高考物理压轴题30道

高考物理压轴题30道

高考物理压轴题 （30 道） 1（20 分） 如图 12 所示，PR 是一块长为 L=4 m 的绝缘平板固定在水平地面 上，整个空间有一个平行于 PR 的匀强电场 E，在板的右半部分有一 个垂直于纸面向外的匀强磁场 B，一个质量为 m=0．1 kg，带电量为 q=0．5 C 的物体，从板的 P 端由静止开始在电场力和摩擦力的作用 下向右做匀加速运动，进入磁场后恰能做匀速运动。当物体碰到板 R 端的挡板后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍 做匀速运动，离开磁场后做匀减速运动停在 C 点，PC=L/4，物体与平 板间的动摩擦因数为μ=0．4，取 g=10m/s 2 ，求： （1）判断物体带电性质，正电荷还是 负电荷？ （2）物体与挡板碰撞前后的速度 v1和 v2 （3）磁感应强度 B 的大小 （4）电场强度 E的大小和方向 1.（1）由于物体返回后在磁场中无电场，且仍做 匀 速 运 动 ， 故 知 摩 擦 力 为 0 ， 所 以 物 体 带 正 电 荷 ． 且 ： mg=qBv2…………………………………………………………① （ 2 ） 离 开 电 场 后 ， 按 动 能 定 理 ， 有 ： - μ 图 12 mg 4 L =0- 2 1 mv2 ………………………………② 由①式得：v2=2 2 m/s （3）代入前式①求得：B= 2 2 T （4）由于电荷由 P 运动到 C 点做匀加速运动，可知电场强度方 向 水 平 向 右 ， 且 ： （ Eq- μ mg ） 2 1 2  L mv1 2 -0……………………………………………③ 进 入 电 磁 场 后 做 匀 速 运 动 ， 故 有 ： Eq= μ （qBv1+mg）……………………………④ 由以上③④两式得：      N/C 2.4 m/s 241 E v 2(10 分)如图 2—14 所示，光滑水平桌面上有长 L=2m 的木板 C，质量 mc=5kg，在其正中央并排放着两个小滑块 A 和 B，mA=1kg，mB=4kg，开 始时三物都静止．在 A、B 间有少量塑胶炸药，爆炸后 A以速度 6m／ s水平向左运动，A、B中任一块与挡板碰撞后，都粘在一起，不计摩 擦和碰撞时间，求： (1)当两滑块 A、B 都与挡板碰撞后，C 的速度是多大? (2)到 A、B 都与挡板碰撞为止，C 的位移 为多少? 2（1）A、B、C 系统所受合外力为零，故系统动量守恒，且总动量为 零，故两物块与挡板碰撞后，C 的速度为零，即 0Cv （2）炸药爆炸时有 BBAA vmvm  解得 smvB /5.1 又 BBAA smsm  当 sA＝1 m 时 sB＝0.25m，即当 A、C 相撞时 B 与 C 右板相距 msLs B 75.0 2  A、C 相撞时有： vmmvm CAAA )(  解得 v ＝1m/s，方向向左 而 Bv ＝1.5m/s，方向向右，两者相距 0.75m，故到 A，B 都与 挡板碰撞为止，C的位移为 3.0   B C vv svs m19. 3（10 分）为了测量小木板和斜面间的摩擦因数，某同学设计如图所 示实验，在小木板上固定一个轻弹簧，弹簧下端吊一个光滑小球，弹 簧长度方向与斜面平行，现将木板连同弹簧、小球放在斜面上，用手 固定木板时，弹簧示数为 F 1，放手后，木板沿斜 面下滑，稳定后弹簧示数为 F 2 ，测得斜面斜角为 θ，则木板与斜面间动摩擦因数为多少？（斜面体固定在地面上） 3 固定时示数为 F 1，对小球 F 1=mgsinθ ① 整体下滑：（M+m）sinθ-μ(M+m)gcosθ=(M+m)a ② 下滑时，对小球：mgsinθ-F 2 =ma ③ 由式①、式②、式③得 μ= 1 2 F F tan θ 4 有一倾角为θ的斜面，其底端固定一挡板 M，另有三个木块 A、B 和 C，它们的质 量分别为 m A =m B =m，m C =3 m，它们与斜面间的动摩擦因数都相同.其 中木块 A 连接一轻弹簧放于斜面上，并通过轻弹簧与挡板 M 相连，如 图所示.开始时，木块 A 静止在 P 处，弹簧处于自然伸长状态.木块 B 在 Q点以初速度 v 0向下运动，P、Q间的距离为 L.已知木块 B 在下滑 过程中做匀速直线运动，与木块 A相碰后立刻一起向下运动，但不粘 连，它们到达一个最低点后又向上运动，木块 B 向上运动恰好能回到 Q 点.若木块 A 静止于 P 点，木块 C 从 Q 点开始以初速度 03 2 v 向下运 动，经历同样过程，最后木块 C 停在斜面上的 R 点，求 P、R 间的距 离 L′的大小。 4．木块 B 下滑做匀速直线运动，有 mgsinθ=μmgcosθ B 和 A 相撞前后，总动量守恒,mv 0=2mv 1，所以 v 1= 2 0v 设两木块向下压缩弹簧的最大长度为s,两木块被弹簧弹回到P点 时的速度为 v 2 ，则 μ2mgcosθ·2s= 2 2 2 1 2· 2 12· 2 1 mvmv  两木块在 P 点处分开后，木块 B 上滑到 Q 点的过程： （mgsinθ+μmgcosθ）L= 2 22 1mv 木块 C 与 A 碰撞前后，总动量守恒，则 3m· 10 4 2 3  mvv ，所以 v′ 1= 4 2 v 0 设木块 C 和 A 压缩弹簧的最大长度为 s′,两木块被弹簧弹回到 P 点时的速度为 v 2' ,则μ4mgcosθ·2s′= 2 2 2 2 4 2 14· 2 1  mvmv 木块 C 与 A 在 P 点处分开后，木块 C 上滑到 R 点的过程： （3mgsinθ+μ3mgcosθ）L′= 2 23· 2 1 mv 在木块压缩弹簧的过程中，重力对木块所做的功与摩擦力对木块 所做的功大小相等，因此弹簧被压缩而具有的最大弹性势能等于开始 压缩弹簧时两木块的总动能. 因此，木块 B 和 A 压缩弹簧的初动能 E , 4 12· 2 1 2 0 2 11 mvmvk  木块 C 与 A 压缩弹簧的初动能 E , 4 1 2 1 2 0 2 12 mvmvk  即 E 21 kk E 因此，弹簧前后两次的最大压缩量相等，即 s=s′ 综上，得 L′=L- sin32 2 0 g v 5 如图，足够长的水平传送带始终以大小为 v＝3m/s 的速度向左运 动，传送带上有一质量为M＝2kg 的小木盒 A，A与传送带之间的动 摩擦因数为μ＝0．3，开始时，A与传送带之间保持相对静止。先后 相隔△t＝3s 有两个光滑的质量为 m＝1kg 的小球 B自传送带的左端 出发，以 v0＝15m/s 的速度在传送带上向右运动。第 1 个球与木盒相 遇后，球立即进入盒中与盒保持相对静止，第 2 个球出发后历时△t1 ＝1s/3 而与木盒相遇。求（取 g＝10m/s2） （1）第 1 个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度时多大？ （2）第 1 个球出发后经过多长时间与木盒相遇？ （3）自木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的过程中，由于 木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多 少？ 5 （1）设第 1 个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为 v1, 根据动量守恒定律： 0 1( )mv Mv m M v   （1 分） 代入数据，解得： v1=3m/s （1 分） （2）设第 1 个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为 s，第 1 个球经过 t0与木盒相遇,则： 0 0 st v  （1 分） 设第 1 个球进入木盒后两者共同运动的加速度为 a，根据牛 顿第二定律： BA v v0 ( ) ( )m M g m M a    得： 23 /a g m s  （1 分） 设木盒减速运动的时间为 t1,加速到与传送带相同的速度的时间为 t2，则： 1 2 vt t a    =1s （1 分） 故木盒在 2s 内的位移为零 （1 分） 依题意： 0 1 1 1 2 0( )s v t v t t t t t         （2 分） 代入数据，解得： s=7．5m t0=0．5s （1分） （3）自木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的这一过程中,传送带 的位移为 S，木盒的位移为 s1,则： 1 0( ) 8.5S v t t t m      （1 分） 1 1 1 2 0( ) 2.5s v t t t t t m        （1 分） 故木盒相对与传送带的位移： 1 6s S s m    则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是： 54Q f s J   （2 分） 6.如图所示，两平行金属板 A、B 长 l＝8cm，两板间距离 d＝8cm，A 板比 B 板电势高 300V，即 UAB＝300V。一带正电的粒子电量 q＝10 -10 C， 质量 m＝10 -20 kg，从 R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度 v0＝2×10 6 m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面 MN、PS 间的无电场 区域后，进入固定在中心线上的 O点的点电荷 Q形成的电场区域（设 界面 PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面 MN、 PS 相距为 L＝12cm，粒子穿过界面 PS最后垂直打在放置于中心线上 的荧光屏 EF上。求（静电力常数 k＝9×10 9 N·m 2 /C 2 ） （1）粒子穿过界面 PS时 偏离中心线 RO的距离多远？ （2）点电荷的电量。 6 （1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为 h, 穿过界面 PS 时偏 离中心线 OR 的距离为 y，则： h=at2/2 （1 分） qE qUa m md   0 lt v  即： 2 0 ( ) 2 qU lh md v  （1 分） 代入数据，解得： h=0．03m=3cm （1 分） 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知 识得： 2 2 l h ly L   （1 分） 代入数据，解得: y=0．12m=12cm （1 分） （2）设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为 vy，则：vy=at= 0 qUl mdv 代入数据，解得: vy=1．5×10 6m/s （1 分） 所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为： 2 2 6 0 2.5 10 /yv v v m s    （1 分） 设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ， B A v0 R M N L P S O E F l 则： 0 3 4 yvtan v    37   （1 分） 因为粒子穿过界面 PS 最后垂直打在放置于中心线上的荧光 屏上，所以该带电粒子在穿过界面 PS后将绕点电荷 Q作匀速圆周运 动，其半径与速度方向垂直。 匀速圆周运动的半径： 0.15yr m cos   （1 分） 由： 2 2 kQq vm r r  （2 分） 代入数据，解得： Q=1．04×10 -8C （1 分） 7 光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料制成的 L形滑板(平面部 分足够长)，质量为 4m，距滑板的 A壁为 L1 距离的 B处放有一 质量为 m，电量为+q的大小不计的小物体，物体与板面的摩擦 不计．整个装置置于场强为 E的匀强电场中，初始时刻，滑板与 物体都静止．试问： (1)释放小物体，第一次与滑板 A壁碰前物体的速度 v1， 多大? (2)若物体与 A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前速率 的 3／5，则物体在第二次跟 A碰撞之前，滑板相对于 水平面的速度 v2 和物体相对于水平面的速度 v3分别为 多大? (3)物体从开始到第二次碰撞前，电场力做功为多大?(设碰撞经 历时间极短且无能量损失) 7(1)释放小物体，物体在电场力作用下水平向右运动，此时，滑板静 止不动，对于小物体， 由动能定理得： (2) 碰 后 小 物 体 反 弹 ， 由 动 量 守 恒 定 律 ： 得 得 ． 之后，滑板以 v2匀速运动，直到与物体第二次碰撞，从第一次碰撞 到第二次碰撞时，物体与滑板 位移相等、时间相等、平均速度相等 (3)电场力做功等于系统所增加的动能 8 如图(甲)所示，两水平放置的平行金属板 C、D相距很近，上面分 别开有小孔 O和 O'，水平放置的平行金属导轨 P、Q与金属板 C、 D 接触良好，且导轨垂直放在磁感强度为 B1=10T 的匀强磁场中， 导轨间距 L=0.50m，金属棒 AB紧贴着导轨沿平行导轨方向在磁 场中做往复运动，其速度图象如图(乙)，若规定向右运动速度方 向为正方向．从 t=0 时刻开始，由 C板小孔 O处连续不断地以 垂直于 C板方向飘入质量为 m=3.2×10 -21kg、电量 q=1.6×10 -19C 的带正电的粒子(设飘入速度很小，可视为零)．在 D板外侧有 以 MN为边界的匀强磁场 B2=10T，MN 与 D 相距 d=10cm，B1 2 11 2 1 mvEqL  .2 1 1 m EqLv  211 4 5 3 mvvmmv  m EqLvv 1 12 2 5 2 5 2  .2 5 7 5 7: 5 2 2 5 3 1 1312 31 m EqLvvvv vv   得 . 5 13 10 13 1 2 1 EqLmvW 电 2 2 2 3 4 2 1 2 1 mvmvW 电 和 B2 方向如图所示(粒子重力及其相互作用不计)，求 (1)0到4.Os内哪些时刻从O处飘入的粒子能穿过电场并飞出磁 场边界MN? (2)粒子从边界MN射出来的位置之间最大的距离为多少? 8．(1)只有当 CD 板间的电场力方向向上即 AB 棒向右运动时，粒子才 可能从 O 运动到 O’，而 粒子要飞出磁场边界 MN 最小速度 v0必须满足： ① 设 CD 间的电压为 U，则 ② 解①②得 U=25V，又 U=ε=B1Lv 解得 v=5m/s. 所以根据（乙）图可以推断在 0.25s t0 时，a3 = t md Blaq 3 – g，越来越大，加速度方向向上 （1 分） 22（12 分）如图所示的坐标系，x 轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。 在 x 轴上方空间的第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第 三象限，存在沿 y 轴正方向的匀强电场和垂直 xy平面（纸面） 向里的匀强磁场。在第四象限，存在沿 y轴负方向，场强大小与 第三象限电场场强相等的匀强电场。一质量为 m、电量为 q的带 电质点，从 y轴上 y=h 处的 p 1点以一定的水平初速度沿 x 轴负 方向进入第二象限。然后经过 x 轴上 x=-2h 处的 p 2 点进入第三 象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动。之后经过 y 轴上 y=-2h 处的 p 3点进入第四象限。已知重力加速度为 g。求： （1）粒子到达 p 2 点时速度的大小和方向； （2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小； （3）带电质点在第四象限空间运动过程中最小 速度的大小和方向。 22.解：（1）质点从 P 1到 P 2 ，由平抛运动规律 h= 2 1 gt 2 v t h2 0 v gty  求出 v= ghvv y 222 0  方向与 x 轴负方向成 45°角 （2）质点从 P 2 到 P 3，重力与电场力平衡，洛仑兹力提供向 心力 Eq=mg Bqv=m R v2 (2R) 2 =(2h) 2 +(2h) 2 解得 E= q mg B= h g q m 2 （3）质点进入第四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做 匀速直线运动。当竖直方向的速度减小到 0，此时质点速度最小， 即 v 在水平方向的分量 v 45cosmin v °= gh2 方向沿 x 轴正方向 23．（20 分）如图所示，在非常高的光滑、绝缘水平高台边缘，静置 一个不带电的小金属块 B，另有一与 B 完全相同的带电量为+q 的小金 属块 A 以初速度 v0向 B运动，A、B 的质量均为 m。A 与 B相碰撞后， 两物块立即粘在一起，并从台上飞出。已知在高台边缘的右面空间中 存在水平向左的匀强电场，场强大小 E=2mg/q。求： （1）A、B一起运动过程中距高台边缘的最大水平距离 （2）A、B运动过程的最小速度为多大 （3）从开始到 A、B 运动到距高台边缘最大水平距离的过程 A 损 失的机械能为多大？ 23．解：（20 分） （1）由动量守恒定律：mυ 0=2m υ………………………………2 分 碰后水平方向：qE=2ma 2mgE q  …………………2 分 -2aXm=0-υ 2 ………………………………2 分 得： 2 0 8mX g   …………………………………………1 分 （ 2 ） 在 t 时 刻 ， A 、 B 的 水 平 方 向 的 速 度 为 0 2m at gt       …………………1分 竖直方向的速度为υγ=gt……………………………1 分 合速度为： 2 2 x y   合 ……………………………………………2分 解得υ合的最小值： m i n 0 2 4   ……………………………………3分 （3）碰撞过程中 A 损失的机械能： 2 2 2 1 0 0 1 1 3 2 2 8 E m m m      ……2 分 碰后到距高台边缘最大水平距离的过程中 A 损失的机械 能： 2 1 2 E  2 0 1 8mqEX m ……………………………………2 分 从开始到 A、B运动到距离高台边缘最大水平距离的过程中 A 损失的机械能为： 2 0 1 2 E m   ………………………………………2 分 24.如图 11 所示，在真空区域内，有宽度为 L的匀强磁场，磁感应强 度为 B，磁场方向垂直纸面向里，MN、PQ 是磁场的边界。质量为 m， 带电量为－q 的粒子，先后两次沿着与 MN 夹角为θ（0<θ<90º）的 方向垂直磁感线射入匀强磁场 B中，第一次，粒子是经电压 U1加速后 射入磁场，粒子刚好没能从 PQ边界射出磁场。第二次粒子是经电压 U2加速后射入磁场，粒子则刚好垂直 PQ射出磁场。不计重力的影响， 粒子加速前速度认为是零，求： （1）为使粒子经电压 U2加速射入磁场后沿直线运动，直至射出 PQ边界，可在磁场区域加一匀强电场，求该电场的场 强大小和方向。 （2）加速电压 1 2 U U 的值。 24（20 分） （1）如图答 1 所示，经电压 2U 加速后以速度 2v 射入磁场，粒子 刚好垂直 PQ 射出磁场，可确定粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心 在 PQ 边界线的 O 点，半径 2R 与磁场宽 L的关系式为 2 cos LR   （2 分），又 2 2 mvR Bq  （2 分），解得 2 cos BqLv m   （2 分） 加匀强电场后，粒子在磁场中沿直线运动射出 PQ 边界的条 件为 Eq＝Bq 2v （2 分），电场力的方向与磁场力的方向相反。 （2 分） 由此可得出 2 cos B qLE m   ，E 的方向垂直磁场方向斜向右下（2 × × × × × × × × L N Q B M P θ 分），与磁场边界夹角为 2    （2 分），如图答 2 所示。 （2）经电压 1U 加速后粒子射入磁场后刚好不能从 PQ 边界射出 磁场，表明在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与 PQ 边界相切，要确定 粒子做匀速圆周运动的圆心 O 的位置，如图答 3 所示，圆半径 1R与 L 的关系式为： 1 1 1cos , 1 cos LL R R R      （2 分） 又 1 1 mvR Bq  ，解得 1 (1 cos ) BqLv m    （2分） 由于 2 1 1 1 2 U q mv ， 2 2 2 1 2 U q mv ，所以 2 2 1 1 2 2 2 2 cos (1 cos ) U v U v     （2 分 25．（20 分）空间存在着以 x=0 平面为分界面的两个匀强磁场，左右 两边磁场的磁感应强度分别为 B1和 B2，且 B1:B2=4:3，方向如图所示。 现在原点 O处一静止的中性原子，突然分裂成两个带电粒子 a 和 b， 已知 a 带正电荷，分裂时初速度方向为沿 x轴正方向，若 a粒子在第 四次经过 y轴时，恰好与 b 粒子第一次相遇。求： （1）a 粒子在磁场 B1中作圆周运动的半径与 b 粒子在磁场 B2中圆 周运动的半径之比。 （2）a粒子和 b 粒子的质量之比。 25、（20 分）（1）原子为中性，分裂后一定有 qa=-qb（b 一定带负 电） (2 分) 原 子 分 裂 前 后 动 量 守 恒 ， 则 pa+pb=0 （2 分） 粒 子 在 磁 场 中 运 动 时 由 牛 顿 定 律 有 R mvqvB 2  （2 分） ∴ BB q p q mvR  （2 分） 则： 4 3 1 2  B B R R b a （2 分） （2）a、b 粒子相遇时：ta=tb （2 分） 由题意分析可知,a粒子在第四次经过 y 轴与 b 粒子第一次相遇时， b 粒子应第三次经过 y 轴。则 ta=Ta1+Ta2 tb=Tb1+Tb2/2 （2 分） ∵ Bq n v RT  22  （2 分） ∴ 21 22 qB n qB mt aa a   21 22 qB n qB mt bb b   即 2121 2222 qB n qB m qB n qB m bbaa   （2 分） 代入数据并化简得： 323 2 2 bbaa mmmm  解之得： 7 5  b a m m 26 如图所示，ABCDE 为固定在竖直平面内的轨道，ABC 为直轨道，AB 光滑，BC 粗糙，CDE 为光滑圆弧轨道，轨道半径为 R，直轨道与 圆弧轨道相切于 C 点，其中圆心 O与 BE 在同一水平面上，OD竖 直，∠COD=θ，且θ＜5°。现有一质量为 m 的小物体(可以看作 质点)从斜面上的 A 点静止滑下，小物体与 BC间的动摩擦因数为  ，现要使小物体第一次滑入圆弧轨道即恰好做简谐运动(重力 加速度为 g)。求： (1) 小 物 体 过 D 点 时 对 轨 道 的 压 力 大 小 (2)直轨道 AB 部分的长度 S 26 (1)小物体下滑到 C 点速度为零才能第一次滑入圆弧轨道即恰 好做简谐运动 从 C 到 D 由机械能守恒定律有： mgR(1-cosθ)= 2 2 1 Dmv 在 D 点 用 向 心 力 公 式 有 ： F-mg=m R mvD 2 解以上二个方程可得： F=3mg-2mgcosθ (2)从 A 到 C 由动能定理有： mgsinθ(S+Rcotθ)- μmgcosθ·Rcotθ=0 解方程得： S=(μcot 2 θ-cotθ)R 27 两水平放置的金属板间存在一竖直 方向的匀强电场和垂直纸面向里的 匀强磁场，磁感应强度为 B，一质 量为 4m ，带电量为-2q 的微粒 b 正好悬浮在板间正中间 O点处， 另一质量为 m，带电量为 +q 的微粒 a，从 p 点以水平速度 v0(v0 未知)进入两板间，正好做匀速直线运动，中途与 b碰撞。： （1）匀强电场的电场强度 E为多大 ；微粒 a 的水平速度为多大 （2）若碰撞后 a 和 b结为一整体，最后以速度 0.4v0从 Q点穿出场区， 求 Q 点与 O 点的高度差 （3）若碰撞后 a 和 b分开，分开后 b具有大小为 0.3v0的水平向右速 度，且带电量为-q/2，假如 O 点的左侧空间足够大，则分开后微粒 a 的运动轨迹的最高点与 O点的高度差为多大 27（1）对 b 微粒，没与 a微粒碰撞前只受重力和电场力，则有 2qE = 4mg ∴E = q mg2 对 a 微粒碰前做匀速直线运动，则有 Bqv0 = Eq + mg ∴v0 = Bq mg3 （2）碰撞后，a、b 结合为一体，设其速度为 v 由动量守恒定律得 mv0 = 5mv∴v = 5 0v 碰后的新微粒电量为– q 设 Q 点与 O 点高度差为 h 由动能定理： 5mgh – Eqh = 2 1 5m (0.4v0) – 2 1 5m ( 5 0v ) 2 ∴h = 0.9 22 2 qB gm （3）碰撞后，a、b 分开，则有 mv0 = mva + 4mvb vb = 0.3 v0，得 va = – 0.2v0 a 微粒电量为 – q / 2，受到的电场力为 E · mg q mgqq  2 2 2 ∴F 电 = mg 故 a 微粒做匀速圆周运动，设半径为 R B | va | R vmq a 2|| 2  ∴R = 22 22.1||2 qB gm Bq vm a  a 的最高点与 O 点的高度差 ha = 2R = 22 24.2 qB gm 。 28.有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多用锡 箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动。 现取以下简化模型进行定量研究。 如图所示，电容量为 C的平行板电容器的极板 A 和 B 水平放置， 相距为 d，与电动势为 、内阻可不计的电源相连。设两板之间只有 一个质量为m的导电小球，小球可视为质点。已知：若小球与极板发 生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变，改 变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的 a倍 （ 1a ）。不计带电小球对极板间匀强电场的影响。重力加速度为 g。 （1）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势 至 少应大于多少 （2）设上述条件已满足，在较长的时间间 隔T内小球做了很多次往返运动。求在 T 时间 内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量 28 （1） m g d a C   （2） ' 2 2 2 2 2 2 2 C TQ md md C mgd C mgd           29.一玩具“火箭”由质量为 ml和 m2的两部分和压在中间的一根短而 硬(即劲度系数很大)的轻质弹簧组成.起初，弹簧被压紧后锁定，具 有的弹性势能为 E0，通过遥控器可在瞬间对弹簧解除锁定，使弹簧迅 速恢复原长。现使该“火箭”位于一个深水池面的上方(可认为贴近 水面)，释放同时解除锁定。于是，“火箭”的上部分竖直升空，下部 分竖直钻入水中。设火箭本身的长度与它所能上升的高度及钻入水中 的深度相比，可以忽略，但体积不可忽略。试求． (1)“火箭”上部分所能达到的最大高度(相对于水面) (2)若上部分到达最高点时，下部分刚好触及水池底部，那么，此过 程中，“火箭”下部分克服水的浮力做了多少功?(不计水的粘滞阻力) 29 (1)“火箭”整体(含弹簧)在弹簧解除锁定的瞬间，弹簧弹力远大 于箭体重力，故动量守恒：m1v1-m2v2=0 同时机械能守恒：(m1v1 2 )/2+(m2v 2 2)/2=E0 ∴v1=[2m2E0/m1(m1+m2)] 2 1 v2=[2m1E0/m2(m1+m2)] 2 1 ∴“火箭”上部分所能达到的最大高度为： H1=v1 2 /2g=m2E0/m1g(m1+m2) x (2)“火箭”上升的时间为：t=v1/g 水池深度为：H2=v2t/2 “火箭”下部分克服水的浮力共做功： WF=m2gH2+m2v2 2 /2 以上各式联立可得：WF=E0 30 如图所示，在某一足够大的真空室中，虚线 PH的右侧是一磁感应 强度为 B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧是一场强为 E、方向 水平向左的匀强电场。在虚线 PH上的 一点 O 处有一质量为 M、电荷量为 Q 的镭核（ 226 88 Ra）。某时刻原来静止的镭 核水平向右放出一个质量为 m、电荷 量为 q 的α粒子而衰变为氡（Rn）核，设α粒子与氡核分离后它们之 间的作用力忽略不计，涉及动量问题时，亏损的质量可不计。 经过一段时间α粒子刚好到达虚线 PH 上的 A 点，测得 OA=L。求此时刻氡核的 速率 30.设衰变后，氡核的速度为 v0，α粒子的速度为 vα，由 动量守恒定律得 （M－m）v0=mvα α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，到达 A 点需时   v Lt 2   又 2 2 L v mBqv    氡核在电场中做匀加速直线运动，t 时速度为 v=v0+at 氡核加速度 mM EqQa    )( 由以上各式解得： qBmM mEqQLBqv )(2 )(222     。