高三物理考試題含答案

1（20分）

如圖12所示，PR是一塊長為L=4m的絕緣平板固定在水平地面上，整個

空間有一個平行于PR的勻強電場E,在板的右半部分有一個垂直于紙面向外的

勻強磁場8,一個質(zhì)量為m=0.1kg,帶電量為q=0.5C的物體，從板的尸端

由靜止開始在電場力和摩擦力的作用下向右做勻加速運動，進入磁場后恰能做勻

速運動。當(dāng)物體碰到板R端的擋板后被彈回，若在碰撞瞬間撤去電場，物體返

回時在磁場中仍做勻速運動，離開磁場后做勻減速運動停在C點，PC=L/4,物

體與平板間的動摩擦因數(shù)為「0.4,取g=10m/s2,求：

（1）判斷物體帶電性質(zhì)，正電荷還是負電荷？

（2）物體與擋板碰撞前后的速度V!和V2…3???肯

（3）磁感應(yīng)強度B的大小壯壯上=q

（4）電場強度E的大小和方向

圖12

2（10分）如圖2—14所示，光滑水平桌面上有長L=2m的木板C,質(zhì)量nk=5kg,

在其正中央并排放著兩個小滑塊A和B,nu=lkg,mB=4kg,開始時三物都靜止.在

A、B間有少量塑膠炸藥，爆炸后A以速度6m/s水平向左運動，A、B中任一

塊與擋板碰撞后，都粘在一起，不計摩擦和碰撞時間，求：

（1）當(dāng)兩滑塊A、B都與擋板碰撞后，c的速度是n廠?一■

多大？CAB

（2）到A、B都與擋板碰撞為止,C的位移為多少?

92-U

3（10分）為了測量小木板和斜面間的摩擦因數(shù)，某同學(xué)設(shè)計如圖所示實驗，在

小木板上固定一個輕彈簧,彈簧下端吊一個光滑小球,彈簧長度方向與斜面平行,

現(xiàn)將木板連同彈簧、小球放在斜面上，用手固定木板時，彈簧示數(shù)為F,,放手

后，木板沿斜面下滑，穩(wěn)定后彈簧示數(shù)為F2,測得斜面

斜角為。，則木板與斜面間動摩擦因數(shù)為多少？（斜面體

固定在地面上）

第17題圖

4有一傾角為。的斜面，其底端固定一擋板M,另有三個木塊A、B和C,它們的

質(zhì)

量分別為mc=3m,它們與斜面間的動摩擦因數(shù)都相同.其中木塊A

連接一輕彈簧放于斜面上，并通過輕彈簧與擋板M相連，如圖所示.開始時，木

塊A靜止在P處，彈簧處于自然伸長狀態(tài).木塊B在Q點以初速度v0向下運動，

P、Q間的距離為L.已知木塊B在下滑過程中做勻速直線運動，與木塊A相碰后

立刻一起向下運動，但不粘連，它們到達一個最低點后又向上運動，木塊B向上

運動恰好能回到Q點.若木塊A靜止于P點，木

塊C從Q點開始以初速度早％向下運動，經(jīng)歷

同樣過程，最后木塊C停在斜面上的R點，求

第19題圖

P、R間的距離L'的大小。

5

如圖，足夠長的水平傳送帶始終以大小為u=3m/s的速度向左運動，傳送帶

上有一質(zhì)量為M=2kg的小木盒A,A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為〃=0.3,

開始時，A與傳送帶之間保持相對靜止。先后相隔Af=3s有兩個光滑的質(zhì)量為

m=1kg的小球3自傳送帶的左端出發(fā)，以vo=15m/s的速度在傳送帶上向右運

動。第1個球與木盒相遇后，球立即進入盒中與盒保持相對靜止，第2個球出發(fā)

后歷時△力=ls/3而與木盒相遇。求(取g=10m/s2)

(1)第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運動的速度時多大？

(2)第1個球出發(fā)后經(jīng)過多長時間與木盒相遇？

(3)自木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的過程中，由于木盒與傳送

帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量是多少？A歲m

0Q,

6

如圖所示，兩平行金屬板A、8長/=8cm,兩板間距離d=8cm,A板比3

板電勢高300V,即UAB=300V。一帶正電的粒子電量q=l()T°C,質(zhì)量〃尸1。3-

kg,從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度w)=2xl06m/s,粒子飛出

平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在中心線上的。

點的點電荷。形成的電場區(qū)域(設(shè)界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影

響)。已知兩界面MN、PS相距為L=12cm,粒子穿過界面PS最后垂直打在放

置于中心線上的熒光屏所上。求(靜電力常數(shù)A=9xl()9N.m2/C2)

(1)粒子穿過界面PS時偏離中心線火。的距離多遠？

(2)點電荷的電量。

7光滑水平面上放有如圖所示的用絕緣材料制成的L形滑板(平面部分足夠長),

質(zhì)量為4m,距滑板的A壁為心距離的8處放有一質(zhì)量為〃z,電量為+4的

大小不計的小物體，物體與板面的摩擦不計.整個裝置置于場強為E的勻

強電場中，初始時刻，滑板與物體都靜止.試問：

（1）釋放小物體，第一次與滑板A壁碰前物體的速￡:工不

多大？

（2）若物體與A壁碰后相對水平面的速度大小為碰前建舉

的3/5,則物體在第二次跟A碰撞之前，滑板相對于

水平面的速度也和物體相對于水平面的速度V3分別為

多大？

（3）物體從開始到第二次碰撞前，電場力做功為多大？（設(shè)碰撞經(jīng)歷時間極短

且無能量損失）

8如圖（甲）所示，兩水平放置的平行金屬板C、。相距很近，上面分別開有小孔

。和。，，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌P、Q與金屬板C、D接觸良好，且導(dǎo)軌

垂直放在磁感強度為B=10T的勻強磁場中，導(dǎo)軌間距L=0.50m,金屬棒AB

緊貼著導(dǎo)軌沿平行導(dǎo)軌方向在磁場中做往復(fù)運動，其速度圖象如圖（乙），若

規(guī)定向右運動速度方向為正方向.從U0時刻開始，由C板小孔0處連續(xù)

不斷地以垂直于C板方向飄入質(zhì)量為，〃=3.2xlO-2ikg、電量q=L6xlO」9c的

帶正電的粒子（設(shè)飄入速度很小，可視為零）.在。板外側(cè)有以為邊界

的勻強磁場&=10T,MN與。相距d=10cm,囪和及方向如圖所示（粒子重

力及其相互作用不計），求

（1）0到4.0s內(nèi)哪些時刻從。處飄入的粒子能穿過電場并飛出磁場邊界MN?

⑵粒子從邊界MN射出來的位置之間最大的距離為多少？

9（20分）如下圖所示，空間存在著一個范圍足夠大的豎直向下的勻強磁場，磁

場的磁感強度大小為艮邊長為/的正方形金屬框決心/（下簡稱方框）放在光滑

的水平地面上，其外側(cè)套著一個與方框邊長相同的U型金屬框架MNPQ（僅有

MN、NQ、QP三條邊，下簡稱U型框）,U型框與方框之間接觸良好且無摩擦.兩

個金屬框每條邊的質(zhì)量均為m,每條邊的電阻均為r.

x

x

X

X

乙

（1）將方框固定不動，用力拉動U型框使它以速度％垂直NQ邊向右勻速運動,

當(dāng)U型框的端滑至方框的最右側(cè)（如圖乙所示）時，方框上的切兩端的電

勢差為多大?此時方框的熱功率為多大？

（2）若方框不固定，給U型框垂直N。邊向右的初速度外,如果U型框恰好不

能與方框分離，則在這一過程中兩框架上產(chǎn)生的總熱量為多少？

（3）若方框不固定，給U型框垂直N。邊向右的初速度v（v>v0）,U型框最

終將與方框分離.如果從U型框和方框不再接觸開始，經(jīng)過時間t后方框的最右

側(cè)和U型框的最左側(cè)之間的距離為5.求兩金屬框分離后的速度各多大.

10（14分）長為0.51m的木板A,質(zhì)量為1kg.板上右端有物塊B,質(zhì)量為3kg.

它們一起在光滑的水平面上向左勻速運動.速度vo=2m/s.木板與等高的豎直固

定板C發(fā)生碰撞，時間極短，沒有機械能的損失.物塊與木板間的動摩擦因數(shù)

p=0.5.g取lOm/s2.求：

（1）第一次碰撞后，A、B共同運動的速度大小和方向.

（2）第一次碰撞后，A與C之間的最大距離.（結(jié)果保留兩位小數(shù)）

（3）A與固定板碰撞幾次，B可脫離A板.

參加答案:

(I)由于物體返回后在磁場中無電場，且仍做勻速運動，故知摩擦力為0,

所以物體帶正電荷^且：

mg=qBv2...............................................................................................................①

(2)離開電場后，按動能定理，有：

-/.img—=0--mv1...........................................................②

由①式得：V2=2A/2m/s

⑶代入前式①求得：B當(dāng)T

(4)由于電荷由尸運動到C點做勻加速運動，可知電場強度方向水平向右,

且：(Eq-/img)y=-mv12-*50......................................................................................③

進入電磁場后做勻速運動，故有：硝="

(qBvi+mg').......................................................④

V,=4拒m/s

由以上③④兩式得:

E=2.4N/C

2(1)A、B、C系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，且總動量為零，故兩

物塊與擋板碰撞后，C的速度為零，即么=0

(2)炸藥爆炸時有

mv

AA=MB

解得以=1.5m/5

又叫s.=%.%

當(dāng)SA=1m時5B=0.25m,即當(dāng)A、C相撞時B與C右板相距

5=--s=0.75m

2Bn

A,。相撞時有：

mAvA=(mA+ntc)v

解得v=lm/s,方向向左

而也=L5m/s,方向向右，兩者相距0.75m,故至【JA,8都與擋板碰撞為

止，C的位移為

——=0.3ml9.

V+VB

3固定時示數(shù)為F1,對小球F|=mgsin。①

整體下滑：(M+m)sin0-n(M+m)gcos0=(M+m)a②

_

下滑時，對小球：mgsin9F2=ma③

由式①、式②、式③得

u=握tan0

4.木塊B下滑做勻速直線運動，有mgsin。=口mgcos0

B和A相撞前后，總動量守恒,mv°=2mv|,所以

v.--%-

12

設(shè)兩木塊向下壓縮彈簧的最大長度為s,兩木塊被彈簧彈回到P點時的速度為

v2,則

1,1,

112mgeos0?2s=--2mv2

兩木塊在P點處分開后，木塊B上滑到Q點的過程:

(mgsin0+umgeos9)L=；/欣

木塊C與A碰撞前后，總動量守恒，則3m?苧%=4〃以，所以

-.........V

4。

設(shè)木塊C和A壓縮彈簧的最大長度為s',兩木塊被彈簧彈回到P點時的速

度為v',則u4mgeos9,2sz=--4mv'1

2-22

木塊C與A在P點處分開后，木塊C上滑到R點的過程：

（3mgsin0+u3mgcos0）L'=-3mv'l

2

在木塊壓縮彈簧的過程中，重力對木塊所做的功與摩擦力對木塊所做的功大

小相等，因此彈簧被壓縮而具有的最大彈性勢能等于開始壓縮彈簧時兩木塊的總

動能.

因此，木塊B和A壓縮彈簧的初動能E?,=g-2〃W=；加味木塊C與A壓縮

彈簧的初動能E*2=（根吟=；機說，即E&=Ek,

因此，彈簧前后兩次的最大壓縮量相等，即5=5'

綜上,得L'=L-——

32gsin。

5

（1）設(shè)第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運動的速度為盯，根據(jù)動量守

恒定律：

mv?！狹v=（m+M）vt

（1分）

代入數(shù)據(jù)，解得：vi=3m/s

（1分）

（2）設(shè)第1個球與木盒的相遇點離傳送帶左端的距離為s,第1個球經(jīng)過

to與木盒相遇，則：（o=~

%

（1分）

設(shè)第1個球進入木盒后兩者共同運動的加速度為根據(jù)牛頓第二定律:

〃（m+A/）g=（〃?+M）a得：a-/jg-3m/s2（1

分）

設(shè)木盒減速運動的時間為〃，加速到與傳送帶相同的速度的時間為t2,

則：

Av,

人=。2=—=1.?

'a

（1分）

故木盒在2s內(nèi)的位移為零

（1分）

依題意：s=v0Ar1+v（Ar+A?!-t2-z0）（2

分）

代入數(shù)據(jù)，解得：s=7.5m/o=O.5s

（1分）

（3）自木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的這一過程中,傳送帶的位移

為S,木盒的位移為s/,則：S=v（ZV+A/j-Zo）=8.5m

（1分）

Si=v（Ar+Az,—tx—t2—t0）-2.5m

（1分）

故木盒相對與傳送帶的位移：As-=S-S[=6〃？

則木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量是：Q=/&=54J

（2分）

6

（1）設(shè)粒子從電場中飛出時的側(cè)向位移為九穿過界面PS時偏離中心線OR

的距離為y,則：h=at2/2

（1分）

a=q￡=qU_t=J_即：〃=0L（_L）2（i

mmdv02mdv0

分）

代入數(shù)據(jù)，解得：h=0.03m=3cm

（1分）

帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，由相似三角形知識得：

L

h_2

（1分）

代入數(shù)據(jù)，解得:)=0.12m=l2cm

（1分）

（2）設(shè)粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為Vy,則：Vv=at=----

mdva

6

代入數(shù)據(jù)，解得：vy=l.5xl0z?i/y

（1分）

所以粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為：

丫=J%?+u：=2.5xl06m/5

（1分）

設(shè)粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為仇則：

v3

tan9=±=土6=37。

%4

（1分）

因為粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏上，所以

該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷。作勻速圓周運動，其半徑與速度方向

垂直。

勻速圓周運動的半徑：，=一）一=0.15〃？

cosO

（1分）

由：警"

rr

（2分）

代入數(shù)據(jù)，解得：Q=l.04x10-8。

（1分）

7（1）釋放小物體，物體在電場力作用下水平向右運動，此時，滑板靜止不動，對

于小物體，

EqL、=—mv.

由動能定理得：2

=一"6+4叫,2222Eq1t

m

⑵碰后小物體反彈由動量守恒定律"得

得.之后

滑板以V2勻速運動，直到與物體第二次碰撞，從第一次碰撞到第二次碰撞時，

物體與滑板

3_____

V|+V3

~5r.r=2丫行"=lv=1RE犯

位移相等、時間相等、平均速度相等2————乎-丁―

叱u=—1〃叫2+—1?4/?n\2W.=-13/72V.2~=-13E廠c/L，..

（3）電場力做功等于系統(tǒng)所增加的動能22-l61105,

8.（1）只有當(dāng)CO板間的電場力方向向上即AB棒向右運動時，粒子才可能從。

運動到?！?/p>

粒子要飛出磁場邊界MN最小速度如必須滿照丹①

設(shè)CO間的電壓為U,%=5'叫②

解①②得U=25V,又U=￡=B\Lv解得v=5m/s.

所以根據(jù)（乙）圖可以推斷在0.25s<t<L75s內(nèi)，粒子能穿過CO間的電場。

（2）當(dāng)AB棒速度最大，即u'=20m/s時產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為：e=Bi￡v=100V

qs'=-mv2

此時帶電粒子經(jīng)加速后速度為力由動能定鈍有？解得：v=100m/s

此時帶電粒子

*=整=0.2根x=RAAJZ=oo27m=2.7cm

的軌道半徑為口與出射點與。的水平距離為：

粒子從邊界MN射出來的位置間最大距離為S=d-x=7.3cm

9第（1）問8分，第（2）問6分，第（3）問6分，共20分

解：（1）U型框向右運動時，NQ邊相當(dāng)于電源，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=8/%

當(dāng)如圖乙所示位置時，方框切之間的電阻為時,=工包

r+3r4

U型框連同方框構(gòu)成的閉合電路的總電阻為

R=3r+《?,=%

閉合電路的總電流為/=與E=絲4B/”v

R15r

根據(jù)歐姆定律可知，/M兩端的電勢差為：UM=IRM=^

方框中的熱功率為0=今心=當(dāng)產(chǎn)

Kbd

(2)在U型框向右運動的過程中，U型框和方框組成的系統(tǒng)所受外力為

零，故系統(tǒng)動量守恒，設(shè)到達圖示位置時具有共同的速度也根據(jù)動量守恒定

律

jz3

3nzv0=(3m+4m)v解得：v=yv0

根據(jù)能量守恒定律，U型框和方框組成的系統(tǒng)損失的機械能等于在這一

過程中兩框架上產(chǎn)生劭崢皿梆-g7m/=。加%2

(3)設(shè)U型框和方框不再接觸時方框速度為匕，U型框的速度為％,根據(jù)

動量守恒定律，有3mv=4mvi+3mv2

兩框架脫離以后分別以各自的速度做勻速運動，經(jīng)過時間，方框最右側(cè)和

U型框最左側(cè)距離為s,即(彩-y”=s

聯(lián)立以上兩式，解得：v,=-(v--);v2=l(3v+—)

7t7t

(以上答案供參考，符合題意的其它合理答案均給分)

10.(14分)分析與解答：

解：(1)以A、B整體為研究對象，從A與C碰后至AB有共同速度v,

系統(tǒng)動量守恒

選向左為正方向：mA(―v0)+mBv0=(mA+mB)v

(2)以A為研究對象，從與C碰后至對地面速度為零，受力為f,位移

為s即最大位移.

/=口〃/g

一m=3根4（0_%2）

得s=0.13加

—2—2

fL2=—（mA+mB）（v，v）解得L2=0.1m

若假定第三次4與。碰后AB仍能有共同速腸'，8在4上相對于A滑行區(qū)

n

一u"）~￥mBv-（加4+mJu"

—fLy=；（%+%）（/"_v,2）解得4=0.025m

即三次碰撞后B可脫離A板.

高三物理考試題含答案

21.（12分）如圖，在豎直面內(nèi)有兩平行金屬導(dǎo)軌AB、CDo導(dǎo)軌間距為L,電

阻不計。一根電阻不計的金屬棒必可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動。棒與導(dǎo)軌垂直，

并接觸良好。導(dǎo)軌之間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感強度為8。導(dǎo)軌右邊與

電路連接。電路中的三個定值電阻阻值分別為2R、R和心在3。間接有一水平

放置的平行板電容器C,板間距離為乩

（1）當(dāng)必以速度小勻速向左運動時，電容器中質(zhì)量為m的帶電微粒恰好靜

止。試判斷微粒的帶電性質(zhì)，及帶電量的大小。

（2）ab棒由靜止開始，以恒定的加速度。向

左運動。討論電容器中帶電微粒的加速

度如何變化。（設(shè)帶電微粒始終未與極

板接觸。）

22（12分）如圖所示的坐標(biāo)系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。在x軸上方

空間的第一、第二象限內(nèi)，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸正

方向的勻強電場和垂直xy平面(紙面)向里的勻強磁場。在第四象限，存

在沿y軸負方向，場強大小與第三象限電場場強相等的勻強電場。一質(zhì)量為

m、電量為q的帶電質(zhì)點，從y軸上y=h處的PI點以一定的水平初速度沿x

軸負方向進入第二象限。然后經(jīng)過x軸上x=-2h處的p2點進入第三象限,

帶電質(zhì)點恰好能做勻速圓周運動。之后經(jīng)過y軸上y=-2h處的P3點進入第

四象限。已知重力加速度為g。求:

(1)粒子到達P2點時速度的大小和方向;

(2)第三象限空間中電場強度和磁感應(yīng)強度的大小;

(3)帶電質(zhì)點在第四象限空間運動過程中最小速度的大

小和方向。

23.(20分)如圖所示，在非常高的光滑、絕緣水平高臺邊緣，靜置一個不帶

電的小金屬塊3,另有一與8完全相同的帶電量為"的小金屬塊A以初速度vo

向8運動，A、8的質(zhì)量均為m。A與B相碰

撞后，兩物塊立即粘在一3一?n起，并從臺上飛

,7/7///////1

出。已知在高臺邊緣的右面d*---------T空間中存在水平

向左的勻強電場，場強大小/'E=2mg/qo求：

(1)A、B一起運動過/<程中距高臺邊緣

/,___________

的最大水平距離/4

/

(2)A、8運動過程的最小速度為多大

(3)從開始到A、8運動到距高臺邊緣最大水平距離的過程A損失的機械

能為多大?

24（20分）

如圖11所示，在真空區(qū)域內(nèi)，有寬度為L的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為

磁場方向垂直紙面向里，MN、是磁場的邊界。質(zhì)量為加，帶電量為一q的粒

子，先后兩次沿著與夾角為。（0＜。＜90。）的方向垂直磁感線射入勻強磁場B

中，第一次，粒子是經(jīng)電壓Ui加速后射入磁場，粒子剛好沒能從PQ邊界射出

磁場。第二次粒子是經(jīng)電壓5加速后射入磁場，粒子則剛好垂直尸。射出磁場。

不計重力的影響，粒子加速前速度認為是零，求：

（1）為使粒子經(jīng)電壓S加速射入磁場后沿直線運動，直至射出PQ邊界，

可在磁場區(qū)域加一勻強電場，求該電場的場強大小和方向。MP

XX

（2）加速電壓2的值。

xBx

NQ

25.（20分）空間存在著以A=0平面為分界面的兩個勻強磁場，左右兩邊磁場

的磁感應(yīng)強度分別為A和旦，且8:區(qū)=4:3,方向如圖所示?，F(xiàn)在原點。處一靜

止的中性原子，突然分裂成兩個帶電粒子a和8,已知a帶正電荷，分裂時初速

度方向為沿x軸正方向，若a粒子在第四次經(jīng)過y軸時，恰好與6粒子第一次相

遇。求：

（1）a粒子在磁場A中作圓周運動的半徑與6粒子在磁場屋中圓周運動的

半徑之比。

（2）a粒子和8粒子的質(zhì)量之比。XXXX

XXXX

XXXXxX

XXXXXX

XXXxo'X~x＞*

26如圖所示，ABCDE為固定在豎直平面內(nèi)的軌道,%歙儂（取道,MB光滑，

BC粗糙，CDE為光滑圓弧軌道，軌道半徑為必值軌遒50弧軌道相切于

C點，其中圓心0與BE在同一水平面上，0。豎直，ZCOD=〃，且0<5°。

現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小物體（可以看作質(zhì)點）從斜面上的A點靜止滑下，小物體

與BC間的動摩擦因數(shù)為以，現(xiàn)要使小物體第一次滑入圓弧軌道即恰好做簡

諧運動（重力加速度為g）。求：

（1）小物體過D點時對軌道的壓力大小

（2）直軌道AB部分的長度S

27兩水平放置的金屬板間存在一豎直方向的--------------------------

pxXXX0XXXB

勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，磁alXXX*XX

感應(yīng)強度為8,一質(zhì)量為，帶電量為xXX…X1Q

-2q的微粒人正好懸浮在板間正中間。點處，另一質(zhì)量為機，帶電量為+q

的微粒a,從p點以水平速度w（vo未知）進入兩板間，正好做勻速直線運動，

中途與h碰撞。：

勻強電場的電場強度E為多大微粒a的水平速度

為多大若碰撞后。和。結(jié)為一整體，最后以速度

O.4no從Q點穿出場區(qū)，求Q點與。點的高度差

若碰撞后。和力分開，分開后方具有大小為0.3的的水平向右速度，且?guī)щ娏繛?/p>

--7/2,假如0點的左側(cè)空間足夠大，則分開后微粒a的運動軌跡的最高點與。點

的高度差為多大

28

有個演示實驗，在上下面都是金屬板的玻璃盒內(nèi)，放了許多用錫箔紙揉成的

小球，當(dāng)上下板間加上電壓后，小球就上下不停地跳動?，F(xiàn)取以下簡化模型進行

定量研究。

如圖所示，電容量為C的平行板電容器的極板A和B水平放置，相距為“，

與電動勢為￡、內(nèi)阻可不計的電源相連。設(shè)兩板之間只有一個質(zhì)量為初的導(dǎo)電小

球，小球可視為質(zhì)點。已知：若小球與極板發(fā)生碰撞，則碰撞后小球的速度立即

變?yōu)榱?，帶電狀態(tài)也立即改變，改變后，小球所帶電荷符號與該極板相同，電量

為極板電量的a倍（4□1）。不計帶電小球?qū)O板間勻強電場的影響。重力加

速度為g。

（1）欲使小球能夠不斷地在兩板間上下往返運動，電動勢￡至少應(yīng)大于多

少

（2）設(shè)上述條件已滿足，在較長的時間間隔T內(nèi)

小球做了很多次往返運動。求在T時間內(nèi)小球往返運I--------------

J++A

動的次數(shù)以及通過電源的總電量f/------

Td

1-~B

29一玩具“火箭”由質(zhì)量為惘和加2的兩部分和壓在中間的一根短而硬（即勁度

系數(shù)很大）的輕質(zhì)彈簧組成.起初，彈簧被壓緊后鎖定，具有的彈性勢能為Eo,通

過遙控器可在瞬間對彈簧解除鎖定，使彈簧迅速恢復(fù)原長。現(xiàn)使該“火箭”位于

一個深水池面的上方（可認為貼近水面），釋放同時解除鎖定。于是，“火箭”的

上部分豎直升空，下部分豎直鉆入水中。設(shè)火箭本身的長度與它所能上升的高度

及鉆入水中的深度相比，可以忽略，但體積不可忽略。試求.

（1）“火箭”上部分所能達到的最大高度（相對于水面）

⑵若上部分到達最高點時，下部分剛好觸及水池底部，那么，此過程中，“火

箭”下部分克服水的浮力做了多少功?（不計水的粘滯阻力）

30如圖所示，在某一足夠大的真空室中，虛

------------------------------1XXXX

I

線尸”的右側(cè)是一磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向里的勻強磁場，左側(cè)是

一場強為E、方向水平向左的勻強電場。在虛線尸〃上的一點。處有一質(zhì)量

為M、電荷量為。的鐳核—■Ra）。某時刻原來靜止的鐳核水平向右放出

一個質(zhì)量為，小電荷量為夕的a粒子而衰變?yōu)闅洌≧n）核，設(shè)a粒子與氫

核分離后它們之間的作用力忽略不計，涉及動量問題時,虧損的質(zhì)量可不計。

經(jīng)過一段時間a粒子剛好到達虛線PH

上的A點，測得OA=L。求此時刻氫核的

速率

參考答案：

21.（12分）0丁

解：（1）棒勻速向左運動，感應(yīng)電流為順時針方向，電容器上板帶

L

正電。，|

?.?微粒受力平衡，電場力方向向上，場強方向向下

微粒帶負電（1分）

u

mg=~^~cq（1分）

Uc=IR（1分）

（1分）

3R

E=Blvo（1分）

3mgd

由以上各式求出q一（1分）

Bl%

（2）經(jīng)時間加，微粒受力平衡mg=—q（1分）

d

（1分）

求出力=四科或（1分）

°Blaqa

當(dāng)時，ai=g-駟/,越來越小，加速度方向向下（1分）

3md

當(dāng)，二m時，〃2=0（1分）

當(dāng)時，。3=駟，-g,越來越大，加速度方向向上（1分）

3md

22.解：（1）質(zhì)點從％到P2，由平拋運動規(guī)律

h^gt?

求出丫=小說+*=2屈

方向與x軸負方向成45°角

(2)質(zhì)點從P2到P3,重力與電場力平衡，洛侖茲力提供向心力

Eq=mg

口v2

Bqv=m—

R

(2R)2=(2h)2+(2h)2

解得E='名

q

(1)質(zhì)點進入第四象限，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻速直線

運動。當(dāng)豎直方向的速度減小到0,此時質(zhì)點速度最小，即v在水平方

向的分量

Vmin=UCOS45°=7^

方向沿X軸正方向

23.解：(20分)

(1)由動量守恒定律：mvo=2mv.......................2分

碰后水平方向：qE=2ma七=0貴..............2分

q

-2aXm=0-v2......................2分

得：X,“=魯...............................1分

8g

(2)在r時刻，A、B的水平方向的速度為5=…入號_/.............

1分

豎直方向的速度為“kgf...................................1分

合速度為：.................................2分

解得v價的最<1、值：L>=—............................................................3分

inin4

（3）碰撞過程中A損失的機械能：AF,=-）nu^--mu2=-mu^............2分

228

碰后到距高臺邊緣最大水平距離的過程中A損失的機械能：AE.，

2

qEX^=：機4...............................................................................................2分

O

從開始到A、B運動到距離高臺邊緣最大水平距離的過程中A損失的機

械能為：

AE=mug....................................................................................................2分

24（20分）

（1）如圖答1所示，經(jīng)電壓S加速后以速度匕射入磁場，粒子剛好垂直

PQ射出磁場，可確定粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在PQ邊界線的O點,

半徑尺與磁場寬L的關(guān)系式為

“=烹（2分），又如鬻（2分）’解得彩=懸（2

分）

加勻強電場后，粒子在磁場中沿直線運動射出PQ邊界的條件為Eq=

Bq%（2分），電場力的方向與磁場力的方向相反。（2分）

由此可得出七=」以，E的方向垂直磁場方向斜向右下（2分），與

mcosO

磁場邊界夾角為（2分），如圖答2所示。

2

（2）經(jīng)電壓a加速后粒子射入磁場后剛好不能從PQ邊界射出磁場，表明

在磁場中做勻速圓周運動的軌跡與PQ邊界相切，要確定粒子做勻速圓周運動的

圓心0的位置，如圖答3所示，圓半徑a與L的關(guān)系式為：

L

L=R[+R]cos9,R]—（2分）

1+cos3

BqL

又用=嗎,解得匕=（2分）

Bqm(l+cos3)

由于%=叱〃，所以￡營=忌條（2分

25、（20分）（1）原子為中性,分裂后一定有qa=-qb（b一定帶負電）（2

分）

原子分裂前后動量守恒，則P，+Pb=O

（2分）

粒子在磁場中運動時由牛頓定律有力8=/

R

（2分）

.?./?=絲=2（2分）

則：%=色.=3（2分）

Rbq4

（2）a、b粒子相遇時：t=tb（2分）

由題意分析可知,a粒子在第四次經(jīng)過y軸與b粒子第一次相遇時，b粒

子應(yīng)第三次經(jīng)過y軸。則

=（分）

taTal+Ta2如=九+九/22

??成

?I-2-----2-m--?-（2分）

VQB

?，_2加〃,2加〃.__2叫、2叫

??-------------1-------------1

即叫?叫

22mli2?2mb（2分）

qRggq*4坊

代入數(shù)據(jù)并化簡得：為+也=如+成

2323

解之得:_5

歿7

26(1)小物體下滑到。點速度為零才能第一次滑入圓弧軌道即恰好做簡諧運

動

從C至UD由機械能守恒定律有："?gR(l-cosS)=

在D點用向心力公式有：F-mg-m

解以上二個方程可得:F=3>mg-2mgcos0

⑵從A到。由動能定理有:

mgsinJ(S+Hcot。)-Hmgcos。?Rcot。=0

解方程得：S=(Hcot20-cot0)R

25.(1)對27(1)對微粒，沒與。微粒碰撞前只受重力和電場力，則有2qE

=4mg

：.E=^-

q

對a微粒碰前做勻速直線運動，則有

Bqvo=Eq+mgvo=細^

Bq

(2)碰撞后，a、〃結(jié)合為一體，設(shè)其速度為u

由動量守恒定律得

mvo=5mv/.v=—

5

碰后的新微粒電量為-q

設(shè)。點與。點高度差為〃

由動能定理:

5mgh-Eqh=；5m(O.4vo)華A

.?./?=0.9曜

B，2

(3)碰撞后，。、。分開，則有

mvo=mva+Amvbvb-0.3vo,得"二一O.2vo

Q微粒電量為-q/2,受到的電場力為

E?—=2mgq=mg尸電二mg

22q

故。微粒做勻速圓周運動，設(shè)半徑為R

2RBqB2q2

。的最高點與。點的高度差兒=2R=絲空。

Bq,

28￡＞乒0=j2a當(dāng)

NaC2md2?2md?

\aCs~+mgd\aCs2-mgd

29

(1)“火箭”整體(含彈簧)在彈簧解除鎖定的瞬間，彈簧彈力遠大于箭體重力,

故動量守恒：mw\-m2V2=0

同時機械能守恒：(加1V12)/2+(?Z2V22)/2=EO

v\=[2m2Eo/mi(mt+mi)]%

V2=[2miEdim{mi+m2)]%

，“火箭”上部分所能達到的最大高度為：

H]=V}2/2g=m2Eo/m\g(m\+m2)x

(2)“火箭”上升的時間為：t=Vi/g

水池深度為：Hi=V2t/2

“火箭”下部分克服水的浮力共做功：

WF=m2gH2+m2V22/2

以上各式聯(lián)立可得：W/=Eo

30

設(shè)衰變后，氫核的速度為W,a粒子的速度為由動量守恒定律得

CM—m)vo=mv0

a粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，到達A點需時”*

2%

又〃氫核在電場中做勻加速直線運動，『時速度為v=vo+G

qvab-m—^-

2

氫核加速度”絲工絲由以上各式解得：y=q/L+2爪Q-q)mE.

M-m2(M-m)qB

高三物理下冊試題及答案

一、不定項選擇題（共42分。）

14.作用于水平面上某物體的合力F與時間t的關(guān)系如圖所示