【正文】 復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題． 【分析】 質(zhì)子在只有電場(chǎng)的區(qū)域運(yùn)動(dòng)（垂直電場(chǎng)方向射入），粒子做了平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)能定理可求出電場(chǎng)強(qiáng)度的值．質(zhì)子在只有磁場(chǎng)存在的區(qū)域運(yùn)動(dòng)，質(zhì)子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系判 斷其半徑，利用半徑公式可求出磁場(chǎng)強(qiáng)度的值． 【解答】 解：質(zhì)子在只有電場(chǎng)存在時(shí)，動(dòng)能由 Ek變?yōu)?5Ek，由動(dòng)能定理可知電場(chǎng)力做功為： W=eEd=5Ek﹣ Ek 解得： E= 由此可判斷，選項(xiàng) AB錯(cuò)誤． 質(zhì)子在只有磁場(chǎng)存在時(shí)，質(zhì)子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由題意可知，運(yùn)動(dòng)半徑為 d，由半徑公式有： d= 設(shè)質(zhì)子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為 v，則速度為： v= 以上兩式聯(lián)立得： B= ，所以選項(xiàng) C錯(cuò)誤，選項(xiàng) D正確． 故選： D． 【點(diǎn)評(píng)】 對(duì)于本題正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動(dòng)特征是解決問題的前提，靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵． 明確研究對(duì)象，對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析． 依據(jù)力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，明確運(yùn)動(dòng)性質(zhì)及運(yùn)動(dòng)過程作出運(yùn)動(dòng)軌跡 建立合理的運(yùn)動(dòng)模型． 根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)模型，選擇合適的定律、定理（牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理等）列方程組求解． 二、多項(xiàng)選擇題：本題共 5小題，每小題 4分，共計(jì) 20分．每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)的得 4分，選對(duì)但不全的得 2分，錯(cuò)選或不答得 0分． 7．在光滑圓錐形容器中，固定了一根光滑的豎直細(xì)桿，細(xì)桿與圓錐的中軸線重合，細(xì)桿上穿有小環(huán)（小環(huán)可以自由轉(zhuǎn)動(dòng)，但不能上下移動(dòng)），小環(huán)上連接一輕繩，與一質(zhì)量為 m的 光滑小球相連，讓小球在圓錐內(nèi)做水平面上的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并與圓錐內(nèi)壁接觸．如圖所示，圖 ① 中小環(huán)與小球在同一水平面上，圖 ② 中輕繩與豎直軸成 θ 角．設(shè)圖 ① 和圖 ② 中輕繩對(duì)小球的拉力分別為 Ta和 Tb，圓錐內(nèi)壁對(duì)小球的支持力分別為 Na和 Nb，則下列說法中正確的是 ( ) A． Ta一定為零， Tb一定為零 B． Ta可以為零， Tb可以為零 C． Na一定不為零， Nb可以為零 D． Na可以為零， Nb可以為零 【考點(diǎn)】 向心力． 【專題】 定性思想；推理法；勻速圓周運(yùn)動(dòng)專題． 【分析】 小球在圓錐內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)小球進(jìn)行受 力分析，合外力提供向心力，根據(jù)力的合成原則即可求解． 【解答】 解：對(duì)甲圖中的小球進(jìn)行受力分析，小球所受的重力，支持力合力的方向可以指向圓心提供向心力，所以 Ta可以為零，若 Na等于零，則小球所受的重力及繩子拉力的合力方向不能指向圓心而提供向心力，所以 Na一定不為零； 對(duì)乙圖中的小球進(jìn)行受力分析，若 Tb為零，則小球所受的重力，支持力合力的方向可以指向圓心提供向心力，所以 Tb可以為零，若 Nb等于零，則小球所受的重力及繩子拉力的合力方向也可以指向圓心而提供向心力，所以 Nb可以為零；故 B、 C正確， A、 D錯(cuò)誤． 故選： BC． 【點(diǎn)評(píng)】 本題解題的關(guān)鍵是對(duì)小球進(jìn)行受力分析，找出向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律分析求解，難度中等． 8．第 22屆冬季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)于 2020年 2月 7日至 2月 23日在俄羅斯索契市舉行．跳臺(tái)滑雪是比賽項(xiàng)目之一，利用自然山形建成的跳臺(tái)進(jìn)行，某運(yùn)動(dòng)員從弧形雪坡上沿水平方向飛出后，又落回到斜面雪坡上，如圖所示，若斜面雪坡的傾角為 θ ，飛出時(shí)的速度大小為 v0，不計(jì)空氣阻力，運(yùn)動(dòng)員飛出后在空中的姿勢(shì)保持不變，重力加速度為 g，則 ( ) A．如果 v0不同，該運(yùn)動(dòng)員落到雪坡時(shí)的位置不同，速度方向也不同 B． 如果 v0不同，該運(yùn)動(dòng)員落到雪坡時(shí)的位置不同，但速度方向相同 C．運(yùn)動(dòng)員在空中經(jīng)歷的時(shí)間是 D．運(yùn)動(dòng)員落到雪坡時(shí)的速度大小是 【考點(diǎn)】 平拋運(yùn)動(dòng)． 【專題】 平拋運(yùn)動(dòng)專題． 【分析】 運(yùn)動(dòng)員離開平臺(tái)做平拋運(yùn)動(dòng)，抓住豎直位移和水平位移的關(guān)系得出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，結(jié)合速度方向與水平方向夾角與位移方向與水平方向夾角的關(guān)系得出速度的方向． 【解答】 解： A、根據(jù) tanθ= ，解得平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t= ．則水平位移 x= ，知初速度不同，水平位移不同，落點(diǎn)位置不同．因?yàn)樗俣扰c水平方向的夾角正切值為 ，因?yàn)槲灰婆c水平方向夾角為定值， 則速度與水平方向的夾角為定值，則落在斜面上的速度方向相同．故 A錯(cuò)誤， B、 C正確． D、因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員落在斜面上時(shí)與水平方向的夾角不等于 θ ，則速度大小不等于 ．故 D錯(cuò)誤． 故選： BC． 【點(diǎn)評(píng)】 解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，以及知道速度方向與水平方向夾角的正切值是位移方向與水平方向夾角正切值的 2倍． 9．如圖所示，固定在豎直面內(nèi)的光滑圓環(huán)半徑為 R，圓環(huán)上套有質(zhì)量分別為 m和 2m的小球A、 B（均可看作質(zhì)點(diǎn)），且小球 A、 B用一長(zhǎng)為 2R的輕質(zhì)細(xì)桿相連，在小球 B從最高點(diǎn)由靜止開始沿圓環(huán)下滑至 最低點(diǎn)的過程中（已知重力加速度為 g），下列說法正確的是 ( ) A． A球增加的機(jī)械能等于 B球減少的機(jī)械能 B． A球增加的重力勢(shì)能等于 B球減少的重力勢(shì)能 C． A球的最大速度為 D．細(xì)桿對(duì) A球做的功為 mgR 【考點(diǎn)】 機(jī)械能守恒定律；牛頓第二定律；向心力． 【專題】 機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題． 【分析】 本題中兩個(gè)球的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式求解即可． 【解答】 解： A、 B球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)， A球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，兩個(gè)球系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故 A球增加的機(jī)械能等于 B球減少的機(jī)械能，故 A正確； B、 A球重力 勢(shì)能增加 mg?2R， B球重力勢(shì)能減小 2mg?2R，故 B錯(cuò)誤； C、兩個(gè)球系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng) B球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，速度最大，有 2mg?2R﹣ mg?2R= （ m+2m） v2 解得 v= 故 C錯(cuò)誤； D、除重力外其余力做的功等于機(jī)械能的增加量，故細(xì)桿對(duì) A球做的功等于 A球動(dòng)能的增加量，有 W= +mg?2R= = 故 D正確； 故選 AD． 【點(diǎn)評(píng)】 本題關(guān)鍵抓住 AB系統(tǒng)機(jī)械能守恒，同時(shí)運(yùn)用除重力外其余力做的功等于機(jī)械能的增加量列式求解． 10．空間某區(qū)域存在著電場(chǎng)，電場(chǎng)線在豎直面上的分布如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為 m、電 量為 q的小球在該電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，小球經(jīng)過 A點(diǎn)時(shí)的速度大小為 v1，方向水平向右，運(yùn)動(dòng)至 B點(diǎn)時(shí)的速度大小為 v2，運(yùn)動(dòng)方向與水平方向之間夾角為 α ， A、 B兩點(diǎn)之間的高度差與水平距離均為 H，則以下判斷中正確的是 ( ) A．小球由 A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至 B點(diǎn)，電場(chǎng)力做的功 W= mv12﹣ mgH B． A、 B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差 U= C．帶電小球由 A運(yùn)動(dòng)到 B的過程中，電場(chǎng)力對(duì)小球一定做正功 D．小球運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)所受重力的瞬時(shí)功率為 p=mgv2sinα 【考點(diǎn)】 電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；功率、平均功率和瞬時(shí)功率． 【專題】 定量思想；圖 析法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題． 【分析】 小球由 A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至 B點(diǎn)的過程中，重力和電場(chǎng)力做功引起小球動(dòng)能的變化，根據(jù)動(dòng)能定理研究電場(chǎng)力做功．由公式 W=qU，研究 A、 B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差 U．由動(dòng)能的變化量大小與重力做功的大小關(guān)系，分析電場(chǎng)做功的正負(fù)．小球運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)所受重力的瞬時(shí)功率等于重力與豎直分速度的乘積． 【解答】 解： A、小球由 A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至 B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得： mgH+W= ﹣ ，得到W= mv12﹣ mgH．故 A正確． B、由公式 W=qU，得到 A、 B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差 U= = ﹣ ．故 B錯(cuò)誤． C、由 W= mv12﹣ mgH可知，當(dāng) mv12＞ mgH時(shí)， W＞ 0，電場(chǎng)力做正功；當(dāng)mv12＜ mgH， W＜ 0，電場(chǎng)力負(fù)功．故 C錯(cuò)誤． D、小球運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)重力方向豎直向下，小球的豎直分速度為 v2sinα ，所以重力的瞬時(shí)功率 P=mgv2sinα ．故 D正確． 故選： AD 【點(diǎn)評(píng)】 本題帶電粒子在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，往往根據(jù)動(dòng)能定理或能量守恒定律研究電場(chǎng)力做功．求重力瞬時(shí)功率時(shí)，不能直接用公式 P=mgv2，應(yīng)該用重力與豎直分速度來求． 11．一電流表的原理圖如圖所示．質(zhì)量為 m的勻質(zhì)細(xì)金屬棒 MN的中點(diǎn)處通過一絕緣掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連 ，彈簧勁度系數(shù)為 k．在矩形區(qū)域 abcd內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B，方向垂直紙面向外．與 MN的右端 N連接的一絕緣輕指針可指示標(biāo)尺上的讀數(shù)，MN的長(zhǎng)度大于 ab．當(dāng) MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時(shí)， MN與矩形區(qū)域的 cd邊重合；當(dāng) MN中有電流通過時(shí)，指針示數(shù)可表示電流大?。铝姓f法正確的是 ( ) A．若要電流表正常工作，電流由 M→N B．若將量程擴(kuò)大到 2倍，只需將磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍 C．若將量程擴(kuò)大到 2倍，可換一根勁度系數(shù)為原來 倍的輕彈簧 D．若將量程擴(kuò)大到 2倍，需要將磁感應(yīng)強(qiáng)度和彈簧勁 度系數(shù)均增大為原來 2倍 【考點(diǎn)】 安培力． 【分析】 當(dāng)電流表正常工作時(shí)，電流表有示數(shù)，金屬棒將受到向下的安培力，根據(jù)左手定則可知 MN中電流方向，從而確定 MN 的哪一端與電源正極相接． 當(dāng)金屬棒處于 ab線上時(shí)，電流表示數(shù)最大，根據(jù)平衡條件列出受力平衡方程．?dāng)U大量程后根據(jù)推導(dǎo)出的平衡方程即可解出正確結(jié)果． 【解答】 解： A