高考物理压轴题30道.docx

资源描述

高考物理压轴题30道.docx

《高考物理压轴题30道.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理压轴题30道.docx（21页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考物理压轴题30道.docx

高考物理压轴题30道

资料范本

本资料为word版本，可以直接编辑和打印，感谢您的下载

高考物理压轴题30道

地点：

__________________

时间：

__________________

说明：

本资料适用于约定双方经过谈判，协商而共同承认，共同遵守的责任与义务，仅供参考，文档可直接下载或修改，不需要的部分可直接删除，使用时请详细阅读内容

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

图12

（4）电场强度E的大小和方向

（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=0-mv2………………………………②

由①式得：

v2=2m/s

（3）代入前式①求得：

B=T

（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）mv12-0……………………………………………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：

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?

（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

（2）炸药爆炸时有

解得

又

当sA＝1m时sB＝0.25m，即当A、C相撞时B与C右板相距

A、C相撞时有：

解得＝1m/s，方向向左

而＝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

m19.

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F，放手后，木板沿斜面下滑，稳定后弹簧示数为F，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F，对小球F=mgsinθ①

整体下滑：

（M+m）sinθ-μ（M+m）gcosθ=（M+m）a②

下滑时，对小球：

mgsinθ-F=ma　　　　　③

由式①、式②、式③得

μ=tanθ

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m=m=m，m=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v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=μmgcosθ

B和A相撞前后，总动量守恒,mv=2mv，所以

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v，则

μ2mgcosθ·2s=

两木块在P点处分开后，木块B上滑到Q点的过程：

（mgsinθ+μmgcosθ）L=

木块C与A碰撞前后，总动量守恒，则3m·，所以

v′=v

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,则μ4mgcosθ·2s′=

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′=

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木块C与A压缩弹簧的初动能E即E

因此，弹簧前后两次的最大压缩量相等，即s=s′

综上，得L′=L-

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？

（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：

（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：

（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：

得：

（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：

=1s（1分）

故木盒在2s内的位移为零（1分）

依题意：

（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：

（1分）

故木盒相对与传送带的位移：

则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是：

（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）

（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。

（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）

即：

（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：

（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=

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：

（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，则：

（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：

（1分）

由：

（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?

（设碰撞经历时间极短且无能量损失）

（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，B1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0.25s

（2）当AB棒速度最大，即v’=20m/s时产生感应电动势为：

ε’=B1Lv’=100V

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

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=7.3cm

9（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相同的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．

（1）将方框固定不动，用力拉动U型框使它以速度垂直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）若方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的初速度，如果U型框恰好不能与方框分离，则在这一过程中两框架上产生的总热量为多少?

（3）若方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的初速度v（），U型框最终将与方框分离．如果从U型框和方框不再接触开始，经过时间t后方框的最右侧和U型框的最左侧之间的距离为s．求两金属框分离后的速度各多大．

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

当如图乙所示位置时，方框bd之间的电阻为

U型框连同方框构成的闭合电路的总电阻为

闭合电路的总电流为

根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：

方框中的热功率为

（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

解得：

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

（3）设U型框和方框不再接触时方框速度为，U型框的速度为，根据动量守恒定律，有

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

联立以上两式，解得：

；

10.（14分）长为0.51m的木板A，质量为1kg．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．（结果保留两位小数）

（3）A与固定板碰撞几次，B可脱离A板．

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

（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．

即三次碰撞后B可脱离A板．

11.如图10是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置，M为半径为、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，N为待检验的固定曲面，该曲面在竖直面内的截面为半径的圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于M轨道的上端点，M的下端相切处置放竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量的小钢珠，假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过M的上端点，水平飞出后落到N的某一点上，取，求：

（1）发射该钢珠前，弹簧的弹性势能多大？

（2）钢珠落到圆弧上时的速度大小是多少？

（结果保留两位有效数字）

11（13分）

（1）设钢珠在轨道最高点的速度为，在最高点，由题意=1\*GB3①2分

从发射前到最高点，由机械能守恒定律得：

=2\*GB3②2分

（2）钢珠从最高点飞出后，做平抛运动

=3\*GB3③1分

=4\*GB3④1分

由几何关系=5\*GB3⑤2分

从飞出到打在得圆弧面上，由机械能守恒定律：

=6\*GB3⑥2分

联立=1\*GB3①、=3\*GB3③、=4\*GB3④、=5\*GB3⑤、=6\*GB3⑥解出所求1分

12（10分）

建筑工地上的黄沙堆成圆锥形，而且不管如何堆其角度是不变的。

若测出其圆锥底的周长为12．5m，高为1．5m，如图所示。

（1）试求黄沙之间的动摩擦因数。

（2）若将该黄沙靠墙堆放，占用的场地面积至少为多少？

（1）沙堆表面上的沙粒受到重力、弹力和摩擦力的作用而静止，则

所以，（称为摩擦角）

（2）因为黄沙是靠墙堆放的，只能堆成半个圆锥状，由于体积不变，不变，要使占场地面积最小，则取Rx为最小，所以有，根据体积公式，该堆黄沙的体积为，因为靠墙堆放只能堆成半个圆锥，故，解得，占地面积至少为=m2≈9．97m2

13.如图17所示，光滑水平地面上停着一辆平板车，其质量为2m，长为L，车右端（A点）有一块静止的质量为m的小金属块．金属块与车间有摩擦，与中点C为界，AC段与CB段摩擦因数不同．现给车施加一个向右的水平恒力，使车向右运动，同时金属块在车上开始滑动，当金属块滑到中点C时，即撤去这个力．已知撤去力的瞬间，金属块的速度为v0，车的速度为2v0，最后金属块恰停在车的左端（B点）。

如果金属块与车的AC段间的动摩擦因数为，与CB段间的动摩擦因数为，求与的比值．

图17

13．设水平恒力F作用时间为t1．

对金属块使用动量定理Fμt1=mv0-0即:

μ1mgt1=mv0①

得t1=②

对小车有（F-Fμ）t1=2m×2v0－0，得恒力F=5μ1mg③

金属块由A→C过程中做匀加速运动，加速度a1==④

小车加速度⑤

金属块与小车位移之差⑥

而，∴⑦

从小金属块滑至车中点C开始到小金属块停在车的左端的过程中，系统外力为零，动量守恒，设共同速度为v，由2m×2v0+mv0=（2m+m）v，得v=v0．⑧

由能量守恒有⑨

得⑩

∴

14（18分）如图10所示,空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场,左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，其宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外；右侧匀强磁场的磁感应强度大小也为B、方向垂直纸面向里。

一个带正电的粒子（质量m,电量q,不计重力）从电场左边缘a点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到了a点，然后重复上述运动过程。

（图中虚线为电场与磁场、相反方向磁场间的分界面，并不表示有什么障碍物）。

（1）中间磁场区域的宽度d为多大；

（2）带电粒子在两个磁场区域中的运动时间之比；

（3）带电粒子从a点开始运动到第一次回到a点时所用的时间t.

14.解：

（1）带正电的粒子在电场中加速，由动能定理得

在磁场中偏转，由牛顿第二定律得

可见在两磁场区域粒子运动的半径相同。

如右图，三段圆弧的圆心组成的三角形是等边三角形，其边长为2r

（2）带电粒子在中间磁场区域的两段圆弧所对应的圆心角为：

，由于速度v相同，角速度相同，故而两个磁场区域中的运动时间之比为：

（3）电场中，

中间磁场中，右侧磁场中,

则

15．（20分）如图10所示，abcd是一个正方形的盒子，

在cd边的中点有一小孔e，盒子中存在着沿ad方向

的匀强电场，场强大小为E。

一粒子源不断地从a处

的小孔沿ab方向向盒内发射相同的带电粒子，粒子

的初速度为v0，经电场作用后恰好从e处的小孔射出。

现撤去电场，在盒子中加一方向垂直于纸面的匀强磁

场，磁感应强度大小为B（图中未画出），粒子仍恰

好从e孔射出。

（带电粒子的重力和粒子之间的相互作用力均可忽略）

（1）所加磁场的方向如何？

（2）电场强度E与磁感应强度B的比值为多大？

15（20分）

解：

（1）根据粒子在电场中的偏转方向，可知粒子带正电，再根据左手定则判断，磁场方向垂直于纸面向外。

（4分）

（2）设带电粒子的电量为q，质量为m，盒子的边长为l，粒子在电场中沿ad方向的位移为l，沿ab方向的位移为，得

，

解得匀强电场的场强为（5分）

带电粒子在磁场中作匀速圆周运动，轨道半径为R，根据牛顿第二定律得

解得

根据如图的几何关系

解得轨道半径为

解得磁场的磁感应强度（9分）

因此解得（2分）

16．（8分）

如图所示，水平轨道与直径为d=0.8m的半圆轨道相接，半圆轨道的两端点A、B连线是一条竖直线，整个装置处于方向水平向右，大小为103V/m的匀强电场中，一小球质量m=0.5kg,带有q=5×10-3C电量的正电荷，在电场力作用下由静止开始运动，不计一切摩擦，g=10m/s2，

（1）若它运动的起点离A为L，它恰能到达轨道最高点B，求小球在B点的速度和L的值．

（2）若它运动起点离A为L=2.6m，且它运动到B点时电场消失，它继续运动直到落地，求落地点与起点的距离．

16（8分）

（1）因小球恰能到B点，则在B点有

（1分）

小球运动到B的过程，由动能定理

（1分）

（2）小球离开B点，电场消失，小球做平抛运动，设落地点距B点距离为s，由动能定理小球从静止运动到B有

（2分）

17（8分）

如图所示，为某一装置的俯视图，PQ、MN为竖直放置的很长的平行金属板，两板间有匀强磁场，其大小为B，方向竖直向下．金属棒ＡＢ搁置在两板上缘，并与两板垂直良好接触．现有质量为m，带电量大小为q，其重力不计的粒子，以初速v0水平射入两板间，问：

（1）金属棒AB应朝什么方向，以多大速度运动，可以使带电粒子做匀速运动？

（2）若金属棒的运动突然停止，带电粒子在磁场中继续运动，从这刻开始位移第一次达到mv0/qB时的时间间隔是多少？

（磁场足够大）

17（8分）

（1）粒子匀速运动，所受电场力与洛伦兹力等大反向，则金属棒B端应为高电势，即金属棒应朝左运动（1分）

设AB棒的速度为v，产生的电动势

（1分）

板间场强

（1分）

粒子所受电场力与洛伦兹力平衡

（1分）

有（1分）

（2）金属棒停止运动，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，当位移为时，粒子转过的角度为（1分）

设粒子运动时间为，有

（1分）

18（12分）如图所示，气缸放置在水平平台上，活塞质量为10kg，横截面积50cm2，厚度1cm，气缸全长21cm，气缸质量20kg，大气压强为1×105Pa，当温度为7℃时，活塞封闭的气柱长10cm，若将气缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通。

g取10m/s2求：

（1）气柱多长？

（2）当温度多高时，活塞刚好接触平台？

（3）当温度多高时，缸筒刚好对地面无压力。

（活塞摩擦不计）。

18（12分）

（1）1®2等温变化：

P1=P0+=1.2×105Pa1分P2=P0-=0.8×105Pa1分

P1L1=P2L21分L2=15cm1分

（2）2®3等压变化：

T2=T1=（273+7）K=280K1分

L2=15cm，L3=20cm1分eq\f（v2,T2）=eq\f（v3,T3）,T3=eq\f（v3,v2）T2=eq\f（L3,L2）T2=373K2分

（3）3®4等容变化：

P4=P0+=1.4×105Pa1分P3=P2=0.8´105Pa1分

eq\f（P3,T3）=eq\f（P4,T4）1分T4=eq\f（P4,P3）T3=653K1分

或（1®4由=eq\f（P4L4,T4）得T3=653K同样得分）

19.（14分）如图所示，物块A的质量为M，物块B、C的质量都是m，并都可看作质点，且m＜M＜2m。

三物块用细线通过滑轮连接，物块B与物块C的距离和物块C到地面的距离都是L。

现将物块A下方的细线剪断，若物块A距滑轮足够远且不计一切阻力。

求：

（1）物块A上升时的最大速度；

（2）物块A上升的最大高度。

19（14分）

（1）A、B、C三物体系统机械能守恒。

B、C下降L，A上升L时，A的速度达到最大。

2mgL－MgL=（M+2m）V22分V=2分

（2）当C着地后，A、B二物体

展开阅读全文