高三物理试题卷2

高三物理试题卷2例4、如图3-11所示。电子从A点由静止开始，经电压为U的电场加速后，从B点沿着与电场垂直的方向，射入宽度为l、场强为E的匀强电场中，经D点射离电场。电子射离电场时相对于射入电场方向的偏移距离为y，运动方向发生的偏折角为θ。下列说法正确的是（）A、若加速电压U增大，则y和θ都增大B、若加速电压U增大，则y减小、θ增大C、若场强E增大，则y和θ都增大D、若场强E增大，则y增大、θ减小思维过程设电子的质量为m、电量为e；电子射入偏转电场时的初速度v，也就是经电压为U的电场加速后的速度v，根据动能定理，mv2=eU，得设电子在偏转电场中的运动时间为t，则l=vt，；消去上述两式中的t，并将v代入，得①射离电场时运动方向偏折角的正切值为②（θ=arctan[]）由y和θ（或tanθ）的表达式可知：U增大，y和θ都减小；E增大，y和θ都增大；可见，只有C正确。（由①式和②式可以推得：y=tanθ。在图3-11中，将vt反向延长，与v的方向相交于C点，在直角三角形CFD中，FD=y。上述事实说明：带电粒子沿着与电场垂直的方向射入匀强电场中，当带电粒子离开匀强电场时，都好像是从电场中心处沿直线射出似的。）误区点拨公式推导要推到最终形式才能判断思维迁移位移、速度求出来之后，相应的能量计算就较方便了。变式题1.带电粒子以初速度v0沿着与电场垂直的方向射入匀强电场中，射离匀强电场时，带电粒子的运动方向与射入电场时的运动方向发生的偏折角等于θ，则带电粒子通过电场的过程中动能的改变量多大？[解析]设带电粒子的质量为m，则射入匀强电场时的初动能为Ek0=mv02带电粒子射离匀强电场时，若沿电场方向的速度分量为v，则v=v0tanθ，射离电场时的速度大小为Ekt=mvt2=mv02（1+tan2θ）=Ek0（1+tan2θ）可见，通过电场的过程中，带电粒子的动能增加了，动能的改变量为ΔEk=Ekt-Ek0=Ek0tan2θ2.如图3-13所示，质量为m=5×10-8kg的带电粒子，以初速度v0=3m/s，从水平放置的平行金属板的正中同射入两板之间的匀强电场中，已知两板长l=10cm，两板相距d=1cm，当两板间电压U=1.5×102V时，带电粒子恰好能沿水平直线匀速穿过，现改变两板间的电压，试分析计算，电压值在什么范围内变化时，该带电粒子总能从两板之间离开电场？[解析]由图3-13可知，粒子带负电，设电量为q，匀速穿过电场时，所受电场力等于重力；q=mg，则粒子的带电量为q=×10-10C带电粒子通过电场所花时间为带电粒子从上板边缘射离电场时，对应着两板间电压的最大值U1满足方程解得U1=285V带电粒子从下板边缘射离电场时，对应着两板间电压的最小值U2满足方程解得U2=15V综上所术，两板间的电压变化范围应该是285V≥U≥15V小结此类问题用平抛规律来解。即：两个运动的合成。注意合力一般是重力和电场力的合力。例5、在绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上，沿一条半径放置的A、B两个物体，质量均为m，A、B与转轴间的距离分别r1和r2，这时连接A、B的细线沿水平方向被拉直（如图4-34）。已知A、B与圆盘间的最大静摩擦力为f0。现逐渐增大转速。在A、B刚要开始滑动前的瞬间，烧断连接A、B间的细线，圆盘开始以该时刻的转速匀速转动。试问：该时刻圆盘转动角速度多大？细线烧断后A、B将如何运动？思维过程在A、B即将开始滑动时，A、B受到圆盘沿水平方向指向圆心的，最大静摩擦力作用；设这时细线中的拉力为T，则A、B的受力情况如图4-35所示。它们的运动方程分别为A：mω2r1=f0-TB：mω2r2=f0+T两式相加，得mω2(r1+r2)=2f0，可知A、B即将开始滑动前瞬间圆盘转动角速度细线烧断后，线对A、B的拉力消失。由于以角速度匀速转动时，A需要的向心力小于f0，B需要的向心力大于f0，所以细线烧断后，A仍相对圆盘静止、跟圆盘作匀速转动（角速度为ω），而B则发生离心现象，相对于圆盘发生滑动。误区点拨A、B不是同时到达最大静摩擦，随着ω的增加，B先到达最大静摩擦，然后拉力出现，A逐渐到达最大静摩擦，此时是本题的临界状态。所以，在此时，AB所受的摩擦皆为最大静摩擦。思维迁移圆周运动的题主要是合力提供向心力。找到向心力是解题的关键。变式题1．一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的直径大很多）。在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点），A球的质量为m1，B球质量为m2，它们沿环形圆管道顺时针方向运动，经过最低点时的速度都为v0，设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1、m2、R与v0应满足的关系式是_________。（本题是1997年全国高考统一试题第21题）[解析]A球在通过最低点时，对圆管的压力竖直向下，设大小为N1；根据牛顿第三定律，小球A受到圆管的支持力（竖直向上）大小也为N1；小球通过最低点时的运动方程为得设B球通过最高点时速度为v，根据机械能守恒定律得m2v2=m2v02-4m2gR根据题意，B球通过最高点时，应该对圆管有竖直向上的压力（设大小为N2）；根据牛顿第三定律，圆管对B球有竖直向下的压力，大小也为N2；B球通过最高点时的运动方程为得要两个小球作用于圆管的合力为零，则应N1=N2；本题的正确答案是或2．水平放置的木柱，横截面为边长等于a的正四边形ABCD；摆长l=4a的摆，悬挂在A点（如图4-38），开始时质量为m的摆球处在与A等高的P点，这时摆线沿水平方向伸直；已知摆能够承受的最大拉力为7mg；若以初速度v0竖直向下将摆球从P抛出，为使摆球能始终沿圆弧运动，并最后击中A点。求v0的许可值范围。（不计空气阻力）。[解析]根据题意可知，摆球先后依次以A、B、C、D、为圆心，R1=4a、R2=3a、R3=2a、R4=a为半径，各作四分之一圆周的圆运动。摆球从P点开始，设半径R1=4a运动到最低点时速度设为v1，根据动能定理①当摆球开始以v1绕B点以半径R2=3a作圆周运动时，摆线受到的拉力最大，设为Tmax=7mg。这时摆球的运动方程为②将①式中的mv12=mv02+8mga代入②式，可得v0的最大许可值为。摆球绕C点以半径R3=3a运动到最高点时，为确保沿圆周运动，到达最高点时的水平速度。根据动能定理③得综上所述，v0的取值范围应为3．两个质量均为m的小球，用长度为l的细线相连，两手分别握住一个小球，使细线恰好能沿水平方向伸直（如图4-40），这时细线的中点正好处在沿水平方向固定着的细杆的正上方，细线与细杆互相垂直，两者之间的距离为h。细线能承受的最大拉力为T0。让两个小球同时开始自由落下，试问h多大时，在细线与细杆相碰后，细线才会被拉断？[解析]细线的中点碰到细杆后，小球即以细杆为圆心作半径的圆周运动；在小球运动到最低点时，速度最大，细线受到的拉力也最大。根据动能定理，可以求得小球运动到最低点时的速度v。①设小球运动到最低点时，细线上的拉力为T，则②①②联立：可见，要使细线被拉断，细线与细杆之间的距离h应满足条件从上式可以看出，只有T03mg上式才有意义；表明在T03mg时，从上述高度自由下落时，小球还没有到达最低点时，线细就已经被拉断。如要细线与细杆相碰时立即就被拉断，则可见4．如图4-42所示。粗细均匀的U形玻璃管，三段直管的长度均为l，水平直管中有一段长度恰好等于l的水银柱。将右侧管口封住，让U形管以左侧管为轴匀速转动时，水银柱沿封口的一侧管子上升了。设大气压强为p0，水银密度为ρ，求匀速转动的角速度多大？[解析]以管中被封闭的空气为研究对象。开始时其体积V1=lS，压强p1=p0；以角速度ω匀速转动时，体积，根据玻意耳定律，这时压强p2=2p0。U形管匀速转动时，竖直管中长度为的水银柱作匀速圆周运动所需向着心力，由玻璃管壁的支持力提供；水平管中长度为的水银柱作匀速圆周运动所需向心力，由该段水银柱两端的压力的合力提供。该段水银柱的质量，它的中心到转动轴的距离，即圆半径；若大气压强p0以水银柱的高度表示，则该段水银柱两侧受到的压力指向转动轴的合力为；可见，它的运动方程为得角速度：。（请注意：如要具体计算时，l应该用m（米）作单位，p0应该用mHg（米汞柱）作单位，g取9.8m/s2或10m/s2。）作为发散思维训练：如果让图4-42（甲）所示的U形玻璃管，沿水平方向向左作匀加速直线运动，加速度多大时水平直管中的水银柱沿封口的竖直管上升高度？[答案]小结圆周运动的合力可能会是多种性质的力的合力，包括气体的压力、万有引力、电磁场力等。例6、地球的质量M=6.0×1024kg、半径R=6.4×106m、自转周期T=8.64×104s，万有引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2。假定地球是一个规则的球体。（1）质量为m（kg）的物体，在地球表面上受到的地球对它的吸引力多大？（2）质量为m（kg）的物体，在南、北极对水平地面的压力多大？在赤道上，对水平地面的压力多大？（3）地球自转周期减小到多大时，赤道上的物体对地面的压力恰好减小为零？思维过程（1）根据万有引力定律（2）在赤道水平地面上的质量为m的物体，由于地球自转作匀速圆周运动，所需向心力为静止在赤道水平地面上的物体受地球吸引力和地面支持力作用，它们的合力是向心力F向心=F万有-N根据牛顿第三定律，该物体对水平地面的压力与地面对它的支持力大小相等、方向相反：N'=N=F万有-F向心=9.74m(N)。静止在南、北极水平地面上的质量为m的物体不作圆周运动，它对水平地面的压力为9.77m(N)。（3）设地球自转周期为T'时，赤道水平地面上的物体对地面压力减小为零，则得。误区点拨请注意：5082s也是人造地球卫星的最小周期。思维迁移卫星运动的题，v、T是两个经常用到得量。由这两个量，可以较容易导出其它的物理量。变式题1．已知人造地球卫星运动的最小周期Tmin=5082s，万有引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2，试分析计算地球的平均密度。[解析]设地球质量为M，半径为R；人造地球卫星的质量为m，周期为T，轨道半径为r；则卫星绕地球的运动方程为得。设地球平均密度为ρ，则，将M代入T的表达式，得r=R时，人造地球卫星的周期最小，所以可见：地球的平均密度为2．我国在1984年4月8日成功地发射了一颗通讯卫星。这颗通讯卫星距地面的高度h=3.60×104km，绕地球转动的角速度为ω1、线速度为v1；地球的半径R=6.4×103km，自转角速度为ω2、赤道上各点的自转线速度为v2。则：（1）ω1：ω2=________：_______；（2）v1：v2=________：_______。[解析]（1）通讯卫星一般是同步卫星，ω1=ω2，所以ω1：ω2=1：1。（2）同步卫星的轨道半径r=R+h=4.24×104km，同步卫星相对“静止”在赤道正上方，角速度相等，所以v1：v2=（R+h）：R=6.625：1。3．甲、乙两颗人造地球卫星，在同一轨道平面中绕地球同向作匀速圆周运动；甲距地面的高度h1=0.5R，乙距地面的高度h2=5R；上述R为地球半径。已知某时刻甲、乙两颗卫星之间的距离最小。（1）甲、乙两颗卫星的线速度比v1：v2=________：_______；（2）甲、乙两颗卫星的周期比T1：T2=________：_______；（3）以乙卫星的周期（T2）为量度时间的单位，至少要过________时间，两颗卫星相距最大。[解析]（1）由，得。r1=1.5R，r2=6R；.（2）.所以。（甲卫星运动“快”）（3）某时刻甲、乙两颗卫星之间距离最小，表明两颗卫星恰好处在地面某处的正上方，如图4—1（甲）所示。两颗卫星相距最远的情况如图4—1（乙）所示。设甲、乙两颗卫星绕地球转动的角速度分别为ω1与ω2；，所以ω1：ω2=T1：T2=8：1。显然，相距最大的条件是（ω1-ω2）t=（2n-1）π，n=1、2、……；n=1时得最短的时间即至少要经过时间，两颗卫星间的距离才最大。小结这