2020年高考物理压轴题汇总含答案解析

2021年高考物理压轴题集锦含答案解析

1.地球质量为半径为R,自转角速度为3,万有引力恒量为G,

如果规定物体在离地球无穷远处势能为0,则质量为m的物体离

地心距离为r时，具有的万有引力势能可表示为Ep=-G%.国

r

际空间站是迄今世界上最大的航天工程，它是在地球大气层上空

地球飞行的一个巨大的人造天体，可供宇航员在其上居住和进行

科学实验•设空间站离地面高度为h,如果在该空间站上直接发射

一颗质量为m的小卫星，使其能到达地球同步卫星轨道并能在轨

道上正常运行，则该卫星在离开空间站时必须具有多大的动能？

解析：

由G“r=Q得，卫星在空间站上的动能为Ek=Lmv2=

r2r2

「Mm

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

2(7?+h)

卫星在空间站上的引力势能在％=-GS

1R+h

机械能为笈=Ek+EP=-G-^—

2(R+h)

同步卫星在轨道上正常运行时有G等32r

故其轨道半径片；悟

VCD"

由③式得，同步卫星的机械能E2=-G^^=-G如户

2r2\GM

=-；m(ylGMco)2

卫星在运行过程中机械能守恒，故离开航天飞机的卫星的机械能应为

E2,设离开航天飞机时卫星的动能为%,则&v=E2-£p-；』GM信

+G4

R+h

2.如图甲所示，一粗糙斜面的倾角为37。，一物块m=5kg在斜面上,

用F=50N的力沿斜面向上作用于物体，使物体沿斜面匀速上升，g

取10N/kg,sin37°=0.6,cos370=0.8,求：

（1）物块与斜面间的动摩擦因数（i;

（2）若将F改为水平向右推力/，如图乙，则至少要用多大的

力F才能使物体沿斜面上升。（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）

解析：

（1）物体受力情况如图，取平行于斜面为x轴方向，垂直斜面

为y轴方向，由物体匀速运动知物体受力平衡

Fv=N-Gcos0=O

解得f=20NN=40N

因为品=N,由/=〃纵得〃=（=g=0・5

（2）物体受力情况如图，取平行于斜面为X轴方向，垂直斜面

为y轴方向。当物体匀速上行时力尸取最小。由平衡条件

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

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

且有尸=

联立上三式求解得F'=100N

3.一质量为m=3000kg的人造卫星在离地面的高度为H=180km的

高空绕地球作圆周运动，那里的重力加速度g=9.3m・s—2.由于

受到空气阻力的作用，在一年时间内，人造卫星的高度要下降△1•1=

0.50km.已知物体在密度为P的流体中以速度v运动时受到的阻

力F可表示为F=5PACV2,式中A是物体的最大横截面积，C是

拖曳系数，与物体的形状有关.当卫星在高空中运行时，可以认为卫

星的拖曳系数C=L取卫星的最大横截面积A=6.0m2.已知地球

的半径为R0=6400km.试由以上数据估算卫星所在处的大气密度.

解：设一年前、后卫星的速度分别为必、%,根据万有引力定律和牛

顿第二定律有

式中G为万有引力恒量，M为地球的质量，鸟和&分别为一年

前、后卫星的轨道半径，即

⑶

(4)

卫星在一年时间内动能的增量

⑸

由（1）、（2）、（5）三式得

AE——-）

k

2R2号

由⑶、（4）、（6）式可知，AEk>0,表示在这过程中卫星的动能是增

加的。

在这过程中卫星引力势能的增量

AEp=------）

&&（7）

△与<°,表示在这过程中卫星引力势能是减小的。卫星机械能的

增量

AE=AEk+AEP(8)

由（6）、（7）、（8）式得

AE=——GMm{---------)

2R)/?!⑼

m<0,表示在这过程中卫星的机械能是减少的。由⑶、⑷式可

知，因与、&非常接近，利用

「

RR?=⑩

RRaR；(11)

⑼式可表示为

AEJ吗

2R；(12)

卫星机械能减少是因为克服空气阻力做了功。卫星在沿半径为R

的轨道运行一周过程中空气作用于卫星的阻力做的功

2

叱=-Fx2TTR=-pjrACRv(13)

根据万有引力定律和牛顿运动定律有

-Mmv2

G——=m—

R2R⑭

由⑬、(M)式得

叱=-p兀ACGM(15)

(15)式表明卫星在绕轨道运行一周过程中空气阻力做的功是一恒

量，与轨道半径无关。卫星绕半径为R的轨道运行一周经历的时间

T=达

V(16)

由⑭、由式得

T=2KR.

(17)

由于在一年时间内轨道半径变化不大，可以认为T是恒量，且

7=2叫旦

叫GM(18)

以「表示一年时间，有

7

T=3600sx365x24=3.15xl0⑲

卫星在一年时间内做圆周运动的次数

n=­

T⑳

在一年时间内卫星克服空气阻力做的功

=叫

W(21)

由功能关系有

(22)

G-=g

由(15)(18)(20)(21)(22洛式并利用R：得

_mAH

P

rACR}

(23)

代入有关数据得

p=1.54x10*kg-m"

4、如图(甲)所示，弯曲部分A3和CD是两个半径相等的四分之一

圆弧，中间的8C段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的

直径)，细圆管分别与上、下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L可作

伸缩调节。下圆弧轨道与地面相切，其中。、A分别是上、下圆弧轨

道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内。一小球多次以某

一速度从A点水平进入轨道而从。点水平飞出。今在4、。两点各

放一个压力传感器，测试小球对轨道A、。两点的压力，计算出压力

差/凡改变3C间距离3重复上述实验，最后绘得/尸1的图线如

图(乙)所示。(不计一切摩擦阻力，g取10m/s2)

(1)某一次调节后。点离地高度为0.8m。小球从。点飞出，落

地点与D点水平距离为2.4m,求小球过D点时速度大小。

(2)求小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径大小。

解析：

(1)小球在竖直方向做自由落体运动，“那

水平方向做匀速直线运动X=VJ

g

(2)设轨道半径为r,A到D过程机械能守恒:

J：mvl4-mg(2r+L)

在A点：F-mg="2匕-

Ar

在。点：F+mg=m—

Dr

由以上三式得：

△F-F-F=6mg+2mg—

ADr

由图象纵截距得：6/xg=12得加=0.2kg

由L=0.5m时△尸=17N

代入得：r=0.4m

5、如图所示，在光滑的水平地面上，质量为M=3.0kg的长木板A

的左端，叠放着一个质量为m=1.0kg的小物块8(可视为质点)，处

于静止状态，小物块与木板之间的动摩擦因数4=0.30。在木板A的

左端正上方，用长为/?=0.8m的不可伸长的轻绳将质量为团=L0kg的

小球C悬于固定点O点。现将小球C拉至上方使轻绳拉直且与水平

方向成夕=30。角的位置由静止释放，到达O点的正下方时，小球C与

3发生碰撞且无机械能损失，空气阻力不计，取g=10m/s2,求：

(1)小球C与小物块B碰撞前瞬间轻绳对小球的拉力；

(2)木板长度L至少为多大时，小物块才不会滑出木板。

解析：

(1)静止释放后小球做自由落体运动到轻绳被拉紧时与水

平方向成30。角，再绕O点向下做圆周运动，由机械能守恒定律得

I2

mgR=—mv0

轻绳被拉紧瞬间，沿绳方向的速度变为0,沿圆周切线方向的速

度为

v=vcos。

a0

小球由Q点运动到最低点b点过程中机械能守恒

gmv^+mgR(l-sin6)=gmv1

设小球在最低点受到轻绳的拉力为R则

F-mg-m

R

联立解得F=3.5mg=35N

(2)小球与3碰撞过程中动量和机械能守恒，则

mvh-mv]+mv2

=Lmv^+Lfnvj

解得必=0,V2=Vb=等(碰撞后小球与8交换速度)

3在木板A上滑动，系统动量守恒，设8滑到木板A最右端时

速度为V,则

mv2

8在木板A上滑动的过程中，系统减小的机械能转化为内能，由

能量守怛定律得卬ngL=gmv；M)v2

联立解得产，、

代入数据解得L=2.5m

6、如图所示，一根跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸

长的轻绳，两端各系一个质量相等的小球A和B,球A刚好接触地

面，球B被拉到与细杆同样高度的水平位置，当球B到细杆的距离

为L时，绳刚好拉直.在绳被拉直时释放球B,使球B从静止开始

向下摆动.求球A刚要离开地面时球B与其初始位置的高度差.

解析：

设球A刚要离开地面时联接球B的绳与其初始位置的夹角为6,

如图所示，这里球B的速度为。绳对球B的拉力为T,根据牛顿第

二定律和能量守恒，有

T-mgsint）=m—

/①

gmv2-mglsin6②

当A球刚要离开地面时，有

以h表示所求高度差，有

h=lsinO④

h==l

由①②③④解得3⑤

7（20分）如图所示，在高为h的平台上，距边缘为L处有一

质量为M的静止木块（木块的尺度比L小得多），一颗质量为m的

子弹以初速度v0射入木块中未穿出，木块恰好运动到平台边缘未落

下，若将子弹的速度增大为原来的两倍而子弹仍未穿出，求木块的落

地点距平台边缘的水平距离，设子弹打入木块的时间极短。

解析：

设子弹以Vo射入时，木块的初速度为VI，根据动量守恒定律有

mv()=(m+M)Vi①

根据动能定理有|i(m+M)gL=y(m+M)vj②

设子弹以2Vo射入时，木块的初速度为V2,末速度为V3,根据动量

守恒定律有

m2Vo=(m+M)v?③

根据动能定理有|i(m+M)gL=y(m+M)V22-y(m+M)V32④

设木块落地点距平台边缘的距离为x,由平抛运动规律有

X=V31⑤

由①②③④⑤联立解得x=，也但

M+g

8、如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N

处与水平传送带理想连接，传送带长度L=4.0m,皮带轮沿顺时针方

向转动，带动皮带以恒定速率v=3.0m/s匀速传动。三个质量均为

m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间

用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初

速度v()=2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一

起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。

因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C

与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vc=2.0m/s滑上传送带，

并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩

擦因数|i=0.20,重力加速度g取10m/$2。求：

Vo

(1)滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；

(2)滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；

(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能

落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值Vm是多少？

解析：

(1)滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送

带到速度达到传送带的速度v所用的时间为3加速度大小为在

时间，内滑块C的位移为X。

根据牛顿第二定律和运动学公式^mg=ma

v=vc+at

解得1.25〃2VL

即滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带

匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传道带右端滑出时的速度为

v=3.0m/so

（2）设A、B碰撞后的速度为V],A、B与C分离时的速度为

V2，由动量守恒定律

mvo=2mv\

2mv\=2mv2+mvc

由能量寸怛规律E+—x=—xImv,+—mv2

222

解得EP=1.0J

（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞

后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当

恰好等于传递带的速度Vo

设A与B碰撞后的速度为二,分离后A与B的速度为小，滑块

C的速度为由能量守恒规律和动量守恒定律mvm=2mvy

2mv\=mvc+2mv2

由能量寸怛规律E+—x2mv2=—x2/nv,2+—mv2

22•2

22

由运动学公式vc'-v=2aL

解得：vm=7.1m/s

9.、如图所示。一水平传送装置有轮半径为R=1m的主动轮Q1和从

式

动轮Q2及传送带等构成。两轮轴心相距8m,轮与传送带不打滑，现

用此装置运送一袋面粉（可视为质点），已知这袋面粉与传送带之间

的动摩擦因数为4=0.4,这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出。

4nB

—^v

SQz

(1)当传送带以4m/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端

Qi正上方A点轻放在传送带上后，这袋面粉由A端运送到Q2正上方

的B端所用的时间为多少？

(2)要想尽快将这袋面粉(初速度为零)由A端送到B端，传

送带速度至少多大？

(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痕迹，这袋面粉(初速度为零)在传送带上留下

的面粉痕迹最长能有多长？此时传送带的速度应满足什么条件？

解析：

(1)面粉袋与传送带相对运动过程中所受摩擦力f=〃mg

根据牛顿第二定律：a=±=4m/s2

m

若传送带的速度v=4m/s,则面粉袋加速运动的时间。=上=b

a

在t|时间内的位移5,--at2=2m

2

其后以v=4m/s速度匀速运动S2=%

解得：?2=1.5S所以运动总时间：Z=/I+Z2=2.5S

(2)要想时间最短，面粉袋应一直向B端匀加速运动

由IAB~ga/得r=2.v

此时传送带的速度M=at'=Sm/s

(3)传送带速度越大，“痕迹”越长。

当面粉的痕迹布满整条传送带时，痕迹达到最长。

即痕迹长I=21AB+2成=18m

在面粉袋由A端运动到B端的时间〃=2s内痕迹达到最长，传送

带运动的距离

s>l+lAB=26m

则传送带的速度

10、如图所示，一木块位于光滑的水平桌面上，木块上固连

一支架，木块与支架的总质量为M.一摆球挂于支架上，摆

球的质量为如机＜^M摆线的质量不计.初始时，整个装置

2

处于静止状态.一质量为m的子弹以大小为玲、方向垂直于

图面向里的速度射入摆球并立即停留在球内，摆球和子弹便

一起开始运动.已知摆线最大的偏转角小于90。，在小球往返

运动过程中摆线始终是拉直的，木块未发生转动.

i.求摆球上升的最大高度.

ii.求木块的最大速率.

iii.求摆球在最低处时速度的大小和方向.

i.由于子弹射入摆球至停留在球内经历的时间极短，可以认为

在这过程中摆球仅获得速度但无位移.设摆球（包括停留在球内的子

弹）向前（指垂直于图面向里）的速度为u,由动量守恒定律有

mvo=2mu

（1）

摆球以速度u开始向前摆动，木块亦发生运动.当摆球上升至最高时,

摆球相对木块静止，设此时木块的速度为V,摆球上升的高度为h,

因水平方向动量守恒以及机械能守恒有

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

(2)

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

(3)

解(1)、(2)、(3)三式得

仁』

8g(2团+加)

(4)

ii.摆球升到最高后相对木块要反向摆动.因为在摆球从开始运

动到摆线返回到竖直位置前的整个过程中，摆线作用于支架的拉力始

终向斜前方，它使木块向前运动的速度不断增大；摆线经过竖直位置

后，直到摆线再次回到竖直位置前，摆线作用于支架的拉力将向斜后

方，它使木块速度减小，所以在摆线(第一次)返回到竖直位置的那

一时刻，木块的速度最大，方向向前

以V'表示摆线位于竖直位置时木块的速率，u'表示此时摆球

的速度(相对桌面)，当u，＞0,表示其方向水平向前，反之，则水平

向后.因水平方向动量守恒以及机械能守恒，故有

2mu=2mu+MVf

(5)

mu2=mu'2+—MV'2

2

(6)

解（1）、（5）、（6）三式可得摆线位于竖直位置时木块速度的大小

V'=0

⑺

yj2〃/

2m+M

（8）

（7）式对应于子弹刚射人摆球但木块尚未运动时木块的速度，它也

是摆球在以后相对木块往复运动过程中摆线每次由后向前经过竖直

位置时木块的速度；而题中要求的木块的最大速率为（8）式，它也

是摆球在以后相对木块的往复运动过程中摆线每次由前向后经过竖

直位置时木块的速度.

iii.在整个运动过程中，每当摆线处于竖直位置时，小球便位于

最低处.当子弹刚射人摆球时，摆球位于最低处，设这时摆球的速度

为u,由（1）式得

M4V0

⑼

方向水平向前.当摆球第一次回到最低处时，木块速度最大，设这时

摆球的速度为M由（1）、（5）、（6）三式和（8）式可得

u,=--2--%

M+2m

（10）

其方向向后.

当摆球第二次回到最低处时，由（7）式木块速度减至0,设这

时摆球的速度为u",

由(1)、(5)、(6)式可得

1

川u一—"=/%

(11)

方向向前，开始重复初始的运动.

11、图中坐标原点0(0,0)处有一带电粒子源，向y20一侧沿Oxy

平面内的各个不同方向发射带正电的粒子，粒子的速率都是%质量

均为，n,电荷量均为q.有人设计了一方向垂直于Oxy平面，磁感应

强度的大小为B的均匀磁场区域，使上述所有带电粒子从该磁场区

域的边界射出时，均能沿x轴正方向运动.试求出此边界线的方程，

并画出此边界线的示意图.

图2

圆心O'作平行于y轴的直线与圆轨道交于P点，粒子运动到P点

时其速度方向恰好是沿％轴正方向，故P点就在磁场区域的边界上.对

于不同人射方向的粒子，对应的P点的位置不同，所有这些P点的连

线就是所求磁场区域的边界线.P点的坐标为

X——RsinO(3)

y=­R+Rcos。(4)

这就是磁场区域边界的参数方程，消去参数。，得

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

由(2)、(5)式得

?2

或丁+(广把)2=^^>0”0(9)

qBqB'

12、.如图1-12所示，质量为M=3.0kg的小车静止在光滑的

水平面上，AD部分是表面粗糙的水平导轨，DC部分是光滑的上圆

4

弧导轨，整个导轨由绝缘材料做成并处于LOT的垂直纸面向里

的匀强磁场中，今有一质量为"7=1.0kg的金属块(可视为质点)带

电量9=2.0X10-3C的负电，它以丫o=8m/s的速度冲上小车，当它

将要过D点时，它对水平导轨的压力为9.81N(g取9.8m/s2)求：

(1)机从A到。过程中，系统损失了多少机械能？

(2)若加通过。点时立即撤去磁场，在这以后小车获得的最

大速度是多少？

解析:

(1)设机抵达。点的速度为也，贝！J：Bqv\+mg=N

N—mg_981—9.80

/.V]=5.0m/s.

Bq2.0x10-3x1.0

设此小车速度为也，金属块由A-D过程中系统动量守恒则:

mvo=mv\+MV2.以=1.0m/s.

•••损失的机械能△E=-mvo2--mvi2--Mv?2=18J

222

(2)在相冲上,圆弧和返回到D点的过程中，小车速度一直

4

在增大，所以当金属块回到D点时小车的速度达到最大，且在上述

过程中系统水平方向动量守恒，则：mv\+Mvz=mv\'+Mvz'系统

机械能守恒，贝I：

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

2222

V2'=1m/s舍去，，小车能获得的最大速度为3m/s.

13、图中L是一根通电长直导线，导线中的电流为I.一电阻为

R、每边长为2a的导线方框，其中两条边与L平行，可绕过其中心

并与长直导线平行的轴线OCT转动，轴线与长直导线相距b,b>a,

初始时刻，导线框与直导线共面.现使线框以恒定的角速度3转动,

求线框中的感应电流的大小.不计导线框的自感.已知电流I的长直

I

导线在距导线r处的磁感应强度大小为kr,其中k为常量.

L

解：当线框绕转轴转过

的角度时，其位置如图1所示，俯

视图如图2所示。

当线框以角速度。绕。。'转动

时，线框与轴线平行的两条边的速

度都是。，且

v=ao)(1)L中的电流产生的磁场在这两

条边所在处的磁感应强度分别为

B=k-

⑵

B,^k—

和r'(3)式中「和，分别为这两条边到

L的距离。线框的两条边的速度。的方向与B和3'的方向间的夹角分

别为a和优，由电磁感应定律，线框的感应电动势为

£=2&osina+25'aosinar(4)

sin。_sin(万一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)

由欧姆定律得线框中感应电流

“万(10)

由⑼、⑩两式得

,2kla2bco11

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

Rcr+b-2abcoscota+b+labcoscot

14、如图所示，两同心圆M、N之间的区域存在垂直于纸面的匀强磁

场，圆M内、N外没有磁场，一质量为m,带电量为+q的粒子从圆

心。处沿某一方向以速度％飞出，已知圆M的半径为R,圆N的

半径为gH,粒子重力不计。已知粒子进入磁场后沿顺针方向偏转。

求：

，、

J\o*::::

、、Z，

(1)磁场的方向是垂直于纸面向里还是向外的？

(2)若粒子能再次经过圆心O,磁场的磁感应强度至少为多大？

(3)若磁场的磁感应强度保持为(2)的大小，求粒子从圆心O

飞出到再次过圆心且速度与初速度方向相同所用的时间。

解析：

(1)由左手定则得：磁场方向垂直于纸面向外。

(2)粒子能再次经过圆心O,磁场的磁感应强度最小时，粒子

运动轨迹与圆N相切，轨迹如图。设粒子在磁场中做匀速圆周运动

的半径为一。由几何知识可知:

电R-r?=*+产①

设磁场的磁感应强度最小值为B,由洛仑兹力公式及匀速圆周运

动规律得：qBv^=m—②

r

联立①②解得：B=亘也③

qR

(3)由几何知识可知：

tanZLCOO=-=V3ZCOO=60°④

粒子从C点进入磁场到从D离开磁场，粒子转过的角度为

^360°-2ZC(9,0=240°即|■个圆周⑤

由几何知识可知粒子从圆心O飞出到第一次过圆心且速度与初

速度方向相同所运动的轨迹如图所示，运动的时间为：

z=3(—+|r)⑥

%3

科

T=——2"⑦

%

联立①⑥⑦解得："0(6+3况)⑧

%3

15、如图所示，固定于同一条竖直线上的A、8是两个带等量异种电

荷的点电荷，电荷量均为Q,其中A带正电荷，3带负电荷，A、B

相距为2d。是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带

电小球P,质量为加、电荷量为+式可视为点电荷)，现将小球P从与

点电荷A等高的。处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距

离为d的。点时，速度为丫。已知与A3之间的距离为d,静电

力常量为2,重力加速度为g,若取无限远处的电势为零，试求：

M

AC?P

D|

BE?

N

(1)在A、8所形成的电场中，C的电势欣。

(2)小球P经过。点时的加速度。

(3)小球P经过与点电荷8等高的E点时的速度。

解析：

(1)由等量异种电荷形成的电场特点可知，D点的电势与无限

远处电势相等，即D点电势为零。小球P由C运动到D的过程，由

动能定理得：

2

mgd+q(pCD-gmv-0①

Geo=0c-外=Oc-0②

—i2c③

2q

(2)小球P经过D点时受力如图：由库仑定律得:

M

A卜、C?P

m

£=F,=k—^—④

'2（叵Cl）?

由牛顿第二定律得:

mg+F[cos450+F2cos45°=ma⑤

a=g+巫”⑥

2md-

(3)小球P由D运动到E的过程，由动能定理得:

2

mgd+q(pDE=^mv^-^mv⑦

由等量异种电荷形成的电场特点可知：外£=%D⑧

联立①⑦⑧解得：vt-=V2v⑨

16、如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L的绝缘细线拴住

一质量为m,带电荷量为q的小球，线的上端固定，开始时连线带球

拉成水平，突然松开后，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60。

角时的速度恰好为零。问：

（1）电场强度E的大小为多少？

（2）A、B两点的电势差UAB为多少？

（3）当悬线与水平方向夹角8为多少时，小球速度最大？最大

为多少？

解析：

（1）小球从A—B由动能定理有：

mgLsin60="L（1—cos60）=0—0

q

（2）AB两点电压11=£&d=L（l-cos60°）

2q

…UAB。

2q

（3）当沿切线方向合力为0时，速度最大。

mgcos0-Eqsin0=0

.•.6=30°

由动能定理得：

mgLsin30-EqL（\-cos30°）=；mVm~-0

；.v,*2Q-5gL

17、“加速度计”作为测定运动物体加速度的仪器，依M*

已被广泛地应用于飞机、潜艇、航天器等装置的制导；彳二^一

系统中，如图I-13所示是“应变式加速度计”的原理.1二一

Er

图，支架A.B固定在待测系统上，滑块穿在A.B间图1/3

的水平光滑杆上，并用轻弹簧固定于支架A上，随着系统沿水平做

变速运动，滑块相对于支架发生位移，滑块下端的滑动臂可在滑动变

阻器上相应地自由滑动，并通过电路转换为电信号从1、2两接线柱

输出.

已知：滑块质量为m,弹簧劲度系数为k,电源电动势为E,

内阻为r,

滑动变阻器的电阻随长度均匀变化，其总电阻R=4r,有效总长度

L,当待测系统静止时，1、2两接线柱输出的电压t/0=0.4E,取A

到B的方向为正方向.

(1)确定“加速度计”的测量范围.

(2)设在1、2两接线柱间接入内阻很大的电压表，其读数为U,

导出加速度的计算式.

(3)试在1、2两接线柱间接入内阻不计的电流表，其读数为I,

导出加速度的计算式.

解析：

(1)当待测系统静止时,1、2接线柱输出的电压Uo=上-・Ri2：

R+r

由已知条件d=0.4£可推知：R12=2r,此时滑片尸位于变阻

器中点.•待测系统沿水平方向做变速运动分加速运动和减速运动两种

情况，弹簧最大压缩与最大伸长时刻，P点只能滑至变阻器的最左端

和最右端，故有：

所以“加速度计”的测量范围为［-旦•旦］.•

2m2m

(2)当1、2两接线柱接电压表时，设。由中点向左偏移x,则

与电压表并联部分的电阻Ri=(--x)•土L.

2L

由闭合电路欧姆定律得：/=上..

/?1+r

故电压表的读数为：U=IRi：

根据牛顿第二定律得：k•x=m•a..

建立以上四式得：a=--生旦..

2m4E•m

(3)当1、2两接线柱接电流表时，滑线变阻器接在1、2间

的电阻被短路.设尸由中点向左偏移％,变阻器接入电路的电阻为：

R。=(—+x)•土^

2L

由闭合电路欧姆定律得：£=/(&+r)

根据牛顿第二定律得：k-x=m•a

联立上述三式得：a=hL(~3im

41•m・r

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