第四步 晓热点，谋良策 尽收囊中拉开分——18个热点题型通过近几年全国各地新课标试卷分析表明，新课标高考物理必考部分突出“力和运动”和“功和能”两条主线，重点考查运用动力学观点和功能观点解决实际问题的能力。试题基本上以匀速直线运动、匀变速直线运动、平抛运动(类平抛运动)、圆周运动(重点是匀速圆周运动)等基本运动为命题载体，重点考查重力、弹力、摩擦力、万有引力、电场力、安培力、洛伦兹力等基本相互作用力，牛顿运动定律及运动学公式、动能定理、机械能守恒定律、楞次定律及法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等基本规律，命题特点彰显了知识立意和能力立意并重的宗旨，体现了新课程的理念。[例1] [2022·江西联考]在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。在对以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的说法是( )A.牛顿第一定律是无法用实验直接验证的，它是人类整个自然观的基石B.亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快C.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D.第谷对行星运动观察记录的数据进行了分析，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出了开普勒行星运动定律[解析] 本题考查物理学史，意在考查考生对物理学史知识的识记和理解。亚里士多德认为两个从同一高度自由下落的物体，重的物体下落快，B项错误；伽利略通过理想实验证明了力不是维持物体运动的原因，C项错误；开普勒提出了行星运动定律，D项错误。[答案] A[例2] [2022·新课标全国卷Ⅱ](多选)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是( )A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C.法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D.楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化[解析] 奥斯特观察到了电流的磁效应，表明电流可以产生磁场，揭示了电与磁的联系，A正确；安培根据通电螺线管和条形磁铁磁场的相似性，提出了分子环流假说，符合物理史实，B正确；法拉第发现处于变化磁场中的闭合线圈中会产生感应电流，C错误；D项的叙述符合楞次定律的发现过程，所以D选项正确。52\n[答案] ABD[解题攻略]①熟记物理学史，包括科学家的贡献及其研究方法；②熟悉常见的物理思想方法，如：控制变量法、比值定义法、类比法、等效替换法、极限思维法等。[例1] (多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2。则( )A.传送带的速率v0＝10m/sB.传送带的倾角θ＝30°C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D.0～2.0s摩擦力对物体做功Wf＝－24J[解析] 当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v－t图象可得，传送带的速率为v0＝10m/s，选项A正确；1.0s之前的加速度a1＝10m/s2,1.0s之后的加速度a2＝2m/s2，结合牛顿第二定律，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得sinθ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B错误，选项C正确；摩擦力大小Ff＝μmgcosθ＝4N，在0～1.0s内，摩擦力对物体做正功，在1.0s～2.0s内，摩擦力对物体做负功，0～1.0s内物体的位移为5m,1.0s～2.0s内物体的位移是11m，摩擦力做的功为－4×(11－5)J＝－24J，选项D正确。[答案] ACD52\n[例2] [2022·湖北黄冈期末]近年来，我国大部分地区经常出现雾霾天气，给人们的正常生活造成了极大的影响。在一雾霾天，某人驾驶一辆小汽车以30m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵。如图a、b分别为小汽车和大卡车的v－t图象，以下说法正确的是( )A.因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B.在t＝5s时追尾C.在t＝3s时追尾D.由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾[解析] 从图象可以看出，小汽车刹车失灵前的加速度a1＝－10m/s2，失灵后的加速度a2＝－2.5m/s2，假设能追尾，设追尾时间为t，则有小汽车刹车失灵前的位移：x1＝×(20＋30)×1m＝25m，小汽车刹车失灵后的位移：x2＝20×(t－1)－×2.5×(t－1)2，大卡车的位移：x3＝10t，由x1＋x2＝30＋x3得t＝3s，则假设成立，所以A、B错误，C正确；如果刹车不失灵，则在t＝2s时两车速度相同，这时没有追尾，以后两车间距会越来越大，更不会追尾，D错。[答案] C[例3] (多选)甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t＝0时，乙车在甲车前50m处，它们的v－t图象如图所示，下列对甲、乙两车运动情况的描述正确的是( )A.甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动B.在第20s末，甲、乙两车的加速度大小相等C.在第30s末，甲、乙两车相距50mD.在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次[解析] 由图可知甲车先做匀速运动再做同向匀减速运动；在第20s末，甲、乙两车的速度大小相等，加速度大小不相等；在第30s末甲车位移x1＝400m，乙车位移x2＝300m52\n，甲车在乙车前50m处；甲车初始速度较大，在20s前甲车已经超过乙车，相遇一次，30s后甲车停止运动，32.5s时乙车与甲车第二次相遇。[答案] CD[解题攻略] ①v－t图线的斜率表示加速度、与t轴围成的“面积”表示位移；v－t图和x－t图中交点分别表示速度相等和位移相等。②判断一次相遇还是二次相遇，关键看第一次相遇时速度小者的速度以后能否超过速度大者的速度。[例1] [2022·江西八校联考](多选)如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。已知容器半径为R、与水平地面之间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°。下列说法正确的是( )A.轻弹簧对小球的作用力大小为mgB.容器相对于水平面有向左的运动趋势C.容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上D.弹簧原长为R＋[解析] 对小球受力分析，如图所示，因为θ＝30°，所以三角形OO′P为等边三角形，由相似三角形法得FN＝F＝mg，所以A项错。由整体法得，容器与地面没有相对运动趋势，B项错误。小球处于平衡状态，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，故C项正确。由胡克定律有F＝mg＝k(L0－R)，解得弹簧原长L0＝R＋，D项对。52\n[答案] CD[例2] [2022·东北三校二模]如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态，现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点转到A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和斜面C始终保持静止不动，A、B可视为质点。关于此过程，下列说法正确的是( )A.物体A受到斜面的支持力先增大后减小B.物体A受到斜面的支持力一直增大C.地面对斜面C的摩擦力先增大后减小D.地面对斜面C的摩擦力先减小后增大[解析] 对小物体A受力分析如图甲，设斜面倾角为θ，F与垂直斜面方向的夹角为α，则FN＝mgcosθ＋Fcosα，F＝k，B向上转，α减小，FN增大，当α＝0°时FN达最大，然后减小，故A正确，B错误。对整体受力分析如图乙，随着F向下转，f′在减小，故C、D均错误。[答案] A[例3] 一个质量为1kg的物体放在粗糙的水平地面上，今用最小的拉力拉它，使之做匀速运动，已知这个最小拉力为6N，g＝10m/s2，则下列关于物体与地面间的动摩擦因数μ，最小拉力与水平方向的夹角θ，正确的是( )A.μ＝，θ＝0 B.μ＝，θ＝arctan52\nC.μ＝，θ＝arctanD.μ＝，θ＝arcsin[分析] 正确解答本题需要从以下几个角度分析：(1)水平地面上的物体受几个力的作用？(2)三个以上力的平衡问题用什么方法求解？(3)求平衡的极值问题有几种方法？分别要用到什么知识？[解析] 由于物体在水平面上做匀速直线运动，随着拉力与水平方向的夹角θ的不同，物体与水平面间的弹力不同，因而滑动摩擦力也不一样。而拉力在水平方向的分力与摩擦力相等。以物体为研究对象，受力分析如图所示，因为物体处于平衡状态，水平方向有Fcosθ＝μFN，竖直方向有Fsinθ＋FN＝mg。联立可解得：F＝＝，φ＝arccotμ，当θ＋φ＝90°，即θ＝arctanμ时，sin(θ＋φ)＝1，F有最小值：Fmin＝，代入数值得μ＝，θ＝arctan，B正确。[答案] B[解题攻略] 解此类平衡极值问题，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，由平衡条件列式后，根据三角函数求解。52\n[例1] [2022·武汉武昌区调研](多选)质量m＝2kg、初速度v0＝8m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向。则以下结论正确的是(取g＝10m/s2)( )A.0～1s内，物体的加速度大小为2m/s2B.1～2s内，物体的加速度大小为2m/s2C.0～1s内，物体的位移为7mD.0～2s内，物体的总位移为11m[解析] 由题图可知，在0～1s内力F为6N,方向向左，由牛顿第二定律可得F＋μmg＝ma，解得加速度大小a＝4m/s2，在1～2s内力F为6N，方向向右，由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma1，解得加速度大小a1＝2m/s2，所以选项A错误，B正确；由运动关系可知0～1s内位移为6m，选项C错误；同理可计算0～2s内的位移为11m，选项D正确。[答案] BD[例2] [2022·课标全国卷Ⅱ]如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2>0)。由此可求出( )A.物块的质量B.斜面的倾角C.物块与斜面间的最大静摩擦力D.物块对斜面的正压力[解析] 当物块所受外力F为最大值F1时，具有向上的运动趋势由平衡条件可得：F1＝mgsinθ＋fm；同理：当物块所受外力F为最小值F2时，具有向下的运动趋势，即F2＋fm＝mgsinθ。联立解得fm＝，F1＋F2＝2mgsinθ，由于物块质量m或斜面的倾角θ未知，故选项C正确；选项A、B、D错误。[答案] C52\n[例3] 如图所示，水平面上有一带有轻质定滑轮O的物体A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角θ＝37°的斜面。放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行。现对A施加一水平向右的恒力F，使A、B、C恰好保持相对静止。已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，求恒力F的大小。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)[分析] 准确解答本题需要从以下几个方面分析：(1)A、B、C三个物体的加速度有什么关系？以整体为研究对象，系统受几个力的作用？哪些力产生加速度？(2)隔离物体B，分析物体B受几个力的作用？哪些力产生加速度？(3)隔离物体C，分析物体C受几个力的作用？如何用正交分解法对物体C列方程？[解析] 此题是三个物体在外力作用下一起做匀加速运动的问题，由于A、B、C恰好保持相对静止，所以它们运动的加速度是相等的。设绳的张力为T，斜面对物体C的支持力为FN，系统的加速度为a，以B为研究对象，由牛顿第二定律得T＝ma以C为研究对象，由牛顿第二定律得FNsinθ－Tcosθ＝ma，FNcosθ＋Tsinθ＝mg联立解得a＝以A、B、C整体为研究对象，可知F＝3ma，故F＝mg。[答案] mg[解后反思]此题是三个物体组成的系统问题，解题时一定要注意整体法与隔离法配合使用，如整体法取A、B、C为研究对象求系统的加速度，隔离法隔离物体B和物体C列方程求斜面对C的弹力和细绳对C的拉力。[解题攻略]运动过程的动态分析问题：①要结合“逐段分析法”和“临界分析法”，深入分析物理过程，挖掘物理过程中的临界状态及临界条件；②实用结论：当加速度为零时，速度通常达最大或最小。[例1] [2022·福建高考]若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的p倍，半径为地球的q倍，则该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的( )A.倍 B.倍C.倍D.倍52\n[解析] 对于中心天体的卫星，G＝m，v＝，设行星卫星的环绕速度为v′，地球卫星的环绕速度为v，则＝＝，C正确。[答案] C[例2] [2022·河北石家庄质检]太阳系中某行星A运行的轨道半径为R，周期为T，但科学家在观测中发现，其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离，且每隔时间t发生一次最大的偏离。天文学家认为形成这种现象的原因可能是A外侧还存在着一颗未知星B，它对A的万有引力引起A行星轨道的偏离，假设其运行轨道与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同，由此可推测未知行星B绕太阳运行的圆轨道半径为( )A.RB.RC.RD.R[解析] 在太阳系中行星A每隔时间t实际运行的轨道发生一次最大偏离，说明A、B此时相距最近，此过程类似于钟表中时、分两针从重合到再次重合，已知A的轨道半径小于B的轨道半径，则有ωAt－ωBt＝2π，t－t＝2π，T′＝T，利用开普勒第三定律有＝，解得R′＝R，所以只A项正确。[答案] A[例3] [2022·大纲全国卷]已知地球的自转周期和半径分别为T和R，地球同步卫星A的圆轨道半径为h。卫星B沿半径为r(r<h)的圆轨道在地球赤道的正上方运行，其运行方向与地球自转方向相同。求：(1)卫星B做圆周运动的周期；(2)卫星A和B连续地不能直接通讯的最长时间间隔(信号传输时间可忽略)。[解析] (1)设卫星B绕地心转动的周期为T′，根据万有引力定律和圆周运动的规律有G＝m()2h①G＝m′()2r②式中，G为引力常量，M为地球质量，m、m′分别为卫星A、B的质量。由①②式得T′＝()3/2T③(2)设卫星A和B连续地不能直接通讯的最长时间间隔为τ；在此时间间隔τ内，卫星A和B绕地心转动的角度分别为α和α′，则α＝2π④52\nα′＝2π⑤若不考虑卫星A的公转，两卫星不能直接通讯时，卫星B的位置应在图中B点和B′点之间，图中内圆表示地球的赤道。由几何关系得∠BOB′＝2(arcsin＋arcsin)⑥由③式知，当r＜h时，卫星B比卫星A转得快，考虑卫星A的公转后应有α′－α＝∠BOB′⑦由③④⑤⑥⑦式得τ＝(arcsin＋arcsin)T⑧[答案] (1)()3/2T(2)(arcsin＋arcsin)T[解题攻略] 求解天体运动类问题时，抓住万有引力提供向心力这一关键点，对多天体相对转动问题一般从转动时间与角度的数量关系入手。52\n[例1] [2022·云南三校统考](多选)如图所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点。质量为m的物体从斜面上的B点由静止下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上。下列说法正确的是( )A.物体最终将停在A点B.物体第一次反弹后不可能到达B点C.整个过程中物体重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功D.整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能[解析] 本题考查功能关系，意在考查考生应用功能关系解决实际问题的能力。由题意可知，物体从静止沿斜面向下运动，说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力，因此物体最终停于A点的下方，A错误；由于运动过程中存在摩擦力，导致摩擦力做功，所以物体第一次反弹后不可能到达B点，B正确；根据动能定理可知，从静止到速度为零，重力势能的减少量等于克服弹簧弹力做的功与物体克服摩擦做的功之和，C正确；整个过程中，动能最大的位置速度最大，因此即为第一次下滑与弹簧作用时，弹力和摩擦力之和等于重力的下滑分力的位置，而弹簧的最大势能即为第一次压缩弹簧到最大位置时所具有的势能，因为最大动能和此时的重力势能一同转化为最低点的最大弹性势能和此过程中的克服摩擦做功，所以整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能，故D正确。[答案] BCD[例2] [2022·广东高考]下图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )A.缓冲器的机械能守恒B.摩擦力做功消耗机械能C.垫板的动能全部转化为内能D.弹簧的弹性势能全部转化为动能[解析] 在弹簧压缩过程中，由于摩擦力做功消耗机械能，因此机械能不守恒，选项A错B对；垫板的动能转化为弹性势能和内能，选项C、D均错误。[答案] B52\n[例3] 如图所示，足够长的竖直光滑直杆上有A、B、C三点，且AB＝BC，套在A点的圆环通过环绕光滑定滑轮O的轻质细线与重物相连，圆环质量为m，重物质量为5m。已知BO连线水平，且BO＝L，AO连线与竖直方向的夹角θ＝53°，现将圆环和重物同时由静止释放，试求：(1)重物速度为零时圆环的速度；(2)圆环沿着竖直杆能下滑的最大距离；(3)圆环经过C点时的速度大小。[解析] (1)圆环到B点时，重物下降到最低点，此时重物速度为零，圆环下降高度为hAB＝L，重物下降的高度为Δh＝L－L＝L由系统机械能守恒得mghAB＋5mgΔh＝mv解得此时圆环的速度v1＝2。(2)圆环下滑最大距离H时，圆环和重物速度均为零，重物上升的高度ΔH＝－L由系统机械能守恒得mgH＝5mgΔH解得H＝L。(3)圆环到C点时，下落高度hAC＝L，重物高度不变，设圆环速度为v2，此时重物速度为v2cos53°由系统机械能守恒得mghAC＝mv＋×5m(v2cos53°)2解得v2＝。[答案] (1)2 (2)L (3)[解题启示] 分析本题的难点在于当圆环到达C点时重物的速度的计算。圆环此时速度是竖直向下的，将其沿绳方向和垂直于绳方向分解，其中沿绳方向的分量与重物运动速度大小相等。52\n[解题攻略] 应用动能定理应注意：①动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系；②应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负。当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表示为－W，也可以直接用字母W表示该力做的功，使其字母本身含有负号；③应用动能定理解题时，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图；④应用动能定理是求解物体位移或速度的简捷途径。当题目中涉及位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理，处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理。[例1] [2022·贵州六校联考]如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过滑轮后挂上重物M，C点与O点的距离为L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓慢转至水平(转过了90°角)。下列有关此过程的说法中正确的是( )A.重物M做匀速直线运动B.重物M做变速直线运动C.重物M的最大速度是2ωLD.重物M的速度先减小后增大[解析] 设C点线速度方向与绳子的夹角为θ(锐角)。由题知C点的线速度为ωL，该线速度在绳子方向上的分速度就为ωLcosθ，θ的变化规律是开始最大(90°)然后逐渐变小，所以ωLcosθ逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为0，绳子的速度变为最大，为ωL，然后，θ又逐渐增大，ωLcosθ逐渐变小，绳子的速度变小，所以知重物的速度先增大，后减小，最大速度为ωL，故B正确。[答案] B52\n[例2] (多选)如图所示，水平路面上匀速运动的小车支架上有三个完全相同的小球A、B、C，当小车遇到障碍物D时，立即停下来，三个小球同时从支架上抛出，落到水平面上。已知三小球的高度差相等，即hA－hB＝hB－hC，下列说法中正确的是( )A.三个小球落地时间差与车速无关B.三个小球落地时的间隔距离L1和L2与车速无关C.A、B小球落地的间隔距离L1与车速成正比D.三个小球落地时的间隔距离L1＝L2[解析] 当小车遇到障碍物D时，立即停下来的瞬间，小球做平抛运动，因此落地的时间取决于高度，与车速无关，A项正确；平抛运动在水平方向做匀速直线运动，因此三个小球落地时的间隔距离L1和L2与车速有关，B项错误；A、B小球落地的间隔距离L1＝v0(－)可知，与车速成正比，C项正确、D项错误。[答案] AC[例3] [2022·甘肃第一次诊考]《愤怒的小鸟》是一款时下流行的游戏，故事简单有趣，如图甲所示，为了报复偷走鸟蛋的猪，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击猪的堡垒。某班的同学们根据所学的物理知识进行假设：小鸟自己不会加速，它被弹弓沿水平方向弹出，如图乙所示。请回答下面两位同学提出的问题(取重力加速度g＝10m/s2)：(1)A同学问：如图乙所示，若h1＝0.8m，l1＝2m，h2＝2.4m，l2＝1m，小鸟被弹出后能否直接打中地面上C处猪的堡垒？请用计算结果进行说明。(2)B同学问：如果小鸟弹出后，先掉到台面的草地上，接触草地的瞬间竖直速度变为零，水平速度不变，小鸟在草地上滑行一段距离后飞出，若要打中C处猪的堡垒，小鸟和草地间的动摩擦因数μ与小鸟弹出时的初速度v0应满足什么关系(用题中所给的符号h1、h2、l1、l2、g表示)?[解析] (1)设小鸟以v0弹出能直接击中堡垒，则h1＋h2＝gt2，得t＝＝＝0.8s52\nl1＋l2＝v0t，得v0＝＝m/s＝3.75m/s考虑h1高度处的水平射程为x，则x＝v0t1,h1＝gt所以x＝v0×＝3.75×＝1.5m<l1可见小鸟先落在台面的草地上，不能直接击中堡垒(2)小鸟先做初速度为v0的平抛运动，后在台面的草地上滑行，再以速度为v平抛击中堡垒，由动能定理有－μmg(l1－v0)＝mv2－mvv＝l2所以μ＝。[答案] 见解析[解题攻略] 平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，准确进行运动参量的合成与分解是解决平抛运动问题的关键，同时又要注意合运动与分运动的独立性、等时性。由于在某一时刻(位置)或某段时间上可构建速度三角形或位移三角形，运用平抛运动的规律的同时，我们也常借助三角形边角关系求解。此外还要注意平抛运动的一些结论的运用。52\n[例1] [2022·江苏高考]如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )A.A的速度比B的大B.A与B的向心加速度大小相等C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小[解析] A、B绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即ωA＝ωB，但rA<rB，根据v＝ωr得，A的速度比B的小，选项A错误；根据a＝ω2r得，A的向心加速度比B的小，选项B错误；A、B做圆周运动时的受力情况如图所示，根据F向＝mω2r及tanθ＝＝知，悬挂A的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C错误；由图知＝cosθ，即FT＝，所以悬挂A的缆绳受到的拉力小，选项D正确。[答案] D[例2] [2022·天津高考]半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点。在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时，半径OA方向恰好与v的方向相同，如图所示。若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，重力加速度为g，则小球抛出时距O的高度h＝________，圆盘转动的角速度大小ω＝________。[分析] 准确解答本题需要从以下几个方面思考，(1)小球下落做什么运动；(2)小球与圆盘只碰一次，且落在A点，小球的运动和圆盘的运动有何关联？52\n[解析] 小球做平抛运动：h＝gt2、R＝vt，解得h＝。由题意知ωt＝2π×n(n∈N*)，故联立R＝vt可得ω＝(n∈N*)。[答案] (n∈N*)[例3]如图所示，光滑半圆形轨道半径为R，水平面粗糙，弹簧自由端D与轨道最低点C的距离为4R，一质量为m的可视为质点的小物块自圆轨道中点B由静止释放，压缩弹簧后被弹回到D点恰好静止。已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为g，弹簧始终处在弹性限度内。(1)求弹簧的最大压缩量和最大弹性势能。(2)现把D点右侧水平地面打磨光滑，且已知弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正比，使小物块压缩弹簧，释放后能通过半圆轨道最高点A，压缩量至少是多少？[分析]准确解答本题需要从以下几个方面思考分析：(1)小物块自B点由静止释放到在D点静止的过程中受到哪些力的作用？哪些力做了功？如何用动能定理求弹簧的最大压缩量？(2)如何由功能关系求出最大弹性势能？(3)小物块能到达最高点A的条件是什么？如何由功能关系求压缩量至少是多少？[解析] (1)设弹簧的最大压缩量为x，最大弹性势能为Ep，由动能定理得mgR－μmg(4R＋2x)＝0，得x＝0.5R物块返回D点的过程：Ep＝μmgx，解得Ep＝0.1mgR。(2)设压缩量至少为x′，相应的弹性势能为E′p，＝，mg＝m，E′p－μmg·4R－mg·2R＝mv，联立各式，解得x′＝R。[答案] (1)0.5R 0.1mgR (2)R[解题攻略] 分析这类问题要抓住：①同轴传动的轮子上各点运动的角速度ω、转速n和周期T均相等，线速度则与半径成正比；②靠皮带、齿轮或摩擦传动的轮子，在不打滑的情况下，轮子边缘上各点的线速度大小相等；③圆周运动的周期性。竖直平面内的圆周运动问题，涉及的知识面较广，既有临界问题，又有能量守恒问题，求解的关键：一是注意两种模型在圆周最高点的临界条件，二是注意对全过程由能量观点列式求解。52\n1.顺序发生的物理过程虽然在题目中涉及的研究对象只有一个，但是物理过程却有多个(通常两个物理过程居多)。研究发现这类试题所涉及的物理过程多是以时间先后顺序发生的，在解题的过程中要抓住各个物理过程之间相关联的物理量之间的联系就可以列出方程得出结果(涉及的物理量通常有速度、时间、位移等)。[例1] [2022·河北石家庄质检]如图所示，某滑冰运动员参加直线滑行练习，在滑行时，左右脚交替向后蹬冰，每次蹬冰的时间t1＝1s，冰面给人水平向前的动力F＝165N，左右脚交替时有t2＝0.5s的时间不用蹬冰。已知整个过程中运动员受到的阻力f＝55N，运动员总质量m＝55kg，设运动员由静止开始滑行，求0～3s内运动员的位移。[分析]本题是一个物体多过程问题，物体经过加速，减速，再加速，再减速过程，抓住每个过程的末态，是下一过程的初态，用图象法或列方程求解即可。[解析] 解法一：蹬冰时的加速度a1＝＝2m/s2不蹬冰时的加速度a2＝－＝－1m/s252\n运动员滑行时前3s的速度图象如图所示：由速度的变化规律知：第二个1.5s比第一个1.5s增加的位移Δx＝1.5×1.5m＝2.25m，第一个1.5s内的位移为x1＝×1×2m＋×(1.5＋2)×0.5m＝1.875m故0～3s内的位移为x＝1.875×2m＋2.25m＝6m。解法二：蹬冰时的加速度a1＝＝2m/s2不蹬冰时的加速度a2＝－＝－1m/s20～1s内：加速位移：s1＝a1t＝1m1s末的速度：v1＝a1t1＝2m/s1s～1.5s内：减速1．5s末的速度：v2＝v1＋a2t2＝1.5m/s位移：s2＝t2＝0.875m1．5s～2.5s内：加速2．5s末的速度：v3＝v2＋a1t1＝3.5m/s位移：s3＝t1＝2.5m2．5s～3.0s内：减速3．0s时的速度：v4＝v3＋a2t2＝3m/s位移：s4＝t2＝1.625m3s内总位移：s＝s1＋s2＋s3＋s4＝6m。[答案] 6m2.同时发生的物理过程这样的题目在高考题中应该算是比较难的问题，同学们对这样的题目都感到比较头疼。因为题目中所涉及的多个研究对象在时空上有一定的联系，所以就要对研究对象进行认真分析并建立起这个研究对象在各个物理过程之间的联系，再建立每个研究对象之间的联系。在同时发生的物理过程中每个研究对象所经历的时间是相同的，在顺序发生的物理过程中，在物理过程的转换处物体的速度一定是相同的。[例2] [2022·湖北八校第二次联考]如图，可看做质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量为M＝4kg，长度为L＝2m，小物块质量为m＝1kg52\n，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止。现在用一大小为F的水平恒力作用于小物块上，发现只有当F超过2.5N时，才能让两物体间产生相对滑动。设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g＝10m/s2，试求：(1)小物块和长木板间的动摩擦因数。(2)若一开始力F就作用在长木板上，且F＝12N，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？[分析]本题涉及二个研究对象，一个是小物块一个是长木板，当F＝2.5N时，可以把两个物体看成一个整体研究。当F＝12N时，可分别为研究对象，列方程求解。[解析] (1)设两物体间的最大静摩擦力为f，当F＝2.5N作用于小物块时，对整体由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a①对长木板，由牛顿第二定律f＝Ma②由①②可得f＝2N小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力N＝mg，则所受摩擦力f＝μmg得μ＝0.2③(2)F＝12N作用于长木板上时，两物体发生相对滑动，设长木板、小物块的加速度分别为a1、a2，对长木板，由牛顿第二定律F－f＝Ma1④得a1＝2.5m/s2对小物块，由牛顿第二定律f＝ma2⑤得a2＝2m/s2由匀变速直线运动规律，两物体在t时间内的位移分别为s1＝a1t2⑥s2＝a2t2⑦小物块刚滑下长木板时，有s1－s2＝L⑧解得t＝2s[答案] (1)0.2 (2)2s[例3] 如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10m/s2。52\n(1)求小物块到达C点时的速度大小；(2)求小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？[解析] (1)小物块在C点时的速度大小为vC＝＝4m/s。(2)小物块由C点到D点的过程中，由动能定理：mgR(1－cos60°)＝mv－mv代入数据解得vD＝2m/s，小物块在D点时由牛顿第二定律得FN－mg＝m代入数据解得FN＝60N由牛顿第三定律得小物块在D点时对轨道的压力F′N＝FN＝60N，方向竖直向下。(3)设小物块刚滑到木板左端时与木板达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行过程中，小物块与木板的加速度大小分别为a1＝＝3m/s2，a2＝＝1m/s2小物块和木板达到共速，则有v＝vD－a1t，v＝a2t对小物块和木板系统，由能量守恒定律得μmgL＝mv－(m＋M)v2解得L＝2.5m，即木板的长度至少为2.5m。[答案] (1)4m/s (2)60N (3)2.5m[解题攻略]①分析多过程问题要注意利用隐含条件，如：同时发生的多过程“时间相等”，顺序发生的多过程“衔接处的速度相等”；②处理多物体问题的关键是灵活运用整体法和隔离法，找出各物体之间的位移、速度、加速度的关系。52\n[例1] (多选)阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A1、A2形成的，其中虚线为等势线，相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线(管轴)。电子束从左侧进入聚焦电场后，在电场力的作用下汇聚到z轴上，沿管轴从右侧射出，图中PQR是一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则可以确定( )A.电极A1的电势高于电极A2的电势B.电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度C.电子在R点处的动能大于在P点处的动能D.若将一束带正电的粒子从左侧射入聚焦电场也一定被会聚[解析] 根据电场线与等势面互相垂直的特点，可粗略画出该电场中的电场线，根据题意可知，电子束从左侧进入聚焦电场后，在电场力的作用下会聚到z轴上，电子所受到的电场力斜向右下方，在图中运动过程中，电场力做正功，电子电势能减小，电子的动能增加，则电极A1的电势低于电极A2的电势，因此，选项A错误，而选项C正确；在电场中，等势面密集的地方场强大，因此，Q点的电场强度小于R点的电场强度，选项B正确；场强不变的情况下，正电荷所受电场力方向与负电荷所受电场力方向相反，因此，会聚电子束的电场必定会发散正电荷，选项D错误。[答案] BC[例2] [2022·天津高考]两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中( )A.做直线运动，电势能先变小后变大B.做直线运动，电势能先变大后变小C.做曲线运动，电势能先变小后变大D.做曲线运动，电势能先变大后变小[解析] 由题图等势面可知两固定的等量异号点电荷的电场分布如图所示。带负电的粒子在等量异号点电荷所产生电场中的偏转运动轨迹如图所示，则粒子在电场中做曲线运动。电场力对带负电的粒子先做正功后做负功，电势能先变小后变大，故C正确。52\n[答案] C[例3] [2022·山东高考]如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A。已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样。一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出。下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是( )[解析] 由于带正电的试探电荷在球壳内运动时，不受电场力，没有力做功，动能不变，可知C、D项错误。在球壳外，电场力做正功，动能增大，且由F库＝k可知随r的增大，F库减小，体现为Ek－r图线的斜率减小，故选项A正确，B错误。[答案] A[解题攻略]对于电场和电场能部分，首先应对各类电能或电荷间电场线，等势线分布情况要有所了解，其次要掌握电场力做功与电势能变化的关系，要特别注意应用功能关系处理电场能的问题，正、负电荷的电势与电势能的变化刚好相反，对这些结论也要提起重视。52\n[例1] (多选)如图所示，电路中A、B为两块竖直平行放置的金属板，M是一只静电计，开关S闭合后，静电计指针张开一个角度，下述哪些做法可使指针的张角增大( )A.使A、B两板靠近一些B.使A、B两板正对面积错开一些C.断开S后，使B板向右平移一些D.断开S后，使A、B板正对面积错开一些[分析] ―→根据影响电容器电容的各个因素进行判断[解析] 当闭合S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压且不变，静电计指针张角不变，A、B两项都不正确；当断开S后，由C＝知板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器的电荷量不变，由C＝可知，板间电压U增大，从而使静电计指针张角增大。[答案] CD[例2] (多选)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )52\nA.所受重力与电场力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动[解析] 对带电粒子受力分析如图所示，F合≠0，则A错。由图可知电场力与重力的合力与v0应反向，F合对粒子做负功，其中mg不做功，Eq做负功，故粒子动能减少，电势能增加，故B正确C错误。F合恒定且F合与v0方向相反，粒子做匀减速运动，D项正确。[答案] BD[例3] [2022·安徽高考]如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。[解析] (1)由v2＝2gh得v＝(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，有qE－mg＝ma且v2－0＝2ad，得E＝由U＝Ed、Q＝CU得Q＝C52\n(3)由题得h＝gt、0＝v＋at2、t＝t1＋t2，综合可得t＝。[答案] (1) (2) C(3)[解题攻略]平行板电容器内部E、U、Q变化问题1.要区分两种基本情况(1)电容器两极板电势差U保持不变；(2)电容器的带电荷量Q保持不变。2.进行讨论的物理依据主要有三个(1)平行板电容器的电容C与板间距d、正对面积S、电介质的相对介电常数εr间的关系为C＝；(2)平行板电容器内部是匀强电场，所以场强E＝或E＝；(3)电容器所带的电荷量Q＝CU。[例1] [2022·石家庄质检]在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略。闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下调节，则下列叙述正确的是( )A.电压表和电流表的示数都增大B.灯L2变暗，电流表的示数减小52\nC.灯L1变亮，电压表的示数减小D.电源的效率增大，电容器C所带电荷量增加[解析] 滑动变阻器的滑片P向下调节，其接入电路的电阻值减小，导致总电阻减小，根据“串反并同”规律可知：电压表读数U减小、灯L2变暗，电流表读数变大、灯L1变亮，电容器C两端的电压等于灯L2两端的电压，而其两端电压减小，则电容器C所带电荷量减少，电源的效率η＝×100%减小，选项C正确，A、B、D错误。[答案] C[例2] [2022·潍坊联考]在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P缓慢向右移动，则( )A.灯泡L变暗B.电源内部消耗的功率先变大后变小C.电容器C上的电荷量增加D.流过R1的电流方向由左向右[解析] 滑片右移，接入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，故灯泡L变亮，A错误；电源内部消耗的电功率P＝I2r，随电流的增大，电源内部消耗的功率一直变大，B错误；由U＝IR可知，灯泡两端的电压和电源内电压均增大，所以滑动变阻器两端的电压减小，故与之并联的电容器两端的电压减小，由Q＝CU可知，电容器C上的电荷量减小，C错误；电容器所带电荷量减少，故电容器处于放电状态，故流过R1的电流方向由左向右，D正确。[答案] D[例3] [2022·山东高考](多选)如图，将额定电压为60V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220V和2.2A。以下判断正确的是( )A.变压器输入功率为484WB.通过原线圈的电流的有效值为0.6AC.通过副线圈的电流的最大值为2.2AD.变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3[解析] 对于理想变压器，P入＝P出，所以输入功率P入＝60×2.2W＝132W，A错。I1＝52\n＝A＝0.6A，B正确。正弦式交流电电流的最大值I2m＝I2＝2.2A，C错误。变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝11∶3，D正确。[答案] BD[解题攻略]闭合电路中的动态变化分析：①由局部电阻变化判断总电阻变化；②判断总电流的变化；③根据U＝E－Ir判断路端电压的变化；④根据串并联电路的特点以及欧姆定律判断各部分电路的电压及电流的变化也可应用“串反”“并同”的结论判断，对于含变压器的动态变化的分析，主要是要理解输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率的关系。[例1] [2022·广西四校调研]如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点。下列说法中正确的有( )A.粒子带负电B.粒子在M点的动能大于在N点的动能C.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能D.粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力[分析] 52\n[解析] 由粒子的运动轨迹和电场线的方向可判断粒子带正电，A错；粒子从M向N运动，相当于顺着电场线方向运动，粒子又是带正电，则电场力做正功，电势能减小，则EpM>EpN，再由动能定理知，EkM<EkN，B错，C对；由电场线密的地方场强大可知，EM<EN，又F电＝qE，则FN>FM，D错。[答案] C[例2] [2022·昆明三中、玉溪一中统考]如图所示，现有一个小物块，质量为m＝80g，带正电荷q＝2×10－4C，与水平轨道之间的动摩擦因数μ＝0.2，在水平轨道的末端N处，连接一个光滑的半圆形轨道，半径为R＝40cm。整个轨道处在一个方向水平向左、场强大小E＝4×103V/m的匀强电场中，取g＝10m/s2。(1)若小物块恰能运动到轨道的最高点L，那么小物块应从距N点多远处的A点释放？(2)如果小物块在(1)中的位置A释放，当它运动到P点(轨道中点)时轨道对它的支持力等于多少？(3)小物块在位置A释放，当运动到N点时，突然撤去电场，同时加一匀强磁场，磁感应强度B＝2T，方向垂直纸面向里，则小物块能否运动到L点？(回答“能”或“不能”即可)如果小物块最后能落回到水平面MN上，则刚到达MN时小物块的速度大小为多少？[解析] (1)小物块能通过轨道最高点L的条件是mg＝m，vL＝2m/sA到L过程：qEs－μmgs－mg·2R＝mv－0解得s＝1.25m(2)小物块由P到L过程：－mgR－qER＝mv－mv解得vP＝2m/s在P点：FN－qE＝m解得FN＝4.8N52\n(3)能小物块落回到MN水平面时，速度的大小vt等于第一次经过N点时的速度大小。由动能定理得qEs－μmgs＝mv解得vt＝vN＝2m/s。[答案] (1)1.25m (2)4.8N (3)能，2m/s[解题攻略]带电粒子在电场中加速的常见情境及相应的处理方法：[例3] 如图甲所示，若电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0。电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地。电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm。在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。每个电子穿过两极板的时间极短，可以认为电压是不变的，求：(1)在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处？(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？(3)屏上的亮点如何移动？[审题] 条件提炼解题目标隐含条件思路明晰规律选用(1)t＝0.06根据U－t图象→确定t＝0.06物理图象52\nU－t图象；每个电子穿过两极板时电压不变s时电子偏转的侧向位移；(2)电子侧向位移最大时对应的偏转电压电子恰好沿上、下极板右端边缘飞出时的偏转电压，为板间最大电压s时的偏转电压→由板间类平抛运动求出侧向位移y1→根据板外匀速运动求出侧向位移y2→根据板间最大侧移求出最大偏转电压及荧光屏上有电子打到的区间牛顿第二定律运动的合成与分解运动学公式[解析] (1)由图象知t＝0.06s时刻偏转电压为U＝1.8U0电子经加速电场加速，可得mv＝eU0电子进入偏转电场做类平抛运动，有L＝v0t1，y1＝at，vy＝at1，a＝电子飞出偏转电场后做匀速直线运动，在水平方向上有L＝v0t2竖直方向上，有y2＝vyt2电子打在荧光屏上距离O点的距离：y＝y1＋y2＝代入数值解得y＝13.5cm。(2)同理可以求出电子的最大侧向位移为0.5L(偏转电压超过2.0U0，电子就打到极板上了)，此时可得y′2＝L，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30cm。(3)屏上的亮点由下而上匀速上升，间歇一段时间后又重复出现。[答案] (1)见解析 (2)30cm (3)见解析[例1](多选)如图甲所示，O点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相等，方向均在xOy平面内。在直线x＝a与x＝2a之间存在垂直于xOy平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，与y轴正方向成60°角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出。不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。关于这些粒子的运动，下列说法正确的是( )52\nA.粒子的速度大小为B.粒子的速度大小为C.与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长D.与y轴正方向成90°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长[解析] 带正电粒子与y轴正方向成60°角发射进入磁场后的轨迹如图乙所示，根据几何关系可得a＝Rsin30°，其中R＝，联立解得v＝，故选项A正确、B错误；带电粒子在匀强磁场中运动的时间t＝T，可见圆弧所对的圆心角θ越大，粒子在磁场中运动的时间越长，由图乙中的几何关系可得粒子的轨道半径R＝2a，因此当带电粒子与y轴正方向成120°角射出时粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角最大为120°，粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图丙所示，最长时间tm＝T，故选项C正确、D错误。[答案] AC52\n[例2] [2022·陕西长安三次质检]如图所示，直角△OAC的三个顶点的坐标分别为O(0,0)、A(0，L)、C(L,0)，在△OAC区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。在t＝0时刻，同时从三角形的OA边各处以沿y轴正向的相同速度将质量均为m，电荷量均为q的带正电粒子射入磁场，已知在t＝t0时刻从OC边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴。不计粒子重力和空气阻力及粒子间相互作用。(1)求磁场的磁感应强度B的大小；(2)若从OA边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从OC边上的同一点P(P点图中未标出)射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系；(3)从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，求粒子进入磁场时的速度大小。[解析] 本题考查洛伦兹力、周期公式、牛顿第二定律等知识点，意在利用带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动结合物理规律，考查考生应用数学工具解题的能力。(1)粒子在t0时间内，速度方向改变了90°，故周期T＝4t0①由T＝得B＝②(2)在同一点射出磁场的两粒子轨迹如图，轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2，由几何关系有θ1＝180°－θ2③故t1＋t2＝＝2t0④(3)由圆周运动知识可知，两粒子在磁场中运动的时间差Δt与Δθ＝θ2－θ1成正比，由③得Δθ＝θ2－θ1＝2θ2－180°⑤根据⑤式可知θ2越大，时间差Δt越大52\nΔt＝T⑥由几何关系得θ2的最大值为θ＝150°⑦粒子在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图，由几何关系α＝180°－θ＝30°⑧tan∠A＝＝ 得∠A＝60°⑨β＝90°－∠A＝30°⑩Rcosα＋＝L⑪解得R＝⑫根据qvB＝m⑬代入数据解得v＝⑭[答案] (1) (2)t1＋t2＝＝2t0 (3)[例3] 如图甲所示，在y轴右侧平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5T，坐标原点O处有一放射源，可以向y轴右侧平面沿各个方向放射比荷为q/m＝4×106C/kg的正离子，这些离子速率在从0到最大值vm＝2×106m/s的范围内，不计离子之间的相互作用。(1)求离子打到y轴上的范围。(2)若在某时刻沿＋x方向放射各种速率的离子，求经过×10－7s这些离子所在位置构成的曲线方程。[分析] 52\n[解析] (1)设离子进入磁场中做圆周运动的最大半径为Rm。由牛顿第二定律得Bqvm＝m解得Rm＝＝1m由几何关系知，离子打到y轴上的范围为0～2m。(2)设离子在磁场中运动的周期为T，则T＝又Bqv＝m两式联立可得T＝＝π×10－6s设经过t＝×10－7s，这些离子轨迹所对应的圆心角为θ，θ＝×2π＝这些离子(一部分)在磁场中运动的轨迹如图乙所示，并令任一离子在经过×10－7s的时间所处位置的坐标为(x，y)，则x＝Rsinθ，y＝R(1－cosθ)代入数据并化简得y＝x(0≤x≤)。[答案] (1)0～2m (2)y＝x(0≤x≤)52\n[解题攻略] 分析带电粒子在磁场中的运动问题的一般思维流程：找圆心→画轨迹→作辅助线→应用几何知识(圆心角、弦长和半径关系)→确定半径和求解运动时间。解决带电粒子在磁场中运动的极值问题，关键是找准临界点。找临界点的方法是：以题目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，借助半径r和速度v(或磁场B)之间的约束关系进行动态分析，确定轨迹圆和边界的关系。常用的临界条件是运动的轨迹与边界相切。[例1] [2022·沈阳质监(一)]如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45°。有一带电的小球P静止于斜面顶端A处，且恰好对斜面无压力。若将小球P以初速度v0水平向右抛出(P视为质点)，一段时间后，小球落在斜面上的C点。已知小球的运动轨迹在同一竖直平面内，重力加速度为g，求：(1)小球P落到斜面时速度方向与斜面的夹角θ及由A到C所需的时间t；(2)小球P从抛出到落回斜面的位移x的大小。[解析] 本题考查电磁复合场，意在考查考生对电场、磁场中基础规律的理解和掌握。(1)小球P静止时对斜面无压力mg＝qE ①P获得水平初速度后做匀速圆周运动，由对称性可得小球P落到斜面时其速度方向与斜面的夹角为45° ②52\nqv0B＝m ③T＝＝ ④小球P由A到C所需的时间：t＝＝ ⑤(2)由③式可知，P做匀速圆周运动 R＝ ⑥由几何关系知x＝R ⑦联立解得位移x＝ ⑧[答案] (1)45° (2)[例2] 有一个带正电的小球，质量为m、电荷量为q，静止在固定的绝缘支架上。现设法给小球一个瞬时的初速度v0使小球水平飞出，飞出时小球的电荷量没有改变。同一竖直面内，有一个竖直固定放置的圆环(圆环平面保持水平)，环的直径略大于小球直径，如图所示。空间所有区域分布着竖直方向的匀强电场，垂直纸面的匀强磁场分布在竖直方向的带状区域中，小球从固定的绝缘支架水平飞出后先做匀速直线运动，后做匀速圆周运动，竖直进入圆环。已知固定的绝缘支架与固定放置的圆环之间的水平距离为2x，支架放小球处与圆环之间的竖直距离为x，v0>，小球所受重力不能忽略。求：(1)空间所有区域分布的匀强电场的电场强度E的大小和方向。(2)垂直纸面的匀强磁场区域的最小宽度，磁场磁感应强度B的大小和方向。(3)小球从固定的绝缘支架水平飞出到运动到圆环的时间t。52\n[分析] 本题考查带电体在叠加场中的运动，解答本题的关键是明确题中所给的隐含条件，结合物体的受力分析和运动学公式进行解题。[解析] (1)小球水平飞出，由平衡条件得mg＝qE解得电场强度E＝方向竖直向上(2)如图所示，由题意可知，垂直纸面的匀强磁场区域最小宽度为x要使小球竖直进入圆环，所加磁场的方向为垂直纸面向外由于重力与电场力平衡，带电小球进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动，轨迹半径R＝x，则qv0B＝，解得磁感应强度B＝(3)小球从运动开始到进入磁场的时间t1＝在磁场中运动时间t2＝小球到达圆环的总时间t＝t1＋t2＝(1＋)。[答案] 见解析[例3] 52\n如图所示，相距为d的狭缝P、Q间存在着方向始终与P、Q平面垂直、电场强度大小为E的匀强电场，且电场的方向按一定规律分时段变化。狭缝两侧均有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且磁场区域足够大。某时刻从P平面某处由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的带负电粒子(不计重力)，粒子被加速后由A点进入Q平面右侧磁场区，以半径r1做圆周运动，此时电场的方向已经反向，当粒子由A1点自右向左通过Q平面后，使粒子再次被加速进入P平面左侧磁场区做圆周运动，此时电场又已经反向，粒子经半个圆周后通过P平面进入P、Q狭缝间又被加速……以后粒子每次通过P、Q间都被加速。设粒子自右向左穿过Q平面的位置分别是A1、A2、A3…An…。求：(1)粒子第一次在Q右侧磁场区做圆周运动的半径r1的大小。(2)粒子第一次和第二次通过Q平面的位置A1和A2之间的距离。(3)设An与An＋1间的距离小于，则n值为多大。[解析] (1)设粒子由静止释放，经电场加速后第一次通过Q平面时的速度为v1，根据动能定理有：qEd＝mv，解得v1＝设粒子在Q右侧匀强磁场内做圆周运动的半径为r1，根据洛伦兹力公式和向心力公式有qv1B＝m，解得r1＝＝。(2)设粒子经A1并加速后进入P平面左侧磁场区的速度为v2，根据动能定理有qEd＝mv－mv设粒子在P左侧做圆周运动的半径为r2，根据洛伦兹力公式和向心力公式有qv2B＝，解得r2＝r1设粒子在P、Q间经第三次加速后进入Q平面右侧磁场区的速度为v3，圆周运动的半径为r3，同理有：Eqd＝mv－mv，qv3B＝，解得r3＝r1粒子由A2射出时，A2与A1之间的距离为：A2A1＝2r3－2r2＝2(－)r1。(3)同理可得，由A3射出时，A3与A2相距：A3A2＝2r5－2r4＝2(－)r1易推得粒子由An＋1射出时，An＋1与An相距：An＋1An＝2(－)r1依题意有2(－)r1<，解得n>4。[答案] (1) (2)2(－)r1 (3)n>4[点评] 数学递推归纳问题能有效鉴别考生的综合分析能力，近五年来，仅在2022年和2022年北京卷分别出现过一次，预计在未来高考中会时而现身，广大考生应引起重视。[解题攻略] 处理带电粒子在叠加场中运动问题的方法(1)弄清叠加场的组成；(2)正确分析带电粒子的受力情况和运动情况；(3)画出带电粒子的运动轨迹草图，灵活选用不同的动力学规律。带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，一般是带电粒子的重力与所受电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件、牛顿运动定律结合圆周运动规律求解。52\n[例1] [2022·天津高考]如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻。一质量m＝0.1kg，电阻r＝0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4T。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF。[分析] 关键词：①一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内；②由静止开始以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动；③撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来。(1)由法拉第电磁感应定律→求出平均电动势→求出平均电流→求出电荷量。(2)由运动学公式求出撤去外力时的速度→由动能定理求出动能→由功能关系求得Q2。(3)由Q1∶Q2＝2∶1→Q1的大小→在整个过程中，用功能关系→WF＝Q1＋Q2，代入数据得出外力做的功。[解析] (1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得＝①其中ΔΦ＝Blx②设回路中的平均电流为，由闭合电路的欧姆定律得52\n＝③则通过电阻R的电荷量为q＝Δt④联立①②③④式，代入数据得q＝4.5C。⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W＝0－mv2⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8J⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6J⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2⑪由⑨⑩⑪式得WF＝5.4J⑫[答案] (1)4.5C (2)1.8J (3)5.4J[例2] [2022·河北石家庄质检]如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距l＝0.6m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表，电阻r＝2Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1＝2Ω，R2＝1Ω，导轨及导线电阻均不计。在矩形区域CDEF内有竖直向上的磁场，CE＝0.2m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场运动过程中电压表的示数始终保持不变。求：52\n(1)t＝0.1s时电压表的读数；(2)恒力F的大小；(3)从t＝0时刻到金属棒运动出磁场过程中整个电路产生的热量。[解析] (1)设磁场宽度为d＝CE，在0～0.2s时间内，有E＝＝ld＝0.6V此时，R1与金属棒r并联，再与R2串联R＝R并＋R2＝1Ω＋1Ω＝2ΩU＝R并＝0.3V(2)金属棒进入磁场后，此时磁场稳定，金属棒切割磁感线，相当于电源，而外电路中R1与R2并联，则有I′＝＋＝0.45AF安＝BI′l＝1×0.45×0.6N＝0.27N由于金属棒进入磁场后电压表示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有F＝F安＝0.27N(3)金属棒在0～0.2s时间内，有Q＝t＝0.036J金属棒进入磁场后，有R′＝＋r＝ΩE′＝I′R′＝1.2V已知E′＝Blv，得v＝2m/st′＝＝s＝0.1sQ′＝E′I′t′＝0.054J52\n(计算Q′时，可用Q′＝Fd＝0.054J)Q总＝Q＋Q′＝0.036J＋0.054J＝0.09J[答案] (1)0.3V (2)0.27N (3)0.09J[例3] [2022·安徽高考]英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )A．0 B.r2qkC．2πr2qkD．πr2qk[解析] 变化的磁场使回路中产生的感生电动势E＝＝·S＝kπr2，则感生电场对小球的作用力所做的功W＝qU＝qE＝qkπr2，选项D正确。[答案] D[解题攻略]①电磁感应的综合应用问题的一般思维流程是“先电后力”：电路分析(等效电路图)→受力分析(受力分析图)→运动分析(过程情境)→能量分析(能量转化关系)。②纯电阻电路中感应电流做功等于焦耳热。[例1] [2022·北京高考]某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻RX的阻值。(1)现有电源(4V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50Ω，额定电流2A)、开关和导线若干，以及下列电表：A.电流表(0～3A，内阻约0.025Ω)B.电流表(0～0.6A，内阻约0.125Ω)C.电压表(0～3V，内阻约3kΩ)D.电压表(0～15V，内阻约15kΩ)52\n为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器材前的字母)；实验电路应采用图1中的________(选填“甲”或“乙”)。(2)图2是测量RX的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线。(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值RX＝＝________Ω(保留两位有效数字)。(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是_______；若在(1)问中选用乙电路，产生误差的主要原因是_____________。(选填选项前的字母)A.电流表测量值小于流经RX的电流值B.电流表测量值大于流经RX的电流值C.电压表测量值小于RX两端的电压值D.电压表测量值大于RX两端的电压值52\n(5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，被测电阻RX两端的电压U也随之增加，下列反映U－x关系的示意图中正确的是________。[解析] (1)电源电动势E＝4V，被测电阻RX＝5Ω，则Imax＝＝A＝0.8A，电流表若选A读数时误差较大，因此电流表应选B；考虑电压表测量电压时的指针转动范围，电压表应选C。由于>RX，故电流表应选择外接法(甲图)。(2)见答案。(3)题图3中的电流表示数I＝0.50A，电压表示数U＝2.60V，故RX＝＝5.2Ω。(4)甲电路中产生误差的原因是由于电压表的分流作用，使电流表的示数大于流过RX的电流，选项B正确；乙电路的误差来源于电流表的分压作用，电压表示数为RX和电流表的电压之和，选项D正确。(5)x增加，U随之增加，说明变阻器接入电路的电阻R随x的增加而减小。设变阻器的总阻值为R0，滑片P从一端滑向另一端移动的距离为L。忽略电压表、电流表的内阻对电路的影响，则被测电阻RX两端电压U＝E＝，由这一关系式分析可知，选项A正确。[答案] (1)B C 甲(2)如图所示(3)5.2 (4)B D (5)A[例2] [2022·广东高考]下图(a)是测量电阻Rx的原理图，学生电源输出电压可调，电流表量程选0.6A(内阻不计)，标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总长为30.0cm。52\n(1)根据原理图连接图(b)的实物图。(2)断开S2，合上S1；调节电源输出电压为3.0V时，单位长度电阻丝的电压u＝________V/cm，记录此时电流表A1的示数。(3)保持S1闭合，合上S2；滑动c点改变ac的长度L，同时调节电源输出电压，使电流表A1的示数与步骤②记录的值相同，记录长度L和A2的示数I。测量6组L和I值，测量数据已在图(c)中标出，写出Rx与L、I、u的关系式Rx＝________；根据图(c)用作图法算出Rx________Ω。[解析] (1)实物图如图所示52\n(2)由于电阻丝均匀，故单位长度电阻丝的电压u＝＝0.1V/cm。(3)设电阻丝每cm长的电阻为R，当合上S1、断开S2时，设此时流过电阻丝的电流为I′，有：I′·30.0R＝30.0u，当合上S1、S2时，I′·LR＝IRx由上述两公式得：Rx＝。L－I图象如图所示，由图象知：L－I的斜率k＝60cm/A,Rx＝ku＝6.0Ω。[答案] (1)见解析图 (2)0.1 (3) 6.0[解题攻略] 电学创新实验的几个问题1．电路结构：实验电路至少包括三个部分：(1)测量电路；(2)控制电路(滑动变阻器、开关)；(3)电源。2．电路设计：(1)电表选择注意三方面：①安全性，要求量程不能太小，电表不反接；②准确性，要求量程不能太大，读数一般要超过量程的；③若电表量程不合适，要利用有准确内阻的电表进行改装。(2)测量电路设计：若>，则应把电流表内接；若<，则应把电流表外接。(3)控制电路：以小控大用分压，相差无几用限流，即当滑动变阻器的阻值较小时，常采用分压式接法；当滑动变阻器的阻值与负载相差不大时，常采用限流式接法。另外滑动变阻器必须接为分压式的情况有三种：①电压要求从零开始变化；②滑动变阻器太小，不能起到限流的作用；③限流式不能获取有区分度的多组数据。若两种接法均可，则采用限流式，因为限流式损耗功率小。52\n[例1] 某同学制作了一水果电池，欲测定该电池的电动势E和内阻r。给定器材如下：A.待测水果电池EB.电流表G(量程10mA，内阻约40Ω)C.电阻箱R(0～999.9Ω)D.开关S及导线(1)因为电流表G内阻的准确值未知，所以他用如图甲所示的电路测量其内阻rG。已知图中电流表A的内阻为rA。在某次测量中，读出电流表A、电流表G的读数分别为IA、IG，则内阻rG＝________。(2)若电流表G内阻的测量值rG＝40.0Ω。现采用图乙所示的电路测量水果电池的电动势F和内阻r。根据实验数据绘出的－R图象如图丙所示，则图线斜率表示的物理意义是________。根据图象求出该电池的电动势E＝________V、内阻，r＝________Ω。(结果保留整数)[解析] (1)由IGrG＝IArA，可得RG＝(2)由E＝I(r＋R＋rG)得：＝R＋，故－R图线的斜率表示电源电动势的倒数。52\n对应－R图线可求得：＝，得：E＝6V,0.01×103＝，得：r＝20Ω。[答案] (1)rA (2)电源电动势的倒数 6 20[例2] [2022·大纲全国卷]现要测量某电源的电动势和内阻。可利用的器材有：电流表，内阻为1.00Ω；电压表；阻值未知的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5；开关S；一端连有鳄鱼夹P的导线1，其他导线若干。某同学设计的测量电路如图(a)所示。(1)按图(a)在实物图(b)中画出连线，并标出导线1和其P端。(2)测量时，改变鳄鱼夹P所夹的位置，使R1、R2、R3、R4、R5依次串入电路，记录对应的电压表的示数U和电流表的示数I。数据如下表所示。根据表中数据，在图(c)中的坐标纸上将所缺数据点补充完整，并画出U－I图线。I(mA)1931531116930U(V)2.512.592.682.762.8452\n(3)根据U－I图线求出电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。(保留2位小数)[解析] (1)如图，可先从原理图中选取一个回路如电源、电流表、电压表、开关进行连接，R1并联于电压表两端，最后再将R2至R5依次串联后再与R1串联。52\n(3)由U＝E－I(RA＋r)可知图中U－I图线的纵轴截距b＝E、斜率的绝对值k＝RA＋r，故由图可得E＝b＝2.90V，r＝k－RA＝2.03Ω－1.00Ω＝1.03Ω。[答案] (1)连线图见解析(有任何错误不给分)(2)U－I图线见解析(3)2.90(在2.89～2.91之间均可)1．03(在0.93～1.13之间均可)[例3] [2022·福建高考]某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计改装的电流表，为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0Ω的定值电阻。①已知灵敏电流计的满偏电流Ig＝100μA、内阻rg＝2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只________Ω(保留一位小数)的定值电阻R1；②根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；③某次实验的数据如下表所示：该小组借鉴“研究匀变速直线运动”实验中计算加速度的方法(逐差法)，计算出电池组的内阻r＝________Ω(保留两位小数)；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是________。④该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大。若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是________。(填选项前的字母)A.电压表内阻的影响B.滑动变阻器的最大阻值偏小C.R1的实际阻值比计算值偏小D.R0的实际阻值比标称值偏大[解析] ①Igrg＝(I－Ig)R1，解得R1＝1.0Ω。52\n②如图。③r′＝，r1′＝，r2′＝，r3′＝r4′＝，I5－I1＝I6－I2＝I7－I3＝I8－I4＝80mA＝′－R0＝－R0＝||－4Ω＝1.66Ω④电压表内阻的影响会造成E和r的测量值均偏小，滑动变阻器对测量没有影响，R1的值偏小，表测量值偏小，′测量值偏大，r＝r′－R0，R0偏小，r偏大。[答案] ①1.0 ②图见解析 ③1.66 充分利用已测得的数据 ④CD[解题攻略]测量电源的电动势和内阻：①三种常用实验方法和原理，伏安法E＝U＋Ir、伏阻法E＝U(1＋r/R)、安阻法E＝I(R＋r)；②两种数据处理方法：联立方程求解法和图象处理法，对伏安法利用电源的U－I图象求电动势和内阻；对伏阻法和安阻法需对闭合电路欧姆定律方程E＝U(1＋r/R)和E＝I(R＋r)适当变形作线性处理，并利用直线方程的截距和斜率求电动势或内阻等物理量。52
