2020年高考物理壓軸題匯總含答案解析

2021年高考物理壓軸題集錦含答案解析

1.地球質(zhì)量為半徑為R,自轉(zhuǎn)角速度為3,萬(wàn)有引力恒量為G,

如果規(guī)定物體在離地球無(wú)窮遠(yuǎn)處勢(shì)能為0,則質(zhì)量為m的物體離

地心距離為r時(shí)，具有的萬(wàn)有引力勢(shì)能可表示為Ep=-G%.國(guó)

r

際空間站是迄今世界上最大的航天工程，它是在地球大氣層上空

地球飛行的一個(gè)巨大的人造天體，可供宇航員在其上居住和進(jìn)行

科學(xué)實(shí)驗(yàn)?設(shè)空間站離地面高度為h,如果在該空間站上直接發(fā)射

一顆質(zhì)量為m的小衛(wèi)星，使其能到達(dá)地球同步衛(wèi)星軌道并能在軌

道上正常運(yùn)行，則該衛(wèi)星在離開(kāi)空間站時(shí)必須具有多大的動(dòng)能？

解析：

由G“r=Q得，衛(wèi)星在空間站上的動(dòng)能為Ek=Lmv2=

r2r2

「Mm

CT---------------------o

2(7?+h)

衛(wèi)星在空間站上的引力勢(shì)能在％=-GS

1R+h

機(jī)械能為笈=Ek+EP=-G-^—

2(R+h)

同步衛(wèi)星在軌道上正常運(yùn)行時(shí)有G等32r

故其軌道半徑片；悟

VCD"

由③式得，同步衛(wèi)星的機(jī)械能E2=-G^^=-G如戶

2r2\GM

=-；m(ylGMco)2

衛(wèi)星在運(yùn)行過(guò)程中機(jī)械能守恒，故離開(kāi)航天飛機(jī)的衛(wèi)星的機(jī)械能應(yīng)為

E2,設(shè)離開(kāi)航天飛機(jī)時(shí)衛(wèi)星的動(dòng)能為%,則&v=E2-￡p-；』GM信

+G4

R+h

2.如圖甲所示，一粗糙斜面的傾角為37。，一物塊m=5kg在斜面上,

用F=50N的力沿斜面向上作用于物體，使物體沿斜面勻速上升，g

取10N/kg,sin37°=0.6,cos370=0.8,求：

（1）物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)（i;

（2）若將F改為水平向右推力/，如圖乙，則至少要用多大的

力F才能使物體沿斜面上升。（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力）

解析：

（1）物體受力情況如圖，取平行于斜面為x軸方向，垂直斜面

為y軸方向，由物體勻速運(yùn)動(dòng)知物體受力平衡

Fv=N-Gcos0=O

解得f=20NN=40N

因?yàn)槠?N,由/=〃縱得〃=（=g=0?5

（2）物體受力情況如圖，取平行于斜面為X軸方向，垂直斜面

為y軸方向。當(dāng)物體勻速上行時(shí)力尸取最小。由平衡條件

Fx=F'cos0-GsmO-f'=O

Fy=N'-F'sm0-Gcos6=0

且有尸=

聯(lián)立上三式求解得F'=100N

3.一質(zhì)量為m=3000kg的人造衛(wèi)星在離地面的高度為H=180km的

高空繞地球作圓周運(yùn)動(dòng)，那里的重力加速度g=9.3m?s—2.由于

受到空氣阻力的作用，在一年時(shí)間內(nèi)，人造衛(wèi)星的高度要下降△1?1=

0.50km.已知物體在密度為P的流體中以速度v運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻

力F可表示為F=5PACV2,式中A是物體的最大橫截面積，C是

拖曳系數(shù)，與物體的形狀有關(guān).當(dāng)衛(wèi)星在高空中運(yùn)行時(shí)，可以認(rèn)為衛(wèi)

星的拖曳系數(shù)C=L取衛(wèi)星的最大橫截面積A=6.0m2.已知地球

的半徑為R0=6400km.試由以上數(shù)據(jù)估算衛(wèi)星所在處的大氣密度.

解：設(shè)一年前、后衛(wèi)星的速度分別為必、%,根據(jù)萬(wàn)有引力定律和牛

頓第二定律有

式中G為萬(wàn)有引力恒量，M為地球的質(zhì)量，鳥(niǎo)和&分別為一年

前、后衛(wèi)星的軌道半徑，即

⑶

(4)

衛(wèi)星在一年時(shí)間內(nèi)動(dòng)能的增量

⑸

由（1）、（2）、（5）三式得

AE——-）

k

2R2號(hào)

由⑶、（4）、（6）式可知，AEk>0,表示在這過(guò)程中衛(wèi)星的動(dòng)能是增

加的。

在這過(guò)程中衛(wèi)星引力勢(shì)能的增量

AEp=------）

&&（7）

△與<°,表示在這過(guò)程中衛(wèi)星引力勢(shì)能是減小的。衛(wèi)星機(jī)械能的

增量

AE=AEk+AEP(8)

由（6）、（7）、（8）式得

AE=——GMm{---------)

2R)/?!⑼

m<0,表示在這過(guò)程中衛(wèi)星的機(jī)械能是減少的。由⑶、⑷式可

知，因與、&非常接近，利用

「

RR?=⑩

RRaR；(11)

⑼式可表示為

AEJ嗎

2R；(12)

衛(wèi)星機(jī)械能減少是因?yàn)榭朔諝庾枇ψ隽斯?。衛(wèi)星在沿半徑為R

的軌道運(yùn)行一周過(guò)程中空氣作用于衛(wèi)星的阻力做的功

2

叱=-Fx2TTR=-pjrACRv(13)

根據(jù)萬(wàn)有引力定律和牛頓運(yùn)動(dòng)定律有

-Mmv2

G——=m—

R2R?

由?、(M)式得

叱=-p兀ACGM(15)

(15)式表明衛(wèi)星在繞軌道運(yùn)行一周過(guò)程中空氣阻力做的功是一恒

量，與軌道半徑無(wú)關(guān)。衛(wèi)星繞半徑為R的軌道運(yùn)行一周經(jīng)歷的時(shí)間

T=達(dá)

V(16)

由?、由式得

T=2KR.

(17)

由于在一年時(shí)間內(nèi)軌道半徑變化不大，可以認(rèn)為T(mén)是恒量，且

7=2叫旦

叫GM(18)

以「表示一年時(shí)間，有

7

T=3600sx365x24=3.15xl0?

衛(wèi)星在一年時(shí)間內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的次數(shù)

n=-

T?

在一年時(shí)間內(nèi)衛(wèi)星克服空氣阻力做的功

=叫

W(21)

由功能關(guān)系有

(22)

G-=g

由(15)(18)(20)(21)(22洛式并利用R：得

_mAH

P

rACR}

(23)

代入有關(guān)數(shù)據(jù)得

p=1.54x10*kg-m"

4、如圖(甲)所示，彎曲部分A3和CD是兩個(gè)半徑相等的四分之一

圓弧，中間的8C段是豎直的薄壁細(xì)圓管(細(xì)圓管內(nèi)徑略大于小球的

直徑)，細(xì)圓管分別與上、下圓弧軌道相切連接，BC段的長(zhǎng)度L可作

伸縮調(diào)節(jié)。下圓弧軌道與地面相切，其中。、A分別是上、下圓弧軌

道的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)，整個(gè)軌道固定在豎直平面內(nèi)。一小球多次以某

一速度從A點(diǎn)水平進(jìn)入軌道而從。點(diǎn)水平飛出。今在4、。兩點(diǎn)各

放一個(gè)壓力傳感器，測(cè)試小球?qū)壍繟、。兩點(diǎn)的壓力，計(jì)算出壓力

差/凡改變3C間距離3重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，最后繪得/尸1的圖線如

圖(乙)所示。(不計(jì)一切摩擦阻力，g取10m/s2)

(1)某一次調(diào)節(jié)后。點(diǎn)離地高度為0.8m。小球從。點(diǎn)飛出，落

地點(diǎn)與D點(diǎn)水平距離為2.4m,求小球過(guò)D點(diǎn)時(shí)速度大小。

(2)求小球的質(zhì)量和彎曲圓弧軌道的半徑大小。

解析：

(1)小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，“那

水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)X=VJ

g

(2)設(shè)軌道半徑為r,A到D過(guò)程機(jī)械能守恒:

J：mvl4-mg(2r+L)

在A點(diǎn)：F-mg="2匕-

Ar

在。點(diǎn)：F+mg=m—

Dr

由以上三式得：

△F-F-F=6mg+2mg—

ADr

由圖象縱截距得：6/xg=12得加=0.2kg

由L=0.5m時(shí)△尸=17N

代入得：r=0.4m

5、如圖所示，在光滑的水平地面上，質(zhì)量為M=3.0kg的長(zhǎng)木板A

的左端，疊放著一個(gè)質(zhì)量為m=1.0kg的小物塊8(可視為質(zhì)點(diǎn))，處

于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.30。在木板A的

左端正上方，用長(zhǎng)為/?=0.8m的不可伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為團(tuán)=L0kg的

小球C懸于固定點(diǎn)O點(diǎn)?，F(xiàn)將小球C拉至上方使輕繩拉直且與水平

方向成夕=30。角的位置由靜止釋放，到達(dá)O點(diǎn)的正下方時(shí)，小球C與

3發(fā)生碰撞且無(wú)機(jī)械能損失，空氣阻力不計(jì)，取g=10m/s2,求：

(1)小球C與小物塊B碰撞前瞬間輕繩對(duì)小球的拉力；

(2)木板長(zhǎng)度L至少為多大時(shí)，小物塊才不會(huì)滑出木板。

解析：

(1)靜止釋放后小球做自由落體運(yùn)動(dòng)到輕繩被拉緊時(shí)與水

平方向成30。角，再繞O點(diǎn)向下做圓周運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒定律得

I2

mgR=—mv0

輕繩被拉緊瞬間，沿繩方向的速度變?yōu)?,沿圓周切線方向的速

度為

v=vcos。

a0

小球由Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)b點(diǎn)過(guò)程中機(jī)械能守恒

gmv^+mgR(l-sin6)=gmv1

設(shè)小球在最低點(diǎn)受到輕繩的拉力為R則

F-mg-m

R

聯(lián)立解得F=3.5mg=35N

(2)小球與3碰撞過(guò)程中動(dòng)量和機(jī)械能守恒，則

mvh-mv]+mv2

=Lmv^+Lfnvj

解得必=0,V2=Vb=等(碰撞后小球與8交換速度)

3在木板A上滑動(dòng)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)8滑到木板A最右端時(shí)

速度為V,則

mv2

8在木板A上滑動(dòng)的過(guò)程中，系統(tǒng)減小的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，由

能量守怛定律得卬ngL=gmv；M)v2

聯(lián)立解得產(chǎn)，、

代入數(shù)據(jù)解得L=2.5m

6、如圖所示，一根跨越一固定的水平光滑細(xì)桿的柔軟、不可伸

長(zhǎng)的輕繩，兩端各系一個(gè)質(zhì)量相等的小球A和B,球A剛好接觸地

面，球B被拉到與細(xì)桿同樣高度的水平位置，當(dāng)球B到細(xì)桿的距離

為L(zhǎng)時(shí)，繩剛好拉直.在繩被拉直時(shí)釋放球B,使球B從靜止開(kāi)始

向下擺動(dòng).求球A剛要離開(kāi)地面時(shí)球B與其初始位置的高度差.

解析：

設(shè)球A剛要離開(kāi)地面時(shí)聯(lián)接球B的繩與其初始位置的夾角為6,

如圖所示，這里球B的速度為。繩對(duì)球B的拉力為T(mén),根據(jù)牛頓第

二定律和能量守恒，有

T-mgsint）=m—

/①

gmv2-mglsin6②

當(dāng)A球剛要離開(kāi)地面時(shí)，有

以h表示所求高度差，有

h=lsinO④

h==l

由①②③④解得3⑤

7（20分）如圖所示，在高為h的平臺(tái)上，距邊緣為L(zhǎng)處有一

質(zhì)量為M的靜止木塊（木塊的尺度比L小得多），一顆質(zhì)量為m的

子彈以初速度v0射入木塊中未穿出，木塊恰好運(yùn)動(dòng)到平臺(tái)邊緣未落

下，若將子彈的速度增大為原來(lái)的兩倍而子彈仍未穿出，求木塊的落

地點(diǎn)距平臺(tái)邊緣的水平距離，設(shè)子彈打入木塊的時(shí)間極短。

解析：

設(shè)子彈以Vo射入時(shí)，木塊的初速度為VI，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

mv()=(m+M)Vi①

根據(jù)動(dòng)能定理有|i(m+M)gL=y(m+M)vj②

設(shè)子彈以2Vo射入時(shí)，木塊的初速度為V2,末速度為V3,根據(jù)動(dòng)量

守恒定律有

m2Vo=(m+M)v?③

根據(jù)動(dòng)能定理有|i(m+M)gL=y(m+M)V22-y(m+M)V32④

設(shè)木塊落地點(diǎn)距平臺(tái)邊緣的距離為x,由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有

X=V31⑤

由①②③④⑤聯(lián)立解得x=，也但

M+g

8、如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N

處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長(zhǎng)度L=4.0m,皮帶輪沿順時(shí)針?lè)?/p>

向轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)皮帶以恒定速率v=3.0m/s勻速傳動(dòng)。三個(gè)質(zhì)量均為

m=1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開(kāi)始時(shí)滑塊B、C之間

用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)?；瑝KA以初

速度v()=2.0m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后粘合在一

起，碰撞時(shí)間極短，可認(rèn)為A與B碰撞過(guò)程中滑塊C的速度仍為零。

因碰撞使連接B、C的細(xì)繩受擾動(dòng)而突然斷開(kāi)，彈簧伸展，從而使C

與A、B分離。滑塊C脫離彈簧后以速度vc=2.0m/s滑上傳送帶，

并從右端滑出落至地面上的P點(diǎn)。已知滑塊C與傳送帶之間的動(dòng)摩

擦因數(shù)|i=0.20,重力加速度g取10m/$2。求：

Vo

(1)滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度大??；

(2)滑塊B、C用細(xì)繩相連時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep；

(3)若每次實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能

落至P點(diǎn)，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值Vm是多少？

解析：

(1)滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊C從滑上傳送

帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時(shí)間為3加速度大小為在

時(shí)間，內(nèi)滑塊C的位移為X。

根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式^mg=ma

v=vc+at

解得1.25〃2VL

即滑塊C在傳送帶上先加速，達(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶

勻速運(yùn)動(dòng)，并從右端滑出，則滑塊C從傳道帶右端滑出時(shí)的速度為

v=3.0m/so

（2）設(shè)A、B碰撞后的速度為V],A、B與C分離時(shí)的速度為

V2，由動(dòng)量守恒定律

mvo=2mv\

2mv\=2mv2+mvc

由能量寸怛規(guī)律E+—x=—xImv,+—mv2

222

解得EP=1.0J

（3）在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞

后滑塊C的速度有最大值，它減速運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端時(shí)，速度應(yīng)當(dāng)

恰好等于傳遞帶的速度Vo

設(shè)A與B碰撞后的速度為二,分離后A與B的速度為小，滑塊

C的速度為由能量守恒規(guī)律和動(dòng)量守恒定律mvm=2mvy

2mv\=mvc+2mv2

由能量寸怛規(guī)律E+—x2mv2=—x2/nv,2+—mv2

22?2

22

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vc'-v=2aL

解得：vm=7.1m/s

9.、如圖所示。一水平傳送裝置有輪半徑為R=1m的主動(dòng)輪Q1和從

式

動(dòng)輪Q2及傳送帶等構(gòu)成。兩輪軸心相距8m,輪與傳送帶不打滑，現(xiàn)

用此裝置運(yùn)送一袋面粉（可視為質(zhì)點(diǎn)），已知這袋面粉與傳送帶之間

的動(dòng)摩擦因數(shù)為4=0.4,這袋面粉中的面粉可不斷地從袋中滲出。

4nB

—^v

SQz

(1)當(dāng)傳送帶以4m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，將這袋面粉由左端

Qi正上方A點(diǎn)輕放在傳送帶上后，這袋面粉由A端運(yùn)送到Q2正上方

的B端所用的時(shí)間為多少？

(2)要想盡快將這袋面粉(初速度為零)由A端送到B端，傳

送帶速度至少多大？

(3)由于面粉的滲漏，在運(yùn)送這袋面粉的過(guò)程中會(huì)在深色傳送

帶上留下白色的面粉痕跡，這袋面粉(初速度為零)在傳送帶上留下

的面粉痕跡最長(zhǎng)能有多長(zhǎng)？此時(shí)傳送帶的速度應(yīng)滿足什么條件？

解析：

(1)面粉袋與傳送帶相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受摩擦力f=〃mg

根據(jù)牛頓第二定律：a=±=4m/s2

m

若傳送帶的速度v=4m/s,則面粉袋加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。=上=b

a

在t|時(shí)間內(nèi)的位移5,--at2=2m

2

其后以v=4m/s速度勻速運(yùn)動(dòng)S2=%

解得：?2=1.5S所以運(yùn)動(dòng)總時(shí)間：Z=/I+Z2=2.5S

(2)要想時(shí)間最短，面粉袋應(yīng)一直向B端勻加速運(yùn)動(dòng)

由IAB~ga/得r=2.v

此時(shí)傳送帶的速度M=at'=Sm/s

(3)傳送帶速度越大，“痕跡”越長(zhǎng)。

當(dāng)面粉的痕跡布滿整條傳送帶時(shí)，痕跡達(dá)到最長(zhǎng)。

即痕跡長(zhǎng)I=21AB+2成=18m

在面粉袋由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間〃=2s內(nèi)痕跡達(dá)到最長(zhǎng)，傳送

帶運(yùn)動(dòng)的距離

s>l+lAB=26m

則傳送帶的速度

10、如圖所示，一木塊位于光滑的水平桌面上，木塊上固連

一支架，木塊與支架的總質(zhì)量為M.一擺球掛于支架上，擺

球的質(zhì)量為如機(jī)＜^M擺線的質(zhì)量不計(jì).初始時(shí)，整個(gè)裝置

2

處于靜止?fàn)顟B(tài).一質(zhì)量為m的子彈以大小為玲、方向垂直于

圖面向里的速度射入擺球并立即停留在球內(nèi)，擺球和子彈便

一起開(kāi)始運(yùn)動(dòng).已知擺線最大的偏轉(zhuǎn)角小于90。，在小球往返

運(yùn)動(dòng)過(guò)程中擺線始終是拉直的，木塊未發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng).

i.求擺球上升的最大高度.

ii.求木塊的最大速率.

iii.求擺球在最低處時(shí)速度的大小和方向.

i.由于子彈射入擺球至停留在球內(nèi)經(jīng)歷的時(shí)間極短，可以認(rèn)為

在這過(guò)程中擺球僅獲得速度但無(wú)位移.設(shè)擺球（包括停留在球內(nèi)的子

彈）向前（指垂直于圖面向里）的速度為u,由動(dòng)量守恒定律有

mvo=2mu

（1）

擺球以速度u開(kāi)始向前擺動(dòng)，木塊亦發(fā)生運(yùn)動(dòng).當(dāng)擺球上升至最高時(shí),

擺球相對(duì)木塊靜止，設(shè)此時(shí)木塊的速度為V,擺球上升的高度為h,

因水平方向動(dòng)量守恒以及機(jī)械能守恒有

2mw=(2/7?+M)V

(2)

mu2=g(2m+M)V2+2mgh

(3)

解(1)、(2)、(3)三式得

仁』

8g(2團(tuán)+加)

(4)

ii.擺球升到最高后相對(duì)木塊要反向擺動(dòng).因?yàn)樵跀[球從開(kāi)始運(yùn)

動(dòng)到擺線返回到豎直位置前的整個(gè)過(guò)程中，擺線作用于支架的拉力始

終向斜前方，它使木塊向前運(yùn)動(dòng)的速度不斷增大；擺線經(jīng)過(guò)豎直位置

后，直到擺線再次回到豎直位置前，擺線作用于支架的拉力將向斜后

方，它使木塊速度減小，所以在擺線(第一次)返回到豎直位置的那

一時(shí)刻，木塊的速度最大，方向向前

以V'表示擺線位于豎直位置時(shí)木塊的速率，u'表示此時(shí)擺球

的速度(相對(duì)桌面)，當(dāng)u，＞0,表示其方向水平向前，反之，則水平

向后.因水平方向動(dòng)量守恒以及機(jī)械能守恒，故有

2mu=2mu+MVf

(5)

mu2=mu'2+—MV'2

2

(6)

解（1）、（5）、（6）三式可得擺線位于豎直位置時(shí)木塊速度的大小

V'=0

⑺

yj2〃/

2m+M

（8）

（7）式對(duì)應(yīng)于子彈剛射人擺球但木塊尚未運(yùn)動(dòng)時(shí)木塊的速度，它也

是擺球在以后相對(duì)木塊往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中擺線每次由后向前經(jīng)過(guò)豎直

位置時(shí)木塊的速度；而題中要求的木塊的最大速率為（8）式，它也

是擺球在以后相對(duì)木塊的往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中擺線每次由前向后經(jīng)過(guò)豎

直位置時(shí)木塊的速度.

iii.在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，每當(dāng)擺線處于豎直位置時(shí)，小球便位于

最低處.當(dāng)子彈剛射人擺球時(shí)，擺球位于最低處，設(shè)這時(shí)擺球的速度

為u,由（1）式得

M4V0

⑼

方向水平向前.當(dāng)擺球第一次回到最低處時(shí)，木塊速度最大，設(shè)這時(shí)

擺球的速度為M由（1）、（5）、（6）三式和（8）式可得

u,=--2--%

M+2m

（10）

其方向向后.

當(dāng)擺球第二次回到最低處時(shí)，由（7）式木塊速度減至0,設(shè)這

時(shí)擺球的速度為u",

由(1)、(5)、(6)式可得

1

川u一—"=/%

(11)

方向向前，開(kāi)始重復(fù)初始的運(yùn)動(dòng).

11、圖中坐標(biāo)原點(diǎn)0(0,0)處有一帶電粒子源，向y20一側(cè)沿Oxy

平面內(nèi)的各個(gè)不同方向發(fā)射帶正電的粒子，粒子的速率都是%質(zhì)量

均為，n,電荷量均為q.有人設(shè)計(jì)了一方向垂直于Oxy平面，磁感應(yīng)

強(qiáng)度的大小為B的均勻磁場(chǎng)區(qū)域，使上述所有帶電粒子從該磁場(chǎng)區(qū)

域的邊界射出時(shí)，均能沿x軸正方向運(yùn)動(dòng).試求出此邊界線的方程，

并畫(huà)出此邊界線的示意圖.

圖2

圓心O'作平行于y軸的直線與圓軌道交于P點(diǎn)，粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)

時(shí)其速度方向恰好是沿％軸正方向，故P點(diǎn)就在磁場(chǎng)區(qū)域的邊界上.對(duì)

于不同人射方向的粒子，對(duì)應(yīng)的P點(diǎn)的位置不同，所有這些P點(diǎn)的連

線就是所求磁場(chǎng)區(qū)域的邊界線.P點(diǎn)的坐標(biāo)為

X——RsinO(3)

y=-R+Rcos。(4)

這就是磁場(chǎng)區(qū)域邊界的參數(shù)方程，消去參數(shù)。，得

x2+(y+R)2=R?(5)

由(2)、(5)式得

?2

或丁+(廣把)2=^^>0”0(9)

qBqB'

12、.如圖1-12所示，質(zhì)量為M=3.0kg的小車(chē)靜止在光滑的

水平面上，AD部分是表面粗糙的水平導(dǎo)軌，DC部分是光滑的上圓

4

弧導(dǎo)軌，整個(gè)導(dǎo)軌由絕緣材料做成并處于LOT的垂直紙面向里

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，今有一質(zhì)量為"7=1.0kg的金屬塊(可視為質(zhì)點(diǎn))帶

電量9=2.0X10-3C的負(fù)電，它以丫o=8m/s的速度沖上小車(chē)，當(dāng)它

將要過(guò)D點(diǎn)時(shí)，它對(duì)水平導(dǎo)軌的壓力為9.81N(g取9.8m/s2)求：

(1)機(jī)從A到。過(guò)程中，系統(tǒng)損失了多少機(jī)械能？

(2)若加通過(guò)。點(diǎn)時(shí)立即撤去磁場(chǎng)，在這以后小車(chē)獲得的最

大速度是多少？

解析:

(1)設(shè)機(jī)抵達(dá)。點(diǎn)的速度為也，貝！J：Bqv\+mg=N

N—mg_981—9.80

/.V]=5.0m/s.

Bq2.0x10-3x1.0

設(shè)此小車(chē)速度為也，金屬塊由A-D過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒則:

mvo=mv\+MV2.以=1.0m/s.

???損失的機(jī)械能△E=-mvo2--mvi2--Mv?2=18J

222

(2)在相沖上,圓弧和返回到D點(diǎn)的過(guò)程中，小車(chē)速度一直

4

在增大，所以當(dāng)金屬塊回到D點(diǎn)時(shí)小車(chē)的速度達(dá)到最大，且在上述

過(guò)程中系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則：mv\+Mvz=mv\'+Mvz'系統(tǒng)

機(jī)械能守恒，貝I：

—mV]2+-Mv-i=-mv\'2+—A/vo2V2Z=lm/s和也’=3m/s.

2222

V2'=1m/s舍去，，小車(chē)能獲得的最大速度為3m/s.

13、圖中L是一根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線，導(dǎo)線中的電流為I.一電阻為

R、每邊長(zhǎng)為2a的導(dǎo)線方框，其中兩條邊與L平行，可繞過(guò)其中心

并與長(zhǎng)直導(dǎo)線平行的軸線OCT轉(zhuǎn)動(dòng)，軸線與長(zhǎng)直導(dǎo)線相距b,b>a,

初始時(shí)刻，導(dǎo)線框與直導(dǎo)線共面.現(xiàn)使線框以恒定的角速度3轉(zhuǎn)動(dòng),

求線框中的感應(yīng)電流的大小.不計(jì)導(dǎo)線框的自感.已知電流I的長(zhǎng)直

I

導(dǎo)線在距導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為kr,其中k為常量.

L

解：當(dāng)線框繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)過(guò)

的角度時(shí)，其位置如圖1所示，俯

視圖如圖2所示。

當(dāng)線框以角速度。繞。。'轉(zhuǎn)動(dòng)

時(shí)，線框與軸線平行的兩條邊的速

度都是。，且

v=ao)(1)L中的電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)在這兩

條邊所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為

B=k-

⑵

B,^k—

和r'(3)式中「和，分別為這兩條邊到

L的距離。線框的兩條邊的速度。的方向與B和3'的方向間的夾角分

別為a和優(yōu)，由電磁感應(yīng)定律，線框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

￡=2&osina+25'aosinar(4)

sin。_sin(萬(wàn)一a)_sina

注意至IJ丁=-b—=~T(5)

sin。_sin(4一o')_sina'

rrhh(6)

以及r2=a2+〃-2ahcos0⑺

r'~=。2+人2+2〃bcose(8)

由以上各式得

211

￡=2klaba>(—---------------+—---------------------)sincot

a~+h-2ahcoscot+/r+2abcosof(9)

由歐姆定律得線框中感應(yīng)電流

“萬(wàn)(10)

由⑼、⑩兩式得

,2kla2bco11

i=----------(z―---------------------+----------------------)sincot

Rcr+b-2abcoscota+b+labcoscot

14、如圖所示，兩同心圓M、N之間的區(qū)域存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁

場(chǎng)，圓M內(nèi)、N外沒(méi)有磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m,帶電量為+q的粒子從圓

心。處沿某一方向以速度％飛出，已知圓M的半徑為R,圓N的

半徑為gH,粒子重力不計(jì)。已知粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后沿順針?lè)较蚱D(zhuǎn)。

求：

，、

J\o*::::

、、Z，

(1)磁場(chǎng)的方向是垂直于紙面向里還是向外的？

(2)若粒子能再次經(jīng)過(guò)圓心O,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度至少為多大？

(3)若磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度保持為(2)的大小，求粒子從圓心O

飛出到再次過(guò)圓心且速度與初速度方向相同所用的時(shí)間。

解析：

(1)由左手定則得：磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外。

(2)粒子能再次經(jīng)過(guò)圓心O,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小時(shí)，粒子

運(yùn)動(dòng)軌跡與圓N相切，軌跡如圖。設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

的半徑為一。由幾何知識(shí)可知:

電R-r?=*+產(chǎn)①

設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值為B,由洛侖茲力公式及勻速圓周運(yùn)

動(dòng)規(guī)律得：qBv^=m—②

r

聯(lián)立①②解得：B=亙也③

qR

(3)由幾何知識(shí)可知：

tanZLCOO=-=V3ZCOO=60°④

粒子從C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到從D離開(kāi)磁場(chǎng)，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的角度為

^360°-2ZC(9,0=240°即|■個(gè)圓周⑤

由幾何知識(shí)可知粒子從圓心O飛出到第一次過(guò)圓心且速度與初

速度方向相同所運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：

z=3(—+|r)⑥

%3

科

T=——2"⑦

%

聯(lián)立①⑥⑦解得："0(6+3況)⑧

%3

15、如圖所示，固定于同一條豎直線上的A、8是兩個(gè)帶等量異種電

荷的點(diǎn)電荷，電荷量均為Q,其中A帶正電荷，3帶負(fù)電荷，A、B

相距為2d。是豎直放置的光滑絕緣細(xì)桿，另有一個(gè)穿過(guò)細(xì)桿的帶

電小球P,質(zhì)量為加、電荷量為+式可視為點(diǎn)電荷)，現(xiàn)將小球P從與

點(diǎn)電荷A等高的。處由靜止開(kāi)始釋放，小球P向下運(yùn)動(dòng)到距C點(diǎn)距

離為d的。點(diǎn)時(shí)，速度為丫。已知與A3之間的距離為d,靜電

力常量為2,重力加速度為g,若取無(wú)限遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零，試求：

M

AC?P

D|

BE?

N

(1)在A、8所形成的電場(chǎng)中，C的電勢(shì)欣。

(2)小球P經(jīng)過(guò)。點(diǎn)時(shí)的加速度。

(3)小球P經(jīng)過(guò)與點(diǎn)電荷8等高的E點(diǎn)時(shí)的速度。

解析：

(1)由等量異種電荷形成的電場(chǎng)特點(diǎn)可知，D點(diǎn)的電勢(shì)與無(wú)限

遠(yuǎn)處電勢(shì)相等，即D點(diǎn)電勢(shì)為零。小球P由C運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程，由

動(dòng)能定理得：

2

mgd+q(pCD-gmv-0①

Geo=0c-外=Oc-0②

—i2c③

2q

(2)小球P經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)受力如圖：由庫(kù)侖定律得:

M

A卜、C?P

m

￡=F,=k—^—④

'2（叵Cl）?

由牛頓第二定律得:

mg+F[cos450+F2cos45°=ma⑤

a=g+巫”⑥

2md-

(3)小球P由D運(yùn)動(dòng)到E的過(guò)程，由動(dòng)能定理得:

2

mgd+q(pDE=^mv^-^mv⑦

由等量異種電荷形成的電場(chǎng)特點(diǎn)可知：外￡=%D⑧

聯(lián)立①⑦⑧解得：vt-=V2v⑨

16、如圖所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線拴住

一質(zhì)量為m,帶電荷量為q的小球，線的上端固定，開(kāi)始時(shí)連線帶球

拉成水平，突然松開(kāi)后，小球由靜止開(kāi)始向下擺動(dòng)，當(dāng)細(xì)線轉(zhuǎn)過(guò)60。

角時(shí)的速度恰好為零。問(wèn)：

（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為多少？

（2）A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAB為多少？

（3）當(dāng)懸線與水平方向夾角8為多少時(shí)，小球速度最大？最大

為多少？

解析：

（1）小球從A—B由動(dòng)能定理有：

mgLsin60="L（1—cos60）=0—0

q

（2）AB兩點(diǎn)電壓11=￡&d=L（l-cos60°）

2q

…UAB。

2q

（3）當(dāng)沿切線方向合力為0時(shí)，速度最大。

mgcos0-Eqsin0=0

.?.6=30°

由動(dòng)能定理得：

mgLsin30-EqL（\-cos30°）=；mVm~-0

；.v,*2Q-5gL

17、“加速度計(jì)”作為測(cè)定運(yùn)動(dòng)物體加速度的儀器，依M*

已被廣泛地應(yīng)用于飛機(jī)、潛艇、航天器等裝置的制導(dǎo)；彳二^一

系統(tǒng)中，如圖I-13所示是“應(yīng)變式加速度計(jì)”的原理.1二一

Er

圖，支架A.B固定在待測(cè)系統(tǒng)上，滑塊穿在A.B間圖1/3

的水平光滑桿上，并用輕彈簧固定于支架A上，隨著系統(tǒng)沿水平做

變速運(yùn)動(dòng)，滑塊相對(duì)于支架發(fā)生位移，滑塊下端的滑動(dòng)臂可在滑動(dòng)變

阻器上相應(yīng)地自由滑動(dòng)，并通過(guò)電路轉(zhuǎn)換為電信號(hào)從1、2兩接線柱

輸出.

已知：滑塊質(zhì)量為m,彈簧勁度系數(shù)為k,電源電動(dòng)勢(shì)為E,

內(nèi)阻為r,

滑動(dòng)變阻器的電阻隨長(zhǎng)度均勻變化，其總電阻R=4r,有效總長(zhǎng)度

L,當(dāng)待測(cè)系統(tǒng)靜止時(shí)，1、2兩接線柱輸出的電壓t/0=0.4E,取A

到B的方向?yàn)檎较?

(1)確定“加速度計(jì)”的測(cè)量范圍.

(2)設(shè)在1、2兩接線柱間接入內(nèi)阻很大的電壓表，其讀數(shù)為U,

導(dǎo)出加速度的計(jì)算式.

(3)試在1、2兩接線柱間接入內(nèi)阻不計(jì)的電流表，其讀數(shù)為I,

導(dǎo)出加速度的計(jì)算式.

解析：

(1)當(dāng)待測(cè)系統(tǒng)靜止時(shí),1、2接線柱輸出的電壓Uo=上-?Ri2：

R+r

由已知條件d=0.4￡可推知：R12=2r,此時(shí)滑片尸位于變阻

器中點(diǎn).?待測(cè)系統(tǒng)沿水平方向做變速運(yùn)動(dòng)分加速運(yùn)動(dòng)和減速運(yùn)動(dòng)兩種

情況，彈簧最大壓縮與最大伸長(zhǎng)時(shí)刻，P點(diǎn)只能滑至變阻器的最左端

和最右端，故有：

所以“加速度計(jì)”的測(cè)量范圍為［-旦?旦］.?

2m2m

(2)當(dāng)1、2兩接線柱接電壓表時(shí)，設(shè)。由中點(diǎn)向左偏移x,則

與電壓表并聯(lián)部分的電阻Ri=(--x)?土L.

2L

由閉合電路歐姆定律得：/=上..

/?1+r

故電壓表的讀數(shù)為：U=IRi：

根據(jù)牛頓第二定律得：k?x=m?a..

建立以上四式得：a=--生旦..

2m4E?m

(3)當(dāng)1、2兩接線柱接電流表時(shí)，滑線變阻器接在1、2間

的電阻被短路.設(shè)尸由中點(diǎn)向左偏移％,變阻器接入電路的電阻為：

R。=(—+x)?土^

2L

由閉合電路歐姆定律得：￡=/(&+r)

根據(jù)牛頓第二定律得：k-x=m?a

聯(lián)立上述三式得：a=hL(~3im

41?m?r

贈(zèng)送：3461學(xué)習(xí)方法

北京四中北京四中每年約有96%以上的畢業(yè)生高考成績(jī)達(dá)到重點(diǎn)大學(xué)錄取

線，40%左右考入北大、清華兩所著名高校。在這個(gè)神奇的學(xué)校流傳這樣一種經(jīng)

過(guò)反復(fù)驗(yàn)證的學(xué)習(xí)方法，簡(jiǎn)稱(chēng)“3461學(xué)習(xí)方法”，即為3個(gè)過(guò)程，4個(gè)環(huán)節(jié)，6

個(gè)習(xí)慣、1個(gè)計(jì)劃。

3461學(xué)習(xí)方