高考物理壓軸題詳解

1、高考物理壓軸題（含詳解答案）第1頁共42頁圖 9-131、如圖9-13所示，S是粒子源，只能在紙面上的360。范圍內發(fā)射速率相同、質量為m、電量為q的電子。MN是一塊足夠大的擋板，與 S相距OS= L 。它們處在磁感強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，試求：（1）要電子能到達擋板，其發(fā)射速度至少應為多大？（2）若發(fā)射速率為 照，則電子擊打在擋板上的范圍怎樣？ m【解說】第一問甚簡，電子能擊打到擋板的臨界情形是軌跡與擋板相切，此時 rmin =-；2在第二問中，先求得 r= L ,在考查各種方向的初速所對應 的軌跡與擋板相交的“最遠”點。值得注意的是，O點上方的最 遠點和下方的最遠點并不是相

2、對O點對稱的?！敬鸢浮浚?） eB- ； （2）從圖中O點上方距O點eL處到 2mO點下方距O點L處的范圍內。2、如圖9-14甲所示，由加速電壓為 U的電子槍發(fā)射出的電子沿x方向射入勻強磁場， 要使電子經(jīng)過x下方距O為L且/ xOP =。的P點，試討論磁感應強度B的大小和方向的取值情況?！窘庹f】以一般情形論：電子初速度Vo與磁感應強度B成任意夾角a ,電子應做螺旋運動，半徑為r = mV0Sin ,螺距為d = 2 mv0cos ,它們都由a、B決定（V0 一回是 eBeB e固定不變的）。我們總可以找到適當?shù)陌霃脚c螺距，使P點的位置滿足 L、。的要求。電子運動軌跡的三維展示如圖9-14乙所示

3、。如果P點處于（乙圖中）螺線軌跡的P1位置，則a = 0 , B / OP ;如果P點處于P2或P3位置，則&豐0 , B與OP成一般夾角。對于前一種情形，求解并不難一一只要解L = kd （其中k = 1, 2, 3,）方程即可；而對后一種情形，要求出 B的通解就難了，這里不做討論。此外，還有一種特解，那就是當B,而時，這時的解法和【例題 4】就完全重合了?！敬鸢浮客ń獠欢ā．?B/ OP時，B = 2k 1cos jmU （其中k = 1, 2, 3,）；當BLOP時,b=2SLn2mUo第2頁共42頁R問題存疑1兩個特解能不能統(tǒng)一 ?3、如圖12所示，PR是一塊長為L=4 m的絕緣平板固

4、定在水平地面上，整個空間有一 個平行于PR的勻強電場巳在板的右半部分有一個垂直于紙面向外的勻強磁場 B, 一個質 量為m=0. 1 kg ,帶電量為q=0. 5 C的物體，從板的P端由靜止開始在電場力和摩擦力的 作用下向右做勻加速運動，進入磁場后恰能做勻速運動。當物體碰到板R端的擋板后被彈回，若在碰撞瞬間撤去電場，物體返回時在磁場中仍做勻速運動，離開磁場后做勻減速運動停在C點，PC=L/4 ,物體與平板間的動摩擦因數(shù)為 =0 4,取g=10m/s2 ,求：(1)判斷物體帶電性質，正電荷還是負電荷？ (2)物體與擋板碰撞前后的速度 V1和V2(3)磁感應強度 B的大小(4)電場強度E的大小和方向

5、解：(1)由于物體返回后在磁場中無電場，且仍做勻速運動， 故知摩擦力為0,所以物體帶 TOC o 1-5 h z 正電荷.且： mg=qBv2(2)離開電場后，按動能定理，有：-科m =0mv2 由得：V2=22 m/s HYPERLINK l bookmark28 o Current Document 42一2(3)代入前式求得：B=22 T(4)由于電荷由P運動到C點做勻加速運動，可知電場強度方向L 1. 一水平向右，且：(Eq-jimg mv12-0 HYPERLINK l bookmark22 o Current Document 22進入電磁場后做勻速運動，故有：Eq=(qBv+mg

6、)由以上兩式得:v14.2 m/sE 2.4 N/C4、如圖214所示，光滑水平桌面上有長 L=2m的木板C,質量mc=5kg ,在其正中 央并排放著兩個小滑塊 A和B, mA=1kg , mB=4kg ,開始時三物都靜止.在 A、B間有少量 塑膠炸藥，爆炸后 A以速度6m/s水平向左運動，A、B中任一塊與擋板碰撞后， 都粘在一起，不計摩擦和碰撞時間，求：(1)當兩滑塊A、B都與擋板碰撞后，C的速度是多大？(2)到A、B都與擋板碰撞為止， C的位移為多少？解：(1) A、B、C系統(tǒng)所受合外力為零， 故系統(tǒng)動量守恒， 且 總動量為零，故兩物塊與擋板碰撞后，C的速度為零，即vC 0(2)炸藥爆炸時

7、有 mAvA mBvB解得vB 1.5m/s又 EaSa EbSb當Sa= 1 m時SB= 0.25m,即當A、C相撞時B與C右板相距s L Sb 0.75m2A、C相撞時有：Eava 人 mv解得v =1m/s,方向向左而vB = 1.5m/s,方向向右，兩者相距0.75m,故到A, B都與擋板碰撞為止，C的位第3頁共42頁移為 sC sv 0.3 m19. v Vb5、為了測量小木板和斜面間的摩擦因數(shù)，某同學設計如圖所示實驗，在小木板上固定一個輕彈簧，彈簧下端吊一個光滑小球，彈簧長度方向與斜面平行，現(xiàn)將木板連同彈簧、小球放在斜面上，用手固定木板時，彈簧示數(shù)為F1,放手后，木板沿斜面下滑，穩(wěn)

8、定后彈簧示數(shù)為F2 ,測得斜面斜角為 也則木板與斜面間動摩擦因數(shù)為多少?面體固定在地面上)解：固定時示數(shù)為 F1,對小球F1=mgsin 0整體下滑：(M+m) sin 0 -(M+m)gcos0 =(M+m)a下滑時，對小球： mgsin 0 -F=maF2由式式、式得科tan 0Fi6、有一傾角為。的斜面，其底端固定一擋板 M,另有三個木塊 A、B和C,它們的質 量分別為mA=mB=m, mC =3 m ,它們與斜面間的動摩擦因數(shù)都相同 .其中木塊A連接一輕 彈簧放于斜面上，并通過輕彈簧與擋板 M相連，如圖所示.開始時，木塊A靜止在P處，彈簧處于自然伸長狀態(tài).木塊B在Q點以初速度v0向下運

9、動，P、Q間的距離為L.已知木塊B在下滑過程中做勻速直線運動，與木塊A相碰后立刻一起向下運動，但不粘連，它們到達第19博聞一個最低點后又向上運動， 木塊B向上運動恰好能回到 Q點.若木塊A靜止于P點，木塊C從Q點開始以初速度 二2v0向下運動，經(jīng)歷同樣過程，最后 3木塊C停在斜面上的R點，求P、R間的距離L的大小。 解：木塊B下滑做勻速直線運動，有 mgsin 0 =mgcos0B和A相撞前后，總動量守恒，mv0=2mv1 ,所以v1 =V02設兩木塊向下壓縮彈簧的最大長度為s,兩木塊被彈簧彈回到P點時的速度為v2，則12122mgcos 0 2s=mv 萬 2mv2Q點的過程:兩木塊在P點處

10、分開后，木塊 B上滑到 12(mgsin 0 +mgcojK) L= mv22木塊C與A碰撞前后，總動量守恒，則,33m. TV024mv1 ,所以 v 1 =v04第4頁共42頁設木塊C和A壓縮彈簧的最大長度為s兩木塊被彈簧彈回到P點時的速度為v2，則 TOC o 1-5 h z .八 1 ,21 ,24mgcos 0 - 2s4mv 2 - 4mv 2 HYPERLINK l bookmark24 o Current Document 22木塊C與A在P點處分開后，木塊 C上滑到R點的過程： HYPERLINK l bookmark113 o Current Document 2(3mgs

11、in 0 +3mgcoS9 L 3mv 2在木塊壓縮彈簧的過程中，重力對木塊所做的功與摩擦力對木塊所做的功大小相等, 此彈簧被壓縮而具有的最大彈性勢能等于開始壓縮彈簧時兩木塊的總動能1 o 1 O因此，木塊B和A壓縮彈簧的初動能 Ek 2mv2 mv2,木塊C與A壓縮彈簧的 1 24 HYPERLINK l bookmark336 o Current Document 212,初動能 Ek2 -mv1mv0,即 Ek1 Ek,412因此，彈簧前后兩次的最大壓縮量相等，即s=s2綜上，得L =Lv一32 g sin7、如圖，足夠長的水平傳送帶始終以大小為v=3m/s的速度向左運動，傳送帶上有一質

12、量為M = 2kg的小木盒A, A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為尸0. 3,開始時，A與傳送帶之間保持相對靜止。先后相隔t= 3s有兩個光滑的質量為 m=1kg的小球B自傳送帶的左端出發(fā)，以vo=15m/s的速度在傳送帶上向右運動。第 1個球與木盒相遇后，球立即進 入盒中與盒保持相對靜止，第2個球出發(fā)后歷時 h=1s/3而與木盒相遇。求(取 g =10m/s2)(1)第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運動的速度時多大？(2)第1個球出發(fā)后經(jīng)過多長時間與木盒相遇？(3)自木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的過程中，由于木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn) 生的熱量是多少？解：(1)設第1個球與木盒相遇后瞬間，兩

13、者共同運動的速度為v1,根據(jù)動量守恒定律：(2)設第1個球與木盒的相遇點離傳送帶左端的距離為s,vmv0 Mv (m M )v1代入數(shù)據(jù)，解得：v=3m/s s第1個球經(jīng)過t0與木盒相遇，則：t0 一 v設第1個球進入木盒后兩者共同運動的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律:2(m M )g (m M)a得：a g 3m/ s設木盒減速運動的時間為t1,加速到與傳送帶相同的速度的時間為t2,則匕t2 一a=1s故木盒在2s內的位移為零依題意： s v0 t1 v( tt1 t1 t2 t0)代入數(shù)據(jù)，解得： s=7. 5mt0=0. 5s(3)自木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的這一過程中，傳送帶的

14、位移為 S,木盒的第5頁共42頁81V( tt1 t1 t2 t0) 2.5m位移為 Si,則：S v( tt1 t0) 8.5m故木盒相對與傳送帶的位移:s S s16m則木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量是:Q f s 54J6如圖所示，兩平行金屬板 A、B長l = 8cm,兩板間距離d=8cm, A板比B板電勢高 300V,即Uab=300V。一帶正電的粒子電量 q=10-10C,質量m=10-20kg,從R點沿電場中 心線垂直電場線飛入電場，初速度V0= 2X l0m/s,粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在中心線上的O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域(設界面PS

15、右邊點電荷的電場分布不受界面的影響)。已知兩界面 MN、PS相距為L=12cm,粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上。求(靜電力常數(shù) k= 9X1(9N m2/C2)(1)粒子穿過界面 PS時偏離中心線 RO的距離多遠？解：(1)設粒子從電場中飛出時的側向位移為h,穿過界面PS時偏離中心線 OR的距離為V,則：h=at 2/2qE qUl t -m mdv0qU l 2即：h ()2md v02)點電荷的電量。代入數(shù)據(jù)，解得：h=0. 03m=3cm帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，由相似三角形知識得:lh 2v rr2代入數(shù)據(jù)，解得：y=0. 12m=12cm(2)設

16、粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為vy,則：vy=at= -q -mdv0代入數(shù)據(jù)，解得：vy=1, 5x 10m/s所以粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為：vv02 vy2 2.5 106m/s設粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為0,則：tan 工 3v0437因為粒子穿過界面 PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏上，所以該帶電粒 子在穿過界面PS后將繞點電荷 Q作勻速圓周運動，其半徑與速度方向垂直。勻速圓周運動的半徑：r 丫一 0.15mcos第6頁共42頁由:kQq-Tr2 v m r代入數(shù)據(jù)，解得:Q=1 . 04 X 也7 2EqL15 m 電場力做功等于系統(tǒng)所增加

17、的動能W - mv32 - 4mv；23 22132 13Wt mvi EqL1.1057、光滑水平面上放有如圖所示的用絕緣材料制成的L形滑板（平面部分足夠長），質量為4m,距滑板的A壁為Li距離的B處放有一質量為 m,電量為+q的大小不計的小物體，物體與板面的摩擦不計.整個裝置置于場強為 E的勻強電場中，初始時刻，滑板與物體都靜止. 問： TOC o 1-5 h z （1）釋放小物體，第一次與滑板 A壁碰前物體的速度 vi,多大？1（2）若物體與A壁碰后相對水平面的速度大小為碰前速率的3/5,南A則物體在第二次跟 A碰撞之前，滑板相對于水平面的速度V2和物體吃-相對于水平面的速度 V3分別為

18、多大？I也.（3）物體從開始到第二次碰撞前，電場力做功為多大？（設碰撞經(jīng)歷時間極短且無能量損失）此時，滑板靜止不動，對于小物體,解：（1）釋放小物體，物體在電場力作用下水平向右運動,由動能定理得：EqLi Imv2v在明 HYPERLINK l bookmark34 o Current Document 21 m（2）碰后小物體反彈，由動量守恒定律：得mvim- V1 4mv25從第一次得v 2 v 2 2EqL1 N后滑板以V2勻速運動，直到與物體第二次碰撞,v27V15 . .5 l, m .碰撞到第二次碰撞時，物體與滑板位移相等、時間相等、平均速度相等3二 v1 v3三v28如圖（甲）所

19、示，兩水平放置的平行金屬板C、D相距很近，上面分別開有小孔O和O,水平放置的平行金屬導軌 P、Q與金屬板C、D接觸良好，且導軌垂直放在磁感強度為B1=10T的勻強磁場中，導軌間距 L=0.50m,金屬棒AB緊貼著導軌沿平行導軌方向在磁場中做往復 運動，其速度圖象如圖（乙），若規(guī)定向右運動速度方向為正方向.從t=0時刻開始，由C板小孔O處連續(xù)不斷地以垂直于 C板方向飄入質量為 m=3.2 x 1021kg、電量q=1.6 x 109C的 帶正電的粒子（設飄入速度很小，可視為零）.在D板外側有以MN為邊界的勻強磁場 B2=10T, MN與D相距d=10cm, B1和B2方向如圖所示（粒子重力及其相

20、互作用不計 ）,求 （1）0到4.Os內哪些時刻從 O處飄入的粒子能穿過電場并飛出磁場邊界MN?（2）粒子從邊界MN射出來的位置之間最大的距離為多少 解：（1）只有當CD板間的電場力方向向上即AB棒向右運動時，粒子才可能從O運動到O ,mv0qB2而粒子要飛出磁場邊界 MN最小速度v0必須滿足：d設CD間的電壓為U,則 qU -mv22 解導 U=25V ,又U = e =B1Lv 解得v=5m/s.所以根據(jù)（乙）圖可以推斷在0.25st M出所求vN 5.0m/s12、建筑工地上的黃沙堆成圓錐形，而且不管如何堆其角度是不變的。若測出其圓錐底的周長為12. 5m,高為1. 5m,如圖所示。（1

21、）試求黃沙之間的動摩擦因數(shù)。 （2）若將該黃沙靠墻堆放，占用的場地面積至少為多少？解：（1）沙堆表面上的沙粒受到重力、彈力和摩擦力的作用而靜止，則mg sin Ff mg cos所以 tan -馬上0.75,37 （稱為摩擦角）R l（2）因為黃沙是靠墻堆放的，只能堆成半個圓錐狀，由于體積不變，不變，要使占場地面積最小，則取Rx為最小，所以有 a Rx ,根據(jù)體積公式，該堆黃沙的體積為V 1 R2h - R3,因為靠墻堆放只能堆成半個圓錐，故 V 1虎,解得Rx 孤R,占地 348面積至少為 Sx 1 R：= 2 3 4 m2= 9. 97m2 213、如圖17所示，光滑水平地面上停著一輛平板

22、車，其質量為2m,長為L,車右端（A點）有一塊靜止的質量為 m的小金屬塊.金屬塊與車間有摩擦， 與中點C為界，AC段與CB段 摩擦因數(shù)不同.現(xiàn)給車施加一個向右的水平恒力，使車向右運動，同時金屬塊在車上開始滑1g動，當金屬塊滑到中點 C時，即撤去這個力.已知撤去力的瞬間，金屬塊的速度為vO,車的 速度為2V0,最后金屬塊恰停在車的左端（B點）。如果金屬塊與車的 AC段間的動摩擦因數(shù)為1,與CB段間的動摩擦因數(shù)為2,求1與2的比值.解：設水平恒力 F作用時間為t1. TOC o 1-5 h z 對金屬塊使用動量定理 Fit1=mv0-0即：（j）mgt1=mv0得力二1g對小車有（F-F n） t

23、1=2mX R00,得恒力F=5 mg Fmg金屬塊由 A-C過程中做勻加速運動，加速度 a1 = HYPERLINK l bookmark386 o Current Document mm第10頁共42頁小車加速度a2 F一F2m5 1mg1mg2m2 1g金屬塊與小車位移之差1.212-22匕at1 HYPERLINK l bookmark26 o Current Document 222(2 1gVo、21g)()1g2V。gL從小金屬塊滑至車中點開始到小金屬塊停在車的左端的過程中，系統(tǒng)外力為零，動量守恒，設共同速度為 v,由 2mX0+mv0=(2m+m) v,由能量守恒有 mg L1

24、mv2 1 2m 22(2vo)得 v= v0.35、23m (3 v0)14、如圖10所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場，左側勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，其寬度為 L;中間區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外；右側勻強磁場的磁感應強度大小也為B、方向垂直紙面向里。一個帶正電的粒子(質量m,電量q,不計重力)從電場左邊緣 a點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右側磁(圖中虛線為電場與磁場區(qū)域后，又回到了 a點，然后重復上述運動過程。場、相反方向磁場間的分界面，并不表示有什么障礙物)(1)中間磁場區(qū)域的寬度 d為多大；(2)帶電粒子在兩個磁場區(qū)域中的運動時間

25、之比；(3)帶電粒子從a點開始運動到第一次回到a點時所用的時間t.解：(1)帶正電的粒子在電場中加速，由動能定理得qEL 1mv222qELm1 I* B 圖10在磁場中偏轉，由牛頓第二定律得qvB2 V m rmv r 一 qB2mELq可見在兩磁場區(qū)域粒子運動的半徑相同。如右圖，三段圓弧的圓心組成的 0102c)3是等邊三角形，其邊長為2r d rsin 606mEL(2)帶電粒子在中間磁場區(qū)域的兩段圓弧所對應的圓心角為:60120V相同，角速度相同，故而兩個磁場區(qū)域中的運動時間之比為:t1t212023005(3)電場中，t12v 2mv 門2a qEqE中間磁場中，t22mL3qB第1

26、1頁共42頁5右側磁場中，t3-T65 m貝 Ut t1 t2 t33qB 12 32mL 7 m qE aqB215. （20分）如圖10所示,abcd是一個正方形的盒子,e,盒子中存在著沿 ad方向的勻強電場，場強大小為cd邊的中點有一小孔E。一粒子源不斷地從a處的小孔沿ab方向向盒內發(fā)射相同的帶電粒子，粒子的初速度為V0,經(jīng)電場作用后恰好從e處的小孔射出?，F(xiàn)撤去電場，在盒子中加一方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度大小為 B （圖中未畫出），粒子仍恰好從 e孔射出。（帶電粒子的重力和粒子之間的相互作用力均可忽略）（1）所加磁場的方向如何？（2）電場強度E與磁感應強度 B的比值為多大？15

27、解：（1）根據(jù)粒子在電場中的偏轉方向，可知粒子帶正電,磁場方向垂直于紙面向外。（2）設帶電粒子的電量為 q,質量為m,盒子的邊長為再根據(jù)左手定則判斷,I,粒子在電場中沿2ad方向的位移為l,沿ab方向的位移為L,得1旦解得勻強電場的場強為2E 8mv0qi帶電粒子在磁場中作勻速圓周運動，軌道半徑為2 V qvB m R解得mV。Bq根據(jù)如圖的幾何關系R2解得磁場的磁感應強度8mv0 B5qlm 2v0R,根據(jù)牛頓第二定律得5.解得軌道半徑為R l8因此解得E 5v0B16.、如圖所示，水平軌道與直徑為d=0.8m的半圓軌道相接，半圓軌道的兩端點是一條豎直線，整個裝置處于方向水平向右，大小為10

28、3V/m的勻強電場中,A、B連線 一小球質量m=0.5kg,帶有q=5X 10C電量的正電荷，在電場力作用下由靜止開始運動，不計一切摩擦, g=10m/s2, （1）若它運動的起點離 A為L,它恰能到達軌道最高點 B,求小球在B點的速度和L的值.（2）若它運動起點離 A為L=2.6m ,且它運動到 時電場消失，它繼續(xù)運動直到落地，求落地點與起點的距離.解：（1）因小球恰能到 B點，則在B點有2 mvBmg d 2Vbgd22m/s小球運動到B的過程，由動能定理12qEL mgd - mvB12-mvB2qEmgd5-mgdqE1m第12頁共42頁B點(2)小球離開B點，電場消失，小球做平拋運動

29、，設落地點距B點距離為s,由動能定理小球從靜止運動到 B有qEL mgd1 2 mvB22qEL 2mgdm1 22gtx vBt 84r2m5sd2 x2 2.4m17、如圖所示，為某一裝置的俯視圖，PQ、MN為豎直放置的很長的平行金屬板，兩板間有勻強磁場，其大小為 B,方向豎直向下.金屬棒A B擱置在兩板上緣，并與兩板垂直良好接 觸.現(xiàn)有質量為 m,帶電量大小為q,其重力不計的粒子，以初速Vo水平射入兩板間，問:(1)金屬棒AB應朝什么方向，以多大速度運動，可以使帶電粒子做勻速運動？(2)若金屬棒的運動突然停止，帶電粒子在磁場中繼續(xù)運動，從這刻開始位移第一次達到mvo/qB時的時間間隔是多

30、少？(磁場足夠大)解：(1)粒子勻速運動，所受電場力與洛倫茲力等大反向, 屬棒B端應為高電勢，即金屬棒應朝左運動設AB棒的速度為v,產(chǎn)生的電動勢Bdv板間場強 E - Bvd則金 PXXX HYPERLINK l bookmark42 o Current Document AQXxXXXXXKXXXxXXXM B粒子所受電場力與洛倫茲力平衡Eq Bqv0 有v v0(2)金屬棒停止運動，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，當位移為mv0 R時,Bq粒子轉過的角度為一3t 6T3Bq，、一， t 3 設粒子運動時間為t ,有 T 218、如圖所示，氣缸放置在水平平臺上，活塞質量為10kg,橫截面積5

31、0cm2,厚度 1cm,氣PiLi= P2L2(2) 2 3等壓變化：T2 = Ti =mg=0.8 M05Pa sL2 = 15cm , L3 = 20cmV2T2V3V3,T 3 =、，T2 =T3V2L3己 T2 = 373K(3) 3 4等容變化：P4 = Po+Mg=1.4 105 PaP3 = P2 = 0.8 105Pa缸全長21cm,氣缸質量20kg,大氣壓強為1X105Pa,當溫度為7c時，活塞封閉的氣柱長 10cm,若將氣缸倒過來放置時， 活塞下方的空氣能通過平臺上的缺口與大氣相通。g取10m/s2求：(1)氣柱多長？ ( 2)當溫度多高時，活塞剛好接觸平臺？(3)當溫度多

32、高時，缸筒剛好對地面無壓力。(活塞摩擦不計)。解：(1) 1 2 等溫變化：Pi =Po+ mg=1.2 105PaP2=Po-sL2=15 cm(273+7) K=280K第13頁共42頁P3 _ P4t3 = t4P4T4 = P3T3 = 653KRLiP4L4T4得 T3 = 653K同樣得分）19、如圖所示，物塊 A的質量為M,物塊B、C的質量都是 m,并都可看作質點，且 mU2m, B物體將不會著地。Mgh mgh =1 (M+m)V(M m)V 2(M m)V2h =Hl = L + h = L +2(M m)g2(M m)g若M =gm, B恰能著地，A物體再上升的高度等于 L

33、。H2= 2L若MvJ2m, B物體著地后，A還會上升一段。Mg L- mg L =1 （M+m） （V2v2）2_22V2 = 4(2m M )gL一(m M )(2m M )2_ _22h，v 2(2m M )L2g (m M )(2mM 2)L(m M )(2m M )電阻不計。一根電阻不,2(2m2H3 = 2L + h = 2L+20. M是氣壓式打包機的一個氣缸，在圖示狀態(tài)時，缸內壓強為Pl, 容積為Vo. N是一個大活塞，橫截面積為S2,左邊連接有推板，推 住一個包裹.缸的右邊有一個小活塞，橫截面積為S1,它的連接桿在B處與推桿AO以錢鏈連接，O為固定轉動軸，B、O間距離為 d.

34、推桿推動一次，轉過 。角（。為一很小角），小活塞移動的距離為 d 0,則（1）在圖示狀態(tài)，包已被壓緊，此時再推一次桿之后，包受 到的壓力為多大？（此過程中大活塞的位移略去不計，溫度變化不計）（2）上述推桿終止時，手的推力為多大？（桿長AO=L，大氣壓為Po） 解：（1） F=P 1V0 / （Vo-d 01） - PoS（2） F=P 1V0 / （Vo-d- PoS / L21、如圖，在豎直面內有兩平行金屬導軌AB、CD。導軌間距為L,第14頁共42頁計的金屬棒ab可在導軌上無摩擦地滑動。棒與導軌垂直，并接觸良好。導軌之間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感強度為Bo導軌右邊與電路連接。電路中的三

35、個定值電阻阻值分別為2R、R和R。在BD間接有一水平放置的平行板電容器C,板間距離為do（1）當ab以速度V0勻速向左運動時，電容器中質量為m的帶電微粒恰好靜止。試判斷微粒的帶電性質，及帶電量的大小。（2） ab棒由靜止開始，以恒定的加速度a向左運動。討論電容器中帶電微粒的加速度如何變化。（設帶電微粒始終未與極板接觸。）解：（1）棒勻速向左運動，感應電流為順時針方向，電容器上板帶正電。微粒受力平衡，電場力方向向上，場強方向向下B粒帶負電mg = qUc=|R I E =d3R由以上各式求出3mgdBlvo（2）經(jīng)時間to,微粒受力平衡mg =1Uc -Blato33mgd vo求出to 或to

36、 Blaqa當t to時，a3 =典t -g,越來越大， 加速度方向向上3md22、如圖所示的坐標系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。在 x軸上方空間的第一、第二象限內，既無電場也無磁場， 在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直 xy平面（紙面）向里的勻強磁場。在第四象限，存在沿y軸負方向，場強大小與第三象限電場場強相等的勻強電場。一質量為 m、電量為q的帶電質點，從 y軸上y=h處白p p1點以一定的水平初速度沿x軸負方向進入第二象限。然后經(jīng)過x軸上x=-2h處的p2點進入第三象限，帶電質點恰好能做勻速圓周運動。之后經(jīng)過y軸上y=-2h處的p3點進入第四象限。已知重力加速度為g。求：（

37、1）粒子到達p2點時速度的大小和方向；（2）第三象限空間中電場強度和磁感應強度的 大??；（3）帶電質點在第四象限空間運動過程中最小速度的大小和方向。解：（1）質點從PUP2,由平拋運動規(guī)律vy gt方向與x軸負方向成45 角122hh=-gt vo2t求出 v= v2 v22 gh（2）質點從P2到P3，重力與電場力平衡，洛侖茲力提供向心力第15頁共42頁BlvoEq=mg2 v Bqv=m R(2R) 2 =(2h) 2 +(2h) 2 解得 E= m qB=m.；2gq , h（3）質點進入第四象限，水平方向做勻速直線運動， 豎直方向做勻速直線運動。 當豎直方向的速度減小到 0,此時質點速

38、度最小，即 v在水平方向的分量v min vcos45 2gh 方向沿x軸正方向23. （20分）如圖所示，在非常高的光滑、絕緣水平高臺邊緣，靜置一個不帶 電的小金屬塊B,另有一與B完全相同的帶電量為 +q的小金屬塊A以初速度 v。向B運動，A、B的質量均為 m。A與B相碰撞后，兩物塊立即粘在一起， 并從臺上飛出。已知在高臺邊緣的右面空間中存在水平向左的勻強電場，場強大小E=2mg/q。求：（1） A、B 一起運動過程中距高臺邊緣的最大水平距離（2）A、B運動過程的最小速度為多大（3）從開始到A、B運動到距高臺邊緣最大 水平距離的過程 A損失的機械能為多大？解：（1）由動量守恒定律： mU0=

39、2mu碰后水平方向：qE=2maE 2 mgq-2aXm=0- u得：X m208g（2）在t時刻，A、B的水平方向的速度為at 3 gt豎直方向的速度為0 =gt合速度為：合xH解得合的最小值：min 4（3）碰撞過程中A損失的機械能：E1 1m o 1m 2 3m 2228碰后到距高臺邊緣最大水平距離的過程中A損失的機械能:E2qEXm1-m 8A損失的機械能為:從開始到A、B運動到距離高臺邊緣最大水平距離的過程中12E -m 0224、如圖11所示，在真空區(qū)域內，有寬度為L的勻強磁場，磁感應強度為 B,磁場方向垂直紙面向里，MN、PQ是磁場的邊界。質量為m,帶電量為q的粒子，先后兩次沿著

40、與 MN 夾角為0 （ 0依90。）的方向垂直磁感線射入勻強磁場B中，第一次，粒子是經(jīng)電壓 5加速后射入磁場，粒子剛好沒能從 PQ邊界射出磁場。第二次粒子是經(jīng)電壓 U2加速后射入磁場， 粒子則剛好垂直 PQ射出磁場。不計重力的影響，粒子加速前速度認為是零，求：（1）為使粒子經(jīng)電壓 U 2加速射入磁場后沿直線運動，直至射出PQ邊界，可在磁場區(qū)域加一勻強電場，求該電場的場強大小和方向。（2）加速電壓 匕的值。U2第16頁共42頁解：(1)如圖答1所示，經(jīng)電壓U2加速后以速度v2射入磁場，粒子剛好垂直 PQ射出磁場，可確定粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在PQ邊界線的O點，半徑R2與磁場寬L的關系式

41、為R2 -L-；又R2 mv2 解得v2BqLcosBqm cos加勻強電場后，粒子在磁場中沿直線運動射出PQ邊界的條件為 Eq= Bq v2 ,電場力的方向與磁場力的方向相反。B qL 由此可得出E q ,E的方向垂直磁場方向斜向右下，與磁場邊界夾角為mcos如圖答2所示。(2)經(jīng)電壓U1加速后粒子射入磁場后剛好不能從PQ邊界射出磁場，表明在磁場中做勻速圓周運動的軌跡與 PQ邊界相切，要確定粒子做勻速圓周運動的圓心O的位置，如圖答3所示，圓半徑R與L的關系式為：L RRi cos,R 1 cosp _mv1，口又R ,解得v1BqBqLm(1 cos )由于 Uq ；mv；, U 2q12，

42、mv2 ,所以2U1 v；U2 U2cos(1 cos )225、空間存在著以x=0平面為分界面的兩個勻強磁場，和B2,且Bi:B2=4:3,方向如圖所示?，F(xiàn)在原點 O處一 電粒子a和b,已知a帶正電荷，分裂時初速度方向為沿 過y軸時，恰好與b粒子第一次相遇。求：a粒子在磁場Bi中作圓周運動的半徑與b粒子在a粒子和b粒子的質量之比。解：(1)原子為中性，分裂后一定有qa=-qb (b-一定帶原子分裂前后動量守恒，則pa+pb=0左右兩邊磁場的磁感應強度分別為Bi靜止的中性原子，突然分裂成兩個帶 x軸正方向，若a粒子在第四次經(jīng)磁場B2中圓周運動的半徑之比。fe)負Kr JI X X X X XX

43、 X X XX X X X X X XXXX*X第17頁共42頁XXXXX粒子在磁場中運動時由牛頓定律有2 mv qvBr mv上 應包3 qB qBRbBi4(2) a、b粒子相遇時：ta=tb由題意分析可知，a粒子在第四次經(jīng)過y軸與b粒子第一次相遇時,b粒子應第三次經(jīng)過y軸。則ta=T a1+T a2即2-aqBiqB2 na2 maqB1tb=Tb1+Tb2/22 naqB2tb2 mb解之得：mambqB2572 ma 2 nbqB1qB2代入數(shù)據(jù)并化簡得：mqBi2ma2 nbqB2mbmbT26、如圖所示,ABCDE為固定在豎直平面內的軌道,ABC為直軌道,AB光滑,CDE為光滑圓

44、弧軌道，軌道半徑為R,直軌道與圓弧軌道相切于C點，其中圓心BC粗糙，O與BE在同一水平面上，OD豎直，COD=e,且線5。現(xiàn)有一質量為 m的小物體(可以看彳質點) 從斜面上的A點靜止滑下，小物體與BC間的動摩擦因數(shù)為，現(xiàn)要使小物體第一次滑入圓弧軌道即恰好做簡諧運動(重力加速度為g)。求：(2)直軌道(1)小物體過 D點時對軌道的壓力大小AB部分的長度S解以上二個方程可得：F=3mg-2mgcos 0(2)從 A 到 C 由動能定理有：mgsin 0(S+Rcot。-科 mgos 0 Rcot 9=0解方程得：S=( got2 0 -cot R0 )pXXXXXX 4 XxXX6 X XXX X

45、 xxx xxQ27、兩水平放置的金屬板間存在一豎直方向的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B, 一質量為4m ,帶電量為-2q的微粒b正好懸浮在板間正中間O點處，另一質量為 m,帶電量為+q的微粒a,從p點以水平速度 vo(vo未知)進入兩板間，正好做勻速直線運動，中途與 b碰撞。：勻強電場的電場強度 E為多大 微粒a的水平速度為多大 若碰撞后a和b結為一整體，最后以 速度O.4vo從Q點穿出場區(qū)，求 Q點與 O點的高度差 若碰撞后a和b分開，分開后b具有大小為O.3vo的水平向右速度，且?guī)щ娏繛?q/2 ,假如O 點的左側空間足夠大，則分開后微粒a的運動軌跡的最高點與O點的高度

46、差為多大 第18頁共42頁27 (1)對b微粒，沒與a微粒碰撞前只受重力和電場力，則有 2qE = 4mg，E =-2mgq對a微粒碰前做勻速直線運動，則有Bqv0 = Eq + mgv0 =_3mgBq(2)碰撞后，a、b結合為一體，設其速度為 v由動量守恒定律得mvo = 5mv. v = v0碰后的新微粒電量為 -q5設Q點與O點高度差為h由動能定理：2,一， 1-、1Vo o,mg5mgh-Eqh = 5m(0.4vo)= 5m (). h=0.92-2225B q(3)碰撞后，a、b 分開，貝U有mv0 = mva+ 4mvbvb = 0.3 v。，得va =-002a微粒電量為-q

47、 / 2,受到的電場力為 E q 2mgq mgF電=mg2 2q故a微粒做勻速圓周運動，設半徑為 R_ qB | va |m2|va |2. R_2m|va 1 RBq1.2m2g-B qa的最高點與 O點的高度差ha = 2R = 2.4”。B2q228、有個演示實驗，在上下面都是金屬板的玻璃盒內，放了許多用錫箔紙揉成的小球，當上下板間加上電壓后，小球就上下不停地跳動。現(xiàn)取以下簡化模型進行定量研究。如圖所示，電容量為 C的平行板電容器的極板 A和B水平放置，相距為d ,與電動勢為、內阻可不計的電源相連。設兩板之間只有一個質量為m的導電小球，小球可視為質點。已知：若小球與極板發(fā)生碰撞， 則碰

48、撞后小球的速度立即變?yōu)榱悖?帶電狀態(tài)也立即改變，改變后，小球所帶電荷符號與該極板相同，電量為極板電量的a倍(a1)。不計帶電小球對極板間勻強電場的影響。重力加速度為g。(1)欲使小球能夠不斷地在兩板間上下往返運動，電動勢至少應大于多少 (2)設上述條件已滿足，在較長的時間間隔T內小球做了很多次往返運動。求在 T時間內小球往返運動的次數(shù)以及通過電源的總電量 解：Jmd Q2 C T 、aC / 2md21 2md2C C 2 mgd C 2 mgd29、一玩具 火箭”由質量為mi和m2的兩部分和壓在中間的一根短而硬 (即勁度系數(shù)很大)的 輕質彈簧組成.起初，彈簧被壓緊后鎖定，具有的彈性勢能為E0

49、,通過遙控器可在瞬間對彈簧解除鎖定，使彈簧迅速恢復原長?，F(xiàn)使該火箭”位于一個深水池面的上方(可認為貼近水面)，釋放同時解除鎖定。于是，火箭”的上部分豎直升空，下部分豎直鉆入水中。設火箭本 身的長度與它所能上升的高度及鉆入水中的深度相比，可以忽略，但體積不可忽略。試求.(1)火箭”上部分所能達到的最大高度 (相對于水面) (2)若上部 分到達最高點時，下部分剛好觸及水池底部，那么，此過程中，火箭”下部分克服水的浮力做了多少功？(不計水的粘滯阻力)解：(1)火箭整體(含彈簧)在彈簧解除鎖定的瞬間，彈簧彈力遠大于箭體重力，、m1v1-m2V2=0故動量守恒：第19頁共42頁同時機械能守恒：(mivi

50、2)/2+( m2v22)/2=E 0 11 vi=2 m2Eo/mi(mi+m2) 2V2=2 mi Eo/m2(mi+ m2) 2火箭上部分所能達到的最大高度為：Hi=vi2/2g=m2E0/mig(mi+m2)x(2)火箭”上升的時間為：t=vi/g水池深度為：H2=v2t/2火箭”下部分克服水的浮力共做功：WF=m2gH2+m2V22/2以上各式聯(lián)立可得：Wf=Eo30、如圖所示，在某一足夠大的真空室中，虛線 PH的右側是一磁感應強度為 B,方向垂直 紙面向里的勻強磁場，左側是一場強為E、方向水平向左的勻強電場。在虛線 PH上的一點O處有一質量為 M、電荷量為Q的鐳核(88 Ra)。某

51、時刻原來靜止的鐳核水平向右放出一個質量為m、電荷量為q的“粒子而衰變?yōu)闅?Rn)核，設“粒子與氫核分離后它們之間的作用力忽略 不計，涉及動量問題時，虧損的質量可不計。經(jīng)過一段時間 a粒子剛好到達虛線 PH上的A點，測得OA=L。求此時刻氫核的速率 解：設衰變后，氫核的速度為 vo, a粒子的速度為 v%由動量守恒定律得(M m) vo=mva? La粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，到達A點需時t 2v2又c, R mv氫核在電場中做勻加速直線運動，t時速度為v=vo+atqv b m 222氫核加速度a (Q q)E由以上各式解得：v q B L 2 (Q q)mE。M m2(M m)qBIT

52、3i、宇航員在某一星球上以速度 vo豎直向上拋出一個小球，經(jīng)過時間t,小球又落回原拋出點。然后他用一根長為 L的細線把一個質量為 m的小球懸掛在 O點，使小球處于靜止 狀態(tài)，如圖所示。現(xiàn)在最低點給小球一個水平向右的沖量I,使小球能在豎直平面內運動，若小球在運動的過程始終對細繩有力的作用，則沖量I應滿足什么條件 解：I mJ詠或I 2mJ處。t. t32、如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，兩板間的距離 d=40cm。電源電動勢E=24V,內電阻r=IQ,電阻R=15Qo閉合開關S,待電路穩(wěn)定后，將一帶正電的小球從B板小孔以初速度 e=4m/s豎直向上射入板間。 若小球帶電量為 qni

53、xijc,質量為m=2XI0小球恰能到達A板?解：R滑 =8P出I2（R R滑）23W2kg,不考慮空氣阻力。那么，滑動變阻器接入電路的阻值為多大時, 此時，電源的輸出功率是多大？(取g=i0m/s2)33、如圖所示，光滑的水平面上有二塊相同的長木板A和B,長為|=0.5m,在B的右端有一個可以看作質點的小鐵塊 C,三者的質量都為 m, C與A、B間的動摩擦因數(shù)都為 仲現(xiàn) 第20頁共42頁在A以速度v)=6m/s向右運動并與 B相碰，撞擊時間極短，碰后 A、B粘在一起運動，而 C 可以在A、B上滑動，問：(1)如果 科=0.5則C會不會掉下地面 (2)要使C最后停在長木板 A上，則動摩擦因數(shù)

54、(g=10m/s2)解：(1)不會.1、21、科必須滿足什么條件10.612mg (21) , (2m)1 萬(3m)0.3(2) 2為：1mgl 萬(2m)1,(3m),2V2 = -m / s334、如圖所示，質量 M=3.5 kg的小車靜止于光滑水平面上靠近桌子處，其上表面與水平桌面相平，小車長 L=1.2 m ,其左端放有一質量為m2=0.5 kg的滑塊Q。水平放置的輕彈簧左端固定，質量為 m1=1 kg的小物塊P置于桌面上的A點并與彈簧的右端接觸。此時彈簧處于原長，現(xiàn)用水平 向左的推力將P緩慢推至B點(彈簧仍在彈性限度內)時，推力做的功為 Wf,撤去推力后,P沿桌面滑動到達 C點時的

55、速度為2 m/s,并與小車上的 Q相碰，最后Q停在小車的右端，P停在距小車左端 S=0.5 m處。已知AB間距Li=5 cm, A點離桌子邊沿 C點距離L2=90 cm ,P與桌面間動摩擦因數(shù)以=0.4, P、Q與小車表面間動摩擦因數(shù)戌=0.1。(g=10 m/s。)求：(1)推力做的功WF(2)P與Q碰撞后瞬間 Q的速度大小和小車最后速度v解：(1)對 P 由 A-B一C 應用動能定理，得 Wf-(j)m1g(2L1 + L2)= 1m1v2 解得 Wf=6J2(2)設P、Q碰后速度分別為vi、V2,小車最后速度為 v,由動量守恒定律得mwc=m1V1+-m2 V2mvc=(m+m2+M)v

56、 TOC o 1-5 h z 1, 2121 . .2由能重守恒得 區(qū)m1gS+ pm2gL= m1v1 2 m2 V2 M m m2 V解得，v2=2m/s HYPERLINK l bookmark16 o Current Document 2，5v=0.4m/s 當 v2 =m/s 時，v1=m / s V2 不合題意，舍去。 HYPERLINK l bookmark75 o Current Document 33即P與Q碰撞后瞬間Q的速度大小為V2=2m/s小車最后速度為0.4m/s35、如圖所示，半徑 R=0.8m的光滑1/4圓弧軌道固定在光滑水平上，軌道上方的A點有一個可視為質點的質

57、量 m=1kg的小物塊。小物塊由靜止開始下落后打在圓弧軌道上的B點但未反彈，在該瞬間碰撞過程中，小物塊沿半徑方向的分速度即刻減為零，而沿切線方向的分速度不變，此后小物塊將沿著圓弧軌道滑下。已知A點與軌道的圓心 O的連線長也為 R,且AO連線與水平方向的夾角為 30, C點為圓弧軌道的末端，緊靠C點有一質量M=3kg的長木板，木板的上表面與圓弧軌道末端的切線相平，小物塊與木 板間的動摩擦因數(shù)0.3, g取10m/s2。求：(1)小物塊剛到達 B點時的速度 B；(2)小物塊沿圓弧軌道到達C點時對軌道壓力Fc的大??；(3)木板長度L至少為多大時小物塊才不會滑出長木板？35(20分)解：(1)由幾何關

58、系可知，AB間的距離為R小物塊從A到B做自由落體運動，根據(jù)運動學公式有vB 2gR第21頁共42頁代入數(shù)據(jù)解得VB=4m/s ,方向豎直向下(2)設小物塊沿軌道切線方向的分速度為Vbx,因OB連線與豎直方向的夾角為60,故 VBx=vBsin60 從B到C,只有重力做功，根據(jù)機械能守恒定律有mgR(1 cos60 ) mvC/2 mvZ / 2代入數(shù)據(jù)解得vC 2.5 m/s在C點，根據(jù)牛頓第二定律有 Fc mg mvC / R 代入數(shù)據(jù)解得 Fc 35N再根據(jù)牛頓第三定律可知小物塊到達C點時對軌道的壓力 Fc=35N(3)小物塊滑到長木板上后，它們組成的系統(tǒng)在相互作用過程中總動量守恒，減少的

59、機械 能轉化為內能。當物塊相對木板靜止于木板最右端時，對應著物塊不滑出的木板最小長度。根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有mvC=(m+M)v mgL mvC/2 (m M)v2/2聯(lián)立、式得 L MvC /2 g(m M)代入數(shù)據(jù)解得 L=2.5m36、磁懸浮列車動力原理如下圖所示，在水平地面上放有兩根平行直導軌，軌間存在著等距離的正方形勻強磁場 Bl和B2,方向相反，Bi=B2=1T,如下圖所示。導軌上放有金屬框 abcd, 金屬框電阻R=2，導軌間距L=0.4m,當磁場Bi、B2同時以v=5m/s的速度向右勻速運動時， 求(1)如果導軌和金屬框均很光滑，金屬框對地是否運動？若不運動，請說明理

60、由；如運動，原因是什么？運動性質如何？(2)如果金屬框運動中所受到的阻力恒為其對地速度的K倍,(3)如果金屬中g要維持(2)中最大速度K=0.18 ,求金屬框所能達到的最大速度vm是多少？運動，它每秒鐘要消耗多少磁場能？ 36(1)運動。因磁場運動時，框與磁場有相對運動，ad、b邊切害蟲磁感線，框中產(chǎn)生感應電流(方向逆時針)，同時受安培力，方向水平向右，故使線框向右加速運動，且屬于加速度越來越（6分）小的變加速運動。(2)阻力f與安培力F安衡時，框有 vmf=Kvm=F=2IBL其中 I=E/R E=2BL(v-vm)聯(lián)立得：Kvm=2 -同L(v-vm)/R BL Kvm=(4 B2L2v-