物理20分钟专题突破(3)
高考物理二轮总复习精品课件 第2部分 专题整合高频突破 第3讲 力与物体的曲线运动
小球弹力方向向下,故小球对杆的弹力方向向上,C正确。若v2=2b,
2
则F+mg=m ,解得F=a=mg,故D正确。
-23-
新题演练
1 2 3 4 5
怎样得高分
1.一只小船渡河,运动轨迹如图所示。水流速度各处相同且恒定不
变,方向平行于岸边;小船相对于静水分别做匀加速、匀减速、匀
x=v0t①
1
h=2gt2②
设圆弧轨道半径为 R,由机械能守恒定律得
1
mgR= 0 2 ③
2
联立①②③式,并代入题给条件得
R=0.25 m。④
-29-
新题演练
1 2 3 4 5
-30-
怎样得高分
(2)环由b处静止下滑过程中机械能守恒,设环下滑至c点的速度大小
为v,有
1
mgh=2mv2⑤
环在c点速度的水平分量为
解得 v2=
小滑块在 O 点做平抛运动,则
1 2
R=2gt ,x=v0t
解得 2R≤x≤2R。
-18-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
(3)如图所示,设小滑块出发点为P1,离开点为P2,由题意要求O1P1、
O2P2与竖直方向的夹角相等,设为θ,若离开滑道时的速度为v,
2
则小滑块在 P2 处脱离滑道的条件是 mgcos θ=m
命题热点三
解析:在南北方向上,帆板静止,所以在此方向上帆船相对于帆板
向北以速度v运动;在东西方向上,帆船静止,帆板向西以速度v运动,
所以在此方向上帆船相对于帆板向东以速度v运动;以帆板为参考
专题03 闭合电路动态分析 高考物理恒定电流专题突破(解析版)2020年高考物理
专题03 闭合电路动态分析【重点知识梳理】一、电路的动态分析根据闭合电路的欧姆定律和串联、并联电路的特点来分析电路中某电阻变化引起整个电路中各部分电学量的变化情况，常见的方法有：1．程序法.(2)判定总电阻变化情况的规律①当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)．②若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小．2．直观法任一电阻阻值增大，必引起该电阻中电流的减小和该电阻两端电压的增大．3．“并同串反”规律所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小．所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的电压、电功率U 串I串P串↓←R↑→{U并I并P并↑都将减小，反之则增大．即}4．极限法即因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论．二、电路故障的分析方法电路故障一般是短路或断路，常见的情况有：导线断芯，灯泡断丝、灯座短路、变阻器内部断路、接触不良等现象．检查故障的基本方法有两种：1．电压表检测方法：如果电压表示数为0，说明电压表上无电流通过，则可能在并联路段之外有断路，或并联路段内有短路．如果电压表有示数，说明电压表上有电流通过，则在并联路段之外无断路，或并联路段内无短路．2．用多用电表的欧姆挡检测要对检测的电路切断电源，逐一使元件脱离原电路(或对某段电路检测)后测量是通路还是断路便可找到故障所在．【高频考点突破】考点一、电流电压电功率增减判断如图7所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )图7A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大【答案】A【解析】在电路中，变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中，变阻器R0接入电路中的电阻变小，从而使整个电路中的外电阻变小，干路电流变大，内阻r分得的电压U内＝Ir变大，U外变小，电压表示数变小，由U1＝IR1知U1变大，因U外＝U1＋U2，故U2变小，由于I2＝U2R2，所以流过R2的电流变小，电流表示数变小，选项A正确．考点二、电路故障分析用电压表检查如图8所示电路中的故障，测得U ad＝5.0 V，U cd＝0 V，U bc＝0 V，U ab＝5.0 V，则此故障可能是( )图8A．L断路B．R断路C．R′断路 D．S断路【答案】B【解析】若两端电压为0说明两者间短路或其余部分断路，若两端电压非零，则其余部分必定不是断路。
高考物理(热点 题型全突破)专题 3 三种特殊的卫星及卫星的变轨问题天体的追击相遇问题(含解析)
专题5.3 三种特殊的卫星及卫星的变轨问题、天体的追击相遇问题一、近地卫星、赤道上物体及同步卫星的运行问题1．近地卫星、同步卫星、赤道上的物体的比较比较内容赤道表面的物体近地卫星同步卫星向心力来源万有引力的分力万有引力向心力方向指向地心重力与万有引力的关系重力略小于万有引力重力等于万有引力线速度v1＝ω1R v2＝GMRv3＝ω3(R＋h)＝GMR＋hv1＜v3＜v2(v2为第一宇宙速度)角速度ω1＝ω自ω2＝GMR3ω3＝ω自＝GMR＋h3ω1＝ω3＜ω2向心加速度a1＝ω21R a2＝ω22R＝GMR2a3＝ω23(R＋h) ＝GMR＋h2a1＜a3＜a2卫星的轨道半径r是指卫星绕天体做匀速圆周运动的半径，与天体半径R的关系为r＝R＋h(h为卫星距离天体表面的高度)，当卫星贴近天体表面运动(h≈0)时，可认为两者相等。
【示例1】(多选)如图，地球赤道上的山丘e、近地资源卫星p和同步通信卫星q均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动。
设e、p、q的圆周运动速率分别为v1、v2、v3，向心加速度分别为a1、a2、a3，则( )A．v1＞v2＞v3B．v1＜v3＜v2C．a1＞a2＞a3D．a1＜a3＜a2【答案】BD【解析】由题意可知：山丘与同步卫星角速度、周期相同，由v＝ωr，a＝ω2r可知v1＜v3、a1＜a3；对同步卫星和近地资源卫星来说，满足v ＝GM r 、a ＝GMr2，可知v 3＜v 2、a 3＜a 2。
故选项B 、D 正确。
【示例2】(多选)同步卫星离地心距离为r ，运行速率为v 1，加速度为a 1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a 2，第一宇宙速度为v 2，地球的半径为R ，则下列比值正确的是( )A.a 1a 2＝rRB.a 1a 2＝r 2R2 C.v 1v 2＝r R D.v 1v 2＝R r【答案】： AD【示例3】(2016·四川理综·3)国务院批复，自20XX 年起将4月24日设立为“中国航天日”.1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km ，远地点高度约为2 060 km ；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35 786 km 的地球同步轨道上.设东方红一号在远地点的加速度为a 1，东方红二号的加速度为a 2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a 3，则a 1、a 2、a 3的大小关系为( ) A.a 2＞a 1＞a 3 B.a 3＞a 2＞a 1 C.a 3＞a 1＞a 2 D.a 1＞a 2＞a 3【答案】 D【解析】 由于东方红二号卫星是同步卫星，则其角速度和赤道上的物体角速度相等，根据a ＝ω2r ，r 2>r 3，则a 2>a 3；由万有引力定律和牛顿第二定律得，G Mmr2＝ma ，由题目中数据可以得出，r 1<r 2，则a 2<a 1；综合以上分析有，a 1>a 2>a 3，选项D 正确.【示例4】．有a 、b 、c 、d 四颗地球卫星，a 在地球赤道上未发射，b 在地面附近近地轨道上正常运动，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有( )A ．a 的向心力由重力提供B ．c 在4 h 内转过的圆心角是π6C ．b 在相同时间内转过的弧长最长D ．d 的运动周期有可能是20 h 【答案】 C二、 卫星的变轨问题 1．三种情境2．变轨问题的三点注意(1)航天器变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新轨道上的运行速度变化由v ＝GMr判断。
【步步高·广东专用】2014高考物理二轮【配套课件】专题突破专题三 第1课时
本 课 时 栏 目 开 关
热点题型例析
(单选 )(2013· 北京· 19)在实验操 作前应该对实验进行适当的分析．研究平抛 运动的实验装置示意图如图 4 所示．小球每 次都从斜槽的同一位置无初速度释放，并从
专题三 第1课时
本 课 斜槽末端水平飞出．改变水平板的高度，就 图4 时 从而可描绘出小球的运动轨迹． 某 栏 改变了小球在板上落点的位置， 目 开 同学设想小球先后三次做平抛运动，将水平板依次放在如图 1、2、 关
3 的位置，且 1 与 2 的间距等于 2 与 3 的间距．若三次实验中，小 球从抛出点到落点的水平位移依次为 x1、x2、x3，机械能的变化量 依次为 ΔE1、 ΔE2、 ΔE3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的 是 ( )
热点题型例析
专题三 第1课时
A．x2－x1＝x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3 B．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3 C．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3
知识方法聚焦
专题三 第1课时
第 1 课时
本 课 时 栏 目 开 关
平抛、圆周和天体运动
1．物体做曲线运动的条件 当物体所受合外力的方向跟它的速度方向 不共线 时， 物 体做曲线运动．合运动与分运动具有 等时性 、 独立性 和 等效性 ．
知识方法聚焦
专题三 第1课时
2．平抛运动 (1)规律：vx＝v0 ，vy＝ gt ，x＝ v0t ，y＝ (2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体
热点题型例析
专题三 第1课时
审题突破
本 课 时 栏 目 开 关
当小物块受到的摩擦力恰好为零时， 受到什么力的
作用？向心力是多少？当转速稍增大(或稍减小)时所需的向心 力如何变化？
专题3 杠杆、滑轮组类计算-2021年中考物理计算专题突破(原卷+解析)
2021年中考物理计算专题突破专题3 杠杆、滑轮组类计算1．为深入探究平衡木的平衡，小萍设计了如图所示的装置。
轻质杠杆AOB可绕支点O无摩擦转动，且AB＝3m，OA＝1m。
在杠杆A端用不可伸长的细线悬挂正方体M，重力为400N，边长为20cm。
当重为500N的小萍静止站立在OB之间某处时，杠杆处于水平平衡状态。
求：（1）正方体M的密度；（2）如图所示，小萍站立在距离B端1.5m处时，正方体M对水平地面的压强。
2．美丽乡村建设中，工人用起吊装置提升建筑材料，如图，若电动机输出功率900W，某次把质量为100kg 的材料匀速提上楼，用时20s，材料上升速度为0.75m/s，电动机输出功率恒定不变，不计绳重和摩擦，求此过程中：（g＝10N/kg）（1）材料上升的高度是多少？（2）电动机对绳子的拉力多大？（3）该装置的机械效率多大？（留一位小数）3．如图甲是用滑轮组匀速提升物体的示意图，卷扬机对绳子竖直向下的拉力F与卷扬机拉动绳子的速度v 的关系如图乙所示。
当使用这个装置提升重为850N的物体A时，卷扬机拉动绳子的速度为0.2m/s，不计绳重及摩擦，卷扬机的拉动绳子的功率保持不变。
（1）求提升物体A时卷扬机对绳子的拉力F A；（2）求动滑轮受到的重力G动；（3）若用该装置提升另一物体B时，卷扬机拉动绳子的速度为0.5m/s，求此时滑轮组的机械效率η。
（计算结果保留数）4．如图所示重120N的物体沿着长2m、高0.5m的斜面从顶端匀速下滑到底端，物体受到斜面对它的摩擦力为30N，求：（1）物体从顶端下滑到底端，重力所做的功；（2）若用沿斜面向上的拉力F将物体从斜面底端匀速拉到斜面的顶端，拉力F所做的功；（3）本次拉力F利用斜面做功时，斜面的机械效率。
5．使用如图所示的机械装置，某人从井里提升78kg 的重物，在10s内沿水平地面向右匀速行走了8m，该人拉绳子的力是400N（绳重与摩擦忽略不计，g＝10N/kg）。
2021届高三物理专题突破限时训练：物理3-5【含答案解析】
2021届高三物理专题突破限时训练物理3-5一、单选题（每小题3分，共计24分）1.一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为238 92U→234 90Th ＋42He.下列说法正确的是( )A ．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B ．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C ．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D ．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量 【答案】B【解析】衰变过程遵守动量守恒定律，故选项A 错，选项B 对． 根据半衰期的定义，可知选项C 错． α衰变释放核能，有质量亏损，故选项D 错．2.如图所示，当一束一定强度某一频率的黄光照射到光电管阴极K 上时，此时滑片P 处于A 、B 中点，电流表中有电流通过，则( )A ．若将滑动触头P 向B 端移动时，电流表读数有可能不变 B ．若将滑动触头P 向A 端移动时，电流表读数一定增大C ．若用红外线照射阴极K 时，电流表中一定没有电流通过D ．若用一束强度相同的紫外线照射阴极K 时，电流表读数不变 【答案】A【解析】所加的电压，使光电子到达阳极，则灵敏电流表中有电流流过，且可能处于饱和电流，当滑片向B 端移动时，电流表读数有可能不变；当滑片向A 端移动时，所加电压减小，则光电流可能减小，也可能不变，故A 正确，B 错误．若用红外线照射阴极K 时，因红外线频率小于可见光，但是不一定不能发生光电效应，电流表不一定没有电流，故C 错误；若用一束强度相同的紫外线照射阴极K 时，紫外线的频率大于红外线的频率，则光子数目减小，电流表读数减小，故D 错误．3.一个德布罗意波波长为λ1的中子和另一个德布罗意波波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核，该氚核的德布罗意波波长为( ) A.λ1λ2λ1＋λ2B.λ1λ2λ1-λ2 C.λ1＋λ22D.λ1－λ22【答案】A【解析】中子的动量p1＝hλ1，氘核的动量p2＝hλ2，同向正碰后形成的氚核的动量p3＝p2＋p1，所以氚核的德布罗意波波长λ3＝hp3＝λ1λ2λ1＋λ2，A正确．4.大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电．氘核聚变反应方程是：21H＋21H→32He ＋10n.已知21H的质量为2.013 6 u，32He的质量为3.015 0 u，10n的质量为1.008 7 u,1 u＝931 MeV/c2.氘核聚变反应中释放的核能约为()A．3.7 MeV B．3.3 MeV C．2.7 MeV D．0.93 MeV【答案】B【解析】在核反应方程21H＋21H→32He＋10n中，反应前物质的质量m1＝2×2.013 6 u＝4．027 2 u，反应后物质的质量m2＝3.015 0 u＋1.008 7 u＝4.023 7 u，质量亏损Δm＝m1－m2＝0.003 5 u.则氘核聚变释放的核能为E＝931×0.003 5 MeV≈3.3 MeV，选项B正确．5.不同色光的光子能量如下表所示.色光红橙黄绿蓝—靛紫光子能量范围(eV)1.61～2．002.00～2．072.07～2．142.14～2．532.53～2．762.76～3．10大量处于n＝4能级的氢原子，发射出的光的谱线在可见光范围内，其颜色分别为()A．红、蓝—靛B．红、紫C．橙、绿D．蓝—靛、紫【答案】A【解析】计算出各种光子能量，然后和表格中数据进行对比，便可解决本题．氢原子处于第四能级，能够发出12.75 eV、12.09 eV、10.2 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV的六种光子，1.89 eV和2.55 eV属于可见光，1.89eV的光子为红光，2.55 eV的光子为蓝—靛．6.实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意图如图12-2-1所示，则()A ．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外B ．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外C ．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里D ．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里 【答案】D【解析】根据动量守恒定律，原子核发生β衰变后产生的新核与电子的动量大小相等，设为p .根据qvB ＝mv 2r ，得轨道半径r ＝mv qB ＝pqB ，故电子的轨迹半径较大，即轨迹1是电子的，轨迹2是新核的．根据左手定则，可知磁场方向垂直纸面向里．选项D 正确．7.若元素A 的半衰期为4天，元素B 的半衰期为5天，则相同质量的A 和B ，经过20天后，剩下的质量之比m A ∶m B 为( )A ．30∶31B ．31∶30C ．1∶2D ．2∶1 【答案】C【解析】由m ＝m 0⎝⎛⎭⎫12t τ有m A ＝⎝⎛⎭⎫12204m 0， m B ＝⎝⎛⎭⎫12205m 0，得m A ∶m B ＝1∶2.C 正确．8.如图所示，A 、B 两物块放在光滑的水平面上，一轻弹簧放在A 、B 之间与A 相连，与B 接触但不连接，弹簧刚好处于原长，将物块A 锁定，物块C 与A 、B 在一条直线上，三个物块的质量相等.现使物块C 以v ＝2m/s 的速度向左运动，与B 相碰并粘在一起，当C 的速度为零时，解除A 的锁定，则A 最终获得的速度大小为( )A.32m/sB.23m/sC.32m/sD.233m/s 【答案】D【解析】设物块的质量均为m ，C 与B 碰撞后的共同速度为v 1，根据动量守恒定律有mv ＝2mv 1，代入数据解得v 1＝1m/s ，设A 最终获得的速度大小为v 2，B 和C 获得的速度大小为v 3，根据动量守恒定律则有mv 2＝2mv 3，根据能量守恒定律可得12×2mv 12＝12mv 22＋12×2mv 23，代入数据解得v 2＝233m/s ，故D 正确，A 、B 、C 错误.二、多项选择题（每小题5分，答案不全得3分，有错不得分，共计30分）9.下列说法正确的是()A.157N＋11H→126C＋42He是α衰变方程B.11H＋21H→32He＋γ是核聚变反应方程C.23892U→23490Th＋42He是核裂变反应方程D.42He＋2713Al→3015P＋10n是原子核的人工转变方程【答案】BD【解析】[核反应类型分四种，核反应的方程特点各有不同．衰变方程的左边只有一个原子核，右边出现α或β粒子．聚变方程的左边是两个轻核，右边是中等原子核．裂变方程的左边是重核与中子，右边是中等原子核．人工核转变方程的左边是氦核与常见元素的原子核，右边也是常见元素的原子核，由此可知B、D 正确．10.如图，用一定频率的单色光照射光电管时，电流表指针会发生偏转，则()A.电源右端应为正极B.流过电流表G的电流大小取决于照射光的强度C.流过电流表G的电流方向是由a流向bD.普朗克解释了光电效应并提出光子能量E＝hν【答案】BC【解析】发生光电效应时，电子从光电管右端运动到左端，而电流的方向与电子定向移动的方向相反，所以流过电流表G的电流方向是由a流向b，所以电源左端应为正极，故A错误，C正确；流过电流表G 的电流大小取决于照射光的强度，与光的频率无关，故B正确；爱因斯坦解释了光电效应并提出光子能量E ＝hν，故D错误.11.爱因斯坦提出了光量子概念并成功地解释了光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖.某种金属逸出光电子的最大初动能E k与入射光频率ν的关系如图6所示，其中ν0为极限频率.从图中可以确定的是()A.逸出功与ν有关B.E k与入射光强度成正比C.当ν≥ν0时，会逸出光电子D.图中直线的斜率与普朗克常量有关【答案】CD【解析】由爱因斯坦光电效应方程E k＝hν－W0和W0＝hν0(W0为金属的逸出功)可得E k＝hν－hν0，可见图象的斜率表示普朗克常量，D正确；只有ν≥ν0时才会发生光电效应，C正确；金属的逸出功只和金属的极限频率有关，与入射光的频率无关，A错误；光电子的最大初动能取决于入射光的频率，而与入射光的强度无关，B错误.12.如图为氢原子能级图，氢原子中的电子从n＝5能级跃迁到n＝2能级可产生a光；从n＝4能级跃迁到n ＝2能级可产生b光.a光和b光的波长分别为λa和λb，照射到逸出功为2.29 eV的金属钠表面均可产生光电效应，遏止电压分别为U a和U b.则()A.λa＞λbB.U a＞U bC.a光的光子能量为2.86 eVD.b光产生的光电子最大初动能E k＝0.26 eV【答案】BCD【解析】根据能级跃迁知识可知hνa＝E5－E2＝[－0.54－(－3.4)] eV＝2.86 eV，hνb＝E4－E2＝[－0.85－(－3.4)] eV＝2.55 eV，显然a光的光子能量大于b光的，即a光频率大，波长短，所以A错，C正确.根据光电效应方程E k＝hν－W0，知a光照射后的光电子最大初动能为E k a＝hνa－W0＝(2.86－2.29) eV＝0.57 eV，b光照射后的光电子最大初动能为E k b＝hνb－W0＝(2.55－2.29) eV＝0.26 eV，选项D正确.根据遏止电压知识E k＝eU c可知，U a＞U b，选项B正确.13.一静止的铝原子核2713Al俘获一速度为1.0×107 m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核2814Si*.下列说法正确的是()A．核反应方程为p＋2713Al→2814Si*B．核反应过程中系统动量守恒C．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和D．硅原子核速度的数量级为105 m/s，方向与质子初速度的方向一致【答案】ABD【解析】核反应过程中遵循质量数守恒和电荷数守恒，核反应方程为p＋2713Al→2814Si*，说法A正确．核反应过程中遵从动量守恒和能量守恒，说法B正确．核反应中发生质量亏损，生成物的质量小于反应物的质量之和，说法C错误．根据动量守恒定律有m p v p＝m Si v Si，碰撞后硅原子核速度的数量级为105 m/s，方向与质子初速度方向一致，说法D 正确．14.如图所示，光滑水平面上有一质量为2M 、半径为R (R 足够大)的14圆弧曲面C ，质量为M 的小球B 置于其底端，另一小球A 质量为M2，小球A 以v 0＝6m/s 的速度向B 运动，并与B 发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )A.B 的最大速率为4m/sB.B 运动到最高点时的速率为34m/sC.B 能与A 再次发生碰撞D.B 不能与A 再次发生碰撞 【答案】AD【解析】A 与B 发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得M 2v 0＝M2v A ＋Mv B ，12·M 2v 02＝12·M 2v A 2＋12·Mv B 2，解得v A ＝－2m/s ，v B ＝4m/s ，故B 的最大速率为4m/s ，A 正确；B 冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v ，则Mv B ＝(M ＋2M )v ，得v ＝43m/s ，从B 冲上C 然后又滑下的过程，设B 、C 分离时速度分别为v B ′、v C ′，由水平方向动量守恒有Mv B ＝Mv B ′＋2Mv C ′，由机械能守恒有12·Mv B 2＝12·Mv B ′2＋12·2Mv C ′2，联立解得v B ′＝－43m/s ，由于|v B ′|＜|v A |，所以二者不会再次发生碰撞，D 正确. 三、计算题(15题11分，16题11分，17题12分，18题12分，共计46分15.卢瑟福用α粒子轰击氮核时发现质子．发现质子的核反应方程为：14 7N ＋42He→17 8O ＋11H.已知氮核质量为m N ＝14.007 53 u ，氧核质量为m O ＝17.004 54 u ，氦核质量为m He ＝4.003 87 u ，质子(氢核)质量为m p ＝1.008 15 u ．(已知：1 uc 2＝931 MeV ，结果保留2位有效数字)求：(1)这一核反应是吸收能量还是放出能量的反应？相应的能量变化为多少？(2)若入射氦核以v 0＝3×107 m/s 的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核．反应生成的氧核和质子同方向运动，且速度大小之比为1∶50.求氧核的速度大小． 【答案】(1)吸收能量 1.2 MeV (2)1.8×106 m/s 【解析】(1)由Δm ＝m N ＋m He －m O －m p 得：Δm ＝－0.001 29 u.所以这一核反应是吸收能量的反应，吸收能量ΔE ＝|Δm |c 2＝0.001 29×931 MeV≈1.2 MeV . (2)由动量守恒定律可得：m He v 0＝m O v 氧＋m p v p又v 氧∶v p ＝1∶50， 可解得：v 氧≈1.8×106 m/s.16．如图甲所示是研究光电效应规律的光电管．用波长λ＝0.50 μm 的绿光照射阴极K ，实验测得流过电流表G 的电流I 与AK 之间的电势差U AK 满足如图乙所示规律，取h ＝6.63×10－34J·s.结合图象，求：(结果保留两位有效数字)(1)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极K 时的最大动能． (2)该阴极材料的极限波长． 【答案】(1)4.0×1012个 9.6×10－20J (2)0.66 μm【解析】(1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达阳极A ，阴极每秒钟发射的光电子的个数 n ＝I m e ＝0.64×10－61.6×10－19(个)＝4.0×1012(个) 光电子的最大初动能为 E km ＝eU 0＝1.6×10－19 C ×0.6 V ＝9.6×10－20J.(2)设阴极材料的极限波长为λ0，根据爱因斯坦光电效应方程得E km ＝h c λ－h c λ0，代入数据得λ0＝0. 66 μm.17.水平光滑轨道在A 端与半径为R 的光滑半圆轨道ABC 相切，半圆的直径AC 竖直，如图7所示.小球P 的质量是Q 的2倍，两小球均可视为质点.小球P 以某一速度向右运动，与静止小球Q 发生正碰.碰后，小球Q 经半圆轨道ABC 从C 点水平抛出，落点与A 点相距25R ；小球P 在D 点脱离轨道，与圆心的连线OD 与水平方向夹角为θ.已知R ＝0.4m ，sin θ＝23，重力加速度g ＝10m/s 2.求：(1)碰撞后小球Q 经过A 点时的速度大小； (2)与Q 碰撞前小球P 的速度大小. 【答案】(1)6m/s (2)7m/s【解析】(1)小球Q 离开C 点后做平抛运动， 在竖直方向：2R ＝12gt 2，在水平方向：25R ＝v C t ，设小球P 的质量为M ，小球Q 的质量为m .P 与Q 相碰后，Q 的速度为v Q ，P 的速度为v P ， 对小球Q ，由机械能守恒定律得12mv Q 2＝mg ·2R ＋12mv C 2，解得v Q ＝3gR ＝6m/s.(2)小球P 在D 点脱离轨道，即轨道对小球P 的弹力F N ＝0， 根据牛顿第二定律有Mg sin θ＝M v 2D R，对小球P ，由机械能守恒定律得12Mv P 2＝Mg (R ＋R sin θ)＋12Mv D 2，小球P 、Q 碰撞过程中动量守恒，有Mv 0＝Mv P ＋mv Q ， 解得v 0＝7m/s.18．在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出的α粒子(42He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R .以m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量． (1)放射性原子核用A Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反应方程． (2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小．(3)设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，求衰变过程的质量亏损Δm .【答案】(1)A Z X→A －4Z －2Y ＋42He (2)2πm qB q 2B2πm (3)M ＋m qBR 22mMc 2【解析】(1)A Z X→A －4Z －2Y ＋42He.(2)设α粒子的速度大小为v ， 由qvB ＝m v 2R ，T ＝2πRv ，得α粒子在磁场中运动周期T ＝2πmqB环形电流大小I ＝q T ＝q 2B2πm .(3)由qvB ＝m v 2R ，得v ＝qBR m设衰变后新核Y 的速度大小为v ′，系统动量守恒 Mv ′－mv ＝0 v ′＝mv M ＝qBR M由Δmc 2＝12Mv ′2＋12mv 2得Δm ＝M ＋m qBR22mMc 2说明：若利用M ＝A －44m 解答，亦可．。
物理20分钟专题突破：运动的合成和分解
物理20分钟专题突破（1）运动的合成和分解1．在长为80cm的玻璃管中注满清水，水中放一个可以匀速上浮的红蜡烛，将此玻璃管竖直放置，让红蜡烛沿玻璃管从底部匀速上升，与此同时，让玻璃管沿水平方向向右匀速移动，若红蜡烛在玻璃管中沿竖直方向向上运动的速度为8cm/s，玻璃管沿水平方向移动的速度为6cm/s，则红蜡烛运动的速度大小是cm/s，红蜡烛上升到水面的时间为S。
2．小球从离地5m高、离竖直墙4m远处以8m/s的速度向墙水平抛出，不计空气阻力，则小球碰墙点离地高度为m，要使小球不碰到墙，它的初速度必须小于m/s。
（取g = 10m/s2）3．如图所示皮带转动轮，大轮直径是小轮直径的2 倍，A是大轮边缘上一点，B是小轮边缘上一点， C是大轮上一点，C到圆心O1的距离等于小轮半径。
转动时皮带不打滑，则A、B两点的角速度之比ωA：ωB＝_ ，a：＝B、C两点向心加速度大小之比{ HYPERLINK "/" |B ___ 。
4．一辆汽车以54km/h的速率通过一座拱桥的桥顶，汽车对桥面的压力等于车重的一半，这座拱桥的半径是m。
若要使汽车过桥顶时对桥面无压力，则汽车过桥顶时的速度大小至少是m/s。
5．从某高度处以12m/s的初速度水平抛出一物体，经2s 落地，g取10m/s2，则物体抛出处的高度是______m，物体落地点的水平距离是______m。
6．如图所示是在“研究平抛物体的运动”的实验中记录的一段轨迹。
已知物体是从原点O水平抛出，经测量C点的坐标为(60，45)。
则平抛物体的初速度＝m/s，该物体运动的轨迹为一抛物线，其轨迹方程为7．某同学在某砖墙前的高处水平抛出一石子，石子在空中运动的部分轨迹照片如图所示。
从照片可看出石子恰好垂直打在一倾角为的斜坡上的A点。
已知每块砖的平均厚度为20cm，抛出点到A点竖直方向刚好相距100块砖，求：（1）石子在空中运动的时间t；（2）石子水平抛出的速度v0。
2020届高考物理二轮复习600分冲刺20分钟快速训练3(含解析)
20分钟快速训练(三)本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．下列说法正确的是( B )A ．聚变反应需将热核燃料的温度加热到数百万开尔文以上，显然是吸热反应B ．聚变反应中核子的比结合能变大C ．聚变反应中由于形成质量较大的核，故反应后质量增加D ．氕和氚结合成氦原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该氦原子核的结合能[解析] 聚变反应需将热核燃料的温度加热到数百万开尔文以上，但一旦反应进行，自身释放的巨大能量足以提供高温，使反应继续进行，故聚变反应是放热反应，故A 错误；由于聚变反应中释放出巨大能量，故比结合能一定增加，质量发生亏损，故B 正确，C 错误；氚核本身有一定的结合能，所以氕和氚结合成氦原子核时，其质量亏损所对应的能量小于该氦原子核的结合能，故D 错误。
2．2018年11月1日，我国成功发射第四十一颗北斗导航卫星，这颗卫星属于地球同步卫星；2019年1月3日，我国发射的嫦娥四号探测器在月球背面成功着陆，开启了人类探测月球的新篇章。
若嫦娥四号绕月球做匀速圆周运动的半径是第四十一颗北斗导航卫星绕地球运行的轨道半径的1n，月球质量为地球质量的1k，则嫦娥四号绕月球做匀速圆周运动的周期与第四十一颗北斗导航卫星绕地球运行的周期之比为( A )A ．kn 3B ．n 3kC ．1n3D ．k n3[解析] 由G Mm r 2＝m (2πT)2r 得T ＝2πr 3GM，则嫦娥四号绕月球做匀速圆周运动的周期与第四十一颗北斗导航卫星绕地球运行的周期之比为T 1T 2＝(r 1r 2)3·M 2M 1＝kn 3，只有A 正确。
3．如图所示，半径为R 的14圆弧面静置在水平面上，其圆心O 与水平台面高度差为2R ，一小球(视为质点)以某一初速度从台面水平向右飞出，其运动轨迹恰好与圆弧面相切，切点为C (未画出)，则OC 与OB 的夹角θ的正弦值为( A )A ．2－ 3B ．4－2 3C ．23D ．13[解析] 小球做平抛运动，则2R －R sin θ＝12gt 2，R cos θ＝v 0t ，v 0gt ＝tan θ，整理得sin 2θ－4sin θ＋1＝0，sin θ＝4±16－42＝2±3，由于sin θ≤1，得sin θ＝2－3，只有A 正确。
高考物理二轮复习训练：20分钟快速训练3Word版含解析
20分钟快速训练(三)本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．(2018·贵州省贵阳市高三5月模拟)某核反应方程为21H ＋31H →42He ＋x 。
已知21H 的质量为2.0136u, 31H 的质量为3.0180u ，42He 质量为4.0026u ，x 的质量为1.0087u 。
则下列说法中正确是( A )A ．x 是中子，该反应释放能量B ．x 是质子，该反应释放能量C ．x 是中子，该反应吸收能量D ．x 是质子，该反应吸收能量[解析] 某核反应方程为21H ＋31H →42He ＋x ，根据核反应方程质量数和核电荷数守恒得：x 的质量数为1，核电荷数为0，所以x 是中子。
反应前质量为2.0136u ＋3.018u ＝5.0316u ，反应后质量为4.0026u ＋1.0087u ＝5.0113u ，即得核反应后质量亏损，所以该反应释放能量。
故选A 。
2．(2018·河南省开封市高三下学期5月模拟)如图所示，绕同一恒星运行的两颗行星A 和B ，A 是半径为r 的圆轨道，B 是长轴为2r 椭圆轨道，其中Q ′到恒星中心的距离为Q 到恒星中心距离的2倍，两轨道相交于P 点。
以下说法不正确的是( B )A ．A 和B 经过P 点时加速度相同B ．A 和B 经过P 点时的速度相同C ．A 和B 绕恒星运动的周期相同D ．A 的加速度大小与B 在Q ′处加速度大小之比为16︰9[解析] 由牛顿第二定律得：G Mm r 2＝ma ，解得：a ＝GM r 2，经过P 点时M 、r 都相同，则加速度相同，故A 正确；A 行星做匀速圆周运动，而B 做的是椭圆运动，二者在同一点处的速度方向不相同，速度不同，故B 错误；根据开普勒第三定律，两行星围绕同一中心天体运动，且半长轴相同，故周期相同，故C 正确；B 在Q ′处时与恒星球心的距离为 r ，根据a ＝GM r 2，故A 的加速度大小与B 在Q ′处加速度大小之比为a A a B ＝(43r )2r 2＝169，故D 正确。
物理20分钟突破(3)
物理20分钟专题突破（3）1．（1）斜面是光滑的；（2）斜面是粗糙的，且与物体间动摩擦因数为μ2．如图4所示，质量分别为15kg和5kg的长方形物体A和B静止叠放在水平桌面上.A与桌面以及A、B间动摩擦因数分别为μ1=0.1和μ2=0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
问：（1）水平作用力F作用在B上至少多大时，A、B之间能发生相对滑动？（2）当F=30N或40N时，A、B加速度分别各为多少？图43．如图6（a）所示，质量为M的滑块与倾角为θ的斜面间的动摩擦因数为μ.滑动上安装一支架，在支架的O点处，用细线悬挂一质量为m的小球.当滑块匀加速下滑时，小球与滑块相对静止，则细线的方向将如何？Nθmg（a ） （b ） （c ）4．如图7所示，质量M=10kg 面倾角θ=370，小物体质量m=1kg 时，滑下S=1.4m 后获得速度σ=1.4m/s g=10m/s 2）5．升降机地板上有一木桶，桶内水面上漂浮着一个木块，当升降机静止时，木块有一半浸在水中，若升降机以a=21g 的加速度匀加速上升时，木块浸入水中的部分占总体积的__________。
mg (a)(b)mg ffN参考答案1．分析：两种情况的主要差别就在于“是否受到动摩擦力的作用”解：（1）对于光滑斜面，无论物体沿斜面向下滑或是沿斜面向上滑，其受力情况均可由图2所示，建立适当的坐标系后便可列出运动方程mgsin θ=ma 1， 得 a 1=gsin θ.（2）对于粗糙斜面，物体滑动时还将受动摩擦力作用，只是物体向下滑时动摩擦力方向沿斜面斜向上；物体向上滑时动摩擦力方向沿斜面斜向下，受力图分别如图3中（a ）、（b ）所示，建立适当的坐标系后便可分别列出方程组⎪⎩⎪⎨⎧==-=-;,0cos ,sin 2N f mg N ma f mg μθθ和⎪⎩⎪⎨⎧==-=+.,0cos ,sin 3N f mg N ma f mg μθθ由此便可分别解得a 2=g （sin θ－μcos a 3=g （sin θ+μcos 2．分析：AB 到A 可能的最大加速度a 0，所以应先求出a 0.解：（1）以A 为对象，它在水平方向受力如图5（a ）所示，所以有 m A a 0=μ2m B g －μ1（m A +m B ）g ， a 0=AB A B m m m m )(12+-μμg=15201.056.0±-⨯×10m/s 2=32m/s 2再以B 为对象，它在水平方向受力如图5（b ）所示， 图5 加速度也为a 0，所以有 F －F 2=m B a 0，F=f 2+m B a 0=0.6×5×10N+5×32N=33.3N. 即当F 达到33.3N 时，A 、B 间已达到最大静摩擦力.若F 再增加，B 加速度增大而A 的加速度已无法增大，即发生相对滑动，因此，F 至少应大于33.3N.（2）当F=30N ，据上面分析可知不会发生相对滑动，故可用整体法求出共同加速度 a A =a B =B A m m f F +-1=51510)515(1.030+⨯+⨯-m/s 2=0.5m/s 2.还可以进一步求得A 、B 间的静摩擦力为27.5N （同学们不妨一试）.当F= 40N 时，A 、B 相对滑动，所以必须用隔离法分别求a A 、a B ，其实a A 不必另求， a A =a 0=32m/s 2. 以B 为对象可求得 a B =B m f F 2-=53040-m/s 2=2m/s 2. 从上可看出，解决这类问题关键是找到情况发生变化的“临界条件”.各种问题临界条件不同，必须对具体问题进行具体分析。
高考物理二轮复习20分钟快速训练3
20分钟快速训练(三)本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．(2020·昭通市二模)如图，水平细杆上套一环A ，环A 与球B 间用一轻绳相连，质量分别为m A 、m B ，由于球B 受到水平风力作用，环A 与球B 一起向右匀速运动。
已知细绳与竖直方向的夹角为θ，则 ( A )A ．环A 与水平细杆间的动摩擦因数为mB tan θm A ＋m BB ．若风力缓慢增大，杆对环A 的作用力增大C ．若风力缓慢增大，杆对环A 的支持力增大D ．若球B 受到风力缓慢上升，细线的拉力逐渐减小[解析] 把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力(m A ＋m B )g 、支持力N 、风力F 和向左的摩擦力f ，如图，得，杆对A 环的支持力大小N ＝(m A ＋m B )g ，与风力大小无关，C 错误；摩擦力：f ＝F ，则A环与水平细杆间的动摩擦因数为μ＝f N ＝m B tan θm A ＋m B，故A 正确；对球B 受力分析，受重力、风力和拉力，绳对B 球的拉力T ＝m B g cos θ，当风力增大时，θ增大，则T 增大，由于支持力和滑动摩擦力都不变，所以杆对A 的作用力不变，故BCD 错误。
2．(2020·陕西省宝鸡市一模)如图所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I 1和I 2，且I 1＞I 2，纸面内的一点H 到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中的 ( C )A ．B 1B ．B 2C ．B 3D ．B 4[解析] 根据右手螺旋定则得出两电流在H 点的磁场方向，如图，根据平行四边形定则知H 点的合场强可能为B 3方向。
故C 正确，A 、B 、D 错误。
3．(2020·陕西省西安市长安区第三次联考)如图所示，当一束一定强度某一频率的黄光照射到光电管阴极K上时，此时滑片P处于A、B中点，电流表中有电流通过，则 ( A )A．若将滑动触头P向B端移动时，电流表读数有可能不变B．若将滑动触头P向A端移动时，电流表读数一定增大C．若用红外线照射阴极K时，电流表中一定没有电流通过D．若用一束强度相同的紫外线照射阴极K时，电流表读数不变[解析] 所加的电压，使光电子到达阴极，则灵敏电流表中有电流流过，且可能处于饱和电流，当滑片向B端移动时，电流表读数有可能不变；当滑片向A端移动时，所加电压减小，则光电流可能减小，也可能不变。
高中物理高三专项训练高考考前冲刺物理20分钟专题突破(5)：运动和力(三).doc
物理20 分钟专题打破（5）运动和力（三）一、选择题1．如图8— 16所示，在绝缘的圆滑水平面上固定着等质量的a、 b、 c三个带电小球，三球共线，若开释 a 球， a 球的初始加快度为－m/s 2（选向右为正方向）；若开释 c 球，其初始加快度为3m/s2，则开释 b 球，其初始加快度是（）A． 2m/s2B． 1m/s2C．－ 2m/s2D．－ 1m/s2图 8—16图8— 172．如图 8— 17 所示，在密封的盒子内装有一个质量为m的金属球，球刚能在盒内自由活动，若将盒子在空气中竖直向上抛出，抛出后上涨、降落的过程中（空气阻力不可以忽略）（）A．上涨对盒底有压力，降落对盒顶有压力B．上涨对盒顶有压力，降落对盒底有压力C．上涨、降落时均对盒底有压力D．上涨、降落时对盒均无压力二、填空题3．如图8— 18所示，木块 A 和B 用一根轻弹簧相连，竖直搁置在木块C上，三者静置于地面，它们的质量之比是 1 ： 2： 3，设全部接触面都圆滑，当沿水平方向快速抽出木块C 的刹时， A 和B 的加快度分别是a A___________， a B___________。
4．一物体静止在圆滑的水平面上，现将F=2N的水平恒力作用于物体上，经一段时间后，改施一个与 F 相反的恒力 f ，已知物体又经过一段与 F 的作用时间同样的时间的运动后，回到了复地点，则 f 的大小为_________N。
图 8—18图8— 19图 8—205．将一个长方形木块ABCD按如图 8— 19（ a）所示的状况沿ef 方向切割成两块，而后拼在/一同放在圆滑水平面上，并沿OO轴线方向对木块施以水平推力，如图8—19（b）所示，已知两部分这间的最大静摩擦力不超出互相间的正压力的，为使两木块在运动中不致错开，那么当初切割时ef 和 CD边的夹角α不得小于_________。
6．如 8— 20 所示， m1=10kg， m2=20kg， m1和 m2之间的动摩擦因数μ1=0.1，m2和水平面之间的动摩擦因数μ2=0.5，要使m1和m2之间不发生相对运动，水平力 F 最大不得超出____________. （设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2）三、计算题7．如图 8— 21 所示，一块长木块 B 置于圆滑水平川面上，其质量为 2kg ，还有一质量为 0.8kg 的小滑块 A 置于木板的一端，已知 A 与 B 之间的摩擦因数为 0.1 ，能够认为 A、 B 之间的最大静摩擦力数值等于它们的滑动摩擦力，木块 A 在搁置 B 的一端时， B 遇到一个恒定的水平力 F=5.6N 作用，由静止开始滑动，如木板足够长，那么，当F作用在木板上1s 后，求（1） A 相关于地面的位移；（2）木板 B 相关于地面的位移；（3）滑块 A 相关于木板 B 的位移（ g=10m/s2）图 8—218．将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个距形的箱中，如图 8— 22 所示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱能够沿竖直轨道运动，当箱以a=2.0m/s 2 的加快度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的压力传感器显示的压力为 6.0N，下底板的压力传感器显示的压力为 10.0N. （取 g=m/s 2）（1）若上顶板压力传感器的示数是下底板压力传感图 8—22器的示数的一半，试判断箱的运动状况。
中考物理必考专题突破 实验3 探究固体熔化时温度的变化规律(解析版)
实验3 探究固体熔化时温度的变化规律反馈练习一．选择题1．如图是“探究石蜡的熔化特点”的实验，下列说法中错误的是（）A．石蜡应碾碎后放入试管中B．温度计的玻璃泡应放置在石蜡内部C．“水浴法”加热可以使石蜡受热均匀D．熔化的过程中，石蜡温度保持不变【解析】A、蜡烛应碾碎后放入试管中，这样蜡烛能均匀受热，故A正确；B、用温度计测温度时，温度计的玻璃泡应插入蜡烛内部，但不能碰容器底和容器壁，故B正确；C、“水浴法”加热可以使蜡烛受热均匀，故C正确；D、石蜡熔化过程中，温度逐渐上升，说明蜡烛是非晶体，没有固定的熔点，故D错误；故选：D。
2．如图是小叶同学用火焰稳定的酒精灯对冰块加热“探究冰的熔化特点”实验。
图中两条图线中的一条是他依据实验数据绘制而成。
已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），c冰＝2.1×103J/（kg•℃），m冰＝0.1kg）。
酒精灯均匀加热，下列分析不正确的是（）A．小叶绘制的是乙B．0～2min内冰块吸收的热量为1.05×103JC．10min末，水的末温为5℃D．2～8min内冰水混合物温度不变，其内能增加【解析】A、由图可知，在0～2min内，冰吸收热量，温度升高了5℃；冰化成水后，质量不变，根据题意可知，水的比热容是冰的比热容的2倍，根据Q＝cm△t可知，水升高5℃所需的热量为冰升高5℃所需热量的2倍，即水升高5℃，所需的加热时间为4min，故乙图线是水的升温图象，故A正确，不符合题意；B、冰吸收的热量为：Q冰＝c冰m冰△t＝2.1×103J/（kg•℃）×0.1kg×5℃＝1.05×103J，故B正确，不符合题意；C、吸热热量一定时，由于冰的比热容小于水的比热容，所以冰升高的温度大于水升高的温度，由于冰在0﹣2min升温5℃，则水在8﹣10min升温要小于5℃，所以在10min末，水的温度要低于5℃，故C 错误，符合题意；D、冰在熔化过程中，不断吸热，温度保持不变，内能增加，故D正确，不符合题意。
专题3 库仑力作用下的运动问题-2021年高考物理静电场微专题突破
图4 【答案】2.7×10－2 N 做匀加速直线运动
【解析】A、B 运动时距离保持不变，说明二者速度、加速度均相等，对于 B，水平方向只受 A 球的库
仑力 F2.
aB＝Fm22＝kqd12qm22＝9×109 N·m2/C2×
10－7 C×10－7 C ＝9
0.1 m 2×10－3 kg
m/s2，所以 aA＝aB＝9
联立以上各式解得 a＝gsinα－
.
mH2
kQq (2)当 A 球受到合力为零时，速度最大，即动能最大．设此时 A 球与 B 点间的距离为 R，则 mgsinα＝ ，
R2
kQq
解得 R＝
2．[库仑力作用下的动力学问题]如图 2 所示，竖直平面内
mgsinα
【典例 4】光滑的绝缘水平面上的带电小球 A、B 质量分别为 m1＝2 g，m2＝1 g；它们的电荷量相等，q1＝ q2＝10－7 C，A 球带正电，B 球带负电，现在水平恒力 F1 向右作用于 A 球，这时 A、B 一起向右运动，且保 持距离 d＝0.1 m 不变，如图 4 所示，试问：F1 多大？它们如何运动？
用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1 与θ
2（θ1＞θ2）。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别 vA 和 vB，最大动能分别为 EkA 和
EkB。则 （
）
图2
A.mA 一定小于 mB 【答案】ACD
B.qA 一定大于 qB
C.vA 一定大于 vB
图5
【答案】摆球在最低点的速度最小值应为 5gL Kq 2 mL
【分析】本题主要考查了机械能守恒定律及向心力公式的直接应用，要求同学们能在最低点和最高点对摆
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物理20分钟专题突破（3）
1．物体在倾角为θ（1）斜面是光滑的；
（2
2．如图4所示，质量分别为15kg 和5kg 的长方形物体A 和B 静止叠放在水平桌面上.A 与桌面以及A 、B 间动摩擦因数分别为μ1=0.1和μ2=0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
问：
（1）水平作用力F 作用在B 上至少多大时，A 、B 之间能发生相对滑动？ （2）当F=30N 或40N 时，A 、B 加速度分别各为多少？
图4
3．如图6（a ）所示，质量为M 的滑块与倾角为θ的斜面间的动摩擦因数为μ.滑动上安装一支架，在支架的O 点处，用细线悬挂一质量为m 的小球.当滑块匀加速下滑时，小球与滑块相对静止，则细线的方向将如何？
（a ） （b ） （c ）
4．如图7所示，质量M=10kg 面倾角θ=370，小物体质量m=1kg 时，滑下S=1.4m 后获得速度σ=1.4m/s g=10m/s 2）
5．升降机地板上有一木桶，桶内水面上漂浮着一个木块，当升降机静止时，木块有一半浸在水中，若升降机以a=2
1g 的加速度匀加速上升时，木块浸入水中的部分占总体积的
__________。
参考答案
1．分析：两种情况的主要差别就在于“是否受到动摩擦力的作用”
解：（1）对于光滑斜面，无论物体沿斜面向下滑或是沿斜面向上滑，其受力情况均可由图2所示，建立适当的坐标系后便可列出运动方程
mgsin θ=ma 1， 得 a 1=gsin θ.
（2）对于粗糙斜面，物体滑动时还将受动摩擦力作用，只是物体向下滑时动摩擦力方向沿斜面斜向上；物体向上滑时动摩擦力方向沿斜面斜向下，受力图分别如图3中（a ）、（b ）所示，建立适当的坐标系后便可分别列出方程组
⎪⎩⎪
⎨⎧==-=-;,0c o s
,s i n
2N f mg N ma f mg μθθ 和
⎪⎩
⎪
⎨⎧==-=+.,0c o s
,s i n
3N f mg N ma f mg μθθ 由此便可分别解得 a 2=g （sin θ－μcos a 3=g （sin θ+μcos θ2．分析：AB 到A 可能的最大加速度a 0，所以应先求出a 0.
解：（1）以A 为对象，它在水平方向受力如图5（a ）所示，所以有 m A a 0=μ2m B g －μ1（m A +m B ）g ， a 0=
A
B A B m m m m )
(12+-μμ g=
15
20
1.056.0±-⨯×10m/s 2=
3
2m/s 2
再以B 为对象，它在水平方向受力如图5（b ）所示， 图5 加速度也为a 0，所以有 F －F 2=m B a 0，
F=f 2+m B a 0=0.6×5×10N+5×
3
2N=33.3N.
即当F 达到33.3N 时，A 、B 间已达到最大静摩擦力.若F 再增加，B 加速度增大而A 的加速度已无法增大，即发生相对滑动，因此，F 至少应大于33.3N.
（2）当F=30N ，据上面分析可知不会发生相对滑动，故可用整体法求出共同加速度 a A =a B =
B
A m m f F +-1=
5
1510
)515(1.030+⨯+⨯-m/s 2=0.5m/s 2.
还可以进一步求得A 、B 间的静摩擦力为27.5N （同学们不妨一试）.
当F= 40N 时，A 、B 相对滑动，所以必须用隔离法分别求a A 、a B ，其实a A 不必另求， a A =a 0=3
2m/s 2.
以B 为对象可求得 a B =
B
m f F 2-=
5
3040-m/s 2=2m/s 2.
从上可看出，解决这类问题关键是找到情况发生变化的“临界条件”.各种问题临界条件不同，必须对具体问题进行具体分析。
3．分析：要求细线的方向，就是要求细线拉力的方向，所以这还是一个求力的问题.可以用牛顿第二定律先以整体以求加速度a （因a 相同），再用隔离法求拉力（方向）.
解：以整体为研究对象，受力情况发图6（b ）所示，根据牛顿第二定律有 （M+m ）gsin θ－f=（M+m ）a ，N －（M+m ）gcos θ=0. 而f=μN ，故可解得 a=g （sin θ－μcos θ）.
再以球为研究对象，受务情况如图6（c ）表示，取x 、y 轴分别为水平、竖直方向（注意这里与前面不同，主要是为了求a 方便）.由于加速度a 与x 轴间的夹角为θ，根据牛顿第二定律有
Tsin α=macos θ，mg －Tcos α=masin θ. 由此得
tan α=
θ
θsin cos a g a -=
θ
μμθtan 1tan --.
为了对此解有个直观的认识，不妨以几个特殊μ值代入 （1）μ=0，α=θ，绳子正好与斜面垂直；
（2）μ=tan θ，α=00
，此时物体匀速下滑，加速度为0，绳子自然下垂； （3）μ＜tan θ，则α＜θ，物体加速下滑.
4．分析：若采用隔离法求解，小物体与斜面体受力情 况如图8（a ）与（b ）所示，由此根据运动学规律， 牛顿定律及平衡方程依次得
2as=υ2
mgs=θ－f 1=ma N 1－mgcos θ=0 F 2+f 1cos θ－Ns=θ
N 2－f 1s=θ－N 1cos θ力f 2的大小分别为 N 2=109.58N
f 2=0.56N 但若采用整体法，通知牛顿运动定律的修正形式，可给出如下简单的解合。
解：由运动学公式得 2as=υ2
再由牛顿运动定律的修正形式得 f 2=macos θ mg+Mg －N 2=masin θ 于是解得
N 2=109.58N f 2=0.56N
5．分析：通常会有同学作出如下分析。
当升降机静止时，木块所受浮力F 1与重力平衡，于是 F 1－mg=0 F 1=ρ
2
1Vg
当升降机加速上升时，木块所受浮力F 2比重大，此时有 F 2－mg=ma=2
1mg
F 2=ρV /g 在此基础上可解得 V / ：V=3 ：4
但上述结论是错误的，正确解答如下。
解：当升降机静止时有 F 1－mg=0 F 1=ρ
2
1Vg
当升降机加速上升时，系统处于超重状态，一方面所受浮力F 2确实大于木块的重力mg ，有
F 2－mg=ma=
2
1mg
另一方面所排开的体积为V /的水的视重大于其真重ρV /g ，而等于 F 2=G 排=ρV /(g+a)=2
3ρV /g
由此解得
V / ：V=1 ：2
即：浸入水中的部分仍占木块体积的一半。