高三物理考試題庫（二）

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(gè)

空間有一個(gè)平行于PR的勻強(qiáng)電場E,在板的右半部分有一個(gè)垂直于紙面向外的

勻強(qiáng)磁場8,一個(gè)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(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場后恰能做勻

速運(yùn)動(dòng)。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(shí)在磁場中仍做勻速運(yùn)動(dòng)，離開磁場后做勻減速運(yùn)動(dòng)停在C點(diǎn)，PC=L/4,物

體與平板間的動(dòng)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(fù)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(qiáng)度B的大小壯壯上=q

（4）電場強(qiáng)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(gè)小滑塊A和B,nu=lkg,mB=4kg,開始時(shí)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(yùn)動(dòng)，A、B中任一

塊與擋板碰撞后，都粘在一起，不計(jì)摩擦和碰撞時(shí)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(jì)如圖所示實(shí)驗(yàn)，在

小木板上固定一個(gè)輕彈簧,彈簧下端吊一個(gè)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(shí)，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(dòng)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(gè)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(dòng)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(shí)，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(diǎn)以初速度v0向下運(yùn)動(dòng)，

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(yùn)動(dòng)，與木塊A相碰后

立刻一起向下運(yùn)動(dòng)，但不粘連，它們到達(dá)一個(gè)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)，木塊B向上

運(yùn)動(dòng)恰好能回到Q點(diǎn).若木塊A靜止于P點(diǎn)，木

塊C從Q點(diǎn)開始以初速度早％向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷

同樣過程，最后木塊C停在斜面上的R點(diǎn)，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(yùn)動(dòng)，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(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.3,

開始時(shí)，A與傳送帶之間保持相對靜止。先后相隔Af=3s有兩個(gè)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(yùn)

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

后歷時(shí)△力=ls/3而與木盒相遇。求(取g=10m/s2)

(1)第1個(gè)球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)多大？

(2)第1個(gè)球出發(fā)后經(jīng)過多長時(shí)間與木盒相遇？

(3)自木盒與第1個(gè)球相遇至與第2個(gè)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(diǎn)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(jìn)入固定在中心線上的。

點(diǎn)的點(diǎn)電荷。形成的電場區(qū)域(設(shè)界面PS右邊點(diǎn)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(shí)偏離中心線火。的距離多遠(yuǎn)？

(2)點(diǎn)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(jì)的小物體，物體與板面的摩擦不計(jì).整個(gè)裝置置于場強(qiáng)為E的勻

強(qiáng)電場中，初始時(shí)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(shí)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(qiáng)度為B=10T的勻強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，其速度圖象如圖（乙），若

規(guī)定向右運(yùn)動(dòng)速度方向?yàn)檎较?從U0時(shí)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(qiáng)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(jì)），求

（1）0到4.0s內(nèi)哪些時(shí)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(gè)范圍足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁

場的磁感強(qiáng)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(gè)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(gè)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(dòng)，用力拉動(dòng)U型框使它以速度％垂直NQ邊向右勻速運(yùn)動(dòng),

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

勢差為多大?此時(shí)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(shí)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(yùn)動(dòng).速度vo=2m/s.木板與等高的豎直固

定板C發(fā)生碰撞，時(shí)間極短，沒有機(jī)械能的損失.物塊與木板間的動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(dòng)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(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)做勻加速運(yùn)動(dòng)，可知電場強(qiáng)度方向水平向右,

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

進(jìn)入電磁場后做勻速運(yùn)動(dòng)，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(dòng)量守恒，且總動(dòng)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(shí)有

mv

AA=MB

解得以=1.5m/5

又叫s.=%.%

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

5=--s=0.75m

2Bn

A,。相撞時(shí)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(shí)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(shí)，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(yùn)動(dòng)，有mgsin。=口mgcos0

B和A相撞前后，總動(dòng)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(diǎn)時(shí)的速度為

v2,則

1,1,

112mgeos0?2s=--2mv2

兩木塊在P點(diǎn)處分開后，木塊B上滑到Q點(diǎn)的過程:

(mgsin0+umgeos9)L=；/欣

木塊C與A碰撞前后，總動(dòng)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(diǎn)時(shí)的速

度為v',則u4mgeos9,2sz=--4mv'1

2-22

木塊C與A在P點(diǎn)處分開后，木塊C上滑到R點(diǎn)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(shí)兩木塊的總

動(dòng)能.

因此，木塊B和A壓縮彈簧的初動(dòng)能E?,=g-2〃W=；加味木塊C與A壓縮

彈簧的初動(dòng)能E*2=（根吟=；機(jī)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(gè)球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運(yùn)動(dòng)的速度為盯，根據(jù)動(dòng)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(gè)球與木盒的相遇點(diǎn)離傳送帶左端的距離為s,第1個(gè)球經(jīng)過

to與木盒相遇，則：（o=~

%

（1分）

設(shè)第1個(gè)球進(jìn)入木盒后兩者共同運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間為〃，加速到與傳送帶相同的速度的時(shí)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(gè)球相遇至與第2個(gè)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(shí)的側(cè)向位移為九穿過界面PS時(shí)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(yùn)動(dòng)，由相似三角形知識(shí)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(shí)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(shí)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(shí)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?yàn)榱Ｗ哟┻^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(diǎn)電荷。作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其半徑與速度方向

垂直。

勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，此時(shí)，滑板靜止不動(dòng)，對

于小物體，

EqL、=—mv.

由動(dòng)能定理得：2

=一"6+4叫,2222Eq1t

m

⑵碰后小物體反彈由動(dòng)量守恒定律"得

得.之后

滑板以V2勻速運(yùn)動(dòng)，直到與物體第二次碰撞，從第一次碰撞到第二次碰撞時(shí)，

物體與滑板

3_____

V|+V3

~5r.r=2丫行"=lv=1RE犯

位移相等、時(shí)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(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子才可能從。

運(yùn)動(dòng)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(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢為：e=Bi￡v=100V

qs'=-mv2

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

此時(shí)帶電粒子

*=整=0.2根x=RAAJZ=oo27m=2.7cm

的軌道半徑為口與出射點(diǎn)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(yùn)動(dòng)時(shí)，NQ邊相當(dāng)于電源，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E=8/%

當(dāng)如圖乙所示位置時(shí)，方框切之間的電阻為時(shí),=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(yùn)動(dòng)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(dòng)量守恒，設(shè)到達(dá)圖示位置時(shí)具有共同的速度也根據(jù)動(dòng)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(jī)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(shí)方框速度為匕，U型框的速度為％,根據(jù)

動(dòng)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(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)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(dòng)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(jì)。一根電阻不計(jì)的金屬棒必可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動(dòng)。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(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度為8。導(dǎo)軌右邊與

電路連接。電路中的三個(gè)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(yùn)動(dòng)時(shí)，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(yùn)動(dòng)。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(qiáng)電場和垂直xy平面(紙面)向里的勻強(qiáng)磁場。在第四象限，存

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

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

軸負(fù)方向進(jìn)入第二象限。然后經(jīng)過x軸上x=-2h處的p2點(diǎn)進(jìn)入第三象限,

帶電質(zhì)點(diǎn)恰好能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。之后經(jīng)過y軸上y=-2h處的P3點(diǎn)進(jìn)入第

四象限。已知重力加速度為g。求:

(1)粒子到達(dá)P2點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向;

(2)第三象限空間中電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小;

(3)帶電質(zhì)點(diǎn)在第四象限空間運(yùn)動(dòng)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(tái)邊緣，靜置一個(gè)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(yùn)動(dòng)，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(tái)上飛

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

出。已知在高臺(tái)邊緣的右面d*---------T空間中存在水平

向左的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小/'E=2mg/qo求：

(1)A、B一起運(yùn)動(dòng)過/<程中距高臺(tái)邊緣

/,___________

的最大水平距離/4

/

(2)A、8運(yùn)動(dòng)過程的最小速度為多大

(3)從開始到A、8運(yùn)動(dòng)到距高臺(tái)邊緣最大水平距離的過程A損失的機(jī)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)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(jì)重力的影響，粒子加速前速度認(rèn)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(yùn)動(dòng)，直至射出PQ邊界，

可在磁場區(qū)域加一勻強(qiáng)電場，求該電場的場強(qiáng)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(gè)勻強(qiáng)磁場，左右兩邊磁場

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

止的中性原子，突然分裂成兩個(gè)帶電粒子a和8,已知a帶正電荷，分裂時(shí)初速

度方向?yàn)檠豿軸正方向，若a粒子在第四次經(jīng)過y軸時(shí)，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(yùn)動(dòng)的半徑與6粒子在磁場屋中圓周運(yùn)動(dòng)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(diǎn)，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(diǎn)）從斜面上的A點(diǎn)靜止滑下，小物體

與BC間的動(dòng)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(yùn)動(dòng)（重力加速度為g）。求：

（1）小物體過D點(diǎn)時(shí)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(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁alXXX*XX

感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)處，另一質(zhì)量為機(jī)，帶電量為+q

的微粒a,從p點(diǎn)以水平速度w（vo未知）進(jìn)入兩板間，正好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

中途與h碰撞。：

勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)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(diǎn)穿出場區(qū)，求Q點(diǎn)與。點(diǎn)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(diǎn)的左側(cè)空間足夠大，則分開后微粒a的運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)與。點(diǎn)

的高度差為多大

28

有個(gè)演示實(shí)驗(yàn)，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(dòng)?，F(xiàn)取以下簡化模型進(jìn)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(dòng)勢為￡、內(nèi)阻可不計(jì)的電源相連。設(shè)兩板之間只有一個(gè)質(zhì)量為初的導(dǎo)電小

球，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。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)榱悖瑤щ姞顟B(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(jì)帶電小球?qū)O板間勻強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，電動(dòng)勢￡至少應(yīng)大于多

少

（2）設(shè)上述條件已滿足，在較長的時(shí)間間隔T內(nèi)

小球做了很多次往返運(yùn)動(dòng)。求在T時(shí)間內(nèi)小球往返運(yùn)I--------------

J++A

動(dòng)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?，F(xiàn)使該“火箭”位于

一個(gè)深水池面的上方（可認(rèn)為貼近水面），釋放同時(shí)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(dá)到的最大高度（相對于水面）

⑵若上部分到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，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(jì)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(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，左側(cè)是

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

為M、電荷量為。的鐳核—■Ra）。某時(shí)刻原來靜止的鐳核水平向右放出

一個(gè)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(jì)，涉及動(dòng)量問題時(shí),虧損的質(zhì)量可不計(jì)。

經(jīng)過一段時(shí)間a粒子剛好到達(dá)虛線PH

上的A點(diǎn)，測得OA=L。求此時(shí)刻氫核的

速率

參考答案：

21.（12分）0丁

解：（1）棒勻速向左運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電流為順時(shí)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(qiáng)方向向下

微粒帶負(fù)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(shí)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(shí)，ai=g-駟/,越來越小，加速度方向向下（1分）

3md

當(dāng)，二m時(shí)，〃2=0（1分）

當(dāng)時(shí)，。3=駟，-g,越來越大，加速度方向向上（1分）

3md

22.解：（1）質(zhì)點(diǎn)從％到P2，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律

h^gt?

求出丫=小說+*=2屈

方向與x軸負(fù)方向成45°角

(2)質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)進(jìn)入第四象限，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻速直線

運(yùn)動(dòng)。當(dāng)豎直方向的速度減小到0,此時(shí)質(zhì)點(diǎn)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(dòng)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(shí)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(jià)的最<1、值：L>=—............................................................3分

inin4

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

228

碰后到距高臺(tái)邊緣最大水平距離的過程中A損失的機(jī)械能：AE.，

2

qEX^=：機(jī)4...............................................................................................2分

O

從開始到A、B運(yùn)動(dòng)到距離高臺(tái)邊緣最大水平距離的過程中A損失的機(jī)

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(yùn)動(dòng)的圓心在PQ邊界線的O點(diǎn),

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(qiáng)電場后，粒子在磁場中沿直線運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的軌跡與PQ邊界相切，要確定粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)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￡?duì)I=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(fù)電）（2

分）

原子分裂前后動(dòng)量守恒，則P，+Pb=O

（2分）

粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shí)：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(shí)，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(diǎn)速度為零才能第一次滑入圓弧軌道即恰好做簡諧運(yùn)

動(dòng)

從C至UD由機(jī)械能守恒定律有："?gR(l-cosS)=

在D點(diǎn)用向心力公式有：F-mg-m

解以上二個(gè)方程可得:F=3>mg-2mgcos0

⑵從A到。由動(dòng)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(yùn)動(dòng)，則有

Bqvo=Eq+mgvo=細(xì)^

Bq

(2)碰撞后，a、〃結(jié)合為一體，設(shè)其速度為u

由動(dòng)量守恒定律得

mvo=5mv/.v=—

5

碰后的新微粒電量為-q

設(shè)。點(diǎn)與。點(diǎn)高度差為〃

由動(dòng)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(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為R

2RBqB2q2

。的最高點(diǎn)與。點(diǎn)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(yuǎn)大于箭體重力,

故動(dòng)量守恒：mw\-m2V2=0

同時(shí)機(jī)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(dá)到的最大高度為：

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

(2)“火箭”上升的時(shí)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(dòng)量守恒定律得

CM—m)vo=mv0

a粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A點(diǎn)需時(shí)”*

2%

又〃氫核在電場中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，『時(shí)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(xiàng)選擇題（共42分。）

14.作用于水平面上某物體的合力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示