物理高考压轴题精选 .pdf

《物理高考压轴题精选 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《物理高考压轴题精选 .pdf（48页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、学习好资料欢迎下载2009 年全国各省市高考名校百卷压轴精选物理专辑1、如图所示，一质量为M、长为l的长方形木板 B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为 m的小木块 A，m M。现以地面为参照系，给 A和 B以大小相等、方向相反的初速度(如图 5)，使 A开始向左运动、B开始向右运动，但最后 A刚好没有滑离 L 板。以地面为参照系。(1)若已知 A和 B的初速度大小为v0，求它们最后的速度的大小和方向。(2)若初速度的大小未知，求小木块 A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离。解法 1:(1)A 刚好没有滑离 B板，表示当 A滑到 B板的最左端时，A、B具有相同的速度。设此速度

2、为v，A和 B的初速度的大小为0v，则由动量守恒可得:vmMmvMv)(00解得：0vmMmMv，方向向右(2)A 在 B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，可见 A在运动过程中必经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V的两个阶段。设1l为 A开始运动到速度变为零过程中向左运动的位移，2l为 A从速度为零增加到速度为v的过程中向右运动的位移，L 为 A从开始运动到刚到达B的最左端的过名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载程中 B运动的位移，如图6 所示。设 A与 B之间的滑动摩擦力为f，则由功能关系可知:

3、对于 B 2202121MvmvfL对于 A 20121mvfl 2221mvfl由几何关系lllL)(21由、式解得lMmMl41解法 2：对木块 A和木板 B组成的系统，由能量守恒定律得：220)(21)(21vmMvmMfl由式即可解得结果lMmMl41本题第（2）问的解法有很多种，上述解法2 只需运用三条独立方程即可解得结果，显然是比较简捷的解法。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载2、如图所示，长木板 A右边固定一个挡板，包括挡板在内的总质量为1.5M，静止在光滑的水平面上，小木块B质量为 M，从 A的左端开始以初速度0v在 A

4、 上滑动，滑到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短,碰后木块 B恰好滑到 A的左端停止，已知 B与 A间的动摩擦因数为，B在 A板上单程滑行长度为l（即 A板长为l），求：（1）若203160vgl，在 B 与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板 A做正功还是负功？做多少功？（2）讨论 A和 B在整个运动过程中，是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的，如果不可能，说明理由；如果可能，求出发生这种情况的条件。解：（1）B与 A碰撞后，B相对 A向左运动，A受摩擦力向左，而 A的运动方向向右，故摩擦力对A做负功。设 B与 A碰后的瞬间 A的速度为1v，B的速度为2v，A、B相对静止 时 的

5、共 同 速 度 为v，由 动 量 守 恒 得：vMMMv)5.1(0vMMMvMv)5.1(5.121碰后到相对静止，对A、B系统由功能关系得：222215.221215.121MvMvMvMgl由式解得：0121vv（另一解01103vv因小于052vv而舍去）这段过程A克服摩擦力做功为名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载2020221068.0400275.1215.121MvMvMvMvw（2）A在运动过程中不可能向左运动，因为在B未与 A碰撞之前，A受摩擦力方向向右，做加速运动，碰后A受摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后共同速度

6、仍向右，因此不可能向左运动。B在碰撞之后，有可能向左运动，即02v，结合式得：3201vv代入式得：gvl1522022100115338102uglvvv v0022253bvva另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即MglMvMv25.22121220 即gvl20320故在某一段时间里B运动方向是向左的条件是gvlgv2031522020名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载3、光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料制成的“”型滑板，（平面部分足够长），质量为 4m，距滑板的 A壁为 L1距离的 B处放有

7、一质量为 m，电量为+q的大小不计的小物体，物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为E的匀强电场中，初始时刻，滑板与物体都静止，试求：（1）释放小物体，第一次与滑板A壁碰前物体的速度v1多大？（2）若物体与 A 壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的3/5，则物体在第二次跟A 壁碰撞之前瞬时，滑板的速度v 和物体的速度v2分别为多大？（均指对地速度）（3）物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？（碰撞时间可忽略）3、解：（1）由动能定理21121mvqEL得mqELv112 （2）若物体碰后仍沿原方向运动，碰后滑板速度为V，由动量守恒mvvmmv45311得101vv物体速度153v，故不

8、可能 物块碰后必反弹1153vv，由动量守恒mvvmmv45311 得152vv 由于碰后滑板匀速运动直至与物体第二次碰撞之前，故物体与A壁第二次碰前，滑板速度mqELvv1125252。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载物体与 A壁第二次碰前，设物块速度为v2，atvv12 由两物的位移关系有：2121attvvt即21atvv 由代入数据可得：mqELv12257 此处可用相对速度、加速度、位移列式求解（3）物体在两次碰撞之间位移为S，asvv22122得qEmvmqEvavvs54/253572211222122或用动能定律直接求

9、后阶段电场力所做的功为：185qEL 物块从开始到第二次碰撞前电场力做功11513)(qELslqEw名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载4（16 分）如图 515 所示，PR是一块长为L=4 m 的绝缘平板固定在水平地面上，整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B，一个质量为m=0.1 kg.带电量为q=0.5 C 的物体，从板的P端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动，进入磁场后恰能做匀速运动。当物体碰到板 R端挡板后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动

10、，离开磁场后做匀减速运动停在C点，PC=L/4，物体与平板间的动摩擦因数为=0.4.求：（1）判断物体带电性质，正电荷还是负电荷？（2）物体与挡板碰撞前后的速度v1和v2；（3）磁感应强度B的大小；（4）电场强度E的大小和方向解：(1)由于物体返回后在磁场中无电场，且仍做匀速运动，故知摩擦力为 0，所以物体带正电荷.且：mg=qBv2(2)离开电场后，按动能定理，有：-mg4L=0-21mv2得：v2=22(3)代入前式求得：B=22(4)由于电荷由P运动到D点做匀加速运动，可知电场强度方向水平向右，且：(Eq-mg)212Lmv12-进入电磁场后做匀速运动，故有：Eq=(qBv1+mg图 5

11、15 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载由以上两式得：N/C2.4m/s241Ev名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载5、在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似两个小球 A和 B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球 C沿轨道以速度 V0射向 B球，如图 2 所示C与 B发生碰撞并立即结成一个整体 D 在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度

12、突然锁定，不再改变然后，A球与挡板 P发生碰撞，碰后 A、D都静止不动，A与 P接触而不粘连过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）已知A、B、C三球的质量均为（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度（2）求在 A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能分析：审题过程，排除干扰信息：“在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似”挖掘隐含条件：“两个小球A和 B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态”，隐含摩擦不计和轻质弹簧开始处于自然状态（既不伸长，也不压缩），“C与 B发生碰撞并立即结成一个整体 D

13、”隐含碰撞所经历的时间极短，B球的位移可以忽略，弹簧的长度不变，“A球与挡板 P发生碰撞，碰后A、D都静止不动”隐名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载含在碰撞中系统的动能由于非弹性碰撞而全部消耗掉，只剩下弹性势能。此题若用分析法求解，应写出待求量与已知量的关系式，显然比较困难，由于物体所经历的各个子过程比较清楚，因此宜用综合法求解。在解题前，需要定性分析题目中由A、B、C三个小球和连结 A、B的轻质弹簧组成的系统是如何运动的，这个问题搞清楚了，本题的问题就可较容易地得到解答 下面从本题中几个物理过程发生的顺序出发求解：1、球 C与 B发生

14、碰撞，并立即结成一个整体D，根据动量守恒，有102mvmv（1v为 D的速度）2、当弹簧的长度被锁定时，弹簧压缩到最短，D与 A速度相等，如此时速度为2v，由动量守恒得2132mvmv当弹簧的长度被锁定后，D的一部分动能作为弹簧的弹性势能PE被贮存起来了 由能量守恒，有PEvmvm2221)3(21)2(213、撞击 P后，A与 D的动能都为，当突然解除锁定后（相当于静止的 A、D两物体中间为用细绳拉紧的弹簧，突然烧断细绳的状况，弹簧要对 D做正功），当弹簧恢复到自然长度时，弹簧的弹性势能全部转变成 D的动能，设 D的速度为3v，则有23)2(21vmEP4、弹簧继续伸长，A球离开挡板，并获得

15、速度。当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长此时的势能为最大，设此时A、D的速度为4v，势能为PE。由动量守恒定律得名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载4332mvmv 由机械能守恒定律得：2423)3(21)2(21PEvmvm由、两式联立解得：0231vv联立式解得20361mvEP用完全非弹性碰撞的动能损失2120122()kmm vEmm2021021122211202122312122212 3336PPPPvm mEmvmmvEm vEEmvm名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 48 页 -学习好资料

16、欢迎下载6、如图(1)所示为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端挂一小物块 A，上端固定在 C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连。已知有一质量为0的子弹 B沿水平方向以速度0射入 A内（未穿透），接着两者一起绕 C点在竖直面内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F随时间 t 的变化关系如图(2)所示。已知子弹射入的时间极短，且图(2)中0 为 A、B 开始以相同速度运动的时刻，根据力学规律和题中（包括图）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量（例如A的质量）及 A、B一起运动过程中的守恒量。你能求得哪些定量的结果？解：由图 2 可直接看出，A、B一起做周期性运动，

17、运动的周期 T=2t0，令 m 表示 A 的质量，L 表示绳长，v1表示 B 陷入 A内时即 t=0时 A、B的速度（即圆周运动最低点的速度），v2表示运动到最高点时的速度，F1表示运动到最低点时绳的拉力，f2表示运动到最高点时绳的拉力，则根据动量守恒定律，得mv0=(m0+m)v1，在最低点和最高点处运用牛顿定律可得F1-(m0+m)g=(m0+m)v12/L，F2+(m0+m)g=(m0+m)v22/L 根据机械能守恒定律可得 2L(m+m0)g=(m+m0)v12/2-(m+m0)v22/2。由图 2 可知 F2=0。F1=Fm。由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是名师资料总结-精品

18、资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载 m=Fm/6g-m0，L=36m02v02 g/5Fm2，A、B一起运动过程中的守恒量是机械能E，若以最低点为势能的零点，则 E=(m+m0)v12/2。由几式解得 E3m0202g/F。7（15 分）中子星是恒星演化过程的一种可能结果，它的密度很大。现有一中子星，观测到它的自转周期为T1/30s。向该中子星的最小密度应是多少才能维持该星体的稳定，不致因自转而瓦解。计等时星体可视为均匀球体。（引力常数 G 6.671011m3/kg s2）8（20 分）曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，图 1 为其结

19、构示意图。图中 N、S是一对固定的磁极，abcd为固定在转轴上的矩形线框，转轴过 bc边中点、与 ab边平行，它的一端有一半径 r01.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图2 所示。当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动。设线框由 N800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S20cm2，磁极间的磁场可视作匀强磁场，磁感强度 B0.010T，自行车车轮的半径R135cm，小齿轮的半径R24.cm，大齿轮的半径R310.0cm（见图 2）。现从静止开始使大齿轮加速转动，问大齿轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值U3.2V？（假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动

20、）7（15 分）参考解答：名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载考虑中子星赤道处一小块物质，只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体一起旋转所需的向心力时，中子星才不会瓦解。设中子星的密度为，质量为 M，半径为 R，自转角速度为，位于赤道处的小块物质质量为m，则有GMm/R2m 2R 且 2/T，M 4/3R3由以上各式得：3/GT2代人数据解得：1.271014kg/m38（20 分）参考解答：当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交流电动势，其最大值0BSN 式中 0为线框转动的角速度，即摩擦

21、小轮转动的角速度。发电机两端电压的有效值U 2/2 m设自行车车轮转动的角速度为1，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，有R11R00小齿轮转动的角速度与自行车轮转动的角速度相同，也为1。设大齿轮转动的角速度为，有 R3R21由以上各式解得(2U/BSN)(R2r0/R3r1)代入数据得3.2s19（22 分）一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过 CD区域时是倾斜的，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 14 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载AB和 CD都与 BC相切。现将大量的质量均为m的小

22、货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和 A的高度差为 h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为 L。每个箱子在 A处投放后，在到达 B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均抽出功率P。9（22 分）参考解答：以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有

23、s 1/2at2 v0at 在这段时间内，传送带运动的路程为s0v0t 由以上可得 s02s 用 f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为Afs 1/2mv02传送带克服小箱对它的摩擦力做功A0fs021/2mv02两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量Q 1/2mv02可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。T时间内，电动机输出的功为W PT 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 15 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即W 1/2Nmv02Nmgh NQ 已知相邻两小箱的距离为L，所以 v0TN

24、L 联立，得：PTNm222TLNgh 10.（14 分）为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积A=0.04m2的金属板，间距 L=0.05m，当连接到 U=2500V的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示。现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒 1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为 q=+1.010-17C，质量为 m=2.010-15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。求合上电键后：经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？除尘过程中电场对烟尘颗粒

25、共做了多少功？经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附。烟尘颗粒受到的电场力F=qU/L，L=at2/2=qUt2/2mL，故 t=0.02s W=NALqU/2=2.5 10-4J 设烟尘颗粒下落距离为x，则当时所有烟尘颗粒的总动能EK=NA(L-x)mv2/2=NA(L-x)qUx/L，当 x=L/2 时 EK达最大，而 x=at12/2，故 t1=0.014s U S 接地+L 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 16 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载11（12 分）风洞实验室中可以产生水平方向的、大小可调节

26、的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径。（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小班干部所受的风力为小球所受重力的0.5 倍，求小球与杆间的滑动摩擦因数。（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离S 所需时间为多少？（sin37=0.6，cos37=0.8）13（1）设小球所受的风力为F，小球质量为mmgF15.0/5.0/mgmgmgF2（2）设杆对小球的支持力为N，摩擦力为f沿杆方向mafmgninF cos3垂直于杆方向0cossinngFN4Nf5可解得ggmFgmfng

27、Fa43sin)(sincos226221atS7gSgSt384/328评分标准：（1）3 分。正确得出2 式，得 3 分。仅写出1 式，得 1 分。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 17 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载（2）9 分，正确得出6 式，得 6 分，仅写出3、4 式，各得 2分，仅写出5 式，得 1 分，正确得出8 式，得 3 分，仅写出7 式，得 2 分，g 用数值代入的不扣分。12（13 分）阅读如下资料并回答问题：自然界中的物体由于具有一定的温度，会不断向外辐射电磁波，这种辐射因与温度有关，称为势辐射，势辐射具有如下特点：1 辐射的能量中包含各种波长

28、的电磁波；2 物体温度越高，单位时间从物体表面单位面积上辐射的能量越大；3 在辐射的总能量中，各种波长所占的百分比不同。处于一定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时，也要吸收由其他物体辐射的电磁能量，如果它处在平衡状态，则能量保持不变，若不考虑物体表面性质对辐射与吸收的影响，我们定义一种理想的物体，它能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体，单位时间内从黑体表面单位央积辐射的电磁波的总能量与黑体绝对温度的四次方成正比，即40TP，其中常量31067.5瓦/（米2开4）。在下面的问题中，把研究对象都简单地看作黑体。有关数据及数学公式：太阳半径696000sR千米，太阳表面温度57

29、70T开，火星半径3395r千米，球面积，24 RS，其中 R为球半径。（1）太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为2109米1104米范围内，求相应的频率范围。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 18 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载（2）每小量从太阳表面辐射的总能量为多少？（3）火星受到来自太阳的辐射可认为垂直射可认为垂直身到面积为2r（r为火星半径）的圆盘上，已知太阳到火星的距离约为太阳半径的 400倍，忽略其它天体及宇宙空间的辐射，试估算火星的平均温度。解：（1）/c117981105.1102/1000.3（赫）212481103101/1000.3（赫）3辐射的频

30、率范围为31012赫1.51017赫（2）每小量从太阳表面辐射的总能量为tTRW42s44 代入 数所 得 W=1.38 1010焦5（3）设火星表面温度为T，太阳到火星距离为d，火星单位时间内吸 收来自 太阳 的辐 射能量 为224244drTRPs6sRd400224)400/(rTP7火星单位时间内向外辐射电磁波能量为424TrPt8火星处在平衡状态ttPP9 即422244)400/(TrrT10 由10式解得火星平均温度204800/TT（开）11 评分标准：全题 13 分（1）正确得了1，2，3 式，各得 1 分。（2）正确得出5 式，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-

31、第 19 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载得 5 分，仅写出4 式，得 3 分。（3）正确得出10式，得 4 分，仅写出6 式或7 式，得 1 分；仅写出8 式，得 1 分，正确得出11式，得 1 分。13.(13 分)如图所示，在 xoy 平面内有垂直坐标平面的范围足够大的匀强磁场，磁感强度为B，一带正电荷量Q的粒子，质量为，从点以某一初速度垂直射入磁场，其轨迹与x、y轴的交点A、B到O点的距离分别为、，试求：(1)初速度方向与轴夹角(2)初速度的大小.20.参考解答：(1)磁场方向垂直坐标平面向里时，粒子初速度方向与轴的夹角为，射入磁场做匀速圆周运动，由几何关系可作出轨迹如图所示，设

32、圆半径为R，由数学关系可得：sin2Ra cos2Rb由、解得 tanbaarctanba当磁场方向垂直坐标平面向外时，粒子初速度方向与轴间的夹角为arctanba(2)由、解得：222baR名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 20 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载由洛仑兹力提供向心力有：Rv2mbaQBv222评分标准：本题 13 分，第(1)问 8 分，其中式 2 分，式 2 分，式 2 分，式 2 分，arcsin22baa或 arccos22bab同样给分.第(2)问 5 分，其中式 2 分，式 2 分，式 1 分.14.(13 分)俄罗斯“和平号”空间站在人类航天

33、史上写下了辉煌的篇章，因不能保障其继续运行，3 月 20 号左右将坠入太平洋.设空间站的总质量为，在离地面高度为的轨道上绕地球做匀速圆周运动坠落时地面指挥系统使空间站在极短时间内向前喷出部分高速气体，使其速度瞬间变小，在万有引力作用下下坠.设喷出气体的质量为1001m，喷出速度为空间站原来速度的37 倍，坠入过程中外力对空间站做功为W.求：(1)空间站做圆周运动时的线速度.(2)空间站落到太平洋表面时的速度.(设地球表面的重力加速度为，地球半径为R)14.参考解答：(1)设空间站做圆周运动的速度为，地球质量为M.由牛顿第二定律得：)()(212hRvmRhMmG名师资料总结-精品资料欢迎下载-

34、名师精心整理-第 21 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载地表重力加速度为，则：gRGM2 由、式得：)(21RhgRv(2)喷出气体后空间站速度变为，由动量守恒定律得：12110037)100(mvvmmmv设空间站落到太平洋表面时速度为，由动能定理得：Wvmvm2223)10099(21)10099(21由、式得：mWhRgRv99200)(121492315.(14 分)如图甲，A、B两板间距为2L，板间电势差为U，C、D两板间距离和板长均为L，两板间加一如图乙所示的电压.在S处有一电量为q、质量为m的带电粒子，经A、B间电场加速又经C、D间电场偏转后进入一个垂直纸面向里的匀强磁场区

35、域，磁感强度为B.不计重力影响，欲使该带电粒子经过某路径后能返回S处.求：(1)匀强磁场的宽度L至少为多少?(2)该带电粒子周期性运动的周期T.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 22 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载(1)AB加速阶段，由动能定理得：221mvqU偏转阶段，带电粒子作类平抛运动偏转时间qUmLvLt2/1侧移量2221212221LqUmLmLqUaty设在 偏 转电场 中，偏 转 角为则1221vLmLqUvatvvtgy即 4由几何关系：45sin45 2L 则L212注：L也可由下面方法求得：粒子从S点射入到出偏转电场，电场力共做功为设出电场时速度为

36、，有qUvm2212解得mqU/4粒子在磁场中做圆周运动的半径：qBmqUqBvmR2qBmqUL)22(2)设粒子在加速电场中运动的时间为则qUmLvL2/2/211 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 23 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载带电粒子在磁场中做圆周运动的周期qBmT212 实际转过的角度2313 在磁场中运动时间qBmT234314 故粒子运动的周期TqBmqUm232/15 评分标准：本题 14 分，第(1)问 8 分，其中、式各 1 分，式 2 分，、式各1 分.第(2)问 6 分，其中12、13、14、式各 1 分，15式 2 分.16、2000年

37、1 月 26 日我国发射了一颗同步卫星，其定点位置与东经 98的经线在同一平面内。若把甘肃省嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经 98和北纬 40，已知地球半径R、地球自转周期 T、地球表面重力加速度g（视为常量）和光速c。试求该同步卫星发出的微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间（要求用题给的已知量的符号表示）。分析与解：由于微波在大气层中以光速传播，所以若能求得从同步卫星到嘉峪关的距离L，则由运动学就能得到同步卫星发出的微波信号传到位于嘉峪关的接收站所需的时间t。如何求得 L 是解题的关键，首先我们知道同步卫星是位于赤道上空的，题中说明，该同步卫星的定点位置与东经98的经线在同一平面内，而嘉峪

38、关处的经度和纬度近似取为东经98和北纬 40，隐含该同步卫星P、嘉名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 24 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载峪关 Q和地心 O在同一个平面内，构成一个三角形，QOP=40，如图 11 所示，这样由余弦定理就可求得L。设 m为卫星质量，M为地球质量，r 为卫星到地球中心的距离，w为卫星绕地转动的角速度，由万有引力定律和牛顿定律有。22mrrMmG式中 G为万有引力恒量，因同步卫星绕地心转动的角速度w与地球自转的角速度相等，有T2因mgRMmG2得gRGM2设嘉峪关到同步卫星的距离为L，由余弦定理cos222rRRrL所求时间为cLt由以上各式得

39、cgTRRRgTRt31222232222)4(2)4(17、“和平号”空间站已于2001年 3 月 23 日成功地坠落在南太平洋海域，坠落过程可简化为从一个近圆轨道（可近似看作圆轨道）开始，经过与大气摩擦，空间站的绝大部分经过升温、熔化，最后汽化而销毁，剩下的残片坠入大海。此过程中，空间站原来的机械能中，除一部分用于销毁和一部分被残片带走外，还有一部分能量E通过其他方式散失（不考虑坠落过程中化学反应的能量）。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 25 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载（1）试导出以下列各物理量的符号表示散失能量E的公式.（2）（2）算出 E的数值（结果保留两

40、位有效数字）坠落开始时空间站的质量M=1.17105kg；轨道离地面的高度为h=146km；地球半径 R=6.4106m；坠落空间范围内重力加速度可看作g=10m/s2；入海残片的质量=1.2104kg；入海残片的温度升高=3000K；入海残片的入海速度为声速=340m/；空间站材料每 1kg 升温 1K平均所需能量 c=1.0103J；每销毁 1kg材料平均所需能量=1.0107分析与解：本题描述的是2001年世界瞩目的一件大事：“和平号”空间站成功地坠落在南太平洋海域。让绕地球运行的空间站按照预定的路线成功坠落在预定的海域，这件事情本身就极富挑战性，表达了人类征服自然改造自然的雄心和实力。

41、（1）作为一道信息题，首先我们应弄清题目所述的物理过程，建立一个正确的物理模型。我们将空间站看作一个质点，开始时以一定的速度绕地球运行，具有一定的动能和势能，坠落开始时空间站离开轨道，经过摩擦升温，空间站大部分升温、熔化，最后汽化而销毁，剩下的残片坠落大海，整个过程中，总能量是守恒的。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 26 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载根据题述条件，从近圆轨道到地面的空间中重力加速度g=10m/s2，若以地面为重力势能的零点，坠落过程开始时空间站在近圆轨道的势能MghEP.以 v 表示空间站在轨道上的速度，可得MgrvM2.其中 r 为轨道半径，若 R

42、地表示地球半径，则r=R地+h.由式、可得空间站在轨道上的动能MgEk21（R地+h）由式、可得，在近圆轨道上空间站的机械能E=Mg(21R地+23h)在坠落过程中，用于销毁部分所需要的能量为Q汽=(M-m).用于残片升温所需要的能量Q残=cm T.残片的动能为 E残=221mv以 E表示其他方式散失的能量，则由能量守恒定律可得 E=Q汽+E残+Q残+E.由此得 E=Mg(21R地+23h)-(M-m)-221mv-cmT (2)将题给数据代入得E=2.91012带电粒子在电磁场中运动问题带电粒子在电磁场中运动问题，实质是力学问题，通常从受力分析，运动情况分析入手，利用力学规律，并注意几何关系

43、即可求解。下面对两道高考压轴题作一简要分析。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 27 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载18、一带电质点质量为m电量为 q，以平行于 ox 轴的速度 v 从 y轴上的 a 点射入图 7 中第一象限所示的区域。为了使该质点能从x 轴上的 b 点以垂直于 ox 轴的速度 v 射出，可在适当的地方加一个垂直于xy 平面、磁感强度为B的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个圆形区域内，试求这个圆形区域的最小半径，重力忽略不计。解析：由题意可知，质量在 xy 平面的第一象限的磁场中做匀速圆周运动，在磁场外做匀速直线运动。由于质点进入磁场的速度方向与飞出磁场的速度

44、方向相垂直成90，由此可知质点在磁场中的轨迹是半径为 R 的圆 O（虚线）的圆周的 1/4，如图 8，由题意，恰包含弦的磁场圆有无数个，且对应的圆心角越小，圆半径越大，反之则越小，当圆心角为 180时，即为直径时磁场圆 O（实线）的半径最小，设其半径为r，易得BqmvRr2222显而易见，以上找圆心及对角度的分析是解题的关键。19、图 9 中虚线 MN是一垂直面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在着一磁感强度为 B的匀强磁场，方向垂直纸面向外。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 28 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载O是 MN上的一点，从 O点可以向磁场区域发射电量为

45、q、质量为 m速率为 v 的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向。已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中的P点相遇，P到 O的距离为 L。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。(1)求所考察的粒子在磁场中的轨道半径。(2)求这两个粒子从 O点射入磁场的时间间隔。分析与解：这一题是带电粒子仅在洛仑兹力作用下的运动问题，前后两个粒子做完全相同的匀速圆周运动，对应的物理规律较简单，第二问的难点在于物理情景分析和几何关系的确定，勾画草图分析，巧设角度是解题的关键。（1）设粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律，有RvmqvB2得qBmvR（2）如图 10 所示，以 OP为弦可画两个半径相

46、同的圆，分别表示在 P点相遇的两个粒子的轨道。圆心和直径分别为 O1、O2和OO1Q1,OO2Q2,在 0 处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用 表示它之间的夹角。由几何关系可知2211QPOQPO名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 29 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载从 0 点射入到相遇，粒子1 的路程为半个圆周加弧长Q1P Q1PR 粒子 2 的路程为半个圆周减弧长PQ2=R 粒子 1 运动的时间vRTt211其中 T为圆周运动的周期。粒子2 运动的时间为vRTt212两粒子射入的时间问隔t=t1-t2=vR2因LR212cos得RL2arccos2由、三式得

47、t=)2arccos(4mvqBLqBm20.(13分)1951 年，物理学家发现了“电子偶数”，所谓“电子偶数”就是由一个负电子和一个正电子绕它们的质量中心旋转形成的相对稳定的系统.已知正、负电子的质量均为me，普朗克常数为h，静电力常量为k，假设“电子偶数”中正、负电子绕它们质量中心做匀速圆周运动的轨道半径r、运动速度v及电子的质量满足量子化理论：2mevnrn=nh/2，n=1,2，“电子偶数”的能量为正负电子运动的动能和系统的电势能之和，已知两正负电子相距为L时的电势能为Ep=-kLe2，试求n=1时“电子偶数”的能量.【分析】由量子化理论知n=1时，2mev1r1=2h解得114rm

48、hve名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 30 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载设 此 时 电子 运 转 轨道 半 径 为r，由 牛顿 定 律 有me2121214rekrv21214/vmkere由联立可得v1ke2h 系统电势能Ep=-k2122222rmkeekree=2mev12而系统两电子动能为Ek=2212121vmvmee系统能量为E=Ep+Ek-mev12=-2mk2e4h2评分：解答式正确得2 分；解答式正确得3 分；正确分析系统势能得 2 分；解答动能正确得3 分；正确列式、得出总能量表达式得 3 分.21.(14分)显像管的工作原理是阴极K发射的电子束

49、经高压加速电场(电压U)加速后垂直正对圆心进入磁感应强度为B、半径为r的圆形匀强偏转磁场，如图 11 所示，偏转后轰击荧光屏P，荧光粉受激而发光，在极短时间内完成一幅扫描.若去离子水质不纯，所生产的阴极材料中会有少量SO24，SO24打在屏上出现暗斑，称为离子斑，如发生上述情况，试分析说明暗斑集中在荧光屏中央的原因电子质量为9.11031 kg，硫酸根离子(SO24)质量为 1.610 25 kg.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 31 页，共 48 页 -学习好资料欢迎下载【分析】电子或硫酸根离子在加速电场中qU=221mv设粒子在偏转磁场中偏转时，轨道半径为R,有：qvB=

50、mRv2则R=qmUBqBmv21设粒子在偏转磁场中速度偏角为，有：tanmUqBrRr22故 tan2mq由于硫酸根离子荷质比远小于电子的荷质比，高速硫酸根离子经过磁场几乎不发生偏转，而集中打在荧光屏中央，形成暗斑.评分：正确运用动能定理处理粒子在加速电场中的运动得3 分；求解粒子在偏转磁场中的轨道半径得3 分；正确抓住切入点，求解tan2得 3 分；明确 tan2与mq的关系得 2 分；最后将 tan2mq应用于电子和硫酸根离子，得出正确结论得2 分.22.(14 分)如图 12 是用高电阻放电法测电容的实验电路图，其原理是测出电容器在充电电压为U时所带的电荷量Q，从而求出其电容C.该实验