【導(dǎo)讀】MN垂直的水平軸無摩擦地轉(zhuǎn)動(dòng)，O點(diǎn)位于MN的垂直平分線上距MN為L(zhǎng)處。量異種電荷形成電場(chǎng)的影響。小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)桿的拉力大小；小球繼續(xù)向左擺動(dòng)，經(jīng)過與A等高度的C點(diǎn)時(shí)的速度大小。由于取O點(diǎn)電勢(shì)為零，而O在MN的垂直平分線上，所以0?和電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定律即可求得A點(diǎn)的電勢(shì)；B到C的過程中重力和電場(chǎng)力做功，判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量；P點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)O至少多高；若該小球以滿足中OP最小值的位置和對(duì)應(yīng)速度進(jìn)入第一象限，通過N點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，牛頓第二定律，二力平衡，機(jī)械能守恒定律，平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)等。

　　

【正文】 ③ （ 2 分 ） 小球恰能通過半圓軌道的最高點(diǎn)并 沿軌道運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)滿足： mg＝ mv2/R ④ （ 2 分） 由 ②③④ 得： r＝ EB Rg ⑤ （ 1 分） 28 即 PO的最小距離為： y＝ 2r＝ 2EB Rg ⑥ （ 1 分） (3)小球由 O 運(yùn)動(dòng)到 N 的過程中設(shè)到達(dá) N 點(diǎn)的速度為 vN，由機(jī)械能守恒定律得： mg2 R＝ 12mv2N－ 12mv2 ⑦ （ 1 分） 由 ④⑦ 解得： vN＝ 5gR ⑧ （ 1 分） 小球從 N 點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域后，在絕緣光滑水平面上做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為 a，則有：沿 x 軸方向有： x＝ vNt ⑨ （ 1 分） 沿電場(chǎng)方向有： z＝ 12at2 ⑩ （ 1 分） 由牛頓第二定律得： a＝ qE/m ? （ 1 分） t 時(shí)刻小球距 O 點(diǎn)為： s＝ x2＋ z2＋ ?2R?2＝ 2 7R ? （ 2 分） 答案 (1)正電 mgE (2)2EB Rg (3)2 7R 【思路點(diǎn)撥】 本題是復(fù)合電磁場(chǎng)綜合考查題，設(shè)置的情境比較復(fù)雜，運(yùn)動(dòng)的過程較多，一定理清運(yùn)動(dòng)的過程和各個(gè)過程受力情況和做功情況，再選擇合適的物理規(guī)律表達(dá)式列式求解。在第 I 象限內(nèi)，帶電粒子所受三個(gè)力作用，電場(chǎng)力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力作勻速圓周運(yùn)動(dòng)；后面圓周運(yùn)動(dòng)中的最高點(diǎn)的臨界點(diǎn)是只有重力提供向心力，這是解本題的一個(gè)閃光點(diǎn)。平拋運(yùn)動(dòng)等，要依據(jù)相應(yīng)的規(guī)律求解即可。 【物理卷 2020 屆河南省洛陽市高三第一次統(tǒng)一考試（ 202012） word 版】 20. (12 分 )如圖 15所示，在 水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一表面光滑、與水平面成 45 角的絕緣直桿 AC，其下端 C的正下方有一點(diǎn) P， P 距 C 的高度為 h= m．有一質(zhì)量 500g 的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離開桿后正好通過 P 點(diǎn)． (g 取 102/ms)求： 29 (1)小環(huán)離開直桿后運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向； (2)小環(huán)運(yùn)動(dòng)到 P 點(diǎn)的動(dòng)能． 【答案】【知識(shí)點(diǎn)】 勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；牛頓第二定律． C2 I1 【答案解析 】 （ 1）102 m/s2，方向垂直桿向下；（ 2） 5J． 解析 ： （ 1）帶電小環(huán)沿桿勻速下滑，則根據(jù)受力分析可知電場(chǎng)力方向向右，即小環(huán)帶負(fù)電 桿子與水平方向成 45176。 ，則電場(chǎng)力 F=mg=10=5N 合力 F 合 =2mg=5 N， 根據(jù)牛頓第二定律得： a=252 10 2 / msm ??合 ，方向垂直桿向下， （ 2）設(shè)小環(huán)在直桿上運(yùn)動(dòng)的速度為 v0，離桿后經(jīng) t 秒到達(dá) P 點(diǎn)， 則豎直方向： h=v0sin45176。?t+12gt2 水平方向 ： v0cos45176。?t qEm t2=0 聯(lián)立解得： v0=10 ?? =2 m/s 由動(dòng)能定理得： EkP12mv02=mgh? ⑤ 可得： EkP= mv02+mgh= 2 2+10=5 J 【思路點(diǎn)撥】 （ 1）根據(jù)小環(huán)在桿子上受力平衡，判斷出電場(chǎng)力的方向，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出電場(chǎng)力的大小，從而得知離開桿子后所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的大小和方向． （ 2）研究小環(huán)離開直桿的過程：小環(huán)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，將其運(yùn)動(dòng)分解法水平和豎直兩個(gè)研究，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，從 C 到 P 水平位移為 0，根據(jù)牛頓第二定律和位移時(shí)間公式對(duì)兩個(gè)方向分別列式，即可求出小球做勻變速運(yùn)動(dòng)的初速度，即在直桿上勻速運(yùn)動(dòng) 時(shí)速度的大?。鶕?jù)動(dòng)能定理求出小環(huán)運(yùn)動(dòng)到 P 點(diǎn)的動(dòng)能．解決本題的關(guān)鍵通過共點(diǎn)力平衡得出電場(chǎng)力的大小和方向，然后運(yùn)用牛頓第二定律和動(dòng)能定理進(jìn)行 30 求解． 【物理卷 2020 屆河南省洛陽市高三第一次統(tǒng)一考試（ 202012） word 版】 19. (12 分 )如圖 14所示，一質(zhì)量為 m 的質(zhì)點(diǎn)，系于長(zhǎng)為 R 的輕繩的一端，繩的另一端固定在空間的 O 點(diǎn)，假設(shè)繩不可伸長(zhǎng)，柔軟且無彈性．質(zhì)點(diǎn)從 O 點(diǎn)的正上方離 O 點(diǎn)距離為8R 的點(diǎn)，以水平速度0 34v gR?拋出，試求： (1)輕繩剛剛伸直時(shí)，繩與豎直方向的夾角為多少？ (2)當(dāng)質(zhì)點(diǎn)到達(dá) O 點(diǎn)的正下方時(shí)，繩對(duì)質(zhì)點(diǎn)的拉力為多大？ 【答案】【知識(shí)點(diǎn)】 機(jī)械能守恒定律；牛頓第二定律；平拋運(yùn)動(dòng)；向心力． C2 D3 E3 【答案解析】 (1)090 (2)439mg 解析 ： ：（ 1）小球的運(yùn)動(dòng)可分為三個(gè)過程： 第一過程：小球做平拋運(yùn)動(dòng)．設(shè)繩即將伸直時(shí)，繩與豎直方向的夾角為 θ ，如圖所示，則V0t=Rsinθ ，12gt2=89RRcosθ ， 其中 V0=34 gR聯(lián)立解得 θ=2?， t=43 Rg． 即輕繩即將伸直時(shí)，繩與豎直方向的夾角為 90176。 ． （ 2）第二過程：繩繃直過程．繩棚直時(shí)，繩剛好水平，如圖所示．由于繩不可伸長(zhǎng)，故繩繃直時(shí)， V0損失，小球僅有速度 V⊥ ，且 V⊥ =gt=43 gR． 第三過程：小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)．設(shè)小球到達(dá) O 點(diǎn)正下方時(shí)，速度為 V′ ，根據(jù)機(jī)械能守恒守律有：12mV/2= mV⊥ 2+mg?R 設(shè)此時(shí)繩對(duì)小球的拉力為 T，則 Tmg=m2vR， 聯(lián)立解得： T=439mg． 31 故當(dāng)小球到達(dá) O 點(diǎn)的正下方時(shí)，繩對(duì)質(zhì)點(diǎn)的拉力為439mg． 【思路點(diǎn)撥】 （ 1）先將平拋運(yùn)動(dòng)沿水平和豎直方向正交分解，根據(jù)位移公式列式求解；（ 2）細(xì)線剛剛繃緊時(shí)，將速度沿著細(xì)線方向和垂直細(xì)線方向正交分解，沿細(xì)線方向速度迅速減小為零，垂直細(xì)線方向速度不變，之后物體繞 O 點(diǎn)做變速圓周運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，先求出最低點(diǎn)速度，再根據(jù)向心力公式和牛頓第二定律求解拉力．本題關(guān)鍵是將小球的運(yùn)動(dòng)分為三個(gè)過程進(jìn)行分析討論，平拋運(yùn)動(dòng)過程、突然繃緊的瞬時(shí)過程和變速圓周運(yùn)動(dòng)過程；然后根據(jù)對(duì)各段運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)位移公式、速度分解法則、機(jī)械能守恒定律和向心力公式列式求解． 【物理卷 2020 屆河南省洛陽市高三第一次統(tǒng)一考試（ 202012） word 版】 7 所示，在傾角為?的固定光滑斜面上有兩個(gè)用輕彈簧相連接的物塊 A、 B，它們的質(zhì)量分別為 mm2，彈簧的勁度系數(shù)為 k， C 為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一平行斜面向上的恒力 F 拉物塊 A 使之向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊 B 剛要離開擋板 C 時(shí)，物塊 A 運(yùn)動(dòng)的距離為 d，速度為v．則此時(shí) A．拉力做功的瞬時(shí)功率為 Fvsin? B．物塊 B 滿足 m2gsin =kd C．物塊 A 的加速度為1F kdm? D．彈簧彈性勢(shì)能的增加量為2111si n 2Fd m gd m v??? 【答案】【知識(shí)點(diǎn)】 功的計(jì)算；牛頓第二定律；彈性勢(shì)能． C2 E1 【答案解析】 CD 解析 ： A、由于拉力 F 與速度 v 同向，所以拉力的瞬時(shí)功率為 P=Fv，故 A錯(cuò)誤； B、開始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧彈力等于 A 的重力沿斜面向下的分力，當(dāng) B 剛離開 C時(shí)，彈簧的彈力等于 B 的重力沿斜面下的分力，故 m2gsinθ=kx 2，但由于開始是彈簧是壓縮的，故 d＞ x2，故 m2gsinθ ＜ kd，故 B 錯(cuò)誤； C、當(dāng) B 剛離開 C 時(shí)，對(duì) A，根據(jù)牛頓第二定律得： Fm1gsinθ kx2=m1a1，又開始時(shí)， A 平衡，則有： m1gsinθ=kx 1，而 d=x1+x2，解得：物塊A 加速度為kd?，故 C 正確； D、根據(jù)功能關(guān)系，彈簧彈性勢(shì)能的增加量等于拉力的功減 32 去系統(tǒng)動(dòng)能和重力勢(shì)能的增加量，即為：2111si n 2Fd m gd m v???，故 D 正確 ．故選： CD． 【思路點(diǎn)撥】 當(dāng) B 剛離開 C 時(shí)，彈簧的彈力 等于 B 的重力沿斜面下的分力，根據(jù)胡克定律求解出彈簧的伸長(zhǎng)量；根據(jù)牛頓第二定律求出物塊 A 的加速度大?。桓鶕?jù)機(jī)械能守恒定律求解A 的速度．含有彈簧的問題，往往要研究彈簧的狀態(tài)，分析物塊的位移與彈簧壓縮量和伸長(zhǎng)量的關(guān)系是常用思路． 【物理卷 2020 屆河南省洛陽市高三第一次統(tǒng)一考試（ 202012） word 版】 5．如圖 3 所示，A、 B、 C 三個(gè)小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）的質(zhì)量分別為 m、 2m、 3m， B 小球帶負(fù)電，電荷量為 q，A、 C 兩小球不帶電（不考慮小球間的電荷感應(yīng)），不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線將三個(gè)小球連接起來懸掛在 0 點(diǎn)，三個(gè)小球均 處于豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 E．則以下說法正確的是 ， A、 B 兩小球間細(xì)線的拉力為 4mg+qE B．靜止時(shí)， A、 B 兩小球間細(xì)線的拉力為 5mgqE C．剪斷 O 點(diǎn)與 A 小球間細(xì)線瞬間， A、 B 兩小球間細(xì)線的拉力大小為13qE D．剪斷 O 點(diǎn)與 A 小球間細(xì)線瞬間， 兩小球間細(xì)線的拉力大小為 6qE 【答案】【知識(shí)點(diǎn)】 牛頓第二定律；電場(chǎng)強(qiáng)度． C2 I1 【答案解析】 C 解析 ： 靜止時(shí)，對(duì) B 球 進(jìn)行受力分析，則有： T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq，故 A、B 錯(cuò)誤； B 球帶負(fù)電，相當(dāng)于在上述狀態(tài)下給 B 球瞬間施加一個(gè)豎直下下的電場(chǎng)力 qE，經(jīng)過AB 繩傳遞， qE 對(duì) A、 B 球整體產(chǎn)生一個(gè)豎直下下的加速度3m，此時(shí) A、 B 球的加速度為 g+3qEm（顯然＞ g）， C 球以加速度 g 保持自由下落，以 A 球?yàn)檠芯繉?duì)象可得 A、 B 球間細(xì)線的拉力為13qE．故 C 正確， D 錯(cuò)誤．故選 C 【思路 點(diǎn)撥】 靜止時(shí)，對(duì) B 球進(jìn)行受力分析， B 受到 AB 間細(xì)線的拉力， BC 間細(xì)線的拉力，重力和電場(chǎng)力，受力平衡，即可求得 A、 B 球間細(xì)線的拉力；假設(shè) B 球也不帶電，則剪斷 OA線瞬間， A、 B、 C 三個(gè)小球一起以加速度 g 自由下落，互相相對(duì)靜止， AB、 BC 間拉力為 0．若B 球帶電，則相當(dāng)于在上述狀態(tài)下給 B 球瞬間施加一個(gè)豎直下下的電場(chǎng)力 qE，把 AB 看成一 33 個(gè)整體即可求解．本題主要是剪斷 OA 線瞬間，對(duì) A、 B、 C 三個(gè)球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的確定及受力分析，知道繩子一旦剪短之后，繩子的拉力立即為零，難度適中． 【物理卷（解析） 2020 屆浙江省重點(diǎn) 中學(xué)協(xié)作體高三上學(xué)期第二次適應(yīng)性測(cè)試（ 202001）word 版】 14． 質(zhì)量為 m 的小球被系在輕繩的一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為 R 的圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中小球受到空氣阻力的作用 .設(shè)某一時(shí)刻小球通過軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)繩子的張力為7mg，此后小球繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過半個(gè)圓周恰能通過最高點(diǎn)，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功為 （ ▲ ） A． mgR/4 B． mgR/2 C． mg/R D． mgR 【答案】【知識(shí)點(diǎn)】 動(dòng)能定理的應(yīng)用；牛頓第二定律；向心力． C2 D4 E2 【答案 解析】 B 解析 ： 小球在最低點(diǎn)，受力分析與運(yùn)動(dòng)分析．則有： Fmg=m2vR低 而最高點(diǎn)時(shí)，由于恰好能通過，所以： mg=m2vR高小球選取從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)作為過程，由動(dòng)能定理可得： mg?2RW 克 =221122v mv低高由以上三式可得： W 克 =12mgR 故選： B 【思路點(diǎn)撥】 小球在輕繩的作用下，在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，由最低點(diǎn)的繩子的拉力結(jié)合牛頓 第二定律可求出此時(shí)速度，當(dāng)小球恰好通過最高點(diǎn)，由此根據(jù)向心力與牛頓第二定律可算出速度，最后由動(dòng)能定理來求出過程中克服阻力做功．由繩子的拉力可求出最低點(diǎn)速度，由恰好能通過最高點(diǎn)求出最高點(diǎn)速度，這都是題目中隱含條件．同時(shí)在運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)，明確初動(dòng)能與末動(dòng)能，及過程中哪些力做功，做正功還是負(fù)功． 【物理卷（解析） 2020 屆浙江省杭州二中高三第二次月考解析（ 202012）】 8．