高三物理月新题汇编二共27题

1、高三物理月新题汇编（二）（共27题）.（上海崇明）扫描隧道显微镜（STM）是根据量子力学原理中的隧道效应而设计成的，当原子尺度的探针针尖在不到一个纳米的高度上扫描样品时，外加一电压（2mV2V）,针尖与样品之间产生隧道效应而有电子逸出，形成隧道电流。电流强度随针尖与样品间 的距离的减少而指数上升（如图1所示），当探针沿物质表面按给定高度扫描时，因样品表面原子凹凸不平，使探针与物质表面间的距离不断发生改变，从而引起隧道电流不 断发生改变。将电流的这种改变图像化即可显示出原子水平的凹凸形态。扫描隧道显微 镜的分辨率很高，横向为0.10.2nm,纵向可达0.001nm。如果探针针尖在图 2所示的样品

2、表面，从图示位置开始，以恒定高度做一维匀速扫描，如果针尖与样品间地距离在 门和 上的范围内变化，则产生的隧道电流可能是图 3中的哪 种？ 1 （C ）x1,探针针尖隧道电流rir2r（nm）样品与针尖距离图（1）隧道电流 IVW隧道电流1IZW图（2）(C).消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题。内燃机、通风机等在排放各种高速气流的过程中都发出噪声，干涉型消声器可以用来消弱高速气流产生的噪声。干涉型消声器的结构及气流运行如图所示，产生波长为入的声波沿水平管道自左向右传播。当声波到风轮_一）；?史洛TM N图3达a处时，分成两束相干波，它们分别通过 L和上的路程， 再在b处相遇，即可达到消弱

3、噪声的目的。 若N= r2 - r1,则Ar等于：（C ）A .波长入的整数倍B .波长入的奇数倍C ,半波长；的奇数倍 D.半波长的偶数倍.农民在精选谷种时， 常用一种叫“风车”的农具进行分选。 在同一风力作用下，谷种和瘪谷（空壳）谷粒都从洞口水 平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，如图 所示。对这一现象，下列分析正确的是ACA . M处是谷种，N处为瘪谷B.谷种质量大，惯性大，飞得远些C .谷种飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度小些 D.谷种和瘪谷在竖直方向做自由落体运动.（南通）如图所示，从地面上 A点发射一枚远程弹道导弹，在引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标 B ,

4、 C为轨道的远地点, 质量为M,引力常量力Go没距地面高度为 中正确的是BCD距地面高度为h.已知地球半径为R,地球h的圆轨道上卫星运动周期为T卜列结论A.导弹在c点的速度大于GM2B.导弹在C点的加速度等于 GM/（R+h）C.地球球心为导弹椭圆轨道的一个焦点D.导弹从A点运动到B点的时间一定小于 To0，.（南通）如图所示，一网球运动员将球在边界处正上方水平向右击出，球刚好过网落在图中位置（不计空 气阻力），相关数据如图，下列说法中正确的是ADA .击球点高度hi与球网的高度h2之间的关系为hi=|. 8h2,s, 2ghiB.若保持击球局度不变，球的初速度V0只要不大于 -,一7E洛在对

5、万界内hiC.任意降低击球高度（仍高于h2）,只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内D.任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内第9题图6.（12分）如图（甲）所示，在利用重物自由下落验证机械能守恒定律的实验中，某实验小组打出了三条纸带， 但是由于实验操作不规范，三条打点纸带的第1个点和第2个点之间的距离都明显的大于 2mm,于是他们选择了如图（乙）所示的一条点迹清晰且在图（甲）ABC DE图（乙）一条直线上的纸带进行数据处理.他们首先在所选择纸带的前四个点的下方标上1、2、3、4,在后面适当位置又选了五个计数点A、B、C、D、E;然后，他们又设计了四种数据处理方案来验证机

6、械能守恒定律.方案1:选择第1个点作为过程的起点，分别选择计数点B、C、D作为过程的终点，用刻度尺量出计数点 A、B、C、D、E到第1个点的距离 、h2、h3、h4、h5, 再数出计数点B、C、D到第1个点的时间间隔数 k,利用Vn= gkT算出重物12运动到计数点B、C、D时的速度，比较“ mg%和mV；”是否相等来验证 机械能是否守恒.方案2：选择第1个点作为过程的起点，分别选择计数点B、C、D作为过程的终点，用刻度尺量出计数点A、B、C、D、E到第1个点的距离h1、h2、h3、h4、h5,利用Vn = hn* hn,算出重物运动到计数点 B、C、D时的速度，比较“ mghn 2T2 .和

7、 mVn ”是否相等来验证机械能是否守恒.方案3:选择第3个点作为过程的起点，分别选择计数点B、C、D作为过程的终点，用刻度尺量出计数点 A、B、C、D、E到第3个点的距离 、h2、h3、h4、h5, 再数出计数点B、C、D到第1个点的时间间隔数 k,利用Vn= gkT算出重物 运动到计数点B、C、D时的速度，利用 V3 = 2gT求出打第3个点时重物的速一 2 1 一 2度，比较 mghn和（一mVn mV3 ）是否相等来验证机械能是否守恒.2方案4:选择第3个点作为过程的起点，分别选择计数点B、C、D作为过程的终点，用刻度尺量出计数点 A、B、C、D、E到第3个点的距离 、h2、h3、h4

8、、h5,利用Vn = hn+ hn-1算出重物运动到计数点 B、C、D时的速度，再测出第2 2TS个点到第4个点之间的距离S,利用V3=旦求出打第3个点时重物的速度，2T2 12比较 mghn和（2 mVnmV3 ）”是否相等来验证机械能是否守恒.（1）你认为最合适的方案是 .（2）说出两条你认为其他方案不合适的理由：理由1: 理由2:答：（1）万案4（4分）（2）理由1:研究过程的起点不能选在第1点（或者“打第1点和纸带的释放不同步”、“打第1点时重物已经有了一个初速度”、“打第1点时重物 已经下落了一段距离”、或者表达了相同的意思均可）（4分）理由2:不能用V = g t计算速度（由于空气

9、阻力、摩擦阻力、打点阻力的 影响，重物实际下落的加速度小于重力加速度g,用V = g t计算速度会使动能增量的测量值偏大，甚至会出现“动能的增加量大于重 力势能的减少量的结果” ）（4分）7.（徐州10分）某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时发现，里面除了一节1.5V的干电池外，还有一个方形的电池（层叠电池） ，如图甲所示。,实验室中提供有下列器材:,内阻10Q）内阻未知）1A）为了测定该电池的电动势和内电阻A.电流表G （满偏电流10mAB.电流表A （00.6 A3A,C.滑动变阻器 R （0100Q,D.定值电阻R0 （阻值990 Q）E.开关与导线若干（1）该同学根据现有的实

10、验器材，设计了如图乙所示的电路，请你按照 电路图在丙图上完成实物连线.h I 1 / mA108642 O 0.10.2 0.30.4 0.5 I2/A（2） 丁图为该同学根据上述设计的实验电路利用测出的数据绘出的I1-I2图线（Ii为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得到被测电池的电动势E= V ,内阻 r= （3）另一位同学也找到了一块层叠电池，利用上面的实验连接进行测量，初始时滑片P向左滑过P在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上电键后发现滑片一段距离x后电流表 读数I与x的关系图, 内阻为 A才有读数，于是该同学根据测出的数据作出了两个电流表 如图戊所示，则根据

11、图象可知，此电池的电动势为 V,电流表量程选1分）可见光、紫外线、X射线、丫射线答案：（1）实物连接如右图（2分,择、滑线变阻器滑片位置错误各扣9.0, 10.0 （每空 2 分）9.0, 10.7 (10.511.2 均给分，每空 2 分)8.（南通）（1）在以下说法中，正确的是 A.电磁波谱包括无线电波，、微波、红外线、B.牛顿环是簿膜干涉的结果，当用频率更高的单色光照射时，牛顿环半径将会变大C.机械波是介质传递波源质点以及振动能量的一种方式D,麦克耳孙一莫雷实验结果表明：不论光源与观察者之间做怎样的相对运动，光速 都是一样的（2）有两个同学利用假期分别去参观北大和南大的物理实验室，各自在

12、那里利用先进的DIS系 统较准确地探究了 “单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了 T2-L图象，如图甲所示，去北大的同学所测实验结果对应的图线是 。（选填A”或B）.另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了两种单摆的振动图象（图乙），由图可知，两单摆摆长之比La/Lb（3）如图所示，半圆玻璃砖的半径 R=10cm,折射率为n=3, 直径AB与屏幕MN垂直并接触于 A点.激光a以入射角i=300 射向半圆玻璃砖的圆心0,结果在水平屏幕 MN上出现两个光斑.求两个光斑之间的距离L.答案：（1）AD（3分，漏选得1分，错选得0分）（2）B（2分）4/9（2 分

13、）（3）画出如图光路图，设折射角为r,根据折射定律N=sinr/sini 解得：r=60 由几何知识得,（1分）（1分）AOPQ为直角三角形，所以两个光斑PQ之间的距离 L=PA+AQ=Rtan30 0+2Rsin600 （2 分） 解得：L=23. 1cm （1 分）B9 （南通）m. （12分）（选彳3-5试题）（1）、 下列说法正确的是 .A.康普顿效应和电子的衍射现象说明粒子的波动性B . “粒子散射实验可以用来确定原子核电荷量和估算原子核半径C.氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子的运动加速度减小D.比结合能越大表示原子核中核了结合得越牢靠，原子核越稳定（2）一个高能丫光子，经过

14、重核附近时与原子核场作用，能产生一对正负电子，请完成相 应的反 应方程：丫？ 已知电子质量 m1 =9.1x10 31kg ,光在真空中的传播速度为c=3x108m/s,则丫光亏：的能量至少为 3） 一质量为朋的航天器远离太阳和行星，正以速度v。在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后， 发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为vl,求加速后航天器的速度大小（v。、vl均为相对同一参考系的速度）.答案：（1）BD（3分，漏选得1分，错选得0分）（2）o-1 e+ ： 0e（2 分）1. 64x10-13J（2 分）（3）设加速后航天器的速度大小为v,由动量守恒定律有Mvo

15、=-mv l+（M-m）v（3 分）解得 v=（Mvo+mv i）/（M-m）（2 分）10.（崇文区20分）如图所示，一带电平行板电容器水平放置，金属板 M上开有一小孔。有A、B、C三个质量均为 m、电荷量均为+ q的带电小球（可视为质点），其间用长为L的绝缘轻杆相连，处于竖直状态。已知 M、N两板间距为3L,现使A小球恰好位于小孔中，由静止释放并让三个带电小球保持竖直下落，当 A球到达N极板时速度刚好为零，求:（1）三个小球从静止开始运动到 A球刚好到达N板的过程中，重力势能的减少量;（2）两极板间的电压;（3）小球在运动过程中的最大速率。答案：（4分）设三个球重力势能减少量为Ep Ep=

16、 9mgL（6分）设两极板电压为 U ,由动能定理W重-亚电=AEkU U U1c3mg - 3L q 3L q 2L q L = 0 3L 3L 3L9mgLU =2q（4分）（2分）（2分）（2分）（10分）当小球受到的重力与电场力相等时，小球的速度最大U3mg=抵 nqn=2vm（3分）（2分）小球达到最大速度的位置是 B球进入电场时的位置由动能定理, U .12，八、3mg L-q L = x 3m%（3 分）3L 2vm=、gL（2分）11.（南）15分）如图Ox、Oy、0z为地面上方相互垂直的坐标轴，Oy轴为竖直方向，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为Bo现有一质量为

17、 m、电量为+q的小球从坐标原点0以初速度v。沿Ox轴正方向抛出（不计空气阻力，重力加速度为g）.（1）若在整个空间加一匀强电场Ei,使小球抛出后在 xOz平面内做匀速圆周运动，求场强E1和小球轨道半径；（2）若在整个空间加一匀强电场E2,使小球抛出后沿 Ox轴做匀速直线运动，求场强E2的大小；（3）若在整个空间加一沿 y轴正方向的匀强电场 E3,场强大小为E3=3mg/q ,求该小球从坐标原点 O抛出后经过y轴时的位移和动能 Ek.答案：（15分）（1）小球在复合场中做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，洛仑兹力提供向心力 TOC o 1-5 h z qE1=mg（1 分）qvoB=mv 0/r

18、（1 分）解得 Ei=mg/q（1分）方向沿y轴正方向（1女）R=mvo/qB（1 分）（2）小球沿x轴做匀速直线运动，重力、电场力、洛仑兹力三力平衡（qE2）2=（mg）2+（ qvoB）2（2 分）解得 E2=（mg） 2+（ qvoB）21/2（2 分）（3）小球在复合场中做螺旋运动，可以分解成水平面内的匀速圆周运动和沿y轴方向的匀加速运动.小球做匀加速运动的加速度a=（qE3-mg）/m=2g（1分）小球从原点 O到经过y轴时经历的时间 t=nT=n - 2 jm/qB（n=l、2、3）（1分）小球经过y轴时的位移y=at2/2（1分）解得 y=4n2 T2m2g/q2B2（n=l、2

19、、3）（1 分）由动能定理得（qE3-mg）y=E k-mvo2 /2（1 分）解得 EKMmvoZ+gn2!2 （n=l、2、3）（1 分）12. （14分）如图所示，第四象限内有互相正交的匀强电场E与匀强磁场 B1, E的大小为0.5 103V/m, B1大小为0.5T;第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强 磁场B2,磁场的下边界与 x轴重合.一质量 m=1 X10-14kg、电荷量q=1 M0-1C的带正电 微粒以某一速度 v沿与y轴正方向60。角从M点沿直线运动，经P点即进入处于第一象 限内的磁场B2区域.一段时间后，小球经过y轴上的N点并与y轴正方向成60角的方 向飞出

20、。M点的坐标为（0,-10）, N点的坐标为（0, 30）,不计粒子重力，g取10m/s2.（1）请分析判断匀强电场 E1的方向并求出微粒的运动速度v;（2）匀强磁场B2的大小为多大？；（3） B2磁场区域的最小面积为多少？n y/cm602PT3*OX XX x/cmM| X X X X X答案：由于重力忽略不计，微粒在第四象限内仅受,且微粒做直线运动，速度的变化会引起洛仑兹力的变化，所以微粒必做匀速直线运动.这样，电场力和洛仑兹力大小相等,方向相反，电场E的方向与微粒运动的方向垂直, 分）即与y轴负方向成60角斜向下.（2（2）由力的平衡有Eq=Bqv_3E 0.5 103 一.v =m/

21、s =10 m/sBi0.5（2分）（1分）画出微粒的运动轨迹如图.由几何关系可知粒子在第一象限内做圆周运动半径为 r =淞m15（2分）微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即2 v qB2v =m 解之得B2 = T2（2分）（1分）由图可知，磁场B2的最小区域应该分布在图示的矩形PACD内.由几何关系易得（1分）PD =2Rsin60 =0.2mPA =R（1-cos60 ） = 3 m 302 m所以，所求磁场的最小面积为1/3,:;3S =PD PA = = 5 30150（2分）13.（湖北18分）如图甲所示,的短边有电阻，阻值都是“目”字形轨道的每一短边的长度都等于r,不计其它各

22、口电阻。仪导轨平M与水河面成夹角置，如图乙所示。一根质量为 m的条形碓佚,1其横截神是边官为导轨间的动摩擦因数为a的正方彩人磁钳磁铁与导轨间绝?定导轨区域内的磁场全部集中夜磁镌*a 的端面，并可视为匀强磁场，磁感应强度为B,方向垂直导轨平面。无图甲图乙2,直至磁铁好与正方形3重合，现使其以某一初速度下滑，磁铁恰能匀速滑过正方形端面恰好与正方形1重合。已知重力加速度为 g。求: (1)上述过程中磁铁运动经历的时间；(2)上述过程中所有电阻消耗的电能。解：(1)设磁铁匀速进入正方形 2的速度为v,等效电路如下图所示。感应电动势总电阻感应电流E =Bavr 4R = r = r3 3,E 3BavI

23、 二一二R 4r（1分）（1分）（2分）切割磁感线的短边受到的安培力F 二 BIa2 23B2a2v4r（1分）整个过程磁铁运动经历的时间t二空v（1分）短边受到的安培力与磁铁受到的力是作用力与反作用力根据平衡条件mgsin 0= F + f（2分）滑动摩擦力f = mgcos 0（1分）求出4mgr （sin 二-11 cos1）v2 23B a（2分）当磁铁进入正方形1时，仍以速度v做匀速直线运动。求出（1分）+3B2a3t2mgr（sin 二- cos?）（2）根据能量守恒定律mg?2asin 0 =科mgcos 0?2a + E （4分）求出E = 2mga （sin% jicosO）

24、（2 分）14.(济南16分)质量为 m=1kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆孤轨道下滑。B、C为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径R=1.0m圆弧对应圆心角6 =106,轨道最低点为 O, A点距水平面的高度 h=0.8m。小物块离开 C点后恰 能无碰撞的沿固定斜面向上运动，0.8s后经过D点，物块与斜面间的滑动摩擦因数为匕=0.33 (g=10m/s；sin37 =0.6,cos37 =0.8)试求：(1)小物块离开 A点的水平初速度vi(2)小物块经过。点时对轨道的压力(3)斜面上CD间的距

25、离(4)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为卜2 =0.3,传送带的速度为5m/s,则PA间的距离是多少?24.解：(1)对小物块，由2 TOC o 1-5 h z vy = 2gh 1 分在B点tan = 2分2 vi所以v1 =3m/ s i分(2)对小物块，由 B到O有1212mgR(1 -sin 37 )= mv0 mvB 2 分 HYPERLINK l bookmark12 o Current Document 22其中 vB =旧+ 42 =m/s = 5m/s 1 分2在。点 Nmg = m处 1 分R所以N=43N由牛顿第三定律知对轨道的压力为N = 43N 1分(3)物块沿斜面

26、上滑：mgsin53+N1mgcos53= = ma1 1 分所以 a1 = 10m/s2物块沿斜面上滑： mgsin53 一 一 N1mg cos53= ma2 1 分由机械能守恒知 vc =vB =5m/s小物块由C上升到最tWj点历时t1 = = 0.5s 1分a1小物块由最高点回到 D点历时t2 = 0.8s0.5s = 0.3s 1分-Vc .1 .2故 SCD =-11 a2t2 1 分 HYPERLINK l bookmark94 o Current Document 22即 SCD=0.98m 1 分(4)小物块在传送带上加速过程：N2mg = ma3 1分2_V1PA间的距离

27、是SPA =1.5m 1分2a3.(盐城市一中12分)光滑的长轨道形状如图所示，底部为半圆型，半径R,固定在竖直平面内。AB两质量相同的小环用长为 R的轻杆连接在一起，套在轨道上。将AB两环从图示位置静止释放，A环离开底部2R。不考虑轻杆和轨道的接触，即忽略系统机械能的损失，求:AB两环都未进入半圆型底部前，杆上的作用力A环到达最低点时，两球速度大小（3）若将杆换成长2J2R, A环仍从离开底部 2R处静止释放,经过半圆型底部再次上升后离开底部的最大高度答案：（12分） 对整体分析，自由落体，加速度 g以A为研究对象，A作自由落体则杆对 A 一定没有作用力。（或列式或以B研究）AB都进入圆轨道

28、后，两环具有相同角速度，则两环速度大小一定相等（或通过速度分解得到两环速度大小相同）整体机械能守恒：5 mg2R mg R22mv（3分）（1分）（2分）（1分） A再次上升后，位置比原来高 h,如图所示。由动能定理（或机械能守恒）：-mgh mg(2 2R-2R-h) =0h =(&-1)R,(3分)(1分)A离开底部（J2 +1）R注：由于杆超过了半圆1o(n - 2)二mBqn=3、 4(1分).（盐城市一中15分）如图，一匀强磁场磁感应强度为B,方向向里，其边界是半径为R的圆。AB为圆的一直径。在 A点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量m、电量-q的粒子，粒子重力不计。（结果保留2

29、位有效数字）（1）如果有一带电粒子以垂直于磁场的速度，沿半径方向进入圆形 区域的磁场中。试证明此粒子一定沿半径方向射出磁场。 如果磁场的边界是弹性边界，粒子沿半径方向射入磁场，粒子 的速度大小满足什么条件，可使粒子在磁场中绕行一周回到出发 点，并求离子运动的时间。 如果R=3cm、B=0.2T,在A点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为106m/s,比荷为108c/kg的粒子.试画出在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹并求此粒子的运动的时间。（4）在（3）中，如果粒子的初速度大小均为3x 105米/秒，求磁场中有粒子到达的面积。答案（12分）解：（1）如图，沿半径射入，r与R垂直，两三角形

30、全等而出射速度v与轨迹半径r垂直， TOC o 1-5 h z 所以出射速度与 R同一直线。（3分）（2）设粒子经过了 n个轨迹回到了 A点，所以在右图中a =兀 /nr=Rtan a（1 分）qBR ,v = tan n=3、4 （2 分）m n（3）轨迹的半径 r=mv/qB=5cm（1分）要粒子的运动时间最长，轨迹如图3 =740（2 分）时间 t=74T/360=6.4 X 10-8s（1 分）（4）粒子的轨迹半径 r= mv/qB=1.5cm（1分）有粒子到达的区域为如图阴影部分（1分）S=9.0X10-4m2（2 分）17。（湖北20分）如图所示，光滑水平面 MN上放两相同小物块

31、A、B,左端挡板处有一弹 射装置P,右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度 L=8m ,沿逆时针方向以恒定速度 v=6m/s匀速转动。物块A、B （大小不计）与传送带间的动摩擦因数一.2。物块 A、B 质量 mA=mB=1kg。贮有弹性势能Ep=i6J。现解除锁定，弹开开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质弹簧,A、 Bo 求:物块B沿传送带向右滑动的最远距离。Z p51 A B7777777777777777777物块B滑回水平面 MN的速度vB 。若物体B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的互换速度，则弹射装置 P必须给A做多少功才能让解（1）解除锁定弹开 AB过程中，系统机械能守

32、恒：EppA在水平面上相碰， 且A、B碰后AB碰后B能从Q端滑出。212 G八、=EaVa 十一mBvB （3 分）2由动量守恒有：mAVA=mvB（3分）由得：vA = 4m/svB = 4 m/sB滑上传送带匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远。由动能定理得:,12-mBgSm = 0 -mBvBD（2 分）2所以sm=B-=4m （1分）m 2g（2）物块 匀速运动，物块B沿传送带向左返回时，先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时一起B加速到传送带速度 v需要滑动的距离设为 s,由mBgs12=mBv22v 得$ =丁 2g=9m Sm（3分）vB =%：2Ngsm =4m/s（

33、1 分）说明物块B滑回水平面 MN的速度没有达到传送带速度, 1.21（3）设弹射装置给 A做功为W , -mAvA2mAv2AA 2 AAB碰后速度互换，B的速度 vB = vA1分）B要滑出平台Q端，由能量关系有:所以,由得 W 一mBgL -1 mBv212一 mAvA2B2 NmBgL .（3 分）又 m=nB解得（1分）.（丰台18分）如图所示，在竖直平面内有一个“日”字形线框，线框总质量为m ,每条短边长度均为I。线框横边的电阻为 r ,竖直边的电阻不计。在线框的下部有一个垂 直竖直平面、方向远离读者、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的高度也为I。让线框自空中一定高处自由落下，当线框

34、下边刚进入磁场时立即作匀速运动。重力加速度为g。求： 的时间t解：（1）线框下边进入磁场区域前做自由下落运动，设下落的时间为 度为v,据题意有：IBl =mg ,3r/22B1v3rX X X X X k.ti,进入磁场时的速（2分）（2分）v = gti（2分）解得： t13mr2B212（2分）“日”字形线框作匀速运动的速度v的大小“日”字形线框从开始下落起，至线框上边离开磁场的下边界为止的过程中所经历（2分）3gmrv =2B212（2）从线框下边进入磁场到下边离开磁场下边界做匀速运动，设此过程的下落时间为 据题意有：31v2, 2B 1 v二 mg3r /22B213解得：t2 =m

35、g r（2分）（2分）（2分）由两式解得全过程所用时间t=ti t23mrcl.2, 22B 12 3.2B lmgr（2分）.（丰台20分）如图所示，从带有小孔的放射源A中均匀地向外辐射出平行于 y轴的、速度一定的“粒子（质量为m,电荷量为+q）。为测定其飞出的速度 vo的大小，现让其先 经过一个磁感应强度为 B、区域为半圆形的匀强磁场，经该磁场偏转后，a粒子恰好能够沿x轴进入右侧的平行板电容器M板上的狭缝，并打到置于 N板上的荧光屏上，此时通过显微镜头 Q可以观察到屏上出现了一个亮点。闭合电键S后，调节滑动变阻器的滑动触头P,当触头位于滑动变阻器的中央位置时，通过显微镜头Q看到屏上的亮点恰

36、好消失。已知电源电动势为E,内阻为0,滑动变阻器的总阻值 Ro=2 ro。求：a粒子的速度uo的大小；（2）满足题意的a粒子，在磁场中运动的总时间 t;（3）该半圆形磁场区域的半径 Ro解：由闭合电路的欧姆定律，回路中的电流强度%R03r0（2分）两极板间的电压U -IR。E（2分）对某一 a粒子，在加速电场中应用动能定理得:-qU =0 -枭襦（2分）联立解出由题意，“粒子向上射入磁场偏转 90后射出，后来又从（2分）O点返回磁场再偏转900,最后向上射出磁场.t= 1TX24故所求（2分）2 二m又T = qB（2分）联立、解出t =qB（2分）设a粒子在磁场中的轨迹半径为r,则由题意，K

37、=十广由结合15 7 3叫解出 小（2分）（2分）（2分）(肇庆市16分)如图所示，光滑的平行水平金属导轨MN PQ相距l ,在M点和P点间连接一个阻值为 R的电阻，在两导轨间 cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为 d 的匀强磁场，磁感应强度为 B、一质量为 m电阻为r、长度也刚好为l的导体棒ab垂 直置于导轨上，与磁场左边界相距do。现用一个水平向右的力 F拉棒ab,使它由静止开始运动，棒ab离开磁场前已做匀速直线运动，棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，F随ab与初始位置的距离 x变化的情况如图(乙)所示，Fo已知。求：(1)棒ab离开磁场右边界时的速度；(2)棒ab通过

38、磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能；(3) do满足什么条件时，棒 ab进入磁场后一直做匀速运动。(1)设离开右边界时棒 ab速度为u ,则有F2F0FoOd0d0+d（乙）s = BIu （1 分）对棒有：2F0 -BIl =0（2分）2日2F0(R r)解得：U=白一-(2 分) B2l2(2)在ab棒运动的整个过程中，根据动能定理：12F0d0 +2F0d 川安=-mu -0 (2 分)2由功能关系：电=Wfc(2 分)_ _ 2 z _、22mF0 (R r) /o 八、解得：E电=F0(d。+2d)0-41 (2 分)B l(3)设棒刚进入磁场时的速度为% ,则有：L ,12F0d

39、0 = 2 m0 -0 (2 分)22F0m(R r)，、，“一 八当u0 =u ,即d0 =4 4 时,棒ab进入磁场后一直匀速运动 (2分)B l21. （16分）如图所示，在倾角 8=30中、足够长的斜面上分别固定着两个物体A. B,相距L=0.2m ,它们的质量 mA=mB=1kg ,与斜面间的动摩擦因数分别为人=和& = .在63t=0时刻同时撤去固定两物体的外力后，A物体将沿斜面向下运动，并与B物体发生连续碰撞（碰撞时间极短，忽略不计 ），每次碰后两物体交换速度.g取10m/s2.求：（1） A与B第一次碰后瞬时 B的速率？（2）从A开始运动到两物体第二次相碰经历多长时间？（3）至

40、第n次碰撞时A、B两物体通过的路程分别是多少？答案：（1） A物体沿斜面下滑时有mAg sin【-A mAg cos【-mAaAaA =gsin 二 _AmAg cos?.0、.302一 八、aA =gsin30 - g cos30 =2.5 m/J（1 分）6B物体沿斜面下滑时有mBg sin ?-B mB g cos r - mBaBaB =gsin 1 -BmBg cos? TOC o 1-5 h z .一.3一 0 一，八aB =g sin 30 g cos30 =0（1 分）3综上分析可知，撤去固定A、B的外力后，物体 B恰好静止于斜面上，物体 A将沿斜面向下做匀加速直线运动.（1分

41、）由运动学公式得A与B第一次碰撞前的速度 Vai =4底2M2.5父0.2 =1m/s （1分）（1分）（1分）（2）从AB开始运动到第一次碰撞用时由于AB碰撞后交换速度，故AB第一次碰后瞬时，B的速率vB1 =Vai =1m/s两物体相碰后，A物体的速度变为零，以后再做匀加速运动，而B物体将以Vb2 =vbi =1m/s的速度沿斜面向下做匀速直线运动.（1分）设再经t2时间相碰，则有vB1t2=1at；2（1分）（1分）t=t+t2=0.4+0.8=1.2s（2 分）B物体碰撞时，速度增加量均为解之可得t2=0.8s故从A开始运动到两物体第二次相碰，共经历时间（3）从第 2次碰撞开始，每次

42、A物体运动到与Av=at 2= 2.5 0.8m/s=2m/s,由于碰后速度交换，因而碰后B物体的速度为:第一次碰后：vB1=1m/s第二次碰后：vB2=2m/s第三次碰后：VB3=3m/s第n次碰后： VBn=nm/s每段时间内，B物体都做匀速直线运动，则第 n次碰前所运动的距离为2n(n1)sb=1+2+3+ + ( n-1) xt2=m (n=1 , 2, 3,，n-1) (3 分)5A物体比B物体多运动L长度，则(2分)2n(n -1) sa = L+sb=0.2+ m.（渭南）18分）.如图，y轴的左侧为平行 y轴，宽为L的匀强电场。右侧为垂直 xOy 平面的、宽度也为 L的匀强磁场

43、。一质量为 m,电量为+q的带电粒子（不计重力），如 果在电场中由静止释放， 它加速运动L/2时速度达到V。现从x= L处的A点沿x轴正 方向以速度v射入电场，垂直于磁场右边界飞出磁场。求：（1）从y轴的何处，怎样进入磁场？（2）磁场的磁感应强度 B = ?OXXX；LxXX；LX, 11xxXXX； 1IrXXXX；,y八 XXXXBXXXX解：（1）如粒子在电场中由静止释放，有：v2=2a：现粒子以初速 v垂直电场进入电场，有:12L=vt y=2 atvy=at由以上四式可得：y=2vy=v（8分）粒子从电场中出去时速度方向tan evy =1所以。=45。 TOC o 1-5 h z

44、出去速度vi=2 v,出去的坐标位置为（0,-2 ）（4分）（2）由于磁场宽度为 L,由偏转轨迹知其为8圆弧。得r=J2 L （2分）2由粒子运动方程有：qviB=mvrL 得B=$（2分）将r及v1值代入得B=mv （2分）qL 、.（淄博）18分）如图所示，带等量异种电荷的两平行金属板竖直放置（ M板带正电，N 板带负电），板间距为d=80cm ,板长为L,板间电压为U=100V。两极板上边缘连线的 中点处有一用水平轻质绝缘细线拴接的完全相同的小球A和B组成的装置 Q, Q处于静止状态，该装置中两球之间有一处于压缩状态的绝缘轻质小弹簧（球与弹簧不拴接），左边A球带正电，电荷量为q=4X 1

45、0-5c,右边b球不带电，两球质量均为 m=1.0 x 10-3kg. 某时刻，装置Q中细线突然断裂，A、B两球立即同时获得大小相等、方向相反的速度（弹簧恢复原长）。若A、B之间弹簧被压缩时所具有的弹性能为1.0X10-3j,小球A、B均可视为质点，Q装置中弹簧 的长度不计，小球带电不影响板章匀强电场， 不计空气阻力，取 g=10m/s2。求：（1）为使小球不与金属板相碰，金属板长度L应满足什么条件？（2）当小球B飞离电场恰好不与金属板相碰时，小球A飞离电场时的动能是多大？（3）从两小球弹开进入电场开始，到两小球间水平距离为30cm时，小球A的电势能解：（1）建立如图所示的直角坐标系。又机械能

46、守横定律 E = 2 mv22得小球弹开时获得的初速度 v0 =1m/s进入电场，A球水平方向做匀减速运动,B球水平方向做匀速运动，故 B碰不到极板，A球碰不到极板。B球进入电场后向右做平抛运动，平抛时间d -t =0.4s （1 分）2V0,20.4s内的竖直位移y = gt = 0.8m （1分） 2即，为使小球不与金属板相撞，金属板长度L0, y0的空间中存在匀强磁场 B,磁场方向垂直纸面向里。在Y轴上距离坐标原点为 R的地方有一简单的电子枪， 电子加速极板间的距离为 d,加速电压为U ,电子进入加速极板的初速度为0.在X轴上距离坐标原点为R的地方有小孔，在小孔的正下方再设置同样大小的小

47、孔，这样，只有当速度方向与两个小孔连线平行时，该电子才能到达下面的接收电极，从而引起与电极相连的发光二极管 D的发光，电流大小可通过电流表A读出。电子的电量为 e,质量为me,电子所受重力 不计，求：（1）电子枪加速极板间电压 U多大时可观测到二极管的 TOC o 1-5 h z 发光？U -II_IIII（2）假如测得流经发光二极管的电流为I,二极管的发光；|0 J1功率为Pe,T2T3T二极管的正向电阻为 r,则该接收电极获得的总电功率为多少？（3）假如将电子枪加速极板上施加的电压改为如图所示的脉冲方波电压，方波的幅值仍为 U,则要观测到二极管 D的发光，脉冲宽度 T为多大？解答：12（1

48、）电子e经电子枪加速电压 U的加速后进入均匀磁场时的动能为eU = 2 meu（2分）电子在进入均匀磁场 B后受到洛仑兹力的作用而做匀速率圆周运动，且只有当圆周运动的 TOC o 1-5 h z 半径为R时，电子才有可能到达接收电极。即euB = nu2/ R（2分）u =eBR/n（1 分）_eB2R2将代入，得U =迫4（1分）2皿（2）电阻r上消耗的功率为：PJ=|2r（2分）电极获得的总功率为：号0tal = Pe+Pr =旦+|2r （2分）（3）在电压U持续作用下电子飞越电子枪加速极板间距离所需要的时间即为所要求的脉冲宽度To电子在加速极板间做匀加速运动，有eU =mea （2 分

49、）u = aT （1 分）d所以丁=幽心（2分）eU将代入，得T =&me（1分）eBR25.（湛江16分）如图17所示,足够长的光滑平行导轨MN、PQ倾斜放置，两导轨间的距离为L=1.0m,导轨平面与水平面间的夹角为300，磁感应弓虽度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的M、P两端连接阻值为 R=3.5 的电阻，金属棒ab垂直于导轨放置，金属 棒ab的质量m=0.20kg,电阻r=0.50 Q ,并与导轨保持良好接触.现在ab上作用一恒力 F=5.0N ,方向垂直于ab并沿导轨平面向上，使金属棒ab由静止开始运动，在M处安装一 个距离传感器（图中未画出）,可以测出金属棒ab在运动中离MP的距离与时间的该关系 如下表所示.不计导轨的电阻，取g=10m/s2 .求：时间t/s00.100.200