1、历年历年高考高考真题真题物理压轴题物理压轴题精选汇编精选汇编 第 1 题 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
2、/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 第 2 题 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
3、碰撞为止， C 的位移为多少? 图图 12 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 F 2，测得斜面 斜角为，则木板与斜面间动摩擦因数为多少？（斜面 体固定在地面上） 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 m A=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
4、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 0 3 2 v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。 5 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
5、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 m 1kg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？ 6 如图所示，两平行金属板
6、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 v02 106m/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、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 k9 109N m2/C2） （1）粒子穿过界面 PS 时偏
7、离中心线 RO 的距离多远？ （2）点电荷的电量。 B A v v0 B A v0 R M N L P S O E F l 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 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 v
8、2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) 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=3.2 10 -21kg、
9、电量 q=1.6 10 -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多少? 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
10、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 0 v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 型框垂直 NQ 边向右的初速度 0 v，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? （3）若方框不固定，给 U 型框垂直 NQ 边向右的初速度 v（ 0 vv ） ，U 型框
11、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 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: （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
12、离 A 板 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 （2）离开电场后，按动能定理，有：-mg 4 L =0- 2 1 mv2 由式得：v2=22 m/s （3）代入前式求得：B= 2 2 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） 2 1 2 L mv12-0 进入电磁场后做匀速运动，故有：Eq=（qBv1+mg） 由以上两式得： N/C 2.4 m/s 24 1 E v 2（1）A、B、C 系统所受合外力为零，故系统动量守恒，且总动量为零，故两 物块与挡板碰撞
13、后，C 的速度为零，即0 C v （2）炸药爆炸时有 BBAA vmvm 解得smvB/5 . 1 又 BBAA smsm 当 sA1 m 时 sB0.25m，即当 A、C 相撞时 B 与 C 右板相距 ms L s B 75. 0 2 A、C 相撞时有： vmmvm CAAA )( 解得v1m/s，方向向左 而 B v1.5m/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 . 0 B C vv sv sm19. 3 固定时示数为 F1，对小球 F1=mgsin 整体下滑： （M+m）sin-(M+m)gcos=(M+m)a 下滑时，对小球：mgsin
14、-F 2=ma 由式、式、式得 = 1 2 F F tan 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 v1= 2 0 v 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 v 2，则 2mgcos2s= 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 mvmv 两木块在 P 点处分开后，木块 B 上滑到 Q 点的过程： （mgsin+mgcos）L= 2 2 2 1 mv 木块 C 与 A 碰撞前后，总动量守恒，则 3m 10 4 2 3 mvv，所以 v1= 4 2 v0 设木块 C 和 A 压缩弹簧
15、的最大长度为 s,两木块被弹簧弹回到 P 点时的速 度为 v 2 ,则4mgcos2s= 2 2 2 2 4 2 1 4 2 1 mvmv 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= 2 2 3 2 1 mv 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 E, 4 1 2 2 1 2 0 2 1 1 mvmv k 木块 C 与 A 压缩 弹簧的初动能 E, 4 1 2 1 2 0 2
16、12 mvmv k 即 E 21 kk E 因此，弹簧前后两次的最大压缩量相等，即 s=s 综上，得 L=L- sin32 2 0 g v 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： 0 0 s t v （1 分） 设第1 个球进入木盒后两者共同运动的加速度为 a， 根据牛顿第二定律： ()()mM gmM a得： 2 3/agm s （1 分） 设木盒减速运动的
17、时间为 t1,加速到与传送带相同的速度的时间为 t2， 则： 12 v tt a =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： 1 6sSsm 则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是： 54QfsJ （2 分） 6 （1） 设粒子从电场
18、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） qEqU a mmd 0 l t v 即： 2 0 () 2 qUl h md 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： 2 2 l h l y L （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= 0 qUl mdv 代入数据，解得: vy=15 106m/s （1 分） 所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为
19、： 226 0 2.5 10/ y vvvm 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： 0 3 4 y v tan v 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： 0.15 y rm cos （1 分） 由： 2 2 k Q qv m rr （2 分） 代入数据，解得： Q=104 10-8C （1 分） 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： (
20、2)碰后小物体反弹，由动量守恒定律：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 2 11 2 1 mvEqL . 2 1 1 m EqL v 211 4 5 3 mvvmmv m EqL vv 1 12 2 5 2 5 2 . 2 5 7 5 7 : 5 2 2 5 3 1 1312 31 m EqL vvvv vv 得 2 2 2 3 4 2 1 2 1 mvmvW 电 . 5 13 10 13 1 2 1 EqLmvW 电 222 00 116 37 227
21、Qmvmvmv 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 0.25sl） ，到达 b 点时动能恰好为零,小滑块最终停在 O 点，求： （1）小滑块与水平面间的动摩擦因数。 （2）O、b 两点间的电势差 Uob。 （3）小滑块运动的总路程。 61 （15 分） 如图所示，质量为 M4kg 的木板静止置于足够大的水平面上，木板与水平 面间的动摩擦因数 0.01，板上最左端停放
22、着质量为 m1kg 可视为质点的电 动小车， 车与木板的档板相距 L5m， 车由静止开始从木板左端向右做匀加速运 动，经时间 t2s，车与挡板相碰，碰撞时间极短且碰后电动机的电源切断，车 与挡板粘合在一起，求： （1）试通过计算说明，电动小车在木板上运动时，木板能否保持静止? （2）试求出碰后木板在水平面上滑动的距离。 62（12 分） 如图 14 所示。 地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动。 地球的轨道半径为 R，运转周期为 T。地球和太阳中心的连线与地球和行星的连 线所夹的角叫地球对该行星的观察视角 （简称视角） 。 已知该行星的最大视角为， 当 行星处于最大视角处时，是
23、地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期。若 某时刻该行星正处于最佳观察期， 问该行星下一次处 于最佳观察期至少需经历多长时间？ 63 （12 分） 如图 15 所示。一水平传送装置有轮半径均为 R1/米的主动轮 1 Q和从动 轮 2 Q及转送带等构成。两轮轴心相距 80m，轮与传送带不打滑。现用此装置 运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦力因素为04，这袋面 粉中的面粉可不断的从袋中渗出。 （1）当传送带以 40m/s 的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端 2 Q正上方 的 A 点轻放在传送带上后，这袋面粉由 A 端运送到 1 Q正上方的 B 端所用的时间 为多少？ （2） 要想尽快将
24、这袋面粉由 A 端送到 B 端 （设初速度仍为零） ， 主动能 1 Q的 转速至少应为多大？ （3）由于面粉的渗漏，在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白 色的面粉的痕迹，这袋面粉在传送带上留下的痕迹最长能有多长（设袋的初速度 仍为零）？此时主动轮的转速应满足何种条件？ 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 2 v mgm R 2 分 从发射前到最高点，由机械能守恒定律得： 2 1 2 p EmgRmv 2 分 （2）钢珠从最高点飞出后，做平抛运动 xvt 1 分 2 1 2 ygt 1 分 由几何关系 222 xyr 2 分 从飞出M到打在N得圆弧面
25、上，由机械能守恒定律： 22 11 22 N mgymvmv 2 分 联立、解出所求5.0/ N vm s 1 分 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 sincos f mgFmg 所以 2 tan0.75 hh Rl ，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 Rx为最小，所以有 xx hR，根据体积公式，该 堆黄沙的体积为 23 11 34 VR hR， 因为靠墙堆放只能堆成半个圆锥， 故 3 1 8 x VR， 解得 3 2 x RR，占地面积至少为 2 1 2 xx SR= 3 24
26、m2997m2 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= 0 1 v g 对小车有（F-F）t1=2m 2v00，得恒力 F=51mg 金属块由 AC 过程中做匀加速运动，加速度 a1= F m =g m mg 1 1 小车加速度 11 21 5 2 22 FF mgmg ag mm 金属块与小车位移之差 222 0 2 11 111 1 111 (2)() 222 v sa tatgg g 而 2 L s ， 2 0 1 v gL 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， 动量守
27、恒， 设共同速度为 v， 由 2m 2v0+mv0= （2m+m） v， 得 v= 3 5 v0 由能量守恒有 222 000 1115 2(2)3() 22223 L mgmvmvmv 得 2 0 2 2 3 v gL 2 3 2 1 14.解： （1）带正电的粒子在电场中加速，由动能定理得 2 1 2 qELmv 2qEL v m 在磁场中偏转，由牛顿第二定律得 2 v qvBm r 12mvmEL r qBBq 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 123 OO O是等边三角形，其边长为 2r 16 sin60 2 mEL dr Bq (2)带电粒子在
28、中间磁场区域的两段圆弧所对应的圆心角为： 1 602120，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： 5 2 300 120 2 1 2 1 t t （3）电场中， 1 222 2 vmvmL t aqEqE 中间磁场中， qB mT t 3 2 6 2 2 右侧磁场中, 3 55 63 m tT qB 则 123 27 2 3 mLm tttt qEqB 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a
29、d 方向的位移为 l，沿ab方向的位移为 2 l ，得 2 0 1 22 Eql l mv ， 解得匀强电场的场强为 2 0 8mv E ql （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 2 v qvBm R 解得 0 mv R Bq 根据如图的几何关系 2 2 2 2 l lRR 解得轨道半径为 5 8 Rl 解得磁场的磁感应强度 0 8 5 mv B ql （9 分） 因此解得 0 5 E v B （2 分） 16（8 分） （1）因小球恰能到 B 点，则在 B 点有 2 2 d mv mg B （1 分） m/s2 2 gd vB （1 分） 小球运动
30、到 B 的过程，由动能定理 2 2 1 B mvmgdqEL （1 分） m1 4 5 2 1 2 qE mgd qE mgdmv L B （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 2 2 1 B vmmgdLqE m/s24 22 m mgdLqE vB （2 分） 2 2 1 gtd s4 . 0 2 g d t m2 5 8 tvx B m4 . 2 22 xds （2 分） 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
31、 AB 棒的速度为 v，产生的电动势 Bdv （1 分） 板间场强 Bv d E （1 分） 粒子所受电场力与洛伦兹力平衡 0 BqvEq （1 分） 有 0 vv （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 R Bq mv 0 时，粒子转过的角度为 3 （1 分） 设粒子运动时间为t，有 2 3 T t （1 分） Bq m Tt 36 1 （1 分） 18（12 分） （1） 12 等温变化： P1=P0+ s mg =1.2 105Pa 1 分 P2=P0- s mg =0.8 105Pa 1 分 P1L1= P2L2 1 分 L2=15 cm 1 分 （
32、2）23 等压变化：T2 = T1 = （273+7）K =280K 1 分 L2 = 15cm， L3 = 20cm 1 分 v2 T2 = v3 T3 , T3 = v3 v2 T2 = L3 L2 T2 = 373K 2 分 （3）34 等容变化：P4 = P0+ s Mg = 1.4 105 Pa 1 分 P3 = P2 = 0.8105Pa 1 分 P3 T3 = P4 T4 1 分 T4 = P4 P3 T3 = 653K 1 分 或（14 由 1 11 T LP =P4L4 T4 得 T3 = 653K 同样得分） 19（14 分）(1)A、B、C 三物体系统机械能守恒。B、C
33、下降 L，A 上升 L 时， A 的速度达到最大。 2mgLMgL= 2 1 (M+2m)V2 2 分 V= Mm gLMm 2 )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 = 2 1 (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 = 2 1 (M+m)V2 1 分 h = gmM)(2 m)V(M 2 1 分 HL = L + h = L + gmM)(2 m)V(M 2 1 分 若 M =2m，B 恰能着地，A 物体再上升的高度等于
34、L。 H2 = 2L 若 M2m，B 物体着地后，A 还会上升一段。 Mg Lmg L = 2 1 (M+m)（V2v2） 1 分 V2 = )2)( )2(4 22 MmMm gLMm 1 分 h= g v 2 2 = )2)( )2(2 22 MmMm LMm 1 分 H3 = 2L + h = 2L + )2)( )2(2 22 MmMm LMm 1 分 20(1) F=P1Vo / (Vo-dS1) PoS2 (2) F=P1Vo / (Vo-dS1) PoS1d / L 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
35、向上，场强方向向下 微粒带负电 （1 分） mg =q d Uc （1 分） Uc=IR （1 分） R E I 3 （1 分） E = Blv0 （1 分） 由以上各式求出 0 3 Blv mgd q （1 分） （2）经时间 t0，微粒受力平衡 mg =q d Uc （1 分） 0 3 1 BlatUc （1 分） 求出 Blaq mgd t 3 0 或 a v t 0 0 （1 分） 当 t t0时，a3 =t md Blaq 3 g，越来越大，加速度方向向上 （1 分） 22.解： （1）质点从 P1到 P 2，由平抛运动规律 h= 2 1 gt 2 v t h2 0 vgt y 求出
36、 v=ghvv y 2 22 0 方向与 x 轴负方向成 45角 （2）质点从 P 2到 P3，重力与电场力平衡，洛仑兹力提供向心力 Eq=mg Bqv=m R v 2 (2R) 2 =(2h) 2 +(2h) 2 解得 E= q mg B= h g q m2 （1） 质点进入第四象限，水平方向做匀速直线运动，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 v45cos min v=gh2 方向沿 x 轴正方向 23解： （20 分） （1）由动量守恒定律：m0=2m2 分 碰后水平方向：qE=2ma 2mg E q 2 分 -2aXm=0-
37、22 分 得： 2 0 8 m X g 1 分 （2）在 t 时刻，A、B 的水平方向的速度为 0 2 m atgt 1 分 竖直方向的速度为 =gt1 分 合速度为： 22 xy 合 2 分 解得 合的最小值： min0 2 4 3 分 （3）碰撞过程中 A 损失的机械能： 222 100 113 228 Emmm2 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： 2 1 2 E 2 0 1 8 m qEXm2 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： 2 0 1 2 Em2 分 24（20 分） （1）如图答 1 所示，经电压 2
38、 U加速后以速度 2 v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 2 R与磁场宽 L 的关系式为 2 cos L R （2 分） ， 又 2 2 mv R Bq （2 分） ， 解得 2 cos BqL v m （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 Eq Bq 2 v（2 分） ，电场力的方向与磁场力的方向相反。 （2 分） 由此可得出 2 cos B qL E m ，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 1 U加速后
39、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 1 R与 L 的 关 系 式 为 ： 111 cos , 1 cos L LRRR （2 分） 又 1 1 mv R Bq ，解得 1 (1 cos ) BqL v m （2 分） 由于 2 11 1 2 U qmv， 2 22 1 2 U qmv，所以 22 11 22 22 cos (1 cos ) U v U v （2 分 25、（20 分）（1） 原子为中性， 分裂后一定有 qa=-qb（b
40、一定带负电） (2 分) 原子分裂前后动量守恒，则pa+pb=0 （2 分） 粒 子 在 磁 场 中 运 动 时 由 牛 顿 定 律 有 R mv qvB 2 （2 分） BB q p q mv R （2 分） 则： 4 3 1 2 B B R R b a （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 粒 子应第三次经过 y 轴。则 ta=Ta1+Ta2 tb=Tb1+Tb2/2 （2 分） B q n v R T 22 （2 分） 21 22 qB n qB m t aa a 21 22 qB n qB
41、 m t bb b 即 2121 2222 qB n qB m qB n qB m bbaa （2 分） 代入数据并化简得： 323 2 2 bbaa mmmm 解之得： 7 5 b a m m 26 (1)小物体下滑到 C 点速度为零才能第一次滑入圆弧轨道即恰好做简谐运 动 从 C 到 D 由 机 械 能 守 恒 定 律 有 ： mgR(1-cos)= 2 2 1 D mv 在D点 用 向 心 力 公 式 有 ： F-mg=m R mvD 2 解以上二个方程可得： F=3mg-2mgcos (2)从 A 到 C 由动能定理有： mgsin(S+Rcot)- mgcosRcot=0 解方程得：
42、 S=(cot 2 -cot)R 25 （1）对 27（1）对 b 微粒，没与 a 微粒碰撞前只受重力和电场力，则有 2qE = 4mg E = q mg2 对 a 微粒碰前做匀速直线运动，则有 Bqv0 = Eq + mg v0 = Bq mg3 （2）碰撞后，a、b 结合为一体，设其速度为 v 由动量守恒定律得 mv0 = 5mv v = 5 0 v 碰后的新微粒电量为 q 设 Q 点与 O 点高度差为 h 由动能定理： 5mgh Eqh = 2 1 5m (0.4v0) 2 1 5m ( 5 0 v )2 h = 0.9 22 2 qB gm （3）碰撞后，a、b 分开，则有 mv0 =
43、 mva + 4mvb vb = 0.3 v0，得 va = 0.2v0 a 微粒电量为 q / 2，受到的电场力为 E mg q mgqq 2 2 2 F电 = mg 故 a 微粒做匀速圆周运动，设半径为 R B | va | R v m q a 2 | 2 R = 22 2 2 . 1|2 qB gm Bq vm a a 的最高点与 O 点的高度差 ha = 2R = 22 2 4 . 2 qB gm 。 28 mgd aC 22 22 2 22 C T Q mdmd CmgdCmgd 29 (1)“火箭”整体(含弹簧)在弹簧解除锁定的瞬间，弹簧弹力远大于箭体重力， 故动量守恒：m1v1-m2v2=0 同时机械能守恒：(m1v12)/2+(m2v22)/2=E0 v1=2m2E0/m1(m1+m2) 2 1 v2=2m1E0/m2(m1+m2) 2 1 “火箭”上部分所能达到的最大高度为： H1=v12/2g=m2E0/m1g(m1+m2) x (2)“火箭”上升的时间为：t=v1/g 水池深度为：H2=v2t/2 “火箭”下部分克服水的浮力共做功： WF=m2gH2+m2v22/2 以上各式联立可得：WF=E0 30 设衰变后，氡核的速度为 v0，粒子的速度为 v，由动量守恒定律得 （Mm）v0=mv 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，到达 A 点需时 v L t 2
