高考物理重点压轴题分类解析 38页

高考物理压轴题分类汇编 一、力学 2001 年全国理综（江苏、安徽、福建卷） 31．（28 分）太阳现正处于主序星演化阶段。它主要是由电子和 、 等原子核组成。 维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应，核反应方程是 2e+4 → +释放的核能，这些 核能最后转化为辐射能。根据目前关于恒星演化的理论，若由于聚变反应而使太阳中的 核数目从现有数减少 10％，太阳将离开主序垦阶段而转入红巨星的演化阶段。为了简化， 假定目前太阳全部由电子和 核组成。 （1）为了研究太阳演化进程，需知道目前太阳的质量 M。已知地球半径 R=6.4×106 m，地 球质量 m=6.0×1024 kg，日地中心的距离 r=1.5×1011 m，地球表面处的重力加速度 g=10 m/s2， 1 年约为 3.2×107 秒。试估算目前太阳的质量 M。 （2）已知质子质量 m p=1.6726×10 －27 kg， 质量 m α=6.6458×10 －27 kg，电子质量 me=0.9×10－30 kg，光速 c=3×108 m/s。求每发生一次题中所述的核聚变反应所释放的核能。 （3）又知地球上与太阳光垂直的每平方米截面上，每秒通过的太阳辐射能 w=1.35×10 3 W/m2。试估算太阳继续保持在主序星阶段还有多少年的寿命。 （估算结果只要求一位有效数字。） 参考解答： （1）估算太阳的质量 M 设 T 为地球绕日心运动的周期，则由万有引力定律和牛顿定律可知 ① 地球表面处的重力加速度 ② 由①、②式联立解得 ③ 以题给数值代入，得 M＝2×1030 kg ④ （2）根据质量亏损和质能公式，该核反应每发生一次释放的核能为 △E=（4mp+2me－mα）c2 ⑤ 代入数值，解得 △E=4.2×10－12 J ⑥ （3）根据题给假定，在太阳继续保持在主序星阶段的时间内，发生题中所述的核聚变反应 的次数为 H1 1 He4 2 H1 1 He4 2 H1 1 H1 1 He4 2 2R mGg = ×10% ⑦ 因此，太阳总共辐射出的能量为 E＝N·△E 设太阳辐射是各向同性的，则每秒内太阳向外放出的辐射能为 ε=4πr2w ⑧ 所以太阳继续保持在主序星的时间为 ⑨ 由以上各式解得 以题给数据代入，并以年为单位，可得 t=1×1010 年=1 百亿年 ⑩ 评分标准：本题 28 分，其中第（1）问 14 分，第（2）问 7 分。第（3）问 7 分。 第（1）问中，①、②两式各 3 分，③式 4 分，得出④式 4 分； 第（2）问中⑤式 4 分，⑥式 3 分； 第（3）问中⑦、⑧两式各 2 分，⑨式 2 分，⑩式 1 分。 2003 年理综（全国卷） 34．（22 分）一传送带装置示意如图，其中传送带经过 AB 区域时是水平的，经过 BC 区域 时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过 CD 区域时是倾斜的，AB 和 CD 都与 BC 相切。现将大量的质量均为 m 的小货箱一个一个在 A 处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到 D 处，D 和 A 的高度差为 h。稳定工作时传送带速度不变， CD 段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为 L。每个箱子 在 A 处投放后，在到达 B 之前已经相对于传送带静止， 且以后也不再滑动（忽略经 BC 段时的微小滑动）。已知 在一段相当长的时间 T 内，共运送小货箱的数目为 N。这 装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均抽出 功率 。 参考解答： 以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为 v0，在水平段运输的过程中，小货箱 先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为 s，所用时间为 t，加速度为 a，则对小 箱有 s＝1/2at2 ① v0＝at ② 在这段时间内，传送带运动的路程为 s0＝v0t ③ pm MN 4 = ε Et = P 由以上可得 s0＝2s ④ 用 f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为 A＝fs＝1/2mv02 ⑤ 传送带克服小箱对它的摩擦力做功 A0＝fs0＝2·1/2mv02 ⑥ 两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 Q＝1/2mv02 ⑦ 可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。 T 时间内，电动机输出的功为 W＝ T ⑧ 此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即 W＝1/2Nmv02＋Nmgh＋NQ ⑨ 已知相邻两小箱的距离为 L，所以 v0T＝NL ⑩ 联立⑦⑧⑨⑩，得 ＝ [ ＋gh] 2004 年全国理综 25．（20 分） 柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物。 在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动， 锤向上运动。现把柴油打桩机和打桩过程简化如下： 柴油打桩机重锤的质量为 m，锤在桩帽以上高度为 h 处（如图 1）从静止开始沿竖直轨 道自由落下，打在质量为 M（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上。同时，柴油燃烧，产生猛 烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短。随后，桩在泥土中向下移动一距离 l。已知锤 反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩幅之间的距离也为 h（如图 2）。已知 m＝1.0× 103kg，M＝2.0×103kg，h＝2.0m，l＝0.20m，重力加速度 g＝10m/s2，混合物的质量不计。 设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力 F 是恒力，求此力的大小。 25．锤自由下落，碰桩前速度 v1 向下， ① 碰后，已知锤上升高度为（h－l），故刚碰后向上的速度为 ② 设碰后桩的速度为 V，方向向下，由动量守恒， ③ 桩下降的过程中，根据功能关系， ④ 由①、②、③、④式得 P P T Nm 2 22 T LN ghv 21 = )(22 lhgv −= 21 mvMVmv −= FlMglMV =+2 2 1 ⑤ 代入数值，得 N ⑥ 2005 年理综（四川、贵州、云南、陕西、甘肃） 25.（20 分）如图所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋 千绳处于水平位置）从 A 点由静止出发绕 O 点下摆，当摆到最低点 B 时， 女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高 处 A。求男演员落地点 C 与 O 点的水平距离 s。已知男演员质量 m1 和女 演员质量 m2 之比 m1/m2＝2 秋千的质量不计，秋千的摆长为 R，C 点低 5R。 解：设分离前男女演员在秋千最低点 B 的速度为 v0，由机械能守恒定律， 设刚分离时男演员速度的大小为 v1，方向与 v0 相同；女演员速度的大小为 v2，方向与 v0 相反，由动量守恒， 分离后，男演员做平抛运动，设男演 员从被推出到落在 C 点所需的时间为 t，根据题给条件，由运动学规律， ，根据题给条件，女演员刚好回 A 点，由机械能守恒定律， ， 已知 m1＝2m2，由以上各式可得 x＝8R 2006 年全国理综（天津卷） 25．（22 分）神奇的黑洞是近代引力理论所预言的一种特殊天体，探寻黑洞的方案之一是观 测双星系统的运动规律。天文学家观测河外星系麦哲伦云时，发现了 LMCX-3 双星 系统，它由可见星 A 和不可见的暗星 B 构成，两星视为质点，不考虑其它天体的影 响，A、B 围绕两者连线上的 O 点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，如 图所示。引力常量为 G，由观测能够得到可见星 A 的速率 v 和运行周期。 　　　（1）可见得 A 所受暗星 B 的引力 FA 可等效为位于 O 点处质量为 m/的星体（视为质 点）对它的引力，设 A 和 B 的质量分别为 m1、m2。试求 m/的（用 m1、m2 表 示）； 　　　（2）求暗星 B 的质量 m2 与可见星 A 的速率 v、运行周期 T 和质量 m1 之间的关系式； 　　　（3）恒星演化到末期，如果其质量大于太阳质量 mI 的两倍，它将有可 能成为黑洞。若可见星 A 的速率 v＝2.7m/s，运行周期 T＝4.7π×104s， 质量 m1＝6mI，试通过估算来判断暗星 B 有可能是黑洞吗？ 　　　　　（G＝6.67×10 N·m/kg2，mI＝2.0×1030kg） ])(22)[( lhhlhM m l mgMgF −+−+= 5101.2 ×=F 2 02121 )(2 1)( vmmgRmm +=+ 2211021 )( vmvmvmm −=+ 2 2 14 gtR = tvx 1= 2 222 2 1 vmgRm = 11－ 解析（1）设 A、B 的圆轨道半径分别为 r1、r2，由题意知，A、B 做匀速圆周运动的角速相 同，其为 ω。由牛顿运动运动定律，有 FA＝m1ω2r1 FB＝m2ω2r2 FA＝FB 设 A、B 之间的距离为 r，又 r＝r1＋r2，由上述各式得 　　　r＝ ① 由万有引力定律，有 FA＝G 将①代入得 FA＝G 令 FA＝G 比较可得 　　　　　　　　 ② （2）由牛顿第二定律，有 ③ 又可见星 A 的轨道半径 　　　 r1＝ ④ 由②③④式可得 　　　　　　　　　　　 （3）将 m1＝6mI 代入⑤式，得 1 2 1 2 m m rm 1 2 2 m m r 3 1 2 2 2 1 2( ) m m m m r+ 1 2 1 /m m r 3 2 1 2( ) / = mm m m+ / 2 1 12 1 1 m m vG mr r = 2 vT π 3 3 2 2 1 2( ) 2 m v T m m Gπ=+ 　　　　　　　　　　⑤ 代入数据得 　　　　　　　　　　⑥ 设 m2＝nmI，（n＞0），将其代入⑥式，得 　　　　⑦ 　　　可见， 的值随 n 的增大而增大，试令 n=2，得 　　　　　　⑧ 　　　若使⑦式成立，则 n 必须大于 2，即暗星 B 的质量 m2 必须大于 2mI，由此得出结论： 暗星 B 有可能是黑洞。 2006 年全国理综（重庆卷） 25.(20 分)（请在答题卡上作答） 如题 25 图，半径为 R 的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球 A、B 质量分别为 m、βm （β为待定系数）。A 球从工边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点 的 B 球相撞，碰撞后 A、B 球能达到的最大高度均为 ,碰撞中无机械能损 失。重力加速度为 g。试求： （1）待定系数β; （2）第一次碰撞刚结束时小球 A、B 各自的速度和 B 球对轨道的压力; （3）小球 A、B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球 A、B 在轨道最低处第 n 次碰撞刚结束时各自的速度。 解析：（1）由 mgR＝ + 得 　　　　　β＝3 　（2）设 A、B 碰撞后的速度分别为 v1、v2，则 3 3 2 2 2(6 ) 2I m v T m m Gπ=+ 3 2 2 2 3.5(6 ) I I m mm m =+ 3 2 2 22 3.56(6 ) ( 1) I I I m n m mm m n = =+ + 3 2 2 2(6 )I m m m+ 2 0.125 3.56( 1) I I I n m m m n = < + R4 1 4 mgR 4 mgRβ 题 25 图 　　　　 　　　　　设向右为正、向左为负，解得 　　　　　　v1＝ ，方向向左 v2＝ ，方向向右 　　　　　设轨道对 B 球的支持力为 N，B 球对轨道的压力为 N /，方向竖直向上为正、向 下为负。则　 N－βmg＝ 　　　　　　N /＝－N＝－4.5mg，方向竖直向下 （3）设 A、B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为 V1、V2，则 解得：V1＝－ ，V2＝0 （另一组：V1＝－v1，V2＝－v2，不合题意，舍去） 由此可得： 当 n 为奇数时，小球 A、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与第一次碰撞刚 结束时相同 当 n 为偶数时，小球 A、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与第二次碰撞刚 结束时相同 2008 年（四川卷） 25．（20 分） 一倾角为θ＝45°的斜血固定于地面，斜面顶端离地面的高度 h0＝1m，斜面底端有一 垂直于斜而的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量 m＝0.09kg 的小物块（视为质点）。小 物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速 度 g＝10 m/s2。在小物块与挡板的前 4 次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲 量是多少？ 25．（20 分） 2 1 1 2 mv = 4 mgR 2 2 1 2 mvβ = 4 mgRβ 1 2 gR 1 2 gR 2 2vm R β 1 2 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2 mv mv mV mV mgR mV mV β β β − − = + = + 2gR 解法一：设小物块从高为 h 处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为 v。 由功能关系得 ① 以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量 ② 设碰撞后小物块所能达到的最大高度为 h’，则 ③ 同理，有 ④ ⑤ 式中，v’为小物块再次到达斜面底端时的速度，I’为再次碰撞过程中挡板给小物块的 冲量。由①②③④⑤式得 ⑥ 式中 ⑦ 由此可知，小物块前 4 次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为 ⑧ 总冲量为 ⑨ 由 ⑩ 得 ⑾ 代入数据得 N·s ⑿ 解法二：设小物块从高为 h 处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它 的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为 a，依牛顿第二定律得 ① 设小物块与挡板碰撞前的速度为 v，则 ② 以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为 ③ 由①②③式得 θθµ sincos2 1 2 hmgmvmgh += )( vmmvI −−= θθµ sincos2 1 2 hmghmgmv ′+′= θθµ sincos2 1 2 hmgvmhmg ′+′=′ )( vmvmI ′−−′=′ kII =′ µθ µθ + −= tan tank )cot1(22 01 θµ−= ghmI )1( 32 14321 kkkIIIIII +++=+++= )1 11 12 k kkkk n n − −=…+++ − )cot1(221 1 0 4 θµ−− −= ghmk kI )63(43.0 +=I mamgmg =− θµθ cossin θsin22 hav = )( vmmvI −−= ④ 设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为 a’， 依牛顿第二定律有 ⑤ 小物块沿斜面向上运动的最大高度为 ⑥ 由②⑤⑥式得 ⑦ 式中 ⑧ 同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量 ⑨ 由④⑦⑨式得 ⑩ 由此可知，小物块前 4 次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为 ⑾ 总冲量为 ⑿ 由 ⒀ 得 ⒁ 代入数据得 N·s ⒂ 2008 年（全国Ⅱ卷） 25．（20 分）我国发射的“嫦娥一号”探月卫星沿近似于圆形轨道绕月飞行。为了获得月球 表面全貌的信息，让卫星轨道平面缓慢变化。卫星将获得的信息持续用微波信号发回地球。 设地球和月球的质量分别为 M 和 m，地球和月球的半径分别为 R 和 R1，月球绕地球的轨道 半径和卫星绕月球的轨道半径分别为 r 和 r1，月球绕地球转动的周期为 T。假定在卫星绕月 运行的一个周期内卫星轨道平面与地月连心线共面，求在该周期内卫星发射的微波信号因月 球遮挡而不能到达地球的时间（用 M、m、R、R1、r、r1 和 T 表示，忽略月球绕地球转动对 遮挡时间的影响）。 25．（20 分） 如图，O 和 O/分别表示地球和月球的中心。在卫星轨道平面上，A 是地月连心线 OO/与地月 球面的公切线 ACD 的交点，D、C 和 B 分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星圆轨 道的交点。根据对称性，过 A 点在另一侧作地月球面的公切线，交卫星轨道于 E 点。卫星 在 BE 弧上运动时发出的信号被遮挡。 )cot1(221 θµ−= ghmI ammgmg ′=− θµθ cossin θsin2 2 a vh ′=′ hkh 2=′ µθ µθ + −= tan tank )cot1(22 θµ−′=′ hgmI kII =′ )cot1(22 01 θµ−= ghmI )1( 32 14321 kkkIIIIII +++=+++= )1 11 12 k kkkk n n − −=…+++ − )cot1(221 1 0 4 θµ−− −= ghmk kI )63(43.0 +=I 设探月卫星的质量为 m0，万有引力常量为 G，根据万有引力定律有 ○1 ○2 式中，T1 是探月卫星绕月球转动的周期。由○1 ○2 式得 ○3 设卫星的微波信号被遮挡的时间为 t，则由于卫星绕月做匀速圆周运动，应有 ○4 式中， ， 。由几何关系得 ○5 ○6 由○3 ○4 ○5 ○6 式得 ○7 评分参考：○1 ○2 式各 4 分，○4 式 5 分，○5 ○6 式各 2 分，○7 式 3 分。得到结果 的也同样得分。 2008 年（广东卷） 20．（17 分） 　　如图 17 所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置Ｕ形滑板Ｎ，滑板两端为半径Ｒ＝ 0.45m 的 1/4 圆弧面，Ａ和Ｄ分别是圆弧的端点，ＢＣ段表面粗糙，其余段表面光 rTmr MmG 2 2 2     = π 1 2 1 02 1 0 2 rTmr mmG      = π 3 1 2 1     =     r r m M T T π βα −= 1T t ACO /∠=α BCO /∠=β 11 cos RRr −=α 11 cos Rr =β       −−= 1 11 3 3 1 arccosarccos r R r RR mr MrTt π       −−= 1 1 1 1 3 3 1 arcsinarcsin r RR r R mr MrTt π 滑．小滑块Ｐ1 和Ｐ2 的质量均为 m，滑板的质量Ｍ＝4m．Ｐ1 和Ｐ2 与ＢＣ面的动摩擦因 数分别为μ1=0.10 和μ2=0.40，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽 的左端，Ｐ2 静止在粗糙面的Ｂ点．Ｐ1 以 v0　=　4.0m/s 的初速度从Ａ点沿弧面自由滑 下，与Ｐ２发生弹性碰撞后，Ｐ1 处在粗糙面Ｂ点上．当Ｐ2 滑到Ｃ点时，滑板恰好与槽 的右端碰撞并牢固粘连，Ｐ2 继续滑动，到达Ｄ点时速度为零．Ｐ1 与Ｐ2 视为质点，取 g =10m/s2，问： 　　(1) Ｐ1 在ＢＣ段向右滑动时，滑板的加速度为多大？ 　　(2) ＢＣ长度为多少？Ｎ、Ｐ1、Ｐ2 最终静止后，Ｐ1 与Ｐ2 间的距离为多少？ 20．（1）P1 滑到最低点速度为 ，由机械能守恒定律有： 解得： P1、P2 碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为 、 解得： =5m/s P2 向右滑动时，假设 P1 保持不动，对 P2 有： （向左） 对 P1、M 有： 此时对 P1 有： ，所以假设成立。 （2）P2 滑到 C 点速度为 ，由 得 P1、P2 碰撞到 P2 滑到 C 点时，设 P1、M 速度为 v，对动量守恒定律： 解得： 对 P1、P2、M 为系统： 代入数值得： 滑板碰后，P1 向右滑行距离： P2 向左滑行距离： 1v 2 1 2 0 2 1 2 1 mvmgRmv =+ smv /51 = 1v′ 2v′ 211 vmvmmv ′+′= 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 vmvmmv ′+′= 01 =′v 2v′ mmguf 422 == 2)( aMmf += 2 2 /8.05 4 smm m Mm fa ==+= mfmmaf m 0.180.01 =<== 2v′ 2 22 1 vmmgR ′= smv /32 =′ 22 )( vmvMmmv ′++= smv /40.0= 22 2 2 22 )(2 1 2 1 2 1 vMmvmmvLf ++′−= mL 9.1= ma vS 08.02 1 2 1 == ma vS 125.12 2 2 2 2 =′= N A P1 P2R B C R D 图 17 所以 P1、P2 静止后距离： 2008 年（北京卷） 24．（20 分）有两个完全相同的小滑块 A 和 B， A 沿光滑水平面以速度 v0 与静止在平 面边缘 O 点的 B 发生正碰，碰撞中无机械能损失。碰后 B 运动的轨迹为 OD 曲线，如图所 示。 （1）已知滑块质量为 m，碰撞时间为t，求碰撞过程中 A 对 B 平均冲力的大小； （2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，物制做一个与 B 平抛 轨迹完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与 OD 曲线重合的位置，让 A 沿该轨道无初 速下滑（经分析 A 在下滑过程中不会脱离轨道）， a．分析 A 沿轨道下滑到任意一点时的动量 PA 与 B 平抛经过该点时的动量 PB 的大小 关系； b．在 OD 曲线上有一点 M，O 和 M 两点的连线与竖直方向的夹角为 45，求 A 通 过 M 点时的水平分速度和竖直分速度。 24、（1）mvA＋mvB＝mv0， 1 2mvA2＋ 1 2mvB2＝ 1 2mv02，解得：vA＝0，vB＝v0，对 B 有：Ft＝ mv0，所以 F＝ mv0 t， （2）a．设该点的竖直高度为 d，对 A 有：EkA＝mgd，对 B 有：EkB＝mgd＋ 1 2mv02，而 P＝ 2mEk，所以 PAmg　　　　　　　　　　　　　　　① 其中 q=αQ　　　　　　　　　　　　　　　　 ② 又有　Q=Cε ③ 由以上三式有 ε> mgd αC 　　　　　④ （2）当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动。以 a1 表示其加 速度，t1 表示从 A 板到 B 板所用的时间，则有 q ε d +mg=ma1 郝双制作　　　　　　　　　　　　⑤ d= 1 2a1t12　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑥ 当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动，以 a2 表示其加速度， t2 表示从 B 板到 A 板所用的时间，则有 q ε d －mg=ma2　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑦ d= 1 2a2t22　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑧ 小球往返一次共用时间为（t1+t2），故小球在 T 时间内往返的次数 n= T t1 + t2 ⑨ 由以上关系式得: n= T 2md2 αCε2 + mgd + 2md2 αCε2－mgd ⑩ 小球往返一次通过的电量为 2q，在 T 时间内通过电源的总电量 Q'=2qn ○11 由以上两式可得:郝双制作 Q'= 2αCεT 2md2 αCε2 + mgd + 2md2 αCε2－mgd 2007 高考北京理综 25．（22 分）离子推进器是新一代航天动力装置，可用于卫星姿 态控制和轨道修正。推进剂从图中 P 处注入，在 A 处电离出 正离子，BC 之间加有恒定电压，正离子进入 B 时的速度忽略 不计，经加速后形成电流为 I 的离子束后喷出。已知推进器获 得的推力为 F，单位时间内喷出的离子质量为 J。为研究方便， 假定离子推进器在太空飞行时不受其他阻力，忽略推进器运 A B C D P 动的速度。⑴求加在 BC 间的电压 U；⑵为使离子推进器正常运行，必须在出口 D 处向 正离子束注入电子，试解释其原因。 ⑴ （动量定理：单位时间内 F=Jv；单位时间内 ，消去 v 得 U。）⑵推 进器持续喷出正离子束，会使带有负电荷的电子留在其中，由于库仑力作用，将严重阻碍正 离子的继续喷出。电子积累足够多时，甚至会将喷出的正离子再吸引回来，致使推进器无法 正常工作。因此，必须在出口 D 处发射电子注入到正离子束中，以中 和正离子，使推进器持续推力。 难 三、磁场 2006 年理综Ⅱ（黑龙江、吉林、广西、云南、贵州等省用） 25．（20 分） 如图所示，在 x＜0 与 x＞0 的区域中，存在磁感应强度大小分别为 B1 与 B2 的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，且 B1＞B2。一个带负电的粒子从坐标原点 O 以 速度 v 沿 x 轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过 O 点，B1 与 B2 的比值应满足什么条件？ 解析：粒子在整个过程中的速度大小恒为 v，交替地在 xy 平面内 B1 与 B2 磁 场区域中做匀速圆周运动，轨迹都是半个圆周。设粒子的质量和电荷量的 大小分别为 m 和 q，圆周运动的半径分别为和 r2，有 　　r1＝ 　　　　　　　　　　　　① r2＝ 　　　　　　　　　　　　② 现分析粒子运动的轨迹。如图所示，在 xy 平面内，粒子先沿半径为 r1 的半圆 C1 运动至 y 轴上离 O 点距离为 2 r1 的 A 点，接着沿半径为 2 r2 的半圆 D1 运动至 y 轴的 O1 点，O1O 距 离 d＝2（r2－r1）　　　　　　　　　③ 此后，粒子每经历一次“回旋”（即从 y 轴出发沿半径 r1 的半圆和半径为 r2 的半圆回到 原点下方 y 轴），粒子 y 坐标就减小 d。 设粒子经过 n 次回旋后与 y 轴交于 On 点。若 OOn 即 nd 满足 nd＝2r1=　　　　　　　　　　　 ④ JI FU 2 2 = 2 2 1 JvUI = 1 mv qB 2 mv qB x y B2 B1 O v 则粒子再经过半圆 Cn+1 就能够经过原点，式中 n＝1，2，3，……为回旋次数。 由③④式解得 　　　　　　　　　　　　　　⑤ 由①②⑤式可得 B1、B2 应满足的条件 　　　n＝1，2，3，……　　　⑥ 评分参考：①、②式各 2 分，求得⑤式 12 分，⑥式 4 分。解法不同，最后结果的表达式不 同，只要正确，同样给分。 2007 高考全国理综Ⅰ 25．（22 分）两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为 x 轴和 y 轴，交点 O 为原点，如图所示。在 y>0，00， x>a 的区域由垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为 B。在 O 点处有一小孔，一束质量为 m、带电量为 q（q>0）的粒子沿 x 轴经小孔射入 磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一 最大值之间的各种数值。已知速度最大的粒子在 0a 的区域中运动的时间之比为 2∶5，在磁场中运动的总时间为 7T/12，其中 T 为该粒子在 磁感应强度为 B 的匀强磁场中作圆周运动的周期。试求两个荧光屏上亮线的范围（不 计重力的影响）。 y 轴范围：0-2a；x 轴范围：2a- 难 2008 年（重庆卷） 25.（20 分）题 25 题为一种质谱仪工作原理示意图.在以 O 为圆心，OH 为对称轴，夹 角为 2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于 OH 轴的 C 和 D 分别是离 子发射点和收集点.CM 垂直磁场左边界于 M，且 OM=d.现有一正离子束以小发散角（纸面 内）从 C 射出，这些离子在 CM 方向上的分速度均为 v0.若该离子束中比荷为 的离子都能 汇聚到 D，试求： 1 1n r n r n = + 2 1 1 B n B n = + a      + 3 312 q m x y O a （1）磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿 CM 方向运动的离子为研究对象）； （2）离子沿与 CM 成θ角的直线 CN 进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间； （3）线段 CM 的长度. 25.解： （1） 设沿 CM 方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为 R 由　 R=d 得 B＝ 磁场方向垂直纸面向外 （2） 设沿 CN 运动的离子速度大小为 v，在磁场中的轨道半径为 R′，运动时间为 t 由 vcosθ=v0 得 v＝ R′= = 方法一：设弧长为 s t= s=2(θ+α)×R′ t= 方法二： 离子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T＝ t=Ｔ× = (3) 　方法一： CM=MNcotθ = 1 2R′ = 2 0 0 mvqv B R = 0mv qd 0 cos v θ mv qB cos d θ s v 0 2 v R′×+ ）（ αθ 2 m qB π π αθ + 0 )(2 v αθ + )sin( βα + + dMN αsin R′ Ev0 B 21 Ｒ′= 以上 3 式联立求解得 CM=dcotα 方法二： 设圆心为 A，过 A 做 AB 垂直 NO， 可以证明 NM＝BO ∵NM=CMtanθ 又∵BO=ABcotα=R′sinθcotα= ∴CM=dcotα 四、复合场 2006 年全国理综 (四川卷) 25．（20 分） 如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的 水平匀强磁场，磁感应强度 B＝1.57T。小球 1 带正电，其电量与质量之比 =4C/kg，所受 重力与电场力的大小相等；小球 2 不带电，静止放置于固定和水平悬空支架上。小球 1 向右 以 v0＝23.59m/s 的水平速度与小球 2 正碰，碰后经 0.75s 再次相碰。设碰撞前后两小球带 电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内。（取 g＝9.8m/s2）问： （1）电场强度 E 的大小是多少？ （2）两小球的质量之比是多少？ 解析 　（1）小球 1 所受的重力与电场力始终平衡　　mg1=q1E　　　　　　　① 　　　　　　　　　　　　　　　　　　E＝2.5N/C ② （2）相碰后小球 1 做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： q1v1B＝ ③ 半径为　　　　　　　　　　　　　　　R1＝ ④ 周期为　　　　　　　　　　　　　　　T＝ ＝1s　　　　 ⑤ θcos d αθθ cotsincos d 1 1 q m 1 1 1 vm R 1 1 1 m v q B 1 1 2 m q B π ∵两球运动时间　　　　　　　　　　　t＝0.75s＝ T ∴小球 1 只能逆时针经 周期时与小球 2 再次相碰　　　　　　 ⑥ 第一次相碰后小球 2 作平抛运动　h＝R1＝ 　　　　　　　 ⑦ 　　　　　　　　　　　　　　　L＝R1＝v2t ⑧ 两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向 m1v0＝m1v1+m2v2 ⑨ 由⑦、⑧式得　　　　　　　　　v2＝3.75m/s 由④式得　　　　　　　　　　　v1＝17.66m/s ∴两小球质量之比　　　　　　　 ＝11　　　　　　　⑩ 2006 年（广东卷） 18．（17 分）在光滑绝缘的水平桌面上，有两个质量均为 ，电量为 的完全相同的带电 粒子 和 ，在小孔 A 处以初速度为零先后释放。在平行板间距为 的匀强电场中加 速后， 从 C 处对着圆心进入半径为 R 的固定圆筒中（筒壁上的小孔 C 只能容一个粒 子通过），圆筒内有垂直水平面向上的磁感应强度为 B 的匀强磁场。 每次与筒壁发生 碰撞均无电荷迁移， 进入磁场第一次与筒壁碰撞点为 D， ，如图 12 所示。 延后释放的 ，将第一次欲逃逸出圆筒的 正碰圆筒内，此次碰撞刚结束，立即改变 平行板间的电压，并利用 与 之后的碰撞，将 限制在圆筒内运动。碰撞过程均无 机械能损失。设 ，求：在 和 相邻两次碰撞时间间隔内，粒子 与筒壁的 可能碰撞次数。 附：部分三角函数值 0.48 3 4 3 4 21 2 gt 2 2 1 1 1 m v v m v += m q+ 1P 2P d 1P 1P 1P θ=∠COD 2P 1P 2P 1P 1P Rd π 8 5= 2P 1P 1P ϕ 5 2π 3 π 4 π 5 π 6 π 7 π 8 π 9 π 10 π ϕtan 08.3 73.1 00.1 73.0 58.0 41.0 36.0 32.0 解：P1 从 C 运动到 D， 　　　　周期 ， 　　　　半径 r＝Rtan ＝ ， 　　　从 C 到 D 的时间　 　　　每次碰撞应当在 C 点，设 P1 的圆筒内转动了 n 圈和筒壁碰撞了 K 次后和 P2 相碰于 C 点，K＋1 所以时间间隔，则 　　　P1、P2 次碰撞的时间间隔 　　　 ＝ 在 t 时 间 内 ， P2 向 左 运 动 x 再 回 到 C ， 平 均 速 度 为 ， 由上两式可得：　　 ≥ 　　　　　　　　　（K＋1） （1－ ）≤ 　　　　　　　　　　tan ≤ 当 n=1, K=2、3、4、5、6、7 时符合条件，K=1、8、9………不符合条件 当 n=2,3,4……….时，无化 K=多少，均不符合条件。 2 mT qB π= 2 θ mv qB 2CDt T π θ π −= 2 nπ θ 2( 1) ( 1)2CD mt t K KqB π π θ π −= + = × × + 2( )1 ( 1) nm K KqB ππ − + + 2 v 542 4 4 58 2 2 Rx x d Rt v v v v v π π× = = ≤ = = 5 2 R v π 2( )1 ( 1) nm K KqB ππ − + + mv qB 2 1 n K + 5 2 R ( 1 2 )1 n K nK π + −+ 5 2 2007 高考全国Ⅱ理综 25．（20 分）如图所示，在坐标系 Oxy 的第一象限中存在沿 y 轴正方向的匀强电场，场强大 小为 E。在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。A 是 y 轴上的一点， 它到坐标原点 O 的距离为 h；C 是 x 轴上的一点，到 O 的距离为 l。一质量为 m、电荷 量为 q 的带负电的粒子以某一初速度沿 x 轴方向从 A 点进入电场区域，继而通过 C 点 进入磁场区域，并再次通过 A 点。此时速度方向与 y 轴正方向成锐角。不计重力作用。 试求：⑴粒子经过 C 点时速度的大小和方向；⑵磁感应强度的大小 B。 ⑴ ⑵ （提示：如图所示，设轨迹圆半径为 R，圆心 为 P，设 C 点速度与 x 轴成α，PA 与 y 轴成β，则 ，Rcosβ =Rcosα+h，Rsinβ=l-Rsinα。由以上三式得 ，再 由 和 v 的表达式得最后结果。） 2008 年(山东卷) 25.（18 分）两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间 周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图 1、图 2 所示（规定垂直纸面向里为磁感 应强度的正方向）。在 t=0 时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重 力）。若电场强度 E0、磁感应强度 B0、粒子的比荷 均已知，且 ，两板间距 。 （1）求粒子在 0～t0 时间内的位移大小与极板间距 h 的比值。 ( ) mh lhqEv 2 4 22 += q mhE lh lB 2 22 += l h2tan =α 22 22 42 lhhl lhR ++= Bq mvR = q m 0 0 2 mt qB π= 2 0 2 0 10 mEh qB π= O A C E x y O A C E x y α β R P α v （2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用 h 表示）。 （3）若板间电场强度 E 随时间的变化仍如图 1 所示，磁场的变化改为如图 3 所示，试画出 粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。 解法一：（1）设粒子在 0～t0 时间内运动的位移大小为 s1 ① ② 又已知 联立①②式解得 ③ （2）粒子在 t0~2t0 时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁 场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。设运动速度 大小为 v1，轨道半径为 R1，周期为 T，则 ④ ⑤ 联立④⑤式得 ⑥ 2 1 0 1 2s at= 0qEa m = 2 0 0 2 0 0 102 , mEmt hqB qB ππ= = 1 1 5 s h = 1 0v at= 2 1 1 0 1 mvqv B R = 1 5 hR = π 又 ⑦ 即粒子在 t0~2t0 时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在 2t0~3t0 时间内，粒 子做初速度为 v1 的匀加速直线运动，设位移大小为 s2 ⑧ 解得 ⑨ 由于 s1+s2＜h,所以粒子在 3t0~4t0 时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为 v2，半径为 R2 ⑩ ○11 解得 ○12 由于 s1+s2+R2＜h,粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。在 4t0~5t0 时间内，粒子运动到 正极板（如图 1 所示）。因此粒子运动的最大半径 。 （3）粒子在板间运动的轨迹如图 2 所示。 解法二：由题意可知，电磁场的周期为 2t0，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动， 加速度大小为 方向向上 后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为 T 粒子恰好完成一次匀速圆周运动。至第 n 个周期末，粒子位移大小为 sn 又已知 由以上各式得 粒子速度大小为 0 2 mT qB π= 2 2 1 0 0 1 2s v t at= + 2 3 5s h= 2 1 0v v at= + 2 2 2 0 2 mvqv B R = 2 2 5 hR = π 2 2 5 hR = π 0qEa m = 0 0 2 mT tqB π= = 2 0 1 ( )2ns a nt= 2 0 2 0 10 mEh qB π= 2 5n ns h= 0nv ant= 粒子做圆周运动的半径为 解得 显然 （1）粒子在 0～t0 时间内的位移大小与极板间距 h 的比值 （2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径 （3）粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图 2。 2008 年（宁夏卷） 23.（15 分） 天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星。双星系统在银 河系中很普遍。利用双星系统中两颗恒星的运动特征可推算出它们的总质量。已知某双星系 统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为 T，两颗恒星之 间的距离为 r，试推算这个双星系统的总质量。（引力常量为 G） 24.(17 分) 如图所示，在 xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于 y 轴向下；在 x 轴和第四象限的射线 OC 之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，方向垂直于纸 面向外。有一质量为 m，带有电荷量+q 的质点由电场左侧平行于 x 轴射入电场。质点 到达 x 轴上 A 点时，速度方向与 x 轴的夹角 ，A 点与原点 O 的距离 为 d。接着，质点进入磁场，并垂直于 OC 飞离磁场。不计重力影响。 若 OC 与 x 轴的夹角为 ，求 （1）粒子在磁场中运动速度的大小： （2）匀强电场的场强大小。 24.（17 分） (1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于 OC，故圆弧的圆心在 OC 上。依题意，质点轨迹与 x 轴的交点为 A，过 A 点作与 A 点的速度方 向垂直的直线，与 OC 交于 O＇。由几何关系知，AO＇垂直于 OC＇，O＇是 圆弧的圆心。设圆弧的半径为 R，则有 R=dsin ① 0 n n mvR qB = 5n nR h= π 2 2 3s R h s+ < < 1 1 5 s h = 2 2 5R h= π ϕ ϕ 由洛化兹力公式和牛顿第二定律得 ② 将①式代入②式，得 ③ (2)质点在电场中的运动为类平抛运动。设质点射入电场的速度为 v0，在电场中的加速度为 a，运动时间为 t，则有 v0＝vcos ④ vsin＝at ⑤ d=v0t ⑥ 联立④⑤⑥得 ⑦ 设电场强度的大小为 E，由牛顿第二定律得 qE＝ma ⑧ 联立③⑦⑧得 ⑨ 2008 年（海南卷） 16.如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为 y 轴正方向，磁场方向垂直于 xy 平面 (纸面)向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样.一 带正电荷的粒子从 P(x=0，y=h)点以一定的速度平行于 x 轴正向入射.这时若只有磁场，粒子 将做半径为 R0 的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动.现在，只加电场， 当粒子从 P 点运动到 x=R0 平面(图中虚线所示)时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续 运动，其轨迹与 x 轴交于 M 点.不计重力.求 (I)粒子到达 x=R0 平面时速度方向与 x 轴的夹角以及粒子到 x 轴的距离； (Ⅱ)M 点的横坐标 xM. 16.(I)设粒子质量、带电量和入射速度分别为 m、q 和 v0，则电 场的场强 E 和磁场的磁感应强度 B 应满足下述条件 qE=qvoB ① ② R vmqvB 2 = ϕsinm qBdv = d va ϕϕ cossin2 = ϕϕ cos3sin 2 m dqBE = 现在，只有电场，入射粒子将以与电场方向相同的加速度 ③ 做类平抛运动.粒子从 P(x=0，y=h)点运动到 x=Ro 平面的时间为 ④ 粒子到达 x=R0 平面时速度的 y 分量为 ⑤ 由①②⑧④⑤式得 ⑥ 此时粒子速度大小为， ⑦ 速度方向与 x 轴的夹角为 ⑧ 粒子与 x 轴的距离为 ⑨ (II)撤除电场加上磁场后，粒子在磁场中做匀速圆周运动.设圆轨道半径为 R，则 ⑩ 由②⑦⑩式得 ⑨ 粒子运动的轨迹如图所示，其中圆弧的圆心 C 位于与速度 v 的方向垂直的直线上，该直线与 x 轴和 y 轴的夹角均为π／4.由 几何关系及○11 式知 C 点的坐标为 过 C 点作 x 轴的垂线，垂足为 D。在△CDM 中， 由此求得 M 点的横坐标为 评分参考：共 11 分.第(1)问 6 分.①②式各 1 分，⑧⑨式各 2 分.第(II)问 5 分.○11 式 2 分， 速度 v 的方向正确给 1 分○12 式 1 分，○14 式 1 分. 2008 年（全国Ⅰ卷） 25．（22 分）如图所示，在坐标系 xOy 中，过原点的直线 OC 与 x 轴正向的夹角＝120 ，在 OC 右侧有一匀强电场，在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠， 右边界为 y 轴，左边界为图中平行于 y 轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直于 纸面向里。一带正电荷 q、质量为 m 的粒子以某一速度自磁场左边界上的 A 点射入磁场区 域，并从 O 点射出，粒子射出磁场的速度方向与 x 轴的夹角＝30，大小为 v，粒子在磁 场内的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的 2 倍，粒子进入电 场后，在电场力的作用下又由 O 点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。已知粒 子从 A 点射入到第二次离开磁场所用时间恰好粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力 的影响。求： （1）粒子经过 A 点时的速度方向和 A 点到 x 轴的距离； （2）匀强电场的大小和方向； （3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场所用的时间。 25（22 分） （1）设磁场左边界与 x 轴相交子 D 点，与 CO 相交于 O’点，由几何关系可知，直线 OO’与 粒子过 O 点的速度 v 垂直。在直角三角形 OO’D 中已知∠OO’D =300 设磁场左右边界间距为 d，则 OO’=2d。依题意可知，粒子第一 次进人磁场的运动轨迹的圆心即为 O’点，圆弧轨迹所对的圈心角为 300 ，且 OO’为圆弧的半径 R。 由此可知，粒子自 A 点射人磁场的速度与左边界垂直。 A 点到 x 轴的距离：AD=R(1－cos300)…………① 由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得： qvB=mv2/R………………………………………② 联立①②式得： ………………③ （2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为 T 第一次在磁场中飞行 3(1 )2 mvAD qB = − 的时间为 t1，有： t1=T/12…………………………………………④ T=2πm/qB………………………………………⑤ 依题意．匀强电场的方向与 x 轴正向夹角应为 1500。由几何关系可知，粒子再次从 O 点进 人磁场的速度方向与磁场右边界夹角为 600。设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为 O’’，O’’必定在直线 OC 上。设粒子射出磁场时与磁场右边界文于 P 点，则∠OO’’P =1200．设粒子第二次进人磁场在磁场中运动的时问为 t2 有： t2=T/3…………………………………………⑥ 设带电粒子在电场中运动的时间为 t 3，依题意得： t3=T－(t1+t2)…………………………………⑦ 由匀变速运动的规律和牛顿定律可知： ―v=v―at3……………………………………⑧ a=qE/m ………………………………………⑨ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得： E=12Bv/7π……………………………………⑩ 粒子自 P 点射出后将沿直线运动。 设其由 P 点再次进人电场，由几何关系知：∠O’’P’P =300……⑾ 消 三角形 OPP’为等腰三角形。设粒子在 P、P’两点间运动的时问为 t4，有： t4=PP’/v………………………………………⑿ 又由几何关系知：OP= R………………………………………⒀ 联立②⑿⒀式得：t4= m/qB 电磁感应 2006 年全国理综 (北京卷) 24．（20 分）磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用。图 1 是平静海面上某实 验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道（简称通道）组成。 　　如图 2 所示，通道尺寸 a＝2.0m，b＝0.15m、c＝0.10m。工作时，在通道内沿 z 轴正方 向加 B＝8.0T 的匀强磁场；沿 x 轴正方向加匀强电场，使两金属板间的电压 U＝99.6V； 海水沿 y 轴正方向流过通道。已知海水的电阻率 ρ＝0.22Ω·m。 3 3 θ v0 x y O Ma b B N 　　（1）船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向； 　　（2）船以 vs＝5.0m/s 的速度匀速前进。若以船为参照物，海水以 5.0m/s 的速率涌入进 水口由于通道的截面积小球进水口的截面积，在通道内海水速率增加到 vd＝8.0m/s。 求此时两金属板间的感应电动势 U 。 　　（3）船行驶时，通道中海水两侧的电压 U/＝U－U 计算，海水受到电磁力的 80%可以 转化为对船的推力。当船以 vs＝5.0m/s 的船速度匀速前进时，求海水推力的功率。 解析 24.(20 分) （1）根据安培力公式,推力 F1=I1Bb，其中 I1= ,R＝ρ 　 则 Ft= N 对海水推力的方向沿 y 轴正方向(向右) （2）U =Bu b=9.6 V （3）根据欧姆定律，I2= A 安培推力 F2＝I2Bb＝720 N 推力的功率 P＝Fvs＝80%F2vs＝2 880 W 2006 年全国物理试题（江苏卷） 19．（17 分）如图所示，顶角 θ=45°，的金属导轨 MON 固定在水平面内，导轨处在方向竖 直、磁感应强度为 B 的匀强磁场中。一根与 ON 垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定 速度 v0 沿导轨 MON 向左滑动，导体棒的质量为 m，导轨与导体棒单位长度的电阻均匀 为 r。导体棒与导轨接触点的 a 和 b，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。t=0 时，导体棒位于顶角 O 处，求： （1）t 时刻流过导体棒的电流强度 I 和电流方向。 （2）导体棒作匀速直线运动时水平外力 F 的表达式。 （3）导体棒在 0～t 时间内产生的焦耳热 Q。 （4）若在 t0 时刻将外力 F 撤去，导体棒最终在导轨上静止时的坐标 x。 19．（1）0 到 t 时间内，导体棒的位移　　　　　　x＝t 感 感 R U ac b 8.796== Bp UBbR U ac 感 感 600)(' 4 =−= pb acbBvU R U t 时刻，导体棒的长度 　　　　　l＝x 导体棒的电动势　　　　　　　　　E＝Bl v0 　　　　　　　回路总电阻　　　　　　　　　　　R＝(2x＋ x)r 电流强度　　　　　　　　　　　　 　 电流方向　　　　　　　　　　　　b→a 　（2）　　　　　　　　　　　　　　　　F＝BlI＝ （3）解法一 　　　t 时刻导体的电功率　　　　　　　P＝I2R＝ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　∵P∝t ∴　Q＝ t＝ 解法二 　　　t 时刻导体棒的电功率　　　　P＝I2R 　　　由于 I 恒定　　　　　　　　 R/＝v0rt∝t 因此　　　　　　　　　　　 Q＝ 　（4）撤去外力持，设任意时刻 t 导体的坐标为 x，速度为 v，取很短时间 Δt 或很短距离 Δx 解法一 　　　 在 t～t+时间内，由动量定理得 　　　 BIlΔt＝mΔv 　　　 2 0 2 2 BvEI R r ＝ ＝ （ ＋ ） 2 2 0 22 2 B v tEI R r ＝ ＝ （ ＋ ） 2 3 0 22 2 B v tEI R r ＝ ＝ （ ＋ ） 2 P 2 3 2 0 22(2 2 B v tEI R r ＝ ＝ ＋ ） / 2 2= = 2 RP I R I Pt＝ 2 3 2 0 22(2 2 B v t r＋ ） 2 ( ) 2 (2 2) B lv t m v r ∆ ∆ +∑ ＝ 2 0(2 2) B S mv r ∆ + ＝ 扫过的面积ΔS＝ 　　（x=v0t） x＝ 设滑行距离为 d，则　 　　 即　 　　　d2+2v0t0d－2ΔS＝0 解之　　　　d＝－v0t0+ 　　　　（负值已舍去） 得 　　　x＝v0t0+ d＝ ＝ 解法二 　　在 x～x+Δx，由动能定理得 　　　　　　　　　FΔx＝ （忽略高阶小量） 　　　得　　　 以下解法同解法一 解法三（1） 由牛顿第二定律得　F＝ma＝m 得　　　　　　　　FΔt＝mΔv 以下解法同解法一 解法三（2） 由牛顿第二定律得　F＝ma＝m ＝m 得　　　　　　　　FΔx＝mvΔv 以下解法同解法二 2 2 0 0 0( )( ) 2 2 x x x x x x+ － －＝ 20 0 0 2(2 2) ( )mv r v tB + + 0 0 0 0 ) 2 v t v t dS d +∆ = ＋（ 2 0 02 ( )S v t∆ + 2 0 02 ( )S v t∆ + 20 0 02 2(2 2) ( )mv r v tB + 2 21 1 ( )2 2mv m v v mv v∆ = ∆－ － 2 2 2 r B S m v∑ ∆ ∑ ∆＝ （ ＋ ） 2 02 2 r B S mv∆ ＝ （ ＋ ） v t ∆ ∆ v t ∆ ∆ v v x ∆ ∆ 2008 年（天津卷） 25．(22 分)磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具．它的驱动系统简化为如下模型，固 定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框，电阻为 R，金属框置于 xOy 平面 内，长边 MN 长为 L 平行于 y 轴，宽为 d 的 NP 边平行于 x 轴，如图 1 所示．列车轨道沿 Ox 方向，轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度 B 沿 O x 方向按正弦规律分 布，其空间周期为 λ，最大值为 B0，如图 2 所示，金属框同一长边上各处的磁感应强度相同， 整个磁场以速度 v0 沿 Ox 方向匀速平移．设在短暂时间内，MN、PQ 边所在位置的磁感应 强度随时间的变化可以忽略，并忽略一切阻力．列车在驱动系统作用下沿 Ox 方向加速行驶， 某时刻速度为 v(v1)。断开轻绳，棒 和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在 整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：⑴棒第一次与地面碰撞弹起上升过 程中，环的加速度。⑵从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程 s。⑶ 从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功 W。 ⑴a 环=(k-1)g，竖直向上。⑵ （提示：落地及反弹的瞬时速度 ，a 棒 =(k+1)g，竖直向下，匀减速上升高度 s1=v2/2a 棒，而 s=H+2s1。）⑶ （提示：用递推的方法。第一次碰地后，环和棒的加速度大小分别是 a 环=(k-1)g 和 a 环 =(k+)g，设经过时间 t1 达到共速 v1´，方向向下。以向下为正方向，v1´= v1-a 环 t1= - v1+ a 棒 t1，解得 ， ，该过程棒上升的高度 环下降的高度 ，相对滑动距离 x1=h1+h2= 。棒和环第二次与地 碰撞时的速度 v22-v1´2=2gh1，得 ，与上同理可推得第二次相对滑动距离 x2= ， 即 x1、x2、x3 成无穷等比数列，其总和 ，W=-kmgx 可得结论。） 难 2008年（江苏省） 15．(16分)如图所示，间距为L的两条足够长的 平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且 电阻忽略不计．场强为B的条形匀强磁场方向与 导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d1，间距为 000 6 2/ 22 v L v L v L =+ Hk ks 1 3 + += gHv 21 = 1 2 −−= k kmgHW kg vt 1 1 = k vv 1 1 =′ Hk ktvvh 21 11 1 1 2 −=⋅ ′−= H k ktvvh 21 11 2 1 2 +=⋅ ′+= k H2 k gHv 2 2 = 2 2 k H 1 2 11 1 −= − = k H k xx H 棒 环 d2．两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直． (设重力加 速度为g) (1)若a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁场 区域过程中增加的动能△Ek． (2)若a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域；此后a离开第2个磁场区域时，b 又恰好进入第2个磁场区域．且a．b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均 相．求b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q． (3)对于第(2)问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场区域时的速率 15．⑴a 和 b 不受安培力作用，由机械能守恒知 ① ⑵设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为 ，刚离开无磁场区域时的速度为 ，由能 量守恒知 在磁场区域中， ② 在无磁场区域中 ③ 解得 ④ ⑶在无磁场区域，根据匀变速直线运动规律有 ⑤ 且平均速度 ⑥ 有磁场区域，棒 a 受到合力 ⑦ 感应电动势 ⑧ 感应电流 ⑨ 解得 ⑩ 根据牛顿第二定律，在 t 到 时间内 ○11 则有 ○12 解得 ○13 联立⑤⑥○13 解得 v k 1 sinE =mgd θ∆ 1v 2v 2 2 1 2 1 1 1 sin2 2m +Q= m +mgd θv v 2 2 2 1 2 1 1 sin2 2m = m +mgd θv v ( )1 2 sinQ=mg d +d θ 2 1 sin- =gt θv v 1 2 2 2 + d= t v v sinF=mg -BIlθ =Blε v 2I= R ε 2 2 sin 2 B lF=mg - R θ v t+ t∆ F= tm ∑∆ ∑ ∆v 2 2 sin 2 B l= g - tmR θ ∑∆ ∑ ∆   vv 2 2 1 2 1sin 2 B l- =g - dmR θv v 2 2 2 1 1 2 2 1 4 sin 8 mgRd B l d= -B l d mR θv 由题意知 2 2 2 1 1 2 2 1 4 sin 8 mgRd B l d= = -B l d mR θv v