【高考輔導(dǎo)資料】物理：高考物理壓軸題匯編

高考物理壓軸題匯編1、如圖所示，一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為l的長(zhǎng)方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A，mM。現(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小相等、方向相反的初速度(如圖5)，使A開始向左運(yùn)動(dòng)、B開始向右運(yùn)動(dòng)，但最后A剛好沒有滑離L板。以地面為參照系。(1)若已知A和B的初速度大小為v0，求它們最后的速度的大小和方向。(2)若初速度的大小未知，求小木塊A向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最遠(yuǎn)處(從地面上看)離出發(fā)點(diǎn)的距離。解法1:(1)A剛好沒有滑離B板，表示當(dāng)A滑到B板的最左端時(shí)，A、B具有相同的速度。設(shè)此速度為，A和B的初速度的大小為，則由動(dòng)量守恒可得: 解得：，方向向右(2)A在B板的右端時(shí)初速度向左，而到達(dá)B板左端時(shí)的末速度向右，可見A在運(yùn)動(dòng)過程中必經(jīng)歷向左作減速運(yùn)動(dòng)直到速度為零，再向右作加速運(yùn)動(dòng)直到速度為V的兩個(gè)階段。設(shè)為A開始運(yùn)動(dòng)到速度變?yōu)榱氵^程中向左運(yùn)動(dòng)的路程，為A從速度為零增加到速度為的過程中向右運(yùn)動(dòng)的路程，L為A從開始運(yùn)動(dòng)到剛到達(dá)B的最左端的過程中B運(yùn)動(dòng)的路程，如圖6所示。設(shè)A與B之間的滑動(dòng)摩擦力為f，則由功能關(guān)系可知:對(duì)于B 對(duì)于A 由幾何關(guān)系 由、式解得 解法2： 對(duì)木塊A和木板B組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得： 由式即可解得結(jié)果 本題第（2）問的解法有很多種，上述解法2只需運(yùn)用三條獨(dú)立方程即可解得結(jié)果，顯然是比較簡(jiǎn)捷的解法。2、如圖所示，長(zhǎng)木板A右邊固定一個(gè)擋板，包括擋板在內(nèi)的總質(zhì)量為1.5M，靜止在光滑的水平面上，小木塊B質(zhì)量為M，從A的左端開始以初速度在A上滑動(dòng)，滑到右端與擋板發(fā)生碰撞，已知碰撞過程時(shí)間極短,碰后木塊B恰好滑到A的左端停止，已知B與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，B在A板上單程滑行長(zhǎng)度為，求：（1）若，在B與擋板碰撞后的運(yùn)動(dòng)過程中，摩擦力對(duì)木板A做正功還是負(fù)功？做多少功？（2）討論A和B在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，是否有可能在某一段時(shí)間里運(yùn)動(dòng)方向是向左的，如果不可能，說明理由；如果可能，求出發(fā)生這種情況的條件。解：（1）B與A碰撞后，B相對(duì)A向左運(yùn)動(dòng)，A受摩擦力向左，而A的運(yùn)動(dòng)方向向右，故摩擦力對(duì)A做負(fù)功。設(shè)B與A碰后的瞬間A的速度為，B的速度為，A、B相對(duì)靜止時(shí)的共同速度為，由動(dòng)量守恒得： 碰后到相對(duì)靜止，對(duì)A、B系統(tǒng)由功能關(guān)系得： 由式解得：（另一解因小于而舍去）這段過程A克服摩擦力做功為（2）A在運(yùn)動(dòng)過程中不可能向左運(yùn)動(dòng)，因?yàn)樵贐未與A碰撞之前，A受摩擦力方向向右，做加速運(yùn)動(dòng)，碰后A受摩擦力方向向左，做減速運(yùn)動(dòng)，直到最后共同速度仍向右，因此不可能向左運(yùn)動(dòng)。B在碰撞之后，有可能向左運(yùn)動(dòng)，即，結(jié)合式得： 代入式得： 另一方面，整個(gè)過程中損失的機(jī)械能一定大于或等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，即 即故在某一段時(shí)間里B運(yùn)動(dòng)方向是向左的條件是3、光滑水平面上放有如圖所示的用絕緣材料料成的“”型滑板，（平面部分足夠長(zhǎng)），質(zhì)量為4m，距滑板的A壁為L(zhǎng)1距離的B處放有一質(zhì)量為m，電量為+q的大小不計(jì)的小物體，物體與板面的摩擦不計(jì)，整個(gè)裝置處于場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，初始時(shí)刻，滑板與物體都靜止，試求：（1）釋放小物體，第一次與滑板A壁碰前物體的速度v1多大？（2）若物體與A壁碰后相對(duì)水平面的速度大小為碰前的3/5，則物體在第二次跟A壁碰撞之前瞬時(shí)，滑板的速度v和物體的速度v2分別為多大？（均指對(duì)地速度）（3）物體從開始運(yùn)動(dòng)到第二次碰撞前，電場(chǎng)力做功為多大？（碰撞時(shí)間可忽略）3、解：（1）由動(dòng)能定理得 （2）若物體碰后仍沿原方向運(yùn)動(dòng)，碰后滑板速度為V，由動(dòng)量守恒 得物體速度，故不可能 物塊碰后必反彈，由動(dòng)量守恒 得 由于碰后滑板勻速運(yùn)動(dòng)直至與物體第二次碰撞之前，故物體與A壁第二次碰前，滑板速度 。物體與A壁第二次碰前，設(shè)物塊速度為v2， 由兩物的位移關(guān)系有： 即 由代入數(shù)據(jù)可得： （3）物體在兩次碰撞之間位移為S， 得 物塊從開始到第二次碰撞前電場(chǎng)力做功圖5154（16分）如圖515所示，PR是一塊長(zhǎng)為L(zhǎng)=4 m的絕緣平板固定在水平地面上，整個(gè)空間有一個(gè)平行于PR的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，在板的右半部分有一個(gè)垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，一個(gè)質(zhì)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(chǎng)力和摩擦力的作用下向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)后恰能做勻速運(yùn)動(dòng).當(dāng)物體碰到板R端擋板后被彈回，若在碰撞瞬間撤去電場(chǎng)，物體返回時(shí)在磁場(chǎng)中仍做勻速運(yùn)動(dòng)，離開磁場(chǎng)后做勻減速運(yùn)動(dòng)停在C點(diǎn)，PC=L/4，物體與平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.4.求：（1）判斷物體帶電性質(zhì)，正電荷還是負(fù)電荷？（2）物體與擋板碰撞前后的速度v1和v2；（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（4）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向.解：(1)由于物體返回后在磁場(chǎng)中無電場(chǎng)，且仍做勻速運(yùn)動(dòng)，故知摩擦力為0，所以物體帶正電荷.且：mg=qBv2(2)離開電場(chǎng)后，按動(dòng)能定理，有：-mg=0-mv2得：v2=2 m/s(3)代入前式求得：B= T(4)由于電荷由P運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)做勻加速運(yùn)動(dòng)，可知電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右，且：(Eq-mg)mv12-0進(jìn)入電磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，故有：Eq=(qBv1+mg)由以上兩式得： 5、 在原子核物理中，研究核子與核子關(guān)聯(lián)的最有效途徑是“雙電荷交換反應(yīng)”這類反應(yīng)的前半部分過程和下述力學(xué)模型類似兩個(gè)小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度V0射向B球，如圖2所示C與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個(gè)整體D在它們繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)的過程中，當(dāng)彈簧長(zhǎng)度變到最短時(shí)，長(zhǎng)度突然鎖定，不再改變?nèi)缓?，A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動(dòng)，A與P接觸而不粘連過一段時(shí)間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無機(jī)械能損失）已知A、B、C三球的質(zhì)量均為（1）求彈簧長(zhǎng)度剛被鎖定后A球的速度（2）求在A球離開擋板P之后的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能分析：審題過程，排除干擾信息：“在原子核物理中，研究核子與核子關(guān)聯(lián)的最有效途徑是“雙電荷交換反應(yīng)”這類反應(yīng)的前半部分過程和下述力學(xué)模型類似”挖掘隱含條件：“兩個(gè)小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)”，隱含摩擦不計(jì)和輕質(zhì)彈簧開始處于自然狀態(tài)（既不伸長(zhǎng)，也不壓縮），“C與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個(gè)整體D”隱含碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間極短，B球的位移可以忽略，彈簧的長(zhǎng)度不變，“A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動(dòng)”隱含在碰撞中系統(tǒng)的動(dòng)能由于非彈性碰撞而全部消耗掉，只剩下彈性勢(shì)能。此題若用分析法求解，應(yīng)寫出待求量與已知量的關(guān)系式，顯然比較困難，由于物體所經(jīng)歷的各個(gè)子過程比較清楚，因此宜用綜合法求解。在解題前，需要定性分析題目中由A、B、C三個(gè)小球和連結(jié)A、B的輕質(zhì)彈簧組成的系統(tǒng)是如何運(yùn)動(dòng)的，這個(gè)問題搞清楚了，本題的問題就可較容易地得到解答下面從本題中幾個(gè)物理過程發(fā)生的順序出發(fā)求解：1、球C與B發(fā)生碰撞，并立即結(jié)成一個(gè)整體D，根據(jù)動(dòng)量守恒，有（為D的速度） 2、當(dāng)彈簧的長(zhǎng)度被鎖定時(shí)，彈簧壓縮到最短，D與A速度相等，如此時(shí)速度為，由動(dòng)量守恒得 當(dāng)彈簧的長(zhǎng)度被鎖定后，D的一部分動(dòng)能作為彈簧的彈性勢(shì)能被貯存起來了由能量守恒，有3、撞擊P后，A與D的動(dòng)能都為，當(dāng)突然解除鎖定后（相當(dāng)于靜止的A、D兩物體中間為用細(xì)繩拉緊的彈簧，突然燒斷細(xì)繩的狀況，彈簧要對(duì)D做正功），當(dāng)彈簧恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)變成D的動(dòng)能，設(shè)D的速度為，則有4、彈簧繼續(xù)伸長(zhǎng)，A球離開擋板，并獲得速度。當(dāng)A、D的速度相等時(shí)，彈簧伸至最長(zhǎng)此時(shí)的勢(shì)能為最大，設(shè)此時(shí)A、D的速度為，勢(shì)能為由動(dòng)量守恒定律得 由機(jī)械能守恒定律得： 由、兩式聯(lián)立解得：聯(lián)立式解得 6、如圖(1)所示為一根豎直懸掛的不可伸長(zhǎng)的輕繩，下端掛一小物塊A，上端固定在C點(diǎn)且與一能測(cè)量繩的拉力的測(cè)力傳感器相連。已知有一質(zhì)量為0的子彈B沿水平方向以速度0射入A內(nèi)（未穿透），接著兩者一起繞C點(diǎn)在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。在各種阻力都可忽略的條件下測(cè)力傳感器測(cè)得繩的拉力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(2)所示。已知子彈射入的時(shí)間極短，且圖(2)中0為A、B開始以相同速度運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻，根據(jù)力學(xué)規(guī)律和題中（包括圖）提供的信息，對(duì)反映懸掛系統(tǒng)本身性質(zhì)的物理量（例如A的質(zhì)量）及A、B一起運(yùn)動(dòng)過程中的守恒量。你能求得哪些定量的結(jié)果？解：由圖2可直接看出，A、B一起做周期性運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的周期T=2t0，令 m表示 A的質(zhì)量，L表示繩長(zhǎng)，v1表示 B陷入A內(nèi)時(shí)即t=0時(shí) A、B的速度（即圓周運(yùn)動(dòng)最低點(diǎn)的速度），v2表示運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度，F(xiàn)1表示運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)繩的拉力，f2表示運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)繩的拉力，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律，得mv0=( m0+m)v1，在最低點(diǎn)和最高點(diǎn)處運(yùn)用牛頓定律可得 F1-( m0+m)g=( m0+m)v12/L， F2+( m0+m)g=( m0+m)v22/L 根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得 2L( m+m0)g=( m+m0) v12/2- ( m+m0) v22/2。 由圖2可知F2=0 。F1=Fm。由以上各式可解得，反映系統(tǒng)性質(zhì)的物理量是 m=Fm/6g-m0 ，L =36m02v02 g/5Fm2， A、B一起運(yùn)動(dòng)過程中的守恒量是機(jī)械能E，若以最低點(diǎn)為勢(shì)能的零點(diǎn)，則E=(m+m0)v12/2。由幾式解得E3m0202g/F。7（15分）中子星是恒星演化過程的一種可能結(jié)果，它的密度很大?，F(xiàn)有一中子星，觀測(cè)到它的自轉(zhuǎn)周期為T1/30s。向該中子星的最小密度應(yīng)是多少才能維持該星體的穩(wěn)定，不致因自轉(zhuǎn)而瓦解。計(jì)等時(shí)星體可視為均勻球體。（引力常數(shù)G6.671011m3/kgs2）8（20分）曾經(jīng)流行過一種向自行車車頭燈供電的小型交流發(fā)電機(jī)，圖1為其結(jié)構(gòu)示意圖。圖中N、S是一對(duì)固定的磁極，abcd為固定在轉(zhuǎn)軸上的矩形線框，轉(zhuǎn)軸過bc邊中點(diǎn)、與ab邊平行，它的一端有一半徑r01.0cm的摩擦小輪，小輪與自行車車輪的邊緣相接觸，如圖2所示。當(dāng)車輪轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，因摩擦而帶動(dòng)小輪轉(zhuǎn)動(dòng)，從而使線框在磁極間轉(zhuǎn)動(dòng)。設(shè)線框由N800匝導(dǎo)線圈組成，每匝線圈的面積S20cm2，磁極間的磁場(chǎng)可視作勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度B0.010T，自行車車輪的半徑R135cm，小齒輪的半徑R24.cm，大齒輪的半徑R310.0cm（見圖 2）?，F(xiàn)從靜止開始使大齒輪加速轉(zhuǎn)動(dòng)，問大齒輪的角速度為多大才能使發(fā)電機(jī)輸出電壓的有效值U3.2V？（假定摩擦小輪與自行車輪之間無相對(duì)滑動(dòng)）7（15分）參考解答：考慮中子星赤道處一小塊物質(zhì)，只有當(dāng)它受到的萬有引力大于或等于它隨星體一起旋轉(zhuǎn)所需的向心力時(shí)，中子星才不會(huì)瓦解。設(shè)中子星的密度為，質(zhì)量為M，半徑為R，自轉(zhuǎn)角速度為，位于赤道處的小塊物質(zhì)質(zhì)量為m，則有GMm/R2m2R 且2/T，M4/3R3由以上各式得：3/GT2代人數(shù)據(jù)解得：1.271014kg/m38（20分）參考解答：當(dāng)自行車車輪轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，通過摩擦小輪使發(fā)電機(jī)的線框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，線框中產(chǎn)生一正弦交流電動(dòng)勢(shì)，其最大值0BSN式中0為線框轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，即摩擦小輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度。發(fā)電機(jī)兩端電壓的有效值U/2m設(shè)自行車車輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為1，由于自行車車輪與摩擦小輪之間無相對(duì)滑動(dòng)，有R11R00小齒輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度與自行車輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相同，也為1。設(shè)大齒輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，有R3R21由以上各式解得(U/BSN)(R2r0/R3r1) 代入數(shù)據(jù)得3.2s19（22分）一傳送帶裝置示意如圖，其中傳送帶經(jīng)過AB區(qū)域時(shí)是水平的，經(jīng)過BC區(qū)域時(shí)變?yōu)閳A弧形（圓弧由光滑模板形成，未畫出），經(jīng)過CD區(qū)域時(shí)是傾斜的，AB和CD都與BC相切?，F(xiàn)將大量的質(zhì)量均為m的小貨箱一個(gè)一個(gè)在A處放到傳送帶上，放置時(shí)初速為零，經(jīng)傳送帶運(yùn)送到D處，D和A的高度差為h。穩(wěn)定工作時(shí)傳送帶速度不變，CD段上各箱等距排列，相鄰兩箱的距離為L(zhǎng)。每個(gè)箱子在A處投放后，在到達(dá)B之前已經(jīng)相對(duì)于傳送帶靜止，且以后也不再滑動(dòng)（忽略經(jīng)BC段時(shí)的微小滑動(dòng)）。已知在一段相當(dāng)長(zhǎng)的時(shí)間T內(nèi)，共運(yùn)送小貨箱的數(shù)目為N。這裝置由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，傳送帶與輪子間無相對(duì)滑動(dòng)，不計(jì)輪軸處的摩擦。求電動(dòng)機(jī)的平均抽出功率。9（22分）參考解答：以地面為參考系（下同），設(shè)傳送帶的運(yùn)動(dòng)速度為v0，在水平段運(yùn)輸?shù)倪^程中，小貨箱先在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)這段路程為s，所用時(shí)間為t，加速度為a，則對(duì)小箱有 s1/2at2 v0at 在這段時(shí)間內(nèi)，傳送帶運(yùn)動(dòng)的路程為s0v0t 由以上可得s02s 用f表示小箱與傳送帶之間的滑動(dòng)摩擦力，則傳送帶對(duì)小箱做功為Afs1/2mv02 傳送帶克服小箱對(duì)它的摩擦力做功A0fs021/2mv02 兩者之差就是克服摩擦力做功發(fā)出的熱量Q1/2mv02 可見，在小箱加速運(yùn)動(dòng)過程中，小箱獲得的動(dòng)能與發(fā)熱量相等。T時(shí)間內(nèi)，電動(dòng)機(jī)輸出的功為WT 此功用于增加小箱的動(dòng)能、勢(shì)能以及克服摩擦力發(fā)熱，即W1/2Nmv02NmghNQ 已知相鄰兩小箱的距離為L(zhǎng)，所以v0TNL 聯(lián)立，得：ghUS接地+L10.（14分）為研究靜電除塵，有人設(shè)計(jì)了一個(gè)盒狀容器，容器側(cè)面是絕緣的透明有機(jī)玻璃，它的上下底面是面積A=0.04m2的金屬板，間距L=0.05m，當(dāng)連接到U=2500V的高壓電源正負(fù)兩極時(shí)，能在兩金屬板間產(chǎn)生一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示?，F(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，每立方米有煙塵顆粒1013個(gè)，假設(shè)這些顆粒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，每個(gè)顆粒帶電量為q=+1.010-17C，質(zhì)量為m=2.010-15kg，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力。求合上電鍵后：經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間煙塵顆?？梢员蝗课剑砍龎m過程中電場(chǎng)對(duì)煙塵顆粒共做了多少功？經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間容器中煙塵顆粒的總動(dòng)能達(dá)到最大？當(dāng)最靠近上表面的煙塵顆粒被吸附到下板時(shí)，煙塵就被全部吸附。煙塵顆粒受到的電場(chǎng)力F=qU/L，L=at2/2=qUt2/2mL，故t=0.02sW=NALqU/2=2.510-4J設(shè)煙塵顆粒下落距離為x，則當(dāng)時(shí)所有煙塵顆粒的總動(dòng)能EK=NA(L-x)mv2/2= NA(L-x) qUx/L，當(dāng)x=L/2時(shí)EK達(dá)最大，而x=at12/2，故t1=0.014s 11（12分）風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室中可以產(chǎn)生水平方向的、大小可調(diào)節(jié)的風(fēng)力，現(xiàn)將一套有小球的細(xì)直桿放入風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室，小球孔徑略大于細(xì)桿直徑。（1）當(dāng)桿在水平方向上固定時(shí)，調(diào)節(jié)風(fēng)力的大小，使小球在桿上作勻速運(yùn)動(dòng)，這時(shí)小班干部所受的風(fēng)力為小球所受重力的0.5倍，求小球與桿間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)。（2）保持小球所受風(fēng)力不變，使桿與水平方向間夾角為37并固定，則小球從靜止出發(fā)在細(xì)桿上滑下距離S所需時(shí)間為多少？（sin37=0.6，cos37=0.8）13（1）設(shè)小球所受的風(fēng)力為F，小球質(zhì)量為 （2）設(shè)桿對(duì)小球的支持力為N，摩擦力為沿桿方向垂直于桿方向 可解得 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：（1）3分。正確得出式，得3分。僅寫出式，得1分。（2）9分，正確得出式，得6分，僅寫出、式，各得2分，僅寫出式，得1分，正確得出式，得3分，僅寫出式，得2分，g用數(shù)值代入的不扣分。12（13分）閱讀如下資料并回答問題：自然界中的物體由于具有一定的溫度，會(huì)不斷向外輻射電磁波，這種輻射因與溫度有關(guān)，稱為勢(shì)輻射，勢(shì)輻射具有如下特點(diǎn)：輻射的能量中包含各種波長(zhǎng)的電磁波；物體溫度越高，單位時(shí)間從物體表面單位面積上輻射的能量越大；在輻射的總能量中，各種波長(zhǎng)所占的百分比不同。處于一定溫度的物體在向外輻射電磁能量的同時(shí)，也要吸收由其他物體輻射的電磁能量，如果它處在平衡狀態(tài)，則能量保持不變，若不考慮物體表面性質(zhì)對(duì)輻射與吸收的影響，我們定義一種理想的物體，它能100%地吸收入射到其表面的電磁輻射，這樣的物體稱為黑體，單位時(shí)間內(nèi)從黑體表面單位央積輻射的電磁波的總能量與黑體絕對(duì)溫度的四次方成正比，即，其中常量瓦/（米2開4）。在下面的問題中，把研究對(duì)象都簡(jiǎn)單地看作黑體。有關(guān)數(shù)據(jù)及數(shù)學(xué)公式：太陽半徑千米，太陽表面溫度開，火星半徑千米，球面積，其中R為球半徑。（1）太陽熱輻射能量的絕大多數(shù)集中在波長(zhǎng)為2109米1104米范圍內(nèi)，求相應(yīng)的頻率范圍。（2）每小量從太陽表面輻射的總能量為多少？（3）火星受到來自太陽的輻射可認(rèn)為垂直射可認(rèn)為垂直身到面積為（為火星半徑）的圓盤上，已知太陽到火星的距離約為太陽半徑的400倍，忽略其它天體及宇宙空間的輻射，試估算火星的平均溫度。解：（1） （赫） （赫） 輻射的頻率范圍為31012赫1.51017赫（2）每小量從太陽表面輻射的總能量為 代入數(shù)所得W=1.381010焦 （3）設(shè)火星表面溫度為T，太陽到火星距離為，火星單位時(shí)間內(nèi)吸收來自太陽的輻射能量為 火星單位時(shí)間內(nèi)向外輻射電磁波能量為 火星處在平衡狀態(tài) 即 由式解得火星平均溫度（開） 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：全題13分（1）正確得了，式，各得1分。（2）正確得出式，得5分，僅寫出式，得3分。（3）正確得出式，得4分，僅寫出式或式，得1分；僅寫出式，得1分，正確得出式，得1分。13.(13分)如圖所示，在xoy平面內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度為B，一帶正電荷量Q的粒子，質(zhì)量為，從點(diǎn)以某一初速度垂直射入磁場(chǎng)，其軌跡與x、y軸的交點(diǎn)A、B到O點(diǎn)的距離分別為、，試求：(1)初速度方向與軸夾角(2)初速度的大小. 20.參考解答：(1)磁場(chǎng)方向垂直坐標(biāo)平面向里時(shí)，粒子初速度方向與軸的夾角為，射入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可作出軌跡如圖所示，設(shè)圓半徑為R，由數(shù)學(xué)關(guān)系可得： 由、解得tg arctg 當(dāng)磁場(chǎng)方向垂直坐標(biāo)平面向外時(shí)，粒子初速度方向與軸間的夾角為arctg (2)由、解得： 由洛侖茲力提供向心力有： 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題13分，第(1)問8分，其中式2分，式2分，式2分，式2分，arcsin 或arccos同樣給分.第(2)問5分，其中式2分，式2分，式1分.14.(13分)俄羅斯“和平號(hào)”空間站在人類航天史上寫下了輝煌的篇章，因不能保障其繼續(xù)運(yùn)行，3月20號(hào)左右將墜入太平洋.設(shè)空間站的總質(zhì)量為，在離地面高度為的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)墜落時(shí)地面指揮系統(tǒng)使空間站在極短時(shí)間內(nèi)向前噴出部分高速氣體，使其速度瞬間變小，在萬有引力作用下下墜.設(shè)噴出氣體的質(zhì)量為 m，噴出速度為空間站原來速度的37倍，墜入過程中外力對(duì)空間站做功為W.求：(1)空間站做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的線速度.(2)空間站落到太平洋表面時(shí)的速度.(設(shè)地球表面的重力加速度為，地球半徑為R)14.參考解答：(1) 設(shè)空間站做圓周運(yùn)動(dòng)的速度為，地球質(zhì)量為M.由牛頓第二定律得： 地表重力加速度為，則： 由、式得： (2) 噴出氣體后空間站速度變?yōu)?，由?dòng)量守恒定律得： 設(shè)空間站落到太平洋表面時(shí)速度為，由動(dòng)能定理得： 由、式得： 15.(14分)如圖甲，A、B兩板間距為，板間電勢(shì)差為U，C、D兩板間距離和板長(zhǎng)均為L(zhǎng)，兩板間加一如圖乙所示的電壓.在S處有一電量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子，經(jīng)A、B間電場(chǎng)加速又經(jīng)C、D間電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入一個(gè)垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感強(qiáng)度為B.不計(jì)重力影響，欲使該帶電粒子經(jīng)過某路徑后能返回S處.求：(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度L至少為多少?(2)該帶電粒子周期性運(yùn)動(dòng)的周期T.(1)AB加速階段，由動(dòng)能定理得： 偏轉(zhuǎn)階段，帶電粒子作類平拋運(yùn)動(dòng)偏轉(zhuǎn)時(shí)間 側(cè)移量 設(shè)在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，偏轉(zhuǎn)角為則 即 由幾何關(guān)系：45sin45 則 注：L也可由下面方法求得：粒子從S點(diǎn)射入到出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，電場(chǎng)力共做功為 設(shè)出電場(chǎng)時(shí)速度為，有 解得 粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑： (2)設(shè)粒子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為則 帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期 實(shí)際轉(zhuǎn)過的角度 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間 故粒子運(yùn)動(dòng)的周期T 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題14分，第(1)問8分，其中、式各1分，式2分，、式各1分.第(2)問6分，其中 、式各1分，式2分. 16、2000年1月26日我國(guó)發(fā)射了一顆同步衛(wèi)星，其定點(diǎn)位置與東經(jīng)98的經(jīng)線在同一平面內(nèi)。若把甘肅省嘉峪關(guān)處的經(jīng)度和緯度近似取為東經(jīng)98和北緯40，已知地球半徑R、地球自轉(zhuǎn)周期T、地球表面重力加速度g（視為常量）和光速c。試求該同步衛(wèi)星發(fā)出的微波信號(hào)傳到嘉峪關(guān)處的接收站所需的時(shí)間（要求用題給的已知量的符號(hào)表示）。分析與解：由于微波在大氣層中以光速傳播，所以若能求得從同步衛(wèi)星到嘉峪關(guān)的距離L，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)就能得到同步衛(wèi)星發(fā)出的微波信號(hào)傳到位于嘉峪關(guān)的接收站所需的時(shí)間t。如何求得L是解題的關(guān)鍵，首先我們知道同步衛(wèi)星是位于赤道上空的，題中說明，該同步衛(wèi)星的定點(diǎn)位置與東經(jīng)98的經(jīng)線在同一平面內(nèi)，而嘉峪關(guān)處的經(jīng)度和緯度近似取為東經(jīng)98和北緯40，隱含該同步衛(wèi)星P、嘉峪關(guān)Q和地心O在同一個(gè)平面內(nèi)，構(gòu)成一個(gè)三角形，QOP=40，如圖11所示，這樣由余弦定理就可求得L。設(shè)m為衛(wèi)星質(zhì)量，M為地球質(zhì)量，r為衛(wèi)星到地球中心的距離，w為衛(wèi)星繞地轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，由萬有引力定律和牛頓定律有。式中G為萬有引力恒量，因同步衛(wèi)星繞地心轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度w與地球自轉(zhuǎn)的角速度相等，有 因 得 設(shè)嘉峪關(guān)到同步衛(wèi)星的距離為L(zhǎng)，由余弦定理 所求時(shí)間為 由以上各式得 17、“和平號(hào)”空間站已于2001年3月23日成功地墜落在南太平洋海域，墜落過程可簡(jiǎn)化為從一個(gè)近圓軌道（可近似看作圓軌道）開始，經(jīng)過與大氣摩擦，空間站的絕大部分經(jīng)過升溫、熔化，最后汽化而銷毀，剩下的殘片墜入大海。此過程中，空間站原來的機(jī)械能中，除一部分用于銷毀和一部分被殘片帶走外，還有一部分能量E通過其他方式散失（不考慮墜落過程中化學(xué)反應(yīng)的能量）。（1） 試導(dǎo)出以下列各物理量的符號(hào)表示散失能量E的公式.（2） （2）算出E的數(shù)值（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）墜落開始時(shí)空間站的質(zhì)量M=1.17105kg；軌道離地面的高度為h=146km；地球半徑R=6.4106m；墜落空間范圍內(nèi)重力加速度可看作g=10m/s2；入海殘片的質(zhì)量=1.2104kg；入海殘片的溫度升高=3000K；入海殘片的入海速度為聲速=340m/；空間站材料每1kg升溫1K平均所需能量c=1.0103J；每銷毀1kg材料平均所需能量=1.0107J. 分析與解：本題描述的是2001年世界矚目的一件大事：“和平號(hào)”空間站成功地墜落在南太平洋海域。讓繞地球運(yùn)行的空間站按照預(yù)定的路線成功墜落在預(yù)定的海域，這件事情本身就極富挑戰(zhàn)性，表達(dá)了人類征服自然改造自然的雄心和實(shí)力。 （1）作為一道信息題，首先我們應(yīng)弄清題目所述的物理過程，建立一個(gè)正確的物理模型。 我們將空間站看作一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，開始時(shí)以一定的速度繞地球運(yùn)行，具有一定的動(dòng)能和勢(shì)能，墜落開始時(shí)空間站離開軌道，經(jīng)過摩擦升溫，空間站大部分升溫、熔化，最后汽化而銷毀，剩下的殘片墜落大海，整個(gè)過程中，總能量是守恒的。 根據(jù)題述條件，從近圓軌道到地面的空間中重力加速度g=10m/s2，若以地面為重力勢(shì)能的零點(diǎn)，墜落過程開始時(shí)空間站在近圓軌道的勢(shì)能. 以v表示空間站在軌道上的速度，可得 .其中r為軌道半徑，若R地表示地球半徑，則r=R地+h.由式、可得空間站在軌道上的動(dòng)能 （R地+h） 由式、可得，在近圓軌道上空間站的機(jī)械能E=Mg(R地+h) 在墜落過程中，用于銷毀部分所需要的能量為Q汽=(M-m).用于殘片升溫所需要的能量Q殘=cmT.殘片的動(dòng)能為E殘= 以E表示其他方式散失的能量，則由能量守恒定律可得 E=Q汽+E殘+Q殘+E. 由此得E=Mg(R地+h)-(M-m)-cmT (2)將題給數(shù)據(jù)代入得E=2.91012J.帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題，實(shí)質(zhì)是力學(xué)問題，通常從受力分析，運(yùn)動(dòng)情況分析入手，利用力學(xué)規(guī)律，并注意幾何關(guān)系即可求解。下面對(duì)兩道高考?jí)狠S題作一簡(jiǎn)要分析。 18、一帶電質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m電量為q，以平行于ox軸的速度v從y軸上的a點(diǎn)射入圖7中第一象限所示的區(qū)域。為了使該質(zhì)點(diǎn)能從x軸上的b點(diǎn)以垂直于ox軸的速度v射出，可在適當(dāng)?shù)牡胤郊右粋€(gè)垂直于xy平面、磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。若此磁場(chǎng)僅分布在一個(gè)圓形區(qū)域內(nèi)，試求這個(gè)圓形區(qū)域的最小半徑，重力忽略不計(jì)。 解析：由題意可知，質(zhì)量在xy平面的第一象限的磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)外做勻速直線運(yùn)動(dòng)。由于質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度方向與飛出磁場(chǎng)的速度方向相垂直成90，由此可知質(zhì)點(diǎn)在磁場(chǎng)中的軌跡是半徑為R的圓O（虛線）的圓周的1/4，如圖8，由題意，恰包含弦的磁場(chǎng)圓有無數(shù)個(gè)，且對(duì)應(yīng)的圓心角越小，圓半徑越大，反之則越小，當(dāng)圓心角為180時(shí)，即為直徑時(shí)磁場(chǎng)圓O（實(shí)線）的半徑最小，設(shè)其半徑為r，易得 顯而易見，以上找圓心及對(duì)角度的分析是解題的關(guān)鍵。 19、圖9中虛線MN是一垂直面的平面與紙面的交線，在平面右側(cè)的半空間存在著一磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向外。O是MN上的一點(diǎn)，從O點(diǎn)可以向磁場(chǎng)區(qū)域發(fā)射電量為q、質(zhì)量為m速率為v的粒子，粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度可在紙面內(nèi)各個(gè)方向。已知先后射入的兩個(gè)粒子恰好在磁場(chǎng)中的P點(diǎn)相遇，P到O的距離為L(zhǎng)。不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用。 (1)求所考察的粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑。 (2)求這兩個(gè)粒子從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)的時(shí)間間隔。分析與解：這一題是帶電粒子僅在洛侖茲力作用下的運(yùn)動(dòng)問題，前后兩個(gè)粒子做完全相同的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)應(yīng)的物理規(guī)律較簡(jiǎn)單，第二問的難點(diǎn)在于物理情景分析和幾何關(guān)系的確定，勾畫草圖分析，巧設(shè)角度是解題的關(guān)鍵。 （1）設(shè)粒子在磁場(chǎng)中作圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，由牛頓第二定律，有得（2）如圖10所示，以O(shè)P為弦可畫兩個(gè)半徑相同的圓，分別表示在P點(diǎn)相遇的兩個(gè)粒子的軌道。圓心和直徑分別為 O1、O2和OO1Q1,OO2Q2,在0處兩個(gè)圓的切線分別表示兩個(gè)粒子的射入方向，用表示它之間的夾角。由幾何關(guān)系可知 從0點(diǎn)射入到相遇，粒子1的路程為半個(gè)圓周加弧長(zhǎng)Q1PQ1PR 粒子2的路程為半個(gè)圓周減弧長(zhǎng)PQ2=R 粒子1運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 其中T為圓周運(yùn)動(dòng)的周期。粒子2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 兩粒子射入的時(shí)間問隔 t=t1-t2= 因 得 由、三式得t=20.(13分)1951年，物理學(xué)家發(fā)現(xiàn)了“電子偶數(shù)”，所謂“電子偶數(shù)”就是由一個(gè)負(fù)電子和一個(gè)正電子繞它們的質(zhì)量中心旋轉(zhuǎn)形成的相對(duì)穩(wěn)定的系統(tǒng).已知正、負(fù)電子的質(zhì)量均為me，普朗克常數(shù)為h，靜電力常量為k，假設(shè)“電子偶數(shù)”中正、負(fù)電子繞它們質(zhì)量中心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r、運(yùn)動(dòng)速度v及電子的質(zhì)量滿足量子化理論：2mevnrn=nh/2，n=1,2，“電子偶數(shù)”的能量為正負(fù)電子運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能和系統(tǒng)的電勢(shì)能之和，已知兩正負(fù)電子相距為L(zhǎng)時(shí)的電勢(shì)能為Ep=-k，試求n=1時(shí)“電子偶數(shù)”的能量.【分析】由量子化理論知 n=1時(shí)，2mev1r1= 解得設(shè)此時(shí)電子運(yùn)轉(zhuǎn)軌道半徑為r，由牛頓定律有me 由聯(lián)立可得v1ke2h 系統(tǒng)電勢(shì)能Ep=-k=2mev12而系統(tǒng)兩電子動(dòng)能為Ek=2系統(tǒng)能量為E=Ep+Ek-mev12=-2mk2e4h2評(píng)分：解答式正確得2分；解答式正確得3分；正確分析系統(tǒng)勢(shì)能得2分；解答動(dòng)能正確得3分；正確列式、得出總能量表達(dá)式得3分.21.(14分)顯像管的工作原理是陰極K發(fā)射的電子束經(jīng)高壓加速電場(chǎng)(電壓U)加速后垂直正對(duì)圓心進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、半徑為r的圓形勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，如圖11所示，偏轉(zhuǎn)后轟擊熒光屏P，熒光粉受激而發(fā)光，在極短時(shí)間內(nèi)完成一幅掃描.若去離子水質(zhì)不純，所生產(chǎn)的陰極材料中會(huì)有少量SO，SO打在屏上出現(xiàn)暗斑，稱為離子斑，如發(fā)生上述情況，試分析說明暗斑集中在熒光屏中央的原因電子質(zhì)量為9.11031 kg，硫酸根離子(SO)質(zhì)量為1.61025 kg. 【分析】電子或硫酸根離子在加速電場(chǎng)中 qU=設(shè)粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)，軌道半徑為R,有：qvB=m 則R=設(shè)粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中速度偏角為，有：tan故tan由于硫酸根離子荷質(zhì)比遠(yuǎn)小于電子的荷質(zhì)比，高速硫酸根離子經(jīng)過磁場(chǎng)幾乎不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，而集中打在熒光屏中央，形成暗斑.評(píng)分：正確運(yùn)用動(dòng)能定理處理粒子在加速電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)得3分；求解粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中的軌道半徑得3分；正確抓住切入點(diǎn)，求解tan得3分；明確tan與的關(guān)系得2分；最后將tan應(yīng)用于電子和硫酸根離子，得出正確結(jié)論得2分. 22.(14分)如圖12是用高電阻放電法測(cè)電容的實(shí)驗(yàn)電路圖，其原理是測(cè)出電容器在充電電壓為U時(shí)所帶的電荷量Q，從而求出其電容C.該實(shí)驗(yàn)的操作步驟如下：按電路圖接好實(shí)驗(yàn)電路;接通開關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使微安表的指針接近滿刻度，記下這時(shí)的電壓表讀數(shù)U06.2 V和微安表讀數(shù)I0490 A;斷開電鍵S并同時(shí)開始計(jì)時(shí)，每隔5 s或10 s讀一次微安表的讀數(shù)i,將讀數(shù)記錄在預(yù)先設(shè)計(jì)的表格中;根據(jù)表格中的12組數(shù)據(jù)，以t為橫坐標(biāo)，i為縱坐標(biāo)，在坐標(biāo)紙上描點(diǎn)(圖中用“”表示),則：圖12(1)根據(jù)圖示中的描點(diǎn)作出圖線.(2)試分析圖示中i-t圖線下所圍的“面積”所表示的物理意義.(3)根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)結(jié)果和圖線，估算當(dāng)電容器兩端電壓為U0所帶的電量Q0，并計(jì)算電容器的電容.【分析】(1)根據(jù)描點(diǎn)繪出圓滑的曲線如圖所示.注：(a)繪出折線不得分；(b)繪出的曲線應(yīng)與橫軸相切，否則酌情扣分.(2)圖中i-t圖線下所圍的“面積”表示斷開電鍵后通過電阻R的電量，即電容器兩端電壓為U0時(shí)所帶電量為Q.(3)根據(jù)繪出圖線，估算“面積”格數(shù)約3233格(此范圍內(nèi)均得分，下同).因此，電容器電容為U0時(shí)，帶電量(Q0)約為8.00103 C8.25103 C由C=得，電容器電容(C)約為：1.30103 F1.33103 F評(píng)分：(1)繪圖正確得4分；(2)“面積”意義分析正確得5分；(3)電容計(jì)算正確得5分.圖1123.(12分)據(jù)有關(guān)資料介紹，受控核聚變裝置中有極高的溫度，因而帶電粒子將沒有通常意義上的“容器”可裝，而是由磁場(chǎng)約束帶電粒子運(yùn)動(dòng)使之束縛在某個(gè)區(qū)域內(nèi).現(xiàn)按下面的簡(jiǎn)化條件來討論這個(gè)問題：如圖11所示是一個(gè)截面為內(nèi)徑R0.6 m、外徑R2=1.2 m的環(huán)狀區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有垂直于截面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).已知氦核的荷質(zhì)比=4.8107 C/kg，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.4 T，不計(jì)帶電粒子重力.(1)實(shí)踐證明，氦核在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)沿垂直于磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)速度v的大小與它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r有關(guān)，試導(dǎo)出v與r的關(guān)系式.(2)若氦核在平行于截面從A點(diǎn)沿各個(gè)方向射入磁場(chǎng)都不能穿出磁場(chǎng)的外邊界，求氦核的最大速度.解：(1)設(shè)氦核質(zhì)量為m,電量為q，以速度v在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)， Bqv=m (3分)所以v= (2分)(2)當(dāng)氦核以vm的速度沿與內(nèi)圓相切方向射入磁場(chǎng)且軌道與外圓相切時(shí)，則以vm速度沿各方向射入磁場(chǎng)均不能穿過磁場(chǎng) (1分)即r0.3 m (2分)由Bqv=知r= (2分)所以vm=5.76106 m/s (2分)圖1324.(13分)在科技活動(dòng)中某同學(xué)利用自制的電子秤來稱量物體的質(zhì)量，如圖13所示，為電子秤的原理圖，托盤和彈簧的電阻與質(zhì)量均不計(jì).滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)端與彈簧上端連接，當(dāng)托盤中沒有放物體時(shí)，電壓表示數(shù)為零.設(shè)變阻器的總電阻為R，總長(zhǎng)度為l，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，限流電阻的阻值為R0，彈簧勁度系數(shù)為k，不計(jì)一切摩擦和其他阻力，電壓表為理想表，當(dāng)托盤上放上某物體時(shí)，電壓表的示數(shù)為U，求此時(shí)稱量物體的質(zhì)量.【分析】設(shè)托盤上放上質(zhì)量為m的物體時(shí)，彈簧的壓縮量為x，由題設(shè)知mg=kxx= (3分)由全電路歐姆定律知：I= (3分)U=IR=I (3分)聯(lián)立求解得m=U (4分)圖1425.(14分)在水平地面上勻速行駛的拖拉機(jī)，前輪直徑為0.8 m,后輪直徑為1.25 m,兩輪的軸水平距離為2 m,如圖14所示，在行駛的過程中，從前輪邊緣的最高點(diǎn)A處水平飛出一小塊石子，0.2 s后從后輪的邊緣的最高點(diǎn)B處也水平飛出一小塊石子，這兩塊石子先后落到地面上同一處(g取10 m/s2).求拖拉機(jī)行駛的速度的大小.【分析】由題設(shè)知，從A處水平飛出的石子和0.2 s后從B處水平飛出的石子均做平拋運(yùn)動(dòng)，拋出的初速度大小相等(2分)，且均為拖拉機(jī)行駛速度的2倍(2分)如圖2所示xA=2vtA=2v (2分)圖2xB=2vtB=2v (2分)x+d=xB+vt0 (3分)v=5 m/s (3分)26.(14分)帶有等量異種電荷的兩個(gè)平行金屬板A和B水平放置，相距為d(d遠(yuǎn)小于板的長(zhǎng)和寬)，一個(gè)帶正電的油滴M浮在兩板正中央，處于靜止?fàn)顟B(tài)，其質(zhì)量為m,帶電量為q，如圖15所示.在油滴正上方距A板高度為d處有另一質(zhì)量為m的帶電油滴N由靜止開始釋放，可穿過A板上的小孔進(jìn)入兩板間并與M相碰，碰后結(jié)合成一個(gè)大油滴.整個(gè)裝置放置在真空環(huán)境中，不計(jì)油滴M和N間的萬有引力和庫(kù)侖力以及金屬板的厚度，要使油滴N能與M相碰且結(jié)合后又不至于同金屬板B相碰，求：(1)金屬板A、B間的電勢(shì)差是多少?(2)油滴N帶何種電荷，電量可能為多少?【分析】(1)由M油滴的平衡條件知mg= UAB (2分)(2)要使M、N相碰后不至于到B板，N應(yīng)帶正電 (1分)設(shè)N的帶電量為Q，則N、M相碰必滿足mg(d+d)-QUBAmv0 (2分) 所以Q=3q (2分)N、M相碰時(shí) mv=2mv v=v (1分)N、M結(jié)合成大油滴不能到B板應(yīng)滿足(2m)v+2mg(q+Q)UBA (2分)所以Qq (2分) qQ3q (2分)27.（16分）如圖甲所示，A、B為兩塊距離很近的平行金屬板，板中央均有小孔.一束電子以初動(dòng)能Ek=120 eV,從A板上的小孔O不斷垂直于板射入A、B之間，在B板右側(cè)，平行于金屬板M、N組成一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)L=210-2 m，板間距離d=410-3 m，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)所加電壓為U2=20 V.現(xiàn)在在A、B兩板間加一個(gè)如圖乙所示的變化電壓U1，在t=0到t=2 s時(shí)間內(nèi)，A板電勢(shì)高于B板電勢(shì)，則在U1隨時(shí)間變化的第一個(gè)周期內(nèi)：（1）電子在哪段時(shí)間內(nèi)可以從B板小孔射出？（2）在哪段時(shí)間內(nèi)，電子能從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)右側(cè)飛出？（由于A、B兩板距離很近，可以認(rèn)為電子穿過A、B板所用時(shí)間很短，可以不計(jì)）解：（1）能射出B板,要求電子達(dá)到B板時(shí)速度大于或等于零由動(dòng)能定理得 -eU1=0- U1=120 V (2分)AB兩板電壓在01 s區(qū)間內(nèi)滿足關(guān)系式 U=200t (1分)所以U1=200t1,t1=0.6 s (1分)由于電壓圖象的對(duì)稱性，另一對(duì)應(yīng)時(shí)刻t2=1.4 s在第二個(gè)周期.又當(dāng)B板電勢(shì)高于A板電勢(shì)時(shí)電子均能射出.所以能射出的時(shí)間段為00.6 s及1.44 s. (2分)（2）設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中點(diǎn)垂直射入時(shí)速度為v0，動(dòng)能為Ek，那么側(cè)移是y= (2分)y才能射出所以 (1分) Ek250 eV （1分）又 Ek=eU1+Eko(1分) 所以120e+eU1250eU1130 V(1分)又因 t1=+2=2.65 s(1分)t2=4-=3.35 s(1分)所以在2.65 s3.35 s內(nèi)有電子射出 （2分）28.(14分)噴墨打印機(jī)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖412所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，其半徑約為105 m，此微滴經(jīng)過帶電室時(shí)被帶上負(fù)電，帶電的多少由計(jì)算機(jī)按字體筆畫高低位置輸入信號(hào)加以控制。帶電后的微滴以一定的初速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，帶電微滴經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)發(fā)生偏轉(zhuǎn)后打到紙上，顯示出字體.無信號(hào)輸入時(shí)，墨汁微滴不帶電，徑直通過偏轉(zhuǎn)板而注入回流槽流回墨盒。偏轉(zhuǎn)板長(zhǎng)1.6 cm，兩板間的距離為0.50 cm，偏轉(zhuǎn)板的右端距紙3.2 cm。若墨汁微滴的質(zhì)量為1.61010 kg，以20 m/s的初速度垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是8.0103 V，若墨汁微滴打到紙上的點(diǎn)距原射入方向的距離是2.0 mm.求這個(gè)墨汁微滴通過帶電室?guī)У碾娏渴嵌嗌?？（不?jì)空氣阻力和重力，可以認(rèn)為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)只局限于平行板電容器內(nèi)部，忽略邊緣電場(chǎng)的不均勻性.）為了使紙上的字放大10%，請(qǐng)你分析提出一個(gè)可行的方法.解：設(shè)微滴的帶電量為q，它進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，離開電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)打到紙上，距原入射方向的距離為 y=at2+Ltan(2分)，又a=（1分），t= (1分)，tan= (1分)，可得y= (2分），代入數(shù)據(jù)得q=1.251013 C（2分）.要將字體放大10%，只要使y增大為原來的1.1倍，可以增大電壓U達(dá)8.8103 V，或增大L，使L為3.6 cm（5分）29.（16分）如圖516所示,光子具有動(dòng)量，每個(gè)光子的動(dòng)量mv=h /（式中h為普朗克常量，為光子的波長(zhǎng)）.當(dāng)光照射到物體表面上時(shí)，不論光被物體吸收還是被物體表面反射，光子的動(dòng)量都會(huì)發(fā)生改變，因而對(duì)物體表面產(chǎn)生一種壓力，稱為光壓.右圖是列別捷夫設(shè)計(jì)的用來測(cè)量光壓的儀器.圖中兩個(gè)圓片中，a是涂黑的，而b是光亮的.當(dāng)光線照射到a上時(shí)，可以認(rèn)為光子全部被吸收，而當(dāng)光線照射到b上時(shí)，可以認(rèn)為光子全部被反射.分別用光線照射在a或b上，由于光壓的作用，都可以引起懸絲的旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)的角度圖516可以借助于和懸絲一起旋轉(zhuǎn)的小平面鏡M進(jìn)行觀察.（1）如果用一束強(qiáng)光同時(shí)照射a、b兩個(gè)圓片，光線的入射方向跟圓片表面垂直，懸絲將向哪個(gè)方向偏轉(zhuǎn)？為什么？（2）已知a、b兩個(gè)圓片的半徑都為r，兩圓心間的距離是d.現(xiàn)用頻率為的激光束同時(shí)照射a、b兩個(gè)圓片，設(shè)入射光與圓面垂直，單位時(shí)間內(nèi)垂直于光傳播方向的單位面積上通過的光子個(gè)數(shù)為n，光速為c，求：由于光壓而產(chǎn)生的作用力分別多大.解：(1)a向外b向里轉(zhuǎn)動(dòng)（從上向下看逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)）（3分）對(duì)時(shí)間t內(nèi)照到圓片上的光子用動(dòng)量定理：Ft=ntSmv，照到a上的每個(gè)光子的動(dòng)量變化是mv，而照到b上的每個(gè)光子的動(dòng)量變化是2mv；因此光子對(duì)b的光壓大.（3分）(2)分別對(duì)單位時(shí)間內(nèi)照射到a、b上的光子用動(dòng)量定理，有：Fa= nr2h/c，F(xiàn)b= nr22h/c（10分）-密-封-