高考物理压轴难题

姓名：_______________班级：_______________考号：_______________

（每空？ 分，共？ 分）

1、如图所示，以A、B和C、D为断点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C两点，一物块（视为质点）被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A点时刚好与传送带速度相同，然后经A点沿半圆轨道滑下，再经B点滑上滑板，滑板运动到C点时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m,滑板质量为M=2m，两半圆半径均为R,板长l=6.5R,板右端到C点的距离L在R(1)求物块滑到B点的速度大小;

(2)求物块滑到B点时对半圆轨道的压力.;

(3)物块在滑板上滑动过程中，当物块与滑板达到共同速度时，测得它们的共同速度为。试讨论物块从滑上滑板到离开右端的过程中，克服摩擦力做的功与L的关 系.并判断物块能否滑到CD轨道的中点。

2、如图所示，A为位于一定高度处的质量为m的小球，B为位于水平地面上的质量为M的长方形空心盒子，盒子足够长，且M = 2m，盒子与地面间的动摩擦因数=0.2．盒内存在着某种力场，每当小球进入盒内，该力场将同时对小球和盒子施加一个大小为F=Mg、方向分别竖直向上和向下的恒力作用；每当小球离开盒子，该力F同时立即消失．盒子的上表面开有一系列略大于小球的小孔，孔间距满足一定的关系，使得小球进出盒子的过程中始终不与盒子接触．当小球A以v=1m/s的速度从孔1进入盒子的瞬间，盒子B恰以v0=6m/s的速度向右滑行．取重力加速度g=10m/s2，小球恰能顺次从各个小孔进出盒子．试求：

    （1）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间；

    （2）盒子上至少要开多少个小孔，才能保证小球始终不与盒子接触；

    （3）从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程．

3、如图甲所示，三个物体A、B、C静止放在光滑水平面上，物体A、B用一轻质弹簧连接，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，三个物体的质量分别为mA=0.1kg、mB=0.2kg和mC=0.1kg。现将细线烧断，物体A、B在弹簧弹力作用下做往复运动（运动过程中物体A不会碰到物体C）。若此过程中弹簧始终在弹性限度内，并设以向右为正方向，从细线烧断后开始计时，物体A的速度‒时间图象如图18乙所示。求：

（1）从细线烧断到弹簧恢复原长运动的时间；

（2）弹簧长度最大时弹簧存储的弹性势能；

（3）若弹簧与物体A、B不连接，在某一时刻使物体C以v0的初速度向右运动，它将在弹簧与物体分离后和物体A发生碰撞，所有碰撞都为完全弹性碰撞，试求在以后的运动过程中，物体C与物体A能够发生二次碰撞，物体C初速度v0的取值范围。（弹簧与物体分离后，迅速取走，不影响物体后面的运动）

4、（2013北京市房山区二模）如图所示，B为位于水平地面上的质量为M的长方形空心盒子, 盒内存在着竖直向上场强大小为E=的匀强电场. A为位于一定高度处的质量为m、带电荷量为+q的小球，且M=2m，盒子与地面间的动摩擦因数μ=0.2，盒外没有电场．盒子的上表面有一些略大于小球直径的小孔，孔间距满足一定的关系，使得小球进出盒子的过程中始终不与盒子接触．当小球A以1m/s的速度从孔1进入盒子的瞬间，盒子B恰以v1=6 m/s的速度向右滑行．已知盒子通过电场对小球施加的作用力与小球通过电场对盒子施加的作力大小相等方向相反．设盒子足够长，取重力加速度g=10m/s2，小球恰能顺次从各个小孔进出盒子．试求：

(1)小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间；

(2)盒子上至少要开多少个小孔，才能保证小球始终不与盒子接触；

(3)从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程．

5、（2012年4月浙江绍兴模拟）相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0 ，质量为m，电量为-e，在AB 两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0< k <1，U0=；紧靠B 板的偏转电场电压也等于U0 ，板长为L，两板间距为d，距偏转极板右端L/2处垂直放置很大的荧光屏PQ。不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计。

（1）在0—T 时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离。（结果用L、d 表示，第2 小题亦然）

       （2）只调整偏转电场极板的间距（仍以虚线为对称轴），要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足什么要求？

       （3）撤去偏转电场及荧光屏，当k 取恰当的数值，使在0—T 时间内通过电容器B 板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k 值。

6、如图所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C，一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板，滑板运动到C时被牢固粘连，物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，两半圆半径均为R，板长=6.5R，板右端到C的距离L在R＜L＜5R范围内取值，E距A为S=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数均μ=0.5，重力加速度取g。

（1）求物块滑到B点的速度大小；

（2）试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点。

7、（2013·北京丰台二模，24题）（20分）

如图所示，一个光滑、绝缘水平高台的右面空间中存在范围足够大且水平向左的匀强电场，高台边缘静置一个带电量为+q、质量为m的小球B，另有一个绝缘不带电的小球A（大小与小球B相同，质量大于m）以初速度v0向B运动，A与B发生弹性碰撞后水平进入电场，发生再次碰撞后落到水平地面。已知匀强电场的电场场强为E=，重力加速度为g。（小球A、B碰撞过程中电荷不发生转移）

（1）如果小球A的质量为3 m，求：

①小球A、B发生弹性碰撞（首次碰撞）后各自的速度；

②小球A、B再次碰撞前运动过程中相距的最大距离； 

③B小球在电场中与A小球再次碰撞前具有的动能；

（2）如果保持B的质量不变，改变A的质量，其它条件不变，A、B小球再次碰撞前运动过程中相距的最大距离及再次碰撞发生的高度是否发生变化？试证明你的结论。

8、（2013·北京门头沟二模，24题）（20分）如图所示，质量均为大小相同的小球A、B（都可视为质点）静止在光滑水平面内的轴上，它们的位置坐标分别为和。现沿轴方向加一个力场，该力场只对小球A产生沿轴正方向大小为F的恒力，以后两小球发生正碰过程时间很短，不计它们碰撞过程的动能损失。

（1）小球A、B在第一次碰撞后的速度大小各是多少？

（2）如果该力场的空间范围是（）,求满足下列条件的L值

    ①小球A、B刚好能够发生两次碰撞；

    ②小球A、B刚好能够发生次碰撞

9、（2013·北京海淀区高三期中，18题）（10分）如图17所示，在倾角θ＝30º的斜面上放置一段凹槽B，B与斜面间的动摩擦因数μ＝，槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点)，它到凹槽左侧壁的距离

d＝0.10m。A、B的质量都为m=2.0kg，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A、B之间的摩擦，斜面足够长。现同时由静止释放A、B，经过一段时间，A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短。取g=10m/s2。求：

（1）物块A和凹槽B的加速度分别是多大；

（2）物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；

（3）从初始位置到物块A与凹槽B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小。

10、（2013·北京丰台一模，24题）（20分） 

       如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R1、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R1＝12R，R2＝4R。在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B。现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，两平行轨道中够长。已知导体棒ab下落r/2时的速度大小为v1，下落到MN处的速度大小为v2。

（1）求导体棒ab从A下落r/2时的加速度大小。

（2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h和R2上的电功率P2。

（3）当导体棒进入磁场II时，施加一竖直向上的恒定外力F=mg的作用，求导体棒ab从开始进入磁场II到停止运动所通过的距离和电阻R2上所产生的热量。

11、（2013·北京海淀一模，24题）（20分）如图13所示，光滑、足够长、不计电阻、轨道间距为l的平行金属导轨MN、PQ，水平放在竖直向下的磁感应强度不同的两个相邻的匀强磁场中，左半部分为Ι匀强磁场区，磁感应强度为B1；右半部分为Ⅱ匀强磁场区，磁感应强度为B2，且B1=2B2。在Ι匀强磁场区的左边界垂直于导轨放置一质量为m、电阻为R1的金属棒a，在Ι匀强磁场区的某一位置，垂直于导轨放置另一质量也为m、电阻为R2的金属棒b。开始时b静止，给a一个向右冲量I后a、b开始运动。设运动过程中，两金属棒总是与导轨垂直。

（1）求金属棒a受到冲量后的瞬间通过金属导轨的感应电流；

（2）设金属棒b在运动到Ι匀强磁场区的右边界前已经达到最大速度，求金属棒b在Ι匀强磁场区中的最大速度值；

（3）金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后，金属棒b再次达到匀速运动状态，设这时金属棒a仍然在Ι匀强磁场区中。求金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后的运动过程中金属棒a、b中产生的总焦耳热。

12、（2013·北京海淀二模，24题）(20分)如图13所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一 竖直平面内，圆弧轨道的圆心为0，半径为R0传送带PC之间的距离为L,沿逆时针方向 的运动速度v=.在PO的右侧空间存在方向竖直向下的匀强电场。一质量为m、电荷量 为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨 道下滑，恰好运动到C端后返回。物体与传送 带间的动摩擦因数为，不计物体经过轨道与传 送带连接处P时的机械能损失,重力加速度为g

(1)  求物体下滑到P点时，物体对轨道的压力F

(2)  求物体返回到圆弧轨道后，能上升的最大高度H

(3)  若在PO的右侧空间再加上方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的水平匀强磁场 (图中未画出），物体从圆弧顶点A静止释放,运动到C端时的速度为，试求物体 在传送带上运动的时间t。

13、（2013·北京通州二模，24题）（20分）电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成。偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示。大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO＇射入偏转电场。当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压（如图乙所示）时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后打在竖直放置的荧光屏上。已知磁场的磁感应强度为B，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计。

（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO＇的最小距离和最大距离；

（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，

①求匀强磁场的水平宽度L；

②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度。

14、（2013·北京朝阳一模，24题）（20分）用电阻率为ρ、横截面积为S的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abb′a′。金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行，如图1、2所示。设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计。可认为方框的aa′边和bb′边都处在磁极间，极间磁感应强度大小为B。当t=0时，方框从静止开始释放，与底面碰撞后弹起（碰撞时间极短，可忽略不计），其速度随时间变化的关系图线如图3所示，在下落过程中方框平面保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g。

（1）求在0~15t0时间内，方框中的最大电流Im；

（2）若要提高方框的最大速度，可采取什么措施，写出必要的文字说明和证明过程（设磁场区域足够长，写出一种措施即可）；

（3）估算在0~15t0时间内，安培力做的功。

                图3  方框速度随时间变化的关系

15、（2013·北京朝阳一模，23题）（18分）如图所示，在真空室中平面直角坐标系的y轴竖直向上，x轴上的P点与Q点关于坐标原点O对称，PQ间的距离d=30cm。坐标系所在空间存在一匀强电场，场强的大小E=1.0N/C。一带电油滴在xOy平面内，从P点与x轴成30°的夹角射出，该油滴将做匀速直线运动，已知油滴的速度v=2.0m/s射出，所带电荷量q=1.0×10-7C，重力加速度为g=10m/s2。

（1）求油滴的质量m。

（2）若在空间叠加一个垂直于xOy平面的圆形有界匀强磁场，使油滴通过Q点，且其运动轨迹关于y轴对称。已知磁场的磁感应强度大小为B=2.0T，求：

a．油滴在磁场中运动的时间t；

b．圆形磁场区域的最小面积S。

16、（2013·北京丰台一模，23题）（18分）

如图是磁流体发电工作原理示意图。发电通道是个长方体，其中空部分的长、高、宽分别为、、，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻相连。发电通道处于匀强磁场里，磁感应强度为B，方向如图。发电通道内有电阻率为的高温等离子电离气体沿导管高速向右流动，运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势。发电通道两端必须保持一定压强差，使得电离气体以不变的流速通过发电通道。不计电离气体所受的摩擦阻力。根据提供的信息完成下列问题：

（1）判断发电机导体电极的正负极，求发电机的电动势E；

（2）发电通道两端的压强差；

（3）若负载电阻R阻值可以改变，当R减小时，电路中的电流会增大；但当R减小到R 0时，电流达到最大值(饱和值)Im；当R继续减小时，电流就不再增大，而保持不变。设变化过程中，发电通道内电离气体的电阻率保持不变。求R 0和Im。

17、（2013·北京西城一模，24题）（20分）如图1所示，M、N为竖直放置的平行金属板，两板间所加电压为U0，S1、S2为板上正对的小孔。金属板P和Q水平放置在N板右侧，关于小孔S1、S2所在直线对称，两板的长度和两板间的距离均为l；距金属板P和Q右边缘l处有一荧光屏，荧光屏垂直于金属板P和Q；取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向上为正方向建立x轴。M板左侧电子发射出的电子经小孔S1进入M、N两板间。电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略。不计电子重力和电子之间的相互作用。

（1）求电子到达小孔S2时的速度大小v；

（2）若板P、Q间只存在垂直于纸面向外的匀强磁场，电子刚好经过P板的右边缘后，打在荧光屏上。求磁场的磁感应强度大小B和电子打在荧光屏上的位置坐标x；

（3）若金属板P和Q间只存在电场，P、Q两板间电压u随时间t的变化关系如图2所示，单位时间内从小孔S1进入的电子个数为N。电子打在荧光屏上形成一条亮线。忽略电场变化产生的磁场；可以认为每个电子在板P和Q间运动过程中，两板间的电压恒定。

a. 试分析在一个周期（即2t0时间）内单位长度亮线上的电子个数是否相同。

b. 若在一个周期内单位长度亮线上的电子个数相同，求2t0时间内打到单位长度亮线上的电子个数n；若不相同，试通过计算说明电子在荧光屏上的分布规律。

18、（2013·北京丰台二模，23题）（18分）有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体，它对滑块的阻力可调。起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L。现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动。为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变。试求（忽略空气阻力）：

（1）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；

（2）滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小。

（3）已知弹簧的弹性势能的表达式为（式中k为弹簧劲度系数，x为弹簧的伸长或压缩量），试求：两物体碰撞后粘在一起向下运动距离，速度减为零的过程中，ER流体对滑块的阻力所做的功。

19、（2013·北京海淀一模，23题）（18分）一般来说，正常人从距地面1.5m高处跳下，落地时速度较小，经过腿部的缓冲，这个速度对人是安全的，称为安全着地速度。如果人从高空跳下，必须使用降落伞才能安全着陆，其原因是，张开的降落伞受到空气对伞向上的阻力作用。经过大量实验和理论研究表明，空气对降落伞的阻力f与空气密度ρ、降落伞的迎风面积S、降落伞相对空气速度v、阻力系数c有关（由伞的形状、结构、材料等决定），其表达式是f=cρSv2。根据以上信息，解决下列问题。（取g=10m/s2）

（1）在忽略空气阻力的情况下，计算人从1.5m高处跳下着地时的速度大小（计算时人可视为质点）；

（2）在某次高塔跳伞训练中，运动员使用的是有排气孔的降落伞，其阻力系数c=0.90，空气密度取ρ＝1.25kg/m3。降落伞、运动员总质量m=80kg，张开降落伞后达到匀速下降时，要求人能安全着地，降落伞的迎风面积S至少是多大？ 

（3）跳伞运动员和降落伞的总质量m=80kg，从h=65m高的跳伞塔上跳下，在下落过程中，经历了张开降落伞前自由下落、张开降落伞后减速下落和匀速下落直至落地三个阶段。图12是通过固定在跳伞运动员身上的速度传感器绘制出的从张开降落伞开始做减速运动至达到匀速运动时的v-t图像。根据图像估算运动员做减速运动的过程中，空气阻力对降落伞做的功。

20、（2013·北京朝阳二模，23题）（18分）图甲为竖直放置的离心轨道，其中圆轨道的半径r=0.10m，在轨道的最低点A和最高点B各安装了一个压力传感器（图中未画出），小球（可视为质点）从斜轨道的不同高度由静止释放，可测出小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FA和FB。g取10m/s2。

（1）若不计小球所受阻力，且小球恰能过B点，求小球通过A点时速度vA的大小；

（2）若不计小球所受阻力，小球每次都能通过B点，FB随FA变化的图线如图乙中的a所示，求小球的质量m；

（3）若小球所受阻力不可忽略，FB随FA变化的图线如图乙中的b所示，求当FB=6.0N时，小球从A运动到B的过程中损失的机械能。

21、如图，半径为R，光滑的圆弧轨道固定在竖直平面内，与水平轨道CN相接.水平轨道的CD段光滑、DN段粗糙．一根轻质弹簧一端固定在C处的竖直面上，另一端与质量为2m的小物块刚好在D点接触但不连接，弹簧处于自然长度．质量为m的小物块从圆弧轨道顶端M点由静止释放并下滑，后与物块碰撞后一起向左压缩弹簧(两物块不粘连).若=l，物块、与轨道DN的动摩擦因数分别为μ1=0.1和μ2=0.2，重力加速度为g．求：

 (1)小物块a第一次经过N点时，轨道对支持力的大小.

 (2)小物块与物块碰撞后瞬间的共同速度大小.

 (3)若、能且只能发生一次碰撞，试讨论与的关系.

参

一、综合题

1、【解析】（1）设物块滑到B点的速度大小为uB,对物体从E到B过程，

根据动能定理得  .

解得：   .

（2）物块在B点时，根据牛顿第二定律午   .

解得：    .

（3）物块从B滑上滑板后开始作匀速运动，此时滑板开始作匀速直线运动，当物块与滑板达共同速度时，二者开始作匀速运动。由题意知它们的共同速度为.

此过程，对物块据动能定理得   .

解得s1=8R      .

此过程，对滑板据动能定理得     .

解得s2=2R      .

由此可知物块在滑板上滑过s1－s2=6R时，二者就具有共同速度了。因为6R<6.5R,所以物块并没有从滑板上滑下去    .

讨论：

当R设滑上C点的速度为uc，对物块根据动能定理得

 .）

解得，所以物块不可能滑到CD轨道的中点.

‚当2R≤L<5R时，物块的运动的匀减速运动8R，匀速运动L-2R，再匀减速运动0.5R，克服摩擦力做的功    .

解得，所以物块不能滑到CD轨道的中点   .

2、解析：（1）A在盒子内运动时，根据牛顿第二定律有 

    解得 a = g

    A在盒子内运动的时间      A在盒子外运动的时间 

    A从第一次进入盒子到第二次进入盒子的时间

    （2）小球在盒子内运动时，盒子的加速度=4m/s2    

    小球在盒子外运动时，盒子的加速度

    小球运动一个周期盒子减少的速度为

    从小球第一次进入盒子到盒子停下，小球运动的周期数为

    故要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n+1个，即11个．

    （3）小球第一次在盒内运动的过程中，盒子前进的距离为 m

    小球第一次从盒子出来时，盒子的速度 m/s

    小球第一次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为 =1m

    小球第二次进入盒子时，盒子的速度 m/s

    小球第二次在盒子内运动的过程中，盒子前进的距离为 m

    小球第二次从盒子出来时，盒子的速度 m/s

    小球第二次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为 m

    …………

    分析上述各组数据可知，盒子在每个周期内通过的距离为一等差数列，公差d＝0.12m．且当盒子停下时，小球恰要进入盒内，最后0.2s内盒子通过的路程为0.04m．

    所以从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程为

    ［评分说明］：第（1）问4分，第（2）、（3）两问各5分． 

3、答案：18. (1)  k =0，1，2……  (2)1.2J       (3) v0>20m/s

4、

5、

6、解：（1）(4分)设物块运动到A和B点的速度分别为v1、v2，由动能定理得

   ①（1分）由机械能守恒定律   ②（1分）

联立①②，得       ③（2分）

（2）（8分）设滑板与物块达到共同速度v3时，位移分别为l1、l2，由动量守恒定律

   ④   由动能定理    ⑤  ⑥

联立③④⑤⑥，得      （1分）             ⑦（1分）

即物块与滑板在达到相同共同速度时，物块未离开滑板。⑧

   物块滑到滑板右端时  若     ⑨

即 ⑩        （2分）若        ⑾

即   ⑿（2分）

设物块滑到C点的动能为，由动能定理   ⒀

L最小时，克服摩擦力做功最小，因为L>R，由③⑩⒀确定小于mgR，

则物块不能滑到CD轨道中点。（2分）

7、【答案】见解析

【解析】（1）①A与B发生弹性碰撞

            ①    ……（1分）

    ②    ……（1分）

联立①②解得

，    ……（2分）

②A球不带电，所以出平台后做平抛运动，在竖直方向做自由落体，水平为匀速运动； B球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做类竖直上抛运动（假定向右为上），所以两球在竖直方向运动情况相同，始终保持在同一高度。

    ③    ……（1分）

   ④    ……（1分）

B球在水平方向上的加速度为 ⑤   ……（1分）

所以：在飞行过程中A与B的距离为

   ……（2分）

所以当时，有最大值为    ……（2分）

（另解：当小球B水平分速度减小到时，二者相距最远，有

解得，此时相距）

③再次发生碰撞时有  ⑥    ……（1分）

联立③④⑤⑥解得发生再次碰撞的时间，……（1分）

再次碰撞点离平台的高度 ⑦……（1分）

由动能定理   ⑧ …… （1分）

解得……（1分）

（2）如果保持B的质量不变，改变A的质量，

A与B发生弹性碰撞

      ⑨   

    ⑩

联立⑨⑩解得

（与A、B小球质量无关）  ……（2分）

所以在飞行过程中A与B的距离为   

仍有当时，有最大值为，A、B小球再次碰撞前运动过程中相距的最大距离不发生改变。……（1分）

同理发生再次碰撞的时间始终为，所以再次碰撞点离平台的高度为，不发生改变，即再次碰撞发生一个固定高度。……（1分）

8、【答案】见解析

【解析】（1）A第一次碰前速度设为                   

动能定理：                                         （1分）

A与B碰撞，动量守恒，则                           （1分）

根据题意，总能量不损失，则                 （1分）

联立解得                              （2分）

（2）①对质点A:

    第一次碰前：                                     

                                                           （1分）

    第一次碰后到第二次碰前过程：

第二次碰前速度                                  

                                  （1分）

对质点B:

第一次碰后到第二次碰前过程：

                                                     （1分）

 由于                                                  （2分）

解得：，，                         （1分）

则要使质点A、B刚好能够发生两次碰撞，                      （1分）

②质点A、B第二次碰前速度分别为、，碰后速度分别设为和

    动量守恒：                           

    能量关系:              

解得：，=                                       （2分）

对质点A:

    第二次碰后到第三次碰前：                            

      对质点B:

第二次碰后到第三次碰前：                             

 由于                                                  

解得：，，                        （2分）

         综上，质点A、B每次碰撞过程总是要交换速度；每次碰撞间隔时间都为2；每次碰撞后的相同时间间隔内，质点A速度增加，质点B速度不变

可得：每次碰撞位置间隔：4、8、12…                          （2分）

 则要使质点A、B刚好能够发生次碰撞：

  （）        （2分）

9、【答案】见解析 

【解析】（1）设A的加速度为a1，则

mg sin =ma1 ，a1= g sin     ×sin 30°=5.0m/s2…………………………1分

设B受到斜面施加的滑动摩擦力f，则

==10N，方向沿斜面向上     

     B所受重力沿斜面的分力=2.0×10×sin30°=10N，方向沿斜面向下

因为，所以B受力平衡，释放后B保持静止，则

凹槽B的加速度a2=0………………………………………1分   

（2）释放A后，A做匀加速运动，设物块A运动到凹槽B的左内侧壁时的速度为vA0，根据匀变速直线运动规律得

      vA0===1.0m/s ………………………………………1分                             

因A、B发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒，A和B碰撞前后动能守恒，设A与B碰撞后A的速度为vA1，B的速度为vB1，根据题意有

          ………………………………………1分

     ………………………………………1分

解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为

vA1=0，vB1=1.0 m/s   ………………………………………1分

（3）A、B第一次碰撞后，B以vB1=1.0 m/s做匀速运动，A做初速度为0的匀加速运动，设经过时间t1，A的速度vA2与B的速度相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即

 vA2=，解得t1=0.20s

设t1时间内A下滑的距离为x1，则

解得x1=0.10m

因为x1=d， 说明A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞。………………………………………1分

设A与B第一次碰后到第二次碰时所用时间为t2， A运动的距离为xA1，B运动的距离为xB1，A的速度为vA3，则

xA1=，xB1=vB1t2，xA1= xB1

解得t2=0.40s ，xB1=0.40m，vA3=a1t2=2.0m/s ………………………………………1分

第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得A、B再次发生速度交换，B以vA3=2.0m/s速度做匀速直线运动，A以vB1=1.0m/s的初速度做匀加速运动。

用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，物块A不会与凹槽B的右侧壁碰撞，并且A与B第二次碰撞后，也再经过t3= 0.40s，A与B发生第三次碰撞。………………………………………1分

设A与B在第二次碰后到第三次碰时B运动的位移为xB2，则

   xB2=vA3t3=2.0×0.40=0.80m； 

设从初始位置到物块A与凹槽B的左内侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小x，则

x= xB1+ xB2=0.40+0.80=1.2m   ………………………………………1分

10、【答案】见解析

【解析】（1）（6分）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体棒ab从A下落r/2时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，

由牛顿第二定律，得                 ①（1分）

式中                                      ②（1分）    

                                         ③（1分）                   

＝4R                         ④（2分）

由以上各式可得到                   ⑤（1分）

（2）（8分）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即，                             ⑥（1分）

                              ⑦（1分）

(或)

式中　　               ⑧（1分）

解得                      ⑨（2分）

导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有

                          ⑩ （1分）

得　　                    （2分）

（3）（6分）由动量定理得    （1分） 

     即          

     即                     （1分）

        联立⑨解得                 （1分）

       停下来过程中重力做正功、外力F和安培力做负功，由动能定理有

所以产生总热量为

                                     （1分）

       在电阻R2上产生的热量为           （1分）

       联立⑨解得：            （1分）

11、【答案】见解析

【解析】（1）设金属棒a受到冲量I时的速度为v0，金属棒a产生的感应电动势为E，金属轨道中的电流为i，则

     I=mv0………………………………………………1分

     E=B1lv0………………………………………………1分

     i=………………………………………………1分

     i=………………………………………………1分

（2）金属棒a和金属棒b在左部分磁场中运动过程中所受安培力大小相等、方向相反，合力为零，故a、b组成的，水平方向动量守恒。

金属棒a和金属棒b在Ι匀强磁场区中运动过程中达到的最大速度vm时，二金属棒速度相等，感应电流为零，二金属棒匀速运动，根据动量守恒定律有

     mv0=2mvm………………………………………………2分

     vm=………………………………………………2分

（3）金属棒b进入Ⅱ匀强磁场时，设金属棒a的感应电动势为E1，金属棒b的感应电动势为E2，

     E1=B1lvm 

     E2=B2lvm 

     因为   B1=2 B2

     所以   E1=2 E2………………………………………………2分

    所以，金属棒b一进入Ⅱ匀强磁场，电流立即出现，在安培力作用下金属棒a做减速运动，金属棒b做加速运动。设金属棒a在Ι匀强磁场区运动速度从vm变化到最小速度va，所用时间为t，金属棒b在Ⅱ匀强磁场区运动速度从vm变化到最大速度为vb，所用时间也为t，此后金属棒a、b都匀速运动，则

    B1lva= B2lvb………………………………………………3分

即 vb=2va………………………………………………1分

设在t时间内通过金属棒a、b的电流平均值为

根据动量定理有

B1lt=mva-mvm  方向向左………………………………………………1分

B2lt=mvb-mvm  方向向右………………………………………………1分

解得：………………………………………………1分

      ………………………………………………1分

设金属棒b进入Ⅱ匀强磁场后，金属棒a、b产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒，有

……………………………………1分

Q=……………………………………1分

12、【答案】见解析

【解析】（1）设物体滑到P端时速度大小为，物体从A端运动到P端的过程中，机械能守恒

…………………………1分

解得：…………………………1分

设物体滑到P端时受支持力为N，根据牛顿第二定律

 …………………………1分

解得：N=3mg…………………………1分

设物体滑到P端时对轨道压力为F，根据牛顿第三定律

F = N =3mg…………………………1分

（2）物体到达C端以后受滑动摩擦力，向左做初速度为零的匀加速运动，设向左运动

距离为x时物体与皮带速度相同，设物体受到的摩擦力为f，则

     fx=………………………1分

 物体从皮带的P端滑到C端摩擦力做功

     -fL=0-………………………1分

………………………1分

解得：x=………………………1分

即物体在皮带上向左先做匀加速运动一半皮带长度后，与皮带同速向左运动，即再次到达P点时速度大小是v=………………………2分

根据机械能守恒定律，设在斜面上上升的高度H，则

mgH= 

解得H=……………………2分

说明：其他方法答案正确均得分。

（3）设电场强度为E，在无磁场物体从A端运动到C端的过程中，根据动能定理有

 ……………………1分

解得E=……………………1分

在有磁场情况下物体从P端运动到C端的过程中，设任意时刻物体速度为v，取一段极短的含此时刻的时间，设在此时间段内的速度改变量为（取水平向右为正方向），根据牛顿第二定律，有

……………………1分

两边同时乘以再对两边求和

 ……………………1分

而  ……………………1分

而，

则……………………1分

以上结果代入上式，得

        化简得    t=……………………1分

13、【答案】见解析

【解析】（1）由题意可知，从0、2t0、4t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO＇的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：

      （4分）

从t0、3t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO＇的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：      （4分）

（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为q ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：（2分）

设电子离开偏转电场时的速度为vt，垂直偏转极板的速度为vy，则电子离开偏转电场时的偏向角为：，式中      （2分）

又：      （1分）          解得：       （1分）

②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上。      （2分）

由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO＇的最大距离和最小距离的差值为：

              （2分）

所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：       （2分）

14、【答案】见解析

【解析】（1）

     当v=vm=8v0时，I有最大值， ……………………………（6分）

（2）设金属线框的密度为d。当方框速度v=vm时，根据牛顿第二定律有

        因为     

        所以     

        可采取的措施有

              a．减小磁场的磁感应强度B；

              b．更换材料，使d和ρ的乘积变大 ……………………………………………（6分）

（3）设方框开始下落时距底面的高度为h1，第一次弹起后达到的最大高度为h2。

在下落过程中，根据动能定理有：

        在上升过程中，根据动能定理有：

       又因为    

        由图3可知：   ~均可)

    ~均可)

        且         

        所以       （应与h1、h2的值对应） ………（8分）

15、【答案】见解析

【解析】（1）对带电油滴进行受力分析，根据牛顿运动定律有

所以kg……（4分）

（2）带电油滴进入匀强磁场，其轨迹如图所示，设其做匀速圆周运动设圆周运动的半径为R、运动周期为T、油滴在磁场中运动的时间为t，根据牛顿第二定律：

     所以     m

     所以     s

设带电油滴从M点进入磁场，从N点射出磁场，由于油滴的运动轨迹关于y轴对称，如图所示，根据几何关系可知，所以，带电油滴在磁场中运动的时间

s

     由题意可知，油滴在P到M和N到Q的过程中做匀速直线运动，且运动时间相等。根据几何关系可知，

       所以       油滴在P到M和N到Q过程中的运动时间s

     则油滴从P到Q运动的时间s………………（8分）

（3）连接MN，当MN为圆形磁场的直径时，圆形磁场面积最小，如图所示。根据几何关系圆形磁场的半径

m

其面积为m2 m2 ………………（6分）

16、【答案】见解析

【解析】（1）（4分）发电机上导体电极为正极、下导体电极为负极。    （2分）

        电机的电动势                              ① （2分）

（2）（10分）外电路闭合后：               ②（2分）

发电通道内电离气体的等效电阻为            ③（2分）

等离子电离气体等效电流受到的安培力为

                                             ④（2分）

等离子电离气体水平方向由平衡条件得

                                  ⑤（2分）

联立①②③④⑤解得                ⑥（2分）

注：用能量守恒处理一样给分

（3）（4分）当所有进入发电机的等离子全都偏转到导体电极上形成电流时，电流达到最大值Im， 

                              ⑦ （2分）

联立②⑦解得                             （2分）

17、【答案】见解析

【解析】（1）根据动能定理

                                               【3分】          

   解得：  ①                                   【3分】

（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，设圆运动半径为 R，

在磁场中运动轨迹如图，由几何关系

解得：                【2分】

根据牛顿第二定律：    【1分】

解得：            【1分】

设圆弧所对圆心为α，满足：  

由此可知：   

电子离开磁场后做匀速运动，满足几何关系：   【1分】

通过上式解得坐标                                  【1分】

（3）

a. 设电子在偏转电场PQ中的运动时间为t1，PQ间的电压为u

垂直电场方向：  ②           

平行电场方向：  ③               

此过程中电子的加速度大小   ④    

       ①、②、③、④联立得：       【1分】

电子出偏转电场时，在x方向的速度    

  ⑤              

电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时 

间t2到达荧光屏。则

水平方向：  ⑥          

 竖直方向：  ⑦

、⑤、⑥、⑦ 联立，解得：              【1分】           

      电子打在荧光屏上的位置坐标 ⑧     【1分】

对于有电子穿过P、Q间的时间内进行讨论：

由图2可知，在任意时间内，P、Q间电压变化相等。

由⑧式可知，打在荧光屏上的电子形成的亮线长度。

所以，在任意时间内，亮线长度相等。

由题意可知，在任意时间内，射出的电子个数是相同的。也就是说，在任意时间内，射出的电子都分布在相等的亮线长度范围内。因此，在一个周期内单位长度亮线上的电子个数相同。       【1分】

b. 现讨论2t0时间内，打到单位长度亮线上的电子个数：

当电子在P、Q电场中的侧移量x1=时，

由得：u=2U0                                 【1分】

当偏转电压在0~±2U0之间时，射入P、Q间的电子可打在荧光屏上。

由图2可知，一个周期内电子能从P、Q电场射出的时间

所以，一个周期内打在荧光屏上的电子数         【1分】

由⑧式，电子打在荧光屏上的最大侧移量

亮线长度L=2xm=3l                                       【1分】

      所以，从0~2t0时间内，单位长度亮线上的电子数

                                         【1分】

18、【答案】见解析

【解析】（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律

   ①  得   ……（2分）  

设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律

2mv1=mv0  ②  得   ……（2分）  

碰撞过程中系统损失的机械能

    ……（2分）   

（2）设加速度大小为a，有

   ③  ……（2分）   （得　）    

设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER受力分析如图所示  ④  ……（2分）

     ⑤    ……（2分）

联立③④⑤三式解得：   ……（2分）

（3）从碰撞结束瞬间到最低点的过程中，

重力做功为：  ⑥ ……（1分）

弹性势能的变化为：

  ⑦……（1分）

所以重力做功恰等于弹性势能的增加，所以ER流体做功等于动能变化

 ⑧ ……（2分）

（另解：

弹力做功

联立上面两式解得：

19、【答案】见解析

【解析】（1）设人从1.5m高处跳下着地时的安全速度大小为v0，则

………………………2分

=m/s=5.5m/s………………………2分

（2）由（1）可知人安全着陆的速度大小为m/s，跳伞运动员在空中匀速下降时空气阻力大小等于运动员的重力，则

     ………………………3分

=m2=47.4m2………………………2分

（3）设空气阻力对降落伞做功为Wf，由v-t图可知，降落伞张开时运动员的速度大小v1=20m/s，运动员收尾速度即匀速直线运动的速度v2=5.0m/s，设在这段时间内运动员下落的高度为h，根据动能定理

     mgh+Wf= 

     Wf=- mgh+………………………4分

（说明以上两式只要有一个正确就给4分）

     由v-t图线和时间轴所围面积可知，在0~3s时间内运动员下落高度h=25m，……3分

带入数据解得

     ……………2分

说明：由于h是估算值，至都算正确。

20、【答案】见解析

【解析】（1）若小球恰能通过B点，设此时小球质量为m，通过B时的速度为vB。根据牛顿第二定律有

              根据机械能守恒定律有

              所以       m/sm/s……………………………………………………（6分）

   （2）根据第（1）问及图乙可知：当小球通过A点时的速度m/s时，小球对轨道压力的大小FA1=6N。设小球通过A点时，轨道对小球支持力的大小为FA2。根据牛顿运动定律有

                              且  

              所以       kg………………………………………………………………（6分）

   （3）根据图乙可知：当小球通过B点时，若小球对轨道压力的大小FB=6.0N，则小球通过A点时对轨道压力的大小FA=16N。设轨道对小球通过A、B时支持力的大小分别为、，速度分别为、。根据牛顿运动定律有

                              且  

                              且  

              在小球从A运动到C的过程中，根据功能原理又有

              所以       J………………………………………………………………（6分）

21、（1）物块a由M到N过程中，由机械能守恒有： 

        ①（1分）

     由牛顿第二定律有： ②   （1分）

联立①②解得：轨道对a支持力F=3mg    （1分）

（2）物块a从N滑至D过程中，由动能定理有：

        ③（1分）

    物块a、b在D点碰撞，根据动量守恒有：

    ④  （1分）

     解得两物块在D点向左运动的速度（1分）

（3）a、b一起压缩弹簧后又返回D点时速度大小⑤   (1分）

由于物块b的加速度大于物块a的加速度，所以经过D后，a、b两物块分离，同

时也与弹簧分离。

 讨论：① 假设a在D点时的速度0，即 l = 10R     

            要使a、b能够发生碰撞，则l < 10R           （1分）

          ② 假设物块a滑上圆弧轨道又返回，最终停在水平轨道上P点，物块b在水平轨道上匀减速滑至P点也恰好停止，设，则，根据能量守恒，

          对a物块      ⑥（1分）ks5u

          对b物块      ⑦（1分）

          由以上两式解得   ⑧（1分）

          将代入  

      解得    ⑨（1分）

          要使a、b只发生一次碰撞，则⑩（1分）

     综上所述，当时，a、b两物块能且只能发生一次碰撞（1分）

说明：⑴没有必要的文字说明，没有设或没有说明依据的定理（公式）全题扣1分。

⑵把μ1=0.1和μ2=0.2或g值取9.8或10代入书写方程（或结果），该方程（结果）为0分. 如 ks5u

⑶把大写R写成小写r，质量m写成M等该方程为0分..