2009高考物理壓軸題匯編

1、如圖所示，一質量為M、長為l的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質量為m的小木塊A，m〈M�，F以地面為參照系，給A和B以大小相等、方向相反的初速度(如圖5)，使A開始向左運動、B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離L板。以地面為參照系。
(1)若已知A和B的初速度大小為v₀，求它們最后的速度的大小和方向。
(2)若初速度的大小未知，求小木塊A向左運動到達的最遠處(從地面上看)離出發(fā)點的距離。

解法1:　(1)A剛好沒有滑離B板，表示當A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度。設此速度為，A和B的初速度的大小為，則由動量守恒可得:
   　　
　　解得：　，　方向向右　　　�、�

(2)A在B板的右端時初速度向左，而到達B板左端時的末速度向右，可見A在運動過程中必經歷向左作減速運動直到速度為零，再向右作加速運動直到速度為V的兩個階段。設為A開始運動到速度變?yōu)榱氵^程中向左運動的路程，為A從速度為零增加到速度為的過程中向右運動的路程，L為A從開始運動到剛到達B的最左端的過程中B運動的路程，如圖6所示。設A與B之間的滑動摩擦力為f，則由功能關系可知:

　　對于B　　　　　 ②
　　對于A　　　　　③       　　　　　�、�

由幾何關系   　　　 �、�

　由①、②、③、④、⑤式解得               ⑥

解法2： 對木塊A和木板B組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得：

  ⑦

由①③⑦式即可解得結果    

本題第（2）問的解法有很多種，上述解法2只需運用三條獨立方程即可解得結果，顯然是比較簡捷的解法。

2、如圖所示，長木板A右邊固定一個擋板，包括擋板在內的總質量為1.5M，靜止在光滑的水平面上，小木塊B質量為M，從A的左端開始以初速度在A上滑動，滑到右端與擋板發(fā)生碰撞，已知碰撞過程時間極短,碰后木塊B恰好滑到A的左端停止，已知B與A間的動摩擦因數為，B在A板上單程滑行長度為，求：

（1）若，在B與擋板碰撞后的運動過程中，摩擦力對木板A做正功還是負功？做多少功？

（2）討論A和B在整個運動過程中，是否有可能在某一段時間里運動方向是向左的，如果不可能，說明理由；如果可能，求出發(fā)生這種情況的條件。

解：（1）B與A碰撞后，B相對A向左運動，A受摩擦力向左，而A的運動方向向右，故摩擦力對A做負功。

設B與A碰后的瞬間A的速度為，B的速度為，A、B相對靜止時的共同速度為，由動量守恒得：                ①

                                 ②

碰后到相對靜止，對A、B系統(tǒng)由功能關系得：

            ③

由①②③式解得：（另一解因小于而舍去）

這段過程A克服摩擦力做功為④（2）A在運動過程中不可能向左運動，因為在B未與A碰撞之前，A受摩擦力方向向右，做加速運動，碰后A受摩擦力方向向左，做減速運動，直到最后共同速度仍向右，因此不可能向左運動。

B在碰撞之后，有可能向左運動，即，結合①②式得：  ⑤

代入③式得：         ⑥

另一方面，整個過程中損失的機械能一定大于或等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，即      ⑦     即

故在某一段時間里B運動方向是向左的條件是⑧

3、光滑水平面上放有如圖所示的用絕緣材料料成的“┙”型滑板，（平面部分足夠長），質量為4m，距滑板的A壁為L₁距離的B處放有一質量為m，電量為+q的大小不計的小物體，物體與板面的摩擦不計，整個裝置處于場強為E的勻強電場中，初始時刻，滑板與物體都靜止，試求：

（1）釋放小物體，第一次與滑板A壁碰前物體的速度v₁多大？

（2）若物體與A壁碰后相對水平面的速度大小為碰前的3/5，則物體在第二次跟A壁碰撞之前瞬時，滑板的速度v和物體的速度v₂分別為多大？（均指對地速度）

（3）物體從開始運動到第二次碰撞前，電場力做功為多大？（碰撞時間可忽略）

3、解：（1）由動能定理

得    ① 

（2）若物體碰后仍沿原方向運動，碰后滑板速度為V，

由動量守恒    得物體速度，故不可能  ②

∴物塊碰后必反彈，由動量守恒 ③  得 ④

由于碰后滑板勻速運動直至與物體第二次碰撞之前，故物體與A壁第二次碰前，滑板速度⑤ 。

物體與A壁第二次碰前，設物塊速度為v₂，   ⑥

由兩物的位移關系有： ⑦即   ⑧

由⑥⑧代入數據可得：    ⑨  

（3）物體在兩次碰撞之間位移為S， 

得

∴ 物塊從開始到第二次碰撞前電場力做功

4（16分）如圖5―15所示，PR是一塊長為L=4 m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B，一個質量為m=0.1 kg.帶電量為q=0.5 C的物體，從板的P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.當物體碰到板R端擋板后被彈回，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為μ=0.4.求：?

（1）判斷物體帶電性質，正電荷還是負電荷？?

（2）物體與擋板碰撞前后的速度v₁和v₂；?

（3）磁感應強度B的大��；?

（4）電場強度E的大小和方向.?

解：(1)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?

(2)離開電場后，按動能定理，有：?-μmg=0-mv²?得：v₂=2 m/s?

(3)代入前式求得：B= T?

(4)由于電荷由P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-μmg)mv₁²-0?

進入電磁場后做勻速運動，故有：Eq=μ(qBv₁+mg)?

由以上兩式得：

5、 在原子核物理中，研究核子與核子關聯的最有效途徑是“雙電荷交換反應”．這類反應的前半部分過程和下述力學模型類似．兩個小球A和B用輕質彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(tài)．在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度V₀射向B球，如圖2所示．C與B發(fā)生碰撞并立即結成一個整體D．在它們繼續(xù)向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然鎖定，不再改變．然后，A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動，A與P接觸而不粘連．過一段時間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無機械能損失）．已知A、B、C三球的質量均為．

（1）求彈簧長度剛被鎖定后A球的速度．

（2）求在A球離開擋板P之后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能．

分析：審題過程，①排除干擾信息：“在原子核物理中，研究核子與核子關聯的最有效途徑是“雙電荷交換反應”．這類反應的前半部分過程和下述力學模型類似．”②挖掘隱含條件：“兩個小球A和B用輕質彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(tài)”，隱含摩擦不計和輕質彈簧開始處于自然狀態(tài)（既不伸長，也不壓縮），“C與B發(fā)生碰撞并立即結成一個整體D”隱含碰撞所經歷的時間極短，B球的位移可以忽略，彈簧的長度不變，“A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動”隱含在碰撞中系統(tǒng)的動能由于非彈性碰撞而全部消耗掉，只剩下彈性勢能。

此題若用分析法求解，應寫出待求量與已知量的關系式，顯然比較困難，由于物體所經歷的各個子過程比較清楚，因此宜用綜合法求解。在解題前，需要定性分析題目中由A、B、C三個小球和連結A、B的輕質彈簧組成的系統(tǒng)是如何運動的，這個問題搞清楚了，本題的問題就可較容易地得到解答．下面從本題中幾個物理過程發(fā)生的順序出發(fā)求解：

1、球C與B發(fā)生碰撞，并立即結成一個整體D，根據動量守恒，有

（為D的速度）          ①

2、當彈簧的長度被鎖定時，彈簧壓縮到最短，D與A速度相等，如此時速度為，由動量守恒得                    ②　

當彈簧的長度被鎖定后，D的一部分動能作為彈簧的彈性勢能被貯存起來了．由能量守恒，有　　　　　�、�

3、撞擊P后，A與D的動能都為０，當突然解除鎖定后（相當于靜止的A、D兩物體中間為用細繩拉緊的彈簧，突然燒斷細繩的狀況，彈簧要對D做正功），當彈簧恢復到自然長度時，彈簧的彈性勢能全部轉變成D的動能，設D的速度為，則有④

4、彈簧繼續(xù)伸長，A球離開擋板Ｐ，并獲得速度。當A、D的速度相等時，彈簧伸至最長．此時的勢能為最大，設此時A、D的速度為，勢能為?由動量守恒定律得

                                ⑤ 

由機械能守恒定律得：         ⑥

由①、②兩式聯立解得：　　　　　�、�

聯立①②③④⑤⑥式解得                           ⑧

6、如圖(1)所示為一根豎直懸掛的不可伸長的輕繩，下端掛一小物塊A，上端固定在C點且與一能測量繩的拉力的測力傳感器相連。已知有一質量為ｍ₀的子彈B沿水平方向以速度ｖ₀射入A內（未穿透），接著兩者一起繞C點在豎直面內做圓周運動。在各種阻力都可忽略的條件下測力傳感器測得繩的拉力F隨時間t的變化關系如圖(2)所示。已知子彈射入的時間極短，且圖(2)中ｔ＝0為A、B開始以相同速度運動的時刻，根據力學規(guī)律和題中（包括圖）提供的信息，對反映懸掛系統(tǒng)本身性質的物理量（例如A的質量）及A、B一起運動過程中的守恒量。你能求得哪些定量的結果？

解：由圖2可直接看出，A、B一起做周期性運動，運動的周期T=2t₀，令 m表示 A的質量，L表示繩長，v₁表示 B陷入A內時即t=0時 A、B的速度（即圓周運動最低點的速度），v₂表示運動到最高點時的速度，F₁表示運動到最低點時繩的拉力，f₂表示運動到最高點時繩的拉力，則根據動量守恒定律，得mv₀=( m₀+m)v₁，在最低點和最高點處運用牛頓定律可得  

F₁-( m₀+m)g=( m₀+m)v₁²/L， F₂+( m₀+m)g=( m₀+m)v₂²/L

    根據機械能守恒定律可得 2L( m+m₀)g=( m+m₀) v₁²/2- ( m+m₀) v₂²/2。

    由圖2可知F₂=0 。F₁=F_m。由以上各式可解得，反映系統(tǒng)性質的物理量是

    m=F_m/6g-m₀ ，L =36m₀²v₀² g/5F_m²，                

A、B一起運動過程中的守恒量是機械能E，若以最低點為勢能的零點，則E=(m+m₀)v₁²/2。由幾式解得E＝3m₀²ｖ₀²g/F_ｍ。

7．（15分）中子星是恒星演化過程的一種可能結果，它的密度很大�，F有一中子星，觀測到它的自轉周期為T＝1/30s。向該中子星的最小密度應是多少才能維持該星體的穩(wěn)定，不致因自轉而瓦解。計等時星體可視為均勻球體。（引力常數G＝6.67×10^－11m³/kg?s²）

8．（20分）曾經流行過一種向自行車車頭燈供電的小型交流發(fā)電機，圖1為其結構示意圖。圖中N、S是一對固定的磁極，abcd為固定在轉軸上的矩形線框，轉軸過bc邊中點、與ab邊平行，它的一端有一半徑r₀＝1.0cm的摩擦小輪，小輪與自行車車輪的邊緣相接觸，如圖2所示。當車輪轉動時，因摩擦而帶動小輪轉動，從而使線框在磁極間轉動。設線框由N＝800匝導線圈組成，每匝線圈的面積S＝20cm²，磁極間的磁場可視作勻強磁場，磁感強度B＝0.010T，自行車車輪的半徑R₁＝35cm，小齒輪的半徑R₂＝4.cm，大齒輪的半徑R₃＝10.0cm（見圖 2）�，F從靜止開始使大齒輪加速轉動，問大齒輪的角速度為多大才能使發(fā)電機輸出電壓的有效值U＝3.2V？（假定摩擦小輪與自行車輪之間無相對滑動）

7．（15分）參考解答：

考慮中子星赤道處一小塊物質，只有當它受到的萬有引力大于或等于它隨星體一起旋轉所需的向心力時，中子星才不會瓦解。

設中子星的密度為ρ，質量為M，半徑為R，自轉角速度為ω，位于赤道處的小塊物質質量為m，則有GMm/R²＝mω²R    且ω＝2π/T，M＝4/3πρR³

由以上各式得：ρ＝3π/GT²

代人數據解得：ρ＝1.27×10¹⁴kg/m³

8．（20分）參考解答：

當自行車車輪轉動時，通過摩擦小輪使發(fā)電機的線框在勻強磁場內轉動，線框中產生一正弦交流電動勢，其最大值ε＝ω₀BSN

式中ω₀為線框轉動的角速度，即摩擦小輪轉動的角速度。

發(fā)電機兩端電壓的有效值U＝/2ε_m

設自行車車輪轉動的角速度為ω₁，由于自行車車輪與摩擦小輪之間無相對滑動，有

R₁ω₁＝R₀ω₀

小齒輪轉動的角速度與自行車輪轉動的角速度相同，也為ω₁。設大齒輪轉動的角速度為ω，有R₃ω＝R₂ω₁

由以上各式解得ω＝(U/BSN)(R₂r₀/R₃r₁)     代入數據得ω＝3.2s^－1

9．（22分）一傳送帶裝置示意如圖，其中傳送帶經過AB區(qū)域時是水平的，經過BC區(qū)域時變?yōu)閳A弧形（圓弧由光滑模板形成，未畫出），經過CD區(qū)域時是傾斜的，AB和CD都與BC相切�，F將大量的質量均為m的小貨箱一個一個在A處放到傳送帶上，放置時初速為零，經傳送帶運送到D處，D和A的高度差為h。穩(wěn)定工作時傳送帶速度不變，CD段上各箱等距排列，相鄰兩箱的距離為L。每個箱子在A處投放后，在到達B之前已經相對于傳送帶靜止，且以后也不再滑動（忽略經BC段時的微小滑動）。已知在一段相當長的時間T內，共運送小貨箱的數目為N。這裝置由電動機帶動，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦。求電動機的平均抽出功率。

9．（22分）參考解答：

以地面為參考系（下同），設傳送帶的運動速度為v₀，在水平段運輸的過程中，小貨箱先在滑動摩擦力作用下做勻加速運動，設這段路程為s，所用時間為t，加速度為a，則對小箱有  s＝1/2at²       ①       v₀＝at       ②

在這段時間內，傳送帶運動的路程為s₀＝v₀t      ③

由以上可得s₀＝2s      ④

用f表示小箱與傳送帶之間的滑動摩擦力，則傳送帶對小箱做功為

A＝fs＝1/2mv₀²     ⑤

傳送帶克服小箱對它的摩擦力做功A₀＝fs₀＝2?1/2mv₀²    ⑥

兩者之差就是克服摩擦力做功發(fā)出的熱量Q＝1/2mv₀²    ⑦

可見，在小箱加速運動過程中，小箱獲得的動能與發(fā)熱量相等。

T時間內，電動機輸出的功為W＝T     ⑧

此功用于增加小箱的動能、勢能以及克服摩擦力發(fā)熱，即

W＝1/2Nmv₀²＋Nmgh＋NQ      ⑨

已知相鄰兩小箱的距離為L，所以v₀T＝NL            ⑩

聯立⑦⑧⑨⑩，得：＝[＋gh]

10.（14分）為研究靜電除塵，有人設計了一個盒狀容器，容器側面是絕緣的透明有機玻璃，它的上下底面是面積A=0.04m²的金屬板，間距L=0.05m，當連接到U=2500V的高壓電源正負兩極時，能在兩金屬板間產生一個勻強電場，如圖所示�，F把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內，每立方米有煙塵顆粒10¹³個，假設這些顆粒都處于靜止狀態(tài)，每個顆粒帶電量為q=+1.0×10^-17C，質量為m=2.0×10^-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。求合上電鍵后：⑴經過多長時間煙塵顆粒可以被全部吸附？⑵除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？⑶經過多長時間容器中煙塵顆粒的總動能達到最大？

[⑴當最靠近上表面的煙塵顆粒被吸附到下板時，煙塵就被全部吸附。煙塵顆粒受到的電場力F=qU/L，L=at²/2=qUt²/2mL，故t=0.02s

⑵W=NALqU/2=2.5×10^-4J                                                 

⑶設煙塵顆粒下落距離為x，則當時所有煙塵顆粒的總動能

E_K=NA(L-x) mv²/2= NA(L-x)  qUx/L，當x=L/2時E_K達最大，而x=at₁²/2，故t₁=0.014s ]

11．（12分）風洞實驗室中可以產生水平方向的、大小可調節(jié)的風力，現將一套有小球的細直桿放入風洞實驗室，小球孔徑略大于細桿直徑。

（1）當桿在水平方向上固定時，調節(jié)風力的大小，使小球在桿上作勻速運動，這時小班干部所受的風力為小球所受重力的0.5倍，求小球與桿間的滑動摩擦因數。

（2）保持小球所受風力不變，使桿與水平方向間夾角為37°并固定，則小球從靜止出發(fā)在細桿上滑下距離S所需時間為多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）

13．（1）設小球所受的風力為F，小球質量為

    1       2

（2）設桿對小球的支持力為N，摩擦力為

沿桿方向3

垂直于桿方向4

       5

可解得6

  7         8

評分標準：（1）3分。正確得出2式，得3分。僅寫出1式，得1分。

（2）9分，正確得出6式，得6分，僅寫出3、4式，各得2分，僅寫出5式，得1分，正確得出8式，得3分，僅寫出7式，得2分，g用數值代入的不扣分。

12．（13分）閱讀如下資料并回答問題：

自然界中的物體由于具有一定的溫度，會不斷向外輻射電磁波，這種輻射因與溫度有關，稱為勢輻射，勢輻射具有如下特點：1輻射的能量中包含各種波長的電磁波；2物體溫度越高，單位時間從物體表面單位面積上輻射的能量越大；3在輻射的總能量中，各種波長所占的百分比不同。

處于一定溫度的物體在向外輻射電磁能量的同時，也要吸收由其他物體輻射的電磁能量，如果它處在平衡狀態(tài)，則能量保持不變，若不考慮物體表面性質對輻射與吸收的影響，我們定義一種理想的物體，它能100%地吸收入射到其表面的電磁輻射，這樣的物體稱為黑體，單位時間內從黑體表面單位央積輻射的電磁波的總能量與黑體絕對溫度的四次方成正比，即，其中常量瓦/（米²?開⁴）。

在下面的問題中，把研究對象都簡單地看作黑體。

有關數據及數學公式：太陽半徑千米，太陽表面溫度開，火星半徑千米，球面積，，其中R為球半徑。

（1）太陽熱輻射能量的絕大多數集中在波長為2×10^－9米~1×10^－4米范圍內，求相應的頻率范圍。

（2）每小量從太陽表面輻射的總能量為多少？

（3）火星受到來自太陽的輻射可認為垂直射可認為垂直身到面積為（為火星半徑）的圓盤上，已知太陽到火星的距離約為太陽半徑的400倍，忽略其它天體及宇宙空間的輻射，試估算火星的平均溫度。

解：．（1）     1  （赫）   2

（赫）       3

輻射的頻率范圍為3×10¹²赫－1.5×10¹⁷赫

（2）每小量從太陽表面輻射的總能量為

           4代入數所得W=1.38×10¹⁰焦        5

（3）設火星表面溫度為T，太陽到火星距離為，火星單位時間內吸收來自太陽的輻射能量為      6 

        7

火星單位時間內向外輻射電磁波能量為      8

火星處在平衡狀態(tài)    9即      10

由10式解得火星平均溫度（開）    11

評分標準：全題13分

（1）正確得了1，2，3式，各得1分。（2）正確得出5式，得5分，僅寫出4式，得3分。（3）正確得出10式，得4分，僅寫出6式或7式，得1分；僅寫出8式，得1分，正確得出11式，得1分。

13.(13分)如圖所示，在xoy平面內有垂直坐標平面的范圍足夠大的勻強磁場，磁感強度為B，一帶正電荷量Q的粒子，質量為ｍ，從Ｏ點以某一初速度垂直射入磁場，其軌跡與x、y軸的交點A、B到O點的距離分別為ａ、ｂ，試求：

(1)初速度方向與ｘ軸夾角θ．

(2)初速度的大小. 20.參考解答：

(1)磁場方向垂直坐標平面向里時，粒子初速度方向與ｘ軸的夾角為θ，射入磁場做勻速圓周運動，由幾何關系可作出軌跡如圖所示，設圓半徑為R，由數學關系可得：?

      ①           ②

由①、②解得tgθ＝   ∴θ＝arctg        ③?

當磁場方向垂直坐標平面向外時，粒子初速度方向與ｘ軸間的夾角為

π＋θ＝π＋arctg          ④

(2)由①、②解得： ⑤

由洛侖茲力提供向心力有：?ＱｖＢ＝ｍ      ⑥

∴             ⑦

評分標準：本題13分，第(1)問8分，其中①式2分，②式2分，③式2分，④式2分，θ＝arcsin 或θ＝arccos同樣給分.

第(2)問5分，其中⑤式2分，⑥式2分，⑦式1分.

14.(13分)俄羅斯“和平號”空間站在人類航天史上寫下了輝煌的篇章，因不能保障其繼續(xù)運行，3月20號左右將墜入太平洋.設空間站的總質量為ｍ，在離地面高度為ｈ的軌道上繞地球做勻速圓周運動?墜落時地面指揮系統(tǒng)使空間站在極短時間內向前噴出部分高速氣體，使其速度瞬間變小，在萬有引力作用下下墜.設噴出氣體的質量為 m，噴出速度為空間站原來速度的37倍，墜入過程中外力對空間站做功為W.求：

(1)空間站做圓周運動時的線速度.

(2)空間站落到太平洋表面時的速度.

(設地球表面的重力加速度為ｇ，地球半徑為R)

14.參考解答：

(1)  設空間站做圓周運動的速度為ｖ_１，地球質量為M.由牛頓第二定律得：

          ①

地表重力加速度為ｇ，則：  ②  由①、②式得：   ③

(2)  噴出氣體后空間站速度變?yōu)?i>ｖ_２，由動量守恒定律得：

            ④

設空間站落到太平洋表面時速度為ｖ_３，

由動能定理得：            ⑤

由③、④、⑤式得：?              ⑥

15.(14分)如圖甲，A、B兩板間距為，板間電勢差為U，C、D兩板間距離和板長均為L，兩板間加一如圖乙所示的電壓.在S處有一電量為q、質量為m的帶電粒子，經A、B間電場加速又經C、D間電場偏轉后進入一個垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域，磁感強度為B.不計重力影響，欲使該帶電粒子經過某路徑后能返回S處.求：

(1)勻強磁場的寬度L′至少為多少?

(2)該帶電粒子周期性運動的周期T.

(1)AB加速階段，由動能定理得：     ①

偏轉階段，帶電粒子作類平拋運動?偏轉時間    ②

側移量  ③

    設在偏轉電場中，偏轉角為θ?

則

即θ＝   ④?

由幾何關系：Ｒｃｏｓ45°＋Ｒ＝Ｌ′⑤

Ｒsin45°＝    ⑥   則 Ｌ′＝    ⑦

注：L′也可由下面方法求得：

粒子從S點射入到出偏轉電場，電場力共做功為Ｗ＝２ｑＵ   ⑧

設出電場時速度為ｖ′，有  解得ｖ′＝    ⑨

粒子在磁場中做圓周運動的半徑：

∴      ⑩

(2)設粒子在加速電場中運動的時間為ｔ_２

則ｔ_２＝              11

帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期?   12

實際轉過的角度α＝２π－２θ＝           13

在磁場中運動時間ｔ_３＝          14

故粒子運動的周期T＝２ｔ_２＋２ｔ_１＋ｔ_３＝４Ｌ   15

評分標準：本題14分，第(1)問8分，其中①、②、③式各1分，④式2分，⑤、⑥、⑦式各1分.第(2)問6分，其中 12、13、14、式各1分，15式2分.

分析與解：由于微波在大氣層中以光速傳播，所以若能求得從同步衛(wèi)星到嘉峪關的距離L，則由運動學就能得到同步衛(wèi)星發(fā)出的微波信號傳到位于嘉峪關的接收站所需的時間t。如何求得L是解題的關鍵，首先我們知道同步衛(wèi)星是位于赤道上空的，題中說明，該同步衛(wèi)星的定點位置與東經98°的經線在同一平面內，而嘉峪關處的經度和緯度近似取為東經98°和北緯α＝40°，隱含該同步衛(wèi)星P、嘉峪關Q和地心O在同一個平面內，構成一個三角形，∠QOP=α＝40°，如圖11所示，這樣由余弦定理就可求得L。
　　設m為衛(wèi)星質量，M為地球質量，r為衛(wèi)星到地球中心的距離，w為衛(wèi)星繞地轉動的角速度，由萬有引力定律和牛頓定律有。
　　①　　　�、�
　　式中G為萬有引力恒量，因同步衛(wèi)星繞地心轉動的角速度w與地球自轉的角速度相等，有                ②
　　因     得    ③
設嘉峪關到同步衛(wèi)星的距離為L，由余弦定理
　　         ④
　　所求時間為               ⑤
　　由以上各式得

   ⑥

17、“和平號”空間站已于2001年3月23日成功地墜落在南太平洋海域，墜落過程可簡化為從一個近圓軌道（可近似看作圓軌道）開始，經過與大氣摩擦，空間站的絕大部分經過升溫、熔化，最后汽化而銷毀，剩下的殘片墜入大海。此過程中，空間站原來的機械能中，除一部分用于銷毀和一部分被殘片帶走外，還有一部分能量E′通過其他方式散失（不考慮墜落過程中化學反應的能量）。

（1）              試導出以下列各物理量的符號表示散失能量E′的公式.

（2）              （2）算出E′的數值（結果保留兩位有效數字）

墜落開始時空間站的質量M=1.17×10⁵kg；

軌道離地面的高度為h=146km；

地球半徑R=6.4×10⁶m；

墜落空間范圍內重力加速度可看作g=10m/s²；

入海殘片的質量=1.2×10⁴kg；

入海殘片的溫度升高=3000K；

入海殘片的入海速度為聲速=340m/ｓ；

空間站材料每1kg升溫1K平均所需能量c=1.0×10³J；每銷毀1kg材料平均所需能量μ=1.0×10⁷J.?

分析與解：本題描述的是2001年世界矚目的一件大事：“和平號”空間站成功地墜落在南太平洋海域。讓繞地球運行的空間站按照預定的路線成功墜落在預定的海域，這件事情本身就極富挑戰(zhàn)性，表達了人類征服自然改造自然的雄心和實力。

（1）作為一道信息題，首先我們應弄清題目所述的物理過程，建立一個正確的物理模型。 我們將空間站看作一個質點，開始時以一定的速度繞地球運行，具有一定的動能和勢能，墜落開始時空間站離開軌道，經過摩擦升溫，空間站大部分升溫、熔化，最后汽化而銷毀，剩下的殘片墜落大海，整個過程中，總能量是守恒的。

根據題述條件，從近圓軌道到地面的空間中重力加速度g=10m/s²，若以地面為重力勢能的零點，墜落過程開始時空間站在近圓軌道的勢能

.　  �、�
　　以v表示空間站在軌道上的速度，可得 .　�、�
　　其中r為軌道半徑，若R_地表示地球半徑，則r=R_地+h.　　�、�
　　由式②、③可得空間站在軌道上的動能
　　           （R_地+h）   ④
　　由式①、④可得，在近圓軌道上空間站的機械能
　　E=Mg(R_地+h)     ⑤
　　在墜落過程中，用于銷毀部分所需要的能量為Q_汽=(M-m)μ.⑥
　　用于殘片升溫所需要的能量Q_殘=cmΔT.⑦
　　殘片的動能為E_殘=   ⑧
　　以E′表示其他方式散失的能量，則由能量守恒定律可得
　　     E=Q_汽+E_殘+Q_殘+E′.         ⑨

　　由此得E′=Mg(R_地+h)-(M-m)μ--cmΔT   ⑩

(2)將題給數據代入得E′=2.9×10¹²J.?

帶電粒子在電磁場中運動問題

帶電粒子在電磁場中運動問題，實質是力學問題，通常從受力分析，運動情況分析入手，利用力學規(guī)律，并注意幾何關系即可求解。下面對兩道高考壓軸題作一簡要分析。  

18、一帶電質點質量為m電量為q，以平行于ox軸的速度v從y軸上的a點射入圖7中第一象限所示的區(qū)域