高考物理压轴题集锦

2011高考物理压轴题集锦

1.(2011.全国)如图,与水平面成45°角的平面MN 将空间分成I 和II 两个区域.一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从平面MN 上的P 0点水平向右射入I 区.粒子在I 区运动时,只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用,电场强度大小为E ;在II 区运动时,只受到匀强磁场的作用,磁感应强度大小为B ,方向垂直于纸面向里.求粒子首次从II 区离开时到出发点

P 0的距离.粒子的重力可以忽略.

【解析】:带电粒子进入电场后,在电场力的作用下沿抛物线远的,其加速度方向竖直向下,

设其大小为a 由牛顿定律得

qE =ma ①

设经过时间t 0,粒子从平面MN 是上的点P 1进入磁场,由运动学公式和几何关系得

B ×

E

P 0 v 0

M

N

Ⅱ

Ⅰ

2

00012

v t at =

② 粒子速度大小V 1为

2

2100()V v at =+ ③

设速度方向与竖直方向的夹角为α,则

tan v at α=

④ 此时粒子到出发点P 0的距离为

0002s v t = ⑤

此后,粒子进入磁场,在洛伦磁力作用下做匀速圆周运动,圆周半径为

1

1mV r qB

=

⑥ 设粒子首次离开磁场的点为P 2,弧?12

PP 所张的圆心角为2β,则P 1到点P 2的距离为 112sin s r β= ⑦

由几何关系得

045αβ+= ⑧

联立①②③④⑥⑦⑧式得

12

mv s qE

= ⑨ 点P 2与点P 0相距

l=s 0+ s 1 ○10

联立①②⑤⑨○10式得

00221mv v l q E B ??

=

+

???

○11

2.（2011.全国）装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击.通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因.质量为2m 、厚度为2d 的钢板静止在水平光滑桌面上.质量为m 的子弹以某一速度垂直射向该钢板,刚好能将钢板射穿.现把钢板分成厚度均为d 、质量均为m 的相同两块,间隔一段距离水平放置,如图所示.若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板,穿出后再射向第二块钢板,求子弹射入第二块钢板的深度.设子弹在钢板中受到的阻力为恒力,且两块钢板不会发生碰撞.不计重力影响.

【解析】

设子弹初速度为v 0,射入厚度为2d 的钢板后,最终钢板和子弹的共同速度为V.由动量守恒得

0(2)m m V mv += ①

解得 013

V v =

此过程中动能的损失为

22011

322

E mv mV ?=

-? ② 解得 3

013

E mv ?=

分成两块钢板后,设子弹穿过第一块钢板时两者的速度为别为v 1和V 1,由动量守恒得

110mv mV mv += ③

m

2m

m

m m

因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,射穿第一块钢板的动能损失为

2

E

?,由能量守恒得 2221101112222

E

mv mV mv ?+=-

④ 联立①②③④式,且考虑到v 1必须大于V 1,得

1013()26

v v =+ ⑤

设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V 2,由动量守恒得

212mV mv = ⑥

损失的动能为

221211

222

E mv mV '?=

-? ⑦ 联立①②③⑤⑥⑦式得

13(1)222

E E ?'?=

+? ⑧ 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,由⑧式可得,射入第二块钢板的深度x 为

13(1)22

x d =

+ ⑨

4.（2011.新课标）如图，在区域I （0≤x ≤d ）和区域II （d ≤x ≤2d ）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，方向相反，且都垂直于Oxy 平面。一质量为m 、带电荷量q （q ＞0）的粒子a 于某时刻从y 轴上的P 点射入区域I ，其速度方向沿x 轴正向。已知a 在离开区域I 时，速度方向与x 轴正方向的夹角为30°；因此，另一质量和电荷量均与a 相同的粒子b 也从p 点沿x 轴正向射入区域I ，其速度大小是a 的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求

（1）粒子a 射入区域I 时速度的大小；

（2）当a 离开区域II 时，a 、b 两粒子的y 坐标之差。

【解析】：（1）设粒子a 在I 内做匀速圆周运动的圆心为C （在y 轴上），半径为R a1，粒子速率为v a ，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P ',如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

1

2

a a R v m

AB

qv = ① 由几何关系得θ='∠P PC ② θsin 1d R a = ③ 式中，0

30=θ，由①②③式得m

qBd

v a 21=

④ (2)设粒子a 在II 内做圆周运动的圆心为Oa,半径为1a R ，射出点为a P （图中未画出轨

迹），θ'='∠a a P O P 。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得2

2)2(a a

a R v m B qv = ⑤

由①⑤式得2

1

2a a R R =

⑥ C 、P '和a O 三点共线，且由 ⑥式知a O 点必位于d x 2

3

=

⑦ 的平面上。由对称性知，a P 点与P '点纵坐标相同，即h R y a p a +=θcos 1 ⑧ 式中，h 是C 点的y 坐标。

设b 在I 中运动的轨道半径为1b R ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

2

1)3

()3(

a b a v R m B v q = ⑨ 设a 到达a P 点时，b 位于b P 点，转过的角度为α。如果b 没有飞出I ，则

πθ22'=a T t ⑩ π

α21=b T t ○11

式中，t 是a 在区域II 中运动的时间，而

v

R T a a 2

22π=

○12 3211v R T b b π= ○13

由⑤⑨⑩○11○12○13式得0

30=α ○14

由①③⑨○14式可见，b 没有飞出。b P 点的y 坐标为h R y b p b ++=)cos 2(1α ○15 由①③⑧⑨○14○15式及题给条件得，a 、b 两粒子的y 坐标之差为

d y y b a p p )23(3

2

-=

- ○16

5.(2011.江苏)某种加速器的理想模型如题15-1图所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a 、b ，两极板间电压u ab 的变化图象如图15-2图所示，电压的最大值为U 0、周期为T 0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为m 0、电荷量为q 的带正电的粒子从板内a 孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运动时间T 0后恰能再次从a 孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了01

100

m 。(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)

(1)若在t=0时刻将该粒子从板内a 孔处静止释放，求其第二次加速后从b 孔射出时的动能； (2)现在利用一根长为L 的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响)，使题15-1图中实线轨迹(圆心为O)上运动的粒子从a 孔正下方相距L 处的c 孔水平射出，请在答题卡图上的相应位置处画出磁屏蔽管；

(3)若将电压u ab 的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a 孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？

【解析】

6.（2011.安徽）如图所示，质量M =2kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m =1kg 的小球通过长L =0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O 轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v 0=4 m/s ，g 取10m/s 2

。

（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P 时对轻杆的作用力大小和方向。

（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。

（3）在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。

M

m

v 0 O P

L

【解析】：（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v 1。在上升过程中，因只有重力做

功，小球的机械能守恒。则

① ② 设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F ，方向向下，则

③

由②③式，得 F =2N ④

由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N ，方向竖直向上。

（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v 2，此时滑块的速度为V 。在上升过

程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方向，有

⑤ 在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则

⑥ 由⑤⑥式，得 v 2=2m /s ⑦

（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s 1，滑块向左移动的距

离为s 2，任意时刻小球的水平速度大小为v 3，滑块的速度大小为V /

。由系统水平方向的动量守恒，得

22101122

mv mgL mv +=16/v m s =2

1v F mg m L

+=20mv MV +=22220111222

mv MV mgL mv ++=

⑦ 将⑧式两边同乘以，得

⑨

因⑨式对任意时刻附近的微小间隔都成立，累积相加后，有 ○10 又 ○11

由○10○11式得 ○12

7.（2011.浙江）如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，

其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m 、电荷量为-q 、分布均匀的尘埃以水平速度v 0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间距d 可以改变收集效率η。当d=d 0时η为81%（即离下板081d 0范围内的尘埃能够被收集）。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。

⑴求收集效率为100%时，两板间距的最大值d m ； ⑵求收集率η与两板间距d 的函数关系；

⑶若单位体积内的尘埃数为n ，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量ΔM /Δt 与两板间距d 的函数关系，并绘出图线。

30mv MV '-=t ?30mv t MV t '?-?=t ?120ms Ms -=122s s L +=12

3

s m =

【解析】（1）收集效率η为81%，即离下板0.81d 0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U ，在水平方向有 0L v t = ①

在竖直方向有2

010.812

d at =

② 其中0

F qE qU a m m md =

== ③ 当减少两板间距是，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率。收集效率恰好为100%时，两板间距为m d 。如果进一步减少d ，收集效率仍为100%。

因此，在水平方向有0L v t = ④

在竖直方向有2

12

m d a t '=

⑤ 其中m

F qE qU a m m md '''=

== ⑥ L

d

b

v 0

图甲

+

+ + + + +

+

L

d

接地线

图乙

v 0

联立①②③④⑤⑥可得00.9m d d = ⑦ （2）通过前面的求解可知，当00.9d d ≤时，收集效率η为100% ⑧

当00.9d d >时，设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有

2

012qU L x md v ??= ???

⑨

根据题意，收集效率为x

d

η=

⑩ 联立①②③⑨⑩可得2

00.81d d η??

= ???

（3）稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量/M t ??=0nmbdv η 当00.9d d ≤时，1η=，因此/M t ??=0nmbdv

当00.9d d >时，2

00.81d d η??

= ???

，因此/M t ??=2000.81d nmbv d η=

绘出的图线如下

8.（2011.重庆）某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动。如图所示，

材料表面上方矩形区域PP 'N 'N 充满竖直向下的匀强电场，宽为d ；矩形区域NN'M ′M 充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，长为3s ，宽为s ；NN'为磁场与电场之间的薄隔离层。一个电荷量为e 、质量为

m 、初速为零的电子，从P 点开始被电场加

速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界

M 'N '飞出。不计电子所受重力。

⑴求电子第二次与第一次圆周运动半径之比； ⑵求电场强度的取值范围；

⑶A 是M ′N ′的中点，若要使电子在A 、M ′间垂直于AM ′飞出，求电子在磁场区域中运动的时间。

【解析】（1）设圆周运动的半径分别为R 1、R 2、…R n 、R n +1…，第一和第二次圆周运动速率分别为v 1和v 2，动能分别为E k1和E k2

+ + + +

+ + +

+ + + +

M

M ′

N N ′ A B

磁场区

电场区

s 3d P

P ′

由：E k 2＝0.81E k 1，R 1＝

mv 1Be ，R 2＝mv 2Be ，E k 1＝12mv 12，E k 2＝12

mv 22

，得：R 1：R 2＝0.9 （2）设电场强度为E ，第一次到达隔离层前的速率为v ′ 由：212eEd mv '=

，22111

0.922

mv mv '?=，R 1≤s 得： E ≤22

59B es md

又由：110.9n n R R -=，212(10.90.90.9)3n

R s +++?++?=

得：E ＞22

80B es md

电场强度的取值范围为2280B es md ＜E ≤22

59B es md

（3）设电子在匀强磁场中，圆周运动的周期为，运动的半圆周个数为n ，运动总时间为t

由题意，有：

112(10.9)310.9n n R R s +-+=-，R 1≤s ，110.9n n R R +=，1n R +≥2

s

得：n =2；由2m T eB π=

，得52m

t eB

π= 9.（2011.四川）如图所示：正方形绝缘光滑水平台面WXYZ 边长l =1.8m ，距地面h =0.8m 。平行板电容器的极板CD 间距d =0.1m 且垂直放置于台面，C 板位于边界WX 上，D 板与边界

WZ 相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B =1T 、方向竖直向上的匀强磁场。

电荷量q =5×10-13

C 的微粒静止于W 处，在C

D 间加上恒定电压U =2.5V ，板间微粒经电场加速后由D 板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY 边界离开台面。在微粒离开台面瞬时，静止于X 正下方水平地面上A 点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，取g =10m/s 2

（1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性； （2）求由XY 边界离开台面的微粒的质量范围；

（3）若微粒质量m o =1×10-13

kg ，求滑块开始运动时所获得的速度。

【解析】：（1）微粒在极板间所受电场力大小为

qU

F d

=

① 代入数据 F=1.25×10-11

N ② 由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C 板为正极，D 板为负极。

（2）若粒子的质量为m ，刚进入磁场时的速度大小为v ，由动能定理 2

12

Uq mv =

③ 微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦磁力充当向心力，若圆周运动半径为R ，有

2

v qvB m R

= ④

微粒要从XY 边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径 的极小值与极大值为

A X

Y

Z

W C D

d

B

h

l

12

l

R =

⑤ 2R l d =- ⑥ 联立③④⑤⑥，代入数据，有

8.1×10-14

kg ＜m ≤2.89×10-13

kg ⑦ （3）如图，微粒在台面以速度为v 做以O 点位圆心， R 为半径的圆周运动；从台面边缘P 点沿与XY 边界成

θ角飞出做平抛运动，落地点Q 点，水平位移s,下落时

间t 。设滑块质量为M ，滑块获得的速度v 0后在t 内与 平台前侧面成φ角度方向，以加速度a 做匀减速直线运 动到Q ，经过位移为k ，。由几何关系，可得 cos l R

R

θ-=

⑧ 根据平抛运动，2h

t g

=

⑨ s=v t ○10 对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，有

μMg =Ma ○11

2

012

k v t at =-

○12 再有余弦定理， 2

2

2

(sin )2(sin )cos k s d R s d R θθθ=++-+ ○13

及正弦定理，

sin sin s k

?θ

= ○14

联立③、④和⑧—○14，代入数据，解得：0 4.15/v m s = ○15 0

arcsin 0.8(53)??==或

10.（2011.广东）如图19（a ）所示，在以O 为圆心，内外半径分别为1R 和2R 的圆环区域

内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U 为常量，

1020,3R R R R ==,一电荷量为+q ，质量为m 的粒子从内圆上的A 点进入该区域，不计重力。 （1） 已知粒子从外圆上以速度1v 射出，求粒子在A 点的初速度0v 的大小

（2） 若撤去电场，如图19（b ）,已知粒子从OA 延长线与外圆的交点C 以速度2v 射出，

方向与OA 延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间

（3） 在图19（b ）中，若粒子从A 点进入磁场，速度大小为3v ，方向不确定，要使粒

子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？

【解析】

（1）由动能定理：Uq=

21mv 12-2

1mv 02

① 得：v 0=m

Uq

v 22

1-

（2）如右图：粒子在磁场中作圆周运动的半径为r ，则r 2

=2(

2

12R R -)2

② B 1qv 2=m r

v 2

2 ③

由②③得：B 1=

)

(2122

R R q mv -

T=

r v 2

2π

④ t =T π

π22/ ⑤

由④⑤ t =

r v 2

2π （3）由B 2qv 3=m R

v

2

3 ⑥可知，B 越小，R 越大。与磁场边界相切的圆的最大半径为

R=

221R R + ⑦

所以 B 2＜

)

(2123

R R q mv +

R

V 3

11.（2011.广东）如图20所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C。一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板。滑板运动到C时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，两半圆半径均为R，板长l=6.5R，板右端到C的距离L在R ＜L＜5R范围内取值。E距A为S=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素均为μ=0.5，重力加速度取g.

(1)求物块滑到B点的速度大小；

(2)试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功W f与L的关系，并

判断物块能否滑到CD轨道的中点。

【解析】 （1）μmgs+mg ·2R=

2

1mv B 2

① 所以 v B =3Rg

（2）设M 滑动x 1,m 滑动x 2二者达到共同速度v,则

mv B =(M+m)v ② μmgx 1=

2

1mv 2

③ —μmgx 2=

21mv 2—2

1mv B 2

④ 由②③④得v=Rg , x 1=2R, x 2=8R

二者位移之差△x= x 2—x 1=6R ＜6.5R ，即滑块未掉下滑板 讨论：

① R ＜L ＜2R 时，W f =μmg(l +L)=

2

1

mg （6.5R+L ） ② 2R ≤L ＜5R 时，W f =μmgx 2+μmg(l —△x)=4.25mgR ＜4.5mgR ，即滑块速度不为0，滑上

右侧轨道。

要使滑块滑到CD 轨道中点，v c 必须满足：

2

1mv c 2

≥mgR ⑤ 此时L 应满足：μmg(l +L) ≤

21mv B 2—2

1mv c 2

⑥ 则 L ≤

2

1

R ，不符合题意，滑块不能滑到CD 轨道中点。

12.（2011.山东）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L,磁场方向相反且垂直干扰面。一质量为m 、电量为-q 、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN 板处由静止释放，极板