江苏高考物理二轮复习全程攻略精编全套考前抢分必做--终极猜想8
江苏高考物理二轮复习全程攻略精编全套考前抢分必做--终极猜想18
终极猜想十八对感应电流的产生及判断的考查(本卷共6小题，满分60分．建议时间：30分钟 )六十、楞次定律1．(2012·江苏连云港调研)如图1所示，两个完全相同的矩形导线框A 、B 在靠得很近的竖直平面内，线框的对应边相互平行．线框A 固定且通有电流I ，线框B 从图示位置由静止释放，在运动到A 下方的过程中 ( )．图1A ．穿过线框B 的磁通量先变小后变大 B ．线框B 中感应电流的方向先顺时针后逆时针C ．线框B 所受安培力的合力为零D ．线框B 的机械能一直减小2．(多选)(2012·湖北八校二联)如图2是电子感应加速器的示意图，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动．上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，电子从电子枪右端逸出(不计初速度)，当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，使电子在真空室中沿虚线加速击中电子枪左端的靶，下列说法中正确的是 ( )．图2A．真空室中磁场方向竖直向上B．真空室中磁场方向竖直向下C．电流应逐渐减小D．电流应逐渐增大3．如图3所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行．当电键S接通瞬间，两铜环的运动情况是()．图3A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，因电源正负极未知，无法具体判断六十一、左、右手定则应用4．(多选)信用卡的磁条中有一个个连续的相反极性的磁化区，如图4所示，刷卡时，当磁条以某一速度拉过信用卡阅读器的检测头时，在检测头的线圈中产生感应电流，那么下列说法正确的是()．图4A．A、B、C三位置经过检测头时，线圈中有感应电流产生B．A、B、C三位置经过检测头时，线圈中无感应电流产生C．A、C两位置经过检测头时，线圈中感应电流方向相同D．A、C两位置经过检测头时，线圈中感应电流方向相反5．如图5所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时()．图5A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生B．整个环中有顺时针方向的电流C．整个环中有逆时针方向的电流D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流六十二、综合应用6．(2012·河南模拟) 将一个矩形金属线框折成直角框架abcdefa，置于倾角为α＝37°的斜面上，ab边与斜面的底线MN平行，如图6所示．线框总电阻为R ＝0.02 Ω，ab边的质量为m＝0.01 kg，其余各边的质量均忽略不计，框架可绕过c、f点的固定轴自由转动，现从t＝0时刻开始沿斜面向上加一随时间均匀增加的、范围足够大的匀强磁场，磁感应强度与时间的关系为B＝0.5t T，磁场方向与cdef面垂直．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图6(1)求线框中感应电流的大小，并指出ab段导线上感应电流的方向；(2)t为何值时框架的ab边对斜面的压力恰为零．参考答案1．D[线框A的电流产生的磁场分布情况如图所示，由图可见，线框B穿过A的过程中，磁通量的变化是增加―→减小―→增加―→减小―→增加―→减小，变化较复杂，故A错．感应电流的方向为顺时针―→逆时针―→顺时针―→逆时针，故B错．线框B做变速运动，合力不为零，即C错．由于有感应电流的产生，机械能不断向电能转化，故D正确．]2．AD[由安培定则知A正确．电子逆时针加速运动形成顺时针方向的感应电流，感应电流产生的磁场与原电流产生的磁场方向相反，由楞次定律知原磁场是增强的，故D正确．]3．A[当电路接通瞬间，穿过线圈的磁通量在增加，使得穿过两侧铜环的磁通量都在增加，由楞次定律可知，两环中感应电流的磁场与线圈中磁场方向相反，即受到线圈磁场的排斥作用，使两铜环分别向外侧移动，选项A正确．] 4．AD[A、B、C三位置处于磁性过渡区，经过检测头时，引起线圈中磁通量变化，有感应电流产生，A对，B错．A、C两位置磁性变化规律不同，经过检测头时引起线圈中磁通量变化情况相反，感应电流方向相反，C错，D对．] 5．D[由右手定则可知，导体ef切割磁感线，产生的感应电流e→f，故右侧的电流方向为逆时针，左侧的电流方向为顺时针，选项D正确．]6．解析该题是一个在三维空间展开的电磁感应综合问题，因此空间的几何关系分析是解决这类问题的关键．(1)由题设条件可得：E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt cd·de＝0.02 V，所以感应电流I＝ER＝1.0 A，根据楞次定律可判断，感应电流的方向从a→b.(2)ab边所受的安培力为F B＝BI·ab＝0.1t，方向垂直于斜面向上，当框架的ab边对斜面的压力为零时，由平衡条件得F B＝mg cos 37°，由以上各式并代入数据得：t＝0.8 s.答案(1)1.0 A，方向为a―→b(2)0.8 s。
八类学生高考第二轮物理练习高效抢分攻略
八类学生高考第二轮物理练习高效抢分攻略 分数的提高才是我们进行复习的最终目的，以下是物理复习高效抢分攻略，希望对考生有帮助。
[一做就错型]学懂学透夯实基础，多做题目触类旁通解决此类学生的问题最重要的是要找到症结。
从老师的课堂教学来分析，由于学生接受知识的能力不同，因此老师教学进度较快或者教学内容过难很容易使学生一做就错。
从学生自身找症结，可以从以下三种情况分析：1.对于简单的题掉以轻心，漏题丢分;2.对于中档题，分析不清楚，似是而非，模棱两可;3.对于复杂题，自身知识结构和做题技巧不到位，缺乏分析能力。
[粗心大意型]你属于真粗心还是假粗心?在学习中，学生常为成绩下降寻找理由粗心，一切真的全是粗心惹的祸吗?粗心分为真粗心和假粗心。
真粗心属于偶然性发生的错误，下次稍加注意即可改正。
假粗心属于经常性发生的错误。
假粗心的同学虽然能找到解题的方式，但在处理问题上缺乏严密的逻辑性，无法完美地答题，追根溯源是对知识的结构和脉络掌握得不是很清晰。
这就需要巩固基础知识，加强训练，并通过心理疏导来彻底杜绝粗心。
[基础薄弱型]薄弱在学科上，不要薄弱在心里基础薄弱型的学生很容易通过专业辅导提高成绩，此类学生多是因为没有掌握前期课程的知识点，导致恶性循环，成绩长期处于班级下游。
由于这部分学生长时间对取得好成绩缺乏信心，缺乏向上的决心，因此针对基础薄弱型的学生重在补心态。
[动力不足型]从兴趣出发，培养持续学习热情有一部分学生由于对学习目标不清晰，属于被动学习，而且基础知识不牢固，学习上制订的计划也无法实现，浑浑噩噩地上课，对学习和考试缺乏热情和动力。
此类学生统称为动力不足型。
[苦学无效型]学业诊断很重要，找对方法进步快苦学无效困扰着很多中学生，学得累又考不好，使学生对学习产生厌恶感。
学习中心老师表示，苦学无效型的学生是没找对适合自己的学习方法，学习缺乏技巧，导致效率较低。
只要通过学科诊断，找准学生苦学无效的个人症结所在，并扎实落实老师制订的个性化方法，这类孩子成绩提高更快。
江苏高考物理二轮复习全程攻略精编全套考前抢分必做--终极猜想10
终极猜想十 对功能关系的考查(本卷共7小题，满分60分．建议时间：30分钟 )三十二、动能定理1．(多选)(2012·河北模拟)假设地球、月球都静止不动，用火箭从地球沿地月连线向月球发射一探测器，假定探测器在地球表面附近脱离火箭．用W 表示探测器从脱离火箭处飞到月球的过程中克服地球引力做的功，用E k 表示探测器脱离火箭时的动能，若不计空气阻力，则( )． A ．E k 必须大于或等于W ，探测器才能到达月球B ．E k 小于W ，探测器也可能到达月球C ．E k ＝W ，探测器一定能到达月球D ．E k ＝W ，探测器一定不能到达月球2．(2012·江苏模拟)构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500 J 的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图1中图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是 ( )．图1A．200 J B．250 JC．300 J D．500 J三十三、机械能守恒定律3．如图2所示，一小球从光滑圆弧轨道顶端由静止开始下滑，进入光滑水平面又压缩弹簧．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为E p和E k，弹簧弹性势能的最大值为E p′，则它们之间的关系为()．图2A．E p＝E k＝E p′B．E p>E k>E p′C．E p＝E k＋E p′D．E p＋E k＝E p′图34．(多选)如图3所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道最高点为D，AC为圆弧的一条水平直径，AE为水平面．现使小球从A点正上方O点处静止释放，小球从A点进入圆弧轨道后能通过轨道最高点D，则()．A．小球通过D点时速度可能为零B．小球通过D点后，一定会落到水平面AE上C．小球通过D点后，一定会再次落到圆弧轨道上D．小球要通过D点，至少要从高52R处开始下落三十四、功和能关系图45．(多选)如图4所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是( )．A ．电动机做的功为12m v 2B ．摩擦力对物体做的功为m v 2C ．传送带克服摩擦力做的功为m v 2D ．电动机增加的功率为μmg v6. (2012·重庆理综，23)如图5所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆，摆锤的质量为m 、细杆可绕轴O 在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O 点距离为L ，测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O 等高的位置处静止释放．摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s (s ≪L )，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F 的恒力，重力加速度为g ，求：(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．图5三十五、能的转化与守恒7．如图6所示，一轨道由光滑竖直的14圆弧AB 、粗糙水平面BC 及光滑斜面CE 组成，BC 与CE 在C 点由极小光滑圆弧相切连接，一小球从A 点正上方h＝0.2 m 处自由下落正好沿A 点切线进入轨道，已知小球质量m ＝1 kg ，14竖直圆弧半径R＝0.05 m，BC长s＝0.1 m，小球过C点后t1＝0.3 s第一次到达图中的D点．又经t2＝0.2 s第二次到达D点．重力加速度取g＝10 m/s2，求：图6(1)小球第一次在进入圆弧轨道瞬间和离开圆弧轨道瞬间受轨道弹力大小之比N1∶N2；(2)小球与水平面BC间的动摩擦因数μ；(3)小球最终停止的位置．参考答案1．BD[探测器克服地球引力做功为W，同样在探测器飞向月球的过程中月球对探测器也有万有引力作用，即月球引力对探测器做正功，但W月<W，若E k＝W，探测器速度减为零时，还没到达地、月引力相等的位置，地球的引力还大于月球的引力，所以探测器一定不能到达月球．由－W＋W月＝0－E k，得W＝W月＋E k，即E k<W时，探测器也可能到达月球，即B、D正确，A、C错误．]2．A[滑行时阻力F f恒定，由动能定理对图线①有ΔE k＝F f x1，x1＝10 m对图线②有ΔE k＝F f x2＋E电，x2＝6 m所以E电＝410ΔE k＝200 J，故A正确．]3．A[当小球处于最高点时，重力势能最大；当小球刚滚到水平面时重力势能全部转化为动能，此时动能最大；当小球压缩弹簧到最短时动能全部转化为弹性势能，弹性势能最大．由机械能守恒定律可知E p＝E k＝E p′，故答案选A.]4．BD[小球在通过圆弧最高点D时由牛顿第二定律有F N＋mg＝m v20R，因为F N只能大于或等于零，则在最高点的速度v0≥gR，A错；小球离开D点后做平抛运动，它下降高度R所用时间t＝2Rg，水平方向通过的位移s＝v0t>R，B对、C错；以B点为零势能点，由机械能守恒可知mgH＝mg2R＋12m v2，则H＝2R＋v202g≥52R.即小球要通过D点，至少要从H＝52R处开始下落，故D对．]5．CD[由能量守恒，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A错；对物体受力分析，知仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B错；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而易知这个位移是木块对地位移的两倍，即W＝m v2，故C对；由功率公式易知传送带增加的功率为μmg v，故D对．]6．解析(1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE等于减少的重力势能，即：ΔE＝mgL cos θ.①(2)对全程应用动能定理：W G＋W f＝0，②W G＝mgL cos θ，③由②、③得W f＝－W G＝－mgL cos θ④(3)由滑动摩擦力公式得f＝μF，⑤摩擦力做的功W f＝－fs，⑥④、⑤式代入⑥式得：μ＝mgL cos θFs.⑦答案(1)损失的机械能ΔE＝mgL cos θ(2)摩擦力做的功W f＝－mgL cos θ(3)动摩擦因数μ＝mgL cos θFs7．解析 (1)令小球在A 、B 两点速度大小分别为v A 、v B ，则由动能定理知mgh＝12m v 2A ，mg (h ＋R )＝12m v 2B ，在圆弧轨道A 点：N 1＝m v 2A R ，在圆弧轨道B 点：N 2－mg ＝m v 2B R ，联立得N 1∶N 2＝8∶11.(2)由(1)知小球在B 点速度为v B ＝ 5 m/s ，小球在CE 段加速度a ＝g sin θ＝5 m/s 2，做类似竖直上抛运动，由对称性及题意知小球从C 点上滑到最高点用时t ＝0.4 s ，所以小球在C 点速度为v C ＝at ＝2 m/s ，小球从B 到C 由运动学规律知v 2B －v 2C ＝2μgs .所以μ＝0.5.(3)因小球每次经过BC 段损失的能量相等，均为ΔE ＝μmgs ＝0.5 J ，而初动能为E ＝12m v 2B ，其他各段无能量损失，所以小球最终停止在C 点．答案 (1)8∶11 (2)0.5 (3)最终停在C 点。
高考物理(江苏专版)二轮复习与策略讲练：专题8_磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动_word版含解析
专题八磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动考点1| 磁场的性质难度：较易题型：选择题、计算题五年1考(多选)(2015·全国卷ⅡT18)指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是()A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转BC[指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确．因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C正确．在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转．正确选项为B、C.](2015·江苏高考T4)如图1所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度．下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态．若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是()图1【解题关键】解此题的关键有以下两点：(1)边长MN相同，但四个线圈在磁场中的有效长度不同．(2)线圈电流相同，磁场发生变化时，线圈所受安培力也发生相应变化．A[磁场发生微小变化时，因各选项中载流线圈在磁场中的面积不同，由法拉第电磁感应定律E＝n ΔΦΔt＝nΔB·SΔt知载流线圈在磁场中的面积越大，产生的感应电动势越大，感应电流越大，载流线圈中的电流变化越大，所受的安培力变化越大，天平越容易失去平衡，由题图可知，选项A符合题意．]1．高考考查特点本考点高考重在考查磁场的基本性质，掌握常见磁体周围磁场的分布，磁感线的形状及特点，电流磁场的判断、安培力洛伦兹力大小的影响因素及安培力、洛伦兹力方向的判断是突破本考点的前提．2.解题的常见误区及提醒(1)常见磁体磁场分布规律不清楚．(2)电流磁场的判断方法及安培力(洛伦兹力)方向的判断方法混淆．(3)公式F＝BIL及f＝q v B中各符号的意义及适用条件掌握不牢固．●考向1磁场的基本性质1.如图2所示，平行放置在绝缘水平面上的长为l的直导线a和无限长的直导线b，分别通以方向相反，大小为I a、I b(I a>I b)的恒定电流时，b对a的作用力为F.当在空间加一竖直向下(y轴的负方向)、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，导线a所受安培力恰好为零．则下列说法正确的是()图2A．电流I b在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y轴的负方向B．所加匀强磁场的磁感应强度大小为B＝F I a lC．导线a对b的作用力大于F，方向沿z轴的正方向D．电流I a在导线b处产生的磁场的磁感应强度大小为FI a l，方向沿y轴的正方向B[无限长的直导线b的电流I b在平行放置的直导线a处产生的磁场的磁感应强度处处相等，由于加上题述磁场后a所受安培力为零，因此电流I b在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y轴的正方向，A选项错误；由磁感应强度定义可得：B＝FI a l，B选项正确；由牛顿第三定律可知导线a对b的作用力等于F，C选项错误；电流I a在导线b处产生的磁场的磁感应强度大小并不是处处相等，因此D选项错误．]●考向2通电导体在磁场中的运动2．(多选)如图3甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为I m，图甲中I所示方向为电流正方向．则金属棒()图3A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功ABC根据题意得出v-t图象如图所示，金属棒一直向右运动，A正确．速度随时间做周期性变化，B正确．据F安＝BIL及左手定则可判定，F安大小不变，方向做周期性变化，则C项正确．F安在前半周期做正功，后半周期做负功，则D项错．●考向3洛伦兹力的应用3. (2016·安徽蚌埠模拟)如图4所示，xOy坐标平面在竖直面内，y轴正方向竖直向上，空间有垂直于xOy平面的匀强磁场(图中未画出)．一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示．下列说法中正确的是()【导学号：25702034】图4A．轨迹OAB可能为圆弧B．小球在整个运动过程中机械能增加C．小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等D．小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向D[因为重力改变速度的大小，而洛伦兹力仅改变速度的方向，又洛伦兹力大小随速度的变化而变化，故电荷运动的轨迹不可能是圆弧，A项错误；整个过程中由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，故系统机械能守恒，B项错误；小球在A点时受到洛伦兹力与重力的作用，合力提供向上的向心力，所以洛伦兹力大于重力，C项错误；因为系统中只有重力做功，小球运动至最低点A时重力势能最小，则动能最大，速度的方向为该点的切线方向，即最低点的切线方向沿水平方向，故D项正确．]1．F＝BIL sin α(α为B、I间的夹角)，高中只要求掌握α＝0°(不受安培力)和α＝90°两种情况．(1)公式只适用于匀强磁场中的通电直导线或非匀强磁场中很短的通电导线．(2)当I、B夹角为0°时F＝0.当电流与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL.(3)L是有效长度．闭合的通电导线框在匀强磁场中受到的安培力F＝0.(4)安培力的方向利用左手定则判断．2．洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，即洛伦兹力永不做功．(2)仅电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向．3．洛伦兹力的大小(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝q v B.(θ＝90°)(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0.考点2| 带电粒子在匀强磁场中的运动难度：中档题题型：选择题、计算题五年2考(2016·全国甲卷T18)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图5所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()图5A.ω3B B.ω2B C.ωB D.2ωB【解题关键】解此题的关键有三点：(1)带电粒子进入磁场后的运动性质．(2)当筒转过90°时，N点的位置．(3)画出带电粒子的轨迹并活用几何关系．A[如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧MP所对应的圆心角由几何知识知为30°，则π2ω＝2πmqB·30°360°，即qm＝ω3B，选项A正确．](2016·全国丙卷T18)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图6所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()图6A.m v2qB B.3m vqB C.2m vqB D．4m vqB【解题关键】D [如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R ＝m vqB .设入射点为A ，出射点为B ，圆弧与ON 的交点为P .由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB ＝R .由几何图形知，AP ＝3R ，则AO ＝3AP ＝3R ，所以OB ＝4R ＝4m vqB .故选项D 正确．](多选)(2012·江苏高考T 9)如图7所示，MN 是磁感应强度为B 的匀强磁场的边界．一质量为m 、电荷量为q 的粒子在纸面内从O 点射入磁场．若粒子速度为v 0，最远能落在边界上的A 点．下列说法正确的有( )图7A ．若粒子落在A 点的左侧，其速度一定小于v 0B ．若粒子落在A 点的右侧，其速度一定大于v 0C ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能小于v 0－qBd 2mD ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能大于v 0＋qBd2m 【解题关键】 解此题的关键有两点：(1)粒子从O 点进入，到达离O 点最远的点离O 点的距离为粒子圆周运动的直径2r . (2)粒子落在A 点左右两侧d 的范围内时，其粒子圆周运动的半径最小为2r －d2.BC [带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，q v 0B ＝m v 20r ，所以r ＝m v 0qB ，当带电粒子从不同方向由O 点以速度v 0进入匀强磁场时，其轨迹是半径为r 的圆，轨迹与边界的交点位置最远是离O 点2r 的距离，即OA ＝2r ，落在A 点的粒子从O 点垂直入射，其他粒子则均落在A 点左侧，若落在A 点右侧则必须有更大的速度，选项B 正确．若粒子速度虽然比v 0大，但进入磁场时与磁场边界夹角过大或过小，粒子仍有可能落在A 点左侧，选项A 、D 错误．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，设其半径为r ′，则r ′≥2r －d 2，代入r ＝m v 0qB ，r ′＝m vqB ，解得v ≥v 0－qBd2m ，选项C 正确．]1．高考考查特点高考在本考点的命题关注带电粒子在有界磁场中运动的分析与计算，根据题意画出粒子的运动轨迹，利用数学关系求解是常用方法．2．解题的常见误区及提醒(1)对运动电荷的电性分析错误，而造成洛伦兹力方向的错误．(2)左、右手定则混淆出现洛伦兹力方向错误．(3)不能正确画出粒子的运动轨迹图，数学关系应用不灵活．●考向1磁偏转的基本问题4．(2015·全国卷ⅠT14)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()【导学号：25702035】A．轨道半径减小，角速度增大B．轨道半径减小，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大D．轨道半径增大，角速度减小D[分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝m vqB可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T＝2πmqB可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝2πT知角速度减小．选项D正确．]●考向2磁偏转的临界问题5．(高考改编)在[例4](2016·全国丙卷T18)中，将磁场改为有界磁场，如图8所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为30°、60°)从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是()图8A ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1∶ 3 B ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为3(2－3)∶1C ．A 、B 两粒子的比荷之比是3∶1D ．A 、B 两粒子的比荷之比是1∶ 3B [A 、B 两粒子运动轨迹如图所示，粒子所受洛伦兹力提供向心力，轨迹半径R ＝m vqB ，设A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R 和r .由几何关系有R cos 30°＋R ＝d ，r cos 60°＋r ＝d ，解得R r ＝32＋3＝3(2－3)1，A 错误，B 正确；由于两粒子的速度大小相等，则R 与q m 成反比，所以A 、B 两粒子的比荷之比是(2＋3)∶3，C 、D 错误．]6.一足够长矩形区域abcd 内充满磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad 宽为L ，现从ad 中点O 垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v 0，方向与ad 边夹角为α＝30°，如图9所示，已知粒子的电荷量为q ，质量为m (重力不计)．图9(1)若粒子带负电且恰能从d 点射出磁场，求v 0的大小；(2)若粒子带正电，且粒子能从ab 边射出磁场，求v 0的取值范围及此范围内粒子在磁场中运动时间t 的范围．【解析】 (1)若粒子带负电，则进入磁场后沿顺时针方向偏转，如图所示，O 1为轨迹圆心，由对称性可知，速度的偏转角θ1＝2α＝60°，故轨迹半径r 1＝Od ＝L2根据q v 0B ＝m v 20r 1解得v 0＝qBr 1m ＝qBL2m .(2)若粒子带正电，则沿逆时针方向偏转，当v 0最大时，轨迹与cd 相切，轨迹圆心为O 2，半径为r 2，由几何关系得r 2－r 2cos 60°＝L2 解得r 2＝L 即v max ＝qBr 2m ＝qBL m当v 0最小时，轨迹与ab 相切，轨迹圆心为O 3，半径为r 3，由几何关系可得 r 3＋r 3sin 30°＝L2 解得r 3＝L3 则v min ＝qBr 3m ＝qBL3m 所以qBL 3m <v 0≤qBL m粒子从ab 边射出磁场，当速度为v max 时，速度偏转角最小且为150°，故运动时间最短，有t min ＝150°360°T ＝5πm 6Bq速度为v min 时，速度偏转角最大且为240°，因此运动时间最长，有 t max ＝240°360°T ＝4πm3Bq所以粒子的运动时间t 的范围是5πm 6Bq ≤t <4πm 3Bq . 【答案】 (1)qBL 2m (2)qBL 3m <v 0≤qBL m 5πm 6Bq ≤t <4πm3Bq ●考向3 磁偏转中的多过程问题7. (名师原创)如图10所示，在x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成60°角的方向斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R (不计重力)，则( )【导学号：25702036】图10A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子再次回到x 轴上方所需的时间为2πmBqD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进了3RC [根据R ＝m vBq 可知粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，则B 错误；根据对称性，作出粒子的运动轨迹如图所示，则由图可知A 选项错误；根据轨迹可知，粒子完成一次周期性运动的时间为t ＝13×2πm Bq ＋13×2πm B 2q ＝2πmBq ，则C 选项正确；粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x 轴前进的距离为x ＝2R ×cos 30°＋4R ×cos 30°＝33R ，则D 选项错误．]8. (2016·东北三省四市联考)在如图11所示的xOy 平面内，y ≥0.5 cm 和y <0的范围内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度均为B ＝1.0 T ，一个质量为m ＝1.6×10－15 kg ，带电荷量为q ＝1.6×10－7 C 的带正电粒子，从坐标原点O 以v 0＝5.0×105 m/s 的速度沿与x 轴成30°角的方向斜向上射出，经磁场偏转恰好从x 轴上的Q 点飞过，经过Q 点时的速度方向也斜向上(不计重力，π＝3.14)，求：图11(1)粒子从O 点运动到Q 点所用的最短时间； (2)粒子从O 点运动到Q 点所通过的路程．【解析】 (1)当粒子第一次以斜向上的速度，经过Q 点时，时间最短，粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的时间为t 1，则有q v 0B ＝m v 20r 解得r ＝m v 0qB 又T ＝2πr v 0＝2πm qB代入数据解得：r ＝5×10－3 m ，T ＝6.28×10－8 s由图可知，粒子在磁场中运动的时间是一个周期，所以t 1＝T ＝6.28×10－8 s粒子在无磁场区域运动的时间为t 2，设无磁场区域宽度为d ，有t 2＝4d v 0＝4×5×10－35.0×105 s ＝4.0×10－8 s最短时间t ＝t 1＋t 2＝1.028×10－7 s.(2)粒子可以不断地重复上述运动情况，粒子在磁场中通过的路程为s 1＝2n πr (n ＝1,2,3，…) 粒子在无磁场区域通过的路程为s 2＝4nd (n ＝1,2,3，…) 总路程为s ＝s 1＋s 2＝0.051 4n m(n ＝1,2,3，…)． 【答案】 (1)1.028×10－7 s (2)0.051 4n m(n ＝1,2,3，…)“4点、6线、3角”巧解带电粒子在匀强磁场中的运动(1)4点：入射点B 、出射点C 、轨迹圆心A 、入射速度直线与出射速度直线的交点O . (2)6线：圆弧两端点所在的轨迹半径r ，入射速度直线和出射速度直线OB 、OC ，入射点与出射点的连线BC ，圆心与两条速度直线交点的连线AO .(3)3角：速度偏转角∠COD 、圆心角∠BAC 、弦切角∠OBC ，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍．考点3| 带电粒子在复合场中的运动难度：较难 题型：选择题、计算题 五年5考(2016·江苏高考T 15)回旋加速器的工作原理如图12甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R .两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的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U 0，周期T ＝2πmqB .一束该种粒子在t ＝0～T2时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：甲乙 图12(1)出射粒子的动能E m ；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件． 【解题关键】 解此题的关键有以下三点： (1)粒子以半径R 运动时对应粒子的动能最大． (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期恒定不变． (3)粒子在狭缝间做匀加速直线运动． 【解析】 (1)粒子运动半径为R 时q v B ＝m v 2R 且E m ＝12m v 2 解得E m ＝q 2B 2R 22m .(2)粒子被加速n 次达到动能E m ，则E m ＝nqU 0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt 加速度a ＝qU 0md匀加速直线运动nd ＝12a ·Δt 2由t 0＝(n －1)·T2＋Δt ，解得t 0＝πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB .(3)只有在0～(T2－Δt )时间内飘入的粒子才能每次均被加速 则所占的比例为η＝T 2－ΔtT 2由η＞99%，解得d ＜πmU 0100 qB 2R .【答案】 (1)q 2B 2R 22m (2)πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB (3)d ＜πmU 0100qB 2R(2013·江苏高考T 15)在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制．如图13甲所示的xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E 和磁感应强度B 随时间t 作周期性变化的图象如图乙所示．x 轴正方向为E 的正方向，垂直纸面向里为B 的正方向．在坐标原点O 有一粒子P ，其质量和电荷量分别为m 和＋q ，不计重力．在t ＝τ2时刻释放P ，它恰能沿一定轨道做往复运动．(1)求P 在磁场中运动时速度的大小v 0； (2)求B 0应满足的关系；(3)在t 0(0<t 0<τ2)时刻释放P ，求P 速度为零时的坐标．甲 乙图13【解题关键】【解析】 (1)2～τ做匀加速直线运动，τ～2τ做匀速圆周运动，电场力F ＝qE 0，加速度a＝F m ，速度v 0＝at ，且t ＝τ2，解得v 0＝qE 0τ2m.(2)只有当t ＝2τ时，P 在磁场中做圆周运动结束并开始沿x 轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如图所示．设P 在磁场中做圆周运动的周期为T .则(n －12)T ＝τ(n ＝1,2,3…) 匀速圆周运动q v B 0＝m v 2r ，T ＝2πrv 解得B 0＝(2n －1)πmqτ(n ＝1,2,3，…)．(3)在t 0时刻释放，P 在电场中加速的时间为τ－t 0在磁场中做匀速圆周运动，有v 1＝qE 0(τ－t 0)m圆周运动的半径r 1＝m v 1qB 0解得r 1＝E 0(τ－t 0)B 0又经(τ－t 0)时间P 减速为零后向右加速的时间为t 0 P 再进入磁场，有v 2＝qE 0t 0m 圆周运动的半径r 2＝m v 2qB 0解得r 2＝E 0t 0B 0综上分析，速度为零时横坐标x ＝0相应的纵坐标为y ＝⎩⎨⎧2[kr 1－(k －1)r 2]2k (r 1－r 2)(k ＝1,2,3，…)解得y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2E 0[k (τ－2t 0)＋t 0]B 02kE 0(τ－2t 0)B 0(k ＝1,2,3，…)．【答案】 (1)qE 0τ2m (2)B 0＝(2n －1)πmqτ(n ＝1,2,3，…) (3)横坐标x ＝0纵坐标y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2E 0[k (τ－2t 0)＋t 0]B 02kE 0(τ－2t 0)B 0(k ＝1,2,3，…)1．高考考查特点本考点的高考命题主要考查带电粒子“电偏转”、“磁偏转”问题，常会结合回旋加速器、质谱仪等背景命题．熟悉两类偏转方式的不同规律及不同处理方法是突破的关键．2．解题的常见误区及提醒(1)电、磁偏转类型混淆，规律不清，处理方法不当．(2)组合场问题中不能分段画出各自的轨迹，抓不住“过渡点”的特点． (3)粒子是否受重力作用考虑不全．(4)叠加场中的叠加类型，运动情况判断失误．●考向1 带电粒子在组合场中的运动9.如图14所示，在第一象限内有沿y 轴负方向的电场强度大小为E 的匀强电场．在第二象限中，半径为R 的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，圆形区域与x 、y 轴分别相切于A 、C 两点．在A 点正下方有一个粒子源P ，P 可以向x 轴上方各个方向射出速度大小均为v 0、质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子(重力不计，不计粒子间的相互作用)，其中沿y 轴正向射出的带电粒子刚好从C 点垂直于y 轴进入电场．图14(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(2)求带电粒子到达x 轴时的横坐标范围和带电粒子到达x 轴前运动时间的范围； (3)如果将第一象限内的电场方向改为沿x 轴负方向，分析带电粒子将从何处离开磁场，可以不写出过程．【解析】 (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，从A 点运动到C 点的过程中带电粒子的运动轨迹为14个圆弧，轨迹半径r ＝R由Bq v 0＝m v 20r ，得B ＝m v 0qR .(2)沿不同方向进入磁场的带电粒子离开磁场时的速度大小均为v 0，方向均平行于x 轴，其临界状态为粒子从D 点沿x 轴正方向离开磁场分析粒子从D 点离开磁场的情况，粒子在磁场中运动时间为t 1＝12T ，T ＝2πR v 0，得t 1＝πRv 0从D 点平行于x 轴运动至y 轴的时间t 2＝Rv 0在第一象限内运动过程中，粒子做类平抛运动，设运动时间为t 3，则 x 0＝v 0t 3,2R ＝12at 23，a ＝Eqm 解得t 3＝2mREq ，x 0＝2v 0mR Eq 则t 1＋t 2＋t 3＝(π＋1)Rv 0＋2mR Eq带电粒子到达x 轴时的横坐标范围为(0,2v 0 mR Eq )到达x 轴前运动时间的范围为(R v 0，(π＋1)Rv 0＋2mR Eq )．(3)将第一象限内的电场方向改为沿x 轴负方向时，带电粒子将从A 点正上方的D 点离开磁场．【答案】 (1)m v 0qR (2)见解析 (3)见解析10．如图15所示，在第一象限有向下的匀强电场，在第四象限有垂直纸面向里的有界匀强磁场．在y 轴上坐标为(0，b )的M 点，一质量为m ，电荷量为q 的正点电荷(不计重力)，以垂直于y 轴的初速度v 0水平向右进入匀强电场．恰好从x 轴上坐标为(2b,0)的N 点进入有界磁场．磁场位于y ＝－0.8b 和x ＝4b 和横轴x 、纵轴y 所包围的矩形区域内．最终粒子从磁场右边界离开．求：图15(1)匀强电场的场强大小E ； (2)磁感应强度B 的最大值；(3)磁感应强度B 最小值时，粒子能否从(4b ，－0.8b )处射出？画图说明． 【解析】 (1)粒子在匀强电场中做类平抛运动： 竖直位移为y ＝b ＝12at 2水平位移为x ＝2b ＝v 0t 其加速度a ＝qEm 可得电场强度E ＝m v 202qb .(2)根据动能定理，设粒子进入磁场时的速度大小为v 有12m v 2－12m v 20＝qEb 代入E 可得v ＝2v 0v 与正x 轴的夹角θ有cos θ＝v 0v ＝22 所以θ＝45°粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动， 有q v B ＝m v 2r ⇒B ＝m v qr ＝2m v 0qr磁场越强，粒子运动的半径越小，从右边界射出的最小半径即从磁场右上角(4b,0)处射出，由几何关系得：r min ＝4b －2b2sin θ＝2b可得B max ＝m v 0qb. (3)不能．如图：【答案】 (1)m v 202qb (2)m v 0qb (3)不能，见解析图组合场问题两点技巧1．运动过程的分解方法(1)以“场”的边界将带电粒子的运动过程分段；(2)分析每段运动带电粒子的受力情况和初速度，判断粒子的运动性质； (3)建立联系：前、后两段运动的关联为带电粒子过关联点时的速度； (4)分段求解：根据题设条件，选择计算顺序．2．周期性和对称性的应用相邻场问题大多具有周期性和对称性，解题时一是要充分利用其特点画出带电粒子的运动轨迹，以帮助理顺物理过程；二是要注意周期性和对称性对运动时间的影响．●考向2带电粒子在叠加场中的运动11. (多选)如图16所示，空间中存在正交的匀强电场E(方向水平向右)和匀强磁场B(方向垂直纸面向外)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两带电小球的相互作用，两小球电荷量始终不变)，关于小球的运动，下列说法正确的是()【导学号：25702037】图16A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B．只有沿ab方向抛出的带电小球才可能做直线运动C．若沿ac方向抛出的小球做直线运动则小球带负电，且小球一定是做匀速运动D．两小球在运动过程中机械能均守恒AC[两个带电小球的电性未知，可假设电性再判断电场力和洛伦兹力的方向，由于在电场力、洛伦兹力和重力作用下小球的直线运动必为匀速运动，只要三力能平衡，小球即可做直线运动，由假设判断可知沿ab方向做直线运动的小球带正电、沿ac方向做直线运动的小球带负电，所以选项A、C正确，选项B错误；除重力做功外，洛伦兹力不做功，电场力做功，机械能不守恒，选项D错误．]12.如图17所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴沿水平方向．x>0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B2，电场强度大小为E.x>0的区域固定一与x轴成θ＝30°角的绝缘细杆．一穿在细杆上的带电小球a沿细杆匀速滑下，从N点恰能沿圆周轨道运动到x轴上的Q点，且速度方向垂直于x轴．已知Q点到坐标原点O的距离为32l，重力加速度为g，B1＝7E110πgl，B2＝E5π6gl.空气阻力忽略不计．图17(1)求带电小球a 的电性及其比荷qm ；(2)求带电小球a 与绝缘细杆的动摩擦因数μ；(3)当带电小球a 刚离开N 点时，从y 轴正半轴距原点O 为h ＝20πl3的P 点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b ，b 球刚好运动到x 轴时与向上运动的a 球相碰，则b 球的初速度为多大？【解析】 (1)由带电小球a 在第三象限内做匀速圆周运动可得，带电小球a 带正电，且mg ＝qE ，解得q m ＝gE .(2)带电小球a 从N 点运动到Q 点的过程中，设运动半径为R ，有：q v B 2＝m v 2R 由几何关系有R ＋R sin θ＝32l 联立解得v ＝5πgl 6带电小球a 在杆上匀速运动时，由平衡条件有mg sin θ＝μ(q v B 1－mg cos θ) 解得：μ＝34.(3)带电小球a 在第三象限内做匀速圆周运动的周期T ＝2πRv ＝ 24πl 5g 带电小球a 第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为t 0＝2vg ＝10πl 3g。
高考物理二轮复习课件江苏专用第8讲带电粒子在复合场中的运动
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图3－8－2
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(1)求P在磁场中运动时速度的大小v0； (2)求B0应满足的关系；
τ (3)在t00<t0< 时刻释放P，求P速度为零时的坐标． 2
解析
τ (1) ～τ做匀加速直线运动，τ～2τ做匀速圆周运动，电场 2
F τ qE0τ 力F＝qE0，加速度a＝ ，速度v0＝aτ，且t＝ ，解得v0＝ . m 2 2m
EmR 2 ≤B＜ q 3d
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2． (2014· 苏州市高三调研测试)如图 3－ 8－ 4 所示的坐标系中， 第一象限内存在与 x 轴成 30° 角斜向下的匀强电场，电场强 度 E＝ 400 N/C； 第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强 磁场，x 轴方向的宽度 OA＝ 20 3cm，y 轴负方向无限大，磁 q 感应强度 B＝ 1× 10 T.现有一比荷为 ＝ 2× 1011 C/kg 的正 m
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• (1)求加速电场的电压U； 图QNCD 3－8－3 • (2)若离子恰好能打在Q点上，求矩形区域 内匀强电场场强E0的值 ； • (3)若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场 ，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围．
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解析 (1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：
• 热点一
带电粒子在组合场中的运动
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• “磁偏转”和“电偏转”的差别
电偏转
偏转 条件
磁偏转
带电粒子以v⊥E进入匀 带电粒子以v⊥B进入匀 强电场 强磁场 只受恒定的电场力 类平抛运动
受力 情况 运动 情况
只受大小恒定的洛伦兹 力
匀速圆周运动
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电偏转 运动轨迹 抛物线 类平抛知识、牛顿第 物理规律 二定律 1 2 L＝vt，y＝ at ， 2 基本公式 qE at a＝ ，tan θ＝ m v 磁偏转
江苏专版高考物理第二轮复习第8讲电磁原子与动量的联系课后练习
第8讲电磁原子与动量的联系题一：从宏观现象中总结出来的经典物理学规律不一定都能适用于微观体系。
但是在某些问题中利用经典物理学规律也能得到与实际比较相符合的结论。
例如，玻尔建立的氢原子模型，仍然把电子的运动看做经典力学描述下的轨道运动。
他认为，氢原子中的电子在库仑力的作用下，绕原子核做匀速圆周运动。
已知电子的质量为 m 电荷为e ,静电力常量为k ，氢原子处于基态时电子的轨道半径为 「°(1) 氢原子处于基态时，电子绕原子核运动，可等效为环形电流，求此等效电流值。
(2)在微观领域，动量守恒定律和能量守恒定律依然适用。
已知光在真空中的速度为 C ,氢原子在不同能级之间跃迁时，跃迁前后可认为质量不变，均为 M 设氢原子处于基态时的能量为E i ( E v 0)，当原子处于第一激发态时，能量为 E /4，求原子从第一激发态跃迁到基态时，放出的光子的能量和氢原子的反冲速度。
题二：处于静止状态的 X 原子核，经历一次 a 衰变后变成质量为 M 的Y 原子核。
放出的 a 粒子垂直射入磁感应强度为 B 的匀强磁场，测得其做匀速圆周运动的半径为 r 。
已知a 粒 子的质量为m 电荷量为q ,求此衰变过程亏损的质量。
题三：如图所示，竖直平面 MN 与纸面垂直，MN 右侧的空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场 和水平向左的匀强电场， MN 左侧的水平面光滑，右侧的水平面粗糙。
质量为m 电荷量为一1q 的物体A 静止在MN 左侧的水平面上，一质量为-m 的不带电的物体 B 以速度V o 冲向物体A 3N(1) 碰撞后物体 A 的速度大小V A ； (2) 若A 与水平面的动摩擦因数为 B 3mg，电场强度的大小为 Eqv o速度增大到最大值。
求：a. 此过程中物体A 克服摩擦力所做的功 Wb. 此过程所经历的时间 t 。
题四：如图所示，小车 A 的质量M= 2 kg ，置于光滑水平面上，初速度 V 0 = 14 m/s 。
江苏高考物理二轮复习全程攻略精编全套考前抢分必做--终极猜想27
终极猜想二十七(八十二)对振动和波及光学问题的考查(本卷共4小题，满分60分．建议时间：30分钟)1．(1)香港中文大学第三任校长高锟荣获了2009年诺贝尔物理学奖．诺贝尔奖委员会高度评价了高锟的贡献，评委会指出：高锟1966年发现如何通过光学玻璃纤维远距离传输光信号的工作，成为今日电话和高速互联网等现代通信网络运行的基石．下列关于“光纤”及原理的说法中，正确的是()．A．光纤通信具有传输容量大、衰减小、抗干扰性强等优点B．光纤通信、全息照相、数码相机及医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理C．实用光导纤维是由内芯和外套两层组成．内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射D．当今，在信号的传输领域中，光纤电缆(“光缆”)已经几乎完全取代了传统的铜质“电缆”，成为传播信息的主要工具，是互联网的骨架，并已联接到普通社区(2)如图1所示，一弹簧振子在MN间沿光滑水平杆做简谐运动，坐标原点O为平衡位置，MN＝8 cm.从小球经过图中N点时开始计时，到第一次经过O点的时间为0.2 s，则小球的振动周期为________ s，振动方程的表达式为x＝________ cm.图12．(1)下列说法中正确的是()．A．同种介质中，光的波长越短，传播速度越快B．泊松亮斑有力地支持了光的微粒说，杨氏干涉实验有力地支持了光的波动说C．某同学在测单摆的周期时将全振动的次数多记了一次，则测出的周期偏小D．静止在地面上的人观察一条沿自身长度方向高速运动的杆，观察到的长度比杆静止时的短(2)一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在t＝0时刻波刚好传播到x＝6 m处的质点A，如图2所示，已知波的传播速度为48 m/s.请回答下列问题：图2①从图示时刻起再经过________ s，质点B第一次处于波峰；②写出从图示时刻起质点A的振动方程为________ cm.(3)如图3为一块直角三棱镜，顶角A为30°.一束激光沿平行于BC边的方向射向直角边AB，并从AC边射出，出射光线与AC边夹角也为30°.则该激光在棱镜中的传播速度为多少？(结果保留两位有效数字)图33．(1)下列说法中正确的是()．A．光的偏振现象说明光是纵波B．全息照相利用了激光相干性好的特性C．光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理D．光的双缝干涉实验中，若仅将入射光从红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变大(2)如图4所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，波的传播速度v＝2 m/s，试回答下列问题：图4①x＝4 m处质点的振动函数表达式y＝________ cm；②x＝5 m处质点在0～4.5 s内通过的路程s＝________ cm.(3)如图5所示，直角三角形ABC为一三棱镜的横截面，∠A＝30°.一束单色光从空气射向BC上的E点，并偏折到AB上的F点，光线EF平行于底边AC.已知入射方向与BC的夹角为θ＝30°.试通过计算判断光在F点能否发生全反射．图54．(1)下列说法中正确的是()．A．当观察者朝着静止的声源运动时，接收到的声音频率低于声源发出的频率B．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测周期时应从摆球运动到最低点开始计时C．全息照片往往用激光来拍摄，主要是利用激光的平行度好的特点D．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的(2)有一列简谐横波在弹性介质中沿x轴正方向以速率v＝10 m/s传播，某时刻的波形如图6所示，则该波的周期T＝________ s；质点A在1 s内通过的路程为________ m；若将图示时刻作为t＝0时刻，质点A的振动方程为y＝________m.图6(3)如图7所示，某种透明液体的折射率为n，在液面下深为h处有一点光源S，现用一不透光的圆形薄板置于液面，其圆心O在S的正上方．要使观察者从液面上任一位置都不能看到点光源S，则该圆形薄板的半径R至少为多大？图7参考答案1．(1)AD(2)0.84cos 5π2t2．解析(3)由几何关系得：β＝∠A＝30°，α＝90°－30°＝60°，折射率n＝sin αsin β＝ 3.激光在棱镜中传播速度v＝cn ＝3×1083m/s＝1.7×108 m/s.答案(1)CD(2)①0.5②y＝－2sin 12πt (3)1.7×108 m/s3．解析 (1)考查波的基本知识，光是横波，光的双缝干涉条纹间距Δx ＝l d λ，紫光比红光波长短，则Δx 变小，所以A 、D 错．(2)从波形图来看，振幅A ＝5 cm,4 m 处质点此时向y 轴负方向振动，此外振动周期T ＝λv ＝42 s ＝2 s ，所以ω＝π rad/s ，则振动方程为y ＝－5sin(πt )cm.(3)光线在BC 界面的入射角θ1＝60°、折射角θ2＝30°，根据折射定律得n ＝sin θ1sin θ2＝sin 60°sin 30°＝ 3.由几何关系知，光线在AB 界面的入射角为θ3＝60°.而棱镜对空气的临界角C 的正弦值sin C ＝1n ＝33，则在AB 界面的入射角θ3>C ，所以光线在F 点将发生全反射．答案 (1)BC (2)①－5sin πt ②45(3)光线在F 点将发生全反射．4．解析 (1)根据多普勒效应，当声源与观察者相对靠近时，f 收>f 发，得A 错；全息照片主要利用的是激光的相干性好的特点，C 错．(2)据图象信息可知λ＝1 m ，据v ＝λT ，得T ＝0.1 s ．质点不随波迁移，在平衡位置附近来回振动．路程d ＝4A t T ＝20 m ．将图象作为0时刻，A 点的振动从平衡位置开始为正弦，即y ＝A sin ωt 得y ＝－0.5sin 20πt (m)．(3)由图中几何关系得sin θ＝sin C ＝RR 2＋h 2，sin C ＝1n ，解得R＝hn2－1.答案(1)BD(2)0.120－0.5sin 20πt(3)hn2－1。
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终极猜想八
对万有引力定律在天体运动中应用的考查
(本卷共8小题，满分60分．建议时间：30分钟 )
命题专家
寄语
本部分为近几年高考热点，几乎每年必考，结合最新航天技术成果，
重点考查万有引力定律、开普勒定律在圆周运动中的应用.
二十三、万有引力定律及应用
1．据报道，最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量
的6.4倍，一个在地球表面重量为600 N的人在这个行星表面的重量将变为960
N．由此可推知，该行星的半径与地球半径之比约为 ( )．
A．0.5 B．2
C．3.2 D．4
2．宇宙中两个星球可以组成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕球
心连线的某点做周期相同的匀速圆周运动．根据宇宙大爆炸理论，双星间的距
离在不断缓慢增加，设双星仍做匀速圆周运动，则下列说法错误的是
( )．
A．双星间的万有引力减小
B．双星做圆周运动的角速度增大
C．双星做圆周运动的周期增大
D．双星做圆周运动的半径增大
二十四、天体运动规律
3．宇宙飞船到了月球上空后以速度v绕月球做圆周运动，如图1所示，为了
使飞船落在月球上的B点，在轨道A点，火箭发动器在短时间内发动，向外喷
射高温燃气，喷气的方向应当是 ( )．
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图1
A．与v的方向一致 B．与v的方向相反
C．垂直v的方向向右 D．垂直v的方向向左
4．宇航员在月球上做自由落体实验，将某物体由距月球表面高h处释放，经
时间t后落到月球表面(设月球半径为R)．据上述信息推断，飞船在月球表面附
近绕月球做匀速圆周运动所必须具有的速率为 ( )．
A.2Rht B.2Rht
C.Rht D.Rh2t
二十五、宇宙速度
图2
5．(多选)(2012·广东模拟)如图2所示是我国于2011年9月29日发射的“天
宫一号”A目标飞行器和11 月1日发射的“神舟八号”B飞船交会对接前共面
近圆轨道示意图．下列说法正确的是 ( ).
A．A的运行速率大于B的运行速率
B．A的运行角速度小于B运行的角速度
C．A和B的发射速度都应大于第二宇宙速度
D．若B接到指令要与A交会对接必须点火加速
6．(多选)(2012·广西模拟)已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球
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同步卫星质量为m，引力常量为G.有关同步卫星，下列表述正确的是 ( )．
A．卫星距离地面的高度为 3GMT24π2
B．卫星的运行速度小于第一宇宙速度
C．卫星运行时受到的向心力大小为GMmR2
D．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度
二十六、航天应用
7．(多选)(2012·皖南八校联考)我国“嫦娥二号”探月卫星于2010年10月成功发
射．在“嫦娥二号”卫星奔月过程中，在月球上空有一次变轨过程，是由椭圆轨
道A变为近月圆形轨道B，A、B两轨道相切于P点，如图3所示．探月卫星先后
沿A、B轨道运动经过P点时，下列说法正确的是( )．
图3
A．卫星运行的速度vA>vB
B．卫星受月球的引力FA＝FB
C．卫星的加速度aA>aB
D．卫星的动能EkA
8．某航天飞机在地球赤道上空飞行，轨道半径为r，飞行方向与地球的自转
方向相同，设地球的自转角速度为ω0，地球半径为R，地球表面重力加速度为
g，在某时刻航天飞机通过赤道上某建筑物的上方，求它下次通过该建筑物上
方所需的时间．
参考答案
1．B [设人的质量为m，在地球上重力为G地′，在星球上重力为G星′.
由GMmR2＝G′得R＝ GMmG′，则
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R星R地＝ M星·G地′
M地·G星′
＝ 6.4×600960＝2，故选B.]
2．B [距离增大万有引力减小，A正确；由m1r1ω2＝m2r2ω2及r1＋r2＝r得r
1
＝m2rm1＋m2，r2＝m1rm1＋m2，可知D正确．F＝Gm1m2r2＝m1r1ω2＝m2r2ω2，r增大F
减小，因r1增大，故ω减小，B错；由T＝2πω知C正确．]
3．A [因为要使飞船做向心运动，只有减小速度，这样需要的向心力减小，
而此时万有引力大于所需向心力，所以只有向前喷气，使v减小，从而做向心
运动，落到B点，故A正确．]
4．B [设月球表面处的重力加速度为g0，则h＝12g0t2，设飞船在月球表面附
近绕月球做匀速圆周运动所必须具有的速率为v，由牛顿第二定律得mg0＝mv2R，
两式联立解得v＝ 2Rht，选项B对．]
5．BD
6.BD
7．AB [卫星从A轨道到B轨道是向心运动，所以有vA>vB，则EkA>EkB.而在
同一P点万有引力和加速度都是不变的．]
8．解析 用ω表示航天飞机的角速度，用m、M分别表示航天飞机及地球的
质量，则有GMmr2＝mrω2.
航天飞机在地面上，有GMmR2＝mg.
联立解得ω＝ gR2r2，
若ω>ω0，即飞机高度低于同步卫星高度，用t表示所需时间，则ωt－ω0t＝2π
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所以t＝2πω－ω0＝2π gR2r3－ω0
若ω<ω0，即飞机高度高于同步卫星高度，用t表示所需时间，则ω0t－ωt＝2π
所以t＝2πω0－ω＝2πω0－ gR2r3
答案 2π gR2r3－ω0或2πω0－ gR2r3