2014高考物理难题集锦(三)含详细答案及评分标准

1、2014高考物理难题集锦（三）21、（2013北京门头沟二模，24题）（20分）如图所示，质量均为大小相同的小球A、B（都可视为质点）静止在光滑水平面内的轴上，它们的位置坐标分别为和。现沿轴方向加一个力场，该力场只对小球A产生沿轴正方向大小为F的恒力，以后两小球发生正碰过程时间很短，不计它们碰撞过程的动能损失。（1）小球A、B在第一次碰撞后的速度大小各是多少？（2）如果该力场的空间范围是（）,求满足下列条件的L值 小球A、B刚好能够发生两次碰撞； 小球A、B刚好能够发生次碰撞 22、（2013北京海淀区高三期中，18题）（10分）如图17所示，在倾角30的斜面上放置一段凹槽B，B与斜面间的动摩

2、擦因数，槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点)，它到凹槽左侧壁的距离d0.10m。A、B的质量都为m=2.0kg，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A、B之间的摩擦，斜面足够长。现同时由静止释放A、B，经过一段时间，A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短。取g=10m/s2。求：（1）物块A和凹槽B的加速度分别是多大；（2）物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；（3）从初始位置到物块A与凹槽B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小。23、（2013北京丰台一模，24题）（20分） 如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R1、粗细均匀的光

3、滑半圆形金属环，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R112R，R24R。在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B。现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，两平行轨道中够长。已知导体棒ab下落r/2时的速度大小为v1，下落到MN处的速度大小为v2。（1）求导体棒ab从A下落r/2时的加速度大小。（2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h和R2上的电功率P2。（3）当导体棒进入磁场II

4、时，施加一竖直向上的恒定外力F=mg的作用，求导体棒ab从开始进入磁场II到停止运动所通过的距离和电阻R2上所产生的热量。24、（2013北京海淀一模，24题）（20分）如图13所示，光滑、足够长、不计电阻、轨道间距为l的平行金属导轨MN、PQ，水平放在竖直向下的磁感应强度不同的两个相邻的匀强磁场中，左半部分为匀强磁场区，磁感应强度为B1；右半部分为匀强磁场区，磁感应强度为B2，且B1=2B2。在匀强磁场区的左边界垂直于导轨放置一质量为m、电阻为R1的金属棒a，在匀强磁场区的某一位置，垂直于导轨放置另一质量也为m、电阻为R2的金属棒b。开始时b静止，给a一个向右冲量I后a、b开始运动。设运动过

5、程中，两金属棒总是与导轨垂直。（1）求金属棒a受到冲量后的瞬间通过金属导轨的感应电流；（2）设金属棒b在运动到匀强磁场区的右边界前已经达到最大速度，求金属棒b在匀强磁场区中的最大速度值；（3）金属棒b进入匀强磁场区后，金属棒b再次达到匀速运动状态，设这时金属棒a仍然在匀强磁场区中。求金属棒b进入匀强磁场区后的运动过程中金属棒a、b中产生的总焦耳热。25、（2013北京海淀二模，24题）(20分)如图13所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一 竖直平面内，圆弧轨道的圆心为0，半径为R0传送带PC之间的距离为L,沿逆时针方向 的运动速度v=.在PO的右侧空间存在方向竖直向

6、下的匀强电场。一质量为m、电荷量 为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨 道下滑，恰好运动到C端后返回。物体与传送 带间的动摩擦因数为，不计物体经过轨道与传 送带连接处P时的机械能损失,重力加速度为g(1) 求物体下滑到P点时，物体对轨道的压力F(2) 求物体返回到圆弧轨道后，能上升的最大高度H(3) 若在PO的右侧空间再加上方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的水平匀强磁场 (图中未画出），物体从圆弧顶点A静止释放,运动到C端时的速度为，试求物体 在传送带上运动的时间t。26、（2013北京通州二模，24题）（20分）电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成。偏转电场的极板由相距为d

7、的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示。大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO射入偏转电场。当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压（如图乙所示）时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后打在竖直放置的荧光屏上。已知磁场的磁感应强度为B，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计。（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO的最小距离和最大距离；（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，求匀强磁场的水平宽度L；求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度。27、（2013北京朝阳一模，24题

8、）（20分）用电阻率为、横截面积为S的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abba。金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行，如图1、2所示。设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计。可认为方框的aa边和bb边都处在磁极间，极间磁感应强度大小为B。当t=0时，方框从静止开始释放，与底面碰撞后弹起（碰撞时间极短，可忽略不计），其速度随时间变化的关系图线如图3所示，在下落过程中方框平面保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g。（1）求在015t0时间内，方框中的最大电流Im；（2）若要提高方框的最大速度，可采取什么措施，写出必要的文字说明和证明过程（设磁场区域足够长，写出一种

9、措施即可）；（3）估算在015t0时间内，安培力做的功。 图3 方框速度随时间变化的关系21、【答案】见解析【解析】（1）A第一次碰前速度设为 动能定理： （1分）A与B碰撞，动量守恒，则 （1分）根据题意，总能量不损失，则 （1分）联立解得 （2分）（2）对质点A: 第一次碰前： （1分） 第一次碰后到第二次碰前过程：第二次碰前速度 （1分）对质点B:第一次碰后到第二次碰前过程： （1分）由于 （2分）解得：， （1分）则要使质点A、B刚好能够发生两次碰撞， （1分）质点A、B第二次碰前速度分别为、，碰后速度分别设为和 动量守恒： 能量关系: 解得：，= （2分）对质点A: 第二次碰后到第三

10、次碰前： 对质点B:第二次碰后到第三次碰前： 由于 解得：， （2分） 综上，质点A、B每次碰撞过程总是要交换速度；每次碰撞间隔时间都为2；每次碰撞后的相同时间间隔内，质点A速度增加，质点B速度不变可得：每次碰撞位置间隔：4、8、12 （2分）则要使质点A、B刚好能够发生次碰撞： （） （2分）22、【答案】见解析 【解析】（1）设A的加速度为a1，则mg sinq=ma1 ，a1= g sinq =10sin 30=5.0m/s21分设B受到斜面施加的滑动摩擦力f，则=10N，方向沿斜面向上 B所受重力沿斜面的分力=2.010sin30=10N，方向沿斜面向下因为，所以B受力平衡，释放后B保

11、持静止，则凹槽B的加速度a2=01分 （2）释放A后，A做匀加速运动，设物块A运动到凹槽B的左内侧壁时的速度为vA0，根据匀变速直线运动规律得 vA0=1.0m/s 1分 因A、B发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒，A和B碰撞前后动能守恒，设A与B碰撞后A的速度为vA1，B的速度为vB1，根据题意有 1分 1分解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为vA1=0，vB1=1.0 m/s 1分（3）A、B第一次碰撞后，B以vB1=1.0 m/s做匀速运动，A做初速度为0的匀加速运动，设经过时间t1，A的速度vA2与B的速度相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即vA2=，解得t1=0.20s设

12、t1时间内A下滑的距离为x1，则解得x1=0.10m因为x1=d， 说明A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞。1分设A与B第一次碰后到第二次碰时所用时间为t2， A运动的距离为xA1，B运动的距离为xB1，A的速度为vA3，则xA1=，xB1=vB1t2，xA1= xB1解得t2=0.40s ，xB1=0.40m，vA3=a1t2=2.0m/s 1分第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得A、B再次发生速度交换，B以vA3=2.0m/s速度做匀速直线运动，A以vB1=1.0m/s的初速度做匀加速运动。用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，

13、在后续的运动过程中，物块A不会与凹槽B的右侧壁碰撞，并且A与B第二次碰撞后，也再经过t3= 0.40s，A与B发生第三次碰撞。1分设A与B在第二次碰后到第三次碰时B运动的位移为xB2，则 xB2=vA3t3=2.00.40=0.80m； 设从初始位置到物块A与凹槽B的左内侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小x，则x= xB1+ xB2=0.40+0.80=1.2m 1分23、【答案】见解析【解析】（1）（6分）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体棒ab从A下落r/2时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得 （1分）式中 （1分） （1分） 4

14、R （2分）由以上各式可得到 （1分）（2）（8分）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即， （1分） （1分）(或)式中 （1分）解得 （2分）导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有 （1分）得 （2分）（3）（6分）由动量定理得 （1分） 即 即 （1分） 联立解得 （1分） 停下来过程中重力做正功、外力F和安培力做负功，由动能定理有 所以产生总热量为 （1分） 在电阻R2上产生的热量为 （1分） 联立解得： （1分）24、【答案】见解析【解析】（1）设金属棒a受到冲量I时的速度为v0，金属棒a产生的感应电动势为E，金属轨道中的电流为i，则

15、I=mv01分 E=B1lv01分 i=1分 i=1分（2）金属棒a和金属棒b在左部分磁场中运动过程中所受安培力大小相等、方向相反，合力为零，故a、b组成的，水平方向动量守恒。金属棒a和金属棒b在匀强磁场区中运动过程中达到的最大速度vm时，二金属棒速度相等，感应电流为零，二金属棒匀速运动，根据动量守恒定律有 mv0=2mvm2分 vm=2分（3）金属棒b进入匀强磁场时，设金属棒a的感应电动势为E1，金属棒b的感应电动势为E2， E1=B1lvm E2=B2lvm 因为 B1=2 B2 所以 E1=2 E22分 所以，金属棒b一进入匀强磁场，电流立即出现，在安培力作用下金属棒a做减速运动，金属棒

16、b做加速运动。设金属棒a在匀强磁场区运动速度从vm变化到最小速度va，所用时间为t，金属棒b在匀强磁场区运动速度从vm变化到最大速度为vb，所用时间也为t，此后金属棒a、b都匀速运动，则 B1lva= B2lvb3分即 vb=2va1分设在t时间内通过金属棒a、b的电流平均值为根据动量定理有B1lt=mva-mvm 方向向左1分B2lt=mvb-mvm 方向向右1分解得：1分 1分设金属棒b进入匀强磁场后，金属棒a、b产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒，有1分Q=1分25、【答案】见解析【解析】（1）设物体滑到P端时速度大小为，物体从A端运动到P端的过程中，机械能守恒1分解得：1分设物体滑到P端

17、时受支持力为N，根据牛顿第二定律1分解得：N=3mg1分设物体滑到P端时对轨道压力为F，根据牛顿第三定律F = N =3mg1分（2）物体到达C端以后受滑动摩擦力，向左做初速度为零的匀加速运动，设向左运动距离为x时物体与皮带速度相同，设物体受到的摩擦力为f，则 fx=1分物体从皮带的P端滑到C端摩擦力做功 -fL=0-1分1分解得：x=1分即物体在皮带上向左先做匀加速运动一半皮带长度后，与皮带同速向左运动，即再次到达P点时速度大小是v=2分根据机械能守恒定律，设在斜面上上升的高度H，则mgH= 解得H=2分说明：其他方法答案正确均得分。（3）设电场强度为E，在无磁场物体从A端运动到C端的过程中

18、，根据动能定理有1分解得E=1分在有磁场情况下物体从P端运动到C端的过程中，设任意时刻物体速度为v，取一段极短的含此时刻的时间，设在此时间段内的速度改变量为（取水平向右为正方向），根据牛顿第二定律，有1分两边同时乘以再对两边求和1分而 1分而，则1分以上结果代入上式，得 化简得 t=1分26、【答案】见解析【解析】（1）由题意可知，从0、2t0、4t0、等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为： （4分）从t0、3t0、等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为： （4分）（2）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为q ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：（2分）设电子离开偏转电场时的速度为vt，垂直偏转极板的速度为vy，则电子离开偏转电场时的偏向角为：，式中 （2分）又： （1分） 解得： （1分）由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上。 （2分）由第（1）问