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2009理科綜合物理壓軸題精選(一)

1．如圖1-61所示,粗糙的斜坡傾角α=30°,有一物體從點A以某一初速度開始向上運(yùn)動,經(jīng)過2s到達(dá)點B速度恰好為零,然后又從點B返回點A,已知點A、B間距離為16m,求從點B返回點A所需的時間.(g = 10m/s²).

【解答】

物體沿斜面向上運(yùn)動過程中,有… ①　      … ②

物體沿斜面向下運(yùn)動過程中,有　… ③　      … ④

由②式,得　m/s² … ⑤      由①、⑤式,得　 … ⑥

代入③式,得　m/s² … ⑦      由④、⑦式,     得　s

2．研究下面的小實驗: 如圖1-65所示, 原來靜止在水平面上的紙帶上放一質(zhì)量為m的小金屬塊, 金屬塊離紙帶右端距離為d, 金屬塊與紙帶間動摩擦因數(shù)為μ. 現(xiàn)用力向左將紙帶從金屬塊下水平抽出, 設(shè)紙帶加速過程極短, 可以認(rèn)為紙帶在抽動過程中一直做勻速運(yùn)動. 求:

(1) 金屬塊剛開始運(yùn)動時受到的摩擦力的大小和方向;

(2) 要將紙帶從金屬塊下水平抽出, 紙帶的速度v應(yīng)滿足的條件.

【解答】

(1) 金屬塊與紙帶達(dá)到共同速度前,金屬塊受滑動摩擦力為, 方向向左.

(2) 對金屬塊, 

設(shè)抽出紙帶的最小速度為,即紙帶從金屬塊下抽出時金屬塊速度恰等于.,

金屬塊位移為,    紙帶位移為,

兩者恰好距離為,  可得， 故要抽出紙帶,紙帶速度  

3．羚羊從靜止開始奔跑, 經(jīng)過50m的距離能加速到最大速度為25m/s, 并能維持一段較長時間;獵豹從靜止開始奔跑, 經(jīng)過60m的距離能加速到最大速度為30m/s, 以后只能維持此速度4.0s.設(shè)獵豹距離羚羊X時開始攻擊, 羚羊則在獵豹開始攻擊后1.0s才開始奔跑, 假設(shè)羚羊和獵豹在加速階段分別做勻加速運(yùn)動, 且均沿同一直線奔跑, 則

(1) 獵豹要在其加速階段追到羚羊, X值應(yīng)在什么范圍?

(2) 獵豹要在最大速度減速前追到羚羊, X值應(yīng)在什么范圍?

【解答】

(1)    根據(jù)題意,獵豹奔跑時的加速度為 m/s²,

獵豹加速的時間為s,

羚羊奔跑時的加速度為m/s², 羚羊加速度時間 s

由于羚羊晚跑1s, 所以獵豹在加速階段追到羚羊,

x值的范圍應(yīng)為    m.

(2) 根據(jù)題意, 獵豹以最大速度且在極限時間內(nèi)奔跑的距離是m,

獵豹一共奔跑的距離為　m.

羚羊在獵豹開始攻擊1.0 s后才開始奔跑, 設(shè)羚羊以最大速度奔跑了3 s,

羚羊以最大速度奔跑的距離為25 m/s×3 s = 75 m,

羚羊一共奔跑的距離為s′= 50 m+75m = 125m.

獵豹攻擊羚羊的距離范圍為x ≤ 180 m ? 125 m = 55 m.

4．如圖所示的裝置可以測量飛行器在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動的加速度．該裝置是在矩形箱子的上、下壁上各安裝一個可以測力的傳感器，分別連接兩根勁度系數(shù)相同（可拉伸可壓縮）的輕彈簧的一端，彈簧的另一端都固定在一個滑塊上，滑塊套在光滑豎直桿上．現(xiàn)將該裝置固定在一飛行器上，傳感器P在上，傳感器Q在下．飛行器在地面靜止時，傳感器P、Q顯示的彈力大小均為10 N．求：

(1)滑塊的質(zhì)量．（地面處的g=10 m/s2)

(2)當(dāng)飛行器豎直向上飛到離地面處，此處的重力加速度為多大？(R是地球的半徑）

(3)若在此高度處傳感器P顯示的彈力大小為F'=20 N，此時飛行器的加速度是多大？

解：(1)

(2)

解之得

(3)由牛頓第二定律，得,

所以

5．如圖1-71所示, 質(zhì)量為M的滑塊B套在光滑的水平桿上可自由滑動, 質(zhì)量為m的小球A用一長為L的輕桿與B上的O點相連接, 輕桿處于水平位置, 可繞O點在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動.

(1) 固定滑塊B, 給小球A一豎直向上的初速度, 使輕桿繞O點轉(zhuǎn)過90°, 則小球初速度的最小值是多少?

(2) 若M = 2m, 不固定滑塊B, 給小球A一豎直向上的初速度v₀, 則當(dāng)輕桿繞O點恰好轉(zhuǎn)過90°, 球A運(yùn)動至最高點時, 滑塊B的速度多大?

【解答】

(1) 小球A的豎直速度為時, 運(yùn)動到最高點的速度恰為零,

根據(jù)機(jī)械能守恒, 得　,則 .

(2) 當(dāng)球A運(yùn)動至最高點時速度為, 此時滑塊B的速度為v2, 且,

A、B水平方向動量守恒,得　,

根據(jù)能量守恒,得,    解得　.

6．如圖1-75所示, 半徑為2R的1/4圓弧軌道AB和半徑為R的1/4圓弧軌道BC相切于B點, 兩軌道置于豎直平面內(nèi). 在C點的正上方有一厚度不計的旋轉(zhuǎn)平臺, 沿平臺的一條直徑上開有兩個小孔P、Q. 兩孔離軸心等距離, 旋轉(zhuǎn)時兩孔均能達(dá)到C點的正上方. 質(zhì)量為m的小球甲從A點以初速度v₀= 2gR開始下滑, 在B點與質(zhì)量為m的乙球發(fā)生彈性碰撞, 碰后乙球沿軌道過C點, 且恰能無碰撞穿過小孔P. 為了使小球能從小孔Q落下(不計所有阻力).求:

(1) 乙球到達(dá)C點時對軌道的壓力;

(2) 平臺的角速度ω應(yīng)滿足什么條件.

【解答】

(1)甲球從A到B機(jī)械能守恒,即,

在B點,甲、乙兩球發(fā)生彈性碰撞, 交換速度后, 有.

乙球從B到C, 機(jī)械能守恒,有,解之得　.

在C點軌道對乙球的彈力提供向心力, 即.

根據(jù)牛頓第三定律,有　,方向向右, 大小為

.

 (2) 乙球在空中運(yùn)動的時間為,平臺轉(zhuǎn)過π弧度時,有   ,

平臺轉(zhuǎn)過弧度時,有.  ( 其中n = 0,1,2,3 …… )

因此, 上式即為平臺角速度應(yīng)滿足的條件.

7．如圖1-77所示, 一光滑的1/4圓弧軌道AB位于豎直平面內(nèi), 其半徑為R₀. 一個質(zhì)量為m的小物塊從A點無初速度地沿軌道滑下, 在弧形軌道的最低點B處與質(zhì)量為M的物體相碰,碰后兩者粘在一起, 沿水平方向運(yùn)動到C點停止. 如果兩個物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ. 求:

(1) 小物塊m滑到弧形軌道最低點還沒有與物體M碰撞前的速度大小;

(2) 兩物體相碰后沿水平面滑行的最大距離.

【解答】

物體m從點A運(yùn)動到點B,由機(jī)械能守恒,得 ，得,

物體m與物體M相碰過程由動量守恒定律得,    得

在物體m與物體M滑行過程中,由動能定理,得   ,

解得   .

8．一平直長木板A的質(zhì)量M = 2kg, 其左端放置一質(zhì)量m = 0.5kg的小木塊B. 開始時它們相對靜止, 在光滑水平面上以v₁=2m/s的速度向左運(yùn)動, 如圖1-78所示. 某一時刻, 一質(zhì)量

m₀ = 0.01kg的子彈C以v₀ = 800 m/s的速度水平打進(jìn)木塊, 并以大小為 m/s的速度穿出木塊. 設(shè)子彈穿過木塊的時間忽略不計, 隨后木塊相對木板向右滑動, 如果木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ= 0.5, g取10m/s². 要使木塊不滑出木板, 木板至少需多長?

【解答】

子彈穿過木塊過程, 有, 得m/s.

木塊不滑出木板, 則最后兩者速度相同, 設(shè)為.因為,所以方向向左,

有,   得m/s.

子彈穿出木塊后, 木塊相對地面向右運(yùn)動, 最后相對地面向左運(yùn)動, 則木塊必有一相對地面速度為零

的時刻, 而木板則自始至終一直向左運(yùn)動.

木塊從向右運(yùn)動到速度為零, 位移為,  得 m,

木塊從速度為零到相對木板靜止, 位移為,  得 m,

木板在此過程的位移為, 則,   得 m,

要使木塊不滑出木板, 木板的最小長度為m.

注: 子彈穿出木塊后, 可對木塊和木板組成的系統(tǒng)使用動能定理, 得

,

得木板的最小長度為m.

9．在納米技術(shù)中需要移動或修補(bǔ)原子, 必須使在不停地做熱運(yùn)動 (速率約幾百米每秒) 的原子幾乎靜止下來且能在一個小的空間區(qū)域內(nèi)停留一段時間, 為此已發(fā)明了“激光制冷”的技術(shù), 若把原子和入射光分別類比為一輛小車和一個小球, 則“激光制冷”與下述的力學(xué)模型很類似：

一輛質(zhì)量為m的小車 (一側(cè)固定一輕彈簧), 如圖1-79所示以速度v₀水平向右運(yùn)動,一個動量大小為P, 質(zhì)量可以忽略的小球水平向左射入小車并壓縮彈簧至最短, 接著被鎖定一段時間ΔT, 再解除鎖定使小球以大小相同的動量P水平向右彈出, 緊接著不斷重復(fù)上述過程, 最終小車將停下來. 設(shè)地面和車廂均為光滑, 除鎖定時間ΔT外, 不計小球在小車上運(yùn)動和彈 簧壓縮、伸長的時間. 求:

(1) 小球第一次入射后再彈出時, 小車的速度的大小和這一過程中小車動能的減少量;

(2) 從小球第一次入射開始到小車停止運(yùn)動所經(jīng)歷的時間.　

【解答】

(1)小球射入小車和從小車中彈出的過程中,小球和小車所組成的系統(tǒng)動量守恒.

由動量守恒定律,得,  ,   則　.

此過程中小車動能減少量為,  .

(2) 小球第二次入射和彈出的過程, 及以后重復(fù)進(jìn)行的過程中, 小球和小車所組成的系統(tǒng)動量守恒. 由動量守恒定律, 得     ,  , 

 則　,       同理可推得　.

要使小車停下來,即,小球重復(fù)入射和彈出的次數(shù)為,

故小車從開始運(yùn)動到停下來所經(jīng)歷時間為  .

10．如圖3-72甲所示, MN為一豎直放置的熒光屏, O點為它的中點, OO′與熒光屏垂直, 且長度為L, 在MN的左側(cè)空間存在著一寬度也為L、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)電場, 場強(qiáng)大小為E. 圖乙是從右邊觀察熒光屏得到的平面圖, 在熒光屏上以O(shè)點為原點建立如圖乙所示的直角坐標(biāo)系. 一細(xì)束質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子以相同的初速度v₀從O′點沿

方向射入電場區(qū)域. 粒子的重力和粒子間的相互作用都忽略不計.

(1) 若再在MN左側(cè)空間加一個寬度也為L的勻強(qiáng)磁場, 使得熒光屏上的亮點恰好位于原點O處, 求這個磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向;

(2) 如果磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小保持不變, 但把磁場的方向變?yōu)榕c電場方向相同, 則熒光屏上的亮點位于圖乙中的A點, 已知A點的縱坐標(biāo)y =33L, 求A點橫坐標(biāo)的數(shù)值(最后結(jié)果用L和其他常數(shù)表示).

【解答】

(1) 粒子若沿直線前進(jìn), 應(yīng)加一豎直向上的勻強(qiáng)磁場. 則,即.

如果加一個垂直紙面向里、大小為的勻強(qiáng)磁場, 粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)的分運(yùn)動是勻速圓周運(yùn)動邊(見右圖), 在熒光屏上有,又 ,  

 有,

R為圓的半徑, 圓弧所對的圓心角,

粒子在電場方向上做勻加速運(yùn)動, 加速度,

粒子在磁場中運(yùn)動時間,

粒子在電場中的橫向位移, 即x方向上的位移為.

由,   得　.      化簡為　　.

11．如圖3-73甲所示, 在坐標(biāo)xOy平面的第1象限內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場, 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B,方向垂直于xOy平面, 且隨時間做周期性變化, 如圖3-73乙所示, 規(guī)定垂直xOy平面向里的磁場方向為正. 一個質(zhì)量為m、帶正電量為q的粒子, 在t=0時刻從坐標(biāo)原點O以初速度v₀沿x軸的正方向射入, 在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動, 重力不計, 經(jīng)過一個磁場變化周期的時間, 粒子到達(dá)第1象限內(nèi)的某一點P, 粒子的速度方向恰好沿x軸的正方向.

(1)  若點O、P連線與x軸之間的夾角為45°, 則磁場變化的周期T是多少?  

(2)  因P點的位置會隨著磁場周期的變化而變動, 那么, 在磁場變化的一個周期內(nèi)試求P點的縱坐標(biāo)的最大值是多少? 此時磁場變化的周期是多大?

【解答】

(1)  帶正電粒子在磁場中運(yùn)動的周期為T₁、半徑為R,

則  ,即　,     則     .

粒子在磁場變化的一個周期T內(nèi)運(yùn)動到P點, 因P點速度方向指向x軸正方向, 且OP與x軸成45°角, 所以粒子在時間T₂內(nèi)運(yùn)動的軌跡應(yīng)為1/4圓弧 (如圖甲所示), 對應(yīng)運(yùn)動的時間為

,   即　,

得　.

(2)  由于磁場的周期T是變化的, 而粒子做圓周運(yùn)動的周期T₁不變,  P會隨T變化而變動,  P點的縱坐標(biāo)是由兩個T/2對應(yīng)的兩段圓弧確定, 要使P點的縱坐標(biāo)有最大值, 且P點方向與x軸正方向相同, 粒子的運(yùn)動軌跡應(yīng)如圖乙所示.

由幾何關(guān)系知,  ,  ，

∠∠,     則  ∠∠.

即粒子在T/2時間內(nèi)運(yùn)動的圓弧軌跡對應(yīng)的圓心角為 ,

其運(yùn)動的時間為，     又　,則　.

P點縱坐標(biāo)的最大值為

12．如圖3-77所示A、B為水平放置的足夠長的平行板, 板間距離為d =1.0×10^-2m, A板中央有一電子源P, 在紙面內(nèi)能向各個方向發(fā)射速度在0～3.2×10⁷m/s范圍內(nèi)的電子, Q為P點正上方B板上的一點, 若垂直紙面加一勻強(qiáng)磁場, 磁感應(yīng)強(qiáng)度B = 9.1×10^-3T, 已知電子的質(zhì)量m = 9.1×10^-31kg, 電子電量e = 1.6×10^-19C, 不計電子的重力和電子間相互作用力, 且電子打到板上均被吸收, 并轉(zhuǎn)移到大地. 求:

(1)  沿PQ方向射出的電子, 擊中A、B兩板上的范圍.

(2)  若從P點發(fā)出的粒子能恰好擊中Q點, 則電子的發(fā)射方向 (用圖中θ角表示) 與電子速度的大小v之間應(yīng)滿足的關(guān)系及各自相應(yīng)的取值范圍.

【解答】

(1) 如圖25甲所示, 沿PQ方向射出的電子最大軌跡半徑由

      ,可得.

代入數(shù)據(jù)解得

該電子運(yùn)動軌跡圓心在A板上H處、恰能擊中B板M處. 隨著電子速度的減小, 電子軌跡半徑也逐漸減小. 擊中B板的電子與Q點最遠(yuǎn)處相切于N點, 此時電子的軌跡半徑為d, 并恰能落在A板上H處.所以電子能擊中B板MN區(qū)域和A板PH區(qū)域.

在△MFH中, 有,

m,   

m,   m.

電子能擊中B板Q點右側(cè)與Q點相距2.68×10^-3m～1×10^-2m 的范圍.

電子能擊中A板P點右側(cè)與P點相距0～2×10^-2m 的范圍.

(2)  如圖乙所示,

要使P點發(fā)出的電子能擊中Q點, 則有,  

,     解得.

v取最大速度   3.2×10⁷  m/s時,

有,  ,

v取最小速度時有　，  m/s,

所以電子速度與θ之間應(yīng)滿足　 , 

且  θ∈ ,   v∈[ 8×10⁶ m/s,  3.2×10⁷ m/s].

13．如圖所示，在半徑為R的絕緣圓筒內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向里，圓筒正下方有小孔C與平行金屬板M、N相通。兩板間距離為d，兩板與電動勢為E的電源連接，一帶電量為－q、質(zhì)量為m的帶電粒子（重力忽略不計），在C點正下方緊靠N板的A點，無初速經(jīng)電場加速后從C點進(jìn)入磁場，與圓筒發(fā)生兩次碰撞后從C點射出。已知帶電粒子與筒壁的碰撞無電荷量的損失，且碰撞后以原速率返回。求：

⑴筒內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大��；

⑵帶電粒子從A點出發(fā)至第一次回到A點所經(jīng)歷的時間。

解：（1）．qE＝mv2  

粒子由C孔進(jìn)入磁場，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的速率為

v＝…

由      r＝  

 由幾何關(guān)系有Rcot30°＝ r       得     B＝  

（2）粒子從A→C的加速度為     a＝qE／md

由 d＝at12／2，粒子從A→C的時間為       t1＝=d

粒子在磁場中運(yùn)動的時間為 t2＝T／2＝πm／qB

將（1）求得的B值代入，

得         t2＝πR        求得     t＝2t1＋t2＝（2d +πR）

14、.如圖所示，間距為l、電阻不計的兩根平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ（足夠長）被固定在同一水平面內(nèi)，質(zhì)量均為m、電阻均為R的兩根相同導(dǎo)體棒a、b垂直于導(dǎo)軌放在導(dǎo)軌上，一根輕繩繞過定滑輪后沿兩金屬導(dǎo)軌的中線與a棒連接，其下端懸掛一個質(zhì)量為M的物體C，整個裝置放在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。開始時使a、b、C都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)釋放C，經(jīng)過時間t，C的速度為、b的速度為。不計一切摩擦，兩棒始終與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度為g，求：（1）t時刻C的加速度值；

（2）t時刻a、b與導(dǎo)軌所組成的閉合回路消耗的總電功率。

解：（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，t時刻回路的感應(yīng)電動勢     ①

回路中感應(yīng)電流                                                    

以a為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律                              

以C為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律                            

聯(lián)立以上各式解得                                 

（2）解法一：單位時間內(nèi)，通過a棒克服安培力做功，把C物體的一部分重力勢能轉(zhuǎn)化為閉合回路的電能，而閉合回路電能的一部分以焦耳熱的形式消耗掉，另一部分則轉(zhuǎn)化為b棒的動能，所以，t時刻閉合回路的電功率等于a棒克服安培力做功的功率，即

解法二：a棒可等效為發(fā)電機(jī)，b棒可等效為電動機(jī)
        a棒的感應(yīng)電動勢為                                       ⑤
        閉合回路消耗的總電功率為                                  ⑥
        聯(lián)立①②⑤⑥解得 

解法三：閉合回路消耗的熱功率為 
        b棒的機(jī)械功率為 
       故閉合回路消耗的總電功率為