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動,經(jīng)過2s到達點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】

物體沿斜面向上運動過程中,有… ①　      … ②

物體沿斜面向下運動過程中,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, 可以認為紙帶在抽動過程中一直做勻速運動. 求:

(1) 金屬塊剛開始運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, 運動到最高點的速度恰為零,

根據(jù)機械能守恒, 得　,則 .

(2) 當(dāng)球A運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運動到點B,由機械能守恒,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動, 最后相對地面向左運動, 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動.

木塊從向右運動到速度為零, 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)中需要移動或修補原子, 必須使在不停地做熱運動 (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電場, 場強大小為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)強度B的大小和方向;

(2) 如果磁場的磁感應(yīng)強度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, 應(yīng)加一豎直向上的勻強磁場. 則,即.

如果加一個垂直紙面向里、大小為的勻強磁場, 粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)的分運動是勻速圓周運動邊(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動, 加速度,

粒子在磁場中運動時間,

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)有一勻強磁場, 磁感應(yīng)強度大小恒為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, 在勻強磁場中運動, 重力不計, 經(jīng)過一個磁場變化周期的時間, 粒子到達第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)運動的軌跡應(yīng)為1/4圓弧 (如圖甲所示), 對應(yīng)運動的時間為

,   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)運動的圓弧軌跡對應(yīng)的圓心角為 ,

其運動的時間為，     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磁場, 磁感應(yīng)強度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)強度大小；

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孔進入磁場，在磁場中做勻速圓周運動的速率為

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)強度大小為B的勻強磁場中。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，b棒可等效為電動機
        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棒的機械功率為 
       故閉合回路消耗的總電功率為