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1、高三物理压轴题及其答案名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 21 页 - - - - - - - - - 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，在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B，一个质量为m=01 kg，带电量为 q=05 C 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
2、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=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2(10 分)如图 214 所示，光滑水平桌面上有长L=2m 的木板 C，质量 mc=5kg，在其正中央并图名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 -
3、- - - - - - 第 2 页，共 21 页 - - - - - - - - - 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 6ms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
4、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， 则木板与斜面间动摩擦因数为多少？ （斜面体固定在名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 21 页 - - - - - - - - - 地面上）4 有一倾角为的斜面，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
5、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名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 21 页 - - - - - - - - - 向下运动， 经历同样过程
6、， 最后木块 C停在斜面上的 R点，求 P、R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v3m/s 的速度向左运动，传送带上有一质量为M2kg 的小木盒 A，A 与传送带之间的动摩擦因数为 03，开始时， A 与传送带之间保持相对静止。先后相隔 t3s有两个光滑的质量为m1kg 的小球 B 自传送带的左端出发，以v015m/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 t11s/3而与木盒相遇。求（取 g10m/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
7、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B Avv名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 21 页 - - - - - - - - - 送带间的摩擦而产生的热量是多少？6.如图所示，两平行金属板A、B 长 l8cm，两板间距离 d8cm，A 板比 B 板电势高 300V，即UAB300V。 一带正电的粒子电量q10-10C，质量 m10-20kg， 从 R 点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度 v02 106m/s
8、，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 L12cm，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k9 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。BAv0 RMNLPSOEFl名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 21 页 -
9、- - - - - - - - 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 35， 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
10、 ?(设碰撞经历时间极短且无能量损失) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 21 页 - - - - - - - - - 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
11、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名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精
12、心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 21 页 - - - - - - - - - 的距离为多少 ? 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0v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
13、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0v，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 （0vv） ， 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名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 21 页 - - - - - - - - - 后方框的最右侧和U
14、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=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
15、：mg=qBv2 （2） 离 开 电 场 后 ， 按 动 能 定 理 ， 有 ：名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 21 页 - - - - - - - - - -mg4L=0-21mv2由式得： v2=22m/s （3）代入前式求得： 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-mg ）212Lmv12-0进入电磁场后做匀速运动， 故有：Eq=（qBv1+mg） 由以上两式得：N/C2.4m/s2
16、41Ev2（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0Cv（2）炸药爆炸时有BBAAvmvm解得smvB/5.1又BBAAsmsm当 sA1 m 时 sB0.25m，即当 A、C 相撞时 B 与 C 右板相距msLsB75.02A、C 相撞时有：vmmvmCAAA)(名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 21 页 - - - - - - - - - 解得v1m/s，方向向左而Bv1.5m/
17、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 .0BCvvsvsm19. 3 固 定 时 示 数 为F1， 对 小 球F1=mgsin整体下滑： （M+m ）sin - (M+m)gcos=(M+m)a 下 滑 时 ， 对 小 球 ： mgsin -F2=ma 由式、式、式得=12FFtan 4木块 B下滑做匀速直线运动，有mgsin=mgcos B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2mgcos 2s=2221221221mvmv名师资料总
18、结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 21 页 - - - - - - - - - 两木块在 P点处分开后，木块 B上滑到 Q点的过程：（mgsin+mgcos ）L=2221mv木块 C 与 A 碰撞前后，总动量守恒，则3m 10423mvv，所以v1=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4mgcos 2s=22224214 21mvmv木块 C与 A在 P点处分开后，木块 C上滑到 R点的过程：（3mgsin+3
19、mgcos ）L=223 21mv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名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 21 页 - - - - - - - - - 因此，弹簧前后两次的最大压缩量相等，即 s=
20、s综上，得 L=L-sin3220gv5 （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()mvMvmM v（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：()()mM gmM a得：23/agm s（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 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - -
21、- - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 21 页 - - - - - - - - - （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 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,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）
22、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）名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 21 页 - - - - - - - - - qEqUammd0ltv即：20()2qUlhmd v（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）
23、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：22602.5 10/yvvvm s（1 分）设粒子从电场中飞出时的速度方向与名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 16 页，共 21 页 - - - - - - - - - 水平方向的夹角为 ，则：034yvtanv37（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
24、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=104 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，由动能定理得：(2) 碰后小物体反弹，由动量守恒定律：得21121mvEqL.211mEqLv211453mvvmmvmEqLvv11225252名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1
25、7 页，共 21 页 - - - - - - - - - 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(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：设 CD 间的电压为 U，则解得U=25V，又 U=B1Lv解得v=5m/s.所以根据（乙）图可以推断在0.25st1.75s.25757:522531131231mEqLvvvvvv得222342121mvmvW电.5131013121
26、EqLmvW电20qBmvd2021mvqU名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 18 页，共 21 页 - - - - - - - - - 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： =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 第（1）问 8 分，第（
27、 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0EBlv当如图乙所示位置时，方框bd 之间的电阻为3334bdrrRrrrU 型框连同方框构成的闭合电路的总电阻为1534dbRrRr闭合电路的总电流为0415BlvEIRr根据欧姆定律可知，bd 两端的电势差221mvqmqBmvR2. 02.7. 2027.022cmmdRRx名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 19 页，共 21 页 - - -
28、 - - - - - - 2220011637227Qmvmvmv为：05bdbdBlvUIR方框中的热功率为22202475B l vbdrbdUPR（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03(34)mvmm v解得：037vv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1v，U 型框的速度为2v，根据动量守恒定律，有12343mvmvmv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21()vv ts联立以上两式，解得：13()7svvt；214(3)7svvt名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 20 页，共 21 页 - - - - - - - - - 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 21 页，共 21 页 - - - - - - - - -