山东省物理高考真题计算题及答案-2011、2010、2009、2008、2007

一，运动、机械能2007，如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量m=1.0kg的小滑块。

当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，经光滑的过渡圆管进入轨道ABC。

以知AB段斜面倾角为53°，BC段斜面倾角为37°，滑块与圆盘及斜面间的动摩擦因数均μ=0.5 ，A点离B点所在水平面的高度h=1.2m。

滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g=10m/s2,sin37°=0.6; cos37°=0.8（1）若圆盘半径R=0.2m，当圆盘的角速度多大时，滑块从圆盘上滑落？（2）若取圆盘所在平面为零势能面，求滑块到达B点时的机械能。

（3）从滑块到达B点时起，经0.6s 正好通过C点，求BC之间的距离。

答案：(1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得：μmg=mω2Rug/=5rad/s代入数据解得：ω=R（2）滑块在A点时的速度：U A=ωR=1m/s从A到B的运动过程由动能定理：mgh-μmgcos53°·h/sin53°=1/2mv B2-1/2mv A2在B点时的机械能E B=1/2mv B2-mgh=-4J（3）滑块在B点时的速度：v B=4m/s滑块沿BC 段向上运动时的加速度大小：a 3=g （sin37°+ucos37°）=10m/s 2返回时的速度大小：a 2=g （sin37°-ucos37°）=2m/s 2BC 间的距离：s BC =v B 2/2a 1-1/2a 2（t-u R /a 1）2=0.76m2008，某兴趣小组设计了如图所示的玩具轨道，其中“2008”四个等高数字用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内（所有数字均由圆或半圆组成，圆半径比细管的内径大得多），底端与水平地面相切。

弹射装置将一个小物体（可视为质点）以va=5m/s 的水平初速度由a 点弹出，从b 点进入轨道，依次经过“8002”后从p 点水平抛出。

小物体与地面ab 段间的动摩擦因数u=0.3,不计其它机械能损失。

已知ab 段长L ＝1. 5m ，数字“0”的半径R ＝0.2m ，小物体质量m=0.01kg,g=10m/s2。

求：（1）小物体从p 点抛出后的水平射程。

（2）小物体经过数这“0”的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向。

答案：解：（1）设小物体运动到p 点时的速度大小为v ，对小物体由a 运动到p 过程应用动能定理得2211222a mgL Rmg mv mv -μ-=-①2122R gt =② s=vt③联立①②③式，代入数据解得 s=0.8m④（2）设在数字“0”的最高点时管道对小物体的作用力大小为F ，取竖直向下为正方向2mv F mg R +=⑤联立①⑤式，代入数据解得 F ＝0.3N⑥方向竖直向下2009，如图所示，某货场而将质量为m1=100 kg 的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8 m 。

地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A 、B ，长度均为l=2m ，质量均为m2=100 kg ，木板上表面与轨道末端相切。

货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2。

（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。

（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件。

（3）若μ1=0。

5，求货物滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间。

答案：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为0v ，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，21012mgR m v =①，设货物在轨道末端所受支持力的大小为N F ,根据牛顿第二定律得，211N v F m g m R -=②，联立以上两式代入数据得3000N F N =③,根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N ，方向竖直向下。

（2）若滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得11212(2)m g m m g μμ≤+④，若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得11212()m g m m g μμ>+⑤，联立④⑤式代入数据得10.6μ0.4<≤⑥。

（3）10.5μ=，由⑥式可知，货物在木板A 上滑动时，木板不动。

设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为1a ，由牛顿第二定律得1111m g m a μ≤⑦，设货物滑到木板A 末端是的速度为1v ，由运动学公式得221012v v a l -=-⑧，联立①⑦⑧式代入数据得14/v m s =⑨，设在木板A 上运动的时间为t ，由运动学公式得101v v a t =-⑩，联立①⑦⑨⑩式代入数据得0.4t s =。

2010， 如图所示，四分之一圆轨道OA 与水平轨道AB 相切，它们与另一水平轨道CD 在同一竖直面内，圆轨道OA 的半径R=0.45m ，水平轨道AB 长1s =3m, OA 与AB 均光滑。

一滑块从O 点由静止释放，当滑块经过A 点时，静止在CD 上的小车在F=1.6N 的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力F 。

当小车在CD 上运动了2s =3.28m 时速度v=2.4m/s,此时滑块恰好落入小车中。

已知小车质量M=0.2kg ,与CD 间的动摩擦因数u =0.4。

（取g=10m/2s求（1）恒力F 的作用时间t 。

（2）AB 与CD 的高度差h 。

答案：(1)设小车在轨道CD 上加速的距离为s ，由动能定理得2221Mv Mgs Fs =-μ ①设小车在轨道CD 上做加速运动时的加速度为a ，由牛顿运动定律得F －μMg=Ma ②221at s =③联立①②③式，代入数据得t =1 s ④(2)设小车在轨道CD 上做加速运动的末速度为v ′，撤去力F 后小车做减速运动时的 加速度为a ′，减速时间为t ′，由牛顿运动定律得 v ′=at ⑤ －μMg=Ma ′ ⑥ v= v ′+a ′t ′ ⑦设滑块的质量为m ，运动到A 点的速度为vA ，由动能定理得mgR=21mv A2 ⑧设滑块由A 点运动到B 点的时间为t1，由运动学公式得 s1 =vA tl ⑨设滑块做平抛运动的时间为t1′，则 t1′=_t+ t′－tl ⑩ 由平抛规律得h=21g t′12 ○11联立②④⑤⑥⑦③⑨⑩○11式，代人数据得 h=0.8m2011，如图所示，在高出水平地面 1.8h m =的光滑平台上放置一质量2M kg =、由两种不同材料连接成一体的薄板A ，其右段长度10.2l m =且表面光滑，左段表面粗糙。

在A 最右端放有可视为质点的物块B ，其质量1m kg =。

B 与A 左段间动摩擦因数0.4u =。

开始时二者均静止，现对A 施加20F N =水平向右的恒力，待B 脱离A （A 尚未露出平台）后，将A 取走。

B 离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离 1.2x m =。

（取g=10m/s2）求：（1）B 离开平台时的速度vB 。

（2）B 从开始运动到刚脱离A 时，B 运动的时间tB 和位移xB 。

（3）A 左端的长度l2。

答案：（1）设物块平抛运动的时间为t ，由平抛运动规律得h=12gt2，x=vBt联立解得vB=2m/s 。

(2)设B 的加速度为aB ，由牛顿第二定律，μmg=m aB ，由匀变速直线运动规律，vB=aBt B ，xB=12aBt B 2，联立解得t B=0.5s ，xB=0.5m 。

（3）设B 刚好开始运动时A 的速度为v ，由动能定理得F l2=12Mv12设B 运动后A 的加速度为aA ，由牛顿第二定律和运动学的知识得F-μmg=MaA ，(l2+ xB)=v1t B+12aAt B 2，联立解得l2=1.5m 。

二， 电场、磁场2007 ，飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。

如图所示，在真空状态下，脉冲阀P 喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a 板小孔进入a 、b 间的加速电场，从b 板小孔射出，沿中线方向进入M 、N 板间的偏转控制区，到达探测器。

已知元电荷电量为e ，a 、b 板间距为d ，极板M 、N 的长度和间距均为L 。

不计离子重力及进入a 板时的初速度。

（1）当a 、b 间的电压为U1时，在M 、N 间加上适当的电压U2，使离子到达探测器。

请导出离子的全部飞行时间与比荷K （K=ne/m ）的关系式。

（2）去掉偏转电压U2，在M 、N 间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B ，若进入a 、b 间所有离子质量均为m ，要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，a 、b 间的加速电压U1至少为多少？答案（1）由动能定理：neU 1=1/2mv 2n 价正离子在a 、b 间的加速度a 1=neU 1/md 在a 、b 间运动的时间t 1=v/a 1=12neU md在MN 间运动的时间：t 2=L/v 离子到达探测器的时间： t=t 1+t 2=122KU Ld +（2）假定n 价正离子在磁场中向N 板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R ，由牛顿第二定律nevB=mv 2/R离子刚好从N 板右侧边缘穿出时，由几何关系： R 2=L 2+（R-L/2）2由以上各式得：U 1=25neL 2B 2/32m 当n=1时U 1取最小值U min =25eL 2B 2/32m2008，两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。

在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力）。

若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷q m 均已知，且002m t qB π=，两板间距202010mE h qB π=。

（1）求粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h 的比值。

（2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h 表示）。

（3）若板间电场强度E 随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。

答案：解法一：（1）设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为s121012s at =①qE a m =②又已知200200102,mE mt h qB qB ππ==联立①②式解得115s h =③（2）粒子在t0~2t0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。