1983—1993高考物理压轴题(全国卷)

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（图中只画出了六个圆筒，作为示意） 。各筒和靶相间地连接到频率为ν、最大电压值为 U 的正弦交流电源的两端。整个装置放在高真空容器中， 圆筒的两底面中心开有小孔，现有一电量为 q、质量为 m 的正离子沿轴线射入圆筒，并将在圆筒间及圆筒与靶 间的缝隙处受到电场力的作用而加速(设圆筒内部没有 电场） ，缝隙的宽度很小，离子穿过缝隙的时间可以不 计。己知离子进入第一个圆筒左端的速度为 v1, 且此时第一、二两个圆筒｝司的电势差 V1 －V2＝－U，为使打到靶上的离子获得最大能量，各个圆筒的长度应满足什么条件？并求出 在这种情况下打到靶上的离子的能量。 解答：为使正离子获得最大能量，要求离子每次穿越缝隙 时， 前一个圆筒的电势比后一个圆筒的电势高 U， 这就要要 求离子穿过每个圆筒的时间都恰好等于交流电的半周期。 由于圆筒内无电场，离子在圆筒内做匀速运动。设 vn 为离 子在第 n 个圆筒内的速度，则有
1983~1993 年高考物理试题压轴题（全国卷） 1983~1993年高考物理试题压轴题（全国卷）
】一个光滑的圆锥体固定在水平的桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹 【1983 1983】 角θ=30°(如右图)。一条长度为l的绳(质量不计)，一端的位置固定在圆锥体的顶点O处， 另一端拴着一个质量为m的小物体(物体可看作质点， 绳长小于圆锥体的母线)。 物体以速率v 绕圆锥体的轴线做水平匀速圆周运动(物体和绳在上图中都没画出)。
vb＝
3gl 6
(c)
因为N是支持力，最小等于0，所以当v>vb时，物体l 时，因为v<vb，所以物体与锥面接触，由(a)、(b)式消去N，可得： 6
T＝m
v2 ＋mgcosθ l
1 gl 3 ＝m 6 + mg l 2
＝
1+ 3 3 mg. 6
1
或:T＝1.03mg. (2)当v＝
1 (1).当v＝ gl 时，求绳对物体的拉力。 6
(2).当v＝
O θ
2 gl 时，求绳对物体的拉力。 3
(要求说明每问解法的根据) 解答：题目要求考生说明每问解法的根据.物体做水平匀速圆周运动有两种可能：一种是物 体与锥体表面接触(见图1)；一种是物体与锥体表面不接触(见图2)。 当接触时，物体受力如图1所示，T是绳对物体的拉力，N是支持力，mg是重力。物体与锥面 间无摩擦。将力沿水平方向和竖直方向分解，按牛顿定律得：
−2
米，间距为d=5.0×10
−3
米。两极板不带电时，电子束将沿两极板之间的中
线通过。 在两极板上加一50赫兹的交变电压V＝V0sinωt， 如果所加电压的最大值V0超过某一 值Vc时，将开始出现以下现象：电子束有时能通过两极板;有时间断，不能通过。 (1)、求Vc的大小。 (2)、 求V0为何值才能使通过的时间(△t) 通 跟间断的时间 (△t) 断 之比为： (△t) 通 ∶(△t)
3 gl 时，因为v>v0，所以物体与锥面不接触。这时物体只受重力和绳子拉力作 2
用(如图2所示)。用α表示绳与圆锥体轴线之间的夹角，将力沿水平方向和竖直方向分解， 按牛顿定律得：
Tsinα＝m Tcosα＝mg.
将 v＝
2
v2 , l sin α
(e)
(d)
3 gl 代入(d)式，由(d)、(e)两式消去α，可得： 2
Tsinθ－Ncosθ＝m
v2 l sin θ
(b)
(a)
Tcosθ＋Nsinθ＝mg. 由(a)、(b)两式消去T，可得N跟v的关系如下： N＝mgsin－m
v 2 cos θ . l sin θ gl sin 2 θ 时，令vb表示这个速率，并将θ＝30°代入， cos θ
在θ给定后，v越大，N越小，当v＝ 可得：
Q0,插入后为Q,则 W＝ε(Q－Q0). 因为 Q0＝C0ε，Q＝Cε, 所以得 2 W=ε (C－C0). 代入数值得 W=5.0×10
−6
(d) (e)
焦耳
评分标准：本题10分。(1)占5分；(2)占5分。 (1)中，列出(a)式的,给1分；列出(b)式的，给1分；列出(c)式的，给2分；答数正确的， 再 给1分。 (2)中，列出(d)式的，给3分；列出(e)式的，给1分；答数正确的，再给1分。 】(10分,本题是附加题，成绩不计入总分)用大炮轰击和炮在同一水平面上的目标。 【1987 1987】 当炮筒仰角为Ψ1时，着弹点比目标偏近了一段距离 d1；当仰角为Ψ2时，着弹点又比目标偏 远了一段距离d2。由这些已知量，求出要想正好击中目标所需的仰角Ψ0。设炮弹出口速率是 一定的，空气阻力不计。 解答：令x、y分别表示炮弹的水平位移和竖直位移，v0表示其初速度，则有 x＝v0cosψ·t
1 2 1 2 mvn+1 − mv n = qU 2 2 T v 第 n 个圆筒的长度为 Ln＝vn = n 2 2ν 1 2 1 2 由(1)式得 mvn − mv 1 = (n − 1)qU , 2 2
vn＝
(1)
2(n − 1)qU + v12 m
(3)
将(3)代入(2)，得第 n 个圆筒的长度应满足的条件为：
断
＝2∶1。
解答：(1)电子通过平行板所有的时间
1 ≈ 10 −9 秒，交变电压的周期T≈ 10 −2 秒，可见： u
1 <<T u
因此，电子通过平行极板时，极板间的电压从场强可看作是恒定不变的。 电子进入平行极板中间后，其运动沿水平方向为匀速运动,沿竖直方向为匀加速运动。设电 子束刚好不能通过平行极板的电压为Vc，电子经过平行极板的时间为t，所受的电场力为f， 则：
(c) (d)
ν≤
由(a)、(b)、(d)三式可解得：
ν＝
eU 0 8md 2
(e)
即频率不能超过
eU 0 8md 2
评分标准：本题12分。 列出(a)式的，给2分。列出(b)式的，给2分。这一部分共占4分。 能按题意得出条件(c)式或(d)式的，给5分。得出最后结果(e)式的，再给3分。这一部分共 占8分。 】 【1986 1986】 (10分)本题是附加题， 成绩不计入总分)有一个平行板电容器,当两极板间为空气时， 其电容为C0＝40皮法，把它连接到一个电动势为ε＝500伏的电 源上。现将一块厚度等于极板间距离的石蜡块塞进两极板间,使 它充满极板间空间的一半，如图，已知石蜡的介电常数ε＝2。 求： (1)塞入石蜡块后,电容器的电容C。 (2)在石蜡块塞入过程中,电源所提供的电能。 解答：(1)石蜡塞入后，电容器可视为两个平行板电容器并联。每个的极板间距离都是d， 每 个的极板面积都是原电容器的极板面积S之半。因此，极板间是空气的那一半的电容
3
值。 在电场力的作用下，电子的加速度a为：a＝
eU 0 md
(a)
其中e和m分别为电子的电量大小和质量，令t表示电子从B一直加速运动到A所需要的时间， 则d ＝
1 2 at 2
或 t＝
2d a
(b)
令T表示交变电压的周期，ν表示频率，根据以上的分析，它们应满足以下的要求： t≤ 即
T 2
1 2t
t＝
1 u
2
(a)
d 1 2 = at 2 2 f eVe a＝ = m md
由以上三式，可得：
(b) (c)
Vc＝
mu 2 d 2 el 2
代入数值，得： Vc＝91伏特. (2)因为(△t) 通 =2(△t) 断 ，所以：
Vc＝V0sin
由此得：
π 3 Vc π sin 3
(d)
V0＝
代入数值得：
2 2
2T －3mgT－2m g =0 解此方程，取合理值，得： T＝2mg. 评分说明：全题12分。 本题要求考生说明每问解法的根据，即要求得出(c)式，并将(1)、(2)两问中的速率与(c) 式相比较。这部分内容占6分。不论考生用什么方法解题。得出(c)式的给4分，再将(1)、(2) 两问中的速率与(c)式比较的，再各给1分。 在(1)中，列(a)、(b)式及求解占3分。(a)、(b)两式中有一个列错的，扣2分。单纯运算错 误，扣1分。答案最后结果写作T=mg的，不扣分。 在(2)中，列(d)、(e)式及求解占3分。(d)、(e)两式中有一个列错的，扣2分。单纯运算错 误，扣1分。若误认为α＝30°，扣2分。 】在真空中速度为v＝6.4×107米/秒的电子束连续地射入两平行极板之间.极板长度 【1984 1984】 为l=8.0×10
U0； 再过半个周期， 又突然变为U0； ……如此周期性地交替变化。
在t=0时，将上述交变电压U加在A、B两板上，使开始时A板电 势比B板高，这时在紧靠B板处有一初速为零的电子(质量为m， 电量为e)在电场作用下开始运动。要想使这电子到达 A板时具 有最大的动能，则所加交变电压的频率最大不能超过多少？ ：开始t=0时，因A板电势比B板高，而电子又紧靠B板处，所以电子将在电场力作用下向 解答 解答： A板运动。在交变电压的头半个周期内，电压不变，电子做匀加速直线运动，其动能不断增 大。如果频率很高，即周期很短，在电子尚未到达A板之前交变电压已过了半个周期开始反 向，则电子将沿原方向开始做匀减速直线运动。再过半个周期后，其动能减小到零。接着又 变为匀加速运动，半个周期后。又做匀减速运动。 ……最后到达A板。 在匀减速运动过程中，电子动能要减少。因此，要想电子到达 A板时具有最大的动能，在电 压的大小给定了的条件下，必须使电子从B到A的过程中始终做加速运动。这就是说，要使交 变电压的半周期不小于电子从B板处一直加速运动到A板处所需的时间.即频率不能大于某一
(3)
d1 sin 2ψ 1 + d 2 sin 2ψ 2 d1 + d 2
(4)
ψ 0＝
d sin 2ψ 1 + d 2 sin 2ψ 2 1 arcsin( 1 ) 2 d1 + d 2