2023屆高考物理一輪復習壓軸大題（一）Word版試題含答案

2023物理一輪復習壓軸大題（一）一、解答題1．（2022·河北·石家莊精英高三階段練習）如圖甲所示，間距為的兩平行金屬導軌由光滑的水平部分和粗糙的傾斜部分平滑連接而成，軌道上端通過單刀雙擲開關K還連接有一個定值電阻R和電容器（未充電）；傾斜部分傾角為，Ⅰ區(qū)內存在大小為、方向垂直傾斜導軌平面向上的勻強磁場；水平導軌Ⅱ區(qū)內存在大小為、方向平行導軌平面向左的勻強磁場；水平導軌Ⅲ區(qū)內存在大小為、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場。質量為、長度為L的金屬桿ab由磁敏材料做成，其電阻與所處環(huán)境磁場強弱有關，磁感應強度時，其電阻為零；磁感應強度，其電阻等于定值電阻R。金屬桿ab與傾斜軌道之間的動摩擦因數為?，F(xiàn)將單刀雙擲開關接1，金屬桿ab從靜止釋放后開始做勻加速直線運動，與此同時開始計時；4s末，單刀雙擲開關接2，同時在水平軌道Ⅱ區(qū)內放入一質量為2m的“聯(lián)動雙桿”（由兩根長度均為L的金屬桿cd和ef，中間用長度為的剛性絕緣桿連接而成，桿cd和ef電阻也都等于定值電阻R），結果桿ab恰好可以勻速下滑，如圖乙所示；5s末桿ab無能量損失地進入水平導軌，在Ⅱ區(qū)與“聯(lián)動雙桿”發(fā)生碰撞，碰后桿ab和cd合在一起形成“聯(lián)動三桿”，“聯(lián)動三桿”繼續(xù)沿水平導軌進入勻強磁場區(qū)間Ⅲ（區(qū)間Ⅲ的長度等于）并從中滑出，運動過程中，桿ab、cd和ef與導軌始終接觸良好，且保持與導軌垂直。已知，，重力加速度g取，不計導軌電阻，忽略磁場邊界效應。求：（1）4s末金屬ab的速度大??；（2）定值電阻R的大小；（3）整個過程中定值電阻R上產生的焦耳熱Q。2．（2023·全國·高三專題練習）東方超環(huán)，俗稱“人造小太陽”，是中國科學院自主研制的磁約束核聚變實驗裝置。該裝置需要將加速到較高速度的離子束變成中性粒子束，沒有被中性化的高速帶電離子需要利用“偏轉系統(tǒng)”將帶電離子從粒子束中剝離出來。假設“偏轉系統(tǒng)”的原理如圖所示，均勻分布的混合粒子束先以相同的速度通過加有電壓的兩極板間，再進入偏轉磁場Ⅱ中，中性粒子繼續(xù)沿原方向運動，被接收器接收；未被中性化的帶電粒子一部分打到下極板被吸收后不可再被利用，剩下的進入磁場Ⅱ后發(fā)生偏轉，被吞噬板吞噬后可以再利用。已知粒子帶正電、電荷量為q，質量為m，兩極板間電壓U可以調節(jié)，間距為d，極板長度為，吞噬板長度為2d，極板間施加一垂直于紙面向里的勻強磁場Ⅰ，磁感應強度為B1，帶電粒子和中性粒子的重力可忽略不計，不考慮混合粒子間的相互作用。（1）當電壓U=0時，恰好沒有粒子進入磁場Ⅱ，求混合粒子束進入極板間的初速度v0等于多少？若要使所有的粒子都進入磁場Ⅱ，則板間電壓U0為多少？（2）若所加的電壓在U0~（1+k）U0內小幅波動，k>0且k?1，此時帶電粒子在極板間的運動可以近似看成類平拋運動。則進入磁場Ⅱ的帶電粒子數目占總帶電粒子數目的比例至少多少？（3）在（2）的條件下，若電壓小幅波動是隨時間線性變化的，規(guī)律如圖乙所示，變化周期為T，偏轉磁場邊界足夠大。要求所有進入磁場Ⅱ的粒子最終全部被吞噬板吞噬，求偏轉磁場Ⅱ的磁感應強度B2滿足的條件？已知粒子束單位時間有N個粒子進入兩極板間，中性化的轉化效率為50%，磁場Ⅱ磁感應強度B2取最大情況下，取下極板右端點為坐標原點，以向下為正方向建立x坐標，如甲圖所示，求一個周期T內吞噬板上不同位置處吞噬到的粒子數密度λ（單位長度的粒子數）。3．（2022·廣東·佛山實驗高二學業(yè)考試）東方超環(huán)（EAST），俗稱“人造小太陽”，是中國科學院自主研制的磁約束核聚變實驗裝置。該裝置需要將加速到較高速度的離子束變成中性粒子束，沒有被中性化的高速帶電離子需要利用“偏轉系統(tǒng)”將帶電離子從粒子束剝離出來。“偏轉系統(tǒng)”的原理簡圖如圖所示，混合粒子中的中性粒子繼續(xù)沿原方向運動，被接收器接收；而帶電離子一部分打到下極板，剩下的進入磁場發(fā)生偏轉被吞噬板吞噬。已知離子帶正電、電荷量為q，質量為m，兩極板間電壓為U，間距為d，極板長度為d，離子和中性粒子的重力可忽略不計，不考慮混合粒子間的相互作用。（1）在極板間施加了一垂直于紙面向里的勻強磁場，使速度為的離子直線通過兩極板，求的大?。唬?）直線通過極板的離子以進入垂直于紙面向外的矩形勻強磁場區(qū)域。已知磁場，求離子在磁場中的運動半徑；（3）撤去極板間磁場，且邊界足夠大。若粒子束由兩極板中央平行于極板射入，且離子的速度范圍，磁場，有部分帶電離子會通過兩極板進入偏轉磁場，最終被吞噬板吞噬，求離子打到吞噬板的長度x？4．（2022·黑龍江·尚志市尚志高三階段練習）如圖所示，絕緣水平面上豎直安裝兩塊絕緣彈性擋板，擋板中間有豎直分界線，左、右兩側有平行于水平面大小為和、且、方向相反的勻強電場。右側擋板與水平面角上放置一半徑為的光滑圓弧，光滑圓弧與水平面和右擋板平滑連接，到左擋板的距離為，到右擋板的距離為，靠近的、兩絕緣物塊（視為質點）的質量分別為和，帶正電量，不帶電靜止于處。某時刻，以向右的速度與發(fā)生碰撞，、與水平面間的動摩擦因數均等于。與左擋板碰撞時左邊電場消失，右邊電場不變，所有碰撞都是彈性碰撞，第一次碰撞時的電量不發(fā)生變化，第二次碰撞時的電量全部轉移到。已知，重力加速度大小為。（1）求與第一次碰撞后瞬間各自的速度大小、；（2）求第2次碰撞前瞬間物塊的速度大小；（3）求第一次經過圓弧中點A時，對圓弧的壓力大小。5．（2022·湖南·長郡模擬預測）電磁炮被認為是新一代火炮的發(fā)展方向，其結構簡圖如圖甲所示。電源電動勢為，內阻為r，導軌Ⅰ、Ⅱ光滑相距為d，電阻不計。導體塊C質量為2m、電阻為R，與Ⅰ、Ⅱ接觸良好，距離導軌右端為，勻強磁場垂直紙面向里，磁感應強度為。某小組為研究電磁炮的性能，設計了如圖乙所示的絕緣軌道MNPQ，MN水平，長度為，PQ豎直，NP為光滑圓弧，圓心為O，半徑為a。在M點靜置一質量為m、電荷量為的物塊A，豎直線右側有水平向右的勻強電場，場強為，在區(qū)域還有垂直紙面向外的勻強磁場。不計C在導軌內運動時的電磁感應，C射出后立即與A發(fā)生彈性正碰，A所帶電荷量不變，A、C與MN、PQ之間動摩擦因數相等，不計空氣阻力，重力加速度為g。（1）閉合電鍵S，求碰撞后的瞬間“炮彈”C和物塊A的速度大?。唬?）若碰撞后“炮彈”C恰好能到達N點并將其鎖定，A始終不脫離軌道，A與C的碰撞均視為彈性正碰，求A在豎直軌道PQ上運動的路程；（3）在某次測試中，物塊A被“炮彈”C彈性正碰后恰好能到達P點，要使A在整個運動過程中不脫離軌道，求ONO'P區(qū)域內磁感應強度B需滿足的條件。6．（2022·浙江·鎮(zhèn)海模擬預測）如圖，一滑板的上表面由長度為L的水平部分AB和半徑為R的四分之一光滑圓弧BC組成，滑板靜止于光滑的水平地面上。物體P（可視為質點）置于滑板上面的A點，物體P與滑板水平部分的動摩擦因數為。一根長度為L、不可伸長的細線，一端固定于點，另一端系一質量為的小球Q。小球Q位于最低點時與物體P處于同一高度并恰好接觸。現(xiàn)將小球Q拉至與同一高度（細線處于水平拉直狀態(tài)），然后由靜止釋放，小球Q向下擺動并與物體P發(fā)生彈性碰撞，碰后Q的最大擺角小于，物體P將在滑板上向左運動，從C點飛出后又落回滑板，最終相對滑板靜止于AB部分上某一點，此時Q恰好是碰后第8次經過最低點。已知物體P的質量為m，滑板的質量為2m，運動過程中不計空氣阻力，重力加速度為g。求（1）小球Q與物體P碰撞前瞬間細線對小球拉力的大??；（2）物體P從C點飛出后相對C點的最大高度；（3）物體P從第一次經過B點到第二次經過B點的時間；（4）要使物體P在相對滑板反向運動過程中，相對地面有向右運動的速度，實現(xiàn)上述運動過程，的取值范圍（結果用表示）。7．（2022·新疆·烏魯木齊市第70中高二期中）如圖所示，固定的凹槽內部上表面光滑水平，其內放置一U形滑板N，滑板兩端為半徑m的光滑圓弧面，A和D分別是圓弧的端點，BC段表面水平、粗糙，與兩圓弧相切，B、C為相切點。小滑塊和的質量均為m，滑板的質量。、與BC面的動摩擦因數分別為和，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。開始時滑板N緊靠凹槽的左端，靜止于B點，以的初速度從A點沿圓弧自由滑下，在B點與發(fā)生彈性碰撞。當滑到C點時，滑板N恰好與凹槽的右端相碰并與凹槽粘牢，則繼續(xù)滑動，到達D點時速度剛好為零。與可視為質點，重力加速度g取。問：（1）在BC段向右滑動時，滑板的加速度大小。（2）BC的長度為多少？（3）N、和最終靜止后，與間的距離為多少？8．（2023·全國·高三專題練習）高能粒子實驗裝置，是用以發(fā)現(xiàn)高能粒子并研究和了解其特性的主要實驗工具，在物理學的研究歷史上有著不可磨滅的貢獻，例如：1932年，C·D·安德森用云室發(fā)現(xiàn)了正電子；1960年，中國科學家王淦昌發(fā)現(xiàn)反西格馬負超子所用的探測器就是24升丙烷泡室。為了簡化計算，在物理的范疇內，一個復雜的高能粒子實驗裝置可以被最簡化為空間中的復合場模型，題中所給出的就是這樣一個簡化模型。如圖甲所示，三維坐標系中yoz平面的右側存在平行z軸方向周期性變化的磁場B（圖中未畫出）和沿y軸正方向豎直向上的勻強電場?，F(xiàn)將一個質量為m、電荷量為q的帶正電的高能粒子從xoy平面內的P點沿x軸正方向水平拋出，粒子第一次經過x軸時恰好經過O點，此時速度大小為v0，方向與x軸正方向的夾角為45°。己知電場強度大小，從粒子通過O點開始計時，磁感應強度隨時間的變化關系如圖乙所示，規(guī)定當磁場方向沿z軸負方向時磁感應強度為正。已知，重力加速度大小為g。（1）求拋出點P的坐標；（2）求粒子從第1次經過x軸到第2次經過x軸的時間t1；（3）求粒子第n次經過x軸時的x坐標；（4）若t=t0時撤去yoz右側的勻強電場和勻強磁場，同時在整個空間加上沿y軸正方向豎直向上的勻強磁場，求粒子向上運動到離xoz平面最遠時的坐標。9．（2022·四川·高三階段練習）如圖所示，左側傾斜部分為光滑的相互平行放置的間距為L，電阻不計的金屬導軌，水平部分為用絕緣材料做成的間距也為L的光滑軌道，兩者之間平滑連接。傾斜導軌的傾角為θ，傾斜導軌上端接有一個單刀雙擲開關S，接在1端的電源，電動勢為E，內阻為r，其串聯(lián)的定值電阻為R1，接在2端的電容器的電容為C（未充電）。在水平軌道正方形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分布有大小相等方向相反的勻強磁場（大小未知），在傾斜導軌區(qū)域Ⅲ中存在方向豎直向上且大小與Ⅰ、Ⅱ區(qū)相同的勻強磁場，當先將開關S與1相連時，一質量為m電阻不計的金屬導體棒ef恰好能靜止在高為h的傾斜導軌上。然后再將開關S擲向2，此后導體棒ef將由靜止開始下滑，并且無能量損失地進入水平軌道，之后與原來靜止在水平軌道上的“U”型導線框abcd碰撞，并粘合為一個正方形線框，U型導線框三條邊總質量為3m、總電阻為4R，當線框完全穿過Ⅰ區(qū)磁場后，恰好靜止線框四邊與Ⅱ磁場邊界線重合。不計一切摩擦阻力，（本題中E、r、R1、C、R、L、h、θ、m及重力加速度g均為已知），求：（1）磁感應強度B的大??；（2）將開關S擲向2后，ef棒滑到GH處的速度v；（本問中磁感應強度可用B表示）；（3）線框穿越磁場邊界線MN、PQ過程中產生的熱量之比：。10．（2022·浙江·嘉興高三期中）如圖所示，間距為L=0.4m平行金屬導軌MN和PQ水平放置，其所在區(qū)域存在磁感應強度為B1=0.5T的豎直向上的勻強磁場；軌道上cd到QN的區(qū)域表面粗糙，長度為s=0.3m，其余部分光滑。光滑導軌QED與NFC沿豎直方向平行放置，間距為L，由半徑為r=m的圓弧軌道與傾角為的傾斜軌道在E、F點平滑連接組成，圓弧軌道最高點、圓心與水平軌道右端點處于同一豎直線上；傾斜軌道間有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度為B2=1.0T。質量為m1=0.2kg的金屬棒ef光滑；質量為m2=0.1kg的金屬棒ab粗糙，與導軌粗糙部分的動摩擦因數為，兩棒粗細相同、阻值均為R=0.1Ω；傾斜軌道端點CD之間接入的電阻R0=0.3Ω；初始時刻，ab棒靜止在水平導軌上，ef棒以=2m/s的初速度向右運動。若不計所有導軌的電阻，兩金屬棒與導軌始終保持良好接觸，水平軌道與圓弧軌道交界處豎直距離恰好等于金屬棒直徑，忽略感應電流產生的磁場及兩個磁場間的相互影響，取重力加速度g=10m/s2，、，求：（1）兩棒在水平軌道運動過程中，通過ab棒的最大電流；（2）若兩棒的距離增加x=0.5m時，ef棒恰好到達QN位置，求此時兩棒的速度大小；（3）初始時刻至ef棒恰好達到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中系統(tǒng)產生的焦耳熱。2023物理一輪復習壓軸大題（一）參考答案1．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設4s末金屬桿ab的速度是，則有時間內電容器兩端電壓變化量時間內電容器的電荷變化量根據導體受到的安培力整理得根據牛頓第二定律解得故（2）4s末開關接2時金屬桿ab恰好可以勻速下滑，則有解得（3）桿ab與“聯(lián)動雙桿”發(fā)生碰撞的過程中動量守恒，設碰后共同速度為，則有得桿ab在傾斜軌道下滑階段，通過定值電阻R的電流恒定為則定值電阻R上產生的焦耳熱為依題意，ef進入水平導軌Ⅲ區(qū)勻強磁場過程，閉合回路等效總電阻“聯(lián)動三桿”進入勻強磁場區(qū)間Ⅲ過程中通過桿ef的電量是設“聯(lián)動三桿”完全進入勻強磁場Ⅲ區(qū)后速度是，則由動量定理，有故據能量守恒定律，閉合回路產生的總焦耳熱為，則設此過程定值電阻R上產生的焦耳熱為，則由電路關系可知ef穿出水平導軌Ⅲ區(qū)后至cd穿出水平導軌Ⅲ區(qū)勻強磁場過程，閉合回路等效總電阻為此過程中通過桿cd和ab的總電量是設“聯(lián)動三桿”完全離開勻強磁場Ⅲ區(qū)后速度是，同理，有解得據能量守恒定律，此過程閉合回路產生的總焦耳熱為，則設此過程定值電阻R上產生的焦耳熱為，則由電路串并聯(lián)關系可知綜上所述，整個過程中定值電阻R上產生焦耳熱Q為2．（1），；（2）；（3）見解析【詳解】（1）當電壓U=0時，恰好沒有粒子進入磁場Ⅱ，則從下極板邊緣進入的粒子恰好打到上極板右邊緣，如圖所示根據幾何關系有解得粒子在磁場中做勻速圓周運動解得若要使所有的粒子都進入磁場Ⅱ，則粒子必定在極板間做勻速直線運動，則有解得（2）對于恰好做類平拋到達下極板右邊緣的粒子有，進入磁場Ⅱ的帶電粒子數目占總帶電粒子數目的比例為解得（3）帶電粒子在極板間的運動可以近似看成類平拋運動，則粒子射出偏轉電場時的速度偏轉角的余弦值為粒子在偏轉磁場中有粒子在磁場中運動沿x軸正方向上移動的距離解得可見，此值與偏轉電壓無關，則射出的粒子能夠全部被吞噬的條件是解得當偏轉磁場的磁感應強度取最大值4B1時，吞噬板上時間T內接受到的最大數密度為由于電壓與時間是線性關系，而在電磁場中的偏轉距離和電壓也是線性關系，所以數密度和x軸的關系也是線性關系，當時，有當時，有當時，有當時，有3．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）離子能直線通過兩極板，則洛倫茲力等于電場力將代入得（2）由離子在偏轉磁場中的運動半徑為（3）撤去極板間磁場后，離子在極板間做類平拋運動，離子入射速度為時，能夠進入磁場的離子在電場中的側移量為，由類平拋運動的規(guī)律可得，沿極板方向做勻速直線運動，則有沿垂直極板方向做勻加速直線運動，則有，解得由，解得可知離子的速度滿足的帶電離子會通過兩極板進入偏轉磁場。設進入磁場的離子的速度為，其方向與方向夾角為，運動半徑為，運動軌跡的弦長為，如下圖所示離子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得又有運動軌跡的弦長離子打到吞噬板的位置與兩極板間中軸線的距離為令，取值范圍為：，可得由數學知識可得：在區(qū)間：，為增函數，則有的取值范圍為則離子打到吞噬板的長度4．(1)，；(2)；(3)【詳解】(1)由題意知，P、Q的碰撞為彈性碰撞，由動量守恒和能量守恒可知，解得，所以與第一次碰撞后瞬間各自的速度大小為、。(2)與第一次碰撞后Q向右做勻減速運動，由牛頓第二定律得由運動學公式解得Q向右運動的位移與第一次碰撞后向左運動，到第2次碰撞前瞬間物塊受摩擦力做功電場力做功對P在與第一次碰撞后向左運動，到第2次碰撞前瞬間利用動能定理解得PQ第2次碰撞前瞬間物塊P的速度大小(3)第2次碰撞由動量定理和能量守恒，解得，第2次碰撞后，Q受到的電場力則Q勻速運動到圓弧軌道。小滑塊滑上圓弧做圓周運動，到A點正好速度最大，等效重力場的加速度為，則解得由公式可求得對圓弧的壓力大小5．（1），；（2）；（3）【詳解】（1）開關閉合后，通過導體塊C的電流大小為根據左手定則可判斷出其受安培力的方向向右，其所受安培力大小為加速度大小為且有聯(lián)立以上各式可得與A發(fā)生彈性碰撞，根據動量守恒定律和能量守恒定律有，解得故碰后C和A的速度分別為和。（2）對C有可得物塊A在中運動時，洛倫茲力不做功，有故物塊A在中運動時，有設物塊在豎直軌道PQ上運動的路程為h，對物塊A全過程分析，有解得故A在豎直軌道PQ上運動的路程為。（3）因要求A在整個運動過程中不脫離軌道，當A從P滑回N點時，洛倫茲力指向O，A可能離開軌道，設A相對OP轉動θ角，其速度為v，對軌道的壓力為FN，有由能量守恒得要使得A不離開軌道，須滿足聯(lián)立解得因即此時故考慮到極值點要求變形可得說明θ在[0，]范圍內有解，說明以上討論合理，所以故磁感應強度B需滿足的條件為。6．（1）；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）小球Q在下落過程中機械能守恒，因此有在最低點對小球Q牛頓第二定律可得聯(lián)立解得（2）小球Q和物塊P發(fā)生彈性碰撞，則機械能和動量守恒，因此，解得物體和滑板在水平方向上不受力，則水平方向動量守恒由能量守恒可得物體離開滑板后兩物體水平方向都做勻速直線運動，因此水平相對位置不變，豎直方向有聯(lián)立可得（3）物塊P到B時水平方向動量守恒可得由能量守恒可得聯(lián)立可得方程第一次經過B點速度第二次經過B點速度時間相對靜止由于Q的最大擺角小于，則Q碰后做簡諧運動，由于恰好是碰后第8次經過最低點，則有解得（4）要求P有相對地面向右的速度，說明結果要小于零且判別式大于零，則解得碰后Q的最大擺角小于，需要聯(lián)立可得7．（1）；（2）1.9m；（3）【詳解】（1）以的初速度從A點沿圓弧自由滑下至B點解得在B點與發(fā)生彈性碰撞，則有，解得，在BC段向右滑動時，假設與U形滑板N能夠保持相對靜止，則假設成立，即在BC段向右滑動時，滑板的加速度大小為（2）當滑到C點之后有解得若在BC段向右滑動過程中三者到達相等速度，則有解得表明，在BC段向右滑動過程中，三者沒有到達相等速度，一直向右做勻減速直線運動對三者構成的系統(tǒng)有解得令BC長為L，則有解得（3）滑板N恰好與凹槽的右端相碰并與凹槽粘牢，向右減速至0過程有解得向左減速至0過程有解得則N、和最終靜止后，與間的距離為8．（1）；（2）；（3）（1、2、3…）；（4）【詳解】（1）粒子做平拋運動，由于經過O點時方向與x軸正方向的夾角為45°，則有根據平拋規(guī)律得，，解得，則P點的坐標為。（2）根據題意有即重力與電場力平衡，由洛倫茲力提供向心力，則有，，解得，可知粒子從第一次經過x軸到第二次經過x軸時，對應的圓心角為90°，則（3）由于可知0~，粒子剛好轉過180°，之后磁場大小方向都變了，則偏轉方向變了。由洛倫茲力提供向心力得，，解得，~，粒子轉過90°，同理得，時間在~與0~的運動軌跡大小一樣，只是偏轉方向不一樣，~與~的運動軌跡大小一樣