高三物理压轴题及其答案

高三物理压轴题及其答案(10道)

1〔20分〕.如图12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，在板的右半局部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端由静止开场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，假设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

图12

2(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，开场时三物都静止．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\"

3〔10分〕为了测量小木板和斜面间的摩擦因数，某同学设计如下图实验，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，那么木板与斜面间动摩擦因数为多少？〔斜面体固定在地面上〕

- 优选

- -.

4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=3 m，它们与斜面间的动摩擦因数都一样.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，如下图.开场时，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.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.假设木块A静止于P点，木块C从Q点开场以初速度

2v0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、R3间的距离L′的大小。

5.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，开场时，A与传送带之间保

持相对静止。先后相隔△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？

6.如下图，两平行金属板A、B长l＝8cm，两板间距离d＝

v

A v0 B 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＝10-20-kg，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〕。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

- 优选

- -.

k＝9×109N·m2/C2〕

〔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。

A R B v0 N l S M L O E F

P 7光滑水平面上放有如下图的用绝缘材料制成的L形滑板(平面局部足够长)，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)假设物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前速率 的3／5，那么物体在第二次跟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)物体从开场到第二次碰撞前，电场力做功为多大\"(设碰撞经历时间极短且无能量损失)

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)，假设规定向右运动速度方向为正方向．从t=0时刻开场，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，B1和B2方向如下图(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\"

9〔20分〕如下列图所示，空间存在着一个X围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强度大小为B．边长为l的正方形金属框abcd〔下简称方框〕放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长一样的U型金属框架MNPQ〔仅有MN、NQ、QP三条边，下简称U型框〕，U型框与方框之间接触良好且无摩擦．两个金属框每条边的质量均为m，每条边的电阻均为r．

- 优选

- -.

〔1〕将方框固定不动，用力拉动U型框使它以速度v0垂直NQ边向右匀速运动，当U型框的MP端滑至方框的最右侧〔如图乙所示〕时，方框上的bd两端的电势差为多大\"此时方框的热功率为多大\"

〔2〕假设方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的初速度v0，如果U型框恰好不能与方框别离，那么在这一过程中两框架上产生的总热量为多少\"

〔3〕假设方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的初速度v〔vv0〕，U型框最终将与方框别离．如果从U型框和方框不再接触开场，经过时间t前方框的最右侧和U型框的最左侧之间的距离为s．求两金属框别离后的速度各多大．

10(14分)长为0.51m的木板A，质量为1 kg．板上右端有物块B，质量为3kg.它们一起在光滑的水平面上向左匀速运动.速度v0=2m/s.木板与等高的竖直固定板C发生碰撞，时间极短，没有机械能的损失．物块与木板间的动摩擦因数μ=0.5.g取10m/s2.求:

〔1〕第一次碰撞后，A、B共同运动的速度大小和方向． 〔2〕第一次碰撞后，A与C之间的最大距离．〔结果保存两位小数〕 〔3〕A与固定板碰撞几次，B可脱离A板．

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：-μmg由①式得：v2=22 m/s 〔3〕代入前式①求得：B=

1L=0-mv2………………………………② 422 T 2〔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〕

L1mv12-0……………………………………………③ 22进入电磁场后做匀速运动，故有：Eq=μ〔qBv1+mg〕……………………………④

- 优选

- -.

由以上③④两式得：v142 m/sE2.4 N/C

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vC0 〔2〕炸药爆炸时有

mAvAmBvB

解得vB1.5m/s 又mAsAmBsB

当sA＝1 m时sB＝0.25m，即当A、C相撞时B与C右板相距sLsB0.75m 2A、C相撞时有：

mAvA(mAmC)v

解得v＝1m/s，方向向左

而vB＝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

sCsv0.3m19.

vvB3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)a ② 下滑时，对小球：mgsinθ-F2=ma③ 由式①、式②、式③得 μ=

F2tan θ F14．木块B下滑做匀速直线运动，有mgsinθ=μmgcosθ B和A相撞前后，总动量守恒,mv0=2mv1，所以 v1=

v0 2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，那么

2μ2mgcosθ·2s=· 2mv12·2mv21212- 优选

- -.

两木块在P点处分开后，木块B上滑到Q点的过程： 〔mgsinθ+μmgcosθ〕L=

12mv2 2

3v04mv1，所以 2木块C与A碰撞前后，总动量守恒，那么3m·

v′1=

2v0 4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v'2,那么μ4mgcosθ·2s′=·4mv221214mv22 2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′=·3mv22

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场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Ek1·2mv12初动能Ek2121212mv0,木块C与A压缩弹簧的41122mv1mv0,即EkEk 2412因此，弹簧前后两次的最大压缩量相等，即s=s′

2v0综上，得L′=L-

32gsin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：

mv0Mv(mM)v1〔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,那么：t0s〔1分〕 v0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：

(mM)g(mM)a得：ag3m/s2〔1分〕

设木盒减速运动的时间为t1,加速到与传送带一样的速度的时间为t2，那么：

- 优选

- -.

t1t2v=1s 〔1分〕 a故木盒在2s内的位移为零〔1分〕

依题意：sv0t1v(tt1t1t2t0)〔2分〕 代入数据，解得：s=7．5m t0=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,那么：Sv(tt1t0)8.5m〔1分〕

s1v(tt1t1t2t0)2.5m〔1分〕

故木盒相对与传送带的位移：sSs16m

那么木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是：Qfs54J〔2分〕

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，那么：h=at2/2 〔1分〕 alqUl2qEqUt即：h()〔1分〕 v02mdv0mmd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：

h〔1分〕 lyL2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，那么：vy=at=l2qUl mdv0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：

vv02vy22.5106m/s〔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，那么：

tanvyv0337〔1分〕 4- 优选

- -.

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：ry0.15m〔1分〕 coskQqv2由：2m〔2分〕

rr代入数据，解得：Q=1．04×10-8C〔1分〕

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，

2EqL1由动能定理得： 11mv12EqLv1.m2

3222EqL1mvm1v2v1(2)碰后小物体反弹，由动量守恒定律：得得．之后 5v14mv255m

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

3

v1v32772EqL15位移相等、时间相等、平均速度相等 v2v1得:v3v1.2555m

13132 (3)电场力做功等于系统所增加的动能 W电1mv3214mv2W电mv12EqL1.22105 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

mvd 0粒子要飞出磁场边界MN最小速度v0必须满足：①

qB2

2设CD间的电压为U，那么② 1mv0qU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0.25s〔2〕当AB棒速度最大，即v’=20m/s时产生感应电动势为：ε’=B1Lv’=100V

1v=100m/s 2此时带电粒子经加速后速度为v，由动能定理有：解得：此时带电粒子 q'mv2

mvR'O0.’2m的轨道半径为出射点与的水平距离为： xR'R'2d20.027m2.7cm.qB2

粒子从边界MN射出来的位置间最大距离为S=d-x=7.3cm 9第〔1〕问8分，第〔2〕问6分，第〔3〕问6分，共20分

解: 〔1〕U型框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势EBlv0 当如图乙所示位置时，方框bd之间的电阻为 RbdU型框连同方框构成的闭合电路的总电阻为

r3r3r r3r4- 优选

- -.

R3rRdb15r 4 闭合电路的总电流为 IE4Blv0 R15rBlv0 5 根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：UbdIRbd 方框中的热功率为

Ubd24B2l2v02P75rRbd

〔2〕在U型框向右运动的过程中，U型框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度v，根据动量守恒定律

3mv0(3m4m)v 解得：v3v0 7 根据能量守恒定律，U型框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即

116Q3mv027mv2mv02227 〔3〕设U型框和方框不再接触时方框速度为v1，U型框的速度为v2，根据动量守恒定

律，有3mv4mv13mv2

两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为s，即(v2v1)ts 联立以上两式，解得：v13s14s(v)；v2(3v)

7t7t〔以上答案供参考，符合题意的其它合理答案均给分〕

10．(14分)分析与解答： 解：〔1〕以A、B整体为研究对象，从A与C碰后至AB有共同速度v，系统动量守恒

选向左为正方向：mA（－v0）＋mBv0=（mA＋mB）v

〔2〕以A为研究对象，从与C碰后至对地面速度为零，受力为f，位移为s即最大位移．

fμmBg

－fs12m（0－vA0）得s0.13m 2（3）第一次A与C碰后至AB有共同速度v，B在A上相对于A滑行L1

1（mA＋mB）（v2－v02）解得L10.4m．2第二次A与C碰后至AB有共同速度v′，B在A上相对于A滑行L2 －fL1mA（－v）＋mBv（mA＋mB）v′- 优选

- -.

－fL21（mAmB）（v′2－v2）2解得L201.m

若假定第三次A与C碰后AB仍能有共同速度v′，B在A上相对于A滑行L3m（Av）＋mBv（mA＋mB）vfL12（mm223A＋B）（v″v′）解得L30.025mL1＋L2＋L30.525m＞0.51m

B可脱离A板．

- 优选

即三次碰撞后