2017年天津市高考物理試卷【W(wǎng)ord版】

第第頁（共25頁）第第21頁(共25頁)3心承"ms【分析】(1)根據(jù)自由落體規(guī)律計算運(yùn)動時間；(2)根據(jù)動量守恒定律計算A的最大速度；(3)根據(jù)機(jī)械能守恒計算B離地面的高度H?！窘獯稹拷猓?1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動，有：h二寺gt2代入數(shù)據(jù)解得：t=0.6s。(2)根據(jù)動量定理；對A(取向上為正方向)，則有：F2t-mAgt=mAv',對B,則有：-F1t+mBgt=mBv/-mBvB；而F1=F2且vB=6m/s,得：-gt=2v/+v/-6由于碰撞時間極短，因此有：f=2m/s(3)細(xì)繩繃直后,A、B一起運(yùn)動,B恰好可以和地面接觸,說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有：寺(mA+mB)v-2+mBgH=mAgH代入數(shù)據(jù)解得：H=0.6m。答：(1)運(yùn)動時間為0.6s；A的最大速度的大小為2m/s；初始時B離地面的高度為0.6m?！军c評】本題是一道綜合題，但是僅僅是各個知識點的組合，一個問題涉及一個知識點，不是很難。在處理第三問的時候，使用了整體法，系統(tǒng)機(jī)械能能守恒，這種情況經(jīng)常遇到，平時多練習(xí)。（18分）平面直角坐標(biāo)系xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場,第皿象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運(yùn)動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點O離開電場進(jìn)入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，求：（1）粒子到達(dá)O點時速度的大小和方向；2）電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比?！痉治觥浚?）在電場中，粒子做類平拋運(yùn)動，根據(jù)x軸方向的勻速直線運(yùn)動和y方向的勻加速直線運(yùn)動列方程求解；（2）粒子在電場中受到的電場力時由牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)速度位移關(guān)系求解電場強(qiáng)度；根據(jù)粒子所受的洛倫茲力提供向心力得到半徑計算公式，再根據(jù)則由幾何關(guān)系得到半徑大小，由此求解磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，然后求解比值?！窘獯稹拷猓海?）在電場中，粒子做類平拋運(yùn)動，設(shè)Q點到x軸的距離為L,到y(tǒng)軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動時間為t，有沿x軸正方向：2L=v0t，①豎直方向根據(jù)勻變速直線運(yùn)動位移時間關(guān)系可得：L=￡at2②設(shè)粒子到達(dá)O點時沿y軸方向的分速度為vy根據(jù)速度時間關(guān)系可得：vy=at③設(shè)粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸方向的夾角為a，有tan④vo聯(lián)立①②③④式得：a=45°⑤即粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸方向的夾角為45。角斜向上。設(shè)粒子到達(dá)O點時的速度大小為v，由運(yùn)動的合成有v=“討磴0；（2）設(shè)電場強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得：qE=ma⑧由于咻直解得：E^^~⑨設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R,所受2的洛倫茲力提供向心力，有qvB=m⑩XXXXyxxx0r1111X—rO由于P點到0點的距離為2L,則由幾何關(guān)系可知R=-/2L解得：B=^f■?聯(lián)立⑨?式畤罟。答：（1）粒子到達(dá)0點時速度的大小為?邁方向x軸方向的夾角為45。角斜向上。（2）電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比為孚。2【點評】有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動，可以根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度,結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式確定帶電粒子的速度；對于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應(yīng)的圓心角求時間。14．（20分）電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運(yùn)載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C.兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為I,電阻不計.炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸．首先開關(guān)S接1,使電容器完全充電．然后將S接至2,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出）,MN開始向右加速運(yùn)動．當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時,回路中電流為零,MN達(dá)到最大速度,之后離開導(dǎo)軌．問：（1）磁場的方向；（2）MN剛開始運(yùn)動時加速度a的大??；（3）MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少．【分析】（1）根據(jù)通過MN電流的方向,結(jié)合左手定則得出磁場的方向．（2）根據(jù)歐姆定律得出MN剛開始運(yùn)動時的電流,結(jié)合安培力公式,根據(jù)牛頓第二定律得出MN剛開始運(yùn)動時加速度a的大?。?）開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運(yùn)動，速度達(dá)到最大值vmax時，根據(jù)電動勢和電荷量的關(guān)系,以及動量定理求出MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q．【解答】解：（1）電容器上端帶正電，通過MN的電流方向向下，由于MN向右運(yùn)動，根據(jù)左手定則知，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．（2）電容器完全充電后，兩極板間電壓為E,當(dāng)開關(guān)S接2時，電容器放電，設(shè)剛放電時流經(jīng)MN的電流為I，有：匸號…①設(shè)MN受到的安培力為F,有：F=IIB...②由牛頓第二定律有：F=ma...③聯(lián)立①②③式：得a=…④mR（3）當(dāng)電容器充電完畢時，設(shè)電容器上電量為％，有：%=CE...⑤開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運(yùn)動，速度達(dá)到最大值vmax時，設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E',有：E'=Blvmax…⑥依題意有：圭…⑦設(shè)在此過程中MN的平均電流為亍，MN上受到的平均安培力為〒，有：亍二応1...⑧由動量定理，有’…⑨-JTL3X-又二術(shù)弋…⑩聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得：q=E答：（1）磁場的方向為垂直于導(dǎo)軌平面向下；（2）MN剛開始運(yùn)動時加速度a的大小為；mR（22.-.2.（3）MN離開導(dǎo)軌后電容