各省市高考物理壓軸題精編(附有祥解)

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(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)、B開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng),但最后A剛好沒(méi)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(méi)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(jiàn)A在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度變?yōu)榱氵^(guò)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(guò)程中向右運(yùn)動(dòng)的路程,L為A從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到剛到達(dá)B的最左端的過(guò)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     ③            、

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(wèn)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(kāi)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(guò)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(guò)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(guò)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(shuō)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(guò)程A克服摩擦力做功為④(2)A在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)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

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(kāi)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

    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

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, 

∴ 物塊從開(kāi)始到第二次碰撞前電場(chǎng)力做功

文本框: 圖5―154(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(kāi)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(kāi)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v1v2;?

(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(wú)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(kāi)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(guò)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(guò)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(guò)一段時(shí)間,突然解除鎖定(鎖定及解除鎖定均無(wú)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(kāi)擋板P之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,彈簧的最大彈性勢(shì)能.

分析:審題過(guò)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(guò)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(kāi)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(guò)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(wèn)題搞清楚了,本題的問(wèn)題就可較容易地得到解答.下面從本題中幾個(gè)物理過(guò)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(lái)了.由能量守恒,有     、

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、彈簧繼續(xù)伸長(zhǎng),A球離開(kāi)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(kāi)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(guò)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=Fm。由以上各式可解得,反映系統(tǒng)性質(zhì)的物理量是

    m=Fm/6g-m0 ,L =36m02v02 g/5Fm2,                

A、B一起運(yùn)動(dòng)過(guò)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=3m0202g/F。

7.(15分)中子星是恒星演化過(guò)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=6.67×1011m3/kg?s2

8.(20分)曾經(jīng)流行過(guò)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(guò)bc邊中點(diǎn)、與ab邊平行,它的一端有一半徑r01.0cm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R135cm,小齒輪的半徑R2=4.cm,大齒輪的半徑R310.0cm(見(jiàn)圖 2),F(xiàn)從靜止開(kāi)始使大齒輪加速轉(zhuǎn)動(dòng),問(wèn)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(wú)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(guò)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=/2εm

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(wú)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=3.2s1

9.(22分)一傳送帶裝置示意如圖,其中傳送帶經(jīng)過(guò)AB區(qū)域時(shí)是水平的,經(jīng)過(guò)BC區(qū)域時(shí)變?yōu)閳A弧形(圓弧由光滑模板形成,未畫(huà)出),經(jīng)過(guò)CD區(qū)域時(shí)是傾斜的,AB和CD都與BC相切。現(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(wú)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^(guò)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    

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(jiàn),在小箱加速運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)多長(zhǎng)時(shí)間煙塵顆粒可以被全部吸附?⑵除塵過(guò)程中電場(chǎng)對(duì)煙塵顆粒共做了多少功?⑶經(jīng)過(guò)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

EK=NA(L-x) mv2/2= NA(L-x)  qUx/L,當(dāng)x=L/2時(shí)EK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(wèn)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(kāi)4)。

在下面的問(wèn)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(kāi),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2×109~1×104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(lái)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

(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(lái)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(kāi))    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,從點(diǎn)以某一初速度垂直射入磁場(chǎng),其軌跡與xy軸的交點(diǎn)A、BO點(diǎn)的距離分別為、,試求:

(1)初速度方向與軸夾角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),粒子初速度方向與軸間的夾角為

π+θ=π+arctg          ④

(2)由①、②解得:

由洛侖茲力提供向心力有:?QvB      ⑥

             ⑦

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

第(2)問(wèn)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,在離地面高度為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(lái)速度的37倍,墜入過(guò)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,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,地球質(zhì)量為M.由牛頓第二定律得:

          ①

地表重力加速度為,則:  ②  由①、②式得:   ③

(2)  噴出氣體后空間站速度變?yōu)?i>v,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,

由動(dòng)能定理得:            ⑤

由③、④、⑤式得:?              ⑥

15.(14分)如圖甲,AB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(guò)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?

θ  ④?

由幾何關(guān)系:cos45°+′⑤

sin45°=    ⑥   則 ′=    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=2qU  

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

              11

帶電粒子在


同步練習(xí)冊(cè)答案