高中物理试题及参考答案

2024年3月6日发(作者：阎锡山)

.与困难作斗争，虽然要历尽艰苦，但苦尽甘来，这也是一种乐事。高中物理试题及参考答案1如图所示，ABCDE为固定在竖直平面内的轨道，ABC为直轨道，AB光滑，BC粗糙，CDE为光滑圆弧轨道，轨道半径为R，直轨道与圆弧轨道相切于C点，其中圆心O与BE在同一水平面上，OD竖直，∠COD=θ，且θ＜5°。现有一质量为m的小物体(可以看作质点)从斜面上的A点静止滑下，小物体与BC间的动摩擦因数为，现要使小物体第一次滑入圆弧轨道即恰好做简谐运动(重力加速度为g)。求：(1)小物体过D点时对轨道的压力大小部分的长度S(2)直轨道AB2两水平放置的金属板间存在一竖直方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为4m，带电量为-2q的微粒b正好悬浮在板间正中间O点处，另一质量为m，带电量为+q的微粒a，从p点以水平速度v0(v0未知)进入两板间，正好做匀速直线运动，中途与b碰撞。：匀强电场的电场强度E为多大微粒a的水平速度为多大若碰撞后a和b结为一整体，最后以速度0.4v0从Q点穿出场区，求Q点与O点的高度差若碰撞后a和b分开，分开后b具有大小为0.3v0的水平向右速度，且带电量为-q/2，假如O点的左侧空间足够大，则分开后微粒a的运动轨迹的最高点与O点的高度差为多大1

.与困难作斗争，虽然要历尽艰苦，但苦尽甘来，这也是一种乐事。3一玩具“火箭”由质量为ml和m2的两部分和压在中间的一根短而硬(即劲度系数很大)的轻质弹簧组成.起初，弹簧被压紧后锁定，具有的弹性势能为E0，通过遥控器可在瞬间对弹簧解除锁定，使弹簧迅速恢复原长。现使该“火箭”位于一个深水池面的上方(可认为贴近水面)，释放同时解除锁定。于是，“火箭”的上部分竖直升空，下部分竖直钻入水中。设火箭本身的长度与它所能上升的高度及钻入水中的深度相比，可以忽略，但体积不可忽略。试求．(1)“火箭”上部分所能达到的最大高度(相对于水面)(2)若上部分到达最高点时，下部分刚好触及水池底部，那么，此过程中，“火箭”下部分克服水的浮力做了多少功?(不计水的粘滞阻力)4如图所示，在某一足够大的真空室中，虚线PH的右侧是一磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧是一场强为E、方向水平向左的匀强电场。在虚线PH上的一点O处有一质量为M、电荷量为Q的镭核（放出一个质量为m、电荷量为q的α粒子而衰变为氡（Rn）核，设α粒子与氡核分离后它们之间的作用力忽略不计，涉及动量问题时，亏损的质量可不计。经过一段时间α粒子刚好到达虚线PH上的A点，测得OA=L。求此时刻氡核的速率22688Ra）。某时刻原来静止的镭核水平向右2

.与困难作斗争，虽然要历尽艰苦，但苦尽甘来，这也是一种乐事。5如图所示，质量M=3.5kg的小车静止于光滑水平面上靠近桌子处，其上表面与水平桌面相平，小车长L=1.2m，其左端放有一质量为m2=0.5kg的滑块Q。水平放置的轻弹簧左端固定，质量为m1=1kg的小物块P置于桌面上的A点并与弹簧的右端接触。此时弹簧处于原长，现用水平向左的推力将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内)时，推力做的功为WF，撤去推力后，P沿桌面滑动到达C点时的速度为2m/s，并与小车上的Q相碰，最后Q停在小车的右端，P停在距小车左端S=0.5m处。已知AB间距L1=5cm，A点离桌子边沿C点距离L2=90cm，P与桌面间动摩擦因数μ1=0.4，P、Q与小车表面间动摩擦因数μ2=0.1。(g=10m/s。)求：(1)推力做的功WF(2)P与Q碰撞后瞬间Q的速度大小和小车最后速度v6如图所示，半径R=0.8m的光滑1/4圆弧轨道固定在光滑水平上，轨道上方的A点有一个可视为质点的质量m=1kg的小物块。小物块由静止开始下落后打在圆弧轨道上的B点但未反弹，在该瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度即刻减为零，而沿切线方向的分速度不变，此后小物块将沿着圆弧轨道滑下。已知A点与轨道的圆心O的连线长也为R，且AO连线与水平方向的夹角为30°，C点为圆弧轨道的末端，紧靠C点有一质量M=3kg的长木板，木板的上表面与圆弧轨道末端的切线相平，小物块与木板间的动摩擦因数0.3，g取3

.2与困难作斗争，虽然要历尽艰苦，但苦尽甘来，这也是一种乐事。10m/s。求：（1）小物块刚到达B点时的速度B；（2）小物块沿圆弧轨道到达C点时对轨道压力FC的大小；（3）木板长度L至少为多大时小物块才不会滑出长木板？7磁悬浮列车动力原理如下图所示，在水平地面上放有两根平行直导轨，轨间存在着等距离的正方形匀强磁场Bl和B2，方向相反，B1=B2=lT，如下图所示。导轨上放有金属框abcd，金属框电阻R=2Ω，导轨间距L=0.4m，当磁场Bl、B2同时以v=5m/s的速度向右匀速运动时，求(1)如果导轨和金属框均很光滑，金属框对地是否运动?若不运动，请说明理由；如运动，原因是什么?运动性质如何?(2)如果金属框运动中所受到的阻力恒为其对地速度的K倍，K=0.18，求金属框所能达到的最大速度vm是多少?(3)如果金属框要维持(2)中最大速度运动，它每秒钟要消耗多少磁场能?8如图左所示，边长为l和L的矩形线框aa、bb互相垂直，彼此绝缘，可绕中心轴O1O2转动，将两线框的始端并在一起接到滑环C，末端并在一起接到滑环D，C、D彼此绝缘.通过电刷跟C、D连接.线框处于磁铁和圆柱形铁芯之间的磁场中，磁场边缘中心的张角为45°，如图右所示（图中的圆表示圆柱形铁芯，它使磁铁和铁芯之间的磁场沿半径方向，如图箭头所示）.不论线框转到磁场中的什么位置，磁场的方向总是沿着线框4

.与困难作斗争，虽然要历尽艰苦，但苦尽甘来，这也是一种乐事。平面.磁场中长为l的线框边所在处的磁感应强度大小恒为B，设线框aa和bb的电阻都是r，两个线框以角速度ω逆时针匀速转动，电阻R=2r.（1）求线框aa转到图右位置时感应电动势的大小；（2）求转动过程中电阻R上的电压最大值；（3）从线框aa进入磁场开始时，作出0~T（T是线框转动周期）时间内通过R的电流iR随时间变化的图象；（4）求外力驱动两线框转动一周所做的功。参考答案1(1)小物体下滑到C点速度为零才能第一次滑入圆弧轨道即恰好做简谐运动从C到D由机械能守恒定律有：mgR(1-cosθ)=12mvD2在D点用向心力公式有：2mvDF-mg=mR解以上二个方程可得：F=3mg-2mgcosθ(2)从A到C由动能定理有：mgsinθ(S+Rcotθ)-μmgcosθ·Rcotθ=0解方程得：S=(μcotθ-cotθ)R225．（1）对2（1）对b微粒，没与a微粒碰撞前只受重力和电场力，则有2qE=4mg5

.与困难作斗争，虽然要历尽艰苦，但苦尽甘来，这也是一种乐事。∴E=2mgq对a微粒碰前做匀速直线运动，则有3mgBqv0=Eq+mg∴v0=Bq（2）碰撞后，a、b结合为一体，设其速度为v由动量守恒定律得mv0=5mv∴v=v05碰后的新微粒电量为–q设Q点与O点高度差为h由动能定理：5mgh–Eqh=v115m(0.4v0)–5m(0)2225m2g∴h=0.922Bq（3）碰撞后，a、b分开，则有mv0=mva+4mvbvb=0.3v0，得va=–0.2v0a微粒电量为–q/2，受到的电场力为q2mgqE·∴F电=mgmg22q故a微粒做匀速圆周运动，设半径为R|va|2qB|va|m2R2m|va|1.2m2g∴R=BqB2q22.4m2ga的最高点与O点的高度差ha=2R=22。Bq3(1)“火箭”整体(含弹簧)在弹簧解除锁定的瞬间，弹簧弹力远大于箭体重力，故动量守恒：m1v1-m2v2=0同时机械能守恒：(m1v12)/2+(m2v22)/2=E0∴v1=[2m2E0/m1(m1+m2)]v2=[2m1E0/m2(m1+m2)]1212∴“火箭”上部分所能达到的最大高度为：H1=v12/2g=m2E0/m1g(m1+m2)x(2)“火箭”上升的时间为：t=v1/g水池深度为：H2=v2t/2“火箭”下部分克服水的浮力共做功：WF=m2gH2+m2v22/2以上各式联立可得：WF=E04设衰变后，氡核的速度为v0，α粒子的速度为vα，由动量守恒定律得6

.与困难作斗争，虽然要历尽艰苦，但苦尽甘来，这也是一种乐事。（M－m）v0=mvαα粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，到达A点需时t又qvBmvL22L2v氡核在电场中做匀加速直线运动，t时速度为v=v0+at22氡核加速度a(Qq)E由以上各式解得：vqBL2(Qq)mE。Mm2(Mm)qB5．解：(1)对P由A→B→C应用动能定理，得2WF-μ1m1g(2L1+L2)=m1vc12(4分)解得WF=6J(3分)(2)设P、Q碰后速度分别为v1、v2，小车最后速度为v，由动量守恒定律得m1vc=m1v1+-m2v2(2分)m1vc=(m1+m2+M)v(2分)由能量守恒得22μ2m1gS+μ2m2gL=m1v1m2v212121Mm1m2v22(3分)解得，v2=2m/sv2′=m/sv=0.4m/s当v2′=m/s时，v1=m/s>v2′不合题意，舍去。即P与Q碰撞后瞬间Q的速度大小为v2=2m/s小车最后速度为0.4m/s24导与练上有6(20分)解：（1）由几何关系可知，AB间的距离为R235323(3分)(2分)(1分)①(2分)2小物块从A到B做自由落体运动，根据运动学公式有vB2gR代入数据解得vB=4m/s，方向竖直向下(2分)（2）设小物块沿轨道切线方向的分速度为vBx，因OB连线与竖直方向的夹角为60°，故vBx=vBsin60°②从B到C，只有重力做功，根据机械能守恒定律有22mgR(1cos60)mvC/2mvBx/2(2分)(2分)(1分)③代入数据解得vC25m/s2在C点，根据牛顿第二定律有FcmgmvC/R④(2分)(1分)7代入数据解得Fc35N

.与困难作斗争，虽然要历尽艰苦，但苦尽甘来，这也是一种乐事。再根据牛顿第三定律可知小物块到达C点时对轨道的压力FC=35N(1分)（3）小物块滑到长木板上后，它们组成的系统在相互作用过程中总动量守恒，减少的机械能转化为内能。当物块相对木板静止于木板最右端时，对应着物块不滑出的木板最小长度。根据动量守恒定律和能量守恒定律有mvC=(m+M)v⑤(2分)2mgLmvC/2(mM)v2/22联立⑤、⑥式得LMvC/[2g(mM)]⑥⑦(2分)代入数据解得L=2.5m(2分)7(共20分)(1)运动。因磁场运动时，框与磁场有相对运动，ad、b边切害虫磁感线，框中产生感应电流(方向逆时针)，同时受安培力，方向水平向右，故使线框向右加速运动，且属于加速度越来越小的变加速运动。…………(6分)(2)阻力f与安培力F安衡时，框有vmf=Kvm=F=2IBL①………(2分)其中I=E/R②………(1分)E=2BL(v-vm)③………(2分)①②③联立得：Kvm=2·[2BL(v-vm)/R]·BL∴Kvm=(4B2L2v-4B2L2vm)/R∴vm=4B2L2v/(KR+4B2L2)④………(1分)=3.2m/s⑤………(2分)(3)框消耗的磁场能一部分转化为框中电热，一部分克服阴力做功。据能量守恒E硫=I2Rt+Kvm·vmt(4分)E磁=[4B2L2(v-vm)2/R]·1+Kvm2·14120.421.82=+018×3.222=2.9J(2分)8（20分）（1）根据磁场分布特点，线框不论转到磁场中哪一位置，切割磁感线的速度始终与磁场方向垂直，故线框aa转到图示位置时，感应电动势的大小E=2Blv=2BlL=BlLω（3分）。2Rr2r.故R两端的电压Rr3（2）线框转动过程中，只能有一个线框进入磁场（作电源），另一个线框与外接电阻R并联后一起作为外电路。.电源内阻为r，外电路总电阻R外=最大值：UR=IR外（4E22E2rBlL2r355r3分）（3）aa和bb在磁场中，通过R的电流大小相等，8

.与困难作斗争，虽然要历尽艰苦，但苦尽甘来，这也是一种乐事。iR=UR21BlL.BlLω·R52r5r从线框aa′进入磁场开始计时，每隔T/8（线框转动45°）电流发生一次变化，其iR随时间t变化的图象如图所示。（5分，其中图3分）（4）因每个线框作为电源时产生的总电流和提供的功率分别为：I=E3E,2r5rr3P=IE=3E3(BlL).（4分）5r5r22两线框转动一周时间内，上线圈只有两次进入磁场，每次在磁场内的时间（即作为电源时的做功时间）为T.根据能的转化和守恒定律，外力驱动两线圈转动一周的功，完全转化8为电源所获得的电能，所以TT3B2l2L2W外=4P·=P·=P·（4分）825r9