專題20綜合計算1．（2024·北京·高考）我國“天宮”空間站采用霍爾推進器控制姿態和修正軌道。圖為某種霍爾推進器的放電室（兩個半徑接近的同軸圓筒間的區域）的示意圖。放電室的左、右兩端分別為陽極和陰極，間距為d。陰極發射電子，一部分電子進入放電室，另一部分未進入。穩定運行時，可視為放電室內有方向沿軸向向右的勻強電場和勻強磁場，電場強度和磁感應強度大小分別為E和；還有方向沿半徑向外的徑向磁場，大小處處相等。放電室內的大量電子可視為處于陽極附近，在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運動（如截面圖所示），可與左端注入的氙原子碰撞并使其電離。每個氙離子的質量為M、電荷量為，初速度近似為零。氙離子經過電場加速，最終從放電室右端噴出，與陰極發射的未進入放電室的電子剛好完全中和。已知電子的質量為m、電荷量為；對于氙離子，僅考慮電場的作用。（1）求氙離子在放電室內運動的加速度大小a；（2）求徑向磁場的磁感應強度大小；（3）設被電離的氙原子數和進入放電室的電子數之比為常數k，單位時間內陰極發射的電子總數為n，求此霍爾推進器獲得的推力大小F。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）對于氙離子，僅考慮電場的作用，則氙離子在放電室時只受電場力作用，由牛頓第二定律解得氙離子在放電室內運動的加速度大?。?）電子在陽極附近在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑做勻速圓周運動，則軸線方向上所受電場力與徑向磁場給的洛侖茲力平衡，沿著軸線方向的勻強磁場給的洛侖茲力提供向心力，即，解得徑向磁場的磁感應強度大小為（3）單位時間內陰極發射的電子總數為n，被電離的氙原子數和進入放電室的電子數之比為常數k，則單位時間內被電離的氙離子數氙離子經電場加速，有時間內氙離子所受到的作用力為，由動量定理有解得由牛頓第三定律可知，霍爾推進器獲得的推力大小則2．（2020·北京·高考）如圖甲所示，真空中有一長直細金屬導線，與導線同軸放置一半徑為的金屬圓柱面。假設導線沿徑向均勻射出速率相同的電子，已知電子質量為，電荷量為。不考慮出射電子間的相互作用。(1)可以用以下兩種實驗方案測量出射電子的初速度：a.在柱面和導線之間，只加恒定電壓；b.在柱面內，只加與平行的勻強磁場。當電壓為或磁感應強度為時，剛好沒有電子到達柱面。分別計算出射電子的初速度。(2)撤去柱面，沿柱面原位置放置一個弧長為、長度為的金屬片，如圖乙所示。在該金屬片上檢測到出射電子形成的電流為，電子流對該金屬片的壓強為。求單位長度導線單位時間內出射電子的總動能?！敬鸢浮浚?）a.，b.；（2）【詳解】（1）a.在柱面和導線之間，只加恒定電壓，粒子剛好沒有電子到達柱面，此時速度為零，根據動能定理有解得b.在柱面內，只加與平行的勻強磁場，磁感應強度為時，剛好沒有電子到達柱面，設粒子的偏轉半徑為r，根據幾何關系有根據洛倫茲力提供向心力，則有解得（2）撤去柱面，設單位時間單位長度射出的電子數為n，則單位時間打在金屬片的粒子數金屬片上形成電流為所以根據動量定理得金屬片上的壓強為解得故總動能為3．（2020·北京·高考）某試驗列車按照設定的直線運動模式，利用計算機控制制動裝置，實現安全準確地進站停車。制動裝置包括電氣制動和機械制動兩部分。圖1所示為該列車在進站停車過程中設定的加速度大小隨速度的變化曲線。(1)求列車速度從降至經過的時間t及行進的距離x。（保留1位小數）(2)有關列車電氣制動，可以借助圖2模型來理解。圖中水平平行金屬導軌處于豎直方向的勻強磁場中，回路中的電阻阻值為，不計金屬棒及導軌的電阻。沿導軌向右運動的過程，對應列車的電氣制動過程，可假設棒運動的速度與列車的速度、棒的加速度與列車電氣制動產生的加速度成正比。列車開始制動時，其速度和電氣制動產生的加速度大小對應圖1中的點。論證電氣制動產生的加速度大小隨列車速度變化的關系，并在圖1中畫出圖線。(3)制動過程中，除機械制動和電氣制動外，列車還會受到隨車速減小而減小的空氣阻力。分析說明列車從減到的過程中，在哪個速度附近所需機械制動最強?(注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說明)【答案】.(1)，；(2)列車電氣制動產生的加速度與列車的速度成正比，為過P點的正比例函數，論證過程見解析。畫出的圖線如下圖所示：(3)【詳解】（1）列車速度從降至的過程中做勻減速直線運動，根據運動學公式可得（2）設金屬棒MN的質量為m，磁感應強度為B，導軌寬度為l，MN棒在任意時刻的速度大小為vMN。MN棒切割磁感線產生的感應電動勢為回路中的電流為MN棒所受安培力大小為MN棒的加速度大小為由上式可知與成正比。又因為MN棒運動的速度與列車的速度、棒的加速度與列車電氣化制動產生的加速度成正比，所以電氣制動產生的加速度a電氣與列車的速度v成正比，則電氣制動產生的加速度大小隨列車速度變化圖線如圖1所示。（3）制動過程中，列車受到的阻力是由電氣制動、機械制動和空氣阻力共同引起的。由（2）可知，電氣制動的阻力與列車速度成正比；空氣阻力隨速度的減小而減??；由題圖1并根據牛頓第二定律可知，列車速度在20m/s至3m/s區間所需合力最大且不變。綜合以上分析可知，列車速度在3m/s左右所需機械制動最強。1．（2024·北京海淀·統考一模）在量子力學誕生以前，玻爾提出了原子結構假說，建構了原子模型：電子在庫侖引力作用下繞原子核做勻速圓周運動時，原子只能處于一系列不連續的能量狀態中（定態），原子在各定態所具有的能量值叫做能級，不同能級對應于電子的不同運行軌道。電荷量為+Q的點電荷A固定在真空中，將一電荷量為-q的點電荷從無窮遠移動到距A為r的過程中，庫侖力做功。已知電子質量為m、元電荷為e、靜電力常量為k、普朗克常量為h，規定無窮遠處電勢能為零。（1）若已知電子運行在半徑為r1的軌道上，請根據玻爾原子模型，求電子的動能Ek1及氫原子系統的能級E1。（2）為了計算玻爾原子模型的這些軌道半徑，需要引入額外的假設，即量子化條件。物理學家索末菲提出了“索末菲量子化條件”，它可以表述為：電子繞原子核（可看作靜止）做圓周運動的軌道周長為電子物質波波長（電子物質波波長λ與其動量p的關系為）的整數倍，倍數n即軌道量子數。①請結合索末菲量子化條件，求氫原子軌道量子數為n的軌道半徑rn，及其所對應的能級En。②玻爾的原子模型除了可以解釋氫原子的光譜，還可以解釋核外只有一個電子的一價氦離子（He+）的光譜。已知氫原子基態的能級為-13.6eV，請計算為使處于基態的He+躍遷到激發態，入射光子所需的最小能量?！敬鸢浮浚?），；（2）①，；②【詳解】（1）設電子在軌道上運動的速度大小為v，根據牛頓第二定律有電子在軌道運動的動能電子在軌道運動的勢能電子在軌道動時氫原子的能量即動能和勢能之和（2）①電子繞原子核做圓周運動的軌道周長為電子物質波波長的整數倍，即設此時電子的速率為，則根據牛頓第二定律以上各式聯立，解得此時，電子的動能為電子的勢能為所以此時的能級為②原子核電量為2e，類比以上分析可知，系統基態的能量為氫原子基態能量的4倍，即的基態能量為為使處于基態的躍遷到激發態，即躍遷到第二能級，則入射光子所需的最小能量解得2．（2024·北京東城·統考一模）如圖所示，BC是光滑絕緣的圓弧軌道，位于豎直平面內，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中?，F有一質量為m、帶正電的小滑塊（可視為質點）置于水平軌道上，已知滑塊受到的靜電力大小為，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為0.5，將滑塊從水平軌道上與B點距離為的A點由靜止釋放，滑動過程中滑塊電荷量不變，重力加速度用g表示，求：（1）滑塊到達B點時的速度；（2）滑塊在圓弧軌道上運動時，重力和電場力合力的大小和方向；（3）滑塊到達與圓心O等高的C點時，軌道對滑塊的作用力大小。【答案】（1）；（2），方向與豎直方向的夾角斜向左下；（3）【詳解】（1）由動能定理有將，，，代入得（2）設重力和電場力的合力大小為，與豎直方向的夾角為，則有即合力大小為，方向與豎直方向的夾角斜向左下。（3）對滑塊從A點到達C點的過程應用動能定理將，，代入，得設滑塊到達C點時受到軌道的作用力大小為，則有解得得由牛頓第三定律有軌道對滑塊的作用力大小為。3．（2024·北京東城·統考一模）天文學家范·艾倫發現在地球大氣層之外存在著一個輻射帶包裹著地球，這一輻射帶被命名為“范·艾倫輻射帶”，它是由于地球磁場捕獲了大量帶電粒子而形成，分為內層和外層，如圖1所示。由于地球兩極附近區域磁場強，其他區域磁場弱，當宇宙射線進入地磁場后會使帶電粒子沿磁感線做螺線運動，遇到強磁場區域被反射回來，在地磁兩極間來回“彈跳”，被“捕獲”在地磁場中。不過還是有一些宇宙射線粒子可以“溜進”地球大氣層，它們和空氣分子的碰撞產生的輻射就形成了絢麗多彩的極光。大氣中最主要的成分是氮和氧，波長557.7nm的綠色和630nm附近的紅色極光主要由氧原子發出，波長高于640nm的紅色極光由氮氣分子發出。（計算時普朗克常量取，真空中光速c?。?）a.求放出一個波長為630nm的紅色光子時，氧原子的能量變化（結果取1位有效數字）；b.請說明帶電粒子和空氣分子碰撞產生輻射的過程中能量是如何轉化的。（2）圖2所示的是質量為m、電荷量為q的帶電粒子在具有軸對稱性的非均勻磁場中做螺線運動的示意圖，若將粒子沿軸線方向的分速度用表示，與之垂直的平面內的分速度用表示。a.某時刻帶電粒子的，，所在處磁感應強度大小為B，如果將粒子從此刻起在垂直平面內做圓周運動的一個周期時間內，所到達區域的磁場按勻強磁場（方向沿軸線）進行估算，求粒子在垂直平面內做圓周運動的半徑r和在一個周期時間內沿軸線前進的距離（螺距）d；b.實際上帶電粒子的半徑和螺距都會不斷變化，已知帶電粒子在從弱磁場區向強磁場區運動的同時，在垂直平面內的速度會變大，在此已知的基礎上請用高中物理的知識解釋為什么帶電粒子在從弱磁場區向強磁場區螺旋前進時，分速度會減小到零，并繼而沿反方向前進?！敬鸢浮浚?）a.；b.見解析；（2）a.，；b.見解析【詳解】（1）a.氧原子的能量變化大小等于所放出的紅色光子的能量，由解得b.帶電粒子和空氣分子碰撞，會通過碰撞將一部分能量傳給空氣分子，使空氣分子從基態躍遷到激發態，空氣分子從激發態自發地回到基態的過程中，就會將減少的能量以光子的形式放出，所放出光子的能量等于空氣分子激發態與基態間的能極差。（2）a.帶電粒子做勻速圓周運動有其周期有在沿軸線方向做勻速直線運動，由解得，b.帶電粒子只受到洛倫茲力作用，由于洛倫茲力不做功，因此粒子的總動能不變，由已知粒子從弱磁場區向強磁場區運動時，在與軸線垂直的平面內的速度會變大，即對應的動能變大，則對應的動能就會變小，可以理解為通過洛倫茲力將對應的動能轉化為對應的動能。由此可以解釋粒子從弱磁場區向強磁場區運動的同時，分速度會減小。由于上述從功和能的角度證明了分速度會減小，那么可以反推，此過程中粒子一定受到了與相反的洛倫茲力的分力F，當分速度減小到零的時刻，由于磁場和分速度的情況都沒有變化，可判斷與相反的分力F與前一時刻相同，因此粒子在速度減為零后會反向運動。4．（2024·北京朝陽·統考一模）把不易測量的微觀量轉化為測量宏觀量、易測量是一種常用的科學方法。（1）用油膜法估算油酸分子的直徑。已知1滴油酸酒精溶液中純油酸的體積為V，其在水面上形成的單分子油膜面積為S，求油酸分子的直徑d。（2）根據玻爾理論，可認為氫原子核外電子繞核做勻速圓周運動。處于基態的氫原子吸收頻率為的光子恰好發生電離，已知處于基態的氫原子具有的電勢能為E。電子的電荷量為e，質量為m，靜電力常量為k，普朗克常量為h。求基態氫原子的半徑r。（3）科研人員設計了一種簡便的估算原子核直徑的方案：取某種材料的薄板，薄板的面積為A，薄板內含有N個該種材料的原子。用高能粒子垂直薄板表面轟擊，已知入射薄板的粒子數為，從薄板另一側射出的粒子數為，設高能粒子在空間均勻分布，薄板材料中的原子核在高能粒子通道上沒有重疊。求該種材料原子核的直徑D。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據題中條件可得（2）設基態電子的速度為，根據能量守恒有庫侖力提供向心力得（3）設該種材料原子核的投影面積為根據題意有得5．（2024·北京朝陽·統考一模）根據牛頓力學經典理論，只要物體的初始條件和受力情況確定，就可以推知物體此后的運動情況。情境1：如圖1所示，空間存在水平方向的勻強磁場（垂直紙面向里），磁感應強度大小為B，在磁場中M點處有一質量為m、電荷量為的帶電粒子。已知重力加速度g。（1）若使帶電粒子獲得某一水平向右的初速度，恰好做勻速直線運動，求該速度的大??；（2）若在M點靜止釋放該粒子，其運動將比較復雜。為了研究該粒子的運動，可以應用運動的合成與分解的方法，將它為零的初速度分解為大小相等的水平向左和水平向右的速度。求粒子運動過程中的最大速率。情境2：質譜儀由離子室、加速電場、速度選擇器和分離器四部分組成，如圖2所示。已知速度選擇器的兩極板間的電場強度為E，磁感應強度大小為，方向垂直紙面向里，分離器中磁感應強度大小為，方向垂直紙面向外。某次實驗離子室內充有某種帶電離子，經加速電場加速后從速度選擇器兩極板間的中點O平行于極板進入，部分離子通過小孔后進入分離器的偏轉磁場中。打在感光區域P點的離子，在速度選擇器中沿直線運動，測得P到點的距離為。不計離子的重力及離子間的相互作用，不計小孔O、的孔徑大小。（1）當從O點入射的離子速度滿足時，在分離器的感光板上會形成有一定寬度的感光區域。求該感光區域的寬度D；（2）針對情形（1），為了提高該速度選擇器的速度選擇精度，請你提出可行的方案?！敬鸢浮壳榫?：（1）；（2）；情境2：（1）；（2）控制速度選擇器兩極板的長度，避免長度等于；盡量減小速度選擇器兩極板間的距離【詳解】情境1：（1）粒子做勻速直線運動，受力平衡得（2）帶電粒子由靜止釋放，其初速度可分解為相等的水平向左和水平向右的速度，設為，令則帶電粒子的運動可分解為沿水平方向的勻速直線運動和在豎直平面內的勻速圓周運動。兩個運動合成，當速度方向相同時得最大值，有情境2：（1）離子在速度選擇器中做勻速直線運動，有離子在分離器中做勻速圓周運動，有且有解得根據題意可知的離子均能通過孔進入分離器分別做勻速圓周運動，對應的半徑分別設為，有，則感光區域的寬度為（2）從O點入射的離子速度滿足時，相當于粒子其在速度選擇器中所做的運動為一個速度為的勻速直線運動和另一個速度為Δv的勻速圓周運動的合運動，即粒子在速度選擇器中做螺旋運動。①當選擇器兩極板間的距離極小時，粒子稍有偏轉，即會打在極板上無法通過速度選擇器。故盡量減小速度選擇器兩極板間的距離，可提高速度選擇器的速度的精度。②粒子在分離器中運動時，由于Δv較小，可近似看成粒子在磁場中以做勻速圓周運動，故有粒子在速度選擇器中做勻速圓周運動有聯立解得設速度選擇器極板長度為d，則粒子穿過極板所需時間為粒子要恰好從速度選擇器飛出，則有聯立解得要提高該速度選擇器的速度選擇精度，則發生偏轉的粒子無法飛出，即控制速度選擇器兩極板的長度，避免長度等于。綜上可得可行方案有：方案1：盡量減小速度選擇器兩極板間的距離方穼2：控制速度選擇器兩極板的長度，避免長度等于6．（2024·北京豐臺·統考一模）（1）放射性元素的原子核發生衰變時，單位時間內發生衰變的原子核個數與現存的、未衰變的原子核個數N成正比：，其中λ為比例常數，“-”表示原子核個數減少。上述方程的解為：，其中為t＝0時刻未衰變的原子核個數，N為t時刻未衰變的原子核個數。根據以上信息求元素的半衰期。（2）如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置，寬度為L，一端連接阻值為R的電阻。導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B。質量為m的導體棒MN放在導軌上，長度恰好等于導軌間距，與導軌接觸良好。導軌和導體棒的電阻均可忽略不計。給導體棒一個向右的初速度。a.類比（1）中給出的物理量之間關系的信息，以導體棒速度為時作為計時起點，推理得出導體棒的速度v隨時間t變化的函數關系；b.某同學寫出導體棒的速度v與時間t的函數關系后，發現導體棒需要無限長的時間才能停下，該同學得出結論：導體棒也需要運動無限長的距離才能停下。請論證該同學的說法是否正確?！敬鸢浮浚?）；（2）a.，b.見解析【詳解】（1）根據半衰期公式可得，經過時間，未衰變的原子核個數為結合可得（2）a．導體棒在運動過程中，水平方向只受安培力，根據牛頓第二定律可知BIL＝ma根據閉合電路歐姆定律代入可得根據加速度的定義式考慮到導體棒做減速運動，所以有類比可得方程的解為b．該同學說法不正確。在減速過程中，對導體棒運用動量定理，規定初速度方向為正方向其中可得考慮到聯立可，為有限值，所以該同學的說法不正確。7．（2024·北京豐臺·統考一模）一種簡易靜電加速裝置如圖甲所示：在一個側壁為圓錐中段，底盤水平放置的塑料碗內壁貼上十字的鍍銅錫條，外壁貼上十字的鋁條，并將鋁條反扣貼在內壁，形成如圖所示的銅、鋁相間的電極。將由錫紙包裹的輕質小球靜置于A點，鍍銅錫條與高壓恒壓源正極相連、鋁條與負極相連后，小球開始沿逆時針方向被加速。如圖乙所示，塑料碗側壁截面與水平面夾角為θ，圓形底盤半徑為R，小球質量為m，恒壓源電壓始終為U。小球與錫條接觸分離后，所帶電荷量為，與鋁條接觸分離后，所帶電荷量為。忽略各處阻力，不考慮小球與塑料碗、空氣之間的電荷交換，僅考慮相鄰電極間電場對小球的加速作用，重力加速度為g。（1）求小球第一次運動到B點時的速度大??；（2）若小球加速幾圈后，恰好開始沿碗壁向上運動，求小球加速的圈數；（3）小球加速（）圈后撤掉電場，此時輕微晃動塑料碗，使小球可以在距碗底一定高度的水平面上以速度v做勻速圓周運動（整個過程小球沒有離開塑料碗）。求晃動塑料碗時，碗對小球做的功W?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）根據動能定理可得（2）設小球加速圈后速度大小為，恰好沿碗壁向上運動。意味著小球與碗底之間無相互作用力。碗壁對小球支持力的水平分力提供小球做圓周運動的向心力，豎直分力與重力大小相等，根據牛頓第二定律解得由動能定理聯立可得（3）設此時小球距離碗底的豎直高度為h，碗壁對小球支持力為，則有解得根據動能定理聯立可得8．（2024·北京石景山·統考一模）某同學在學校游泳池訓練，他在水中發現岸上所有景物都出現在一個倒立的圓錐里。請你結合所學知識說明其中的原理?！敬鸢浮恳娊馕觥驹斀狻繋缀踬N著水面射入水里的光線即入射角越為90°，由折射定律有在水中的同學看來光線是從折射角為C的方向射來的，水面上其他方向射來的光線，折射角都小于C。因此他認為水面以上所有的景物都出現在頂角為2C的圓錐里，如圖所示。9．（2024·北京順義·統考一模）新能源汽車時代一項重要的技術是動能回收系統。其原理如圖甲所示，當放開加速踏板時，汽車由于慣性會繼續前行，此時回收系統會讓機械組拖拽發電機線圈，切割磁感線產生感應電流，當逆變器輸入電壓高于UC時，電機可以為電池充電，當電壓低于UC時，動能回收系統關閉。將質量為M的電動汽車的動能回收系統簡化為如圖乙所示的理想模型，水平平行寬為L的金屬導軌處于豎直方向的磁感應強度為B的勻強磁場中，金屬板MN的質量等效為汽車的質量，金屬棒在導軌上運動的速度等效為汽車速度，將動能回收系統的電阻等效為一外部電阻R。求：（1）當逆變器輸入電壓等于UC時，汽車的速度vC；（2）電動汽車以速度v（v>vC）開始制動時，由動能回收系統產生的加速度的大小a；（3）電動汽車以n倍（n大于1）vC行駛時，突發情況采取緊急制動，動能回收系統開啟時傳統機械制動全程介入，傳統機械制動阻力與車速成正比。速度降為vC時，動能回收系統關閉，傳統機械制阻力變為車重的μ倍，重力加速度為g。若動能的回收率為，則a．制動過程中被回收的動能；b．制動過程電動汽車的總位移x?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）a．；b．【詳解】（1）由可得汽車速度（2）感應電動勢為電流為安培力為則由動能回收系統產生的加速度的大小（3）a．制動過程中被回收的動能b．動能回收系統開啟過程中有其中聯立可得既可得動能回收系統關閉后有則制動過程電動汽車的總位移10．（2024·北京門頭溝·統考一模）微元法是通過把物理量或物理過程進行分割再分析的方法，也是物理中解決問題常用的方法。(1)如圖1所示，一個行星繞太陽沿橢圓軌道運動，在近日點a和遠日點b時離太陽中心的距離分別為和，近日點速度和遠日點速度分別為和。分別在a點和b點附近取極短的時間間隔，請根據開普勒第二定律（對任意一個行星來說，它與太陽的連線在相等的時間內掃過的面積相等）求；（提示：扇形面積半徑×弧長）(2)如圖2所示，輕質彈簧一端固定，另一端與質量為m的物塊（可視為質點）相連放置在水平面上。當物塊在A位置時彈簧處于原長，在外力F作用下物塊移動到B位置（沒有超出彈簧彈性限度）。已知彈簧勁度系數為k，AB間長度為l，彈簧對物塊的拉力用表示。取A點所在位置為坐標原點，水平向右為正方向。物塊從A運動到B過程中，通過推導畫出與位移x的示意圖，并借助圖像求彈簧對物塊拉力做的功。(3)如圖3所示，當長為L的導體棒MN繞其一端M在垂直于勻強磁場（磁感應強度為B）的平面內轉動時，電子受到沿著導體棒方向的洛倫茲力和垂直于導體棒方向的洛倫茲力，在任一過程中和做功之和始終為零。設導體棒內有一電荷量為e的電子，導體棒以角速度ω順時針勻速轉動，求該電子距離轉軸M點為x時所受洛倫茲力大小的表達式，并借助圖像求該電子從導體棒N端移到M端過程中做的功?！敬鸢浮?1)(2)見解析(3)見解析【詳解】（1）根據開普勒第二定律可知地球與太陽的連線在相等時間內掃過的面積相等，即即解得（2）彈力與x的關系因為圖像是過原點的直線，如圖所示則彈簧彈力所做的功（3）電子因棒轉動在勻強磁場中受沿棒方向的洛倫茲力分力為非靜電力，對于與圓心距離為x的電子，有根據隨電子與圓心距離x變化的圖象電子沿桿移動過程中，非靜電力做的功為11．（2024·北京延慶·統考一模）利用潮水漲落產生的水位差所具有的勢能發電叫潮汐發電，是目前海洋能利用中最主要的一種。陸地和海灣，中間為水壩，其下有通道，無論漲潮或落潮，水流經過通道均可帶動發電機發電。一晝夜中兩次漲、落潮。漲潮時，堵住通道，潮水漲至最高水位時打開通道，進水發電；當海灣水位漲至最高時，堵住通道；落潮至最低水位時，打開通道放水發電。以下是某小型雙向型潮汐發電站的一組數據，據此回答下列問題（取海水的密度為1.0×103kg/m3，g取10m/s2）：水壩高度H15m海灣面積Sm2漲潮海灣最高水位h110m發電機日平均發電量E4.8×104kW·h退潮海灣最低水位h26m水輪發電機總效率η10%（1）若采用U=200kV的直流電向某地區輸電，要求輸電線上損耗的功率ΔP不高于輸送功率的5%，求輸電線總電阻的最大值r；（2）試估算該小型發電站所圈占的海灣面積S的大小?！敬鸢浮浚?）r=1000Ω；（2）【詳解】（1）發電機的功率為采用U=200kV直流電向某地區輸電P=2×103kW時，通過輸電線的電流輸電線上損耗的功率為解得（2）一次漲潮，發電機發電量一次漲潮，水的質量為發電機日平均發電量解得小型發電站所圈占的海灣面積為12．（2024·北京海淀·統考二模）熱氣球的飛行原理是通過改變熱氣球內氣體的溫度以改變熱氣球內氣體的質量，從而控制熱氣球的升降，可認為熱氣球在空中運動過程中體積及形狀保持不變。設熱氣球在體積、形狀不變的條件下受到的空氣阻力f=kv2，其方向與熱氣球相對空氣的速度v相反，k為已知常量。已知熱氣球的質量（含載重及熱氣球內的熱空氣）為m時，可懸浮在無風的空中，重力加速度為g。不考慮熱氣球所處環境中空氣密度的變化。（1）若熱氣球初始時懸浮在無風的空中，現將熱氣球的質量調整為0.9m（忽略調整時間），設向上為正，請在圖中定性畫出此后熱氣球的速度v隨時間t變化的圖像。（2）若熱氣球初始時處在速度為v0的水平氣流中，且相對氣流靜止。將熱氣球質量調整為1.1m（忽略調整時間），熱氣球下降距離h時趨近平衡（可視為達到平衡狀態）。①求熱氣球平衡時的速率v1及下降距離h過程中空氣對熱氣球做的功W。②熱氣球達到平衡速率v1后，若水平氣流速度突然變為0，經過時間t熱氣球再次達到平衡狀態，求該過程中空氣對熱氣球的沖量大小I?！敬鸢浮浚?）；（2）①，；②【詳解】（1）對熱氣球由牛頓第二定律故可知當熱氣球的質量調整為0.9m，熱氣球向上加速，隨著速度增大，受到的空氣阻力增大，故加速度在減小，即圖像的斜率在變小，最后以某一速度勻速運動，故圖像如下：（2）①熱氣球在無風空中懸浮時，有設熱氣球在水平氣流中平衡時水平方向速度為vx、豎直方向速度為vy；水平方向有vx=v0豎直方向，依據平衡有解得熱氣球平衡時的速率對熱氣球下降過程，依據動能定理有解得空氣對熱氣球做功②熱氣球再次平衡后，水平方向v′x=0豎直方向設空氣對氣球在水平方向的沖量為Ix，豎直方向的沖量大小為Iy，由動量定理，水平方向Ix=0-1.1mv0豎直方向Iy-1.1mgt=0聯立解得空氣對氣球沖量大小13．（2024·北京豐臺·統考二模）“地磁爆”是由太陽風暴引起的：強烈的太陽風暴將大量的帶電粒子（質子和電子）以極大的初速度向外拋射，到達地球后影響了地球磁場的分布，對地球的電力、通信產生影響。（1）已知質量為m的質點在太陽的引力范圍內所具有的勢能為，r為質點到太陽中心的距離。已知，太陽質量，太陽半徑，太陽到地球的距離，太陽風初速度，質子的質量，質子的電荷量.忽略地球對粒子的引力作用。a.估算質子到達地球附近時的速度的大小v（結果保留一位有效數字）；b.地球周圍存在磁場，赤道上空磁感應強度的方向平行于經線向北。假設在赤道上空某處存在厚度約為的勻強磁場區域，磁感應強度的大小約為，太陽風暴所產生的部分帶電粒子垂直于赤道表面射向地球，通過計算判斷其中的質子能否穿過該磁場區域。（2）考慮地球引力的作用，上述勻強磁場區域內還存在重力場，重力場可認為是均勻的。該區域內有大量的等離子體（質子和電子），故被稱為等離子層。在磁場和重力場的共同作用下，等離子層中電子和質子的無規則熱運動宏觀上表現為赤道平面內繞地心的定向運動和其他運動的疊加，形成可觀測的電流。已知該區域內磁場的磁感應強度為B，重力加速度為g，不計帶電粒子間的相互作用，質子質量為m，電量為q。請利用運動的合成和分解，求質子繞地心定向運動的速度。（提示：為簡化模型，假設帶電粒子無規則運動的速度方向僅局限在赤道平面內，如圖所示）【答案】（1）a.m/s；b.無法穿過勻強磁場區域；（2）【詳解】（1）a.帶電粒子只在太陽引力作用下運動，由機械能守恒定律得估算得到m/sb.不計帶電粒子與地球間的萬有引力，則帶電粒子只在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，設半徑為，根據洛倫茲力提供向心力代入數據得km<20km無法穿過勻強磁場區域。（2）設某時刻質子的速度為，無論朝哪個方向運動，都可以分解出一個平行于赤道方向的速度，且滿足則帶電粒子就會在勻速直線運動的基礎上疊加上一個線速度為的勻速圓周運動。從較長時間觀察，勻速圓周運動對定向運動沒有貢獻，所以質子的定向運動速度大小為方向向左。14．（2024·北京東城·統考二模）光壓是指光照射到物體上對物體表面產生的壓力。早在17世紀初，開普勒就曾用太陽光的壓力解釋彗星的尾巴為什么背著太陽。其實彗尾一般有兩條，一條是由等離子體在太陽風作用下形成的離子尾，另一條是不帶電的塵埃在太陽光的光壓力作用下形成的塵埃尾。當塵埃被從彗星釋放出來，由于太陽光產生的光壓把它們沿徑向往外推開，它就不再繼續沿著彗星軌道運動。如圖所示為彗星掠過太陽所發生的狀況，弧線表示彗星的軌跡，彗星當前在b位置，在a位置上釋放出的塵埃已被太陽光壓沿虛線路徑推出（其它位置釋放的塵埃路徑未畫出），形成了如圖所示的塵埃尾。（已知彗星質量遠遠小于太陽質量）（1）請說明在圖中a位置釋放的塵埃的速度方向；若能夠沿著路徑①（一條直線）運動，請說明塵埃所受合外力的情況。（2）在一定條件下（例如強光照射下）小顆粒所受的光壓可以與所受萬有引力同數量級。假設塵埃粒子是半徑為R的小球，密度為ρ，它對太陽光全部吸收。已知太陽的質量為M，輻射光的功率為P0，所發出太陽光的平均波長為λ，普朗克常量用h表示，萬有引力常量用G表示，真空中光速用c表示。（光子的動量）a．請求出能夠沿路徑①運動的塵埃粒子的半徑R0；b．請分析并說明半徑滿足什么條件的塵埃粒子會沿路徑②運動?！敬鸢浮浚?）見解析；（2）a．；b．的塵埃粒子，沿路徑②運動【詳解】（1）塵埃的初速度方向沿彗星軌跡在a位置的切線方向；沿路徑①運動的塵埃所受合外力為0。（2）a．設圖中a位置處與太陽中心的距離為r，則塵埃粒子在a位置受到的萬用引力為其中塵埃的質量，代入得設塵埃粒子在a位置處單位時間內接收到的光能為E，可知則塵埃粒子在a位置處單位時間內接收到的光子數由動量定理可知塵埃粒子受到的光壓力聯立以上三式，并將代入得，塵埃粒子在a位置處受到太陽光的光壓力當塵埃粒子受到的萬有引力和光壓力相等，即時，為所求的R0，整理得此結果與r無關，說明只要塵埃粒子半徑滿足這個條件，就會一直沿路徑b運動。b．塵埃被從彗星釋放出來時，初速度方向沿彗星軌跡在a位置的切線方向，若沿路徑②運動，粒子所受合力指向曲線路徑的彎曲方向，說明運動過程中光壓力大于萬有引力。對比和，有可知當R小于第（2）問中所求的R0時，，即，那些半徑的塵埃粒子，沿路徑②運動。15．（2024·北京朝陽·統考二模）萬有引力