高考物理压轴题汇编
高考物理压轴题汇编
1、如图所示，在盛水的圆柱型容器内竖直地浮着一块圆柱型的木块，木块的体积为V ，高为h ，其密度为水密度ρ的二分之一，横截面积为容器横截面积的
二分之一，在水面静止时，水高为2h ，现用力缓慢地将木块压到容器
底部，若水不会从容器中溢出，求压力所做的功。
解：由题意知木块的密度为ρ/2，所以木块未加压力时，将有一
半浸在水中，即入水深度为h/2，
木块向下压，水面就升高，由于
木块横截面积是容器的1/2，所以当木
块上底面与水面平齐时，水面上升
h/4，木块下降h/4，即：木块下降h/4，
同时把它新占据的下部V/4体积的水
重心升高3h/4，由功能关系可得这一阶段压力所做的功vgh h g v h g v w ρρρ16
142441=-= 压力继续把木块压到容器底部，在这一阶段，木块重心下降45h
，同时底部被木块所占空间的水重心升高45h ，由功能关系可得这一阶段压力所做的功 vgh h g v h vg
w ρρρ16
10452452=-= 整个过程压力做的总功为：vgh vgh vgh w w w ρρρ1611161016121=+=+= 30.(14分)喷墨打印机的结构简图如图4—12所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半
径约为10－5 m ，此微滴经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画高低位
置输入信号加以控制。带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体.无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒。偏转板长1.6 cm ，两板间的距离为0.50 cm ，偏转板的右端距纸3.2 cm 。
若墨汁微滴的质量为1.6×10－10 kg ，以20 m/s 的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两
偏转板间的电压是8.0×103 V ，若墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是2.0 mm.求这个墨汁微滴通过带电室带的电量是多少？（不计空气阻力和
重力，可以认为偏转电场只局限于平行板电容器内部，忽略边
缘电场的不均匀性.）为了使纸上的字放大10%，请你分析提出
一个可行的方法.
解：设微滴的带电量为q ，它进入偏转电场后做类平抛运动，
离开电场后做直线运动打到纸上，距原入射方向的距离为
y =21at 2+L tan Φ(2分)，又a =md
qU （1分），t =01v (1分)，tan Φ=0v at (1分)，
可得y =)2
1(201
L mdv qU + (2分），代入数据得 q =1.25×10－13 C （2分）.要将字体放大10%，只要使y 增大为原来的1.1倍，可以增大电压U 达8.8×103 V ，或增大L ，使L 为3.6 cm （5分）．
2、如图所示，一质量为M 、长为l 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端
放一质量为m 的小木块A ，m 〈M 。现以地面为参照系，给A 和B
以大小相等、方向相反的初速度(如图5)，使A 开始向左运动、B
开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离L 板。以地面为参照系。
(1)若已知A 和B 的初速度大小为v 0，求它们最后的速度的大小和
方向。
(2)若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离。
解法1: (1)A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度。设此速度为v ，A 和B 的初速度的大小为0v ，则由动量守恒可得:
v m M mv Mv )(00+=-
解得： 0v m
M m M v +-=， 方向向右 ① (2)A 在B 板的右端时初速度向左，而到达B 板左端时的末速度向右，可见A 在运动过程中必经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V 的两个阶段。设1l 为A 开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，2l 为A 从速度为零增加到速度为v 的过程中向右运动的路程，L 为A 从开始运动到刚到达B 的最左端的过程中B 运动的路程，如图6所示。设A 与B 之间的滑动摩擦力为f ，则由功能关系可知:
对于B 2202
121Mv mv fL -=
② 对于A 20121mv fl = ③ 2221mv fl = ④ 由几何关系 l l l L =-+)(21 ⑤
由①、②、③、④、⑤式解得l M
m M l 41+= ⑥ 解法2： 对木块A 和木板B 组成的系统，由能量守恒定律得：
220)(2
1)(21v m M v m M fl +-+=
⑦ 由①③⑦式即可解得结果 l M m M l 41+= 本题第（2）问的解法有很多种，上述解法2只需运用三
条独立方程即可解得结果，显然是比较简捷的解法。
3、如图所示，长木板A 右边固定一个挡板，包括挡板在内的总质量为1.5M ，静止在光滑的水平面上，小木块B 质量为M ，从A 的左端开始以初速度0v 在A 上滑动，滑到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短,碰后木块B 恰好滑到A 的左端停止，已知B 与A
间的动摩擦因数为μ，B 在A 板上单程滑行长度为l ，
求：
（1）若g
v 160320=μ，在B 与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板A 做正功还是负功？做多少功？
（2）讨论A 和B 在整个运动过程中，是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的，如果不可能，说明理由；如果可能，求出发生这种情况的条件。
解：（1）B 与A 碰撞后，B 相对A 向左运动，A 受摩擦力向左，而A 的运动方向向右，故摩擦力对A 做负功。
设B 与A 碰后的瞬间A 的速度为1v ，B 的速度为2v ，A 、B 相对静止时的共同速度为v ，由动量守恒得： v M M Mv )5.1(0+= ①
v M M Mv Mv )5.1(5.121+=+ ②
碰后到相对静止，对A 、B 系统由功能关系得：
222215.22
1215.121Mv Mv Mv Mgl ?-+?=
μ ③ 由①②③式解得：0121v v =（另一解01103v v =因小于05
2v v =而舍去） 这段过程A 克服摩擦力做功为2020221068.0400275.1215.121Mv Mv Mv Mv w ==-=④（2）A 在运动过程中不可能向左运动，因为在B 未与A 碰撞之前，A 受摩擦力方向向右，做加速运动，碰后A 受摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后共同速度仍向右，因此不可能向左运动。
B 在碰撞之后，有可能向左运动，即02 201v v > ⑤ 代入③式得：g v l 15220>μ ⑥ 另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 Mgl Mv Mv μ25.22121220≥?- ⑦ 即g v l 20320<μ 故在某一段时间里B 运动方向是向左的条件是g v l g v 2031522020<<μ⑧ 4、光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料料成的“┙”型滑板，（平面部分足够长），质量为4m ，距滑板的A 壁为L 1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，整个装置处于场强为E 的匀强电场中，初始时刻，滑板与物体都静止，试求： （1）释放小物体，第一次与滑板A 壁碰前物体的速度v 1多大？ （2）若物体与A 壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的3/5，则物体在第二次跟A 壁碰撞之前瞬时，滑板的速度v 和物体的速度v 2分别为多大？（均指对地速度） （3）物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？（碰撞时间可忽略） 4、解：（1）由动能定理21121mv qEL = 得m qEL v 112= ① （2）若物体碰后仍沿原方向运动，碰后滑板速度为V ， 由动量守恒mv v m mv 45311+?= 得<=10 1v v 物体速度153v ，故不可能 ② ∴物块碰后必反弹11 53 v v -='，由动量守恒mv v m mv 45311+-= ③ 得152v v = ④ 由于碰后滑板匀速运动直至与物体第二次碰撞之前，故物体与A 壁第二次碰前，滑板速度m qEL v v 1125252==⑤ 。 物体与A 壁第二次碰前，设物块速度为v 2， at v v +'=1 2 ⑥ 由两物的位移关系有：21 21at t v vt +'= ⑦即 21at v v +'= ⑧ 由⑥⑧代入数据可得：m qEL v 12257= ⑨ （3）物体在两次碰撞之间位移为S ， as v v 221 22='- 得qE m v m qE v a v v s 54/253572211222122=??????????? ??--??? ??='-= ∴ 物块从开始到第二次碰撞前电场力做功115 13)(qEL s l qE w =+= 5（16分）如图5—15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 =0.1 kg. 带电量为q =0.5 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 磁场后恰能做匀速运动.当物体碰到板R 端挡板后被弹回，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.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v 1和v 2； （3）磁感应强度B 的大小； （4）电场强度E 的大小和方向. 解：(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 =qBv 2 (2)离开电场后，按动能定理，有： -μmg 4 L =0-21mv 2 得：v 2=22 m/s (3)代入前式求得：B =2 2 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 )2 12=L mv 12-0 进入电磁场后做匀速运动，故有：Eq =μ(qBv 1+mg ) 由以上两式得：???==N/C 2.4m/s 241E v 6、(16分)为了证实玻尔关于原子存在分立能态的假设，历史上曾经有过著名的夫兰克—赫兹实验，其实验装置的原理示意图如图所示.由电子枪A 射出的电子，射进一个容器B 中，其中有氦气.电子在O 点与氦原子发生碰撞后，进入速度选择器C ，然后进入检测装置 D .速度选择器C 由两个同心的圆弧形电极P 1和P 2组成，当两极间加以电压U 时，只允许具有确定能量的电子通过，并进入检测装置D .由检测装置测出电子产生的电流I ，改变电压 U ，同时测出I 的数值，即可确定 碰撞后进入速度选择器的电子的 能量分布. 我们合理简化问题，设电子与 原子碰撞前原子是静止的，原子质 量比电子质量大很多，碰撞后，原 子虽然稍微被碰动，但忽略这一能 量损失，设原子未动（即忽略电子 与原子碰撞过程中，原子得到的机械能）.实验表明，在一定条件下，有些电子与原子碰撞后没有动能损失,电子只改变运动方向.有些电子与原子碰撞时要损失动能，所损失的动能被原子吸收，使原子自身体系能量增大， (1)设速度选择器两极间的电压为U （V ）时，允许通过的电子的动能为E k （eV ），导出E k （eV ）与U （V ）的函数关系（设通过选择器的电子的轨道半径r =20.0 cm ，电极P 1和P 2之间隔d =1.00 cm,两极间场强大小处处相同），要说明为什么有些电子不能进入到接收器. (2)当电子枪射出的电子动能E k =50.0 eV 时，改变电压U （V ），测出电流I （A ），得出下图所示的I —U 图线，图线表明，当电压U 为5.00 V 、2.88 V 、2.72 V 、2.64 V 时，电流 出现峰值，定性分析论述I—U图线的物理意义. (3)根据上述实验结果求出氦原子三个激发态的能级E n（eV），设其基态E1=0. 解：(1)当两极间电压为U时，具有速度v的电子进入速度选择器两极间的电场中，所受电场力方向与v垂直，且大小不变，则电子在两极间做匀速圆周运动，电场力提供向心力，设电子质量为m，电量为e,则电场力 F=qE=eU/d 根据牛顿第二定律有eU/d=mv2/R 解得电子动能 E k=mv2/2=eUR/2d=10.0U(eV) (6分) 即动能与电压成正比,此结果表明当两极间电压为U时，允许通过动能为10.0U（eV）的电子，而那些大于或小于10U（eV）的电子，由于受到过小或过大的力作用做趋心或离心运动而分别落在两电极上，不能到达检测装置D. （2）I—U图线表明电压为5.0 V时有峰值，表明动能为50.0 eV的电子通过选择器，碰撞后电子动能等于入射时初动能，即碰撞中原子没有吸收能量，其能级不变． 当电压为2.88 V、2.72 V、2.64 V时出现峰值，表明电子碰撞后，动能分别从50.0 eV，变为28.8 eV，27.2 eV、26.4 eV,电子通过选择器进入检测器，它们减小的动能分别在碰撞时被原子吸收，I—U图线在特定能量处出现峰值，表明原子能量的吸收是有选择的、分立的、不连续的存在定态.(例如在电压为4.0 V时没有电流，表明碰撞后，电子中没有动能为40.0 eV的电子，即碰撞中，电子动能不可能只损失（50.0-40.0）eV=10.0 eV，也就是说氦原子不吸收10.0 eV的能量，即10.0 eV不满足能级差要求)(4分) （3）设原子激发态的能极为E n，E1=0，则从实验结果可知，氦原子可能的激发态能级中有以下几个能级存在： （50．0-28．8）eV=21.2 eV (50.0-27.2)eV=22.8 eV (50.0-26.4)eV=23.6 eV (6分) 7、在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”．这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似．两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度V0射向B球，如图2所示．C与B发生碰撞并立即结成一个整体D．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然锁定，不再改变．然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）．已知A、B、C三球的质量均为． （1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度． （2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能． 分析：审题过程，①排除干扰信息：“在原子核物理中， 研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”．这 类反应的前半部分过程和下述力学模型类似．”②挖掘隐含条 件：“两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道 上处于静止状态”，隐含摩擦不计和轻质弹簧开始处于自然状态（既不伸长，也不压缩），“C与B发生碰撞并立即结成一个整体D”隐含碰撞所经历的时间极短，B球的位移可以忽略，弹簧的长度不变，“A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动”隐含在碰撞中系统的动能由于非弹性碰撞而全部消耗掉，只剩下弹性势能。 此题若用分析法求解，应写出待求量与已知量的关系式，显然比较困难，由于物体所经历的各个子过程比较清楚，因此宜用综合法求解。在解题前，需要定性分析题目中由A 、B 、C 三个小球和连结A 、B 的轻质弹簧组成的系统是如何运动的，这个问题搞清楚了，本题的问题就可较容易地得到解答．下面从本题中几个物理过程发生的顺序出发求解： 1、球C 与B 发生碰撞，并立即结成一个整体D ，根据动量守恒，有 102mv mv =（1v 为D 的速度） ① 2、当弹簧的长度被锁定时，弹簧压缩到最短，D 与A 速度相等，如此时速度为2v ，由动量守恒得 2132mv mv = ② 当弹簧的长度被锁定后，D 的一部分动能作为弹簧的弹性势能P E 被贮存起来了．由能量守恒，有P E v m v m +=2221)3(2 1)2(21 ③ 3、撞击P 后，A 与D 的动能都为０，当突然解除锁定后（相当于静止的A 、D 两物体中间为用细绳拉紧的弹簧，突然烧断细绳的状况，弹簧要对D 做正功），当弹簧恢复到自然长度时，弹簧的弹性势能全部转变成D 的动能，设D 的速度为3v ，则有23)2(2 1v m E P =④ 4、弹簧继续伸长，A 球离开挡板Ｐ，并获得速度。当A 、D 的速度相等时，弹簧伸至最 长．此时的势能为最大，设此时A 、D 的速度为4v ，势能为'P E ·由动量守恒定律得 4332mv mv = ⑤ 由机械能守恒定律得： '2423)3(2 1)2(21P E v m v m += ⑥ 由①、②两式联立解得： 023 1v v = ⑦ 联立①②③④⑤⑥式解得 20'361mv E P = ⑧ 8、如图(1)所示为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端挂一小物块A ，上端固定在C 点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连。已知有一质量为ｍ0的子弹B 沿水平方向以速度ｖ0射入A 内（未穿透），接着两者一起绕C 点在竖直面内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F 随时间t 的变化关系如图(2)所示。已知子弹射入的时间极短，且图(2)中ｔ＝0为A 、B 开始以相同速度运动的时刻，根据力学规律和题中（包括图）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量（例如A 的质量）及A 、B 一起运动 过程中的守恒量。你能求得哪些定量的结 果？ 解：由图2可直接看出，A、B一起做周期性运动，运动的周期T=2t0，令m表示A的质量，L表示绳长，v1表示B陷入A内时即t=0时A、B的速度（即圆周运动最低点的速度），v2表示运动到最高点时的速度，F1表示运动到最低点时绳的拉力，f2表示运动到最高点时绳的拉力，则根据动量守恒定律，得mv0=( m0+m)v1，在最低点和最高点处运用牛顿定律可得 F1-( m0+m)g=( m0+m)v12/L，F2+( m0+m)g=( m0+m)v22/L 根据机械能守恒定律可得2L( m+m0)g=( m+m0) v12/2- ( m+m0) v22/2。 由图2可知F2=0 。F1=F m。由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是 m=F m/6g-m0，L =36m02v02 g/5F m2， A、B一起运动过程中的守恒量是机械能E，若以最低点为势能的零点，则 E=(m+m0)v12/2。由几式解得E＝3m02ｖ02g/Fｍ。 9．（15分）中子星是恒星演化过程的一种可能结果，它的密度很大。现有一中子星，观测到它的自转周期为T＝1/30s。向该中子星的最小密度应是多少才能维持该星体的稳定，不致因自转而瓦解。计等时星体可视为均匀球体。（引力常数G＝6.67×10－11m3/kg·s2）10．（20分）曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，图1为其结构示意图。图中N、S是一对固定的磁极，abcd为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc边中点、 与ab边平行，它的一端有一 半径r0＝1.0cm的摩擦小轮， 小轮与自行车车轮的边缘相 接触，如图2所示。当车轮转 动时，因摩擦而带动小轮转 动，从而使线框在磁极间转 动。设线框由N＝800匝导线 圈组成，每匝线圈的面积S＝20cm2，磁极间的磁场可视作匀强磁场，磁感强度B＝0.010T，自行车车轮的半径R1＝35cm，小齿轮的半径R2＝4.cm，大齿轮的半径R3＝10.0cm（见图2）。现从静止开始使大齿轮加速转动，问大齿轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值U＝3.2V？（假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动） 10．（15分）参考解答： 考虑中子星赤道处一小块物质，只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体一起旋转所需的向心力时，中子星才不会瓦解。 设中子星的密度为ρ，质量为M，半径为R，自转角速度为ω，位于赤道处的小块物质质量为m，则有GMm/R2＝mω2R 且ω＝2π/T，M＝4/3πρR3 由以上各式得：ρ＝3π/GT2 代人数据解得：ρ＝1.27×1014kg/m3 25．（20分）参考解答： 当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交流电动势，其最大值ε＝ω0BSN 式中ω0为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度。 发电机两端电压的有效值U ＝2/2εm 设自行车车轮转动的角速度为ω1，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，有 R 1ω1＝R 0ω0 小齿轮转动的角速度与自行车轮转动的角速度相同，也为ω1。设大齿轮转动的角速度为ω，有R 3ω＝R 2ω1 由以上各式解得ω＝(2U/BSN)(R 2r 0/R 3r 1) 代入数据得ω＝3.2s －1 11．（22分）一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB 区域时是水平的，经过BC 区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD 区域时是倾斜的，AB 和CD 都与BC 相切。现将大量的质量均为m 的小货箱一个一个在A 处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D 处，D 和A 的高度差为h 。稳定工作时传送带速度不变，CD 段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L 。每个箱子在A 处投放后，在到达B 之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略 经BC 段时的微小滑动）。已知在一段相当 长的时间T 内，共运送小货箱的数目为N 。 这装置由电动机带动，传送带与轮子间无 相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均抽出功率P 。 11．（22分）参考解答： 以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v 0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s ，所用时间为t ，加速度为a ，则对小箱有 s ＝1/2at 2 ① v 0＝at ② 在这段时间内，传送带运动的路程为s 0＝v 0t ③ 由以上可得s 0＝2s ④ 用f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为 A ＝fs ＝1/2mv 02 ⑤ 传送带克服小箱对它的摩擦力做功A 0＝fs 0＝2·1/2mv 02 ⑥ 两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量Q ＝1/2mv 02 ⑦ 可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。 T 时间内，电动机输出的功为W ＝P T ⑧ 此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即 W ＝1/2Nmv 02＋Nmgh ＋NQ ⑨ 已知相邻两小箱的距离为L ，所以v 0T ＝NL ⑩ 联立⑦⑧⑨⑩，得：P ＝T Nm [22 2T L N ＋gh] 12.（14分）为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积A=0.04m 2的金属板，间距 L=0.05m ，当连接到U=2500V 的高压电源正负两极时，能在 两金属板间产生一个匀强电场，如图所示。现把一定量均匀 分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒1013 个， 假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q=+1.0×10-17C ，质量为m=2.0×10-15kg ，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。求合上电键后：?经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？?除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？?经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？ [?当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附。烟尘颗粒受到的电场力F=qU/L ，L=at 2/2=qUt 2/2mL ，故t=0.02s ?W=NALqU/2=2.5×10-4J ?设烟尘颗粒下落距离为x ，则当时所有烟尘颗粒的总动能 E K =NA(L-x)?mv 2/2= NA(L-x)? qUx/L ，当x=L/2时E K 达最大，而x=at 12/2，故t 1=0.014s ] 13．（12分）风洞实验室中可以产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径。 （1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使 小球在杆上作匀速运动，这时小班干部所受的风力为小球所 受重力的0.5倍，求小球与杆间的滑动摩擦因数。 （2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角 为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离S 所 需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8） 13．（1）设小球所受的风力为F ，小球质量为m mg F μ= ○15.0/5.0/===mg mg mg F μ ○2 （2）设杆对小球的支持力为N ，摩擦力为f 沿杆方向ma f mgnin F =-+θθcos ○3 垂直于杆方向0cos sin =-+θθng F N ○4 N f μ= ○5 可解得g g m F g m f ng F a 43sin )(sin cos 22=+=-+=θθθ○6 221at S = ○7g S g S t 384/32==∴ ○8 评分标准：（1）3分。正确得出○2式，得3分。仅写出○1式，得1分。 （2）9分，正确得出○6式，得6分，仅写出○3、○4式，各得2分，仅写出○5式， 得1分，正确得出○8式，得3分，仅写出○7式，得2分，g 用数值代入的不扣分。 14．（13分）阅读如下资料并回答问题： 自然界中的物体由于具有一定的温度，会不断向外辐射电磁波，这种辐射因与温度有关，称为势辐射，势辐射具有如下特点：○1辐射的能量中包含各种波长的电磁波；○2物体温度越 高，单位时间从物体表面单位面积上辐射的能量越大；○3在辐射的总能量中，各种波长所占的百分比不同。 处于一定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时，也要吸收由其他物体辐射的电磁能量，如果它处在平衡状态，则能量保持不变，若不考虑物体表面性质对辐射与吸收的影响，我们定义一种理想的物体，它能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体，单位时间内从黑体表面单位央积辐射的电磁波的总能量与黑体绝对温度的四次方成正比，即40T σ=P ，其中常量3 1067.5-?=σ瓦/（米2·开4）。 在下面的问题中，把研究对象都简单地看作黑体。 有关数据及数学公式：太阳半径696000=s R 千米，太阳表面温度5770=T 开，火星 半径3395=r 千米，球面积，24R S π=，其中R 为球半径。 （1）太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为2×10 －9米~1×10－4米范围内，求相应 的频率范围。 （2）每小量从太阳表面辐射的总能量为多少？ （3）火星受到来自太阳的辐射可认为垂直射可认为垂直身到面积为2 r π（r 为火星半径）的圆盘上，已知太阳到火星的距离约为太阳半径的400倍，忽略其它天体及宇宙空间的辐射，试估算火星的平均温度。 解：．（1）λν/c = ○1 17981105.1102/1000.3?=??=-ν（赫） ○2 12481103101/1000.3?=??=-ν（赫） ○3 ∴辐射的频率范围为3×1012赫－1.5×1017赫 （2）每小量从太阳表面辐射的总能量为 t T R W 42 s 4πσ= ○ 4代入数所得W=1.38×1010焦 ○5 （3）设火星表面温度为T ，太阳到火星距离为d ，火星单位时间内吸收来自太阳的辐射能量为22 4 244d r T R P s ππσπω= ○6 s R d 400= 224)400/(r T P πσω=∴ ○ 7 火星单位时间内向外辐射电磁波能量为424T r P t πσσπ= ○ 8 火星处在平衡状态t t P P σπσ= ○ 9即422244)400/(T r r T πσπσ= ○10 由○10式解得火星平均温度204800/=='T T （开） ○11 评分标准：全题13分 （1）正确得了○1，○2，○3式，各得1分。（2）正确得出○5式，得5分，仅写出○4式， 得3分。（3）正确得出○ 10式，得4分，仅写出○6式或○7式，得1分；仅写出○8式，得1分，正确得出○11式，得1分。 15.(13分)如图所示，在xoy 平面内有垂直坐标 平面的范围足够大的匀强磁场，磁感强度为B ，一带 正电荷量Q 的粒子，质量为ｍ，从Ｏ点以某一初速度 垂直射入磁场，其轨迹与x 、y 轴的交点A 、B 到O 点 的距离分别为ａ、ｂ，试求： (1)初速度方向与ｘ轴夹角θ． (2)初速度的大小. 20.参考解答： (1)磁场方向垂直坐标平面向里时，粒子初速度方 向与ｘ轴的夹角为θ，射入磁场做匀速圆周运动，由几何关系可作 出轨迹如图所示，设圆半径为R ，由数学关系可得： θsin 2R a = ① θcos 2 R b = ② 由①、②解得tg θ＝b a ∴θ＝arctg b a ③ 当磁场方向垂直坐标平面向外时，粒子初速度方向与ｘ轴间的夹角为 π＋θ＝π＋arctg b a ④ (2)由①、②解得：2 2 2b a R += ⑤ 由洛仑兹力提供向心力有： ＱｖＢ＝ｍR v 2 ⑥ ∴m b a QB v 22 2+= ⑦ 评分标准：本题13分，第(1)问8分，其中①式2分，②式2分，③式2分，④式2分，θ＝arcsin 22b a a + 或θ＝arccos 22b a b +同样给分. 第(2)问5分，其中⑤式2分，⑥式2分，⑦式1分. 16.(13分)俄罗斯“和平号”空间站在人类航天史上写下了辉煌的篇章，因不能保障其继续运行，3月20号左右将坠入太平洋.设空间站的总质量为ｍ，在离地面高度为ｈ的轨道上绕地球做匀速圆周运动 坠落时地面指挥系统使空间站在极短时间内向前喷出部分高速气体，使其速度瞬间变小，在万有引力作用下下坠.设喷出气体的质量为 100 1 m ，喷出速度为空间站原来速度的37倍，坠入过程中外力对空间站做功为W .求： (1)空间站做圆周运动时的线速度. (2)空间站落到太平洋表面时的速度. (设地球表面的重力加速度为ｇ，地球半径为R ) 21.参考解答： (1) 设空间站做圆周运动的速度为ｖ１，地球质量为M .由牛顿第二定律得： )() (212h R v m R h Mm G +=+ ① 地表重力加速度为ｇ，则：g R GM =2 ② 由①、②式得：) (21R h gR v += ③ (2) 喷出气体后空间站速度变为ｖ２，由动量守恒定律得： 121100 37)100(mv v m m mv +-= ④ 设空间站落到太平洋表面时速度为ｖ３， 由动能定理得：W v m v m =-2223)100 99(21)10099(21 ⑤ 由③、④、⑤式得： m W h R gR v 99200)(1214923++= ⑥ 17.(14分)如图甲，A 、B 两板间距为2 L ，板间电势差为U ，C 、D 两板间距离和板长均为L ，两板间加一如图乙所示的电压.在S 处有一电量为q 、质量为m 的带电粒子，经A 、B 间电场加速又经C 、D 间电场偏转后进入一个垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁感强度为B .不计重力影响，欲使该带电粒子经过某路径后能返回S 处.求： (1)匀强磁场的宽度L ′至少为多少? (2)该带电粒子周期性运动的周期T . (1)AB 加速阶段，由动能定理得：22 1mv qU = ① 偏转阶段，带电粒子作类平抛运动 偏转时间qU m L v L t 2/1== ② 侧移量2 221212221L qU m L mL qU at y =??== ③ 设在偏转电场中，偏转角为θ 则12 21=?===v L mL qU v at v v tg y θ 即θ＝ 4 π ④ 由几何关系：Ｒｃｏｓ45°＋Ｒ＝Ｌ′⑤ Ｒsin45°＝ 2L ⑥ 则 Ｌ′＝L 212+ ⑦ 注：L ′也可由下面方法求得： 粒子从S 点射入到出偏转电场，电场力共做功为Ｗ＝２ｑＵ ⑧ 设出电场时速度为ｖ′，有qU v m 22 12=' 解得ｖ′＝m qU /4 ⑨ 粒子在磁场中做圆周运动的半径：qB mqU qB v m R 2='= ∴qB mqU L )22(+=' ⑩ (2)设粒子在加速电场中运动的时间为ｔ２ 则ｔ２＝ qU m L v L 2/2/2= ○11 带电粒子在磁场中做圆周运动的周期 qB m T π2=' ○12 实际转过的角度α＝２π－２θ＝ 23π ○13 在磁场中运动时间ｔ３＝qB m T 2343 π='' ○14 故粒子运动的周期T ＝２ｔ２＋２ｔ１＋ｔ３＝４ＬqB m qU m 232/π+ ○15 评分标准：本题14分，第(1)问8分，其中①、②、③式各1分，④式2分，⑤、⑥、⑦式各1分.第(2)问6分，其中 ○12、○13、○14、式各1分，○15式2分. 18、（2000年高考题）2000年1月26日我国发射了一颗同步卫星，其定点位置与东经98°的经线在同一平面内。若把甘肃省嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经98°和北纬α＝40°，已知地球半径R 、地球自转周期T 、地球表面重力加速度g （视为常量）和光速c 。试求该同步卫星发出的微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间（要求用题给的已知量的符号表示）。 分析与解：由于微波在大气层中以光速传播，所以若能求得从同步卫星到嘉峪关的距离L ，则由运动学就能得到同步卫星发出的微波信号传到位于嘉峪关的接收站所需的时间t 。如何求得L 是解题的关键，首先我们知道同步卫星是位于赤道上空的，题中说明，该同步卫 星的定点位置与东经98°的经线在同一平面内，而嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经98°和北纬α＝40°，隐含该同步卫星P 、嘉峪关Q 和地心 O 在同一个平面内，构成一个三角形，∠QOP=α＝40°，如 图11所示，这样由余弦定理就可求得L 。 设m 为卫星质量，M 为地球质量，r 为卫星到地球中心 的距离，w 为卫星绕地转动的角速度，由万有引力定律和牛 顿定律有。 ①22ωmr r Mm G = ① 式中G 为万有引力恒量，因同步卫星绕地心转动的角速度w 与地球自转的角速度相等， 有 T πω2= ② 因mg R Mm G =2 得g R GM 2= ③ 设嘉峪关到同步卫星的距离为L ，由余弦定理 αcos 222rR R r L -+= ④ 所求时间为 c L t = ⑤ 由以上各式得 c gT R R R gT R t 3122223222 2)4(2)4(ππ-+= ⑥ 19、“和平号”空间站已于2001年3月23日成功地坠落在南太平洋海域，坠落过程可简化为从一个近圆轨道（可近似看作圆轨道）开始，经过与大气摩擦，空间站的绝大部分经过升温、熔化，最后汽化而销毁，剩下的残片坠入大海。此过程中，空间站原来的机械能中，除一部分用于销毁和一部分被残片带走外，还有一部分能量E′通过其他方式散失（不考虑坠落过程中化学反应的能量）。 （1） 试导出以下列各物理量的符号表示散失能量E′的公式. （2） （2）算出E′的数值（结果保留两位有效数字） 坠落开始时空间站的质量M=1.17×105kg ； 轨道离地面的高度为h=146km ； 地球半径R=6.4×106 m ； 坠落空间范围内重力加速度可看作g=10m/s 2； 入海残片的质量=1.2×104kg ； 入海残片的温度升高=3000K ； 入海残片的入海速度为声速=340m/ｓ； 空间站材料每1kg 升温1K 平均所需能量c=1.0×103 J ；每销毁1kg 材料平均所需能量μ=1.0×107J. 分析与解：本题描述的是2001年世界瞩目的一件大事：“和平号”空间站成功地坠落在南太平洋海域。让绕地球运行的空间站按照预定的路线成功坠落在预定的海域，这件事情本身就极富挑战性，表达了人类征服自然改造自然的雄心和实力。 （1）作为一道信息题，首先我们应弄清题目所述的物理过程，建立一个正确的物理模型。 我们将空间站看作一个质点，开始时以一定的速度绕地球运行，具有一定的动能和势能，坠落开始时空间站离开轨道，经过摩擦升温，空间站大部分升温、熔化，最后汽化而销毁，剩下的残片坠落大海，整个过程中，总能量是守恒的。 根据题述条件，从近圆轨道到地面的空间中重力加速度g=10m/s 2，若以地面为重力势能的零点，坠落过程开始时空间站在近圆轨道的势能 Mgh E P =. ① 以v 表示空间站在轨道上的速度，可得 Mg r v M =2 . ② 其中r 为轨道半径，若R 地表示地球半径，则r=R 地+h. ③ 由式②、③可得空间站在轨道上的动能 Mg E k 2 1=（R 地+h ） ④ 由式①、④可得，在近圆轨道上空间站的机械能 E=Mg(21R 地+2 3h) ⑤ 在坠落过程中，用于销毁部分所需要的能量为Q 汽=(M-m)μ.⑥ 用于残片升温所需要的能量Q 残=cm ΔT.⑦ 残片的动能为E 残=22 1mv ⑧ 以E′表示其他方式散失的能量，则由能量守恒定律可得 E=Q 汽+E 残+Q 残+E′. ⑨ 由此得E′=Mg(21R 地+23h)-(M-m)μ-22 1mv -cm ΔT ⑩ (2)将题给数据代入得E′=2.9×1012J. 带电粒子在电磁场中运动问题 带电粒子在电磁场中运动问题，实质是力学问题，通常从受力分析，运动情况分析入手，利用力学规律，并注意几何关系即可求解。下面对两道高考压轴题作一简要分析。 20、（1994年全国）一带电质点质量为m 电量为q ，以平行于ox 轴的速度v 从y 轴上的a 点射入图7中第一象限所示的区域。为了使该质点能从x 轴上的b 点以垂直于ox 轴的速度v 射出，可在适当的地方加一个垂直于xy 平面、磁感强度 为B 的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个圆形区域内，试求这个圆形区域的最小半径，重力忽略不计。 解析：由题意可知，质量在xy 平面的第一象限的磁场中做匀速圆周运动，在磁场外做匀速直线运动。由于质点进入磁场的速度方向与飞出磁场的速度方向相垂直成90°，由此可知质点在磁场中的轨迹 是半径为R 的圆O （虚线）的圆周的1/4，如图8，由题意，恰包 含弦的磁场圆有无数个，且对应的圆心角越小，圆半径越 大，反之则越小，当圆心角为180°时，即 为直径时磁场圆O'（实线）的半径最小，设其半径为r ，易得 Bq mv R r 2222== 显而易见，以上找圆心及对角度的分析是解题的关键。 21、（1999年全国） 图9中虚线MN 是一垂直面的平面 与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在着一磁感强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向外。O 是MN 上的一点，从O 点可以向磁场区域发射电量为＋q 、质量为m 速率为v 的粒子， 粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向。已知先后射入的 两个粒子恰好在磁场中的P 点相遇，P 到O 的距离为L 。不计 粒子的重力及粒子间的相互作用。 (1)求所考察的粒子在磁场中的轨道半径。 (2)求这两个粒子从O 点射入磁场的时间间隔。 分析与解：这一题是带电粒子仅在洛仑兹力作用下的运动问题，前后两个粒子做完全相同的匀速圆周运动，对应的物理规律较简单，第二问的难点在于物理情景分析和几何关系的确定，勾画草图分析，巧设角度θ是解题的关键。 （1）设粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径为R ，由牛顿第二定律，有 R v m qvB 2 = 得 qB m v R =① （2）如图10所示，以OP 为弦可画两个半径相同的圆， 分别表示在P 点相遇的两个粒子的轨道。圆心和直径分别 为 O 1、O 2和OO 1Q 1,OO 2Q 2,在0处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用θ表示它之间的夹角。 由几何关系可知θ=∠=∠2211Q PO Q PO 从0点射入到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧长Q 1P Q 1P ＝R θ ③ 粒子2的路程为半个圆周减弧长 PQ 2=R θ ④ 粒子1运动的时间 v R T t θ+=211 ⑤ 其中T 为圆周运动的周期。粒子2运动的时间为 v R T t θ-=212 ⑥ 两粒子射入的时间问隔 △t=t 1-t 2= v R θ2 ⑦ 因 L R 212cos =θ 得R L 2arccos 2=θ ⑧ 由①、⑦、⑧三式得 △t=)2arccos(4mv qBL qB m 22.(13分)1951年，物理学家发现了“电子偶数”，所谓“电子偶数”就是由一个负电子和一个正电子绕它们的质量中心旋转形成的相对稳定的系统.已知正、负电子的质量均为m e ，普朗克常数为h ，静电力常量为k ，假设“电子偶数”中正、负电子绕它们质量中心做匀速圆周运动的轨道半径r 、运动速度v 及电子的质量满足量子化理论：2m e v n r n =nh /2π，n =1,2……，“电子偶数”的能量为正负电子运动的动能和系统的电势能之和，已知两正负电 子相距为L 时的电势能为E p =-k L e 2 ，试求n =1时“电子偶数”的能量. 18.(13分)由量子化理论知 n =1时，2m e v 1r 1=π2h 解得1 14r m h v e π= ① 设此时电子运转轨道半径为r ，由牛顿定律有m e 2121214r e k r v = 2121 4/v m ke r e = ② 由①②联立可得v 1＝πke 2／h 系统电势能E p =-k 21 22 222r m ke e k r e e -==－2m e v 12 而系统两电子动能为E k =2×2 12121v m v m e e = 系统能量为E =E p +E k ＝-m e v 12=-π2mk 2e 4／h 2 评分：解答①式正确得2分；解答②式正确得3分；正确分析系统势能得2分；解答动能正确得3分；正确列式、得出总能量表达式得3分. 23.(14分)显像管的工作原理是阴极K 发射的电子束经高压加速电场(电压U )加速后垂直正对圆心进入磁感应强度为B 、半径为r 的圆形匀强偏转磁场，如图11所示，偏转后轰击荧光屏P ，荧光粉受激而发光，在极短时间内完成一幅 扫描.若去离子水质不纯，所生产的阴极材料中会有少量 SO -2 4，SO -24打在屏上出现暗斑，称为离子斑，如发生 上述情况，试分析说明暗斑集中在荧光屏中央的原因［电 子质量为9.1×10 －31 kg ，硫酸根离子(SO -24)质量为1.6×10－25 kg ］. 23、电子或硫酸根离子在加速电场中 qU =22 1 mv 设粒子在偏转磁场中偏转时，轨道半径为R ,有：qvB =m R v 2 则R =q mU B qB mv 21= 设粒子在偏转磁场中速度偏角为θ，有：tan mU q Br R r 22==θ 故tan 2 θ∝m q 由于硫酸根离子荷质比远小于电子的荷质比，高速硫酸根离子经过磁场几乎不发生偏转，而集中打在荧光屏中央，形成暗斑. 评分：正确运用动能定理处理粒子在加速电场中的运动得3分；求解粒子在偏转磁场中的轨道半径得3分；正确抓住切入点，求解tan 2θ得3分；明确tan 2θ与m q 的关系得2分；最后将tan 2 θ∝m q 应用于电子和硫酸根离子，得出正确结论得2分. 24.(14分)如图12是用高电阻放电法测电容的实验电路图，其原理是测出电容器在充电电压为U 时所带的电荷量Q ，从而求出其电容C .该实验的操作步骤如下：①按电路图接好实验电路;②接通开关S ，调节电阻箱R 的阻值，使微安表的指针接近满刻度，记下这时的电压表读数U 0＝6.2 V 和微安表读数I 0＝490 μA;③断开电键S 并同时开始计时，每隔5 s 或10 s 读一次微安表的读数i ,将读数记录在预先设计的表格中;④根据表格中的12组数据，以t 为横坐标，i 为纵坐标，在坐标纸上描点(图中用“×”表示),则： 图12 (1)根据图示中的描点作出图线. (2)试分析图示中i-t 图线下所围的“面积”所表示的物理意义. (3)根据以上实验结果和图线，估算当电容器两端电压为U 0所带的电量Q 0，并计算电容器的电容. 24.(14分)(1)根据描点绘出圆滑的曲线如图所示 . 注：(a)绘出折线不得分；(b)绘出的曲线应与横轴相切，否则酌情扣分. (2)图中i-t 图线下所围的“面积”表示断开电键后通过电阻R 的电量，即电容器两端电压为U 0时所带电量为Q . (3)根据绘出图线，估算“面积”格数约32～33格(此范围内均得分，下同). 因此，电容器电容为U 0时，带电量(Q 0)约为8.00×10－3 C ～8.25×10－3 C 由C =U Q 得，电容器电容(C )约为：1.30×10－3 F ～1.33×10－3 F 评分：(1)绘图正确得4分；(2)“面积”意义分析正确得5分；(3)电容计算正确得5分. 25.(12分)据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带 电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动 使之束缚在某个区域内.现按下面的简化条件来讨论这个问题：如图11所 示是一个截面为内径R １＝0.6 m 、外径R 2=1.2 m 的环状区域，区域内有垂 直于截面向里的匀强磁场.已知氦核的荷质比m q =4.8×107 C/kg ，磁场的磁感应强度B =0.4 T ，不计带电粒子重力. (1)实践证明，氦核在磁场区域内沿垂直于磁场方向运动速度v 的大小与它在磁场中运动的轨道半径r 有关，试导出v 与r 的关系式. (2)若氦核在平行于截面从A 点沿各个方向射入磁场都不能穿出磁场的外边界，求氦核的最大速度. 解：(1)设氦核质量为m ,电量为q ，以速度v 在磁感应强度为B 的匀强磁场中做半径为r 图 11 备战高考物理与电磁感应现象的两类情况有关的压轴题附答案解析 一、电磁感应现象的两类情况 1．如图所示，无限长平行金属导轨EF、PQ固定在倾角θ=37°的光滑绝缘斜面上，轨道间距L=1m，底部接入一阻值R=0.06Ω的定值电阻，上端开口，垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T。一质量m=2kg的金属棒ab与导轨接触良好，ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，ab连入导轨间的电阻r=0.04Ω，电路中其余电阻不计。现用一质量M=6kg的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连.由静止释放物体，当物体下落高度h=2.0m时，ab开始匀速运动，运动中ab始终垂直导轨并与导轨接触良好。不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。 (1)求ab棒沿斜面向上运动的最大速度； (2)在ab棒从开始运动到开始匀速运动的这段时间内，求通过杆的电量q； (3)在ab棒从开始运动到开始匀速运动的这段时间内，求电阻R上产生的焦耳热。 【答案】(1) (2)q=40C (3) 【解析】 【分析】 (1)由静止释放物体，ab棒先向上做加速运动，随着速度增大，产生的感应电流增大，棒所受的安培力增大，加速度减小，棒做加速度减小的加速运动；当加速度为零时，棒开始匀速，速度达到最大。据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、安培力公式、平衡条件等知识可求出棒的最大速度。 (2)本小问是感应电量的问题，据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、电流的定义式、磁通量的概念等知识可进行求解。 (3)从ab棒开始运动到匀速运动，系统的重力势能减小，转化为系统增加的动能、摩擦热和焦耳热，据能量守恒定律可求出系统的焦耳热，再由焦耳定律求出电阻R上产生的焦耳热。 【详解】 (1)金属棒ab和物体匀速运动时，速度达到最大值，由平衡条件知 对物体，有；对ab棒，有 又、 联立解得： (2) 感应电荷量 2016-2018北京海淀区高三期中物理易错题汇编 1.如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连 接着质量M=6.0kg的物块A．装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动．传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑1/4圆弧轨道．质量m=2.0kg的物块B从1/4圆弧的最高处由静止释放．已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m．设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止．取g=10m/s2．求： （1）物块B滑到1/4圆弧的最低点C时对轨道的压力． （2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能． （3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A后在传送带碰撞上运动的总时间． 2.我国高速铁路使用的和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．某列动车组 由8节车厢组成，其中车头第1节、车中第5节为动车，其余为拖车，假设每节动车和拖车的质量均为m=2×104kg，每节动车提供的最大功率P=600kW． （1）假设行驶过程中每节车厢所受阻力f大小均为车厢重力的0.01倍，若该动车组从静止以加速度a=0.5m/s2加速行驶． 1求此过程中，第5节和第6节车厢间作用力大小． 2以此加速度行驶时所能持续的时间． （2）若行驶过程中动车组所受阻力与速度成正比，两节动车带6节拖车的动车组所能达到的最大速度为v1．为提高动车组速度，现将动车组改为4节动车带4节拖车，则动车组所能达到的最大速度为v2，求v1与v2的比值． 3.暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机，如图所示，该游艺机顶上有一个半径为 4.5m的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图所示．“摇头飞椅”高O1O2= 5.8m，绳长5m．小明挑 选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40kg．小明和椅子的转动可简化为如图所示的圆周 天津市2019年高考语文压轴卷试题 学校_________ 班级__________ 姓名__________ 学号__________ 一、选择题组 1. 阅读下面的文字，完成各题。 孔子周游列国后，并未推销出自己的主张，又接连听到瑞兽麒麟被杀，得意门生子路在卫国内乱中被剁成肉酱，他就像一棵老树连遭雪裹雷击，很快奄奄一息，唱起了哀歌：“泰山要倾倒了，栋梁要毁坏了，哲人要辞世了。”(果然/竟然)，他不久就去逝了，弟子们举行了葬礼，于是有了眼前的孔子墓。 孔子墓座落在孔林入口处西北面一座红垣环绕的院子里。一个直径二三十米的坟堆，高不过五米，前有孔子后代立的两座普通的石碑，碑前用泰山封禅石垒成的供案，大概是墓地唯一的奢侈物。以孔子的熠熠光环和崇高地位，墓显得过于朴素，一时真有些(不可思议/匪夷所思)。但细想来，似又在情理之中。孔子死时其思想并未被统治阶级所接受，他的政治和社会地位自然不会太高，于是死不轰动，葬不(隆重/庄重)。随着孔子的地位在历朝不断攀升，孔子墓的周边添加了许多包装，如苍桧翠柏侍立的神道、气势宏伟的万古长春坊、端庄肃穆的至圣林坊，尽显高贵与排场。好在古人头脑没有过于发热，孔子墓核心部分基本保持了固有的面貌，这不能不说是一件幸事。 【小题1】文中加点字的注音和加点词语的字形，都正确的一项是 A．奄奄一息（yān）红垣（yuán）推销 B．封禅(shàn)供案（gōng）去逝 C．熠熠光环（yì）苍桧（huì）座落 D．奢侈（chǐ）长春坊（fāng）攀升 【小题2】依次选用文中括号里的词语，最恰当的一项是 A．果然不可思议隆重B．竟然匪夷所思庄重 C．果然匪夷所思隆重D．竟然不可思议庄重 二、选择题 2. 下列句子，没有语病的一项是（） A．金庸继承了古典武侠技击小说的写作传统，又在现代阅读氛围中对这一传统进行了空前的思想革命与技法创新，形成了“新派武侠”风格，其作品风靡整个华人世界。 B．随着城市的深入发展，一些走在前列的城市逐渐意识到以文化为根基的品牌建设对其长远发展的重要意义，在发展规划上逐渐着墨于城市文化内涵和文化品牌的打造。 2020高考物理压轴题 63道题经典题例（答案在文末） 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=0．1 kg，带电量为q=0．5 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 （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m c=5kg，在其正中央并排放着两个小滑块A和B，m A=1kg，m B=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? 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，则木板与斜面间动摩擦 25.2014新课标2 （19分）半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯 视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的 大小为B，方向竖直向下，在内圆导轨的C点和外圆导轨的 D点之间接有一阻值为R的电阻（图中未画出）．直导体棒 在水平外力作用下以速度ω绕O逆时针匀速转动、转动过 程中始终与导轨保持良好接触，设导体棒与导轨之间的动摩 擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略，重力加速度大 小为g．求： （1）通过电阻R的感应电流的方向和大小； （2）外力的功率． 25.（19分）2013新课标1 如图，两条平行导轨所在平面与水平 地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接 有一平行板电容器，电容为C。导轨处于 匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向 垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为 m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑 过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求: (1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。 ２４.（１４分）2013新课标2 如图，匀强电场中有一半径为ｒ的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。ａ、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷为ｑ(q>０)的质点沿轨道内侧运动.经过a 点和b点时对轨道压力的大小分别为Nａ和Ｎｂ不计重力，求电场强度的大小Ｅ、质点经过a点和b点时的动能。 压轴大题的解题策略与备考策略 2008年高考，江苏省将采用新的高考模式，物理等学科作为学科水平测试科目，不再按百分制记分而代之以等级记成绩，把满分为120分的高考原始成绩转化为A、B、C、D等4个等级，A、B两级分别占考生总人数的前20%和20%～50%。在A、B两级中又细 化为A和B，如A，就是占考生总人数的前5%的考生。没有B级，就不能报本科，没有A级，就很难考上重点大学，而要考上名牌大学，如清华、北大、南大等，可能要A了。所以表面看起来，虽然物理等学科不按百分制记分了，似乎它对高考的作用减弱了，其实那是近视的看法，物理等学科虽然没有决定权但有否决权。 不论百分制记分还是等级记成绩，都要把题目做对才能有好成绩。要把题目做对、做好，就要研究高考命题趋势和解题策略，本文研究的是压轴大题的高考命题的趋势及压轴大题的解题策略与备考策略。因为压轴大题占分多，难度大，对于进入B级以及区分A级B级至关重要，而什么是压轴题？查现代汉语词典，有[压轴戏]词条，解释是：压轴子的戏曲节目，比喻令人注目的、最后出现的事件。有[压轴子]词条，解释是：①把某一出戏排做一次戏曲演出中的倒数第二个节目（最后的一出戏叫大轴子）。②一次演出的戏曲节目中排在倒数第二的一出戏。本文把一套高考试卷的最后一题和倒数第二题作为压轴大题研究。 根据笔者多年对高考的实践与研究认为，因为要在很短的时间内考查考生高中物理所学的很多知识和物理学科能力，压轴大题命题的角度常常从物理学科的综合着手。在知识方面，综合题常常是：或者力学综合题，或者电磁学综合题。 力学综合题的解法常用的有三个，一个是用牛顿运动定律和运动学公式解，另一个是用动能定理和机械能守恒解，第三个是用动量定理和动量守恒解，由于新课程高考把动量的内容作为选修和选考内容，所以用动量定理和动量守恒解的题目今年将会回避而不会出现在压轴大题中。在前两种解法中，前者只适用于匀变速直线运动，后者不仅适用于匀变速直线运动，也适用于非匀变速直线运动。 电磁学综合题高考的热点有两个，一个是带电粒子在电场或磁场或电磁场中的运动，一个是电磁感应。带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，在磁 2014天津市高考压轴卷物理 第Ⅰ卷 一、单项选择（每小题6分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的） 1.格林尼治时间2012年2月24日22时15分,MUOS—1卫星从佛罗里达州卡纳维拉尔角空军基地发射升空.据路透社报道,MUOS系统搭建完毕后,美军通信能力可望增强10倍,不仅能够实现超髙频卫星通信，还可同时传输音频、视频和数据资料.若卫星在发射升空的过程中总质量不变,则下列有关该通信卫星的说法正确的是（） A.该卫星的发射速度应不小于11. 2 km/s B 当卫星到达它的环绕轨道时,其内的物体将不受重力的作用 C.卫星在向上发射升空的过程中其重力势能逐渐变大 D.当卫星到达它的环绕轨道且其环绕轨道可视为圆形轨道时,其线速度必大于7. 9 km/s 2.小型交流发电机中,矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动,产生感应电动势随时间变化关系如图所示，此线圈与一个阻值为R=9Ω的电阻组成闭合电路,线圈自身电阻r=1Ω,下列说法正确的是（） A.交变电流的频率为5Hz B.串接在电路中的电流表示数为2 A C.发电机输出的电压有效值为10V D.发电机输出的电功率为18 W 3．如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的 位置-时间（x-t）图线，由图可知（） A．在时刻t1，a车追上b车 B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反 C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先增加后减少 D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车大 4．如题4图所示，两个完全相同的金属球a、b（可视为质点），金属球a 固定在绝缘水平面上，金属球b在离a高h的正上方由静止释放，与a发生正碰后回跳的最大高度为H，若碰撞中无能量损失，空气阻力不计，则（） A．若a、b带等量同种电荷，b球运动过程中，a、b两球系统机械能守恒B．若a、b带等量异种电荷，则h>H C．若a、b带不等量同种电荷，则h θ v 0 x y O M a b B N 电磁感应 2006年全国理综 (北京卷) 24．（20分）磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用。图1是平静海面上某 实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道（简称通道）组成。 如图2所示，通道尺寸a ＝，b ＝、c ＝。工作时，在通道内沿z 轴正方向加B ＝的匀强磁 场；沿x 轴正方向加匀强电场，使两金属板间的电压U ＝；海水沿y 轴正方向流过通道。已知海水的电阻率ρ＝Ω·m 。 （1）船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向； （2）船以v s ＝s 的速度匀速前进。若以船为参照物，海水以s 的速率涌入进水口由于通 道的截面积小球进水口的截面积，在通道内海水速率增加到v d ＝s 。求此时两金属板间的感应电动势U 感。 （3）船行驶时，通道中海水两侧的电压U / ＝U －U 感计算，海水受到电磁力的80%可以转 化为对船的推力。当船以v s ＝s 的船速度匀速前进时，求海水推力的功率。 解析24.(20分) （1）根据安培力公式,推力F 1=I 1Bb ，其中I 1= R U ,R ＝ρac b 则F t = 8.796==B p U Bb R U ac N 对海水推力的方向沿y 轴正方向(向右) （2）U 感=Bu 感b= V （3）根据欧姆定律，I 2= 600)('4=-=pb ac b Bv U R U A 安培推力F 2＝I 2Bb ＝720 N 推力的功率P ＝Fv s ＝80%F 2v s ＝2 880 W 2006年全国物理试题（江苏卷） 19．（17分）如图所示，顶角θ=45°，的金属导轨 MON 固定在水平面内，导轨处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中。一根与ON 垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度v 0沿导轨MON 向左滑动，导体棒的质量为m ，导轨与导体棒单位长度的电阻均匀为r 。导体棒与导轨接触点的a 和b ，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。t =0时，导体棒位于顶角O 处，求： （1）t 时刻流过导体棒的电流强度I 和电流方向。 （2）导体棒作匀速直线运动时水平外力F 的表达式。 （3）导体棒在0～t 时间内产生的焦耳热Q 。 （4）若在t 0时刻将外力F 撤去，导体棒最终在导轨上静止时的坐标x 。 19．（1）0到t 时间内，导体棒的位移 x ＝t t 时刻，导体棒的长度 l ＝x 导体棒的电动势 E ＝Bl v 0 回路总电阻 R ＝(2x ＋2x )r 电流强度 022E I R r ＝＝（＋） 电流方向 b →a （2） F ＝BlI ＝22 02 22E I R r ＝＝（＋） （3）解法一 t 时刻导体的电功率 P ＝I 2 R ＝23 02 22E I R r ＝＝（＋） ∵P ∝t ∴ Q ＝2P t ＝232 02 2(22E I R r ＝＝＋） 解法二 t 时刻导体棒的电功率 P ＝I 2 R 由于I 恒定 R / ＝v 0rt ∝t 高考物理压轴题汇编 如图所示，在盛水的圆柱型容器竖直地浮着一块圆柱型的木块，木块的体积为V ，高为h ，其密度为水密度ρ的二分之一，横截面积为容器横截面积的二分之一，在水面静止时，水高为2h ，现用力缓慢地将木块压到容器底部，若水不会从容器中溢出，求压力所做的功。 解：由题意知木块的密度为ρ/2，所以木块未加压力时，将有一半浸在水中，即入水深度为h/2， 木块向下压，水面就升高，由于木块横截面积是容器的1/2，所以当木块上底面与水面平齐时，水面上升h/4，木块下降h/4，即：木块下降 h/4，同时把它新占据的下部V/4体积的水重心升高3h/4，由功能关系可得这一阶段压力所做的功vgh h g v h g v w ρρρ16 1 42441=-= 压力继续把木块压到容器底部，在这一阶段，木块重心下降4 5h ，同时底部被木块所占空 间的水重心升高4 5h ，由功能关系可得这一阶段压力所做的功 vgh h g v h vg w ρρρ16 10452452=-= 整个过程压力做的总功为：vgh vgh vgh w w w ρρρ16 11 161016121=+= += (16分)为了证实玻尔关于原子存在分立能态的假设，历史上曾经有过著名的夫兰克—赫兹实验，其实验装置的原理示意图如图所示.由电子枪A 射出的电子，射进一个容器B 中，其中有氦气.电子在O 点与氦原子发生碰撞后，进入速度选择器C ，然后进入检测装置D .速度选择器C 由两个同心的圆弧形电极P 1和P 2组成，当两极间加以电压U 时，只允许具有确定能量的电子通过，并进入检测装置D .由检测装置测出电子产生的电流I ，改变电压U ，同时测出I 的数值，即可确定碰撞后进入速度选择器的电子的能量分布. 我们合理简化问题，设电子与原子碰撞前原子是静止的，原子质 量比电子质量大很多，碰撞后，原子虽然稍微被碰动，但忽略这一能量损失，设原子未动（即忽略电子与原子碰撞过程中，原子得到的机械能）.实验表明，在一定条件下，有些电子与原子碰撞后没有动能损失,电子只改变运动方向.有些电子与原子碰撞时要损失动能，所损失的动能被原子吸收，使原子自身体系能量增大， 2015年天津市高考物理压轴试卷 一、选择题，每题6分，共48分．1--5题每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．6--8题每题给出的4个选项中，有的只有一项是正确的，有的有多个选项是正确的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分． 1．（6分）在匀强磁场中有一个静止的氡原子核（Rn），由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42：1，如图所示，那么氡核的衰变方程应是下列方程中的哪一个（） A．Rn→Fr+e B．Rn→Po+He C．Rn→At+e D．Rn→At+H 2．（6分）如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于墙上O点，拉力F通过一轻质定滑轮和轻质动滑轮作用于绳另一端，则重物m在力F的作用下缓慢上升的过程中，拉力F变化为（不计一切摩擦）（） A．变大B．变小C．不变D．无法确定 3．（6分）固定在竖直平面的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心O等高，D点为轨道最高点，DB为竖直直线，AC为水平线，AE为水平面，如图所示．今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆轨道，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，则小球通过D点后（） A．一定会落到水平面AE上B．可能从A点又进入圆轨道 C．可能撞在圆轨道AB间某位置D．可能从D点自由下落 4．（6分）如图所示，虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一族等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从A 点飞到B点，则下列判断正确的是（） A．粒子一定带负电 B．A点的场强大于B点的场强 C．粒子在A点的电势能大于在B点的电势能 D．粒子在A点的动能小于在B点的动能 5．（6分）如图所示，水平方向的匀强电场和匀强磁场互相垂直，竖直的绝缘杆上套一带负电荷小环．小环由静止开始下落的过程中，所受摩擦力（） A．始终不变B．不断增大后来不变 C．不断减小最后为零D．先减小后增大，最后不变 6．（6分）下列说法正确的是（） 备战高考物理临界状态的假设解决物理试题-经典压轴题 一、临界状态的假设解决物理试题 1．如图所示，用长为L =0.8m 的轻质细绳将一质量为1kg 的小球悬挂在距离水平面高为H =2.05m 的O 点，将细绳拉直至水平状态无初速度释放小球，小球摆动至细绳处于竖直位置时细绳恰好断裂，小球落在距离O 点水平距离为2m 的水平面上的B 点，不计空气阻力，取g =10m/s 2求： (1)绳子断裂后小球落到地面所用的时间； (2)小球落地的速度的大小； (3)绳子能承受的最大拉力。 【答案】(1)0.5s(2)6.4m/s(3)30N 【解析】 【分析】 【详解】 (1)细绳断裂后，小球做平抛运动，竖直方向自由落体运动，则竖直方向有2 12 AB h gt =，解得 2(2.050.8) s 0.5s 10 t ?-= = (2)水平方向匀速运动，则有 02m/s 4m/s 0.5x v t = == 竖直方向的速度为 5m/s y v gt == 则 22 22045m/s=41m/s 6.4m/s y v v v =+=+≈ (3)在A 点根据向心力公式得 2 v T mg m L -= 代入数据解得 2 4(1101)N=30N 0.8 T =?+? 2．如图所示，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。P是圆外一点，OP=3r，一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从P点在纸面内沿着与OP成60°方向射出（不计重力），求： (1)若粒子运动轨迹经过圆心O，求粒子运动速度的大小； (2)若要求粒子不能进入圆形区域，求粒子运动速度应满足的条件。 【答案】(1)3Bqr ；(2) (332) v m ≤ + 或 (332) v m ≥ - 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，圆心为O'，依图题意作出轨迹图如图所示： 由几何知识可得： OO R '= ()222 (3)6sin OO R r rRθ '=+- 解得 3 R r = 根据牛顿第二定律可得 2 v Bqv m R = 解得 3Bqr v= (2)若速度较小，如图甲所示： Q 1、在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于 φ纸面，磁感应强度为B。一质量为m，带有电量q的粒子以一 定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点（AP＝d）射入磁 R 场（不计重力影响）。 ⑴如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度。A O P D ⑵如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q 点切线方向的夹角为φ（如图）。求入射粒子的速度。 解：⑴由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。 设入射粒子的速度为v1，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得： Q 2 v φ 1 mqBv 1 d/2 / R R qBd v 解得：1 2m / AO O ⑵设O/是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接O/Q，设O/Q＝R/。 P D / 由几何关系得：OQO // OORRd 由余弦定理得： 2 /22// (OO)RR2RRcos 解得： /d(2Rd) 2R(1cos)d R 设入射粒子的速度为v，由 2 v mqvB / R 解出：v qBd(2Rd) 2mR(1cos)d y 2、（17分）如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方 向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场， E 磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外。有一质量为m，带有 电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场。质点到达x轴上A 点时，速度方向与x轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d。接着，O φ A φ x 质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场。不计重力影响。若OC与x 轴的夹角也为φ，求：⑴质点在磁场中运动速度的大小；⑵匀强电场 的场强大小。 B C 解：质点在磁场中偏转90o，半径 mv rdsin，得 qB v q Bd sin m ； v 2019年高考物理压轴题解析及题型特点 2019年高考物理压轴题特点与解答思路 一份试卷的压轴题，难度大，分值也大，是用来鉴别考生掌握知识与综合应用能力高下的分档题。所以，拿下压轴题，就能胜券在握。 压轴题显著特点 综合的知识多一般是三个以上知识点融汇于一题。譬如：电磁感应综合的压轴题，可以渗透磁场安培力、闭合电路欧姆定律、电功、电功率、功能原理、能量转化与守恒定律、牛顿定律、运动学公式，力学平衡等多个知识点。 物理技能要求高解题时布列的物理方程多，需要等量代换，有时用到待定系数法;研究的物理量是时间、位移或其他相 关物理量的函数时，则通过解析式进行分析讨论;当研究的 物理量出现极值、临界值，可能涉及三角函数，也有用到判别式、不等式性质等。 难易设计有梯度虽说压轴题有难度，但并不是一竿子难到底，让你望题生畏，而是先易后难。通常情况下的第(1)、(2)问，估计绝大多数考生还是有能力和信心完成的，所以，绝对不能全部放弃。 压轴题解答思路 压轴题综合这么多知识点，又能清晰地呈现物理情境。其中，物理问题的发生、变化、发展的全过程，正是我们研究问题 的思路要沿袭的。 分析物理过程根据题设条件，设问所求，把问题的全过程分解为几个与答题有直接关系的子过程，使复杂问题化为简单。有时压轴题的设问前后呼应，即前问对后问有作用，这样子过程中某个结论成为衔接两个设问的纽带;也有的压轴题设 问彼此独立，即前问不影响后问，那就细致地把该子过程分析解答完整。分析过程，看清设问间关系才能使解答胸有成竹。 分析原因与结果针对每一道压轴题，无论从整体还是局部考虑，物理过程都包含有原因与结果。所以，分析原因与结果成为解压轴题的必经之路。譬如：引起电磁感应现象的原因，是导体棒切割磁感线、还是穿过回路的磁通量发生变化，或者两者同作用。导体棒切割磁感线，是受外作用(恒力、变力)，还是具有初速度。正是原因不同、研究问题所选用的 物理规律就不同，进而，我们结合题意分析这些原因导致怎样的结果。针对题目需要我们回答的问题，不外乎从受力情况、运动状态、能量转化等方面着手研究，最终得出题目要求的结果。 确定思路方法解压轴题不必刻意追求方法的创新，因为试题知识容量大，综合性强，很难做到解题方法大包大揽的巧妙与简捷。还是踏踏实实地从读题、审题开始。提取复杂情境中有价值信息，明确已知条件、挖掘隐含条件、预测临界条 1．如图所示，质量为m 的小物块以水平速度v 0滑上原来静止在光滑水平面上质量为M 的小车上，物块与小车间的动摩擦因数为μ，小车足够长。求： (1) 小物块相对小车静止时的速度； (2) 从小物块滑上小车到相对小车静止所经历的时间； (3) 从小物块滑上小车到相对小车静止时，系统产生的热量和物块相对小车滑行的距离。 解：物块滑上小车后，受到向后的摩擦力而做减速运动，小车受到向前的摩擦力而做加速运动，因小车足够长，最终物块与小车相对静止，如图8所示。由于“光滑水平面”，系统所受合外力为零，故满足动量守恒定律。 (1) 由动量守恒定律，物块与小车系统： mv 0 = ( M + m )V 共 ∴0 mv V M m =+共 (2) 由动量定理，： (3) 由功能关系，物块与小车之间一对滑动摩擦力做功之和（摩擦力乘以相对位移）等于系统机械能的增量： 2201()21 - f l M+m V mv 2 = -共 ∴2 02()Mv l μM+m g = 2如下图所示是固定在水平地面上的横截面为“”形的光滑长直导轨槽，槽口向上（图为俯视图）。槽内 放置一个木质滑块，滑块的左半部是半径为R 的半圆柱形光滑凹槽，木质滑块的宽度为2R ，比“ ”形槽 的宽度略小。现有半径r(r< ⑵如果粒子经纸面内Q 点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q 点切线方向的夹角为φ（如图）。求入射粒子的速度。 解：⑴由于粒子在P 点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP 上，AP 是直径。 设入射粒子的速度为v 1，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得： 2 11/2 v m qBv d = 解得：12qBd v m = ⑵设O / 是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接O / Q ，设O / Q ＝R /。 由几何关系得： / OQO ?∠= // OO R R d =+- 由余弦定理得：2 /22//()2cos OO R R RR ?=+- 解得：[] / (2) 2(1cos )d R d R R d ?-= +- 设入射粒子的速度为v ，由2 /v m qvB R = 解出：[] (2) 2(1cos )qBd R d v m R d ?-= +- 2、（17分） 如图所示，在xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场的方 向平行于y 轴向下；在x 轴和第四象限的射线OC 之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于纸面向外。有一质量为m ，带有电荷量+q 的质点由电场左侧平行于x 轴射入电场。质点到达x 轴上A 点时，速度方向与x 轴的夹角为φ，A 点与原点O 的距离为d 。接着，质点进入磁场，并垂直于OC 飞离磁场。不计重力影响。若OC 与x 轴的夹角也为φ，求：⑴质点在磁场中运动速度的大小；⑵匀强电场的场强大小。 解：质点在磁场中偏转90o，半径qB mv d r = =φsin ，得m qBd v φsin =； 由平抛规律，质点进入电场时v 0=v cos φ，在电场中经历时间 t=d /v 0，在电场中竖直位移2 21tan 2t m qE d h ??== φ，由以上各式可得 O O 天津高考物理试题分类一一压轴题 (2004年)25. ( 22分)磁流体发电是一种新型发电方式，图 1和图2是其 工作原理示意图。图1中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高、宽分别 为I 、 a 、 b ，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极， 这两个电极 与负载电阻R i 相连。整个发电导管处于图2中磁场线圈产生的匀强 磁场里，磁感应强度为 B,方向如图所示。发电导管内有电阻率为 的高温、 高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出。由于运动的电离气体受 到磁场作用，产生了电动势。发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同。设 发电导管内电离气体流速处处相同，且不存在磁场时电离气体流速为 V o ，电离 气体所受摩擦阻力总与流速成正比，发电导管两端的电离气体压强差 p 维持恒 定，求： (1) 不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力 F 多大; (2) 磁流体发电机的电动势E 的大小； (3) 磁流体发电机发电导管的输入功率 P 。 用I 图2 (1)不存在磁场时，由力的平衡得F ab p (2)设磁场存在时的气体流速为v ，则磁流体发电机的电动势 E Bav 回路中的电流I Bav 电流I受到的安培力F安 2 2 Bav a R L bl 设F为存在磁场时的摩擦阻力’依题意y v o 存在磁场时，由力的平衡得ab p F安F Bav0 B2av0 1 — a b P（R L） bl (3)磁流体发电机发电导管的输入功率P abv p abv0 p 2 B av o 1 b P（R L ￡ bl (2005年)25. (22分)正电子发射计算机断层(PET是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术，它为临床诊断和治疗提供全新的手段。 (1) PET在心脏疾病诊疗中，需要使用放射正电子的同位素氮13示踪剂。氮 13是由小型回旋加速器输出的高度质子轰击氧16获得的，反应中同时还产生另一个粒子，试写出该核反应方程。 (2) PET所用回旋加速器示意如图，其中置于高真空中的金属D形盒的半径为 R,两盒间距为d,在左侧D形盒圆心处放有粒子源S,匀强磁场的磁感应强度为B,方向如图所示。质子质量为m电荷量为q。设质子从粒子 根据上述各式解得E 由能量守恒定律得P EI F v 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 =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/s 2，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v 1和v 2 （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2—14所示，光滑水平桌面上有长L=2m 的木板C ，质量m c =5kg ，在其 正中央并排放着两个小滑块A 和B ，m A =1kg ，m B =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? 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 1，放手后，木板沿斜面下滑，稳定后 弹簧示数为F 2，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） 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 A =m B =m ，m C =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 0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 向下运动，经历同样过程，图12 一、法拉第电磁感应定律 1．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200cm2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。求： （1）线圈中的感应电流的大小和方向； （2）电阻R两端电压及消耗的功率； （3）前4s内通过R的电荷量。 【答案】（1）0﹣4s内，线圈中的感应电流的大小为0.02A，方向沿逆时针方向。4﹣6s 内，线圈中的感应电流大小为0.08A，方向沿顺时针方向；（2）0﹣4s内，R两端的电压是0.08V；4﹣6s内，R两端的电压是0.32V，R消耗的总功率为0.0272W；（3）前4s内通过R的电荷量是8×10﹣2C。 【解析】 【详解】 （1）0﹣4s内，由法拉第电磁感应定律有： 线圈中的感应电流大小为： 由楞次定律知感应电流方向沿逆时针方向。 4﹣6s内，由法拉第电磁感应定律有： 线圈中的感应电流大小为：，方向沿顺时针方向。 （2）0﹣4s内，R两端的电压为： 消耗的功率为： 4﹣6s内，R两端的电压为： 消耗的功率为： 故R消耗的总功率为： （3）前4s内通过R的电荷量为： 2．如图，匝数为N 、电阻为r 、面积为S 的圆形线圈P 放置于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，线圈P 通过导线与阻值为R 的电阻和两平行金属板相连，两金属板之间的距离为d ，两板间有垂直纸面的恒定匀强磁场。当线圈P 所在位置的磁场均匀变化时，一质量为m 、带电量为q 的油滴在两金属板之间的竖直平面内做圆周运动。重力加速度为g ，求： (1)匀强电场的电场强度 (2)流过电阻R 的电流 (3)线圈P 所在磁场磁感应强度的变化率 【答案】(1)mg q (2)mgd qR (3)()B mgd R r t NQRS ?+=? 【解析】 【详解】 (1)由题意得： qE =mg 解得 mg q E = (2)由电场强度与电势差的关系得： U E d = 由欧姆定律得： U I R = 解得 mgd I qR = (3)根据法拉第电磁感应定律得到： E N t ?Φ =? B S t t ?Φ?=?? 根据闭合回路的欧姆定律得到：()E I R r =+ 解得： 2016年——2020年高考物理压轴题汇编 一、力学综合：考察运动规律、牛顿定律、动能定理，功能关系、动量定理、动量守恒 定律、物体受力分析、运动过程分析、数理综合应用能力等 1、【2017·新课标Ⅲ卷】（20分）如图，两个滑块A 和B 的质量分别为m A =1 kg 和m B =5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m =4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0=3 m/s 。A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g =10 m/s 2。求 （1）B 与木板相对静止时，木板的速度； （2）A 、B 开始运动时，两者之间的距离。 【答案】（1）1 m/s （2）1.9 m 【解析】（1）滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别是a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1。在物块B 与木板达到共同速度前有 ① ② ③ 由牛顿第二定律得④ ⑤ ⑥ 设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，设大小为v 1。由运动学公式有 ⑦ ⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得⑨ （2）在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为⑩ 设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 ? 由①②④⑤式知，a A =a B ；再由⑦⑧可知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反。由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2，设A 的速度大小从v 1变到v 2所用时间为t 2 ，则由运动学公式，对木板有11A f m g μ=21B f m g μ=32()A B f m m m g μ=++1A A f m a =2B B f m a =2131f f f ma --=101B v v a t =-111v a t =1 1 m/s v =2 01112 B B s v t a t =- 132()B f f m m a +=+2122 v v a t =- 压 轴 题 训 练 1 个人感觉最近几年最后的计算题的特点：1、江苏、北京在力求创新，全国卷稳定，过程复杂，对思维的长度，细心程度要求较高。2、高考最后压轴题的命题来源（1）、旧题翻新（2）、力求建模（3）思维长度上要求高，力求分层次设计问题。 1．【2016·海南卷】水平地面上有质量分别为m 和4m 的物A 和B ，两者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A 相连，动滑轮与B 相连， 如图所示。初始时，绳出于水平拉直状态。若物块A 在水平向右的 恒力F 作用下向右移动了距离s ，重力加速度大小为g 。求： （1）物块B 克服摩擦力所做的功；（2）物块A 、B 的加速度大小。 【答案】（1）2μmgs （2） 32F mg m μ- 34F m g m μ- 2．（15分）【2016·四川卷】中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移 管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K 点沿 轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运 动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B 时速度为8×106 m/s ，进入漂移管E 时速度为1×107 m/s ，电源频率为 1×107 Hz ，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周 期的1/2。质子的荷质比取1×108 C /kg 。求： （1）漂移管B 的长度；（2）相邻漂移管间的加速电压。 【答案】（1）0.4 m （2）4610V ? 3．【2011·上海卷】如图，质量2m kg =的物体静止于水平地面的A 处，A 、B 间距L =20m 。用大小为30N ，沿水平方向的外力拉此物体，经 02t s =拉至B 处。（已 知cos370.8?=，sin 370.6?=。取210/g m s =）备战高考物理与电磁感应现象的两类情况有关的压轴题附答案解析
2018高三期中物理压轴题答案
天津市2019年高考语文压轴卷试题
高考物理63个经典压轴题
高考物理压轴题之电磁学专题(5年)(含答案分析).
高考物理压轴大题
2014年天津市高考物理压轴卷(含解析)
近十年年高考物理电磁感应压轴题
高考物理压轴题总汇编
2015年天津市高考物理压轴试卷(解析版)
备战高考物理临界状态的假设解决物理试题-经典压轴题
高考物理压轴题电磁场汇编
高考物理压轴题解析及题型特点-教育文档
最新2021年高考物理压轴题训练含答案 (5)
高考物理压轴题电磁场汇编
天津高考物理试题分类压轴题
高三物理压轴题及其答案
高考物理(法拉第电磁感应定律提高练习题)压轴题训练及详细答案(1)
2016年——2020年高考物理压轴题汇编(含解题过程)
高考物理压轴题(整理1学生)
相关文档
- 高考物理压轴题解析
- 高考物理压轴综合大题专题强化训练
- 2020历年高考物理真题：压轴大题精选汇编(含答案和解析)
- 2017年新课标卷高考物理压轴题集
- 2009高考物理压轴题汇编
- [高考]历年高考物理压轴题精美打印版
- 2019高考物理压轴题分析ppt课件
- 历年高考物理压轴题精选(三)详细解答
- 高考物理压轴题欣赏
- 高考物理压轴大题范文
- 高考物理电磁综合压轴大题汇编
- (完整版)全国历年高考物理压轴题汇总,推荐文档
- 高考物理压轴大题
- 高考物理压轴题集(含答案)
- 高考物理压轴题汇编
- 近十年年高考物理电磁感应压轴题
- 高考理综大题及答案历年物理压轴题解析
- 高考最后60天!高考物理压轴题及解题方法汇总!
- 2019年 高考物理 压轴题汇总(含答案解析)
- ---2018高三期中物理压轴题答案