《高中物理思維方法集解》參考系列-高考物理壓軸題匯編

《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、如圖所示，一質量為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開始向左運動、B開始向右運動，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向左運動到達的最遠處(從地面上看)離出發(fā)點的距離。解法1:(1)A剛好沒有滑離B板，表示當A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度。設此速度為，A和B的初速度的大小為，則由動量守恒可得:

解得：，方向向右①(2)A在B板的右端時初速度向左，而到達B板左端時的末速度向右，可見A在運動過程中必經歷向左作減速運動直到速度為零，再向右作加速運動直到速度為V的兩個階段。設為A開始運動到速度變?yōu)榱氵^程中向左運動的路程，為A從速度為零增加到速度為的過程中向右運動的路程，L為A從開始運動到剛到達B的最左端的過程中B運動的路程，如圖6所示。設A與B之間的滑動摩擦力為f，則由功能關系可知:對于B②

對于A③④由幾何關系⑤由①、②、③、④、⑤式解得⑥解法2：對木塊A和木板B組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得：⑦由①③⑦式即可解得結果圖5—154（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，整個空間有一個平行于PR的勻強電場E，在板的右半部分有一個垂直于紙面向外的勻強磁場B，一個質量為m=0.1kg.帶電量為q=0.5C的物體，從板的P圖5—15磁場后恰能做勻速運動.當物體碰到板R端擋板后被彈回，若在碰撞瞬間撤去電場，物體返回時在磁場中仍做勻速運動，離開磁場后做勻減速運動停在C點，PC=L/4，物體與平板間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4.求：（1）判斷物體帶電性質，正電荷還是負電荷？（2）物體與擋板碰撞前后的速度v1和v2；（3）磁感應強度B的大?。唬?）電場強度E的大小和方向.解：(1)由于物體返回后在磁場中無電場，且仍做勻速運動，故知摩擦力為0，所以物體帶正電荷.且：mg=qBv2(2)離開電場后，按動能定理，有：-μmg=0-mv2得：v2=2m/s(3)代入前式求得：B=T(4)由于電荷由P運動到C點做勻加速運動，可知電場強度方向水平向右，且：(Eq-μmg)mv12-0進入電磁場后做勻速運動，故有：Eq=μ(qBv1+mg)由以上兩式得：5、在原子核物理中，研究核子與核子關聯(lián)的最有效途徑是“雙電荷交換反應”．這類反應的前半部分過程和下述力學模型類似．兩個小球A和B用輕質彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(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)生碰撞并立即結成一個整體D．在它們繼續(xù)向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然鎖定，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，A與P接觸而不粘連．過一段時間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無機械能損失）．已知A、B、C三球的質量均為．（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之后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能．分析：審題過程，①排除干擾信息：“在原子核物理中，研究核子與核子關聯(lián)的最有效途徑是“雙電荷交換反應”．這類反應的前半部分過程和下述力學模型類似．”②挖掘隱含條件：“兩個小球A和B用輕質彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(tài)”，隱含摩擦不計和輕質彈簧開始處于自然狀態(tài)（既不伸長，也不壓縮），“C與B發(fā)生碰撞并立即結成一個整體D”隱含碰撞所經歷的時間極短，B球的位移可以忽略，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”隱含在碰撞中系統(tǒng)的動能由于非彈性碰撞而全部消耗掉，只剩下彈性勢能。此題若用分析法求解，應寫出待求量與已知量的關系式，顯然比較困難，由于物體所經歷的各個子過程比較清楚，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三個小球和連結A、B的輕質彈簧組成的系統(tǒng)是如何運動的，這個問題搞清楚了，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，并立即結成一個整體D，根據動量守恒，有（為D的速度）①2、當彈簧的長度被鎖定時，彈簧壓縮到最短，D與A速度相等，如此時速度為，由動量守恒得②當彈簧的長度被鎖定后，D的一部分動能作為彈簧的彈性勢能被貯存起來了．由能量守恒，有③3、撞擊P后，A與D的動能都為０，當突然解除鎖定后（相當于靜止的A、D兩物體中間為用細繩拉緊的彈簧，突然燒斷細繩的狀況，彈簧要對D做正功），當彈簧恢復到自然長度時，彈簧的彈性勢能全部轉變成D的動能，設D的速度為，則有④4、彈簧繼續(xù)伸長，A球離開擋板Ｐ，并獲得速度。當A、D的速度相等時，彈簧伸至最長．此時的勢能為最大，設此時A、D的速度為，勢能為·由動量守恒定律得⑤由機械能守恒定律得：⑥由①、②兩式聯(lián)立解得：⑦聯(lián)立①②③④⑤⑥式解得⑧6、如圖(1)所示為一根豎直懸掛的不可伸長的輕繩，下端掛一小物塊A，上端固定在C點且與一能測量繩的拉力的測力傳感器相連。已知有一質量為ｍ0的子彈B沿水平方向以速度ｖ0射入A內（未穿透），接著兩者一起繞C點在豎直面內做圓周運動。在各種阻力都可忽略的條件下測力傳感器測得繩的拉力F隨時間t的變化關系如圖(2)所示。已知子彈射入的時間極短，且圖(2)中ｔ＝0為A、B開始以相同速度運動的時刻，根據力學規(guī)律和題中（包括圖）提供的信息，對反映懸掛系統(tǒng)本身性質的物理量（例如A的質量）及A、B一起運動過程中的守恒量。你能求得哪些定量的結果？解：由圖2可直接看出，A、B一起做周期性運動，運動的周期T=2t0，令m表示A的質量，L表示繩長，v1表示B陷入A內時即t=0時A、B的速度（即圓周運動最低點的速度），v2表示運動到最高點時的速度，F(xiàn)1表示運動到最低點時繩的拉力，f2表示運動到最高點時繩的拉力，則根據動量守恒定律，得mv0=(m0+m)v1，在最低點和最高點處運用牛頓定律可得F1-(m0+m)g=(m0+m)v12/L，F(xiàn)2+(m0+m)g=(m0+m)v22/L根據機械能守恒定律可得2L(m+m0)g=(m+m0)v12/2-(m+m0)v22/2。由圖2可知F2=0。F1=Fm。由以上各式可解得，反映系統(tǒng)性質的物理量是m=Fm/6g-m0，L=36m02v02g/5FmA、B一起運動過程中的守恒量是機械能E，若以最低點為勢能的零點，則E=(m+m0)v12/2。由幾式解得E＝3m02ｖ02g/F7．（15分）中子星是恒星演化過程的一種可能結果，它的密度很大?，F(xiàn)有一中子星，觀測到它的自轉周期為T＝1/30s。向該中子星的最小密度應是多少才能維持該星體的穩(wěn)定，不致因自轉而瓦解。計等時星體可視為均勻球體。（引力常數(shù)G＝6.67×10－11m3/kg·s8．（20分）曾經流行過一種向自行車車頭燈供電的小型交流發(fā)電機，圖1為其結構示意圖。圖中N、S是一對固定的磁極，abcd為固定在轉軸上的矩形線框，轉軸過bc邊中點、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。當車輪轉動時，因摩擦而帶動小輪轉動，從而使線框在磁極間轉動。設線框由N＝800匝導線圈組成，每匝線圈的面積S＝20cm2，磁極間的磁場可視作勻強磁場，磁感強度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）?，F(xiàn)從靜止開始使大齒輪加速轉動，問大齒輪的角速度為多大才能使發(fā)電機輸出電壓的有效值U＝3.2V？（假定摩擦小輪與自行車輪之間無相對滑動）7．（15分）參考解答：考慮中子星赤道處一小塊物質，只有當它受到的萬有引力大于或等于它隨星體一起旋轉所需的向心力時，中子星才不會瓦解。設中子星的密度為ρ，質量為M，半徑為R，自轉角速度為ω，位于赤道處的小塊物質質量為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)據解得：ρ＝1.27×1014kg/m38．（20分）參考解答：當自行車車輪轉動時，通過摩擦小輪使發(fā)電機的線框在勻強磁場內轉動，線框中產生一正弦交流電動勢，其最大值ε＝ω0BSN式中ω0為線框轉動的角速度，即摩擦小輪轉動的角速度。發(fā)電機兩端電壓的有效值U＝/2εm設自行車車輪轉動的角速度為ω1，由于自行車車輪與摩擦小輪之間無相對滑動，有R1ω1＝R0ω0小齒輪轉動的角速度與自行車輪轉動的角速度相同，也為ω1。設大齒輪轉動的角速度為ω，有R3ω＝R2ω1由以上各式解得ω＝(U/BSN)(R2r0/R3r1)代入數(shù)據得ω＝3.2s－19．（22分）一傳送帶裝置示意如圖，其中傳送帶經過AB區(qū)域時是水平的，經過BC區(qū)域時變?yōu)閳A弧形（圓弧由光滑模板形成，未畫出），經過CD區(qū)域時是傾斜的，AB和CD都與BC相切。現(xiàn)將大量的質量均為m的小貨箱一個一個在A處放到傳送帶上，放置時初速為零，經傳送帶運送到D處，D和A的高度差為h。穩(wěn)定工作時傳送帶速度不變，CD段上各箱等距排列，相鄰兩箱的距離為L。每個箱子在A處投放后，在到達B之前已經相對于傳送帶靜止，且以后也不再滑動（忽略經BC段時的微小滑動）。已知在一段相當長的時間T內，共運送小貨箱的數(shù)目為N。這裝置由電動機帶動，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦。求電動機的平均抽出功率。9．（22分）參考解答：以地面為參考系（下同），設傳送帶的運動速度為v0，在水平段運輸?shù)倪^程中，小貨箱先在滑動摩擦力作用下做勻加速運動，設這段路程為s，所用時間為t，加速度為a，則對小箱有s＝1/2at2①v0＝at②在這段時間內，傳送帶運動的路程為s0＝v0t③由以上可得s0＝2s④用f表示小箱與傳送帶之間的滑動摩擦力，則傳送帶對小箱做功為A＝fs＝1/2mv02⑤傳送帶克服小箱對它的摩擦力做功A0＝fs0＝2·1/2mv02⑥兩者之差就是克服摩擦力做功發(fā)出的熱量Q＝1/2mv02⑦可見，在小箱加速運動過程中，小箱獲得的動能與發(fā)熱量相等。T時間內，電動機輸出的功為W＝T⑧此功用于增加小箱的動能、勢能以及克服摩擦力發(fā)熱，即W＝1/2Nmv02＋Nmgh＋NQ⑨已知相鄰兩小箱的距離為L，所以v0T＝NL⑩聯(lián)立⑦⑧⑨⑩，得：＝[＋gh]US接地－+L10.（14分）為研究靜電除塵，有人設計了一個盒狀容器，容器側面是絕緣的透明有機玻璃，它的上下底面是面積A=0.04m2的金屬板，間距L=0.05m，當連接到U=2500V的高壓電源正負兩極時，能在兩金屬板間產生一個勻強電場，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，每立方米有煙塵顆粒1013個，假設這些顆粒都處于靜止狀態(tài)，每個顆粒帶電量為q=+1.0×10-17C，質量為m=2.0×10-15US接地－+L[⑴當最靠近上表面的煙塵顆粒被吸附到下板時，煙塵就被全部吸附。煙塵顆粒受到的電場力F=qU/L，L=at2/2=qUt2/2mL，故t=0.02s⑵W=NALqU/2=2.5×10-4J ⑶設煙塵顆粒下落距離為x，則當時所有煙塵顆粒的總動能EK=NA(L-x)mv2/2=NA(L-x)qUx/L，當x=L/2時EK達最大，而x=at12/2，故t1=0.014s]11．（12分）風洞實驗室中可以產生水平方向的、大小可調節(jié)的風力，現(xiàn)將一套有小球的細直桿放入風洞實驗室，小球孔徑略大于細桿直徑。（1）當桿在水平方向上固定時，調節(jié)風力的大小，使小球在桿上作勻速運動，這時小班干部所受的風力為小球所受重力的0.5倍，求小球與桿間的滑動摩擦因數(shù)。（2）保持小球所受風力不變，使桿與水平方向間夾角為37°并固定，則小球從靜止出發(fā)在細桿上滑下距離S所需時間為多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）13．（1）設小球所受的風力為F，小球質量為eq\o\ac(○,1)eq\o\ac(○,2)（2）設桿對小球的支持力為N，摩擦力為沿桿方向eq\o\ac(○,3)垂直于桿方向eq\o\ac(○,4)eq\o\ac(○,5)可解得eq\o\ac(○,6)eq\o\ac(○,7)eq\o\ac(○,8)評分標準：（1）3分。正確得出eq\o\ac(○,2)式，得3分。僅寫出eq\o\ac(○,1)式，得1分。（2）9分，正確得出eq\o\ac(○,6)式，得6分，僅寫出eq\o\ac(○,3)、eq\o\ac(○,4)式，各得2分，僅寫出eq\o\ac(○,5)式，得1分，正確得出eq\o\ac(○,8)式，得3分，僅寫出eq\o\ac(○,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，會不斷向外輻射電磁波，這種輻射因與溫度有關，稱為勢輻射，勢輻射具有如下特點：eq\o\ac(○,1)輻射的能量中包含各種波長的電磁波；eq\o\ac(○,2)物體溫度越高，單位時間從物體表面單位面積上輻射的能量越大；eq\o\ac(○,3)在輻射的總能量中，各種波長所占的百分比不同。處于一定溫度的物體在向外輻射電磁能量的同時，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對輻射與吸收的影響，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，單位時間內從黑體表面單位央積輻射的電磁波的總能量與黑體絕對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，把研究對象都簡單地看作黑體。有關數(shù)據及數(shù)學公式：太陽半徑千米，太陽表面溫度開，火星半徑千米，球面積，，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米范圍內，求相應的頻率范圍。（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為垂直射可認為垂直身到面積為（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）eq\o\ac(○,1)（赫）eq\o\ac(○,2)（赫）eq\o\ac(○,3)輻射的頻率范圍為3×1012赫－1.5×1017赫（2）每小量從太陽表面輻射的總能量為eq\o\ac(○,4)代入數(shù)所得W=1.38×1010焦eq\o\ac(○,5)（3）設火星表面溫度為T，太陽到火星距離為，火星單位時間內吸收來自太陽的輻射能量為eq\o\ac(○,6)eq\o\ac(○,7)火星單位時間內向外輻射電磁波能量為eq\o\ac(○,8)火星處在平衡狀態(tài)eq\o\ac(○,9)即eq\o\ac(○,10)由eq\o\ac(○,10)式解得火星平均溫度（開）eq\o\ac(○,11)評分標準：全題13分（1）正確得了eq\o\ac(○,1)，eq\o\ac(○,2)，eq\o\ac(○,3)式，各得1分。（2）正確得出eq\o\ac(○,5)式，得5分，僅寫出eq\o\ac(○,4)式，得3分。（3）正確得出eq\o\ac(○,10)式，得4分，僅寫出eq\o\ac(○,6)式或eq\o\ac(○,7)式，得1分；僅寫出eq\o\ac(○,8)式，得1分，正確得出eq\o\ac(○,11)式，得1分。13.(13分)如圖所示，在xoy平面內有垂直坐標平面的范圍足夠大的勻強磁場，磁感強度為B，一帶正電荷量Q的粒子，質量為ｍ，從Ｏ點以某一初速度垂直射入磁場，其軌跡與x、y軸的交點A、B到O點的距離分別為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)磁場方向垂直坐標平面向里時，粒子初速度方向與ｘ軸的夾角為θ，射入磁場做勻速圓周運動，由幾何關系可作出軌跡如圖所示，設圓半徑為R，由數(shù)學關系可得：①②由①、②解得tgθ＝∴θ＝arctg③當磁場方向垂直坐標平面向外時，粒子初速度方向與ｘ軸間的夾角為π＋θ＝π＋arctg④(2)由①、②解得：⑤由洛侖茲力提供向心力有：ＱｖＢ＝ｍ⑥∴⑦評分標準：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”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)運行，3月20號左右將墜入太平洋.設空間站的總質量為ｍ，在離地面高度為ｈ的軌道上繞地球做勻速圓周運動墜落時地面指揮系統(tǒng)使空間站在極短時間內向前噴出部分高速氣體，使其速度瞬間變小，在萬有引力作用下下墜.設噴出氣體的質量為m，噴出速度為空間站原來速度的37倍，墜入過程中外力對空間站做功為W.求：(1)空間站做圓周運動時的線速度.(2)空間站落到太平洋表面時的速度.(設地球表面的重力加速度為ｇ，地球半徑為R)14.參考解答：設空間站做圓周運動的速度為ｖ１，地球質量為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噴出氣體后空間站速度變?yōu)椋觯?，由動量守恒定律得：④設空間站落到太平洋表面時速度為ｖ３，由動能定理得：⑤由③、④、⑤式得：⑥15.(14分)如圖甲，A、B兩板間距為，板間電勢差為U，C、D兩板間距離和板長均為L，兩板間加一如圖乙所示的電壓.在S處有一電量為q、質量為m的帶電粒子，經A、B間電場加速又經C、D間電場偏轉后進入一個垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域，磁感強度為B.不計重力影響，欲使該帶電粒子經過某路徑后能返回S處.求：(1)勻強磁場的寬度L′至少為多少?(2)該帶電粒子周期性運動的周期T.(1)AB加速階段，由動能定理得：①偏轉階段，帶電粒子作類平拋運動偏轉時間②側移量③設在偏轉電場中，偏轉角為θ則即θ＝④由幾何關系：Ｒｃｏｓ45°＋Ｒ＝Ｌ′⑤Ｒsin45°＝⑥則Ｌ′＝⑦注：L′也可由下面方法求得：粒子從S點射入到出偏轉電場，電場力共做功為Ｗ＝２ｑＵ⑧設出電場時速度為ｖ′，有解得ｖ′＝⑨粒子在磁場中做圓周運動的半徑：∴⑩(2)設粒子在加速電場中運動的時間為ｔ２則ｔ２＝eq\o\ac(○,11)帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期eq\o\ac(○,12)實際轉過的角度α＝２π－２θ＝eq\o\ac(○,13)在磁場中運動時間ｔ３＝eq\o\ac(○,14)故粒子運動的周期T＝２ｔ２＋２ｔ１＋ｔ３＝４Ｌeq\o\ac(○,15)評分標準：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eq\o\ac(○,12)、eq\o\ac(○,13)、eq\o\ac(○,14)、式各1分，eq\o\ac(○,15)式2分.16、2000年1月26日我國發(fā)射了一顆同步衛(wèi)星，其定點位置與東經98°的經線在同一平面內。若把甘肅省嘉峪關處的經度和緯度近似取為東經98°和北緯α＝40°，已知地球半徑R、地球自轉周期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)出的微波信號傳到嘉峪關處的接收站所需的時間（要求用題給的已知量的符號表示）。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)星到嘉峪關的距離L，則由運動學就能得到同步衛(wèi)星發(fā)出的微波信號傳到位于嘉峪關的接收站所需的時間t。如何求得L是解題的關鍵，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)星的定點位置與東經98°的經線在同一平面內，而嘉峪關處的經度和緯度近似取為東經98°和北緯α＝40°，隱含該同步衛(wèi)星P、嘉峪關Q和地心O在同一個平面內，構成一個三角形，∠QOP=α＝40°，如圖11所示，這樣由余弦定理就可求得L。

設m為衛(wèi)星質量，M為地球質量，r為衛(wèi)星到地球中心的距離，w為衛(wèi)星繞地轉動的角速度，由萬有引力定律和牛頓定律有。

①①

式中G為萬有引力恒量，因同步衛(wèi)星繞地心轉動的角速度w與地球自轉的角速度相等，有②

因得③

設嘉峪關到同步衛(wèi)星的距離為L，由余弦定理

④

所求時間為⑤

由以上各式得⑥17、“和平號”空間站已于2001年3月23日成功地墜落在南太平洋海域，墜落過程可簡化為從一個近圓軌道（可近似看作圓軌道）開始，經過與大氣摩擦，空間站的絕大部分經過升溫、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反應的能量）。試導出以下列各物理量的符號表示散失能量E′的公式.（2）算出E′的數(shù)值（結果保留兩位有效數(shù)字）墜落開始時空間站的質量M=1.17×105kg；軌道離地面的高度為h=146km；地球半徑R=6.4×106m；墜落空間范圍內重力加速度可看作g=10m/s2；入海殘片的質量=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”空間站成功地墜落在南太平洋海域。讓繞地球運行的空間站按照預定的路線成功墜落在預定的海域，這件事情本身就極富挑戰(zhàn)性，表達了人類征服自然改造自然的雄心和實力。（1）作為一道信息題，首先我們應弄清題目所述的物理過程，建立一個正確的物理模型。我們將空間站看作一個質點，開始時以一定的速度繞地球運行，具有一定的動能和勢能，墜落開始時空間站離開軌道，經過摩擦升溫，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，整個過程中，總能量是守恒的。根據題述條件，從近圓軌道到地面的空間中重力加速度g=10m/s2，若以地面為重力勢能的零點，墜落過程開始時空間站在近圓軌道的勢能.①

以v表示空間站在軌道上的速度，可得.②

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能

（R地+h）④

由式①、④可得，在近圓軌道上空間站的機械能

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--cmΔT⑩(2)將題給數(shù)據代入得E′=2.9×1012J.帶電粒子在電磁場中運動問題帶電粒子在電磁場中運動問題，實質是力學問題，通常從受力分析，運動情況分析入手，利用力學規(guī)律，并注意幾何關系即可求解。下面對兩道高考壓軸題作一簡要分析。18、一帶電質點質量為m電量為q，以平行于ox軸的速度v從y軸上的a點射入圖7中第一象限所示的區(qū)域。為了使該質點能從x軸上的b點以垂直于ox軸的速度v射出，可在適當?shù)牡胤郊右粋€垂直于xy平面、磁感強度為B的勻強磁場。若此磁場僅分布在一個圓形區(qū)域內，試求這個圓形區(qū)域的最小半徑，重力忽略不計。解析：由題意可知，質量在xy平面的第一象限的磁場中做勻速圓周運動，在磁場外做勻速直線運動。由于質點進入磁場的速度方向與飛出磁場的速度方向相垂直成90°，由此可知質點在磁場中的軌跡是半徑為R的圓O（虛線）的圓周的1/4，如圖8，由題意，恰包含弦的磁場圓有無數(shù)個，且對應的圓心角越小，圓半徑越大，反之則越小，當圓心角為180°時，即為直徑時磁場圓O'（實線）的半徑最小，設其半徑為r，易得

顯而易見，以上找圓心及對角度的分析是解題的關鍵。19、圖9中虛線MN是一垂直面的平面與紙面的交線，在平面右側的半空間存在著一磁感強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外。O是MN上的一點，從O點可以向磁場區(qū)域發(fā)射電量為＋q、質量為m速率為v的粒子，粒子射入磁場時的速度可在紙面內各個方向。已知先后射入的兩個粒子恰好在磁場中的P點相遇，P到O的距離為L。不計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中的軌道半徑。

(2)求這兩個粒子從O點射入磁場的時間間隔。分析與解：這一題是帶電粒子僅在洛侖茲力作用下的運動問題，前后兩個粒子做完全相同的勻速圓周運動，對應的物理規(guī)律較簡單，第二問的難點在于物理情景分析和幾何關系的確定，勾畫草圖分析，巧設角度是解題的關鍵。（1）設粒子在磁場中作圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律，有

得①

（2）如圖10所示，以OP為弦可畫兩個半徑相同的圓，分別表示在P點相遇的兩個粒子的軌道。圓心和直徑分別為O1、O2和OO1Q1,OO2Q2,在0處兩個圓的切線分別表示兩個粒子的射入方向，用θ表示它之間的夾角。由幾何關系可知從0點射入到相遇，粒子1的路程為半個圓周加弧長Q1P

Q1P＝Rθ③粒子2的路程為半個圓周減弧長PQ2=Rθ④粒子1運動的時間

⑤其中T為圓周運動的周期。粒子2運動的時間為⑥

兩粒子射入的時間問隔△t=t1-t2=⑦

因得⑧由①、⑦、⑧三式得

△t=20.(13分)1951年，物理學家發(fā)現(xiàn)了“電子偶數(shù)”，所謂“電子偶數(shù)”就是由一個負電子和一個正電子繞它們的質量中心旋轉形成的相對穩(wěn)定的系統(tǒng).已知正、負電子的質量均為me，普朗克常數(shù)為h，靜電力常量為k，假設“電子偶數(shù)”中正、負電子繞它們質量中心做勻速圓周運動的軌道半徑r、運動速度v及電子的質量滿足量子化理論：2mevnrn=nh/2π，n=1,2……，“電子偶數(shù)”的能量為正負電子運動的動能和系統(tǒng)的電勢能之和，已知兩正負電子相距為L時的電勢能為Ep=-k，試求n=1時“電子偶數(shù)”的能量.【分析】由量子化理論知n=1時，2mev1r1=解得 ①設此時電子運轉軌道半徑為r，由牛頓定律有me ②由①②聯(lián)立可得v1＝πke2／h系統(tǒng)電勢能Ep=-k=－2mev12而系統(tǒng)兩電子動能為Ek=2×系統(tǒng)能量為E=Ep+Ek＝-mev12=-π2mk2e4／h2評分：解答①式正確得2分；解答②式正確得3分；正確分析系統(tǒng)勢能得2分；解答動能正確得3分；正確列式、得出總能量表達式得3分.21.(14分)顯像管的工作原理是陰極K發(fā)射的電子束經高壓加速電場(電壓U)加速后垂直正對圓心進入磁感應強度為B、半徑為r的圓形勻強偏轉磁場，如圖11所示，偏轉后轟擊熒光屏P，熒光粉受激而發(fā)光，在極短時間內完成一幅掃描.若去離子水質不純，所生產的陰極材料中會有少量SO，SO打在屏上出現(xiàn)暗斑，稱為離子斑，如發(fā)生上述情況，試分析說明暗斑集中在熒光屏中央的原因［電子質量為9.1×10－31kg，硫酸根離子(SO)質量為1.6×10－25kg］.【分析】電子或硫酸根離子在加速電場中qU=設粒子在偏轉磁場中偏轉時，軌道半徑為R,有：qvB=m則R=設粒子在偏轉磁場中速度偏角為θ，有：tan故tan∝由于硫酸根離子荷質比遠小于電子的荷質比，高速硫酸根離子經過磁場幾乎不發(fā)生偏轉，而集中打在熒光屏中央，形成暗斑.評分：正確運用動能定理處理粒子在加速電場中的運動得3分；求解粒子在偏轉磁場中的軌道半徑得3分；正確抓住切入點，求解tan得3分；明確tan與的關系得2分；最后將tan∝應用于電子和硫酸根離子，得出正確結論得2分.22.(14分)如圖12是用高電阻放電法測電容的實驗電路圖，其原理是測出電容器在充電電壓為U時所帶的電荷量Q，從而求出其電容C.該實驗的操作步驟如下：①按電路圖接好實驗電路;②接通開關S，調節(jié)電阻箱R的阻值，使微安表的指針接近滿刻度，記下這時的電壓表讀數(shù)U0＝6.2V和微安表讀數(shù)I0＝490μA;③斷開電鍵S并同時開始計時，每隔5s或10s讀一次微安表的讀數(shù)i,將讀數(shù)記錄在預先設計的表格中;④根據表格中的12組數(shù)據，以t為橫坐標，i為縱坐標，在坐標紙上描點(圖中用“×”表示),則：圖12(1)根據圖示中的描點作出圖線.(2)試分析圖示中i-t圖線下所圍的“面積”所表示的物理意義.(3)根據以上實驗結果和圖線，估算當電容器兩端電壓為U0所帶的電量Q0，并計算電容器的電容.【分析】(1)根據描點繪出圓滑的曲線如圖所示.注：(a)繪出折線不得分；(b)繪出的曲線應與橫軸相切，否則酌情扣分.(2)圖中i-t圖線下所圍的“面積”表示斷開電鍵后通過電阻R的電量，即電容器兩端電壓為U0時所帶電量為Q.(3)根據繪出圖線，估算“面積”格數(shù)約32～33格(此范圍內均得分，下同).因此，電容器電容為U0時，帶電量(Q0)約為8.00×10－3C～8.25×10－3C由C=得，電容器電容(C)約為：1.30×10－3F～1.33×10－3F評分：(1)繪圖正確得4分；(2)“面積”意義分析正確得5分；(3)電容計算正確得5分.圖1123.(12分)據有關資料介紹，受控核聚變裝置中有極高的溫度，因而帶電粒子將沒有通常意義上的“容器”可裝，而是由磁場約束帶電粒子運動使之束縛在某個區(qū)域內.現(xiàn)按下面的簡化條件來討論這個問題：如圖11所示是一個截面為內徑R１＝0.6m、外徑R2=1.2m的環(huán)狀區(qū)域，區(qū)域內有垂直于截面向里的勻強磁場.已知氦核的荷質比=4.8×107C/kg，磁場的磁感應強度B=0.4T，不計帶電粒子重力.圖11(1)實踐證明，氦核在磁場區(qū)域內沿垂直于磁場方向運動速度v的大小與它在磁場中運動的軌道半徑r有關，試導出v與r的關系式.(2)若氦核在平行于截面從A點沿各個方向射入磁場都不能穿出磁場的外邊界，求氦核的最大速度.解：(1)設氦核質量為m,電量為q，以速度v在磁感應強度為B的勻強磁場中做半徑為r的勻速圓周運動，Bqv=m(3分)所以v=(2分)(2)當氦核以vm的速度沿與內圓相切方向射入磁場且軌道與外圓相切時，則以vm速度沿各方向射入磁場均不能穿過磁場(1分)即r１≤＝0.3m(2分)由Bqv=知r=(2分)所以vm=≤5.76×106m/s(2分)圖1324.(13分)在科技活動中某同學利用自制的電子秤來稱量物體的質量，如圖13所示，為電子秤的原理圖，托盤和彈簧的電阻與質量均不計.滑動變阻器的滑動端與彈簧上端連接，當托盤中沒有放物體時，電壓表示數(shù)為零.設變阻器的總電阻為R，總長度為l，電源電動勢為E，內阻為r，限流電阻的阻值為R0，彈簧勁度系數(shù)為k，不計一切摩擦和其他阻力，電壓表為理想表，當托盤上放上某物體時，電壓表的示數(shù)為U，求此時稱量物體的質量.圖13【分析】設托盤上放上質量為m的物體時，彈簧的壓縮量為x，由題設知mg=kxx=①(3分)由全電路歐姆定律知：I=②(3分)U=I·R′=I·③(3分)聯(lián)立①②③求解得m=U(4分)圖1425.(14分)在水平地面上勻速行駛的拖拉機，前輪直徑為0.8m,后輪直徑為1.25m,兩輪的軸水平距離為2m,如圖14所示，在行駛的過程中，從前輪邊緣的最高點A處水平飛出一小塊石子，0.2s后從后輪的邊緣的最高點B處也水平飛出一小塊石子，這兩塊石子先后落到地面上同一處(g取10m/s2圖14【分析】由題設知，從A處水平飛出的石子和0.2s后從B處水平飛出的石子均做平拋運動，拋出的初速度大小相等(2分)，且均為拖拉機行駛速度的2倍(2分)如圖2′所示xA=2v·tA=2v(2分)圖2′xB=2vtB=2v(2分)圖2′xＡ+d=xB+v·t0(3分)v=5m/s(3分)26.(14分)帶有等量異種電荷的兩個平行金屬板A和B水平放置，相距為d(d遠小于板的長和寬)，一個帶正電的油滴M浮在兩板正中央，處于靜止狀態(tài)，其質量為m,帶電量為q，如圖15所示.在油滴正上方距A板高度為d處有另一質量為m的帶電油滴N由靜止開始釋放，可穿過A板上的小孔進入兩板間并與M相碰，碰后結合成一個大油滴.整個裝置放置在真空環(huán)境中，不計油滴M和N間的萬有引力和庫侖力以及金屬板的厚度，要使油滴N能與M相碰且結合后又不至于同金屬板B相碰，求：(1)金屬板A、B間的電勢差是多少?(2)油滴N帶何種電荷，電量可能為多少?【分析】(1)由M油滴的平衡條件知mg=UAB＝－(2分)(2)要使M、N相碰后不至于到B板，N應帶正電(1分)設N的帶電量為Q，則N、M相碰必滿足mg(d+d)-QUBA＝mv２＞0(2分)所以Q＞=3q(2分)N、M相碰時mv=2mv′v′=v(1分)N、M結合成大油滴不能到B板應滿足(2m)v′２+2mg＜(q+Q)UBA(2分)所以Q＞q(2分)q＜Q＜3q(2分)27.（16分）如圖甲所示，A、B為兩塊距離很近的平行金屬板，板中央均有小孔.一束電子以初動能Ek=120eV,從A板上的小孔O不斷垂直于板射入A、B之間，在B板右側，平行于金屬板M、N組成一個勻強電場，板長L=2×10-2m，板間距離d=4×10-3m，偏轉電場所加電壓為U2=20V.現(xiàn)在在A、B兩板間加一個如圖乙所示的變化電壓U1，在t=0到t=2s時間內，A板電勢高于B板電勢，則在U1（1）電子在哪段時間內可以從B板小孔射出？（2）在哪段時間內，電子能從偏轉電場右側飛出？（由于A、B兩板距離很近，可以認為電子穿過A、B板所用時間很短，可以不計）解：（1）能射出B板,要求電子達到B板時速度大于或等于零由動能定理得-eU1=0-U1=120V(2分)AB兩板電壓在0~1s區(qū)間內滿足關系式U=200t (1分)所以U1=200t1,t1=0.6s (1分)由于電壓圖象的對稱性，另一對應時刻t2=1.4s在第二個周期.又當B板電勢高于A板電勢時電子均能射出.所以能射出的時間段為0~0.6s及1.4~4s. (2分)（2）設電子從偏轉電場中點垂直射入時速度為v0，動能為Ek，那么側移是y= (2分)y≤才能射出所以 (1分)Ek≥250eV （1分）又Ek=eU1+Eko (1分)所以120e+eU1≥250eU1≥130V (1分)又因t1=+2=2.65s (1分)t2=4-=3.35s (1分)所以在2.65s~3.35s內有電子射出（2分）28.(14分)噴墨打印機的結構簡圖如圖4—12所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，其半徑約為10－5m，此微滴經過帶電室時被帶上負電，帶電的多少由計算機按字體筆畫高低位置輸入信號加以控制。帶電后的微滴以一定的初速度進入偏轉電場，帶電微滴經過偏轉電場發(fā)生偏轉后打到紙上，顯示出字體.無信號輸入時，墨汁微滴不帶電，徑直通過偏轉板而注入回流槽流回墨盒。偏轉板長1.6cm，兩板間的距離為0.50cm，偏轉板的右端距紙3.2cm。若墨汁微滴的質量為1.6×10－10kg，以20m/s的初速度垂直于電場方向進入偏轉電場，兩偏轉板間的電壓是8.0×103V，若墨汁微滴打到紙上的點距原射入方向的距離是2.0mm.求這個墨汁微滴通過帶電室?guī)У碾娏渴嵌嗌?？（不計空氣阻力和重力，可以認為偏轉電場只局限于平行板電容器內部，忽略邊緣電場的不均勻性.）為了使紙上的字放大10解：設微滴的帶電量為q，它進入偏轉電場后做類平拋運動，離開電場后做直線運動打到紙上，距原入射方向的距離為y=at2+LtanΦ(2分)，又a=（1分），t=(1分)，tanΦ=(1分)，可得y=(2分），代入數(shù)據得q=1.25×10－13C（2分）.要將字體放大10%，只要使y增大為原來的1.1倍，可以增大電壓U達8.8×103V，或增大L，使L為3.6cm（5分）．29.（16分）如圖5—16所示,光子具有動量，每個光子的動量mv=h/λ（式中h為普朗克常量，λ為光子的波長）.當光照射到物體表面上時，不論光被物體吸收還是被物體表面反射，光子的動量都會發(fā)生改變，因而對物體表面產生一種壓力，稱為光壓.右圖是列別捷夫設計的用來測量光壓的儀器.圖中兩個圓片中，a是涂黑的，而b是光亮的.當光線照射到a上時，可以認為光子全部被吸收，而當光線照射到b上時，可以認為光子全部被反射.分別用光線照射在a或b上，由于光壓的作用，都可以引起懸絲的旋轉，旋轉的角度圖5—16可以借助于和懸絲一起旋轉的小平面鏡M圖5—16（1）如果用一束強光同時照射a、b兩個圓片，光線的入射方向跟圓片表面垂直，懸絲將向哪個方向偏轉？為什么？（2）已知a、b兩個圓片的半徑都為r，兩圓心間的距離是d.現(xiàn)用頻率為ν的激光束同時照射a、b兩個圓片，設入射光與圓面垂直，單位時間內垂直于光傳播方向的單位面積上通過的光子個數(shù)為n，光速為c，求：由于光壓而產生的作用力分別多大.解：(1)a向外b向里轉動（從上向下看逆時針轉動）（3分）對時間t內照到圓片上的光子用動量定理：Ft=ntSΔmv，照到a上的每個光子的動量變化是mv，而照到b上的每個光子的動量變化是2mv；因此光子對b的光壓大.（3分）(2)分別對單位時間內照射到a、b上的光子用動量定理，有：Fa=nπr2hν/c，F(xiàn)b=nπr22hν/c（10分）-----------------密-----------------封-----------------線----------------------------------密-----------------封-----------------線-----------------內-----------------請-----------------勿-----------------答-----------------題-----------------①電子進入AB板時的初速度；②要使所有的電子都能打在熒光屏上，圖乙中電壓的最大值U0滿足什么條件（屏足夠高）？③要使熒光屏上始終顯示一個完整的波形，熒光屏必須每隔多長時間回到初始位置？計算這個波形的峰值和長度。在圖丙所示的X－Y坐標系中畫出這個波形。答案：⑴動能定理⑵電子做類平拋運動，要使所有電子打到屏上，則所有電子都要飛出平行板，電壓的最大值U0滿足：⑶峰值：長度：x=vT波形圖與原圖關于X軸對稱31．（16分）如圖所示為示波管的原理圖，電子槍中熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子，初速度很小，可視為零。電子槍的加速電壓為U0，緊挨著是偏轉電極YY′和XX′，設偏轉電極的極板長均為？，板間距離均為d，偏轉電極XX′的右端到熒光屏的距離為。電子電量為e，質量為m（不計偏轉電極YY′和XX′二者之間的間距）、在YY′、XX′偏轉電極上不加電壓時，電子恰能打在熒光屏上坐標的原點。求：（1）若只在YY′偏轉電極上加電壓（，則電子到達熒光屏上的速度多大?（2）在第（1）問中，若再在XX′偏轉電板上加上，試在熒光屏上標出亮點的大致位置，并求出該點在熒光屏上坐標系中的坐標值。31．解：（1）經加速電壓后電子的速度為，則有（1）電子經過YY′偏轉電極的時間為側向分速度為，則有（2）（3）電子打到熒光屏上的速度等于離開偏轉電極時的速度，由（1）（2）（3）可得（4）（2）電子在YY′偏轉電極中的側向位移為（5）離開YY′偏轉電極后的運動時間為、側向位移為則有（6）（7）電子在y方向的位移為（8）同理：電子在XX′偏轉電極中的側向位移為（9）離開XX′后運動時間為，側向位移為，則有（10）（11）電子在x方向的位移為（12）光點在熒光屏上的坐標32、如圖1所不，A、B為水平放置的平行金屬板，板間距離為d(d遠小于板的長和寬)。在兩板之間有一帶負電