1、2023 物理一轮复习压轴大题（一）一、解答题 1（2022河北石家庄精英中学高三阶段练习）如图甲所示，间距为0.1mL 的两平行金属导轨由光滑的水平部分和粗糙的倾斜部分平滑连接而成，轨道上端通过单刀双掷开关 K 还连接有一个定值电阻 R 和电容器1FC（未充电）；倾斜部分倾角为37 ，区内存在大小为11TB、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场；水平导轨区内存在大小为23TB、方向平行导轨平面向左的匀强磁场；水平导轨区内存在大小为36TB、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。质量为30gm、长度为 L 的金属杆 ab 由磁敏材料做成，其电阻与所处环境磁场强弱有关，磁感应强度2TB 时，其电阻为零；
2、磁感应强度2TB，其电阻等于定值电阻 R。金属杆 ab 与倾斜轨道之间的动摩擦因数为0.5。现将单刀双掷开关接 1，金属杆 ab 从静止释放后开始做匀加速直线运动，与此同时开始计时；4s 末，单刀双掷开关接 2，同时在水平轨道区内放入一质量为 2m 的“联动双杆”（由两根长度均为 L 的金属杆cd 和 ef，中间用长度为0.6ml的刚性绝缘杆连接而成，杆 cd 和 ef 电阻也都等于定值电阻R），结果杆 ab 恰好可以匀速下滑，如图乙所示；5s 末杆 ab 无能量损失地进入水平导轨，在区与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆 ab 和 cd 合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入匀强
3、磁场区间（区间的长度等于l）并从中滑出，运动过程中，杆 ab、cd 和 ef 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知sin370.6，cos370.8，重力加速度 g 取210m/s，不计导轨电阻，忽略磁场边界效应。求：（1）4s 末金属 ab 的速度大小；（2）定值电阻 R 的大小；（3）整个过程中定值电阻 R 上产生的焦耳热 Q。2（2023全国高三专题练习）东方超环，俗称“人造小太阳”，是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置。该装置需要将加速到较高速度的离子束变成中性粒子束，没有被中性化的高速带电离子需要利用“偏转系统”将带电离子从粒子束中剥离出来。假设“偏转系统”的原理如图所示
4、，均匀分布的混合粒子束先以相同的速度通过加有电压的两极板间，再进入偏转磁场中，中性粒子继续沿原方向运动，被接收器接收；未被中性化的带电粒子一部分打到下极板被吸收后不可再被利用，剩下的进入磁场后发生偏转，被吞噬板吞噬后可以再利用。已知粒子带正电、电荷量为 q，质量为 m，两极板间电压 U 可以调节，间距为 d，极板长度为 3d，吞噬板长度为 2d，极板间施加一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B1，带电粒子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑混合粒子间的相互作用。（1）当电压 U=0 时，恰好没有粒子进入磁场，求混合粒子束进入极板间的初速度 v0等于多少？若要使所有的粒子都进入磁场，则板间电
5、压 U0为多少？（2）若所加的电压在 U0（1+k）U0内小幅波动，k0 且 k1，此时带电粒子在极板间的运动可以近似看成类平抛运动。则进入磁场的带电粒子数目占总带电粒子数目的比例至少多少？（3）在（2）的条件下，若电压小幅波动是随时间线性变化的，规律如图乙所示，变化周期为 T，偏转磁场边界足够大。要求所有进入磁场的粒子最终全部被吞噬板吞噬，求偏转磁场的磁感应强度 B2满足的条件？已知粒子束单位时间有 N 个粒子进入两极板间，中性化的转化效率为 50%，磁场磁感应强度 B2取最大情况下，取下极板右端点为坐标原点，以向下为正方向建立 x 坐标，如甲图所示，求一个周期 T 内吞噬板上不同位置处吞噬
6、到的粒子数密度（单位长度的粒子数）。3（2022广东佛山实验中学高二学业考试）东方超环（EAST），俗称“人造小太阳”，是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置。该装置需要将加速到较高速度的离子束变成中性粒子束，没有被中性化的高速带电离子需要利用“偏转系统”将带电离子从粒子束剥离出来。“偏转系统”的原理简图如图所示，混合粒子中的中性粒子继续沿原方向运动，被接收器接收；而带电离子一部分打到下极板，剩下的进入磁场发生偏转被吞噬板吞噬。已知离子带正电、电荷量为 q，质量为 m，两极板间电压为 U，间距为 d，极板长度为 d，离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑混合粒子间的相互作用。（1）在极板间
7、施加了一垂直于纸面向里的匀强磁场1B，使速度为12Uqvm的离子直线通过两极板，求1B 的大小；（2）直线通过极板的离子以12Uqvm进入垂直于纸面向外的矩形匀强磁场区域。已知磁场21mUBdq，求离子在磁场2B 中的运动半径；（3）撤去极板间磁场1B，且2B 边界足够大。若粒子束由两极板中央平行于极板射入，且离子的速度范围2Uqm 04Uqvm，磁场21mUBdq，有部分带电离子会通过两极板进入偏转磁场，最终被吞噬板吞噬，求离子打到吞噬板的长度 x？4（2022黑龙江尚志市尚志中学高三阶段练习）如图所示，绝缘水平面上竖直安装两块绝缘弹性挡板，挡板中间有竖直分界线 MN，MN 左、右两侧有平行
8、于水平面大小为1E 和2E、且12EE、方向相反的匀强电场。右侧挡板与水平面角上放置一半径为2022vR Rg的 14 光滑圆弧，光滑圆弧与水平面和右挡板平滑连接，MN 到左挡板的距离为20vlg，MN 到右挡板的距离为lR，靠近的 P、Q 两绝缘物块（视为质点）的质量分别为m 和3m，P 带正电量q，Q 不带电静止于 MN 处。某时刻，P 以向右的速度0v 与Q 发生碰撞，P、Q 与水平面间的动摩擦因数均等于 。P 与左挡板碰撞时左边电场消失，右边电场不变，所有碰撞都是弹性碰撞，PQ 第一次碰撞时 P 的电量不发生变化，第二次碰撞时 P 的电量全部转移到Q。已知23qEmg，重力加速度大小为
9、 g。（1）求 P 与Q 第一次碰撞后瞬间各自的速度大小1v、2v；（2）求 PQ 第 2 次碰撞前瞬间物块 P 的速度大小；（3）求Q 第一次经过圆弧中点 A 时，对圆弧的压力大小。5（2022湖南长郡中学模拟预测）电磁炮被认为是新一代火炮的发展方向，其结构简图如图甲所示。电源电动势为0U，内阻为 r，导轨、光滑相距为 d，电阻不计。导体块 C 质量为 2m、电阻为 R，与、接触良好，距离导轨右端为1L，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度为0B。某小组为研究电磁炮的性能，设计了如图乙所示的绝缘轨道 MNPQ，MN 水平，长度为2L，PQ 竖直，NP 为 14 光滑圆弧，圆心为 O，半径为 a。
10、在 M 点静置一质量为 m、电荷量为(0)q q 的物块 A，竖直线 NN右侧有水平向右的匀强电场，场强为mgqE，在ONO P 区域还有垂直纸面向外的匀强磁场。不计 C 在导轨内运动时的电磁感应，C 射出后立即与 A 发生弹性正碰，A 所带电荷量不变，A、C 与 MN、PQ 之间动摩擦因数相等，不计空气阻力，重力加速度为 g。（1）闭合电键 S，求碰撞后的瞬间“炮弹”C 和物块 A 的速度大小；（2）若碰撞后“炮弹”C 恰好能到达 N 点并将其锁定，A 始终不脱离轨道，A 与 C 的碰撞均视为弹性正碰，求 A 在竖直轨道 PQ 上运动的路程；（3）在某次测试中，物块 A 被“炮弹”C 弹性正
11、碰后恰好能到达 P 点，要使 A 在整个运动过程中不脱离轨道，求 ONOP 区域内磁感应强度 B 需满足的条件。6（2022浙江镇海中学模拟预测）如图，一滑板的上表面由长度为 L 的水平部分 AB 和半径为 R 的四分之一光滑圆弧 BC 组成，滑板静止于光滑的水平地面上。物体 P（可视为质点）置于滑板上面的 A 点，物体 P 与滑板水平部分的动摩擦因数为 。一根长度为 L、不可伸长的细线，一端固定于O点，另一端系一质量为0m 的小球 Q。小球 Q 位于最低点时与物体 P处于同一高度并恰好接触。现将小球 Q 拉至与O同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球 Q 向下摆动并与物体 P
12、 发生弹性碰撞，碰后 Q 的最大摆角小于5，物体P 将在滑板上向左运动，从 C 点飞出后又落回滑板，最终相对滑板静止于 AB 部分上某一点，此时 Q 恰好是碰后第 8 次经过最低点。已知物体 P 的质量为 m，滑板的质量为 2m，运动过程中不计空气阻力，重力加速度为 g。求（1）小球 Q 与物体 P 碰撞前瞬间细线对小球拉力的大小；（2）物体 P 从 C 点飞出后相对 C 点的最大高度；（3）物体 P 从第一次经过 B 点到第二次经过 B 点的时间；（4）要使物体 P 在相对滑板反向运动过程中，相对地面有向右运动的速度，实现上述运动过程，0mm 的取值范围（结果用cos5 表示）。7（2022
13、新疆乌鲁木齐市第 70 中高二期中）如图所示，固定的凹槽内部上表面光滑水平，其内放置一 U 形滑板 N，滑板两端为半径0.45R m 的 14 光滑圆弧面，A 和 D 分别是圆弧的端点，BC 段表面水平、粗糙，与两圆弧相切，B、C 为相切点。小滑块1P 和2P 的质量均为 m，滑板的质量4Mm=。1P、2P 与 BC 面的动摩擦因数分别为10.1 和20.4，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时滑板 N 紧靠凹槽的左端，2P 静止于 B 点，1P 以04m/sv 的初速度从 A 点沿圆弧自由滑下，在 B 点与2P 发生弹性碰撞。当2P 滑到 C 点时，滑板 N 恰好与凹槽的右端相碰并与凹槽粘牢
14、，2P 则继续滑动，到达 D 点时速度刚好为零。1P 与2P 可视为质点，重力加速度 g 取210m/s。问：（1）2P 在 BC 段向右滑动时，滑板的加速度大小。（2）BC 的长度为多少？（3）N、1P 和2P 最终静止后，1P 与2P 间的距离为多少？8（2023全国高三专题练习）高能粒子实验装置，是用以发现高能粒子并研究和了解其特性的主要实验工具，在物理学的研究历史上有着不可磨灭的贡献，例如：1932 年，CD安德森用云室发现了正电子；1960 年，中国科学家王淦昌发现反西格马负超子所用的探测器就是 24 升丙烷泡室。为了简化计算，在中学物理的范畴内，一个复杂的高能粒子实验装置可以被最简
15、化为空间中的复合场模型，题中所给出的就是这样一个简化模型。如图甲所示，三维坐标系中 yoz 平面的右侧存在平行 z 轴方向周期性变化的磁场 B（图中未画出）和沿 y轴正方向竖直向上的匀强电场。现将一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电的高能粒子从 xoy平面内的 P 点沿 x 轴正方向水平抛出，粒子第一次经过 x 轴时恰好经过 O 点，此时速度大小为 v0，方向与 x 轴正方向的夹角为 45。己知电场强度大小mgqE，从粒子通过 O 点开始计时，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，规定当磁场方向沿 z 轴负方向时磁感应强度为正。已知00vtg，重力加速度大小为 g。（1）求抛出点 P 的坐标
16、；（2）求粒子从第 1 次经过 x 轴到第 2 次经过 x 轴的时间 t1；（3）求粒子第 n 次经过 x 轴时的 x 坐标；（4）若 t=t0时撤去 yoz 右侧的匀强电场和匀强磁场，同时在整个空间加上沿 y 轴正方向竖直向上的匀强磁场05 22mgBqv，求粒子向上运动到离 xoz 平面最远时的坐标。9（2022四川 高三阶段练习）如图所示，左侧倾斜部分为光滑的相互平行放置的间距为 L，电阻不计的金属导轨，水平部分为用绝缘材料做成的间距也为 L 的光滑轨道，两者之间平滑连接。倾斜导轨的倾角为，倾斜导轨上端接有一个单刀双掷开关 S，接在 1 端的电源，电动势为 E，内阻为 r，其串联的定值电
17、阻为 R1，接在 2 端的电容器的电容为 C（未充电）。在水平轨道正方形区域、分布有大小相等方向相反的匀强磁场（大小未知），在倾斜导轨区域中存在方向竖直向上且大小与、区相同的匀强磁场，当先将开关 S 与 1 相连时，一质量为 m 电阻不计的金属导体棒 ef 恰好能静止在高为 h 的倾斜导轨上。然后再将开关 S 掷向 2，此后导体棒 ef 将由静止开始下滑，并且无能量损失地进入水平轨道，之后与原来静止在水平轨道上的“U”型导线框 abcd 碰撞，并粘合为一个正方形线框，U 型导线框三条边总质量为 3m、总电阻为 4R，当线框完全穿过区磁场后，恰好静止（线框四边与磁场边界线重合）。不计一切摩擦阻力
18、，（本题中 E、r、R1、C、R、L、h、m 及重力加速度 g 均为已知），求：（1）磁感应强度 B 的大小；（2）将开关 S 掷向 2 后，ef 棒滑到 GH 处的速度 v；（本问中磁感应强度可用 B 表示）；（3）线框穿越磁场边界线 MN、PQ 过程中产生的热量之比1Q：2Q。10（2022浙江嘉兴一中高三期中）如图所示，间距为 L=0.4m 平行金属导轨 MN 和 PQ 水平放置，其所在区域存在磁感应强度为 B1=0.5T 的竖直向上的匀强磁场；轨道上 cd 到 QN的区域表面粗糙，长度为 s=0.3m，其余部分光滑。光滑导轨 QED 与 NFC 沿竖直方向平行放置，间距为 L，由半径为
19、 r=316 m 的圆弧轨道与倾角为37 的倾斜轨道在 E、F 点平滑连接组成，圆弧轨道最高点、圆心与水平轨道右端点处于同一竖直线上；倾斜轨道间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为 B2=1.0T。质量为 m1=0.2kg 的金属棒 ef 光滑；质量为 m2=0.1kg 的金属棒 ab 粗糙，与导轨粗糙部分的动摩擦因数为=0.2，两棒粗细相同、阻值均为 R=0.1；倾斜轨道端点 CD 之间接入的电阻 R0=0.3；初始时刻，ab 棒静止在水平导轨上，ef 棒以0v=2m/s 的初速度向右运动。若不计所有导轨的电阻，两金属棒与导轨始终保持良好接触，水平轨道与圆弧轨道交界处竖直距离恰好等于
20、金属棒直径，忽略感应电流产生的磁场及两个磁场间的相互影响，取重力加速度 g=10m/s2，sin370.6、cos370.8，求：（1）两棒在水平轨道运动过程中，通过 ab 棒的最大电流；（2）若两棒的距离增加 x=0.5m 时，ef 棒恰好到达 QN 位置，求此时两棒的速度大小；（3）初始时刻至 ef 棒恰好达到稳定状态的过程中系统产生的焦耳热。2023 物理一轮复习压轴大题（一）参 考 答 案 1（1）6m/s；（2）3；（3）0.14565J【详解】（1）设 4s 末金属杆 ab 的速度是1v，则有 t 时间内电容器两端电压变化量UBL vt 时间内电容器的电荷变化量QC U根据QIt
21、导体受到的安培力FBIL整理得2222CB LvFCB L at根据牛顿第二定律sincosmgFmgma解得2221.5m/ssincosmgmgaCB Lm故16m/svat（2）4s 末开关接 2 时金属杆 ab 恰好可以匀速下滑，则有111B LIR并v3RR并11cossinI B Lmgmg解得10.6AI 3R （3）杆 ab 与“联动双杆”发生碰撞的过程中动量守恒，设碰后共同速度为2v，则有12(2)mvmm v得22m/sv 杆 ab 在倾斜轨道下滑阶段，通过定值电阻 R 的电流恒定为110.2A3RII则定值电阻 R 上产生的焦耳热为210.12JRQI Rt依题意，ef
22、进入水平导轨区匀强磁场过程，闭合回路等效总电阻4433RRRR 总“联动三杆”进入匀强磁场区间过程中通过杆 ef 的电量是30.09CB lLqR总设“联动三杆”完全进入匀强磁场区后速度是3v，则由动量定理，有332(3)(3)qB Lmmvv故31.4m/sv据能量守恒定律，闭合回路产生的总焦耳热为Q总，则222311(3)(3)22Qmm总vv设此过程定值电阻 R 上产生的焦耳热为2Q，则由电路关系可知3217.65 10 J12QQ总ef 穿出水平导轨区后至 cd 穿出水平导轨区匀强磁场过程，闭合回路等效总电阻为322RRRR 总此过程中通过杆 cd 和 ab 的总电量是30.12CB
23、lLqR 总设“联动三杆”完全离开匀强磁场区后速度是4v，同理，有343(3)(3)q B Lmmvv解得40.6m/sv 据能量守恒定律，此过程闭合回路产生的总焦耳热为Q总，则223411(3)(3)22Qmm 总vv设此过程定值电阻 R 上产生的焦耳热为3Q，则由电路串并联关系可知33118 10 J4QQ总综上所述，整个过程中定值电阻 R 上产生焦耳热 Q 为1230.14565JQQQQ2（1）102qdBvm，22102qB dUm；（2）314 k；（3）见解析【详解】（1）当电压 U=0 时，恰好没有粒子进入磁场，则从下极板边缘进入的粒子恰好打到上极板右边缘，如图所示根据几何关系
24、有222113RdRd解得12Rd粒子在磁场中做匀速圆周运动20011vqv Bm R解得102qdBvm若要使所有的粒子都进入磁场，则粒子必定在极板间做匀速直线运动，则有001Uqv Bqd解得22102qB dUm（2）对于恰好做类平抛到达下极板右边缘的粒子有0 13dv t，201112kU qytmd进入磁场的带电粒子数目占总带电粒子数目的比例为1dyd解得314 k （3）带电粒子在极板间的运动可以近似看成类平抛运动，则粒子射出偏转电场时的速度偏转角的余弦值为0cosvv 粒子在偏转磁场中有222vqvBm R粒子在磁场中运动沿 x 轴正方向上移动的距离22cosxR 解得022mv
25、xqB 可见，此值与偏转电压无关，则射出的粒子能够全部被吞噬的条件是2dxd 解得12124BBB当偏转磁场的磁感应强度取最大值 4B1时，吞噬板上时间 T 内接受到的最大数密度为0=2NTd由于电压与时间是线性关系，而在电磁场中的偏转距离和电压也是线性关系，所以数密度和x 轴的关系也是线性关系，当304xkd时，有002=322344xxNTNTkdkdd当 33144kdxk d时，有0=2NTd 当314 k dxd时，有002=322344dxdx NTNTkdkdd当2dxd时，有=03（1）112mUBdq；（2）2rd；（3）138xd【详解】（1）离子能直线通过两极板，则洛伦兹
26、力等于电场力11Uqv Bq d将12qUvm代入得112mUBdq（2）由2112vqv Bm r离子在偏转磁场中的运动半径为2rd（3）撤去极板间磁场后，离子在极板间做类平抛运动，离子入射速度为0v 时，能够进入磁场2B 的离子在电场中的侧移量为 y，由类平抛运动的规律可得，沿极板方向做匀速直线运动，则有 0dv t沿垂直极板方向做匀加速直线运动，则有 212qUytmd，1()2yd 解得 202qUdymv由12yd，解得 0Uqvm可知离子的速度0v 满足04UqUqvmm的带电离子会通过两极板进入偏转磁场。设进入磁场2B 的离子的速度为v，其方向与0v 方向夹角为，运动半径为r，运
27、动轨迹的弦长为 s，如下图所示 离子在磁场2B 中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得 22 vqB vm r又有 0cosvv 运动轨迹的弦长 200222 cos2mvmvsrdqBqU离子打到吞噬板的位置与两极板间中轴线的距离 L 为 202022mvqUdLsydqUmv令20mvxqU ，x 取值范围为：12x，可得 22112(4)22ddLdxxxx由数学知识可得：在区间：12x，L 为增函数，则有 L 的取值范围为 53328d Ld则离子打到吞噬板的长度 33513828xddd4(1)202v，202v；(2)0112 v；(3)33 27 26)16mg（【详解】(1)
28、由题意知，P、Q 的碰撞为弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可知0123mvmvmv，2222121113222mvmvmv解得012vv ，022vv 所以 P 与Q 第一次碰撞后瞬间各自的速度大小为02v、02v。(2)P 与Q 第一次碰撞后 Q 向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得33mgagm由运动学公式222axv解得 Q 向右运动的位移2202288vvlxagP 与Q 第一次碰撞后向左运动，到 PQ 第 2 次碰撞前瞬间物块 P 受摩擦力做功2f01717888lWmg llmglmv 电场力做功211202788lWqE lqEmv对 P 在与Q 第一次碰撞后向左运动，到 PQ 第
29、2 次碰撞前瞬间利用动能定理2201f111222vWWmvm解得PQ 第 2 次碰撞前瞬间物块 P 的速度大小10112vv(3)PQ 第 2 次碰撞由动量定理和能量守恒1343mvmvmv，221341113222mvmvmv解得30114vv，40114vvPQ 第 2 次碰撞后，Q 受到的电场力23FqEmg则 Q 匀速运动到圆弧轨道。小滑块滑上圆弧做圆周运动，到 A 点正好速度最大，等效重力场的加速度为2g，则22A4113=3+3222mvmvmgh20(21)(1 cos45)2vhRg解得2022A02211+16vvv由公式2nvFm R可求得n33 2(6 26)16Fmg
30、对圆弧的压力大小n33 2=7 26)16等效（FFFmg5（1）001A)43(B U dLvRr m，001C13()B U dLvRr m；（2）215L；（3）max6mgBBaq【详解】（1）开关闭合后，通过导体块 C 的电流大小为0UIRr根据左手定则可判断出其受安培力的方向向右，其所受安培力大小为00UFBIdBdRr加速度大小为2Fam且有20102vaL联立以上各式可得0010dBrvULRm与 A 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有C0A22mvmvmv，222A0C1112(2)222mvmvm v解得001A)43(B U dLvRr m001C13()B
31、U dLvRr m故碰后 C 和 A 的速度分别为00113()B U dLRr m和00143()B U dLRr m。（2）对 C 有2C21 222mvmgL可得0012118()B U dLRr mgL 物块 A 在 NP中运动时，洛伦兹力不做功，有Eqamga故NPvv物块 A 在 PQ中运动时，有NfFqEmg设物块在竖直轨道 PQ 上运动的路程为 h，对物块 A 全过程分析，有22A12mgLqEamgamghmv解得215hL故 A 在竖直轨道 PQ 上运动的路程为215L。（3）因要求 A 在整个运动过程中不脱离轨道，当 A 从 P 滑回 N 点时，洛伦兹力指向 O，A可能离
32、开轨道，设 A 相对 OP 转动 角，其速度为 v，对轨道的压力为 FN，有2NsincosvFqvBmgqEm a由能量守恒得21sin1 cos2mgaqEamv要使得 A 不离开轨道，须满足N0F 联立解得(3sin3cos2)2sincos1m gBqa因 3sin3cos213 sincos1sincos1sincos1f 即4sincos3此时min()()2 3ff故max62 32m gmgBBqaqa考虑到极值点要求4sincos3变形可得4131sin()sin4422说明 在0，4 范围内有解，说明以上讨论合理，所以max6mgBBaq故磁感应强度 B 需满足的条件为ma
33、x6mgBBaq。6（1）03m g；（2）20208()3LmLRmm；（3）004283mgLLgg mm；（4）011 cos5211 cos5mm【详解】（1）小球 Q 在下落过程中机械能守恒，因此有200 Q12m gLm v在最低点对小球 Q 牛顿第二定律可得2Q0vTm gm L联立解得03Tm g（2）小球 Q 和物块 P 发生弹性碰撞，则机械能和动量守恒，因此0 Q0 Q0m vm vmv，2220 Q0 Q0111222m vm vmv解得0 Q0000222m vmgLvmmmm物体和滑板在水平方向上不受力，则水平方向动量守恒013mvmv由能量守恒可得222201111
34、12222ymvm vvmvmgLmgR物体离开滑板后两物体水平方向都做匀速直线运动，因此水平相对位置不变，竖直方向有22yvhg联立可得20208()3LmhLRmm（3）物块 P 到 B 时水平方向动量守恒可得02ABmvmvmv由能量守恒可得22201112222ABmvmvmvmgL联立可得方程22000244 3 46AvvgLvv 第一次经过 B 点速度22000244 3 46AvvgLvv 第二次经过 B 点速度22000244 3 46AvvgLvv AB时间01AvvtgB 相对静止13Avvtg由于 Q 的最大摆角小于5，则 Q 碰后做简谐运动，由于恰好是碰后第 8 次经
35、过最低点，则有1234 2Ltttg解得0204283mgLLtgg mm（4）要求 P 有相对地面向右的速度，说明结果要小于零且判别式大于零，则22000244 3 406AvvgLvv 解得220044 3 40vgLv 碰后 Q 的最大摆角小于5，需要20 Q011 cos52 m vm gL 联立可得011 cos5211 cos5mm7（1）20.8m/s；（2）1.9m；（3）0.695m【详解】（1）1P 以04m/sv 的初速度从 A 点沿圆弧自由滑下至 B 点22101122BmgRmvmv解得15m/sBv在 B 点1P 与2P 发生弹性碰撞，则有112BBBmvmvmv，
36、222112111=+222BBBmvmvmv解得10Bv，25m/sBv2P 在 BC 段向右滑动时，假设1P 与 U 形滑板 N 能够保持相对静止，则222010.8m/s1m/smgagMm假设成立，即2P 在 BC 段向右滑动时，滑板的加速度大小为200.8m/sa（2）当2P 滑到 C 点之后有22102CmgRmv解得23m/sCv若2P 在 BC 段向右滑动过程中三者到达相等速度，则有22BmvMm v解得25 m/s 3m/s6Cvv表明，2P 在 BC 段向右滑动过程中，三者没有到达相等速度，2P 一直向右做匀减速直线运动2224m/smgam对三者构成的系统有221BCCm
37、vmvMm v解得10.4m/sCv令 BC 长为 L，则有2222212111222BCCmgLmvMm vmv解得1.9mL（3）滑板 N 恰好与凹槽的右端相碰并与凹槽粘牢，1P 向右减速至 0 过程有211112Cmgxmv解得10.08mx 2P 向左减速至 0 过程有222212Cmgxmv解得11.125mx 则 N、1P 和2P 最终静止后，1P 与2P 间的距离为120.695mxLxx8（1）2200 024vvgg，；（2）02vg；（3）202(1)nvg（n 1、2、3）；（4）222220000022545vvvvvggggg，【详解】（1）粒子做平抛运动，由于经过
38、O 点时方向与 x 轴正方向的夹角为 45，则有00 si 422n 5xyvvvv 根据平抛规律得201222 vgy，0122 vgt，10 122xv t解得2012vxg，2014vyg则 P 点的坐标为2200 024vvgg，。（2）根据题意有qEmg即重力与电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力，则有20011vqv Bm R，10mgBqv，1102 RTv解得201vRg，01022=vTtg可知粒子从第一次经过 x 轴到第二次经过 x 轴时，对应的圆心角为 90，则0011042vvTttgg（3）由于0011422vtTtg可知 0 0t，粒子刚好转过 180，之后磁场大小方向
39、都变了，则偏转方向变了。由洛伦兹力提供向心力得20022vqv Bm R，202mgBqv，2202 RTv解得202122vRRg，02044vTtg0t 02t，粒子转过 90，同理得，时间在02t 03t 与 0 0t 的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，03t 04t 与 0t 02t 的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，综上所述，得到粒子一个周期的轨迹图如图所示由几何关系得12OAABR则粒子第 n 次经过 x 轴时的 x 坐标为2012(1)(1)2nnvxnRg（n 1、2、3）（4）tt0 时，把速度分解到水平方向和竖直方向，即002sin 452xyvvvv粒子在竖直
40、方向上做上抛运动，则有202222 vgy，0222 vgt解得2024vyg，0222vtg粒子水平方向向上做圆周运动，则有2035xmvvRqBg，032 225vmTqBg，可知2354tT可知，水平方向向上转过 90，则有212003225vvggxRR，220012224vvyRygg，0325vzRg 因此粒子向上运动到离 xoz 平面最远时的坐标为222220000022545vvvvvggggg，。9（1）1tan()mgRrBEL；（2）2222cosmghmB L C；（3）9:16【详解】（1）导体棒 ef 恰好能静止倾斜导轨上，此时安培力水平向左，受力分析可知tanmg
41、BIL 根据闭合电路欧姆定律1EIrR解得1tan()mgRrBEL（2）将开关 S 掷向 2 后，设导体棒在很短时间内速度为 v，根据动量定理可得sincosmgtBLI tmv 其中电容充电量与电流关系cosItQCUCBLv带入整理得222sincosmgvtmB L C故导体棒做匀加速直线运动，加速度222sincosmgamB L Cef 棒滑到 GH 处的速度22222 sincoshmghvamB L C（3）设与导线框 abcd 碰撞后，整体速度为1v，根据动量守恒14mvmv线框进入磁场后水平方向上只有安培力作用，根据动量定理214()BLItm vv 2=4BLItqR解得
42、231216B LvvmR线框中 bc 进入区磁场，bc、ef 均切割磁感线，并且感应电动势同向叠加，则有2240BLItmv22=24BLItqqR解得2324B LvmR联立得231255=164B LvvmR根据能量守恒，线框穿越磁场边界线 MN 过程中产生的热量221211=4()2 m vvQ线框穿越磁场边界线 PQ 过程中产生的热量2221=42 mvQ联立解得12:9:16QQ 10（1）2A；（2）1.5m/s，1m/s；（3）0.125J【详解】（1）两棒在水平轨道运动过程中，初始时刻有最大电流10EB Lv2EIR解得2AI（2）当 ef 棒到达 QN 前，由于两棒距离增大
43、 0.5m，由此判断 ab 棒在 cd 的左侧。两棒受合外力等于零，系统动量守恒。设 ef 棒和 ab 棒的速度分别为 v1和 v21 01 122m vm vm v设两棒距离增加 x=0.5m 用时为 t，对于 ab 棒，由动量定理12 20B IL tm v qI t 两棒距离增加 x=0.5m 时通过回路的平均电流2EIR平均感应电动势Et 又BLx 联立解得两棒速度的大小为11.5m/sv 21m/sv（3）当 ef 棒离开水平轨道后，ab 棒在 cd 左侧做匀速直线运动，进入 cd 右侧后，若一直减速运动到停止，则由动能定理有22221-02m g sm v 解得0.25m0.3mss 假设成立，所以 ab 棒静止在水平导轨上。对于 ef 棒，若恰好能沿圆弧运动的速率为 v211m vm gr解得15m/s8v 11.5m/sv 所以 ef 棒可以沿圆弧运动。ef 棒沿圆弧运动过程，设 ef 棒到达圆弧底端的速度为Ev，由动能定理有22111 111(1 cos)22Em grm vm v解得3m/sEv ef 棒进入倾斜轨道时，由牛顿运动定律有1222sinm gB I Lm a 220EB LvIRR解得a=0即 ef 棒进入倾斜轨道将做匀速直线运动达到稳定状态。所以系统产生的焦耳热为2221 01 122111222Qm vm vm v解得0.125JQ
