高考物理?？即箢}及答案驕陽(yáng)書(shū)苑

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1、 1（20分） 如圖12所示，PR是一塊長(zhǎng)為L(zhǎng)=4 m的絕緣平板固定在水平地面上，整個(gè)空間有一個(gè)平行于PR的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，在板的右半部分有一個(gè)垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，一個(gè)質(zhì)量為m=0．1 kg，帶電量為q=0．5 C的物體，從板的P端由靜止開(kāi)始在電場(chǎng)力和摩擦力的作用下向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)后恰能做勻速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)物體碰到板R端的擋板后被彈回，若在碰撞瞬間撤去電場(chǎng)，物體返回時(shí)在磁場(chǎng)中仍做勻速運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)磁場(chǎng)后做勻減速運(yùn)動(dòng)停在C點(diǎn)，PC=L/4，物體與平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0．4，取g=10m/s2 ，求： （1）判斷物體帶電性質(zhì)，正電荷還是負(fù)電荷？ （2）物體與擋板碰撞前后的速度v

2、1和v2 （3）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小 圖12 （4）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向 答案（1）由于物體返回后在磁場(chǎng)中無(wú)電場(chǎng)，且仍做勻速運(yùn)動(dòng)，故知摩擦力為0，所以物體帶正電荷．且：mg=qBv2…………………………………………………………① （2）離開(kāi)電場(chǎng)后，按動(dòng)能定理，有：-μmg=0-mv2………………………………② 由①式得：v2=2 m/s （3）代入前式①求得：B= T （4）由于電荷由P運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)做勻加速運(yùn)動(dòng)，可知電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右，且：（Eq-μmg）mv12-0……………………………………………③ 進(jìn)入電磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，故有：

3、Eq=μ（qBv1+mg）……………………………④ 由以上③④兩式得： 2(10分)如圖2—14所示，光滑水平桌面上有長(zhǎng)L=2m的木板C，質(zhì)量mc=5kg，在其正中央并排放著兩個(gè)小滑塊A和B，mA=1kg，mB=4kg，開(kāi)始時(shí)三物都靜止．在A、B間有少量塑膠炸藥，爆炸后A以速度6m／s水平向左運(yùn)動(dòng)，A、B中任一塊與擋板碰撞后，都粘在一起，不計(jì)摩擦和碰撞時(shí)間，求： (1)當(dāng)兩滑塊A、B都與擋板碰撞后，C的速度是多大? (2)到A、B都與擋板碰撞為止，C的位移為多少? 答案（1）A、B、C系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且總動(dòng)量為零，故兩物塊與擋板碰撞后，C的速

4、度為零，即 （2）炸藥爆炸時(shí)有 解得 又 當(dāng)sA＝1 m時(shí)sB＝0.25m，即當(dāng)A、C相撞時(shí)B與C右板相距 A、C相撞時(shí)有： 解得＝1m/s，方向向左 而＝1.5m/s，方向向右，兩者相距0.75m，故到A，B都與擋板碰撞為止，C的位移為 m19. 3（10分）為了測(cè)量小木板和斜面間的摩擦因數(shù)，某同學(xué)設(shè)計(jì)如圖所示實(shí)驗(yàn)，在小木板上固定一個(gè)輕彈簧，彈簧下端吊一個(gè)光滑小球，彈簧長(zhǎng)度方向與斜面平行，現(xiàn)將木板連同彈簧、小球放在斜面上，用手固定木板時(shí)，彈簧示數(shù)為F，放手后，木板沿斜面下滑，穩(wěn)定后彈簧示數(shù)為F，測(cè)得斜面

5、斜角為θ，則木板與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為多少？（斜面體固定在地面上） 答案 固定時(shí)示數(shù)為F，對(duì)小球F=mgsinθ ① 整體下滑：（M+m）sinθ-μ(M+m)gcosθ=(M+m)a ② 下滑時(shí)，對(duì)小球：mgsinθ-F=ma　　　　 　 ③ 由式①、式②、式③得 μ=tan θ 4有一傾角為θ的斜面，其底端固定一擋板M，另有三個(gè)木塊A、B和C，它們的質(zhì) 量分別為m=m=m，m=3 m，它們與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都相同.其中木塊A連接一輕彈簧放于斜面上，并通過(guò)輕彈簧與擋板M相連，如圖所示.開(kāi)始時(shí)，木塊A靜止在P處，

6、彈簧處于自然伸長(zhǎng)狀態(tài).木塊B在Q點(diǎn)以初速度v向下運(yùn)動(dòng)，P、Q間的距離為L(zhǎng).已知木塊B在下滑過(guò)程中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，與木塊A相碰后立刻一起向下運(yùn)動(dòng)，但不粘連，它們到達(dá)一個(gè)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)，木塊B向上運(yùn)動(dòng)恰好能回到Q點(diǎn).若木塊A靜止于P點(diǎn)，木塊C從Q點(diǎn)開(kāi)始以初速度向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷同樣過(guò)程，最后木塊C停在斜面上的R點(diǎn)，求P、R間的距離L′的大小。 答案 木塊B下滑做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有mgsinθ=μmgcosθ B和A相撞前后，總動(dòng)量守恒,mv=2mv，所以 v= 設(shè)兩木塊向下壓縮彈簧的最大長(zhǎng)度為s,兩木塊被彈簧彈回到P點(diǎn)時(shí)的速度為v，則 μ2mgcosθ·

7、2s= 兩木塊在P點(diǎn)處分開(kāi)后，木塊B上滑到Q點(diǎn)的過(guò)程： （mgsinθ+μmgcosθ）L= 木塊C與A碰撞前后，總動(dòng)量守恒，則3m·，所以 v′=v 設(shè)木塊C和A壓縮彈簧的最大長(zhǎng)度為s′,兩木塊被彈簧彈回到P點(diǎn)時(shí)的速度為v,則μ4mgcosθ·2s′= 木塊C與A在P點(diǎn)處分開(kāi)后，木塊C上滑到R點(diǎn)的過(guò)程： （3mgsinθ+μ3mgcosθ）L′= 在木塊壓縮彈簧的過(guò)程中，重力對(duì)木塊所做的功與摩擦力對(duì)木塊所做的功大小相等，因此彈簧被壓縮而具有的最大彈性勢(shì)能等于開(kāi)始?jí)嚎s彈簧時(shí)兩木塊的總動(dòng)能. 因此，木塊B和A壓縮彈簧的初動(dòng)能E木塊C與A壓縮彈簧的初動(dòng)能E即

8、E 因此，彈簧前后兩次的最大壓縮量相等，即s=s′ 綜上，得L′=L- 5如圖，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶始終以大小為v＝3m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)，傳送帶上有一質(zhì)量為M＝2kg的小木盒A，A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0．3，開(kāi)始時(shí)，A與傳送帶之間保持相對(duì)靜止。先后相隔△t＝3s有兩個(gè)光滑的質(zhì)量為m＝1kg的小球B自傳送帶的左端出發(fā)，以v0＝15m/s的速度在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)。第1個(gè)球與木盒相遇后，球立即進(jìn)入盒中與盒保持相對(duì)靜止，第2個(gè)球出發(fā)后歷時(shí)△t1＝1s/3而與木盒相遇。求（取g＝10m/s2） （1）第1個(gè)球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)多大？ （2）第1個(gè)球出發(fā)后經(jīng)過(guò)多

9、長(zhǎng)時(shí)間與木盒相遇？ B A v v0 （3）自木盒與第1個(gè)球相遇至與第2個(gè)球相遇的過(guò)程中，由于木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量是多少？ （1）設(shè)第1個(gè)球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運(yùn)動(dòng)的速度為v1,根據(jù)動(dòng)量守恒定律： （1分） 代入數(shù)據(jù)，解得： v1=3m/s （1分） （2）設(shè)第1個(gè)球與木盒的相遇點(diǎn)離傳送帶左端的距離為s，第1個(gè)球經(jīng)過(guò)t0與木盒相遇,則：

10、 （1分） 設(shè)第1個(gè)球進(jìn)入木盒后兩者共同運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律： 得： （1分） 設(shè)木盒減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,加速到與傳送帶相同的速度的時(shí)間為t2，則： =1s （1分） 故木盒在2s內(nèi)的位移為零 （1分） 依題意： （2分） 代入數(shù)據(jù)，解得： s=7．5m

11、t0=0．5s （1分） （3）自木盒與第1個(gè)球相遇至與第2個(gè)球相遇的這一過(guò)程中,傳送帶的位移為S，木盒的位移為s1,則： （1分） （1分） 故木盒相對(duì)與傳送帶的位移： 則木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量是： （2分） 6如圖所示，兩平行金屬板A、B長(zhǎng)l＝8cm，兩板間距離d＝8cm，A板比B板電勢(shì)高300V，即UAB＝300V。一帶正電的粒子電量q＝10-10

12、C，質(zhì)量m＝10-20kg，從R點(diǎn)沿電場(chǎng)中心線垂直電場(chǎng)線飛入電場(chǎng)，初速度v0＝2×106m/s，粒子飛出平行板電場(chǎng)后經(jīng)過(guò)界面MN、PS間的無(wú)電場(chǎng)區(qū)域后，進(jìn)入固定在中心線上的O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)區(qū)域（設(shè)界面PS右邊點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布不受界面的影響）。已知兩界面MN、PS相距為L(zhǎng)＝12cm，粒子穿過(guò)界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上。求（靜電力常數(shù)k＝9×109N·m2/C2） B A v0 R M N L P S O E F l （1）粒子穿過(guò)界面PS時(shí)偏離中心線RO的距離多遠(yuǎn)？ （2）點(diǎn)電荷的電量。 （1）設(shè)

13、粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)的側(cè)向位移為h, 穿過(guò)界面PS時(shí)偏離中心線OR的距離為y，則： h=at2/2 （1分） 即： （1分） 代入數(shù)據(jù)，解得： h=0．03m=3cm （1分） 帶電粒子在離開(kāi)電場(chǎng)后將做勻速直線運(yùn)動(dòng),由相似三角形知識(shí)得： （1分） 代入數(shù)

14、據(jù)，解得: y=0．12m=12cm （1分） （2）設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度為vy，則：vy=at= 代入數(shù)據(jù)，解得: vy=1．5×106m/s （1分） 所以粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度為： （1分） 設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為θ，則： （1分） 因?yàn)榱Ｗ哟┻^(guò)界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏上，所以該帶電粒子在穿過(guò)界面PS后將繞點(diǎn)電荷Q作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其半徑與速度方向垂直。 勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑： （1分） 由： （2分） 代入數(shù)據(jù)，解得： Q=1．04×10-8C （1分） 6 教學(xué)輔導(dǎo)