2020高考超全物理压轴题模拟含答案

1、如图所示，一质量为M 、长为l 的长方形

木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质

量为m 的小木块A ，m 〈M 。现以地面为参照系，

给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度(如图5)，使A 开始向左运动、B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离L 板。以地面为参照系。

(1)若已知A 和B 的初速度大小为v 0，求它们最后的速度的大小和方向。

(2)若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离。

解法1: (1)A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度。设此速度为v ，A 和B 的初速度的大小为0v ，则由动量守恒可得:

v m M mv Mv )(00+=-

解得： 0v m

M m M v +-=， 方向向右 ① (2)A 在B 板的右端时初速度向左，而到达B 板左端时的末速度向右，可见A 在运动过程中必经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V 的两个阶段。设1l 为A 开始运动到速

度变为零过程中向左运动的路程，2l 为A 从速度为零增加到速度为v 的过程中向右运动的路程，L 为A 从开始运动到刚到达B 的最左端的过程中B 运动的路程，如图6所示。设A 与B 之间的滑动摩擦力为f ，则由功能关系可知:

对于B

2202121Mv mv fL -= ② 对于A

20121mv fl = ③ 2221mv fl = ④ 由几何关系 l l l L =-+)(21 ⑤

由①、②、③、④、⑤式解得l M

m M l 41+= ⑥ 解法2： 对木块A 和木板B 组成的系统，由能量守恒定律得：

220)(2

1)(21v m M v m M fl +-+=

⑦ 由①③⑦式即可解得结果 l M m M l 41+= 本题第（2）问的解法有很多种，上述解法2只需运用三条独立方程即可解得结果，显然是比较简捷的解法。

2、如图所示，长木板A 右边固定一个挡

板，包括挡板在内的总质量为1.5M ，静止在

光滑的水平面上，小木块B 质量为M ，从

A 的左端开始以初速度0v 在A 上滑动，滑

到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短,碰后木块B 恰好滑到A 的左端停止，已知B 与A 间的动摩擦因数为μ，B 在A 板上单程滑行长度为l ，求：

（1）若g

v 160320=μ，在B 与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板A 做正功还是负功？做多少功？

（2）讨论A 和B 在整个运动过程中，是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的，如果不可能，说明理由；如果可能，求出发生

这种情况的条件。

解：（1）B 与A 碰撞后，B 相对A 向左运动，A 受摩擦力向左，而A 的运动方向向右，故摩擦力对A 做负功。

设B 与A 碰后的瞬间A 的速度为1v ，B 的速度为2v ，A 、B 相对

静止时的共同速度为v ，由动量守恒得： v M M Mv )5.1(0+= ①

v M M Mv Mv )5.1(5.121+=+ ②

碰后到相对静止，对A 、B 系统由功能关系得：

222215.22

1215.121

Mv Mv Mv Mgl ?-+?=μ ③ 由①②③式解得：0121v v =（另一解01103v v =因小于052v v =而舍去） 这段过程A 克服摩擦力做功为

2020221068.0400

275.1215.121Mv Mv Mv Mv w ==-=④（2）A 在运动过程中不可能向左运动，因为在B 未与A 碰撞之前，A 受摩擦力方向向右，做加速运动，碰后A 受摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后共同速度仍向右，因此不可能向左运动。

B 在碰撞之后，有可能向左运动，即02

3

201v v > ⑤ 代入③式得：g v l 15220>μ ⑥ 另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即Mgl Mv Mv μ25.22

121220≥?- ⑦ 即g v l 20320<μ

故在某一段时间里B 运动方向是向左的条件是g v l g v 2031522020<<μ⑧ 3、光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料料成的“┙”型滑板，（平面部分足够长），质量为4m ，距滑板的A 壁为L 1距离的B 处放有一质量为m ，电量为+q 的大小不计的小物体，物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为E 的匀强电场中，初始时刻，滑板与物体都静止，试求：

（1）释放小物体，第一次与滑板A 壁碰前物体的速度v 1多大？

（2）若物体与A 壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的3/5，

则物体在第二次跟A 壁碰撞之前瞬时，滑板的速度v 和物体的速度v 2分别为多大？（均指对地速度）

（3）物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？（碰

撞时间可忽略）

3、解：（1）由动能定理2112

1mv qEL =

得m qEL v 112= ① （2）若物体碰后仍沿原方向运动，碰后滑板速度为V ，

由动量守恒mv v m mv 45311+?= 得<=

101v v 物体速度15

3v ，故不可能 ②

∴物块碰后必反弹1153v v -='，由动量守恒mv v m mv 45311+-= ③ 得152v v = ④ 由于碰后滑板匀速运动直至与物体第二次碰撞之前，故物体与A

壁第二次碰前，滑板速度m qEL v v 1125252==⑤ 。 物体与A 壁第二次碰前，设物块速度为v 2， at v v +'=12 ⑥ 由两物的位移关系有：2121at t v vt +'= ⑦即 2

1at v v +

'= ⑧ 由⑥⑧代入数据可得：m qEL v 12257= ⑨ （3）物体在两次碰撞之间位移为S ， as v v 22122

='- 得qE

mv m qE v a v v s 54/253572211222122=??????????? ??--??? ??='-= ∴ 物块从开始到第二次碰撞前电场力做功115

13)(qEL s l qE w =

+= 4（16分）如图5—15所示，PR 是一块长为L =4 m 的绝缘平板固定在水平地面上，整个空间有

一个平行于PR 的匀强电场E ，在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B ，一个质量为m =0.1 kg.带电量为q =0.5 C 的物体，从板的P 端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动，进入

磁场后恰能做匀速运动.当物体碰到板R 端挡板后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做匀减速运动停在C 点，PC =L/4，物体与平板间的动摩擦因数为μ=0.4.求：

（1）判断物体带电性质，正电荷还是负电荷？

（2）物体与挡板碰撞前后的速度v 1和v 2；

（3）磁感应强度B 的大小；

图5—15

（4）电场强度E 的大小和方向.

解：(1)由于物体返回后在磁场中无电场，且仍做匀速运动，故知摩擦力为0，所以物体带正电荷.且：mg =qBv 2

(2)离开电场后，按动能定理，有：-μmg 4L =0-21mv 2得：

v 2=22 m/s

(3)代入前式求得：B =22 T

(4)由于电荷由P 运动到C 点做匀加速运动，可知电场强度方向水平向右，且：

(Eq -μmg )212=L

mv 12-0

进入电磁场后做匀速运动，故有：Eq =μ(qBv 1+mg )

由以上两式得：???==N/C 2.4m/s

241E v

5、 在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”．这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似．两个小球A 和B 用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P ，右边有一小球C 沿轨道以速度V 0射向B 球，如图2所示．C 与B 发生碰撞并立即结成一个整体D ．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然锁定，不再改变．然后，A 球与挡板P 发生碰撞，碰后A 、D 都静止不动，A 与P 接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）．已知A 、B 、C 三球的质量均为．

（1）求弹簧长度刚被锁定后A 球的速度．

（2）求在A 球离开挡板P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．

分析：审题过程，①排除干扰信息：“在原子

核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反

应”．这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似．”②挖掘隐含条件：“两个小球A 和B 用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态”，隐含摩擦不计和轻质弹簧开始处于自然状态（既不伸长，也不压缩），“C 与B 发生碰撞并立即结成一个整体D ”隐含碰撞所经历的时间极短，B 球的位移可以忽略，弹簧的长度不变，“A 球与挡板P 发生碰撞，碰后A 、D 都静止不动”隐含在碰撞中系统的动能由于非弹性碰撞而全部消耗掉，只剩下弹性势能。

此题若用分析法求解，应写出待求量与已知量的关系式，显然比较困难，由于物体所经历的各个子过程比较清楚，因此宜用综合法求解。在解题前，需要定性分析题目中由A 、B 、C 三个小球和连结A 、B 的轻质弹簧组成的系统是如何运动的，这个问题搞清楚了，本题的问题就可较容易地得到解答．下面从本题中几个物理过程发生的顺序出发求解：

1、球C 与B 发生碰撞，并立即结成一个整体D ，根据动量守恒，有

102mv mv =（1v 为D 的速度） ①

2、当弹簧的长度被锁定时，弹簧压缩到最短，D 与A 速度相等，如此时速度为2v ，由动量守恒得 2132mv mv = ②

当弹簧的长度被锁定后，D 的一部分动能作为弹簧的弹性势能P

E 被贮存起来了．由能量守恒，有P E v m v m +=2221)3(2

1)2(21 ③ 3、撞击P 后，A 与D 的动能都为０，当突然解除锁定后（相当于静止的A 、D 两物体中间为用细绳拉紧的弹簧，突然烧断细绳的状况，弹簧要对D 做正功），当弹簧恢复到自然长度时，弹簧的弹性势能全部转变成D 的动能，设D 的速度为3v ，则有23)2(2

1v m E P =④

4、弹簧继续伸长，A 球离开挡板Ｐ，并获得速度。当A 、D 的速度相等时，弹簧伸至最长．此时的势能为最大，设此时A 、D 的速度

为4v ，势能为'P E ·由动量守恒定律得 4332mv mv = ⑤

由机械能守恒定律得：

'2423)3(2

1)2(21P E v m v m += ⑥ 由①、②两式联立解得： 0231v v = ⑦ 联立①②③④⑤⑥式解得

20'36

1mv E P = ⑧ 6、如图(1)所示为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端挂一小物块A ，上端固定在C 点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连。已知有一质量为ｍ0的子弹B 沿水平方向以速度ｖ0射入A 内（未穿透），接着两者一起绕C 点在竖直面内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉

力F 随时间t 的变化关系如图(2)

所示。已知子弹射入的时间极短，

且图(2)中ｔ＝0为A 、B 开始以

相同速度运动的时刻，根据力学规律和题中（包括图）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量（例如A的质量）及A、B一起运动过程中的守恒量。你能求得哪些定量的结果？

解：由图2可直接看出，A、B一起做周期性运动，运动的周期T=2t0，令m表示A的质量，L表示绳长，v1表示B陷入A内时即t=0时A、B的速度（即圆周运动最低点的速度），v2表示运动到最高点时的速度，F1表示运动到最低点时绳的拉力，f2表示运动到最高点时绳的拉力，则根据动量守恒定律，得mv0=( m0+m)v1，在最低点和最高点处运用牛顿定律可得

F1-( m0+m)g=( m0+m)v12/L，F2+( m0+m)g=( m0+m)v22/L

根据机械能守恒定律可得2L( m+m0)g=( m+m0) v12/2- ( m+m0) v22/2。

由图2可知F2=0 。F1=F m。由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是

m=F m/6g-m0，L =36m02v02 g/5F m2，

A、B一起运动过程中的守恒量是机械能E，若以最低点为势能的

零点，则E=(m+m0)v12/2。由几式解得E＝3m02ｖ02g/Fｍ。

7．（15分）中子星是恒星演化过程的一种可能结果，它的密度很大。现有一中子星，观测到它的自转周期为T＝1/30s。向该中子星的最小密度应是多少才能维持该星体的稳定，不致因自转而瓦解。计等时星体可视为均匀球体。（引力常数G＝6.67×10－11m3/kg·s2）8．（20分）曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发

电机，图1为其结构示意图。图中N、S是一对固定的磁极，abcd 为固定在转轴上的矩

形线框，转轴过bc边

中点、与ab边平行，

它的一端有一半径r0

＝1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图2所示。当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动。设线框由N＝800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S＝20cm2，磁极间的磁场可视作匀强磁场，磁感强度B＝0.010T，自行车车轮的半径R1＝35cm，小齿轮的半径R2＝4.cm，大齿轮的半径R3＝10.0cm（见图2）。现从静止开始使大齿轮加速转动，问大齿轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值U＝3.2V？（假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动）

7．（15分）参考解答：

考虑中子星赤道处一小块物质，只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体一起旋转所需的向心力时，中子星才不会瓦解。

设中子星的密度为ρ，质量为M，半径为R，自转角速度为ω，位于赤道处的小块物质质量为m，则有GMm/R2＝mω2R 且ω＝2π/T，M＝4/3πρR3

由以上各式得：ρ＝3π/GT2

代人数据解得：ρ＝1.27×1014kg/m3

8．（20分）参考解答：

当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交流电动势，其最大值ε＝ω0BSN 式中ω0为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度。

发电机两端电压的有效值U＝2/2εm

设自行车车轮转动的角速度为ω1，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，有

R1ω1＝R0ω0

小齿轮转动的角速度与自行车轮转动的角速度相同，也为ω1。设大齿轮转动的角速度为ω，有R3ω＝R2ω1

由以上各式解得ω＝(2U/BSN)(R2r0/R3r1) 代入数据得ω＝3.2s－1

9．（22分）一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜

的，AB和CD都与BC相切。

现将大量的质量均为m的小货

箱一个一个在A处放到传送带

上，放置时初速为零，经传送带

运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T内，共运送

小货箱的数目为N 。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均抽出功率P 。

9．（22分）参考解答：

以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v 0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s ，所用时间为t ，加速度为a ，则对小箱有 s ＝1/2at 2 ① v 0＝at ②

在这段时间内，传送带运动的路程为s 0＝v 0t ③

由以上可得s 0＝2s ④

用f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为

A ＝fs ＝1/2mv 02 ⑤

传送带克服小箱对它的摩擦力做功A 0＝fs 0＝2·1/2mv 02 ⑥ 两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量Q ＝1/2mv 02 ⑦ 可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。 T 时间内，电动机输出的功为W ＝P T ⑧

此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即

W ＝1/2Nmv 02＋Nmgh ＋NQ ⑨

已知相邻两小箱的距离为L ，所以v 0T ＝NL ⑩ 联立⑦⑧⑨⑩，得：P ＝T Nm [22

2T L N ＋gh]

10.（14分）为研究静电除尘，有人设计

了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积A=0.04m2的金属板，间距L=0.05m，当连接到U=2500V的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示。现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q=+1.0×10-17C，质量为m=2.0×10-15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。求合上电键后：⑴经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？⑵除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？⑶经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？

[⑴当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附。烟尘颗粒受到的电场力F=qU/L，L=at2/2=qUt2/2mL，故t=0.02s

⑵W=NALqU/2=2.5×10-4J

⑶设烟尘颗粒下落距离为x，则当时所有烟尘颗粒的总动能

E K=NA(L-x)?mv2/2= NA(L-x)?qUx/L，当x=L/2时E K达最大，而x=at12/2，故t1=0.014s ]

11．（12分）风洞实验室中可以产生水平

方向的、大小可调节的风力，现将一套有小

球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大

于细杆直径。

（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小班干部所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求

小球与杆间的滑动摩擦因数。

（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离S 所需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）

13．（1）设小球所受的风力为F ，小球质量为m

mg F μ= ○

15.0/5.0/===mg mg mg F μ ○2 （2）设杆对小球的支持力为N ，摩擦力为f

沿杆方向ma f mgnin F =-+θθcos ○3

垂直于杆方向0cos sin =-+θθng F N ○4

N f μ= ○

5 可解得g g m F g m f ng F a 43sin )(sin cos 22=+=-+=θθθ○

6 221at S = ○7g

S g S t 384/32==∴ ○8 评分标准：（1）3分。正确得出○2式，得3分。仅写出○1式，得1分。

（2）9分，正确得出○6式，得6分，仅写出○3、○4式，各得2分，仅写出○5式，得1分，正确得出○8式，得3分，仅写出○7式，得2分，g 用数值代入的不扣分。

12．（13分）阅读如下资料并回答问题：

自然界中的物体由于具有一定的温度，会不断向外辐射电磁波，这种辐射因与温度有关，称为势辐射，势辐射具有如下特点：○1辐射的能量中包含各种波长的电磁波；○2物体温度越高，单位时间从物体

表面单位面积上辐射的能量越大；○3在辐射的总能量中，各种波长所占的百分比不同。

处于一定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时，也要吸收由其他物体辐射的电磁能量，如果它处在平衡状态，则能量保持不变，若不考虑物体表面性质对辐射与吸收的影响，我们定义一种理想的物体，它能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体，单位时间内从黑体表面单位央积辐射的电磁波的总能量与黑体绝

对温度的四次方成正比，即40T σ=P ，其中常量31067.5-?=σ瓦/

（米2·开4）。

在下面的问题中，把研究对象都简单地看作黑体。

有关数据及数学公式：太阳半径696000=s R 千米，太阳表面温度5770=T 开，火星半径3395=r 千米，球面积，24R S π=，其中R 为球半径。

（1）太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为2×10－9米~1×10－4米范围内，求相应的频率范围。

（2）每小量从太阳表面辐射的总能量为多少？

（3）火星受到来自太阳的辐射可认为垂直射可认为垂直身到面积为2r π（r 为火星半径）的圆盘上，已知太阳到火星的距离约为太阳半径的400倍，忽略其它天体及宇宙空间的辐射，试估算火星的平均温度。

解：．（1）λν/c = ○1 17981105.1102/1000.3?=??=-ν（赫） ○

2

12481103101/1000.3?=??=-ν（赫） ○3

∴辐射的频率范围为3×1012赫－1.5×1017赫

（2）每小量从太阳表面辐射的总能量为

t T R W 42s 4πσ= ○

4代入数所得W=1.38×1010焦 ○

5 （3）设火星表面温度为T ，太阳到火星距离为d ，火星单位时间内吸收来自太阳的辐射能量为224

244d r T R P s ππσπω= ○6 s R d 400=

224)400/(r T P πσω=∴ ○7

火星单位时间内向外辐射电磁波能量为424T r P t πσσπ= ○8 火星处在平衡状态t t P P σπσ= ○9即422244)400/(T r r T πσπσ=

○

10 由○10式解得火星平均温度204800/=='T T （开） ○

11 评分标准：全题13分

（1）正确得了○1，○2，○3式，各得1分。（2）正确得出○5式，得5分，仅写出○4式，得3分。（3）正确得出○10式，得4分，仅写出○6式或○7式，得1分；仅写出○8式，得1分，正确得出○11式，得1分。

13.(13分)如图所示，在xoy 平面内

有垂直坐标平面的范围足够大的匀强磁

场，磁感强度为B ，一带正电荷量Q 的

粒子，质量为ｍ，从Ｏ点以某一初速度垂直射入磁场，其轨迹与x 、y 轴的交点A 、B 到O 点的距离分别为ａ、ｂ，试求：

(1)初速度方向与ｘ轴夹角θ．

(2)初速度的大小. 20.参考解答：

(1)磁场方向垂直坐标平面向里时，粒子初速度

方向与ｘ轴的夹角为θ，射入磁场做匀速圆周运动，

由几何关系可作出轨迹如图所示，设圆半径为R ，由数学关系可得：

θsin 2R a = ① θcos 2

R b = ② 由①、②解得tg θ＝b a ∴θ＝arctg b a ③

当磁场方向垂直坐标平面向外时，粒子初速度方向与ｘ轴间的夹角为

π＋θ＝π＋arctg b a ④

(2)由①、②解得：22

2b a R += ⑤

由洛仑兹力提供向心力有：

ＱｖＢ＝ｍR v 2 ⑥ ∴m

b a QB v 222+= ⑦ 评分标准：本题13分，第(1)问8分，其中①式2分，②式2分，③式2分，④式2分，θ＝arcsin

22b a a + 或θ＝arccos 22b a b +同样

给分.

第(2)问5分，其中⑤式2分，⑥式2分，⑦式1分.

14.(13分)俄罗斯“和平号”空间站在人类航天史上写下了辉煌的篇章，因不能保障其继续运行，3月20号左右将坠入太平洋.设空间站的总质量为ｍ，在离地面高度为ｈ的轨道上绕地球做匀速圆周运动坠落时地面指挥系统使空间站在极短时间内向前喷出部分高速气体，使其速度瞬间变小，在万有引力作用下下坠.设喷出气体的质量为1001 m ，喷出速度为空间站原来速度的37倍，坠入过程中外力对空间站做功为W .求：

(1)空间站做圆周运动时的线速度.

(2)空间站落到太平洋表面时的速度.

(设地球表面的重力加速度为ｇ，地球半径为R )

14.参考解答：

(1) 设空间站做圆周运动的速度为ｖ１，地球质量为M .由牛顿第二定律得：

)()(212

h R v m R h Mm G +=+ ① 地表重力加速度为ｇ，则：

g R

GM =2 ② 由①、②式得：)(21R h gR v += ③ (2) 喷出气体后空间站速度变为ｖ２，由动量守恒定律得： 121100

37)100(mv v m m mv +-= ④ 设空间站落到太平洋表面时速度为ｖ３，

由动能定理得：W v m v m =-2223)100

99(21)10099(21 ⑤ 由③、④、⑤式得：

m W h R gR v 99200)(1214923++= ⑥

15.(14分)如图甲，A 、B 两板间距为2L ，板间电势差为U ，C 、D 两板间距离和板长均为L ，两板间加一如图乙所示的电压.在S 处有一电量为q 、质量为m 的带电粒子，经A 、B 间电场加速又经C 、D 间电场偏转后进入一个垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁感强度为B .不计重力影响，欲使该带电粒子经过某路径后能返回S 处.求：

(1)匀强磁场的宽度L ′至少为多少?

(2)该带电粒子周期性运动的周期T .

(1)AB 加速阶段，由动能定理得：221mv qU = ①

偏转阶段，带电粒子作类平抛运动

偏转时间qU m L v

L t 2/1== ②

侧移量222121

2221L qU m L mL qU at y =??== ③ 设在偏转电场中，偏转角为θ

则1221=?===

v L mL qU v at v v tg y θ 即θ＝

4π ④

由几何关系：Ｒｃｏｓ45°＋Ｒ＝Ｌ′⑤

Ｒsin45°＝2L ⑥ 则 Ｌ′＝

L 2

12+ ⑦ 注：L ′也可由下面方法求得： 粒子从S 点射入到出偏转电场，电场力共做功为Ｗ＝２ｑＵ ⑧

设出电场时速度为ｖ′，有qU v m 22

12=' 解得ｖ′＝m qU /4 ⑨

粒子在磁场中做圆周运动的半径：qB mqU qB v m R 2='=

∴qB mqU L )22(+=' ⑩ (2)设粒子在加速电场中运动的时间为ｔ２

则ｔ２＝qU m L v L 2/2/2= ○

11 带电粒子在磁场中做圆周运动的周期

qB m T π2=' ○12 实际转过的角度α＝２π－２θ＝

23π ○13 在磁场中运动时间ｔ３＝qB

m T 2343

π='' ○14 故粒子运动的周期T ＝２ｔ２＋２ｔ１＋ｔ３＝４ＬqB

m qU m 232/π+ ○15 评分标准：本题14分，第(1)问8分，其中①、②、③式各1分，④式2分，⑤、⑥、⑦式各1分.第(2)问6分，其中 ○12、○13、○14、式各1分，○15式2分.