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 NⅡ Ⅰ200012v 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00tan 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¼12PP 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 ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭○112.（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 013V v = 此过程中动能的损失为22011322E 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 += ③m 2mm 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2E ∆,由能量守恒得 2221101112222E mv mV mv ∆+=- ④ 联立①②③④式,且考虑到v 1必须大于V 1,得1013()26v 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221211222E mv mV '∆=-⨯ ⑦ 联立①②③⑤⑥⑦式得13(1)222E 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)22x d =+ ⑨4.（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12a a R v mABqv = ① 由几何关系得θ='∠P PC ② θsin 1d R a = ③ 式中，030=θ，由①②③式得mqBd 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22)2(a a a R v m B qv = ⑤ 由①⑤式得212a 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 23= 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vR 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(32-=- ○165.(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01100m 。

(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 PL【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 22101122mv mgL mv +=16/v m s =21v F mg m L+=20mv MV +=22220111222mv 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 ○127.（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 +=123s 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2010.812d at =② 其中0F 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212m d a t '=⑤ 其中mF qE qU a m m md '''=== ⑥ Ldbv 0图甲++ + + + ++Ld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2012qU L x md v ⎛⎫= ⎪⎝⎭⑨根据题意，收集效率为xdη=⑩ 联立①②③⑨⑩可得200.81d 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，200.81d 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。