高考物理压轴题集

曲一线高考网 24（20分）（1）如图答1所示，经电压加速后以速度射入磁场，粒子刚好垂直PQ射出磁场，可确定粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在PQ边界线的O点，半径与磁场宽L的关系式为 （2分），又 （2分），解得 （2分）加匀强电场后，粒子在磁场中沿直线运动射出PQ边界的条件为EqBq（2分），电场力的方向与磁场力的方向相反。 （2分）由此可得出，E的方向垂直磁场方向斜向右下（2分），与磁场边界夹角为（2分），如图答2所示。（2）经电压加速后粒子射入磁场后刚好不能从PQ边界射出磁场，表明在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与PQ边界相切，要确定粒子做匀速圆周运动的圆心O的位置，如图答3所示，圆半径与L的关系式为： （2分）又，解得 （2分）由于，所以 （2分 25、（20分）（1）原子为中性，分裂后一定有qa=-qb（b一定带负电） (2分) 原子分裂前后动量守恒，则pa+pb=0 （2分）粒子在磁场中运动时由牛顿定律有 （2分） （2分）则： （2分）（2）a、b粒子相遇时：ta=tb （2分） 由题意分析可知,a粒子在第四次经过y轴与b粒子第一次相遇时，b粒子应第三次经过y轴。则ta=Ta1+Ta2 tb=Tb1+Tb2/2 （2分） （2分） 即 （2分）代入数据并化简得：解之得：26 (1)小物体下滑到C点速度为零才能第一次滑入圆弧轨道即恰好做简谐运动 从C到D由机械能守恒定律有： mgR(1-cos)= 在D点用向心力公式有： F-mg=m 解以上二个方程可得： F=3mg-2mgcos (2)从A到C由动能定理有： mgsin(S+Rcot)- mgcosRcot=0 解方程得： S=(cot-cot)R 25（1）对27（1）对b微粒，没与a微粒碰撞前只受重力和电场力，则有2qE = 4mg E =对a微粒碰前做匀速直线运动，则有Bqv0 = Eq + mgv0 = （2）碰撞后，a、b结合为一体，设其速度为v由动量守恒定律得mv0 = 5mvv =碰后的新微粒电量为 q设Q点与O点高度差为h由动能定理：5mgh Eqh =5m (0.4v0) 5m ()2h = 0.9 （3）碰撞后，a、b分开，则有mv0 = mva + 4mvb vb = 0.3 v0，得va = 0.2v0a微粒电量为 q / 2，受到的电场力为E F电 = mg故a微粒做匀速圆周运动，设半径为RB | va |R =a的最高点与O点的高度差ha = 2R =。28 29(1)“火箭”整体(含弹簧)在弹簧解除锁定的瞬间，弹簧弹力远大于箭体重力，故动量守恒：m1v1-m2v2=0同时机械能守恒：(m1v12)/2+(m2v22)/2=E0v1=2m2E0/m1(m1+m2)v2=2m1E0/m2(m1+m2)“火箭”上部分所能达到的最大高度为：H1=v12/2g=m2E0/m1g(m1+m2)x(2)“火箭”上升的时间为：t=v1/g水池深度为：H2=v2t/2“火箭”下部分克服水的浮力共做功：WF=m2gH2+m2v22/2以上各式联立可得：WF=E030设衰变后，氡核的速度为v0，粒子的速度为v，由动量守恒定律得 （Mm）v0=mv 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，到达A点需时 又 氡核在电场中做匀加速直线运动，t时速度为v=v0+at 氡核加速度 由以上各式解得：。31 或。32 33不会为：（4=3+1分）（4=3+1分）34解：(1)对P由ABC应用动能定理，得 WF-1m1g(2L1+L2)=(4分) 解得WF=6J(3分) (2)设P、Q碰后速度分别为v1、v2，小车最后速度为v，由动量守恒定律得 m1vc=m1v1+-m2v2 (2分) m1vc=(m1+m2+M)v (2分) 由能量守恒得2m1gS+2m2gL=(3分) 解得，v2=2m/s v2= v=0.4m/s(3分)当v2=时，v1=v2不合题意，舍去。(2分) 即P与Q碰撞后瞬间Q的速度大小为v2=2m/s 小车最后速度为0.4m/s24导与练上有35(20分) 解：（1）由几何关系可知，AB间的距离为R (1分)小物块从A到B做自由落体运动，根据运动学公式有 (2分)代入数据解得vB=4m/s，方向竖直向下(2分)（2）设小物块沿轨道切线方向的分速度为vBx，因OB连线与竖直方向的夹角为60，故vBx=vBsin60 (2分) 从B到C，只有重力做功，根据机械能守恒定律有 (2分)代入数据解得m/s(1分)在C点，根据牛顿第二定律有 (2分)代入数据解得N(1分)再根据牛顿第三定律可知小物块到达C点时对轨道的压力FC=35N(1分)（3）小物块滑到长木板上后，它们组成的系统在相互作用过程中总动量守恒，减少的机械能转化为内能。当物块相对木板静止于木板最右端时，对应着物块不滑出的木板最小长度。根据动量守恒定律和能量守恒定律有mvC=(m+M)v (2分) (2分)联立、式得 代入数据解得L=2.5m(2分)36(共20分)(1)运动。因磁场运动时，框与磁场有相对运动，ad、b边切害虫磁感线，框中产生感应电流(方向逆时针)，同时受安培力，方向水平向右，故使线框向右加速运动，且属于加速度越来越小的变加速运动。 (6分)(2)阻力f与安培力F安衡时，框有vmf=Kvm=F=2IBL(2分)其中I=E/R (1分)E=2BL(v-vm) (2分)联立得：Kvm=22BL(v-vm)/RBLKvm=(4B2L2v-4B2L2vm)/Rvm=4B2L2v/(KR+4B2L2)(1分) =3.2m/s(2分)(3)框消耗的磁场能一部分转化为框中电热，一部分克服阴力做功。据能量守恒E硫=I2Rt+Kvmvmt(4分)E磁=4B2L2(v-vm)2/R1+Kvm21 =+0183.22 =2.9J(2分)37（20分）（1）根据磁场分布特点，线框不论转到磁场中哪一位置，切割磁感线的速度始终与磁场方向垂直，故线框转到图示位置时，感应电动势的大小E=2Blv=2Bl=BlL（3分）。（2）线框转动过程中，只能有一个线框进入磁场（作电源），另一个线框与外接电阻R并联后一起作为外电路。.电源内阻为r，外电路总电阻R外=r.故R两端的电压最大值：UR=IR外（4分）（3）和在磁场中，通过R的电流大小相等，iR=BlL.从线框aa进入磁场开始计时，每隔T/8（线框转动45）电流发生一次变化，其iR随时间t变化的图象如图所示。（5分，其中图3分）（4）因每个线框作为电源时产生的总电流和提供的功率分别为： I=,P=IE=.（4分）两线框转动一周时间内，上线圈只有两次进入磁场，每次在磁场内的时间（即作为电源时的做功时间）为.根据能的转化和守恒定律，外力驱动两线圈转动一周的功，完全转化为电源所获得的电能，所以W外=4P=P=P（4分）38 .解； ( 1 ）m对弹簧的弹力大于等于细绳的拉力 T 时细绳将被拉断有T=kx0 mvkx 解式得v0 (2)细绳刚断时小滑块的速度不一定为零，设为v1，由机械能守恒有mv=mv+kx v1 = 当滑块和长板的速度相同时，设为v2，弹簧的压缩量x最大，此时长板的加速度 a 最大，由动量守恒和机械能守恒有( 3 ）设滑块离开长板时，滑块速度为零，长板速度为v3，由动量守恒和机械能守恒有其中mM 39. (1）粒子在电场中x偏转：在垂直电场方向v- = v0平行电场分量d = v- t = = v0 得粒子在磁场中做匀速画周运动故穿出磁场速度 (2)在电场中运动时 v=t= 得 E= 在磁场中运动如右图运动方向改变 450，运动半径 RR= 又qvB = B= 得 ( 3 ）粒子在磁场中运动时间为t 粒子在龟场中运动的时间为 tt= 运动总时间t总=t + t1 =+ 42（18分）（1）电场强度带电粒子所受电场力F= （2）粒子在0时间内走过的距离为故带电粒子在时恰好到达A板根据动量定理，此时粒子动量 （3）带电粒子在向A板做匀加速运动，在向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回。粒子向A板运动可能的最大位移要求粒子不能到达A板，有sd由，电势变化频率应满足43(20分)(1) 根据安培力公式,推力=其中则对海水推力的方向沿y轴方向(向右)(2)(3)根据欧姆定律,安培推力对船的推力推力的功率44（20分）（1）小球1所受的重力与电场力始终平衡 （2）相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： 半径为 周期为 两小球运动时间 小球1只能逆时针经过个周期时与小球2再次相碰 第一次相碰后小球2作平抛运动 两个小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向 由、式得 由式得 两小球质量之比 45(19分)解(1)设半径为r0的粒子加速后的速度为v0，则设区域II内电场强度为E,则v0 q0B= q0E 电场强度方向竖直向上。(2)设半径为r的粒子的质量为m、带电量为q、被加速后的速度为v,则 由得 (3)半径为r的粒子，在刚进入区域II时受到合力为F合=qE-qvB=qB(v0-v)由可知，当rr0时，vv0,F合0，粒子会向上极板偏转;rr0时，vv0,F合0，粒子会向下极板偏转。46（20 分） 解（1）由 得（2）设 A、B 碰撞后的速度分别为 v1、v2，则 设向右为正、向左为负，解得 ，方向向左 ，方向向右设轨道对 B 球的支持力为 N， B 球对轨道的压力为N，方向竖直向上为正、向下为负则，方向竖直向下 （3）设 A、B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为 V1、V2，则 解得 （另一组解：V1=v1，V2=v2 不合题意，舍去） 由此可得： 当 n为奇数时，小球 A、B 在第 n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同； 当 n为偶数时，小球 A、B 在第 n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同；47.解：(1)设带电粒子的电量为q，质量为m，在B1和B2中运动轨道半径分别为r1和r2，周期分别为T1和T2， 由qvB=(2分) 可得，r1= r2=T1=T2=粒子第一次过x轴时的坐标为x1=2r1=(2分)粒子第一次过x轴时的经历的时间为t1=(2分)(2)设用x表示至第n次过x轴的整个过程中，粒子沿x轴方向的位移大小，当n为奇数时则有x=(2分)当n为偶数时，则有x=n(2r1-2r2)(n=2，4，6)(2分)用t表示从开始到此时的时间，当n为奇数时，则有t=n()(n=2，4，6)(2分)(3)由v=得，当n为奇数时，则有(2分)当n为偶数时，则有(2分)(4)若B2：B1=2，则当n很大时(n+1)(n-1),有v：v0趋于(2分)48（20分）解：设粒子进入圆形区域时的速度为v，电场强度为E，磁感应强度为B。当电场、磁场同时存在时，由题意有：（2分）（2分）当只撤去磁场时，粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示，有：x方向，匀速直线运动：（2分）y方向，匀加速直线运动：（3分）当只撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，设半径为r，圆心为P，转过的角度为，则有：（2分）（2分）（3分）（2分）联解得：（2分）49质子的运动轨迹如图(1)质子在电场中先作减速运动并使速度减为零，然后反向运动，在电场中运动的时间质子从C运动到D的时间所以，质子从A点出发到第三次穿越轴所需时间(3)质子第三次穿越轴后，在电场中作类平抛运动，由于V0与负方向成45。角，所以第四次穿越x轴时 所以，速度的大小为速度方向与电场E的夹角设为，如图所示50解：（1）电容极板电压 极板问场强 则 （2）弹丸到达P点时两者有共同速度，设为v，由动量守恒有： 对弹丸，由动能定理得： ， 解得 （3）对电容器，由动能定理得： 解得 （4）弹丸最终返回从右板小孔飞出，此时电容器速度最大，设电容器速度为v1、弹丸速度为v2。则由动量守恒有： 在整个过程中由能量守恒，即 由、两式解得 51( 20分 )解：（1）C在B上滑动过程中，动量守恒， 2分全过程能量守恒2分代入数据解得 2分（2）AB碰撞，AB系统动量守恒 1分AB一起运动，C在B上相对滑动 1分 1分C滑到B的右端时，有 2分 1分 1分代入数据有即C在B上运动时间为 此时2分此后AB分离，C在A上滑动过程中，CA系统动量守恒 1分CA系统能量守恒 1分即物块C停在A上距A左端0.25m处 3分52（19分x）解答：（1）R1 W （4分）F BIL 0.12 N（4分）由mg - F ma （2分）a g - 8.8（m / s2） （2分）（2）mgr - Q mv22 0 （5分） Q mgr - mv22 0.44 J （2分） 53（20分）解答：（1）货物（1分） 小车（1分） 经t1=2s 货物运动（1分） 小车运动（1分） 货物V1=a1t1=22=4m/s 向右 小车V2=a2t1=12=2m/s 向右 经2秒后，货物作匀减速运动 向左（1分） 小车加速度不变，仍为a2=1m/s2 向右，当两者速度相等时，货柜恰好到达小车最右端，以后因为qE2=f=(m0+m1)g，货柜和小车一起作为整体向右以向右作匀减速直到速度都为0（1分） 共同速度为V=V1a1 t2 V=V2+a2t2t2= V=m/s（1分） 货物和小车获得共同速度至停止运动用时 （1分） 第二次电场作用时间为t=t2+t3=6s（2分） （2）小车在t2时间内位移S3=V2t2+a2t22=m（2分） 货柜在t2时间内位移为S4=V1t2a1t22=m（2分） 小车长度L=S1-S2+S4-S3=m（2分） （或用能量守恒qE1S1-qE2S4= L=m（2分） （3）小车右端到达目的地的距离为S（2分）54第一阶段拉力F小于CA间最大静摩擦力，因此CA共同加速到与B相碰，该过程对CA用动能定理：F-23mgs=3mv12/2，得v1=0.8m/sAB相碰瞬间，AB动量守恒，碰后共同速度v2=0.4m/sC在AB上滑行全过程，ABC系统所受合外力为零，动量守恒，C到B右端时恰好达到共速：2m v1+2m v2=4m v，因此共同速度v=0.6m/sC在AB上滑行全过程用能量守恒：F2L=4m v2/2-(2m v12/2+2m v22/2)+12mg2L得L=0.3m57.(1)3:1 (2)1: (3)2:158.(1)2mg/q(2)UAB=0;UOB=mgd/q(3)OP=d/3; OC=2.4d ; OD=2d59（17分）（1）球1与球2、球2与球3碰撞后速度互换，球3以球1碰球2前瞬间的速度开始上升到H高处，然后再摆回来与球2、球2与球1碰撞，使球1上升到H高处，此后，系统做到周期性运动，则2由此可知系统的运动周期为：2（2）由题意知三球碰后的动量均相同，设为p,则，球2在与球3碰前具有动量2p，根据机械能守恒定律，对于球2与球3碰撞的情况应有：2由此得：311球1与球2碰前的动量为3p，根据机械能守恒定律有：2由此得：211从而可得：6311设三球碰后上升的高度分别为球1碰前动能,又,球1碰后动能又，从而可得：2同理可得：2260（15分）（1）因为+是以中点O对称，所以1滑块由ab，根据动能定理：22（2）对小滑块由ob的过程，根据动能定理： 22（3） 2小滑块从a点开始，最终停在O点，根据动能原理2S261（15分）（1）设木板不动，电动车在板上运的加速度为由L