高三物理壓軸題及其答案(10道)1（20分）.如圖12所示，PR是一塊長為L=4m的絕緣平板固定在水平地面上，整個空間有一個平行于PR的勻強電場E，在板的右半部分有一個垂直于紙面向外的勻強磁場B，一個質量為m=0．1kg，帶電量為q=0．5C的物體，從板的P端由靜止開始在電場力和摩擦力的作用下向右做勻加速運動，進入磁場后恰能做勻速運動。當物體碰到板R端的擋板后被彈回，若在碰撞瞬間撤去電場，物體返回時在磁場中仍做勻速運動，離開磁場后做勻減速運動停在C點，PC=L/4，物體與平板間的動摩擦因數為μ=0．4，取g=10m/s2，求：（1）判斷物體帶電性質，正電荷還是負電荷？（2）物體與擋板碰撞前后的速度v1和v2（3）磁感應強度B的大小圖12（4）電場強度E圖122(10分)如圖2—14所示，光滑水平桌面上有長L=2m的木板C，質量mc=5kg，在其正中央并排放著兩個小滑塊A和B，mA=1kg，mB=4kg，開始時三物都靜止．在A、B間有少量塑膠炸藥，爆炸后A以速度6m／s水平向左運動，A、B中任一塊與擋板碰撞后，都粘在一起，不計摩擦和碰撞時間，求：(1)當兩滑塊A、B都與擋板碰撞后，C的速度是多大?(2)到A、B都與擋板碰撞為止，C的位移為多少?3（10分）為了測量小木板和斜面間的摩擦因數，某同學設計如圖所示實驗，在小木板上固定一個輕彈簧，彈簧下端吊一個光滑小球，彈簧長度方向與斜面平行，現將木板連同彈簧、小球放在斜面上，用手固定木板時，彈簧示數為F，放手后，木板沿斜面下滑，穩定后彈簧示數為F，測得斜面斜角為θ，則木板與斜面間動摩擦因數為多少？（斜面體固定在地面上）4有一傾角為θ的斜面，其底端固定一擋板M，另有三個木塊A、B和C，它們的質量分別為m=m=m，m=3m，它們與斜面間的動摩擦因數都相同.其中木塊A連接一輕彈簧放于斜面上，并通過輕彈簧與擋板M相連，如圖所示.開始時，木塊A靜止在P處，彈簧處于自然伸長狀態.木塊B在Q點以初速度v向下運動，P、Q間的距離為L.已知木塊B在下滑過程中做勻速直線運動，與木塊A相碰后立刻一起向下運動，但不粘連，它們到達一個最低點后又向上運動，木塊B向上運動恰好能回到Q點.若木塊A靜止于P點，木塊C從Q點開始以初速度向下運動，經歷同樣過程，最后木塊C停在斜面上的R點，求P、R間的距離L′的大小。5.如圖，足夠長的水平傳送帶始終以大小為v＝3m/s的速度向左運動，傳送帶上有一質量為M＝2kg的小木盒A，A與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0．3，開始時，A與傳送帶之間保持相對靜止。先后相隔△t＝3s有兩個光滑的質量為m＝1kg的小球B自傳送帶的左端出發，以v0＝15m/s的速度在傳送帶上向右運動。第1個球與木盒相遇后，球立即進入盒中與盒保持相對靜止，第2個球出發后歷時△t1＝1s/3而與木盒相遇。求（取g＝10m/s2）（1）第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運動的速度時多大？（2）第1個球出發后經過多長時間與木盒相遇？BAvv0（3）自木盒與第BAvv06.如圖所示，兩平行金屬板A、B長l＝8cm，兩板間距離d＝8cm，A板比B板電勢高300V，即UAB＝300V。一帶正電的粒子電量q＝10-10C，質量m＝10-20kg，從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度v0＝2×106m/s，粒子飛出平行板電場后經過界面MN、PS間的無電場區域后，進入固定在中心線上的O點的點電荷Q形成的電場區域（設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響）。已知兩界面MN、PS相距為L＝12cm，粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上。求（靜電力常數k＝9×109N·m2/C2）由以上③④兩式得：2（1）A、B、C系統所受合外力為零，故系統動量守恒，且總動量為零，故兩物塊與擋板碰撞后，C的速度為零，即（2）炸藥爆炸時有解得又當sA＝1m時sB＝0.25m，即當A、C相撞時B與C右板相距A、C相撞時有：解得＝1m/s，方向向左而＝1.5m/s，方向向右，兩者相距0.75m，故到A，B都與擋板碰撞為止，C的位移為m19.3固定時示數為F，對小球F=mgsinθ①整體下滑：（M+m）sinθ-μ(M+m)gcosθ=(M+m)a②下滑時，對小球：mgsinθ-F=ma③由式①、式②、式③得μ=tanθ4．木塊B下滑做勻速直線運動，有mgsinθ=μmgcosθB和A相撞前后，總動量守恒,mv=2mv，所以v=設兩木塊向下壓縮彈簧的最大長度為s,兩木塊被彈簧彈回到P點時的速度為v，則μ2mgcosθ·2s=兩木塊在P點處分開后，木塊B上滑到Q點的過程：（mgsinθ+μmgcosθ）L=木塊C與A碰撞前后，總動量守恒，則3m·，所以v′=v設木塊C和A壓縮彈簧的最大長度為s′,兩木塊被彈簧彈回到P點時的速度為v,則μ4mgcosθ·2s′=木塊C與A在P點處分開后，木塊C上滑到R點的過程：（3mgsinθ+μ3mgcosθ）L′=在木塊壓縮彈簧的過程中，重力對木塊所做的功與摩擦力對木塊所做的功大小相等，因此彈簧被壓縮而具有的最大彈性勢能等于開始壓縮彈簧時兩木塊的總動能.因此，木塊B和A壓縮彈簧的初動能E木塊C與A壓縮彈簧的初動能E即E因此，彈簧前后兩次的最大壓縮量相等，即s=s′綜上，得L′=L-5（1）設第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運動的速度為v1,根據動量守恒定律：（1分）代入數據，解得：v1=3m/s（1分）（2）設第1個球與木盒的相遇點離傳送帶左端的距離為s，第1個球經過t0與木盒相遇,則：（1分）設第1個球進入木盒后兩者共同運動的加速度為a，根據牛頓第二定律：得：（1分）設木盒減速運動的時間為t1,加速到與傳送帶相同的速度的時間為t2，則：=1s（1分）故木盒在2s內的位移為零（1分）依題意：（2分）代入數據，解得：s=7．5mt0=0．5s（1分）（3）自木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的這一過程中,傳送帶的位移為S，木盒的位移為s1,則：（1分）（1分）故木盒相對與傳送帶的位移：則木盒與傳送帶間的摩擦而產生的熱量是： （2分）6（1）設粒子從電場中飛出時的側向位移為h,穿過界面PS時偏離中心線OR的距離為y，則：h=at2/2 （1分）即：（1分）代入數據，解得：h=0．03m=3cm（1分）帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動,由相似三角形知識得：（1分）代入數據，解得:y=0．12m=12cm（1分）（2）設粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為vy，則：vy=at=代入數據，解得:vy=1．5×106m/s（1分）所以粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為：（1分）設粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ，則：（1分）因為粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏上，所以該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷Q作勻速圓周運動，其半徑與速度方向垂直。勻速圓周運動的半徑：（1分）由：（2分）代入數據，解得：Q=1．04×10-8C（1分）7(1)釋放小物體，物體在電場力作用下水平向右運動，此時，滑板靜止不動，對于小物體，由動能定理得：(2)碰后小物體反彈，由動量守恒定律：得得．之后滑板以v2勻速運動，直到與物體第二次碰撞，從第一次碰撞到第二次碰撞時，物體與滑板位移相等、時間相等、平均速度相等(3)電場力做功等于系統所增加的動能8．(1)只有當CD板間的電場力方向向上即AB棒向右運動時，粒子才可能從O運動到O’，而粒子要飛出磁場邊界MN最小速度v0必須滿足：①設CD間的電壓為U，則②解①②得U=25V，又U=ε=B1Lv解得v=5m/s.所以根據（乙）圖可以推斷在0.25s<t<1.75s內，粒子能穿過CD間的電場。（2）當AB棒速度最大，即v’=20m/s時產生感應電動勢為：ε’=B1Lv’=100V此時帶電粒子經加速后速度為v，由動能定理有：解得：v=100m/s此時帶電粒子的軌道半徑為出射點與O’的水平距離為：粒子從邊界MN射出來的位置間最大距離為S=d-x=7.3cm9第（1）問8分，第（2）問6分，第（3）問6分，共20分解:（1）U型框向右運動時，NQ邊相當于電源，產生的感應電動勢當如圖乙所示位置時，方框bd之間的電阻為U型框連同方框構成的閉合電路的總電阻為閉合電路的總電流為根據歐姆定律可知，bd兩端的電勢差為：方框中的熱功率為（2）在U型框向右運動的過程中，U型框和方框組成的系統所受外力為零，故系統動量守恒，設到達圖示位置時具有共同的速度v，根據動量守恒定律解得：根據能量守恒定律，U型框和方框組成的系統損失的機械能等于在這一過程中兩框架上產生的熱量，即