2016北京高考二模压轴题汇编

23．（18分）（1）场是物理学中的重要概念，除了电场和磁场，还有引力场。物体之间的万有引力就是通过引力场发生作用的，地球附近的引力场叫重力场。仿照电场强度的定义，请你定义重力场强度的大小和方向。 （2）电场强度和电势都是描述电场的物理量，请你在匀强电场中推导电场强度与电势差的关系式。 （3）如图12所示，有一水平向右的匀强电场，一带正电的小球在电场中以速度v0竖直

向上抛出，小球始终在电场中运动。已知小球质量为m，重力加速度为g，其所受

电场力为重力的

3。求小球在运动过程中的最小速度的大小和方向。（已知：sin37°4v0 =0.6，cos37°=0.8）

板间加上电压后，小球就上下不停地跳动。现取以下简化模型进行定量研究：

图12

24．（20分）如图13（甲）的演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多用锡箔纸揉成的小球，当上下

如图13（乙）所示，电容为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为d，与电动势为E、内阻可不计的电源相连。设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点。假设小球与极板发生碰撞后，小球的速度立即变为零，带电情况也立即改变，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的k倍（k<<1）。不计带电小球对极板间匀强电场的影响。重力加速度为g。

（1）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势E至少应大于多少？ （2）设上述条件已满足在较长的时间间隔T内小球做了很多次往返运动。求：

①在T时间内小球往返运动的次数； ②在T时间内电源输出的平均功率。

23．（18分）（1）gG ，方向与重力G的方向相同（或竖直向下） m（2）WABFdqEd，其中d为AB沿电场方向的距离。（2分）

由WABEP得：qEdqUAB 求得：E点电荷q从A到B，电势能的变化量为EPqBAqUBA（2分）

UAB d（2分） （2分）

（3）当小球的速度方向与合力方向垂直时，小球的速度最小。 vxvqE3316v0tgt（1分） vyv0gt（1分） y（1分） 解得：t m425gvx4

12922v0，vyv0 ， vvxvy0.6v0（2分） 所以：vx2525 速度v的方向斜向上且与水平方向成37°角（1分）

24．（20分）（1）用Q表示极板电荷量的大小，q表示碰后小球电荷量的大小。要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力。qEmgdmg（2分）q=kQ（1分）Q=CE（1分）解得：E （2）dkC①当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动。以a 1 表示其加速度，t 1 表示从B板到A板所用的时间，则有 q1Emgma1（1分）da1t12（1分） d2当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动。以a 2 表示其加速度，t 2 表示从A板到B板所用的时间，则有 qE12mgma2（1分） da2t2（1分） d2T （1分） t1t2（1分）

小球往返一次共用的时间为（t 1 +t 2 ），故小球在T时间内往返的次数N由以上有关各式得 ：NT2dkCE2gmd2dkCE2gmd②小球往返一次通过电源的电量为2q，在T时间内通过电源的总电量Q＇=2qN （2分）

2qN 电路中的平均电流 I（2分）电源的输出功率P=EI（2分） 解得：PT2kCE22dkCE2gmd2dkCE2gmd

朝阳二模23．（18分）许多电磁现象可以用力的观点来分析，也可以用动量、能量等观点来分析和解释。（1）如图

1所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，导轨间距为L ，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。在平行于导轨、大小为F的水平恒力作用下，导体棒从静止开始沿导轨向右运动。

a．当导体棒运动的速度为v时，求其加速度a的大小；

b．已知导体棒从静止到速度达到稳定所经历的时间为t，求这段时间内流经

导体棒某一横截面的电荷量q．

（2）在如图2所示的闭合电路中，设电源的电动势为E，内阻为r，外电阻为R，

其余电

阻不计，电路中的电流为I。请你根据电动势的定义并结合能量转化与守恒定律证明：

× × × ×

× × × × × × × × × M × × × × × × B × F × ×

× N × 图1

I

E。 Rr图2

24．（20分）“大自然每个领域都是美妙绝伦的。”随着现代科技发展，人类不断实现着“上天入地”的梦想，但是“上天容易入地难”，人类对脚下的地球还有许多未解之谜。地球可看作是半径为R的球体。 （1）以下在计算万有引力时，地球可看作是质量集中在地心的质点。

a．已知地球两极的重力加速度为g1，赤道的重力加速度为g2，求地球自转的角速度ω；

b．某次地震后，一位物理学家通过数据分析，发现地球的半径和质量以及两极的重力加速度g1都没变，但赤道的重力加速度由g2略微减小为g3，于是他建议应该略微调整地球同步卫星的轨道半径。请你求出同步卫星调整后的轨道半径r与原来的轨道半径r之比

r。 r（2）图1是地球内部地震波随深度的分布以及由此推断出的地球内部的结

构图。在古登堡面附近，横波（S）消失且纵波（P）的速度与地表处的差不多，于是有人认为在古登堡面附近存在着很薄的气态圈层，为了探究气态圈层的压强，两位同学提出了以下方案。

甲同学的方案：如图2所示，由于地球的半径非常大，设想在气态圈层的外侧取一底面积很小的柱体，该柱体与气态圈层的外表面垂直。根据资料可知古登堡面的半径为R1，气态圈层之外地幔及地壳的平均密度为，平均重力加速度为g，地球表面的大气压强相对于该气态圈层的压强可忽略不计。

乙同学的方案：设想在该气态圈层内放置一个正方体，并且假定每个气体分子的质量为m，单位体积内的分子数为n，分子大小可以忽略，其速率均相等，且与正方体各面碰撞的机会均等，与各面碰撞前后瞬间，分子的速度方向都与各面垂直，且速率不变。根据古登堡面附近的温度可推知气体分子运动的平均速率为v．

请你选择其中的一种方案求出气态圈层的压强p． ．．

图2 图1

23．（18分）

解：（1）a．当导体棒运动的速度为v时，电路中的感应电动势为EBLv ① 电流为IE ② 导体棒所受的安培力为FABIL ③ RrFB2L2vFFA根据牛顿第二定律可得： a ④联立①②③④式可得： a ⑤ （7分）

mm(Rr)mb．设导体棒运动稳定的速度为vm，令⑤式中的a0，v=vm ，可得：vmF(Rr) ⑥ 22BL设某段极短的时间t内，电路的电流为i，则安培力在这段时间内的冲量为BiLt，在时间t内，根据动量定理有：FtBLitmvm ⑦

其中， qit ⑧联立⑥⑦⑧式可得： qW非qFtF(Rr) （6分） BLB3L3（2）根据电动势的定义有：E ⑨ 在时间t 内通过电路的电荷量为：q=It ⑩

根据能量守恒定律，非静电力做的功应该等于内外电路产生焦耳热的总和。 即： W非 = Q外+Q内 在时间t内：Q外= I2Rt Q内= I2rt 联立⑨⑩ 式可得：EIt = I2Rt+I2rt 整理后可得： IE （5分） RrGMm ① R224．（20分）解：（1）a．设地球的质量为M，对于质量为m的物体，在两极有：mg1在赤道，根据牛顿第二定律有：

g1g2GMm2= ② 联立①②可得： （6分） mgmR2RR2b．设地震后地球自转的角速度为，根据牛顿第二定律有：

GMmmg3mR2 ③ 2RGMm设同步卫星的质量为m，根据牛顿第二定律，地震前有： mr2 ④ 2r地震后有：

GMmmr2 ⑤ 联立①②③④⑤可得： 2r

rr3g1g2 （7分）

g1g3（2）甲同学的方案：设该柱体的底面积为S，则柱体的总重力为：GS(RR1)g ⑥ 该柱体静止，支持力与重力的合力为零。即： F支=G ⑦ 由牛顿第三定律可知，柱体对气态圈层的压力 F压=F支 ⑧ 气态圈层中的气体压强为pF压S ⑨ 联立⑥⑦⑧⑨式可得：p(RR1)g （7分）

1乙同学的方案：设正方体边长为a，t时间内与一个面发生碰撞的气体分子数为N，则：Nna3 ⑩

6 ta 设该面与气体分子间的压力大小为F，由动量定理得：FtNm(v)Nmv vF1联立⑩ 式可得： pnmv2 （7分） 2a3则气体的压强为： p说明：用其他方法解答正确，给相应分数。

东城二模

23．（18分）电源是把其他形式能转化为电势能的装置。我们通常使用的电源有交流、直流之分。

⑪法拉第发明了世界上第一台直流发电机——法拉第圆盘发电机。如图1所示为其示意图，铜质圆盘竖直放置在水平向左的匀强磁场中，它可以绕水平轴在竖直平面内转动。当两个电刷分别位于圆盘的边缘和圆心处时，在圆盘匀速转动时产生的电流是稳定的。用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，圆盘半径为a，圆盘匀速转动时的角速度为ω，发电机内阻为r1。求电源电动势E，并判断通过电阻R的电流方向。

⑫如图2所示为一个小型交流发电机的原理图，n匝矩形线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，ab边、bc边分别连在两个滑环上，导体做的两个电刷分别压在滑环上。线圈ab边的边长为L1，bc边的边长为L2，总电阻为r2。线圈以恒定的角速度ω绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′匀速转动。用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路。回路中其他电阻不计。请你说明发电机线圈平面转至何位置时感应电动势具有最大值Em，并推导此最大值的表达式。

⑬若已知L1=2a，L2=a，求上述两个发电机分别为电阻R供电时，电阻R消耗的电功率之比。

24．（20分）在光滑绝缘水平面上方某区域(X≤3L)有沿x轴正方向的水平匀强电场，电场强度的大小及分布情况如

图1所示。将质量为m1、电荷量为+q的带电小球A在x=0处由静止释放，小球A将与质量为m2、静止于x=L处的不带电的绝缘小球B发生正碰。已知两球均可视为质点，碰撞时间极短，且碰撞过程中没有机械能的损失，没有电荷量的转移。 E0、L为已知。

⑪若m1m2，小球A与小球B发生碰撞后二者交换速度，求：

a．两小球第一次碰撞前，小球A运动的时间t0以及碰撞前瞬时的速度大小v0； b．在图2中画出小球A自x=0处运动到x=5L处过程中的v-t图像。

E

a R b B 第23题图1

ω 手柄

b a K K O L L R d O′ c B

第23题图1

v 3v0 2v0 v0

L 2L 3L 4L 5 L x

0

t0

2t0

3t0

t 2E0 E0 0

第24题图1 第24题图2

⑫若m1km2，通过计算分析说明无论倍数k取何值，小球A均可与小球B发生第二次碰撞。 23．（18分）⑪ 圆盘产生的电动势为EBav v11a EBa2 从b到a 22⑫当线圈平面转至与磁场方向平行位置（图示位置）时，线圈中的感应电动势最大 设此时ab、cd边的线速度大小为v，

则单匝线圈时ab边产生的感应电动势为E1BL1v cd边产生的感应电动势为E2BL1v n匝线圈产生的总感应电动势为Emn(E1E2)2nBL1v 由于vrL2 2 有Em2nBL1L2nBL1L2 2RRBa2⑬ ⑪中发电机为电阻供电时: U1 ERr12(Rr1)P1U12(Rr2)2R242nRBa2 ⑫中发电机为电阻供电时: U2 ()2Em2PURr22Rr28n(Rr1)22

24．（20分）⑪ a．小球A第一次与小球B碰撞前做初速度为零的匀加速直线运动 加速度 a1E0q m1 运动时间 t02E0qL2m1L2L 小球A与小球B碰撞前瞬时速度v02a1L a1E0qm1 b．小球A自x=0处运动到x=5L处的过程中的v-t图像如答图所示 ⑫设两小球第一次碰撞后速度分别为vA1、vB1

碰撞过程中由动量守恒定律 km2v0km2vA1m2vB1

v 3v0 2v0 v0

0

t0

2t0

3t0 t 111222km2v0km2vAm2vB11 222k12k 解得：vA1v0 vB1v0 k1k1 由机械能守恒定律

之后小球A再次被电场加速，若在x=3L处未发生碰撞，此时速度为vA2 根据动能定理 4E0qL1122km2vAkm2vA21 22第24题答图

5k26k5 解得 vA2v0 k1 vA2vB1 所以无论倍数k取何值，小球A均可与小球B发生第二次碰撞。

房山二模

23. 如图所示，P是倾角为30°的光滑固定斜面。劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的固定挡板C上，另一端与质量为m的物块A相连接。细绳的一端系在物体A上，细绳跨过不计质量和摩擦的定滑轮，另一端有一个不计质量的小挂钩。小挂钩不挂任何物体时，物体A处于静止状态，细绳与斜面平行。

在小挂钩上轻轻挂上一个质量也为m的物块B后，物块A沿斜面向上运动。斜面足够长，运动过程中B始终未接触地面。已知重力加速度为g，求：

（1）物块A处于静止时，弹簧的压缩量

（2）设物块A沿斜面上升通过Q点位置时速度最大，求Q点到出发点的距离x0和最大速度vm

（3）把物块B的质量变为原来的N倍(N>0.5)，小明同学认为，只要N足够大，就可以使物块A沿斜面上滑到Q点时的速度增大到2vm，你认为是否正确？如果正确，请说明理由，如果不正确，请求出A沿斜面上升到Q点位置的速度的范围

24. 电流是国际单位制中七个基本物理量之一，也是电学中常用的概念。金属导体导电是由于金属导体内部存在大量的可以自由移动的自由电子，这些自由电子定向移动形成电流。

（1）电子绕核运动可等效为一环形电流。设处于基态氢原子的电子绕核运动的半径为R，电子质量为m，电量为e，静电力常量为k,求此环形电流的大小。

（2）一段横截面积为S、长为l的金属导线，单位体积内有n个自由电子，电子电量为e。自由电子定向移动的平均速率为v。

a.求导线中的电流；

b.按照经典理论，电子在金属中运动的情形是这样的：在外加电场(可通过加电压实现)的作用下，自由电子发生定向运动，便产生了电流。电子在运动的过程中要不断地与金属离子发生碰撞，将动能交给金属离子（微观上使其热运动更加剧烈，宏观上产生了焦耳热），而自己的动能降为零，然后在电场的作用下重新开始加速运动（为简化问题，我们假定：电子沿电流方向做匀加速直线运动），经加速运动一段距离后，再与金属离子发生碰撞。电子在两次碰撞之间走的平均距离叫自由程，用L表示。请从宏观和微观相联系的角度，结合能量转化的相关规律，求金属导体的电阻率。

23.

，上升过程x减小，a减小，v增大；弹簧变为

时a＝0，速度

(2)A加速上升阶段，弹簧恢复原长前对A用牛顿第二定律有对B由牛顿第二定律有，解得伸长后同理得达到最大．此时

【4分】

，上升过程x增大，a减小，v继续增大；可见，当

Q点速度最大，对应的弹力大小恰好是

是

【1分】

，弹性势能和初始状态相同。故A上升到Q点过程，A、B的位移大小都

对A、B和弹簧系统用机械能守恒定律有 (3)不正确【2分】由能的转化与守恒得：

mg2

可得vm＝2k

【2分】

2mg2

，当N=0.5时，v=0 , 当N→∞时， v=k＝2vm

解得，

故A沿斜面上升到Q点位置时的速度的范围

24.（1）电子绕原子核做匀速圆周运动

【1分】

。 【2分】

【1分】 解得 【1分】

电子绕原子核运动的等效电流（2）a．导体中电流大小

【1分】 【1分】

【1分】

t时间内电子运动的距离长度为vt，【1分】

则其体积为svt，通过导体某一截面的自由电子数为nSvt 【1分】 该时间内通过导体该截面的电量：q=nSvte，【1分】 所以得 I=nesv 【1分】 b．导体中电流强度的微观表达式为： 自由程L段内根据电阻定律：根据欧姆定律：

【2分】

，由动能定理：

【1分】

【2分】

【1分】

【2分】

自由程内，电子在电场作用下，速度从0增加到又由于

【2分】，可得出电阻率

的表达式为：

丰台二模

23. （18分）磁感应强度是描述磁场性质的重要物理量．不同物质周围存在的磁场强弱不同，测量磁感应强度的

大小对于磁场的实际应用有着重要的物理意义．

（1）如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度．它的右臂挂着匝数为n匝的矩形线圈，线圈

的水平边长为l，处于匀强磁场内，磁场的方向与线圈平面垂直．当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡，然后保持电流大小不变，使电流反向，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡．重力加速度为g，请利用题目所给的物理量，求出线圈所在位置处磁感应强度B的大小．

（2）磁场具有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为B2/2μ，

式中B是磁感应强度，μ是磁导率，在空气中μ为一已知常量．请利用下面的操作推导条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度B：用一根端面面积为A的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P，再用力将铁片与磁铁缓慢拉开一段微小距离Δl，并测出拉力F，如图所示．因为距离很小，F可视为恒力．

（3）利用霍尔效应原理制造的磁强计可以用来测量磁场的磁感应强度．磁强计的原理如图所示：将一体积为

a×b×c的长方体导电材料，放在沿x轴正方向的匀强磁场中，已知材料中单位体积内参与导电的带电粒子数为n，带电粒子的电量为q，导电过程中，带电粒子所做的定向移动可认为是匀速运动．当材料中通有沿y轴正方向的电流I时，稳定后材料上下两表面间出现恒定的电势差U．

①请根据上述原理导出磁感应强度B的表达式．

②不同材料中单位体积内参与导电的带电粒子数n不同，请利用题目中所给的信息和所学知识分析制作磁强计应采用何种材料．

24. （20分）如图所示，上表面光滑的水平平台左端与竖直面内半径为R的光滑半圆轨道相切，整体固定在水平地

面上．平台上放置两个滑块A、B，其质量mA=m，mB=2m，两滑块间夹有被压缩的轻质弹簧，弹簧与滑块不拴接．平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M =3m，车长L=2R，小车的上表面与平台的台面等高，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.2．解除弹簧约束，滑块A、B在平台上与弹簧分离，在同一水平直线上运动．滑块A经C点恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车．两个滑块均可视为质点，重力加速度为g．求：

（1）滑块A在半圆轨道最低点C处时的速度大小；

（2）滑块B冲上小车后与小车发生相对运动过程中小车的位移大小；

（3）若右侧地面上有一高度略低于小车上表面的立桩（图中未画出），立桩与小车右端的距离为S，当小车右

端运动到立桩处立即被牢固粘连．请讨论滑块B在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf与S的关系．

D x o B z b I c 场磁I a y A C B L 23. （18分）解：（1）设左侧砝码与盘的总质量为m1，右侧砝码、盘、线框总质量为m2， 由题意可知，第一次天平平衡时有：m1g=m2g-nBIl 第二次天平平衡时有：（m1+m）g=m2g+nBIl

mg=2nBIl （2分） 可得：Bmg （2分） 2nIl2F A2（2）铁片缓慢移动过程中，外力F做功全部转化为磁场能，所以有：FlBAl B2（3）电势差恒定时，材料中的导电粒子将不再发生偏转，对某个粒子有： UqBqv （2分）

a 当材料中的电流为I时有：IQnacvtqnacvq 可得：BncqU （2分）

ttI ②根据B的表达式可知： n小，U大，磁强计灵敏度高。所以磁强计应该采用n小的材料制作。 （2分）24．（20分）（1）滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为vD，则有：mgmvD 得：vDR2gR （2分）

滑块A在半圆轨道运动的过程中，机械能守恒，所以有：2mgR1122 vA5gR （2分）mvDmvA22（2）A、B在弹簧恢复原长的过程中动量守恒，则有：mAvA(mBvB)0得：vB5gR （2分） 25gR2假设滑块可以在小车上与小车共速，由动量守恒得：mBvB(mBM)v共得： v共vB（2分）

5522v共vB21R则滑块从滑上小车到与小车共速时的位移为：SB （2分） 2g82车的加速度a车2g 此过程中小车的位移为：Sv共3R （2分）

车152a车4滑块B相对小车的位移为：SSBS车15R2R 滑块B未掉下小车，假设合理 （1分） 8滑块B冲上小车后与小车发生相对运动过程中小车的位移S车（3）分析如下：当S3R （1分） 4321mgRR时滑块B从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为： Wf12mgSB 4202v共R车与立桩相碰，静止后，滑块B做匀减速运动直到停下的位移为：S(LS) 滑块会脱离小车。 B2g2小车与立桩相碰静止后，滑块继续运动脱离小车过程中，滑块克服摩擦力做功为Wf22mg(LS)mgR 20311mgRR 时，滑块B克服摩擦力做功为 WfWf1Wf2 （3分） 4103132mgR ① 当SR时，小车可能获得的最大动能小于Ek3mv共42104滑块B与车发生相对位移2R的过程中产生的内能为：EQ2mg2RmgR

511mgR 两者之和：EEkEQ10152滑块B冲上小车时具有的初动能Ek2mvBmgRE

24所以，当S所以滑块一定能滑离小车，则滑块B克服摩擦力做功为：Wf2mg(LS)0.4mg(2RS) （3分） 注：以上各道计算题其它解法，只要合理且正确即可相应给分。

海淀二模

23.（18分）如图所示，有一固定在水平面的平直轨道，该轨道由白色轨道和黑色轨道交替排列并平滑连接而成。

各段轨道的编号已在图中标出。仅黑色轨道处在竖直向上的匀强电场中，一不带电的小滑块A静止在第1段轨道的最左端，绝缘带电小滑块B静止在第1段轨道的最右端。某时刻给小滑块A施加一水平向右的恒力F，使其从静止开始沿轨道向右运动，小滑块A运动到与小滑块B碰撞前瞬间撤去小滑块A所受水平恒力。滑块A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起沿轨道向右运动。已知白色轨道和黑色轨道各段的长度均为L=0.10m，匀强电场的电场强度的大小E=1.0×104N/C；滑块A、B的质量均为m=0.010kg，滑块A、B与轨道间的动摩擦因数处处相等，均为μ=0.40，绝缘滑块B所带电荷量q=+1.0×10-5C，小滑块A与小滑块B碰撞前瞬间的速度大小v=6.0m/s。A、B均可视为质点（忽略它们的尺寸大小），且不计A、B间的静电力作。在A、B粘在一起沿轨道向右运动过程中电荷量保持不变，取重力加速度g =10m/s2。 （1）求F的大小；

（2）碰撞过程中滑块B对滑块A的冲量；

（3）若A和B最终停在轨道上编号为k的一段，求k的数值。

E E E

F

n-1 n n+1 A 1 B 2 3 4

24．（20分）如图为某种质谱仪的结构的截面示意图，该种质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器及收集器组成。其中静电分析器由两个相互绝缘且同心的四分之一圆柱面的金属电极K1和K2构成，两柱面电极的半径分别为R1和R2，O1点是圆柱面电极的圆心。S1和S2分别为静电分析器两端为带电粒子进出所留的狭缝。静电分析器中的电场的等势面在该截面图中是一系列以O1为圆心的同心圆弧，图中虚线A是到K1、K2距离相等的等势线。磁分析器中有以O2为圆心的四分之一圆弧的区域，该区域有垂直于截面的匀强磁场，磁场左边界与静电分析器的右边界平行。P1为磁分析器上为带电粒子进入所留的狭缝，O2P1的连线与O1S1的连

磁分析器 线垂直。

静电分析器 离子源不断地发出正离子束，正离子束包含电荷量均为q的两种质量S2 P1 分别为m、m′(m收集器 离子源 缝S2射出静电分析器，而后由狭缝P1沿垂直于O2P1的方向进入磁场中，偏转后从磁场下边界中点P2沿垂直于O2P2的方向射出，最后进入收集器。忽略离子的重力、离子之间的相互作用、离子对场的影响和场的边缘效应。

(1)求静电分析器中等势线A上各点的电场强度E的大小；

(2)通过计算说明质量为m′的同位素离子能否从狭缝S2射出电场并最终从磁场下边界射出； (3)求收集器单位时间内收集的离子的质量M0。

23．（18分）（1）F=1.84N（2）I=－0.030N•s方向水平向左…

（3）设滑块A和B每经过一段长为L的黑色轨道损失的动能为ΔE1，则E1(2mg-Eq)L 设滑块A和B每经过一段长为L的白色轨道，损失的动能为ΔE2，则E22mgL 设滑块A和B碰撞后瞬间的总动能为EkAB，令NEkAB…解得：N=7.5…

E1E2即滑块通过标号为15的白色轨道后，仍有动能Ek=0.5(ΔE1+ΔE2) =6×10-3J，

因Ek>ΔE1，故物块可通过第16号轨道而进入第17号轨道，进入第17号轨道时的动能Ek′= Ek－ΔE1=2×10-3J< ΔE2，故将不能通过第17号轨道，即最终停在第17号轨道上。

R1+R2v224．（20分）(1)由题意可知，等势线A的半径R＝2 …根据牛顿第二定律有qE＝mR 1设质量为m的离子从狭缝S1进入静电分析器时的速度为v，则其在加速电场中加速过程中，根据动能定理有qU＝24Umv2 解得：E＝R+R… 121(2)设质量为m′的离子经加速电场加速后，速度为v′，由动能定理可得qU＝2m′v′2 v′2质量为m′的离子在电场中做半径为R的匀速圆周运动，所需要的向心力F向＝m′R 解得：F向＝qE…

即该离子所受电场力，恰好等于它若做匀速圆周运动的向心力，因此这个离子仍然在静电分析器中做半径为R的匀速圆周运动。故质量为m′的离子能从狭缝S2射出，仍从狭缝P1进入磁场做匀速圆周运动。 设质量为m′的离子进入磁场做匀速圆周运动的半径为r′，O2P2=d，

若质量为m′的离子能从磁场下边界射出，则出射位置到O2距离为x须满足的条件为0v2

质量为m的离子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB＝mr 12mU

离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径r＝Bq，r∝m… 由题意可知，质量为m的离子圆周运动的轨道半径r＝d 所以质量为m′的离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径 r′＝

m′mr＝m′

md …因mm′ O2 r′-d x v′

r′ 则由几何关系有r′2＝x2＋(r′－d)2…解得：x2max ＝（22-1）d2<4d2，所以质量为m′的离子能从磁场下边界射出。

O IΔt

(3)时间Δt内能进入静电分析器的离子个数N＝q …因所有离子都能进入磁场并从磁场下边界射出进入收集器，由题意可知，进入收集器的离子中，质量为m的离子个数N1=αN，质量为m′的离子个数 N2=(1－α)N …

N1﹒m+ N2﹒m′I

解得：M0= =q[α﹒m+(1－α) m′] … Δt

西城二模

23．（18分）如图1所示为某农庄灌溉工程的示意图，地面与水面的距离为H。用水泵从水池抽水

（抽水过程中H保持不变），龙头离地面高h，水管横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为10h。设管口横截面上各处水的速度都相同。求：

a．每秒内从管口流出的水的质量m0； b．不计额外功的损失，水泵输出的功率P。 （2）在保证水管流量不变的前提下，在龙头后接一喷头，如图2所示。让水流竖直向下喷

出，打在水平地面上不反弹，产生大小为F的冲击力。由于水与地面作用时间很短，可忽略重力的影响。求水流落地前瞬间的速度大小v。

图1

水 水 图2

H h 水泵 10h H龙头 龙头 h 水泵喷头 24.（20分）电容器是一种重要的电学元件，基本工作方式就是充电和放电。由这种充放电的工作方式延伸出来的许多电学现象，使得电容器有着广泛的应用。如图1所示，电源与电容器、电阻、开关组成闭合电路。已知电源电动势为E，内阻不计，电阻阻值为R，平行板电容器电容为C，两极板间为真空，两极板间距离为d，不考虑极板边缘效应。 （1）闭合开关S，电源向电容器充电。经过时间t，电容器基本

充满。

a．求时间t内通过R的平均电流I；

b．请在图2中画出充电过程中电容器的带电量q随电容器两极板电压u变化的图像；并求出稳定后电容器储存的能量E0；

（2）稳定后断开开关S。将电容器一极板固定，用恒力F将另一极板沿垂直极板方向缓慢

拉开一段距离x，在移动过程中电容器电量保持不变，力F做功为W；与此同时，电

容器储存的能量增加了ΔE。请推导证明：W = ΔE。要求最后的表达式用已知量表示。

O

图2

u E S C R q 图1

23．（18分）（1）a.水从管口沿水平方向喷出做平抛运动，设水喷出时速度为v0，落地时间为t

竖直方向 h12gt2 1分） 水平方向 10hv0t（1分） mt0时间t0内喷出的水的质量 m=ρV=ρv0t0S （1分）每秒喷出的水的质量 m0联立以上各式解得 m0S50gh

（2分）

（1分） 12b．时间t0内水泵输出功 Wmg(Hh)mv0（2分）输出功率 PW（2分）

2t0

(H26 h)解得 PSg50gh（2分）

（2） 取与地面作用的一小块水Δm为研究对象， 根据动量定理 Ftm（v2分）

t由题意可知 mm0

（2分） 解得 vF 24．（20分）（1）a. 设充电完毕电容器所带电量为Q，即时间t内通过电阻R的电量，此时电容器两端电

压等于电源的电动势根据电容的定义 CQ根据电流强度的定义 IQ解得平均电流 ICEt

U

S50gh（2分）

（2分）

Q q （2分） （2分）

q Q O 图1

E u t

b．根据q = Cu，画出q-u图像如图1所示 （2分）

由图像可知，图线与横轴所围面积即为电容器储存的能量， 如图2中斜线部分所示

由图像求出电容器储存的电能 E01EQ（2分）

2O 图2

E u （2）设两极板间场强为E，两极板正对面积为S根据EUQ，CS，得E4kQ，可知极板在移动过程

dCdS4kd中板间场强不变，两极板间的相互作用力为恒力。两板间的相互作用可以看作负极板电荷处于正极板电荷产生的电场中，可知两板间

1的相互作用力 FEQ。（2分）

2

缓慢移动时有 FF

根据功的定义有 W1EQx

2

2kQ2CE2代入已知量得出 W（2分） xxS2d

Q2Q2电容器增加的能量 E（或E1C（dxE)21CE2） 2C2C2d2

SS（2分） CC4k(dx) 4kd

2kQ2CE2代入已知量得出 E（2分） xxS2d

所以 WE

解得 E01CE2（2分）

2