穷远处;靠近N 点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场 所以,这束带电微粒与x 轴相交的区域范围是x >0.

答:(1)电场强度

mg

q

E=,方向沿y轴正方向和磁感应强度

mv

B

qR

=,方向垂直xOy平

面向外.

(2)这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的;

(3)若这束带电微粒初速度变为2v,这束带电微粒与x轴相交的区域范围是x>0。3.如图所示,在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场,同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,KL为上下磁场的水平分界线,在NS和MT边界上,距KL高h处分别有P、Q两点,NS和MT间距为1.8h ,质量为m,带电荷量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域,在两边界之间做圆周运动,重力加速度为g.

(1)求电场强度的大小和方向;

(2)要使粒子不从NS边界飞出,求粒子入射速度的最小值;

(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出,求粒子入射速度的所有可能值.

【来源】【全国百强校】2017届浙江省温州中学高三3月高考模拟物理试卷(带解析)

【答案】(1)

mg

q

E=,方向竖直向上(2)

min

(92)qBh

v

m

-

=

(3)

0.68qBh

v

m

=;

0.545qBh

v

m

=;

0.52qBh

v

m

=

【解析】

【分析】

(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,电场力与重力合力为零;(2)作出粒子的运动轨迹,由牛顿第二定律与数学知识求出粒子的速度;

(3)作出粒子运动轨迹,应用几何知识求出粒子的速度.

【详解】

(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,电场力与重力合力为零,即mg=qE,

解得:

mg

q

E=,电场力方向竖直向上,电场方向竖直向上;

(2)粒子运动轨迹如图所示:

设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为v min,

对应的粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2,圆心的连线与NS的夹角为φ,

粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得:

2

v

qvB m

r

=,

解得,粒子轨道半径:

v

r

qB

π

=,

min

1

v

r

qB

π

=,

21

1

2

r r

=,

由几何知识得:

(r1+r2)sinφ=r2,r1+r1cosφ=h,

解得:

min 962)

qBh

v

m

=;(3)粒子运动轨迹如图所示,

设粒子入射速度为v ,

粒子在上、下区域的轨道半径分别为r 1、r 2, 粒子第一次通过KL 时距离K 点为x , 由题意可知:3nx =1.8h (n =1、2、3…)

3(962)2h x -≥

()2

211x r h r =-- 解得:

12

0.361)2

h

r n =+

(,n <3.5, 即:n =1时, 0.68qBh

v m

=, n =2时,0.545qBh

v m =, n =3时,0.52qBh

v m

=

; 答:(1)电场强度的大小为mg q

E =

,电场方向竖直向上;

(2)要使粒子不从NS 边界飞出,粒子入射速度的最小值为min 962)qBh

v m

=

. (3)若粒子经过Q 点从MT 边界飞出,粒子入射速度的所有可能值为:0.68qBh

v m

=

、或0.545qBh v m =

、或0.52qBh

v m

=. 【点睛】

本题考查了粒子在磁场中的运动,分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键,应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题,解题时注意数学知识的应

用.

4.扭摆器是同步辐射装置中的插入件,能使粒子的运动轨迹发生扭摆.其简化模型如图:Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直,相距为L ,磁场方向相反且垂直纸面.一质量为m ,电量为-q ,重力不计的粒子,从靠近平行板电容器MN 板处由静止释放,极板间电压为U ,粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区,射入时速度与水平和方向夹角30θ=?

(1)当Ⅰ区宽度1L L =、磁感应强度大小10B B =时,粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30?,求B 0及粒子在Ⅰ区运动的时间t 0

(2)若Ⅱ区宽度21L L L ==磁感应强度大小210B B B ==,求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h

(3)若21L L L ==、10B B =,为使粒子能返回Ⅰ区,求B 2应满足的条件

(4)若12B B ≠,12L L ≠,且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出.为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同,求B 1、B 2、L 1、、L 2、之间应满足的关系式.

【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷(山东) 【答案】(1)32l

m t qU π=

(2)2233h L ??

=- ???

(3)232mU B L q >(或232mU

B L q

)(4)1122B L B L =

【解析】

图1

(1)如图1所示,设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为v ,在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为

1R ,由动能定理和牛顿第二定律得

2

12

qU mv =

2

11

v qvB m R = ②

由几何知识得

12sin L R θ= ③

联立①②③,带入数据得

012mU

B L q

=

设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为T ,运动的时间为t

1

2R T v π= ⑤ 22t T θ

π

=

⑥ 联立②④⑤⑥式,带入数据得

32L

m

t qU

π=

⑦ (2)设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为2R ,有牛顿第二定律得

2

22

v qvB m R = ⑧

由几何知识得

()()121cos tan h R R L θθ=+-+ ⑨

联立②③⑧⑨式,带入数据得

2233h L ??

=- ???

图2

(3)如图2所示,为时粒子能再次回到Ⅰ区,应满足

()21sin R L θ+<[或()21sin R L θ+≤] ⑾

联立①⑧⑾式,带入数据得

232mU B L q >

(或232mU

B L q

) ⑿

图3

图4

(4)如图3(或图4)所示,设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向得夹角为α,有几何知识得()11sin sin L R θα=+ ⒀ [或()11sin sin L R θα=-]

()22sin sin L R θα=+ ⒁

[或]()22sin sin L R θα=- 联立②⑧式得

1122B R B R = ⒂

联立⒀⒁⒂式得

1122B L B L = ⒃

【点睛】(1)加速电场中,由动能定理求出粒子获得的速度.画出轨迹,由几何知识求出半径,根据牛顿定律求出B 0.找出轨迹的圆心角,求出时间;(2)由几何知识求出高度差;(3)当粒子在区域Ⅱ中轨迹恰好与右侧边界相切时,粒子恰能返回Ⅰ区,由几何知识求出半径,由牛顿定律求出B 2满足的条件;(4)由几何知识分析L 1、L 2与半径的关系,再牛顿定律研究关系式.

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 m θ(2)cos sin m qB θθ (3)2cos qB d

m θ

【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xOy 坐标系中,第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。第Ⅳ象限内(含坐标轴)有垂直坐标平面向里的匀强磁场,第Ⅲ象限内有沿x 轴正向、电场强度大小为E 的匀强磁场。一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子,从x 轴上的P 点以大小为v 0的速度垂直射入

电场,不计粒子重力和空气阻力,P 、O 两点间的距离为

20

2mv qE

(1)求粒子进入磁场时的速度大小v 以及进入磁场时到原点的距离x ;

(2)若粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中,求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件。

【来源】2019年辽宁省辽阳市高考物理二模试题

【答案】(1)02v ;20mv qE (

2)0

(21)E

B v +≥

【解析】 【详解】

(1)由动能定理有:

2

22

0011222

mv qE mv mv qE ?=- 解得:v =2v 0

设此时粒子的速度方向与y 轴负方向夹角为θ,则有cosθ=02

2

v v =

解得:θ=45° 根据tan 21x

y

θ=?

=,所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO 两点距离的两倍,故20

mv x qE

=

(2)要使粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中,其临界条件是粒子的轨迹与x 轴相切,如图所示,由几何关系有:

s =R +R sinθ

又:2

v qvB m R

=

解得:0

(21)

E

B v +=

故0

(21)E

B v +≥

7.如图,区域I 内有与水平方向成45°角的匀强电场1E ,区域宽度为1d ,区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场2E ,区域宽度为2d ,磁场方向垂直纸面向里,电场方向竖直向下.一质量为m 、电量大小为q 的微粒在区域I 左边界的P 点,由静止释放后水平向右做直线运动,进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动,从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出,其速度方向改变了30,重力加速度为g ,求:

(1)区域I 和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度12E E 、的大小. (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B 的大小. (3)微粒从P 运动到Q 的时间有多长.

【来源】【市级联考】陕西省咸阳市2019届高三模拟检测(三)理综物理试题 【答案】(1)12mg E q

=,2mg

E q =122m gd 121626d d gd gd π+ 【解析】 【详解】

(1)微粒在区域I 内水平向右做直线运动,则在竖直方向上有:1sin45qE mg ?= 求得:12mg

E q

=

微粒在区域II 内做匀速圆周运动,则重力和电场力平衡,有:2mg qE = 求得:2mg

E q

=

(2)粒子进入磁场区域时满足:2111cos452

qE d mv ?=

2

v qvB m R

=

根据几何关系,分析可知:2

22sin30d R d =

=?

整理得:1

2

2m gd B

=

(3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2,并满足:

2

11112

a t d = 1tan45mg ma ?=

2302360R

t v

π?=

?? 经整理得:112

121222612126gd d d d t t t gd g gd ππ+=+=

+?=

8.回旋加速器的工作原理如图甲所示,置于真空中的D 形金属盒半径为R ,两盒间有狭缝(间距d R <<),匀强磁场与盒面垂直,被加速粒子的质量为m ,电荷量为q +,加在狭缝间的交变电压如图乙所示,电压值的大小为0U ,周期为T ,与粒子在磁场中的周期相同.一束该种粒子在0~/2t T =时间内从A 处均匀地飘入狭缝,其初速度视为零.粒子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同,假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动;粒子重力不计,不考虑粒子在狭缝中的运动时间,不考虑粒子间的相互作用.求:

(1)匀强磁场的磁感应强度B ;

(2)粒子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间0t ;

(3)实际中粒子的质量会随速度的增加而增大,加速后的质量m 与原来质量0m 的关系:

2

1m v t =

??- ???

1%后估计最多还能再加速多少次(需要简述理

由)?②若粒子质量最终增加2%,那么粒子最终速度为光速的多少倍(结果保留一位有效数字)?

【来源】【全国百强校】天津市实验中学2019届高三考前热身训练物理试题

【答案】(1)2m qr π(2)220R m

qU T

π(3)100次;0.2

【解析】 【详解】

解:(1) 依据牛顿第二定律,结合洛伦兹力提供向心,则有:2

v qvB m R

=

电压周期T 与粒子在磁场中的周期相同:2r

T v

π= 可得2m T qB

π=

,2m

B qr π= (2)粒子运动半径为R 时:2R v r π=且2

km 12

E mv = 解得:22

km

2

2mR E T

π= 粒子被加速n 次达到动能km E ,则有:0km E nqU =

不考虑粒子在狭缝中的运动时间,又有粒子在电场中的加速次数与回旋半周的相同,得粒

子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间:22002T R m

t n qU T

π=?=

(3)粒子在磁场中的周期:2n

T qB

π=

,质量增加1%,周期增大1%, 再加速次数不超过221001%

r

T ?=?次

加速后的质量m 与原来质量0m

的关系:m , 01.02m m = 粒子最终速度为:0.2v c = 即粒子最终速度为光速的0.2倍

9.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)02L 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++=?

==

10.如图,平面直角坐标系中,在,y >0及y <-3

2

L 区域存在场强大小相同,方向相反均平行于y 轴的匀强电场,在-

3

2

L <y <0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场,一质量为m ,电荷量为q 的带正电粒子,经过y 轴上的点P 1(0,L )时的速率为v 0,方向沿x 轴正方向,然后经过x 轴上的点P 2(3

2

L ,0)进入磁场.在磁场中的运转半径R =

5

2

L (不计粒子重力),求:

(1)粒子到达P 2点时的速度大小和方向; (2)

E B

; (3)粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标; (4)粒子从P 1点出发后做周期性运动的周期. 【来源】2019年内蒙古呼和浩特市高三物理二模试题 【答案】(1)5

3v 0,与x 成53°角;(2)043

v ;(3)2L ;(4)()04053760L v π+.

【解析】 【详解】

(1)如图,粒子从P 1到P 2做类平抛运动,设到达P 2时的y 方向的速度为v y , 由运动学规律知

3

2

L =v 0t 1,

L =

2

y v t 1

可得t 1=

032L v ,v y =4

3

v 0 故粒子在P 2的速度为v

=53

v 0 设v 与x 成β角,则tan β=

y v v =

4

3

,即β=53°; (2)粒子从P 1到P 2,根据动能定理知qEL =

12mv 2-1

2

mv 02可得 E =2089mv qL

粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据qvB =m 2

v R

解得:B =mv qR =05352

m v q L ??=023mv qL

解得:

43

v E B =; (3)粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′,在图中,过P 2做v 的垂线交y =-3

2

L 直线与Q ′点,可得: P 2O ′=

3253L cos =5

2

L =r

故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′,因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°,故粒子将垂直于y =-

32

L 直线从M 点穿出磁场,由几何关系知M 的坐标x =

3

2

L +(r -r cos37°)=2L ; (4)粒子运动一个周期的轨迹如上图,粒子从P 1到P 2做类平抛运动:t 1=0

32L

v

在磁场中由P 2到M 动时间:t 2=

372360r v π??=0

37120L

v π

从M 运动到N ,a =qE m =2

89v L

则t 3=

v a =0

158L

v 则一个周期的时间T =2(t 1+t 2+t 3)=

()0

4053760L

v π+.

高中物理运动学经典习题30道 带答案

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=

2021届高考物理人教版二轮复习 计算题精解训练 机械波 作业(12) 含解析

2021届高考物理二轮复习计算题精解训练 (12)机械波 1.如图是一列横波在某一时刻的波形图像。已知这列波的频率为5 Hz ,此时0.5 m x =处的质点正向 y 轴正方向振动,可以推知: (1)这列波正在沿轴哪个方向方向传播; (2)波速大小是多少; (3)该质点1 s 内通过的路程是多少。 2.一列沿 x 轴传播的简谐横波,在0t =时刻的波形如图实线所示,在1=0.2 s t 时刻的波形如图虚线所示: (1)若波向 x 轴负方向传播,求该波的最小波速; (2)若波向 x 轴正方向传播,且1t T <,求 2 m x =处的 P 质点第一次出现波峰的时刻。 3.简谐横波沿 x 轴传播,M N 、是 x 轴上两质点,如图甲是质点 N 的振动图象.图乙中实线是 3 s t =时刻的波形图象,质点 M 位于8 m x =处,虚线是再过t ?时间后的波形图象.图中两波峰间距离7.0 m x ?=.求 (1)波速大小和方向; (2)时间t ?.

4.如图所示、一列简谐横波沿 x 轴正方向传播,实线和虚线分别为10 s t =时与2 2 s t =时的波形图像,已知该波中各个质点的振动周期大于4 s 。求: (i)该波的传播速度大小; (ii)从10 s t =开始计时,写出 1 m x =处质点的振动方程。 5.如图,在平静的湖面上有相距12 m 的B C 、两片小树叶,将一枚小石子投到B C 、连线左侧的 O 点, 6 m OB =,经过24 s ,第1个波峰传到树叶 B 时,第13个波峰刚好在 O 点形成。求: (ⅰ)这列水波的波长和水波的频率; (ⅱ)从第1个波峰传到树叶 B 算起,需要多长时间 C 树叶开始振动。 6.如图所示,图甲为一列简谐横波在2s t =时的图象,Q 为4m x =处的质点,P 为11m x =处的质点,图乙为质点P 的振动图象。 (1)求质点P 的振动方程及该波的传播速度; (2)2s t =后经过多长时间Q 点位于波峰?

高中物理 运动学经典试题

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=='

高考物理二轮复习计算题题型1运动学、动力学类问题练习

计算题题型1 运动学、动力学类问题 角度1:直线运动规律及牛顿运动定律的综合应用 1.(2017·江西吉安一诊)如图所示,在赛车训练场相邻两车道上有黑白两辆车,黑色车辆停在A线位置,某时刻白色车速度以v1=40 m/s通过A线后立即以大小a1=4 m/s2的加速度开始制动减速,黑车4 s后开始以a2=4 m/s2的加速度开始向同一方向匀加速运动,经过一定时间,两车同时在B线位置.两车看成质点.从白色车通过A线位置开始计时,求经过多长时间两车同时在B线位置及在B线位置时黑色车的速度大小. 2.质量M=10 kg的木板A沿水平面向右运动,与水平面之间的动摩擦因数μ1=0.1,当A的速度v0=5 m/s时,在A的左端施加一个恒力F=35 N,如图所示,同时在木板上表面无初速度地放上一个质量m=5 kg的滑块B.已知滑块B右端的木板上表面粗糙,长度为12.5 m,与滑块之间的动摩擦因数μ2=0.1,滑块左端的木板上表面包括滑块所放的位置均光滑,长度为 2.5 m,g 取10 m/s2. (1)至少经过多长时间滑块与木板的速度相等? (2)共经过多长时间滑块与木板分开? 3.(2017·辽宁鞍山一模)如图所示为在某工厂的厂房内用水平传送带将工件的半成品运送到下一工序的示意图.传送带在电动机的带动下保持v=2 m/s的速度匀速向右运动,现将质量

为m=20 kg的半成品轻放在传送带的左端A处,半成品工件与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5,设传送带足够长,重力加速度g=10 m/s2.试求: (1)半成品工件与传送带相对滑动所经历的时间; (2)半成品工件与传送带间发生的相对位移大小; (3)若每分钟运送的半成品工件为30个,则电动机对传送带做功的功率因运送工件而增加多少? 角度2:带电粒子(带电体)在电场与磁场中的平衡与运动 1.(2017·黑龙江双鸭山一模)如图所示,一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上,当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中,小物块恰好静止.重力加速度取g,sin 37°= 0.6,cos 37°=0.8.求: (1)水平向右电场的电场强度; (2)若将电场强度减小为原来的,物块的加速度是多大? (3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能.

2020高考物理运动学专题练习

直线运动规律及追及问题 一 、 例题 例题1.一物体做匀变速直线运动,某时刻速度大小为4m/s ,1s 后速度的大小变为10m/s ,在这1s 内该物体的 ( ) A.位移的大小可能小于4m B.位移的大小可能大于10m C.加速度的大小可能小于4m/s D.加速度的大小可能大于10m/s 析:同向时2201/6/14 10s m s m t v v a t =-=-= m m t v v s t 71210 4201=?+=?+= 反向时2202/14/14 10s m s m t v v a t -=--=-= m m t v v s t 312 10 4202-=?-=?+= 式中负号表示方向跟规定正方向相反 答案:A 、D 例题2:两木块自左向右运动,现用高速摄影机在同一底片上多次曝光,记录下木快每次曝光时的位置,如图所示,连续两次曝光的时间间隔是相等的,由图可知 ( ) A 在时刻t 2以及时刻t 5两木块速度相同 B 在时刻t1两木块速度相同 C 在时刻t 3和时刻t 4之间某瞬间两木块速度相同 D 在时刻t 4和时刻t 5之间某瞬间两木块速度相同 解析:首先由图看出:上边那个物体相邻相等时间内的位移之差为恒量,可以判定其做匀变速直线运动;下边那个物体很明显地是做匀速直线运动。由于t 2及t 3时刻两物体位置相同,说明这段时间内它们的位移相等,因此其中间时刻的即时速度相等,这个中间时刻显然在t 3、t 4之间 答案:C 例题3 一跳水运动员从离水面10m 高的平台上跃起,举双臂直立身体离开台面,此时中心位于从手到脚全长的中点,跃起后重心升高0.45m 达到最高点,落水时身体竖直,手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)从离开跳 台到手触水面,他可用于完成空中动作的时间是多少?(g 取10m/s 2 结果保留两位数字) 解析:根据题意计算时,可以把运动员的全部质量集中在重心的一个质点,且忽略其水平方向 的运动,因此运动员做的是竖直上抛运动,由g v h 22 0=可求出刚离开台面时的速 度 t 1 t 2 t 3 t 4 t 5 t 6 t 7 t 1 t 2 t 3 t 4 t 5 t 6 t 7

2020高考物理计算题专题训练含答案

计算题 1.为了使航天员能适应在失重环境下是的工作和生活,国家航天局组织对 航天员进行失重训练。故需要创造一种失重环境;航天员乘坐到民航客机 上后,训练客机总重5×104kg,以200m/s速度沿300倾角爬升到7000米 高空后飞机向上拉起,沿竖直方向以200m/s 的初速度向上作匀减速直线 运动,匀减速的加速度为g,当飞机到最高点后立即掉头向下,仍沿竖直 方向以加速度为g加速运动,在前段时间内创造出完全失重,当飞机离地 2000米高时为了安全必须拉起,后又可一次次重复为航天员失重训练。若 飞机飞行时所受的空气阻力f=Kv(k=900N·s/m),每次飞机速度达到 350m/s 后必须终止失重训练(否则Array飞机可能失速)。 求:(1)飞机一次上下运动为航天员创 造的完全失重的时间。 (2)飞机下降离地4500米时飞机 发动机的推力(整个运动空间重力加速 度不变)。 (3)经过几次飞行后,驾驶员想在保持其它不变,在失重训练时间不 变的情况下,降低飞机拉起的高度(在B点前把飞机拉起)以节约燃油, 若不考虑飞机的长度,计算出一次最多能节约的能量。

2.如图所示是一种测定风速的装置,一个压力传感器固定在竖直墙上,一弹簧一端固定在传感器上的M 点,另一端N 与导电的迎风板相连,弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属细杆上,弹簧是不导电的材料制成的。测得该弹簧的形变量与压力传感器示数关系见下表。 迎风板面积S =0.50m 2,工作时总是正对着风吹来的方向。电路的一端与迎风板相连,另一端在M 点与金属杆相连。迎风板可 在金属杆上滑动,且与金属杆接触良好。定值电阻R =1.0Ω,电源的电动势E =12V ,内阻r =0.50Ω。闭合开关,没有风吹时,弹簧处于原长L 0=0.50m ,电压 传感器的示数U 1=3.0V ,某时刻由于风吹迎风板,电压传感器的示数变为 U 2=2.0V 。求: (1)金属杆单位长度的电阻; 形变量(m ) 0 0.1 0.2 0.3 0.4 压 力(N ) 0 130 260 390 520

2020届高考物理计算题复习《竖直上抛运动》(解析版)

《竖直上抛运动》 计算题 在竖直井的井底,将一物块以 的速度竖直向上抛出,物块在上升过程 中做加速度大小 的匀减速直线运动,物块上升到井口时被人接住,在 被人接住前1s 内物块的位移 求: 物块从抛出到被人接住所经历的时间; 此竖直井的深度. 原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目。已知质量 的运动员原地 摸高为 米,比赛过程中,该运动员先下蹲, 重心下降 米,经过充分调整后, 发力跳起摸到了 米的高度。假设运动员起跳过程为匀加速运动,忽略空气阻 力影响,g 取 求: 1. 如图甲所示,将一小球从地面上方 气阻力,上升和下降过程中加速度不变, 小球从抛出到上升至最高点所需的时间 小球从抛出到落地所需的时间 t; 在图乙中画出小球从抛出到落地过程中的 处以 的速度竖直上抛,不计空 g 取 ,求: 图象。 2. 3.

该运动员离开地面时的速度大小为多少; 起跳过程中运动员对地面的压力; 从开始起跳到双脚落地需要多少时间? 4. 气球以的速度匀速上升,当它上升到离地面40m高处,从气球上落下一个物 体.不计空气阻力,求物体落到地面需要的时间;落到地面时速度的大小. 5.小运动员用力将铅球以的速度沿与水平方向成 方向推出,已知铅球出手点到地面的高度为 求: 铅球出手后运动到最高点所需时间; 铅球运动的最高点距地面的高度H ; 铅球落地时到运动员投出点的水平距离x.

6. 气球下挂一重物,以的速度匀速上升,当到达离地高度处时, 悬挂重物的绳子突然断裂,空气阻力不计,g取则求: 绳断后物体还能向上运动多高? 绳断后物体再经过多长时间落到地面。 落地时的速度多大? 7.气球下挂一重物,以的速度匀速上升,当到达离地高度 处时,悬挂重物的绳子突然断裂,那么重物经多长时间落 到地面?落地时的速度多大?空气阻力不计,g取。 8.气球以的速度匀速上升,在离地面75m高处从气球上掉落一个物体,结果气 球便以加速度向上做匀加速直线运动,不计物体在下落过程中受到的 空气阻力,问物体落到地面时气球离地的高度为多少?

高三物理复习〈运动学〉测试题

1.(07北京理综18)图示为高速摄影机拍摄到的子弹穿透苹果瞬间的照片.该照片经放大后分析出,在曝光时间内,子弹 影像前后错开的距离约为子弹长度的1%~2%.已知子弹飞 行速度约为500 m/s,由此可估算出这幅照片的曝光时间最 接近() A.10-3 s B.10-6 s C.10-9 s D.10-12 s 2.(1)在测定匀变速直线运动加速度的实验中,将以下步骤的代号按合理顺序填空写在横线上:_____________. (A)拉住纸带,将小车移至靠近打点计时器处,先接通电源,后放开纸带; (B)将打点计时器固定在平板上,并接好电路; (C)把一条细绳拴在小车上,细绳跨过定滑轮,下面吊着重量适当的钩码; (D)断开电源,取下纸带; (E)将平板一端抬高,轻推小车,使小车恰能在平板上作匀速运动; (F)将纸带固定在小车尾部,并穿过打点计时器的限位孔; (G)换上新的纸带,再重复做两三次. (2)某同学利用打点计时器所 记录的纸带来研究做匀变速 直线运动小车的运动情况, 实验中获得一条纸带,如图 三所示,其中两相邻计数点 间有四个点未画出。已知所 用电源的频率为50H Z,则打A点时小车运动的速度v A=_______m/s,小车运动的加速度a=_______m/s2。(结果要求保留三位有效数字) 3.如右图所示,甲、乙两个同学在平直跑道上练习“4×100m” 接力,他们在奔跑时具有相同的最大速度。乙从静止开始全力奔跑需跑出25m才能达到最大速度,这一过程可视为匀变速运动。现在甲手持接力棒以最大速度向乙奔来,乙在接力区伺机全力奔出。若要 求乙接棒时奔跑速度达到最大速度的80%,试求: ⑴乙在接力区须奔跑多少距离? ⑵乙应在距离甲多远处时起跑?5.(07全国卷Ⅰ23)甲乙两运动员在训练交接棒的过程中发现:甲经短距离加速后能保 持9 m/s 的速度跑完全程;乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的.为了确定乙起跑的时机,需在接力区前适当的位置设置标记.在某次练习中,甲在接力区前s0=13.5 m 处作了标记,并以v=9 m/s 的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令.乙在接力区的前端听到口令时起跑,并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上,完成交接棒.已知接力区的长度为L=20 m.求: (1)此次练习中乙在接棒前的加速度 a. (2)在完成交接棒时乙离接力区末端的距离. 6.(08·四川理综·23)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/s2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? .如图所示,直线MN表示一条平直公路,甲、乙两辆汽车原来停在A、B两处, A、B间的距离为85m,现甲车先开始向右做匀加速直线运动,加速度a1=2.5m/s2, 甲车运动 6.0s时,乙车立即开始向右做匀加速直线运动,加速度a2=5.0m/s2,求两 辆汽车相遇处距A处的距离. 8.火车A以速度v1匀速行驶,司机发现正前方同一轨道上相距s处有另一火车B沿同方向以速度v2(对地,且v2小于v1)做匀速运动,A车司机立即以加速度(绝对值)a紧急刹车,为使两车不相撞,a应满足什么条件?

高考物理专题复习--21运动学图像专题知识要点

运动学图像专题 主标题:运动学图像专题 副标题:剖析考点规律,明确高考考查重点,为学生备考提供简洁有效的备考策略。 关键词:匀变速直线运动,图像 难度:3 重要程度:3 内容: 1、考点剖析:运动图像是高考中的热点,多以选择题出现(在计算题中也有应用),难度中等。高考较注重学生对图像的理解,有些题目利用图像分析求解能使问题简化,深刻理解运动图像的物理意义,能从图像中获得有效信息,灵活运用运动学规律公式是解决此类问题的关键。 2、知识点:利用图像法可直观地反映物理规律,分析物理问题。图像法是物理研究中常用的一种重要方法,运动学中常用的图像为v-t图像。在理解图像物理意义的基础上,用图像法分析解决有关问题(如往返运动、定性分析等)会显示出独特的优越性,解题既直观又方便。 3、题型分类:(主要讨论v-t图像和s-t图像,其他图像的意义在例题中说明) 点:即图像的各种交点;v-t图像中表示该时刻两物体的速度相同;s-t图像中表示该时刻两物体的位移相同 线:即图像的斜率;v-t图像中表示该时刻物体的加速度;s-t图像中表示该时刻物体的速度 面:即图像的面积;v-t图像中表示一段时间内的位移;s-t图像中无意义; 例1、如图所示是某质点做直线运动的v-t图像,由图可知这个质点的运动情况是( ) A、前5s做的是匀速运动 B、5s~15s内做匀加速运动,加速度为1m/s2 C、15s~20s内做匀减速运动,加速度为3.2m/s2 D、质点15s末离出发点最远,20秒末回到出发点 【解析】由图像可知前5s做的是匀速运动,选项A正确;5~15s内做匀加速度运动,加速度为0.8m/s2,选项B错误;15s~20s做匀减速运动,加速度为-3.2m/s2,选项C错,质点一直做单方向的直线运动,在20s末离出发点最远,选项D错误。 【答案】A 例2、如图所示是甲、乙两物体从同一点出发的位移-时间(x-t)图像,由图像可以看出在0~4s这段时间内( )

高考物理计算题专项练习(轨道型)

高三物理计算题专练(轨道类) 1.如图所示,质量为m=0.10kg的小物块以初速度v0=4.0m/s,在粗糙水平桌面上做直线运动,经时间t=0.4s后以速度v飞离桌面,最终落在水平地面上。已知物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25,桌面离地高h=0.45m,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2。求: (1)小物块飞离桌面时的速度大小v。 (2)小物块落地点距飞出点的水平距离s。 2.如图所示,一滑板爱好者总质量(包括装备)为50kg,从以O为圆心,半径为R=1.6m光滑圆弧轨道的A点(α=60°)由静止开始下滑,到达轨道最低点B后(OB在同一竖直线上),滑板爱好者沿水平切线飞出,并恰好从C点以平行斜面方向的速度进入倾角为37°的斜面,若滑板与斜面的动摩擦因数为μ=0.5,斜面长s=6m,(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求: (1)滑板爱好者在B、C间运动的时间。 (2)滑板爱好者到达斜面底端时的速度大小。 3.学校科技节上,同学发明了一个用弹簧枪击打目标的装置,原理如图甲,AC段是水平放置的同一木板;CD段是竖直放置的光滑半圆弧轨道,圆心为O,半径R=0.2m;MN是与O点处在同一水平面的平台;弹簧的左端固定,右端放一可视为质点、质量m=0.05kg的弹珠P,它紧贴在弹簧的原长处B点;对弹珠P施加一水平外力F,缓慢压缩弹簧,在这一过程中,所用外力F与弹簧压缩量x的关系如图乙所示。已知BC段长L=1.2m,EO间的距离s=0.8m。计算时g取10m/s2,滑动摩擦力等于最大静摩擦力。压缩弹簧释放弹珠P后,求:

(1)弹珠P通过D点时的最小速度v D; (2)弹珠P能准确击中平台MN上的目标E点,它通过C点时的速度v C; (3)当缓慢压缩弹簧到压缩量为x0时所用的外力为8.3N,释放后弹珠P能准确击中平台MN 上的目标E点,求压缩量x0。 4.一长l=0.80m的轻绳一端固定在O点,另一端连接一质量m=0.10kg的小球,悬点O距离水平地面的高度H=1.00m。开始时小球处于A点,此时轻绳拉直处于水平方向上,如图所示。让小球从静止释放,当小球运动到B点时,轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂。不计轻绳断裂的能量损失,重力加速度g取10m/s2。求: (1)当小球运动到B点时的速度大小。 (2)绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点,求C点与B点之间的水平距离。 (3)若OP=0.6m,轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂,求轻绳能承受的最大拉力。

高中物理运动学测精彩试题(附答题卷和问题详解)

运动学测试(附答案) 一.不定项选择题(5分×12=60分) 1. 一物体以初速度0v 、加速度a 做匀加速直线运动,若物体从t 时刻起,加速度a 逐渐减小至零,则物体从t 时刻开始 ( ) A.速度开始减小,直到加速度等于零为止 B.速度继续增大,直到加速度等于零为止 C.速度一直增大 D.位移继续增大,直到加速度等于零为止 2.某人欲估算飞机着陆时的速度,他假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动,飞机在跑道上滑行的距离为x ,从着陆到停下来所用的时间为t ,则飞机着陆时的速度为( ) A.x t B.2x t C.x 2t D.x t 到2x t 之间的某个值 3.2009年7月16日,中国海军第三批护航编队16日已从某军港启航,于7月30日抵达亚丁湾、索马里海域如图1-1-1所示,此次护航从启航,经东海、海峡、南海、马六甲海峡,穿越印度洋到达索马里海域执行护航任务,总航程五千多海里.关于此次护航,下列说确的是( ) A .当研究护航舰艇的运行轨迹时,可以将其看做质点 B .“五千多海里”指的是护航舰艇的航行位移 C .“五千多海里”指的是护航舰艇的航行路程 D .根据题中数据我们可以求得此次航行的平均速度 4.一质点沿直线Ox 方向做变速运动,它离开O 点的距离随时间变化的关系为x =5+2t 3(m),它的速度随时间t 变化关系为v =6t 2(m/s).该质点在t =0到t =2 s 间的平均速度和t =2 s 到t =3 s 间的平均速度大小分别为( ) A .12 m/s ,39 m/s B .8 m/s ,38 m/s C .12 m/s ,19.5 m/s D .8 m/s ,12 m/s 5. 机车在高速公路上行驶,车速超过100 km/h 时,应当与同车道前车保持100 m 以上的距离.从驾驶员看见某一情况到采取制动动作的时间里,汽车仍要通过一段距离(称为反应距离);从采取制动动作到车完全停止的时间里,汽车又要通过一段距离(称为制动距离),如表所示给出了汽车在不同速度下的反应距离和制动距离的部分数据.如果驾驶员的反应时间一定,路面情况相同 A .驾驶员的反应时间为1.5 s B .汽车制动的加速度大小为2 m/s 2 C .表中Y 为49 D .表中X 为32 6. 在某可看做直线的高速公路旁安装有雷达探速仪,可以精确抓拍超速的汽车,以及测量汽车运动过程中的加速度.若B 为测速仪,A 为汽车,两者相距345 m ,此时刻B 发出超声波,同时A 由于紧急情况而急刹车,当B 接收到反射回来的超声波信号时,A 恰好停止,且此时A 、B 相距325 m ,已知声速为340 m/s ,则汽车刹车过程中的加速度大小为( ) A. 20 m/s 2 B. 10 m/s 2 C. 5 m/s 2 D. 1 m/s 2 7.一人看到闪电12.3 s 后又听到雷声.已知空气中的声速为330 m/s ~340 m/s ,光速为3×108 m/s ,于是他用12.3除以3很快估算出闪电发生位置到他的距离为4.1 km.根据你所学的物理知识可以判断( ) A .这种估算方法是错误的,不可采用 B .这种估算方法可以比较准确地估算出闪电发生位置与观察者间的距离 C .这种估算方法没有考虑光的传播时间,结果误差很大

高考物理二轮专题复习 模型讲解 运动学模型

2013年高考二轮专题复习之模型讲解 运动学模型 【模型概述】 在近年的高考中对各类运动的整合度有所加强,如直线运动之间整合,曲线运动与直线运动整合等,不管如何整合,我们都可以看到共性的东西,就是围绕着运动的同时性、独立性而进行。 【模型回顾】 一、两种直线运动模型 匀速直线运动:两种方法(公式法与图象法) 匀变速直线运动:2 002 1at t v s at v v t +=+=,,几个推论、比值、两个中点速度和一个v-t 图象。 特例1:自由落体运动为初速度为0的匀加速直线运动,a=g ;机械能守恒。 特例2:竖直上抛运动为有一个竖直向上的初速度v 0;运动过程中只受重力作用,加速度为竖直向下的重力加速度g 。特点:时间对称(下上t t =)、速率对称(下上v v =);机械能守恒。 二、两种曲线运动模型 平抛运动:水平匀速、竖直方向自由落体 匀速圆周运动: ωωmv mr r mv ma F F =====22 向向法 【模型讲解】 一、匀速直线运动与匀速直线运动组合 例1.一路灯距地面的高度为h ,身高为l 的人以速度v 匀速行走,如图1所示。 (1)试证明人的头顶的影子作匀速运动; (2)求人影的长度随时间的变化率。

图1 解法1:(1)设t=0时刻,人位于路灯的正下方O 处,在时刻t ,人走到S 处,根据题意有OS=vt ,过路灯P 和人头顶的直线与地面的交点M 为t 时刻人头顶影子的位置,如图2所示。OM 为人头顶影子到O 点的距离。 图2 由几何关系,有 OS OM l OM h -= 联立解得t l h hv OM -= 因OM 与时间t 成正比,故人头顶的影子作匀速运动。 (2)由图2可知,在时刻t ,人影的长度为SM ,由几何关系,有SM=OM-OS ,由以上各式得 t l h lv SM -= 可见影长SM 与时间t 成正比,所以影长随时间的变化率l h lv k -= 。 解法2:本题也可采用“微元法”。设某一时间人经过AB 处,再经过一微小过程)0(→??t t ,则人由AB 到达A ’B ’,人影顶端C 点到达C ’点,由于t v S AA ?=?'则人影顶端的移动速度:

高三物理计算题训练

天津市第一百中学高三物理计算题训练 1、如图所示,质量为1kg的物体静置在水平地面上,现对物体施以水平方向的恒定拉力,1s末将拉力撤 去,物体运动的v—t图象如图所示,试求: (1)在0~3s内物体的位移; (2)滑动摩擦力的大小; (3)拉力的大小。 2、如图所示,在光滑水平面上放有一个长为L的长木板C,在C左端和距左端s处各放有一个小物块A、B,A、B都可视为质点,它们与C之间的动摩擦因数都是μ,A、B、C的质量都是m。开始时B、C静止,A以某一初速度v0向右运动。设B与C之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求:⑴A相对于C向右滑动过程中,B与C之间的摩擦力大小。⑵为使A、B能够相碰,A的初速度v0应满足什么条件? v0 A B C 3、如图所示,原来静止在水平面上的长纸带上放有一个质量为m的小金属块A。金属块离纸带左端距离为d,与纸带间动摩擦因数为μ。现用力向右将纸带从金属块下面抽出,设纸带的加速过程极短,可以认为一开始抽动纸带就做匀速运动。求:⑴金属块刚开始运动时所受的摩擦力大小和方向。⑵为了能把纸带从金属 块下面抽出,纸带的速度v应满足什么条件? A v d 4、真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中,若将一个质量为m带正电的小球由静止释放,运动中小球的速度与竖直方向夹角为53o(取sin37o=0.6,cos37o=0.8)。现将该小球从电场中某点以v0=10m/s的初速度竖直向上抛出。求运动过程中 (1)小球受到的电场力的大小和方向; (2)小球从抛出点至最高点的电势能变化量; (3)小球的最小动量的大小和方向。 5、如图所示,质量均为m的A、B两物体,用劲度为k的轻质弹簧相连,A被手用外力F提在空中静止,这时B离地面的高度为h。放手后,A、B下落,若B与地面碰撞后不再反弹,求:A从开始下落到其速度达到最大的过程中,A的重力势能的改变量。 A B h 6、如图所示,竖直的光滑杆上套着一轻质弹簧,弹簧长度为原长时,上端在O 点处。现将质量,m2=3kg 的圆环套在杆上,压缩弹簧,平衡于A点处,A点和O点间距为x0;再将一质量m1=6kg的圆环套在杆上,从距A点3x0处的B点由静止开始下滑并与m2碰撞后粘为一体。它们运动到C处时 速度达到最大值,此时动能E k=19.5J。已知弹簧劲度系数k=300N/m。求: (1)m1在与m2碰撞前瞬间的速度v;

2014-2018高考物理运动学真题

专题一质点的直线运动 (2017~2018年) 201803 4.在一斜面顶端,将甲乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出,两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的 A.2倍 B.4倍 C.6倍 D.8倍 5.甲乙两车在同一平直公路上同向运动,甲做匀加速直线运动, 乙做匀速直线运动。甲乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。 下列说法正确的是 A.在t1时刻两车速度相等 B.从0到t1时间内,两车走过的路程相等 C.从t1到t2时间内,两车走过的路程相等 D.从t1到t2时间内的某时刻,两车速度相等 6.地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次 和第②次提升过程, A.矿车上升所用的时间之比为4:5 B.电机的最大牵引力之比为2:1 C.电机输出的最大功率之比为2:1 D.电机所做的功之比为4:5

201802 6.甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动,其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶,下列说法正确的是() A.两车在t1时刻也并排行驶 B.t1时刻甲车在后,乙车在前 C.甲车的加速度大小先增大后减小 D.乙车的加速度大小先减小后增大 (2016~2014年) 1.(2016·全国卷Ⅲ,16,6分)(难度★★)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为s,动能变为原来的9倍。该质点的加速度为() A.s t2 B.3s 2t2 C.4s t2 D.8s t2 2.(2016·全国卷Ⅰ,21,6分)(难度★★★)(多选)甲、乙两车在平直公路上同向行驶,其v-t图象如图所示。已知两车在t=3s时并排行驶,则() A.在t=1s时,甲车在乙车后 B.在t=0时,甲车在乙车前7.5m C.两车另一次并排行驶的时刻是t=2s D.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m

@高考物理计算题训练——滑块与木板模型(答案版)

1、木板M静止在光滑水平面上,木板上放着一个小滑块m,与木板之间的动摩擦因数μ,为了使得m能从M上滑落下来,求下列各种情况下力F的大小范围。 (1)m与M刚要发生相对滑动的临界条件:①要滑动:m 与M间的静摩擦力达到最大静摩擦力;②未滑动:此时m与 M加速度仍相同。受力分析如图,先隔离m,由牛顿第二定 律可得:a=μmg/m=μg 再对整体,由牛顿第二定律可得:F0=(M+m)a 解得:F0=μ(M+m) g 所以,F的大小范围为:F>μ(M+m)g (2)受力分析如图,先隔离M,由牛顿第二定律可得:a=μ mg/M 再对整体,由牛顿第二定律可得:F0=(M+m)a 解得:F0=μ(M+m) mg/M 所以,F的大小范围为:F>μ(M+m)mg/M 2、如图所示,有一块木板静止在光滑水平面上,木板质量M=4kg,长L=1.4m.木板右端放着一个小滑块,小滑块质量m=1kg,其尺寸远小于L,它与木板之间的动摩擦因数μ=0.4,g=10m/s2, (1)现用水平向右的恒力F作用在木板M上,为了使得m能从M上滑落下来,求F的大小范围. (2)若其它条件不变,恒力F=22.8N,且始终作用在M上,求m在M上滑动的时间. (1)小滑块与木板间的滑动摩擦力 f=μFN=μmg=4N…………① 滑动摩擦力f是使滑块产生加速度的最大合外力,其最大加速度 a1=f/m=μg=4m/s2…② 当木板的加速度a2> a1时,滑块将相对于木板向左滑动,直至脱离木板 F-f=m a2>m a1F> f +m a1=20N …………③ 即当F>20N,且保持作用一般时间后,小滑块将从木板上滑落下来。 (2)当恒力F=22.8N时,木板的加速度a2',由牛顿第二定律得F-f=Ma2'

高三物理第一轮复习运动学部分专题

一.平均速度:任意运动的平均速度公式和匀变速直线运动的平均速度公式的理解 ①t s ??= 一v 普遍适用于各种运动;②v =20t V V +只适用于加速度恒定的匀变速直线运动 ③t V V S t 2 0+= 仅适用于匀变速直线运动 1.物体由A 沿直线运动到B ,在前一半时间内是速度为v 1的匀速运动,在后一半时间内是速度为v 2的匀速运动.则物体在这段时间内的平均速度为( ) A .221v v + B .21v v + C .21212v v v v + D .2 121v v v v + 2.一个物体做变速直线运动,前一半路程的平均速度是v 1,后一半路程的平均速度是v 2,则全程的平均速度是( ) A .221v v + B .21212v v v v + C .21212v v v v ++ D .2 121v v v v + 3.一辆汽车以速度v 1行驶了1/3的路程,接着以速度v 2=20km/h 跑完了其余的2/3的路程,如果汽车全程的平均速度v=27km/h ,则v 1的值为( ) A .32km/h B .345km/h C .56km/h D .90km/h 4.甲乙两车沿平直公路通过同样的位移,甲车在前半段位移上以v 1=40km/h 的速度运动,后半段位移上以v 2=60km/h 的速度运动;乙车在前半段时间内以v 1=40km/h 的速度运动,后半段时间以v 2=60km/h 的速度运动,则甲、乙两车在整个位移中的平均速度大小的关系是 A .V 甲=V 乙 B .V 甲 < V 乙 C .V 甲 > V 乙 D .因不知位移和时间故无法确定 二.加速度公式的理解:a=(v t -v 0 )/t 公式中各个部分物理量的理解 匀加速运动:速度随时间均匀增加,v t >v 0,a 为正,此时加速度方向与速度方向相同。 匀减速运动:速度随时间均匀减小,v t <v 0,a 为负,此时加速度方向与速度方向相反。 1.对于质点的运动,下列说法中正确的是( ) A .质点运动的加速度为零,则速度变化量也为零 B .质点速度变化率越大,则加速度越大 C .物体的加速度越大,则该物体的速度也越大 D .质点运动的加速度越大,它的速度变化量越大 2.下列说法正确的是( ) A .加速度增大,速度一定增大 B .速度改变△V 越大,加速度就越大 C .物体有加速度,速度就增加 D .速度很大的物体,其加速度可能很小 3.关于加速度与速度,下列说法中正确的是( ) A .速度为零,加速度可能不为零 B .加速度为零时,速度一定为零 C .若加速度方向与速度方向相反,则加速度增大时,速度也增大 D .若加速度方向与速度方向相同,则加速度减小时,速度反而增大 4.一物体做匀变速直线运动,某时刻速度的大小为4m/s ,1s 后速度的大小变为10m/s ,在这1s 内该物体的( ) A .位移的大小可能小于4m B .位移的大小可能大于10m C .加速度的大小可能小于4m/s 2 D .加速度的大小可能大于10m/s 2

高考物理力学,运动学实验题

课时作业(二十六)[第26讲本单元实验] 基础热身 1.在验证机械能守恒定律的实验中: (1)下列实验操作顺序正确合理的一项是________(填序号) A.先将固定在重物上的纸带穿过打点计时器,再将打点计时器固定在铁架台上 B.先用手提着纸带,使重物静止在打点计时器下方,再接通电源 C.先放开纸带让重物下落,再接通打点计时器的电源 D.先取下固定在重物上的打好点的纸带,再切断打点计时器的电源 (2)质量m=1kg的重锤自由下落,在纸带上打出了一系列的点,如图K26-1所示,相邻计数点时间间隔为0.02s,长度单位是cm,g取9.8m/s2.则(保留3位有效数字): ①打点计时器打下计数点B时,重锤的速度v B=__________m/s; ②从点O到打下计数点B的过程中,重锤重力势能的减少量ΔE p=______________J,动能的增加量ΔE k=__________________J; ③实验结论是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. 图K26-1 2.在用如图K26-2所示的装置做“探究动能定理”的实验时,下列说法正确的是() 图K26-2 A.通过改变橡皮筋的条数改变拉力做功的数值 B.通过改变橡皮筋的长度改变拉力做功的数值 C.通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度 D.通过打点计时器打下的纸速来测定小车加速过程中获得的平均速度 技能强化 3.2011·德州模拟关于“探究动能定理”的实验,下列叙述正确的是() A.每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值 B.每次实验中,橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致 C.放小车的长木板应该尽量水平 D.先接通电源,再让小车在橡皮筋的作用下弹出 图K26-3 4.2010·安徽卷利用如图K26-3所示装置进行验证机械能守恒定律的实验时,需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v0和下落高度h.某班同学利用实验得到的纸带,设计了以下四种测量方案. A.用刻度尺测出物体下落的高度h,并测出下落时间t,通过v=gt计算出瞬时速度v0 B.用刻度尺测出物体下落的高度h,并通过v=2gh计算出瞬时速度v0

(完整word版)高考物理计算题训练

高考物理计算题训练(1) 1.(17分)如图为一滑梯的示意图,滑梯的长度AB为L= 5.0m,倾角θ=37°。BC段为与滑梯平滑连接的水平地面。一个小孩从滑梯顶端由静止开始滑下,离开B点后在地面上滑行了s = 2.25m后停下。小孩与滑梯间的动摩擦因数为μ = 0.3。不计空气阻力。取g = 10m/s2。已知sin37°= 0.6,cos37°= 0.8。求: (1)小孩沿滑梯下滑时的加速度a的大小; (2)小孩滑到滑梯底端B时的速度v的大小; (3)小孩与地面间的动摩擦因数μ′。 2.(18分)在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n = 1500匝,横截面积S = 20cm2。螺线管导线电阻r = 1.0Ω,R1 = 4.0Ω,R2 = 5.0Ω,C=30μF。在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。求: (1)求螺线管中产生的感应电动势; (2)闭合S,电路中的电流稳定后, 求电阻R1的电功率; (3)S断开后,求流经R2的电量。 2 图甲 图乙 s

3.(20分)如图,在平面直角坐标系xOy 内,第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场,第Ⅳ象限以ON 为直径的半圆形区域内,存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B 。一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子,从y 轴正半轴上y = h 处的M 点,以速度v 0垂直于y 轴射入电场,经x 轴上x = 2h 处的P 点进入磁场,最后以垂直于y 轴的方向射出磁场。不计粒子重力。求 (1)电场强度大小E ; (2)粒子在磁场中运动的轨道半径r ; (3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t 。 答案 1.(17分) 解:(1)物体受力如右图所示 (1分) 由牛顿运动定律 mg sin θ -μN = ma (1分) N - mg cos θ = 0 (1分) 解得 a = g sin θ -μg cos θ = 3.6m/s 2 (1分) (2) 由 (1分) 求出 (1分) (3)由匀变速直线运动规律 (1分) 由牛顿第二定律 (1 分) 解得 (1分) 2.(18分) 解:(1)根据法拉第电磁感应定律 (3分)求出 E = 1.2(V ) (1分) (2)根据全电路欧姆定律 (1分) 根据 (1分) 求出 P = 5.76×10-2(W ) (1 分) (3)S 断开后,流经R 2的电量即为S 闭合时C 板上所带的电量Q 电容器两端的电压 U = IR 2=0.6(V ) (1分) P O y M N x B v 0 N mg f

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