高考物理压轴题汇编.doc

1、高考物理压轴题汇编 如图所示，在盛水的圆柱型容器内竖直地浮着一块圆柱型的木块，木块的体积为 V，高为h，其密度为水密度的二分之一，横截面积为容器横截面积的二分之一，在水面静止时，水高为 2h，现用力缓慢地将木块压到容器底部，若水不会从容器中溢出，求压力所做的功。 解：由题意知木块的密度为 /2，所以木块未加压力时，将有一半浸在水中，即入水深度为 h/2， 木块向下压，水面就升高，由于木块横截面积是容器的 1/2，所以当木块上底面与水面平齐时，水面上升h/4，木块下降 h/4，即：木块下降h/4，同时把它新占据的 下部 V/4体积的水重心升高 3h/4，由功能关系可得这一阶段压力所做的功 v g

2、hhgvhgvw 16142441 压力继续把木块压到容器底部，在这一阶段，木块重心下降 45h ，同时底部被木块所占空间的水重心升高 45h ，由功能关系可得这一阶段压力所做的功v ghhgvhvgw 1610452452 整个过程压力做的总功为： v g hv g hv g hwww 1611161016121 (16 分 )为了证实玻尔关于原子存在分立能态的假设，历史上 曾经有过著名的夫兰克 赫兹实验，其实验装置的原理示意图如图所示 .由电子枪 A 射出的电子，射进一个容器 B 中，其中有氦气 .电子在 O 点与氦原子发生碰撞后，进入速度选择器 C，然后进入检测装置 D.速度选择器 C

3、由两个同心的圆弧形电极 P1和 P2组成，当两极间加以电压 U 时，只允许具有确定能量的电子通过，并进入检测装置 D.由检测装置测出电子产生的电流 I，改变电压 U，同时测出 I的数值，即可确定碰撞后进入速度选择器的电子的能量分布 . 我们合理简化问题，设电子与原子碰撞前原子是静止的，原子质量比电子质量大很多，碰撞后，原子虽然稍微被 碰动，但忽略这一能量损失，设原子未动（即忽略电子与原子碰撞过程中，原子得到的机械能） .实验表明，在一定条件下，有些电子与原子碰撞后没有动能损失 ,电子只改变运动方向 .有些电子与原子碰撞时要损失动能，所损失的动能被原子吸收，使原子自身体系能量增大， (1)设速度

4、选择器两极间的电压为 U（ V）时，允许通过的电子的动能为 Ek（ eV），导出 Ek（ eV）与 U（ V）的函数关系（设通过选择器的电子的轨道半径 r=20.0 cm，电极 P1和 P2之间隔 d=1.00 cm,两极间场强大小处处相同），要说明为什么有些电子不能进入到接收 器 . (2)当电子枪射出的电子动能 Ek=50.0 eV 时，改变电压 U（ V），测出电流 I（ A），得出下图所示的 I U 图线，图线表明，当电压 U 为 5.00 V、 2.88 V、 2.72 V、 2.64 V 时，电流出现峰值，定性分析论述 I U图线的物理意义 . (3)根据上述实验结果求出氦原子三个

5、激发态的能级 En（ eV），设其基态 E1=0. 解： (1)当两极间电压为 U时，具有速度 v的电子进入速度选择器两极间的电场中，所受电场力方向与 v 垂直，且大小不变，则电子在两极间做匀速圆周运动，电场力提供向心力，设电子质量为 m，电量为 e,则电场力 F=qE=eU/d 根据牛顿第二定律有 eU/d=mv2/R 解得电子动能 Ek=mv2/2=eUR/2d=10.0U(eV) (6分 ) 即动能与电压成正比 ,此结果表明当两极间电压为 U 时，允许通过动能为 10.0U（ eV）的电子，而那些大于或小于 10U（ eV）的电子，由于受到过小或过大的力作用做趋心或离心运动而分别落在两电

6、极上，不能到达检测装置 D. （ 2） I U 图线表明电压为 5.0 V 时有峰值，表明动能为 50.0 eV 的电子通过选择器，碰撞后电子动能等于入射时初动能，即碰撞中原子没有吸收能量，其能级不 变 当电压为 2.88 V、 2.72 V、 2.64 V 时出现峰值，表明电子碰撞后，动能分别从 50.0 eV，变为 28.8 eV， 27.2 eV、 26.4 eV,电子通过选择器进入检测器，它们减小的动能分别在碰撞 时被原子吸收， I U 图线在特定能量处出现峰值，表明原子能量的吸收是有选择的、分立的、不连续的存在定态 .(例如在电压为 4.0 V 时没有电流，表明碰撞后，电子中没有动能

7、为40.0 eV 的电子，即碰撞中，电子动能不可能只损失（ 50.0-40.0） eV=10.0 eV，也就是说氦原子不吸收 10.0 eV 的能量 ，即 10.0 eV不满足能级差要求 )(4分 ) （ 3）设原子激发态的能极为 En， E1=0，则从实验结果可知，氦原子可能的激发态能级中有以下几个能级存在：（ 50 0-28 8） eV=21.2 eV (50.0-27.2)eV=22.8 eV (50.0-26.4)eV=23.6 eV (6分 ) 17.(14 分 )如图甲， A、 B 两板间距为2L，板间电势差为 U， C、 D 两板间距离和板长均为L，两板间加一如图乙所示的电压 .

8、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向里的匀强磁场区域，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： 221 mvqU 偏转阶段，带电粒子作类平抛运动 偏转时间 qUmLvLt 2/1 侧移量222121 2221 LqUmLmLqUaty 设在偏转电场中，偏转角为 则 1221 vLmLqUvatvvtg y 即 4 由几何关系： 45 sin452L 则 L2 12

9、 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 2q 设出电场时速度为 ，有 qUvm 221 2 解得 mqU /4 粒子在磁场中做圆周 运动的半径：qBmqUqBvmR 2 qBm q UL )22( (2)设粒子在加速电场中运动的时间为 则 qUmLvL 2/2/2 11 带电粒子在磁场中做圆周运动的周期qBmT 212 实际转过的角度2313 在磁场中运动时间 qBmT 2343 14 故粒子运动的周期 T qBmqUm 232/ 15 评分标准：本题 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

10、 12、 13、 14、式各 1分， 15式 2分 . 22.(13 分 )1951 年，物理学家发现了“电子偶数”，所谓“电子偶数”就是由一个负电子和一个正电子绕它们的质量中心旋转形成的相对稳定的系统 .已知正、负电子的质量均为me，普朗克常数为 h，静电力常量为 k，假设“电子偶数”中正、负电子绕它们质量中心做匀速圆周运动的轨道半径 r、运动速度 v 及电子的质量满足量子化理论： 2mevnrn=nh/2 ，n=1,2，“电子偶数”的能量为正负电子运动的动能和系统的电势能之和，已知两正负电子相距为 L时的电势能为 Ep=-kLe2 ，试求 n=1时“电子偶数”的 能量 . 18.(13分

11、)由量子化理论知 n=1 时， 2mev1r1=2h解得11 4 rmhve 设此时电子运转轨道半径为 r，由牛顿定律有 me2121214rekrv 2121 4/ vmker e 由联立可得 v1 ke2 h 系统电势能 Ep=-k2122222rmkeekree= 2mev12 而系统两电子动能为 Ek=2 212121 vmvm ee 系统能量为 E=Ep+Ek -mev12=- 2mk2e4 h2 评分：解答式正确得 2 分；解答式正确得 3 分；正确分析系统势能得 2 分；解答动能正确得 3分；正确列式、得出总能量表达式得 3分 . 23.(14 分 )显像管的工作原理是阴极 K

12、发射的电子束经高压加速电场 (电压 U)加速后垂直正对圆心进入磁感应强度为 B、半径为 r 的圆形匀强偏转磁场，如图 11 所示，偏转后轰击荧光屏 P，荧光粉受激而发光，在极短时间内完成一幅扫描 .若去离子水质不纯，所生产的阴极材料中会有少量 SO24 ， SO24 打在屏上出现暗斑，称为离子斑，如发生上述情况，试分析说明暗斑集中在荧光屏中央的原因电子质量为 9.1 10 31 kg，硫酸根离子 (SO24 )质量为 1.6 10 25 kg . 23、电子或硫酸根离子在加速电场中 qU= 221mv设粒子在偏转磁场中偏转时，轨道半径为 R,有： qvB=mRv2 则 R=qmUBqBmv 2

13、1设粒子在偏转磁场中速度偏角为 ，有： tanmUqBrRr 22 故 tan2mq由于硫酸根离子荷质比远小于电子的荷质比，高速硫酸根离子经过磁场几乎不发生偏转，而集中打在荧光屏中央，形成暗斑 . 评分：正确运用动能定理处理粒子在加速电场中的运动得 3 分；求解粒子在偏转磁场中的轨道半径得 3 分；正确抓住切入点，求解 tan2得 3 分；明确 tan2与mq的关系得 2分；最后将 tan2mq应用于电子和硫酸根离子，得出正确结论得 2分 . 24.(14 分 )如图 12 是用高电阻放电法测电容的实验电路图，其原理是测出电容器在充电电压为 U 时所带的电荷量 Q，从而求出其电容 C.该实验的

14、操作步骤如下：按电路图接好实验电路 ;接通开关 S，调节电阻箱 R 的阻值，使微安表的指针接近满刻度，记下这时的电压表读数 U0 6.2 V和微安表读数 I0 490 A;断开电键 S并同时开始计时，每隔 5 s 或 10 s 读一次微安表的读数 i,将读数记录在预先设计的表格中 ;根据表格中的 12组数据，以 t为横坐标， i 为纵坐标，在坐标纸上描点 (图中用“”表示 ),则： 图 12 (1)根据图示中的描点作出图线 . (2)试分析图示中 i-t图线下所围的“面积”所表示的物理意义 . (3)根据以上实验结果和图线，估算当电容器两端电压为 U0 所带的电量 Q0，并计算电容器的电容 .

15、 24.(14分 )(1)根 据描点绘出圆滑的曲线如图所示 . 注： (a)绘出折线不得分； (b)绘出的曲线应与横轴相切，否则酌情扣分 . (2)图中 i-t 图线下所围的“面积”表示断开电键后通过电阻 R 的电量，即电容器两端电压为 U0时所带电量为 Q. (3)根据绘出图线，估算“面积”格数约 32 33 格 (此范围内均得分，下同 ). 因此，电容器电容为 U0时，带电量 (Q0)约为 8.00 10 3 C 8.25 10 3 C 由 C=UQ得，电容器电容 (C)约为： 1.30 10 3 F 1.33 10 3 F 评分： (1)绘图正确得 4 分； (2)“面积”意义分析正确得

16、 5 分； (3)电容计算正确得 5分 . 25.(12 分 )据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动使之束缚在某个区域内 .现按下面的简化条件来讨论这个问题：如图 11 所示是一个截面为内径 R 0.6 m、外径 R2=1.2 m 的环状区域，区域内有垂直于截面向里的匀强磁场 .已知氦核的荷质比mq=4.8 107 C/kg，磁场的磁感应强度 B=0.4 T，不计带电粒子重力 . (1)实践证明，氦核在磁场区域内沿垂直于磁场方向运动速度 v 的大小与它在磁场中运动的轨道半径 r有关，试导出 v与 r的关系式 . (

17、2)若氦核在平行于截面从 A 点沿各个方向射入磁场都不能穿出磁场的外边界，求氦核的最大速度 . 解： (1)设氦核质量为 m,电量为 q，以速度 v 在磁感应强度为 B的匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动， Bqv=mrv2 (3分 )所以 v=mqBr(2 分 ) (2)当氦核以 vm 的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时，则以 vm 速度沿各方向射入磁场均不能穿过磁场 (1分 )即 r 2 12 RR 0.3 m (2 分 ) 由 Bqv=rmv2 知 r=qBmv(2分 ) 所以 vm=mBqr1 5.76 106 m/s (2分 ) 32（ 16 分）如图所示为示波管的原理

18、图，电子枪中炽热 的金属丝可以发射电子，初速度很小，可视为零。电子枪的加速电压为 U0，紧挨着是偏转电极 YY 和 XX ，设偏转电极的极板长均为1l？，板间距离均为 d，偏转电极 XX 的右端到荧光屏的距离为2l。电子电量为 e，质量为 m（不计偏转电极 YY 和 XX 二者之间的间距）、在 YY 、 XX 偏转电极上不加电压时，电子恰能打在荧光屏上坐标的原点。 求：（ 1）若只在 YY 偏转电极上加电压 1UU YY （ )01 U ， 则电子到达荧光屏上的速度多大 ? （ 2）在第（ 1）问中，若再在 XX 偏转电板上加上 ）（ 0UUU 22XX ，试在荧光屏上标出亮点的大致位置，并求

19、出该点在荧光屏上坐标系中的坐标值。 图 11 32解：（ 1）经加速电压后电子的速度为 0v ，则有 200 mv21ev （ 1） 电子经过 YY偏转电极的时间为 1t 侧向分速度为 1v ，则有 011 vLt （ 2） 111 tmdevv （ 3） 电子打到荧光屏上的速度等于离开 1YY 偏转电极时的速度，由（ 1）（ 2）（ 3）可得02222102120 vmd2Levmev2vvv （ 4） （ 2）电子在 YY偏转电极中的侧向位移为 2111 tmdev21y （ 5） 离开 YY偏转电极后 的运动时间为 1V 、侧向位移为 2y 则有 0 212 v llt （ 6） 212

20、 tvy （ 7） 电子在 y方向的位移为 )l2l3(dU4 lUyyy 2101121 （ 8） 同理：电子在 XX偏转电极中的侧向位移为 2121 tmdeU21x （ 9） 离开 XX后运动时间为 3t ，侧向位移为 2x ，则有 023 vlt （ 10） 3122 ttmdeUx （ 11） 电子在 x 方向的位移为 )l2l(dU4 lUxxx 2101221 （ 12） 光点在荧光屏上的坐标 )l2l3(dU4 lU )l2l(dU4 lU 2101121012 ， 33、如图 1 所不， A、 B 为水平放置的平行金属板，板间距离为 d(d 远小于板的长和宽 )。在两板之间有

21、一带负电的质点 P。已知若在 A、 B 间加电压 U0，则质点 P 可以静止平衡。现在 A、 B 间加上如图 2 所示的随时间 t 变化的电压 U，在 t=0 时质点 P 位于 A、 B 间的中点处且初速为 0。已知质点 P 能在 A、 B 之间以最大的幅度上下运动而不与两板相碰，求图 2 中 U 改变的各时刻 t1、 t2、 t3及 tn的表达式。 (质点开始从中点上升到最高点，及以后每次从最高点到最低点或从最低点到最高点的过程中，电压只改变一次。 ) 设质点 P 的质量为 m，电量大小为 q，根据题意，当 A、 B间的电压为 U0时， 有： 当两板间的电压为 2U0时， P 的加速度向上，

22、其大小为 a， 解得 a=g 当两板间的电压为 0 时， P 自由下降，加速度为 g，方向向下。 在 t=0 时，两板间的电压为 2U0， P 自 A、 B 间的中点向上作初速为 0 的匀加速运动，加速度为 g。经过时间 1， P 的速度变为 v1，此时使电压变为 0，让 P 在 重力作用下向上作匀减速运动，再经过 1， P正好达到 A 板且速度变为 0。 故有： v1=g 1 0=v1-g 1 d= g 12+v1 1- g 12 由以上各式得： 1= 1 因为 t1= 1 得 在重力作用下， P 由 A 板处向下做匀加速运动，经过时间 2， P 的速度变为 v2，方向向下。此时加上电压使

23、P 向下作匀减速运动，再经过 2， P 正好达到 B 板且速度变为 0。 故有： v2=g 2 0=v2-g 2 d= g 22+v2 2- g 22 由以上各式得 2= 2 因为 t2=t1+ 1+ 2 得 t2=( +1) 在电场力和重力的合力作用下， P 又由 B 板向上作匀加速运动，经过时间 3，速度变为 v3，此时使电压变为 0，让 P 在重力作用下向上作匀减速运动，经过 3， P 正好达到 A 板且速度变为 0。 故有： v3=g 3 0=v3-g 3 d= g 32+v3 3- g 32 由上得 3= 3 因为 t3=t2+ 2+ 3 得 t3=( +3) 根据上面分析，因重力作

24、用， P 由 A 板向下做匀加速运动，经过 2，再加上电压，经过 2， P 到达B 且速度为 0，因 t4=t3+ 3+ 2 得 t4=( +5) 同样分析可得 tn=( +2n-3) (n 2) 1988 N个长度逐个增大的金属圆筒和一个靶 ,它们沿轴线排列成一串 ,如图所示 (图中只画出了六个圆筒 ,作为示意 )各筒和靶相间地连接到频率为、最大电压值为 U的正弦交流电源的两端整个装置放在高真 空容器中圆筒的两底面中心开有小孔现有一电量为 q、质量为 m的正离子沿轴线射入圆筒 ,并将在圆筒间及圆筒与靶间的缝隙处受到电场力的作用而加速 (设圆筒内部没有电场 )缝隙的宽度很小 ,离子穿过缝隙的时

25、间可以不计已知离子进入第一个圆筒左端的速度为 v1,且此时第一、二两个圆筒间的电势差 V1-V2=-U为使打到靶上的离子获得最大能量 ,各个圆筒的长度应满足什么条件 ?并求出在这种情况下打到靶上的离子的能量 为使正离子获得最大能量 ,要求离子每次穿越缝隙时 ,前一个圆筒的电势比后一个圆筒的电势高 U,这就要求离子穿过每个 圆筒的时间都恰好等于交流电的半个周期由于圆筒内无电场 ,离子在筒内做匀速运动设 vn为离子在第 n个圆筒内的速度 ,则有将 (3)代入 (2),得第 n 个圆筒的长度应满足的条件为 : n=1,2,3 N 打到靶上的离子的能量为 : 评分标准 :本题共 9分列出 (1)式给

26、2分 ;列出 (2)式给 3分 ;得出 (4)式再给 2分 ;得出 (5)式给 2分 1991 在光滑的水平轨道上有两个半径都是 r的小球 A和 B,质量分别为 m和 2m,当两球心间的距离大于 l(l比 2r 大得多 )时 ,两球之间无相互作用力 :当两球心间的距离等于或小于 l时 ,两球间存在相互作用的恒定斥力 F.设 A球从远离 B球处以速度 v0沿两球连心线向原来静止的B球运动 ,如图所示 .欲使两球不发生接触 ,v0必须满足什么条件 ? 解一 :A 球向 B球接近至 A、 B间的距离小于 l之后 ,A 球的速度逐步减小 ,B球从静止开始加速运动 ,两球间的距离逐步减小 .当 A、 B

27、的速度相等时 ,两球间的距离最小 .若此距离大于2r,则两球就不会接触 .所以不接触的条件是 v1=v2 l +s2-s12r 其中 v1、 v2为当两球间距离最小时 A、 B 两球的速度 ;s1、 s2为两球间距离从 l 变至最小的过程中 ,A、 B 两球通过的路 程 . 由牛顿定律得 A球在减速运动而 B球作加速运动的过程中 ,A、 B两球的加速度大小为 设 v0为 A球的初速度 ,则由匀加速运动公式得 联立解得 解二 :A 球向 B 球接近至 A、 B 间的距离小于 l 之后 ,A 球的速度逐步减小 ,B 球从静止开始加速运动 ,两球间的距离逐步减小 .当 A、 B 的速度相等时 ,两球

28、间的距离最小 .若此距离大于 2r,则两球就不会接触 .所以不接触的条件是 v1=v2 l+s2-s12r 其中 v1、 v2为当两球间距离最小时 A、 B 两球的速度 ;s1、 s2为两球间距离从 l 变至最小的过程中 ,A、 B 两球通过的 路程 . 设 v0为 A球的初速度 ,则由动量守恒定律得 mv0=mv1+2mv2 由动能定理得 联立解得 评分标准 :全题共 8 分 .得出式给 1 分 .得出式给 2 分 .若式中 “写成 “ “的也给这 2分 .在写出、两式的条件下 ,能写出、式 ,每式各得 1 分 .如只写出、式 ,不给这 3分 .得出结果再给 2分 .若式中 “0一侧的每个沙

29、袋质量为 m=14 千克 ,x0,Vn0 M-(n+1)m0,V n0 即 M+3m-nm0 M+3m-(n+1)m0 或 ： n (M+3m)m=9 n (M+3m)m 1=8 8n9 n=8 时 ,车停止滑行 ,即在 x0 一侧第 8 个沙袋扔到车上后车就停住 .故车上最终共有大小沙袋 3+8=11个 . 评分标准 :全题 12 分 .第 (1)问 4 分 :求得 式给 2 分 ,正确分析车反向滑行条件并求得反向时车上沙袋数再给 2 分 .(若未求得 式 ,但求得第 1 个沙袋扔 到车上后的车速 ,正确的也给2 分。通过逐次计算沙袋扔到车上后的车速 ,并求得车开始反向滑行时车上沙袋数 ,也

30、再给 2分 .) 第 (2)问 8 分 :求得 式给 3 分 , 式给 1 分 , 式给 2 分。求得 式给 1 分。得到最后结果再给 1 分。 (若未列出 、 两式 ,但能正确分析并得到左侧 n=8 的结论 ,也可给上述 、 、 式对应的 4分 .) 1996 设在地面上方的真空室内存在匀强电场和匀强磁场。已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小 E 4.0 伏 /米，磁感应强度的大小 B 0.15 特。今有一个带负电的质点以 v 20 米 /秒的速度在 此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动，求此带电质点的电量与质量之比 q/m 以及磁场的所有可能方向(角度可用反三角函数表示

31、)。 解： 根据带电质点做匀速直线运动的条件，得知此带电质点所受的重力、电场力和洛仑兹力的合力必定为零。由此推知此三个力在同一竖直平面内，如右图所示，质点的速度垂直纸面向外。 解法一 :由合力为零的条件，可得 求 得带电质点的电量与质量之比 代入数据得 因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁场方向也与电场力方向相反。设磁场方向与重力方向之间夹角 为 ，则有 qEsin qvBcos ， 解得 tg=vB/E=200.15/4.0 ， arctg0.75 即磁场是沿着与重力方向夹角 arctg0.75，且斜向下方的一切方向。 解法二 :因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁砀方向

32、也与电场力方向相反。设磁场方向与重力方向间夹角为 ，由合力为零的条件，可得 qEsin qvBcos ， qEcos qvBsin mg， 解得 ， 代入数据得 q/m 1.96库 /千克 tg=vB/E=200.15/4.0 ， arctg0.75 即磁场是沿着与重力方向成夹角 arctg0.75，且斜向下方的一切方向。 1997 如图 1 所示，真空室中电极 K 发出的电子（初速不计）经过 U0 1000 伏的加速电场后，由小孔 S 沿两水平金属板 A、 B 间的中心线射入。 A、 B 板长 l 0.20 米，相距 d 0.020 米，加在 A、 B 两板间电压 u 随时间 t 变化的 u

33、-t 图线如图 2 所示。 设 A、 B 间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场。在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一记录圆筒，筒在左侧边缘与极板右端距离 b 0.15 米，筒绕其竖直轴匀速转动，周期 T 0.20 秒，筒的周长s 0.20 米，筒能接收到通过 A、B板的全部电子。 （ 1）以 t 0时（见图 2，此时 u 0）电子打到圆筒记录纸上的点作为 xy 坐标系的原点，并取 y 轴竖直向上。试计算电子打到记录纸上的最高点的 y 坐标和 x 坐标。（不计重力作用） （ 2）在给出的坐标纸（图 3）上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图 线。 解 :（ 1）

34、计算电子打到记录纸上的最高点的坐标设 v0 为电子沿 A、 B 板的中心线射入电场时的初速度 ,则 电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过 A、 B板的时间为 t0，则 l v0t0 电子在垂直 A、 B板方向的运动为匀加速直线运动。对于恰能穿过 A、 B板的电子，在它通过时加在两板间的电压 uc应满足 联立 、 、 式解得 u0（ 2d2） /（ 12） U0 20伏 此电子从 A、 B板射出时沿 y方向的分速度为 vy （ eu0） /（ md） t0 此后，此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为 y，由图（ 1）可得 （ y d/2） /b vy/v0 由以上各式

35、 解得 y bd/l d/2 2.5厘米 从题给的 u-t 图线可知，加于两板电压 u 的周期 T0 0.10 秒 ,u 的最大值 um 100 伏 ,因为ucum，在一个周期 T0内，只有开始的一段时间间隔 t 内有电子通过 A、 B板 t （ uc） /（ um） T0 因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的 x 坐标为 x1（ t ） T/s 2厘米 第二个最高点的 x坐标为 x2（ t T0） /s 12 厘米 第三个最高点的 x坐标为 x3（ t 2T ） /T s 22厘米 由于 记录筒的周长为 20 厘米，所以第三个最高点已

36、与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的 x坐标分别由 和 表示 （ 2）电子打到记录纸上所形成的图线，如图（ 2）所示。 评分标准 : 本题 12 分。 第（ 1）问 10 分， 、 、 、 、 、 式各 1 分， 式 2 分， 、 式各 1分。 1998 一段凹槽 A 倒扣在水平长木板 C 上，槽内有一小物块 B，它到槽两内侧的距离均为 l/2，如图所示。木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的摩擦系数为。 A、 B、 C 三者质量相等，原来都静止。现使槽A 以大小为 v0 的初速向右运动，已知 v0 2 gL 。当 A和 B发生碰撞时，两者速

37、度互换。求： （ 1）从 A、 B发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板 C运动的路程。 （ 2）在 A、 B刚要发生第四次碰撞时， A、 B、 C三者速度的大小。 解： (1)A 与 B 刚发生第一次碰撞后， A 停下不动， B 以初速 v0向右运动。由于摩擦， B 向右作匀减速运动，而 C 向右作匀加速运动，两者速率逐渐接近。 设 B、 C 达到相同速度 v1时 B 移动的路程为 s1。设 A、 B、 C 质量皆为 m，由动量守恒定律，得 mv0=2mv1 由功能关系，得 mgs 1=2mv02/2-mv12/2 由得 v1=v0/2 代入式，得 s1=3v02/(8g) 根据条件 v0

38、 ，得 s13l/4 可见，在 B、 C达到相同速度 v1时， B 尚未与 A发生第二次碰撞， B 与 C 一起将以 v1向右匀速运动一段距离 (l-s1)后才与 A 发生第二次碰撞。设 C 的速度从零变到 v1 的过程中， C 的路程为 s2。由功能关系，得 mgs 2=mv12/2 解得 s2=v02/(8g) 因此在第一次到第二次碰撞间 C的路程为 s=s2+l-s1=l-v02/(4g) (2)由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时， A静止， B、 C的速度均为 v1。刚碰撞后，B静止， A、 C的速度均为 v1。由于摩擦， B将加速， C将减速，直至达到相同速度 v2。由动量守恒定

39、律，得 mv1=2mv2 解得 v2=v1/2=v0/4 因 A 的速度 v1大于 B 的速度 v2，故第三次碰撞发生在 A 的左壁。刚碰撞后， A 的速度变为v2， B 的速度变为 v1， C 的速度仍为 v2。由于摩擦， B 减速， C 加速，直至达到相同速度v3。由动量守恒定律，得 mv1+mv2=2mv3 解得 v3=3v0/8 故刚要发生第四次碰撞时， A、 B、 C的速度分别为 vA=v2=v0/4 vB=vC=v3=3v0/8 1999 图中虚线 MN 是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感强度为 B 的匀强磁场，方向垂直纸面向外是 MN 上的一点，从 O

40、点可以向磁场区域发射电量为 q、质量为 m 、速率为的粒于，粒于射入磁场时的速度可在纸面内各个方向已知先后射人的两个粒子恰好在磁场中给定的 P 点相遇， P 到 0 的距离为 L 不计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 点射人磁 场的时间间隔 。 解答： (1)设粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径为 R，由牛顿第二定律，有 qvB=mv2/R 得 R=mv/qB (2)如 图所示，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 O1、 O2和 OO1Q1,OO2Q2,在 0 处两个圆的切

41、线分别表示两个粒子的射入方向，用 表示它们之间的夹角。由几何关系可知 PO 1Q1=PO 2Q2 从 0点射入到相遇，粒子 1的路程为半个圆周加弧长 Q1P Q1P P 粒子 2的路程为半个圆周减弧长 PQ2=2 PQ2=R 粒子 1运动的时间 t1=(1/2T)+(R/v) 其中 T 为圆周运动的周期。粒子 2 运动的时间为t2=(1/2T)-(R/v) 两粒子射入的时间问隔 t=t 1-t2=2R/V 因 Rcos( /2) =1/2L 得 =2arccos (L/2R) 由 、 、 三式得 t=4marccos(lqB/2mv)/qB 2000 在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途

42、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 射向 B球，如图所示。 C 与 B发生碰撞并立即结成一个整体 D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变。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（锁定及解除定均无机 械能损失）。已知 A、 B、 C 三球的质量均为 m。 （ 1） 求弹簧长度刚被锁定后 A球的速度。 （ 2）

43、 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。 解答：（ 1）设 C 球与 B 球粘结成 D 时， D 的速度为 ，由动量守恒，有 当弹簧压至最短时， D 与 A的速度相等，设此速度为 ，由动量守恒，有 由、两式得 A的速度 （ 2） 设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为 ，由能量守恒，有 撞击 P 后， A 与 D 的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成 D的动能，设 D的速度为 ，则有 当弹簧伸长， A 球离开挡板 P，并获得速度。当 A、 D 的速度相等时，弹簧伸至最长。设此时的速度为 ，由动量守恒，有 当弹簧伸到最长时，其势 能 最 大

44、， 设 此 势 能 为 ， 由 能 量 守 恒 ， 有 解以上各式得 （ 2000 上海 12 分）风洞实验室中可以产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径。 （ 1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，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，则小球从静止出发在细杆上滑下距离 S 所需时间为多少？（ sin37 =0.6，cos37 =0.8） （ 1）设小球所受的风力为 F，小球质量为 m mgF 1 5.0

45、/5.0/ mgmgmgF 2 （ 2）设杆对小球的支持力为 N，摩擦力为 f 沿杆方向 mafm g n i nF c o s 3 垂直于杆方向 0c o ss in ngFN 4 Nf 5 可解得 ggmFgmfngFa43s i n)(s i nc o s22 6 221 atS 7 gSg St 384/3 2 8 评分标准：（ 1） 3分。正确得出 2式，得 3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。 24.（ 1

46、3 分）阅读如下资料并回答问题： 自然界中的物体由于具有一定的温度，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，各种波长所占的百分比不同。 处于一定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时，也要吸收由其他物体辐射的电磁能量，如果它处在平衡状态，则能量保持不变，若不考虑物体表面性质对辐射与吸收的影响，我们定义一种理想的物体，它能 100%地吸收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绝对

47、温度的四次方成正比，即 40 TP，其中常量 31067.5 瓦 /（米 2开 4）。 在下面的问题中，把研究对象都简单地看作黑体。 有关数据及数学公式：太阳半径 696000sR千米，太阳表面温度 5770T 开，火星半径 3395r 千米，球面积， 24 RS ，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 米范围内，求相应的频率范围。 （ 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 2r （ 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，忽略其它天体及宇宙空间的辐射，试估算火星的平均温度。