高考物理计算题猜想
13题：可能是2题
13-1：牛顿定律计算
牛顿——1（1）神舟六号载人飞船搭乘长征2号F型运载火箭从地面竖直发射升空，在地面附近上升高度为h时获得的速度为v，若把这一过程看作匀加速直线运动，则这段时间内飞船对飞船中质量为m的宇航员的作用力有多大？
解、（1）火箭竖直匀加速上升，加速度为a，有 
（2分）
飞船对宇航员的作用力为F，有
（2分）得
（2分）
牛顿——2：斜面运动 (14分)高台滑雪运动员经过一段滑行后从斜坡上的O点水平飞出，斜坡与水平面的夹角θ=37°，运动员连同滑雪板的总质量m=50kg，他落到了斜坡上的A点，A点与O点的距离s=12m,如图所示。忽略斜坡的摩擦和空气阻力的影响，重力加速度g=10m/s2。(sin37°=0.60;cos37°=0.80)
(1)运动员在空中飞行了多长时间？
(2)求运动员离开O点时的速度大小。
(3)运动员落到斜坡上顺势屈腿以缓冲，使他垂直于斜坡的速度在t=0.50s的时间内减小为零，设缓冲阶段斜坡对运动员的弹力可以看作恒力，求此弹力的大小。
解、(14分)
(1)设运动员在空中飞行时间为t，运动员在竖直方向做自由落体运动，得 S sin37°=
gt2，（2分） 解得： t=
=1.2s （2分）
(2)设运动员离开O点的速度为v0，运动员在水平方向做匀速直线运动，即
S cos37°=v0t， （2分） 解得： v0=
=8.0m/s （2分）
(3)运动员落在A点时沿竖直向下的速度vy的大小为 vy=gt=12m/s
沿水平方向的速度vx的大小为 vx=8.0m/s。
因此，运动员垂直于斜面向下的速度vN为 vN=vycos37°-vxsin37°=4.8m/s （2分）
设运动员在缓冲的过程中受到斜面的弹力为N，根据牛顿第二定律
(N-mgcos37°) =ma （2分） 解得： N=mgcos37°+
=880N （2分）
牛顿——3：圆周运动
牛顿——3——1 (14分)如图所示，竖直平面上有一光滑绝缘半圆轨道，处于水平方向且与轨道平面平行的匀强电场中，轨道两端点A、C高度相同，轨道的半径为R . 一个质量为m的带正电的小球从槽右端的A处无初速沿轨道下滑，滑到最低点B时对槽底压力为2mg. 求小球在滑动过程中的最大速度.
两位同学是这样求出小球的最大速度的：
甲同学：B是轨道的最低点，小球过B点时速度最大，小球运动过程机械能守恒，
，解得小球在滑动过程中的最大速度为
．
乙同学：B是轨道的最低点，小球过B点时速度最大，小球在B点受到轨道的压力为FN＝2mg，由牛顿第二定律有
，解得球在滑动过程中的最大速度
．
请分别指出甲、乙同学的分析是否正确，若有错，将最主要的错误指出来，解出正确的答案，并说明电场的方向.
解、(14分)甲同学的分析是错误的（1分），小球的机械能不守恒． (1分)
乙同学分析也是错误的（1分），小球在滑动过程中的最大速度的位置不在最低点B．(1分)
正确解如下：小球在B点时，FN-mg＝m
( 1分) ∵FN＝2mg ∴
从A到B，设电场力做功WE，由动能定理，
( 1分)
得
( 1分)∵电场力做负功，∴带电小球受电场力方向向右FE＝
( 1分) 场强方向向右 ( 1分)
从A到B之间一定有位置D是小球运动的切线方向瞬时合力为零处，也是小球速度最大处
设OD连线与竖直方向夹角θ， FE cosθ ＝ Gsinθ( 1分) 
( 1分)
( 1分)
牛顿——3——2 如图所示，一绝缘细圆环半径为ｒ，环面处于水平面内，场强为E的匀强电场与圆环平面平行。环上穿有一电量为＋q、质量为ｍ的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动。若小球经A点时速度的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用（设地球表面重力加速度为ｇ）。则：
（1）小球经过A点时的速度大小vA是多大？
（2）当小球运动到与A点对称的B点时，小球的速度是多大？
小球对圆环的作用力是多大？
解：（1）小球在水平面内沿圆环作圆周运动，由题意，在A点电场力提供向心力：
…①
所以：
…… ②
（2）球从A到B点的过程中，由动能定理：
…③
所以：
…④ 球在B点受到圆环作用力F的水平分力为Fx，则：
即 
……⑤ 又圆环对球作用力F的竖直分力大小等于小球的重力，所以：
…⑥ 评分：①式4分，②④⑤⑥式各2分，③式3分
牛顿——3——3 （１６分）有一个竖直放置的圆形轨道，半径为R，由左右两部分组成。如图所示，右半部分AEB是光滑的，左半部分BFA是粗糙的．现在最低点A给一个质量为m的小球一个水平向右的初速度，使小球沿轨道恰好运动到最高点B，小球在B点又能沿BFA轨道回到点A，到达A点时对轨道的压力为4mg．
在求小球在A点的速度V0时，甲同学的解法是：由于小球恰好到达B点，故在B点小球的速度为零， 
所以：
在求小球由BFA回到A点的速度时，乙同学的解法是：由于回到A点时对轨道的压力为4mg 故： 
所以： 
你同意甲、乙两位同学的解法吗？如果同意请说明理由；若不同意，请指出他们的错误之处，并求出结果.根据题中所描绘的物理过程，求小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力所做的功．
解： 不同意；（2分）
甲同学在求V0时，认为小球在B点的速度为零，这是错误的，在B点VB有最小值。正确的解法是： 
①（2分） 
②（2分）
联立①、②求解得：
（2分）
乙同学在计算中漏掉了重力，应为：
③（2分） 将
代入解得：
（2分） 设摩擦力做得功为
，小球从B→F→A的过程中由动能定理可得：
④（2分） 解得：
故小球从B→F→A的过程中克服摩擦力做得功为
。（2分）
13-2：（13分）当物体从高空下落时，所受阻力会随物体的速度增大而增大，因此经过下落一段距离后将匀速下落，这个速度称为此物体下落的收尾速度。研究发现，在相同环境条件下，球形物体的收尾速度仅与球的半径和质量有关．下表是某次研究的实验数据
| 小球编号 | A | B | C | D | E |
| 小球的半径（×10－3m） | 0.5 | 0.5 | 1.5 | 2 | 2.5 |
| 小球的质量（×10－6kg） | 2 | 5 | 45 | 40 | 100 |
| 小球的收尾速度（m/s） | 16 | 40 | 40 | 20 | 32 |
（1）根据表中的数据，求出B球与C球在达到终极速度时所受阻力之比．
（2）根据表中的数据，归纳出球型物体所受阻力f与球的速度大小及球的半径的关系（写出有关表达式、并求出比例系数）．
（3）现将C号和D号小球用轻质细线连接，若它们在下落时所受阻力与单独下落时的规律相同．让它们同时从足够高的同一高度下落，试求出它们的收尾速度；并判断它们落地的顺序（不需要写出判断理由）．
解、（1） 球在达到终极速度时为平衡状态，有f ＝mg
则 fB：fC ＝mB ：mC 带入数据得 fB：fC＝1：9
（2）由表中A、B球的有关数据可得，阻力与速度成正比；即 
由表中B、C球有关数据可得，阻力与球的半径的平方成正比，即
得 
k＝4.9Ns/m3 （或k＝5Ns/m3）
（3）将C号和D号小球用细线连接后，其收尾速度应满足 mCg＋mDg＝fC ＋fD
即 mCg＋mDg＝kv(rC2＋rD2) 代入数据得 v＝27.2m/s
比较C号和D号小球的质量和半径，可判断C球先落地．
13-3：核能的计算（2）（8分）太阳的能量来自下面的反应：四个质子（氢核）聚变成一个α粒子，同时发射两个正电子和两个中微子（符号υ）．已知α粒子的质量为
，质子的质量为
，电子的质量为
，中微子的质量可忽略不计．用N表示阿伏伽德罗常数，用c表示光速．写出核反应方程并求出太阳上1kg的氢核聚变成α粒子释放的能量．
解：（2）核反应方程是 
（2分）
每个核反应的质量亏损 
（1分）
一个核反应释放的能量 
（1分） 1kg的氢核含有的质子数
（1分）
1kg的氢核聚变成α粒子释放的能量 
（1分） 解得
（2分）
13-4（1）（8分）如图，相距为d的A、B两平行金属板足够大，板间电压恒为U，有一波长为λ的细激光束照射到B板中央，使B板发生光电效应。已知普朗克恒量为h，金属板B的逸出功为W，电子质量为m，电荷量e，求：
⑴ 从B板运动到A板所需时间最短的光电子，到达A板时的动能；
⑵ 光电子从B板运动到A板时所需的最长时间。
解、⑴ 根据爱因斯坦光电效应方程 EK＝hv – W （1分）
光子的频率：
（1分） 所以，光电子的最大初动能：
（1分）
能以最短时间到达A板的光电子，是初动能最大且垂直于板面离开B板的电子，设到达A板时的动能为EK1，由动能定理：
（1分） 所以：
（1分）
(2) 能以最长时间到达A板的光电子，是离开B板时的初速度为零或运动方向平行于B板的光的电子。
∵ d = at2/2 = Uet2/dm/2（2分） t =d
（1分）
13-5．（10分）手机里的电池用久以后，通讯会中断，这就是我们常说的“电池没电了”。小明设计了如图（a）电路可用来测定新、旧电池的电动势和内阻（电压表、电流表内阻对测量的影响可忽略不计）。
（1）（4分）设R为某值时，电流表示数为I1电压表示数为U1；R为另一值时，电流表示数为I2、电压表示数为U2，则电动势为___ _____；
（2）将测量结果绘成如图（b）所示的U－I图象，由图象可知：
①（4分）新电池的电动势为___ _V。新电池的内阻为_____Ω。旧电池的电动势为___ _V, 旧电池的内阻为______Ω。 ②（2分）图（a）中电流表的量程至少应大于________A。
解：（1）U1+I1
（或U2+I2） （2）①4.2,0.84 , 3.6, 12 ② 5
14题：天体运动：这类题目相对简单，解法固定。两条基本公式：
14-1 （15分）2005年10月12日9时，“神舟六号”飞船发射升空，飞船按预定轨道在太空飞行四天零十
九小时32分（用t表示），环绕地球77圈（用n表示）．“神舟六号”运行过程中由于受大气阻力和地球引
力的影响，飞船飞行轨道会逐渐下降.为确保正常运行，“神舟六号”飞船飞行到第30圈时，对飞船进行了
一次精确的“轨道维持”（通过发动机向后喷气，利用反冲校准轨道）.设总质量为m的“神舟六号”飞船的
预定圆形轨道高度为h，当其实际运行高度比预定轨道高度低了Δh时，控制中心开始启动轨道维持程序，
开动小动量发动机，经时间Δt后，飞船恰好重新进入预定轨道平稳飞行.地球半径为R,地球表面重力加速
度为g.
（1）求“神舟六号”轨道离地面高度h的表达式（用题中所给的数据表示）；
（2）已知质量为m的物体在地球附近的万有引力势能
（以无穷远处引力势能为零，r表示物体到地心的距离），忽略在轨道维持过程中空气阻力对飞船的影响，求在轨道维持过程中，小动量发动机的平均功率P的表达式（轨道离地面高度为h不用代入⑴问中求得的结果）.
15. (15分)⑴由万有引力提供向心力公式知
(2分) 而 
(1分)
(2分)由①②③得
(2分)
⑵由万有引力提供向心力公式知
(2分) 
(2分)
由能量守恒知 
(2分)
∴
(2分)
14-2神舟六号载人飞船在离地面高度为H的圆轨道上运行的时间为t．求在这段时间内它绕行地球多少圈？
15．（14分）2005年10月12日9时，神舟六号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射升空，在环绕地球飞行5天后，其返回舱于10月17日按照预定计划返回预定地区．神舟六号载人航天飞行的圆满成功，标志着我国在发展载人航天技术方面取得了又一个具有里程碑意义的重大胜利．（已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g），神舟六号载人飞船在离地面高度为H的圆轨道上运行的时间为t．求在这段时间内它绕行地球多少圈？
解.用r表示飞船圆轨道半径，则r = R+H，用M表示地球质量，m表示飞船质量，
表示飞船绕地球运行的角速度，T表示飞船运行的周期，由万有引力定律和牛顿定律得
（2分）
在地球表面，有 
（2分）解得
（2分）
得这段时间内飞船绕行地球的圈数为
（2分）
14-3 ．（15分）如图所示，质量为m的飞行器在绕地球的圆轨道上运行，半径为r1，要进入半径为r2的更高的圆轨道Ⅱ，必须先加速进入一个椭圆轨Ⅰ，然后再进入圆轨道Ⅱ。已知飞行器在圆轨道Ⅱ 上运动速度大小为v，在A点时通过发动机向后喷出一定的质量气体使飞行器速度增加到v′，进入椭圆轨道Ⅱ，设喷出的气体的速度为u，求：
（1）飞行器在轨道I上的速度v1及轨道I处的重力加速度。
（2）飞行器喷出气体的质量。
解：（1）在轨道I上，飞行器所受万有引力提供向心力，设地球质量为M，则有
(3分) 同理在轨道Ⅱ上 
(2分)
由上式可得
(2分)
在轨道I上重力加速度为g′，则有
(3分) 可得 
（2）设喷出气体质量为△m，由动量守恒得
(3分) 
14-4例题4：设想宇航员完成了对火星表面的科学考察任务，乘坐返回舱返回围绕火星做圆周运动的轨道舱，如图所示．为了安全，返回舱与轨迹舱对接时，必须具有相同的速度．已知：返回舱返回过程中需克服火星引力做功
，返回舱与人的总质量为
，火星表面重力速度为
，火星半径为
，轨迹舱到火星中心的距离为
；不计火星表面大气对返回舱的阻力和火星自转的影响．求该宇航员乘坐的返回舱至少需要获得多少能量，才能返回轨道舱？
【 解析 】
物体 在火星表面附近
得
①
设轨道舱的质量为
0 ，速度大小为
，则
②
联立 ①② 解得返回舱与轨道舱对接时，具有动能为 
③
返回舱返回过程克服引力做功
④ 返回舱返回时至少需要能量 
⑤
将 ③④ 代入 ⑤ 解得 
．
14-5 我国的“探月工程”计划已经开始启动，预计将在2007年前向月球发射一颗绕月探测卫星“嫦娥一号”。“嫦娥一号”将在距离月球表面高为h的轨道上绕月球做匀速圆周运动。
(1)若已知月球半球为R月，月球表面的重力加速度为g月。则“嫦娥一号”环绕月球运行的周期为多少?
(2)若已知R月 = 
R地，g月 = 
g地 ，则近月卫星的运行速度约为近地卫星运行速度的多少倍?
答案：（1）
（2）
15题 光学
—— 光的折射，全反射为切人点，考查（1）作图；（2）折射率的计算（三角形、半圆形玻璃仪器）
15-1 (15分) 玻璃棱镜ABCD可以看成是由如图所示的ADE、ABE、BCD三个直角三棱镜组成，一束从AD面入射的光线在棱镜中的折射光线ab与AD面的夹角α=60°，已知光在真空的速度c = 3×108m/s
, 玻璃的折射率n =1.5.求：
(1) 这束入射光线的入射角多大？(用反三角函数表示)
(2) 光在棱镜中的传播速度多大？
(3)
该束光线第一次从CD面出射时的折射角以及此出射光线的偏向角(射出棱镜出射光线与射入棱镜的光线之间的夹角)多大?（要画出解题所需的完整光路图）
16.（15分） 解(1)设光在AD面的入射角、折射角分别为
、
r=30° （1分）根据
（1分）
得
（1分）
(2) 根据
（1分） 得
（1分）
(3)光路如图所示 （4分） ab光线在AB面的入射角为45° （1分）
设玻璃的临界角为C,
则
（1分）sin450
> 0.67
因此光线ab在AB面会发生全反射 （1分） 光线在CD面的入射角γ,，==300 （1分）
根据,光线在CD面的出射光线与法线的夹角
= （1分）
图中
为所求的偏向角,从图中几何关系可知
和
有两个角相等,所以第三个角一定相等,所以
（1分）
15-2 （14分）如图，MN是一条通过透明球体球心的直线。在真空中波长为λ0＝564nm的单色细光束AB平行于MN的射向球体，B为入射点， 若出射光线CD与MN的交点P到球心O的距离是球半径的
倍，且与MN所成的角α＝30°，求：
（1）此单色光在透明球体中的波长；
（2）透明体折射率。
（14分）解：（1）连接OB 、BC，如图。
在B点光线的入射角、折射角分别标为i、r，
在
OCP中：有
解得：
（45°值舍）… ① 进而可得：
由折射率定义： 在B点有：
在C点有：
又
所以，i＝45° …② 又：
故：r＝30° …③
因此，透明体的折射率
………④
（2）因为：
⑤ 所以单色光在透明体中的波长
⑥
评分：结果①②各3分，③④⑤⑥各2分
15-3（１２分）如图所示,一束截面为圆形(半径R)的平行复色光垂直射向一玻璃半球的平面,经折射后在屏幕S上形成一个圆形彩色亮区.已知玻璃半球的半径为R，屏幕S至球心的距离为D(D>3R),不考虑光的干涉和衍射，试问：
（1）在屏幕S上形成的圆形亮区的最外侧是什么颜色？
（2）若玻璃半球对（1）中色光的折射率为n，请你求出圆形亮区的最大半径．
解：（1）紫色。（4分）
（2）如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点E到亮区中心G的距离r就是所求最半径。设紫光临界角为C，由全反射的知识：
（2分）
由几何知识可知: 
（1分）
（1分）
（1分）
（1分） 
（1分）
所以有:
（1分）
15-4 ．如图所示，全反射玻璃三棱镜，折射率n=
,一束光线垂直于ac边从点O射入棱镜，现在让入射光线绕O点旋转改变入射方向，以下结论正确的是（ B ）
A．若入射光线从图示位置顺时针旋转，则折射光线将从ab边射出且向右移动
B．若入射光线从图示位置顺时针旋转，则折射光线将会从ab、bc两边射出
C．若入射光线从图示位置逆时针旋转，则折射光线将从ab边射出且向右移动
D．若入射光线从图示位置逆时针旋转，则折射光线将从ac边射出且向下偏转移动
16、电磁感应
1、E=BLV; 2 F=BIL 3.I=E/(r+R) 4 I感的图像
16-----1．如图所示，固定于水平桌面上足够长的两平行导轨PQ、MN，PQ、MN的电阻不计，间距为d=0.5m，PM两端接有一理想电压表，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.2T，电阻均为R＝0.1Ω、质量分别为m1=300g 和m2=500g的两金属棒L1、L2平行地搁在光滑的导轨上，现固定L1，L2在水平恒力F＝0.8N的作用下，由静止开始作加速运动．试求：
（1）当电压表读数为0.2V时棒L2的加速度多大？
（2）棒L2能达到的最大速度？
（3）若在棒L2达到最大速度时撤去恒力F，并同时释放L1，求L2达到稳定的速度？
（4）若固定L1，当L2的速度为v，且离开棒L1距离为s的同时，撤去恒力F，为保持L2作匀速运动，可以采用将B从原值（设为B0）逐渐减少的方法，则该磁场随时间怎样变化（写出B与时间t的关系式）．
解（1）L1和L2串连 I＝U/R＝2A（1分） L2受到的力F´＝BId＝0.2N（1分）
∴a＝
＝1.2m/s2 ---------------（2分）
（2）当L2达最大速度时其所受安培力与水平恒力F平衡，设L2的最大速度为Vm，则：
-- （2分）
------ --（2分）
（3）撤去F后，两棒达到共同速度时,L1、 L2有稳定的速度V共：m2vm＝(m1+m2) V共 -- ---(2分)
则
--（2分）
（4）要使棒L2保持匀速运动，必须使回路中的磁通量保持不变，设撤去F时磁感应强度为B，则B0d
s =Bd(s+vt)(4分) 得B=
（2分）
16-----2．如图所示，两根平行光滑金属导轨PQ和MN相距d＝0.5m，它们与水平方向的倾角为θ（sinθ＝0.6）导轨的上方跟电阻R＝4Ω相连，垂直导轨放一个金属棒，金属棒的质量为m＝0.2kg、电阻r＝2Ω．整个装置放在方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.2T． 金属棒在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，电阻R消耗的最大电功率P＝1W．（g＝10m/s2）
求：（1）恒力的大小；（2）恒力做功的最大功率．
解．（1）达到电阻R消耗最大功率的条件：
① 可能为如图上所示四力平衡，②可能为
若四力平衡则有：
∴
此时，
故可知达到受力平衡时，尚未脱离。 
（2）
故
16----3．如图所示，金属杆
在离地h处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平部分导轨上原来放有一金属杆b，b所在部分导轨的宽度是其左边的一半．已知杆的质量为
且与杆b的质量之比为∶
=3∶4．水平导轨足够长，不计摩擦，a杆始终在宽轨运动．求：
⑴、和b的最终速度分别是多大？
⑵、整个过程中回路释放的电能是多少？
⑶、若已知、b杆的电阻之比
∶
=3∶4，其余电阻不计，整个过程中、b上产生的热量分别是
多少？
27．（1）a下滑过程中机械能守恒
a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b均受安培力作用，a做减速运动，b做加速运动。
经一段时间，当 b的速度是a的速度的两倍时，回路的面积、磁通量不再变化，感应电流为0，二者最终匀速运动。设此时a的速度为va，b的速度为vb． b所在部分导轨的宽度是a所在部分的一半，由F＝BIL知，b所受安培力始终是a的一半。由动量定理得：
而
，
解得：
又
故：
， 
（2）由能量守恒知，回路中产生的电能等于a、b系统机械能的损失，所以
解得：
（3）回路中产生的热量Qa+Qb=ΔE，在回路中产生电能的过程中，虽然电流不恒定，但通过a、b的电流总相等，所以有： 
=
=
, 即
=
得：
，
16---4、如图所示，由导线制成的正方形框边长为L，每条边的电阻均为R，其中ab边材料较粗且电阻率较大，其质量为m，其余各边的质量均可忽略不计.线框可绕与cd边重合的水平轴oo’自由转动，不计空气阻力及摩擦.若线框从水平位置由静止释放，历时t到达竖直位置，此时ab边的速度为v.若线框始终处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，重力加速度为g.求：
⑴、线框在竖直位置时,ab边两端的电压及所受的安培力大小
⑵、这一过程中感应电动势的有效值
⑶、在这一过程中，通过线框横截面的电量.
解：（1）ab边切割磁感应线产生的感应电动势为：E＝BLv -（1分）
线框中的电流为：
--- （1分） ab两端的电压为：Uab＝I·3R - （1分）
ab边所受的安培力为：FA＝BIL -----（1分）由上式可得：Uab＝ BLv FA＝
---------（2分）
(2)线框下落过程中机械能的减少量等于线框中产生的焦耳热，由能量守恒可得： mgL＝ 
+Q （1分）
由交变电流有效值的定义式可得：Q＝
-（2分） 所以E有＝
-----（1分）
（3）线框在下摆过程中，线框的平均感应电动势为
-- （1分）
线框中的平均电流为：
-- （1分） 通过导线横截面的电荷为：q＝ 
t -（1分）
由上式可解得：q＝ 
- -（1分）
18 动量,能量
1８――１．（15分）如图所示，挡板P固定在足够高的水平桌面上，小物块A和B大小可忽略，它们分别
带有+QA和+QB的电荷量，质量分别为mA和mB。两物块由绝缘的轻弹
簧相连，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与B连接，另一端连接一轻
质小钩。整个装置处于场强为E、方向水平向左的匀强电场中。A、B
开始时静止，已知弹簧的劲度系数为k，不计一切摩擦及A、B间的库
仑力，A、B所带电荷量保持不变，B不会碰到滑轮。
(1) 若在小钩上挂一质量为M的物块C并由静止释放，可使物块A恰好能离开挡板P，求物块C下落的最大距离；
(2) 若C的质量改为2M，则当A刚离开挡板P时，B的速度多大？
解、（15分）（1）开始平衡时有：
①……（1分） 当A刚离开档板时：
②（1分）故C下落的最大距离为：
③……（2分）
由①～③式可解得
④……（2分）
（2）由能量守恒定律可知：C下落h过程中，C重力势能的的减少量等于B的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量、系统动能的增量之和当C的质量为M时：
⑤…（3分）
当C的质量为2M时：
⑥ …（3分）
由④～⑥式可解得A刚离开P时B的速度为：
⑦ （3分）
1８――２．（16分）如图所示，劲度系数为k=200N/m的轻弹簧一端固定在墙上，另一端连一质量为M=8kg
的小车a，开始时小车静止，其左端位于O点，弹簧没有发生形变，质量为m=1kg的小物块b静止于小车的
左侧，距O点s=3m，小车与水平面间的摩擦不计，小物块与水平面间的动摩擦系数为μ=0.2，取g=10m/s2。
今对小物块施加大小为F=8N的水平恒力使之向右运动，并在与小车碰撞前的瞬间撤去该力，碰撞后小车做
振幅为A=0.2m的简谐运动，已知小车做简谐运动周期公式为T=2
，弹簧的弹性势能公式为Ep=
（x
为弹簧的形变量），则
（1）小物块与小车碰撞前瞬间的速度是多大？
（2）小车做简谐运动过程中弹簧最大弹性势能是多少？小车的最大速度为多大？
（3）小物块最终停在距O点多远处？当小物块刚停下时小车左端运动到O点的哪一侧？
解．(16分)（1）设碰撞前瞬间，小物块b的速度为v1 小物块从静止开始运动到刚要与小车发生碰撞的过程中，根据动能定理可知 Fs-μmgs=
mv2 ① (1分) 解得v1=6m/s ②
( 1分)
（2）由于小车简谐振动的振幅是0.2m，所以弹簧的最大形变量为x=A=0.2m
根据弹性势能的表达式可知最大弹性势能Epm=kA2 ③ (1分) 解得Epm=4J ④
(1分)
根据机械能守恒定律可知小车的最大动能应等于弹簧的最大弹性势能
所以kA2=Mvm2
⑤ (1分) 解得小车的最大速度vm=1m/s ⑥
(1分)
（3）小物块b与小车a碰撞后，小车a的速度为vm，设此时小物块的速度为v1/，设向右为正方向，由动量守恒定律有 mv1=mv/1+Mvm ⑦ (1分) 解得v1/=--2m/s ⑧ (1分)
接着小物块向左匀减速运动一直到停止，设位移是s1，所经历的时间为t1，根据动能定理可知
-μmgs1=0-mv1/2
⑨
(1分) 解得s1=1m ⑩(1分)
物块作匀减速运动时的加速度为 a=
=μg=2m/s2 ⑾ t1=
1s ⑿(1分)
小车a振动的周期T=2
s ⒀(2分) 由于T＞t1＞
T，
所以小车a在小物块b停止时在O点的左侧，并向右运动。⒁(2分)
[评分标准]本题16分。①～⑿每式1分，⒀⒁每式2分。
１７题、带电粒子在Ｅ、Ｂ场中运动
１、q在Ｅ中加速，在Ｂ中圆周运动
２、q在Ｅ中平抛,进入Ｂ中圆周运动
3 q在E,B,g 中直线运动
1７――１．(本题满分17分)如图甲所示，真空中两水平放置的平行金属板C、D，上面分别开有正对的小孔O1和O2，金属板C、D接在正弦交流电源上，C、D两板间的电压UCD随时间t变化的图线如图乙所示。t=0时刻开始，从D板小孔O1处连续不断飘入质量为m=3.2×10-25kg、电荷量q=1.6×10-19C的带正电的粒子（设飘入速度很小，可视为零）。在C板外侧有以MN为上边界CM为左边界的匀强磁场，MN与C金属板相距d=10cm，O2C的长度L=10cm，匀强磁场的大小为B=0.1T，方向如图甲所示，粒子的重力及粒子间相互作用力不计，平行金属板C、D之间的距离足够小，粒子在两板间的运动时间可忽略不计。求：
（1）带电粒子经小孔O2进入磁场后，能飞出磁场边界MN的最小速度为多大.
（2）从0到0.04s末时间内哪些时间段飘入小孔O1的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN.
（3）磁场边界MN有粒子射出的长度范围.（计算结果保留一位有效数字）
（4）在图中用阴影标出有粒子经过的磁场区域.
参考答案：（17分）(1)设粒子飞出磁场边界MN的最小速度为v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力知： qv0B=mv02/R0 (1分)
粒子恰好飞出磁场，则有：R0=d (1分)
所以最小速度 v0=qBd/m=5×103m/s (2分)
(2) 
由于C、D两板间距离足够小，带电粒子在电场中运动时间可忽略不计，故在粒子通过电场过程中，两极板间电压可视为不变，
设恰能飞出磁场边界MN的粒子在电场中运动时CD板对应的电压为U0，
则根据动能定理知： qU0=mv02/2 (1分) 得：U0=mv02/2q=25V (1分)
根据图像可知：UCD=50sin50πt，-25V电压对应的时间分别为： 7/300s和11/300s，
所以粒子在0到0.04s内飞出磁场边界的时间为： 7/300s-11/300s (3分)
（3）设粒子在磁场中运动的最大速度为vm，对应的运动半径为Rm，则有：
qUm=mvm2/2 (1分) qvmB=mvm2/Rm (1分) Rm=0.14m (1分)
粒子飞出磁场边界时相对小孔向左偏移的最小距离为： x=Rm-(Rm2-d2)1/2=0.1×(21/2-1)m≈0.04m (1分)
磁场边界MN有粒子射出的长度范围为：△x=d-x=0.06m (1分)
（4）正确的画出粒子经过的磁场区域 （3分）
17--2如图所示，在地面附近有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场．磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向外．一质量为m、带电量为－q的带电微粒在此区域恰好作速度大小为υ的匀速圆周运动．（重
力加速度为g）
（1）求此区域内电场强度的大小和方向；
（2）若某时刻微粒运动到场中距地面高度为H的P点，速度与水平方向成45°，如图所示．则该微粒至少须经多长时间运动到距地面最高点？最高点距地面多高？
（3）在（2）问中微粒又运动P点时，突然撤去磁场，同时电场强度大小不变，方向变为水平向右，则该微粒运动中距地面的最大高度是多少？
答案：（1）带电微粒在做匀速圆周运动，电场力与重力应平衡，因此
mg=Eq 解得： 
方向竖直向下
（2）粒子作匀速圆周运动，轨道半径为R，如图所示。
最高点与地面的距离为：
解得：
该微粒运动周期为： 
运动到最高点所用时间为：
（3）设粒子升高度为h，由动能定理得： 
解得： 
微粒离地面最大高度为： 
17--3.如图所示，坐标空间中有场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，y轴为两种场的分界面，图中虚线为磁场区域的右边界.现有一质量为m，电荷量为-q的带电粒子从电场中坐标位置(-L，0)处，以初速度v0沿x轴正方向开始运动，且已知
.试求:要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，磁场的宽度d应满足的条件.
解:带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子进入磁场时的速度大小为v，速度方向与y轴的夹角为θ，如图所示，则:
（2分） 
（2分）
（2分） 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为:
（5分）
要使带电粒子能穿越磁场区域，磁场的宽度应满足的条件为:
5分）
即:
（2分）