2008年物理高考考前基础性过关计算36题

2008年物理高考考前基础性过关计算36题
1．人们受小鸟在空中飞翔的启发而发明了飞机，小鸟扇动翅膀获得向上的举力可表示为F=kSv2，式中S为翅膀的面积，v为小鸟的飞行速度，k为比例系数。一个质量为100g、翅膀长为a、宽为b的燕子，其最小的飞行速度为12m/s。假如飞机飞行时获得的向上举力与小鸟飞行时获得的举力有同样的规律，一架质量为1080kg的飞机，机翼长宽分别为燕子翅膀长宽的20和15倍，那么此飞机的起飞速度多大？
由F=kSv2得，对小鸟 m1g=kabv12
对飞机 m2g=k×20a×15bv22
解得 代入数据得： v2=72m/s
2．如图A所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，l2水平拉直，物体处于平衡状态。现将l2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。
（l）下面是某同学对该题的一种解法：
解：设l1线上拉力为T1，线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡
T1cosθ＝mg， T1sinθ＝T2， T2＝mgtgθ
剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度。因为mg tgθ＝ma，所以加速度a＝g tgθ，方向在T2反方向。
你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并说明理由。
（2）若将图A中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图B所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与（l）完全相同，即 a＝g tgθ，你认为这个结果正确吗？请说明理由。
解：（1）错。
因为I2被剪断的瞬间，l1上的张力大小发生了变化。
（2）对。
因为G被剪断的瞬间，弹簧U的长度末及发生变化，乃大小和方向都不变。
3、如图所示，一质量m2=0.25的平顶小车，车顶右端放一质量m3=0.2kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ=0.4，小车静止在光滑的水平轨道上。现有一质量m1=0.05kg的子弹以水平速度v0=12m/s射中小车左端，并留在车中。子弹与车相互作用时间很短。若使小物体不从车顶上滑落，求：(1)小车的最小长度应为多少 (2)最后物体与车的共同速度为多少 (3)小木块在小车上滑行的时间。(g取10m/s2)
答案：（1）0.9m （2）2.1m/s （3）0.52s
4、如图所示，物块A的质量为M，物块B、C的质量都是m，并都可看作质点，且m＜M＜2m。三物块用细线通过滑轮连接，物块B与物块C的距离和物块C到地面的距离都是L。现将物块A下方的细线剪断，若物块A距滑轮足够远且不计一切阻力。求：
（1）物块A上升时的最大速度；
（2）物块A上升的最大高度。
答案：（1）
（2）若
若
若
5、如图所示，质量为M=3kg、长度为 L=1.2m的木板静止在光滑水平面上，其左端的壁上有自由长度为L0=0.6m的轻弹簧，右端放置一质量为m=1kg的小物块，小物块与木块间的动摩擦因数为μ=0.4，今对小物块施加一个水平向左的瞬时冲量I0=4N·s，小物块相对于木板向左运动而压缩弹簧使弹性势能增大为最大值Emax，接着小物块又相对于木板向右运动，最终恰好相对静止于木板的最右端，设弹簧未超出弹性限度，并取重力加速度为g=10m/s2。求：（1）当弹簧弹性势能最大时小物块速度v；
（2）弹性势能的最大值Emax及小物块相对于木板向左运动的最大距离Lmax。
解：（1）由动量定理及动量守恒定律得I0=mv0 mv0=(m+M)v
于是可解得：v=1m/s。
（2）由动量守恒定律和功能关系得mv0=(m+M)u
mv2 =（m+M）v2+μmgLmax+Emax
mv2 =（m+M）u2+2μmgLmax
于是又可解得：Emax=3J Lmax=0.75m。
　6、如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平．一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示．已知它落地时相对于B点的水平位移OC＝l．现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带，传送带的右端与B的距离为l／2．当传送带静止时，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点．当驱动轮转动从而带动传送带以速度v匀速向右运动时（其他条件不变），P的落地点为D．（不计空气阻力）
　　（1）求P滑至B点时的速度大小；
　　（2）求P与传送带之间的动摩擦因数 ；
（3）求出O、D间的距离s随速度v变化的函数关系式．
解：（1）物体P在AB轨道上滑动时，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律得物体P滑到B点时的速度为
（2）当没有传送带时，物体离开B点后作平抛运动，运动时间为t，当B点下方的传送带静止时，物体从传送带右端水平抛出，在空中运动的时间也为t，水平位移为，因此物体从传送带右端抛出的速度．　
根据动能定理，物体在传送带上滑动时，有．　解出物体与传送带之间的动摩擦因数为．　
（3）当传送带向右运动时，若传送带的速度，即时，物体在传送带上一直做匀减速运动，离开传送带的速度仍为，落地的水平位移为，即s＝l　　当传送带的速度时，物体将会在传送带上做一段匀变速运动．如果尚未到达传送带右端，速度即与传送带速度相同，此后物体将做匀速运动，而后以速度v离开传送带．v的最大值为物体在传送带上一直加速而达到的速度，即．由此解得．　当，物体将以速度离开传送带，因此得O、D之间的距离为
．　当，即时，物体从传送带右端飞出时的速度为v，O、D之间的距离为
．　综合以上的结果，得出O、D间的距离s随速度v变化的函数关系式为：
7．在海滨游乐场里有一种滑沙的游乐活动。如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若某人和滑板的总质量m=60.0kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数相同，大小为μ=0.50，斜坡的倾角θ=37°。斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2。试求：(1)人从斜坡滑下的加速度为多大 (2)若出于场地的限制，水平滑道的最大距离为L=20.0m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少 (sin37°=0.6，cos37°=0.8)
解：a=2m/s2 s≤50m
8．传送带通过滑道将长为、质量为的柔软匀质物体以初速向右送上水平台面，物体前端在台面上滑动距离停下来（如图所示），已知滑道上的摩擦不计，物与台面间的动摩擦因数，而且，试计算物体的初速度
解：，
，
由动能定理得=
9．如图所示，桌面上有许多大小不同的塑料球，它们的密度均为ρ，有水平向左恒定的风作用在球上；使它们做匀加速运动（摩擦不计），已知风对球的作用力与球的最大截面面积成正比，即F=kS(k为一常量).
(1) 对塑料球来说，空间存在一个风力场，请定义风力场强度及其表达式.
(2) 在该风力场中风力对球做功与路径无关，可引入风力势能和风力势的概念，若以栅栏P零风力势能参考平面，写出风力势能EP和风力势U的表达式。
(3) 写出风力场中机械能守恒定律的表达式.（球半径用r表示；第一状态速度为v1，位置为x1；第二状态速度为v2，位置为x2）
解： (1)风力场强度：风对小球的作用力与对小球最大截面积之比，即E=F/S=k
(2)距P为x处，EP=Fx=kSx U=EP/S=kS
(3)2ρrv12/3+kx1=2ρrv22/3+kx2
10．如图所示，光滑水平面上的长L为木板以恒定速度v0向右运动，将一个质量为m、长度也是L金属板与木板左右对齐轻放于木板上，。金属板与木板间动摩擦因数为μ。求：⑴为保证金属板不能从木板上掉下，木板的速度v0应满足什么条件？⑵保持木板匀速运动外力对木板所做功是多少？
解：(1)金属板不掉下的条件是当金属板速度达到v0时相对木板位移小于L/2,对金属板有
μmg=ma a=μg
速度达到v0所需要时间为 t= v0/μg
木板位移 s1= v0t= v02/μg
金属板位移 s2= v02/2μg
金属板在木板上向左位移 s= s1- s2= v02/2μg得到 v0 <（μgL）1/2
(2)拉动木板匀速运动的力 F=μmg
F所做功为 W=F s1=m v02
11．如图所示，在光滑水平面上放一质量为M、边长为l的正方体木块，木块上搁有一长为L的轻质光滑棒，棒的一端用光滑铰链连接于地面上O点，棒可绕O点在竖直平面内自由转动，另一端固定一质量为m的均质金属小球．开始时，棒与木块均静止，棒与水平面夹角为角．当棒绕O点向垂直于木块接触边方向转动到棒与水平面间夹角变为的瞬时，求木块速度的大小．
解：设杆和水平面成角时，木块速度为v，水球速度为vm，杆上和木块接触点B的速度为vB，因B点和m在同一杆上以相同角速度绕O点转动，所以有：= = = ．B点在瞬间的速度水平向左，此速度可看作两速度的合成，即B点绕O转动速度v⊥= vB及B点沿杆方向向m滑动的速度v∥，所以vB = vsin．故vm = vB=．因从初位置到末位置的过程中只有小球重力对小球、轻杆、木块组成的系统做功，所以在上述过程中机械能守恒：
mgL(sin)=综合上述得v = l
12、 一个Internet网站报到：南亚某国发射了一颗人造环月卫星，卫星质量1000kg，环绕周期为1h。小李同学看到这条消息后，认为该国航天技术水平远比我国落后，应该不可能于近期发射环月卫星。他手头现有的数据有：地球半径6400km，是月球半径的3.8倍，地球表面的重力加速度约为月球的6倍，地球自转周期是24h，月球自转周期和公转周期约为27.32天。假设环月卫星作匀速圆周运动。
简述怎样帮助小李同学辨别该报道的真伪，并写出相应的推导过程。
解：由，得h。所以，报道不实。
13、设想宇航员完成了对火星表面的科学考察任务，乘坐返回舱返回围绕火星做圆周运动的轨道舱，如图所示。为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具有相同的速度。已知返回舱返回过程中需克服火星的引力做功，返回舱与人的总质量为m，火星表面的重力加速度为g ，火星的半径为R，轨道舱到火星中心的距离为r，不计火星表面大气对返回舱的阻力和火星自转的影响，则该宇航员乘坐的返回舱至少需要获得多少能量才能返回轨道舱？
.解：返回舱与人在火星表面附近有：
设轨道舱的质量为m0，速度大小为v，则：
解得宇航员乘坐返回舱与轨道舱对接时，具有的动能为
因为返回舱返回过程克服引力做功
所以返回舱返回时至少需要能量
14．这是一个研究圆周运动向心力的实验设计：在一个透明玻璃做成的圆台面上均匀贴了数条反光度很高的狭窄铝箔纸条，在圆盘上方某处安装了一个光传感器，它具有发射红外光线，同时可接收反射光的功能。台面上有一条光滑的凹槽，凹槽的尽头，靠近台壁处安装了一个力传感器（可以感知力的大小），力传感器前放置一个小球。
圆盘转动时，光传感器发出的光线在铝箔处反射为光传感器接收，在没有铝箔处将透射过去，小球压迫在力传感器上，获得传感器给球的弹力，这个力充当小球作圆周运动的向心力，力的大小通过传感器可以测量，当光传感器和力传感器通过数据采集系统与电脑连接后，电脑显示屏可显示出光接收波形图( a )和力的测量数值。从而在小球m已知前提下，研究向心力的关系。
现已知光传感器在圆台面上的光点距转轴距离r，小球的质量为m，球心与转轴相距r，铝箔宽度d，电脑显示屏显示出铝箔条反射光的最短时间为t1，当力传感器获得对应时间的数值F0后。
（1）A同学是这样处理的
算出，再由，与F0比较，从而验证。但结果发现，误差较大，请指出问题所在。
（2）这一设计对转台作非匀速圆周运动的情况是否适用。简要说明理由。
是由于用计算瞬时速度时，d值偏大的原因。
（1） 适用，在实验中，若使d值较小，则由算出的速度可表示瞬时速度。
15. 在板的上表面上方，存在一定厚度的“相互作用区域”，如图中划虚线的部分，当物块P进入相互作用区时，B便有竖直向上的恒力f作用于P，f＝αmg，α＝51，f对P的作用使P刚好不与B的上表面接触；在水平方向P、B之间没有相互作用力. 已知物块P开始自由落下的时刻，板B向右的速度为V0＝10.0m/s. P从开始下落到刚到达相互作用区所经历的时间为T0＝2.00s. 设B板足够长，保证物块P总能落入B板上方的相互作用区，取重力加速度g＝9.80m/s2.
问：当B开始停止运动那一时刻，P已经回到过初始位置几次？
解：根据题意，在物块P从开始下落至刚要进入相互作用区的时间T0内，板在摩擦力作用下的加速度
板速度的减少量 ΔV1＝A0T0
即 ΔV1＝ gT0
代入数据，得 ΔV1＝0.392m/s
物块P一旦进入相互作用区，便受到板的向上作用力，因而做减速运动．物块P刚进入相互作用区的速度 V0 ＝gT0
设在相互作用区内物块P做减速运动的加速度为a，则由题给条件可知
经历时间T，物块刚要到达B板上表面，则有
V0＝aT
由以上三式解得
在T时间内，B板受到的摩擦力为 （Mg＋αmg），在摩擦力作用下的B板加速度
在这段时间内，B板速度的减少量
ΔV2＝AT
即
代入数据，解得ΔV2＝4.782×10－2m/s
当物块P的速度减到零后，又开始以加速度为a向上做加速运动，经历时间T，跑出相互作用区，在这段时间内，B板减少的速度仍是ΔV2；物块P离开相互作用区后，做加速度为g的减速运动，经历时间T0，回到初始位置，在这段时间内，B板减少的速度为ΔV1，以后物块又从起始位置自由落下，重复以前的运动，B板的速度再次不断减少．总结以上分析可知：每当物块P完成一次从起始位置自由下落，进入相互作用区后又离开相互作用区，最后回到起始位置的过程中，B板速度减少的总量为
ΔV＝2ΔV1＋2ΔV2
代入数据，得 ΔV＝0.8796m/s
设在物块P第n次回到起始位置时刻，B板的速度为Vn，则有
Vn＝V0－nΔV
n越大，Vn越小．
设当n＝n0时，已十分小，致使在物块P由n＝n0到n＝n0＋1的过程中的某一时刻，B板的速度已减至零，若仍用上式，则表示当n＝n0时，＞0；当n＝n0＋1时，＜0，
即有 V0－n0ΔV＞0，V0－（n0＋1）ΔV＜0
代入有关数据，得
n0＜11.37，n0＞10.37
因为n0为整数，故有 n0＝11
即当B开始停止运动的那一时刻，P已经回到过初始位置11次．
16．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，称热辐射，热辐射具有如下特点：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面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）每小时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入到面积为（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3×1013赫－1.5×1013赫
（2）每小时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
火星处在平衡状态
即
由10式解得火星平均温度（K）
17．如图所示，直角玻璃三棱镜置于空气中，已知∠A=60°，∠C=90°；一束极细的光于AC边的中点垂直AC面入射，AC=2a，棱镜的折射率为n=，求：
(1)光在棱镜内经一次全反射后第一次射入空气时的折射角．
(2)光从进入棱镜到第一次射入空气时所经历的时间(设光在真空中传播速度为c)．
(1)因为光线在D点发生全反射，由反射定律和几何知识得∠4=30°．
在E点，由折射定律得：
第一次射入空气的折射角∠5=45°
(2)设光线由O点到C点所需的时间t，则
由数学知识得：OD=a
18．光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料制成的“┙”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，小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，滑板与小物体都静止，试求：
（1）释放小物体，第一次与滑板A壁碰前小物体的速度v1多大？
（2）若小物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的，则小物体在第二次跟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）小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）
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，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：即 ⑦　　　
由⑥⑧代入数据可得：　　　　　　　⑧　　　　　２分
（3）物体在两次碰撞之间位移为S，　　　
得　　２分
物块从开始到第二次碰撞前电场力做功为　　
19.如图所示，有上下两层水平放置的平行光滑导轨，间距是L，上层导轨上搁置一根质量为m，电阻是R的金属杆ST，下层导轨末端紧接着两根竖直平面内的半径为r的光滑绝缘半圆形轨道，在靠近半圆形轨道处搁置一根质量也是m，电阻也是R的金属杆AB。上下两层平行导轨所在区域里有一个竖直向下的匀强磁场。当闭合开关S后，当有电荷量q通过金属杆AB时，杆AB滑过下层导轨，进入半圆形轨道并且刚好能通过轨道最高点D′F′后滑上上层导轨。设上下两层导轨都是够长，电阻不计。
⑴求磁场的磁感应强度
⑵求金属杆AB刚滑到上层导轨瞬间，上层导轨和金属杆组成的回路中的电流
⑶问从AB滑到上层导轨到具有最终速度这段时间里上层导轨回路中有多少能量转变为内能？
解：⑴开关闭合后，有电流通过AB棒，在安培力F作用下获得加速度，离开下层
轨道时速度为v0，由动量定理，得 ⑴
AB棒在半圆轨上运动时，机械能守恒，则 ⑵
AB棒在半圆轨最高点时，由牛顿第二定律得 ⑶
联解⑴⑵⑶式，得：
⑵AB滑入上层轨道瞬间的速度为；
产生感应电动势为
回路中电流
⑶当两杆速度相等时，回路中磁通量不变化，电流为零，两杆作匀速直线运
动，达到最终速度v，由动量守恒定律，得：
由能量关系，得：
20．如图所示，abcd为质量M＝2 kg的导轨，放在光滑绝缘的水平面，另有一根质量m＝0.6 kg的金属棒PQ平行于bc放在水平导轨上，PQ棒左边靠着绝缘的竖直立柱e、f（竖直立柱光滑，且固定不动），导轨处于匀强磁场中，磁场以为界，左侧的磁场方向竖直向上，右侧的磁场方向水平向右，磁感应强度大小都为B＝0.8 T．导轨的bc段长l＝0.5 m，其电阻r＝0.4 ，金属棒的电阻R＝0.2 ，其余电阻均可不计．金属棒与导轨间的动摩擦因数 ＝0.2．若在导轨上作用一个方向向左、大小为F＝2N的水平拉力，设导轨足够长，重力加速度g取，试求：
（1）导轨运动的最大加速度；
（2）导轨的最大速度；
（3）定性画出回路中感应电流随时间变化的图线．
解：导轨在外力作用下向左加速运动，由于切割磁感线，在回路中要产生感应电流，导轨的bc边及金属棒PQ均要受到安培力作用，PQ棒受到的支持力要随电流的变化而变化，导轨受到PQ棒的摩擦力也要变化，因此导轨的加速度要发生改变．导轨向左切割磁感线时，有，①　导轨受到向右的安培力，金属棒PQ受到向上的安培力，导轨受到PQ棒对它的摩擦力，根据牛顿第二定律，有F-BIl- （mg-BIl）＝Ma，即F-（1- ）BIl- mg＝Ma．②　
（1） 当刚拉动导轨时，v＝0，由①式可知，则由②式可知，此时有最大加速度，即．　
（2）随着导轨速度v增大，增大而a减小，当a＝0时，有最大速度，从②式可得，有③　将代入①式，得．　
（3）从刚拉动导轨开始计时，t＝0时，，I＝0，当时，v达到最大，I达到2.5 A，电流I随时间t的变化图线如图所示．
21.如图所示，MN、PQ为两根平行的、置于水平面上的光滑导轨，导轨间距离为L=1m，导轨间接有阻值为1Ω的电阻R1，导轨MN上接有电流表A1、A2，导轨PQ上接有阻值均为2Ω的电阻R2、R3。垂直于导轨放置两根质量均为1kg，电阻均为1Ω的金属棒ab、cd，其余电阻不计，整个装置处于竖直向上的磁感应强度为0.5T的匀强磁场中。ab、cd在垂直于ab、cd的水平力的作用下分别向左向右作速度为v1、v2的匀速运动。若安培表A1、A2的读数分别为2A和1A，且通过电流表的电流方向均向右，求：
（1）ab间的电压Uab。
（2）速度v1、v2。
解：
22.如图所示,在水平方向与纸面垂直的足够大的匀强磁场中,有一足够长的 形金属框架abcd以v1=2m/s的速度向右做切割磁感线运动,在框架abcd上下两板内产生一个匀强电场.有一个带电油滴以水平速度v2从P点(ap=L/2)向左射入框架内做匀速圆周运动(g=10m/s2).求:
(1) 油滴必须带什么性质的电荷, 油滴做匀速圆周运动的周期是多少
(2) 为使油滴不跟框架壁相碰, 油滴速度v2与框架宽度L的比值v2/L应满足什么条件
(3) 为使油滴不离开电场,并且能够在框架内完整地运动一周,速度v2要满足什么条件
解： 油滴应带负电.
由于框架左边作切割磁感线运动,使上下两板间产生电压 U=BLv
两板间电场强度 E==Bv1
由油滴做匀速圆周运动的条件得
mg=qE=qBv1
∴ B=
油滴运动的周期 T=s
（2）∵ R
油滴不跟框架壁相碰应满足条件
2R＜L/2 即＜
∴ ＜=1.25s-1
(3)油滴顺时针做圆周运动,若v2的水平速度大小等于v1时未脱离电场,则以后不再会脱离.设当油滴转至其线速度方向与竖直方向的夹角为θ时油滴速度v2的水平分量大小等于v1, 油滴刚好运动至框架右边缘,(如图所示) 则
V2sinθ=v1
t=
v1t＞Rcosθ
∴ v1＞v2cosθ
即 ＞
23．斜角为的斜面所在区域存在着沿斜面向上的匀强电场。在斜面上O点，以初动能E0沿斜面向上释放一个带负电的物体，使物体沿斜面向上运动，如图所示。如果物体到达斜面上A点时，动能减少了E1，重力势能增加了E2，电势能增加了E3（E1> E2+ E3）物体仍具有沿斜面向上的速度，且物体最终能够回至O点，那么当物体重新回到O点时，其动能Ek为多少？
24．某电视机厂在设计新产品时，做了一个带电粒子在电场中运动的实验。在相距为d的平行板A、B上加有周期为T的电压（如图所示）。AB板中心各有一相对小孔P、Q。现从P孔连续不断地沿PQ方向放出质量为m，电量为q的粒子（重力不计），且粒子的初速度和相互之间作用力均可不计。从一个周期的开始时刻（即t=0时刻）计时，发现一个周期内（即t=T的时间内）到达Q点时速度为零的某粒子的进场时刻，恰好就是t=0时刻进场的粒子从Q中射出的时刻。
（1）试确定AB板所加电压U的大小。
（2）从t=0时刻起，一个周期内进入电场的粒子，形成有粒子射出电场的总时间，与电压周期T的比值是多少。（结果中可保留根号）
，
25、如图所示，一个U形导体框架，其宽度L=1m，框架所在平面与水平面的夹用α=30°。其电阻可忽略不计。设匀强磁场与U形框架的平面垂直。匀强磁场的磁感强度 B＝0.2T。今有一条形导体ab，其质量为m＝0.5kg，有效电阻R=0.1Ω，跨接在U形框架上，并且能无摩擦地滑动，求
（1）由静止释放导体，导体ab下滑的最大速度vm；
（2）在最大速度vm时，在ab上释放的电功率。（g=10m/s2）。
解：（1）导体ab受G和框架的支持力N，
而做加速运动，如图，由牛顿第二定律
mgsin30°=ma
a=gsin30°=5（m／s2）
但是导体从静止开始运动后，就会产生感应电动势，回路中就会有感应电流，感应电流使得导体受到磁场的安培力的作用。设安培力为FA
随着速度v的增加，加速度a逐渐减小。当a=0时，速度v有最大值
（2）在导体ab的速度达到最大值时，电阻上释放的电功率
26．如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距L=1m，两轨道之间用电阻R=2Ω连接，有一质量为m=0.5kg的导体杆静止地放在轨道上与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．现用水平拉力沿轨道方向拉导体杆，使导体杆从静止开始做匀加速运动．经过位移s=0.5m后，撤去拉力，导体杆又滑行了相同的位移s后停下．
求：(1)全过程中通过电阻R的电荷量；
(2)拉力的冲量；
(3)匀加速运动的加速度；
(4)画出拉力随时间变化的F—t图象．
解：（1）设全过程中平均感应电动势为，平均感应电流为I，时间，则通过电阻R的电荷量q=I，， 得C
(2)设拉力作用时间为，拉力平均值为F，根据动量定理有：
，所以N·s
(3)拉力撤去时，导体杆的速度为v，拉力撤去后杆运动时间为，平均感应电流为I2，根据动量定理有：
，即，m/s 所以m/s2
（4），
拉力作用时间s，此时Fmax=6N；
t = 0时，F=ma=2N
27．一种称为“质量分析器”的装置如图所示。A表示发射带电粒子的离子源，发射的粒子在加速管B中加速，获得一定速率后于C处进入圆形细弯管（四分之一圆弧），在磁场力作用下发生偏转，然后进入漂移管道D。若粒子质量不同或电量不同或速率不同，在一定磁场中的偏转程度也不同。如果给定偏转管道中心轴线的半径、磁场的磁感应强度、粒子的电荷和速率，则只有一定质量的粒子能从漂移管道v中引出。己知带有正电荷（q=1.6×10-19C的磷离子，质量为m=5.1×10-26kg，初速率可认为是零，经加速管B加速后速率v＝7.9×105m/s。求：（都保留一位有效数字）
(1)加速管B两端的加速电压应为多大？
(2)若圆形弯管中心轴线的半径R=0.28m，为了使磷离子从漂移管道引出，则图中虚线所围正方形区域内应加磁感应强度为多大的匀强磁场？
28．电子感应加速器是利用变化磁场产生的电场来加速电子的，如图所示。在圆形磁铁的两极之间有一环形真空室，用交变电流励磁的电磁铁在两极间产生交变磁场，从而在环形室内产生很强的电场，使电子加速。被加速的电子同时在洛伦兹力的作用下沿圆形轨道运动，设法把高能电子引入靶室，能使其进一步加速。在一个半径为r=0.84m的电子感应加速器中，电子在被加速的4.2×10-3s时间内获得的能量为12MeV，这期间电子轨道内的高频交变磁场是线性变化的，磁通量从零增到1.8Wb，求电子共绕行了多少周？
29、静止的氮核N被速度是v0的中子n击中生成甲乙两核,已知甲、乙两核的速度方向同碰前中子的速度方向一致,甲、乙两核的动量之比为1:1,动能之比为1:4,它们沿垂直磁场方向进入匀强磁场作匀速圆周运动,其半径之比为1:6,甲乙各是什么核 写出核反应方程.
解：.设生成甲核为X,则生成的乙核为Y，核反应方程式为
N+nX+Y
根据动能之比为1:4,可知EK甲=P2/2m甲，EK乙=P2/2m乙,得
m甲=4 m乙 即 A=12 15-A=3
根据在磁场中圆周运动的半径之比为1:6,知R甲=P/Bq甲，R乙=P/Bq乙得
q甲=6q乙 即 Z=6 7-Z=1
故甲为C,乙为H,核反应方程式为
N+nC+H
30、在直径为d的圆形区域内存在均匀磁场，磁场方向垂直于圆面指向纸外。一电量为q。质量为m的粒子，从磁场区域的一条直径AC上的A点射入磁场，其速度大小为v0，方向与AC成α角。若此粒子恰好能打在磁场区域圆周上的D点，AD与AC的夹角为β，如图所示，求该匀强磁场的磁感应强度B的大小。
解：
设粒子在磁场中圆周运动半径为R，其运动轨迹如图所示，O为圆心，则有：
①
又设AO与AD的夹角为γ，由几何关系知：
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
②
③
④　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
可得： ⑤
代入①式得： ⑥
31、水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接；导轨上放一质量为m的金属杆（见下图），金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下。用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v也会变化，v和F的关系如下图。（取重力加速度g=10m/s2）
（1）金属杆在匀速运动之前做什么运动？
（2）若m=0.5kg，L=0.5m, R=0.5Ω；磁感应强度B为多大？
（3）由v—F图线的截距可求得干什么物理量？其值为多少？
解：（1）变速运动（或变加速运动、加速度减小的加速运动、加速运动）。
（2）感应电动势：E=vBL
感应电流：
安培力：
由图线不过原点可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时合力为零，有
）
由图线可以得到直线的斜率：k=2
（3）由直线的截距可以求得金属杆受到的阻力f：f=2N
若金属杆受到的阻力仅为摩擦力，由截距可求得动摩擦因数：
32、在如图所示电路中，电源的电动势E＝3．0V，内阻r＝1Ω，电阻R1＝10Ω，R2＝10Ω，R3＝30Ω，R4＝35Ω，电容器C＝100μＦ。电容器原来不带电。求接通电键S后流过R4的总电量。
解：Q＝2.0×10－4C
33．搭载有“勇气”号火星车的美国火星探测器，于北京时间2003年6月11日凌晨1时58分成功升空，经过了206个昼夜长达4亿8千万公里漫长的星际旅行，于北京时间2004年1月4日12时35分“勇气”号火星车终于成功登陆在火星表面 。
“勇气”号离火星地面12m时与降落伞自动脱离，被众气囊包裹的“勇气”号下落到地面后又弹跳到15m高处，这样上下碰撞了若干次后，才静止在火星表面上。已知火星的半径为地球半径的二分之一，质量为地球的九分之一（取地球表面的重力加速度为10m/s2，计算结果均取二位有效数字）。
（1）根据上述数据，火星表面的重力加速度是多少？
（2）若被众气囊包裹的“勇气”号第一次碰火星地面时，其机械能损失为其12m高处机械能的10﹪，不计空气的阻力，求“勇气”号在12m高处的速度。
（3）已知“勇气”号和气囊的总质量为200㎏，设与地面第一次碰撞时气囊和地面的接触时间为0.4s，求“勇气”号和气囊与火星碰撞时所受到的平均冲力。
34．如图所示，两根与水平面成θ＝30角的足够长光滑金属导轨平行放置，导轨间距为L＝1m，导轨底端接有阻值为1 的电阻R，导轨的电阻忽略不计。整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度B＝1T。现有一质量为m＝0.2 kg、电阻不计的金属棒用细绳通过光滑滑轮与质量为M＝0.5 kg的物体相连，细绳与导轨平面平行。将金属棒与M由静止释放，棒沿导轨运动了2 m后开始做匀速运动。运动过程中，棒与导轨始终保持垂直接触。求：
（1）金属棒匀速运动时的速度；
（2）棒从释放到开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的焦耳热；
v (m/s)
10
8
6
4
2
M (kg)
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
图2

（3）若保持某一大小的磁感应强度B1不变，取不同质量M的物块拉动金属棒，测出金属棒相应的做匀速运动的v值，得到实验图像如图所示，请根据图中的数据计算出此时的B1。
（4）改变磁感应强度的大小为B2，B2＝2B1，其他条件不变，请在坐标图上画出相应的v—M图线，并请说明图线与M轴的交点的物理意义。
解：（1）Mg＝mg sin θ＋，v＝＝4 m/s，
（2）Mgs－mgs sin θ－Q＝（M＋m）v2，Q＝Mgs－mgs sin θ－（M＋m）v2＝2.4 J，
（3）v＝＝M－，＝，B1＝0.54 ，
（4）图线的斜率减小为原来的1/4，与M轴的交点不变，m sinθ。
35、如图，半径为R=10cm的圆形匀强磁场，区域边界跟y轴相切于坐标原点O，磁感应强度B = 0.332T，方向垂直纸面向里，在O处有一放射源S，可沿纸面向各个方向射出速率均为v=3.2×106m/s的α粒子，已知α粒子质量为m=6.64×10-27kg，电荷量q=3.2×10-19C。
(1)画出α粒子通过磁场空间做圆周运动的圆心点的连线线形状；
(2)求出α粒子通过磁场的最大偏向角；
(3)再以过O并垂直纸面的直线为轴旋转磁场区域，能使穿过磁场区域且偏转角最大的α粒子射出磁场后，沿y轴正方向运动，则圆形磁场直径OA至少应转过多大角度？
解：(1)根据圆周运动知识 qvB＝mv2／r，得R＝mv／Bq
代入数据后得α粒子的轨道半径R=0.2m，由此可知α粒子通过磁场空间作匀速圆运动的圆心轨迹应是以原点为圆心，半径r=0.2m的一个半圆.
(2)欲使α粒子通过磁场的偏向角最大，应使粒子经过磁场区域的圆弧线所夹的弦最长，显然直径OA就是最长的弦，此时 sin(／2)＝R／r＝ 得＝60°
(3)欲使穿过磁场且偏转角最大的α粒子能沿y轴正方向运动，圆形磁场的直径OA至少应转过60°角.
36、如图所示为一个模拟货物传送的装置，A是一个表面绝缘、质量M＝100kg、电量q＝+6.0×10--2C的传送小车，小车置于光滑的水平地面上。在传送途中，有一个水平电场，电场强度为E＝4.0×103V／m，可以通过开关控制其有无。现将质量m＝20 kg的货物B放置在小车左端，让它们以v＝2 m／s的共同速度向右滑行，在货物和小车快到终点时，闭合开关产生一个水平向左的匀强电场，经过一段时间后关闭电场，当货物到达目的地时，小车和货物的速度恰好都为零。已知货物与小车之间的动摩擦因素μ＝0.1。
(1)试指出关闭电场的瞬间，货物和小车的速度方向。
(2)为了使货物不滑离小车的另一端，小车至少多长
(货物不带电且体积大小不计，g取10 m／s2)
解：（1）货物和小车的速度方向分别向右和向左
（2）设关闭电场的瞬间，货物和小车的速度大小分别为vB和VA；电场存在时和电场消失后货物在小车上相对滑行的距离分别为L1和L2，电场存在的时间是t，该段时间内货物和小车的加速度大小分别是aB和aA，对地位移分别是sB和sA
在关闭电场后，货物和小车系统动量守恒，由动量规律和能量规律有：
mvB－MvA=0 ①
μmgL2＝mvB2+MvA2 ②
由①式代入数据解得vB=5vA ③
在加电场的过程中，货物一直向前做匀减速运动，小车先向前做匀减速运动然后反向做匀加速运动，由牛顿定律有
aB=μmg/m=1m/s2
aA=(qE－μmg)/M＝2.2m/s2
又vB=v－aBt，vA=|v－ aAt|
将其与③式联立可得t=1s，vB=1m/s,vA=0.2m/s
再由运动学公式可得sB=vt－aBt2=1.5m
sA=vt－aAt2=0.9m
所以：L1=sB－sA＝0.6m
又将数据代入②式解得 ：L2=0.6m
所以小车的最短长度为L=L1+L2=1.2m
b
R1
v2
v1
A2
A1
Q
P
N
M
d
c
b
a
R3
R2
． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ．． ． ． B ． ． ． ． ． ． ．． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ．
T
S
L
V000
V0
L
m I0
M
R1
R2
S
R4
R3
E.r
C
B
A
v
E
L
L
B
C
A
A
B
D′
F′
B
S
O
A
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