2022年高考物理压轴题和高中物理初赛难题汇集一.docx

《2022年高考物理压轴题和高中物理初赛难题汇集一.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理压轴题和高中物理初赛难题汇集一.docx（35页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载高考物理压轴题和高中物理初赛难题汇集-1 1.地球质量为M,半径为R,自转角速度为 ,万有引力恒量为G,假如规定物体在离地球无穷远处势能为0,就质量为m 的物体离地心距离为r 时,具有的万有引力势能可表示为Ep = -GMm.国际空间站是迄今世界上最大的航天工程,它是在地球大气层上r空地球飞行的一个庞大的人造天体,可供宇航员在其上居住和进行科学试验.设空间站离地面高度为h,假如在该空间站上直接发射一颗质量为m 的小卫星,使其能到达地球同步卫星轨道并能在轨道上正常运行,解析 ：就该卫星在离开空间站时必需具有多大的动能？由 GMm

2、=mv2得,卫星在空间站上的动能为Ek=1mv 2 = r2r22r 32G2Mmh ；R卫星在空间站上的引力势能在Ep = -GMmRh机械能为E1 = Ek + Ep =-G2MmhR同步卫星在轨道上正常运行时有GMm=mr2故其轨道半径r=3MG2由式得,同步卫星的机械能E2 = -GMm=-GMm2r2GM=-1m3GM22卫星在运行过程中机械能守恒,故离开航天飞机的卫星的机械能应为E2,设离开航天飞机时卫星的动能为Ekx,就 Ekx = E2 - Ep-13GM2+GMm2Rh2.如图甲所示, 一粗糙斜面的倾角为37,一物块 m=5kg 在斜面上, 用 F=50N 的力沿斜面向上作用

3、于物体,使物体沿斜面匀速上升,g 取 10N/kg ,sin37 =0.6,cos37=0.8,求：名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - （1）物块与斜面间的动摩擦因数学习必备欢迎下载；（2）如将 F 改为水平向右推力F ,如图乙,就至少要用多大的力F 才能使物体沿斜面上升；（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）解析 ：（1）物体受力情形如图,取平行于斜面为x 轴方向,垂直斜面为y 轴方向,由物体匀速运动知物体受力平稳F xFGsinf0F yNGcos01.0 5y 轴方向；当物体匀解得 f=20N N=40N 由于FNN

4、,由fFN得fN2（2）物体受力情形如图,取平行于斜面为x 轴方向,垂直斜面为速上行时力 F 取最小；由平稳条件名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - F xFcosGsinf0学习必备欢迎下载F y N F sin G cos 0且有 f N联立上三式求解得 F 100 N3. 一质量为 m3000kg 的人造卫星在离地面的高度为 H180 km 的高空绕地球作圆周运动,那里的重力加速度 g93ms2由于受到空气阻力的作用,在一年时间内,人造卫星的高度要下降H 050km已知物体在密度为 的流体中以速度 v 运动时受到

5、的阻1力 F 可表示为 F 2 ACv2 ,式中 A 是物体的最大横截面积,C 是拖曳系数,与物体的形状有关 当卫星在高空中运行时,可以认为卫星的拖曳系数 Cl,取卫星的最大横截面积 A60m2已知地球的半径为R06400km试由以上数据估算卫星所在处的大气密度解：设一年前、后卫星的速度分别为 1v 、v 2,依据万有引力定律和牛顿其次定律有2G Mm2 m v 1R 1 R 1 2G Mm2 m v 2R 2 R 2 式中 G 为万有引力恒量, M 为地球的质量,R 和 R 分别为一年前、 后卫星的轨道半径,即名师归纳总结 R 1R 0HH第 3 页,共 21 页R 2R 0H- - - -

6、 - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载卫星在一年时间内动能的增量Ek1m v21mv22221由、三式得Ek1GMm1102R 2R 1由、式可知,E k,表示在这过程中卫星的动能是增加的；在这过程中卫星引力势能的增量E PEPGMm11R 2R 10,表示在这过程中卫星引力势能是减小的；卫星机械能的增量EEkE P由、式得EE1GMm11R 、R 特别2R 2R 10,表示在这过程中卫星的机械能是削减的；由、式可知,因接近,利用R 1R 22 R 1HR R 2式可表示为E1GMmH22 R 1卫星机械能削减是由于克服空气阻力做了功；卫星在沿半径为

7、中空气作用于卫星的阻力做的功R 的轨道运行一周过程W 1F2RACRv2依据万有引力定律和牛顿运动定律有GMmmv2R2R由、式得名师归纳总结 W 1ACGM第 4 页,共 21 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载式说明卫星在绕轨道运行一周过程中空气阻力做的功是一恒量,与轨道半径无关； 卫星绕半径为R 的轨道运行一周经受的时间T2 Rv由、式得T2RR T 是恒量,且GM由于在一年时间内轨道半径变化不大,可以认为T2R 1R 1GM以表示一年时间,有3600s365247 3.15 10 s卫星在一年时间内做圆周运动的次数nT在一年

8、时间内卫星克服空气阻力做的功WnW 121 由功能关系有WEGMg得22 由 2122 各式并利用2 R 1m HACR 1R g23 代入有关数据得1.54 1013kg m324 BC 段是4、如图（甲）所示,弯曲部分AB 和 CD 是两个半径相等的四分之一圆弧,中间的竖直的薄壁细圆管（细圆管内径略大于小球的直径）,细圆管分别与上、下圆弧轨道相切连名师归纳总结 接, BC 段的长度 L 可作伸缩调剂；下圆弧轨道与地面相切,其中D、A 分别是上、下圆弧第 5 页,共 21 页轨道的最高点与最低点,整个轨道固定在竖直平面内；一小球多次以某一速度从A 点水平进入轨道而从D 点水平飞出；今在A、D

9、 两点各放一个压力传感器,测试小球对轨道A、D两点的压力,运算出压力差 F；转变 BC 间距离 L,重复上述试验,最终绘得 F-L 的图线如图（乙）所示； （不计一切摩擦阻力,g 取 10m/s 2）- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （1）某一次调剂后学习必备欢迎下载D 点水平距离D 点离地高度为0.8m；小球从 D 点飞出,落地点与为 2.4m,求小球过 D 点时速度大小；（2）求小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径大小；解析 ：（1）小球在竖直方向做自由落体运动,VH D1 gt 22水平方向做匀速直线运动XDt得：V Dx2xD6mstHg（2）设轨道

10、半径为r,A 到 D 过程机械能守恒：12 mv A12 mv Dmg2 rL22在 A 点：FAmgmV2 Ar在 D 点：F Dmgm2 V Dr由以上三式得：FFAFD6mg2mgL得 m=0.2kg r由图象纵截距得：6mg=12 由 L=0.5m 时 F=17N 代入得： r=0.4m 5 、如下列图,在光滑的水平地面上,质量为M=3.0kg 的长木板 A 的左端,叠放着一个质量为 m=1.0kg 的小物块 B（可视为质点） ,处于静止状态,小物块与木板之间的动摩擦因数=0.30；在木板 A 的左端正上方,用长为 R=0.8m 的不行伸长的轻绳将质量为 m=1.0kg 的小球 C 悬

11、于固定点 O 点；现将小球 C 拉至上方使轻绳拉直且与水平方向成 =30 角的位置由静止释放,到达 O 点的正下方时,小球 C 与 B 发生碰撞且无机械能缺失,空气阻力不计,取 g=10m/s2,求：名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载（1）小球 C 与小物块 B 碰撞前瞬时轻绳对小球的拉力；（2）木板长度 L 至少为多大时,小物块才不会滑出木板；解析 ：（1）静止释放后小球做自由落体运动到a,轻绳被拉紧时与水平方向成30 角,再绕 O点向下做圆周运动,由机械能守恒定律得mgR1 mv 0 22轻绳

12、被拉紧瞬时,沿绳方向的速度变为vav0cos0,沿圆周切线方向的速度为小球由 a 点运动到最低点 b 点过程中机械能守恒1 mv a 2mgR 1 sin 1 mv b 22 2设小球在最低点受到轻绳的拉力为 F,就2v bF mg mR联立解得 F 3 mg 35 N （2）小球与 B 碰撞过程中动量和机械能守恒,就名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - mvbmv1mv2学习必备欢迎下载1 2 1 2 1 2mvb mv 1 mv 22 2 2解得 v1=0,v2=vb= 5gR （碰撞后小球与 B 交换速度）2B

13、在木板 A 上滑动,系统动量守恒,设 B 滑到木板 A 最右端时速度为 v,就mv2 m M vB 在木板 A 上滑动的过程中,系统减小的机械能转化为内能,由能量守恒定律得1 2 1 2mgL mv 2 m M v2 22M 5 gR联立解得 L2 g m M 2代入数据解得 L=2.5m 6、如下列图,一根跨过一固定的水平光滑细杆的松软、不行伸长的轻绳,两端各系一个质量相等的小球 A 和 B,球 A 刚好接触地面,球 B 被拉到与细杆同样高度的水平位置,当球 B 到细杆的距离为 L 时,绳刚好拉直在绳被拉直时释放球 B,使球 B 从静止开头向下摇摆求球 A 刚要离开地面时球 B 与其初始位置

14、的高度差解析：设球 A 刚要离开地面时联接球B 的绳与其初始位置的夹角为,如下列图,这里球B的速度为v,绳对球 B 的拉力为 T,依据牛顿其次定律和能量守恒,有Tmgsinmv2l1m v2mglsin2当 A 球刚要离开地面时,有Tmg以 h 表示所求高度差,有名师归纳总结 hlsin第 8 页,共 21 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由解得h1l学习必备欢迎下载37 （ 20 分）如下列图, 在高为 h 的平台上, 距边缘为 L 处有一质量为 M 的静止木块 （木块的尺度比 L 小得多）,一颗质量为 m 的子弹以初速度 v0 射入木块中未穿出

15、,木块恰好运动到平台边缘未落下,如将子弹的速度增大为原先的两倍而子弹仍未穿出,求木块的落地点距平台边缘的水平距离,设子弹打入木块的时间极短；解析 ：设子弹以 v 0射入时,木块的初速度为 mv0=m+M v 1 v1,依据动量守恒定律有依据动能定理有（m+M ）gL=1 （m+M ）v 1 22设子弹以 2v0射入时,木块的初速度为 m2v 0=m+M v 2 v2,末速度为 v 3,依据动量守恒定律有依据动能定理有 （m+M ）gL= 1 （m+M ）v 2 2-1 （ m+M ）v3 22 2设木块落地点距平台边缘的距离为 x,由平抛运动规律有X= v 3 2 h g由联立解得 x= mv

16、 0 6 hM m g8、如下列图为某种弹射装置的示意图,光滑的水平导轨 MN 右端 N 处与水平传送带抱负连接,传送带长度 L=4.0m ,皮带轮沿顺时针方向转动,带动皮带以恒定速率 v=3.0m/s 匀速传动；三个质量均为 m=1.0kg 的滑块 A、B、C 置于水平导轨上,开头时滑块 B、C 之间用细绳相连,其间有一压缩的轻弹簧,处于静止状态；滑块A 以初速度 v0=2.0m/s 沿 B、C 连线名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载方向向 B 运动, A 与 B 碰撞后粘合在一起,碰撞时间极短

17、,可认为A 与 B 碰撞过程中滑块C 的速度仍为零； 因碰撞使连接 B、C 的细绳受扰动而突然断开,弹簧舒展, 从而使 C 与 A 、B 分别；滑块 C 脱离弹簧后以速度 vC=2.0ms 滑上传送带,并从右端滑出落至地面上的 P点；已知滑块 C 与传送带之问的动摩擦因数 =0.20,重力加速度 g 取 10ms2；求：（1）滑块 c 从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块 B、C 用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；C 总能落至 P 点,就滑块 A 与（3）如每次试验开头时弹簧的压缩情形相同,要使滑块滑块 B 碰撞前速度的最大值V m 是多少 . 解析 ：（1）滑块 C 滑上传送带后做匀加速运

18、动,设滑块 C 从滑上传送带到速度达到传送带的速度 v 所用的时间为 t,加速度大小为 a,在时间 t 内滑块 C 的位移为 x；依据牛顿其次定律和运动学公式 mg=mav=vC+atsv Ct1 at 22解得x= 1.25mL 即滑块 C 在传送带上先加速,达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动,并从右端滑出,就滑块 C 从传道带右端滑出时的速度为 v=3.0m/s；（2）设 A 、B 碰撞后的速度为 v 1,A、B 与 C 分别时的速度为 v 2,由动量守恒定律mv0=2mv12 mv1=2mv2+mvC由能量守恒规律EP122 mv 112mv212 mv C2222解得 EP=1.0

19、J 名师归纳总结 （3）在题设条件下, 如滑块 A 在碰撞前速度有最大值,就碰撞后滑块C 的速度有最大第 10 页,共 21 页值,它减速运动到传送带右端时,速度应当恰好等于传递带的速度v；设 A 与 B 碰撞后的速度为1v ,分别后 A 与 B 的速度为v 2,滑块 C 的速度为v C,由- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载能量守恒规律和动量守恒定律 mvm=2mv12mv1=mvC+2mv21 2 1 2 1 2由能量守恒规律 E P 2 mv 1 2 mv 2 mv C2 2 22由运动学公式 vC v 22 aL解得：vm=7.

20、1m/s 9.、如下列图；一水平传送装置有轮半径为 R=1 m 的主动轮 Q1和从动轮 Q2及传送带等构成；两轮轴心相距 8m,轮与传送带不打滑,现用此装置运输一袋面粉（可视为质点）,已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数为0.4,这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出；（1）当传送带以 4m/s 的速度匀速运动时,将这袋面粉由左端 Q1 正上方 A 点轻放在传送带上后,这袋面粉由 A 端运输到 Q2 正上方的 B 端所用的时间为多少？（2）要想尽快将这袋面粉（初速度为零）由A 端送到 B 端,传送带速度至少多大？（3）由于面粉的渗漏,在运输这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白色的面粉痕 迹,这袋

21、面粉 （初速度为零） 在传送带上留下的面粉痕迹最长能有多长？此时传送带的速度应满意什么条件？解析 ：名师归纳总结 （1）面粉袋与传送带相对运动过程中所受摩擦力f=mgv1 s第 11 页,共 21 页依据牛顿其次定律：af4 m/s2m如传送带的速度v=4m/s,就面粉袋加速运动的时间t1a在 t1 时间内的位移s 11at22 m2其后以 v=4m/s 速度匀速运动s2lABs 1vt2解得： t2=1.5s 所以运动总时间：t=t1 t2=2.5s （2）要想时间最短,面粉袋应始终向B 端匀加速运动由l AB1a t2得t2 s2此时传送带的速度va t8 m/s- - - - - - -

22、精选学习资料 - - - - - - - - - （3）传送带速度越大,学习必备欢迎下载“痕迹 ” 越长；当面粉的痕迹布满整条传送带时,痕迹达到最长；即痕迹长l2lAB2R18mt2 内痕迹达到最长,传送带运动的距离在面粉袋由A 端运动到 B 端的时间sllAB26m就传送带的速度vs13 m/st10、如下列图,一木块位于光滑的水平桌面上,木块上固连一支架,木块与支架的总质量为 M 一摆球挂于支架上,摆球的质量为计初始时,整个装置处于静止状态一质量为m,m 1M 摆线的质量不2m 的子弹以大小为 v0、方向垂直于图面对里的速度射人摆球并立刻停留在球内,摆球和子弹便一起开头运动已知摆线最大的偏

23、转角小于900,在小球来回运动过程中摆线始终是拉直的,木块未发生转动i求摆球上升的最大高度ii 求木块的最大速率iii 求摆球在最低处时速度的大小和方向i由于子弹射人摆球至停留在球内经受的时间极短,可以认为在这过程中摆球仅获得 速度但无位移设摆球（包括停留在球内的子弹）向前（指垂直于图面对里）的速度为 u,由动量守恒定律有mv0=2mu l 摆球以速度 u 开头向前摇摆,木块亦发生运动当摆球上升至最高时,摆球相对木块静止,设此时木块的速度为 V ,摆球上升的高度为 h,因水平方向动量守恒以及机械能守恒有 2mu=2m+MV 2 2 mu1 2 2mM V22mgh3 解（ l）、（2）、（3）

24、三式得h2 Mv 0m 8 2m4 ii 摆球升到最高后相对木块要反向摇摆由于在摆球从开头运动到摆线返回到竖直位 置前的整个过程中,摆线作用于支架的拉力始终向斜前方,它使木块向前运动的速度不断增 大；摆线经过竖直位置后,直到摆线再次回到竖直位置前,摆线作用于支架的拉力将向斜后 方,它使木块速度减小,所以在摆线（第一次）返回到竖直位置的那一时刻,木块的速度最 大,方向向前名师归纳总结 以 V表示摆线位于竖直位置时木块的速率,u表示此时摆球的速度（相对桌面）,当第 12 页,共 21 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载u 0,表示其方向

25、水平向前,反之,就水平向后因水平方向动量守恒以及机械能守恒,故有2 mu2muMV5 mu 2mu21MV226 解（ 1）、（5）、（6）三式可得摆线位于竖直位置时木块速度的大小V 07 V2 mv 02 mM8 7）式对应于子弹刚射人摆球但木块尚未运动时木块的速度,它也是摆球在以后相对木块往复运动过程中摆线每次由后向前经过竖直位置时木块的速度；而题中要求的木块的最大速率为（ 8）式,它也是摆球在以后相对木块的往复运动过程中摆线每次由前向后经过竖直位置时木块的速度iii 在整个运动过程中,每当摆线处于竖直位置时,小球便位于最低处当子弹刚射人摆球时,摆球位于最低处,设这时摆球的速度为u,由（

26、l）式得u1v 029 方向水平向前 当摆球第一次回到最低处时,木块速度最大, 设这时摆球的速度为u,由 l ）、（5）、（6）三式和（ 8）式可得um1 2Mv 0M2 m10 其方向向后当摆球其次次回到最低处时,由（7）式木块速度减至0,设这时摆球的速度为u,由（ l）、（ 5）、（6）式可得uu1v 0211 方向向前,开头重复初始的运动11、图中坐标原点 O 0, 0）处有一带电粒子源,向 y0 一侧沿 Oxy 平面内的各个不同方向发射带正电的粒子,粒子的速率都是 v,质量均为 m,电荷量均为 q有人设计了一方向垂直于 Oxy 平面, 磁感应强度的大小为B 的匀称磁场区域, 使上述全部

27、带电粒子从该磁场区域的边界射出时,均能沿 x 轴正方向运动试求出此边界线的方程,并画出此边界线的示意图解析：先设磁感应强度为 B 的匀强磁场方向垂直 xy 平面向里,且无边界考察从粒子源发出的速率为 v、方向与 x 轴夹角为 的粒子,在磁场的洛仑兹力作用下粒子名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 做圆周运动,圆轨道经过坐标原点学习必备欢迎下载R,有O,且与速度方向相切,如圆轨道的半径为qvBmv2（1）R,如图1R得Rmv2 qB圆轨道的圆心O在过坐标原点O 与速度方向垂直的直线上,至原点的距离为所示通过圆心O作平行

28、于y 轴的直线与圆轨道交于P 点,粒子运动到 P 点时其速度方向恰好是沿x 轴正方向,故P 点就在磁场区域的边界上对于不同人射方向的粒子,对应的P 点的位置不同,全部这些 P 点的连线就是所求磁场区域的边界线P 点的坐标为x Rsin3 y一 R + Rcos4 这就是磁场区域边界的参数方程,消去参数,得x 2 +y+R2=R25 由（ 2）、（5）式得这是半径为x2ymv2 2 2m v6 qB2 q B2R 圆心 O 的坐标为（ 0,一 R 的圆,作为题所要求的磁场区域的边界线, 应是如图 线的方程为2 所示的半个圆周, 故磁场区域的边界2 xymv qB22 m v2x0y07 3 示的

29、半圆,2 2q B如磁场方向垂直于xy面对外,就磁场的边界线为如图磁场区域的边界线的方程为x 2 +yR 2=R 2 x 0 y 0（8 2 2或 x 2 y mv 2 m v2 2 x 0 y 0（9）qB q B12、.如图 -12 所示,质量为 M = 3.0 kg 的小车静止在光滑的水平面上,AD 部分是表面粗糙的水平导轨,DC 部分是光滑的 1 圆弧导轨,整个导轨由绝缘材料做成并处于 B4= 1.0 T 的垂直纸面对里的匀强磁场中,今有一质量为 m = 1.0 kg 的金属块（可视为质点）带电量 q = 2.0 10-3 C 的负电,它以 v0 = 8 m/s 的速度冲上小车,当它将

30、要过 D 点时,它对水平导轨的压力为 9.81 N g 取 9.8 m/s 2求：（1）m 从 A 到 D 过程中,系统缺失了多少机械能？（2）如 m 通过 D 点时立刻撤去磁场,在这以后小车获得的最大速度是多少？解析 ：名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载（1）设 m 抵达 D 点的速度为 v1 ,就： Bqv1 +mg=Nv1 =Nmg=9819 . 80.0= 5.0 m/s. Bq2.01031设此小车速度为v2,金属块由A-D 过程中系统动量守恒就：mv0 = mv1 +Mv 2.v2

31、= 1.0 m/s. 缺失的机械能 E = 1mv0 2 -1mv1 2-1Mv2 2 = 18 J 2 2 2（2）在 m 冲上 1 圆弧和返回到 D 点的过程中,小车速度始终在增大,所以当金属块4回到 D 点时小车的速度达到最大,且在上述过程中系统水平方向动量守恒,就：mv1 + Mv 2= mv1 +Mv 2 系统机械能守恒,就：1mv1 2 + 1Mv2 2 = 1mv12+ 1Mv 0 2v2=1 m/s 和 v2=3 m/s. 2 2 2 2v2=1 m/s 舍去,小车能获得的最大速度为 3 m/s. 13、图 中 L 是一根通电长直导线,导线中的电流为 I一电阻为 R、每边长为

32、2a 的导线方框,其中两条边与 L 平行,可绕过其中心并与长直导线平行的轴线 OO 转动,轴线与长直导线相距 b,ba,初始时刻,导线框与直导线共面现使线框以恒定的角速度 转动,求线框中的感应电流的大小不计导线框的自感已知电流 I 的长直导线在距导线 r 处的磁I感应强度大小为 k r,其中 k 为常量解：当线框绕转轴转过 t 的角度时,其位置如图 1 所示,俯视图如图 2 所示；当线框以角速度 绕OO转动时,线框与轴线平行的两条边的速度都是 v ,且v a L 中的电流产生的磁场在这两条边所在处的磁感应强度分别为BkIIr和Bk式中r 和 r 分别为这两条边到L 的距离；线r框的两条边的速度

33、v 的方向与 B 和 B 的方向间的夹角分别为和,由电磁感应定律, 线框的感应电动势为名师归纳总结 2Ba vsin2B a vsin第 15 页,共 21 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - sinsin学习必备欢迎下载sin留意到2rbb以及rsinsinsinrbba2b22abcosr2a22 b2abcos由以上各式得22 kIa ba2b21costa2b21abcostsint2 ab2由欧姆定律得线框中感应电流iR由、两式得22 kIa b 1 1i 2 2 2 2 sin tR a b 2 ab cos t a b 2 ab cos

34、t14、如下列图,两同心圆 M 、 N 之间的区域存在垂直于纸面的匀强磁场,圆 M 内、 N 外没有磁场, 一质量为 m,带电量为 +q 的粒子从圆心 O 处沿某一方向以速度 v 飞出, 已知圆 M 的半径为 R, 圆 N 的半径为 3 R,粒子重力不计；已知粒子进入磁场后沿顺针方向偏转；求：（1）磁场的方向是垂直于纸面对里仍是向外的？（2）如粒子能再次经过圆心O,磁场的磁感应强度至少为多大？（3）如磁场的磁感应强度保持为（2）的大小,求粒子从圆心O 飞出到再次过圆心且速度与初速度方向相同所用的时间；解析 ：（1）由左手定就得：磁场方向垂直于纸面对外；名师归纳总结 - - - - - - -第

35、 16 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - （2）粒子能再次经过圆心学习必备欢迎下载N 相切,O,磁场的磁感应强度最小时,粒子运动轨迹与圆轨迹如图；设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为3Rr2R2r2r；由几何学问可知：qBv设 磁 场 的 磁 感 应 强 度 最 小 值 为B , 由 洛 仑 兹 力 公 式 及 匀 速 圆 周 运 动 规 律 得 ：0mv2 0r联立解得：B3 mv 0qR（3）由几何学问可知：tanCO/OR3CO/O600r粒子从 C 点进入磁场到从D 离开磁场,粒子转过的角度为36002CO/O2400即2 个圆周 3由几何学问可知粒子从

36、圆心 轨迹如下列图,运动的时间为：t3 2R2Tv03T2rv 0O 飞出到第一次过圆心且速度与初速度方向相同所运动的联立解得：tR6430v315、如下列图,固定于同一条竖直线上的A、B 是两个带等量异种电荷的点电荷,电荷量均为 Q,其中 A 带正电荷, B 带负电荷, A、 B 相距为 2d；MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆,名师归纳总结 另有一个穿过细杆的带电小球P,质量为 m、电荷量为 +q可视为点电荷 ,现将小球P 从与第 17 页,共 21 页点电荷 A 等高的 C 处由静止开头释放,小球P 向下运动到距C 点距离为 d 的 D 点时, 速度- - - - - - -精选学习资料 -

37、 - - - - - - - - 为 v；已知 MN 与 AB 之间的距离为学习必备欢迎下载k,重力加速度为g,如取无限远处的d,静电力常量为电势为零,试求：（1）在 A、B 所形成的电场中,C 的电势 C；（2）小球 P 经过 D 点时的加速度；（3）小球 P 经过与点电荷 B 等高的 E 点时的速度；解析 ：（1）由等量异种电荷形成的电场特点可知,D 点的电势与无限远处电势相等,即D 点电势为零；小球P 由 C 运动到 D 的过程,由动能定理得：mgdqCD12 mv02CDCCC0Cmv222mgdq（2）小球 P 经过 D 点时受力如图：由库仑定律得：F1F2kQq22 d名师归纳总结 -