2022年高考物理压轴题集锦 .pdf

《2022年高考物理压轴题集锦 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理压轴题集锦 .pdf（36页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、学习必备欢迎下载2011高考物理压轴题集锦1.(2011.全国 ) 如图 , 与水平面成45角的平面MN将空间分成I 和 II两个区域 . 一质量为m、电荷量为q(q0) 的粒子以速度v0从平面MN上的P0点水平向右射入I 区. 粒子在 I 区运动时 ,只受到大小不变、 方向竖直向下的电场作用, 电场强度大小为E; 在 II区运动时 , 只受到匀强磁场的作用 , 磁感应强度大小为B, 方向垂直于纸面向里. 求粒子首次从II区离开时到出发点P0的距离 . 粒子的重力可以忽略. 【解析】 : 带电粒子进入电场后, 在电场力的作用下沿抛物线远的, 其加速度方向竖直向下,设其大小为a由牛顿定律得qE=

2、ma设经过时间t0, 粒子从平面MN是上的点P1进入磁场 , 由运动学公式和几何关系得20 0012v tatBEP0 v0 MN精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 36 页学习必备欢迎下载粒子速度大小V1为22100()Vvat设速度方向与竖直方向的夹角为,则00tanvat此时粒子到出发点P0的距离为00 02sv t此后 , 粒子进入磁场,在洛伦磁力作用下做匀速圆周运动, 圆周半径为11mVrqB设粒子首次离开磁场的点为P2,弧12PP所张的圆心角为2, 则 P1到点 P2的距离为112 sinsr由几何关系得045联

3、立式得012mvsqE点 P2与点 P0相距l=s0+ s110联立10 式得00221mvvlqEB112. （2011. 全国）装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击 . 通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因. 质量为 2m、厚度为 2d的钢板静止在水平光滑桌面上. 质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板, 刚好能将钢板射穿. 现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块 , 间隔一段距离水平放置, 如图所示 . 若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板, 穿出后再射向第二块钢板, 求子弹射入第二块钢板的深度.设子精选学习资料 - - - - - - - -

4、 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 36 页学习必备欢迎下载弹在钢板中受到的阻力为恒力, 且两块钢板不会发生碰撞. 不计重力影响. 【解析】设子弹初速度为v0, 射入厚度为2d的钢板后 ,最终钢板和子弹的共同速度为V.由动量守恒得0(2)mm Vmv解得013Vv此过程中动能的损失为22011322EmvmV解得3013Emv分成两块钢板后, 设子弹穿过第一块钢板时两者的速度为别为v1和 V1, 由动量守恒得110mvmVmv因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力, 射穿第一块钢板的动能损失为2E, 由能量守恒得2221101112222EmvmVmv联立式, 且考虑到v1

5、必须大于V1, 得1013()26vv设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2, 由动量守恒得212mVmv损失的动能为221211222EmvmV联立式得13(1)222EE因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力, 由式可得 , 射入第二块钢板的深度x为13(1)22xd精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 36 页学习必备欢迎下载4.（2011. 新课标） 如图， 在区域 I（0 xd）和区域 II （dx 2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和 2B，方向相反，且都垂直于Oxy 平面。一质量为m 、带电

6、荷量q（q0）的粒子 a 于某时刻从y 轴上的 P点射入区域I ，其速度方向沿x 轴正向。已知a 在离开区域I 时，速度方向与x 轴正方向的夹角为30；因此，另一质量和电荷量均与a 相同的粒子b 也从 p 点沿 x 轴正向射入区域I ，其速度大小是a 的 1/3 。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求（1）粒子 a 射入区域 I 时速度的大小；（2）当 a离开区域II时， a、b 两粒子的y 坐标之差。【解析】：（ 1）设粒子a 在 I 内做匀速圆周运动的圆心为C （在 y 轴上），半径为Ra1，粒精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4

7、 页，共 36 页学习必备欢迎下载子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P, 如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得12aaRvmABqv由几何关系得PPCs i n1dRa式中，030，由式得mqBdva21(2) 设粒子 a 在 II内做圆周运动的圆心为Oa,半径为1aR，射出点为aP（图中未画出轨迹），aaPOP。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得22)2(aaaRvmBqv由式得212aaRRC、P和aO三点共线，且由式知aO点必位于dx23 的平面上。由对称性知，aP点与P点纵坐标相同，即hRyapacos1式中， h 是 C点的 y 坐标。设b 在I中 运 动 的 轨 道 半 径

8、 为1bR， 由 洛 仑 兹 力 公 式 和 牛 顿 第 二 定 律 得21)3()3(abavRmBvq设 a 到达aP点时， b 位于bP点，转过的角度为。如果 b 没有飞出I ，则22aTt21bTt11式中， t 是 a 在区域 II中运动的时间，而vRTaa222123211vRTbb13由111213 式得03014精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 36 页学习必备欢迎下载由14 式可见， b 没有飞出。bP点的 y 坐标为hRybpb)cos2(115由1415 式及题给条件得，a、b 两粒子的y 坐标之差为

9、dyybapp)23(32165.(2011.江苏 ) 某种加速器的理想模型如题15-1 图所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b，两极板间电压uab的变化图象如图15-2 图所示，电压的最大值为U0、周期为 T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为m0、电荷量为q 的带正电的粒子从板内a 孔处静止释放， 经电场加速后进入磁场，在磁场中运动时间T0后恰能再次从a 孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了01100m。( 粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力) (1) 若在 t=0 时刻将该粒子从板内a 孔处静止释放， 求其第二次加速后从b

10、孔射出时的动能；(2) 现在利用一根长为L 的磁屏蔽管 ( 磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响 ) ，使题 15-1 图中实线轨迹( 圆心为 O)上运动的粒子从a 孔正下方相距L 处的 c 孔水平射出，请在答题卡图上的相应位置处画出磁屏蔽管；(3) 若将电压uab的频率提高为原来的2 倍，该粒子应何时由板内a 孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 36 页学习必备欢迎下载【解析】精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -

11、 - - - - - -第 7 页，共 36 页学习必备欢迎下载6. （ 2011. 安徽）如图所示，质量M=2kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg 的小球M m v0O P L 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 36 页学习必备欢迎下载通过长L=0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0=4 m/s ，g 取 10m/s2。（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。（2）若解除对滑块的锁定，

12、试求小球通过最高点时的速度大小。（3）在满足（2）的条件下， 试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。【解析】 ：（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v1。在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒。则设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则由式，得F=2N由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N ，方向竖直向上。（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V。在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方向，有在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则22101122mvm

13、gLmv16/vm s21vFmgmL20mvMV精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 36 页学习必备欢迎下载由式，得v2=2m/s（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为 s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V/。由系统水平方向的动量守恒，得将式两边同乘以，得因式对任意时刻附近的微小间隔都成立，累积相加后，有10又11由1011 式得127.（2011.浙江）如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用

14、金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为 -q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间距d可以改变收集效率。当d=d0时为 81% （即离下板081d0范围内的尘埃能够被收集）。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。求收集效率为100% 时，两板间距的最大值dm；22220111222mvMVmgLmv30mvMVt30mvtMVtt120msMs122ssL123sm精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 3

15、6 页学习必备欢迎下载求收集率 与两板间距d的函数关系；若单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量M/ t与两板间距d的函数关系，并绘出图线。【解析】 （1）收集效率为 81% ，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U，在水平方向有0Lv t在竖直方向有2010.812dat其中0FqEqUammmd当减少两板间距是，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率。收集效率恰好为100%时，两板间距为md。如果进一步减少d，收集效率仍为100% 。因此，在水平方向有0Lv t在竖直方向有212mda t其中mFqEqUammmd联立可得00.9

16、mdd精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 36 页学习必备欢迎下载（2）通过前面的求解可知，当00.9dd时，收集效率为 100% 当00.9dd时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有2012qULxmdv根据题意，收集效率为xd联立可得200.81dd（3）稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量/Mt=0nmbdv当00.9dd时，1，因此/Mt=0nmbdv当00.9dd时，200.81dd，因此/Mt=2000.81dnmbvd绘出的图线如下精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结

17、- - - - - - -第 12 页，共 36 页学习必备欢迎下载 8.（2011. 重庆）某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动。如图所示，材料表面上方矩形区域PPNN充满竖直向下的匀强电场，宽为d；矩形区域NNMM充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为 3s，宽为s；NN为磁场与电场之间的薄隔离层。一个电荷量为e、质量为m、初速为零的电子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变， 其动能损失是每次穿越前动能的10% ，最后电子仅能从磁场边界MN 飞出。不计电子所受重力。求电子第二次与第一次圆周运动半径之比；求电场强度的取值范围；A是

18、MN的中点，若要使电子在A、M 间垂直于AM 飞出，求电子在磁场区域中运动的时间。【解析】（ 1）设圆周运动的半径分别为R1、R2、Rn、Rn+1，第一和第二次圆周运动速率分别为v1和v2，动能分别为Ek1和Ek2由：Ek20.81Ek1，R1mv1Be，R2mv2Be，Ek112mv12，Ek212mv22，得：R1：R2 0.9（2）设电场强度为E，第一次到达隔离层前的速率为v由：212eEdmv，221110.922mvmv，R1s 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 36 页学习必备欢迎下载得： E2259B es

19、md又由：110.9nnRR，212(10.90.90.9)3nRs得：E2280B esmd电场强度的取值范围为2280B esmdE2259B esmd（3）设电子在匀强磁场中，圆周运动的周期为，运动的半圆周个数为n，运动总时间为t由题意，有：112(10.9 )310.9nnRRs，R1s，110.9nnRR，1nR2s得：n=2；由2 mTeB，得52mteB9. （ 2011. 四川）如图所示：正方形绝缘光滑水平台面WXYZ 边长l=1.8m，距地面h=0.8m。平行板电容器的极板CD间距d=0.1m 且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面

20、区域内有磁感应强度B=1T、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=510-13C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U=2.5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面。在微粒离开台面瞬时， 静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。 假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数=0.2 ，取g=10m/s2（1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；（2）求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；（3）若微粒质量mo=110-13kg，求滑块开始运动时所获得的速度

21、。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 36 页学习必备欢迎下载【解析】： （1）微粒在极板间所受电场力大小为qUFd代入数据 F=1.2510-11N 由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C板为正极，D板为负极。（2）若粒子的质量为m，刚进入磁场时的速度大小为v，由动能定理212Uqmv微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦磁力充当向心力，若圆周运动半径为R，有2vqvBmR微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值为12lR2Rld联立，代入数据，有 8.110-1

22、4kgm 2.89 10-13kg （3）如图，微粒在台面以速度为v做以 O点位圆心，R为半径的圆周运动；从台面边缘P点沿与 XY边界成角飞出做平抛运动，落地点Q点，水平位移s, 下落时精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 36 页学习必备欢迎下载间 t 。设滑块质量为M，滑块获得的速度v0后在 t 内与平台前侧面成角度方向，以加速度a做匀减速直线运动到 Q ，经过位移为k，。由几何关系，可得coslRR根据平抛运动，2htg s=vt 10对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，有Mg=Ma112012kv tat12再有余弦定

23、理，222(sin)2 (sin)cosksdRs dR13及正弦定理，sinsinsk14联立、 和14 ，代入数据， 解得：04.15/vm s150arcsin 0.8(53 )或10.（2011. 广东）如图19（a）所示，在以O为圆心，内外半径分别为1R和2R的圆环区域内， 存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，1020,3RRRR,一电荷量为 +q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力。（1）已知粒子从外圆上以速度1v射出，求粒子在A点的初速度0v的大小（2）若撤去电场，如图19（b）, 已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度2v射出，精选学习

24、资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 36 页学习必备欢迎下载方向与 OA延长线成45角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间（3）在图 19（b）中，若粒子从A 点进入磁场，速度大小为3v，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？【解析】（1）由动能定理：Uq=21mv12-21mv02得： v0=mUqv221（2）如右图：粒子在磁场中作圆周运动的半径为r ，则 r2=2(212RR)2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 36 页

25、学习必备欢迎下载B1qv2=mrv22精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 36 页学习必备欢迎下载由得： B1= )(2122RRqmvR V3 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 36 页学习必备欢迎下载T=rv22t =T22/由 t =rv22（3）由 B2qv3=mRv23可知， B越小， R越大。与磁场边界相切的圆的最大半径为 R=221RR所以 B2)(2123RRqmv11. （2011. 广东）如图20 所示，以 A、B和 C、D为端点

26、的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内， 一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C。一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经 A沿半圆轨道滑下， 再经 B滑上滑板。 滑板运动到C时被牢固粘连。 物块可视为质点，质量为 m，滑板质量M=2m ，两半圆半径均为R，板长 l=6.5R，板右端到C的距离 L 在 RL5R范围内取值。 E距 A为 S=5R， 物块与传送带、 物块与滑板间的动摩擦因素均为=0.5 ，重力加速度取g. (1) 求物块滑到B点的速度大小；(2) 试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做

27、的功Wf与 L 的关系， 并判断物块能否滑到CD轨道的中点。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 36 页学习必备欢迎下载【解析】（1）mgs+mg 2R=21mvB2所以 vB=3Rg（2）设 M滑动 x1,m 滑动 x2二者达到共同速度v, 则mvB=(M+m)v mgx1=21mv2mgx2=21mv221mvB2由得v=Rg, x1=2R, x2=8R 二者位移之差x= x2x1=6R6.5R，即滑块未掉下滑板精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共

28、36 页学习必备欢迎下载讨论：R L2R时， Wf= mg(l+L)= 21mg （6.5R+L）2RL5R 时， Wf=mgx2+mg(l x)=4.25mgR 4.5mgR，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。要使滑块滑到CD轨道中点， vc必须满足：21mvc2mgR 此时 L 应满足： mg(l+L) 21mvB221mvc2则 L 21R，不符合题意，滑块不能滑到CD轨道中点。12.（2011. 山东）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图、两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L, 磁场方向相反且垂直干扰面。一质量为m 、电量为 -q 、重力不计的粒子

29、，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U， 粒子经电场加速后平行于纸面射入区，射入时速度与水平和方向夹角（1）当区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为，求 B0及粒子在区运动的时间t0（2）若区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在区的最高点与区的最低点之间的高度差h （3）若 L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回区，求B2应满足的条件（4）若，且已保证了粒子能从区右边界射出。为使粒子从区右边界射出的方向与从区左边界射出的方向总相同，求B1、B2、L1、L2、之间应满足的关系式。精选学习资料 - - - -

30、 - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 36 页学习必备欢迎下载【解析】（1）如图 1 所示，设粒子射入磁场I 区的速度为v，在磁场I 区做圆周运动半径为，由动能定理和牛顿第二定律得：，由几何关系得：，联立得：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 36 页学习必备欢迎下载设粒子在 I 区做圆周运动周期为T，运动时间为t 。T=，联立式解得：（2）设粒子在磁场II区做圆周运动半径为，由牛顿第二定律得：由几何知识得：联立式解得：（3）如图 2 所示，为使粒子能再次返回到I 区应满足： 11

31、 。联立 11 式解得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 36 页学习必备欢迎下载（4）如图 3（或图 4）所示，设粒子射出磁场I 区时速度与水平方向的夹角为，由几何知识可得： 1314。 联立 1314 式解得：。13.（2011. 北京）利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。如图所示的矩形区域ACDG（AC边足够长）中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝。离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器

32、收集，整个装置内部为真空。已知被加速度的两种正离子的质量分别是和，电荷量均为。加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略。不计重力，也不考虑离子间的相互作用。（1）求质量为的离子进入磁场时的速率；（2）当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；（3）在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域受叠，导致两种离子无法完全分离。设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A 处；离子可以从狭缝各处摄入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在 GA边上并被完全分

33、离，求狭缝的最大宽度。1m2m12()mmq1m1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 25 页，共 36 页学习必备欢迎下载【解析】14. （2011. 北京）静电场方向平行于x 轴，其电势随 x 的分布可简化为如图所示的折线，图中和 d 为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0 为中心，沿x 轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m 、电量为 -q ，其动能与电势能之和为 -A（0Ark+1） ，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U，由动能定理知由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，则整理得

34、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 29 页，共 36 页学习必备欢迎下载因 U、q、m 、B均为定值，令，由上式得相邻轨道半径rk+1，rk+2之差同理因为 rk+2 rk，比较，得说明随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差 16.(2011.福建 ) 如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为 2R的竖直细管， 上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧。投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定， 在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼

35、饵弹射出去。设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零。不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能。已知重力加速度为g。求：质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1；弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep；已知地面与水面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线OO在 90o角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在2m/3 到m之间变化，且均能落到水面。持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？【解析】 （1）质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则mg= 精选学习资料 - - - - - -

36、- - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 30 页，共 36 页学习必备欢迎下载Rvm21解得v1 = gR（2）弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有EP = mg(1.5R+R)+2121mv解得EP = 3mgR（3）不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动，设经过t时间落到水面上，离OO的水平距离为x1，由平抛运动规律有4.5R = 221gt，x1 = v1t+R，解得x1 = 4R当鱼饵的质量为m32时，设其到达管口C时速度大小为v2，由机械能定律有EP = 22)32(21)5 .1(32vmRRmg解得v2

37、= gR2质量为m32的鱼饵落到水面上时，设离OO的水平距离为x2，则x2 = v2t+R解得x2 = 7R鱼饵能够落到水面的最大面积S = 32122433)(41Rxx 8.25 R3 17.（2011. 福建）如图甲， 在x 0 的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m，带电量为q（q0）的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力。求该粒子运动到y=h时的速度大小v；现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x曲线）不同，但具有相同的空间

38、周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动（y-t关系）是简谐运动，且都有相同的周期qBmT2。求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 31 页，共 36 页学习必备欢迎下载当入射粒子的初速度大小为v0时，其y-t图像如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅Ay，并写出y-t的函数表达式。【解析】（ 1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有2022121mvmvqEh由式解得v = mqEhv220（2）由图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即

39、都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离。 设粒子恰好沿x轴方向匀速运动的速度大小为v1，则qv1B = qE又s = v1T式中T = qBm2解得s = 22qBmE设粒子在y方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高处），对应的粒子运动速度大小为v2（沿x轴），因为粒子在y方向上的运动为简谐运动，因而在y = 0 和y = ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则)(20qEBqvqEBqv精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 32 页，共 36 页学习必备欢迎下载由动能定理有2022m2121mvmvqEy又Ay =

40、 m21y由式解得Ay =)(0BEvqBm可写出图丙曲线满足的简谐运动y-t函数表达式为y = )cos1)(0tmqBBEvqBm18.(2011. 上海 ) 电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15m，两导轨间距L=0.75 m ，导轨倾角为 30，导轨上端 ab接一阻值 R=1.5的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上。 阻值 r=0.5 ，质量 m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端 ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热0.1rQJ。( 取210/gm s) 求：(1) 金属棒在此过程中克服安培力的功W安；(2) 金属棒下滑速度

41、2/vm s时的加速度a(3) 为求金属棒下滑的最大速度mv，有同学解答如下：由动能定理21-=2mWWmv重安，。由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 33 页，共 36 页学习必备欢迎下载【解析】： （1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于3Rr，因此30.3()RrQQJ（1 分）=0.4()RrWQQQJ安（2 分）（2）金属棒下滑时受重力和安培力22=B LFBILvRr安（1 分）由牛顿第二定律22sin30B LmgvmaRr（3

42、分）2222210.80.752sin 30103.2(/)()20.2(1.50.5)B Lagvm sm Rr（2 分）(3) 此解法正确。 (1分) 金属棒下滑时舞重力和安培力作用，其运动满足22sin30B LmgvmaRr上式表明， 加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速， 当棒到达斜面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。 (2 分) 21sin 302mmgSQmv（1 分）2120.42sin302 10 1.152.74(/ )20.2mQvgSm sm（1分）19. （2011. 上海 ) 如图 (a) ，磁铁

43、 A、B的同名磁极相对放置，置于水平气垫导轨上。A固定于导轨左端， B 的质量 m=0.5kg，可在导轨上无摩擦滑动。将B在A附近某一位置由静止释放，由精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 34 页，共 36 页学习必备欢迎下载于能量守恒， 可通过测量 B 在不同位置处的速度，得到 B的势能随位置x的变化规律， 见图 (c)中曲线 I 。若将导轨右端抬高，使其与水平面成一定角度( 如图 (b) 所示 ) ，则 B的总势能曲线如图 (c) 中II 所示，将 B在20.0 xcm处由静止释放，求：( 解答时必须写出必要的推断说明。取29.8/

44、gm s ) (1)B 在运动过程中动能最大的位置；(2) 运动过程中 B的最大速度和最大位移。(3) 图(c) 中直线 III为曲线 II 的渐近线，求导轨的倾角。(4) 若A、B异名磁极相对放置，导轨的倾角不变，在图 (c) 上画出 B的总势能随 x的变化曲线【解析】(1) 势能最小处动能最大 (1分) 由图线 II得x=6.1(cm) (2分 ) ( 在 5.9 6.3cm间均视为正确) (2) 由图读得释放处势能0.90pEJ，此即 B的总能量。出于运动中总能量守恒，因此在势能最小处动能最大，由图像得最小势能为0.47J ，则最大动能为0.90.470.43()kmEJ（2 分) (k

45、mE在 0.42 0.44J间均视为正确) 最大速度为220.431.31(/ )0.5kmmEvm sm (1分) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 35 页，共 36 页学习必备欢迎下载(mv在 1.29 1.33 m s 间均视为正确 ) x=20.0 cm处的总能量为0.90J ，最大位移由E=0.90J 的水平直线与曲线II的左侧交点确定 , 由图中读出交点位置为x=2.0cm，因此，最大位移20.02.018.0()xcm (2分) (x在 17.918.1cm 间均视为正确 ) (3) 渐近线 III表示 B的重力势能随位置变化关系，即sinPgEmgxkx（ 2分) sinkmg由图读出直线斜率20.850.304.23 10(/)20.07.0kJ cm59 61211104.23sin()sin59.70.59.8kmg（1 分）（在间均视为正确）（4）若异名磁极相对放置，A，B间相互作用势能为负值，（2总势能如图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 36 页，共 36 页