高中物理難題

1、測試題難題15題賞析1(鹽城一調(diào))如圖所示，斜劈A靜止放置在水平地面上。質(zhì)量為m的物體B在外力F1和F2的共同作用下沿斜劈表面向下運(yùn)動。當(dāng)F1方向水平向右，F(xiàn)2方向沿斜劈的表面向下時斜劈受到地面的摩擦力方向向左。則下列說法中正確的是ABF1F2A若同時撤去F1和F2，物體B的加速度方向一定沿斜面向下B若只撤去F1，在物體B仍向下運(yùn)動的過程中，A所受地面摩擦力方向可能向右C若只撤去F2，在物體B仍向下運(yùn)動的過程中，A所受地面摩擦力方向可能向右D若只撤去F2，在物體B仍向下運(yùn)動的過程中，A所受地面摩擦力不變 2（揚(yáng)州期末）如圖所示，L1和L2為平行的虛線，L1上方和L2下方都是垂直紙面向里的磁感應(yīng)

2、強(qiáng)度相同的勻強(qiáng)磁場，AB兩點都在L2上帶電粒子從A點以初速v與L2成300斜向上射出，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后正好過B點，經(jīng)過B點時速度方向也斜向上，不計重力，下列說法中正確的是ABA帶電粒子經(jīng)過B點時的速度一定跟在A點的速度相同B若將帶電粒子在A點時的初速度變大（方向不變）它仍能經(jīng)過B點C若將帶電粒子在A點時初速度方向改為與L2成600角斜向上，它就不一定經(jīng)過B點D. 粒子一定帶正電荷感悟與反思： AB選項考查基本知識，C選項考查這種運(yùn)動的周期性，也能檢查學(xué)生的錯誤思維定勢。4(揚(yáng)州期末15分)如圖所示，一邊長L = 0.2m，質(zhì)量m1 = 0.5kg，電阻R = 0.1的正方形導(dǎo)體線框abcd，與一質(zhì)量

3、為m2 = 2kg的物塊通過輕質(zhì)細(xì)線跨過兩定滑輪相連。起初ad邊距磁場下邊界為d1 = 0.8m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.5T，磁場寬度d2 =0.3m，物塊放在傾角=53°的斜面上，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)=0.5?，F(xiàn)將物塊由靜止釋放，經(jīng)一段時間后發(fā)現(xiàn)當(dāng)ad邊從磁場上邊緣穿出時，線框恰好做勻速運(yùn)動。（g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°= 0.6）求： （1）線框ad邊從磁場上邊緣穿出時繩中拉力的功率； （2）線框剛剛?cè)窟M(jìn)入磁場時速度的大?。?（3）整個運(yùn)動過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱。1,3,5解：1,3,5（1）由于線框勻速出磁場，則對m2有：得T=1

4、0N 2分對m1有： 又因為聯(lián)立可得：2分所以繩中拉力的功率P=Tv=20W 2分 （2）從線框剛剛?cè)窟M(jìn)入磁場到線框ad邊剛要離開磁場，由動能定理得 3分且 解得v0=1.9m/s2分 （3）從初狀態(tài)到線框剛剛完全出磁場，由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律可得3分將數(shù)值代入，整理可得線框在整個運(yùn)動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q = 1.5 J 1分感悟與反思：第一問學(xué)生往往錯誤地應(yīng)用整體法而得出錯誤答案；第二問有兩種解法，一是利用能量轉(zhuǎn)化與守恒，二是純粹用運(yùn)動學(xué)方法解，但必須正確隔離兩個物體；第三問似與第二問考點重復(fù)，刪去也可。CmBO1mAO25（如東啟東期中聯(lián)考13分）如圖所示，一輕繩繞過無摩擦的兩個輕質(zhì)小

5、定滑輪O1、O2和質(zhì)量mB=m的小球連接，另一端與套在光滑直桿上質(zhì)量mA=m的小物塊連接，已知直桿兩端固定，與兩定滑輪在同一豎直平面內(nèi)，與水平面的夾角=60°，直桿上C點與兩定滑輪均在同一高度，C點到定滑輪O1的距離為L，重力加速度為g，設(shè)直桿足夠長，小球運(yùn)動過程中不會與其他物體相碰現(xiàn)將小物塊從C點由靜止釋放，試求：（1）小球下降到最低點時，小物塊的機(jī)械能（取C點所在的水平面為參考平面）；（2）小物塊能下滑的最大距離；（3）小物塊在下滑距離為L時的速度大小解：（1）設(shè)此時小物塊的機(jī)械能為E1由機(jī)械能守恒定律得 （3分）（2）設(shè)小物塊能下滑的最大距離為sm，由機(jī)械能守恒定律有 （2分）

6、而（1分）代入解得 ；（2分）（3）設(shè)小物塊下滑距離為L時的速度大小為v，此時小球的速度大小為vB，則 （1分） （2分） 解得 （2分）感悟與反思：本題要求正確判斷CO1長度是現(xiàn)變短后變長，從而知道小球是先上升后下降，CO垂于桿時小球速度為零；物塊速度為零時小球速度也為零。最后一問要求學(xué)生正確處理A、B兩物體之間的速度關(guān)系，即兩者沿繩速度相等。綜合考查了運(yùn)動分析、能量守恒定律、運(yùn)動的合成與分解等知識。學(xué)生對第一問難以上手，所以本題三問的區(qū)分度并不好。6（鹽城一調(diào)10分）中國“嫦娥一號”繞月探測衛(wèi)星完成三次近月制動后，成功進(jìn)入周期T=127min、高度h=200km的近月圓軌道。（1）已知月球

7、半徑為R=1.72×106 m，求衛(wèi)星在高度200km的圓軌道上運(yùn)行的速度和軌道處的重力加速度g。（2）“嫦娥一號”軌道的近月點到月球球心的距離r 近=193km，遠(yuǎn)月點到月球球心的距離r 遠(yuǎn)=194km。張明、王玉兩同學(xué)利用不同方法分別計算出衛(wèi)星經(jīng)過近月點時速度v近、近月點到月球球心的距離r 近和經(jīng)過遠(yuǎn)月點時速度遠(yuǎn)、遠(yuǎn)月點到月球球心的距離r 遠(yuǎn)的關(guān)系。張明的方法： 由(1)、(2)得( rr)g(rr)王玉的方法：mmmg(rr) 得2g(rr) 請分別對這兩個同學(xué)的計算方法作一評價，并估算從遠(yuǎn)月點到近月點衛(wèi)星動能的增量。（衛(wèi)星質(zhì)量為1650kg，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）解：= =1

8、.6×103(m/s) 由=得： g=1.3 (m/s) 張明的思路方法錯誤，王玉的方法正確，但所列方程式是錯誤的。由動能定理得：Ek=mg(r遠(yuǎn)r近) =1650×1.3×(1.941.93)×105=2.1×106(J) 評分標(biāo)準(zhǔn)：各1分，2分，3分。感悟與反思：第一問考查基本知識；第二問立意很好，將實際的橢圓運(yùn)動和兩個獨(dú)立的圓周運(yùn)動放在一起讓學(xué)生辨析，抓住了教師教學(xué)和學(xué)生學(xué)習(xí)過程中的常見缺漏。學(xué)生大多只是抓住“1千米差別”大做文章，而不能發(fā)現(xiàn)本質(zhì)問題。對第二問，好的學(xué)生也可能用引力勢能公式計算，這也較好，但題目要求估算，還是題給解法好些。

9、7（鹽城一調(diào)12分）如圖所示，在直角坐標(biāo)系的原點O處有一放射源，向四周均勻發(fā)射速度大小相等、方向都平行于紙面的帶電粒子。在放射源右邊有一很薄的擋板，擋板與xoy平面交線的兩端M、N與原點O正好構(gòu)成等腰直角三角形。已知帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電量為q，速度為，MN的長度為L。（1）若在y軸右側(cè)加一平行于x軸的勻強(qiáng)電場，要使y軸右側(cè)所有運(yùn)動的粒子都能打到擋板MN上，則電場強(qiáng)度E0的最小值為多大？在電場強(qiáng)度為E0時，打到板上的粒子動能為多大?（2）若在整個空間加一方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，要使板右側(cè)的MN連線上都有粒子打到，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度不能超過多少(用m、q、L表示)?若滿足此條件，放射源O向外

10、發(fā)射出的所有帶電粒子中有幾分之幾能打在板的左邊?解：由題意知，要使y軸右側(cè)所有運(yùn)動粒子都能打在 MN板上，其臨界條件為：沿y軸方向運(yùn)動的粒子作類平拋運(yùn)動，且落在M或N點。M O=L=t 12xyOMNa=OO=L =at2 解式得E0= 由動能定理知qE0×L =Ek 解式得Ek=由題意知，要使板右側(cè)的MN連線上都有粒子打到，粒子軌跡直徑的最小值為MN板的長度L。12xyOMNO1O2R0=L=B0= 放射源O發(fā)射出的粒子中，打在MN板上的粒子的臨界徑跡如圖所示。OM=ON，且OMONOO1OO212放射源O放射出的所有粒子中只有打在MN板的左側(cè)。評分標(biāo)準(zhǔn)：各1分，各2分，第2問的第

11、二部分的文字?jǐn)⑹稣_得2分。感悟與反思：本題總體較難。第一問考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)，為基本要求；第二問的第一種情形學(xué)生很多看不清題目，錯誤理解為從左側(cè)打板，第二種情形中學(xué)生受熟題影響，只知道相切這種臨界情況，而不知道應(yīng)該按照旋轉(zhuǎn)半徑大于L/2考慮。另外，學(xué)生不能熟練進(jìn)行圓的旋轉(zhuǎn)、縮放，束手無策，也是高三復(fù)習(xí)中的難點問題，需要切實突破。全題大多學(xué)生只能做出第一問。9（如東啟東期中聯(lián)考14分）如圖所示，可視為質(zhì)點的三物塊A、B、C放在傾角為300、長L=2m的固定斜面上，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，A與B緊靠在一起，C緊靠在固定擋板上，三物塊的質(zhì)量分別為mA0.80kg、mB0.64kg、mC0

12、.50kg，其中A不帶電，B、C的帶電量分別為qB4.0×10-5C、qC2.0×10-5C且保持不變，開始時三個物塊均能保持靜止且與斜面間均無摩擦力作用如果選定兩點電荷在相距無窮遠(yuǎn)處的電勢能為0，則相距為r時，兩點電荷具有的電勢能可表示為現(xiàn)給A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上作加速度a1.5m/s2的勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)過時間t0，力F變?yōu)楹懔?，?dāng)A運(yùn)動到斜面頂端時撤去力F已知靜電力常量k9.0×109N·m2C2，g10m/s2求：（1）未施加力F時物塊B、C間的距離；（2）t0時間內(nèi)A上滑的距離； （3）t0時間內(nèi)庫侖力做的功；（4）力F對A

13、物塊做的總功解：（1）A、B、C處于靜止?fàn)顟B(tài)時，設(shè)B、C間距離為L1， 則 C對B的庫侖斥力 （1分）以A、B為研究對象，根據(jù)力的平衡 （1分）聯(lián)立解得 L1=1.0m （1分）（2）給A施加力F后， A、B沿斜面向上做勻加速直線運(yùn)動，C對B的庫侖斥力逐漸減小，A、B之間的彈力也逐漸減小經(jīng)過時間t0，B、C間距離設(shè)為L2，A、B兩者間彈力減小到零，此后兩者分離，力F變?yōu)楹懔tt0時刻C對B的庫侖斥力為 （1分）以B為研究對象，由牛頓第二定律有 （1分）聯(lián)立錯誤！未找到引用源。錯誤！未找到引用源。解得 L2=1.2m則t0時間內(nèi)A上滑的距離 （1分）（3）設(shè)t0時間內(nèi)庫侖力做的功為W0，由功能關(guān)

14、系有 （1分）代入數(shù)據(jù)解得 （1分）（4）設(shè)在t0時間內(nèi)，末速度為v1，力F對A物塊做的功為W1，由動能定理有 （1分）而 （1分）由式解得 J （1分）經(jīng)過時間t0后，A、B分離，力F變?yōu)楹懔?，對A由牛頓第二定律有 （1分）力F對A物塊做的功 由式代入數(shù)據(jù)得 （1分）則力F對A物塊做的功 （1分）感悟與反思： 本題的設(shè)計屬于陳題翻新。這類的老陳題多為重力勢能與彈性勢能結(jié)合，加考勻變速運(yùn)動中的變量（受力）分析，本題用電勢能代替彈性勢能，保留重力的分立代替原重力。考查功能很直接：一是考查學(xué)生能否用熟悉的方法解決相似問題的能力，二是能否綜合應(yīng)用幾乎全部力學(xué)規(guī)律（勻變速運(yùn)動、牛頓第二定律、能量守恒定

15、律）解決問題，不失為一道立意鮮明難度適當(dāng)?shù)暮玫木C合題。11（南通市一調(diào)15分） 如圖甲，相距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌一部分處在垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場中，oo/為磁場邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌右側(cè)接有定值電阻R，導(dǎo)軌電阻忽略不計。在距oo/為L處垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為m、電阻不計的金屬桿ab。（1）若ab桿在恒力作用下由靜止開始向右運(yùn)動，其速度位移的關(guān)系圖象如圖乙所示，則在此過程中電阻R上產(chǎn)生的電熱Q1是多少？ab桿在離開磁場前瞬間的加速度為多少？（2）若a b桿固定在導(dǎo)軌上的初始位置，磁場按Bt=Bcost規(guī)律由B減小到零，在此過程中電阻R上產(chǎn)生的電熱為Q2，求的大小。x/mv/ms

16、-1v1v23LLLaboo/RB圖甲圖乙O解：（1）ab桿在位移L到3L的過程中，由動能定理F(3LL)（1分） ab桿在磁場中發(fā)生L過程中，恒力F做的功等于ab桿增加的動能和回路產(chǎn)生的電能FL（2分）解得（2分）ab桿在離開磁場前瞬間，水平方向上受安培力F安和外力F作用，加速度a， （1分） （1分） 解得 （2分）（2）當(dāng)磁場按BtBcos t規(guī)律變化時，閉合回路的磁通量的變化規(guī)律為BcostBL2cost 該過程中穿過線圈的磁通量，與線圈在磁場中以角速度勻速轉(zhuǎn)動規(guī)律相同，因此回路中產(chǎn)生交流電。 電動勢最大值EmBL2（2分） 磁場減小到零，相當(dāng)于線圈轉(zhuǎn)過90°，經(jīng)歷四分之一周

17、期，過程中產(chǎn)生的電熱Q2（2分）T 解得（2分）12(蘇北三市14分) 如圖甲所示，一邊長L=2.5m、質(zhì)量m=0.5kg的正方形金屬線框，放在光滑絕緣的水平面上，整個裝置放在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.8T的勻強(qiáng)磁場中，它的一邊與磁場的邊界MN重合。在水平力F作用下由靜止開始向左運(yùn)動，經(jīng)過5s線框被拉出磁場。測得金屬線框中的電流隨時間變化的圖像如乙圖所示，在金屬線框被拉出的過程中。求通過線框?qū)Ь€截面的電量及線框的電阻；寫出水平力F隨時間變化的表達(dá)式；已知在這5s內(nèi)力F做功1.92J，那么在此過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱是多少？MNB甲乙0I/At/s1236450.20.40.6解：根據(jù)q

18、=t，由It圖象得：q =1.25C （2分） 又根據(jù) （2分） 得R = 4 （1分） 由電流圖像可知，感應(yīng)電流隨時間變化的規(guī)律：I0.1t （1分）由感應(yīng)電流，可得金屬框的速度隨時間也是線性變化的，（1分）線框做勻加速直線運(yùn)動，加速度a = 0.2m/s2 （1分）線框在外力F和安培力FA作用下做勻加速直線運(yùn)動，（1分）得力F（0.2 t0.1）N （1分） t5s時，線框從磁場中拉出時的速度v5 = at =1m/s （1分）線框中產(chǎn)生的焦耳熱J （3分）13(蘇北三市14分)如圖所示的直角坐標(biāo)系中，在直線x=2l0到y(tǒng)軸區(qū)域內(nèi)存在著兩個大小相等、方向相反的有界勻強(qiáng)電場，其中x軸上方的電

19、場方向沿y軸負(fù)方向，x軸下方的電場方向沿y軸正方向。在電場左邊界上A（2l0，l0）到C（2l0，0）區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電量為q、質(zhì)量為m的粒子。從某時刻起由A點到C點間的粒子，依次連續(xù)以相同的速度v0沿x軸正方向射入電場。若從A點射入的粒子，恰好從y軸上的A（0，l0）沿x軸正方向射出電場，其軌跡如圖。不計粒子的重力及它們間的相互作用。求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；求在AC間還有哪些位置的粒子，通過電場后也能沿x軸正方向運(yùn)動？若以直線x=2l0上的某點為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)，分布著垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，使沿x軸正方向射出電場的粒子，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，都能通過直線x=2l0與圓形磁場邊界的一個交點

20、處，而便于被收集，則磁場區(qū)域的最小半徑是多大？相應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B是多大？ AOxyv0v0EECAx=2l0Cx=2l0解： 從A點射出的粒子，由A到A的運(yùn)動時間為T，根據(jù)運(yùn)動軌跡和對稱性可得 x軸方向 (1分) y軸方向 (1分) 得： （2分） 設(shè)到C點距離為y處射出的粒子通過電場后也沿x軸正方向，粒子第一次達(dá)x軸用時t，水平位移為x，則 （1分）若滿足，則從電場射出時的速度方向也將沿x軸正方向 （2分）解之得： （2分）即AC間y坐標(biāo)為 （n = 1，2，3，） （1分） 當(dāng)n=1時，粒子射出的坐標(biāo)為當(dāng)n=2時，粒子射出的坐標(biāo)為當(dāng)n3時，沿x軸正方向射出的粒子分布在y1到y(tǒng)2之間（如圖）y1到y(tǒng)2之間的距離為L= y1y2= 則磁場的最小半徑為 （2分）AOxyv0EECAx=2l0Cx=2l0O1O2PQ若使粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后匯聚于一點，粒子的運(yùn)動半徑與磁場圓的半徑相等（如圖），(軌跡圓與磁場圓相交，四邊形PO1QO2為棱形) 由 得： （2分）30°OPAv014. 如圖所示，在傾角為30°的斜面OA的左側(cè)有一豎直檔板，其上有一小孔P，現(xiàn)有一質(zhì)量m=4×1020kg，帶電量q=+2×1014C的粒子，從小孔以速度v0=3×104m/s水平射向磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T、方向垂直紙面向里的一正三角