各地最新物理試卷之壓軸題（4月15以后）
1．如圖所示，輕繩繞過輕滑輪連接著邊長為L的正方形導線框A1和物塊A2，線框A1的電阻為R，質量為M，物塊A2的質量為m（M>m），兩勻強磁場區(qū)域I、II的高度也為L，磁感應強度均為B，方向水平與線框平面垂直。線框ab邊距磁場邊界高度為h。開始時各段繩都處于伸直狀態(tài)，把它們由靜止釋放，ab邊剛穿過兩磁場的分界線CC／進入磁場II時線框做勻速運動。求：
（1）ab邊剛進入磁場I時線框A1的速度v1；
（2）ab邊進入磁場II后線框A1所受重力的功率P；
（3）從ab邊剛進入磁場II到ab邊剛穿出磁場II的過程中， 線框中產生的焦耳熱Q.
答案：（1）由機械守恒：
① （3分）
解得：
② （1分）
（2）設線框ab邊進入磁場II時速度為
，則線框中產生的電動勢：
③ （2分）
線框中的電流
④ （2分）
線框受到的安培力
⑤ （2分）
設繩對A1、A2的拉力大小為T則：
對A1：T+F=Mg ⑥ （1分）
對A2：T=mg ⑦ （1分）
聯立⑤⑥⑦解得：
⑧（3分）
⑨（1分）
（3）從ab邊剛進入磁場II到ab邊剛穿出磁場II的此過程中線框一直做勻速運動，根據能量守恒得：
⑩ （3分）
2.（18分）如圖所示，質量M＝
（1）當第一顆子彈進入靶盒A后，靶盒A離開O點的最大距離；
（2）當第三顆子彈進入靶盒A后，靶盒A從離開O點到又回到O點所經歷的時間；
（3）當第100顆子彈進入靶盒時，靶盒已經在相互作用區(qū)中運動的時間總和.
答案:（1）設第一顆子彈進入靶盒A后，子彈與靶盒的共同速度為v1.
根據碰撞過程系統動量守恒，有：mv0=(m+M)v1（2分）
設A離開O點的最大距離為s1，由動能定理有：-Fs1=0-
(m+M)v12（2分）
解得：s1=
（2）根據題意，A在的恒力F的作用返回O點時第二顆子彈正好打入，由于A的動量與第二顆子彈動量大小相同、方向相反，故第二顆子彈打入后，A將靜止在O點.設第三顆子彈打入A后，它們的共同速度為v3，由系統動量守恒得：mv0=(
設A從離開O點到又回到O點所經歷的時間為t，取碰后A運動的方向為正方向，由動量定理得：-F
=0-(
解得：t=0.5 s.（2分）
（3）由（2）問可知，第1、3、5、…、（2n+1）顆子彈打入A后，A運動時間均為t=0.5 s（3分）
故總時間t總=50t=25 s.（3分）
3.（18分）如圖，在xOy平面內，MN和x軸之間有平行于y軸的勻強電場和垂直于xOy平面的勻強磁場，y軸上離坐標原點
（1）磁感應強度B和電場強度E的大小和方向；
（2）如果撤去磁場，只保留電場，電子將從D點（圖中未標出）離開電場，求D點的坐標；
（3）電子通過D點時的動能.
答案:（1）只有磁場時，電子運動軌跡如圖1所示 （1分）
洛倫茲力提供向心力Bev0=m
（1分）
由幾何關系R2=(
求出B=
，垂直紙面向里.
（1分）
電子做勻速直線運動Ee=Bev0 （1分）
求出E=
沿y軸負方向
（1分）
（2）只有電場時，電子從MN上的D點離開電場，如圖2所示（1分）
設D點橫坐標為x x=v0t （2分）
（2分）
求出D點的橫坐標為x=
≈
縱坐標為y=
（3）從A點到D點，由動能定理Ee?mv02
（2分）
求出EkD=
mv02.
（2分）
4. (18分)如圖13所示，在一光滑水平的桌面上，放置一質量為M，寬為L的足夠長“U”型框架，其ab部分電阻為R，框架其它部分的電阻不計。垂直框架兩邊放一質量為m、電阻為R的金屬棒cd，它們之間的動摩擦因數為μ，棒通過細線跨過一定滑輪與勁度系數為k的另一端固定的輕彈簧相連。開始彈簧處于自然狀態(tài)，框架和棒均靜止。現在讓框架在大小為2μmg的水平拉力作用下，向右做加速運動，引起棒的運動可看成是緩慢的。水平桌面位于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B。問：
（1）框架和棒剛開始運動的瞬間，框架的加速度為多大？
（2）框架最后做勻速運動（棒處于靜止狀態(tài)）時的速度多大？
（3）若框架通過位移S 后開始勻速，已知彈簧的彈性勢能的表達式為 k x2 (x為彈簧的形變量)，則在框架通過位移 s 的過程中，回路中產生的電熱為多少？
.【解析】(1) 設水平拉力為F，則F＝2μmg，對框架由牛頓第二定律：F-μmg＝Ma , 解出
。（6分）
(2) 設框架做勻速運動的速度大小為v，則感應電動勢 E=BLv , 回路中的電流 
,
對框架由力的平衡得
, 聯立以上各式解出 
（6分）
(3) 在框架滑過S的過程中，設產生的電熱為Ql ,摩擦生熱為Q2，
由功能關系
, 其中
,
在框架勻速后，對棒由力的平衡得 
,
聯立以上各式并結合,
, 解出 
。（6分）
【答案】(1) ; (2) ; (3)
點評： 本題是一條學科內綜合題, 同時又是一條新情景試題, 本題物理過程較復雜, 涉及彈性力、磁場力、摩擦力、牛頓第二定律、感應電動勢、 全電路歐姆定律、功能關系、力的平衡等眾多知識點, 考查考生多角度探究問題的能力。
解題關鍵：理清物理過程,分析各個物理過程中的受力時,不要漏掉力; 正確把握各個物理量的關系, 在各個過程中選用合適的規(guī)律求解.，特別要關注各個力所對應的能量。
5、（15分）荷蘭科學家惠更斯在研究物體碰撞問題時做出了突出的貢獻．惠更斯所做的碰撞實驗可簡化為：三個質量分別為m
、m
、m
的小球，半徑相同，并排懸掛在長度均為L的三根
平行繩子上，彼此相互接觸�，F把質量為m
的小球拉開，上升到H高處釋放，如圖所示，已知各球間碰撞時同時滿足動量守恒定律和機械能守恒定律，且碰撞時間極短，H遠小于L,不計空氣阻力。若三個球的質量不同，要使球1與球2、球2與球3相碰之后，三個球具有同樣的動量，則m∶m∶m應為多少?它們上升的高度分別為多少?
18、（15分）由題意知三球碰后的動量均相同，設為p,則
， 球2在與球3碰前具有動量2p，根據機械能守恒定律，對于球2與球3碰撞的情況應有：
2分
由此得：
∶
＝3∶1 2分
球1與球2碰前的動量為3p，根據機械能守恒定律有：
2分
由此得：
∶＝2∶12分
從而可得：∶∶＝6∶3∶1
2分
設三球碰后上升的高度分別為
球1碰前動能
＝
,又＝
,∴
＝
2分
球1碰后動能
＝
又＝
，∴
＝
2分
從而可得：
同理可得：
3分
6. （18分）如圖13所示我國“嫦娥一號衛(wèi)星”從發(fā)射到進入月球工作軌道的過程示 意圖。在發(fā)射過程中，經過一系列的加速和變軌。衛(wèi)星沿繞地球“48h軌道”在抵達近地點P時，主發(fā)動機啟動，衛(wèi)星的速度在很短時間內由v1提高于v2，進入“地月轉移軌道”，開始了從地球向月球的飛越。在“地月轉移軌道上”經過14小時飛行到達近月點Q時，需要及時制動使其成為月球衛(wèi)星。之后又在繞月球軌道上的近月點Q經過兩次制動，最終進入繞月球的圓形工作軌道I。已知“嫦娥一號衛(wèi)星”的質量為mB。在繞月球的圓形工作軌道Ⅰ上運動的周期為T，月球的半徑為r月，月球的質量為m月，萬有引力恒量為G。
（1）求衛(wèi)星從“48h軌道”的近地點P進入“地月轉移軌道”過程中主發(fā)動機對“嫦娥一號衛(wèi)星”做的功（不計地球引力做功和衛(wèi)星質量變化）；
（2）求“嫦娥一號衛(wèi)星”在繞月球圓形工作軌道Ⅰ上運動時距月球表面的高度；
（3）理論證明:質量為m的物體距月球無限遠處無初速釋放,它在月球引力作用下運動至月球中心的距離為r處的過程中，月球引力對物質所做的功可表示為
W=Gm月m/r月。為使“嫦娥一號衛(wèi)星”在近月點Q進行第一次制動后能成為月球的衛(wèi)星，且與月球表面的距離不小于圓形工作軌道Ⅰ的高度，最終進入圓形軌道Ⅰ，其第一次制動后的速度大小應滿足什么條件？
答案 （18分）（1）根據動能定理，主發(fā)動機在“嫦娥一號衛(wèi)星”進入地月轉移軌道過程中對衛(wèi)星做的功
…………………………………………………4分
（2）設“嫦娥一號衛(wèi)星”在圓軌道I上運動時距月球表面的高度為h，根據萬有引力定律和向心力公式有
……………………………………………4分
解得：
……………………………………………………4分
（3）設“嫦娥一號衛(wèi)星”在近月點時行第一次制動后，在繞月球軌道I上運動的速度為u1,
…………………………………………………………1分
解得：
………………………………………………………1分
設“嫦娥一號衛(wèi)星”在通過近月點脫離月球引力的束縛飛離月球的速度為u2，根據機械能守恒定律
………………………………………………………1分
解得：
……………………………………………………1分
所以“嫦娥一號衛(wèi)星”在近月點進行制動后和速度u應滿足的條件是：
…………………………………………2分
7．(16分)如圖所示,光滑的平行金屬導軌CD與EF間距為L＝
,k為一常數,
.求：
⑴猜測金屬棒下滑過程中做的是什么性質的運動,并加以證明．
⑵金屬棒下滑
⑶金屬棒下滑
17．⑴由于棒從靜止開始運動，因此首先可以確定棒開始階段做加速運動，然后通過受力分析，看看加速度可能如何變化？如圖2－2所示，棒在下滑過程中沿導軌方向有向下的重力分力mgsinθ和向上的安培力F．由于m隨位移x增大而增大，所以，mgsinθ是一個變力；而安培力與速度有關，也隨位移增大而增大．如果兩個力的差值恒定，即合外力是恒力的話，棒有可能做勻加速運動．不妨假設棒做的是勻加速運動，且設下滑位移x時的加速度為ai,根據牛頓第二定律，有
圖2－2
安培力F＝ILB，
，所以
，
有 
①
假設棒做勻加速運動．則瞬時速度 
，
由于
，代入后得到
②
消去
后得到
�、�
從上述方程可以看出ai的解是一個定值，與位移x無關，這表明前面的假設成立．棒的運動確實是勻加速運動．若本問題中m不與
成正比，代人牛頓第二定律方程后，不能消去，加速度ai就與x有關，從而說明ai是一個變量，得到是一個不能白洽的結果，則表明前面的假設不能成立．
⑵為了求棒下滑
化簡有 
�、�
令
，則④式可寫作
解得
a＝
根據勻變速運動規(guī)律，
⑶金屬棒下滑
求解。
另一種解法是用
求解。棒中瞬時電流
。由于v是隨時間均勻增加的，所以電流也隨時間均勻增加，棒下滑
，在這段時間內平均電流
，所以
，所得的結果與前面相同。
8．（16分）如圖甲所示，兩個幾何形狀完全相同的平行板電容器PQ和MN，水平置于水平方向的勻強磁場中（磁場區(qū)域足夠大），兩電容器極板的左端和右端分別在同一豎直線上，已知P、Q之間和M、N之間的距離都是d，極板本身的厚度不計，板間電壓都是U，兩電容器的極板長相等。今有一電子從極板PQ中軸線左邊緣的O點，以速度v0沿其中軸線進入電容器，并做勻速直線運動，此后經過磁場偏轉又沿水平方向進入到電容器MN之間，且沿MN的中軸線做勻速直線運動，再經過磁場偏轉又通過O點沿水平方向進入電容器PQ之間，如此循環(huán)往復。已知電子質量為m，電荷量為e。不計電容之外的電場對電子運動的影響。
（1）試分析極板P、Q、M、N各帶什么電荷？
（2）求Q板和M板間的距離x ；
（3）若只保留電容器右側區(qū)域的磁場，如圖乙所示。電子仍從PQ極板中軸線左邊緣的O點，以速度v0沿原方向進入電容器，已知電容器極板長均為
。則電子進入電容器MN時距MN中心線的距離？要讓電子通過電容器MN后又能回到O點，還需在電容器左側區(qū)域加一個怎樣的勻強磁場？
解析：（1）電子受磁場力向下，則受電場力向上，所以P板帶正電，Q板帶負電
2分
同理可知，M板帶負電，N板帶正電 2分
（2）電子在電容器中由平衡條件有：
2分
電子在磁場中做圓周運動的半徑為R，則：
1分
Q板和M板間的距離，應滿足：
1分
（3）電子離開電容器P、Q時的側移量為：
2分
， 
，
2分
電子進入電容器M、N之間的位置在中軸線以上y處。
電子進入電容器M、N后，在電場力作用下作類拋體運動，根據對稱性可知，電子在豎直方向上的位移為y,離開電容器M、N的位置在中軸線以上2y處，速度大小為
，方向與中軸線平行
2分
，
1分
方向垂直于紙面向里（水平） 1分
9.（16分）磁懸浮列車是一種高速運載工具。它具有兩個重要系統：一是懸浮系統，利用磁力使車體在導軌上懸浮起來；另一是驅動系統，在沿軌道上安裝的三相繞組中，通上三相交流電，產生隨時間和空間做周期性變化的磁場，磁場與固連在車體下端的感應金屬板相互作用，使車體獲得牽引力。
設圖中
平面代表軌道平面，
軸與軌道平行，現有一與軌道平面垂直的磁場正以速度
向
方向勻速運動，設在
時，該磁場的磁感應強度B的大小隨空間位置x的變化規(guī)律為
（式中B0、k為已知常量），且在y軸處，該磁場垂直平面指向紙里。與軌道平面平行的一金屬矩形框MNPQ處在該磁場中，已知該金屬框的MN邊與軌道垂直，長度為L，固定在y軸上，MQ邊與軌道平行，長度為d=
，金屬框的電阻為R，忽略金屬框的電感的影響。求：
（1） t=0時刻，金屬框中的感應電流大小和方向；
（2） 金屬框中感應電流瞬時值的表達式；
（3） 經過
時間，金屬框產生的熱量；
（4） 
畫出金屬框受安培力F隨時間變化的圖象。
答案：（16分）（1）磁場向方向運動，等效金屬框向
方向運動。
t=0時刻，金屬框產生的電動勢
（1分）
（2分）
電流的方向根據右手定則可知為
（1分）
（2）設經過時間t，金屬框MN所在處磁場強度為B，
又
，得到電流瞬時值的表達式是：
，是正弦式電流。（4分）
（3）
（4分）
（4）金屬框受安培力的方向始終向左。設經過時間t，金屬框受到安培力為
由此可知：金屬框受到安培力F隨時間變化的圖象如下圖： （4分）
10．（16分）如圖所示，由10根長度都是L的金屬桿，連接成一個“目”字型的矩形金屬框abcdefgha，放在紙面所在的平面內；有一個寬度也為L的勻強磁場，磁場邊界跟de桿平行，磁感強度的大小是B，方向垂直于紙面向里，金屬桿ef、fg和gh的電阻不計，其他各桿的電阻都為R，各桿端點間接觸良好�，F在以速度v勻速把金屬框從磁場的左邊界向右拉，當de桿剛進入磁場時，開始計時，求：
(1)從開始計時到cf桿剛要進入磁場的過程中，通過ah桿某一橫截面上的總電量。
(2)從開始計時到金屬框全部通過磁場的過程中，金屬框中電流所產生的總熱量。
答案：(1)de切割磁感線時
，
，ah中的電流
，
(2) cf切割磁感線時
，
11．（16分）在水平長直的軌道上，有一長度為L的平板車在外力控制下始終保持速度v0做勻速直線運動．某時刻將一質量為m的小滑塊輕放到車面的中點，滑塊與車面間的動摩擦因數為μ．
（1）證明：若滑塊最終停在小車上，滑塊和車摩擦產生的內能與動摩擦因數μ無關，是一個定值．
（2）已知滑塊與車面間動摩擦因數μ=0.2，滑塊質量m=
（3）在（2）的情況下，力F取最小值，要保證滑塊不從車上掉下，力F的作用時間應該在什么范圍內?
 |
答案：（16分）（1）根據牛頓第二定律，滑塊相對車滑動時的加速度
（1分）
滑塊相對車滑動的時間 
（1分）
滑塊相對車滑動的距離 
（1分）
滑塊與車摩擦產生的內能 
（1分）
由上述各式解得 
（與動摩擦因數μ無關的定值） （1分）
（2）設恒力F取最小值為F1，滑塊加速度為a1，此時滑塊恰好到達車的左端，則
滑塊運動到車左端的時間 
①
由幾何關系有 
② （1分）
由牛頓定律有 
③ &nbs
16.如圖所示的坐標系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。在x軸上方空間的第一、第二象限內，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直xy平面（紙面）向里的勻強磁場，在第四象限，存在沿y軸負方向、場強大小與第三象限電場場強相等的勻強電場。一質量為m、電荷量為q的帶電質點，從y軸上y = h處的P1點以一定的水平初速度沿x軸負方向進入第二象限。然后經過x軸上x = ? 2h處的P2點進入第三象限，帶電質點恰好能做勻速圓周運動。之后經過y軸上y = ? 2h處的P3點進入第四象限。已知重力加速度為g。求：
h
=
…………①（2分）
v0
=
…………………②(1分)
vy = gt ……………………③（1分）
求出 v =
…④（2分）
方向與x軸負方向成45°角 （1分）
用其它方法求出正確答案的同樣給分。
（2）帶電質點從P2到P3，重力與電場力平衡，洛倫茲力提供向心力
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）
聯立④⑥⑦式得B
=
……………………………………（2分）
（3）帶電質點進入第四象限，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻減速直線運動。當豎直方向的速度減小到0，此時質點速度最小，即v在水平方向的分量
v
min = v cos45°=
………………………………（2分）
方向沿x軸正方向 …………………………………………（2分）
（2008.4.10）
17．高頻焊接是一種常用的焊接方法，圖1是焊接的原理示意圖。將半徑為r=
（1）求環(huán)形金屬工件中感應電流的大小，在圖3中畫出感應電流隨時間變化的i-t圖象（以逆時針方向電流為正）；
（2）求環(huán)形金屬工件中感應電流的有效值；
（3）求t=0.30s內電流通過焊接處所產生的焦耳熱．
解：（1）環(huán)形金屬工件電阻為R=2prR0+9´2prR0=20prR0=6.28´10-3Ω
在0-2T/3時間內的感應電動勢為
E=
＝6.28V
電流為I=
=1.0´
由楞次定律得到電流方向逆時針
I-t關系圖象如圖4所示.
（2）設環(huán)形金屬工件中電流的有效值為I效，在一個周期內
I效2RT＝
解得：I效=
A＝
（3）在t=0.30s內電流通過焊接處所產生的焦耳熱為
而R'=9´2prR0=5.65´10-3Ω
解得：Q=I2R't＝1.13´103J
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