近年廣東高考物理壓軸題

1、尖子生玩轉(zhuǎn)近十年廣東高考物理壓軸題2005年廣東題(17分)如圖14所示，兩個(gè)完全相同的質(zhì)量為m的木板A、B置于水平地面上，它們的間距s= 2.88m。質(zhì)量為2m,大小可忽略的物塊 C置于A板的左端。C與A之間的動(dòng) 摩擦因數(shù)為 國(guó)=0.22, A、B與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為區(qū)=0.10,最大靜摩擦力可以認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力。開始時(shí)，三個(gè)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給C施加一個(gè)水平向右，大小為2mg的恒力F,假定木板 A、B碰撞時(shí)間極短且碰撞后粘連在一起，要使 C最終不脫離木板，每塊木板的長(zhǎng)度至少應(yīng)為多少？解：設(shè)A、A、C之間的滑動(dòng)摩擦力大小為因= 0.22,區(qū)= 0.10F = mgf2= 戌(2m

2、+ m)5一開始A和C保持相對(duì)靜止,12(F f2)s= - (2m m)v1B兩木塊的碰撞瞬間，內(nèi)mv1=(m+m)v2f1, A與水平地面之間的滑動(dòng)摩擦力大小為f2在 F的作用下向右加速運(yùn)動(dòng)，有力的沖量遠(yuǎn)大于外力的 沖量，由動(dòng)量守恒定律 得S1,碰撞結(jié)束后到三個(gè)物體達(dá)到共同速度的相互作用過(guò)程中，設(shè)木塊向前移動(dòng)的位移為2mw+(m+m)v2=(2m+m+m )v3選三個(gè)物體構(gòu)成的整體為研究對(duì)象，外力之和為零，則 TOC o 1-5 h z 212Kf1 S1 f3S1 = 2g2 m3 2gpmv2f3= 衛(wèi)(2m+m+m) g 對(duì)C物體，由動(dòng)能定理.1212F(2l s) G(2l s)

3、32m3 -2m1由以上各式，再代入數(shù)據(jù)可得l=0.3m 第一階段拉力F小于CA間最大靜摩擦力，因此CA共同加速到與B相碰，該過(guò)程對(duì)CA 用動(dòng)能定理：F-w 2 3mgs=3mv12/2,得 v1=8、；0.3m/sAB相碰瞬間，AB動(dòng)量守恒，碰后共同速度v2=4、，03m/sC在AB上滑行全過(guò)程，ABC系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒， C到B右端時(shí)恰好 達(dá)到共速：2m vi+2m v2=4m v,因此共同速度 v=6 0.3 m/sC 在 AB 上滑行全過(guò)程用能量守恒：F 2L=4m v2/2-(2m v12/2+2m v22/2)+ 12mg 2L得 L= 3m2007年廣東題A1A2是垂直

4、截面與磁場(chǎng)區(qū)邊界面的交線，A2固定擋板S2丁 竺*TV0，L電子快門P DS 一L,固定薄板BA1 .Z圖1720、（18分）圖17是某裝置的垂直截面圖，虛線 勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在 A1A2的右側(cè)區(qū)域，磁感 應(yīng)強(qiáng)度B=0.4T,方向垂直紙面向外，A1A2 與垂直截面上的水平線夾角為 45。在 A1A2左側(cè)，固定的薄板和等大的擋板均水 平放置，它們與垂直截面交線分別為 S1、 S2,相距L=0.2 m。在薄板上P處開一小 孔，P與A1A2線上點(diǎn)D的水平距離為L(zhǎng)。 在小孔處裝一個(gè)電子快門。起初快門開 啟，一旦有帶正電微粒通過(guò)小孔，快門立即關(guān)閉，此后每隔 T= 3.0X10-3 s開啟一 次并瞬間關(guān)閉。從

5、S1S2之間的某一位置水 平發(fā)射一速度為 V0的帶正電微粒，它經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后入射到P處小孔。通過(guò)小孔的微粒與檔板發(fā)生碰撞而反彈，反彈速度大小是碰前的0.5倍。經(jīng)過(guò)一次反彈直接從小孔射出的微粒，其初速度V0應(yīng)為多少？求上述微粒從最初水平射入磁場(chǎng)到第二次離開磁場(chǎng)的時(shí)間。（忽略微粒所受重力影響,碰撞過(guò)程無(wú)電荷轉(zhuǎn)移。已知微粒的荷質(zhì)比1,0 103 C/kg 。只考慮紙面上帶電微m粒的運(yùn)動(dòng)）解：如圖2所示，設(shè)帶正電微粒在 S1S2之間任意點(diǎn)Q 以水平速度V0進(jìn)入磁場(chǎng)，微粒受到的洛侖茲 力為f,在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,有：2mv0qvB r解得：r嗎qB欲使微粒能進(jìn)入小孔，半徑 r的取值范圍為:L

6、r 2L代入數(shù)據(jù)得：80 m/sv v0V 160 m/s欲使進(jìn)入小孔的微粒與擋板一次相碰返回后能通過(guò)小孔，還必須滿足條件:L LnT 其中 n=1, 2, 3,V00.5V0可知，只有n= 2滿足條件，即有：V0 = 100 m/s設(shè)微粒在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為To,從水平進(jìn)入磁場(chǎng)到第二次離開磁場(chǎng)的總時(shí)間為t,設(shè)ti、t4分別為帶電微粒第一次、第二次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，第一次離開磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)到擋板的時(shí)間為2所示，則有：丁 2M .3丁10,ti Io ,Vo4t ti t2 t3 t4,碰撞后再返回磁場(chǎng)的時(shí)間為 HYPERLINK l bookmark23 o Current Document

7、 ,2L, 2Lt2 一； t3V00.5V02.8 10 2 st3,運(yùn)動(dòng)軌跡如答圖t4%。2008年廣東題20、（17分）如圖所示，固定的凹槽水平表面光滑，其內(nèi)放置 U形滑板N,滑板兩端為半徑R= 0.45 m的1/4圓弧面，A和D分別是圓弧的端點(diǎn)，BC段表面粗糙，其余段表面光滑， 小滑塊Pi和P2的質(zhì)量均為 m,滑板的質(zhì)量 M = 4 m, P1和P2與BC面的動(dòng)摩擦因數(shù)分 別為崗= 0.10和摩=0.40,最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力，開始時(shí)滑板緊靠槽的左端，P2靜止在粗糙面的 B點(diǎn)，P1以V0=4.0 m/s的初速度從 A點(diǎn)沿弧面自由滑下，與 P2發(fā)生彈性碰撞后，P1處在粗糙面B點(diǎn)

8、上，當(dāng)P2滑到C點(diǎn)時(shí)，滑板恰好與槽的右端碰 撞并與槽牢固粘連，P2繼續(xù)滑動(dòng)，到達(dá) D點(diǎn)時(shí)速度為零，P1與P2視為質(zhì)點(diǎn)，取g= 10 m/s2.問(wèn)：P2在BC段向右滑動(dòng)時(shí)，滑板的加速度為多大？BC長(zhǎng)度為多少？ N、P1和P2最終靜止后，P1與P2間的距離為多少？解：（1） P1滑到最低點(diǎn)速度為 V,由機(jī)械能守恒定律有：1mv： mgR -mv； TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark60 o Current Document 22解得：v1 5m/sP1、P2碰撞，滿足動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒定律，設(shè)碰后速度分別為V1、my1 2 12 12mv1 mv2 , 一 mV

9、1 - mv1 mv2 222解得：v1 0 , v2 =5m/sP2向右滑動(dòng)時(shí)，假設(shè) P1保持不動(dòng)，對(duì) P2有：f2 u2 mg 4m （向左）f 4m2對(duì) P1、M 有：f （m M）a2 a2 0.8m/sm M 5m此時(shí)對(duì)P1有：f1 ma 0.80m fm 1.0m,所以假設(shè)成立。12p2滑到C點(diǎn)速度為V2 ,由mgR -mv2得V2 3m/ sPi、P2碰撞到P2滑到C點(diǎn)時(shí)，設(shè)Pi、M速度為v, 由動(dòng)量守恒定律得：mv2 (m M )v mv2解得：v 0.40m/s12 12 12對(duì) Pk P2、M 為系統(tǒng)：f2 L - mv2 mv2- (m M )v222代入數(shù)值得：L 1.

10、9 m2滑板碰后，P1向右滑行距離：S 0.08m2a12P2向左滑行距離：& 工 1.125m2a2所以P1、P2靜止后距離： S L S S 0.695m 2009年廣東題(17分)如圖所示，絕緣長(zhǎng)方體B置于水平面上，兩端固定一對(duì)平行帶電極板，極板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)E,長(zhǎng)方體B的上表面光滑，下表面與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)產(chǎn)0.05 (設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相同).B與極板的總質(zhì)量 mB=1.0kg.帶正電的小滑塊A的質(zhì)量mA=0.60kg ,其受到的電場(chǎng)力大小 F=1.2N.假 設(shè)A所帶的電量不影響極板間的電場(chǎng)分布.t=0時(shí)刻，小滑塊A從B表面上的a點(diǎn)以相對(duì)地面的速度vA=1.6m/s向左運(yùn)動(dòng)

11、，同時(shí)，B (連同極板)以相對(duì)地面的速度vB=0.40m/s向右運(yùn)動(dòng).問(wèn)(g取10m/s2)A和B剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小分別為多少？(2)若A最遠(yuǎn)能到達(dá)b點(diǎn)，a、b的距離L應(yīng)為多少？從t=0時(shí)刻到A運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，摩擦力對(duì) B做 的功為多少？解：由牛頓第二定律 F ma有A 剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小F2 、 一，aA 2.0m / s 萬(wàn)向水平向右mAB剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)受電場(chǎng)力和摩擦力作用 , 由牛頓第三定律得電場(chǎng)力 F F 1.2N摩擦力 f (mA mB)g 0.8N一一Ffcc，2、 一B剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小aB 2.0m/s萬(wàn)向水平向左mB設(shè)B從開始勻減速到零的時(shí)間為3,則有t1 =

12、0.2saB此時(shí)間內(nèi)B運(yùn)動(dòng)的位移sB1 叫 0.04m2ti時(shí)刻A的速度Vai Va 3a1i 1.2m / S 0 ,故此過(guò)程A 一直勻減速運(yùn)動(dòng)。此ti時(shí)間內(nèi)A運(yùn)動(dòng)的位移sA1 （Va 丁*10.28m此t1時(shí)間內(nèi)A相對(duì)B運(yùn)動(dòng)的位移S1 SA1 SB1 0.32m此t1時(shí)間內(nèi)摩擦力對(duì)b做的功為w1 f sB10.032J（t1后，由于F f , B開始向右作勻加速運(yùn)動(dòng)，A繼續(xù)作勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它們速度相等時(shí)A、B相距最遠(yuǎn)，設(shè)此過(guò)程運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2,它們速度為v,則有對(duì)A 速度v Va1 a At 2F f2對(duì)B 加速度aB1 0.4m /smB速度v aB1t2聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得 v 0

13、.2m/s t 0.5s此t2時(shí)間內(nèi)A運(yùn)動(dòng)的位移sA2 丁”20.35m.,、一， 、一 vt2此t2時(shí)間內(nèi)B運(yùn)動(dòng)的位移sB2 0.05m B2 2此t2時(shí)間內(nèi)A相對(duì)B運(yùn)動(dòng)的位移S2 SA 2 SB 2 0.30m此t2時(shí)間內(nèi)摩擦力對(duì) B做的功為w1 f SB2 0.04J所以A最遠(yuǎn)能到達(dá)b點(diǎn)a、b的距離L為L(zhǎng) s1 s2 0.62m從t=0時(shí)刻到A運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，摩擦力對(duì) B做的功為w f w 1 w 20.072J2010年廣東題36. （18分）如圖a所示，左為某同學(xué)設(shè)想的粒子速度選擇裝置，由水平轉(zhuǎn)軸及兩個(gè)薄盤N1、N2構(gòu)成，兩盤面平行且與轉(zhuǎn)軸垂直，相距為L(zhǎng),盤上各開一狹縫，兩狹縫夾角0可

14、調(diào)（如圖b）;右為水平放置的長(zhǎng)為 d的感光板，板的正上方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向 外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 Bo 一小束速度不同、帶正電的粒子沿水平方向射入N1，能通過(guò)N2的粒子經(jīng)O點(diǎn)垂直進(jìn)入磁場(chǎng)。O到感光板的距離為 d/2,粒子電荷量為q,質(zhì)量為m,不計(jì)重力。若兩狹縫平行且盤靜止（如圖c）,某一粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，豎直向下打在感光板中心點(diǎn)M上，求該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t;若兩狹縫夾角為 0 0,盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)方向如圖b,要使穿過(guò)N1、N2的粒子均打到感光板P1、P2連線上，試分析盤轉(zhuǎn)動(dòng)角速度 3的取值范圍（設(shè)通過(guò) N1的所有粒子在 盤轉(zhuǎn)一圈的時(shí)間內(nèi)都能到達(dá) N2）。 * / / *粒子束NiN2

15、一丁0d/2P1 d (a)P2NiN2(b)解：（1）粒子在磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,qvB2v 1 、m一 ,周長(zhǎng)=周期 度,R2 R v T ,又-,解得:42qB（2）速度最小時(shí)，LM腦，2v1 md4qBd 04mL速度最大時(shí),2 t2 , qv?B2V2m,RR2 (Rd2)解得：25黑。所以qBd 04mL5qBd4mL2011年廣東題36（2011廣東理綜36） （18分）如圖20所示，以A、B和C、D為端點(diǎn)的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑水平地面上，左端緊靠B點(diǎn)，上表面所在平面與兩半圓分別相切于 B、Co 一物塊被輕放在水平勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上

16、E點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)到A時(shí)剛好與傳送帶速度相同，然后經(jīng) A沿半圓軌道滑下，再經(jīng) B滑上滑板。滑板運(yùn)動(dòng)到 C時(shí)被牢固粘 連。物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為 m,滑板質(zhì)量M=2m,兩半圓半徑均為 R,板長(zhǎng)l=6. 5R,板 右端到C的距離L在Rv L v 5R范圍內(nèi)取值。E距A為S=5R,物塊與傳送帶、物塊與滑板 間的動(dòng)摩擦因素均為科=0. 5,重力加速度取g.求物塊滑到B點(diǎn)的速度大??；試討論物塊從滑上滑板到離開滑板右端的過(guò)程中，克服摩擦力做的功Wf與L的關(guān)系，并判斷物塊能否滑到 CD軌道的中點(diǎn)。IE.5H【解析】(1)物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到A的過(guò)程，滑動(dòng)摩擦力做正功，滑塊從A到B,重力做正功，根據(jù)動(dòng)能定

17、理1mgs mg2R=QmvB,解得 vb = S-gR.(2)物塊從B滑上滑板后開始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)滑板開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng) 物塊與滑板達(dá)共同速度時(shí)，二者開始做勻速直線運(yùn)動(dòng).設(shè)它們的共同速度為v,根據(jù)動(dòng)量守VB恒th律得 mvB=(m+2m)v,解得 v=.1cle對(duì)物塊，用動(dòng)能7E理列方程：-pmgsi = 2mv22mvB,解得si=8R,對(duì)滑板，用動(dòng)能te1理列方程：一pmgs2= -x 2mv2- 0,解得 S2= 2R由此可知物塊在滑板上滑過(guò)S1S2 = 6R時(shí)，小于6.5R,并沒(méi)有掉下去，二者就具有共同速度了.當(dāng)2RW LW5R時(shí)，物塊的運(yùn)動(dòng)是勻減速運(yùn)動(dòng)8R勻速運(yùn)動(dòng)L

18、2R,勻減速運(yùn)動(dòng)0.5R,11cle 1滑上 C 點(diǎn).根據(jù)動(dòng)能te理mg8R+0.5R) = mv2C mvB,解得 2mvC=mgRmgR, Wf =17科mg3R+0.5R) = 1mgR,物塊不能滑到 CD軌道的中點(diǎn).當(dāng)RL mgR時(shí)，可以滑到CD軌道的中點(diǎn)，此時(shí)要求 L0.5R,這與題目矛盾，所以物塊不可能滑到CD軌道的中點(diǎn).2012年廣東題36.如圖(a)所示的裝置中，小物塊 AB質(zhì)量均為m,水平面上PQ段長(zhǎng)為I,與物塊間的動(dòng) 摩擦因數(shù)為 見其余段光滑。初始時(shí)，擋板上的輕質(zhì)彈簧處于原長(zhǎng)；長(zhǎng)為 r的連桿位于圖中 虛線位置；A緊靠滑桿(AB間距大于2r)o隨后，連桿以角速度 勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，帶

19、動(dòng)滑桿做水 平運(yùn)動(dòng)，滑桿的速度-時(shí)間圖象如圖(b)所示。A在滑桿推動(dòng)下運(yùn)動(dòng)，并在脫離滑桿后與靜止的B發(fā)生完全非彈性碰撞。(1)求A脫離滑桿時(shí)的速度 v。，及A與B碰撞過(guò)程的機(jī)械能損失 AE。(2)如果AB不能與彈簧相碰，設(shè) AB從P點(diǎn)到運(yùn)動(dòng)停止所用的時(shí)間為 t1,求3的取值范圍， 及3與的關(guān)系式。(3)如果AB能與彈簧相碰，但不能返回到P點(diǎn)左側(cè)，設(shè)每次壓縮彈簧過(guò)程中彈簧的最大彈性 勢(shì)能為Ep,求的取值范圍，及Ep與3的關(guān)系式(彈簧始終在彈性限度內(nèi))?；圻B桿(a)(b)【解析】(1)由(b)圖可知當(dāng)滑桿的速度最大且向外運(yùn)動(dòng)時(shí)小物塊A與滑桿分離，此時(shí)小物塊的速度為u0 r小物塊A與B碰撞，由于水平面光滑則 A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則由動(dòng)量守恒定律和能 量守恒定律得：mu0 2mv1212E -mu0 一 2mv 221解得：E m 2r4(2)AB進(jìn)入PQ段做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有：2mg 2maAB做減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1-a解得：t1欲使AB不能與彈簧相碰，則滑塊在 PQ段的位移有x L解得：02, gL2E v而x2a(3)若AB能與彈簧相碰，則2/ gL1若AB壓縮彈簧后恰能返回到P點(diǎn)，由動(dòng)能定理得2mg 2L 01 2mv22解得：2的取值范圍是:2. gLr從AB滑上PQ到彈簧具有最大彈性勢(shì)能的過(guò)程中，由能量守恒定律得: TOC o 1-5