（2）在t时刻，A、B的水平方向的速度为?m???at??02?gt???????1分
竖直方向的速度为υγ=gt??????????????????1分 合速度为：?合??x2??y2?????????????????2分 解得υ合的最小值：?min?24?0??????????????3分
?12m?0?2（3）碰撞过程中A损失的机械能：?E112m?2?38m?02???2分
?12碰后到距高台边缘最大水平距离的过程中A损失的机械能：?E2qEXm?18m?02
??????????????????????2分
从开始到A、B运动到距离高台边缘最大水平距离的过程中A损失的机械能为：
?E?12m?02???????????????????????2分
24（20分）
（1）如图答1所示，经电压U2加速后以速度v2射入磁场，粒子刚好垂直PQ射出磁场，可确定粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在PQ边界线的O点，半径R2与磁场宽L的关系式为
R2?Lcos? （2分），又R2?mv2Bq （2分），解得v2?BqLmcos? （2分）
加匀强电场后，粒子在磁场中沿直线运动射出PQ边界的条件为Eq＝Bqv2（2分），
电场力的方向与磁场力的方向相反。 （2分）
由此可得出E?角为???2BqLmcos?2，E的方向垂直磁场方向斜向右下（2分），与磁场边界夹
??（2分），如图答2所示。
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（2）经电压U1加速后粒子射入磁场后刚好不能从PQ边界射出磁场，表明在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与PQ边界相切，要确定粒子做匀速圆周运动的圆心O的位置，如图答3所示，圆半径R1与L的关系式为：L?R1?R1cos?,R1?又R1?mv1BqL1?cos? （2分）
，解得v1?BqLm(1?cos?) （2分）
由于U1q?
12mv，U2q?2112mv，所以
22U1v1U2v222?cos?(1?cos?)22 （2分
25、（20分）（1）原子为中性，分裂后一定有qa=-qb（b一定带负电） (2分) 原子分裂前后动量守恒，则pa+pb=0 （2分） 粒子在磁场中运动时由牛顿定律有 qvB分）
∴ R则：
?mvqB??pqB?34?mvR2 （2
（2分） （2分）
RaRbB2B1（2）a、b粒子相遇时：ta=tb （2分）
由题意分析可知,a粒子在第四次经过y轴与b粒子第一次相遇时，b粒子应第三次经过y轴。则
ta=Ta1+Ta2 tb=Tb1+Tb2/2 （2分） ∵T∴ ta?2?Rv?2?nqB? （2分） tb?2?mbqB1?2?nbqB2?2?mbqB1?2?nbqB2?2?maqB12?maqB12?naqB22?naqB2
即
? （2分）
mb2?mb3代入数据并化简得：解之得：
mamb?57ma2?2ma3?
26 (1)小物体下滑到C点速度为零才能第一次滑入圆弧轨道即恰好做简谐运动 从
C到
D由机械能守恒定律有： mgR(1-cosθ)=
mvDR212mv2D
在D点用向心力公式有： F-mg=m 解
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以上二个方程可得： F=3mg-2mgcosθ
(2)从A到C由动能定理有：
mgsinθ(S+Rcotθ)- μmgcosθ·Rcotθ=0
解方程得： S=(μcot2θ-cotθ)R 25．（1）对27（1）对b微粒，没与a微粒碰撞前只受重力和电场力，则有2qE = 4mg
∴E =
2mgq
对a微粒碰前做匀速直线运动，则有 Bqv0 = Eq + mg
∴v0 =
3mgBq
（2）碰撞后，a、b结合为一体，设其速度为v
由动量守恒定律得 mv0 = 5mv
∴v =
v05
碰后的新微粒电量为– q 设Q点与O点高度差为h 由动能定理： 5mgh – Eqh =∴h = 0.9
mgBq222125m (0.4v0) –
125m (
v05)
2
（3）碰撞后，a、b分开，则有 mv0 = mva + 4mvb vb = 0.3 v0，得va = – 0.2v0 a微粒电量为 – q / 2，受到的电场力为
E ·?2q2mgq2q?mg ∴F电 = mg
故a微粒做匀速圆周运动，设半径为R B | va |
q2?m|va|R2 ∴R =
2m|va|Bq?1.2mgBq2222
a的最高点与O点的高度差ha = 2R =
mgdaC2.4mgBq22。
28 ?? Q?2md2'2?C?T2?C??mgd?2md22
?C??mgd29
(1)“火箭”整体(含弹簧)在弹簧解除锁定的瞬间，弹簧弹力远大于箭体重力，故动量守恒：m1v1-m2v2=0 同时机械能守恒：(m1v12)/2+(m2v22)/2=E0 ∴v1=[2m2E0/m1(m1+m2)]v2=[2m1E0/m2(m1+m2)]
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1212
∴“火箭”上部分所能达到的最大高度为： H1=v1/2g=m2E0/m1g(m1+m2) x (2)“火箭”上升的时间为：t=v1/g 水池深度为：H2=v2t/2 “火箭”下部分克服水的浮力共做功： WF=m2gH2+m2v22/2 以上各式联立可得：WF=E0
2
30
设衰变后，氡核的速度为v0，α粒子的速度为vα，由动量守恒定律得 （M－m）v0=mvα
α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，到达A点需时t?2??L2v?
又qv?B?mv?L2 氡核在电场中做匀加速直线运动，t时速度为v=v0+at
氡核加速度a?(Q?q)EM?m 由以上各式解得：v?qBL?2?(Q?q)mE2(M?m)qB22。
UvL31 I?m10v0L或I?2m0。32 R滑?滑=8?
ttI2 P出?I(R?滑R?)23 W
33
不会
?2为：?1mgl?12?(2m)??1?212?(3m)??2??1?2?0212gl?0.6（4=3+1分）
?2mg?(2l)?12?(2m)??1?212?(3m)??2??2?2?0224gl?0.3（4=3+1分）
34．解：(1)对P由A→B→C应用动能定理，得 WF-μ1m1g(2L1+L2)=m1vc2
21 (4分)
解得WF=6J (3分) (2)设P、Q碰后速度分别为v1、v2，小车最后速度为v，由动量守恒定律得 m1vc=m1v1+-m2v2 m1vc=(m1+m2+M)v 由能量守恒得
12
12
2
12
2
(2分) (2分)
μ2m1gS+μ2m2gL=m1v12? 解得，v2=2m/s v2′=m/s
32m2v2??M?m1?m2?v (3分)
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v=0.4m/s
23
53
(3分) (2分)
当v2′=m/s时，v1=m/s>v2′不合题意，舍去。 即P与Q碰撞后瞬间Q的速度大小为v2=2m/s 小车最后速度为0.4m/s
24导与练上有 35(20分) 解：（1）由几何关系可知，AB间的距离为R (1分)
2小物块从A到B做自由落体运动，根据运动学公式有vB ?2gR ①
(2分) (2分)
代入数据解得vB=4m/s，方向竖直向下 故vBx=vBsin60°
② 从B到C，只有重力做功，根据机械能守恒定律有
mgR(1?cos60?)?mvC/2?mvBx/222（2）设小物块沿轨道切线方向的分速度为vBx，因OB连线与竖直方向的夹角为60°，
(2分)
③ (2分) (1分) (2分) (1分)
代入数据解得vC?25m/s
2在C点，根据牛顿第二定律有F?c?mg?mvC /R ④
代入数据解得F?c?35N
再根据牛顿第三定律可知小物块到达C点时对轨道的压力FC=35N (1分)
（3）小物块滑到长木板上后，它们组成的系统在相互作用过程中总动量守恒，减少的机械能转化为内能。当物块相对木板静止于木板最右端时，对应着物块不滑出的木板最小长度。根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mvC=(m+M)v ⑤
22 ?mgL?mvC/2?(m?M)v/2 ⑥
(2分) (2分)
2联立⑤、⑥式得L?MvC /[2?g(m?M)] ⑦
代入数据解得L=2.5m (2分) 36(共20分)
(1)运动。因磁场运动时，框与磁场有相对运动，ad、b边切害虫磁感线，框中产生感应电流(方向逆时针)，同时受安培力，方向水平向右，故使线框向右加速运动，且属于加速度越来越小的变加速运动。 ????(6分) (2)阻力f与安培力F安衡时，框有vmf=Kvm=F=2IBL①???(2分) 其中I=E/R
②???(1分) ③???(2分)
E=2BL(v-vm) ①②③联立得：
Kvm=2·[2BL(v-vm)/R]·BL ∴Kvm=(4B2L2v-4B2L2vm)/R
∴vm=4B2L2v/(KR+4B2L2) ④???(1分) =3.2m/s ⑤???(2分) (3)框消耗的磁场能一部分转化为框中电热，一部分克服阴力做功。
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物理压轴题集（看了一百多张试卷后选的63题） - 图文
