高考物理压轴题30道.pdf

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1、文档 高考物理压轴题（30 道）1（20 分）如图 12 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=01 kg，带电量为q=05 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端的挡板后被弹回，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，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=04，取 g=10m/s2，求：（1）判断物体带电性质，正电荷还是负电荷？（2）物体与挡板

2、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 1.（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 图 12 文档（2）离 开 电 场 后，按 动 能 定 理，有：-mg4L=0-21mv2 由式得：v2=22 m/s（3）代入前式求得：B=22 T（4）由于电荷由P运动到C点做匀加速运动，可知电场强度方向水平向右，且：（Eq-mg）212Lmv12-0 进 入 电 磁 场 后 做 匀 速 运 动，故 有：Eq=（qBv1+mg）由以上两式得：N/C 2.4m/s 241Ev 2

3、(10 分)如图 214 所示，光滑水平桌面上有长 L=2m 的木板 C，质量mc=5kg，在其正中央并排放着两个小滑块 A 和 B，mA=1kg，mB=4kg，开始时三物都静止在 A、B 间有少量塑胶炸药，爆炸后 A 以速度 6ms 水平向左运动，A、B 中任一块与挡板碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：(1)当两滑块 A、B 都与挡板碰撞后，C的速度是多大?(2)到 A、B 都与挡板碰撞为止，C 的位移为多少?2（1）A、B、C 系统所受合外力为零，故系统动量守恒，且总动量文档 为零，故两物块与挡板碰撞后，C 的速度为零，即0Cv（2）炸药爆炸时有 BBAAvmvm 解得smvB/

4、5.1 又BBAAsmsm 当sA1 m 时sB0.25m，即当A、C相撞时B与C右板相距msLsB75.02 A、C相撞时有：vmmvmCAAA)(解得v1m/s，方向向左 而Bv1.5m/s，方向向右，两者相距 0.75m，故到A，B都与挡板碰撞为止，C的位移为 3.0BCvvsvsm19.3（10 分）为了测量小木板和斜面间的摩擦因数，某同学设计如图所示实验，在小木板上固定一个轻弹簧，弹簧下端吊一个光滑小球，弹簧长度方向与斜面平行，现将木板连同弹簧、小球放在斜面上，用手固定木板时，弹簧示数为 F1，放手后，木板沿斜面下滑，稳定后弹簧示数为 F2，测得斜面斜角为，则木板与斜面间动摩擦因数为

5、多少？（斜面体固定在地面上）3 固定时示数为 F1，对小球 F1=mgsin 文档 整体下滑：（M+m）sin-(M+m)gcos=(M+m)a 下滑时，对小球：mgsin-F2=ma 由式、式、式得 =12FFtan 4 有一倾角为的斜面，其底端固定一挡板 M，另有三个木块 A、B 和C，它们的质 量分别为 mA=mB=m，mC=3 m，它们与斜面间的动摩擦因数都相同.其中木块 A 连接一轻弹簧放于斜面上，并通过轻弹簧与挡板 M 相连，如图所示.开始时，木块 A 静止在 P 处，弹簧处于自然伸长状态.木块 B在 Q 点以初速度 v0向下运动，P、Q 间的距离为 L.已知木块 B 在下滑过程中

6、做匀速直线运动，与木块 A 相碰后立刻一起向下运动，但不粘连，它们到达一个最低点后又向上运动，木块 B 向上运动恰好能回到Q 点.若木块 A 静止于 P 点，木块 C 从 Q 点开始以初速度032v向下运动，经历同样过程，最后木块 C 停在斜面上的 R 点，求 P、R 间的距离 L的大小。4木块 B 下滑做匀速直线运动，有 mgsin=mgcos B 和 A 相撞前后，总动量守恒,mv0=2mv1，所以 文档 v1=20v 设两木块向下压缩弹簧的最大长度为 s,两木块被弹簧弹回到 P 点时的速度为 v2，则 2mgcos2s=22212 212 21mvmv 两木块在 P 点处分开后，木块 B

7、 上滑到 Q 点的过程：（mgsin+mgcos）L=2221mv 木块 C 与 A 碰撞前后，总动量守恒，则 3m10423 mvv，所以 v1=42v0 设木块 C 和 A压缩弹簧的最大长度为s,两木块被弹簧弹回到 P点时的速度为 v2,则4mgcos2s=22224214 21mvmv 木块 C 与 A 在 P 点处分开后，木块 C 上滑到 R 点的过程：（3mgsin+3mgcos）L=223 21mv 在木块压缩弹簧的过程中，重力对木块所做的功与摩擦力对木块所做的功大小相等，因此弹簧被压缩而具有的最大弹性势能等于开始压缩弹簧时两木块的总动能.因此，木块 B 和 A 压缩弹簧的初动能

8、E,412 2120211mvmvk木块 C与 A 压缩弹簧的初动能 E,412120212mvmvk即 E21kkE 因此，弹簧前后两次的最大压缩量相等，即 s=s 综上，得 L=L-sin3220gv 5 文档 如图，足够长的水平传送带始终以大小为 v3m/s 的速度向左运动，传送带上有一质量为 M2kg 的小木盒 A，A 与传送带之间的动摩擦因数为 03，开始时，A 与传送带之间保持相对静止。先后相隔 t3s 有两个光滑的质量为 m1kg 的小球 B 自传送带的左端出发，以 v015m/s 的速度在传送带上向右运动。第 1 个球与木盒相遇后，球立即进入盒中与盒保持相对静止，第 2 个球出

9、发后历时 t11s/3 而与木盒相遇。求（取 g10m/s2）（1）第 1 个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度时多大？（2）第 1 个球出发后经过多长时间与木盒相遇？（3）自木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少？5（1）设第 1 个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1,根据动量守恒定律：01()mvMvmM v （1 分）代入数据，解得：v1=3m/s （1 分）（2）设第 1 个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1 个球经过t0与木盒相遇,则：00stv B A v v0 文档（1 分）设第 1 个球进入木盒后两

10、者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律：()()mM gmM a得：23/agm s （1 分）设木盒减速运动的时间为t1,加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则：12vtta=1s （1 分）故木盒在 2s 内的位移为零 （1 分）依题意：011120()svtvttttt （2 分）代入数据，解得：s=75m t0=05s （1 分）（3）自木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的这一过程中,传送带的位移为 S，木盒的位移为s1,则：10()8.5Svtttm （1 分）11120()2.5svtttttm （1 分）故木盒相对与传送带的位移：16sSsm 则木盒与传送带间的摩擦而

11、产生的热量是：54QfsJ （2 分）6.如图所示，两平行金属板A、B长l8cm，两板间距离d8cm，A板比B板电势高 300V，即UAB300V。一带正电的粒子电量q10-10C，质量m10-20kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v02106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、文档 PS相距为L12cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上。求（静电力常数k9109Nm2/C2）（1）粒子穿过界面 PS 时偏离中心线

12、 RO 的距离多远？（2）点电荷的电量。6（1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h,穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为y，则：h=at2/2 （1 分）qEqUammd 0ltv 即：20()2qUlhmd v （1 分）代入数据，解得：h=003m=3cm （1 分）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得：22lhlyL （1 分）代入数据，解得:y=012m=12cm （1 分）（2）设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：vy=at=0qUlmdv 代入数据，解得:vy=15106m/s （1 分）B A v0 R M N L P S O E F l 文档 所

13、以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为：22602.5 10/yvvvm s （1 分）设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为，则：034yvtanv 37 （1 分）因为粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直。匀速圆周运动的半径：0.15yrmcos （1 分）由：22kQqvmrr （2 分）代入数据，解得：Q=10410-8C （1分）7 光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料制成的 L 形滑板(平面部分足够长)，质量为 4m，距滑板的 A 壁为 L1距离的 B 处放有一质量为 m，电量

14、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置于场强为 E 的匀强电场中，初始时刻，滑板与物体都静止试问：(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速率 文档 的 35，则物体在第二次跟 A 碰撞之前，滑板相对于 水平面的速度 v2和物体相对于水平面的速度 v3分别为 多大?(3)物体从开始到第二次碰撞前，电场力做功为多大?(设碰撞经历时间极短且无能量损失)7(1)释放小物体，物体在电场力作用下水平向右运动，此时，滑板静止不动，对于小物体，由动能定理得：(2)碰 后 小 物 体 反 弹，由 动 量 守 恒

15、定 律：得 得 之后，滑板以v2匀速运动，直到与物体第二次碰撞，从第一次碰撞到第二次碰撞时，物体与滑板 位移相等、时间相等、平均速度相等 (3)电场力做功等于系统所增加的动能 8 如图(甲)所示，两水平放置的平行金属板 C、D 相距很近，上面分别开有小孔 O 和 O，水平放置的平行金属导轨 P、Q 与金属板 C、D 接触良好，且导轨垂直放在磁感强度为 B1=10T 的匀强磁场中，导轨间距 L=0.50m，金属棒 AB 紧贴着导轨沿平行导轨方向在磁场中做往复运动，其速度图象如图(乙)，若规定向右运动速度方21121mvEqL.211mEqLv211453mvvmmvmEqLvv11225252.

16、25757:522531131231mEqLvvvvvv得.5131013121EqLmvW电222342121mvmvW电文档 向为正方向从 t=0 时刻开始，由 C 板小孔 O 处连续不断地以垂直于 C 板方向飘入质量为 m=3.210-21kg、电量 q=1.610-19C的带正电的粒子(设飘入速度很小，可视为零)在 D 板外侧有以 MN 为边界的匀强磁场 B2=10T，MN 与 D 相距 d=10cm，B1和 B2方向如图所示(粒子重力及其相互作用不计)，求 (1)0到4.Os内哪些时刻从O处飘入的粒子能穿过电场并飞出磁场边界 MN?(2)粒子从边界 MN 射出来的位置之间最大的距离为

17、多少?8(1)只有当CD板间的电场力方向向上即AB棒向右运动时，粒子才可能从O运动到O，而 粒子要飞出磁场边界MN最小速度v0必须满足：设CD间的电压为U，则 解得 U=25V，又U=B1Lv 解得v=5m/s.所以根据（乙）图可以推断在 0.25st1.75s 内，粒子能穿过CD间的电场。（2）当 AB 棒速度最大，即v=20m/s 时产生感应电动势为：=B1Lv=100V 20qBmvd 2021mvqU 文档 此时带电粒子经加速后速度为v，由动能定理有：解得：v=100m/s 此时带电粒子 的轨道半径为 出射点与O的水平距离为：粒子从边界MN射出来的位置间最大距离为S=d-x=7.3cm

18、 9（20 分）如下图所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强度大小为 B 边长为 l 的正方形金属框 abcd（下简称方框）放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的 U 型金属框架 MNPQ（仅有 MN、NQ、QP 三条边，下简称 U 型框），U 型框与方框之间接触良好且无摩擦两个金属框每条边的质量均为 m，每条边的电阻均为 r （1）将方框固定不动，用力拉动 U 型框使它以速度0v垂直 NQ 边向右匀速运动，当 U 型框的 MP 端滑至方框的最右侧（如图乙所示）时，方框上的 bd 两端的电势差为多大?此时方框的热功率为多大?（2）若方框不固定，给 U 型

19、框垂直 NQ 边向右的初速度0v，如果 U型框恰好不能与方框分离，则在这一过程中两框架上产生的总热量为多少?221mvqmqBmvR2.02.7.2027.022cmmdRRx文档 2220011637227Qmvmvmv（3）若方框不固定，给 U 型框垂直 NQ 边向右的初速度 v（0vv），U 型框最终将与方框分离如果从 U 型框和方框不再接触开始，经过时间 t 后方框的最右侧和 U 型框的最左侧之间的距离为 s求两金属框分离后的速度各多大 9 第（1）问 8 分，第（2）问 6 分，第（3）问 6 分，共 20 分 解:（1）U 型框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势0EBl

20、v 当 如 图 乙 所 示 位 置 时，方 框bd之 间 的 电 阻 为 3334bdrrRrrr U 型框连同方框构成的闭合电路的总电阻为 1534dbRrRr 闭合电路的总电流为 0415BlvEIRr 根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：05bdbdBlvUIR 方框中的热功率为 2 2202475B l vbdrbdUPR （2）在 U 型框向右运动的过程中，U 型框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度v，根据动量守恒定律 03(34)mvmm v 解得：037vv 根据能量守恒定律，U 型框和方框组成的系统损失的机械能 等于在这一过程中两框架

21、上产生的热量，即 文档 （3）设 U 型框和方框不再接触时方框速度为1v，U 型框的速度为2v，根据动量守恒定律，有 12343mvmvmv 两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧和 U 型框最左侧距离为s，即21()vv ts 联立以上两式，解得：13()7svvt；214(3)7svvt 10.(14 分)长为 0.51m 的木板 A，质量为 1 kg板上右端有物块 B，质量为 3kg.它们一起在光滑的水平面上向左匀速运动.速度v0=2m/s.木板与等高的竖直固定板 C 发生碰撞，时间极短，没有机械能的损失物块与木板间的动摩擦因数=0.5.g 取 10m/s2.求:

22、（1）第一次碰撞后，A、B 共同运动的速度大小和方向（2）第一次碰撞后，A 与 C 之间的最大距离（结果保留两位小数）（3）A 与固定板碰撞几次，B 可脱离 A 板 10(14 分)分析与解答：解：（1）以 A、B 整体为研究对象，从 A 与 C 碰后至 AB 有共同速度 v，系统动量守恒 选向左为正方向：（）（）mvm v=mmvA0B0AB（2）以 A 为研究对象，从与 C 碰后至对地面速度为零，受力为 f，位移为 s 即最大位移 文档 gmfB ）（20021vmfsA ms13.0得（）第一次与 碰后至有共同速度，在 上相对于滑行3ACABvBAAL1（）（）解得第二次 与 碰后至有共

23、同速度，在 上相对于 滑行（）（）fLmmvvLmACABvBAALmvm vmmvABABAB1202121204.（）（）解得fLmmvvLmAB22221201.mLvvmmfLvmmvmvmLAABvABCABABABA025.02132233 解得）（）（）（滑行上相对于在，仍能有共同速度碰后与若假定第三次 LLLmm1230525051.即三次碰撞后 B 可脱离 A 板 11.如图 10 是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置，M 为半径为1.0Rm、固定于竖直平面内的14光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，N 为待检验的固定曲面，该曲面在竖直面内的截面为半径0.69rm的14圆弧，圆

24、弧下端切线水平且圆心恰好位于 M 轨道的上端点，M 的下端相切处置放竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量0.01mkg的小钢珠，假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过 M 的上端点，水平飞出后落到 N 的某一点上，取210/gm s，求：（1）发射该钢珠前，弹簧的弹性势能pE多大？（2）钢珠落到圆弧N上时的速度大小Nv是多少？（结果保留两位有效数字）文档 11（13 分）（1）设钢珠在M轨道最高点的速度为v，在最高点，由题意2vmgmR 2分 从发射前到最高点，由机械能守恒定律得：212pEmgRmv 2 分（2）钢珠从最高点飞出后，做平抛运动 xvt 1 分 212ygt 1 分 由几何关系2

25、22xyr 2 分 从飞出M到打在N得圆弧面上，由机械能守恒定律：221122Nmgymvmv 2 分 联立、解出所求5.0/Nvm s 1 分 12（10 分）建筑工地上的黄沙堆成圆锥形，而且不管如何堆其角度是不变的。若测出其圆锥底的周长为 125m，高为 15m，如图所示。（1）试求黄沙之间的动摩擦因数。（2）若将该黄沙靠墙堆放，占用的场地面积至少为多少？文档 12（1）沙堆表面上的沙粒受到重力、弹力和摩擦力的作用而静止，则sincosfmgFmg 所以2tan0.75hhRl，37（称为摩擦角）（2）因为黄沙是靠墙堆放的，只能堆成半个圆锥状，由于体积不变，不变，要使占场地面积最小，则取

26、Rx为最小，所以有xxhR，根据体积公式，该堆黄沙的体积为231134VR hR，因为靠墙堆放只能堆成半个圆锥，故318xVR，解得 32xRR，占地面积至少为212xxSR=324m2997m2 13.如图 17 所示，光滑水平地面上停着一辆平板车，其质量为 2m，长为 L，车右端（A 点）有一块静止的质量为 m 的小金属块金属块与车间有摩擦，与中点 C 为界，AC 段与 CB 段摩擦因数不同现给车施加一个向右的水平恒力，使车向右运动，同时金属块在车上开始滑动，当金属块滑到中点 C 时，即撤去这个力已知撤去力的瞬间，金属块的速度为 v0，车的速度为 2v0，最后金属块恰停在车的左端（B点）。

27、如果金属块与车的 AC 段间的动摩擦因数为1，与 CB 段间的动摩擦因数为2，求1与2的比值 13设水平恒力F作用时间为t1 对金属块使用动量定理Ft1=mv0-0即:1mgt1=mv0 得t1=01vg F A C B L 图 17 文档 对小车有（F-F）t1=2m2v00，得恒力F=51mg 金属块由AC过程中做匀加速运动，加速度a1=Fm=gmmg11 小车加速度11215222FFmgmgagmm 金属块与小车位移之差22202 11 1111111(2)()222vsa tatggg 而2Ls，201vgL 从小金属块滑至车中点C开始到小金属块停在车的左端的过程中，系统外力为零，动

28、量守恒，设共同速度为v，由 2m2v0+mv0=（2m+m）v，得v=35v0 由能量守恒有22200011152(2)3()22223Lmgmvmvmv 得20223vgL 2321 14(18 分)如图 10 所示,空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场,左侧匀强电场的场强大小为 E、方向水平向右，其宽度为 L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向外；右侧匀强磁场的磁感应强度大小也为 B、文档 方向垂直纸面向里。一个带正电的粒子（质量 m,电量 q,不计重力）从电场左边缘 a 点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到了 a 点，然后重复上述运动过程。

29、（图中虚线为电场与磁场、相反方向磁场间的分界面，并不表示有什么障碍物）。（1）中间磁场区域的宽度 d 为多大；（2）带电粒子在两个磁场区域中的运动时间之比；（3）带电粒子从 a 点开始运动到第一次回到 a 点时所用的时间 t.14.解：（1）带正电的粒子在电场中加速，由动能定理得 212qELmv 2qELvm 在磁场中偏转，由牛顿第二定律得 2vqvBmr 12mvmELrqBBq 可见在两磁场区域粒子运动的半径相同。如右图，三段圆弧的圆心组成的三角形123OO O是等边三角形，其边长为2r 16sin602mELdrBq (2)带电粒子在中间磁场区域的两段圆弧所对应的圆心角为：160212

30、0，由于速度 v 相同，角速度相同，故而两个磁场区域中的运动时间之比为：文档 523001202121tt（3）电场中，12222vmvmLtaqEqE 中 间 磁 场 中，qBmTt32622 右 侧 磁 场中,35563mtTqB 则1232723mLmttttqEqB 15（20 分）如图 10 所示，abcd 是一个正方形的盒子，在 cd 边的中点有一小孔e，盒子中存在着沿 ad 方向 的匀强电场，场强大小为 E。一粒子源不断地从 a 处 的小孔沿 ab 方向向盒内发射相同的带电粒子，粒子 的初速度为v0，经电场作用后恰好从e处的小孔射出。现撤去电场，在盒子中加一方向垂直于纸面的匀强磁

31、 场，磁感应强度大小为 B（图中未画出），粒子仍恰 好从e孔射出。（带电粒子的重力和粒子之间的相互作用力均可文档 忽略）（1）所加磁场的方向如何？(2）电场强度 E 与磁感应强度 B 的比值为多大？15（20 分）解：（1)根据粒子在电场中的偏转方向，可知粒子带正电，再根据左手定则判断，磁场方向垂直于纸面向外。（4 分）(2)设带电粒子的电量为q，质量为m，盒子的边长为l，粒子在电场中沿ad方向的位移为l，沿ab方向的位移为2l，得 20122Eqllmv，解得匀强电场的场强为 208mvEql （5 分）带电粒子在磁场中作匀速圆周运动，轨道半径为 R，根据牛顿第二定律得 2vqvBmR 解得

32、 0mvRBq 根据如图的几何关系 2222llRR 解得轨道半径为 58Rl 解 得 磁 场 的 磁 感 应 强 度 085mvBql （9 分）因此解得 05EvB （2 分）16（8 分）文档 如图所示，水平轨道与直径为d=0.8m 的半圆轨道相接，半圆轨道的两端点 A、B 连线是一条竖直线，整个装置处于方向水平向右，大小为 103V/m 的匀强电场中，一小球质量m=0.5kg,带有q=510-3C电量的正电荷，在电场力作用下由静止开始运动，不计一切摩擦，g=10m/s2，（1）若它运动的起点离 A 为L，它恰能到达轨道最高点 B，求小球在 B 点的速度和L的值（2）若它运动起点离 A

33、为L=2.6m，且它运动到 B 点时电场消失，它继续运动直到落地，求落地点与起点的距离 16（8 分）（1）因小球恰能到 B 点，则在 B 点有 22dmvmgB （1 分）m/s22gdvB （1 分）小球运动到B 的过程，由动能定理 221BmvmgdqEL （1 分）m145212qEmgdqEmgdmvLB （1 分）（2）小球离开 B 点，电场消失，小球做平抛运动，设落地点距B 点距离为s，由动能定理小球从静止运动到 B 有 221BvmmgdLqE m/s2422mmgdLqEvB （2 分）文档 221gtd s4.02gdt m258tvxB m4.222xds （2 分）17

34、（8 分）如图所示，为某一装置的俯视图，PQ、MN为竖直放置的很长的平行金属板，两板间有匀强磁场，其大小为B，方向竖直向下金属棒搁置在两板上缘，并与两板垂直良好接触现有质量为m，带电量大小为q，其重力不计的粒子，以初速v0水平射入两板间，问：（1）金属棒 AB 应朝什么方向，以多大速度运动，可以使带电粒子做匀速运动？（2）若金属棒的运动突然停止，带电粒子在磁场中继续运动，从这刻开始位移第一次达到mv0/qB时的时间间隔是多少？（磁场足够大）17（8 分）（1）粒子匀速运动，所受电场力与洛伦兹力等大反向，则金属棒 B 端应为高电势，即金属棒应朝左运动（1 分）设 AB 棒的速度为v，产生的电动势

35、 V0 M B N P Q A 文档 Bdv （1 分）板间场强 BvdE （1 分）粒子所受电场力与洛伦兹力平衡 0BqvEq （1 分）有 0vv （1 分）（2）金属棒停止运动，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，当位移为RBqmv0时，粒子转过的角度为3（1 分）设粒子运动时间为t，有 23Tt （1 分）BqmTt361 （1 分）18(12 分)如图所示，气缸放置在水平平台上，活塞质量为 10kg，横截面积 50cm2，厚度 1cm，气缸全长 21cm，气缸质量 20kg，大气压强为 1105Pa，当温度为 7时，活塞封闭的气柱长 10cm，若将气缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平

36、台上的缺口与大气相通。g 取 10m/s2求：文档（1）气柱多长？（2）当温度多高时，活塞刚好接触平台？（3）当温度多高时，缸筒刚好对地面无压力。（活塞摩擦不计）。18（12 分）（1）12 等温变化：P1=P0+smg=1.2105Pa 1 分 P2=P0-smg=0.8105Pa 1 分 P1L1=P2L2 1 分 L2=15 cm 1 分 （2）23 等压变化：T2=T1=（273+7）K=280K 1 分 L2=15cm，L3=20cm 1 分 v2T2=v3T3,T3=v3v2 T2=L3L2 T2=373K 2 分（3）34 等容变化：P4=P0+sMg=1.4105 Pa 1 分

37、 P3=P2=0.8105Pa 1 分 P3T3=P4T4 1 分 T4=P4P3 T3=653K 1 分 或（14 由111TLP=P4L4T4 得 T3=653K 同样得分）19.（14 分）如图所示，物块 A 的质量为 M，物块 B、C 的质量都是 m，并都可看作质点，且 mM2m。三物块用细线通过滑轮连接，物块 B与物块 C 的距离和物块 C 到地面的距离都是 L。现将物块 A 下方的细文档 线剪断，若物块 A 距滑轮足够远且不计一切阻力。求：（1）物块 A 上升时的最大速度；（2）物块 A 上升的最大高度。19（14 分）(1)A、B、C 三物体系统机械能守恒。B、C 下降 L，A

38、上升 L 时，A 的速度达到最大。2mgLMgL=21(M+2m)V2 2 分 V=MmgLMm2)2(2 2分(2)当 C 着地后，A、B 二物体系统机械能守恒。B 恰能着地，即B 物体下降 L 时速度为零。MgLmgL=21(M+m)V2 2 分 将 V 代入，整理后得：M=2m 1 分 若 M2m，B 物体将不会着地。Mghmgh=21(M+m)V2 1 分 h=gmM)(2m)V(M2 1 分 HL=L+h=L+gmM)(2m)V(M2 1 分 若 M=2m，B 恰能着地，A 物体再上升的高度等于 L。H2=2L 若 M2m，B 物体着地后，A 还会上升一段。A C B L L 文档

39、Mg Lmg L=21(M+m)（V2v2）1 分 V2=)2)()2(422MmMmgLMm 1 分 h=gv22=)2)()2(222MmMmLMm 1 分 H3 =2L+h=2L+)2)()2(222MmMmLMm 1 分 20M 是气压式打包机的一个气缸，在图示状态时，缸内压强为 Pl，容积为 VoN 是一个大活塞，横截面积为 S2，左边连接有推板，推住一个包裹缸的右边有一个小活塞，横截面积为S1，它的连接杆在 B 处与推杆 AO 以铰链连接，O 为固定转动轴，B、O 间距离为 d 推杆推动一次，转过角(为一很小角)，小活塞移动的距离为 d，则 (1)在图示状态，包已被压紧，此时再推次

40、杆之后，包受到的压力为多大?(此过程中大活塞的位移略去不计，温度变化不计)(2)上述推杆终止时，手的推力为多大?(杆长 AOL，大气压为 Po)20.(1)F=P1Vo/(Vo-dS1)PoS2 (2)F=P1Vo/(Vo-dS1)PoS1d/L 21（12 分）如图，在竖直面内有两平行金属导轨 AB、CD。导轨间距为L，电阻不计。一根电阻不计的金属棒ab可在导轨上无摩擦地文档 滑动。棒与导轨垂直，并接触良好。导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度为B。导轨右边与电路连接。电路中的三个定值电阻阻值分别为 2R、R和R。在BD间接有一水平放置的平行板电容器C，板间距离为d。（1）当ab以速度

41、v0匀速向左运动时，电容器中质量为m的带电微粒恰好静止。试判断微粒的带电性质，及带电量的大小。（2）ab棒由静止开始，以恒定的加速度a向左运动。讨论电容器中带电微粒的加速度如何变化。（设带电微粒始终未与极板接触。）21（12 分）解：（1）棒匀速向左运动，感应电流为顺时针方向，电容器上板带正电。微粒受力平衡，电场力方向向上，场强方向向下 微粒带负电 （1 分）mg=qdUc（1 分）Uc=IR （1 分）REI3 （1 分）E=Blv0 （1 分）由以上各式求出 03Blvmgdq （1 分）（2）经时间t0，微粒受力平衡 mg=qdUc（1 分）031BlatUc （1 分）文档 求出 Bl

42、aqmgdt30或avt00 （1 分）当t t0时，a3=tmdBlaq3 g，越来越大，加速度方向向上（1 分）22（12 分）如图所示的坐标系，x 轴沿水平方向，y 轴沿竖直方向。在 x 轴上方空间的第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿 y 轴正方向的匀强电场和垂直 xy 平面（纸面）向里的匀强磁场。在第四象限，存在沿 y 轴负方向，场强大小与第三象限电场场强相等的匀强电场。一质量为 m、电量为 q 的带电质点，从 y 轴上 y=h 处的 p1点以一定的水平初速度沿 x 轴负方向进入第二象限。然后经过 x 轴上 x=-2h 处的 p2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速

43、圆周运动。之后经过 y 轴上 y=-2h处的 p3点进入第四象限。已知重力加速度为 g。求：（1）粒子到达 p2点时速度的大小和方向；（2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小；（3）带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向。22.解：（1）质点从 P1到 P2，由平抛运动规律 文档 h=21gt2 vth20 vgty 求出 v=ghvvy2220 方向与 x 轴负方向成 45角 （2）质点从 P2到 P3，重力与电场力平衡，洛仑兹力提供向心力 Eq=mg Bqv=mRv2 (2R)2=(2h)2+(2h)2 解得 E=qmg B=hgqm2（3）质点进入第四象限，水平方向做

44、匀速直线运动，竖直方向做匀速直线运动。当竖直方向的速度减小到 0，此时质点速度最小，即 v 在水平方向的分量 v45cosminv=gh2 方向沿 x 轴正方向 23（20 分）如图所示，在非常高的光滑、绝缘水平高台边缘，静置一个不带电的小金属块B，另有一与B完全相同的带电量为+q的小金属块A以初速度v0向B运动，A、B的质量均为m。A与B相碰撞后，两物块立即粘在一起，并从台上飞出。已知在高台边缘的右面空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小E=2mg/q。求：（1）A、B一起运动过程中距高台边缘的最大水平距离 文档（2）A、B运动过程的最小速度为多大（3）从开始到A、B运动到距高台边缘最大水平

45、距离的过程 A损失的机械能为多大？23解：（20 分）（1）由动量守恒定律：m0=2m2 分 碰后水平方向：qE=2ma 2mgEq2分-2aXm=0-22分 得：208mXg1 分（2）在t时 刻，A、B的 水 平 方 向 的 速 度 为02matgt 1 分 竖直方向的速度为=gt1 分 合速度为：22xy合2 分 解得合的最小值：min0243 分 文档（3）碰撞过程中A损失的机械能：222100113228Emmm2分 碰后到距高台边缘最大水平距离的过程中A损失的机械能：212E 2018mqEXm2 分 从开始到A、B运动到距离高台边缘最大水平距离的过程中A损失的机械能为：2012E

46、m2 分 24.如图 11 所示，在真空区域内，有宽度为L的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直纸面向里，MN、PQ是磁场的边界。质量为m，带电量为q 的粒子，先后两次沿着与MN夹角为（090）的方向垂直磁感线射入匀强磁场B中，第一次，粒子是经电压U1加速后射入磁场，粒子刚好没能从PQ边界射出磁场。第二次粒子是经电压U2加速后射入磁场，粒子则刚好垂直PQ射出磁场。不计重力的影响，粒子加速前速度认为是零，求：（1）为使粒子经电压U2加速射入磁场后沿直线运动，直至射出PQ边界，可在磁场区域加一匀强电场，求该电场的场强大小和方向。（2）加速电压12UU的值。LNQBMP文档 24（20 分）（1）

47、如图答 1 所示，经电压2U加速后以速度2v射入磁场，粒子刚好垂直 PQ 射出磁场，可确定粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在 PQ 边界线的 O 点，半径2R与磁场宽 L 的关系式为 2cosLR （2 分），又22mvRBq （2 分），解得2cosBqLvm （2分）加匀强电场后，粒子在磁场中沿直线运动射出 PQ 边界的条件为 EqBq2v（2 分），电场力的方向与磁场力的方向相反。（2分）由此可得出2cosB qLEm，E 的方向垂直磁场方向斜向右下（2分），与磁场边界夹角为2（2 分），如图答 2 所示。（2）经电压1U加速后粒子射入磁场后刚好不能从 PQ 边界射出磁场，表明在磁场中做

48、匀速圆周运动的轨迹与 PQ 边界相切，要确定粒子做匀速圆周运动的圆心 O 的位置，如图答 3 所示，圆半径1R与 L的关系式为：111cos,1 cosLLRRR （2 分）文档 又11mvRBq，解得1(1cos)BqLvm （2 分）由于21112U qmv，22212U qmv，所以22112222cos(1 cos)U vU v （2 分 25（20 分）空间存在着以x=0 平面为分界面的两个匀强磁场，左右两边磁场的磁感应强度分别为B1和B2，且B1:B2=4:3，方向如图所示。现在原点O处一静止的中性原子，突然分裂成两个带电粒子a和b，已知a带正电荷，分裂时初速度方向为沿x轴正方向，

49、若a粒子在第四次经过y轴时，恰好与b粒子第一次相遇。求：（1）a粒子在磁场B1中作圆周运动的半径与b粒子在磁场B2中圆周运动的半径之比。（2）a粒子和b粒子的质量之比。25、（20 分）（1）原子为中性，分裂后一定有 qa=-qb（b 一定带负电）(2 分)原 子 分 裂 前 后 动 量 守 恒，则pa+pb=0 （2 分）文档 粒 子 在 磁 场 中 运 动 时 由 牛 顿 定 律 有 RmvqvB2 （2 分）BBqpqmvR （2分）则：4312BBRRba （2 分）（2）a、b 粒子相遇时：ta=tb （2 分）由题意分析可知,a 粒子在第四次经过 y 轴与 b 粒子第一次相遇时，b

50、 粒子应第三次经过 y 轴。则 ta=Ta1+Ta2 tb=Tb1+Tb2/2 （2 分）BqnvRT22 （2 分）2122qBnqBmtaaa 2122qBnqBmtbbb 即 21212222qBnqBmqBnqBmbbaa （2 分）代入数据并化简得：32322bbaammmm 解之得：75bamm 26 如图所示，ABCDE为固定在竖直平面内的轨道，ABC为直轨道，AB光滑，BC粗糙，CDE为光滑圆弧轨道，轨道半径为R，直轨道与圆弧轨道相切于C点，其中圆心O与BE在同一水平面上，OD竖直，COD=，且5。现有一质量为m的小物体(可以看作文档 质点)从斜面上的A点静止滑下，小物体与BC