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

200012

v t at = ② 粒子速度大小V 1为

22100()V v at =+ ③

设速度方向与竖直方向的夹角为α,则

00

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

11mV r qB

= ⑥ 设粒子首次离开磁场的点为P 2,弧¼12

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

012mv 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

22011322

E mv mV ∆=-⨯ ② 解得 3013E 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

221211222

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，030=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

12a 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21)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 πα21=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 222π= ○12 3211v R T b b π= ○13 由⑤⑨⑩○11○12○13式得030=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