第十章专题
第十章 专题强化6 带电粒子在重力场与电场中的运动
带电粒子在重力场与电场中的运动[学习目标] 1.会应用运动和力、功和能的关系分析带电粒子在复合场中的直线运动问题.2.会应用运动和力、功和能的关系分析带电粒子在复合场中的类平抛运动问题和圆周运动问题.一、带电粒子在复合场中的直线运动讨论带电粒子在复合场中做直线运动(加速或减速)的方法(1)动力学方法——牛顿运动定律、运动学公式.当带电粒子所受合力为恒力，且与速度方向共线时，粒子做匀变速直线运动，若题目涉及运动时间，优先考虑牛顿运动定律、运动学公式.在重力场和电场叠加场中的匀变速直线运动，亦可以分解为重力方向上、静电力方向上的直线运动来处理.(2)功、能量方法——动能定理、能量守恒定律.若题中已知量和所求量涉及功和能量，那么应优先考虑动能定理、能量守恒定律.(2019·广州二中高二期中)如图1所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N接直流电源，两极板间的距离为L＝15 cm.上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h处的B 点有一小油滴自由落下.已知带正电小油滴的电荷量q＝3.5×10－14 C、质量m＝3.0×10－9 kg.当小油滴即将落到下极板时速度恰好为零.两极板间的电势差U＝6×105 V .(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)图1(1)两极板间的电场强度E的大小为多少？(2)设平行板电容器的电容C＝4.0×10－12 F，则该电容器所带电荷量Q是多少？(3)B点在A点正上方的高度h是多少？答案(1)4×106 V/m(2)2.4×10－6 C(3)0.55 m解析(1)由匀强电场的场强与电势差的关系式可得两极板间的电场强度大小为E＝U L ＝4×106 V/m.(2)该电容器所带电荷量为Q ＝CU ＝2.4×10－6 C.(3)小油滴自由落下，即将落到下极板时，速度恰好为零由动能定理可得：mg (h ＋L )－qU ＝0则B 点在A 点正上方的高度是h ＝qU mg －L ＝3.5×10－14×6×1053.0×10－9×10m －15×10－2 m ＝0.55 m. 针对训练1 (多选)如图2所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一恒压直流电源相连 .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( )图2A .所受重力与静电力平衡B .电势能逐渐增加C .动能逐渐增加D .做匀变速直线运动答案 BD解析 对带电粒子受力分析如图所示，F 合≠0，A 错误 .由图可知静电力与重力的合力方向与v 0方向相反，F 合对粒子做负功，其中重力mg 不做功，静电力Eq 做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B 正确，C 错误 .F 合恒定且F 合与v 0方向相反，粒子做匀减速直线运动，D 正确 .二、带电粒子的类平抛运动带电粒子在电场中的类平抛运动的处理方法：1 .运动分解的方法：将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动，在这两个方向上分别列运动学方程或牛顿第二定律 .2 .利用功能关系和动能定理分析：(1)功能关系：静电力做功等于电势能的减少量，W 电＝E p1－E p2.(2)动能定理：合力做功等于动能的变化，W ＝E k2－E k1.(2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点 .从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B .A 不带电，B 的电荷量为q (q >0) .A 从O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为t 2.重力加速度为g ，求： (1)电场强度的大小；(2)B 运动到P 点时的动能 .答案 (1)3mg q(2)2m (v 02＋g 2t 2) 解析 (1)设电场强度的大小为E ，小球B 运动的加速度为a .根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg ＋qE ＝ma ①12a (t 2)2＝12gt 2② 解得E ＝3mg q③ (2)设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有mgh ＋qEh ＝E k －12m v 12④ 且有v 1t 2＝v 0t ⑤ h ＝12gt 2⑥ 联立③④⑤⑥式得E k ＝2m (v 02＋g 2t 2) .针对训练2 如图3所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场左端的中点P 以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A 、B 、C 三点，可以判断( )图3A .小球A带正电，B不带电，C带负电B .三个小球在电场中运动时间相等C .三个小球到达极板时的动能E k A＞E k B＞E k CD .三个小球在电场中运动的加速度a A＞a B＞a C答案 A解析三个小球在水平方向做匀速直线运动；竖直方向，带正电荷小球受静电力向上，合力为mg－F电，带负电荷小球受静电力向下，合力为mg＋F电，不带电小球只受重力，因此带负电荷小球加速度最大，运动时间最短，水平位移最短，带正电荷小球加速度最小，运动时间最长，水平位移最大，不带电小球水平位移居中，选项A正确，选项B、D错误.在运动过程中，三个小球竖直方向位移相等，带负电荷小球合力做功最大，动能改变量最大，带正电荷小球动能改变量最小，即E k C＞E k B＞E k A，选项C错误.三、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的静电力.如图4所示，半径为R的光滑绝缘圆环竖直置于场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力.(重力加速度为g)图4答案2mg＋3Eq，方向水平向右解析小球从A到B的过程中，重力做正功，静电力做正功，动能增加，由动能定理有mgR ＋qER＝12，在B点时小球受到重力mg、静电力qE和圆环对小球的弹力F1三个力的作用，2m v静电力和弹力沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1－Eq＝m v2R联立解得F1＝2mg＋3Eq小球对环的压力与环对小球的弹力为作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力大小F1′＝F1＝2mg＋3Eq，方向水平向右.1.如图1所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动.那么()图1A .微粒带正、负电荷都有可能B .微粒做匀减速直线运动C .微粒做匀速直线运动D .微粒做匀加速直线运动答案 B解析微粒做直线运动的条件是速度方向和合力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的静电力才能使得合力方向与速度方向在同一条直线上，由此可知微粒所受的静电力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，微粒所受合力与初速度方向相反，故微粒做匀减速直线运动，故选项B正确 .2.(多选)如图2所示，真空环境下，三个质量相同、带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，小液滴a、b、c的运动轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中，下列说法正确的是()图2A .静电力对液滴a、b做的功相等B .三者动能的增量相同C .液滴a与液滴b电势能的变化量相等D .重力对液滴c做的功最多答案AC解析因为液滴a、b的带电荷量的绝对值相等，则液滴所受的静电力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，静电力做功相等，故A正确；静电力对a、b 两液滴做功相等，重力做功相等，则a、b动能的增量相等，对于液滴c，只有重力做功，故c动能的增量小于a、b动能的增量，故B错误；对于液滴a和液滴b，静电力均做正功，静电力所做的功等于电势能的变化量，故C正确；三者在穿过极板的过程中竖直方向的位移相等，质量相同，所以重力做的功相等，故D错误.3.如图3所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号的电荷.一带电微粒沿水平方向射入板间，在重力和静电力共同作用下运动，其运动轨迹如图中虚线所示，那么()图3A .若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B .微粒从M点运动到N点，其电势能一定增加C .微粒从M点运动到N点，其动能一定增加D .微粒从M点运动到N点，其机械能一定增加答案 C解析由于不知道重力和静电力大小关系，所以不能确定静电力方向，不能由微粒电性确定极板所带电荷的电性，也不能确定静电力对微粒做功的正、负，选项A、B、D错误；根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定竖直向下，则合外力对微粒做正功，由动能定理知微粒的动能一定增加，选项C 正确 .4.(多选)如图4所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则( )图4A .当小球运动到最高点a 时，细线的张力一定最小B .当小球运动到最低点b 时，小球的速度一定最大C .当小球运动到最高点a 时，小球的电势能最小D .小球在运动过程中机械能不守恒答案 CD解析 若qE ＝mg ，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大，故细线的张力一样大 .若qE ＜mg ，球在a 处速度最小，若qE ＞mg ，球在a 处速度最大，故A 、B 错误；a 点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，故C 正确；小球在运动过程中除受到重力外，还受到静电力，静电力对小球做功，小球的机械能不守恒，D 正确 .5.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中存在一沿半径方向的电场，如图5所示，带正电的粒子流由电场区域边缘的M 点射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一边缘的N 点射出，由此可知( )图5A .若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B .若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等C .若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率一定相等D .若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的动能一定相等答案 BC解析 由题图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，则有qE ＝m v 2R，得R ＝m v 2qE，R 、E 为定值，若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等，质量不一定相等；若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率v一定相等，但动能不一定相等，故B、C正确.6.(多选)如图6所示，将一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场中，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球()图6A .做直线运动B .做曲线运动C .速率先减小后增大D .速率先增大后减小答案BC解析如图所示，对小球受力分析，小球受重力、静电力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，选项A错误，B正确；在运动的过程中，合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误.7 .(2020·河南郑州一中期中)在地面附近存在一个有界电场，边界将空间分成上、下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度处由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图7甲所示，小球运动的v－t图像如图乙所示，不计空气阻力，则()图7A .小球受到的重力与静电力大小之比为4∶5B .t ＝5 s 时，小球经过边界MNC .在0～5 s 过程中，重力做的功大于克服静电力做的功D .在1～4 s 过程中小球机械能先减小后增大答案 D解析 由题意知，小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到静电力作用先做减速运动后做加速运动，由题图分析可知，小球经过边界MN 的时刻是t ＝1 s 和t ＝4 s ，B 错误；由v －t 图像的斜率表示加速度，知小球进入电场前的加速度为a 1＝v 1t 1＝v 11＝v 1(m/s 2)，进入电场后的加速度大小为a 2＝2v 1t 2＝2v 13(m/s 2)，由牛顿第二定律得mg ＝ma 1，F －mg ＝ma 2，得静电力F ＝mg ＋ma 2＝53ma 1，可得重力mg 与静电力F 的大小之比为3∶5，A 错误；0～5 s 过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与克服静电力做的功大小相等，C 错误；由题图可得，小球在0～2.5 s 内向下运动，在2.5～5 s 内向上运动，在1～4 s 过程中，静电力先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增大，D 正确 .8.如图8所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6 C 的带正电的微粒静止在空间范围足够大、电场强度为E 的匀强电场中，取g ＝10 m/s 2.图8(1)求匀强电场的电场强度E 的大小和方向；(2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103 N/C ，方向不变 .求在0.20 s 时间内静电力做的功；(3)在(2)的情况下，t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能 . 答案 (1)2×103 N/C 方向向上 (2)8.0×10－4 J (3)8.0×10－4 J解析 (1)因微粒静止，可知其受力平衡，对其进行受力分析可知静电力方向向上，且Eq ＝mg ，解得E ＝mg q ＝2.0×10－4×101.0×10－6 N/C ＝2.0×103 N/C ，微粒带正电，知电场方向向上 .(2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103 N/C ，设微粒的加速度大小为a ，在0.20 s 时间内上升的高度为h ，静电力做功为W ，则qE 0－mg ＝ma ，解得a ＝10 m/s 2，h ＝12at 2，解得h ＝0.20 m ， W ＝qE 0h ，解得W ＝8.0×10－4 J.(3)设在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v ，回到出发点时的动能为E k ，则v ＝at ，E k ＝mgh ＋12m v 2， 解得E k ＝8.0×10－4 J.9.如图9所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场 .一L 形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，管的水平部分为l 1＝0.2 m ，离水平地面的距离为h ＝5.0 m ，竖直部分长为l 2＝0.1 m .一带正电的小球从管的上端口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短，可不计)时没有能量损失，小球在电场中受的静电力大小为重力的一半 .求：(g 取10 m/s 2)图9(1)小球运动到管口B 时的速度大小；(2)小球落地点与管的下端口B 的水平距离 .答案 (1)2.0 m/s (2)4.5 m解析 (1)小球从A 运动到B 的过程中，对小球，根据动能定理得mgl 2＋F 电l 1＝12m v B 2－0， F 电＝12mg ， 解得v B ＝g (l 1＋2l 2)，代入数据可得v B ＝2.0 m/s.(2)小球离开B 点后，设水平方向的加速度为a ，在空中运动的时间为t .水平方向有a ＝g 2，x ＝v B t ＋12at 2，竖直方向有h ＝12gt 2 联立以上各式可得x ＝4.5 m.10.(2020·雅安市期末)如图10所示，内表面光滑且绝缘的半径为1.2 m 的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106 V/m.有一质量为0.12 kg 、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10－6 C ，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A 时，小球与轨道压力恰好为零，g 取10 m/s 2，求：图10(1)小球在A 点时的速度大小；(2)小球运动到最高点B 时对轨道的压力大小 .答案 (1)6 m/s (2)21.6 N解析 (1)重力：G ＝mg ＝0.12 kg ×10 N/kg ＝1.2 N ，静电力：F ＝qE ＝1.6×10－6 C ×3×106 V/m ＝4.8 N ，在A 点，有：qE －mg ＝m v 12R， 代入数据解得：v 1＝6 m/s.(2)设球在B 点的速度大小为v 2，从A 到B ，由动能定理有：(qE －mg )2R ＝12m v 22－12m v 12， 在B 点，设轨道对小球的弹力为F N ，则有：F N ＋mg －qE ＝m v 22R， 由牛顿第三定律有：F N ′＝F N ，代入数据解得：F N ′＝21.6 N.11 .(多选)在空间水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，如图11所示 .重力加速度为g ，由此可见( )图11A .静电力为3mgB .小球带正电C .小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等D .小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量的大小相等答案 AD解析 两个平抛过程水平方向的位移是二倍的关系，所以时间也是二倍的关系，故C 错误；分别列出竖直方向的方程，即h ＝12gt 2，h 2＝12×F －mg m (t 2)2，解得F ＝3mg ，故A 正确；小球受到的静电力向上，与电场方向相反，所以小球应该带负电，故B 错误；速度变化量等于加速度与时间的乘积，即Δv ＝at ，结合以上的分析可得，AB 过程Δv ＝gt ，BC 过程Δv ＝3mg －mg m×t 2＝gt ，故D 正确 .。
第10章概率专题1 互斥事件与对立事件及其概率-新教材高中数学必修(第二册)常考题型专题练习
互斥事件与对立事件及其概率的算法【知识总结】1、互斥事件：指A∩B为不可能事件；事件A与事件B互斥，即事件A与事件B不能同时发生；A∩B＝∅；P(A∪B)＝P(A)+P(B)。
2、对立事件：A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件；事件A与事件B对立，即事件A与事件B有且仅有一个发生；A∩B＝∅，A∪B= ；概率计算P(A∪B)＝1，P(A)＝1－P(B)。
3、事件A与事件B互斥，事件A与事件B不一定对立；反之，事件A与事件B对立，事件A与事件B则一定互斥。
【巩固练习】1、某小组有5名男生和4名女生，从中任选4名同学参加“教师节”演讲比赛，则下列每对事件是对立事件的是（）A．恰有2名男生与恰有4名男生B．至少有3名男生与全是男生C．至少有1名男生与全是女生D．至少有1名男生与至少有1名女生【答案】C【解析】“恰有2名男生”与“恰有4名男生”是互斥事件，但不是对立事件，排除A项；“至少有3名男生”与“全是男生”可以同时发生，不是互斥事件，排除B项；“至少有1名男生”与“全是女生”不可能同时发生，且必有一个发生，是对立事件，C项正确；“至少有1名男生”与“至少有1名女生”可以同时发生，不互斥，排除D项．故选：C.2、袋中装有白球3个，黑球4个，从中任取3个，下列各对事件中互为对立事件的是（）A．恰有1个白球和全是白球B．至少有1个白球和全是黑球C．至少有1个白球和至少有2个白球D．至少有1个白球和至少有1个黑球【答案】B【解析】从白球3个，黑球4个中任取3个，共有四种可能，全是白球，两白一黑，一白两黑和全是黑球，故①恰有1个白球和全是白球，是互斥事件，但不是对立事件，②至少有1个白球和全是黑球是对立事件；③至少有1个白球和至少有2个白球不是互斥事件，④至少有1个白球和至少有1个黑球不是互斥事件，故选：B．3、甲：1A、2A是互斥事件；乙：1A、2A是对立事件，那么（）A．甲是乙的充要条件B．甲是乙的充分但不必要条件C．甲是乙的必要但不充分条件D．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件【答案】C【解析】当1A、2A是互斥事件时，1A、2A不一定是对立事件，所以甲是乙的非充分条件.当1A、2A是对立事件时，1A、2A一定是互斥事件，所以甲是乙的必要条件.所以甲是乙的必要非充分条件.故选C.4．学校将5个不同颜色的奖牌分给5个班，每班分得1个，则事件“1班分得黄色的奖牌”与“2班分得黄色的奖牌”是()A．对立事件B．不可能事件C．互斥但不对立事件D．不是互斥事件【答案】C【解析】由题意，1班和2班不可能同时分得黄色的奖牌，因而这两个事件是互斥事件；又1班和2班可能都得不到黄色的奖牌，故这两个事件不是对立事件，所以事件“1班分得黄色的奖牌”与“2班分得黄色的奖牌”是互斥但不对立事件.故选：C5、从装有5个红球和3个白球的口袋内任取3个球，那么互斥而不对立的事件是（）A．至少有一个红球与都是红球B．至少有一个红球与都是白球C．恰有一个红球与恰有二个红球D．至少有一个红球与至少有一个白球【答案】C【解析】从装有5个红球和3个白球的口袋内任取3个球，不同的取球情况共有以下几种：3个球全是红球；2个红球和1个白球；1个红球2个白球；3个全是白球.选项A中，事件“都是红球”是事件“至少有一个红球”的子事件；选项B中，事件“至少有一个红球”与事件“都是白球”是对立事件；选项D中，事件“至少有一个红球”与事件“至少有一个白球”的事件为“2个红球1个白球”与“1个红球2个白球”；选项C中，事件“恰有一个红球”与事件“恰有2个红球”互斥不对立，故选C.6、从装有两个红球和两个黑球的口袋里任取两个球，那么对立的两个事件是（）A．“至少有一个黑球”与“都是黑球”B．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”C．“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”D．“至少有一个黑球”与“都是红球”【答案】D【解析】记两个黑球为,A B，两个红球为1,2，则任取两球的所有等可能结果为：A AB B AB，记事件A为“至少有一个黑球”，事件B为：“都是红球”，1,2,1,2,,12,7、一个射手进行一次射击，则事件“命中环数小于6环”的对立事件是（）A．命中环数为7、8、9、10环B．命中环数为1、2、3、4、5、6环C．命中环数至少为6环D．命中环数至多为6环【答案】C【解析】根据对立事件的定义，可得一个射手进行一次射击，则事件：“命中环数小于6环”的对立事件是“命中环数至少是6环”，故选C.8、某人射击一次，设事件A：“击中环数小于4”；事件B：“击中环数大于4”；事件C：“击中环数不小于4”；事件D：“击中环数大于0且小于4”，则正确的关系是A．A和B为对立事件B．B和C为互斥事件C．C与D是对立事件D．B与D为互斥事件【答案】D【解析】由题意，A项中，事件“击中环数等于4环”可能发生，所以事件A和B为不是对立事件；B项中，事件B和C可能同时发生，所以事件B和C不是互斥事件；C项中，事件“击中环数等于0环”可能发生，所以事件C和D为不是对立事件；D项中，事件B：“击中环数大于4”与事件D：“击中环数大于0且小于4”，不可能同时发生，所以B与D为互斥事件，故选D.9、把红、黄、蓝、白4张纸牌随机地分发给甲、乙、丙、丁四人，每个人分得一张，事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”（）A．是对立事件B．是不可能事件C．是互斥但不对立事件D．不是互斥事件【答案】C【解析】显然两个事件不可能同时发生，但两者可能同时不发生，因为红牌可以分给丙、丁两人，综上，这两个事件为互斥但不对立事件.故选：C.10、一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是()A.至多有一次中靶B.两次都中靶C.只有一次中靶D.两次都不中靶解析：选D事件“至少有一次中靶”包括“中靶一次”和“中靶两次”两种情况.由互斥事件的定义，可知“两次都不中靶”与之互斥.11、从1,2,3，…，7这7个数中任取两个数，其中：①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；②至少有一个是奇数和两个都是奇数；③至少有一个是奇数和两个都是偶数；④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数.上述事件中，是对立事件的是()A.①B.②④C.③D.①③解析：选C “至少有一个是奇数”即“两个都是奇数或一奇一偶”，而从1,2,3，…，7这7个数中任取两个数，根据取到数的奇偶性知共有三种情况：“两个都是奇数”“一奇一偶”“两个都是偶数”，故“至少有一个是奇数”与“两个都是偶数”是对立事件，易知其余都不是对立事件.故选C.12、对飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹．设A ＝{两次都击中飞机}，B ＝{两次都没击中飞机}，C ＝{恰有一枚炮弹击中飞机}，D ＝{至少有一枚炮弹击中飞机}，其中互为互斥事件的是__________；互为对立事件的是__________．【答案】A 与B 、A 与C ，B 与C 、B 与D ；B 与D ．【解析】由于事件A 与B 不可能同时发生，故A 与B 是互斥事件；同理可得，A 与C ，B 与C 、B 与D 也是互斥事件．综上可得，A 与B 、A 与C ，B 与C 、B 与D 都是互斥事件．在上述互斥事件中，再根据B 、D 还满足B ∪D 为必然事件，故B 与D 是对立事件，故答案为A 与B 、A 与C ，B 与C 、B 与D ；B 与D ．13、记事件A ＝{某人射击一次，中靶}，且P （A ）＝0.92，则A 的对立事件是__________，它的概率值是__________．【答案】{某人射击一次，未中靶}，0.08．【解析】事件A ＝{某人射击一次，中靶}，则A 的对立事件是{某人射击一次，未中靶}；又P （A ）＝0.92，故答案为：{某人射击一次，未中靶}，0.08．14、如果事件A 与事件B 互斥，且()0.2P A =，()0.3P B =，则()P A B ＝．【答案】0.5【解析】()()0.20.3)0.5(P A P B P A B =+=+= 15、在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是310，那么概率是710的事件是()A.至多有一张移动卡B.恰有一张移动卡C.都不是移动卡D.至少有一张移动卡解析：选A 至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件，故选A.16、若A ，B 为互斥事件，P (A )＝0.4，P (A ∪B )＝0.7，则P (B )＝________.解析：∵A ，B 为互斥事件，∴P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )，∴P (B )＝P (A ∪B )－P (A )＝0.7－0.4＝0.3.答案：0.317、已知随机事件A 和B 互斥，且()0.5P AUB =,()0.3P B =.则()P A =（）A．0.5B．0.2C．0.7D．0.8【解析】（1）A 与B 互斥()()()P A B P A P B ∴=+本题正确选项：D18、已知随机事件,,A B C 中，A 与B 互斥，B 与C 对立，且()()0.3,0.6P A P C ==，则()P A B +=（）A．0.3B．0.6C．0.7D．0.9【答案】C 【解析】因为()0.6P C =，事件B 与C 对立，所以()0.4P B =，又()0.3P A =，A 与B 互斥，所以()()()0.30.40.7P A B P A P B +=+=+=，故选C .19、设事件A ，B ，已知()15P A =，()13P B =，()815P A B = ，则A ，B 之间的关系一定为()A．两个任意事件B．互斥事件C．非互斥事件D．对立事件【答案】B()()()P A B P A P B ∴=+ A ∴．B 为互相斥事件故选：B ．20、若随机事件A 、B 互斥，A 、B 发生的概率均不等于0，且分别为()2P A a =-，()45P B a =-，则实数a 的取值范围是（）A．5,24⎛⎫ ⎪⎝⎭B．53,42⎛⎫ ⎪⎝⎭C．53,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦D．54,43⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】D【解析】 随机事件A 、B 互斥，A 、B 发生的概率均不等于0，且分别为()2P A a =-，()45P B a =-，∴0()10()1()()1P A P B P A P B <<⎧⎪<<⎨⎪+⎩，即021*******a a a <-<⎧⎪<-<⎨⎪-⎩，故选：D ．21、若A ，B 互为对立事件，其概率分别为P (A )＝4x ，P (B )＝1y，则x ＋y 的最小值为________.＝9，当且仅当x ＝2y 时等号成立，故x ＋y 的最小值为9.答案：922、一只袋子中装有7个红玻璃球，3个绿玻璃球，从中无放回地任意抽取两次，每次只取一个，取得两个红玻璃球的概率为715，取得两个绿玻璃球的概率为115，则取得两个同色玻璃球的概率为________；至少取得一个红玻璃球的概率为________.解析：由于“取得两个红玻璃球”与“取得两个绿玻璃球”是互斥事件，取得两个同色玻璃由于事件A “至少取得一个红玻璃球”与事件B “取得两个绿玻璃球”是对立事件，则。
第十章 弹性力学专题问题
第十章弹性力学专题问题布西内斯克问题赫兹接触热应力弹性波•柱坐标问题•——基本方程•球坐标问题•——基本方程目录§10.1 布西内斯克问题§10.2 赫兹接触§10.3 热应力§10.4 弹性波§10.1布西内斯克(Boussinesq)问题半无限平面作用法向集中力——布西内斯克问题应力和位移)]1(2[π2)1(])21([π2)1(222v Rz ER F v w zR v R z ER F v u -++=+--+=ρρρ52532322π23π23][π2)21(])21(3[π2R z F RFz zR R R z R F v zR R v R z R F rz z ρτσσρσθρ-=-=+--=+-+-=ρE F v w z π)1(|20-==表面沉陷半无限平面作用法向分布载荷布西内斯克问题的推广载荷作用区下位移外部沉陷内部沉陷§10.2赫兹接触问题赫兹（hertz, H.R ）1881年研究弹性球体的接触问题弹性接触对于球体是局部区域ρ<<R 1，R 1采用布西内斯克解分析局部变形接触压力是ρ的函数q (ρ)与接触区域半球面的纵坐标成正比ψρρ222max sin )(-=a a q q)sin (2πd )(222m ax ψρρ-=⎰a a q s q aa q s q 4)2(πd d )(22max 2ρψρ-=⎰⎰2π)11(m ax 222121aq E v E v -+-=δq v v π)11(max 22221ρβ-+-=2m ax π23aF q =ψρ222sin 2-=a s s 长度mn mn 中点压力q (ρ)回代可得最大接触压力32221212121)11()(43E E R R R FR a νν-+-+=322212122213221max )11(π)(6E E R R R R F q νν-+-+=接触区域半径最大接触压力如3.0,2111====ννE E E 3222212max )(6388.0R R R R FE q +=321221)(11.1R R E R FR a +=3212212)(23.1R R E R R F +=δ§10.3热应力•热应力——环境温度变化导致弹性体膨胀和收缩，因此产生的应力。
第十章 静电场中的能量精选试卷专题练习(解析版)
第十章 静电场中的能量精选试卷专题练习（解析版）一、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）1．一均匀带负电的半球壳，球心为O 点，AB 为其对称轴，平面L 垂直AB 把半球壳分为左右两部分，L 与AB 相交于M 点，对称轴AB 上的N 点和M 点关于O 点对称，已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q 在距离其为r 处的电势为φ=k q r（q 的正负对应φ的正负）。
假设左侧部分在M 点的电场强度为E 1，电势为φ1；右侧部分在M 点的电场强度为E 2，电势为φ2；整个半球壳在M 点的电场强度为E 3，在N 点的电场强度为E 4．下列说法正确的是（ ）A ．若左右两部分的表面积相等，有12E E >，12ϕϕ>B ．若左右两部分的表面积相等，有12E E <，12ϕϕ<C ．不论左右两部分的表面积是否相等，总有12E E >，34E E =D ．只有左右两部分的表面积相等，才有12E E >，34E E =【答案】C【解析】【详解】A 、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M 点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M 点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量叠加原则可知，E 1方向水平向左，E 2方向水平向右，左侧部分在M 点产生的场强比右侧电荷在M 点产生的场强大，E 1＞E 2，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到M 点的距离均大于左侧部分各点到M 点的距离，根据kq rϕ=，且球面带负电，q 为负，得：φ1＜φ2，故AB 错误；C 、E 1＞E 2与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M 、N 点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M 、N 点的电场强度大小相等，方向相同，故C 正确，D 错误。
2．如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，细线一端固定，另一端拴一带正电小球，使球在竖直面内绕固定端O 做圆周运动。
第十章《数据的收集、整理与描述》专题训练题
第十章《数据的收集、整理与描述》专题训练题一．知识归纳：二．规律小结：三．系统训练：一、选择题（每小题3分，共30分）1.（2018·重庆A）为调查某大型企业员工对企业的满意程度，以下样本最具代表性的是（）A．企业男员工B．企业年满50岁及以上的员工C．用企业人员名册，随机抽取三分之一的员工D．企业新进员工2.某校要绘制一幅反映全校各年级男、女生人数情况的统计图，则较为合适的统计图是（）A．扇形统计图B．条形统计图C．折线统计图D．都可以3.有若干个数据，最大值是124，最小值是103.用频数分布表描述这组数据时，若取组距为3，则应分为（）A．6组B．7组C．8组D．9组4.今年我市有近4万名考生参加中考，为了解这些考生的数学成绩，从中抽取1000名考生的数学成绩进行统计分析，以下说法正确的是（）A．这1000名考生是总体的一个样本B．近4万名考生是总体C．每位考生的数学成绩是个体D．1000名学生是样本容量5.（2018·柳州）如图是某年参加国际教育评估的15个国家学生的数学平均成绩（x）的扇形统计图，由图可知，学生的数学平均成绩在60≤x＜70之间的国家占（）A．6.7% B．13.3%C．26.7% D．53.3%6.如图是某班45名同学爱心捐款额的频数分布直方图（每组含前一个边界值，不含后一个边界值），则捐款人数最多的一组是（）A．5～10元B．10～15元C．15～20元D．20～25元7.某学校教研组对八年级360名学生就“分组合作学习”方式的支持程度进行了调查，随机抽取了若干名学生进行调查，并制作统计图，据此统计图估计该校八年级支持“分组合作学习”方式的学生约为（含非常喜欢和喜欢两种情况）（）8.在1～7月份，某种水果的每斤进价与每斤售价的信息如图所示，则出售该种水果每斤利润最大的月份是（）A．3月份B．4月份C．5月份D．6月份9.（2018·江西）某班组织了针对全班同学关于“你最喜欢的一项体育活动”的问卷调查后，绘制出频数分布直方图，由图可知，下列结论正确的是（）A．最喜欢篮球的人数最多B．最喜欢羽毛球的人数是最喜欢乒乓球人数的两倍C．全班共有50名学生D．最喜欢田径的人数占总人数的10%10.（2018·呼和浩特）随着“三农”问题的解决，某农民近两年的年收入发生了明显变化，已知前年和去年的年收入分别是60000元和80000元，下面是依据①②③三种农作物每种作物每年的收入占该年年收入的比例绘制的扇形统计图.依据统计图得出的以下四个结论正确的是（）A．①的收入去年和前年相同B．③的收入所占比例前年的比去年的大C．去年②的收入为2.8万D．前年年收入不止①②③三种农作物的收入二、填空题（每小题3分，共24分）11.某校八年级共有学生300人，为了了解这些学生的体重情况，抽查了50名学生的体重，对所得数据进行整理，在所得的频数分布表中，各小组的频数之和是，若其中某一小组的频数为8，则这一小组的频率是，所有小组的频率之和是.12.（2018·南通）某校学生来自甲、乙、丙三个地区，其人数比为2∶7∶3，绘制成如图所示的扇形统计图，则甲地区所在扇形的圆心角度数为度.13.某冷饮店一天售出各种口味雪糕数量的扇形统计图如图，其中售出红豆口味的雪糕200支，那么售出水果口味雪糕的数量是支.14.今年我市有4万名学生参加中考，为了了解这些考生的数学成绩，从中抽取2000名考生的数学成绩进行统计分析.在这个问题中，下列说法：①这4万名考生的数学中考成绩的全体是总体；②每个考生是个体；③2000名考生是总体的一个样本；④样本容量是2000.其中说法正确的是（填序号）.15.考察某校七年级500名学生的期中数学成绩，现抽取部分学生的数学成绩，列频数分布表时，这部分学生的数学成绩分别落在5个小组内，若分组为0～36；36～72；72～96；96～108；108～120（a≤x＜b），第一、二、四、五小组的频率分别是0.05，0.15，0.25，0.1，第三小组的频数是90，现规定72分及以上为合格，则抽取的学生人数为，七年级数学成绩合格人数为.（注：最后一组为108≤x≤120）16.（2018·上海）某校学生自主建立了一个学习用品义卖平台，已知九年级200名学生义卖所得金额的频数分布直方图如图所示，那么20～30元这个小组的组频率是.17.抽取某校学生一个容量为150的样本，测得学生身高后，得到身高频数分布直方图如图所示，已知该校有学生1500人，则可以估计出该校身高位于160 cm至165 cm之间的学生大约有人.18.为了节约资源，保护环境，从6月1日起全国限用超薄塑料袋.古城中学课外实践小组的同学利用业余时间对本城区居民家庭使用超薄塑料袋的情况进行了抽样调查.统计情况如图所示，其中A为“不再使用”，B为“明显减少了使用量”，C为“没有明显变化”.（1）本次抽样的样本容量是；（2）图中a＝（户），c＝（户）；（3）若被调查的家庭占全城区家庭数的10%，请估计该城区不再使用超薄塑料袋的家庭数为.三、解答题（共66分）19.（12分）小明对自己班的全体同学最喜欢吃的水果情况作了调查，发现他们有的最喜欢吃苹果，有的最喜欢吃香蕉，还有的最喜欢吃菠萝.已知最喜欢吃苹果的同学有9名，占全班人数的20%.（1）小明所在的班级一共有多少名同学？（2）若最喜欢吃香蕉和菠萝的人数同样多，求出各自占全班人数的百分比.20.（12分）（2018·苏州）某学校计划在“阳光体育”活动课程中开设乒乓球、羽毛球、篮球、足球四个体育活动项目供学生选择.为了估计全校学生对这四个活动项目的选择情况，体育老师从全体学生中随机抽取了部分学生进行调查（规定每人必须并且只能选择其中的一个项目），并把调查结果绘制成如图所示的不完整的条形统计图和扇形统计图，请你根据图中信息解答下列问题：（1）求参加这次调查的学生人数，并补全条形统计图；（2）求扇形统计图中“篮球”项目所对应扇形的圆心角度数；（3）若该校共有600名学生，试估计该校选择“足球”项目的学生有多少人？21.（12分）如图是华扬商场5月份A、B、C、D四种品牌的空调机销售统计图.（1）哪种品牌空调机销售量最多？其对应的扇形的圆心角为多少度？（2）若该月C种品牌空调机的销售量为100台，那么其余三种品牌的空调机各销售多少台？（3）用条形图表示该月这四种空调机的销售情况.22.（15分）（2018·衢州）为响应“学雷锋、树新风、做文明中学生”号召，某校开展了志愿者服务活动，活动项目有“戒毒宣传”、“文明交通岗”、“关爱老人”、“义务植树”、“社区服务”等五项，活动期间，随机抽取了部分学生对志愿者服务情况进行调查.结果发现，被调查的每名学生都参与了活动，最少的参与了1项，最多的参与了5项，根据调查结果绘制了如图所示不完整的折线统计图和扇形统计图.（1）被随机抽取的学生共有多少名？（2）在扇形统计图中，求活动数为3项的学生所对应的扇形圆心角的度数，并补全折线统计图；（3）该校共有学生2000人，估计其中参与了4项或5项活动的学生共有多少人？23.（15分）（2018·河南）每到春夏交替时节，雌性杨树会以满天飞絮的方式来传播下一代，漫天飞舞的杨絮易引发皮肤病、呼吸道疾病等，给人们造成困扰，为了解市民对治理杨絮方法的赞同情况，某课题小组随机调查了部分市民（问卷调查表如表所示），并根据调查结果绘制了如下尚不完整的统计图.根据以上统计图，解答下列问题：（1）本次接受调查的市民共有人；（2）扇形统计图中，扇形E的圆心角度数是；（3）请补全条形统计图；（4）若该市约有90万人，请估计赞同“选育无絮杨品种，并推广种植”的人数.。
第十章专题学习活动
第十章专题学习活动操作训练【训练科目】参照示例，利用提供素材，进行数据资料整理及制作统计图表。
数据资料整理示例：调查者对调查中所获66人性别、年龄数据资料进行整理。
其步骤如下：1.认真审核各人性别、年龄数据，确定无误。
2.将66人按性别分类，分别归总。
3.将以上整理结果汇总，通过计算机制成以下统计表：训练素材及要求：某班30名学生社会调查课程考试成绩（单元：分）分别为：87 75 73 72 68 75 82 97 81 54 79 87 95 75 75 60 90 65 76 72 70 86 85 82 89 64 5 7 83 81 78学校规定：60分以下为不及格，60—70分为及格，70—80分为中等，80—90分为良好，90—100分为优秀。
要求制作能够反映各段人数、成绩及其属性的统计表。
【训练步骤】1.学生以个人为单位，自行根据上述（二）所提供的资料，参照示例完成制表工作，并简要说明：（1）本资料整理的过程；（2）本资料整理属于什么类型？（3）各种资料整理的方法有何不同？2.将你的成果发布到讨论区上，并且请各位同学之间相互评价。
3.最后由教师评价、给分。
【训练导引】１.以上训练虽然简单，却包含了资料整理不同类型的主要因素，体现了资料整理的主要过程和内容，希望同学们仔细体会，并予以说明。
２.要求制作的统计表的形式大致与示例相同；但内容有所区别。
３.希望尽可能利用有关软件（EXCEL或SPSS）制表。
注意：每位同学都要发帖并回帖，才能得到对应分数。
如提交形考作业或发表言论，请点击下方“”按钮进行操作。
参考答案一资料整理应遵循哪些原则1.条理化是指对资料进行分类从而为进一步的分析创造条件。
2.系统化是指从整体上考察现在资料满足研究目的的程度如何，有没有必要吸收补充其他资料。
3.统计汇总是指将调查得到的各种数据进行初步的统计整理，以把握其总体上的数量特征。
参考答案二如何更快的做出数据图标利用提供素材，进行数据资料整理及制作统计图表。
第10章《分式》竞赛专题
第10章《分式》竞赛专题【例1】若20a b =，10b c =，则a b b c ++的值为（ ） A.1121 B.2111 C.11021 D.21011【解析】 由题设，得12012101111110a a b b c b c b +++===+++【答案】 D 。
【例2】2(2)0ab -=，则111(1)(1)(2015)(2015)ab a b a b +++++++的值为 。
【解析】 由非负性可得1a =，2b = 原式=111112233420162017++++⨯⨯⨯⨯ =111111112233420162017-+-+-++- =12016120172017-=【答案】 20162017【例3】设2314x y -=，x 、y 都是正整数，则方程有 组正整数解。
【解析】 原方程式可化为2314y x xy-=，4(23)y x xy -=，1280xy x y +-=，即(8)(12)96x y -+=-，故8x -和12y +都是96-的约数，且1212y +>，780x -≤-<。
又59623=，故只有以下5种可能：（1）811296x y -=-⎧⎨+=⎩⇒784x y =⎧⎨=⎩ （2）821248x y -=-⎧⎨+=⎩⇒636x y =⎧⎨=⎩ （3）831232x y -=-⎧⎨+=⎩⇒520x y =⎧⎨=⎩ （4）841224x y -=-⎧⎨+=⎩⇒412x y =⎧⎨=⎩ （5）861216x y -=-⎧⎨+=⎩⇒24x y =⎧⎨=⎩共5组正整数解。
【答案】 51.设0c b a <<<，1a b c ++=，b c M a +=，a c N b +=，a b P c +=，则M 、N 、P之间的关系是 。
2.使分式1x aax --有意义的x 应满足的条件是（ ）A.0x ≠B.1(0)x a a ≠≠C.10(0)x x a a ≠≠≠或 D.10(0)x x a a ≠≠≠且3.设关于x 的分式方程2222a a x x --=--有无穷多个解，则a 的值有（ ）。
第十章 专题 静电场中的三类图像问题 (18张PPT)高二上学期物理人教版(2023)必修第三册
第十章专题静电场中的三类图像问题(18张PPT)高二上学期物理人教版（2023）必修第三册(共18张PPT)专题：静电场中的三类图像问题一、φ-x图像问题1.电场强度的大小等于φ-x 图线的斜率的绝对值,电场强度为零处φ-x 图线存在极值,其切线的斜率为零。
2.在φ-x 图像中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向3.在φ-x 图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用EP=qφ ,通过的“十”“一”与φ的高低作出判断4.在φ-x 图像中可以判断电场类型,如图所示.如果图线是曲线，则表示电场强度的大小是变化的,电场为非匀强电场;如果图线是倾斜的直线,则表示电场强度的大小是不变的，电场为匀强电场。
5.在φ-x图像中可知电场强度的方向,进而可以判断电荷在电场中的受力方向6.常见的φ-x图像（1）点电荷的φ-x图像（取无限远处为零）（3）两个等量同种点电荷的φ-x图像（2）两个等量异种电荷连线上的φ-x图像当堂练1、某静电场在x轴正半轴上的电势φ随x变化的关系如图所示,则()A.x1处跟x2处的电场强度方向相同B.x1处跟x2处的电场强度大小相等C.若把带正电的粒子从x1处移到x2处,电场力先做正功后做负功D.同一个带正电的粒子在R处具有的电势能小于在x2处的电势能A2、两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点,两者连线上各点电势高低如图中曲线所示(OB>BD),取无穷远处电势为零,由图可知,下列说法错误的是()A.B点的电场强度为零B.Q1为负电荷,Q2为正电荷C.Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量D.将电子沿x轴从A点移到C点,电场力一直做正功A当堂练当堂练3.(多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点,两点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图像如图所示,其中P 点电势最高,且xAP 点的电势为零，则点的电势为B.粒子从到做匀速直线运动C.粒子在段电势能变化量小于在段电势能变化量D.粒子运动到点时动能为5、（多选）某条电场线是一条直线，上边依次有、、、四个点，相邻两点间距离均为，以点为坐标原点，沿电场强度方向建立轴，该电场线上各点电场强度随的变化规律如图所示，轴正方向为场强正方向.一个带电荷量为的粒子，从点由静止释放，仅受电场力作用.则( )AD当堂练三、Ep-x图像1、Ep-x图像描述的是带电粒子沿轴运动时具有的电势能随位置变化的情况,结合E,图像可以分析电场力做功、场强E、电势o 及粒子的电性等有关问题。
第十章 专题强化4 电场中的功能关系及图像问题
电场中的功能关系及图像问题[学习目标] 1.会利用功能关系、能量守恒定律分析电场综合问题.2.理解E－x、φ－x、E p－x 图像的意义，并会分析有关问题．一、电场中的功能关系1．合外力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔE k，这里的W合指合外力做的功．2．静电力做功等于带电体电势能的减少量，即W AB＝E p A－E p B＝－ΔE p.3．只有静电力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即E p1＋E机1＝E p2＋E机2.质量为m的带电小球射入匀强电场后，以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动，重力加速度为g，在小球下落h的过程中()A．小球的重力势能减少了2mghB．小球的动能增加了2mghC．静电力做负功2mghD．小球的电势能增加了3mgh答案 D解析带电小球受到向上的静电力和向下的重力，据牛顿第二定律F合＝F电－mg＝2mg，得F电＝3mg，在下落过程中静电力做功W电＝－3mgh，重力做功W G＝mgh，总功W＝W电＋W G＝－2mgh，根据做功与势能变化关系可判断：小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh，根据动能定理，小球的动能减少了2mgh，故选D.如图1所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为－q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2gR.求：图1(1)小球滑到C点时的速度大小；(2)若以C 点为零电势点，试确定A 点的电势．答案 (1)7gR (2)－mgR 2q解析 (1)因为B 、C 两点电势相等，故小球从B 到C 运动的过程中静电力做的功为零．由几何关系可得BC 的竖直高度h BC ＝3R 2根据动能定理有mg ·3R 2＝m v C 22－m v B 22解得v C ＝7gR . (2)小球从A 到C ，重力和静电力均做正功，所以由动能定理有mg ·3R ＋W 电＝m v C 22， 又根据静电力做功与电势能的关系：W 电＝E p A －E p C ＝－qφA －(－qφC )．又因为φC ＝0，可得φA ＝－mgR 2q. 二、电场中的图像问题1．v －t 图像(2021·江苏省郑集高级中学)如图2(a)所示，直线MN 表示某电场中一条电场线，a 、b 是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a 点处由静止释放，粒子从a 运动到b 过程中的v －t 图像如图(b)所示，设a 、b 两点的电势分别为φa 、φb ，场强大小分别为E a 、E b ，粒子在a 、b 两点的电势能分别为E p a 、E p b ，不计重力，则有( )图2A ．φa >φbB ．E a >E bC ．E p a <E p bD ．无法比较E a 、E b 的大小关系答案 B解析 负电荷从a 运动到b ，由速度－时间图线知负电荷做加速运动，故负电荷所受静电力向右，负电荷受到的静电力与场强方向相反，故场强向左，而沿场强方向电势降低，故b 点电势较高，即φa <φb ，选项A 错误；因为速度－时间图线的斜率不断变小，故负电荷的加速度变小，静电力变小，所以电场强度变小，即E a >E b ，选项B 正确，D 错误；由于φa <φb ，根据负电荷在电势低处电势能大，即有E p a >E p b ，选项C 错误．2．φ－x 图像从φ－x 图像上可直接看出电势随位置的变化，可间接求出场强E 随x 的变化情况：φ－x 图像切线斜率的绝对值k ＝|ΔφΔx |＝|U d|，表示E 的大小，场强E 的方向为电势降低最快的方向． (2021·江苏宿迁高一期末)如图3甲所示，在某电场中有一条电场线与Ox 轴重合，取O 点电势为零，Ox 方向上各点的电势随x 轴坐标变化的关系如图乙所示，若在O 点由静止释放一电子，电子仅受静电力的作用．则( )图3A ．沿Ox 方向电场强度先减小后增大B ．电子所受静电力沿x 轴负方向C ．电子的电势能将一直增大D ．电子运动的加速度一直增大答案 A解析 φ－x 图像切线斜率的绝对值表示场强的大小，由题图乙可知，沿Ox 方向电场强度先减小后增大，A 正确；由题图乙可知，沿x 轴正方向电势升高，所以电场方向沿x 轴负方向，则电子所受静电力沿x 轴正方向，B 错误；静电力对电子做正功，电势能减少，C 错误；根据选项A 可知，电子所受静电力先减小后增大，则电子运动的加速度先减小后增大，D 错误．3．E －x 图像(1)E －x 图像中，E 的数值反映电场强度的大小，E 的正负反映E 的方向，E 为正表示电场方向为正方向．(2)E －x 图线与x 轴所围的面积表示“两点之间的电势差U ”，电势差的正负由沿场强方向电势降低判断．(2021·江苏省苏州第十中学高一月考)静电场在x 轴上的场强E 随x 的变化关系如图4所示，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()图4A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能减小C．由x1运动到x4的过程中所受静电力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中所受静电力先减小后增大答案 C解析由题图可知，在O～x1之间，电场强度E是正的，是沿x轴正方向的；在x1～x4之间，电场强度E是负的，是沿x轴负方向的，故正电荷由x2到x4的过程中，是逆着电场线的方向运动，所以正电荷在x4处的电势能要大于在x2处的电势能，选项A错误；正电荷由x1运动到x3的过程中，是逆着电场线方向运动的，所以电势能增大，选项B错误；正电荷由x1运动到x4的过程中，x3处的电场强度的大小是最大的，故电荷在该点受到的静电力也应该是最大的，故所受静电力先增大后减小，选项C正确，D错误．4．E p－x图像(2021·江苏省如皋中学高一月考)A、B为电场中一直线上的两个点，带正电的点电荷只受静电力的作用，从A点以某一初速度做直线运动到B点，其电势能E p随位移x的变化关系如图5所示．则从A到B过程中，下列说法正确的是()图5A．点电荷的动能先增大后减小B．空间电场是某一负点电荷形成的C．电荷所受静电力先减小后增大D．空间各点的电势先降低后升高答案 C解析带正电的点电荷从A点到B点只有静电力做功，则动能和电势能之和守恒，因电势能先增加后减小，可知动能先减小后增加，选项A错误；因从A到B电势能先增加后减小，则静电力先做负功后做正功，静电力方向先沿x轴负方向再沿正方向，则场强方向先沿x轴负方向再沿正方向，可知空间电场不是某一负点电荷形成的，选项B错误；由能量关系可知ΔE p ＝Fx，则E p－x图像的斜率表示静电力，由题图可知电荷所受静电力先减小后增大，选项C 正确；因带正电的电荷从A到B电势能先增加后减小，则从A到B电势先升高后降低，选项D错误．1.一带电粒子仅在静电力的作用下从A 点运动到B 点，其速度－时间图像如图1所示．下列说法中不正确的是( )图1A ．A 点的场强一定大于B 点的场强B ．A 点的电势一定比B 点的电势高C ．粒子在A 点的电势能一定大于在B 点的电势能D ．静电力一定对粒子做正功答案 B解析 由题图可知，带电粒子做加速度减小的加速运动，根据a ＝qE m，a A ＞a B ，可得E A ＞E B ，所以A 正确；根据动能定理qU AB ＝12m v B 2－12m v A 2，粒子带电性质未知，无法判断U AB 的正负，即无法判断两点电势高低，所以B 错误；由题图可知，v B >v A ，故静电力对粒子做正功，电势能减小，所以C 、D 正确．2．(2021·江苏省高邮中学)如图2所示，a 、b 、c 为电场中同一条电场线上的三点，其中c 为ab 的中点．已知a 、b 两点的电势分别为φa ＝3 V ，φb ＝9 V ，则下列叙述正确的是( )图2A ．该电场在c 点处的电势一定为6 VB ．a 点处的场强E a 一定小于b 点处的场强E bC ．正电荷从a 点运动到b 点的过程中电势能一定增大D ．正电荷只受静电力作用从a 点运动到b 点的过程中动能一定增大答案 C解析 若该电场是匀强电场，则在c 点处的电势为φc ＝φa ＋φb 2＝3＋92V ＝6 V ，若该电场不是匀强电场，则不能确定该电场在c 点处的电势，故A 错误．一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小，所以a点处的场强E a不一定小于b点处的场强E b，故B 错误．根据正电荷在电势高处电势能大，可知正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大，而由能量守恒定律知，若正电荷只受静电力作用，其动能一定减小，故C正确，D错误．3.(2021·江苏省常熟中学高一月考)如图3，一根不可伸长绝缘的细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则()图3A．小球在B点时的速度最大B．小球从A到B的过程中，机械能一直在减少C．小球在B点时细线的拉力最大D．从B到C的过程中，小球的电势能一直减少答案 B解析分析知小球带正电，小球受到静电力与重力、细线的拉力的作用做圆周运动，当重力与静电力的合力与细线的拉力在同一条直线上时，小球处于等效最低点，此时小球的速度最大，对细线的拉力也最大，而B点不是等效最低点，故A、C错误；从A到B的过程中，静电力对小球做负功，小球的电势能增加，则小球的机械能一直在减小，故B正确；从B到C 的过程中小球克服静电力做功，小球的电势能一直增大，故D错误．4．(2021·江苏苏州高一月考)如图4(a)所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在静电力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图(b)所示，以下说法正确的是()图4A．该电场是匀强电场B．电子在A、B两点的电势能E p A>E p BC．电子在A、B两点的加速度关系是a A>a BD．电子在A、B两点的速度v A<v B答案 C解析φ－x图线的切线斜率表示电场强度，由题图可知从A到B，电场强度逐渐减小，即E A>E B，则电子受到的静电力逐渐减小，则加速度逐渐减小，A错误，C正确；由题图知，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向从A到B，在移动过程中，电子受到的静电力方向向左，静电力做负功，电子的动能减小，速度减小，即v A>v B，而电子的电势能增大，即E p A<E p B，B、D错误．5.某空间存在一条沿x轴方向的电场线，电场强度E随x变化的规律如图5所示，图线关于坐标原点中心对称，A、B是x轴上关于坐标原点O对称的两点，C点是OB的中点．则下列说法正确的是()图5A．电势差U OC＝U CBB．电势差U OC＞U CBC．取无穷远处电势为零，则O点处电势也为零D．电子从A点由静止释放后的运动轨迹在一条直线上答案 D解析由题图可知，OC与图像围成的面积小于CB与图像围成的面积，故电势差U CB＞U OC，A、B错误；若把一个正点电荷从O点沿x轴正方向移到无穷远处，静电力一直在做功，所以O点电势与无穷远处电势不相等，C错误；电子从A点由静止释放后一直受到沿x轴方向的力作用，即力与运动方向一直在同一条直线上，故电子的运动轨迹在一条直线上，D正确．6．直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在静电力作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能E p随位移x变化的规律如图6所示．设a、b两点的电场强度分别为E a和E b，电势分别为φa和φb.则()图6A ．E a ＝E bB ．E a ＜E bC ．φa ＜φbD ．φa ＞φb答案 C解析 电势能的变化量等于克服静电力做功，即ΔE p ＝qE Δx ，电势能E p 随位移x 变化的图像中切线斜率即ΔE p Δx＝qE ，由题图可知切线斜率逐渐变小，所以电场强度逐渐变小，即E a >E b ，A 、B 错误．从a 到b 电势能逐渐减小说明静电力做正功，即静电力从a 指向b ，而电子所受静电力与电场方向相反，即电场从b 指向a ，从高电势指向低电势，所以φb >φa ，C 正确，D 错误．7.(2020·安庆市期末)如图7所示，在竖直平面xOy 内，固定一半径为R 的光滑绝缘的圆形轨道，圆心在O 点，第四象限(含x 、y 轴)内有水平向右的匀强电场，一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球，从图中A 点静止释放，沿圆弧内侧轨道运动，第一次恰能通过圆弧轨道的最高点，已知重力加速度为g ，则匀强电场的电场强度大小为( )图7A.mg qB.3mg 2qC.2mg qD.5mg 2q答案 B解析 小球恰好通过圆弧轨道的最高点，则有：mg ＝m v 2R， 解得小球在最高点的速度为：v ＝gR ，小球从A 点到最高点的过程中，根据动能定理可得：EqR －mgR ＝12m v 2， 解得E ＝3mg 2q，故B 正确． 8．(2021·江苏省天一中学期末)如图8所示为电子束焊接机，图中带箭头的虚线代表电场线，B 、C 是电场中两点．K 为阴极，A 为阳极，两极之间的距离为d ，在两极之间加上高压U ，有一电子在K 极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为e ，则下列说法正确的是( )图8A ．A 、K 之间的电场强度均为U dB ．B 点电势大于C 点电势C ．B 点电场强度大于C 点电场强度D ．电子由K 到A 电势能减少了eU答案 D解析 A 、K 之间建立的是非匀强电场，公式U ＝Ed 不适用，因此A 、K 之间的电场强度不等于U d，故A 错误；B 、C 所在等势面为和电场线垂直的圆弧，如图所示．根据沿电场线方向电势降低，可知B 点电势低于C 点电势，故B 错误；电场线的疏密程度表示电场强度大小，从图中可知B 点所在位置的电场线较疏，C 点所在位置的电场线较密，故B 点的电场强度小于C 点的电场强度，故C 错误；电子由K 到A ，受到的静电力方向和电场方向相反，即由K 指向A ，和运动方向一致，所以静电力做正功，电势能减小，根据动能定理可得|ΔE p |＝ΔE k ＝eU ，故D 正确．9.(2021·江苏省沛县中学月考)如图9所示，在光滑绝缘水平面上的P 点正上方O 点固定了一电荷量为＋Q 的正点电荷，在水平面上的N 点，由静止释放一质量为m 、电荷量为－q 的负试探电荷，仅在静电力作用下，该试探电荷经过P 点时速度为v ，图中θ＝60°，规定电场中 P 点的电势为零，则在正点电荷形成的电场中，下列判断正确的是( )图9A ．P 点电场强度大小是N 点的2倍B ．N 点电势高于P 点电势C ．N 点电势为－m v 22qD ．试探电荷在N 点具有的电势能为－12m v 2 答案 C解析 在正点电荷形成的电场中，根据沿着电场线方向电势降低可知，N 点电势低于P 点电势，故B 错误；P 点电场强度大小是E P ＝kQ r P 2，N 点电场强度大小是E N ＝kQ r N 2，则E P E N ＝r N 2r P 2＝41，故A 错误；试探电荷由N 到P 的过程，根据动能定理得－q (φN －φP )＝12m v 2，由题，P 点的电势为零，即φP ＝0，解得N 点的电势φN ＝－m v 22q，故C 正确；试探电荷在N 点具有的电势能为E p N ＝－qφN ＝12m v 2，故D 错误． 10.(2021·江苏省常熟中学高一月考)如图10所示的匀强电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，相邻等势面间隔均为d ，各等势面电势已在图中标出(U >0)，现有一质量为m 的带电小球以速度v 0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，求：(重力加速度为g )图10(1)小球应带何种电荷及其电荷量；(2)小球受到的合外力大小；(3)在入射方向上小球运动的最大位移的大小x m .(电场范围足够大)答案 (1)正电荷 mgd U (2)2mg (3)2v 024g解析 (1)作出电场线如图甲所示．由题意知，只有小球受到向左的静电力，静电力和重力的合力方向与初速度方向才可能在一条直线上，如图乙所示．只有当F 合方向与v 0方向在一条直线上才可能使小球做直线运动，所以小球带正电，小球沿v 0方向做匀减速运动．由图乙知qE ＝mg ，相邻等势面间的电势差为U ，所以E ＝U d ，所以q ＝mg E ＝mgd U.(2)由图乙知，F 合＝(qE )2＋(mg )2＝2mg .(3)由动能定理得：－F 合x m ＝0－12m v 02 所以x m ＝m v 0222mg＝2v 024g .11.(2021·江苏徐州高一期末)如图11所示，一个光滑绝缘的斜面固定在水平面上，并处于沿平行于斜面向上的匀强电场中，一个带电荷量为＋q 的物块以初速度v 0从斜面底端冲上斜面，上滑位移x 0时速度恰好为零．取斜面底端所在处的高度和电势均为零，下列描述物块的机械能E 机、静电力功率P 、电势能E p 电、动能E k 随时间t 或位移x 变化的图像中，正确的是( )图11答案 D解析 物块的机械能变化量等于静电力做的功，因静电力做正功，则物块的机械能增加，选项A错误；静电力的功率为P＝qE v＝qE(v0－at)，物块向上做匀减速运动，则P－t图像应该是直线，选项B错误；物块向上运动，静电力做正功，电势能减小，选项C错误；根据动能定理E k－E k0＝(qE－mg sin θ)x，即E k＝E k0＋(qE－mg sin θ)x，因向上做减速运动，则qE<mg sin θ，即E k－x图像是斜率为负值的直线，选项D正确．。
高考物理一轮复习课件 第十章 专题强化十八 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
场的磁感应强度大小均为B、方向分别垂直纸面向里、向外.三角形顶点A
处有一质子源，能沿∠A的角平分线发射速度大小不等、方向相同的质子
(质子重力不计、质子间的相互作用可忽略)，所有质子恰能通过D点，已
知质子的比荷 q＝k，则质子的速度L
3BkL C. 2
√D.B8kL
质子可能的运动轨迹如图所示，由几何关系可得 2nRcos 60°＝L(n＝ 1,2，…)，由洛伦兹力提供向心力，则有 Bqv＝mvR2，联立解得 v＝BmqR ＝BnkL(n＝1,2，…)，所以 A、B、D 正确，C 错误.
可知，在此过程中每个电子的速度方向都改变2θ，即轨迹圆心角为2θ，
电子在磁场中的运动时间t＝22πθ T，故不同速率的电子在磁场中运动时
间都相同，C错误，D正确.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
2.(多选)如图所示，水平放置的挡板上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一
带电粒子a垂直于挡板从板上的小孔O射入磁场，另一带电粒子b垂直于
电子从 a 点射出时，其运动轨迹如图线①，轨迹半径为 ra＝4l ， 由洛伦兹力提供向心力，有 evaB＝mvraa2，
又me ＝k，解得 va＝k4Bl； 电子从 d 点射出时，运动轨迹如图线②，由几何关系有 rd2＝l2＋(rd－2l)2，解 得：rd＝54l，由洛伦兹力提供向心力，有 evdB＝mvrdd2，又me ＝k，解得 vd＝5k4Bl， 选项 B 正确.
场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场.之
后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时
间从a、b连线的中点c离开磁场，则
t1为 t2
√A.3
B.2
第十章 《数据的收集、整理与描述》专题 课件
由题意得
6 12%
50，
所以 a＝50×32%＝16.
(2) 由题意得出，安全行驶速度小于或等于 44 km/h，
因为该时段检测车辆样本中安全行驶的车辆占总监测车
辆的 ，
所以估计其中安全行驶的车辆数为 20000× ＝19200.
1. 为了解某初级中学落实《中共中央国务院关于全面加 强新时代大中小学劳动教育的意见》的实施情况，调查 组从该校全体学生中随机抽取部分学生，调查他们平均 每周劳动时间 t（单位：h），并对数据进行整理、描述 和分析. 以下是根据调查结果绘制的统计图表的一部分.
(1) 求出表格中 a 的值； (2) 如果一辆汽车行驶的车速不超过 40 km/h 的10%，就 认定这辆车是安全行驶．若一年内在该时段通过此路口 的车辆有 20000 辆，试估计其中安全行驶的车辆数．
(1) 求频数 求出样本容量 (2) 求出安全行驶速度的范围
样本容量×频率 样本估计总体
解：(1)
第十章 数据的收集、整 理与描述
综合专题讲解
专题目录 专题一：频数分布表及直方图 专题二：三种统计图的综合运用
专题一：频数分布表及直方图
例1 某地交警在一个路口对某个时段来往的车辆的车速 进行监测，统计数据如下表：
车速（km/h） 40 41 42 43 44 45
频数
6 8 15 a 3 2
其中车速为 40、43（单位：km/h）的车辆数分别占监测 车辆总数的 12%、32%．
(1) 被随机抽取的学生共有多少名？ (2) 在扇形统计图中，求活动数为 3 项的学生所对应的扇 形圆心角的度数，并补全折线统计图. (3) 该校共有学生 2000 人，估计其中参与了 4 项或 5 项 活动的学生共有多少人.
高中物理必修三 练透试卷 第10章 专题强化练6 带电粒子在电场和重力场中的运动
专题强化练6带电粒子在电场和重力场中的运动1.(2023·乐山市草堂高级中学高二期中)如图所示，水平向左的匀强电场中，质量为m的带电小球从A点沿直线由A点运动到B点。
不计空气阻力，在这一过程中()A．小球一定带负电B．小球在做匀加速直线运动C．小球的电势能减小D．小球的机械能增加2.(多选)如图所示，真空环境下，三个质量相同、带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，小液滴a、b、c的运动轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中，下列说法正确的是()A．静电力对液滴a、b做的功相等B．三者动能的增量相同C．液滴a与液滴b电势能的变化量相等D．重力对液滴c做的功最多3．(2022·富宁县第一中学高二开学考试)如图所示，一个带负电的油滴以初速度v0从P点斜向上进入水平方向的匀强电场中，v0与水平方向的夹角θ＝45°，若油滴到达最高点时速度大小仍为v0，则油滴最高点的位置在()A．P点的左上方B．P点的右上方C．P点的正上方D．上述情况都可能4.(多选)(2023·北京交通大学附属中学高二期中)如图所示，真空中存在竖直向下的匀强电场，一个带电油滴(考虑重力)沿虚线由a向b运动，以下判断正确的是()A．油滴一定带负电B．油滴的电势能一定增加C．油滴的动能一定减少D．油滴的动能与电势能之和一定减少5.(多选)(2023·南阳市卧龙区高二月考)如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则()A．小球可能做匀速圆周运动B．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能一定最小D．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大6.(2023·上海市青浦高级中学高二期中)如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从P点以相同的初速度垂直电场方向进入匀强电场E中，它们分别落到A、B、C 三点，则可判断()A．三个小球到达正极板时的动能关系是E k A>E k B>E k CB．三个小球在电场中运动的时间t A＝t B＝t CC．三个小球在电场中运动的加速度关系是a C>a B>a AD．落到A点的小球带负电，落到B点的小球不带电7.如图所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用绝缘细线悬挂于O点，小球带电荷量为＋q，静止时距地面的高度为h，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g。
2024年第十章浮力专题训练(六)液面的升降课堂练习题及答案
=8.9×10
V金 3×10−4m3
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
液面的升降
9.如图所示,将底面积为100 cm2的圆柱形容器放在水平桌面的中央,容
器壁的厚度忽略不计,容器中装有 1 000 cm3的水,将一个重6 N、高 10
cm的实心长方体A挂在弹簧测力计上,竖直浸入水中,当长方体A刚好
3
ρ水 1.0×103kg/m
浸可得，容器的底面积：
V水
900cm3
S容= +SA=
+100cm2=250cm2=2.5×10-2m2，当木块A刚好浸没时，容器内水的
6cm
h浸
深度：h水=hA+l=10cm+4cm=14cm,由ρ＜ρ水可知，细绳剪断后，木块处于漂浮状态，此
时受到的浮力F浮′=G=6N，此时木块排开水的体积：
F
10N
p1= =
=2000Pa,因当金属块触底细线松弛时，容器对桌面的
2
S 50×10−4m
压强与触底前相比增大了4740Pa,所以，金属块触底细线松弛时容器对桌
面的压强：p2=p1+Δp=2000Pa+4740Pa=6740Pa；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
液面的升降
(3)金属块的密度。
解：金属块触底细线松弛时容器对桌面的压力：
F ′
6N
-4m3，则水面下降的高度：Δh=V水′+VV排′= 浮 =
×10N/kg=6×10
第10章 专题04可以化成一元一次方程的分式方程重难点专练(学生版)
专题04可以化成一元一次方程的分式方程重难点专练（学生版）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．在正数范围内定义一种运算☆，其规则为a☆b ＝11a b+，根据这个规则x☆（x+1）＝32的解为（ ） A ．x ＝23B ．x ＝1C ．x ＝﹣23或1 D ．x ＝23或﹣1 2．为有效解决交通拥堵问题，营造路网微循环，某市决定对一条长860m 的道路进行改造拓宽．为了尽量减轻施工对城市交通造成的影响，实际施工时，每天改造道路的长度比原计划增加10%，结果提前6天完成任务，求实际每天改造道路的长度与实际施工天数．嘉琪同学根据题意列出方程8608606(110%)x x -=+，则方程中未知数x 所表示的量是（ ）A ．实际每天改造道路的长度B ．原计划每天改造道路的长度C ．原计划施工的天数D ．实际施工的天数3．在下列方程组中，（ ）是分式方程．A ．21x x -＝1B ．23x= C 3x= D ．246735x x ⎛⎫⎛⎫+-=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭4．关于x 的分式方程71x -＋3＝1mx -有增根，则m 的值为（ ） A ．7B ．3C ．1D ．－35．已知关于x 的分式方程12211m x x--=--的解是非负数，则m 的取值范围是（ ） A ．5m ≤且3m ≠- B ．5m ≥且3m ≠- C ．5m ≤且3m ≠ D ．5m ≥且3m ≠6．方程21111xx x +=--的解为（ ） A ．2x =-B ．2x =C ．0x =D ．12x =7．为了加快城乡对接，建设全域美丽乡村，某地区要对全长4000米的道路进行改造，为了尽量减少施工对交通的影响，施工队的工作效率增加了30%，结果提前7天完成，设施工队原计划每天铺x 米，则下列方程正确的是（ ）A ．()400040007130%x x -=- B ．()400040007130%x x -=- C ．()400040007130%x x -=+ D ．()400040007130%x x -=+ 8．如果关于x 的不等式组2313464x x x a +⎧≥-⎪⎨⎪->-⎩有且只有两个奇数解，且关于y 的分式方程310122y a y y--=--的解为非负整数，则符合条件的所有整数a 的和为（ ） A ．8B ．16C ．18D ．209．下列关于x 的方程中，整式方程的个数是（ ）（1）324x x x +=（2）421110234x x -+=；（3）2ax +x ＝1a ；（4）21x x++1＝x ． A ．1B ．2C ．3D ．410．若关于x 的方程233x mx x +=++无解，则m 的值为( ) A ．1m =B ．1m =-C ．2m =D ．2m =-11．如果16x 2−8x +1=0，那么4x 的值是（ ）A ．1B ．-1C ．±1D ．412．用换元法解方程2231712x x x x -+=-，设2=1x y x -，那么换元后，方程可化为整式方程正确的是（ ） A ．1732y y += B ．22720y y -+= C ．23710y y -+=D ．26720y y -+=13．若整数a 使关于x 的不等式组1112341x xx a x -+⎧≤⎪⎨⎪->+⎩，有且只有45个整数解，且使关于y的方程2260111y a y y+++=++的解为非正数，则a 的值为（ ）A ．61-或58-B ．61-或59-C ．60-或59-D ．61-或60-或59-二、填空题14．若关于x 的分式方程1x aa x +=-无解，则a 的值是_______． 15．若关于x 的方程24334712x x mx x x x +++=---+有增根，则m ＝_____． 16．已知分式方程2322356x x mx x x x ---=---+的解为正数，则m 的取值范围为_____．17．若关于x 的方程2126339m x x x x ++=+--有增根，则m 的值是__________________． 18．方程333x mx x -=--有增根则m 的值是 ____． 19．方程组325x 216y x y⎧-=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩的解是 _______．20．若关于x 的分式方程12111a x x x x --=---有增根，则a =__________． 21．方程11212x x =+-的解是x =_____． 22．当m= __________ 时，关于x 的分式方程231062x m x x x +++=--+没有实数解. 23．若关于x 的方程2x b x aa b--=-有唯一解，则,a b 应满足的条件是_________________．24．对于两个不相等的实数,a b ，我们规定符号max{,}a b 表示,a b 中的较大值，如：{}max 2,44=，故{}max 3,5=__________；按照这个规定，方程{}21max ,x x x x--=的解为__________．三、解答题25．解方程:231231xx x x +=-+-- 26．解方程：13x -＝43xx --﹣127．解方程：2225121x x x x x +=+-- 28．在徐汇区开展“创建全国文明城区”期间，某工程队承担了某小区900米长的污水管道改造任务，工程队在改造完180米管道后，引进了新设备，每天的工作效率比原来提高了20%，结果共用30天完成了任务，问引进新设备后工程队每天改造管道多少米？29．解方程：221111111x x x x +-=-+--． 30．解方程：22413122x x x x x+-=+++．31．637433x y x y x y x y⎧+=⎪+-⎪⎨⎪-=⎪+-⎩32．多多果品店在批发市场购买某种水果销售，第一次用1200元购进若干千克，由于水果畅销，很快售完，第二次用1430元购买了一批水果，每千克的进价比第一次提高了10%，所购买的水果的数量比第一次多20千克，求第一次购买水果的进价是每千克多少元？33．为迎接线下开学，某学校决定对原有的排水系统进行改造，如果甲组先做5天后，剩下的工程由乙组单独承担，还需7.5天才能完工，为了早日完成工程，甲乙两组合作施工，6天完成了任务；甲乙两组单独完成此项工程各需要多少天？ 34．解方程：2220124x x x +-=-- 35．某工厂储存了30吨媒，由于改进炉灶和烧煤技术，每天能节约2吨煤，且储存的煤比原计划多用20天，原计划每天烧煤多少吨？36．新冠肺炎疫情期间，工厂需加工一种口罩250万个，在加工了100万个后，采用了新技术，使每天比原来多加工2.5万个，结果提前了3天完成任务，求工厂原来每天加工多少万个口罩？ 37．214111y y y +-=--． 38．解方程：22311x x x++=-- 39．八年级的学生去距学校10千米的科技馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了25分钟，其余的学生乘汽车出发，结果他们同时到达，已知每小时汽车的速度比骑自行车学生速度的2倍还多10千米，求骑车学生每小时行多少千米？40．某所学校有A 、B 两班师生前往一个农庄参加植树活动．已知A 班每天植树量是B班每天植树量的1.5倍，A 班植树300棵所用的天数比B 班植树240棵所用的天数少2天，求A 、B 两班每天各植树多少棵？41．解方程：()261511x x x x +=++． 42．甲安装队为A 小区安装66台空调，乙安装队为B 小区安装60台空调，两队同时开工且恰好同时完工，甲队比乙队每天多安装2台，两队分别每天安装几台空调？ 43．甲、乙两地相距300千米，一辆货车和一辆小汽车同时从甲地出发开往乙地，小汽车的速度是货车的1.2倍，结果小汽车比货车早半小时到达乙地，求两辆车的速度． 44．为了应对特殊时期，某口罩生产企业需要在若干天内加工12000个口罩，在实际生产中，由于提高了生产技术水平，每天加工的个数为原来的1.5倍，从而提前2天完成任务（1）问该企业原计划每天生产多少个口罩？（2）如果该企业按原计划的工作效率加工了a 个口罩后，才将效率提高到原来的1.5倍，则该企业完成这批口罩工作任务共用了多少天？（所得结果用含有a 的代数式表示：a 为大于零的整数） 45．解方程：24221933x x x x =+---+． 46．22191702x x x x ⎛⎫⎛⎫+-++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； 47．(x x−1)2−3x x−1−4=0 48．解方程：32x +227x+5x -15x =20 49．已知()()223222x A B x x x +=+---，求A ，B 的值。
2023年江苏高考 物理大一轮复习 第十章 专题强化二十二 带电粒子在叠加场和交 课件
(3)微粒从射出到第(2)问所说的时刻，动能的增加量. 答案 0.16 J
只有在第三象限运动的过程，微粒动能有变化. 从 D 到 G，合外力做的功 W＝ 2mg·x3 由动能定理知，W＝ΔEk， 解得动能的增加量为ΔEk＝0.16 J.
题型二
带电粒子在交变电、磁场中的运动
Байду номын сангаас
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
粒子在2τ～τ时间段内做匀加速直线 运动，τ～2τ时间段内做匀速圆周
运动，电场力
F＝qE0 则加速度 a＝mF 速度为v0＝at 其中 t＝2τ，解得 v0＝q2Em0τ
(2)求B0应满足的关系； 答案 B0＝2n－qτ1πm，(n＝1,2,3……)
只有当t＝2τ时，P在磁场中做圆周运
动结束并开始沿x轴负方向运动，才
曲线运动 为零，也不与洛伦兹力等大反向 定律
例1 如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着 正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的 方向垂直纸面向里.一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，以某 一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中，正好做直线 运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变 化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场.不计 一切阻力，重力加速度为g，求：
B＝mq
g l.
(3)微粒在复合场中的运动时间.
答案 (34π＋1)
l g
微粒做匀速直线运动的时间：t1＝ v2l＝
l g
3
微粒做匀速圆周运动的时间：t2＝4π·v 2l＝34π
l g
微粒在复合场中的运动时间：t＝t1＋t2＝(34π＋1) gl .
第十章 专题强化3 电场线、等势面与电荷运动轨迹问题 等分法的应用
电场线、等势面与电荷运动轨迹问题等分法的应用[学习目标] 1.会分析电场线、等势面与电荷运动轨迹相结合的问题.2.会用等分法确定等势点(面)及电场方向.一、电场线、等势面与电荷运动轨迹的综合问题如图1所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在静电力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为a M、a N，速度大小分别为v M、v N，电势能分别为E p M、E p N.下列判断正确的是()图1A.v M＜v N，a M＜a NB.v M＜v N，φM＜φNC.φM＜φN，E p M＜E p ND.a M＜a N，E p M＜E p N答案 D解析由粒子的运动轨迹知粒子所受静电力的方向偏向右，因粒子带负电，故电场线方向偏向左，由沿电场线方向电势降低，可知φN<φM，E p M<E p N；N点附近电场线比M点密，故场知a M<a N，粒子若从N点运动到M点，静电力做正功，动能增加，强E M<E N，由加速度a＝Eqm故v M>v N，粒子若从M点运动到N点，静电力做负功，动能减小，故v M>v N.综上所述，选项D正确.带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(合外力指向轨迹凹侧)，从而分析电场方向或电荷的正负.(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等.(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况.针对训练1(多选)如图2所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为a A、a B，电势能分别为E p A、E p B.下列说法正确的是()图2A.电子一定从A向B运动B.若a A＞a B，则Q靠近M端且为正电荷C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有E p A＜E p BD.B点电势可能高于A点电势答案BC解析电子仅在静电力作用下可能从A运动到B，也可能从B运动到A，A错误；若a A＞a B，说明电子在A点受到的静电力大于在B点受到的静电力，所以A距离点电荷较近，B距离点电荷较远，又因为电子受到的静电力指向轨迹凹侧，因此Q靠近M端且为正电荷，B正确；无论Q是正电荷还是负电荷，若电子从A运动到B，一定是克服静电力做功，若电子从B运动到A，一定是静电力做正功，即一定有E p A＜E p B，C正确；对于同一个负电荷，电势低处电势能大，B点电势一定低于A点电势，D错误.如图3所示，O是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷q仅在静电力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处.b点为轨迹上离O点最近的点，由此可知()图3A.O为负点电荷B.在整个过程中q的电势能先变小后变大C.在整个过程中q 的速度先变大后变小D.在整个过程中，静电力做功为零答案 D解析 由运动轨迹分析可知q 受到库仑斥力的作用，O 点的电荷应为正点电荷，A 错；从a 到b 的过程q 受到逐渐变大的库仑斥力，速度逐渐减小，加速度增大，电势能逐渐增大；而从b 到c 的过程q 受到逐渐变小的库仑斥力，速度逐渐增大，加速度减小，电势能逐渐减小，B 、C 错；由于a 、c 两点在同一等势线上，整个过程中，静电力做功为零，D 对.二、用等分法确定等势线和电场线1.在匀强电场中电势差与电场强度的关系式为U ＝Ed ，其中d 为两点沿电场方向的距离. 由U ＝Ed 可以得到下面两个结论：结论1：匀强电场中的任一线段AB 的中点C 的电势φC ＝φA ＋φB 2，如图4甲所示.图4结论2：匀强电场中若两线段AB ∥CD ，且AB ＝CD ，则U AB ＝U CD (或φA －φB ＝φC －φD )，同理有U AC ＝U BD ，如图乙所示.2.确定电场方向的方法先由等分法确定电势相等的点，画出等势线，然后根据电场线与等势面垂直画出电场线，且电场线的方向由电势高的等势面指向电势低的等势面.(多选)如图所示，A 、B 、C 是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA ＝5 V ，φB ＝2 V ，φC ＝3 V ，H 、F 三等分AB ，G 为AC 的中点，在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是( )答案 BC解析 匀强电场中将任一线段等分，则电势差等分.把AB 等分为三段，AB 间电压为3 V ，则每等分电压为1 V ，H 点电势为4 V ，F 点电势为3 V ，将FC 相连，则FC 为等势线，电场线垂直于FC ，从高电势指向低电势，C 正确；AC 上，G 为中点，AC 被等分为两份，AC 间电压为2 V ，则G 点电势为4 V ，GH 为等势线，电场线垂直于GH ，从高电势指向低电势，B 正确.如图5所示，在平面直角坐标系中，有一个方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O 处的电势为0，点A 处的电势为6 V ，点B 处的电势为3 V ，则电场强度的大小为( )图5A.200 V/mB.200 3 V/mC.100 V/mD.100 3 V/m 答案 A解析 在匀强电场中，沿某一方向电势均匀降低或升高，故OA 的中点C 的电势φC ＝3 V(如图所示)，因此B 、C 在同一等势面上.O 点到BC 的距离d ＝OC sin α，而sin α＝OBOB 2＋OC 2＝12，所以d ＝12OC ＝1.5×10－2 m.匀强电场的电场强度E ＝U d ＝31.5×10－2V/m ＝200 V/m ，故选项A 正确.针对训练2 如图6△ABC 中，∠B 为直角，∠A ＝60°，AB ＝4 cm ，空间中存在一匀强电场，其方向平行于△ABC 所在的平面，A 、B 、C 三点的电势分别为0、2 V 、8 V ，则该电场的电场强度大小为( )图6A.50 V/mB.50 3 V/mC.100 V/mD.10033V/m 答案 C解析 如图所示，过B 点作AC 的垂线，则垂足D 为AC 的四等分点，因A 、C 两点的电势分别为0、8 V ，可知D 点的电势为2 V ，则BD 为等势面；根据E ＝U d 可得电场强度：E ＝U DA DA＝20.04×cos 60° V/m ＝100 V/m ，故选C.考点一 电场线、等势面与电荷运动轨迹的综合问题1.若带正电荷的小球在电场中运动，只受静电力作用，它在任意一段时间内( )A.一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B.一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C.不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D.不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动答案 D解析 小球的运动情况取决于合力和初速度的关系，小球只受到静电力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，小球有没有初速度及初速度方向与电场线的关系；只有当电场线是直线且小球的运动方向沿着电场线时，小球才沿电场线运动，小球不一定由高电势处向低电势处运动，故A 、B 、C 错误，D 正确.2.(多选)一带电粒子从电场中的A 点运动到B 点，轨迹如图1中虚线所示.不计粒子所受重力，则( )图1A.粒子带正电荷B.粒子加速度逐渐减小C.粒子在A点的速度大于在B点的速度D.粒子的初速度不为零答案BCD解析带电粒子所受合外力(即静电力)指向轨迹凹侧，结合题图可知带电粒子所受静电力方向偏向左，故粒子带负电荷，A项错误；根据电场线疏密表示场强大小知E A>E B，由a＝qE知，mB项正确；粒子从A到B受到的静电力为阻力，粒子速度减小，C项正确；由于电场线为直线，粒子轨迹为曲线，故粒子在A点速度不为零，D项正确.3.一带电粒子沿图2中曲线穿过一匀强电场中的等势面，且四个等势面的电势关系满足φa>φb>φc>φd，若不计粒子所受重力，则()图2A.粒子一定带正电B.粒子的运动是匀变速运动C.粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大D.粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大答案 B解析由于φa>φb>φc>φd，所以电场线垂直于等势面由a指向d，根据粒子运动轨迹可知该粒子所受静电力由d指向a，即该粒子带负电，从A点到B点的运动过程中，粒子做匀变速曲线运动，静电力做正功，粒子的动能增大，电势能减小，故选B.4.(多选)如图3所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电荷量为10－6C的微粒在电场中仅受静电力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10－5 J，则以下判断正确的是()图3A.微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示B.微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示C.B点电势高于A点电势D.B点电势低于A点电势答案AC解析由题知，带正电的微粒仅受静电力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10－5 J，说明静电力做负功，则知静电力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹如题图中虚线1所示，故A正确，B错误；由于微粒带正电，所受静电力水平向左，则电场强度方向水平向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则B点电势高于A点电势，故C正确，D错误.5.(2020·陕西十校联考)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图4中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列判断正确的是()图4A.粒子带正电B.b点和d点的电场强度相同C.粒子的动能先减小后增大D.粒子在a点的电势能小于在e点的电势能答案 C解析根据两个固定的等量异种点电荷所形成的电场的等势面的特点可得，题图中正电荷在上方，负电荷在下方，因粒子运动轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子带负电，A错误；在电场中等势面与电场线是垂直的，由题图可知，b、d两点弯曲的方向不同，则过b、d两点，与－5 V的等势面垂直的电场线的方向是不同的，所以b、d两点电场强度是不同的，B错误；粒子从a到c的过程中，静电力做负功，从c到e的过程中，静电力做正功，粒子在静电场中静电力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，动能先减小后增大，C 正确；a 、e 两点电势相等，故粒子在a 、e 两点电势能相等，D 错误. 考点二 等分法的应用6.如图5所示，ABCD 是匀强电场中平行于电场线的矩形的四个顶点，A 、B 、C 三点电势分别为φA ＝8 V ，φB ＝2 V ，φC ＝3 V ，则D 点的电势为( )图5A.7 VB.6 VC.10 VD.9 V答案 D解析 因为U AB ＝U DC ，即8 V －2 V ＝φD －3 V ，故φD ＝9 V ，选项D 正确.7.(2021·湖南岳阳市岳阳一中高二期末)如图6所示，A 、B 、C 、D 是匀强电场中一个以坐标原点为圆心、半径为1 m 的圆与两坐标轴的交点，已知A 、B 、D 三点的电势分别为φA ＝3 V 、φB ＝－2 V 、φD ＝8 V ，由此可知场强的大小为( )图6A.4 V/mB.5 V/mC.6 V/mD.7 V/m 答案 B解析 在匀强电场中，由U ＝Ed 可知沿着同一方向(非等势面上)，每前进相同的距离，电势的降低相等；根据几何知识可知AB ＝CD ，且AB ∥CD ，说明AB 间的电势差等于CD 间的电势差.故φA －φB ＝φD －φC ，代入数据，解得φC ＝3 V ，即C 点的电势为3 V ，可知AC 为等势面，场强方向与等势面垂直，从高电势到低电势，即由D 指向B ，根据U ＝Ed ，可得场强大小为E ＝U DB 2r ＝8－()－22×1V/m ＝5 V/m ，故选B. 8.如图7，在匀强电场中有一长方形区域ABCD ，边长AB ＝0.3 m 、BC ＝0.4 m ，匀强电场方向与ABCD 所在平面平行，A 、B 、C 三点的电势φA ＝55 V ，φB ＝19 V ，φC ＝－45 V ，则匀强电场的电场强度大小和方向为( )图7A.120 V/m ，沿AB 方向B.200 V/m ，沿AC 方向C.160 V/m ，沿AD 方向D.300 V/m ，沿BD 方向答案 B解析 连接AC ，过B 点作BB ′⊥AC 交AC 于B ′，由几何关系知，AB ′＝0.18 m ，B ′C ＝0.32 m ，据题知U AC ＝100 V ，U AB ＝36 V ，U BC ＝64 V ，所以B ′与B 等电势，则BB ′为等势线；利用等势线与电场线垂直确定场强方向，可知匀强电场的电场强度方向沿AC 方向，匀强电场的电场强度大小E ＝U AB d ＝360.18V/m ＝200 N/m ，故A 、C 、D 错误，B 正确.9.(多选)(2021·河南驻马店市高二期末)如图8所示，在xOy 坐标系中有一底角为60°的等腰梯形，空间有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中原点O 的电势为9 V ，A 点电势为4.5 V ，B 点电势为0，则由此可以判定( )图8A.电场的电场强度大小为150 3 V/mB.电场的电场强度大小为100 3 V/mC.电场的方向与x 轴正方向成30°角向上D.电场的方向沿x 轴正方向答案 AC解析 因原点O 的电势为9 V, B 点电势为0，可知OB 连线中点(设为D )的电势为φD ＝φO ＋φB 2＝4.5 V ，因A 点电势为4.5 V ，可知AD 为等势面，则由几何关系可知，场强方向沿OB 方向，与x 轴正方向成30°角向上，大小为E ＝U OB d OB ＝92×2×32 V/cm ＝150 3 V/m ，故选A 、C. 10.(多选)(2020·天津一中期中)如图9所示，一带正电的点电荷固定于O 点，两虚线圆均以O 为圆心，两实线分别为带电粒子M 和N 先后在电场中运动的轨迹，a 、b 、c 、d 、e 为轨迹和虚线圆的交点.不计重力.下列说法正确的是( )图9A.M 带负电荷，N 带正电荷B.M 在b 点的动能小于它在a 点的动能C.N 在d 点的电势能等于它在e 点的电势能D.N 在从c 点运动到d 点的过程中克服静电力做功答案 ABC解析 如题图所示，M 粒子的轨迹向左弯曲，可知M 粒子受到了引力作用，故M 粒子带负电荷，而N 粒子的轨迹向下弯曲，说明N 粒子受到斥力作用，故N 粒子带正电荷，选项A 正确；由于虚线是等势面，故M 从a 到b 静电力对其做负功，电势能增加，动能减小，选项B 正确；对于N 粒子，由于d 和e 在同一等势面上，从e 到d 静电力做功为零，电势能不变，选项C 正确；由于N 粒子带正电荷，故从c 点运动到d 点的过程中，静电力做正功，选项D 错误.11.(多选)如图10，在匀强电场中，A 、B 、C 、D 、E 、F 位于边长为L ＝2 cm 的正六边形的顶点上，匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面.已知A 、B 、D 、E 的电势分别为－2 V 、0、6 V 、4 V.则下列说法正确的是( )图10A.C 点的电势φC ＝2 VB.A 、F 间的电势差U AF ＝2 VC.C 、F 间的电势差U CF ＝4 VD.该匀强电场的场强大小E ＝200 V/m答案 CD解析 连接AD 、BF 、CE ，由图可知AD 与BF 、CE 都垂直，沿DA 方向分析可知O ′的电势为4 V ，与E 的电势相等，故电场强度方向由D 指向A ，由正六边形对称性可知F 与B 的电势相等，C 与E 的电势相等，故F 点的电势为0，C 点的电势为4 V ，则A 、F 间的电势差为U AF ＝φA －φF ＝－2 V －0＝－2 V ，C 、F 间的电势差为U CF ＝φC －φF ＝4 V －0＝4 V ，由几何关系得：d OA ＝L sin 30°，而U OA ＝U F A ＝－U AF ＝2 V ，则电场强度的大小为E ＝U OA d OA＝22×10－2×12 V/m ＝200 V/m ，故A 、B 错误，C 、D 正确.12.如图11所示，在匀强电场中，将带电荷量q ＝－6×10－6 C 的电荷从电场中的A 点移到B 点，克服静电力做了2.4×10－5 J 的功，再从B 点移到C 点，静电力做了1.2×10－5 J 的功.图11(1)求A 、B 两点间的电势差U AB 和B 、C 两点间的电势差U BC ；(2)如果规定B 点的电势为零，则A 点和C 点的电势分别为多少？ (3)作出过B 点的一条电场线.答案 见解析解析 (1)U AB ＝W AB q ＝－2.4×10－5－6×10－6V ＝4 V U BC ＝W BC q ＝1.2×10－5－6×10－6V ＝－2 V(2)U AB＝φA－φB，U BC＝φB－φC又φB＝0故φA＝4 V，φC＝2 V(3)取AB的中点D，则D点的电势为2 V，连接CD，CD为等势线，电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，如图.。
第十章 专题强化二十二 带电粒子在立体空间中的运动
专题强化二十二 带电粒子在立体空间中的运动 目标要求 1.会处理带电粒子在匀强磁场中的螺旋线运动和叠加场中的旋进运动.2.掌握带电粒子在立体空间中的运动的解题思路和处理方法．题型一 带电粒子的螺旋线运动和旋进运动空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的．现在主要讨论两种情况：(1)空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就做螺旋线运动．这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动．(2)空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运动，这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动．例1 如图所示，质子以初速度v 进入磁感应强度为B 且足够大的匀强磁场中，速度方向与磁场方向的夹角为θ.已知质子的质量为m 、电荷量为e .质子重力不计，则下列说法正确的是( )A ．质子运动的轨迹为螺旋线，螺旋线的中轴线方向垂直于纸面向里B ．质子在垂直于磁场平面做圆周运动的半径为m v cos θeBC ．质子做螺旋线运动的周期为2πm eB sin θD ．一个周期内，质子沿着螺旋线轴线方向运动的距离(即螺距)为2πm v cos θeB答案 D解析 将质子的初速度分解为垂直于磁场方向的速度v 1＝v sin θ，沿磁场方向的速度v 2＝v cos θ，质子沿垂直磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做匀速直线运动，则质子运动的轨迹为螺旋线，螺旋线的中轴线方向平行磁场方向，选项A 错误；质子做螺旋线运动的半径为r ＝m v 1eB＝m v sin θeB ，选项B 错误；质子做螺旋线运动的周期为T ＝2πr v 1＝2πm eB，选项C 错误；一个周期内，质子沿着螺旋线轴线方向运动的距离(即螺距)为x ＝v 2T ＝2πm v cos θeB，选项D 正确． 例2 (2023·山东菏泽市模拟)在空间中存在水平向右的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B ，电场强度大小为E ，方向均沿x 轴水平向右．在O 点，一个α粒子(氦原子核)以速度v 0沿与x 轴夹角为60°的方向射入电、磁场，已知质子质量为m 、电荷量为q ，不计α粒子的重力．求：(1)α粒子离x 轴的最远距离；(2)α粒子从O 点射出后，第3次与x 轴相交时的动能．答案 (1)23m v 0qB (2)2m v 02＋12πmE B (v 0＋6πE B) 解析 (1)由题意可知α粒子的质量为m α＝4m 、电荷量为q α＝2q ，将α粒子的初速度分解成沿x 轴方向的分速度v x 与垂直x 轴方向的分速度v y ，则有v x ＝v 0cos 60°＝12v 0，v y ＝v 0sin 60°＝32v 0 由于v x 与磁场方向平行，不受洛伦兹力影响，电场方向沿着x 轴方向，只影响v x ，不影响v y ，故α粒子在电、磁场中的运动可分解为：垂直于x 轴的平面内做匀速圆周运动，沿x 轴方向做匀加速直线运动．对于垂直于x 轴平面内的匀速圆周运动，有q αv y B ＝m αv y 2r ，解得圆周运动半径r ＝m αv y q αB ＝4m v y 2qB ＝3m v 0qB，故α粒子离x 轴的最远距离是直径的长度，即为23m v 0qB ； (2)α粒子从O 点射出后，第3次与x 轴相交时，由于在垂直于x 轴的平面内做匀速圆周运动，可知此过程经历的时间t ＝3T ＝3×2πm αq αB ＝12πm qB，沿x 轴方向的匀加速直线运动所通过的位移x ＝v x t ＋12at 2，又加速度a ＝q αE m α＝qE 2m ，解得x ＝6πm qB (v 0＋6πE B) α粒子从O 点射出后到第3次与x 轴相交的过程，由动能定理有q αEx ＝E k －12m αv 02 联立解得α粒子从O 点射出后，第3次与x 轴相交时的动能E k ＝2m v 02＋12πmE B (v 0＋6πE B)．题型二 带电粒子在立体空间中的偏转分析带电粒子在立体空间中的运动时，要发挥空间想象力，确定粒子在空间的位置关系．带电粒子依次通过不同的空间，运动过程分为不同的阶段，只要分析出每个阶段上的运动规律，再利用两个空间交界处粒子的运动状态和关联条件即可解决问题．有时需要将粒子的运动分解为两个互相垂直的平面内的运动(比如螺旋线运动和旋进运动)来求解．例3 (2022·山东卷·17)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz 中，0<z ≤d 空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B ，方向沿x 轴正方向；－3d ≤z <0，y ≥0的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为22B ，方向平行于xOy 平面，与x 轴正方向夹角为45°；z <0，y ≤0的空间内充满沿y 轴负方向的匀强电场．质量为m 、带电量为＋q 的离子甲，从yOz 平面第三象限内距y 轴为L 的点A 以一定速度出射，速度方向与z 轴正方向夹角为β，在yOz 平面内运动一段时间后，经坐标原点O 沿z 轴正方向进入磁场Ⅰ.不计离子重力．(1)当离子甲从A 点出射速度为v 0时，求电场强度的大小E ；(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度v m ；(3)离子甲以qBd 2m的速度从O 点沿z 轴正方向第一次穿过xOy 面进入磁场Ⅰ，求第四次穿过xOy 平面的位置坐标(用d 表示)；(4)当离子甲以qBd 2m 的速度从O 点进入磁场Ⅰ时，质量为4m 、带电量为＋q 的离子乙，也从O 点沿z 轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt (忽略离子间相互作用)．答案 (1)m v 02sin βcos βqL (2)qBd m(3)(d ，d ,0) (4)(2＋22)πm qB解析 (1)如图所示将离子甲在A 点的出射速度v 0分解到沿y 轴方向和z 轴方向，离子受到的电场力沿y 轴负方向，可知离子沿z 轴方向做匀速直线运动，沿y 轴方向做匀减速直线运动，从A 到O 的过程，有L ＝v 0cos β·t ，v 0sin β＝at ，a ＝qE m联立解得E ＝m v 02sin βcos βqL； (2)如图所示离子从坐标原点O 沿z 轴正方向进入磁场Ⅰ中，由洛伦兹力提供向心力可得q v 1B ＝m v 12r Ⅰ离子经过磁场Ⅰ偏转后从y 轴进入磁场Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力可得q v 1·22B ＝m v 12r Ⅱ，可得r Ⅱ＝2r Ⅰ 为了使离子在磁场中运动，需满足r Ⅰ≤d ，r Ⅱ≤3d则可得v 1≤qBd m故要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为qBd m； (3)离子甲以v ＝qBd 2m的速度从O 点沿z 轴正方向第一次穿过xOy 面进入磁场Ⅰ，离子在磁场Ⅰ中的轨迹半径为r 1＝m v qB ＝d 2离子在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r 2＝2d 2离子从O 点第一次穿过到第四次穿过xOy 平面的运动情景，如图所示离子第四次穿过xOy 平面的x 坐标为x 4＝2r 2sin 45°＝d离子第四次穿过xOy 平面的y 坐标为y 4＝2r 1＝d故离子第四次穿过xOy 平面的位置坐标为(d ，d ,0)；(4)设离子乙的速度为v ′，根据离子甲、乙动能相同，可得12m v 2＝12×4m v ′2 可得v ′＝v 2＝qBd 4m离子乙在磁场Ⅰ中的轨迹半径为r 1′＝4m v ′qB＝d ＝2r 1 离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r 2′＝4m v ′q ·22B ＝2d ＝2r 2 根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示，从O 点进入磁场到轨迹第一个交点的过程，有t 甲＝T 1＋T 2＝2πm qB ＋2πm q ·22B ＝(2＋22)πm qB t 乙＝12T 1′＋12T 2′＝12×2π·4m qB ＋12×2π·4m q ·22B ＝(4＋42)πm qB可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为Δt ＝t 乙－t 甲＝(2＋22)πm qB. 课时精练1．(2022·重庆卷·5)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录．为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E ，磁感应强度大小为B .若某电荷量为q 的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v 1，垂直于磁场方向的分量大小为v 2，不计离子重力，则( )A ．电场力的瞬时功率为qE v 12＋v 22B ．该离子受到的洛伦兹力大小为q v 1BC ．v 2与v 1的比值不断变大D ．该离子的加速度大小不变答案 D解析 根据功率的计算公式可知P ＝F v cos θ，则电场力的瞬时功率为P ＝Eq v 1，A 错误；由于v 1与磁场B 平行，则根据洛伦兹力的计算公式知F 洛＝q v 2B ，B 错误；根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做加速运动，则v 1增大，v 2不变，v 2与v 1的比值不断变小，C 错误；离子受到的安培力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D 正确．2.如图所示，竖直平面MNRS 的右侧存在方向竖直向上且足够大的匀强磁场，从平面MNRS 上的O 点处以初速度v 0＝10 m/s 垂直MNRS 面向右抛出一带电荷量为q 、质量为m 的小球．若磁感应强度大小B ＝πm q，g 取10 m/s 2.求：(1)小球离开磁场时的速度大小；(2)小球离开磁场时的位置与抛出点的距离．答案 (1)10 2 m/s (2)5ππ2＋16 m 解析 (1)小球在水平方向做匀速圆周运动，在竖直方向做自由落体运动，水平方向小球恰好转半个周期离开磁场，故离开磁场的时间为t ＝T 2＝πm qB＝1 s ，则离开磁场时在竖直方向上的速度v y ＝gt ＝10 m/s ，故小球离开磁场时的速度大小为v ＝v 02＋v y 2＝10 2 m/s.(2)小球离开磁场时在竖直方向的位移大小为y ＝12gt 2＝5 m ，小球在水平方向做匀速圆周运动有q v 0B ＝m v 02R ，解得R ＝m v 0qB ，水平方向位移为直径，即x ＝2R ＝2m v 0qB ＝20π m ，则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s ＝x 2＋y 2＝5ππ2＋16 m.3.某离子实验装置的基本原理图如图所示，截面半径为R 的圆柱腔分为两个工作区，Ⅰ区长度d ＝4R ，内有沿y 轴正向的匀强电场，Ⅱ区内既有沿z 轴负向的匀强磁场，又有沿z 轴正向的匀强电场，电场强度与Ⅰ区电场强度等大．现有一正离子从左侧截面的最低点A 处以初速度v 0沿z 轴正向进入Ⅰ区，经过两个区域分界面上的B 点进入Ⅱ区，在以后的运动过程中恰好未从圆柱腔的侧面飞出，最终从右侧截面上的C 点飞出，B 点和C 点均为所在截面处竖直半径的中点(如图中所示)，已知离子质量为m 、电荷量为q ，不计离子重力，求：(1)电场强度的大小；(2)离子到达B 点时速度的大小；(3)Ⅱ区中磁感应强度的大小；(4)Ⅱ区的长度L 应为多大．答案 (1)3m v 0216Rq (2)54v 0 (3)2m v 0qR (4)n πR ＋3n 2π232R (n ＝1,2,3，…) 解析 (1)离子在Ⅰ区做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有4R ＝v 0t ，3R 2＝12at 2，根据牛顿第二定律有a ＝Eq m ，解得电场强度的大小为E ＝3m v 0216Rq. (2)类平抛过程由动能定理有3EqR 2＝12m v 2－12m v 02，解得离子到达B 点时速度的大小为v ＝54v 0. (3)离子在Ⅱ区内做复杂的旋进运动．将该运动分解为圆柱腔截面上的匀速圆周运动和z 轴正方向的匀加速直线运动，根据题意可得，在圆柱腔截面上的匀速圆周运动轨迹如图所示．设临界圆轨迹半径为r ，根据几何知识有(R －r )2＝r 2＋R 24，解得离子的轨迹半径为 r ＝38R ，离子沿y 轴正方向的速度为 v y ＝v 2－v 02＝34v 0，则根据洛伦兹力提供向心力有 q v y B ＝m v y 2r解得Ⅱ区中磁感应强度大小为B ＝2m v 0qR.(4)离子在圆柱腔截面上做匀速圆周运动的周期为 T ＝2πr v y，由题意知离子在Ⅱ区运动的时间为T 的整数倍，离子在z 轴正方向上做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的位移公式可得L ＝v 0nT ＋12a (nT )2(n ＝1,2,3，…)，联立解得Ⅱ区的长度为L ＝n πR ＋3n 2π232R (n ＝1,2,3，…)． 4.如图所示，一些质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子从一线状粒子源射出(初速度可视为0)，经过电压为U 的电场加速后，粒子以一定的水平初速度从MS 段垂直射出(S 为MF 中点)，进入棱长为L 的正方体电磁修正区内(内部有垂直面MPRG 的方向如图，磁感应强度B 和电场强度E 大小未知的匀强磁场与匀强电场)．距离正方体底部3L 处有一与RNAG 平行且足够大平板．现以正方体底面中心O 在平板的垂直投影点为原点，在平板内建立直角坐标系(其中x 轴与GR 平行)．所有带电粒子都从正方体底面离开，且从M 点进入正方体的粒子在正方体中运动的时间满足2πm 3qB.不计粒子重力．(1)求粒子进入棱长为L 的正方体电磁修正区时速度的大小；(2)粒子射出正方体电磁修正区后到达平板所需的时间；(3)若满足关系式E ＝qUB 22π2m，求从M 点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标．(结果用L 表示)答案 (1)2qU m (2)2L m 2qU(3)⎝⎛⎭⎪⎫－9－236L ，9＋4π54L 解析 (1)设粒子进入棱长为L 的正方体电磁修正区时的速度大小为v ，根据动能定理有qU ＝12m v 2，解得v ＝2qU m(2)在正方体中，粒子在平行于MPRG 平面方向的分运动为匀速圆周运动，在垂直于MPRG 平面方向的分运动为匀加速直线运动，设粒子做圆周运动的周期为T ，根据洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2R ，又T ＝2πR v ，联立解得T ＝2πm Bq从M 点进入正方体的粒子在正方体中的运动时间为t 1＝2πm 3qB ＝T 3，所以粒子做圆周运动转过的圆心角为120°，根据几何关系可知粒子离开正方体时的速度在垂直于平板方向的分量大小为v 2＝v cos 30°.离开正方体后粒子做匀速直线运动，到达平板所需的时间为t 2＝3L v 2，联立解得t 2＝2L m 2qU (3)根据几何关系有R ＋R cos 60°＝L ，解得R ＝23L ，粒子在正方体中做匀加速直线运动的加速度大小为a ＝qE m ＝q m qUB 22π2m ，粒子在正方体中沿y 轴方向的位移大小为y 1＝12at 12，粒子离开正方体时的速度沿y 轴方向的分速度大小为v y ＝at 1，从M 点入射的粒子最后打到平板上的位置的纵坐标为y ＝y 1＋v y t 2－L 2，联立解得y ＝9＋4π54L ，根据几何关系可知粒子在正方体中沿x 轴方向的位移大小为x 1＝R sin 60°＝33L 粒子离开正方体时的速度沿－x 轴方向的分速度大小为v 1＝v sin 30°，从M 点入射的粒子最后打到平板上的位置的横坐标为x ＝x 1－v 1t 2－L 2，联立解得x ＝－9－236L 综上所述可知从M 点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－9－236L ，9＋4π54L .。
物理练习(新教材粤教版)第十章专题强化练十六电学实验综合
1．为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路．图中A0是标准微安表，R0和R N分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀单掷开关，E是电池．完成下列实验步骤中的填空：(1)将S拨向接点1，接通S1，调节________，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时______的读数I；(2)然后将S拨向接点2，调节____________，使__________，记下此时R N的读数；(3)多次重复上述过程，计算R N读数的______，此即为待测微安表头内阻的测量值．2．要测量电压表V1的内阻R V1，已知其最大量程为3 V，内阻约3 kΩ.实验室提供的器材有：电流表A，量程0～A，内阻约为Ω电压表V2，量程0～5 V，内阻约为5 kΩ定值电阻R1，阻值为20 Ω定值电阻R2，阻值为2 kΩ滑动变阻器R3，最大阻值100 Ω，额定电流A电源E，电动势6 V，内阻约为Ω开关S一个，导线若干．(1)某同学设想按图甲所示电路进行测量，读出电压表V1和电流表A的示数后，用欧姆定律计算出R V1.该方案实际上__________(填“可行”或“不可行”)，最主要的原因是_________．(2)另一同学按如图乙所示的实物电路来测量电压表V1的内阻R V1.①图中R0应选__________．(选填“R1”或“R2”)②在虚线方框内画出该实验电路图．③接通电路后，调整滑动变阻器的滑动触头在适当的位置，此时电压表V1的读数为U1，电压表V2的读数为U2，定值电阻的阻值为R0，则电压表V1的内阻R V1的表达式为R V1＝________.3．(2023·广东珠海市模拟)某同学利用图甲所示电路测量一表头的电阻．供选用的器材如下：A．待测表头G1(内阻r1约为300 Ω，量程为mA)；B．灵敏电流表G2(内阻r2＝300 Ω，量程为mA)；C．定值电阻R(R＝1 200 Ω)；D．滑动变阻器R1(最大阻值为10 Ω)；E．滑动变阻器R2(最大阻值为1 000 Ω)；F．电源E(电动势E＝V，内阻不计)；G．开关S，导线若干．(1)请根据图甲所示电路将图乙的实物图补充完整．(2)滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2”)．开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至________(填“a”或“b”)端．(3)该同学接入定值电阻R的主要目的是________________________________．(4)实验中某次待测表头G1的示数如图丙所示，示数为________ mA.(5)该同学多次移动滑片P，记录相应的G1、G2示数I1、I2；以I1为纵坐标I2为横坐标，作出相应图线．测得图线的斜率k＝，则待测表头内阻r1＝________ Ω.4．(2023·广东茂名市五校联盟联考)某同学在测两节干电池串联时的电动势和内阻时所用的器材如下：A．两节干电池：总电动势约为3 V，总内阻约为Ω；B．电压表V：量程为3 V，内阻为几千欧；C．电流表A：量程为100 mA，内阻为Ω；D．定值电阻R0：阻值为Ω；E．滑动变阻器R：0～20 Ω；F．开关，导线若干．(1)该同学设计出如图甲所示的电路图，根据电路图用笔画线在图乙中将实物图连接完整．(2)实验中，该小组闭合开关，调节滑动变阻器，多次测量得出多组电压表的示数U和电流表A的示数I，通过描点画出电源的U－I图像如图丙所示，这两节干电池的总电动势E＝____ V (结果保留三位有效数字)，总内阻r＝______ Ω(结果保留两位有效数字)．(3)电流表的内阻对两节干电池总电动势的测量结果________(填“有”或“没有”)影响．5．某小组用惠斯通电桥测量电阻R x的阻值：方案一：如图(a)所示，先闭合开关S，然后调整电阻箱R2的阻值，使开关S0闭合时，电流表G的示数为零．已知定值电阻R1、R3的阻值，即可求得电阻R x的阻值．(1)实验中对电流表G的选择，下列说法正确的是________．A．电流表的零刻度在表盘左侧B．电流表的零刻度在表盘中央C．电流表的灵敏度高，无需准确读出电流的大小D ．电流表的灵敏度高，且能准确读出电流的大小(2)若实验中未接入电流表G ，而其他电路均已连接完好，调节电阻箱R 2，当R 2R x >R 1R 3，则B 、D 两点的电势的关系满足φB ________(选填“>”“<”或“＝”)φD .方案二：在方案一的基础上，用一段粗细均匀的电阻丝替代R 1、R 3，将电阻箱R 2换成定值电阻R ，如图(b)所示．(3)闭合开关S ，调整触头D 的位置，使按下触头D 时，电流表G 的示数为零．已知定值电阻R 的阻值，用刻度尺测量出l 1、l 2，则电阻R x ＝________.(用已知量和测得量表示)(4)为消除因电阻丝的粗细不均匀而带来的误差，将图(b)中的定值电阻R 换成电阻箱，并且按照(3)中操作时，电阻箱的读数记为R 4；然后将电阻箱与R x 交换位置，保持触头D 的位置不变，调节电阻箱，重新使电流表G 的示数为零，此时电阻箱的读数记为R 5，则电阻R x ＝______.(用电阻箱的读数表示)。
第十章 实验专题训练(初中九年级物理北师大)
第十章实验专题训练1、某同学在探究弹性势能大小与形变量的关系时，猜测弹性势能可能与形变量x成正比，也可能与形变量的平方x2成正比。
用如图装置进行探究，将弹簧套在光滑竖直杆上且底端固定在水平面上，刻度尺与杆平行，进行了如下操作：①弹簧处于自由状态时，读出其上端距水平面的高度h0；②将中间有孔的小铁块套在光滑杆上放于弹簧上端，竖直向下按压铁块，读出此时弹簧上端到水平面的高度h1；③释放小铁块，当铁块上升到最大高度时，读出铁块下端到水平面的高度h2；④改变弹簧的压缩长度，重复步骤②③，将测出的数据记录在表格中，并计算出弹簧的形变量x、形变量的平方x2和小铁块上升的距离△h（1）实验中弹簧的形变量x=________________________（用所测物理量符号表示）；（2）本实验中，弹簧弹性势能大小是通过________来间接反映的；A．h1 B．h2 C．h2﹣h0 D．h2﹣h1（3）该同学根据表中数据分别做出图甲△h﹣x和图乙△h﹣x2图象，由此得到的结论是弹簧弹性势能的大小与________________成正比2、小明在探究物体的动能大小跟哪些因素有关的实验中，选用质量不同两个钢球m和M（M 的质量大于m），分别不从同的高度h和H（H＞h）静止开始放下，观察木块B被撞击后移动的距离。
实验过程如图所示。
（1）小明通过观察木块B移动的距离长短，来判断小球动能的大小，他利用的研究方法是________________（选填控制变量法或转换法）；若水平面绝对光滑，本实验将________（选填能或不能）达到探究目的。
（2）由甲、乙图可得实验结论：物体的动能大小与________________有关。
（3）小明根据甲、丙两图得出论：物体的动能大小与质量有关，她的看法是否正确？________（选填正确或错误），理由是：________________________________________。
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Tl
l
T
平面应变
1 2 v x ( x y ) (1 )T E 1 1 2 v y ( y x ) (1 )T E 1 2(1 ) xy xy E
除物理方程之外，其余方程相同。
§ 10.3 热应力3
F 2 f ( )
F 2 ( Acos 2 B sin 2 C D)
根据平面问题的极坐标解，可以求解应力场
k1 (sin cos cos cos 2 ) 6k 2 k1 (cos cos ) 2 6k 2 k1 sin (cos cos ) ' 6k 2
采用布西内斯克解分析局部变形 接触压力是的函数 q()与接触区域半球面的纵坐标 成正比
qmax q( ) a 2 2 sin 2 a
§ 10.2 赫兹接触2
s长度mn
s 2 a 2 2 sin 2
mn中点压力q()
q ( )ds
qmax π 2 (a 2 sin 2 ) a 2
w 0,
u u( )
0
du d ,
u
E ET ( ) 1 1 2 1 2 E ET ( ) 1 1 2 1 2 E ET z (1 )(1 2 ) 1 2
T A ln B
T
a
Ta
T
b
0
T
ln b ln Ta ln a ln b
§ 10.3 热应力4
轴对称问题
平衡微分方程 几何方程 本构方程
将应力分量代入平衡 微分方程
d 2u d 2 1 du u 1 dT 2 d 1 d
π 2 qmax (2a 2 2 ) q( )dsd 4a
回代可得
(
1 v1 1 v2 πaqmax ) E1 E2 2
2 2 2
2
2
最大接触压力
qmax 3F 2 πa 2
1 v1 1 v2 π qmax ( ) E1 E2 4a
§ 10.2 赫兹接触3
应力分量在边界=a 和=b分别等于常数 q1和 q2，这与命题边 界条件不符。
借助平面轴对称问题解，叠加可以得 到管道热应力 应力分量
b )2 1 ( ETa ln b ln [ ] 2 2(1 ) ln b ln a ( b ) 1 a b )2 1 ( ETa ln b ln 1 [ ] 2 2(1 ) ln b ln a (b ) 1 a
3
1 2 0.3
3
F 2 ( R1 R2 ) 1.23 E 2 R1 R2
3
FR1 R2 a 1.11 2 E ( R1 R2 )
qmax
6 FE 2 ( R1 R2 ) 2 0.388 2 2 R1 R2
§10.3
热应力
•热应力——环境温度变化导致弹性体膨胀和 收缩，因此产生的应力。 •温度应力
ln b ln a 1 4 Ta 1 2G b (2 ln 1) ln b ln a 2G b (2 ln 1) ln b ln a
F
2
(ln b ln 1)
§ 10.3 热应力6
2G b (2 ln 1) ln b ln a 2G b (2 ln 1) ln b ln a
2 2 cos cos ( 2 2 2 )F (1 )T0 1 cos
§ 10.3 热应力8
热弹性势函数
F 2 (C cos D)
3C cos 4D (1 )T0 cos cos 1 cos (1 )T0 cos D 4(1 cos )
受热管道热应力
受热厚壁管道，内径为a，外径为b。 管道内温度增量为Ta，管道外温度增量为0。 管道内无热源时热应力为0，定常温度场。
根据热传导方程
T 0, t
2T 0
d 2T 1 dT 0 2 d d
轴对称温度场
积分可得
根据边界条件 则
A Ta Ta ln b B ln a ln b ln a ln b
第十章 弹性力学专题问题
布西内斯克问题
赫兹接触
热应力
弹性波
•柱坐标问题
•——基本方程
•球坐标问题 •——基本方程
目录
§10.1 §10.2 布西内斯克问题 赫兹接触
§10.3
§10.4
热应力
弹性波
§10.1 布西内斯克 (Boussinesq)问题
半无限平面作用法向集中力
——布西内斯克问题
应力和位移
回代
所以
(1 )T0 C , 3(1 cos )
(1 )T0 2 1 1 F ( cos cos ) 1 cos ) 3 4
根据上述热弹性势 函数，可以得到应 力分量的特解 应力特解边界值
'
1 3 2 ' k1 ( cos k 2 ) 3 1 ' k1 sin 3
表面沉陷
(1 v 2 ) F w | z 0 πE
§ 10.1布西内斯克问题3
半无限平面作用法向分布载荷
布西内斯克问题的推广
载荷作用区下位移 外部沉陷 内部沉陷
§10.2 赫兹接触问题
赫兹（hertz, H.R）1881年研究 弹性球体的接触问题 弹性接触对于球体是局部区域 R1， R1
§ 10.3 热应力5
热弹性势函数F()
注意到
dF d d2 1 d 1 d d ( ) 2 d d d d u
热弹性势函数表 示的平衡方程
求解可得 令
d 2F 2G 2G 2 d dF 2G 2G d
d d 1 1 1 ( )dF dF Ta d d 1 ln a ln b
u f ( x C0t )
u f ' ( x C0 t ) x E Ef ' ( x C0 t ) u v C0 [ f ' ( x C0 t )] t
C0 v E
§ 10.4 波4
反射波 u( x, t ) f1 ( x C0t ) f 2 ( x C0t ) u1 ( x, t ) u2 ( x, t ) 右行波
' k1 ( cos k 2 )
ET0 k1 1 cos 1 k 2 cos 2
1 k1k 2 3
'
1 k1 sin 3
§ 10.3 热应力9
为了消除与原命题不符的应力场，叠加一个相 反的应力场。 考虑应力函数 双调和函数
§ 10.4 波2
波动方程
质点运动速度
v 0 t x 1 v 0 E t x
2u 2u C0 2 2 t x
C0 E
v t x
1 v E t x
u v t
0
0 v, t 0 1 v, t 0 0 , 1 , 0 1 t E t
最大应力在坝体边界
max
k1 (cos2 1) 6k 2
§10.4 弹性波初等理论
突加载荷引起的变形和应力不能立即传递到物 体的各个部分。 物体的变形和应力以波的形式传播。 物体的运动方式主要表现为波的传播。 根据介质的物理性质，边界条件和载荷的作用 方式，波的传播过程呈现各种不同的特性。 本节以半无限长弹性细杆为例研究弹性应力波 在杆内向远处传播的规律。 设压缩应力为正,杆端应力sd。
接触区域半径
a
3
3FR1 R2 1 1 1 2 ( ) 4( R1 R2 ) E1 E2
2 2
最大接触压力
qmax 3 6 F ( R1 R2 ) 2 2 2 1 1 2 2 1 2 π 3 R1 R2 ( ) E1 E2
如
E1 E1 E ,
u (1 v) F z (1 2v) [ 2 ] 2 πER R Rz (1 v) F z 2 w [ 2 2(1 v)] 2 πER R
§ 10.1布西内斯克问题2
F 3 2 z (1 2v ) R [ 3 ] 2 2 πR R Rz (1 2v) F z R [ ] 2 2 πR R Rz 3Fz3 z 2 πR 5 3 Fz 2 rz 2 πR 5
u1 u1 1 E Z s Z s v1 x t u 2 u 2 2 E Zs Z s v2 x t
左行波
右行波，应力和质点速度符号相反 ——负应力对应于正速度 左行波，应力和质点速度符号相同
AW , t BW , t 0
A 0
0 1 , E
0 1 B 0 1 ,
v W
§ 10.4 波3
质点运动速度 v与瞬时应力 成正比，比例常 数称为声阻抗率。 C0 v Z s v 作用压力，波的传播方向与质点的运动速度 方向和应力方向一致。反之，拉力作用，则 波的传播方向与质点的运动速度方向和应力 方向相反。
§ 10.3 热应力7
坝体热应力热应力 顶角为2的楔形体坝体 楔形坝体中心线温度变化为T0，两侧面温度变 化为零。 设坝体内部的温度变化为