1、64 1 12013 年高考物理必考考点题型大盘点必考一、描述运动的基本概念 【典题 1】2010 年 11 月 22 日晚刘翔以 13 秒 48 的预赛第一成绩轻松跑进决赛，如图所示，也是他历届亚运会预赛的最佳成绩。刘翔之所以能够取得最佳成绩，取决于他在 110 米中的( ) A.某时刻的瞬时速度大 B.撞线时的瞬时速度大 C.平均速度大 D.起跑时的加速度大 【解题思路】在变速直线运动中，物体在某段时间的位移跟发生这段位移所用时间的比值叫平均速度，是矢量，方向与位移方向相同。根据 x=Vt 可知，x 一定，v 越大，t 越小，即选项 C 正确。必考二、受力分析、物体的平衡【典题 2】如图所
2、示，光滑的夹角为 30 的三角杆水平放置，两小球 A、B 分别穿在两个杆上，两球之间有一根轻绳连接两球，现在用力将 B 球缓慢拉动，直到轻绳被拉直时，测出拉力 F10N则此时关于两个小球受到的力的说法正确的是（ ）A、小球 A 受到重力、杆对 A 的弹力、绳子的张力B、小球 A 受到的杆的弹力大小为 20NC、此时绳子与穿有 A 球的杆垂直，绳子张力大小为 N2033D、小球 B 受到杆的弹力大小为 N2033【解题思路】对 A 在水平面受力分析，受到垂直杆的弹力和绳子拉力，由平衡条件可知，绳子拉力必须垂直杆才能使 A 平衡，再对 B 在水平面受力分析，受到拉力 F、杆的弹力以及绳子拉力，由平
3、衡条件易得杆对 A 的弹力 N 等于绳子拉力 T，即 N T20N，杆对 B 的弹力 NB 。2033【答案】AB必考三、xt 与 vt 图象【典题 3】图示为某质点做直线运动的 vt 图象，关于这个质点在 4s 内的运动情况，下列说法中正确的是（ ）A、质点始终向同一方向运动B、4s 末质点离出发点最远C、加速度大小不变，方向与初速度方向相同D、4s 内通过的路程为 4m，而位移为 0【解题思路】在 vt 图中判断运动方向的标准为图线在第一象限（正方向）还是第四象限（反方向） ，该图线穿越了 t 轴，故质点先向反方向运动后向正方向运动，A 错；图线与坐标轴围成的面积分为第一象限（正方向位移）
4、和第四象限（反方向位移）的面积，显然 t 轴上下的面积均为 2，故 4s 末质点回到了出发点，B 错；且 4s 内质点往返运动回到出发点，路程为 4m，位移为零，D 对；判断加速度的标准是看图线的斜率，正斜率表示加速度正方向、负斜率比啊是加速度反方向，倾斜度表达加速度的大小，故 4s 内质点的节哀速度大小和方向均不变，方向为正方向，而初速度FABt/sv/(ms-2)1 2 3 421-2-1O64 2 2方向为反方向的 2m/s，C 错。 【答案】D必考四、匀变速直线运动的规 律与运用【典题 4】生活离不开交通，发达的交通给社会带来了极大的便利，但是，一系列的交通问题也伴随而来，全世界每秒钟
5、就有十几万人死于交通事故，直接造成的经济损失上亿元。某驾驶员以30m/s 的速度匀速行驶，发现前方 70m 处前方车辆突然停止，如果驾驶员看到前方车辆停止时的反应时间为 0.5s，该汽车是否会有安全问题？已知该车刹车的最大加速度为 【解题思路】汽车做匀速直线运动的位移为: 。汽车做匀减速直线运动的位移: 。汽车停下来的实际位移为: 。由于前方距离只有 70m，所以会有安全问题。必考五、重力作用下的直线运 动【典题 5】某人站在十层楼的平台边缘处，以 =20m/s 的初速度竖直向上抛出一石子,求抛出后0v石子距抛出点 15m 处所需的时间(不计空气阻力，取 g=10 m/s2).【解题思路】考虑
6、到位移是矢量，对应 15m 的距离有正、负两个位移，一个在抛出点的上方，另一个在抛出点的下方，根据竖直上抛运动的位移公式，有 201xvtg将 =15m 和 =-15m 分别代入上式，即x25tt解得 =1s 和 =3s，-12 2150tt解得 =（ ）s 和 （不合题意舍去）3t74(7)s所以石子距抛出点 15m 处所需的时间为 1s、3s 或（ ）s 27必考六、牛顿第二定律【典题 6】如图所示，三物体 A、B、C 均静止，轻绳两端分别与 A、C 两物体相连接且伸直，mA 3kg，m B 2kg，m C1kg，物体 A、B、C 间的动摩擦因数均为 0.1，地面光滑，轻绳与滑轮间的摩擦可
7、忽略不计。若要用力将 B 物体拉动，则作用在 B 物体上水平向左的拉力最小值为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 g10m/s 2） （ ）A3NB5NC8ND6N【解题思路】依题意是要求能把 B 拉动即可，并不一定要使物体从 A 和 C 之间抽出来。考虑到 B 的上表面的最大静摩擦力为 fA3N，B 的下表面的最大静摩擦力为 fB5N，故上表面容易滑动，将 BC 做为整体分析，BC 整体向左的加速度大小与 A 向右的加速度大小相同，均设为 a，由牛顿第二定律：FT(m Am B)a，对 A 由牛顿第二定律： Tf Am Ca，当 a0 时，F 力最小，解得最小值为 F6N，D 对。本题中若 F
8、9N 时，可将 B 从中间抽出来，而在 6N 到 9N 之间的拉力只能使 B 和 C 一起从 A 下面抽出来，而拉力小于 6N 时，无法拉动 B。 【答案】D【典题 7】如图所示，一质量为 m 的物块 A 与直立轻弹簧的上端连接，弹簧的下端固定在地面上，一质量也为 m 的物块 B 叠放在 A 的上面，A、B 处于静止状态。若A、B 粘连在一起，用一竖直向上的拉力缓慢上提 B，当拉力的大小为F ABCAB64 3 3时，A 物块上升的高度为 L，此过程中，该拉力做功为 W；若 A、B 不粘连，用一竖直向上的2mg恒力 F 作用在 B 上，当 A 物块上升的高度也为 L 时，A 与 B 恰好分离。
9、重力加速度为 g，不计空气阻力，求（1）恒力 F 的大小；（2）A 与 B 分离时的速度大小。【解题思路】设弹簧劲度系数为 k，A、B 静止时弹簧的压缩量为 x，则 x2mgkA、B 粘连在一起缓慢上移，以 A、B 整体为研究对象，当拉力 时mg2k(xL) 2mg mg2A、B 不粘连，在恒力 F 作用下 A、B 恰好分离时，以 A、B 整体为研究对象，根据牛顿第二定律Fk(x L)2mg2ma以 B 为研究对象，根据牛顿第二定律 Fmg ma 联立解得 F3mg2（2）A、B 粘连在一起缓慢上移 L，设弹簧弹力做功为 W 弹 ，根据动能定理WW 弹 2mgL0 在恒力 F 作用下，设 A、
10、B 分离时的速度为 v，根据动能定理 FLW 弹 2mgL 2mv212联立解得 v3gL2 Wm【答案】 （1）1.5mg；（2）3gL2 Wm必考七、超重与失重及整体法牛顿第二定律的应用【典题 8】倾角为 37的斜面体靠在固定的竖直挡板 P 的一侧，一根轻绳跨过固定在斜面顶端的定滑轮，绳的一端与质量为 mA=3kg 的物块 A 连接，另一端与质量为 mB=1kg 的物块 B连接。开始时，使 A 静止于斜面上，B 悬空，如图所示。现释放 A，A 将在斜面上沿斜面匀加速下滑，求此过程中，挡板 P对斜面体的作用力的大小。 （所有接触面产生的摩擦均忽略不计，sin37=0.6，cos37=0.8，
11、g=10m/s 2）【解题思路】设绳中张力为 T，斜面对 A 的支持力为NA， A、B 加速度大小为 a，以 A 为研究对象，由牛顿第二定律mAgsin37 T =maNA = mAgcos37以 B 为研究对象，由牛顿第二定律Tm Bg = mBa联立解得 a = 2m/s2 T 12N NA24N以斜面体为研究对象，受力分析后，在水平方向F = NAsin37 Tcos3737ABP64 4 4NA N A解得 F = 4.8N（或以整体为研究对象，由牛顿第二定律得 F = mAacos37=4.8N）【答案】4.8N【典题 9】钱学森被誉为中国导弹之父， “导弹”这个词也是他的创作。导弹
12、制导方式很多，惯性制导系统是其中的一种，该系统的重要元件之一是加速度计，如图所示。沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为 m 的绝缘滑块，分别与劲度系数均为 k 的轻弹簧相连，两弹簧另一端与固定壁相连。当弹簧为原长时，固定在滑块上的滑片停在滑动变阻器（电阻总长为 L）正中央，M、N 两端输入电压为 U0，输出电压 =0。系统加速时滑块移动，滑片随之在变阻器上自由滑PQ动， 相应改变，然后通过控制系统进行制导。设某段时间导弹沿水平方向运动，滑片向右移动，PQU，则这段时间导弹的加速度（ ）031A方向向右，大小为 B方向向左，大小为mkL3 mkL3C方向向右，大小为 D方向向左，大小为2
13、2【解题思路】通过滑块的移动，改变触头的位置，使电压表示数变化，从电压表的读数得知加速度的值。滑块运动时，它所需的向心力由弹簧的弹力提供，设形变为 x，根据牛顿第二定律可得:，根据电压分配规律: ；因为滑片向右移动， ，所以导弹的加速makx2xULPQ0 031UPQ度方向向左，大小为 。k32【答案】D必考八、运动学与牛顿定律的 综合【典题 10】如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为 30，轮半径 R= m，两轮轴心相距12L=3.75m，A 、 B 分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。一个质量为 0.1kg 的小物块与传送带间的动摩擦因数为 = 。g 取 10m/s2。36
14、（1）当传送带沿逆时针方向以 v1=3m/s 的速度匀速运动时，将小物块无初速地放在 A 点后，它运动至 B 点需多长时间？（计算中可取16， 20）252 396（2）小物块相对于传送带运动时，会在传送带上留下痕迹。当传送带沿逆时针方向匀速运动时，小物块无初速地放在 A 点，运动至 B 点飞出。要想使小物块在传送带上留下的痕迹最长，传送带匀速运动的速度 v2 至少多大？【解题思路】 （1）当小物块速度小于 3m/s 时，小物块受到竖直向下、垂直传送带向上的支持力和沿传送带斜向下的摩擦力作用，做匀加速直线运动，设加速度为 a1，根据牛顿第二定律30AB滑 块 0输 入 电 压PQU输 出 电
15、压 MN64 5 5mgsin30 + mgcos30=ma1，解得 a1 = 7.5m/s2当小物块速度等于 3m/s 时，设小物块对地位移为 L1，用时为 t1，根据匀加速直线运动规律t1 = ，L 1 = ，解得 t1 = 0.4s L1 = 0.6mv1a1 v122a1由于 L1L 且 tan30，当小物块速度大于 3m/s 时，小物块将继续做匀加速直线运动至 B 点，设加速度为 a2，用时为 t2，根据牛顿第二定律和匀加速直线运动规律mgsin30mgcos30=ma 2， 解得 a2 = 2.5m/s2LL 1 = v1t2 + a2t22，解得 t2 = 0.8s12故小物块由
16、禁止出发从 A 到 B 所用时间为 t = t1 + t2 = 1.2s（2）作 vt 图分析知：传送带匀速运动的速度越大，小物块从 A 点到 B 点用时越短，当传送带速度等于某一值 v 时，小物块将从 A 点一直以加速度 a1 做匀加速直线运动到 B 点，所用时间最短，即L = a1tmin2，解得 tmin = 1s12v =a1 tmin =7.5m/s此时小物块和传送带之间的相对路程为 S = v tL = 3.75m传送带的速度继续增大，小物块从 A 到 B 的时间保持不变，而小物块和传送带之间的相对路程继续增大，小物块在传送带上留下的痕迹也继续增大；当痕迹长度等于传送带周长时，痕迹
17、为最长 Smax，设此时传送带速度为 v2，则Smax = 2L + 2R，S max = v2tL 联立解得 v2 = 12.25m/s【答案】 （1）1.2s；（2）12.25m/s。必考九、曲线运动【典题 11】2010 年 8 月 22 日，2010 年首届新加坡青奥会田径比赛展开第二个决赛日的争夺，如图所示，中国选手谷思雨在女子铅球比赛凭借最后一投，以 15 米 49 获得银牌。铅球由运动员手中推出后在空中飞行过程中，若不计空气阻力，它的运动将是（ ）A曲线运动，加速度大小和方向均不变，是匀变速曲线运动B曲线运动，加速度大小不变，方向改变，是非匀变速曲线运动C曲线运动，加速度大小和方
18、向均改变，是非匀变速曲线D若水平抛出是匀变速运动，若斜向上抛出则不是匀变速曲线运动【解题思路】物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一直线上时，这个合力总能产生一个改变速度方向的效果，物体就一定做曲线运动当物体做曲线运动时，它的合力所产生的加速度的方向与速度方向也不在同一直线上。物体的运动状态是由其受力条件及初始运动状态共同确定的物体运动的性质由加速度决定（加速度为零时物体静止或做匀速运动；加速度恒定时物体做匀变速运动；加速度变化时物体做变加速运动） 。铅球只受一个重力，大小和方向均不变，加速度大小和方向也都不变，刚抛出时速度方向和重力的方向不在同一条直线上，故做曲线运动.【答案】A必考十、抛
19、体运动规律【典题 12】如图，空间中存在两条射线 OM、ON，以及沿射线 OM 方向的匀强电场，已知64 6 6NOM，某带电粒子从射线 OM 上的某点 P 垂直于 OM 入射，仅在电场作用下经过射线 ON 上的 Q 点，若 Q 点离 O 点最远且 OQL ，求：（1）粒子入射点 P 离 O 点的距离 S（2）带电粒子经过电压 U 加速后从 P 点入射，则改变电压 U 时，欲使粒子仍然能经过 Q 点，试画出电压 U 与匀强电场的场强 E 之间的关系。 （只定性画出图线，无需说明理由）O MNPQUEO【解题思路】如图所示，依题意，粒子在 Q 点的速度方向沿着射线 ON，粒子从 P 点开始做类平
20、抛运动，设加速度为 a，则：沿着 OM 方向做匀加速直线运动： at2 PS12在 Q 点平行于 OM 方向的分速度：vyatSQ 方向做匀速运动： v 0t QS且 v0v ytan解得： cos PSL2显然 P 点为 OS 的中点，故 P 离 O 点的距离 S cosPSL2（2）如图所示【答案】 （1）0.5Lcos ；（2）如图所示。必考十一、万有引力定律【典题 13】2010 年 10 月 1 日 18 点 59 分 57 秒，我国在西昌卫星发射站发射了“嫦娥二号”，而我国发射的“嫦娥一号” 卫星绕月球早已稳定运行，并完成了既定任务。 “嫦娥二号”与“ 嫦娥一号”的最大不同在于“嫦
21、娥二号” 卫星是利用了大推力火箭直接被送到地月转移轨道，而“嫦娥一号”是送出地球后第三级火箭脱落。 。如图所示，为“嫦娥一号”在地月转移的轨道的一部分，从 P 向 Q 运动，直线 MN 是过 O 点且和两边轨迹相切，下列说法错误的是（ ）A、卫星在此段轨道上的加速度先减小后增大B、卫星在经过 O 点是的速度方向与 ON 方向一致C、卫星的速度一直在增大D、在 O 处卫星的动能最小【解题思路】由轨迹弯曲方向可看出卫星在 O 处的加速度方向发生变化，故卫星先远离地球过程中万有引力做负功，动能减小，过了 O 点后万有引力对卫星做正功，动能增大，故 A、 D 对，C 错；卫星做曲线运动的速度沿着切线方
22、向，故 B 对。 【答案】O Mv0PQSv0vyUEOPQOMN64 7 7C必考十二、人造卫星、同步卫星【典题 14】继 2010 年 10 月成功发射“嫦娥二号” ，我国又将于 2011 年上半年发射“天宫一号”目标飞行器，2011 年下半年发射“神舟八号”飞船并将与“天宫一号”实现对接，届时将要有航天员在轨进行科研，这在我国航天史上具有划时代意义。 “天宫一号” A 和“神舟八号” B 绕地球做匀速圆周运动的轨迹如图所示，虚线为各自的轨道。由此可知 ( )A “天宫一号”的线速度大于 “神舟八号”的线速度B “天宫一号”的周期小于“ 神舟八号”的周期C “天宫一号”的向心加速度大于 “
23、神舟八号”的向心加速度D “神舟八号”通过一次点火加速后可以与 “天宫一号”实现对接【解题思路】本题考查了牛顿运动定律与天体圆周运动及万有引力定律应用。由牛顿第二定律可知 ， ，向引 FrmGM22，又 ，所以 ，A 选项错误；同理，由rGMBArB，做圆周运动的周期 ， “天宫一号”的周期大，选项 B 错误；由22)(TmrGMT324， “天宫一号”向心加速度比“神舟八号”要小，C 错误；由于“神舟八号”在内侧向a轨道，点火加速后，引力不足以提供其所需向心力，做离心运动并向轨道外侧运动追赶“天宫一号”，从而与“天宫一号”实现对接，D 正确。必考十三、功和功率【典题 15】汽车发动机的额定功
24、率为 P1，它在水平路面上行驶时受到的阻力 f大小恒定，汽车在水平了路面上有静止开始作直线运动，最大车速为 v。汽车发动机的输出功率随时间变化的图象如图所示。则（ ）A开始汽车做匀加速运动， t1 时刻速度达到 v，然后做匀速直线运动B开始汽车做匀加速直线运动，t 1 时刻后做加速度逐渐减小的直线运动，速度达到 v 后做匀速直线运动C开始时汽车牵引力逐渐增大，t 1 时刻牵引力与阻力大小相等D开始时汽车牵引力恒定， t1 时刻牵引力与阻力大小相等【解题思路】根据机车恒力启动时做匀加速直线运动的特点，加速度不变，速度与时间成正比，则机车功率与时间成正比。t 1 时间内题图符合这种运动功率变化，在
25、 t1 时刻后达到额定功率，速度继续增大，牵引力减小，加速度减小，机车加速度为零时，速度达到最大值 v，此时牵引力等于阻力，B 对。 【答案】B必考十四、动能定理【典题 16】某物体以初动能 E0 从倾角 37 的斜面底部 A 点沿斜面上滑，物体与斜面间的动摩擦因数 0.5 。当物体滑到 B 点时动能为 E，滑到 C 点时动能为 0，物体从 C 点下滑到 AB 重点D 时动能又为 E，则下列说法正确的是（已知 |AB|s，sin37 0.6，cos370.8） （ ）ABC 段的长度为s4BBC 段的长度为s8C物体再次返回 A 点时的动能为E04D物体再次返回 A 点时的动能为E05ADBC
26、64 8 8mM【解题思路】物体上滑过程加速度 a1gsin gcos10m/s 2，下滑过程加速度a2gsin gcos 2m/s 2。设 BC 距离为 s0，从 BC 过程由动能定理： ma1s00E，从 CD过程由动能定理：ma 2(0.5ss 0)E，解得 s00.125s ，A 错 B 对；从 AC 由动能定理：ma 1(ss 0)0E 0，从 CA 由动能定理：ma 2(ss 0) EA，解得 EA0.2E 0，C 错 D 对。 【答案】BD必考十五、功能关系及能量守恒定律【典题 17】如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程产生的内能为 6J，那
27、么此过程木块动能可能增加了（ ）A12J B16J C4J D6J【解题思路】系统产生的内能为 fS6J，对木块有动能定理可知 fS 木 E K，其中S 为子弹打入的木块的深度，S 木 为木块运动的位移，子弹未穿出，画出子弹和木块运动的 vt 图象，显然可看出 SS 木 ，故 EK6J，则根据选项可判断 C 正确。 【 答案】C【典题 18】从距地面同一高度处，以相同的初速度 v0 同时竖直向上抛出甲、乙两个小球，已知 m 甲 m 乙 。以下论述正确的是（ ）A在不计阻力的情况下，取抛出点所在的水平面为零势能面，甲、乙的机械能总是相等B在不计阻力的情况下，若以甲最高点所在水平面为零势能面，甲、
28、乙机械能总是相等C若甲、乙受大小相等且不变的阻力，则从抛出到落回地面过程中，甲减少的机械能大于乙减少的机械能D若甲、乙受大小相等且不变的阻力，则从抛出到落回地面过程中，甲减少的机械能等于乙减少的机械能【解题思路】不计阻力时，相同的初速度能上升到相同的最大高度，且任意时刻两球在同一高度，在抛出点为零势能面时，由于甲球质量大，初动能大，故甲球机械能总大于乙球机械能，A 错；若以最高点为零势能面，在最高点两球势能为零，动能也为零，故机械能均为零，由机械能守恒定律可知两球机械能始终相等且为零，B 对；在相等大小的阻力作用下，甲球质量大，加速度小，最高点较高，阻力做负功较多，机械能损失多，C 对 D 错
29、。 【答案】BC必考十六、库仑定律【典题 19】点电荷是理想化的物理模型,没有大小的带电体。实际上的带电体只有带电体在本身的大小跟带电体间的距离相比小得很多时才可以看成点电荷。两个直径为 r 的带电球，当它们相距 100r 时的作用力为 F，当它们相距为 r 时作用力为（ ）A. F/102 B.F/104 C. D.以上结论都不对【解题思路】库仑定律公式成立的前提条件是“真空中、点电荷” ，实际上的带电体只有带电体在本身的大小跟带电体间的距离相比小得很多时才可以看成点电荷。本题两个电荷原来相距100r 时，可以看成点电荷，能适用库仑定律，但当它们相距为 r 时，两带电球本身的大小不能忽略，不
30、能再当作点电荷看待，库仑定律已不再适用，所以正确答案应选 D。 【答案】D【典题 20】两个相同的金属小球，带电量之比为 17，相距为 r（r 远大于小球半径），两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能为原来的（ ）A B C D747396【解题思路】可设原来的带电量分别为 q 和 7q，则原来的库仑力大小为 7kq2/r2，但由于题目没有说明两个带电小球的电性，故库仑力可能是引力，也可能是斥力。分别讨论两种情况：若是两个带同种电荷的小球，则接触后总电量为 8q，平均分配，两球各为 4q 电量，分开后库仑力为 16 kq2/r2；若是两个带异种电荷的小球，则接触后总电量为 6q
31、，平均分配，两球各为 3q，分开后库仑力为 9 kq2/r2。故答案选 C 和 D。【典题 21】在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的 abcd，顶点 a、 c 处分别固定一个正点电64 9 9荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于 b 点，自由释放，粒子将沿着对角线 bd往复运动。粒子从 b 点运动到 d 点的过程中 （ ）A. 先作匀加速运动，后作匀减速运动B. 先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C. 电势能与机械能之和先增大，后减小D. 电势能先减小，后增大【解题思路】由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的，所以 A 错；由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中
32、垂线 O 点的电势最高，所以从 b 到 a，电势是先增大后减小，故B 错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，C 错；由 b 到 O 电场力做正功，电势能减小，由 O 到 d 电场力做负功，电势能增加，D 对。必考十八、电场的能的性质【典题 22】如图所示，水平虚线上有两个等量异种点电荷 A、B， M、N、O 是 AB 的垂线上两点，且 AOOB，2ONOM 。一个带正电的试探电荷在空间中运动的轨迹如图中实线所示，设M、N 两点的场强大小分别 EM、E N，电势分别为 M、 N，则下列判断正确的是（ ）AA 点电荷一定带正电B试探电荷在 M 处的电势能
33、小于 N 处的电势能CE M 一定小于 EN， M 可能大于 NDU MNU NO 【解题思路】由正试探电荷的轨迹弯曲方向可判定 A 点电荷一定带正电，A 对；根据等量异种点电荷的电场线、等势面分布可知 M 点电势高于 N 点电势，M 点场强较小，C 错；由电势差公式可知 B 错（从试探电荷受电场力做负功也可判断） ；NO 部分场强较强，相同距离的电势差较大，D 错。必考十九、带电粒子在磁场中的匀速 圆周运动【典题 23】如图所示，有一垂直于纸面向外的磁感应强度为 B 的有界匀强磁场（边界上有磁场），其边界为一边长为 L 的三角形，A、B、C 为三角形的顶点。今有一质量为 m、电荷量为q 的粒
34、子（不计重力） ，以速度 v 从 AB 边上某点 P 既垂直于 AB 边又垂3qBL4m直于磁场的方向射入磁场，然后从 BC 边上某点 Q 射出。若从 P 点射入的该粒子能从 Q 点射出，则（ ）A|PB| L2 34B|PB| L1 34C|QB | L34D|QB| L12【解题思路】考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动。本题粒子的半径确定，圆心必定在经过 AB 的直线上，可将粒子的半圆画出来，然后移动三角形，获取 AC 边的切点以及从OA BMNCA BA BCQO1 O22P1 P2yMxv0600600NPOaccdOb64 10 10BC 边射出的最远点。由半径公式可得粒子在磁场
35、中做圆周运动的半径为 R L，如图所示，当圆34心处于 O1 位置时，粒子正好从 AC 边切过，并与 BC 边切过，因此入射点 P1 为离开 B 最远的点，满足 PB L，A 对；当圆心处于 O2 位置时，粒子从 P2 射入，打在 BC 边的 Q 点，由于此时2 34Q 点距离 AB 最远为圆的半径 R，故 QB 最大，即 QB L，D 对。 【答案】AD12【典题 24】平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 第 1 象 限 存 在 沿 y 轴 负 方 向 的 匀 强 电 场 ， 第 象 限 存 在垂 直 于 坐 标 平 面 向 外 的 匀 强 磁 场 ， 磁 感 应 强 度 大 小 为
36、 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 的 M 点 以 速 度 v0 垂 直 于 y 轴 射 入 电 场 ， 经 x 轴 上 的 N 点 与 x 轴 正 方 向 成60角 射 入 磁 场 ， 最 后 从 y 轴 负 半 轴 上 的 P 点 与 y 轴 正 方 向 成 600 角 射 出 磁 场 ， 如 图 所 示 。 不 计粒 子 重 力 ， 求（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R；（2）粒子从M点运动到P点的总时间 t；（3）匀强电场的场强大小E。【解题思路】（1）设粒子过 N 点时的速度为 v，根据平抛运动的速度关系 vv0co
37、s60分别过 N、P 点作速度方向的垂线，相交于 Q 点，则 Q 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，根据牛顿第二定律 qvBmv02R联立解得轨道半径 R 2mv0qB（2）设粒子在电场中运动的时间为 t1，有 ONv 0t1 由几何关系得 ONRsin30Rcos30联立解得 t1粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T 2mqB由几何关系知NQP150，设粒子在磁场中运动的时间为 t2 t2 T150360联立解得 t25m6qB故粒子从 M 点运动到 P 点的总时间 tt 1t 2(1 )356 mqB（3）粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为 a qE=ma 设沿电场方向的分速度为 vy vy=at1 又 vy=v0tan60 联立解得 E【答案】 （1） ；（2）(1 ) ；（3） 。2mv0qB 3 56 mqB必考二十、带电粒子在复合场 中的运动yMxv0600600NPQO
