各地最新物理试卷之压轴题（4月15以后）
1．如图所示，轻绳绕过轻滑轮连接着边长为L的正方形导线框A1和物块A2，线框A1的电阻为R，质量为M，物块A2的质量为m（M>m），两匀强磁场区域I、II的高度也为L，磁感应强度均为B，方向水平与线框平面垂直。线框ab边距磁场边界高度为h。开始时各段绳都处于伸直状态，把它们由静止释放，ab边刚穿过两磁场的分界线CC／进入磁场II时线框做匀速运动。求：
（1）ab边刚进入磁场I时线框A1的速度v1；
（2）ab边进入磁场II后线框A1所受重力的功率P；
（3）从ab边刚进入磁场II到ab边刚穿出磁场II的过程中， 线框中产生的焦耳热Q.
答案：（1）由机械守恒：
① （3分）
解得：
② （1分）
（2）设线框ab边进入磁场II时速度为
，则线框中产生的电动势：
③ （2分）
线框中的电流
④ （2分）
线框受到的安培力
⑤ （2分）
设绳对A1、A2的拉力大小为T则：
对A1：T+F=Mg ⑥ （1分）
对A2：T=mg ⑦ （1分）
联立⑤⑥⑦解得：
⑧（3分）
⑨（1分）
（3）从ab边刚进入磁场II到ab边刚穿出磁场II的此过程中线框一直做匀速运动，根据能量守恒得：
⑩ （3分）
2.（18分）如图所示，质量M＝
（1）当第一颗子弹进入靶盒A后，靶盒A离开O点的最大距离；
（2）当第三颗子弹进入靶盒A后，靶盒A从离开O点到又回到O点所经历的时间；
（3）当第100颗子弹进入靶盒时，靶盒已经在相互作用区中运动的时间总和.
答案:（1）设第一颗子弹进入靶盒A后，子弹与靶盒的共同速度为v1.
根据碰撞过程系统动量守恒，有：mv0=(m+M)v1（2分）
设A离开O点的最大距离为s1，由动能定理有：-Fs1=0-
(m+M)v12（2分）
解得：s1=
（2）根据题意，A在的恒力F的作用返回O点时第二颗子弹正好打入，由于A的动量与第二颗子弹动量大小相同、方向相反，故第二颗子弹打入后，A将静止在O点.设第三颗子弹打入A后，它们的共同速度为v3，由系统动量守恒得：mv0=(
设A从离开O点到又回到O点所经历的时间为t，取碰后A运动的方向为正方向，由动量定理得：-F
=0-(
解得：t=0.5 s.（2分）
（3）由（2）问可知，第1、3、5、…、（2n+1）颗子弹打入A后，A运动时间均为t=0.5 s（3分）
故总时间t总=50t=25 s.（3分）
3.（18分）如图，在xOy平面内，MN和x轴之间有平行于y轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场，y轴上离坐标原点
（1）磁感应强度B和电场强度E的大小和方向；
（2）如果撤去磁场，只保留电场，电子将从D点（图中未标出）离开电场，求D点的坐标；
（3）电子通过D点时的动能.
答案:（1）只有磁场时，电子运动轨迹如图1所示 （1分）
洛伦兹力提供向心力Bev0=m
（1分）
由几何关系R2=(
求出B=
，垂直纸面向里.
（1分）
电子做匀速直线运动Ee=Bev0 （1分）
求出E=
沿y轴负方向
（1分）
（2）只有电场时，电子从MN上的D点离开电场，如图2所示（1分）
设D点横坐标为x x=v0t （2分）
（2分）
求出D点的横坐标为x=
≈
纵坐标为y=
（3）从A点到D点，由动能定理Ee?mv02
（2分）
求出EkD=
mv02.
（2分）
4. (18分)如图13所示，在一光滑水平的桌面上，放置一质量为M，宽为L的足够长“U”型框架，其ab部分电阻为R，框架其它部分的电阻不计。垂直框架两边放一质量为m、电阻为R的金属棒cd，它们之间的动摩擦因数为μ，棒通过细线跨过一定滑轮与劲度系数为k的另一端固定的轻弹簧相连。开始弹簧处于自然状态，框架和棒均静止。现在让框架在大小为2μmg的水平拉力作用下，向右做加速运动，引起棒的运动可看成是缓慢的。水平桌面位于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。问：
（1）框架和棒刚开始运动的瞬间，框架的加速度为多大？
（2）框架最后做匀速运动（棒处于静止状态）时的速度多大？
（3）若框架通过位移S 后开始匀速，已知弹簧的弹性势能的表达式为 k x2 (x为弹簧的形变量)，则在框架通过位移 s 的过程中，回路中产生的电热为多少？
.【解析】(1) 设水平拉力为F，则F＝2μmg，对框架由牛顿第二定律：F-μmg＝Ma , 解出
。（6分）
(2) 设框架做匀速运动的速度大小为v，则感应电动势 E=BLv , 回路中的电流 
,
对框架由力的平衡得
, 联立以上各式解出 
（6分）
(3) 在框架滑过S的过程中，设产生的电热为Ql ,摩擦生热为Q2，
由功能关系
, 其中
,
在框架匀速后，对棒由力的平衡得 
,
联立以上各式并结合,
, 解出 
。（6分）
【答案】(1) ; (2) ; (3)
点评： 本题是一条学科内综合题, 同时又是一条新情景试题, 本题物理过程较复杂, 涉及弹性力、磁场力、摩擦力、牛顿第二定律、感应电动势、 全电路欧姆定律、功能关系、力的平衡等众多知识点, 考查考生多角度探究问题的能力。
解题关键：理清物理过程,分析各个物理过程中的受力时,不要漏掉力; 正确把握各个物理量的关系, 在各个过程中选用合适的规律求解.，特别要关注各个力所对应的能量。
5、（15分）荷兰科学家惠更斯在研究物体碰撞问题时做出了突出的贡献．惠更斯所做的碰撞实验可简化为：三个质量分别为m
、m
、m
的小球，半径相同，并排悬挂在长度均为L的三根
平行绳子上，彼此相互接触。现把质量为m
的小球拉开，上升到H高处释放，如图所示，已知各球间碰撞时同时满足动量守恒定律和机械能守恒定律，且碰撞时间极短，H远小于L,不计空气阻力。若三个球的质量不同，要使球1与球2、球2与球3相碰之后，三个球具有同样的动量，则m∶m∶m应为多少?它们上升的高度分别为多少?
18、（15分）由题意知三球碰后的动量均相同，设为p,则
， 球2在与球3碰前具有动量2p，根据机械能守恒定律，对于球2与球3碰撞的情况应有：
2分
由此得：
∶
＝3∶1 2分
球1与球2碰前的动量为3p，根据机械能守恒定律有：
2分
由此得：
∶＝2∶12分
从而可得：∶∶＝6∶3∶1
2分
设三球碰后上升的高度分别为
球1碰前动能
＝
,又＝
,∴
＝
2分
球1碰后动能
＝
又＝
，∴
＝
2分
从而可得：
同理可得：
3分
6. （18分）如图13所示我国“嫦娥一号卫星”从发射到进入月球工作轨道的过程示 意图。在发射过程中，经过一系列的加速和变轨。卫星沿绕地球“48h轨道”在抵达近地点P时，主发动机启动，卫星的速度在很短时间内由v1提高于v2，进入“地月转移轨道”，开始了从地球向月球的飞越。在“地月转移轨道上”经过14小时飞行到达近月点Q时，需要及时制动使其成为月球卫星。之后又在绕月球轨道上的近月点Q经过两次制动，最终进入绕月球的圆形工作轨道I。已知“嫦娥一号卫星”的质量为mB。在绕月球的圆形工作轨道Ⅰ上运动的周期为T，月球的半径为r月，月球的质量为m月，万有引力恒量为G。
（1）求卫星从“48h轨道”的近地点P进入“地月转移轨道”过程中主发动机对“嫦娥一号卫星”做的功（不计地球引力做功和卫星质量变化）；
（2）求“嫦娥一号卫星”在绕月球圆形工作轨道Ⅰ上运动时距月球表面的高度；
（3）理论证明:质量为m的物体距月球无限远处无初速释放,它在月球引力作用下运动至月球中心的距离为r处的过程中，月球引力对物质所做的功可表示为
W=Gm月m/r月。为使“嫦娥一号卫星”在近月点Q进行第一次制动后能成为月球的卫星，且与月球表面的距离不小于圆形工作轨道Ⅰ的高度，最终进入圆形轨道Ⅰ，其第一次制动后的速度大小应满足什么条件？
答案 （18分）（1）根据动能定理，主发动机在“嫦娥一号卫星”进入地月转移轨道过程中对卫星做的功
…………………………………………………4分
（2）设“嫦娥一号卫星”在圆轨道I上运动时距月球表面的高度为h，根据万有引力定律和向心力公式有
……………………………………………4分
解得：
……………………………………………………4分
（3）设“嫦娥一号卫星”在近月点时行第一次制动后，在绕月球轨道I上运动的速度为u1,
…………………………………………………………1分
解得：
………………………………………………………1分
设“嫦娥一号卫星”在通过近月点脱离月球引力的束缚飞离月球的速度为u2，根据机械能守恒定律
………………………………………………………1分
解得：
……………………………………………………1分
所以“嫦娥一号卫星”在近月点进行制动后和速度u应满足的条件是：
…………………………………………2分
7．(16分)如图所示,光滑的平行金属导轨CD与EF间距为L＝
,k为一常数,
.求：
⑴猜测金属棒下滑过程中做的是什么性质的运动,并加以证明．
⑵金属棒下滑
⑶金属棒下滑
17．⑴由于棒从静止开始运动，因此首先可以确定棒开始阶段做加速运动，然后通过受力分析，看看加速度可能如何变化？如图2－2所示，棒在下滑过程中沿导轨方向有向下的重力分力mgsinθ和向上的安培力F．由于m随位移x增大而增大，所以，mgsinθ是一个变力；而安培力与速度有关，也随位移增大而增大．如果两个力的差值恒定，即合外力是恒力的话，棒有可能做匀加速运动．不妨假设棒做的是匀加速运动，且设下滑位移x时的加速度为ai,根据牛顿第二定律，有
图2－2
安培力F＝ILB，
，所以
，
有 
①
假设棒做匀加速运动．则瞬时速度 
，
由于
，代入后得到
②
消去
后得到
③
从上述方程可以看出ai的解是一个定值，与位移x无关，这表明前面的假设成立．棒的运动确实是匀加速运动．若本问题中m不与
成正比，代人牛顿第二定律方程后，不能消去，加速度ai就与x有关，从而说明ai是一个变量，得到是一个不能白洽的结果，则表明前面的假设不能成立．
⑵为了求棒下滑
化简有 
④
令
，则④式可写作
解得
a＝
根据匀变速运动规律，
⑶金属棒下滑
求解。
另一种解法是用
求解。棒中瞬时电流
。由于v是随时间均匀增加的，所以电流也随时间均匀增加，棒下滑
，在这段时间内平均电流
，所以
，所得的结果与前面相同。
8．（16分）如图甲所示，两个几何形状完全相同的平行板电容器PQ和MN，水平置于水平方向的匀强磁场中（磁场区域足够大），两电容器极板的左端和右端分别在同一竖直线上，已知P、Q之间和M、N之间的距离都是d，极板本身的厚度不计，板间电压都是U，两电容器的极板长相等。今有一电子从极板PQ中轴线左边缘的O点，以速度v0沿其中轴线进入电容器，并做匀速直线运动，此后经过磁场偏转又沿水平方向进入到电容器MN之间，且沿MN的中轴线做匀速直线运动，再经过磁场偏转又通过O点沿水平方向进入电容器PQ之间，如此循环往复。已知电子质量为m，电荷量为e。不计电容之外的电场对电子运动的影响。
（1）试分析极板P、Q、M、N各带什么电荷？
（2）求Q板和M板间的距离x ；
（3）若只保留电容器右侧区域的磁场，如图乙所示。电子仍从PQ极板中轴线左边缘的O点，以速度v0沿原方向进入电容器，已知电容器极板长均为
。则电子进入电容器MN时距MN中心线的距离？要让电子通过电容器MN后又能回到O点，还需在电容器左侧区域加一个怎样的匀强磁场？
解析：（1）电子受磁场力向下，则受电场力向上，所以P板带正电，Q板带负电
2分
同理可知，M板带负电，N板带正电 2分
（2）电子在电容器中由平衡条件有：
2分
电子在磁场中做圆周运动的半径为R，则：
1分
Q板和M板间的距离，应满足：
1分
（3）电子离开电容器P、Q时的侧移量为：
2分
， 
，
2分
电子进入电容器M、N之间的位置在中轴线以上y处。
电子进入电容器M、N后，在电场力作用下作类抛体运动，根据对称性可知，电子在竖直方向上的位移为y,离开电容器M、N的位置在中轴线以上2y处，速度大小为
，方向与中轴线平行
2分
，
1分
方向垂直于纸面向里（水平） 1分
9.（16分）磁悬浮列车是一种高速运载工具。它具有两个重要系统：一是悬浮系统，利用磁力使车体在导轨上悬浮起来；另一是驱动系统，在沿轨道上安装的三相绕组中，通上三相交流电，产生随时间和空间做周期性变化的磁场，磁场与固连在车体下端的感应金属板相互作用，使车体获得牵引力。
设图中
平面代表轨道平面，
轴与轨道平行，现有一与轨道平面垂直的磁场正以速度
向
方向匀速运动，设在
时，该磁场的磁感应强度B的大小随空间位置x的变化规律为
（式中B0、k为已知常量），且在y轴处，该磁场垂直平面指向纸里。与轨道平面平行的一金属矩形框MNPQ处在该磁场中，已知该金属框的MN边与轨道垂直，长度为L，固定在y轴上，MQ边与轨道平行，长度为d=
，金属框的电阻为R，忽略金属框的电感的影响。求：
（1） t=0时刻，金属框中的感应电流大小和方向；
（2） 金属框中感应电流瞬时值的表达式；
（3） 经过
时间，金属框产生的热量；
（4） 
画出金属框受安培力F随时间变化的图象。
答案：（16分）（1）磁场向方向运动，等效金属框向
方向运动。
t=0时刻，金属框产生的电动势
（1分）
（2分）
电流的方向根据右手定则可知为
（1分）
（2）设经过时间t，金属框MN所在处磁场强度为B，
又
，得到电流瞬时值的表达式是：
，是正弦式电流。（4分）
（3）
（4分）
（4）金属框受安培力的方向始终向左。设经过时间t，金属框受到安培力为
由此可知：金属框受到安培力F随时间变化的图象如下图： （4分）
10．（16分）如图所示，由10根长度都是L的金属杆，连接成一个“目”字型的矩形金属框abcdefgha，放在纸面所在的平面内；有一个宽度也为L的匀强磁场，磁场边界跟de杆平行，磁感强度的大小是B，方向垂直于纸面向里，金属杆ef、fg和gh的电阻不计，其他各杆的电阻都为R，各杆端点间接触良好。现在以速度v匀速把金属框从磁场的左边界向右拉，当de杆刚进入磁场时，开始计时，求：
(1)从开始计时到cf杆刚要进入磁场的过程中，通过ah杆某一横截面上的总电量。
(2)从开始计时到金属框全部通过磁场的过程中，金属框中电流所产生的总热量。
答案：(1)de切割磁感线时
，
，ah中的电流
，
(2) cf切割磁感线时
，
11．（16分）在水平长直的轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动．某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ．
（1）证明：若滑块最终停在小车上，滑块和车摩擦产生的内能与动摩擦因数μ无关，是一个定值．
（2）已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量m=
（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内?
 |
答案：（16分）（1）根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度
（1分）
滑块相对车滑动的时间 
（1分）
滑块相对车滑动的距离 
（1分）
滑块与车摩擦产生的内能 
（1分）
由上述各式解得 
（与动摩擦因数μ无关的定值） （1分）
（2）设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则
滑块运动到车左端的时间 
①
由几何关系有 
② （1分）
由牛顿定律有 
③ &nbs
16.如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。在x轴上方空间的第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面（纸面）向里的匀强磁场，在第四象限，存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场场强相等的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带电质点，从y轴上y = h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限。然后经过x轴上x = ? 2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动。之后经过y轴上y = ? 2h处的P3点进入第四象限。已知重力加速度为g。求：
h
=
…………①（2分）
v0
=
…………………②(1分)
vy = gt ……………………③（1分）
求出 v =
…④（2分）
方向与x轴负方向成45°角 （1分）
用其它方法求出正确答案的同样给分。
（2）带电质点从P2到P3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力
Eq = mg………………………………⑤（1分）
Bqv = m
…………………………⑥（2分）
(2R)2 = (2h)2 + (2h)2 ………………⑦（2分）
由⑤解得 E =
…………………………………（2分）
联立④⑥⑦式得B
=
……………………………………（2分）
（3）带电质点进入第四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动。当竖直方向的速度减小到0，此时质点速度最小，即v在水平方向的分量
v
min = v cos45°=
………………………………（2分）
方向沿x轴正方向 …………………………………………（2分）
（2008.4.10）
17．高频焊接是一种常用的焊接方法，图1是焊接的原理示意图。将半径为r=
（1）求环形金属工件中感应电流的大小，在图3中画出感应电流随时间变化的i-t图象（以逆时针方向电流为正）；
（2）求环形金属工件中感应电流的有效值；
（3）求t=0.30s内电流通过焊接处所产生的焦耳热．
解：（1）环形金属工件电阻为R=2prR0+9´2prR0=20prR0=6.28´10-3Ω
在0-2T/3时间内的感应电动势为
E=
＝6.28V
电流为I=
=1.0´
由楞次定律得到电流方向逆时针
I-t关系图象如图4所示.
（2）设环形金属工件中电流的有效值为I效，在一个周期内
I效2RT＝
解得：I效=
A＝
（3）在t=0.30s内电流通过焊接处所产生的焦耳热为
而R'=9´2prR0=5.65´10-3Ω
解得：Q=I2R't＝1.13´103J