高考物理压轴题30道

1高考物理压轴题（30道）1（20分）如图12所示，PR是一块长为L=4m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=0．1kg，带电量为q=0．5C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端的挡板后被弹回，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，取g=10m/s2，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v1和v2（3）磁感应强度B的大小（4）电场强度E的大小和方向1.（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=qBv2…………………………………………………………①（2）离开电场后，按动能定理，有：-μ图122mg4L=0-21mv2………………………………②由①式得：v2=22m/s（3）代入前式①求得：B=22T（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Lmv12-0……………………………………………③进入电磁场后做匀速运动，故有：Eq=μ（qBv1+mg）……………………………④由以上③④两式得：N/C2.4m/s241Ev2(10分)如图2—14所示，光滑水平桌面上有长L=2m的木板C，质量mc=5kg，在其正中央并排放着两个小滑块A和B，mA=1kg，mB=4kg，开始时三物都静止．在A、B间有少量塑胶炸药，爆炸后A以速度6m／s水平向左运动，A、B中任一块与挡板碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：(1)当两滑块A、B都与挡板碰撞后，C的速度是多大?(2)到A、B都与挡板碰撞为止，C的位移为多少?2（1）A、B、C系统所受合外力为零，故系统动量守恒，且总动量为零，故两物块与挡板碰撞后，C的速度为零，即0Cv3（2）炸药爆炸时有BBAAvmvm解得smvB/5.1又BBAAsmsm当sA＝1m时sB＝0.25m，即当A、C相撞时B与C右板相距msLsB75.02A、C相撞时有：vmmvmCAAA)(解得v＝1m/s，方向向左而Bv＝1.5m/s，方向向右，两者相距0.75m，故到A，B都与挡板碰撞为止，C的位移为3.0BCvvsvsm19.3（10分）为了测量小木板和斜面间的摩擦因数，某同学设计如图所示实验，在小木板上固定一个轻弹簧，弹簧下端吊一个光滑小球，弹簧长度方向与斜面平行，现将木板连同弹簧、小球放在斜面上，用手固定木板时，弹簧示数为F1，放手后，木板沿斜面下滑，稳定后弹簧示数为F2，测得斜面斜角为θ，则木板与斜面间动摩擦因数为多少？（斜面体固定在地面上）3固定时示数为F1，对小球F1=mgsinθ①整体下滑：（M+m）sinθ-μ(M+m)gcosθ=(M+m)a②下滑时，对小球：mgsinθ-F2=ma③4由式①、式②、式③得μ=12FFtanθ4有一倾角为θ的斜面，其底端固定一挡板M，另有三个木块A、B和C，它们的质量分别为mA=mB=m，mC=3m，它们与斜面间的动摩擦因数都相同.其中木块A连接一轻弹簧放于斜面上，并通过轻弹簧与挡板M相连，如图所示.开始时，木块A静止在P处，弹簧处于自然伸长状态.木块B在Q点以初速度v0向下运动，P、Q间的距离为L.已知木块B在下滑过程中做匀速直线运动，与木块A相碰后立刻一起向下运动，但不粘连，它们到达一个最低点后又向上运动，木块B向上运动恰好能回到Q点.若木块A静止于P点，木块C从Q点开始以初速度032v向下运动，经历同样过程，最后木块C停在斜面上的R点，求P、R间的距离L′的大小。4．木块B下滑做匀速直线运动，有mgsinθ=μmgcosθB和A相撞前后，总动量守恒,mv0=2mv1，所以v1=20v设两木块向下压缩弹簧的最大长度为s,两木块被弹簧弹回到P点时的速度为v2，则5μ2mgcosθ·2s=22212·212·21mvmv两木块在P点处分开后，木块B上滑到Q点的过程：（mgsinθ+μmgcosθ）L=2221mv木块C与A碰撞前后，总动量守恒，则3m·10423mvv，所以v′1=42v0设木块C和A压缩弹簧的最大长度为s′,两木块被弹簧弹回到P点时的速度为v2',则μ4mgcosθ·2s′=22224214·21mvmv木块C与A在P点处分开后，木块C上滑到R点的过程：（3mgsinθ+μ3mgcosθ）L′=223·21mv在木块压缩弹簧的过程中，重力对木块所做的功与摩擦力对木块所做的功大小相等，因此弹簧被压缩而具有的最大弹性势能等于开始压缩弹簧时两木块的总动能.因此，木块B和A压缩弹簧的初动能E,412·2120211mvmvk木块C与A压缩弹簧的初动能E,412120212mvmvk即E21kkE因此，弹簧前后两次的最大压缩量相等，即s=s′综上，得L′=L-sin3220gv5如图，足够长的水平传送带始终以大小为v＝3m/s的速度向左运动，传送带上有一质量为M＝2kg的小木盒A，A与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0．3，开始时，A与传送带之间保持相对静止。先后6相隔△t＝3s有两个光滑的质量为m＝1kg的小球B自传送带的左端出发，以v0＝15m/s的速度在传送带上向右运动。第1个球与木盒相遇后，球立即进入盒中与盒保持相对静止，第2个球出发后历时△t1＝1s/3而与木盒相遇。求（取g＝10m/s2）（1）第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度时多大？（2）第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇？（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少？5（1）设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1,根据动量守恒定律：01()mvMvmMv（1分）代入数据，解得：v1=3m/s（1分）（2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相遇,则：00stv（1分）设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律：BAvv07()()mMgmMa得：23/agms（1分）设木盒减速运动的时间为t1,加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则：12vtta=1s（1分）故木盒在2s内的位移为零（1分）依题意：011120()svtvttttt（2分）代入数据，解得：s=7．5mt0=0．5s（1分）（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中,传送带的位移为S，木盒的位移为s1,则：10()8.5Svtttm（1分）11120()2.5svtttttm（1分）故木盒相对与传送带的位移：16sSsm则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是：54QfsJ（2分）6.如图所示，两平行金属板A、B长l＝8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高300V，即UAB＝300V。一带正电的粒子电量q＝10-10C，质量m＝10-20kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为L＝12cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上。求（静电力常数k＝9×109N·m2/C2）8（1）粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离多远？（2）点电荷的电量。6（1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h,穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为y，则：h=at2/2（1分）qEqUammd0ltv即：20()2qUlhmdv（1分）代入数据，解得：h=0．03m=3cm（1分）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得：22lhlyL（1分）代入数据，解得:y=0．12m=12cm（1分）（2）设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：vy=at=0qUlmdv代入数据，解得:vy=1．5×106m/s（1分）所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为：22602.510/yvvvms（1分）设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，BAv0RMNLPSOEFl9则：034yvtanv37（1分）因为粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直。匀速圆周运动的半径：0.15yrmcos（1分）由：22kQqvmrr（2分）代入数据，解得：Q=1．04×10-8C（1分）7光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料制成的L形滑板(平面部分足够长)，质量为4m，距滑板的A壁为L1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．整个装置置于场强为E的匀强电场中，初始时刻，滑板与物体都静止．试问：(1)释放小物体，第一次与滑板A壁碰前物体的速度v1，多大?(2)若物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前速率的3／5，则物体在第二次跟A碰撞之前，滑板相对于水平面的速度v2和物体相对于水平面的速度v3分别为多大?(3)物体从开始到第二次碰撞前，电场力做功为多大?(设碰撞经10历时间极短且无能量损失)7(1)释放小物体，物体在电场力作用下水平向右运动，此时，滑板静止不动，对于小物体，由动能定理得：(2)碰后小物体反弹，由动量守恒定律：得得．之后，滑板以v2匀速运动，直到与物体第二次碰撞，从第一次碰撞到第二次碰撞时，物体与滑板位移相等、时间相等、平均速度相等(3)电场力做功等于系统所增加的动能8如图(甲)所示，两水平放置的平行金属板C、D相距很近，上面分别开有小孔O和O'，水平放置的平行金属导轨P、Q与金属板C、D接触良好，且导轨垂直放在磁感强度为B1=10T的匀强磁场中，导轨间距L=0.50m，金属棒AB紧贴着导轨沿平行导轨方向在磁场中做往复运动，其速度图象如图(乙)，若规定向右运动速度方向为正方向．从t=0时刻开始，由C板小孔O处连续不断地以垂直于C板方向飘入质量为m=3.2×10-21kg、电量q=1.6×10-19C的带正电的粒子(设飘入速度很小，可视为零)．在D板外侧有以MN为边界的匀强磁场B2=10T，MN与D相距d=10cm，B121121mvEqL.211mEqLv211453mvvmmvmEqLvv11225252.25757:522531131231mEqLvvvvvv得.5131013121EqLmvW电222342121mvmvW电11和B2方向如图所示(粒子重力及其相互作用不计)，求(1)0到4.Os内哪些时刻从O处飘入的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN?(2)粒子从边界MN射出来的位置之间最大的距离为多少?8．(1)只有当CD板间的电场力方向向上即AB棒向右运动时，粒子才可能从O运动到O’，而粒子要飞出磁场边界MN最小速度v0必须满足：①设CD间的电压为U，则②解①②得U=25V，又U=ε=B1Lv解得v=5m/s.所以根据（乙）图可以推断在0.25st1.75s内，粒子能穿过CD间的电场。（2）当AB棒速度最大，即v’=20m/s时产生感应电动势为：ε’=B1Lv’=100V此时带电粒子经加速后速度为v，由动能定理有：解得：v=100m/s此时带电粒子20qBmvd2021mvqU221'mvq12的轨道半径为出射点与O’的水平距离为：粒子从边界MN射出来的位置间最大距离为S=d-x=7.3cm9（20分）如下图所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁