高中物理思维方法集解参考系列——高考物理压轴题汇编

高中物理思维方法集解参考系列——高考物理压轴题汇编

‎《高中物理思维方法集解》参考系列 高考物理压轴题汇编 山东平原一中 魏德田 ‎1、如图所示，一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m〈M。现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图5)，使A开始向左运动、B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离L板。以地面为参照系。 (1)若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度的大小和方向。 (2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离。‎ 解法1:　(1)A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度。设此速度为，A和B的初速度的大小为，则由动量守恒可得:    　　 　　解得：　，　方向向右　　　　①‎ ‎(2)A在B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，可见A在运动过程中必经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V的两个阶段。设为A开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，为A从速度为零增加到速度为的过程中向右运动的路程，L为A从开始运动到刚到达B的最左端的过程中B运动的路程，如图6所示。设A与B之间的滑动摩擦力为f，则由功能关系可知:‎ ‎　　对于B　　　　　 ② 　　对于A　　　　　③ 　　　　　　④‎ 由几何关系 　　　 　⑤‎ ‎　由①、②、③、④、⑤式解得 ⑥‎ 解法2： 对木块A和木板B组成的系统，由能量守恒定律得：‎ ‎ ⑦‎ 由①③⑦式即可解得结果 ‎ 本题第（2）问的解法有很多种，上述解法2只需运用三条独立方程即可解得结果，显然是比较简捷的解法。‎ ‎2、如图所示，长木板A右边固定一个挡板，包括挡板在内的总质量为‎1.5M，静止在光滑的水平面上，小木块B质量为M，从A的左端开始以初速度在A上滑动，滑到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短,碰后木块B恰好滑到A的左端停止，已知B与A间的动摩擦因数为，B在A板上单程滑行长度为，求：‎ ‎（1）若，在B与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板A做正功还是负功？做多少功？‎ ‎（2）讨论A和B在整个运动过程中，是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的，如果不可能，说明理由；如果可能，求出发生这种情况的条件。‎ 解：（1）B与A碰撞后，B相对A向左运动，A受摩擦力向左，而A的运动方向向右，故摩擦力对A做负功。‎ 设B与A碰后的瞬间A的速度为，B的速度为，A、B相对静止时的共同速度为，由动量守恒得： ①‎ ‎ ②‎ 碰后到相对静止，对A、B系统由功能关系得：‎ ‎ ③‎ 由①②③式解得：（另一解因小于而舍去）‎ 这段过程A克服摩擦力做功为④（2）A在运动过程中不可能向左运动，因为在B未与A碰撞之前，A受摩擦力方向向右，做加速运动，碰后A受摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后共同速度仍向右，因此不可能向左运动。‎ B在碰撞之后，有可能向左运动，即，结合①②式得： ⑤‎ 代入③式得： ⑥‎ 另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 ‎ ⑦ 即 故在某一段时间里B运动方向是向左的条件是⑧‎ ‎3、光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料料成的“┙”型滑板，（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，整个装置处于场强为E的匀强电场中，初始时刻，滑板与物体都静止，试求：‎ ‎（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的3/5，则物体在第二次跟A壁碰撞之前瞬时，滑板的速度v和物体的速度v2分别为多大？（均指对地速度）‎ ‎（3）物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？（碰撞时间可忽略）‎ ‎3、解：（1）由动能定理 得 ① ‎ ‎（2）若物体碰后仍沿原方向运动，碰后滑板速度为V，‎ 由动量守恒 得物体速度，故不可能 ② ‎ ‎∴物块碰后必反弹，由动量守恒 ③ 得 ④ ‎ 由于碰后滑板匀速运动直至与物体第二次碰撞之前，故物体与A壁第二次碰前，滑板速度⑤ 。‎ 物体与A壁第二次碰前，设物块速度为v2， ⑥ ‎ 由两物的位移关系有： ⑦即 ⑧ ‎ 由⑥⑧代入数据可得： ⑨ ‎ ‎（3）物体在两次碰撞之间位移为S， ‎ 得 ‎∴ 物块从开始到第二次碰撞前电场力做功 图5—15‎ ‎4（16分）如图5—15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.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. 解：(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 ‎(2)离开电场后，按动能定理，有：-μmg=0-mv2得：v2=2 m/s ‎(3)代入前式求得：B= 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-μmg)mv12-0 进入电磁场后做匀速运动，故有：Eq=μ(qBv1+mg) 由以上两式得： ‎ ‎5、 在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“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V0射向B球，如图2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（锁定及解除锁定均无机械能损失）．已知A、B、C三球的质量均为．‎ ‎（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度．‎ ‎（2）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．‎ 分析：审题过程，①排除干扰信息：“在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“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．”②挖掘隐含条件：“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”，隐含摩擦不计和轻质弹簧开始处于自然状态（既不伸长，也不压缩），“C与B发生碰撞并立即结成一个整体D”‎ 隐含碰撞所经历的时间极短，B球的位移可以忽略，弹簧的长度不变，“A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动”隐含在碰撞中系统的动能由于非弹性碰撞而全部消耗掉，只剩下弹性势能。‎ 此题若用分析法求解，应写出待求量与已知量的关系式，显然比较困难，由于物体所经历的各个子过程比较清楚，因此宜用综合法求解。在解题前，需要定性分析题目中由A、B、C三个小球和连结A、B的轻质弹簧组成的系统是如何运动的，这个问题搞清楚了，本题的问题就可较容易地得到解答．下面从本题中几个物理过程发生的顺序出发求解：‎ ‎1、球C与B发生碰撞，并立即结成一个整体D，根据动量守恒，有 ‎（为D的速度） ①‎ ‎2、当弹簧的长度被锁定时，弹簧压缩到最短，D与A速度相等，如此时速度为，由动量守恒得 ②　‎ 当弹簧的长度被锁定后，D的一部分动能作为弹簧的弹性势能被贮存起来了．由能量守恒，有　　　　　　③‎ ‎3、撞击P后，A与D的动能都为０，当突然解除锁定后（相当于静止的A、D两物体中间为用细绳拉紧的弹簧，突然烧断细绳的状况，弹簧要对D做正功），当弹簧恢复到自然长度时，弹簧的弹性势能全部转变成D的动能，设D的速度为，则有④‎ ‎4、弹簧继续伸长，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．此时的势能为最大，设此时A、D的速度为，势能为·由动量守恒定律得 ‎ ‎ ⑤ ‎ 由机械能守恒定律得： ⑥‎ 由①、②两式联立解得：　　　　　　⑦‎ 联立①②③④⑤⑥式解得 ⑧‎ ‎6、如图(1)所示为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端挂一小物块A，上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连。已知有一质量为ｍ0的子弹B沿水平方向以速度ｖ0‎ 射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直面内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F随时间t的变化关系如图(2)所示。已知子弹射入的时间极短，且图(2)中ｔ＝0为A、B开始以相同速度运动的时刻，根据力学规律和题中（包括图）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量（例如A的质量）及A、B一起运动过程中的守恒量。你能求得哪些定量的结果？‎ 解：由图2可直接看出，A、B一起做周期性运动，运动的周期T=2t0，令 m表示 A的质量，L表示绳长，v1表示 B陷入A内时即t=0时 A、B的速度（即圆周运动最低点的速度），v2表示运动到最高点时的速度，F1表示运动到最低点时绳的拉力，f2表示运动到最高点时绳的拉力，则根据动量守恒定律，得mv0=( m0+m)v1，在最低点和最高点处运用牛顿定律可得 ‎ F1-( m0+m)g=( m0+m)v12/L， F2+( m0+m)g=( m0+m)v22/L ‎ 根据机械能守恒定律可得 ‎2L( m+m0)g=( m+m0) v12/2- ( m+m0) v22/2。‎ ‎ 由图2可知F2=0 。F1=Fm。由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是 ‎ m=Fm/‎6g-m0 ，L =‎36m02v‎02 g/5Fm2， ‎ A、B一起运动过程中的守恒量是机械能E，若以最低点为势能的零点，则E=(m+m0)v12/2。由几式解得E＝‎3m02ｖ‎02g/Fｍ。‎ ‎7．（15分）中子星是恒星演化过程的一种可能结果，它的密度很大。现有一中子星，观测到它的自转周期为T＝1/30s。向该中子星的最小密度应是多少才能维持该星体的稳定，不致因自转而瓦解。计等时星体可视为均匀球体。（引力常数G＝6.67×10－‎11m3‎/kg·s2）‎ ‎8．（20分）曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，图1为其结构示意图。图中N、S是一对固定的磁极，abcd为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc边中点、与ab边平行，它的一端有一半径r0＝‎1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图2所示。当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动。设线框由N＝800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S＝‎20cm2，磁极间的磁场可视作匀强磁场，磁感强度B＝0.010T，自行车车轮的半径R1＝‎35cm，小齿轮的半径R2＝4.cm，大齿轮的半径R3＝‎10.0cm（见图 2）。现从静止开始使大齿轮加速转动，问大齿轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值U＝3.2V？（假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动）‎ ‎7．（15分）参考解答：‎ 考虑中子星赤道处一小块物质，只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体一起旋转所需的向心力时，中子星才不会瓦解。‎ 设中子星的密度为ρ，质量为M，半径为R，自转角速度为ω，位于赤道处的小块物质质量为m，则有GMm/R2＝mω2R 且ω＝2π/T，M＝4/3πρR3‎ 由以上各式得：ρ＝3π/GT2‎ 代人数据解得：ρ＝1.27×1014kg/m3‎ ‎8．（20分）参考解答：‎ 当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交流电动势，其最大值ε＝ω0BSN 式中ω0为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度。‎ 发电机两端电压的有效值U＝/2εm 设自行车车轮转动的角速度为ω1，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，有 R1ω1＝R0ω0‎ 小齿轮转动的角速度与自行车轮转动的角速度相同，也为ω1。设大齿轮转动的角速度为ω，有R3ω＝R2ω1‎ 由以上各式解得ω＝(U/BSN)(R2r0/R3r1) 代入数据得ω＝3.2s－1‎ ‎9．（22分）一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均抽出功率。‎ ‎9．（22分）参考解答：‎ 以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有 s＝1/2at2 ① v0＝at ②‎ 在这段时间内，传送带运动的路程为s0＝v0t ③‎ 由以上可得s0＝2s ④‎ 用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为 A＝fs＝1/2mv02 ⑤‎ 传送带克服小箱对它的摩擦力做功A0＝fs0＝2·1/2mv02 ⑥‎ 两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量Q＝1/2mv02 ⑦‎ 可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。‎ T时间内，电动机输出的功为W＝T ⑧‎ 此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即 W＝1/2Nmv02＋Nmgh＋NQ ⑨‎ 已知相邻两小箱的距离为L，所以v0T＝NL ⑩‎ 联立⑦⑧⑨⑩，得：＝[＋gh]‎ U S 接地 ‎－‎ ‎+‎ L ‎10.（14分）为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积A=‎0.04m2‎的金属板，间距L=‎‎0.05m ‎，当连接到U=2500V的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示。现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q=+1.0×10‎-17C，质量为m=2.0×10‎-15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。求合上电键后：⑴经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？⑵除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？⑶经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？‎ ‎[⑴当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附。烟尘颗粒受到的电场力F=qU/L，L=at2/2=qUt2/2mL，故t=0.02s ‎⑵W=NALqU/2=2.5×10-4J ‎ ‎⑶设烟尘颗粒下落距离为x，则当时所有烟尘颗粒的总动能 EK=NA(L-x) mv2/2= NA(L-x)  qUx/L，当x=L/2时EK达最大，而x=at12/2，故t1=0.014s ]‎ ‎11．（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）‎ ‎13．（1）设小球所受的风力为F，小球质量为 ‎ ‎（2）设杆对小球的支持力为N，摩擦力为 沿杆方向 垂直于杆方向 ‎ 可解得 ‎ 评分标准：（1）3分。正确得出式，得3分。仅写出式，得1分。‎ ‎（2）9分，正确得出式，得6分，仅写出、式，各得2分，仅写出式，得1分，正确得出式，得3分，仅写出式，得2分，g用数值代入的不扣分。‎ ‎12．（13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：辐射的能量中包含各种波长的电磁波；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； 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温度的四次方成正比，即，其中常量瓦/（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：太阳半径千米，太阳表面温度开，火星半径千米，球面积，，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（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。‎ 解：．（1） （赫） ‎（赫） 辐射的频率范围为3×1012赫－1.5×1017赫 ‎（2）每小量从太阳表面辐射的总能量为 ‎ 代入数所得W=1.38×1010焦 ‎（3）设火星表面温度为T，太阳到火星距离为，火星单位时间内吸收来自太阳的辐射能量为 ‎ ‎ 火星单位时间内向外辐射电磁波能量为 火星处在平衡状态 即 由式解得火星平均温度（开） 评分标准：全题13分 ‎（1）正确得了，，式，各得1分。（2）正确得出式，得5分，仅写出式，得3分。（3）正确得出式，得4分，仅写出式或式，得1分；仅写出式，得1分，正确得出式，得1分。‎ ‎13.(13分)如图所示，在xoy平面内有垂直坐标平面的范围足够大的匀强磁场，磁感强度为B，一带正电荷量Q的粒子，质量为ｍ，从Ｏ点以某一初速度垂直射入磁场，其轨迹与x、y轴的交点A、B到O点的距离分别为ａ、ｂ，试求：‎ ‎(1)初速度方向与ｘ轴夹角θ．‎ ‎(2)初速度的大小. 20.参考解答：‎ ‎(1)磁场方向垂直坐标平面向里时，粒子初速度方向与ｘ轴的夹角为θ，射入磁场做匀速圆周运动，由几何关系可作出轨迹如图所示，设圆半径为R，由数学关系可得： ‎ ① ②‎ 由①、②解得tgθ＝ ∴θ＝arctg ③ 当磁场方向垂直坐标平面向外时，粒子初速度方向与ｘ轴间的夹角为 π＋θ＝π＋arctg ④‎ ‎(2)由①、②解得： ⑤‎ 由洛仑兹力提供向心力有：ＱｖＢ＝ｍ ⑥‎ ‎∴ ⑦‎ 评分标准：本题13分，第(1)问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同样给分.‎ 第(2)问5分，其中⑤式2分，⑥式2分，⑦式1分.‎ ‎14.(13分)俄罗斯“和平号”空间站在人类航天史上写下了辉煌的篇章，因不能保障其继续运行，3月20号左右将坠入太平洋.设空间站的总质量为ｍ，在离地面高度为ｈ的轨道上绕地球做匀速圆周运动坠落时地面指挥系统使空间站在极短时间内向前喷出部分高速气体，使其速度瞬间变小，在万有引力作用下下坠.设喷出气体的质量为 m，喷出速度为空间站原来速度的37倍，坠入过程中外力对空间站做功为W.求：‎ ‎(1)空间站做圆周运动时的线速度.‎ ‎(2)空间站落到太平洋表面时的速度.‎ ‎(设地球表面的重力加速度为ｇ，地球半径为R)‎ ‎14.参考解答：‎ (1) 设空间站做圆周运动的速度为ｖ１，地球质量为M.由牛顿第二定律得：‎ ‎ ①‎ 地表重力加速度为ｇ，则： ② 由①、②式得： ③‎ (1) 喷出气体后空间站速度变为ｖ２，由动量守恒定律得：‎ ‎ ④‎ 设空间站落到太平洋表面时速度为ｖ３，‎ 由动能定理得： ⑤‎ 由③、④、⑤式得： ⑥‎ ‎15.(14分)如图甲，A、B两板间距为，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.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： ①‎ 偏转阶段，带电粒子作类平抛运动偏转时间 ②‎ 侧移量 ③‎ ‎ 设在偏转电场中，偏转角为θ 则 ‎ 即θ＝ ④ 由几何关系：Ｒｃｏｓ45°＋Ｒ＝Ｌ′⑤‎ Ｒsin45°＝ ⑥ 则 Ｌ′＝ ⑦‎ 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Ｗ＝２ｑＵ ⑧‎ 设出电场时速度为ｖ′，有 解得ｖ′＝ ⑨‎ 粒子在磁场中做圆周运动的半径：‎ ‎∴ ⑩‎ ‎(2)设粒子在加速电场中运动的时间为ｔ２‎ 则ｔ２＝ 带电粒子在磁场中做圆周运动的周期 实际转过的角度α＝２π－２θ＝ 在磁场中运动时间ｔ３＝ 故粒子运动的周期T＝２ｔ２＋２ｔ１＋ｔ３＝４Ｌ 评分标准：本题14分，第(1)问8分，其中①、②、③式各1分，④式2分，⑤、⑥、⑦式各1分.第(2)问6分，其中 、、、式各1分，式2分.‎ ‎ ‎ ‎16、‎2000年1月26日我国发射了一颗同步卫星，其定点位置与东经98°的经线在同一平面内。若把甘肃省嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经98°和北纬α＝40°，已知地球半径R、地球自转周期T、地球表面重力加速度g（视为常量）和光速c。试求该同步卫星发出的微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间（要求用题给的已知量的符号表示）。‎ 分析与解：由于微波在大气层中以光速传播，所以若能求得从同步卫星到嘉峪关的距离L，则由运动学就能得到同步卫星发出的微波信号传到位于嘉峪关的接收站所需的时间t。如何求得L是解题的关键，首先我们知道同步卫星是位于赤道上空的，题中说明，该同步卫星的定点位置与东经98°的经线在同一平面内，而嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经98°和北纬α＝40°，隐含该同步卫星P、嘉峪关Q和地心O在同一个平面内，构成一个三角形，∠QOP=α＝40°，如图11所示，这样由余弦定理就可求得L。 　　设m为卫星质量，M为地球质量，r为卫星到地球中心的距离，w为卫星绕地转动的角速度，由万有引力定律和牛顿定律有。 ‎ ‎　　①　　　　① 　　式中G为万有引力恒量，因同步卫星绕地心转动的角速度w与地球自转的角速度相等，有 ② 　　因 得 ③ 设嘉峪关到同步卫星的距离为L，由余弦定理 　　 ④ 　　所求时间为 ⑤ 　　由以上各式得 ‎ ⑥‎ ‎17、“和平号”空间站已于‎2001年3月23日成功地坠落在南太平洋海域，坠落过程可简化为从一个近圆轨道（可近似看作圆轨道）开始，经过与大气摩擦，空间站的绝大部分经过升温、熔化，最后汽化而销毁，剩下的残片坠入大海。此过程中，空间站原来的机械能中，除一部分用于销毁和一部分被残片带走外，还有一部分能量E′通过其他方式散失（不考虑坠落过程中化学反应的能量）。‎ （1） 试导出以下列各物理量的符号表示散失能量E′的公式.‎ （2） ‎（2）算出E′的数值（结果保留两位有效数字）‎ 坠落开始时空间站的质量M=1.17×105kg；‎ 轨道离地面的高度为h=146km；‎ 地球半径R=6.4×106m；‎ 坠落空间范围内重力加速度可看作g=10m/s2；‎ 入海残片的质量=1.2×104kg；‎ 入海残片的温度升高=3000K；‎ 入海残片的入海速度为声速=340m/ｓ；‎ 空间站材料每1kg升温1K平均所需能量c=1.0×103J；每销毁1kg材料平均所需能量μ=1.0×107J. ‎ 分析与解：本题描述的是2001年世界瞩目的一件大事：“和平号”空间站成功地坠落在南太平洋海域。让绕地球运行的空间站按照预定的路线成功坠落在预定的海域，这件事情本身就极富挑战性，表达了人类征服自然改造自然的雄心和实力。 ‎ ‎（1）作为一道信息题，首先我们应弄清题目所述的物理过程，建立一个正确的物理模型。 ‎ 我们将空间站看作一个质点，开始时以一定的速度绕地球运行，具有一定的动能和势能，坠落开始时空间站离开轨道，经过摩擦升温，空间站大部分升温、熔化，最后汽化而销毁，剩下的残片坠落大海，整个过程中，总能量是守恒的。 ‎ 根据题述条件，从近圆轨道到地面的空间中重力加速度g=10m/s2，若以地面为重力势能的零点，坠落过程开始时空间站在近圆轨道的势能 ‎.　 　① 　　以v表示空间站在轨道上的速度，可得 .　　② 　　其中r为轨道半径，若R地表示地球半径，则r=R地+h.　　　③ 　　由式②、③可得空间站在轨道上的动能 　　 （R地+h） ④ 　　由式①、④可得，在近圆轨道上空间站的机械能 　　E=Mg(R地+h) ⑤ 　　在坠落过程中，用于销毁部分所需要的能量为Q汽=(M-m)μ.⑥ 　　用于残片升温所需要的能量Q残=cmΔT.⑦ 　　残片的动能为E残= ⑧ 　　以E′表示其他方式散失的能量，则由能量守恒定律可得 　　 E=Q汽+E残+Q残+E′. ⑨‎ ‎　　由此得E′=Mg(R地+h)-(M-m)μ--cmΔT ⑩ ‎ ‎(2)将题给数据代入得E′=2.9×1012J. 带电粒子在电磁场中运动问题 带电粒子在电磁场中运动问题，实质是力学问题，通常从受力分析，运动情况分析入手，利用力学规律，并注意几何关系即可求解。下面对两道高考压轴题作一简要分析。 ‎ ‎18、一带电质点质量为m电量为q，以平行于ox轴的速度v从y轴上的a点射入图7中第一象限所示的区域。为了使该质点能从x轴上的b点以垂直于ox轴的速度v射出，可在适当的地方加一个垂直于xy平面、磁感强度为B的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个圆形区域内，试求这个圆形区域的最小半径，重力忽略不计。 ‎ 解析：由题意可知，质量在xy平面的第一象限的磁场中做匀速圆周运动，在磁场外做匀速直线运动。由于质点进入磁场的速度方向与飞出磁场的速度方向相垂直成90°，由此可知质点在磁场中的轨迹是半径为R的圆O（虚线）的圆周的1/4，如图8，由题意，恰包含弦的磁场圆有无数个，且对应 的圆心角越小，圆半径越大，反之则越小，当圆心角为180°时，即为直径时磁场圆O'（实线）的半径最小，设其半径为r，易得 显而易见，以上找圆心及对角度的分析是解题的关键。 ‎ ‎19、图9中虚线MN是一垂直面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在着一磁感强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外。O是MN上的一点，从O点可以向磁场区域发射电量为＋q、质量为m速率为v的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向。已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中的P点相遇，P到O的距离为L。不计粒子的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点射入磁场的时间间隔。‎ 分析与解：这一题是带电粒子仅在洛仑兹力作用下的运动问题，前后两个粒子做完全相同的匀速圆周运动，对应的物理规律较简单，第二问的难点在于物理情景分析和几何关系的确定，勾画草图分析，巧设角度是解题的关键。‎ ‎ （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 　　　　　 　　　得　① 　（2）如图10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处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用θ表示它之间的夹角。‎ 由几何关系可知 ‎ 从0点射入到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧长Q1P 　　　　　Q1P＝Rθ ③‎ 粒子2的路程为半个圆周减弧长 PQ2=Rθ ④‎ ‎ 粒子1运动的时间 　 ⑤‎ 其中T为圆周运动的周期。粒子2运动的时间为 ‎ ‎ ⑥ 两粒子射入的时间问隔 △t=t1-t2= ⑦ 　　因 得 ⑧‎ 由①、⑦、⑧三式得 　△t=‎ ‎20.(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/2π，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=-k，试求n=1时“电子偶数”的能量.‎ ‎【分析】由量子化理论知 n=1时，2mev1r1= 解得 ①‎ 设此时电子运转轨道半径为r，由牛顿定律有me ②‎ 由①②联立可得v1＝πke2／h 系统电势能Ep=-k=－2mev12‎ 而系统两电子动能为Ek=2×‎ 系统能量为E=Ep+Ek＝-mev12=-π2mk2e4／h2‎ 评分：解答①式正确得2分；解答②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.‎ ‎21.(14分)显像管的工作原理是阴极K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SO，SO 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(SO)质量为1.6×10－‎25 kg］. ‎ ‎【分析】电子或硫酸根离子在加速电场中 qU=‎ 设粒子在偏转磁场中偏转时，轨道半径为R,有：qvB=m 则R=‎ 设粒子在偏转磁场中速度偏角为θ，有：tan 故tan∝‎ 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tan得3分；明确tan与的关系得2分；最后将tan∝应用于电子和硫酸根离子，得出正确结论得2分. ‎ ‎22.(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.该实验的操作步骤如下：①按电路图接好实验电路;②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 μA;③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;④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.‎ ‎【分析】(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=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5分；(3)电容计算正确得5分.‎ 图11‎ ‎23.(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R１＝‎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=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. ‎(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=m (3分)所以v= (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r１≤＝0.3 m (2分) 由Bqv=知r= (2分)‎ 所以vm=≤5.76×106 m/s (2分) 图13‎ ‎24‎ ‎.(13分)在科技活动中某同学利用自制的电子秤来称量物体的质量，如图13所示，为电子秤的原理图，托盘和弹簧的电阻与质量均不计.滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接，当托盘中没有放物体时，电压表示数为零.设变阻器的总电阻为R，总长度为l，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻的阻值为R0，弹簧劲度系数为k，不计一切摩擦和其他阻力，电压表为理想表，当托盘上放上某物体时，电压表的示数为U，求此时称量物体的质量. ‎【分析】设托盘上放上质量为m的物体时，弹簧的压缩量为x，由题设知mg=kx x= ① (3分) 由全电路欧姆定律知：I= ② (3分) U=I·R′=I· ③ (3分)‎ 联立①②③求解得m=U (4分) 图14‎ ‎25.(14分)在水平地面上匀速行驶的拖拉机，前轮直径为‎0.8 m,后轮直径为‎1.25 m,两轮的轴水平距离为‎2 m,如图14所示，在行驶的过程中，从前轮边缘的最高点A处水平飞出一小块石子，0.2 s后从后轮的边缘的最高点B处也水平飞出一小块石子，这两块石子先后落到地面上同一处(g取‎10 m/s2).求拖拉机行驶的速度的大小.‎ ‎【分析】由题设知，从A处水平飞出的石子和0.2 s后从B处水平飞出的石子均做平抛运动，抛出的初速度大小相等(2分)，且均为拖拉机行驶速度的2倍(2分)‎ 如图2′所示 xA=2v·tA=2v (2分) 图2′‎ xB=2vtB=2v (2分) xＡ+d=xB+v·t0 (3分) v=‎5 m/s (3分) ‎26.(14分)带有等量异种电荷的两个平行金属板A和B水平放置，相距为d(d远小于板的长和宽)，一个带正电的油滴M浮在两板正中央，处于静止状态，其质量为m,带电量为q，如图15所示.在油滴正上方距A板高度为d处有另一质量为m的带电油滴N由静止开始释放，可穿过A板上的小孔进入两板间并与M相碰，碰后结合成一个大油滴.整个装置放置在真空环境中，不计油滴M和N间的万有引力和库仑力以及金属板的厚度，要使油滴N能与M相碰且结合后又不至于同金属板B相碰，‎ 求：(1)金属板A、B间的电势差是多少? ‎(2)油滴N带何种电荷，电量可能为多少? ‎【分析】(1)由M油滴的平衡条件知 mg= UAB＝－ (2分) ‎(2)要使M、N相碰后不至于到B板，N应带正电 (1分)‎ 设N的带电量为Q，则N、M相碰必满足 mg(d+d)-QUBA＝mv２＞0 (2分) 所以Q＞=3q (2分) N、M相碰时 mv=2mv′ v′=v (1分) N、M结合成大油滴不能到B板应满足(‎2m)v′２+2mg＜(q+Q)UBA (2分)‎ 所以Q＞q (2分) q＜Q＜3q (2分)‎ ‎27.（16分）如图甲所示，A、B为两块距离很近的平行金属板，板中央均有小孔.一束电子以初动能Ek=120 eV,从A板上的小孔O不断垂直于板射入A、B之间，在B板右侧，平行于金属板M、N组成一个匀强电场，板长L=2×10‎-2 m，板间距离d=4×10‎-3 m，偏转电场所加电压为U2=20 V.现在在A、B两板间加一个如图乙所示的变化电压U1，在t=0到t=2 s时间内，A板电势高于B板电势，则在U1随时间变化的第一个周期内： ‎（1）电子在哪段时间内可以从B板小孔射出？ ‎（2）在哪段时间内，电子能从偏转电场右侧飞出？ ‎（由于A、B两板距离很近，可以认为电子穿过A、B板所用时间很短，可以不计） 解：（1）能射出B板,要求电子达到B板时速度大于或等于零 由动能定理得 -eU1=0- U1=120 V (2分) AB两板电压在0~1 s区间内满足关系式 U=200t (1分) 所以U1=200t1,t1=0.6 s (1分) 由于电压图象的对称性，另一对应时刻t2=1.4 s在第二个周期.又当B板电势高于A板电势时电子均能射出.所以能射出的时间段为0~0.6 s及1.4~4 s. (2分) ‎（2）设电子从偏转电场中点垂直射入时速度为v0，动能为Ek，那么侧移是 y= (2分)y≤才能射出 所以 (1分) Ek≥250 eV （1分）‎ 又 Ek=eU1+Eko (1分) 所以120e+eU1≥250eU1≥130 V (1分) 又因 t1=+2=2.65 s (1分)t2=4-=3.35 s (1分) 所以在2.65 s~3.35 s内有电子射出 （2分）‎ ‎28.(14分)喷墨打印机的结构简图如图4—12所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半径约为10－‎5 m，此微滴经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制。带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体.无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒。偏转板长‎1.6 cm，两板间的距离为‎0.50 cm，偏转板的右端距纸‎3.2 cm。若墨汁微滴的质量为1.6×10－‎10 kg，以‎20 m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是8.0×103 V，若墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是‎2.0 mm.求这个墨汁微滴通过带电室带的电量是多少？（不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限于平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性.）为了使纸上的字放大10%，请你分析提出一个可行的方法.‎ 解：设微滴的带电量为q，它进入偏转电场后做类平抛运动，离开电场后做直线运动打到纸上，距原入射方向的距离为 y=at2+LtanΦ(2分)，又a=（1分），t= (1分)，tanΦ= (1分)，‎ 可得y= (2分），代入数据得q=1.25×10－13 C（2分）.要将字体放大10%，只要使y增大为原来的1.1倍，可以增大电压U达8.8×103 V，或增大L，使L为3.6 cm（5分）． ‎29.（16分）如图5—16所示,光子具有动量，每个光子的动量mv=h /λ（式中h为普朗克常量，λ为光子的波长）.当光照射到物体表面上时，不论光被物体吸收还是被物体表面反射，光子的动量都会发生改变，因而对物体表面产生一种压力，称为光压.右图是列别捷夫设计的用来测量光压的仪器.图中两个圆片中，a是涂黑的，而b是光亮的.当光线照射到a上时，可以认为光子全部被吸收，而当光线照射到b上时，可以认为光子全部被反射.分别用光线照射在a或b上，由于光压的作用，都可以引起悬丝的旋转，旋转的角度 图5—16‎ 可以借助于和悬丝一起旋转的小平面镜M进行观察. ‎（1）如果用一束强光同时照射a、b两个圆片，光线的入射方向跟圆片表面垂直，悬丝将向哪个方向偏转？为什么？ ‎（2）已知a、b两个圆片的半径都为r，两圆心间的距离是d.现用频率为ν的激光束同时照射a、b两个圆片，设入射光与圆面垂直，单位时间内垂直于光传播方向的单位面积上通过的光子个数为n，光速为c，求：由于光压而产生的作用力分别多大. 解：(1)a向外b向里转动（从上向下看逆时针转动）（3分） 对时间t内照到圆片上的光子用动量定理：Ft=ntSΔmv，照到a上的每个光子的动量变化是mv，而照到b上的每个光子的动量变化是2mv；因此光子对b的光压大.（3分） ‎(2)分别对单位时间内照射到a、b上的光子用动量定理，有： Fa= nπr2hν/c，Fb= nπr22hν/c（10分） ‎-----------------密-----------------封-----------------线-----------------内-----------------请-----------------勿-----------------答-----------------题-----------------‎ ‎30、‎ ‎（16分）示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形。它的工作原理等效成下列情况：如图甲所示，真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中，板长L，相距为d，在两板间加上如图乙所示的正弦交变电压，前半个周期内B板的电势高于A板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀。在每个电子通过极板的极短时间内，电场视作恒定的。在两极板右侧且与极板右侧相距D处有一个与两板中心线垂直的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交。当第一个电子到达坐标原点O时，使屏以速度v沿－X方向运动，每经过一定的时间后，在一个极短时间内它又跳回初始位置（此短暂时间可忽略不计），然后重新做同样的匀速运动（已知电子的质量为m，带电量为e，重力忽略不计）。求：‎ ‎①电子进入AB板时的初速度；‎ ‎②要使所有的电子都能打在荧光屏上，图乙中电压的最大值U0满足什么条件（屏足够高）？‎ ‎③要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置？计算这个波形的峰值和长度。在图丙所示的X－Y坐标系中画出这个波形。‎ 答案：⑴动能定理 ‎⑵电子做类平抛运动，要使所有电子打到屏上，则所有电子都要飞出平行板，电压的最大值U0满足：‎ ‎⑶峰值：‎ 长度：x=vT 波形图与原图关于X轴对称 ‎31．（16分）如图所示为示波管的原理图，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？，板间距离均为d，偏转电极XX′的右端到荧光屏的距离为。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（，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，试在荧光屏上标出亮点的大致位置，并求出该点在荧光屏上坐标系中的坐标值。‎ ‎31．解：（1）经加速电压后电子的速度为，则有 （1）‎ 电子经过YY′偏转电极的时间为侧向分速度为，则有 （2） （3）‎ 电子打到荧光屏上的速度等于离开偏转电极时的速度，由（1）（2）（3）可得 （4）‎ ‎　　（2）电子在YY′偏转电极中的侧向位移为 （5）‎ ‎　　离开YY′偏转电极后的运动时间为、侧向位移为则有 （6）‎ ‎　　 （7）‎ ‎　　电子在y方向的位移为 （8）‎ ‎　　同理：电子在XX′偏转电极中的侧向位移为 （9）‎ 离开XX′后运动时间为，侧向位移为，则有 （10）‎ ‎　　 （11）‎ 电子在x方向的位移为 （12）‎ 光点在荧光屏上的坐标 ‎32、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： 　 ① 　　当两板间的电压为2U0时，P的加速度向上，其大小为a， 　　 　 ②　 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τ1，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τ'1，P正好达到A板且速度变为0。 　　故有：v1=gτ1　 0=v1-gτ’1　 d= gτ12+v1τ'1- gτ'12 　　由以上各式得：τ1=τ'1　 　因为t1=τ1　 得 　 ③ 　　在重力作用下，P由A板处向下做匀加速运动，经过时间τ2，P的速度变为v2，方向向下。此时加上电压使P向下作匀减速运动，再经过τ'2，P正好达到B板且速度变为0。 　　故有：v2=gτ2　 0=v2-gτ'2　 d= gτ22+v2τ'2- gτ'22 　　由以上各式得　 τ2=τ'2　 　因为t2=t1+τ'1+τ2　 得t2=( +1) 　 ④ 　　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τ3，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τ'3，P正好达到A板且速度变为0。 　　故有：v3=gτ3　 0=v3-gτ'3　 d= gτ32+v3τ'3- gτ'32 　　由上得 τ3=τ'3　 　因为t3=t2+τ'2+τ3 　得t3=( +3) 　 ⑤ 　　根据上面分析，因重力作用，P由A板向下做匀加速运动，经过τ2‎ ‎，再加上电压，经过τ'2，P到达B且速度为0，因t4=t3+τ'3+τ2　 得t4=( +5) 　　同样分析可得tn=( +2n-3) (n≥2) 　33．下面是一个物理演示实验，它显示：图中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升倒比初始位置高得多的地方。A是某种材料做成的实心球，质量m1=‎0.28kg，在其顶部的凹坑中插着质量m2=‎0.10kg的木棍B。B只是轻轻地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙。将此装置从A下端离地板的高度H=‎1.25m处由静止释放。实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离A开始上升，而球A恰好停留在地板上，求B上升的高度。（g=‎10m/s2）‎ ‎34．一端凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有有小物块B，它到槽内两侧的距离均为，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，小物块与木板间的动摩擦因数为。A、B、C三者质量相等，原来都静止。现使槽A以大小为的初速度向右运动，已知。当A和B发生碰撞时，两者的速度互换。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。‎ ‎35．如图，一辆质量m=‎2kg的平板车左端放有质量M=‎3kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数。开始时平板车和滑块共同以的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反。平板车足够长，以致滑块不会滑到平板车右端（取g=‎10m/s2）.求：（1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离；‎ ‎（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v；‎ ‎（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？‎ ‎36．一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为m的爱斯基摩狗站在该雪橇上，狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇。狗与雪橇始终沿一条直线运动。若狗跳离雪橇时雪橇的速度为V，则此时狗相对于地面的速度为V＋u（其中u为狗相对于雪橇的速度，V＋u为代数和，若以雪橇运动的方向为正方向，则V为正值，u为负值）。设狗总以速度 追赶和跳上雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计。已知的大小为‎5m/s，u的大小为‎4m/s，M=‎30kg，m=‎10kg。求：（1）狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小；‎ ‎（2）雪橇最终速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次数；‎ ‎（供使用但不一定用到的对数值：lg2=0.301，lg3-0.477）‎