千里之行，始于腳下。第2頁(yè)/共2頁(yè)精品文檔推薦高考物理壓軸題集錦2023高考物理壓軸題集錦

1.(2023.全國(guó))如圖,與水平面成45°角的平面MN將空間分成I和II兩個(gè)區(qū)域.一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從平面MN上的P0點(diǎn)水平向右射入I區(qū).粒子在I區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí),只受到大小不變、方向豎直向下的電場(chǎng)作用,電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E;在II區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí),只受到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的作用,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面對(duì)里.求粒子首次從II區(qū)離開(kāi)時(shí)到動(dòng)身點(diǎn)

P0的距離.粒子的重力可以忽視.

【解析】:帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)后,在電場(chǎng)力的作用下沿拋物線遠(yuǎn)的,其加速度方向豎直向下,

設(shè)其大小為a由牛頓定律得

qE=ma①

設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)光t0,粒子從平面MN是上的點(diǎn)P1進(jìn)入磁場(chǎng),由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和幾何關(guān)系得

B×

E

P0v0

M

N

Ⅱ

Ⅰ

2

00012

vtat=

②粒子速度大小V1為

2

2100()Vvat=+③

設(shè)速度方向與豎直方向的夾角為α,則

tanvatα=

④此時(shí)粒子到動(dòng)身點(diǎn)P0的距離為

0002svt=⑤

此后,粒子進(jìn)入磁場(chǎng),在洛倫磁力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),圓周半徑為

1

1mVrqB

=

⑥設(shè)粒子首次離開(kāi)磁場(chǎng)的點(diǎn)為P2,弧?12

PP所張的圓心角為2β,則P1到點(diǎn)P2的距離為112sinsrβ=⑦

由幾何關(guān)系得

045αβ+=⑧

聯(lián)立①②③④⑥⑦⑧式得

12

mvsqE

=⑨點(diǎn)P2與點(diǎn)P0相距

l=s0+s1○10

聯(lián)立①②⑤⑨○10式得

00221mvvlqEB??

=

+

???

○11

2.（2023.全國(guó)）裝甲車(chē)和戰(zhàn)艦采納多層鋼板比采納同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵擋穿甲彈的射擊.通過(guò)對(duì)一下簡(jiǎn)化模型的計(jì)算可以粗略說(shuō)明其緣由.質(zhì)量為2m、厚度為2d的鋼板靜止在水平光潔桌面上.質(zhì)量為m的子彈以某一速度垂直射向該鋼板,剛好能將鋼板射穿.現(xiàn)把鋼板分成厚度均為d、質(zhì)量均為m的相同兩塊,間隔一段距離水平放置,如圖所示.若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板,穿出后再射向其次塊鋼板,求子彈射入其次塊鋼板的深度.設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力為恒力,且兩塊鋼板不會(huì)發(fā)生碰撞.不計(jì)重力影響.

【解析】

設(shè)子彈初速度為v0,射入厚度為2d的鋼板后,終于鋼板和子彈的共同速度為V.由動(dòng)量守恒得

0(2)mmVmv+=①

解得013

Vv=

此過(guò)程中動(dòng)能的損失為

22023

322

EmvmV?=

-?②解得3

013

Emv?=

分成兩塊鋼板后,設(shè)子彈穿過(guò)第一塊鋼板時(shí)兩者的速度為別為v1和V1,由動(dòng)量守恒得

110mvmVmv+=③

m

2m

m

mm

由于子彈在鋼板中受到的阻力為恒力,射穿第一塊鋼板的動(dòng)能損失為

2

E

?,由能量守恒得2221101112222

E

mvmVmv?+=-

④聯(lián)立①②③④式,且考慮到v1必需大于V1,得

1013()26

vv=+⑤

設(shè)子彈射入其次塊鋼板并留在其中后兩者的共同速度為V2,由動(dòng)量守恒得

212mVmv=⑥

損失的動(dòng)能為

221211

222

EmvmV'?=

-?⑦聯(lián)立①②③⑤⑥⑦式得

13(1)222

EE?'?=

+?⑧由于子彈在鋼板中受到的阻力為恒力,由⑧式可得,射入其次塊鋼板的深度x為

13(1)22

xd=

+⑨

4.（2023.新課標(biāo)）如圖，在區(qū)域I（0≤x≤d）和區(qū)域II（d≤x≤2d）內(nèi)分離存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分離為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質(zhì)量為m、帶電荷量q（q＞0）的粒子a于某時(shí)刻從y軸上的P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域I，其速度方向沿x軸正向。已知a在離開(kāi)區(qū)域I時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為30°；因此，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從p點(diǎn)沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I，其速度大小是a的1/3。不計(jì)重力和兩粒子之間的互相作用力。求

（1）粒子a射入?yún)^(qū)域I時(shí)速度的大??；

（2）當(dāng)a離開(kāi)區(qū)域II時(shí)，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差。

【解析】：（1）設(shè)粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為C（在y軸上），半徑為Ra1，粒子速率為va，運(yùn)動(dòng)軌跡與兩磁場(chǎng)區(qū)域邊界的交點(diǎn)為P',如圖，由洛侖茲力公式和牛頓其次定律得

1

2

aaRvm

AB

qv=①由幾何關(guān)系得θ='∠PPC②θsin1dRa=③式中，0

30=θ，由①②③式得m

qBd

va21=

④(2)設(shè)粒子a在II內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為Oa,半徑為1aR，射出點(diǎn)為aP（圖中未畫(huà)出軌

跡），θ'='∠aaPOP。由洛侖茲力公式和牛頓其次定律得2

2)2(aa

aRvmBqv=⑤

由①⑤式得2

1

2aaRR=

⑥C、P'和aO三點(diǎn)共線，且由⑥式知aO點(diǎn)必位于dx2

3

=

⑦的平面上。由對(duì)稱(chēng)性知，aP點(diǎn)與P'點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，即hRyapa+=θcos1⑧式中，h是C點(diǎn)的y坐標(biāo)。

設(shè)b在I中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為1bR，由洛侖茲力公式和牛頓其次定律得

2

1)3

()3(

abavRmBvq=⑨設(shè)a到達(dá)aP點(diǎn)時(shí)，b位于bP點(diǎn)，轉(zhuǎn)過(guò)的角度為α。假如b沒(méi)有飛出I，則

πθ22'=aTt⑩π

α21=bTt○11

式中，t是a在區(qū)域II中運(yùn)動(dòng)的時(shí)光，而

v

RTaa2

22π=

○123211vRTbbπ=○13

由⑤⑨⑩○11○12○13式得0

30=α○14

由①③⑨○14式可見(jiàn)，b沒(méi)有飛出。bP點(diǎn)的y坐標(biāo)為hRybpb++=)cos2(1α○15由①③⑧⑨○14○15式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為

dyybapp)23(3

2

-=

-○16

5.(2023.江蘇)某種加速器的抱負(fù)模型如題15-1圖所示：兩塊相距很近的平行小極板中間各開(kāi)有一小孔a、b，兩極板間電壓uab的變化圖象如圖15-2圖所示，電壓的最大值為U0、周期為T(mén)0，在兩極板外有垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。若將一質(zhì)量為m0、電荷量為q的帶正電的粒子從板內(nèi)a孔處?kù)o止釋放，經(jīng)電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)光T0后恰能再次從a孔進(jìn)入電場(chǎng)加速?，F(xiàn)該粒子的質(zhì)量增強(qiáng)了01

100

m。(粒子在兩極板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)光不計(jì)，兩極板外無(wú)電場(chǎng)，不考慮粒子所受的重力)

(1)若在t=0時(shí)刻將該粒子從板內(nèi)a孔處?kù)o止釋放，求其其次次加速后從b孔射出時(shí)的動(dòng)能；(2)現(xiàn)在利用一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁場(chǎng)中時(shí)管內(nèi)無(wú)磁場(chǎng)，忽視其對(duì)管外磁場(chǎng)的影響)，使題15-1圖中實(shí)線軌跡(圓心為O)上運(yùn)動(dòng)的粒子從a孔正下方相距L處的c孔水平射出，請(qǐng)?jiān)诖痤}卡圖上的相應(yīng)位置處畫(huà)出磁屏蔽管；

(3)若將電壓uab的頻率提高為本來(lái)的2倍，該粒子應(yīng)何時(shí)由板內(nèi)a孔處?kù)o止開(kāi)頭加速，才干經(jīng)多次加速后獲得最大動(dòng)能？最大動(dòng)能是多少？

【解析】

6.（2023.安徽）如圖所示，質(zhì)量M=2kg的滑塊套在光潔的水平軌道上，質(zhì)量m=1kg的小球通過(guò)長(zhǎng)L=0.5m的輕質(zhì)細(xì)桿與滑塊上的光潔軸O銜接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)，開(kāi)頭輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個(gè)豎直向上的初速度v0=4m/s，g取10m/s2

。

（1）若鎖定滑塊，試求小球通過(guò)最高點(diǎn)P時(shí)對(duì)輕桿的作用力大小和方向。

（2）若解除對(duì)滑塊的鎖定，試求小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小。

（3）在滿(mǎn)足（2）的條件下，試求小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點(diǎn)與小球起始位置點(diǎn)間的距離。

M

m

v0OP

L

【解析】：（1）設(shè)小球能通過(guò)最高點(diǎn)，且此時(shí)的速度為v1。在升高過(guò)程中，因惟獨(dú)重力做

功，小球的機(jī)械能守恒。則

①②設(shè)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，輕桿對(duì)小球的作用力為F，方向向下，則

③

由②③式，得F=2N④

由牛頓第三定律可知，小球?qū)p桿的作用力大小為2N，方向豎直向上。

（2）解除鎖定后，設(shè)小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度為v2，此時(shí)滑塊的速度為V。在升高過(guò)

程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，水平方向的動(dòng)量守恒。以水平向右的方向?yàn)檎较?，?/p>

⑤在升高過(guò)程中，因惟獨(dú)重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則

⑥由⑤⑥式，得v2=2m/s⑦

（3）設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道的位置點(diǎn)與小球起始點(diǎn)的距離為s1，滑塊向左移動(dòng)的距

離為s2，隨意時(shí)刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為V/

。由系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒，得

22101122

mvmgLmv+=16/vms=2

1vFmgmL

+=20mvMV+=22220231222

mvMVmgLmv++=

⑦將⑧式兩邊同乘以，得

⑨

因⑨式對(duì)隨意時(shí)刻附近的極小間隔都成立，累積相加后，有○10又○11

由○10○11式得○12

7.（2023.浙江）如圖甲所示，靜電除塵裝置中有一長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為b、高為d的矩形通道，

其前、后面板使用絕緣材料，上、下面板使用金屬材料。圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定的高壓直流電源相連。質(zhì)量為m、電荷量為-q、分布勻稱(chēng)的塵埃以水平速度v0進(jìn)入矩形通道，當(dāng)帶負(fù)電的塵埃遇到下板后其所帶電荷被中和，同時(shí)被收集。通過(guò)調(diào)節(jié)兩板間距d可以轉(zhuǎn)變收集效率η。當(dāng)d=d0時(shí)η為81%（即離下板081d0范圍內(nèi)的塵埃能夠被收集）。不計(jì)塵埃的重力及塵埃之間的互相作用。

⑴求收集效率為100%時(shí)，兩板間距的最大值dm；⑵求收集率η與兩板間距d的函數(shù)關(guān)系；

⑶若單位體積內(nèi)的塵埃數(shù)為n，求穩(wěn)定工作時(shí)單位時(shí)光下板收集的塵埃質(zhì)量ΔM/Δt與兩板間距d的函數(shù)關(guān)系，并繪出圖線。

30mvMV'-=t?30mvtMVt'?-?=t?120msMs-=122ssL+=12

3

sm=

【解析】（1）收集效率η為81%，即離下板0.81d0的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，設(shè)高壓電源的電壓為U，在水平方向有0Lvt=①

在豎直方向有2

010.812

dat=

②其中0

FqEqUammmd=

==③當(dāng)削減兩板間距是，能夠增大電場(chǎng)強(qiáng)度，提高裝置對(duì)塵埃的收集效率。收集效率恰好為100%時(shí)，兩板間距為md。假如進(jìn)一步削減d，收集效率仍為100%。

因此，在水平方向有0Lvt=④

在豎直方向有2

12

mdat'=

⑤其中m

FqEqUammmd'''=

==⑥L

d

b

v0

圖甲

+

+++++

+

L

d

接地線

圖乙

v0

聯(lián)立①②③④⑤⑥可得00.9mdd=⑦（2）通過(guò)前面的求解可知，當(dāng)00.9dd≤時(shí)，收集效率η為100%⑧

當(dāng)00.9dd>時(shí)，設(shè)距下板x處的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，此時(shí)有

2

012qULxmdv??=???

⑨

按照題意，收集效率為x

d

η=

⑩聯(lián)立①②③⑨⑩可得2

00.81ddη??

=???

（3）穩(wěn)定工作時(shí)單位時(shí)光下板收集的塵埃質(zhì)量/Mt??=0XXXbdvη當(dāng)00.9dd≤時(shí)，1η=，因此/Mt??=0XXXbdv

當(dāng)00.9dd>時(shí)，2

00.81ddη??

=???

，因此/Mt??=2000.81dXXXbvdη=

繪出的圖線如下

8.（2023.重慶）某儀器用電場(chǎng)和磁場(chǎng)來(lái)控制電子在材料表面上方的運(yùn)動(dòng)。如圖所示，

材料表面上方矩形區(qū)域PP'N'N彌漫豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，寬為d；矩形區(qū)域NN'M′M彌漫垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，長(zhǎng)為3s，寬為s；NN'為磁場(chǎng)與電場(chǎng)之間的薄隔離層。一個(gè)電荷量為e、質(zhì)量為

m、初速為零的電子，從P點(diǎn)開(kāi)頭被電場(chǎng)加

速經(jīng)隔離層垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，電子每次穿越隔離層，運(yùn)動(dòng)方向不變，其動(dòng)能損失是每次穿越前動(dòng)能的10%，最后電子僅能從磁場(chǎng)邊界

M'N'飛出。不計(jì)電子所受重力。

⑴求電子其次次與第一次圓周運(yùn)動(dòng)半徑之比；⑵求電場(chǎng)強(qiáng)度的取值范圍；

⑶A是M′N(xiāo)′的中點(diǎn)，若要使電子在A、M′間垂直于AM′飛出，求電子在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)光。

【解析】（1）設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分離為R1、R2、…Rn、Rn+1…，第一和其次次圓周運(yùn)動(dòng)速率分離為v1和v2，動(dòng)能分離為Ek1和Ek2

++++

+++

++++

M

M′

NN′AB

磁場(chǎng)區(qū)

電場(chǎng)區(qū)

s3dP

P′

由：Ek2＝0.81Ek1，R1＝

mv1Be，R2＝mv2Be，Ek1＝12mv12，Ek2＝12

mv22

，得：R1：R2＝0.9（2）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，第一次到達(dá)隔離層前的速率為v′由：212eEdmv'=

，22111

0.922

mvmv'?=，R1≤s得：E≤22

59Besmd

又由：110.9nnRR-=，212(10.90.90.9)3n

Rs+++?++?=

得：E＞22

80Besmd

電場(chǎng)強(qiáng)度的取值范圍為2280Besmd＜E≤22

59Besmd

（3）設(shè)電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，圓周運(yùn)動(dòng)的周期為，運(yùn)動(dòng)的半圓周個(gè)數(shù)為n，運(yùn)動(dòng)總時(shí)光為t

由題意，有：

112(10.9)310.9nnRRs+-+=-，R1≤s，110.9nnRR+=，1nR+≥2

s

得：n=2；由2mTeBπ=

，得52m

teB

π=9.（2023.四川）如圖所示：正方形絕緣光潔水平臺(tái)面WXYZ邊長(zhǎng)l=1.8m，距地面h=0.8m。平行板電容器的極板CD間距d=0.1m且垂直放置于臺(tái)面，C板位于邊界WX上，D板與邊界

WZ相交處有一小孔。電容器外的臺(tái)面區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。

電荷量q=5×10-13

C的微粒靜止于W處，在C

D間加上恒定電壓U=2.5V，板間微粒經(jīng)電場(chǎng)加速后由D板所開(kāi)小孔進(jìn)入磁場(chǎng)（微粒始終不與極板接觸），然后由XY邊界離開(kāi)臺(tái)面。在微粒離開(kāi)臺(tái)面瞬時(shí)，靜止于X正下方水平地面上A點(diǎn)的滑塊獲得一水平速度，在微粒落地時(shí)恰好與之相遇。假定微粒在真空中運(yùn)動(dòng)、極板間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，滑塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，取g=10m/s2

（1）求微粒在極板間所受電場(chǎng)力的大小并說(shuō)明兩板的極性；（2）求由XY邊界離開(kāi)臺(tái)面的微粒的質(zhì)量范圍；

（3）若微粒質(zhì)量mo=1×10-13

kg，求滑塊開(kāi)頭運(yùn)動(dòng)時(shí)所獲得的速度。

【解析】：（1）微粒在極板間所受電場(chǎng)力大小為

qU

Fd

=

①代入數(shù)據(jù)F=1.25×10-11

N②由微粒在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)可推斷微粒帶正電荷，微粒由極板間電場(chǎng)加速，故C板為正極，D板為負(fù)極。

（2）若粒子的質(zhì)量為m，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，由動(dòng)能定理2

12

Uqmv=

③微粒在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫磁力充當(dāng)向心力，若圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R，有

2

vqvBmR

=④

微粒要從XY邊界離開(kāi)臺(tái)面，則圓周運(yùn)動(dòng)的邊緣軌跡如圖所示，半徑的微小值與極大值為

AX

Y

Z

WCD

d

B

h

l

12

l

R=

⑤2Rld=-⑥聯(lián)立③④⑤⑥，代入數(shù)據(jù)，有

8.1×10-14

kg＜m≤2.89×10-13

kg⑦（3）如圖，微粒在臺(tái)面以速度為v做以O(shè)點(diǎn)位圓心，R為半徑的圓周運(yùn)動(dòng)；從臺(tái)面邊緣P點(diǎn)沿與XY邊界成

θ角飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，落地點(diǎn)Q點(diǎn)，水平位移s,下落時(shí)

間t。設(shè)滑塊質(zhì)量為M，滑塊獲得的速度v0后在t內(nèi)與平臺(tái)前側(cè)面成φ角度方向，以加速度a做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到Q，經(jīng)過(guò)位移為k，。由幾何關(guān)系，可得coslR

R

θ-=

⑧按照平拋運(yùn)動(dòng)，2h

tg

=

⑨s=vt○10對(duì)于滑塊，由牛頓定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)方程，有

μMg=Ma○11

2

012

kvtat=-

○12再有余弦定理，2

2

2

(sin)2(sin)cosksdRsdRθθθ=++-+○13

及正弦定理，

sinsinsk

?θ

=○14

聯(lián)立③、④和⑧—○14，代入數(shù)據(jù)，解得：04.15/vms=○150

arcsin0.8(53)??==或

10.（2023.廣東）如圖19（a）所示，在以O(shè)為圓心，內(nèi)外半徑分離為1R和2R的圓環(huán)區(qū)域

內(nèi)，存在輻射狀電場(chǎng)和垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，內(nèi)外圓間的電勢(shì)差U為常量，

1020,3RRRR==,一電荷量為+q，質(zhì)量為m的粒子從內(nèi)圓上的A點(diǎn)進(jìn)入該區(qū)域，不計(jì)重力。（1）已知粒子從外圓上以速度1v射出，求粒子在A點(diǎn)的初速度0v的大小

（2）若撤去電場(chǎng)，如圖19（b）,已知粒子從OA延伸線與外圓的交點(diǎn)C以速度2v射出，

方向與OA延伸線成45°角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)光

（3）在圖19（b）中，若粒子從A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，速度大小為3v，方向不確定，要使粒

子一定能夠從外圓射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小于多少？

【解析】

（1）由動(dòng)能定理：Uq=

21mv12-2

1mv02

①得：v0=m

Uq

v22

1-

（2）如右圖：粒子在磁場(chǎng)中作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，則r2

=2(

2

12RR-)2

②B1qv2=mr

v2

2③

由②③得：B1=

)

(2122

RRqmv-

T=

rv2

2π

④t=Tπ

π22/⑤

由④⑤t=

rv2

2π（3）由B2qv3=mR

v

2

3⑥可知，B越小，R越大。與磁場(chǎng)邊界相切的圓的最大半徑為

R=

221RR+⑦

所以B2＜

)

(2123

RRqmv+

R

V3

11.（2023.廣東）如圖20所示，以A、B和C、D為端點(diǎn)的兩半圓形光潔軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光潔水平地面上，左端緊靠B點(diǎn)，上表面所在平面與兩半圓分離相切于B、C。一物塊被輕放在水平勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上E點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)到A時(shí)剛好與傳送帶速度相同，然后經(jīng)A沿半圓軌道滑下，再經(jīng)B滑上滑板?；暹\(yùn)動(dòng)到C時(shí)被牢固粘連。物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量M=2m，兩半圓半徑均為R，板長(zhǎng)l=6.5R，板右端到C的距離L在R＜L＜5R范圍內(nèi)取值。E距A為S=5R，物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動(dòng)摩擦因素均為μ=0.5，重力加速度取g.

(1)求物塊滑到B點(diǎn)的速度大小；

(2)試研究物塊從滑上滑板到離開(kāi)滑板右端的過(guò)程中，克服摩擦力做的功Wf與L的關(guān)系，并

推斷物塊能否滑到CD軌道的中點(diǎn)。

【解析】（1）μmgs+mg·2R=

2

1mvB2

①所以vB=3Rg

（2）設(shè)M滑動(dòng)x1,m滑動(dòng)x2二者達(dá)到共同速度v,則

mvB=(M+m)v②μmgx1=

2

1mv2

③—μmgx2=

21mv2—2

1mvB2

④由②③④得v=Rg,x1=2R,x2=8R

二者位移之差△x=x2—x1=6R＜6.5R，即滑塊未掉下滑板研究：

①R＜L＜2R時(shí)，Wf=μmg(l+L)=

2

1

mg（6.5R+L）②2R≤L＜5R時(shí)，Wf=μmgx2+μmg(l—△x)=4.25mgR＜4.5mgR，即滑塊速度不為0，滑上

右側(cè)軌道。

要使滑塊滑到CD軌道中點(diǎn)，vc必需滿(mǎn)足：

2

1mvc2

≥mgR⑤此時(shí)L應(yīng)滿(mǎn)足：μmg(l+L)≤

21mvB2—2

1mvc2

⑥則L≤

2

1

R，不符合題意，滑塊不能滑到CD軌道中點(diǎn)。

12.（2023.山東）扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡發(fā)生扭擺。其簡(jiǎn)化模型如圖Ⅰ、Ⅱ兩處的條形均強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)邊界豎直，相距為L(zhǎng),磁場(chǎng)方向相反且垂直干擾面。一質(zhì)量為m、電量為-q、重力不計(jì)的粒子，從逼XXX行板電容器MN板處由靜止釋放，極板

間電壓為U，粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時(shí)速度與水平和方向夾角

（1）當(dāng)Ⅰ區(qū)寬度L1=L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=B0時(shí)，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時(shí)速度與水平方向

夾角也為，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)光t0

（2）若Ⅱ區(qū)寬度L2=L1=L磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點(diǎn)與Ⅱ區(qū)的最低點(diǎn)之間的高度差h

（3）若L2=L1=L、B1=B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應(yīng)滿(mǎn)足的條件

（4）若，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出。為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界射出的方向與從Ⅰ區(qū)左邊界射出的方向總相同，求B1、B2、L1、、L2、之間應(yīng)滿(mǎn)足的關(guān)系式。

【解析】

（1）如圖1所示，設(shè)粒子射入磁場(chǎng)I區(qū)的速度為v，在磁場(chǎng)I區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)半徑為，由

動(dòng)能定理和牛頓其次定律得：①，②，由幾何關(guān)系得：

③，聯(lián)立①②③得：④

設(shè)粒子在I區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)，運(yùn)動(dòng)時(shí)光為t。T=⑤，⑥聯(lián)立①③⑤⑥式解得：⑦

（2）設(shè)粒子在磁場(chǎng)II區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)半徑為，由牛頓其次定律得：

⑧由幾何學(xué)問(wèn)得：⑨聯(lián)立②③⑧

⑨式解得：⑩

（3）如圖2所示，為使粒子能再次返回到I區(qū)應(yīng)滿(mǎn)

足：11。聯(lián)立①⑧11式解得

（4）如圖3（或圖4）所示，設(shè)粒子射出磁場(chǎng)I區(qū)時(shí)速度與水平方向的夾角為，由

幾何學(xué)問(wèn)可得：

13

14。聯(lián)立②⑧1XXX式解得：

。

13.（2023.北京）利用電場(chǎng)和磁場(chǎng)，可以將比荷不同的離子分開(kāi)，這種辦法在化學(xué)分析和原子核技術(shù)等領(lǐng)域有重要的應(yīng)用。

如圖所示的矩形區(qū)域ACDG（AC邊足夠長(zhǎng)）中存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，A處有一狹縫。離子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)靜電場(chǎng)加速后穿過(guò)狹縫沿垂直于GA邊且垂直于磁場(chǎng)的方向射入磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)到GA邊，被相應(yīng)的收集器收集，囫圇裝置內(nèi)部為真空。

已知被加速度的兩種正離子的質(zhì)量分離是和，電荷量均為。加速電場(chǎng)的電勢(shì)差為U，離子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度可以忽視。不計(jì)重力，也不考慮離子間的互相作用。

1m2m12()mmq

（1）求質(zhì)量為的離子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率；

（2）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B時(shí)，求兩種離子在GA邊落點(diǎn)的間距s；

（3）在前面的研究中忽視了狹縫寬度的影響，實(shí)際裝置中狹縫具有一定寬度。若狹縫過(guò)寬，可能使兩束離子在GA邊上的落點(diǎn)區(qū)域受疊，導(dǎo)致兩種離子無(wú)法徹低分別。

設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)，GA邊長(zhǎng)為定值L，狹縫寬度為d，狹縫右邊緣在A處；離子可以從狹縫各處攝入磁場(chǎng)，入射方向仍垂直于GA邊且垂直于磁場(chǎng)。為保證上述兩種離子能落在GA邊上并被徹低分別，求狹縫的最大寬度?！窘馕觥?/p>

1m1

14.（2023.北京）靜電場(chǎng)方向平行于x軸，其電勢(shì)隨x的分布可簡(jiǎn)化為如圖所示的折線，圖中和d為已知量。一個(gè)帶負(fù)電的粒子在電場(chǎng)中以x=0為XXX，沿x軸方向做周期性運(yùn)動(dòng)。已知該粒子質(zhì)量為m、電量為-q，其動(dòng)能與電勢(shì)能之和為-A（0?0?0

?

15.（2023.天津）盤(pán)旋加速器在核科學(xué)、核技術(shù)、核醫(yī)學(xué)等高新技術(shù)領(lǐng)域得到了廣泛應(yīng)用，有力地推進(jìn)了現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)的進(jìn)展．

（1）當(dāng)今醫(yī)學(xué)成像診斷設(shè)備PET/CT堪稱(chēng)“現(xiàn)代醫(yī)學(xué)高科技之冠”，它在醫(yī)療診斷中，常利用能發(fā)射電子的同位素碳11為示蹤原子，碳11是由小型盤(pán)旋加速器輸出的高速質(zhì)子轟擊氮14獲得，同時(shí)還產(chǎn)生另一粒子，試寫(xiě)出核反應(yīng)方程．若碳11的半衰期τ為20min，經(jīng)2.0h剩余碳11的質(zhì)量占本來(lái)的百分之幾？（結(jié)果取2位有效數(shù)字）

（2）盤(pán)旋加速器的原理如圖，D1和D2是兩個(gè)中空的半徑為R的半圓金屬盒，它們接在電壓一定、頻率為f的溝通電源上，位于D1圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子（初速度可以忽視，重力不計(jì)），它們?cè)趦珊兄g被電場(chǎng)加速，D1、D2置于與盒面垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．若質(zhì)子束從盤(pán)旋加速器輸出時(shí)的平均功率為P，求輸出時(shí)質(zhì)子束的等效電流I與P、B、R、f的關(guān)系式（忽視質(zhì)子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)光，其最大速度遠(yuǎn)小于光速）

（3）試推理說(shuō)明：質(zhì)子在盤(pán)旋加速器中運(yùn)動(dòng)時(shí)，隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差r

是增大、減小還是不變？

【解析】

（1）核反應(yīng)方程為

①

設(shè)碳11原有質(zhì)量為m0，經(jīng)過(guò)t=2.0h剩余的質(zhì)量為mt，按照半衰期定義，有：

②

（2）設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q，質(zhì)子離開(kāi)加速器時(shí)速度大小為v，由牛頓其次定律知：

③

質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的盤(pán)旋周期為：

④

由盤(pán)旋加速器工作原理可知，交變電源的頻率與質(zhì)子盤(pán)旋頻率相同，由周期T與頻率f的關(guān)系可得：

⑤

設(shè)在t時(shí)光內(nèi)離開(kāi)加速器的質(zhì)子數(shù)為N，則質(zhì)子束從盤(pán)旋加速器輸出時(shí)的平均功率

⑥

輸出時(shí)質(zhì)子束的等效電流為：

⑦

由上述各式得

若以單個(gè)質(zhì)子為討論對(duì)象解答過(guò)程正確的同樣給分

（3）辦法一：

設(shè)k（k∈N*）為同一盒子中質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分離為rk，rk+1（rk>rk+1），，在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對(duì)應(yīng)的速度大小分離為vk，vk+1，D1、D2之間的電壓為U，由動(dòng)能定理知

⑧

由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做

圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，知，則⑨

收拾得

⑩

因U、q、m、B均為定值，令，由上式得

⑾

相鄰軌道半徑rk+1，rk+2之差

同理

由于rk+2>rk，比較，得

說(shuō)明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差

16.(2023.福建)如圖為某種魚(yú)餌自動(dòng)投放器中的投餌管裝置暗示圖，其下半部AB是一

長(zhǎng)為2R的豎直細(xì)管，上半部BC是半徑為R的四分之一圓弧彎管，管口沿水平方向，AB管內(nèi)有一原長(zhǎng)為R、下端固定的輕質(zhì)彈簧。投餌時(shí)，每次總將彈簧長(zhǎng)度壓縮到0.5R后鎖定，在彈簧上端放置一粒魚(yú)餌，解除鎖定，彈簧可將魚(yú)餌彈射出去。設(shè)質(zhì)量為m的魚(yú)餌到達(dá)管口C時(shí)，對(duì)管壁的作用力恰好為零。不計(jì)魚(yú)餌在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的機(jī)械能損失，且鎖定和解除鎖定時(shí)，均不轉(zhuǎn)變彈簧的彈性勢(shì)能。已知重力加速度為g。求：

⑴質(zhì)量為m的魚(yú)餌到達(dá)管口C時(shí)的速度大小v1；

⑵彈簧壓縮到0.5R時(shí)的彈性勢(shì)能Ep；

⑶已知地面與水面相距1.5R，若使該投餌管繞AB管的中軸線OO′在90o角的范圍內(nèi)來(lái)

回緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，每次彈射時(shí)只放置一粒魚(yú)餌，魚(yú)餌的質(zhì)量在2m/3到m之間變化，且均能落到水面。持續(xù)投放足夠長(zhǎng)時(shí)光后，魚(yú)餌能夠落到水面的最大面積S是多少？

【解析】（1）質(zhì)量為m的魚(yú)餌到達(dá)管口C時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力徹低由重力提供，則mg=

R

vm2

1解得v1=gR

（2）彈簧的彈性勢(shì)能所有轉(zhuǎn)化為魚(yú)餌的機(jī)械能，由機(jī)械能守恒定律有EP=mg(1.5R+R)+

212

1mv解得EP=3mgR

（3）不考慮因緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)裝置對(duì)魚(yú)餌速度大小的影響，質(zhì)量為m的魚(yú)餌離開(kāi)管口C后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)t時(shí)光落到水面上，離OO′的水平距離為x1，由平拋運(yùn)動(dòng)邏輯有4.5R=

2

2

1gt，x1=v1t+R，解得x1=4R當(dāng)魚(yú)餌的質(zhì)量為

m3

2

時(shí)，設(shè)其到達(dá)管口C時(shí)速度大小為v2，由機(jī)械能定律有EP=22)3

2(21)5.1(32vmRRmg+

+解得v2=gR2

質(zhì)量為

m3

2

的魚(yú)餌落到水面上時(shí)，設(shè)離OO′的水平距離為x2，則x2=v2t+R解得x2=7R

魚(yú)餌能夠落到水面的最大面積S=

32

1224

33)(41Rxxπππ=-≈8.25πR317.（2023.福建）如圖甲，在x>0的空間中存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于xOy

平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m，帶電量為q（q>0）的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處，以初速度v0沿x軸正方向射入，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡見(jiàn)圖甲，不計(jì)粒子的重力。

⑴求該粒子運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)=h時(shí)的速度大小v；

⑵現(xiàn)只轉(zhuǎn)變?nèi)肷淞Ｗ映跛俣鹊拇笮?，發(fā)覺(jué)初速度大小不同的粒子雖然運(yùn)動(dòng)軌跡（y-x曲線）不同，但具有相同的空間周期性，如圖乙所示；同時(shí)，這些粒子在y軸方向上的運(yùn)動(dòng)（y-t關(guān)系）是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，且都有相同的周期qBmTπ2=。

Ⅰ．求粒子在一個(gè)周期T內(nèi)，沿x軸方向前進(jìn)的距離s；

Ⅱ．當(dāng)入射粒子的初速度大小為v0時(shí)，其y-t圖像如圖丙所示，求該粒子在y軸方向上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅Ay，并寫(xiě)出y-t的函數(shù)表達(dá)式。

．

【解析】（1）因?yàn)槁鍋銎澚Σ蛔龉?，惟?dú)電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理有

2

022

121mvmvqEh-=

-①

由①式解得v=m

qEh

v22

0-

②

（2）Ⅰ．由圖乙可知，全部粒子在一個(gè)周期T內(nèi)沿x軸方向前進(jìn)的距離相同，即都等于恰好沿x軸方向勻速運(yùn)動(dòng)的粒子在T時(shí)光內(nèi)前進(jìn)的距離。設(shè)粒子恰好沿x軸方向勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v1，則

qv1B=qE③

又s=v1T④

式中T=

qBm

π2解得s=2

2qB

mE

π⑤

Ⅱ．設(shè)粒子在y方向上的最大位移為ym（圖丙曲線的最高處），對(duì)應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)速度大小為v2（沿x軸），由于粒子在y方向上的運(yùn)動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，因而在y=0和y=ym處粒子所受的合外力大小相等，方向相反，則

)(20qEBqvqEBqv--=-

⑥

由動(dòng)能定理有2

022m2

121mvmvqEy-=

-⑦又Ay=

m2

1

y

⑧

由⑥⑦⑧式解得Ay=

)(0B

EvqBm-可寫(xiě)出圖丙曲線滿(mǎn)足的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)y-t函數(shù)表達(dá)式為y=

)cos1)((0tm

qB

BEvqBm--

18.(2023.上海)電阻可忽視的光潔平行金屬導(dǎo)軌長(zhǎng)S=1.15m，兩導(dǎo)軌間距L=0.75m，導(dǎo)軌傾

角為30°，導(dǎo)軌上端ab接一阻值R=1.5Ω的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.8T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直軌道平面對(duì)上。阻值r=0.5Ω，質(zhì)量m=0.2kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開(kāi)頭下滑至底端，在此過(guò)程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱0.1rQJ=。(取2

10/gms=)求：

(1)金屬棒在此過(guò)程中克服安培力的功W安；(2)金屬棒下滑速度2/vms=時(shí)的加速度a．(3)為求金屬棒下滑的最大速度mv，有學(xué)生解答如下：由動(dòng)能定理21

-=

2

mWWmv重安，……。由此所得結(jié)果是否正確？若正確，說(shuō)明理由并完成本小題；若不正確，給出正確的解答。

【解析】：（1）下滑過(guò)程中安培力的功即為在電阻上產(chǎn)生的焦耳熱，因?yàn)?Rr=，因此

30.3()RrQQJ==（1分）

∴=0.4()