【導讀】MN垂直的水平軸無摩擦地轉(zhuǎn)動，O點位于MN的垂直平分線上距MN為L處。量異種電荷形成電場的影響。小球經(jīng)過B點時對桿的拉力大?。恍∏蚶^續(xù)向左擺動，經(jīng)過與A等高度的C點時的速度大小。由于取O點電勢為零，而O在MN的垂直平分線上，所以0?和電場力做功，根據(jù)動能定律即可求得A點的電勢；B到C的過程中重力和電場力做功，判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量；P點距坐標原點O至少多高；若該小球以滿足中OP最小值的位置和對應速度進入第一象限，通過N點開始計時，牛頓第二定律，二力平衡，機械能守恒定律，平拋運動的知識等。

　　

【正文】 ③ （ 2 分 ） 小球恰能通過半圓軌道的最高點并 沿軌道運動，則應滿足： 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 運動到 N 的過程中設(shè)到達 N 點的速度為 vN，由機械能守恒定律得： mg2 R＝ 12mv2N－ 12mv2 ⑦ （ 1 分） 由 ④⑦ 解得： vN＝ 5gR ⑧ （ 1 分） 小球從 N 點進入電場區(qū)域后，在絕緣光滑水平面上做類平拋運動，設(shè)加速度為 a，則有：沿 x 軸方向有： x＝ vNt ⑨ （ 1 分） 沿電場方向有： z＝ 12at2 ⑩ （ 1 分） 由牛頓第二定律得： a＝ qE/m ? （ 1 分） t 時刻小球距 O 點為： s＝ x2＋ z2＋ ?2R?2＝ 2 7R ? （ 2 分） 答案 (1)正電 mgE (2)2EB Rg (3)2 7R 【思路點撥】 本題是復合電磁場綜合考查題，設(shè)置的情境比較復雜，運動的過程較多，一定理清運動的過程和各個過程受力情況和做功情況，再選擇合適的物理規(guī)律表達式列式求解。在第 I 象限內(nèi)，帶電粒子所受三個力作用，電場力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力作勻速圓周運動；后面圓周運動中的最高點的臨界點是只有重力提供向心力，這是解本題的一個閃光點。平拋運動等，要依據(jù)相應的規(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 水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成 45 角的絕緣直桿 AC，其下端 C的正下方有一點 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． (g 取 102/ms)求： 29 (1)小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向； (2)小環(huán)運動到 P 點的動能． 【答案】【知識點】 勻強電場中電勢差和電場強度的關(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)受力分析可知電場力方向向右，即小環(huán)帶負電 桿子與水平方向成 45176。 ，則電場力 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)在直桿上運動的速度為 v0，離桿后經(jīng) t 秒到達 P 點， 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 由動能定理得： EkP12mv02=mgh? ⑤ 可得： EkP= mv02+mgh= 2 2+10=5 J 【思路點撥】 （ 1）根據(jù)小環(huán)在桿子上受力平衡，判斷出電場力的方向，根據(jù)共點力平衡求出電場力的大小，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)做勻變速曲線運動，將其運動分解法水平和豎直兩個研究，豎直方向做勻加速直線運動，水平方向做勻減速直線運動，從 C 到 P 水平位移為 0，根據(jù)牛頓第二定律和位移時間公式對兩個方向分別列式，即可求出小球做勻變速運動的初速度，即在直桿上勻速運動 時速度的大?。鶕?jù)動能定理求出小環(huán)運動到 P 點的動能．解決本題的關(guān)鍵通過共點力平衡得出電場力的大小和方向，然后運用牛頓第二定律和動能定理進行 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，系于長為 R 的輕繩的一端，繩的另一端固定在空間的 O 點，假設(shè)繩不可伸長，柔軟且無彈性．質(zhì)點從 O 點的正上方離 O 點距離為8R 的點，以水平速度0 34v gR?拋出，試求： (1)輕繩剛剛伸直時，繩與豎直方向的夾角為多少？ (2)當質(zhì)點到達 O 點的正下方時，繩對質(zhì)點的拉力為多大？ 【答案】【知識點】 機械能守恒定律；牛頓第二定律；平拋運動；向心力． C2 D3 E3 【答案解析】 (1)090 (2)439mg 解析 ： ：（ 1）小球的運動可分為三個過程： 第一過程：小球做平拋運動．設(shè)繩即將伸直時，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，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，繩剛好水平，如圖所示．由于繩不可伸長，故繩繃直時， 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)做圓周運動．設(shè)小球到達 O 點正下方時，速度為 V′ ，根據(jù)機械能守恒守律有：12mV/2= mV⊥ 2+mg?R 設(shè)此時繩對小球的拉力為 T，則 Tmg=m2vR， 聯(lián)立解得： T=439mg． 31 故當小球到達 O 點的正下方時，繩對質(zhì)點的拉力為439mg． 【思路點撥】 （ 1）先將平拋運動沿水平和豎直方向正交分解，根據(jù)位移公式列式求解；（ 2）細線剛剛繃緊時，將速度沿著細線方向和垂直細線方向正交分解，沿細線方向速度迅速減小為零，垂直細線方向速度不變，之后物體繞 O 點做變速圓周運動，機械能守恒，先求出最低點速度，再根據(jù)向心力公式和牛頓第二定律求解拉力．本題關(guān)鍵是將小球的運動分為三個過程進行分析討論，平拋運動過程、突然繃緊的瞬時過程和變速圓周運動過程；然后根據(jù)對各段運用平拋運動位移公式、速度分解法則、機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)處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)用一平行斜面向上的恒力 F 拉物塊 A 使之向上運動，當物塊 B 剛要離開擋板 C 時，物塊 A 運動的距離為 d，速度為v．則此時 A．拉力做功的瞬時功率為 Fvsin? B．物塊 B 滿足 m2gsin =kd C．物塊 A 的加速度為1F kdm? D．彈簧彈性勢能的增加量為2111si n 2Fd m gd m v??? 【答案】【知識點】 功的計算；牛頓第二定律；彈性勢能． C2 E1 【答案解析】 CD 解析 ： A、由于拉力 F 與速度 v 同向，所以拉力的瞬時功率為 P=Fv，故 A錯誤； B、開始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，彈簧彈力等于 A 的重力沿斜面向下的分力，當 B 剛離開 C時，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 錯誤； C、當 B 剛離開 C 時，對 A，根據(jù)牛頓第二定律得： Fm1gsinθ kx2=m1a1，又開始時， 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，彈簧彈性勢能的增加量等于拉力的功減 32 去系統(tǒng)動能和重力勢能的增加量，即為：2111si n 2Fd m gd m v???，故 D 正確 ．故選： CD． 【思路點撥】 當 B 剛離開 C 時，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量；根據(jù)牛頓第二定律求出物塊 A 的加速度大?。桓鶕?jù)機械能守恒定律求解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 三個小球（可視為質(zhì)點）的質(zhì)量分別為 m、 2m、 3m， B 小球帶負電，電荷量為 q，A、 C 兩小球不帶電（不考慮小球間的電荷感應），不可伸長的絕緣細線將三個小球連接起來懸掛在 0 點，三個小球均 處于豎直向上的勻強電場中，電場強度大小為 E．則以下說法正確的是 ， A、 B 兩小球間細線的拉力為 4mg+qE B．靜止時， A、 B 兩小球間細線的拉力為 5mgqE C．剪斷 O 點與 A 小球間細線瞬間， A、 B 兩小球間細線的拉力大小為13qE D．剪斷 O 點與 A 小球間細線瞬間， 兩小球間細線的拉力大小為 6qE 【答案】【知識點】 牛頓第二定律；電場強度． C2 I1 【答案解析】 C 解析 ： 靜止時，對 B 球 進行受力分析，則有： T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq，故 A、B 錯誤； B 球帶負電，相當于在上述狀態(tài)下給 B 球瞬間施加一個豎直下下的電場力 qE，經(jīng)過AB 繩傳遞， qE 對 A、 B 球整體產(chǎn)生一個豎直下下的加速度3m，此時 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 球為研究對象可得 A、 B 球間細線的拉力為13qE．故 C 正確， D 錯誤．故選 C 【思路 點撥】 靜止時，對 B 球進行受力分析， B 受到 AB 間細線的拉力， BC 間細線的拉力，重力和電場力，受力平衡，即可求得 A、 B 球間細線的拉力；假設(shè) B 球也不帶電，則剪斷 OA線瞬間， A、 B、 C 三個小球一起以加速度 g 自由下落，互相相對靜止， AB、 BC 間拉力為 0．若B 球帶電，則相當于在上述狀態(tài)下給 B 球瞬間施加一個豎直下下的電場力 qE，把 AB 看成一 33 個整體即可求解．本題主要是剪斷 OA 線瞬間，對 A、 B、 C 三個球的運動狀態(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 中學協(xié)作體高三上學期第二次適應性測試（ 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 的圓周運動，運動過程中小球受到空氣阻力的作用 .設(shè)某一時刻小球通過軌道的最低點，此時繩子的張力為7mg，此后小球繼續(xù)做圓周運動，經(jīng)過半個圓周恰能通過最高點，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】【知識點】 動能定理的應用；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，受力分析與運動分析．則有： Fmg=m2vR低 而最高點時，由于恰好能通過，所以： mg=m2vR高小球選取從最低點到最高點作為過程，由動能定理可得： mg?2RW 克 =221122v mv低高由以上三式可得： W 克 =12mgR 故選： B 【思路點撥】 小球在輕繩的作用下，在豎直平面內(nèi)做圓周運動，由最低點的繩子的拉力結(jié)合牛頓 第二定律可求出此時速度，當小球恰好通過最高點，由此根據(jù)向心力與牛頓第二定律可算出速度，最后由動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速度，由恰好能通過最高點求出最高點速度，這都是題目中隱含條件．同時在運用動能定理時，明確初動能與末動能，及過程中哪些力做功，做正功還是負功． 【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．