物理压轴题集（看了一百多张试卷后选的63题） - 图文(7)

（3）代入前式①求得：B=

2 T 2（4）由于电荷由P运动到C点做匀加速运动，可知电场强度方向水平向右，且：（Eq-μmg）

L1?mv12-0……………………………………………③ 22进入电磁场后做匀速运动，故有：Eq=μ（qBv1+mg）……………………………④ 由以上③④两式得：??v1?42 m/s?E?2.4 N/C

2（1）A、B、C系统所受合外力为零，故系统动量守恒，且总动量为零，故两物块与挡板

碰撞后，C的速度为零，即vC?0 （2）炸药爆炸时有

mAvA?mBvB

解得vB?1.5m/s 又mAsA?mBsB

当sA＝1 m时sB＝0.25m，即当A、C相撞时B与C右板相距s? A、C相撞时有： mAvA?(mA?mC)v

解得v＝1m/s，方向向左

而vB＝1.5m/s，方向向右，两者相距0.75m，故到A，B都与挡板碰撞为止，C的位移为

L?sB?0.75m 2sC?sv?0.3m19.

v?vB3固定时示数为F1，对小球F1=mgsinθ ①

整体下滑：（M+m）sinθ-μ(M+m)gcosθ=(M+m)a ② 下滑时，对小球：mgsinθ-F2=ma ③ 由式①、式②、式③得 μ=

F2tan θ F14．木块B下滑做匀速直线运动，有mgsinθ=μmgcosθ

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B和A相撞前后，总动量守恒,mv0=2mv1，所以 v1=

v0 2 设两木块向下压缩弹簧的最大长度为s,两木块被弹簧弹回到P点时的速度为v2，则

2mv1?·2mv2 μ2mgcosθ·2s=·两木块在P点处分开后，木块B上滑到Q点的过程： （mgsinθ+μmgcosθ）L=

12212212mv2 2 木块C与A碰撞前后，总动量守恒，则3m·

3v0?4mv?1，所以 2v′1=

2v0 4设木块C和A压缩弹簧的最大长度为s′,两木块被弹簧弹回到P点时的速度为v'2,

4mv?2?则μ4mgcosθ·2s′=·12214mv?22 22木块C与A在P点处分开后，木块C上滑到R点的过程：

3mv?2 （3mgsinθ+μ3mgcosθ）L′=·在木块压缩弹簧的过程中，重力对木块所做的功与摩擦力对木块所做的功大小相等，因此弹簧被压缩而具有的最大弹性势能等于开始压缩弹簧时两木块的总动能.

122mv1?因此，木块B和A压缩弹簧的初动能Ek1?·动能Ek2?12212mv0,木块C与A压缩弹簧的初41122mv?1?mv0,即Ek1?Ek2 24因此，弹簧前后两次的最大压缩量相等，即s=s′

2v0综上，得L′=L-

32gsin?5

（1）设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1,根据动量守恒定律：

mv0?Mv?(m?M)v1 （1分）

代入数据，解得： v1=3m/s （1分） （2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相

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遇,则： t0?s （1分） v0设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律：

?(m?M)g?(m?M)a得： a??g?3m/s2 （1分）

设木盒减速运动的时间为t1,加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则：

t1?t2??v=1s （1分） a故木盒在2s内的位移为零 （1分） 依题意： s?v0?t1?v(?t??t1?t1?t2?t0) （2分） 代入数据，解得： s=7．5m t0=0．5s （1分） （3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中,传送带的位移为S，木盒的位移为s1,则： S?v(?t??t1?t0)?8.5m （1分）

s1?v(?t??t1?t1?t2?t0)?2.5m （1分）故木盒相对与传送带的位移： ?s?S?s1?6m 则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是：

6

（1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h, 穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为y，则： h=at2/2 （1分）

Q?f?s?54J （2分）

a?lqUl2qEqU? t? 即：h?() （1分） mmdv02mdv0代入数据，解得： h=0．03m=3cm （1分） 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得：

h （1分） ?ly?L2代入数据，解得: y=0．12m=12cm （1分） （2）设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：vy=at=

l2qUl mdv0代入数据，解得: vy=1．5×106m/s （1分）

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所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为：

v?v02?vy2?2.5?106m/s （1分）

设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：

tan??vyv0?3 ??37? （1分） 4因为粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子

在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直。

匀速圆周运动的半径： r?y?0.15m （1分） cos?kQqv2?m （2分） 由： 2rr代入数据，解得： Q=1．04×10-8C （1分）

7(1)释放小物体，物体在电场力作用下水平向右运动，此时，滑板静止不动，对于小物体，

122EqL1由动能定理得： EqLmv1v1?.1?m2

3222EqL1mv??mv1?4mv2得 1v?v?(2)碰后小物体反弹，由动量守恒定律：得 ．之21555m后

滑板以v2匀速运动，直到与物体第二次碰撞，从第一次碰撞到第二次碰撞时，物体与滑板

3 ?v1?v32772EqL1位移相等、时间相等、平均速度相等 5?v2?v1得:v3?v1?.2555m

12113132 (3)电场力做功等于系统所增加的动能 W电?mv3??4mv2W电?mv12?EqL1.22105

8．(1)只有当CD板间的电场力方向向上即AB棒向右运动时，粒子才可能从O运动到O’，

而

mv?0粒子要飞出磁场边界MN最小速度v0必须满足：d ① qB2

12设CD间的电压为U，则 ② qU?mv02

解①②得 U=25V，又U=ε=B1Lv 解得v=5m/s.

所以根据（乙）图可以推断在0.25s

此时带电粒子经加速后速度为v，由动能定理有：q ? 1 mv 2 解得：v=100m/s 此时带电'?2粒子

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