高三物理压轴题及其答案
高三物理各地最新试卷之压轴题(20题)
各地最新试卷之压轴题〔20题5月15以后〕1．如下列图，轻绳绕过轻滑轮连接着边长为L 的正方形导线框A 1和物块A 2，线框A 1的电阻为R ，质量为M ，物块A 2的质量为m 〔M>m 〕，两匀强磁场区域I 、II 的高度也为L ，磁感应强度均为B ，方向水平与线框平面垂直。
线框ab 边距磁场边界高度为h 。
开始时各段绳都处于伸直状态，把它们由静止释放，ab 边刚穿过两磁场的分界限CC ／进入磁场II 时线框做匀速运动。
求：〔1〕ab 边刚进入磁场I 时线框A 1的速度v 1；〔2〕ab 边进入磁场II 后线框A 1所受重力的功率P ； 〔3〕从ab 边刚进入磁场II 到ab 边刚穿出磁场II 的过程中，线框中产生的焦耳热Q .答案：〔1〕由机械守恒：21)(21v m M mgh Mgh +=-① 〔3分〕解得：mM ghm M v +-=)(21② 〔1分〕〔2〕设线框ab 边进入磁场II 时速度为2v ，如此线框中产生的电动势：22BLv E =③ 〔2分〕线框中的电流RBLv R E I 22==④ 〔2分〕 线框受到的安培力Rv L B IBL F 22242==⑤ 〔2分〕设绳对A 1、A 2的拉力大小为T 如此： 对A 1：T+F=Mg ⑥ 〔1分〕 对A 2：T=mg ⑦ 〔1分〕联立⑤⑥⑦解得：2224)(L B Rgm M v -=⑧〔3分〕22224)(L B Rg m M M Mgv P -==⑨〔1分〕2A 1A a b hB BⅠ Ⅱ C ／C〔3〕从ab 边刚进入磁场II 到ab 边刚穿出磁场II 的此过程中线框一直做匀速运动，根据能量守恒得：gL m M Q )(-=⑩ 〔3分〕2.〔18分〕如下列图，质量M ＝0.40 kg 的靶盒A 位于光滑水平导轨上，开始时静止在O 点，在O 点右侧有范围很广的“相互作用区域〞，如图中的虚线区域.当靶盒A 进入相互作用区域时便有向左的水平恒力F ＝20 N 作用.在P 处有一固定的发射器B ，它可根据需要瞄准靶盒每次发射一颗水平速度v 0＝50 m/s 、质量m ＝0.10 kg 的子弹，当子弹打入靶盒A 后，便留在盒内，碰撞时间极短.假设每当靶盒A 停在或到达O 点时，就有一颗子弹进入靶盒A 内.求：〔1〕当第一颗子弹进入靶盒A 后，靶盒A 离开O 点的最大距离；〔2〕当第三颗子弹进入靶盒A 后，靶盒A 从离开O 点到又回到O 点所经历的时间； 〔3〕当第100颗子弹进入靶盒时，靶盒已经在相互作用区中运动的时间总和. 答案:〔1〕设第一颗子弹进入靶盒A 后，子弹与靶盒的共同速度为v 1.根据碰撞过程系统动量守恒，有：mv 0=(m+M)v 1〔2分〕设A 离开O 点的最大距离为s 1，由动能定理有：-Fs 1=0-21(m+M)v 12〔2分〕 解得：s 1=1.25 m.〔2分〕〔2〕根据题意，A 在的恒力F 的作用返回O 点时第二颗子弹正好打入，由于A 的动量与第二颗子弹动量大小一样、方向相反，故第二颗子弹打入后，A 将静止在O 点.设第三颗子弹打入A 后，它们的共同速度为v 3，由系统动量守恒得：mv 0=(3m+M)v 3〔2分〕设A 从离开O 点到又回到O 点所经历的时间为t ，取碰后A 运动的方向为正方向，由动量定理得：-F2t=0-(3m+M)v 3〔2分〕 解得：t=0.5 s.〔2分〕〔3〕由〔2〕问可知，第1、3、5、…、〔2n+1〕颗子弹打入A 后，A 运动时间均为t=0.5s 〔3分〕故总时间t 总=50t=25 s.〔3分〕3.〔18分〕如图，在xOy 平面内，MN 和x 轴之间有平行于y 轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场，y 轴上离坐标原点4L 的A 点处有一电子枪，可以沿+x 方向射出速度为v 0的电子〔质量为m ，电荷量为e 〕.如果电场和磁场同时存在，电子将做匀速直线运动.如果撤去电场，只保存磁场，电子将从x 轴上距坐标原点3L 的C 点离开磁场.不计重力的影响，求：〔1〕磁感应强度B 和电场强度E 的大小和方向；〔2〕如果撤去磁场，只保存电场，电子将从D 点〔图中未标出〕离开电场，求D 点的坐标； 〔3〕电子通过D 点时的动能.答案:〔1〕只有磁场时，电子运动轨迹如图1所示 〔1分〕洛伦兹力提供向心力Bev 0=m Rv20 〔1分〕由几何关系R 2=(3L)2+〔4L-R 〕2 〔2分〕 求出B=eLmv 2580，垂直纸面向里. 〔1分〕 电子做匀速直线运动Ee=Bev 0 〔1分〕求出E=eLmv 2582沿y 轴负方向 〔1分〕〔2〕只有电场时，电子从MN 上的D 点离开电场，如图2所示〔1分〕 设D 点横坐标为x x=v 0t 〔2分〕 2L=22t meE 〔2分〕 求出D 点的横坐标为x=225≈3.5L 〔1分〕 纵坐标为y=6L. 〔1分〕 〔3〕从A 点到D 点，由动能定理Ee ·2L=E kD -21mv 02 〔2分〕 求出E kD =5057mv 02. 〔2分〕4.(18分)如图13所示，在一光滑水平的桌面上，放置一质量为M ，宽为L 的足够长“U 〞型框架，其ab 局部电阻为R ，框架其它局部的电阻不计。
高考物理最难压轴题
高考物理最难压轴题一、一物体在水平面上做匀速圆周运动，当向心力突然减小为原来的一半时，下列说法正确的是：A. 物体将做匀速直线运动B. 物体将做匀变速曲线运动C. 物体的速度将突然减小D. 物体的速率在短时间内不变（答案：D）二、在双缝干涉实验中，若保持双缝间距不变，增大光源到双缝的距离，则干涉条纹的间距将：A. 增大B. 减小C. 不变D. 无法确定（答案：B）三、一轻质弹簧一端固定，另一端用一细线系住一小物块，小物块放在光滑的水平面上。
开始时弹簧处于原长状态，现对小物块施加一个拉力，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。
在拉力逐渐增大的过程中，下列说法正确的是：A. 弹簧的弹性势能保持不变B. 小物块的动能保持不变C. 小物块与弹簧组成的系统机械能增大D. 小物块与弹簧组成的系统机械能守恒（答案：C）四、在电场中，一个带负电的粒子（不计重力）在电场力作用下，从A点移动到B点，电场力做了负功。
则下列说法正确的是：A. A点的电势一定低于B点的电势B. 粒子的电势能一定减小C. 粒子的动能一定增大D. 粒子的速度可能增大（答案：D）注：此题考虑的是粒子可能受到其他力（如洛伦兹力）的影响，导致速度方向变化，但电场力做负功仍使电势能增加。
五、一轻质杆两端分别固定有质量相等的小球A和B，杆可绕中点O在竖直平面内无摩擦转动。
当杆从水平位置由静止释放后，杆转至竖直位置时，下列说法正确的是：A. A、B两球的速度大小相等B. A、B两球的动能相等C. A、B两球的重力势能相等D. 杆对A球做的功大于杆对B球做的功（答案：D）六、在闭合电路中，当外电阻增大时，下列说法正确的是：A. 电源的电动势将增大B. 电源的内电压将增大C. 通过电源的电流将减小D. 电源内部非静电力做功将增大（答案：C）七、一物体以某一速度冲上一光滑斜面（足够长），加速度恒定。
前4s内位移是1.6m，随后4s内位移是零，则下列说法中正确的是：A. 物体的初速度大小为0.6m/sB. 物体的加速度大小为6m/s²（方向沿斜面向下）C. 物体向上运动的最大距离为1.8mD. 物体回到斜面底端，总共需时12s（答案：C）八、在核反应过程中，质量数和电荷数守恒。
高三物理压轴题及其答案
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，在板的右半局部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端由静止开场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，假设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122(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，开场时三物都静止．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，某同学设计如下图实验，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，放手后，木板沿斜面下滑，稳定后弹簧球放在斜面上，用手固定木板时，弹簧示数为F1示数为F，测得斜面斜角为θ，那么木板与斜面间动摩擦因数为多少？〔斜面体固定在地面2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 =3 m ，它们与斜面间的动摩擦因数都一样.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，如下图.开场时，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.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.假设木块A 静止于P 点，木块C 从Q 点开场以初速度032v 向下运动，经历同样过程，最后木块C 停在斜面上的R 点，求P 、R 间的距离L ′的大小。
2024年高考物理压轴题
2024年高考物理压轴题一、在双缝干涉实验中，若增大双缝间距，同时保持光源和观察屏的位置不变，则干涉条纹的间距将如何变化？A. 增大B. 减小C. 不变D. 无法确定（答案：B）二、一质点以初速度v₀沿直线运动，先后经过A、B、C三点，已知AB段与BC段的距离相等，且质点在AB段的平均速度大小为3v₀/2，在BC段的平均速度大小为v₀/2，则质点在B 点的瞬时速度大小为？A. v₀B. (√3 + 1)v₀/2C. (3 + √3)v₀/4D. (3 - √3)v₀/4（答案：A，利用匀变速直线运动的中间时刻速度等于全程平均速度以及位移速度关系式求解）三、在电场中，一电荷q从A点移动到B点，电场力做功为W。
若将该电荷的电量增大为2q，再从A点移动到B点，则电场力做功为？A. W/2B. WC. 2WD. 4W（答案：C，电场力做功与电荷量的多少成正比）四、一均匀带电球体，其内部电场强度的大小与距离球心的距离r的关系是？A. 与r成正比B. 与r成反比C. 与r的平方成正比D. 在球内部，电场强度处处为零（答案：D，对于均匀带电球体，其内部电场强度处处为零，由高斯定理可证）五、在核反应过程中，质量数和电荷数守恒是基本规律。
下列哪个核反应方程是可能的？A. ²H + ³H →⁴He + n + 能量B. ²H + ²H →³H + p + 能量C. ²H + ²H →⁴He + 2p - 能量D. ³H + ³H →⁴He + ²H + 能量（答案：B，根据质量数和电荷数守恒判断）六、一弹簧振子在振动过程中，当其速度减小时，下列说法正确的是？A. 回复力增大B. 位移增大C. 加速度减小D. 动能增大（答案：A、B，弹簧振子速度减小时，正向平衡位置运动，回复力增大，位移增大，加速度增大，动能减小）七、在光电效应实验中，若入射光的频率增加，而光强保持不变，则单位时间内从金属表面逸出的光电子数将？A. 增加B. 减少C. 不变D. 无法确定（答案：B，光强不变意味着总的光子数不变，频率增加则单个光子能量增加，因此光子数减少，导致逸出的光电子数减少）八、在相对论中，关于时间和长度的变化，下列说法正确的是？A. 高速运动的物体，其内部的时间流逝会变慢B. 高速运动的物体，在其运动方向上测量得到的长度会变长C. 无论物体运动速度如何，时间和长度都是不变的D. 以上说法都不正确（答案：A，根据相对论的时间膨胀和长度收缩效应，高速运动的物体内部时间流逝会变慢，沿运动方向上的长度会变短）。
高考物理电磁感应现象压轴题综合题附答案
高考物理电磁感应现象压轴题综合题附答案一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图所示，两根光滑、平行且足够长的金属导轨倾斜固定在水平地面上，导轨平面与水平地面的夹角37θ=︒，间距为d =0.2m ，且电阻不计。
导轨的上端接有阻值为R =7Ω的定值电阻和理想电压表。
空间中有垂直于导轨平面斜向上的、大小为B =3T 的匀强磁场。
质量为m =0.1kg 、接入电路有效电阻r =5Ω的导体棒垂直导轨放置，无初速释放，导体棒沿导轨下滑一段距离后做匀速运动，取g =10m/s 2，sin37°=0.6，求：（1）导体棒匀速下滑的速度大小和导体棒匀速运动时电压表的示数； （2）导体棒下滑l =0.4m 过程中通过电阻R 的电荷量。
【答案】（1）20m/s 7V （2）0.02C 【解析】 【详解】（1）设导体棒匀速运动时速度为v ，通过导体棒电流为I 。
由平衡条件sin mg BId θ=①导体棒切割磁感线产生的电动势为E =Bdv ②由闭合电路欧姆定律得EI R r=+③ 联立①②③得v =20m/s ④由欧姆定律得U =IR ⑤联立①⑤得U =7V ⑥（2）由电流定义式得Q It =⑦由法拉第电磁感应定律得E t∆Φ=∆⑧B ld ∆Φ=⋅⑨由欧姆定律得EI R r=+⑩ 由⑦⑧⑨⑩得Q =0.02C ⑪2．如图所示，在倾角30o θ=的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等、方向分别垂直斜面向上和垂直斜面向下的匀强磁场，两磁场宽度均为L 。
一质量为m 、边长为L 的正方形线框距磁场上边界L 处由静止沿斜面下滑，ab 边刚进入上侧磁场时，线框恰好做匀速直线运动。
ab 边进入下侧磁场运动一段时间后也做匀速度直线运动。
重力加速度为g 。
求：（1）线框ab 边刚越过两磁场的分界线ff′时受到的安培力； （2）线框穿过上侧磁场的过程中产生的热量Q 和所用的时间t 。
【答案】(1)安培力大小2mg ，方向沿斜面向上(2)4732mgL Q = 72Lt g= 【解析】 【详解】(1）线框开始时沿斜面做匀加速运动，根据机械能守恒有21sin 302mgL mv ︒=， 则线框进入磁场时的速度2sin30v g L gL =︒=线框ab 边进入磁场时产生的电动势E =BLv 线框中电流E I R=ab 边受到的安培力22B L vF BIL R==线框匀速进入磁场，则有22sin 30B L vmg R︒= ab 边刚越过ff '时，cd 也同时越过了ee '，则线框上产生的电动势E '=2BLv 线框所受的安培力变为22422B L vF BI L mg R==''=方向沿斜面向上（2）设线框再次做匀速运动时速度为v '，则224sin 30B L v mg R︒='解得4v v ='=根据能量守恒定律有2211sin 30222mg L mv mv Q ︒'⨯+=+解得4732mgLQ =线框ab 边在上侧磁扬中运动的过程所用的时间1L t v=设线框ab 通过ff '后开始做匀速时到gg '的距离为0x ，由动量定理可知：22sin 302mg t BLIt mv mv ︒-='-其中()022BL L x I t R-=联立以上两式解得()02432L x v t vg-=-线框ab 在下侧磁场匀速运动的过程中，有0034x x t v v='=所以线框穿过上侧磁场所用的总时间为123t t t t =++=3．如图所示，足够长且电阻忽略不计的两平行金属导轨固定在倾角为α=30°绝缘斜面上，导轨间距为l =0.5m 。
高三下高考押题物理试题(解析版)
7.如图所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处在压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效。A以速率v向右运动，当A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程说法正确的是（ ）
A.A物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运动
B．上方的右边两个小球受到的电场力的合力相同，上方的左边两个小球受到的电场力的合力相同，但是与右边两个小球受到的电场力不同，选项B错误；
CD．若以右下底边为轴把这个立方体向右侧翻转90°，则电场力对右上方两球做功为2qEa；对左上方两个球做功2qE∙2a；对左下方两球做功2qEa；，则共做功为8qEa，即系统电势能减少了8qEa，选项D正确，C错误；
①将一端带有定滑轮的气垫导轨放置在实验台上，②将光电门固定在气垫轨道上离定滑轮较近一端的某点B处，③将带有遮光条的质量为M的滑块放置在气垫导轨上的A处，④用n个质量为m的钩码连接成串，经绕过滑轮的细线拉滑块，使滑块从A点由静止释放，在光电计时器上读出遮光条通过光电门的时间t，⑤改变钩码个数，使滑块每次从同一位置A由静止释放，重复上述实验过程。实验中释放点A到光电门的距离为s，遮光条的宽度为d：
C.北斗-IGSO2总在地面上某点的正上方
D.北斗-IGSO2和北斗-M3的周期的三分之二次方之比约等于
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由表格可知，北斗IGSO2为倾斜地球同步轨道卫星，所以其运行周期和地球自转周期相等，故A正确；
B．由表格可知，北斗G4为同步卫星，北斗M3为中高卫星，根据万有引力提供向心力得
故选BCD。
6.北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。由35颗卫星组成，包括5颗静止轨道卫星、3颗倾斜同步轨道卫星、27颗中地球轨道卫星，下表给出了其中三颗卫星的信息，其中倾角为轨道平面与赤道平面的夹角。下列陈述正确的是（ ）
高考物理带电粒子在磁场中的运动压轴难题知识归纳总结附答案解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动压轴难题知识归纳总结附答案解析一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB ∥CD 、AD ∥BC ，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B .一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小．【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB dm θ【解析】 【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．由几何关系可知：cos d Rθ=洛伦兹力做向心力：200v qv B m R= 解得0cos qBdv m θ=（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d xθ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θθ=（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B解得2qB dE mcos θ=【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.2．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为(23a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y =﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力． （1）求粒子的比荷；（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．【答案】(1)0v Ba(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a【解析】 【详解】(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a 由牛顿第二定律得Bqv 0＝m 2v r故粒子的比荷v q m Ba= (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．由几何关系知O ′A ＝r ·ABBC＝2a 则OO ′＝OA －O ′A ＝a即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为OD ＝y m ＝2a所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a ＝v 0·t 02019222qE y t a a m ==>，所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平方向位移为x ，则 水平方向有x ＝v 0·t竖直方向有212qE y t m=代入数据得x ＝2ay设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为H ，粒子射出电场时与x 轴的夹角为θ，则002tan y x qE x v m v y v v aθ⋅===有H ＝(3a －x )·tan θ＝(32)2a y y -当322a y y -=时，即y ＝98a 时，H 有最大值 由于98a <2a ，所以H 的最大值H max ＝94a ，粒子射入磁场的位置为y ＝98a －2a ＝－78a3．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M 内有竖直向下的匀强电场，电场场强E ＝1.0×103V/m ，宽度d ＝0.05m ，长度L ＝0.40m ；区域MM′N′N 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.5×10－2T ，宽度D ＝0.05m ，比荷qm＝1.0×108C/kg 的带正电的粒子以水平初速度v 0从P 点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．(1) 若v 0＝8.0×105m/s ，求粒子从区域PP′N′N 射出的位置；(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v 0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v 0满足的条件．【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v 0＝54.00.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：v 0＝53.20.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3)．【解析】 【详解】(1) 粒子以水平初速度从P 点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向21··2Eq d t m＝ 得2mdt qE=代入数据解得t ＝1.0×10－6s 水平位移x ＝v 0t 代入数据解得x ＝0.80m因为x 大于L ，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，则运动时间t 0＝0Lv ＝0.5×10－6s ，竖直位移201··2Eq y t m＝＝0.0125m所以粒子从P′点下方0.0125m 处射出．(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x ＝v 0 2mdqE粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v 1＝qE m ·t ＝2qEd m设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v ＝1v sin α在磁场中由qvB ＝m 2v R得R ＝mv qB 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x ＋Rsinα＝L把x ＝v 02md qE 、R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2Eqmd－E B v 0＝3.6×105m/s.(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy ＝R －Rcosα＝R(1－cosα) 把R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd v m＝代入解得 12(1cos )12tan sin 2mEd mEd y B q B q ααα-∆==可以看出当α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝90°即粒子从P 点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)1max 212mv m qEd mEdy qB qB m B q∆===Δy max ＝0.04m ，Δy max 小于磁场宽度D ，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M′点射出边界有两种情况， 第一种情况： L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t 把2md t qE =R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEdv m＝代入解得 0221221L qE n E v n md n B=⋅++v 0＝ 4.00.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t ＋2Rsinα 把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝02(1)21221L qE n E v n md n B+=⋅++v0＝3.20.8 21nn-⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n＝0、1、2、3)．4．如图所示，半径r=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R=0.1m，磁感应强度大小B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m），平行金属板MN的极板长L=0.3m、间距d=0.1m，极板间所加电压U=6.4x102V，其中N极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R0=0.08m，若粒子重力不计、比荷qm=108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6．（1）求粒子的发射速度v的大小；（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标：（3）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29%【解析】【详解】（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m2vR可得：v=6×105m/s；（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y轴交于一点Q，根据几何关系可得PQ=0.0637cos=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置；Q到圆上y轴最高点的距离为0.18m-0.0637sin=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开；故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m）；（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y ，由带电粒子在电场中偏转的规律得： y =12at 2…① a =qE m =qU md …② t =Lv…③ 由①②③解得：y =0.08m设此粒子射入时与x 轴的夹角为α，则由几何知识得：y =r sinα+R 0-R 0cosα 可知tanα=43，即α=53° 比例η=53180︒×100%=29%5．如图所示，坐标原点O 左侧2m 处有一粒子源，粒子源中，有带正电的粒子(比荷为qm=1.0×1010C/kg)由静止进人电压U= 800V 的加速电场，经加速后沿x 轴正方向运动，O 点右侧有以O 1点为圆心、r=0.20m 为半径的圆形区域，内部存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=1.0×10－3T 的匀强磁场(图中未画出)圆的左端跟y 轴相切于直角坐标系原点O ，右端与一个足够大的荧光屏MN 相切于x 轴上的A 点，粒子重力不计。
高考物理电磁感应现象压轴题综合题含答案
高考物理电磁感应现象压轴题综合题含答案一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图甲所示，相距d 的两根足够长的金属制成的导轨，水平部分左端ef 间连接一阻值为2R 的定值电阻，并用电压传感器实际监测两端电压，倾斜部分与水平面夹角为37°.长度也为d 、质量为m 的金属棒ab 电阻为R ，通过固定在棒两端的金属轻滑环套在导轨上，滑环与导轨上MG 、NH 段动摩擦因数μ＝18(其余部分摩擦不计)．MN 、PQ 、GH 相距为L ，MN 、PQ 间有垂直轨道平面向下、磁感应强度为B 1的匀强磁场，PQ 、GH 间有平行于斜面但大小、方向未知的匀强磁场B 2，其他区域无磁场，除金属棒及定值电阻，其余电阻均不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，当ab 棒从MN 上方一定距离由静止释放通过MN 、PQ 区域(运动过程中ab 棒始终保持水平)，电压传感器监测到U －t 关系如图乙所示．（1）求ab 棒刚进入磁场B 1时的速度大小． （2）求定值电阻上产生的热量Q 1.（3）多次操作发现，当ab 棒从MN 以某一特定速度进入MNQP 区域的同时，另一质量为2m ，电阻为2R 的金属棒cd 只要以等大的速度从PQ 进入PQHG 区域，两棒均可同时匀速通过各自场区，试求B 2的大小和方向．【答案】（1）11.5U B d （2）2221934-mU mgL B d；（3）32B 1 方向沿导轨平面向上 【解析】 【详解】(1)根据ab 棒刚进入磁场B 1时电压传感器的示数为U ,再由闭合电路欧姆定律可得此时的感应电动势：1 1.52UE U R U R=+⋅= 根据导体切割磁感线产生的感应电动势计算公式可得：111E B dv =计算得出:111.5Uv B d=. (2)设金属棒ab 离开PQ 时的速度为v 2，根据图乙可以知道定值电阻两端电压为2U ，根据闭合电路的欧姆定律可得：12222B dv R U R R⋅=+计算得出：213Uv B d=；棒ab 从MN 到PQ ，根据动能定理可得： 222111sin 37cos3722mg L mg L W mv mv μ︒︒⨯-⨯-=-安 根据功能关系可得产生的总的焦耳热 ：=Q W 总安根据焦耳定律可得定值电阻产生的焦耳热为：122RQ Q R R=+总 联立以上各式得出：212211934mU Q mgL B d=-(3)两棒以相同的初速度进入场区匀速经过相同的位移，对ab 棒根据共点力的平衡可得：221sin 37cos3702B d vmg mg Rμ︒︒--=计算得出：221mgRv B d =对cd 棒分析因为：2sin372cos370mg mg μ︒︒-⋅>故cd 棒安培力必须垂直导轨平面向下，根据左手定则可以知道磁感应强度B 2沿导轨平面向上，cd 棒也匀速运动则有：1212sin 372cos37022B dv mg mg B d R μ︒︒⎛⎫-+⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭将221mgRv B d =代入计算得出：2132B B =. 答：(1)ab 棒刚进入磁场1B 时的速度大小为11.5UB d; (2)定值电阻上产生的热量为22211934mU mgL B d-; (3)2B 的大小为132B ，方向沿导轨平面向上.2．如图甲所示，一对足够长的平行光滑轨道固定在水平面上，两轨道间距 l= 0.5m ，左侧接一阻值 为R 的电阻。
物理压轴题及答案
高中物理题答案及解析1.【考点】D8：法拉第电磁感应定律；BH：焦耳定律．【专题】53C：电磁感应与电路结合．【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，即可求解感应电动势；（2）由功率表达式，结合闭合电路欧姆定律，即可；（3）对线框受力分析，并结合平衡条件，及焦耳定律，从而求得。
【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律有：E=n得：E=n=2.5V（2）小灯泡正常发光，有：P=I2R由闭合电路欧姆定律有：E=I（R0+R）即有：R代入数据解得：R=1.25Ω（3）对线框bc边处于磁场中的部分受力分析如图，当线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为B，由力的平衡条件有：mgsinθ=F安+f=F安+μmgcosθF安=nB′I×2r由上解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小为：B′=0.4T线框在斜面上可保持静止的时间为：t=s小灯泡产生的热量为：Q=Pt=1.25×=π≈3.2J答：（1）线框不动时，回路中的感应电动势2.5V；（2）小灯泡正常发光时的电阻1.25Ω；（3）线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量3.2J。
【点评】考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的内容，掌握平衡条件的应用，及焦耳定律的公式，注意安培力大小计算。
2．【考点】CO：霍尔效应及其应用．【专题】11 ：计算题；32 ：定量思想；43 ：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）根据左手定则，即可求解；（2）根据电场力等于洛伦兹力，结合电阻定律，即可求解；（3）根据闭合电路欧姆定律，与焦耳定律，即可求解。
【解答】解：（1）由左手定则得，N板的电势较高。
（2）当海水中流动的带电离子进入磁场后，将在两板之间形成电势差，当带电离子所受到的电场力F与洛伦兹力f相平衡时达到稳定状态，有：q=qvB代入有关数据得电动势为：E=25V。
（3）内阻为：r=ρ代入数据得：r=0.025Ω电路中的电流为：I═A=40A．答：（1）达到稳定状态时，金属N板的电势较高；（2）该磁流体发电机产生的电动势E为25V；（3）若用此发电机给一电阻为0.6Ω的航标灯供电，则流过航标灯的电流大小为40A。
高中物理压轴题04 用动量和能量的观点解题(解析版)
压轴题04用动量和能量的观点解题1.本专题是动量和能量观点的典型题型，包括应用动量定理、动量守恒定律，系统能量守恒定律解决实际问题。
高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。
2024年高考对于动量和能量的考查仍然是热点。
2.通过本专题的复习，不仅利于完善学生的知识体系，也有利于培养学生的物理核心素养。
3.用到的相关知识有:动量定理、动量守恒定律、系统机械能守恒定律、能量守恒定律等。
近几年的高考命题中一直都是以压轴题的形式存在，重点考查类型为弹性碰撞，完全非弹性碰撞，爆炸问题等。
考向一：动量定理处理多过程问题1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
2．动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。
3．应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。
(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。
4.应用动量定理解题的一般步骤(1)明确研究对象和研究过程。
研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。
(2)进行受力分析．只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力。
(3)规定正方向。
(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解．考向二：动量守恒定律弹性碰撞问题两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v′1＋m2v′2①12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22②由①②得v ′1＝m 1－m 2v 1m 1＋m 2v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：①当m 1＝m 2时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度。
2024届浙江省高三高考压轴卷 高效提分物理试题(基础必刷)
2024届浙江省高三高考压轴卷高效提分物理试题（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题列车在水平长直轨道上的模拟运行图如图所示，列车由质量均为m的5节车厢组成，假设只有1号车厢为动力车厢。
列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度，列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为。
1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S，不计其他阻力，忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力。
当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，1号车厢对2号车厢的作用力大小为（ ）A．B．C．D．第(2)题如图所示，一质量为m的物体，沿半径为R的四分之一固定圆弧轨道滑行，由于物体与轨道之间动摩擦因数是变化的，使物体滑行到最低点的过程中速率不变。
该物体在此运动过程，下列说法正确的是（）A．动量不变B．重力做功的瞬时功率不变C．重力做功随时间均匀变化D．重力的冲量随时间均匀变化第(3)题静止在水平面上的物体，受到水平拉力的作用。
在从20N开始逐渐增大到40N的过程中，加速度随拉力变化的图像如图所示，由此无法计算出（）（ ）A．物体的质量B．物体与水平间的动摩擦因数C．物体与水平间的滑动摩擦力大小D．加速度为时物体的速度第(4)题下列叙述正确的是（ ）A．汤姆孙发现了电子，表明原子具有核式结构B．卢瑟福通过分析“粒子散射实验”，提出原子核式结构学说C．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现原子中存在原子核D．伽利略通过“理想斜面”实验，提出“力是维持物体运动的原因”的观点第(5)题图为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于以n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光．关于这些光下列说法正确的是A．最容易表现出衍射现象的光是由，n=4能级跃迁到n=1能级产生的B．频率最小的光是由n=2能级跃迁到n=1能级产生的C．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D．用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应第(6)题如图所示，abc为均匀带电半圆环，O为其圆心，O处的电场强度大小为E，将一试探电荷从无穷远处移到O点，电场力做功为W。
《高考物理必做的36个压轴题》参考答案
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
点拨：在天体表面万有引力等于重力只是一个近似结论，其实上物体还会受到一支持力，在赤道处，有 ，N的大小等于我们常说的重力，当 越大时，N越小，当N等于零时，叫做自我瓦解现象。
第05题 规范作图是保障，时空条件是出路
从B1到B2时间为t， ＋ 2π＝ 2π，
则有t＝ ＝ .
点拨：恰好看到或恰好看不到卫星，是个临界问题，此时观测者与卫星的连线恰好是地球的切线。
第06题 双星三星与四星，破解方法均基本
1.解析(1)对于第一种运动情况,以某个运动星体为研究对象,根据牛顿第二定律和万有引力定律有:
F1=
F1+F2=mv2/R
第03题 时空顺序拆联合，复杂过程不复杂
1．解析(1)“A鱼”在入水前做自由落体运动，有
vA12－0＝2gH
得：vA1＝
(2)“A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为aA，有
F合＝F浮＋fA－mg
F合＝maA
0－vA12＝－2aAhA
由题意：F浮＝ mg
综合上述各式，得fA＝mg
M′＝ πρ(R－d)3⑤
在矿井底部此单摆的周期为
T′＝2π ⑥
由题意
T＝kT′⑦
联立以上各式得d＝R(1－k2)⑧
点拨：物体在深度为d的矿井底部的重力等于半径为R-d的球体对物体的万有引力。可以证明，范围为d的那部分质量对物体的引力合为零。
2．解析（1）由竖直上抛运动规律可得在地球表面t＝ ，
在星球表面5t＝ ，
2．解析（1）设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，有
高考物理电磁感应现象压轴难题综合题含答案解析
高考物理电磁感应现象压轴难题综合题含答案解析一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图所示，水平放置的两根平行光滑金属导轨固定在平台上导轨间距为1m ，处在磁感应强度为2T 、竖直向下的匀强磁场中，平台离地面的高度为h ＝3.2m 初始时刻，质量为2kg 的杆ab 与导轨垂直且处于静止，距离导轨边缘为d ＝2m ，质量同为2kg 的杆cd 与导轨垂直，以初速度v 0＝15m/s 进入磁场区域最终发现两杆先后落在地面上．已知两杆的电阻均为r ＝1Ω，导轨电阻不计，两杆落地点之间的距离s ＝4m （整个过程中两杆始终不相碰）（1）求ab 杆从磁场边缘射出时的速度大小； （2）当ab 杆射出时求cd 杆运动的距离；（3）在两根杆相互作用的过程中，求回路中产生的电能．【答案】(1) 210m/s v =；(2) cd 杆运动距离为7m ； (3) 电路中损耗的焦耳热为100J ． 【解析】 【详解】（1）设ab 、cd 杆从磁场边缘射出时的速度分别为1v 、2v设ab 杆落地点的水平位移为x ，cd 杆落地点的水平位移为x s +，则有2h x v g =2h x s v g+=根据动量守恒012mv mv mv =+求得：210m/s v =（2）ab 杆运动距离为d ，对ab 杆应用动量定理1BIL t BLq mv ==设cd 杆运动距离为d x +∆22BL xq r r∆Φ∆== 解得1222rmv x B L ∆=cd 杆运动距离为12227m rmv d x d B L+∆=+= （3）根据能量守恒，电路中损耗的焦耳热等于系统损失的机械能222012111100J 222Q mv mv mv =--=2．如图，在地面上方空间存在着两个水平方向的匀强磁场，磁场的理想边界ef 、gh 、pq 水平，磁感应强度大小均为B ，区域I 的磁场方向垂直纸面向里，区域Ⅱ的磁场方向向外，两个磁场的高度均为L ；将一个质量为m ，电阻为R ，对角线长为2L 的正方形金属线圈从图示位置由静止释放(线圈的d 点与磁场上边界f 等高，线圈平面与磁场垂直)，下落过程中对角线ac 始终保持水平，当对角线ac 刚到达cf 时，线圈恰好受力平衡；当对角线ac 到达h 时，线圈又恰好受力平衡(重力加速度为g ).求：(1)当线圈的对角线ac 刚到达gf 时的速度大小；(2)从线圈释放开始到对角线ac 到达gh 边界时，感应电流在线圈中产生的热量为多少?【答案】(1)1224mgR v B L = (2)322442512m g R Q mgL B L=- 【解析】 【详解】(1)设当线圈的对角线ac 刚到达ef 时线圈的速度为1v ，则此时感应电动势为：112E B Lv =⨯感应电流：11E I R=由力的平衡得：12BI L mg ⨯= 解以上各式得：1224mgRv B L =(2)设当线圈的对角线ac 刚到达ef 时线圈的速度为2v ，则此时感应电动势2222E B Lv =⨯感应电流：22E I R=由力的平衡得：222BI L mg ⨯= 解以上各式得：22216mgRv B L =设感应电流在线圈中产生的热量为Q ,由能量守恒定律得：22122mg L Q mv ⨯-=解以上各式得：322442512m g R Q mgL B L =-3．电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化为电势能的装置，在不同的电源中，非静电力做功的本领也不相同，物理学中用电动势E 来表明电源的这种特性。
高三物理力学压轴题集
1．质量为M 的平板车在光滑的水平地面上以速度v0向右做匀速直线运动：若将一个质量为m （M= 4m ）的沙袋轻轻地放到平板车的右端：沙袋相对平板车滑动的最大距离等于车长的41：若将沙袋以水平向左的速度扔到平板车上：为了不使沙袋从车上滑出：沙袋的初速度最大是多少？解：设平板车长为L ：沙袋在车上受到的摩擦力为f 。
沙袋轻轻放到车上时：设最终车与沙袋的速度为v′：则()v m M Mv '+=0 =-fL ()2022121Mv v m M -'+ 又M= 4m 可得：258mv fL =设沙袋以水平向左的初速度扔到车上：显然沙袋的初速度越大：在车上滑行的距离越长：沙袋刚好不从车上落下时：相对与车滑行的距离为L ：其初速度为最大初速设为v ：车的最终速度设为v 终：以向右为坐标的正方向：有：()终v m M mv Mv +=-0 =-fL ()2202212121mv Mv v m M --+终又M= 4m 258mv fL = 可得：v=v0(v=3v0舍去)车的最终速度设为v 终=053v 方向向左2在光滑的水平面上有一质量M=2kg 的木版A ：其右端挡板上固定一根轻质弹簧：在靠近木版左端的P 处有一大小忽略不计质量m=2kg 的滑块B 。
木版上Q 处的左侧粗糙：右侧光滑。
且PQ 间距离L=2m ：如图所示。
某时刻木版A 以υA=1m/s 的速度向左滑行：同时滑块B 以υB=5m/s 的速度向右滑行：当滑块B 与P 处相距L43时：二者刚好处于相对静止状态：若在二者其共同运动方向的前方有一障碍物：木块A 与障碍物碰后以原速率反弹（碰后立即撤去该障碍物）。
求B 与A 的粗糙面之间的动摩擦因数μ和滑块B 最终停在木板A 上的位置。
（g 取10m/s2）解： 设M.m 共同速度为v ：由动量守恒得 mvB-MV A=(m+M)v 代入数据得： v=2m/s对AB 组成得系统：由能量守恒4143umgL=21MV A2+21mvB2—21(M+m)V2代入数据得： u=0.6木板A 与障碍物发生碰后以原速度反弹：假设B 向右滑行：并与弹簧发生相互作用：当AB 再次处于相对静止时：共同速度为u由动量守恒得mv —Mv=(m+m)u 设B 相对A 的路程为s ：由能量守恒得umgs=(m+M)v2--( m+M)u2 代入数据得：s=32(m)由于s>41L ：所以B 滑过Q 点并与弹簧相互作用：然后相对A 向左滑动到Q 点左边：设离Q 点距离为s1 S1=s-41L=0.17(m)3．（15分）一轻质弹簧：两端连接两滑块A 和B ：已知mA=0.99kg ： mB=3kg ：放在光滑水平桌面上：开始时弹簧处于原长。
高考物理电磁感应现象压轴难题综合题附答案解析
高考物理电磁感应现象压轴难题综合题附答案解析一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图甲所示，MN 、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ = 30°角固定，M 、P 之间接电阻箱R ，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B = 1T ．质量为m 的金属杆ab 水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r ，现从静止释放杆ab ，测得最大速度为v m ．改变电阻箱的阻值R ，得到v m 与R 的关系如图乙所示．已知轨距为L = 2m ，重力加速度g 取l0m/s 2，轨道足够长且电阻不计．求：(1)杆ab 下滑过程中流过R 的感应电流的方向及R =0时最大感应电动势E 的大小； (2)金属杆的质量m 和阻值r ；(3)当R =4Ω时，求回路瞬时电功率每增加2W 的过程中合外力对杆做的功W ． 【答案】(1)电流方向从M 流到P ，E =4V (2)m =0.8kg ，r =2Ω (3)W =1.2J 【解析】本题考查电磁感应中的单棒问题，涉及动生电动势、闭合电路欧姆定律、动能定理等知识．(1)由右手定则可得，流过R 的电流方向从M 流到P 据乙图可得，R=0时，最大速度为2m/s ，则E m = BLv = 4V (2)设最大速度为v ，杆切割磁感线产生的感应电动势 E = BLv 由闭合电路的欧姆定律EI R r=+ 杆达到最大速度时0mgsin BIL θ-= 得 2222sin sin B L mg mg v R r B Lθθ=+ 结合函数图像解得：m = 0.8kg 、r = 2Ω(3)由题意：由感应电动势E = BLv 和功率关系2E P R r =+得222B L V P R r=+则22222221B L V B L V P R r R r∆=-++ 再由动能定理22211122W mV mV =- 得22()1.22m R r W P J B L +=∆=2．如图所示，一阻值为R 、边长为l 的匀质正方形导体线框abcd 位于竖直平面内，下方存在一系列高度均为l 的匀强磁场区，与线框平面垂直，各磁场区的上下边界及线框cd 边均磁场方向均与线框平面垂水平。
2024届山东省高三高考压轴卷物理试题(基础必刷)
2024届山东省高三高考压轴卷物理试题（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力），到回到出发点的过程中，下列说法正确的是（ ）A．上升过程A、B处于超重状态，下降过程A、B处于失重状态B．上升和下降过程A、B两物体均为完全失重C．上升过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力D．下降过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力第(2)题2020年12月3日，嫦娥五号上升器携带月壤样品成功回到预定环月轨道，这是我国首次实现地外天体起飞。
环月轨道可以近似为圆轨道，已知轨道半径为r，月球质量为M，引力常量为G。
则上升器在环月轨道运行的速度为（ ）A．B．C．D．第(3)题如图所示，一小球从空中某处以大小为，方向与竖直方向成斜向上抛出，小球受到水平向右、大小为的水平风力，若小球落地时速率为，重力加速度为，则小球在空中运动的时间为（ ）A．B．C．D．第(4)题如图所示，Rt△ABC中∠CAB=37°，D为AB边上一点，AD：DB=2：3.两个正点电荷固定在A、B两点，电荷量大小为q的试探电荷在C点受到的电场力方向与AB垂直，大小为F，sin37°=0.6，cos37°=0.8.则D点的电场强度大小为（ ）A．B．C．D．第(5)题如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆轨道与水平轨道相切于最低点B。
一质量为m的小物块从A处由静止滑下，沿轨道运动至C处停下，B、C两点间的距离为R，物块与圆轨道和水平轨道之间的动摩擦因数相同。
现用始终平行于轨道或轨道切线方向的力推动物块，使物块C处重返A处，重力加速度为g，设推力做的功至少为W，则（ ）A．W = m g R B．m g R < W < 2mgR C．W = 2mgR D．W > 2mgR第(6)题如图，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，管内外水银面高度差为，右侧管有一段水银柱，两端液面高度差为，中间封有一段空气，则（ ）A．若环境温度升高，则不变，增大B．若大气压强增大，则减小，减小C．若把弯管向下移少许距离，则增大，不变D．若在右管开口端沿管壁加入少许水银，则不变，增大第(7)题如图所示是用于离子聚焦的静电四极子场的截面图，四个电极对称分布，其中两个电极带正电荷，形成高电势＋U，两个电极带负电荷，形成低电势-U。
高考物理压轴题专项练习：动量守恒定律及其应用 含答案
高考物理压轴题专项练习：动量守恒定律及其应用一、解答题（共20小题）1. 如图所示，水平面上有一质量为m的木板，木板上放置质量为M的小物块（M>m），小物块与木板间的动摩擦因数为μ。
现给木板和小物块一个初速度，使小物块与木板一起向右运动，之后木板以速度v0与竖直墙壁发生第一次弹性碰撞，已知重力加速度为g。
求：（1）若水平面光滑，木板与墙壁第一次碰撞后到木板再次与墙壁碰撞，小物块没有从木板上掉下，则最初小物块与木板右端的距离至少为多少。
（2）若水平面粗糙，木板足够长，且长木板与水平面间动摩擦因数为0.4μ，M=1.5m，请分析长木板能否与竖直墙壁发生第二次碰撞?如能相撞求出木板与墙壁撞前瞬间的速度，如不能相撞，求出木板右端最终与墙壁间的距离。
2. 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圆弧轨道。
质量4 m=2.0kg的物块B从1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=40.1，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圆弧的最低点C时对轨道的压力；4（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与物块A碰撞的第n次到n+1次之间的过程中，物块B在传送带上运动的时间。
3. 如图所示，在光滑的绝缘水平面内建立平面直角坐标系xOy，在第一、二、四象限内存在竖直向下的匀强磁场，第三象限内存在竖直向上的匀强磁场，两个磁场的磁感应大小都为B，在原点O 放置一个不带电的小球a，球a质量为m。
高考物理复习冲刺压轴题专项突破—机械能守恒定律(含解析)
一、选择题（第1题为单项选择题，2-13为多项选择题）1．如图所示，质量为m 的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v 0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为h .已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ<tan α，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E 、动能E k 、势能E p 与上升高度h 之间关系的图高考物理复习冲刺压轴题专项突破—机械能守恒定律（含解析）象是（）A ．B ．C ．D．【答案】D 【解析】本题考查动能、势能、机械能有关知识，势能Ep="mgh"势能与高度成正比，上升到最大高度H 时，势能最大，A 错；由能量守恒，机械损失，克服摩擦力做功，转化为内能，上升过程E ＝E0-μmgcos αh/sin α="E0-"μmgh/tan α,下行时，E=mgH-μmg(H-h)/tan α,势能E 与高度h 为线性关系，B 错；上行时，动能E K =E K0-(mgsin α+μmgcos α)h/cos α下行时E K =(mgsin α-μmgcos α)（H-h ）/cos α动能E K 高度h 是线性关系，C 错，D 正确2．如图所示，半径为R 的半圆弧槽固定在水平面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m 的物块从P 点由静止释放刚好从槽口A 点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到B 点，不计物块的大小，P 点到A 点高度为h ，重力加速度大小为g ，则下列说法正确的是（）A ．物块从P 到B 过程克服摩擦力做的功为mg(R+h)B ．物块从A 到BC ．物块在B 点时对槽底的压力大小为(2)R h mgR+D ．物块到B 点时重力的瞬时功率为【答案】BC【解析】A 项：物块从A 到B 做匀速圆周运动，根据动能定理有：0f mgR W -=，因此克服摩擦力做功f W mgR =，故A 错误；B 项：根据机械能守恒，物块在A 点时的速度大小由212mgh mv =得：v =，从A 到B运动的时间为12Rt v π==，因此从A 到B过程中重力的平均功率为W P t ==B 正确；C 项：根据牛顿第二定律：2v N mg m R-=，解得：(2)R h mg N R +=，由牛顿第三定律得可知，故C 正确；D 项：物块运动到B 点，速度与重力垂直，因此重务的瞬时功率为0，故D 错误．故选BC ．3．如图所示，质量为4m 的球A 与质量为m 的球B 用绕过轻质定滑轮的细线相连，球A 放在固定的光滑斜面上，斜面倾角α=30°，球B 与质量为m 的球C 通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，球C 放在水平地面上。
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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v ＝3m/s 的速度向左运动，传送带上有一质量为M ＝2kg 的小木盒A ，A 与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0．3，开始时，A 与传送带之间保持相对静止。
先后相隔△t ＝3s 有两个光滑的质量为m ＝1kg 的小球B 自传送带的左端出发，以v 0＝15m/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△t 1＝1s/3而与木盒相遇。
求（取g ＝10m/s 2）（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l ＝8cm ，两板间距离d ＝8cm ，A 板比B 板电势高300V ，即U AB ＝300V 。
一带正电的粒子电量q ＝10-10C ，质量m ＝10-20kg ，从R 点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v 0＝2×106m/s ，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L ＝12cm ，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k ＝9×109N·m 2/C 2）（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。
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速率的3／5，则物体在第二次跟A 碰撞之前，滑板相对于水平面的速度v 2和物体相对于水平面的速度v 3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?(设碰撞经历时间极短且无能量损失)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B 1=10T B A v v 0 B A v 0R MN L P S O E F l的匀强磁场中，导轨间距L =，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 =×10-21kg 、电量q =×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B 2=10T ，MN 与D 相距d =10cm ，B 1和B 2方向如图所示(粒子重力及其相互作用不计)，求(1)0到内哪些时刻从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 （0v v >），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 后方框的最右侧和U 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)长为的木板A ，质量为1kg ．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v 0=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μ2.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：mg =qBv 2…………………………………………………………①（2）离开电场后，按动能定理，有：-μmg4L =0-21mv 2………………………………② 由①式得：v 2=22m/s（3）代入前式①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 -μmg ）212=L mv 12-0……………………………………………③ 进入电磁场后做匀速运动，故有：Eq =μ（qBv 1+mg ）……………………………④ 由以上③④两式得：⎩⎨⎧==N/C2.4m/s 241E v2（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0=C v（2）炸药爆炸时有解得s m v B /5.1=又B B A A s m s m =当s A ＝1m 时s B ＝，即当A 、C 相撞时B 与C 右板相距m s L s B 75.02=-= A 、C 相撞时有：解得v ＝1m/s ，方向向左而B v ＝s ，方向向右，两者相距，故到A ，B 都与挡板碰撞为止，C 的位移为3.0=+=BC v v sv s m19. 3固定时示数为F 1，对小球F 1=mgsin θ①整体下滑：（M+m ）sin θ-μ(M+m)gcos θ=(M+m)a ②下滑时，对小球：mgsin θ-F 2=ma ③由式①、式②、式③得μ=12F F tan θ 4．木块B 下滑做匀速直线运动，有mgsin θ=μmgcos θB 和A 相撞前后，总动量守恒,mv 0=2mv 1，所以v 1=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v 2，则μ2mgcos θ·2s=22212·212·21mv mv - 两木块在P 点处分开后，木块B 上滑到Q 点的过程：（mgsin θ+μmgcos θ）L=2221mv 木块C 与A 碰撞前后，总动量守恒，则3m ·10423'=mv v ，所以 v ′1=42v 0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v 2',则μ4mgcos θ·2s ′=22224214·21'-'mv mv 木块C 与A 在P 点处分开后，木块C 上滑到R 点的过程：（3mgsin θ+μ3mgcos θ）L ′=223·21'mv 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 ,412·2120211mv mv k ==木块C 与A 压缩弹簧的初动能E ,412120212mv mv k ='=即E 21k k E = 因此，弹簧前后两次的最大压缩量相等，即s=s ′综上，得L ′=L-θsin 3220g v 5（1）设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v 1,根据动量守恒定律：01()mv Mv m M v -=+（1分）代入数据，解得：v 1=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t 0与木盒相遇,则：00s t v =（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：()()m M g m M a μ+=+得：23/a g m s μ==（1分）设木盒减速运动的时间为t 1,加速到与传送带相同的速度的时间为t 2，则：12v t t a∆===1s （1分） 故木盒在2s 内的位移为零（1分）依题意：011120()s v t v t t t t t =∆+∆+∆---（2分）代入数据，解得：s =7．5mt 0=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s 1,则：10()8.5S v t t t m =∆+∆-=（1分）11120() 2.5s v t t t t t m =∆+∆---=（1分）故木盒相对与传送带的位移：16s S s m ∆=-=则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是：54Q f s J =∆=（2分） 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=at 2/2（1分） qE qU a m md==0l t v =即：20()2qU l h md 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：22l h l y L =+（1分） 代入数据，解得:y =0．12m =12cm （1分）（2）设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为v y ，则：v y =at=0qUl mdv 代入数据，解得:v y =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：62.510/v m s ==⨯（1分） 设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：034yv tan v θ==37θ=︒（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。