2009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，m〈M�，F(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　　　　　 ②
　　對(duì)于A　　　　�、�       　　　　　　④

由幾何關(guān)系   　　　 �、�

　由①、②、③、④、⑤式解得               ⑥

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：

  ⑦

由①③⑦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：                ①

                                 ②

碰后到相對(duì)靜止，對(duì)A、B系統(tǒng)由功能關(guān)系得：

            ③

由①②③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④（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①②式得：  ⑤

代入③式得：         ⑥

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      ⑦     即

故在某一段時(shí)間里B運(yùn)動(dòng)方向是向左的條件是⑧

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    ① 

（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  ②

∴物塊碰后必反彈，由動(dòng)量守恒 ③  得 ④

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⑤ 。

物體與A壁第二次碰前，設(shè)物塊速度為v₂，   ⑥

由兩物的位移關(guān)系有： ⑦即   ⑧

由⑥⑧代入數(shù)據(jù)可得：    ⑨  

（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

4（16分）如圖5―15所示，PR是一塊長(zhǎng)為L=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μ=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：?-μmg=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-μmg)mv₁²-0?

進(jìn)入電磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，故有：Eq=μ(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．然后，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，①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．”②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）          ①

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                    ②　

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

3、撞擊P后，A與D的動(dòng)能都為０，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

4、彈簧繼續(xù)伸長(zhǎng)，A球離開擋板Ｐ，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

                                ⑤ 

由機(jī)械能守恒定律得：         ⑥

由①、②兩式聯(lián)立解得：　　　　　�、�

聯(lián)立①②③④⑤⑥式解得                           ⑧

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ｍ₀的子彈B沿水平方向以速度ｖ₀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ｔ＝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=F_m。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-m₀ ，L =36m₀²v₀² g/5F_m²，                

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E＝3m₀²ｖ₀²g/F_ｍ。

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T＝1/30s。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)G＝6.67×10^－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(wàn)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ρ，質(zhì)量為M，半徑為R，自轉(zhuǎn)角速度為ω，位于赤道處的小塊物質(zhì)質(zhì)量為m，則有GMm/R²＝mω²R    且ω＝2π/T，M＝4/3πρR³

由以上各式得：ρ＝3π/GT²

代人數(shù)據(jù)解得：ρ＝1.27×10¹⁴kg/m³

8．（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ε＝ω₀BSN

式中ω₀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＝/2ε_m

設(shè)自行車車輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω₁，由于自行車車輪與摩擦小輪之間無相對(duì)滑動(dòng)，有

R₁ω₁＝R₀ω₀

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ω₁。設(shè)大齒輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，有R₃ω＝R₂ω₁

由以上各式解得ω＝(U/BSN)(R₂r₀/R₃r₁)     代入數(shù)據(jù)得ω＝3.2s^－1

9．（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  s＝1/2at²       ①       v₀＝at       ②

在這段時(shí)間內(nèi)，傳送帶運(yùn)動(dòng)的路程為s₀＝v₀t      ③

由以上可得s₀＝2s      ④

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

A＝fs＝1/2mv₀²     ⑤

傳送帶克服小箱對(duì)它的摩擦力做功A₀＝fs₀＝2?1/2mv₀²    ⑥

兩者之差就是克服摩擦力做功發(fā)出的熱量Q＝1/2mv₀²    ⑦

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＝T     ⑧

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

W＝1/2Nmv₀²＋Nmgh＋NQ      ⑨

已知相鄰兩小箱的距離為L(zhǎng)，所以v₀T＝NL            ⑩

聯(lián)立⑦⑧⑨⑩，得：＝[＋gh]

10.（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。現(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=+1.0×10^-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，并忽略煙塵顆粒所受重力。求合上電鍵后：⑴經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間煙塵顆�？梢员蝗�部吸附？⑵除塵過程中電場(chǎng)對(duì)煙塵顆粒共做了多少功？⑶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？

[⑴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=0.02s

⑵W=NALqU/2=2.5×10^-4J                                                 

⑶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

E_K=NA(L-x) mv²/2= NA(L-x)  qUx/L，當(dāng)x=L/2時(shí)E_K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

    1       2

（2）設(shè)桿對(duì)小球的支持力為N，摩擦力為

沿桿方向3

垂直于桿方向4

       5

可解得6

  7         8

評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：（1）3分。正確得出2式，得3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)：1輻射的能量中包含各種波長(zhǎng)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(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(yáng)半徑千米，太陽(yáng)表面溫度開，火星半徑千米，球面積，，其中R為球半徑。

（1）太陽(yáng)熱輻射能量的絕大多數(shù)集中在波長(zhǎng)為2×10^－9米~1×10^－4米范圍內(nèi)，求相應(yīng)的頻率范圍。

（2）每小量從太陽(yáng)表面輻射的總能量為多少？

（3）火星受到來自太陽(yáng)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(yáng)到火星的距離約為太陽(yáng)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）     1  （赫）   2

（赫）       3

輻射的頻率范圍為3×10¹²赫－1.5×10¹⁷赫

（2）每小量從太陽(yáng)表面輻射的總能量為

           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(yáng)到火星距離為，火星單位時(shí)間內(nèi)吸收來自太陽(yáng)的輻射能量為      6 

        7

火星單位時(shí)間內(nèi)向外輻射電磁波能量為      8

火星處在平衡狀態(tài)    9即      10

由10式解得火星平均溫度（開）    11

評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：全題13分

（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。

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ｍ，從Ｏ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ａ、ｂ，試求：

(1)初速度方向與ｘ軸夾角θ．

(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ｘ軸的夾角為θ，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：?

      ①           ②

由①、②解得tgθ＝   ∴θ＝arctg        ③?

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ｘ軸間的夾角為

π＋θ＝π＋arctg          ④

(2)由①、②解得： ⑤

由洛侖茲力提供向心力有：?ＱｖＢ＝ｍ      ⑥

∴             ⑦

評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題13分，第(1)問8分，其中①式2分，②式2分，③式2分，④式2分，θ＝arcsin 或θ＝arccos同樣給分.

第(2)問5分，其中⑤式2分，⑥式2分，⑦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ｍ，在離地面高度為ｈ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(wàn)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ｇ，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ｖ_１，地球質(zhì)量為M.由牛頓第二定律得：

          ①

地表重力加速度為ｇ，則：  ②  由①、②式得：   ③

(2)  噴出氣體后空間站速度變?yōu)?i>ｖ_２，由動(dòng)量守恒定律得：

            ④

設(shè)空間站落到太平洋表面時(shí)速度為ｖ_３，

由動(dòng)能定理得：            ⑤

由③、④、⑤式得：?              ⑥

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，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：     ①

偏轉(zhuǎn)階段，帶電粒子作類平拋運(yùn)動(dòng)?偏轉(zhuǎn)時(shí)間    ②

側(cè)移量  ③

    設(shè)在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，偏轉(zhuǎn)角為θ?

則

即θ＝   ④?

由幾何關(guān)系：Ｒｃｏｓ45°＋Ｒ＝Ｌ′⑤

Ｒsin45°＝    ⑥   則 Ｌ′＝    ⑦

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Ｗ＝２ｑＵ   ⑧

設(shè)出電場(chǎng)時(shí)速度為ｖ′，有  解得ｖ′＝    ⑨

粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：

∴      ⑩

(2)設(shè)粒子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ｔ_２

則ｔ_２＝              11

帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期?   12

實(shí)際轉(zhuǎn)過的角度α＝２π－２θ＝           13

在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間ｔ_３＝          14

故粒子運(yùn)動(dòng)的周期T＝２ｔ_２＋２ｔ_１＋ｔ_３＝４Ｌ   15

評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題14分，第(1)問8分，其中①、②、③式各1分，④式2分，⑤、⑥、⑦式各1分.第(2)問6分，其中 12、13、14、式各1分，15式2分.

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α＝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=α＝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(wàn)有引力定律和牛頓定律有。
　�、�　　　　①
　　式中G為萬(wàn)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                ②
　　因     得    ③
設(shè)嘉峪關(guān)到同步衛(wèi)星的距離為L(zhǎng)，由余弦定理
　　         ④
　　所求時(shí)間為               ⑤
　　由以上各式得

   ⑥

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=1.17×10⁵kg；

軌道離地面的高度為h=146km；

地球半徑R=6.4×10⁶m；

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=1.2×10⁴kg；

入海殘片的溫度升高=3000K；

入海殘片的入海速度為聲速=340m/ｓ；

空間站材料每1kg升溫1K平均所需能量c=1.0×10³J；每銷毀1kg材料平均所需能量μ=1.0×10⁷J.?

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.　　　③
　　由式②、③可得空間站在軌道上的動(dòng)能
　　           （R_地+h）   ④
　　由式①、④可得，在近圓軌道上空間站的機(jī)械能
　　E=Mg(R_地+h)     ⑤
　　在墜落過程中，用于銷毀部分所需要的能量為Q_汽=(M-m)μ.⑥
　　用于殘片升溫所需要的能量Q_殘=cmΔT.⑦
　　殘片的動(dòng)能為E_殘=   ⑧
　　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′.         ⑨

　　由此得E′=Mg(R_地+h)-(M-m)μ--cmΔT   ⑩

(2)將題給數(shù)據(jù)代入得E′=2.9×10¹²J.?

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)兩道高考壓軸題作一簡(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