高中物理综合题难题汇编(五)

1. (15分)如图是用高电阻放电法测电容的实验电路图，其原理是测出电容器在充电电压为U时所带的电荷量Q，从而求出其电容C.该实验的操作步骤如下：①按电路图接好实验电路;②接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使微安表的指针接近满刻度，记下这时的电压表读数U0＝6.2 V和微安表读数I0＝490 μA;③断开电键S并同时开始计时，每隔5 s或10 s 读一次微安表的读数i,将读数记录在预先设计的表格中;④根据表格中的12组数据，以t为横坐标，i为纵坐标，在坐标纸上描点(图中用“×”表示),则：

(1)根据图示中的描点作出图线；

(2)试分析图示中i-t图线下所围的“面积”所表示的物理意义

(3)根据以上实验结果和图线，估算当电容器两端电压为U0所带的电量Q0，并计算电容器的电容。

2. （20分）一宇宙人在太空（那里万有引力可以忽略不计）玩垒球。辽阔的太空球场半侧为均匀电场E，另半侧为均匀磁场B，电场和磁场的分界面为平面，电场方向与界面垂直，磁场方向与垂直纸面向里。宇宙人位于电场一侧距界面为h的P点，O点是P点至界面垂线的垂足，D点位于纸面上O点的右侧，OD与磁场B的方向垂直，OD = d 。如图所示，垒球的质量为m，且带有电量– q（q＞0）。

（1）宇宙人是否可能自P点以某个适当的投射角（与界面所成的θ角）

α及适当的初

速度

v投出垒球，使它经过D点，然后历经磁场一次自行回至P点？试讨论实现这一游戏，p

d必须满足的条件并求出相应的

α和p v。

（2）若宇宙人从P点以初速度

v平行与界面投出垒球，要使垒球击中界面上的某一D

o

点，初速度

v的指向和大小应如何？

o

3. （15分）质量为m ，带电量为q 的粒子以初速度v 0经过一个磁感应强度为B 的区域，该区域的宽度为d ，粒子在运动过程中受到的阻力→

→-=v k f 。问粒子至少以多大的速度进入磁场区，才能穿过该区域？

4. （15分）空间有一个水平方向的匀强磁场B ，磁场中有a ,b 两点，相距为s ，a 、b 连线在水平面上且与B 垂直。一个质量为m ，电量为+q 的带电质点从a 点以速度 v 0对准b 射出，为了使它能够到达b ，v 0取什么值？

b

a v

5. （20分）一根长的薄导体平板沿X 轴放置，板面位于水平位置，板的宽度为L ，电阻可忽略不计，aebcfd 是圆弧形均匀导线，其电阻为3R ，圆弧所在的平面与X 轴垂直，圆弧的两端a 和d 与导体板的两个侧面相接触，并可在其上滑动。圆弧ae=eb=cf=fd=(1/8)圆周长，圆弧bc =（1/4）圆周长，一内阻Rg =nR 的体积很小的电压表位于圆弧的圆心O 处，电压表的两端分别用电阻可以忽略的直导线与b 和c 点相连，整个装置处在磁感应强度为B 、方向竖直向上的匀强磁场中。当导体板不动而圆弧导线与电压表一起以恒定的速度v 沿X 轴方向平移运动时

（1）求电压表的读数；

（2）求e 点与f 点的电势差U e —U f 。

6. （15分）PQ n Q n P 是由若干正方形导线方格PQ 11P Q ，2211P Q Q P ，3322P Q Q P ， …， n n 1n 1n P Q Q P --构成的网络，如图1所示。

方格每边长度 l = 10.0 cm 边Q 1Q ，21Q Q ，32Q Q …与边P 1P ，21P P ，32P P ，…的电

阻都等于r ，边PQ ，11Q P ，22Q P ，…的电阻都等2 r 。已知PQ 两点间的总电阻为C r ，C 是一已知数。在x ＞ 0的半空间分布有随时间t 均匀增加的匀强磁场，磁场方向垂直于Oxy 平面并指向纸里，如图2所示，

今令导线网络PQ n Q n P 以恒定的速度v = 5.0 cm/s ，沿x 方向运动并进入磁场区域。在运动过程中方格的边PQ 始终与y 轴平行。若取PQ 与y 轴重合的时刻为t = 0 ，在以后任一时刻t 磁场的磁感应强度为B = bt B 0+，式中t 的单位为s ，0B 为已知恒量，b = 0.100B 。求t = 2.5 s 时刻，通过导线PQ 的电流（忽略导线网络的自感）。

7. （15分）有一匀质细导线弯成的半径为a 的圆线圈和一内接等边三角形的电阻丝组成的电路（电路中各段的电阻值见图）。在圆线圈平面内有垂直纸面向里的均匀磁场，磁感应强度B 随时间t 均匀减小，其变化率的大小为一已知常量k 。已知21r =32r 。试求图中A 、B 两点的电势差A U -B U 。

8. （20分）位于竖直平面内的矩形平面导线框abcd。ab长为l1，是水平的，bc长为l2，线框的质量为m，电阻为R.。其下方有一匀强磁场区域，该区域的上、下边界PP′和QQ′均与ab平行，两边界间的距离为H，H＞l2，磁场的磁感应强度为B，方向与线框平面垂直，如图所示。令线框的dc边从离磁场区域上边界PP′的距离为h处自由下落，已知在线框的dc边进入磁场后，ab边到达边界PP′之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值。问从线框开始下落到dc边刚刚到达磁场区域下边界QQ′的过程中，磁场作用于线框的安培力作的总功为多少？

9. （15分）ABCD是闭合导线回路（导线外壳绝缘）总电阻为R，AB的一部分绕成初始半径为r0的圆圈。圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的均匀磁场，回路的B端固定，C 、D 为自由端。

（1）若A端在沿BA方向的恒力F的作用下向右移动，使圆圈缓慢缩小。设在圆圈缩小的过程中，始终保持圆的形状，导体回路是软的，阻力可忽略，求此圆圈从初始半径r0 到

完全闭合所需要的时间。

（2）若A 端沿BA 方向以恒定速度v 向右移动，使圆圈缓慢缩小的过程中，回路始终保持圆形，求从初始半径r 0 到完全闭合拉力所做的功。

10. 解析：

（1）万有引力提供向心力

2r

GMm =m ω2r=m(T π2)2r (1分) 整理得23t

r ==24πGM (1分) 由开普勒定律及上面推证知任一椭圆中上式同样适用：k=23t

r == 24πGM (1分) 由图知半长轴r=(209+2×00+49991)/2 km (1分)

=31500km(或315×105m) (1分) T=GM

r 3

24π (1分) =24

915

3100.61015

110315104⨯⨯⨯⨯⨯⨯-s=0.天 (1分) 从近地点A 运行到远地点B 的时间t=T/2=0.32天 (1分)

（2）设近地点A 和远地点B 所在轨道处的极小圆弧的半径为ρ

依题意和万有引力提供向心力得：

f A =21)

(R L GMm +=m ρ2A V (1分) f B =2

2)(R L GMm +=m ρ2B V (1分) 联立解得V A ·(L 1+R)=V B (L 2+R) (1分)

（3）由机械能守恒及上面的证明得：

21mV 2A -R L GMm +1=21mV 2B -R

L GMm +2 (1分) 21mV 2A -R L GMm +1=21mV 20-R

GMm (1分)

联立解得V

0=

R

R

L

L

R

L

L

GM

)

2

(

)

(

2

2

1

2

1

+

+

+

+

(2分)

代入数据得V0=10.6km/s (2分)

11. （13分）如图所示质量为m的子弹击中并穿过放在光滑水平地面上的木块，若木块对子弹的阻力f恒定，欲使木块获得动能大些，对子弹质量m和子弹速度v0有何要求?推导三者关系并讨论。

12. （14分）如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平。一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示，已知它落地时相对于B的水平位移OC=l．现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带，传送带的右端到B点的距离为l／2．当传送带静止时，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在传道带上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点．当驱动轮转动从而带动传送带以速度v匀速向右运动时(其它条件不变)，P的落地点为D．(不计空气阻力)

(1)求P滑至B点时的速度大小；

(2)求P与传送带之间的动摩擦因数；

(3)求OD之间的距离s=?

13. （18分）如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M´N´位于同一水平面上，两轨道之间的距离l=0.50m。轨道的MM´端之间接一阻值R=0.40Ω的定值电阻，NN´端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N´P´平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0=0.50m。直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B=0. T的匀强磁场中，磁场区域的宽度d=0.80m，且其右边界与NN´重合。现有一质量m=0.20kg、电阻r=0.10Ω的导体杆ab静止在距磁场的

左边界s=2.0m处。在与杆垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体杆ab恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点PP´。已知导体杆ab在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆ab与直轨道之间的动摩擦因数μ=0.10，轨道的电阻可忽略不计，取g=10m/s2，求：

（1）导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上的电流大小和方向；

（2）导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量；

（3）导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热。

14. （20分）示波器的核心部分为示波管，

如图甲所示, 真空室中电极K发出电子(初

速不计)，经过电压为U1的加速电场后，由

小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入

板中。板长L ，相距为d ，在两板间加上

如图21乙所示的正弦交变电压，前半个周

期内B板的电势高于A板的电势，电场全部

集中在两板之间，且分布均匀。在每个电子

通过极板的极短时间内，电场可看作恒定

的。在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两板中心线垂直的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交。当第一个电子到达坐标原点O时，使屏以速度v沿－x方向运动，每经过一定的时间后，在一个极短时间内它又跳回到初始位置，然后重新做同样的匀速运动。 (已知电子的质量为m ，带电量为e , 不计电子重力)。求：

（1）电子进入A、B板时的初速度；要使所有的电子都能打在荧光屏上，图乙中电压的最大值U0需满足什么条件?

（2）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置? 计算这个波形的峰值和长度. 在如图丙所示的x -y坐标系中画出这个波形。

15. （20分）某同学设计了一种测定风力的装置，其原理如图所示，迎风板与一轻弹簧的一端Ｎ相连接，穿在光滑的金属杆上。弹簧是绝缘材料制成的，其劲度系数k=1300N/m，自然长度为Ｌ0＝０.５m，均匀金属杆用电阻率较大的合金制成，迎风板面积Ｓ=0.5m2，工作时总是正对着风吹来的方向。电路中左端导线与金属杆Ｍ端相连，右端导线接在Ｎ点并可随迎风板在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好。限流电阻的阻值Ｒ=1，电源的电动势Ｅ=12Ｖ，内阻r=0.5

1=3.0Ｖ；如果某时刻由于风吹使迎风板向左压缩弹簧，电压表的示数为Ｕ2 =2.0V，求：

（1）金属杆单位长度的电阻；

（2）此时作用在迎风板上的风力。

16. （20分）“头脑风暴法”是上个世纪风

靡美国的一种培养学生创新思维能力的方

法，某学校的一个“头脑风暴实验研究小组”

以“攻击距地面500km的轨道上人造地球卫

星”或“清理此轨道上的太空垃圾”为题请

同学们提出最简单、最适用、最省钱的方案，某同学提出用世界上弹性最好的纳米材料制成一张大网，然后用多级火箭将其同卫星正常运动方向相反发射到卫星轨道上，可以把同一轨道上逆向运行的卫星和太空垃圾一网打进，另一同学建议改用一大把弹丸（设弹丸的质量为4.0g），g取10m/s。

（1）弹丸相对卫星参考系的动能是多少？

（2）若地面步质量是4g子弹速率为950m/s，则子弹与弹丸的动能之比是多少？用纳米材料制成大网将同一轨道上卫星和垃圾一网打尽的方案是否可行？

答案

一、计算题

1. 解析：

(1)根据描点绘出圆滑的曲线如图所示.

注：(a)绘出折线不得分；(b)绘出的曲线应与横轴相切，否则酌情扣分.

(2)图中i-t 图线下所围的“面积”表示断开电键后通过电阻R 的电量，即电容器两端电压为U 0时所带电量为Q .

(3)根据绘出图线，估算“面积”格数约32～33格(此范围内均得分，下同). 因此，电容器电容为U 0时，带电量(Q 0)约为8.00×10－

3 C ～8.25×10－

3 C

由C =

U

Q 得，电容器电容(C )约为：1.30×10－3 F ～1.33×10－

3 F 评分：(1)绘图正确得4分；(2)“面积”意义分析正确得5分；(3)电容计算正确得5分

2. 解析：

（1）首先建立直角坐标系。使x 与OD 重合，y 与OP 重合。球有平抛、斜向上和斜下抛三情形。若球投向y 轴的右侧，当球达到分界面上的D 的速度为D v ，D v 与x 轴的夹角

为α，球沿半径为R 的圆周运动，达到界面的'D ，又从'

D 回到抛出点。d Od OD =='

qB

mv qB mv R d y D

-

==

=ααsin sin （1） m

qBd

v y -

= （2） 球在电场区的加速度为a ，m

qEh

ah v v Py Dy 222

2

-

==-

qEhm d B q m

v py 21

222-±

= （3） +，-分别表示在P 点斜上抛与斜下抛的情况。设球从抛出点到D 的时间为τ，则：

ττm

qE

v a v v py py Dy -

=-= （4） px

v d

=

τ （5） 将（2）（5）代入（4） px

py mv qEd

v m qBd -

=-

得：qEhm

d B q qBd qEd

v px 22

2

2

-±=

（6）

因（3）和（6）必须是实数，所以有2

2qB

Ehm

d ≥

（7） （a ）若2

2qB Ehm

d =

（8） 则由（3）和（6）得0=py v ，B E v px =

，即B

E v p =（9） 00=α （10）

（b ）若2

2qB Ehm

d >

（11） 则2

/122222222222

/12222)

(⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣⎡-+-±=+=m qEmh d B q qEmh d B q qBd d B q v v v py px p

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢

⎣⎡-±-=-mqEd qEmh d B q qBd mEh d B q 22tan 22222210α （c ）2

2qB

Ehm

d <

时候无论怎样都不能回到出发点。 （2）击中D 点有三种方式

（a ）从P 点抛出后经过电场区，直接到D 点，若所经历的时间为t ，则由

2

21t m

qE h =

，t v d 0=

得：hm

qE

d

v 20=

（2）从抛出点“下落”然后经过磁场回转，又由电场区斜上抛，如此循环，历经磁场n 次循环，最终在电场区斜上抛到D 。设自P 点平抛的水平射程n d OD =1，球经磁场回旋一次，在x 轴方向倒退⊥=R D D 221

x

从D 2出磁场后经电场区斜上抛运动，球在x 轴方向前进n d 2，如此经n 次循环后从电场区达到D ，有d nR nd d n n =-+⊥22

求得：1

22++=

n nR

d d n

若抛出点的初速度为n v 0，有2

21t m

qE h =，t v d n n 0= 求得：⎥⎦

⎤

⎢⎣⎡++=

B E n m h qE d n v n 221210

（c ）从抛出点“下落”然后经过磁场回转，又由电场区斜上抛，如此循环，历经磁场

n 次循环，最终在磁场区到D 。设自P 点平抛的水平射程'

1n d OD =，球经磁场回旋一次，

在x 轴方向倒退⊥=R D D 221

x

m

qEh

qB m qB v m qB mv R 　R Dy D 2sin sin =

===⊥αα 从D 2出磁场后经电场区斜上抛运动，球在x 轴方向前进n d 2，如此经n 次循环后从电

场区达到D ，有d nR d n d n n =--+⊥2)1(2'

'

若抛出点的初速度为'

0n v ，有2

21t m

qE h =

，t v d n n 0=

求得：⎥⎦

⎤

⎢⎣⎡+-=

B E n m h qE d n v n 22121'

3. 解析：

粒子以和边界成θ角的速度0v 进入磁场，粒子进入磁场后受到洛仑磁力F 和阻力f

B qv F 0=

kv f =

建立xoy 直角坐标系，水平方向为x ，竖直方向为y 设任意时刻粒子速度的两个分量分别为x v ，y v 有t kv qBv v m y x y ∆-=∆)(

t kv qBv v m x y x ∆--=∆)(

由x t v x ∆=∆ y t v y ∆=∆ 可有：ky qBx v v m y -=-)sin (0θ

kx qBy v v m x --=-)cos (0θ

注意到刚好越过磁场区时应有d y =，0=x v

由以上有：)

sin (cos 20θθqB k

m qB

d

k qBd v ++

=

222201)

sin (cos B

q k m qBd qB

k m qB

d k qBd v +≥++

=θθ

4. 解析：

（1）如果洛仑磁力恰好和粒子重力抵消，则B qv mg 01=

qB

mg v =01 （2）如果010v v ≠，则可将0v 分解01v ，02v ，01v 必须指向b 的，它产生的洛仑磁力恰好和粒子重力抵消，因此由02v 产生的洛仑磁力使粒子作圆周运动。最后粒子作的是圆周运动和匀速直线运动的合运动 运动周期qB m T π2=，如果01

v s t =是T 的整数倍，粒子一定能达到b ，这时有： qB

m n mg sqB π2= 即B

q g m n s 2202π= 可见0s 与0v 无关，如果0s s ≠，v 必须为qB

mg v =01。如果0s s =，v 可以取任意值。 5. 解析：

弧bc 段的感应电动势BLv =1ε，弧ae 的感应电动势2/)12(2-=BLv ε。其余各弧段的感应电动势的大小都等于2/)12(2-=BLv ε，连接电压表的每根导线中的感应电动势大小2/3BLv =ε

11ε+-=-R I U U c b

333εε++-=-g c b R I U U

R I U U c b 22=-

注意到：312εε=，nR R g =

可以求得：电压表的读数)23/(3+==n bBLv nR I V

（2）e 点与f 点的电势差22222/2/ε++=-R I R I U U f e

[]

BLv n n U U f e 12)23/()1(-+++=-

6. 解析：

网络由n 个方格构成，用Rn 表示PQ 两端的电阻，则： Cr R n =

设P 1Q 1左边所有方格的总电阻为R n-1，

r

R r r R R n n n 4)2(211++=--

n

n n R r r R r R --=-2)(41 121

4()2n n n r R r R r R ----=- 依次类推，可以求出 P 1Q 1左边所有的总电阻。

在网络沿x 运动时，每一方格子通过y 轴的时间为s v

T 21==

在t=2.5s ，有一个完整的方格在磁场中。如图。

令方格PQQ1P1中的电动势为1ε

有124ε=-ir ir

方格PQ1Q2P1中电动势为2ε

2211)2)((2ε=+++-n R r i i r i

因为方格PQQ1P1全部在磁场中，b l t 2

1/=∆∆=ϕε

方格PQ1Q2P1中电动势为b l blvt lv B 2022-+=ε 由以上求得：2

2222020)4()2(2--+++-+=n n brR r b l R r b l blvt lv B r i r C C R n --=-2)1(41，r C

C R n 3412102--=- 代入数据：r

B C i 031084156-⨯-= 7. 解析：

对半径为a 的圆电路：'

111122I r I r k a +=π 对等边三角形回路，'22222224/33I r I r k a += 对于由弦AB 和弧AB 构成的回路

2211223/)4/33(I r I r k a a -=-π

对节点B ：'2'121I I I I +=+

又1123/r I k a U U A B -=-π

3

212r r = 求得：32

32k a U U B A -=- 8. 解析：

设线框在（1）位置时进入磁场，速度为1v （2）位置达到速度的最大值2v ，（2）到（3）为匀速运动。（3）到（4）以加速度g 下降，没有感应电流。

gh v 21= （1）

在（2）位置：

22121v R

l B BIl mg == 2

122l B m gR v = (2) 设从（1）位置到（2）位置，线框下降x .此阶段安培力做功为1W

212212

121mv mv W mgx -=+ mgh l B R g m mgx W -+-=41

42

2312 （3） 线框速度达到2v 后，dc 边匀速下降距离为x l -2，此过程安培力做功为2W )(22x l mg W --= （4） 整个过程安培力做功41

42

232212)(l B R g m h l mg W W W ++-=+= 9. 解析：

（1）设：当时间为t ，半径为r 时，在t ∆的短时间内，半径变化r ∆，则感生电流为R

t r r B R t R I )/2(/∆∆=∆∆==πϕε

取圆圈的一小段，其圆心角为θ∆，绳中张力为T ，

θθ∆-=∆=∆

BIr l BI T 22 T=F r R

r B t F ∆-=∆3022π 可得：RF

r B t 32302π= （2）当时间为t ，半径为r 时，在t ∆的短时间内，半径变化r ∆。t r v ∆∆=π2 则感生电流为R

Bvr R t r r B R t R I =∆∆=∆∆==)/2(/πϕε

取圆圈的一小段，其圆心角为θ∆，绳中张力为T ，

θθ

∆-=∆=∆BIr l BI T 22

R

v r B T 22-= )2(222r R

v r B r T l T W ∆-=∆=∆=∆ππ 可得：R

v r B W 32302π= 10. 解析：

（1）万有引力提供向心力

2

r GMm =m ω2r=m(T π2)2r (1分) 整理得23t

r ==24πGM (1分) 由开普勒定律及上面推证知任一椭圆中上式同样适用：k=23t

r == 24πGM (1分) 由图知半长轴r=(209+2×00+49991)/2 km (1分) =31500km(或315×105m) (1分) T=GM

r 3

24π (1分) =24

915

3100.61015

110315104⨯⨯⨯⨯⨯⨯-s=0.天 (1分) 从近地点A 运行到远地点B 的时间t=T/2=0.32天 (1分)

（2）设近地点A 和远地点B 所在轨道处的极小圆弧的半径为ρ 依题意和万有引力提供向心力得：

f A =21)

(R L GMm +=m ρ2A V (1分) f B =2

2)(R L GMm +=m ρ2B V (1分) 联立解得V A ·(L 1+R)=V B (L 2+R) (1分)

（3）由机械能守恒及上面的证明得：

21mV 2A -R L GMm +1=21mV 2B -R L GMm +2 (1分) 21mV 2A -R L GMm +1=21mV 20-R

GMm (1分) V A ·(L 1+R)= V B (L 2+R) 联立解得V 0=

R

R L L R L L GM )2()

(22121++++ (2分)

代入数据得V 0=10.6km/s (2分)

11. 解析：

设木块的质量为M,子弹穿出木块后子弹的速度为1v ，木块的速度为2v

m

E v k k v kv v m E kv kv v v m

E kv v v m

M

k kv v v E Mv mv mv Mv mv mv ∆+

++-=∆++-=∆+

+==-=⎪⎩⎪

⎨⎧∆++=+=2)(22)(2)4(21212

1)3(2

22202022220202

221202012

221202

10分分 022)(202

22

=∆+

-+m

E v kv v k k k

)

1(2)(8422

2

0202++∆-

-=

k k k k m E v k kv v k

)

1()1

1(22

00++∆-

-=

k k m E v v k ⎥

⎦⎤⎢⎣

⎡+∆-+++∆+

-=)11(2)1()1

1(22

0202

020k m E v v k k m E v v

⎥⎦⎤⎢⎣

⎡+∆-+++∆=

)11(2)1(

)11(

22020M m E v v m M M

m E

⎥⎦

⎤⎢⎣⎡+∆-+++∆=

)11(2)11(

)1

1(

22

020M m E v v M m M M

m E

⎥

⎦⎤⎢⎣

⎡+∆-+∆=

)11(222

020M m E v v M E

由上式可看出，

0v 越大，2v 越小，木块动能越小；

m 越大，2v 越小，木块动能越小 （6分）

12. 解析：

（1）物体P 在轨道上滑动时机械能守恒，由2

02

1mv mgh =得物体P 滑到B 点时的速度为gh v 20= (4分)

（2）当没有传送带时，物体离开B 点后作平抛运动，运动时间为t ，gh

l

v l t 20=

=

，当B 点下方的传送带静止时，物体从传送带右端水平抛出，在空中运动的时间也为t ，水平位移为

2l

，因此物体从传送带右端水平抛出的速度为2

2201gh

v v ==，根据动能定理，物体在传送带上滑动时，有 21202

1212v mv l mg -=μ，解出物体与传送带之面的动摩擦因数为l

h

23=

μ (4分) （3）（一）若0v v =，则B 平抛时，2

321l

l l S =+= (2分) （二）若0v v >，物块加速

① 222

02

l

a

v v >-，未能共速 其中 l

hg

g a 23==μ

联立得：gh gh gh gh v v x 2

7

23223202=+=+

=

l gh l gh t v S x 2722722=⋅=

= (1分) ② 2

22

02

l

a

v v ≤-，共速 v v x =3

gh

vl

l t v l S x 22233+

=+=

(1分) （三）若0v v <，物块减速 ① 2

22

2

0l

a v v >- 则 2

23222204gh

gh

gh l a

v v x =-=-=

l gh

l

gh l t v l S x =⋅+=+=

222

244 (1分) ② 2

22

2

0l

a v v ≤-，物与皮带共速 即v v x =5

则 gh

vl

l vt l S 2225+

=+=

(1分) 故 ⎪⎪⎪

⎪⎩

⎪

⎪⎪⎪⎨⎧+=gh vl l l l l S 2227

23

13. 解析：

（1）设导体杆在F 的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v 1，根据动能定理则有 （F-μmg ）s=

2

1

mv 12 （2分） 导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势E=Blv 1 （1分）

此时通过导体杆上的电流大小I=E/（R+r ）=3.8A （或3.84A ） （2分） 根据右手定则可知，电流方向为由b 向a （2分） （2）设导体杆在磁场中运动的时间为t ，产生的感应电动势的平均值为E 平均

，则由法

拉第电磁感应定律有

E 平均=△φ/t =Bld/t （2分） 通过电阻R 的感应电流的平均值 I 平均=E 平均/（R+r ） （1分） 通过电阻R 的电荷量 q=I 平均t=0.512C （或0.51C ） （2分）

（3）设导体杆离开磁场时的速度大小为v 2，运动到圆轨道最高点的速度为v 3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点，根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有

mg=mv 32/R 0 （1分） 对于导体杆从NN′运动至PP′的过程，根据机械能守恒定律有

21mv 22=2

1

mv 32+mg 2R 0 （1分） 解得v 2=5.0m/s （1分） 导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能△E=21mv 12-2

1

mv 22=1.1J （2分） 此过程中电路中产生的焦耳热为

Q=△E-μmgd=0.94J （1分）

14. （1）m

eU v 112=

； 21

02

2d U U L < ；(2)要保持一个完整波形，需每隔周期T 回到初始位置。波形如图3所示。

解析：(1)电子在加速电场中运动，据动能定理有2

1121mv eU =

, m

eU v 1

12= 因为每个电子在板A 、B 间运动时，电场可看作恒定的，故电子在板A 、B 间做类平抛运动，在两板之外做匀速直线运动打在屏上。 在板A 、B 间沿水平方向运动时有 L = v l t

竖直方向有 y'＝

21at 2

，且 eU a md = 联立解得：2

212eUL y mdv '=

设偏转电压最大值为U 0 , 则202122

eU L d y mdv '=< 得:21

22d U U L <

(2)要保持一个完整波形，需每隔周期T 回到初始位置。 设某个电子运动轨迹如图2所示,有: 2211tan v eUL y v mdv L θ'=

=='

又知2

21

2eUL y mdv '= ， 联立得2L L '= 由相似三角形的性质得'2

2m m y y

D

L =+

则峰值 1

0'

4)2(2dU LU D L y L D L y m m +=+=

。 波形长度为x 1＝v T 波形如图3所示。

15. 解

析：设无风时金属杆接入电路的电阻为R 1，有风时接入电路的电

阻为R 2，由题意得 时，1113E

U R V R r R

=

=++

（1）无风

解得：10.5R =Ω，所以金属杆单位长度的电阻为

1

00

1/R r m L =

=Ω （2）有风时，2222E

U R V R R r

=

=++

解得：10.3R =Ω，此时弹簧的长度为2

0.3R L m r =

= 弹簧的压缩量为0(0.50.3)0.2x L L m m =-=-=

由于迎风板受风力和弹力而平衡，所以风力大小为13000.2260F kx N N ==⨯=

16. 解析：设卫星轨道半径为r ，地球半径为R ，地球质量为M ，弹丸质量为m

。由于

弹丸和卫星在同一轨道上，弹丸也相当于卫星，只是质量小，运动方向于卫星方向相反，速率相等。

（1）选地球为参考系，对于弹丸，由牛顿第二定律得222mM v GMm

G m

mv r r r

=⇒=①

对于在地面上的物体有2

2

Mm mg G

GM gR R =⇒= ② 由①②得2

2

GMm mgR mv r r

== ③ 选卫星为参考系时，弹丸相对卫星的速度2v v '= 子弹相对卫星参考系的动能

233225

3

12241010(0010) 4.75102(00500)10

mgR E mv J J r -⨯⨯⨯⨯⨯'====⨯+⨯ （2）步子弹的动能为2

112

E mv '=

天空中弹丸相对于卫星参考系的动能与步子弹相对于地面参考系动能之比

2

2232

2232

211114410(0010)226.311(00500)109502

mv E v gR E v rv mv ''⨯⨯⨯====='+⨯⨯ 无论制造网的材料如何好，若有卫星或太空垃圾与网络相互碰撞，网络的运动速度一定会发生变化，网络也会开始因速的变化而改变运动轨道，则网络同一轨上的另外卫星或垃圾就会因网络轨道的变化而不被清除。