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1、2010届108所名校试题汇编非选择题（二）该份资源涉及高频考点五十六至六十六，详细如下：高频考点五十六 闭合电路欧姆定律高频考点五十七 带电粒子在磁场中的运动高频考点五十八 导电滑轨问题高频考点五十九 电磁感应中的图像问题高频考点六十 远距离输电高频考点六十一 利用单摆测定当地重力加速度高频考点六十二 光的反射、折射、全反射高频考点六十三 动量试验高频考点六十四 动力学的基本问题高频考点六十五 波尔理论高频考点六十六 核能高频考点五十六 闭合电路欧姆定律254山西省山大附中2010届高三12月月考 如图10-22所示，电源电动势E6V，电源内阻不计定值电阻R1=2.4k、R2=4.8k. 若

2、在ab之间接一个C=100F的电容器，闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电量； 若在ab之间接一个内阻RV = 4.8k的电压表，求电压表的示数解析：设电容器上的电压为Uc. 电容器的带电量 解得： Q4×104C 设电压表与R2并联后电阻为R并 则电压表上的电压为: 解得：3V 高频考点五十七 带电粒子在磁场中的运动255 福建省龙岩二中2010届高三摸底考试 如图所示，在x<0且y<0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面向里.磁感应强度大小为B，在x>0且y<0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场. 一质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的M

3、点沿y轴负方向垂直射入磁场，结果带电粒子从y轴的N点射出磁场而进入匀强电场，经电场偏转后打到x轴上的P点，已知=l。不计带电粒子所受重力，求：（1）带电粒子进入匀强磁场时速度的大小；（2）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间；（3）匀强电场的场强大小.解：（1）设带电粒子射入磁场时的速度大小为v，由带电粒子射入匀强磁场的方向和几何关系可知，带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于坐标原点，半径为l。 （2）设带电粒子在磁场中运动时间为t1，在电场中运动的时间为t2，总时间为t。t1 t2 t （3）带电粒子在电场中做类平抛运动所以 256浙江省温州市十校联合体2010届高三期中联考 如图

4、11-11所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。已知：静电分析器通道的半径为R，均匀辐射电场的场强为E。磁分析器中有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度为B。问：（1）为了使位于A处电量为q、质量为m的离子，从静止开始经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，加速电场的电压U应为多大？（2）离子由P点进入磁分析器后，最终打在乳胶片上的Q点，该点距入射点P多远？ 解：（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理有 (2分)离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有 (2分)解得 (2分)（2）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 (3分)由、式得

5、(2分) (1分)257. 江苏省淮阴中学2010届高三摸底考试 如图11-12所示，直线MN下方无磁场，上方空间存在两个匀强磁场，其分界线是半径为R的半圆，两侧的磁场方向相反且垂直于纸面，磁感应强度大小都为B。现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿半径方向向左侧射出，最终打到Q点，不计微粒的重力。求：（1）微粒在磁场中运动的周期；（2）从P点到Q点，微粒的运动速度大小及运动时间；（3）若向里磁场是有界的，分布在以O点为圆心、半径为R和2R的两半圆之间的区域，上述微粒仍从P点沿半径方向向左侧射出，且微粒仍能到达Q点，求其速度的最大值。解：（1）由 （2分） （2分）得 （1分） （2）

6、粒子的运动轨迹将磁场边界分成n等分（n=2，3，4）由几何知识可得： ； ； （1分）又 （1分）得 （n=2，3，4） （1分）当n为偶数时，由对称性可得 （n=2，4，6） （1分）当n为奇数时，t为周期的整数倍加上第一段的运动时间，即 （n=3，5，7） （1分）（3）由几何知识得 ； (1分)且不超出边界须有： （1分）得 （1分） 当n=2时 不成立，如图11-14 （1分）比较当n=3、n=4时的运动半径，知 当n=3时，运动半径最大，粒子的速度最大 （2分）得： （1分）258. 湖南省长沙市一中高三第六次月考物理试题 在真空中，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁

7、感应强度大小为B，在此区域外围足够大空间有垂直纸面向内的大小也为B的匀强磁场，一个带电粒子从边界上的P点沿半径向外，以速度v0进入外围磁场，已知带电粒子质量m=2×1010kg，带电量q=5×106C，不计重力，磁感应强度B=1T，粒子运动速度v0=5×103m/s，圆形区域半径R=0.2m，试画出粒子运动轨迹并求出粒子第一次回到P点所需时间（计算结果可以用表示）。答案：（12分）解答：由洛伦兹力提供向心力：qv0B= r =0.2m= R轨迹如图11-8所示 T=810-5 s运动周期为t=2T=1610-5 s259. 河北正定中学高三年级第五次考试 如下左图

8、所示，真空中有两水平放置的平行金属板C、D，上面分别开有正对的小孔O1和O2，金属板C、D接在正弦交流电源上，两板间的电压uCD随时间t变化的图线如下右图所示。t=0时刻开始，从D板小孔O1处连续不断飘入质量为m=3.2×10-25kg，电荷量为q=1.6×10-19C的带正电的粒子（设飘入速度很小，可视为零）。在C板外侧有以MN为上边界CM为左边界的匀强磁场，MN与C金属板平行，相距d=10cm，O2C的长度L=10cm，匀强磁场磁感应强度的大小为B=0.10T，方向如图所示，粒子的重力及粒子间相互作用力忽略不计。平行金属板C、D之间的距离足够小，粒子在两板间的运动时间可

9、忽略不计。求：带电粒子经小孔O2进入磁场后，能飞出磁场边界MN的最小速度为多大？从0到0.04s末时间内哪些时间段飘入小孔O1的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN？磁场边界MN有粒子射出的长度范围有多长。（计算结果保留三位有效数字）在图中用阴影标出有粒子经过的磁场区域。答案：（1）设粒子飞出磁场边界MN的最小速度为v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力知：qv0B=mv02/R0 (2分)粒子恰好飞出磁场，则有：R0=d (2分)所以最小速度 v0=qBd/m=5×103m/s (2分)(2)由于C、D两板间距离足够小，带电粒子在电场中运动时间可忽略不计，故在粒子通过

10、电场过程中，两极板间电压可视为不变，设恰能飞出磁场边界MN的粒子在电场中运动时CD板对应的电压为U0，则根据动能定理知：qU0=mv02/2 (2分)得：U0=mv02/2q=25V (2分)根据图像可知：UCD=50sin50t，25V(或-25V)电压对应的时间分别为：1/300s和1/60s(或7/300s和11/300s)，所以粒子在0到0.04s内飞出磁场边界的时间为1/300s1/60s(或7/300s11/300s) (2分)（3）设粒子在磁场中运动的最大速度为vm，对应的运动半径为Rm，则有：qUm=mvm2/2 (2分) qvmB=mvm2/Rm (2分)粒子飞出磁场边界时相

11、对小孔向左偏移的最小距离为：x=Rm-(Rm2-d2)1/2=0.1×(21/2-1)m0.0414m (2分)磁场边界MN有粒子射出的长度范围为：x=d-x=0.0586m (2分)260. 福建省福州三中2010届高三上学期第三次月考 如图所示，在x轴下方有竖直向上的匀强电场其场强Emg/q，在x轴下方的虚线（虚线与y轴成45° ）右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。有一长为L的轻绳一端固定在第一象限内的O' 点且可绕O' 点在竖直平面内转动，另一端栓一质量为m的小球，小球电荷量为+q，OO' 间距为L与x轴成45°，先将小球

12、放在O' 左边同一水平面上，使绳恰好伸直，让小球由静止释放，并设法使绳子在小球正好进入磁场的瞬间断开。求：（1）小球刚进入磁场时的速度大小；（2）在磁场中运动的时间；（3）小球进入磁场后第一次回到x轴时到O 点的距离。答案：20（1）mgLsin450= v= （3分）（2）在磁场中运动半个周期。周期 T= t=T/2= （3分）（3）Bvq=m R=mv/Bq （3分）出磁场后匀速直线运动打到x轴 s=2=（3分）261. 湖南长沙一中20092010学年度高三下学期第七次月考 如图所示，空间某平面内有一条折线是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强

13、度大小都为B。折线的顶角A90°，P、Q是折线上的两点， AP=AQ=L。现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿PQ方向射出，不计微粒的重力。求：（1）若在P、Q间加一与磁场方向垂直的匀强电场，能使速度为v0射出的微粒沿PQ直线运动到Q点，则场强为多大？（2）撤去电场，为使微粒从P点射出后，途经折线的顶点A而到达Q点，求初速度v应满足什么条件？（3）求第（2）中微粒从P点到达Q点所用的时间。答案：18（本题9分）解析：由电场力与洛伦兹力平衡得：qE=qv0B 得：E=v0B （2分） （2）根据运动的对称性，微粒能从P点到达Q点，应满足应满足 Lnx （1分） 其中x为每次偏

14、转圆弧对应的弦长，偏转圆弧对应的圆心角为或。 设圆弧的半径为R，则有2R2x2，可得： （1分） 又 （1分） 由式得：，n=1、2、3、 （1分） （3）当n取奇数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为 ， ，其中n=1、3、5、 当n取偶数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为 ，其中n=2、4、6、 （3分）262. 天津市南开中学2009年理科综合考前模拟二 如图13所示，一半径为r的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的左端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d，板长为l，t0时，磁场的磁感应强度B从B0开始均匀增大，同时在板2的左端且非常靠近板2

15、的位置有一质量为m、带电量为q的液滴以初速度v0水平向右射入两板间，该液滴可视为质点。（1）要使该液滴能从两板间射出，磁感应强度随时间的变化率K应满足什么条件？（2）要使该液滴能从两板间右端的中点射出，磁感应强度B与时间应满足什么条件？答案：11.（18分） （1）由题意可知：板1为正极，板2为负极 1分两板间的电压U 1分而：Sr2 1分带电液滴受的电场力：FqE= 1分故：Fmgmgmaa=g 2分讨论：一若a>0液滴向上偏转，做类似平抛运动y2分当液滴刚好能射出时：有lv0t tyd故d= 2分由得K11分 要使液滴能射出，必须满足y<d 故KK1二若a0液滴不发生偏转，做匀

16、速直线运动，此时a=g01分由得K21分液滴能射出，必须满足KK2三若a<0,、，液滴将被吸附在板2上。综上所述：液滴能射出，K应满足1分（2）BB0Kt当液滴从两板中点射出进，满足条件一的情况，则用替代式中的d 2分即2分高频考点五十八 导电滑轨问题263海南省海口市2010届高三调研测试如图12-14所示：宽度L=1m的足够长的U形金属框架水平放置，框架处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，框架导轨上放一根质量m=0.2kg、电阻R=1.0的金属棒ab，棒ab与导轨间的动摩擦因数=0.5，现用功率恒为6w的牵引力F使棒从静止开始沿导轨运动（ab棒始终与导轨接触良好且垂直），当

17、棒的电阻R产生热量Q=5.8J时获得稳定速度，此过程中，通过棒的电量q=2.8C（框架电阻不计，g取10m/s2）。问：（1）ab棒达到的稳定速度多大？（2）ab棒从静止到稳定速度的时间多少？解：（1） （1分） （1分） （1分） 棒稳定时： （1分）由联立解得 （1分）(2)由能量守恒得： (2分) (2分)（直接写出得出 式亦可得分）由 联立解得： (2分)264贵州省兴义市清华实验学校2010届高三9月月考两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图12-15所示放置，间距为d=100cm，在左端斜轨道部分高h=1.25m处放置一金属杆a，斜轨道与平直轨道以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置

18、另一金属杆b，杆Ab电阻Ra=2，Rb=5，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感强度B=2T。现杆b以初速度v0=5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a滑到水平轨道过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；a下滑到水平轨道后，以a下滑到水平轨道时开始计时，Ab运动图象如图所示(a运动方向为正)，其中ma=2kg，mb=1kg，g=10m/s2，求（1）杆a落到水平轨道瞬间杆a的速度v；（2）杆a 在斜轨道上运动的时间；（3）在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。解：（1）， （2）b棒，得（3）共产生的焦耳热为B棒中产生的焦耳热为265福建省龙岩二中2010届高三摸底考试如图12-16所示

19、，足够长的光滑平行导轨MN、PQ竖直放置，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的M与P两端连接阻值为R=0.40的电阻，质量为m=0.010kg，电阻r=0.30的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，其下滑距离与时间的关系如下表所示（不计导轨的电阻，取g=10m/s2）时 间t（s）00.10.2 0.60.7下滑距离s（m）03.5（1）试画出金属棒ab在开始运动的0.7s内的位移-时间图象；（2）求金属棒ab在开始运动的0.7s内电阻R上产生的热量；（3）求重力对金属棒做功的最大功率.解：（1）位移时间图像如

20、图 （2）由图可知0.7s末的速度0.7s内下降的高度h=3.5m由能量守恒得出 解得：（3）Pm=由图知Pm=0.7W266.北京宣武区期末质量检测 如图12-17所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于轨道上，与导轨垂直且接触良好，受到水平拉力N（v为某时刻金属棒运动的瞬时速度）的作用，从磁场的左边界由静止开始运动。已知l=1m，m=1kg，R=0.3，r=0.2，s=1m，如果测得电阻两端的电压u随着时间是均匀增大的，那么： (1）分析并说明该金属

21、棒在磁场中是做何种运动；(2）金属棒到达ef处的速度应该有多大；(3）分析并求解磁感应强度B的大小。答案：(1) (4分）因电阻两端的电压u随着时间t是均匀增大的， 即：u t ;而： u=iR=R = v， 即： u v所以： t 河北省藁城市 高立峰 编辑整理于是，可以断定：棒必做初速为零的匀加速直线运动。 (2）（4分）设运动的加速度为a, 在t=0时，=0，所以,应用牛顿第二定律有： 0.4 = ma , 解得： a=0.4m/s2所以由：， 得：=2m/s (3）（4分）根据题意，在杆运动的一般状态下，应用牛顿第二定律有： =ma又因为： ma0.4为恒量所以必有：0.5=解 得：B

22、=0.5T；267. 2010北京海淀期末练习 如图12-18甲所示，长方形金属框abcd（下面简称方框），各边长度为ac=bd=ab=cd=l，方框外侧套着一个内侧壁长分别为及l的U型金属框架MNPQ（下面简称U型框），U型框与方框之间接触良好且无摩擦。两个金属框的质量均为m，PQ边、ab边和cd边的电阻均为r，其余各边电阻可忽略不计。将两个金属框放在静止在水平地面上的矩形粗糙绝缘平面上，将平面的一端缓慢抬起，直到这两个金属框都恰能在此平面上匀速下滑，这时平面与地面的夹角为，此时将平面固定构成一个倾角为的斜面。已知两框与斜面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。在斜面上有两条与其底边垂直的、电

23、阻可忽略不计，且足够长的光滑金属轨道，两轨道间的宽度略大于l，使两轨道能与U型框保持良好接触，在轨道上端接有电压传感器并与计算机相连，如图12-18乙所示。在轨道所在空间存在垂直于轨道平面斜向下、磁感强度大小为B的匀强磁场。(1）若将方框固定不动，用与斜面平行，且垂直PQ边向下的力拉动U型框，使它匀速向下运动，在U形框与方框分离之前，计算机上显示的电压为恒定电压U0，求U型框向下运动的速度多大；(2）若方框开始时静止但不固定在斜面上，给U型框垂直PQ边沿斜面向下的初速度v0，如果U型框与方框最后能不分离而一起运动，求在这一过程中电流通过方框产生的焦耳热；(3）若方框开始时静止但不固定在斜面上，

24、给U型框垂直PQ边沿斜面向下的初速度3v0，U型框与方框将会分离。求在二者分离之前U型框速度减小到2v0时，方框的加速度。注：两个电动势均为E、内阻均为r的直流电源，若并联在一起，可等效为电动势仍为E，内电阻为的电源；若串联在一起，可等效为电动势为2E，内电阻为2r的电源。答案：（1）当U型框以速度v运动时，在与方框分离之前，方框ab边和cd边为外电路，PQ边为电源，它产生的感应电动势1分内电路电阻为r，外电路电阻为0.5r， 1分解得1分(2）由于两金属框在斜面上恰能匀速下滑，所以沿斜面方向两个金属框所受合力为零，因此两个金属框组成的系统沿斜面方向动量守恒。1分河北省藁城市 高立峰 编辑整理

25、设二两个金属框一起运动的共同速度为v1，则 mv0=2mv1，解得 两个框产生的焦耳热 1分设方框产生的焦耳为， 则1分解得 1分(3）设U型框速度为2v0时，方框的速度为v2，二框组成的系统沿斜面方向动量守恒，则3mv0=2mv0+mv2， 解得v2= v0框组成回路的总电动势 1分两框组成回路中的电流 1分方框受到的安培力即为合外力 根据牛顿第二定律解得此时方框的加速度 1分高频考点五十九 电磁感应中的图像问题268福建省龙岩二中2010届高三摸底考试 如图12-19甲所示.空间有一宽为2L的匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外.abcd是由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，

26、总电阻值为R.线框以垂直磁场边界的速度v匀速通过磁场区域.在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场边界平行.设线框刚进入磁场的位置x=0，x轴沿水平方向向右。求： （1）cd边刚进入磁场时，ab两端的电势差，并指明哪端电势高；（2）线框穿过磁场的过程中，线框中产生的焦耳热；（3）在下面的乙图中，画出ab两端电势差Uab随距离变化的图象。其中U0 = BLv。解：（1）dc切割磁感线产生的感应电动势 E = BLv 回路中的感应电流 ab两端的电势差 b端电势高 （2）设线框从dc边刚进磁场到ab边刚进磁场所用时间为t由焦耳定律 求出 （3） 说明：画对一条高频考点六十 远距离输电269贵州省

27、兴义市清华实验学校2010届高三9月月考一座小型水电站发电机输出功率为100kW，输出电压为500V。输电线的电阻为10，允许功率损耗为输出功率的4% ，用电单位需要220V电压。求：所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？解：由题意得： I1P U1200A I22RP× 4% ， I220A 所以升压变压器原、副线圈的匝数比：n1n2I2I1110 U2U1n2n15000v U3U2I2R4800v 所以降压变压器原、副线圈的匝数比：n3n4U3U424011 高频考点六十一 利用单摆测定当地重力加速度270（浙江省温州市2010届高三下学期第一次适用性测理综试

28、题） 利用计算机和力传感器可以比较精确地测量作用在挂钩上的力，并能得到挂钩所受的拉力随时间的变化图像，实验过程中挂钩位置可认为不变。某同学利用力传感器和单摆来验证机械能守恒，实验步骤如下：如图丙所示，固定力传感器M；取一根不可伸长的细线，一端连接一小铁球，另一端穿过固定的光滑小圆环O，并固定在传感器M的挂钩上（小圆环刚好够一根细线通过) 。让小铁球自由悬挂并处于静止状态，从计算机中得到拉力随时间的关系图像如图丁所示；让小铁球以较小的角度在竖直平面内的A、B之间摆动，从计算机中得到拉力随时间的关系图像如图戊所示。请回答以下问题： （1）由图中数据可求得小圆环O到小铁球球心的距离为 m（计算时取g

29、2m/s2）（2）为了验证小铁球在最高点A和最低点C处的机械能是否相等，则A一定得测出小铁球的质量m B一定得测出细线离开竖直方向的最大偏角C一定得知道当地重力加速度g的大小D只要知道图丁和图戊中的F0、F1、F2的大小（3）若已经用实验测得了第（2）小题中所需测量的物理量，则为了验证小铁球在最高点A和最低点C处的机械能是否相等，只需验证等式 是否成立（用题中所给物理量的符号来表示）答案（1） 1.0 （3分） （2） D （3） 3F0=F1+2F2 271. （云南省2010届高三下学期第一次统一检测试题）正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上

30、沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直。他打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内摆动，如图所示，测量周期时计时起点应选择小球通过图中的 点最为合理（用图中字母表示）；该同学测得小球运动的周期=3s，球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1m，则房顶到窗上沿的高度= m。当地重力加速度g取（m/）。答案：B,3272(6分)在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)甲同学用游标卡尺测量摆球的直径如图所示，则游标卡尺的读数是_cm。 (2)乙同学利用测量出的几组不同摆长L和周期T的数值，作出如图T2L图象中的实线OM，丙同学也进行了与乙同学同样

31、的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，则丙同学做出的T2L图象为A虚线，不平行实线OMB虚线，平行实线OMC虚线，平行实线OMD虚线，不平行实线OM答案.（6分）（1）1.560 cm（3分）（2）B（3分）高频考点六十二 光的反射、折射、全反射273. 吉林省长白县2010届高三质量检测如图14-8所示，有一截面是直角三角形的棱镜ABC，A=30º.它对红光的折射率为n1.对紫光的折射率为n2.在距AC边d处有一与AC平行的光屏。现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直AB边射入棱镜.（1）红光和紫光在棱镜中的传播速度比为多少？（2）为了使红光能从AC面射出棱镜，n1应

32、满足什么条件？（3）若两种光都能从AC面射出，求在光屏MN上两光点间的距离.解：（1）v红=C/n1v紫=C/n2 v红/ v紫=n2/n1（3分. 方程2分，结果1分）（2）C>30º sinC= n1<2（3分）（3） x=d(tanr2tanr1)=d（方程每个1分，结果1分）274山东省费县一中2010届高三第一次调研测试如图14-9为双缝干涉的实验示意图，若要使干涉条纹的间距变大可改用长更_（填长、短）的单色光，或是使双缝与光屏间的距离_（填增大、减小）。答案：长，增大。【解析】依据双缝干涉条纹间距规律，可知要使干涉条纹的间距变大，需要改用波长更长的单色光，应将

33、增大双缝与屏之间的距离L。275北京市第八十中学20092010学年度第一学期月考光子具有能量，也具有动量。光照射到物体表面时，会对物体产生压强，这就是“光压”。光压的产生机理如同气体压强：大量气体分子与器壁的频繁碰撞产生了持续均匀的压力，器壁在单位面积上受到的压力就是气体的压强。设太阳光每个光子的平均能量为E，太阳光垂直照射地球表面时，在单位面积上的辐射功率为P0。已知光速为c，则光子的动量为E/c。求：（1）若太阳光垂直照射在地球表面，则时间t内照射到地球表面上半径为r的圆形区域内太阳光的总能量及光子个数分别是多少？（2）若太阳光垂直照射到地球表面，在半径为r的某圆形区域内被完全反射（即所

34、有光子均被反射，且被反射前后的能量变化可忽略不计），则太阳光在该区域表面产生的光压（用I表示光压）是多少？ （3）有科学家建议利用光压对太阳帆的作用作为未来星际旅行的动力来源。一般情况下，太阳光照射到物体表面时，一部分会被反射，还有一部分被吸收。若物体表面的反射系数为，则在物体表面产生的光压是全反射时产生光压的倍。设太阳帆的反射系数=0.8，太阳帆为圆盘形，其半径r=15m，飞船的总质量m=100kg，太阳光垂直照射在太阳帆表面单位面积上的辐射功率P0=1.4kW，已知光速c=3.0×108m/s。利用上述数据并结合第（2）问中的结论，求太阳帆飞船仅在上述光压的作用下，能产生的加速度

35、大小是多少?不考虑光子被反射前后的能量变化。（保留2位有效数字）解：（1）时间t内太阳光照射到面积为S的圆形区域上的总能量E总= P0St解得E总=r2 P0t照射到此圆形区域的光子数n= 得n=（2）因光子的动量p=则到达地球表面半径为r的圆形区域的光子总动量p总=np因太阳光被完全反射，所以时间t内光子总动量的改变量:p=2p设太阳光对此圆形区域表面的压力为F，依据动量定理Ft =p太阳光在圆形区域表面产生的光压I=F/S解得I=（3）在太阳帆表面产生的光压I=I对太阳帆产生的压力F= IS设飞船的加速度为a，依据牛顿第二定律F=ma解得a=5.9×10-5ms2高频考点六十三

36、动量试验276( 广西南宁市2010届高三下学期第一次模拟考试) （1）（3分）用游标为20分度的游标卡尺测量一小球的直径，测量示数如图所示，该小球的直径为 mm。来源:Z§xx§k.C （2）某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验，如图（1）所示。在长木板右端下方垫一小木块以平衡摩擦力，使甲、乙两小车均能在木板上做匀速运动。小车甲的前端粘有橡皮泥，轻轻推小车甲，使之做匀速运动后与原来静止在前方的小车乙相碰，碰后甲、乙两车粘合成一体继续做匀速运动，电磁打点计时器在连接着小车甲后端的纸带上打出的点迹如图（2）所示。现测得相邻两个计数点间的距离（已标在图上），且

37、已知小车甲、乙两车的质位分别为m甲 = 0. 4kg、m乙=0.2kg，交流电源的频率为50HZ。则从纸带中可以判定：甲、乙两车发生碰撞是在 两计数点之间；碰前两车的总动最为 kg·m/s，碰后两车的总动量为 kg·m/s。 实验表明：在误差允许的范围内，甲乙两车构成的系统碰撞过程中动量守恒。（保留三位有效数字）高频考点六十四 动力学的基本问题277（贵阳六中第一次模拟考试）如图，小车质量为M2.0kg，带有光滑的圆弧轨道AB和粗糙的水平轨道BC，一小物块（可视为质点）质量为m=0.50kg，与轨道BC的动摩擦因数为=0.10，BC部分总长度为L=0.80m重力加速度g取1

38、0m/s2。ABCDM m若小车固定在水平面上，将小物块从BC轨道的D点静止释放，小物块恰好可运动到C点试求D点与BC轨道的高度差；若将小车置于光滑水平面上，小物块仍从D点静止释放，试求小物块滑到BC中点时的速度大小。解析：设D点与BC轨道的高度差为h，根据动能定理有 （2分） 解得： （2分）设小物块滑到BC中点时小物块的速度为v1，小车速度为v2，对系统，根据水平方向动量守恒有： （2分）根据功能关系有： （2分）由以上各式解得： （2分）278(广东省揭阳市2010届高三第一次模拟考试试题)（18分）如图所示，光滑水平面上静止放着长L=1.6m，质量为M=3kg的木块（厚度不计），一个质

39、量为m=1kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F，（g取10m/s2）F（1）为使物体与木板不发生滑动，F不能超过多少？（2）如果拉力F=10N恒定不变，求小物体所能获得的最大动能？来源:Zxxk.Com（3）如果拉力F=10N，要使小物体从木板上掉下去，拉力F作用的时间至少为多少？答案：（18分）解：（1）物体与木板不发生滑动，则木块和小物体具有共同加速度，由牛顿第二定律得： F=(M+m)a （2分）小物体的加速度由木块对它的摩擦力提供，则有：mg=ma 2分）解得：F=(M+m)g=4N （1分）（2）小物体的加速度 （1分）木板的加

40、速度 （1分）物体滑过木板所用时间为t，由位移关系得： （2分）物体离开木板时的速度 （1分） （1分）（3）若要F作用时间最短，则物体离开木板时与木板速度相同。设F作用的最短时间为t1，物体在木板上滑行的时间为，物体离开木板时与木板的速度为，则 （1分）撤去F时，物体速度为，木板的速度为，则 （1分） （1分）撤去F后由动量守恒定律得：来源:Zxxk.Com （2分）由位移关系得： （1分）解得： s （1分）s279(重庆市西南师大附中2010届高三下学期3月月考试题)在研究物体碰撞的实验场地，一般都备有减速道，为了确保物体不冲出减速道，常常要在减速道上堆放障碍物，如沙包等。如图为减速道示

41、意图，A、B为水平减速道两端，长s10m，乙物体为障碍物，质量M120kg。现有甲物体质量m= 40 kg，以速度v= 10m/s冲入减速道，与障碍物相碰后合为一体（设碰撞过程时间极短）。为了保证两物体碰撞后不冲出减速道，又不至于过早地相碰造成较大损伤，两物体与减速道的动摩擦因数均为0. 4，（取g10 m/s2 ）问：障碍物应放在距减速道A端距离L最大为多少？解：设甲物体与乙物体相碰时速度为，滑行距离为，两物体相碰后的共同速度。2as，在整个过程ag 对于碰撞前甲的滑行有 碰撞时动量守恒 mv(mM) 碰撞后两物体共同滑行有=2g(s) 280（江西省六校2010届高三下学期联考试题）如图所

42、示，斜面体固定在水平面上，倾角为300，斜面底端固定有与斜面垂直的挡板，在斜面上距底端静止放着一个小物块B，物块B的质量2m，与斜面的动摩擦因数为=，小物块A的质量为m，与物块B相距为，物块A与斜面无摩擦，在斜面上由静止开始下滑，假设物块A和B及挡板发生碰撞时，时间极短，无机械能损失，物块的大小和空气阻力不计求：（1）物块A第一次与物块B碰撞时的速度；（2）物块A从开始到第二次与物块B碰撞时运动的路程s；（3）从开始到最终系统产生的总热量Q解：（1）由动能定理可得： （4分）（2）物块A第一次与物块B碰撞时，动量守恒，动能守恒。 （1分） （1分） 解得 （1分）此时A以的速度减速上滑，B减速

43、下滑，对于A： （1分） 对于B，下滑时 （1分）与下端的挡板相碰时的速度为 则 （1分） 所用时间为 （1分）上滑时的加速度为， （1分）减速到零的时间为 （1分）上滑的距离， （1分）在这段时间内A向上的位移 （1分）由于此时A还在第一次碰撞点的下方处，由于，故B上滑后到最高点处静止，A再与B相碰。A上滑到最高点的距离为（1分）物块A从开始到第二次与物块B碰撞时运动的路程：（1分）（3）经过多次相碰后，最终A和B均停在档扳处，由能量守恒可得，产生的热量为 （4分）281（上海市部分重点中学2010届高三第一次联考试题）起跳摸高是学生常进行的一项活动。某中学生身高1.80m，质量70kg。他

44、站立举臂，手指摸到的高度为2.10m。在一次摸高测试中，如果他先下蹲，再用力蹬地向上跳起，同时举臂，离地后手指摸到的高度为2.25m。设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.7s。不计空气阻力，(取g10m/s2)。求：(1)他跳起刚离地时的速度大小；(2)上跳过程中他对地面平均压力的大小。答案（1）跳起后重心升高 h=2.252.10=0.15m-（2分）根据机械能守恒定律-（3分）解得或1.73m/s-（2分）（2）由动量定理（Fmg）t=mv0-（3分）即-（2分）将数据代入上式可得F=(100+700)N或873.2N-(2分）根据牛顿第三定律可知：上跳过程中他对地面的平均压力F=(100

45、+700)N或873.2N-(1分）282（重庆市万州二中2010届高三下学期3月月考试题）是固定在水平面上的横截面为“”形的光滑长直导轨槽，槽口向上，槽内放置一金属滑块，滑块上有半径为R的半圆柱形光滑凹槽，金属滑块的宽度为2R，比“”形槽的宽度略小。现有半径为r(rR)的金属小球以水平初速度v0冲向滑块，从滑块上的半圆形槽口边缘进入。已知金属小球的质量为m，金属滑块的质量为3m，全过程中无机械能损失。求：(1)当金属小球滑离金属滑块时，金属小球和金属滑块的速度各是多大；(2)当金属小球经过金属滑块上的半圆柱形槽的底部A点时，对金属滑块的作用力是多大。解：（1）小球与滑块相互作用过程中沿导轨方

46、向动量守恒：-（3分）又因为系统机械能守恒，有：-（3分）得：，-（4分）（2）当金属小球通过A点时，沿导轨方向金属小球与金属滑块具有共同速度v，小球沿A点切线方向的速度为v，由动量和能量守恒得：-（2分）-（2分）解得：-（2分）由牛顿第二定律得FN-（2分）即为小球对金属滑块的作用力大小为283(重庆市西南师大附中2010届高三下学期3月月考试题)如图所示，一质量为M=5.0kg的平板车静止在光滑的水平地面上，平板车的上表面距离地面高h=0.8m，其右侧足够远处有一障碍物A，一质量为m=2.0kg可视为质点的滑块，以v0=8m/s的初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右的、大小

47、为5N的恒力F。当滑块运动到平板车的最右端时，二者恰好相对静止，此时撤去恒力F。当 平板车碰到障碍物A时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后,恰能无碰撞地沿圆弧切线 从B点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。已知滑块与平板车间的动摩擦因数=0.5， 圆弧半径为R=1.0m，圆弧所对的圆心角BOD=106°。 取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53 °=0.6。求：（1）平板车的长度；（2）障碍物A与圆弧左端B的水平距离；（3）滑块运动到圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小。解：（1）对滑块，由牛顿第二定律得：a1= =g=5m/s2 （1分）对平板车，由

48、牛顿第二定律得：a2= =3m/s2 （1分）设经过时间t1滑块与平板车相对静止，共同速度为v则：v=v0-a1t1=a2t1. （1分）解得：v=3m/s （1分）滑块与平板车在时间t1内通过的位移分别为：x1= t1 （1分）x2=t1（1分）则平板车的长度为： L=x1-x2=t1=4m（1分）（2）设滑块从平板车上滑出后做平抛运动的时间为t2，则：h=gt22（1分）xAB=vt2 解得：xAB=1.2m（1分）（3）对小物块，从离开平板车到C点过程中由动能定理（或机械能守恒定律）得：mgh+mgR(1-cos)= mvc2-mv2 （2分）在C点由牛顿第二定律得：FN-mg=m（1分）解得：FN=86N（1分）由牛顿第三定律可知对轨道的压力大小为F N=86N（1分）284. （山东省青岛