北京市高考物理23、24題專項(xiàng)練習(xí)

1、圖1 23.如圖所示，質(zhì)量m1=3kg的平板小車B在光滑水平面上以v1=1m/s的速度向左勻速運(yùn)動(dòng).當(dāng)t=0時(shí)，質(zhì)量m2=2kg的小鐵塊A以v2=3m/s的速度水平向右滑上小車，A與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為尸0.2.若A最終沒有滑出小車，取水平向右為正方向，g=10m/s2.求：(1)A在小車上停止運(yùn)動(dòng)時(shí)小車的速度大小小車至少多長在圖乙所示的坐標(biāo)紙中畫出1.5s內(nèi)小車B運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間圖像.24.能的轉(zhuǎn)化與守恒是自然界普遍存在的規(guī)律，如：電源給電容器的充電過程可以等效為將電荷逐個(gè)從原本電中性的兩極板中的一個(gè)極板移到另一個(gè)極板的過程.在移動(dòng)過程中克服電場力做功，電源的電能轉(zhuǎn)化為電容器的電場能實(shí)驗(yàn)表明

2、:電容器兩極間的電壓與電容器所帶電量如圖所示對于直線運(yùn)動(dòng)，教科書中講解了由v-t圖像求位移的方法.請你借鑒此方法，根據(jù)圖示的Q-U圖像，若電容器電容為C,兩極板間電壓為U,求電容器所儲(chǔ)存的電場能.如圖所示，平行金屬框架豎直放置在絕緣地面上.框架上端接有一電容為C的電容器.框架上一質(zhì)量為m、長為L的金屬棒平行于地面放置，離地面的高度為力.磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與框架平面相垂直現(xiàn)將金屬棒由靜止開始釋放，金屬棒下滑過程中與框架接觸良好且無摩擦開始時(shí)電容器不帶電，不計(jì)各處電阻求a.金屬棒落地時(shí)的速度大小b.金屬棒從靜止釋放到落到地面的時(shí)間(18分)如圖所示為利用電磁作用輸送非導(dǎo)電液體裝置的示意圖。一

3、邊長為L、截面為正方形的塑料管道水平放置，其右端面上有一截面積為S的小噴口，噴口離地的高度為力，管道中有一絕緣活塞，在活塞的中部嵌有金屬棒，整個(gè)裝置放在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)棒中通有垂直紙面向里的恒定電流/時(shí)，活塞以某一速度向右勻速推動(dòng)液體，液體以不變的速度v源源不斷地沿水平方向射出。若液體的密度為p重力加速度為g,不計(jì)所有阻力。求液體落地點(diǎn)離噴口的水平距離x；該裝置的功率；磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。(20分)如圖所示，直角坐標(biāo)系xoy位于豎直平面內(nèi)，y軸正方向豎直向上，x軸正方向水平向右?？臻g中存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)磁場垂直xoy平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。勻強(qiáng)電場(圖中未畫出

4、)方向平行于xoy平面，小球(可視為質(zhì)點(diǎn))的質(zhì)量為m、帶電量為+q,已知電場強(qiáng)度大小為E=mg，g為q重力加速度。若勻強(qiáng)電場方向水平向左，使小球在空間中做直線運(yùn)動(dòng)，求小球在空間中做直線運(yùn)動(dòng)的速度大小和方向；若勻強(qiáng)電場在xoy平面內(nèi)的任意方向，確定小球在xoy平面內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)的速度大小的范圍；若勻強(qiáng)電場方向豎直向下，將小球從0點(diǎn)由靜止釋放，求小球運(yùn)動(dòng)過程中距x軸的最大距離。JXXXXXXXXXyXXXXXXXXXXXXXX0XXXXXXXXXxxXXXXXXXX23(18分)在研究某些物理問題時(shí)，有很多物理量難以直接測量，我們可以根據(jù)物理量之間的定量關(guān)系和各種效應(yīng)，把不容易測量的物理量轉(zhuǎn)化成易于

5、測量的物理量。在利用如圖1所示的裝置探究影響電荷間相互作用力的因素時(shí)，我們可以TOC o 1-5 h z通過絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角來判斷電荷之間相互作用力的大小。如果A、B兩錄個(gè)帶電體在同一水平面內(nèi)，B的質(zhì)量為m,細(xì)線與豎直方向夾角為為求A、B之間Q1、相互作用力的大小。|B金屬導(dǎo)體板垂直置于勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)電流通過導(dǎo)體板時(shí)，外部磁場的洛倫JL_sL茲力使運(yùn)動(dòng)的電子聚集在導(dǎo)體板的一側(cè)，在導(dǎo)體板的另一側(cè)會(huì)出現(xiàn)多余的正電荷，從用|而形成電場，該電場對運(yùn)動(dòng)的電子有靜電力的作用，當(dāng)靜電力與洛倫茲力達(dá)到平衡時(shí)，在導(dǎo)體板這兩個(gè)表面之間就會(huì)形成穩(wěn)定的電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。利用霍爾效應(yīng)可以測量磁場的磁

6、感應(yīng)強(qiáng)度。如圖2所示，若磁場方向與金屬導(dǎo)體板的前后表面垂直，通過所如圖所示的電流I，可測得導(dǎo)體板上、下表面之間的電勢差為U,且下表面電勢高。已知導(dǎo)體板的長、寬、高分別為a、b、c,電子的電荷量為e,導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為門。求：導(dǎo)體中電子定向運(yùn)動(dòng)的平均速率u；磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向。24.(20分)如圖1所示，木板A靜止在光滑水平面上，一小滑塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一水平初速度從木板的左端沖上木板。若木板A的質(zhì)量為M,滑塊B的質(zhì)量為m,A最終的速度u。初速度為,且滑塊B沒有從木板A的右端滑出，求木板若滑塊B以u1=3.0m/s的初速度沖上木板A,木板A最終速度的大小為戶1.5m/s；若

7、滑塊B以初速度=7.5m/s沖上木板A,木板A最終速度的大小也為戶1.5m/s。已知滑塊B與木板A間的動(dòng)摩擦因數(shù)“=0.3,g取10m/s2。求木板A的長度L。（3）若改變滑塊B沖上木板A的初速度，木板A最終速度v的大小將隨之變化。請你在圖2中定性畫出vv0圖線。%圖2屮為減少煙塵排放對空氣的污染，某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)如圖所示的靜電除塵器，該除塵器的上下底面是邊長為L=0.20m的正方形金屬板，前后面是絕緣的透明有機(jī)玻璃，左右面是高h(yuǎn)=0.10m的通道口。使用時(shí)底面水平放置，兩金屬板連接到U=2000V的高壓電源兩極（下板接負(fù)極），于是在兩金屬板間產(chǎn)生一個(gè)勻強(qiáng)電場（忽略邊緣效應(yīng)）。均勻分布的帶電煙

8、塵顆粒以v=10m/s的水平速度從左向接地士右通過除塵器，已知每個(gè)顆粒帶電荷量q=+2.0 x10-17c，質(zhì)量m=1.0 x10-15kg，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力。在閉合開關(guān)后：（1）求煙塵顆粒在通道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向；（2）求除塵過程中煙塵顆粒在豎直方向所能偏轉(zhuǎn)的最大距離；（3）除塵效率是衡量除塵器性能的一個(gè)重要參數(shù)。除塵效率是指一段時(shí)間內(nèi)被吸附的煙塵顆粒數(shù)量與進(jìn)入除塵器煙塵顆粒總量的比值。試求在上述情況下該除塵器的除塵效率；若用該除塵器對上述比荷的顆粒進(jìn)行除塵，試通過分析給出在保持除塵器通道大小不變的前提下，提高其除塵效率的方法。24（20

9、分）根據(jù)玻爾理論，電子繞氫原子核運(yùn)動(dòng)可以看作是僅在庫侖引力作用下的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知電子的電荷量為e,質(zhì)量為電子在第1軌道運(yùn)動(dòng)的半徑為（靜電力常量為k。1）電子繞氫原子核做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，可等效為環(huán)形電流，試計(jì)算電子繞氫原子核在第1軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)的周期及形成的等效電流的大??；2）氫原子在不同的能量狀態(tài)，對應(yīng)著電子在不同的軌道上繞核做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑滿足r=n2r_,，其中n為量子數(shù)，即軌道序號，r為電子處于第n軌道時(shí)的軌道半徑。電子在第n軌道n1n運(yùn)動(dòng)時(shí)氫原子的能量E為電子動(dòng)能與“電子-原子核”這個(gè)系統(tǒng)電勢能的總和。理論證明，系統(tǒng)的電勢n能E和電子繞氫原子核做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑

10、r存在關(guān)系：E=-k冬（以無窮遠(yuǎn)為電勢能零點(diǎn)）。請根據(jù)以r上條件完成下面的問題。試證明電子在第n軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)氫原子的能量En和電子在第1軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)氫原子的能量E1滿足關(guān)系式n1E1n2假設(shè)氫原子甲核外做圓周運(yùn)動(dòng)的電子從第2軌道躍遷到第1軌道的過程中所釋放的能量，恰好被量子數(shù)n=4的氫原子乙吸收并使其電離，即其核外在第4軌道做圓周運(yùn)動(dòng)的電子脫離氫原子核的作用范圍。不考慮電離前后原子核的動(dòng)能改變，試求氫原子乙電離后電子的動(dòng)能。 23（1）（6分）A在小車上停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，A、B以共同速度運(yùn)動(dòng)，設(shè)其速度為v,取水平向右為正方向，（1分）TOC o 1-5 h z由動(dòng)量守恒定律得mv-mv二（m+m）v（4

11、分）A2B1AB代入數(shù)據(jù)解得v=0.6m/s（1分）（2）（6分）設(shè)小車的最小長度為L,由功能關(guān)系得mv2+1mv2-1（mA22B12A又f7mAg（1分）聯(lián)立解得L=2.4m（1分）（3）（6分）設(shè)小車做變速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t由動(dòng)量定理得4分）卩mgt=m（v+v丿（3分AB1解得t=1.2s（1分）圖2分24、（1）（5分）由功能關(guān)系可知克服電場力做的功等于產(chǎn)生的電場能（1分）由圖可知在QU圖像中,圖像所圍面積即為克服電場力所做的功（1分）即W二2QU（1分）2又有電容定義式C二Q（1分）兩式聯(lián)立得W二1CU2電容器儲(chǔ)存的電場能為E二1CU2（1分）2e2（2）（7分）設(shè)導(dǎo)體棒落地的速度為v

12、,此時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感生電動(dòng)勢感生電動(dòng)勢大小為E=BLv（2分）電容器儲(chǔ)存的電場能為E二1C（BLv）2（2分）e2由動(dòng)能定理得mgh=E（2分）解得v=2mghm+CB2L1分）2e3）（8分）導(dǎo)體棒下落過程中受安培力和重力,由動(dòng)量定理可知mgt一Ft=mAv安F=BIL安Q=ItQ=CU解得t=2h（m+CB2L2）mg（8分）Av=v一0（18分）解：（1）液體噴出后做平拋運(yùn)動(dòng)h=1g2（1分）2x=vt（1分）I2h解得：x=v（2分）g2）設(shè)活塞運(yùn)動(dòng)速度v0由vL2=vS（2分）0S得v=v（1分）0L2設(shè)在時(shí)間t內(nèi)有質(zhì)量為的液體從噴口射出Am=vtSp（2分）時(shí)間t內(nèi)裝置對做

13、功Pt=Amv22-Amv2202分）2IL3TOC o 1-5 h zP=2v3Sp（竺產(chǎn)）（2分）2L4（3）金屬棒在磁場中受力F=BIL（1分） HYPERLINK l bookmark10 o Current Document S2v3Sp（1-）=BILv（2分）L402分）pv2（L4一S2）得B=n）（20分）解：（1）由題意知小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)受力分析如圖f=qv=2mg（2分）2mg勻速直線運(yùn)動(dòng)速度大小v=（1分）qB方向如圖，斜向下與x軸方向夾角45（1分）（2）小球做直線運(yùn)動(dòng)的條件為：洛侖茲力與電場力和重力的合力為一對平衡力。當(dāng)電場在xoy平面內(nèi)方向任意時(shí)，電場力與重力合

14、力最大值為2mg（1分）最小值為零（1分）（3）設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低位置時(shí)下落高度為H,此時(shí)速度最大為v，方向水平（2分）任意時(shí)刻v沿x軸正向、y軸負(fù)向的分速度分別為v，v。xy.與v對應(yīng)的洛侖茲力水平分力方向沿X軸正向，/=Bqvy.xy小球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過程中，應(yīng)用動(dòng)量定理得：工fAt=工BqvAt=Bq工vAt=BqH=mv-0y02分）小球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過程中，12mgH=mv220由動(dòng)能定理得：1分）23.解解得：H-4m2gB2q21分）18分）（1）帶電體B的受力情況如圖所示，則有F=mgtan0rAqenbcv-At,I=nevbcAtAt（2）a.因?yàn)樗詖=nebc

15、b.根據(jù)牛頓第二定律有eE=Bev又因?yàn)镋=-c刀nbeUB所以6分根據(jù)左手定則可得：磁場的方向?yàn)榇怪庇谇昂蟊砻嫦蚶?分則：Bqv2mgmax（2分）Bqv0min（2分）得0v2mg（2分）Bq（20分）解：（1）由題意可知，木板A和滑塊B的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有mv（M+m）v所以v叫-4分M+m（2）由題意可知：當(dāng)滑塊B以速度沖上木板，最終滑塊與木板有共同速度穴當(dāng)滑塊B以速度冬沖上木板，滑塊將沖出木板，設(shè)滑塊B的速度為氣，在此過程中木板的位移為X。根據(jù)動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能定理有mv=（M+m）v1mv=Mv+mv23-Rmg（x+L）=mv2mv22322卩mgx=2Mv2可求得：L=3m10

16、分3）答案見下圖6分23.（18分）解：（1）煙塵顆粒在通道內(nèi)只受電場力的作用，電場力F=qE又因?yàn)镋=?h1分）（1分）設(shè)煙塵顆粒在通道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度如，根據(jù)牛頓第二定律有qU=ma（2分）解得a=4.0 x102m/s2，方向豎直向下2分）2）若通道最上方的顆粒能通過通道，則這些顆粒在豎直方向上有最大的偏轉(zhuǎn)距離這些顆粒在水平方向的位移L=vt（2分）1在豎直方向的位移hf=at2（2分）解得h=0.08mh=0.10m可確定這些顆粒能通過通道因此，除塵過程中煙塵顆粒在豎直方向偏轉(zhuǎn)的最大距離為8.0cm（1分）3）設(shè)每立方米有煙塵顆粒為N0時(shí)間t內(nèi)進(jìn)入除塵器的顆粒叫=N0hLvt時(shí)間t內(nèi)吸附

17、在底面上的顆粒N2=N0hLvt人NhLvth則除塵效率n=0=80%NhLvth01分）（1分）（1分）因?yàn)閔=1at2=2qULmhv2當(dāng)hh時(shí)，n=h=岑L2分）h2mh2v2當(dāng)h三h時(shí)，n1TOC o 1-5 h z因此，在除塵器通道大小及顆粒比荷不改變的情況下，可以通過適當(dāng)增大兩金屬板間的電壓U,或通過適當(dāng)減小顆粒進(jìn)入通道的速度V來提高除塵效率。（2分）24（20分）解：（1）設(shè)電子繞氫原子核在第1軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為匚，形成的等效電流大小為J根據(jù)牛頓第二,e24n2定律有k一二mr（2分）r2T2111*2nimr3則有卞“分）2分）1分）e又因?yàn)镮1二有k1（2）設(shè)電子在第1軌道上運(yùn)動(dòng)的速度大小為V,根據(jù)牛頓第二定律有TOC o 1-5 h ze2v2k二m+（1分）r2r111ke2電子在第1軌道運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能E=mv2=（1分）k1212r1e2ke2e2電子在第1軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)氫原子的能量丘產(chǎn)-k+=-k（2分）1r2r2r111同理，電子在第n軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)氫原子的能量E=-k+=-k（2分