2021年《高中物理思维方法集解》参考系列——高考物理压轴题汇编

1、精品word可编辑资料- - - - - - - - - - - - -高中物理思维方法集解参考系列高考物理压轴题汇编山东平原一中魏德田1、如下列图，一质量为m、长为 l 的长方形木板b 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为 m的小木块 a， m m；现以地面为参照系，给a 和 b以大小相等、方向相反的初速度 如图 5 ，使 a 开头向左运动、 b开头向右运动，但最终a 刚好没有滑离 l 板；以地面为参照系；(1) 如已知 a 和 b 的初速度大小为 v 0，求它们最终的速度的大小和方向；(2) 如初速度的大小未知， 求小木块 a 向左运动到达的最远处 从地面上看 离动身点的距离；解法 1

2、:1a 刚好没有滑离 b 板，表示当 a 滑到 b 板的最左端时， a、b 具有相同的速度；设此速度为v ， a 和 b 的初速度的大小为v0 ，就由动量守恒可得 :mv0mv0mmv解得：vmm v mm0， 方向向右2a 在 b 板的右端时初速度向左，而到达b 板左端时的末速度向右，可见a 在运动过程中必经受向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为v 的两个阶段； 设l 1为 a 开头运动到速度变为零过程中向左运动的路程，l 2 为 a 从速度为零增加到速度为v 的过程中向右运动的路程，l 为 a 从开头运动到刚到达b 的最左端的过程中b 运动的路程，如图 6 所示；设 a

3、与 b 之间的滑动摩擦力为f ，就由功能关系可知 :对于 bfl1 mv 2021 mv 22对于 a由几何关系fl 1ll 11 mv 202l 2 l fl 21 mv 22ll1由、式解得mm4m解法 2： 对木块 a 和木板 b 组成的系统，由能量守恒定律得：1flm2mv 21 m 2m) v2 0llmm由式即可解得结果14m1 / 26第 1 页，共 26 页- - - - - - - - - -精品word可编辑资料- - - - - - - - - - - - -此题第（ 2）问的解法有许多种，上述解法2 只需运用三条独立方程即可解得结果，明显是比较简捷的解法；2、如下列图，

4、长木板a 右边固定一个挡板，包括挡板在内的总质量为1.5m ，静止在第 4 页，共 26 页- - - - - - - - - -光滑的水平面上， 小木块 b 质量为 m ，从 a 的左端开头以初速度v0 在 a 上滑动， 滑到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短,碰后木块 b 恰好滑到 a 的左端停止，已知 b 与 a间的动摩擦因数为，b 在 a 板上单程滑行长度为 l ，求：（ 1）如3v 20，在 b 与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板a 做正功仍是负160g功？做多少功？（ 2）争论 a 和 b 在整个运动过程中，是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的， 假如不行能，说明理由

5、；假如可能，求动身生这种情形的条件；解：（ 1）b 与 a 碰撞后， b 相对 a 向左运动， a 受摩擦力向左，而 a 的运动方向向右，故摩擦力对 a 做负功；设 b 与 a 碰后的瞬时 a 的速度为v1 ，b 的速度为v2 ，a 、b 相对静止时的共同速度为v ，由动量守恒得：mv0m1.5mv 1.5mv1mv2 m1.5m v 碰后到相对静止，对a 、b 系统由功能关系得：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这段过程 a 克服摩擦力做功为w1 1.5mv 2121 1.5mv 22

6、27400mv 20.068mv 20（ 2）0a 在运动过程中不行能向左运动，由于在b 未与 a 碰撞之前， a 受摩擦力方向向右，做加速运动，碰后a 受摩擦力方向向左，做减速运动，直到最终共同速度仍向右，因此不行能向左运动；b 在碰撞之后，有可能向左运动，即v20 ，结合式得： v12v03代入式得：l2v0 215g另 一 方 面 ， 整 个 过 程 中 损 失 的 机械 能 一 定 大 于 或 等 于系 统 克 服 摩 擦力 做 的 功 ， 即2 / 2601 mv 2212.5mv 222 mgl 即 l2v3020g故在某一段时间里b 运动方向是向左的条件是2v2015g2vl30

7、20g3、光滑水平面上放有如下列图的用绝缘材料料成的“” 型滑板，（平面部分足够长） ， 质量为 4m，距滑板的 a 壁为 l 1 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，整个装置处于场强为e 的匀强电场中，初始时刻，滑板与物体都静止，试求：（ 1）释放小物体，第一次与滑板a 壁碰前物体的速度v 1 多大？（ 2）如物体与 a 壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的3/5，就物体在其次次跟a 壁碰撞之前瞬时，滑板的速度v 和物体的速度 v 2 分别为多大？（均指对地速度）（ 3）物体从开头运动到其次次碰撞前，电场力做功为多大？（碰撞时间可忽视）3、解

8、：（ 1）由动能定理qel11 mv 212得 v12qel1mvm（ 2）如物体碰后仍沿原方向运动，碰后滑板速度为v ，由动量守恒mv134mv 5v1得 v物体速度103 v ，故不行能151物块碰后必反弹 v13v1 ，由动量守恒5mv13mv154 mv得 v2v15由于碰后滑板匀速运动直至与物体其次次碰撞之前，故物体与a 壁其次次碰前，滑板v1速度 v2522qel1 ；5m物体与 a 壁其次次碰前，设物块速度为v2 ，v2v1at 由两物的位移关系有：vtv1t1 at 2 即 vvat 122由代入数据可得：v272qel1225mv（ 3）物体在两次碰撞之间位移为s，2v12a

9、svv22得 s212a2273v1552qe / m4 mv2 5qe1 物块从开头到其次次碰撞前电场力做功wqe l1s13 qel153 / 264（ 16分）如图 5 15所示， pr是一块长为 l=4m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对外的匀强磁场b，一个质 量为 m=0.1kg.带电量为 q=0.5c的物体，从板的 p端由静止开头在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动，进入图 5 15磁场后恰能做匀速运动.当物体遇到板 r端挡板后被弹回，如在碰撞瞬时撤去电场，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

10、c点， pc =l/4 ，物体与平板间的动摩擦因数为 =0.4.求：（ 1）判定物体带电性质，正电荷仍是负电荷？（ 2）物体与挡板碰撞前后的速度v 1和v2；（ 3）磁感应强度 b的大小；（ 4）电场强度 e的大小和方向 .解： 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：-mg2l=0-41 mv2得： v2=22 m/s2(3) 代入前式求得： b=t2(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：l12eq-mgmv-0122进入电磁场后做匀速运动，故有：eq=

11、qbv1+mg由以上两式得：v142 m/se2.4 n/c5、 在原子核物理中， 争论核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似两个小球 a 和 b 用轻质弹簧相连， 在光滑的水平直轨道上处于静止状态在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板p，右边有一小球 c 沿轨道以速度 v0 射向 b 球，如图 2 所示 c与 b 发生碰撞并立刻结成一个整体d在它们连续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然锁定，不再转变然后，a 球与挡板 p 发生碰撞，碰后a、d都静止不动， a 与 p 接触而不粘连过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能缺失）

12、已知a、b、c 三球的质量均为（1） 求弹簧长度刚被锁定后a 球的速度（2） 求在 a 球离开挡板 p 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能 分析：审题过程，排除干扰信息：“在原子核物理中，争论核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”这 类反应的前半部分过程和下述力学模型类似”挖掘隐含条 件：“两个小球 a 和 b 用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态”，隐含摩擦不计和轻质弹簧开头处于自然状态（既不伸长，也不压缩），4 / 26精品word可编辑资料- - - - - - - - - - - - -“c 与 b 发生碰撞并立刻结成一个整体d”隐含碰撞所经受的时间极短，b 球的

13、位移可以忽视，弹簧的长度不变，“a 球与挡板 p 发生碰撞，碰后 a、 d都静止不动”隐含在碰撞中系统的动能由于非弹性碰撞而全部消耗掉，只剩下弹性势能；此题如用分析法求解， 应写出待求量与已知量的关系式，明显比较困难， 由于物体所经受的各个子过程比较清晰，因此宜用综合法求解；在解题前，需要定性分析题目中由a、b、c三个小球和连结a、b 的轻质弹簧组成的系统是如何运动的，这个问题搞清晰了，此题的问题就可较简洁地得到解答下面从此题中几个物理过程发生的次序动身求解：1、球 c 与 b 发生碰撞，并立刻结成一个整体d，依据动量守恒，有mv02mv1（ v1 为 d 的速度）2、当弹簧的长度被锁定时，弹

14、簧压缩到最短，d 与 a 速度相等，如此时速度为v2 ，由动量守恒得2mv13mv2 当弹簧的长度被锁定后，d 的一部分动能作为弹簧的弹性势能ep 被贮存起来了由能量守恒，有1 2mv 2121 3mv 222ep 3、撞击 p 后， a 与 d 的动能都为，当突然解除锁定后（相当于静止的a、d 两物体中间为用细绳拉紧的弹簧，突然烧断细绳的状况，弹簧要对d 做正功）， 当弹簧复原到自然长度时，弹簧的弹性势能全部转变成d 的动能，设 d的速度为v3 ，就有 ep1 2mv2 324、弹簧连续伸长， a 球离开挡板，并获得速度；当a、d 的速度相等时，弹簧伸至最长此时的势能为最大，设此时a、d 的

15、速度为v4 ，势能为ep 由动量守恒定律得2mv33mv4 p由机械能守恒定律得： 由、两式联立解得：31 2 mv22v1 v1 3mv 242e 203联立式解得1 mv2 e0p366、如图 1 所示为一根竖直悬挂的不行伸长的轻绳，下端挂一小物块a ，上端固定在c 点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连；已知有一质量为0 的子弹 b 沿水平方向以速度0 射入 a 内（未穿透） ，接着两者一起绕c 点在竖直面内做圆周运动；在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力f 随时间 t 的变化关系如图 2 所示；已知子弹射入的时间极短，且图 2 中 0 为 a 、b 开头以相5 / 26第

16、5 页，共 26 页- - - - - - - - - -精品word可编辑资料- - - - - - - - - - - - -同速度运动的时刻， 依据力学规律和题中（包括图）供应的信息， 对反映悬挂系统本身性质的物理量 （例如 a 的质量） 及 a 、b 一起运动过程中的守恒量；你能求得哪些定量的结果？ 解：由图 2 可直接看出， a 、b 一起做周期性运动，运动的周期t=2t 0，令 m 表示 a 的质量， l 表示绳长， v1 表示 b 陷入 a 内时即 t=0 时 a、 b 的速度（即圆周运动最低点的速度）， v2 表示运动到最高点时的速度，f1 表示运动到最低点时绳的拉力，f2 表

17、示运动到最高点时绳的拉力，就依据动量守恒定律，得mv0= m 0+mv 1，在最低点和最高点处- - - - - - - - - -运用牛顿定律可得22f1- m 0+mg= m 0+mv1 /l ， f2+ m 0+mg= m 0 +mv 2 /l依据机械能守恒定律可得 2l m+m 0g= m+m 0 v 12/2- m+m 0 v 22/2；由图 2 可知 f2 =0 ； f1=fm；由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是m=f m/6g-m 0 ， l =36m 02v02 g/5fm2，a 、b 一起运动过程中的守恒量是机械能e，如以最低点为势能的零点，就e=m+m0v12/2；由

18、几式解得 e 3m00g/f ；2 27（ 15 分）中子星是恒星演化过程的一种可能结果，它的密度很大；现有一中子星， 观测到它的自转周期为t1/30s；向该中子星的最小密度应是多少才能维护该星体的稳固，不致因自转而瓦解；计等时星体可视为匀称球体；（引力常数 g6.67 10 11m3/kg s2）8（ 20 分）曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型沟通发电机，图1 为其结构示意图；图中 n 、s 是一对固定的磁极，abcd 为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc 边中点、与 ab 边平行，它的一端有一半径 r0 1.0cm 的摩擦小轮， 小轮与自行车车轮的边缘相 接触，如图 2 所示；当车轮

19、转动时，因摩擦而带动小轮转 动，从而使线框在磁极间转动；设线框由 n 800 匝导线圈组成，每匝线圈的面积 s 20cm2，磁极间的磁场可视作匀强磁场，磁感强度 b 0.010t， 自行车车轮的半径 r1 35cm，小齿轮的半径 r2 4.cm，大齿轮的半径 r3 10.0cm（见图 2）；现从静止开头使大齿轮加速转动， 问大齿轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值u 3.2v ？（假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动） 7（ 15 分）参考解答：考虑中子星赤道处一小块物质， 只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体一起旋转所需的向心力时，中子星才不会瓦解；设中子星的密度为，质量为m ，

20、半径为 r，自转角速度为，位于赤道处的小块物质质量为 m，就有 gmm/r 2 m2r且 2/t ， m 4/3r3由以上各式得： 3 /gt 2代人数据解得： 1.271014kg/m 38（ 20 分）参考解答：当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一6 / 26第 6 页，共 26 页正弦沟通电动势，其最大值0bsn式中 0 为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度；发电机两端电压的有效值u 2 /2m设自行车车轮转动的角速度为1，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，有r1 1 r0 0小齿轮转动的角速度与自行车轮转动的角速度相同，也为1；设大齿

21、轮转动的角速度为 ，有 r3 r2 1由以上各式解得 2 u/bsnr12r0/r3r1代入数据得 3.2s9（ 22 分）一传送带装置示意如图，其中传送带经过ab 区域时是水平的，经过bc 区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过 cd 区域时是倾斜的， ab 和 cd 都与 bc 相切；现将大量的质量均为m 的小货箱一个一个在a 处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运输到d 处， d 和 a 的高度差为 h；稳固工作时传送带速度不变，cd 段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为l；每个箱子在 a 处投放后，在到达b 之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽视经bc 段时的

22、微小滑动） ；已知在一段相当长的时间 t 内，共运输小货箱的数目为n ；这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦；求电动机的平均抽出功率 p ；9（ 22 分）参考解答：以地面为参考系（下同） ，设传送带的运动速度为v0 ，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为 t，加速度为 a，就对小箱有 s 1/2at2 v0 at在这段时间内，传送带运动的路程为s0v 0t 由以上可得 s0 2s用 f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，就传送带对小箱做功为2a fs 1/2mv 0传送带克服小箱对它的摩擦力做功a 0 fs0 2

23、1/2mv02 两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量q 1/2mv02 可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等；t 时间内，电动机输出的功为w p t此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即w01/2nmv2 nmgh nq已知相邻两小箱的距离为l ，所以 v0t nl222nmnl联立，得：p tt gh10.（ 14 分）为争论静电除尘， 有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透亮有机玻璃，它的上下底面是面积sa=0.04m 2 的金属板，间距l=0.05m ，当连接到u=2500v的+u7 / 26l第 7 页，共 26 页接地精品word可编辑资料- - -

24、 - - - - - - - - - -高压电源正负两极时， 能在两金属板间产生一个匀强电场，如下列图； 现把肯定量匀称分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒1013 个，假设这些颗粒都处于静止状态， 每个颗粒带电量为q=+1.0 10-17c，质量为 m=2.0 10-15kg ，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力， 并忽视烟尘颗粒所受重力；求合上电键后： 经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？ 当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附；烟尘颗粒受到的电场力 f=qu/l ， l=at

25、 2/2=qut 2/2ml ，故 t=0.02s w=nalqu/2=2.5 10-4j2设烟尘颗粒下落距离为x，就当时全部烟尘颗粒的总动能第 12 页，共 26 页- - - - - - - - - -ek =nal-xmv2/2= nal-xqux/l ，当 x=l/2 时 ek 达最大，而 x=at1 /2，故 t1=0.014s 11（12 分）风洞试验室中可以产生水平方向的、大小可调剂的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞试验室，小球孔径略大于细杆直径；（ 1）当杆在水平方向上固定时，调剂风力的大小，使小球在杆上作匀速运动， 这时小班干部所受的风力为小球所受重力的 0.5 倍，求小

26、球与杆间的滑动摩擦因数；（ 2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为 37并固定，就小球从静止动身在细杆上滑下距离s 所需时间为多少？（ sin37=0.6 ， cos37=0.8 ）13（ 1）设小球所受的风力为f，小球质量为 mfmg 1f / mg0.5mg / mg0.5 2（2）设杆对小球的支持力为n ，摩擦力为 f沿杆方向f cosmgninfma 3垂直于杆方向 nf sinngcos0 4fn 5可解得 af cosng sin mf gf 22sin m g3 g 64s1 at 2 7t22s8s83g / 43g评分标准：（ 1） 3 分；正确得出 2式，得 3

27、分；仅写出 1式，得 1 分；（2） 9 分，正确得出 6式，得 6 分，仅写出 3、4式，各得 2 分，仅写出 5式，得 1分，正确得出 8式，得 3 分，仅写出 7式，得 2 分， g 用数值代入的不扣分；12（ 13 分）阅读如下资料并回答疑题：自然界中的物体由于具有肯定的温度，会不断向外辐射电磁波， 这种辐射因与温度有关，称为势辐射，势辐射具有如下特点：1辐射的能量中包含各种波长的电磁波；2物体温度越高，单位时间从物体表面单位面积上辐射的能量越大；3 在辐射的总能量中，各种波长所占8 / 26的百分比不同；处于肯定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时，也要吸取由其他物体辐射的电磁能量，假

28、如它处在平稳状态，就能量保持不变，如不考虑物体表面性质对辐射与吸取的影响，我们定义一种抱负的物体，它能100%地吸取入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体，单位时间内从黑体表面单位央积辐射的电磁波的总能量与黑体肯定温度的四次方成正比，即 p0t 4 ，其中常量5.6710 3 瓦/（米 2开 4）；在下面的问题中，把争论对象都简洁地看作黑体；有关数据及数学公式：太阳半径rs696000千米，太阳表面温度 t5770开，火星半径 r3395 千米，球面积， s4 r 2 ，其中 r 为球半径；（ 1）太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为2 10 9 米1 10 4 米范畴内，求相应的频率范畴

29、；（ 2）每小量从太阳表面辐射的总能量为多少？（ 3）火星受到来自太阳的辐射可认为垂直射可认为垂直身到面积为r 2 （ r 为火星半径）的圆盘上， 已知太阳到火星的距离约为太阳半径的400 倍，忽视其它天体及宇宙空间的辐射，试估算火星的平均温度；解：（ 1）c /113.00108 / 210 91.51017 （赫） 213.00108 /110 431012 （赫）3辐射的频率范畴为3 1012 赫 1.5 1017 赫（2） 每小量从太阳表面辐射的总能量为sw4r 2t 4t 4代入数所得 w=1.38 1010 焦5（3） 设火星表面温度为t，太阳到火星距离为d ，火星单位时间内吸取来

30、自太阳的辐射能量为 p4 r 2t 4r6 d400rpt 4 r 2s2s24 d24/400 27火星单位时间内向外辐射电磁波能量为p t4r t 8火星处在平稳状态 ptpt 9即t 4r 2/ 40024r 2t 4 10由10式解得火星平均温度t评分标准：全题 13 分t /800204 （开）11（1）正确得了 1 ，2 ， 3 式，各得 1 分；（ 2）正确得出 5式，得 5 分，仅写出 4式，得 3 分；（ 3）正确得出 10式，得 4 分，仅写出 6 式或 7 式，得 1 分；仅写出 8式，得 1 分，正确得出 11式，得 1 分；9 / 2613.13分 如下列图，在 xo

31、y 平面内有垂直坐标平面的范畴足够大的匀强磁场，磁感强度为b，一带正电荷量 q的粒子，质量为 ，从 点以某一初速度垂直射入磁场，其轨迹与x、y 轴的交点 a、b 到 o点的距离分别为 、 ，试求：(1) 初速度方向与 轴夹角 (2) 初速度的大小 .20. 参考解答：(1) 磁场方向垂直坐标平面对里时，粒子初速度方向与 轴的夹角为 ，射入磁场做匀速圆周运动，由几何关系可作出轨迹如下列图，设圆半径为r，由数学关系可得：abrsin22rcos由、解得 tg a arctga bb当磁场方向垂直坐标平面对外时，粒子初速度方向与轴间的夹角为a arctgb22(2) 由、解得： rab22由洛仑兹力

32、供应向心力有： vrqba 2b 2 v2m评分标准：此题13 分，第 1 问 8 分，其中式 2 分，式 2 分，式 2 分，式 2分， arcsinaa2b2或 arccosba2b 2同样给分 .第2 问 5 分，其中式2 分，式 2 分，式 1 分.14.13分 俄罗斯“和平号”空间站在人类航天史上写下了辉煌的篇章，因不能保证其连续运行， 3 月 20 号左右将坠入太平洋 . 设空间站的总质量为 ，在离地面高度为 的轨道上绕地球做匀速圆周运动坠落时地面指挥系统使空间站在极短时间内向前喷出部分高速气体，使其速度瞬时变小，在万有引力作用下下坠. 设喷出气体的质量为为空间站原先速度的37 倍

33、，坠入过程中外力对空间站做功为w. 求：(1) 空间站做圆周运动时的线速度.(2) 空间站落到太平洋表面时的速度. 设地球表面的重力加速度为，地球半径为r14. 参考解答：1m，喷出速度100(1) 设空间站做圆周运动的速度为 ，地球质量为 m. 由牛顿其次定律得：gmm2vm1hr 2rh10 / 262地表重力加速度为，就： gmg 由、式得：v1gr2r(2) 喷出气体后空间站速度变为 ，由动量守恒定律得： hrmv1mm 100v237100mv1 2设空间站落到太平洋表面时速度为 ，由动能定理得：1 99mv21 99 mv2w 32100210049gr2200w由、式得：v312

34、1rh99m15.14分 如图甲， a、b 两板间距为l ，板间电势差为u，c、d 两板间距离和板长均2为 l，两板间加一如图乙所示的电压. 在 s 处有一电量为 q、质量为 m的带电粒子，经 a、b 间电场加速又经 c、d 间电场偏转后进入一个垂直纸面对里的匀强磁场区域，磁感强度为b. 不计重力影响，欲使该带电粒子经过某路径后能返回s 处. 求：(1) 匀强磁场的宽度 l至少为多少 .(2) 该带电粒子周期性运动的周期t.(1) ab加速阶段，由动能定理得：qu1 mv 2 2偏转阶段，带电粒子作类平抛运动偏转时间 t1llm / 2qu v侧移量 y1 at 2121 qu 22 mll2

35、ml 2qu2设在偏转电场中，偏转角为就 tgvyat1vvqu 2l1mlv2即4由几何关系： 45 sin45 l 就221 l 211 / 26注： l也可由下面方法求得：粒子从 s 点射入到出偏转电场，电场力共做功为 设出电场时速度为，有1 mv 222qu解得 4qu / m 粒子在磁场中做圆周运动的半径：rmv qb2 mqu qb22 lqbmqu(2) 设粒子在加速电场中运动的时间为就l / v 22lm / 2qu11带电粒子在磁场中做圆周运动的周期t2 m12实际转过的角度qb3132在磁场中运动时间 3 t3 m1442qb故粒子运动的周期t m / 2qu3 m152q

36、b评分标准：此题 14 分，第 1 问 8 分，其中、式各1 分，式 2 分，、式各 1 分. 第2 问 6 分，其中 12、13、14、式各 1 分， 15式 2 分.16、2000 年 1 月 26 日我国发射了一颗同步卫星，其定点位置与东经98的经线在同一平面内；如把甘肃省嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经98和北纬 40，已知地球半径 r、地球自转周期t、地球表面重力加速度g（视为常量）和光速c；试求该同步卫星发出的微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间（要求用题给的已知量的符号表示）；分析与解：由于微波在大气层中以光速传播，所以如能求得从同步卫星到嘉峪关的距离 l，就由运动学就能得到同

37、步卫星发出的微波信号传到位于嘉峪关的接收站所需的时间t ；如何求得 l 是解题的关键， 第一我们知道同步卫星是位于赤道上空的，题中说明， 该同步卫星的定点位置与东经98的经线在同一平面内，而嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经 98和北纬 40， 隐含该同步卫星 p、嘉峪关 q和地心 o在同一个平面内， 构成一个三角形， qop= 40，如图 11 所示，这样由余弦定理就可求得l；设 m为卫星质量，2m为地球质量， r 为卫星到地球中心的距离，w 为卫星绕地转动的角速度，由万有引力定律和牛顿定律有；g mmr 2mr式中 g为万有引力恒量，因同步卫星绕地心转动12 / 26精品word可编辑资料-

38、 - - - - - - - - - - - -2的角速度 w与地球自转的角速度相等，有t第 13 页，共 26 页- - - - - - - - - -因 g mmr 2mg 得 gmr2 g设嘉峪关到同步卫星的距离为l，由余弦定理lr 2r22rr cos所求时间为tl 由以上各式得cr2 gt 222 3r22rr2 gt 212 3t44c17、“和平号”空间站已于2001 年 3 月 23 日胜利地坠落在南太平洋海疆，坠落过程可简化为从一个近圆轨道（可近似看作圆轨道）开头，经过与大气摩擦，空间站的绝大部分经过升温、熔化，最终汽化而销毁，剩下的残片坠入大海；此过程中，空间站原先的机械能

39、中，除一部分用于销毁和一部分被残片带走外，仍有一部分能量e通过其他方式散失（不考虑坠落过程中化学反应的能量）；（1） 试导出以以下各物理量的符号表示散失能量e的公式 .5（2） （ 2）算出 e的数值（结果保留两位有效数字） 坠落开头时空间站的质量m=1.1710 kg；轨道离地面的高度为h=146km；地球半径 r=6.4106m；24坠落空间范畴内重力加速度可看作g=10m/s ； 入海残片的质量 =1.2 10kg；入海残片的温度上升 =3000k；入海残片的入海速度为声速=340m/；37空间站材料每1kg 升温 1k 平均所需能量c=1.0 10 j；每销毁 1kg 材料平均所需能量

40、=1.0 10 j.分析与解：此题描述的是2001 年世界瞩目的一件大事：“和平号”空间站胜利地坠落在南太平洋海疆； 让绕地球运行的空间站依据预定的路线胜利坠落在预定的海疆，这件事情本身就极富挑战性，表达了人类战胜自然改造自然的雄心和实力；（1）作为一道信息题，第一我们应弄清题目所述的物理过程，建立一个正确的物理模2型； 我们将空间站看作一个质点，开头时以肯定的速度绕地球运行，具有肯定的动能和势能，坠落开头时空间站离开轨道，经过摩擦升温，空间站大部分升温、熔化，最终汽化而销毁，剩下的残片坠落大海，整个过程中，总能量是守恒的；依据题述条件，从近圆轨道到地面的空间中重力加速度g=10m/s能的零点

41、，坠落过程开头时空间站在近圆轨道的势能，如以地面为重力势13 / 26精品word可编辑资料- - - - - - - - - - - - -epmgh .第 17 页，共 26 页- - - - - - - - - -以 v 表示空间站在轨道上的速度，可得m vmg .2r其中 r 为轨道半径，如 r 地表示地球半径，就r=r 地 +h. 由式、可得空间站在轨道上的动能ke1 mg2（ r 地+h）由式、可得，在近圆轨道上空间站的机械能e=mg 12r 地+ 32h在坠落过程中，用于销毁部分所需要的能量为q汽=m-m . 用于残片升温所需要的能量q残=cm t. =残残片的动能为 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 残+q残+e . 1由此得 e =mg23r 地 +2h-m-m -1 mv2 -cmt2122 将题给数据代入得e=2.9 10j.带电粒子在电磁场中运动问题带电粒子在电磁场中运动问题，实质是力学问题，通常从受力分析，运动情形分析入手，利用力学规律，并留意几何关系即可求解；下面对两道高考压轴题作一简要分析；18、一带电质点质量为m 电量为 q，以平行于 ox 轴的速度 v 从 y 轴上的 a 点射入图 7 中第一象限所示的区域；为了使该质点能从x 轴上的 b 点以垂直于 ox 轴的速度 v 射出，可在适当的地方加一个垂直于

43、xy 平面、磁感强度为 b 的匀强磁场；如此磁场仅分布在一个圆形区域内，试求这个圆形区域的最小半径，重力忽视不计；解析：由题意可知，质量在xy 平面的第一象限的磁场中做匀速圆周运动，在磁场外做匀速直线运动；由于质点进入磁场的速度方向与飞出磁场的速度方向相垂直成90，由此可知质点在磁场中的轨迹是半径为 r 的圆 o（虚线）的圆周的1/4， 如图 8，由题意，恰包含弦的磁场圆有许多个，且对应的圆心角越小，圆半径越大，反之就越小，当圆心角为180时，即 为直径时磁场圆o（实线）的半径最小，设其半径为r，易得14 / 26r2 r22 mv显而易见，以上找圆心及对角度的分析是解题的关键；2 bq19、

44、图 9 中虚线 mn是一垂直面的平面与纸面的交线， 在平面右侧的半空间存在着一磁感强度为b 的匀强磁场，方向垂直纸面对外； o 是 mn 上的一点，从 o 点可以向磁场区域发射电量为 q、质量为 m 速率为 v 的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向；已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中的 p 点相遇， p 到 o 的距离为 l ；不计粒子的重力及粒子间的相互作用；1 求所考察的粒子在磁场中的轨道半径； 2求这两个粒子从 o 点射入磁场的时间间隔；分析与解： 这一题是带电粒子仅在洛仑兹力作用下的运动问题，前后两个粒子做完全相同的匀速圆周运动，对应的物理规律较简洁，其次问的难点在于物理情形

45、分析和几何关系的确定，勾画草图分析，巧设角度是解题的关键；（ 1）设粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径为r，由牛顿其次定律，有v 2qvbmrm v得rqb（ 2）如图 10 所示，以 op为弦可画两个半径相同的圆， 分别表示在 p 点相遇的两个粒子的轨道；圆心和直径分别为 o 1、o2 和 oo1q1,oo2q2, 在 0 处两个圆的切线分别表示两 个粒子的射入方向，用 表示它之间的夹角；由几何关系可知po1q1po2q2从 0 点射入到相遇，粒子1 的路程为半个圆周加弧长q1p q1p r 粒子 2 的路程为半个圆周减弧长pq2=r 粒子 1 运动的时间tt1r12v其中 t 为圆周运动的周期；粒子2 运动的时间为15 / 261rt2t2v两粒子射入的时间问隔 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，