2021年《高中物理思維方法集解》參考系列——高考物理壓軸題匯編

1、精品word可編輯資料- - - - - - - - - - - - -高中物理思維方法集解參考系列高考物理壓軸題匯編山東平原一中魏德田1、如下列圖，一質(zhì)量為m、長為 l 的長方形木板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， m m；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 開頭向左運(yùn)動(dòng)、 b開頭向右運(yùn)動(dòng)，但最終a 剛好沒有滑離 l 板；以地面為參照系；(1) 如已知 a 和 b 的初速度大小為 v 0，求它們最終的速度的大小和方向；(2) 如初速度的大小未知， 求小木塊 a 向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最遠(yuǎn)處 從地面上看 離動(dòng)身點(diǎn)的距離；解法 1

2、:1a 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v ， a 和 b 的初速度的大小為v0 ，就由動(dòng)量守恒可得 :mv0mv0mmv解得：vmm v mm0， 方向向右2a 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)受向左作減速運(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)l 1為 a 開頭運(yùn)動(dòng)到速度變?yōu)榱氵^程中向左運(yùn)動(dòng)的路程，l 2 為 a 從速度為零增加到速度為v 的過程中向右運(yùn)動(dòng)的路程，l 為 a 從開頭運(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

3、與 b 之間的滑動(dòng)摩擦力為f ，就由功能關(guān)系可知 :對(duì)于 bfl1 mv 2021 mv 22對(duì)于 a由幾何關(guān)系fl 1ll 11 mv 202l 2 l fl 21 mv 22ll1由、式解得mm4m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：1flm2mv 21 m 2m) v2 0llmm由式即可解得結(jié)果14m1 / 26第 1 頁，共 26 頁- - - - - - - - - -精品word可編輯資料- - - - - - - - - - - - -此題第（ 2）問的解法有許多種，上述解法2 只需運(yùn)用三條獨(dú)立方程即可解得結(jié)果，明顯是比較簡捷的解法；2、如下列圖，

4、長木板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 ，靜止在第 4 頁，共 26 頁- - - - - - - - - -光滑的水平面上， 小木塊 b 質(zhì)量為 m ，從 a 的左端開頭以初速度v0 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 板上單程滑行長度為 l ，求：（ 1）如3v 20，在 b 與擋板碰撞后的運(yùn)動(dòng)過程中，摩擦力對(duì)木板a 做正功仍是負(fù)160g功？做多少功？（ 2）爭論 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， 假如不行能，說明理由

5、；假如可能，求動(dòng)身生這種情形的條件；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 碰后的瞬時(shí) a 的速度為v1 ，b 的速度為v2 ，a 、b 相對(duì)靜止時(shí)的共同速度為v ，由動(dòng)量守恒得：mv0m1.5mv 1.5mv1mv2 m1.5m v 碰后到相對(duì)靜止，對(duì)a 、b 系統(tǒng)由功能關(guān)系得：mgl11.5mv 2121 mv 22212.5mv 2 2由式解得： v11v0 （另一解 v123v0 因小于 v102v0 而舍去）5這段過程 a 克服摩擦力做功為w1 1.5mv 2121 1.5mv 22

6、27400mv 20.068mv 20（ 2）0a 在運(yùn)動(dòng)過程中不行能向左運(yùn)動(dòng)，由于在b 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)，直到最終共同速度仍向右，因此不行能向左運(yùn)動(dòng)；b 在碰撞之后，有可能向左運(yùn)動(dòng)，即v20 ，結(jié)合式得： v12v03代入式得：l2v0 215g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2 / 2601 mv 2212.5mv 222 mgl 即 l2v3020g故在某一段時(shí)間里b 運(yùn)動(dòng)方向是向左的條件是2v2015g2vl30

7、20g3、光滑水平面上放有如下列圖的用絕緣材料料成的“” 型滑板，（平面部分足夠長） ， 質(zhì)量為 4m，距滑板的 a 壁為 l 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v 1 多大？（ 2）如物體與 a 壁碰后相對(duì)水平面的速度大小為碰前的3/5，就物體在其次次跟a 壁碰撞之前瞬時(shí)，滑板的速度v 和物體的速度 v 2 分別為多大？（均指對(duì)地速度）（ 3）物體從開頭運(yùn)動(dòng)到其次次碰撞前，電場(chǎng)力做功為多大？（碰撞時(shí)間可忽視）3、解

8、：（ 1）由動(dòng)能定理qel11 mv 212得 v12qel1mvm（ 2）如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mv134mv 5v1得 v物體速度103 v ，故不行能151物塊碰后必反彈 v13v1 ，由動(dòng)量守恒5mv13mv154 mv得 v2v15由于碰后滑板勻速運(yùn)動(dòng)直至與物體其次次碰撞之前，故物體與a 壁其次次碰前，滑板v1速度 v2522qel1 ；5m物體與 a 壁其次次碰前，設(shè)物塊速度為v2 ，v2v1at 由兩物的位移關(guān)系有：vtv1t1 at 2 即 vvat 122由代入數(shù)據(jù)可得：v272qel1225mv（ 3）物體在兩次碰撞之間位移為s，2v12a

9、svv22得 s212a2273v1552qe / m4 mv2 5qe1 物塊從開頭到其次次碰撞前電場(chǎng)力做功wqe l1s13 qel153 / 264（ 16分）如圖 5 15所示， pr是一塊長為 l=4m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)垂直于紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)b，一個(gè)質(zhì) 量為 m=0.1kg.帶電量為 q=0.5c的物體，從板的 p端由靜止開頭在電場(chǎng)力和摩擦力的作用下向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入圖 5 15磁場(chǎng)后恰能做勻速運(yùn)動(dòng).當(dāng)物體遇到板 r端擋板后被彈回，如在碰撞瞬時(shí)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

10、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）判定物體帶電性質(zhì)，正電荷仍是負(fù)電荷？（ 2）物體與擋板碰撞前后的速度v 1和v2；（ 3）磁感應(yīng)強(qiáng)度 b的大小；（ 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：-mg2l=0-41 mv2得： v2=22 m/s2(3) 代入前式求得： b=t2(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：l12eq-mgmv-0122進(jìn)入電磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，故有：eq=

11、qbv1+mg由以上兩式得：v142 m/se2.4 n/c5、 在原子核物理中， 爭論核子與核子關(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)生碰撞并立刻結(jié)成一個(gè)整體d在它們連續(xù)向左運(yùn)動(dòng)的過程中，當(dāng)彈簧長度變到最短時(shí)，長度突然鎖定，不再轉(zhuǎn)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)械能缺失）

12、已知a、b、c 三球的質(zhì)量均為（1） 求彈簧長度剛被鎖定后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，爭論核子與核子關(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)彈簧開頭處于自然狀態(tài)（既不伸長，也不壓縮），4 / 26精品word可編輯資料- - - - - - - - - - - - -“c 與 b 發(fā)生碰撞并立刻結(jié)成一個(gè)整體d”隱含碰撞所經(jīng)受的時(shí)間極短，b 球的

13、位移可以忽視，彈簧的長度不變，“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；此題如用分析法求解， 應(yīng)寫出待求量與已知量的關(guān)系式，明顯比較困難， 由于物體所經(jīng)受的各個(gè)子過程比較清晰，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)問題搞清晰了，此題的問題就可較簡潔地得到解答下面從此題中幾個(gè)物理過程發(fā)生的次序動(dòng)身求解：1、球 c 與 b 發(fā)生碰撞，并立刻結(jié)成一個(gè)整體d，依據(jù)動(dòng)量守恒，有mv02mv1（ v1 為 d 的速度）2、當(dāng)彈簧的長度被鎖定時(shí)，彈

14、簧壓縮到最短，d 與 a 速度相等，如此時(shí)速度為v2 ，由動(dòng)量守恒得2mv13mv2 當(dāng)彈簧的長度被鎖定后，d 的一部分動(dòng)能作為彈簧的彈性勢(shì)能ep 被貯存起來了由能量守恒，有1 2mv 2121 3mv 222ep 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)彈簧復(fù)原到自然長度時(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v3 ，就有 ep1 2mv2 324、彈簧連續(xù)伸長， a 球離開擋板，并獲得速度；當(dāng)a、d 的速度相等時(shí)，彈簧伸至最長此時(shí)的勢(shì)能為最大，設(shè)此時(shí)a、d 的

15、速度為v4 ，勢(shì)能為ep 由動(dòng)量守恒定律得2mv33mv4 p由機(jī)械能守恒定律得： 由、兩式聯(lián)立解得：31 2 mv22v1 v1 3mv 242e 203聯(lián)立式解得1 mv2 e0p366、如圖 1 所示為一根豎直懸掛的不行伸長的輕繩，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 開頭以相5 / 26第

16、5 頁，共 26 頁- - - - - - - - - -精品word可編輯資料- - - - - - - - - - - - -同速度運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻， 依據(jù)力學(xué)規(guī)律和題中（包括圖）供應(yīng)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=2t 0，令 m 表示 a 的質(zhì)量， l 表示繩長， 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，f1 表示運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)繩的拉力，f2 表

17、示運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)繩的拉力，就依據(jù)動(dòng)量守恒定律，得mv0= m 0+mv 1，在最低點(diǎn)和最高點(diǎn)處- - - - - - - - - -運(yùn)用牛頓定律可得22f1- m 0+mg= m 0+mv1 /l ， f2+ m 0+mg= m 0 +mv 2 /l依據(jù)機(jī)械能守恒定律可得 2l m+m 0g= m+m 0 v 12/2- m+m 0 v 22/2；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=f m/6g-m 0 ， l =36m 02v02 g/5fm2，a 、b 一起運(yùn)動(dòng)過程中的守恒量是機(jī)械能e，如以最低點(diǎn)為勢(shì)能的零點(diǎn)，就e=m+m0v12/2；由

18、幾式解得 e 3m00g/f ；2 27（ 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；現(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)是多少才能維護(hù)該星體的穩(wěn)固，不致因自轉(zhuǎn)而瓦解；計(jì)等時(shí)星體可視為勻稱球體；（引力常數(shù) g6.67 10 11m3/kg s2）8（ 20 分）曾經(jīng)流行過一種向自行車車頭燈供電的小型溝通發(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 r0 1.0cm 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

19、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 n 800 匝導(dǎo)線圈組成，每匝線圈的面積 s 20cm2，磁極間的磁場(chǎng)可視作勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度 b 0.010t， 自行車車輪的半徑 r1 35cm，小齒輪的半徑 r2 4.cm，大齒輪的半徑 r3 10.0cm（見圖 2）；現(xiàn)從靜止開頭使大齒輪加速轉(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u 3.2v ？（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 ，

20、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，就有 gmm/r 2 m2r且 2/t ， m 4/3r3由以上各式得： 3 /gt 2代人數(shù)據(jù)解得： 1.271014kg/m 38（ 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)生一6 / 26第 6 頁，共 26 頁正弦溝通電動(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 2 /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r1 1 r0 0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

21、輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為 ，有 r3 r2 1由以上各式解得 2 u/bsnr12r0/r3r1代入數(shù)據(jù)得 3.2s9（ 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；現(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)輸?shù)絛 處， d 和 a 的高度差為 h；穩(wěn)固工作時(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；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)（忽視經(jīng)bc 段時(shí)的

22、微小滑動(dòng)） ；已知在一段相當(dāng)長的時(shí)間 t 內(nèi)，共運(yùn)輸小貨箱的數(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 p ；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，就對(duì)小箱有 s 1/2at2 v0 at在這段時(shí)間內(nèi)，傳送帶運(yùn)動(dòng)的路程為s0v 0t 由以上可得 s0 2s用 f 表示小箱與傳送帶之間的滑動(dòng)摩擦力，就傳送帶對(duì)小箱做功為2a fs 1/2mv 0傳送帶克服小箱對(duì)它的摩擦力做功a 0 fs0 2

23、1/2mv02 兩者之差就是克服摩擦力做功發(fā)出的熱量q 1/2mv02 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w p t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w01/2nmv2 nmgh nq已知相鄰兩小箱的距離為l ，所以 v0t nl222nmnl聯(lián)立，得：p tt gh10.（ 14 分）為爭論靜電除塵， 有人設(shè)計(jì)了一個(gè)盒狀容器，容器側(cè)面是絕緣的透亮有機(jī)玻璃，它的上下底面是面積sa=0.04m 2 的金屬板，間距l(xiāng)=0.05m ，當(dāng)連接到u=2500v的+u7 / 26l第 7 頁，共 26 頁接地精品word可編輯資料- - -

24、 - - - - - - - - - -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)，如下列圖； 現(xiàn)把肯定量勻稱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=+1.0 10-17c，質(zhì)量為 m=2.0 10-15kg ，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力， 并忽視煙塵顆粒所受重力；求合上電鍵后： 經(jīng)過多長時(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=at

25、 2/2=qut 2/2ml ，故 t=0.02s w=nalqu/2=2.5 10-4j2設(shè)煙塵顆粒下落距離為x，就當(dāng)時(shí)全部煙塵顆粒的總動(dòng)能第 12 頁，共 26 頁- - - - - - - - - -ek =nal-xmv2/2= nal-xqux/l ，當(dāng) x=l/2 時(shí) ek 達(dá)最大，而 x=at1 /2，故 t1=0.014s 11（12 分）風(fēng)洞試驗(yàn)室中可以產(chǎn)生水平方向的、大小可調(diào)劑的風(fēng)力，現(xiàn)將一套有小球的細(xì)直桿放入風(fēng)洞試驗(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)劑風(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

26、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，就小球從靜止動(dòng)身在細(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 mfmg 1f / mg0.5mg / mg0.5 2（2）設(shè)桿對(duì)小球的支持力為n ，摩擦力為 f沿桿方向f cosmgninfma 3垂直于桿方向 nf sinngcos0 4fn 5可解得 af cosng sin mf gf 22sin m g3 g 64s1 at 2 7t22s8s83g / 43g評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：（ 1） 3 分；正確得出 2式，得 3

27、分；僅寫出 1式，得 1 分；（2） 9 分，正確得出 6式，得 6 分，僅寫出 3、4式，各得 2 分，僅寫出 5式，得 1分，正確得出 8式，得 3 分，僅寫出 7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疑題：自然界中的物體由于具有肯定的溫度，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)：1輻射的能量中包含各種波長的電磁波；2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；3 在輻射的總能量中，各種波長所占8 / 26的百分比不同；處于肯定溫度的物體在向外輻射電磁能量的同時(shí)，也要吸取由其他物體輻射的電磁能量，假

28、如它處在平穩(wěn)狀態(tài)，就能量保持不變，如不考慮物體表面性質(zhì)對(duì)輻射與吸取的影響，我們定義一種抱負(fù)的物體，它能100%地吸取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肯定溫度的四次方成正比，即 p0t 4 ，其中常量5.6710 3 瓦/（米 2開 4）；在下面的問題中，把爭論對(duì)象都簡潔地看作黑體；有關(guān)數(shù)據(jù)及數(shù)學(xué)公式：太陽半徑rs696000千米，太陽表面溫度 t5770開，火星半徑 r3395 千米，球面積， s4 r 2 ，其中 r 為球半徑；（ 1）太陽熱輻射能量的絕大多數(shù)集中在波長為2 10 9 米1 10 4 米范疇內(nèi)，求相應(yīng)的頻率范疇

29、；（ 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r 2 （ r 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，忽視其它天體及宇宙空間的輻射，試估算火星的平均溫度；解：（ 1）c /113.00108 / 210 91.51017 （赫） 213.00108 /110 431012 （赫）3輻射的頻率范疇為3 1012 赫 1.5 1017 赫（2） 每小量從太陽表面輻射的總能量為sw4r 2t 4t 4代入數(shù)所得 w=1.38 1010 焦5（3） 設(shè)火星表面溫度為t，太陽到火星距離為d ，火星單位時(shí)間內(nèi)吸取來

30、自太陽的輻射能量為 p4 r 2t 4r6 d400rpt 4 r 2s2s24 d24/400 27火星單位時(shí)間內(nèi)向外輻射電磁波能量為p t4r t 8火星處在平穩(wěn)狀態(tài) ptpt 9即t 4r 2/ 40024r 2t 4 10由10式解得火星平均溫度t評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：全題 13 分t /800204 （開）11（1）正確得了 1 ，2 ， 3 式，各得 1 分；（ 2）正確得出 5式，得 5 分，僅寫出 4式，得 3 分；（ 3）正確得出 10式，得 4 分，僅寫出 6 式或 7 式，得 1 分；僅寫出 8式，得 1 分，正確得出 11式，得 1 分；9 / 2613.13分 如下列圖，在 xo

31、y 平面內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面的范疇足夠大的勻強(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)平面對(duì)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)系可作出軌跡如下列圖，設(shè)圓半徑為r，由數(shù)學(xué)關(guān)系可得：abrsin22rcos由、解得 tg a arctga bb當(dāng)磁場(chǎng)方向垂直坐標(biāo)平面對(duì)外時(shí)，粒子初速度方向與軸間的夾角為a arctgb22(2) 由、解得： rab22由洛侖茲力

32、供應(yīng)向心力有： vrqba 2b 2 v2m評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題13 分，第 1 問 8 分，其中式 2 分，式 2 分，式 2 分，式 2分， arcsinaa2b2或 arccosba2b 2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，因不能保證其連續(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，使其速度瞬時(shí)變小，在萬有引力作用下下墜. 設(shè)噴出氣體的質(zhì)量為為空間站原先速度的37 倍

33、，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r14. 參考解答：1m，噴出速度100(1) 設(shè)空間站做圓周運(yùn)動(dòng)的速度為 ，地球質(zhì)量為 m. 由牛頓其次定律得：gmm2vm1hr 2rh10 / 262地表重力加速度為，就： gmg 由、式得：v1gr2r(2) 噴出氣體后空間站速度變?yōu)?，由動(dòng)量守恒定律得： hrmv1mm 100v237100mv1 2設(shè)空間站落到太平洋表面時(shí)速度為 ，由動(dòng)能定理得：1 99mv21 99 mv2w 32100210049gr2200w由、式得：v312

34、1rh99m15.14分 如圖甲， a、b 兩板間距為l ，板間電勢(shì)差為u，c、d 兩板間距離和板長均2為 l，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)垂直紙面對(duì)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：qu1 mv 2 2偏轉(zhuǎn)階段，帶電粒子作類平拋運(yùn)動(dòng)偏轉(zhuǎn)時(shí)間 t1llm / 2qu v側(cè)移量 y1 at 2121 qu 22 mll2

35、ml 2qu2設(shè)在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，偏轉(zhuǎn)角為就 tgvyat1vvqu 2l1mlv2即4由幾何關(guān)系： 45 sin45 l 就221 l 211 / 26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1 mv 222qu解得 4qu / m 粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：rmv qb2 mqu qb22 lqbmqu(2) 設(shè)粒子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為就l / v 22lm / 2qu11帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期t2 m12實(shí)際轉(zhuǎn)過的角度qb3132在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間 3 t3 m1442qb故粒子運(yùn)動(dòng)的周期t m / 2qu3 m152q

36、b評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題 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 12、13、14、式各 1 分， 15式 2 分.16、2000 年 1 月 26 日我國發(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)；如把甘肅省嘉峪關(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，所以如能求得從同步衛(wèi)星到嘉峪關(guān)的距離 l，就由運(yùn)動(dòng)學(xué)就能得到同

37、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， 第一我們知道同步衛(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，2m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；g mmr 2mr式中 g為萬有引力恒量，因同步衛(wèi)星繞地心轉(zhuǎn)動(dòng)12 / 26精品word可編輯資料-

38、 - - - - - - - - - - - -2的角速度 w與地球自轉(zhuǎn)的角速度相等，有t第 13 頁，共 26 頁- - - - - - - - - -因 g mmr 2mg 得 gmr2 g設(shè)嘉峪關(guān)到同步衛(wèi)星的距離為l，由余弦定理lr 2r22rr cos所求時(shí)間為tl 由以上各式得cr2 gt 222 3r22rr2 gt 212 3t44c17、“和平號(hào)”空間站已于2001 年 3 月 23 日勝利地墜落在南太平洋海疆，墜落過程可簡化為從一個(gè)近圓軌道（可近似看作圓軌道）開頭，經(jīng)過與大氣摩擦，空間站的絕大部分經(jīng)過升溫、熔化，最終汽化而銷毀，剩下的殘片墜入大海；此過程中，空間站原先的機(jī)械能

39、中，除一部分用于銷毀和一部分被殘片帶走外，仍有一部分能量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)出以以下各物理量的符號(hào)表示散失能量e的公式 .5（2） （ 2）算出 e的數(shù)值（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字） 墜落開頭時(shí)空間站的質(zhì)量m=1.1710 kg；軌道離地面的高度為h=146km；地球半徑 r=6.4106m；24墜落空間范疇內(nèi)重力加速度可看作g=10m/s ； 入海殘片的質(zhì)量 =1.2 10kg；入海殘片的溫度上升 =3000k；入海殘片的入海速度為聲速=340m/；37空間站材料每1kg 升溫 1k 平均所需能量c=1.0 10 j；每銷毀 1kg 材料平均所需能量

40、=1.0 10 j.分析與解：此題描述的是2001 年世界矚目的一件大事：“和平號(hào)”空間站勝利地墜落在南太平洋海疆； 讓繞地球運(yùn)行的空間站依據(jù)預(yù)定的路線勝利墜落在預(yù)定的海疆，這件事情本身就極富挑戰(zhàn)性，表達(dá)了人類戰(zhàn)勝自然改造自然的雄心和實(shí)力；（1）作為一道信息題，第一我們應(yīng)弄清題目所述的物理過程，建立一個(gè)正確的物理模2型； 我們將空間站看作一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，開頭時(shí)以肯定的速度繞地球運(yùn)行，具有肯定的動(dòng)能和勢(shì)能，墜落開頭時(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，最終汽化而銷毀，剩下的殘片墜落大海，整個(gè)過程中，總能量是守恒的；依據(jù)題述條件，從近圓軌道到地面的空間中重力加速度g=10m/s能的零點(diǎn)

41、，墜落過程開頭時(shí)空間站在近圓軌道的勢(shì)能，如以地面為重力勢(shì)13 / 26精品word可編輯資料- - - - - - - - - - - - -epmgh .第 17 頁，共 26 頁- - - - - - - - - -以 v 表示空間站在軌道上的速度，可得m vmg .2r其中 r 為軌道半徑，如 r 地表示地球半徑，就r=r 地 +h. 由式、可得空間站在軌道上的動(dòng)能ke1 mg2（ r 地+h）由式、可得，在近圓軌道上空間站的機(jī)械能e=mg 12r 地+ 32h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=cm t. =殘殘片的動(dòng)能為 e12mv

42、 2 以 e表示其他方式散失的能量，就由能量守恒定律可得e=q汽+e 殘+q殘+e . 1由此得 e =mg23r 地 +2h-m-m -1 mv2 -cmt2122 將題給數(shù)據(jù)代入得e=2.9 10j.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)情形分析入手，利用力學(xué)規(guī)律，并留意幾何關(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

43、xy 平面、磁感強(qiáng)度為 b 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；如此磁場(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，重力忽視不計(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)圓有許多個(gè)，且對(duì)應(yīng)的圓心角越小，圓半徑越大，反之就越小，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14 / 26r2 r22 mv顯而易見，以上找圓心及對(duì)角度的分析是解題的關(guān)鍵；2 bq19、

44、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)，方向垂直紙面對(duì)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 ；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)律較簡潔，其次問的難點(diǎn)在于物理情形

45、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，由牛頓其次定律，有v 2qvbmrm v得rqb（ 2）如圖 10 所示，以 op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 o 1、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po1q1po2q2從 0 點(diǎn)射入到相遇，粒子1 的路程為半個(gè)圓周加弧長q1p q1p r 粒子 2 的路程為半個(gè)圓周減弧長pq2=r 粒子 1 運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tt1r12v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15 / 261rt2t2v兩粒子射入的時(shí)間問隔 t=t 1-t 2= 2 rv因 r cos21 l 得22 arccos l2r由、三式得 t=4m arccos qbl qb2mv20.13 分 1951年，