2023届高考物理一轮复习压轴大题（一） WORD版试题含答案.docx

1、2023物理一轮复习压轴大题（一）一、解答题1（2022河北石家庄精英中学高三阶段练习）如图甲所示，间距为的两平行金属导轨由光滑的水平部分和粗糙的倾斜部分平滑连接而成，轨道上端通过单刀双掷开关K还连接有一个定值电阻R和电容器（未充电）；倾斜部分倾角为，区内存在大小为、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场；水平导轨区内存在大小为、方向平行导轨平面向左的匀强磁场；水平导轨区内存在大小为、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。质量为、长度为L的金属杆ab由磁敏材料做成，其电阻与所处环境磁场强弱有关，磁感应强度时，其电阻为零；磁感应强度，其电阻等于定值电阻R。金属杆ab与倾斜轨道之间的动摩擦因数为。现将单刀双

2、掷开关接1，金属杆ab从静止释放后开始做匀加速直线运动，与此同时开始计时；4s末，单刀双掷开关接2，同时在水平轨道区内放入一质量为2m的“联动双杆”（由两根长度均为L的金属杆cd和ef，中间用长度为的刚性绝缘杆连接而成，杆cd和ef电阻也都等于定值电阻R），结果杆ab恰好可以匀速下滑，如图乙所示；5s末杆ab无能量损失地进入水平导轨，在区与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入匀强磁场区间（区间的长度等于）并从中滑出，运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知，重力加速度g取，不计导轨电阻，忽略磁场边界效应。

3、求：（1）4s末金属ab的速度大小；（2）定值电阻R的大小；（3）整个过程中定值电阻R上产生的焦耳热Q。2（2023全国高三专题练习）东方超环，俗称“人造小太阳”，是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置。该装置需要将加速到较高速度的离子束变成中性粒子束，没有被中性化的高速带电离子需要利用“偏转系统”将带电离子从粒子束中剥离出来。假设“偏转系统”的原理如图所示，均匀分布的混合粒子束先以相同的速度通过加有电压的两极板间，再进入偏转磁场中，中性粒子继续沿原方向运动，被接收器接收；未被中性化的带电粒子一部分打到下极板被吸收后不可再被利用，剩下的进入磁场后发生偏转，被吞噬板吞噬后可以再利用。 已知粒

4、子带正电、电荷量为q，质量为m，两极板间电压U可以调节，间距为d，极板长度为，吞噬板长度为2d，极板间施加一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1，带电粒子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑混合粒子间的相互作用。 （1）当电压 U=0 时，恰好没有粒子进入磁场，求混合粒子束进入极板间的初速度v0等于多少？若要使所有的粒子都进入磁场，则板间电压 U0为多少？ （2）若所加的电压在U0（1+k）U0内小幅波动，k0 且k1，此时带电粒子在极板间的运动可以近似看成类平抛运动。则进入磁场的带电粒子数目占总带电粒子数目的比例至少多少？ （3）在（2）的条件下，若电压小幅波动是随时间线性变化的，规律如

5、图乙所示，变化周期为T，偏转磁场边界足够大。要求所有进入磁场的粒子最终全部被吞噬板吞噬，求偏转磁场的磁感应强度B2满足的条件？已知粒子束单位时间有N个粒子进入两极板间，中性化的转化效率为50%，磁场磁感应强度B2取最大情况下，取下极板右端点为坐标原点， 以向下为正方向建立x坐标，如甲图所示，求一个周期T内吞噬板上不同位置处吞噬到的粒子数密度（单位长度的粒子数）。3（2022广东佛山实验中学高二学业考试）东方超环（EAST），俗称“人造小太阳”，是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置。该装置需要将加速到较高速度的离子束变成中性粒子束，没有被中性化的高速带电离子需要利用“偏转系统”将带电离子从

6、粒子束剥离出来。“偏转系统”的原理简图如图所示，混合粒子中的中性粒子继续沿原方向运动，被接收器接收；而带电离子一部分打到下极板，剩下的进入磁场发生偏转被吞噬板吞噬。已知离子带正电、电荷量为q，质量为m，两极板间电压为U，间距为d，极板长度为d，离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑混合粒子间的相互作用。（1）在极板间施加了一垂直于纸面向里的匀强磁场，使速度为的离子直线通过两极板，求的大小；（2）直线通过极板的离子以进入垂直于纸面向外的矩形匀强磁场区域。已知磁场，求离子在磁场中的运动半径；（3）撤去极板间磁场，且边界足够大。若粒子束由两极板中央平行于极板射入，且离子的速度范围，磁场，有部分带电离

7、子会通过两极板进入偏转磁场，最终被吞噬板吞噬，求离子打到吞噬板的长度x？4（2022黑龙江尚志市尚志中学高三阶段练习）如图所示，绝缘水平面上竖直安装两块绝缘弹性挡板，挡板中间有竖直分界线，左、右两侧有平行于水平面大小为和、且、方向相反的匀强电场。右侧挡板与水平面角上放置一半径为的光滑圆弧，光滑圆弧与水平面和右挡板平滑连接，到左挡板的距离为，到右挡板的距离为，靠近的、两绝缘物块（视为质点）的质量分别为和，带正电量，不带电静止于处。某时刻，以向右的速度与发生碰撞，、与水平面间的动摩擦因数均等于。与左挡板碰撞时左边电场消失，右边电场不变，所有碰撞都是弹性碰撞，第一次碰撞时的电量不发生变化，第二次碰撞

8、时的电量全部转移到。已知，重力加速度大小为。（1）求与第一次碰撞后瞬间各自的速度大小、；（2）求第2次碰撞前瞬间物块的速度大小；（3）求第一次经过圆弧中点A时，对圆弧的压力大小。5（2022湖南长郡中学模拟预测）电磁炮被认为是新一代火炮的发展方向，其结构简图如图甲所示。电源电动势为，内阻为r，导轨、光滑相距为d，电阻不计。导体块C质量为2m、电阻为R，与、接触良好，距离导轨右端为，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度为。某小组为研究电磁炮的性能，设计了如图乙所示的绝缘轨道MNPQ，MN水平，长度为，PQ竖直，NP为光滑圆弧，圆心为O，半径为a。在M点静置一质量为m、电荷量为的物块A，竖直线右侧有水

9、平向右的匀强电场，场强为，在区域还有垂直纸面向外的匀强磁场。不计C在导轨内运动时的电磁感应，C射出后立即与A发生弹性正碰，A所带电荷量不变，A、C与MN、PQ之间动摩擦因数相等，不计空气阻力，重力加速度为g。（1）闭合电键S，求碰撞后的瞬间“炮弹”C和物块A的速度大小；（2）若碰撞后“炮弹”C恰好能到达N点并将其锁定，A始终不脱离轨道，A与C的碰撞均视为弹性正碰，求A在竖直轨道PQ上运动的路程；（3）在某次测试中，物块A被“炮弹”C弹性正碰后恰好能到达P点，要使A在整个运动过程中不脱离轨道，求ONOP区域内磁感应强度B需满足的条件。6（2022浙江镇海中学模拟预测）如图，一滑板的上表面由长度为

10、L的水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上。物体P（可视为质点）置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为。一根长度为L、不可伸长的细线，一端固定于点，另一端系一质量为的小球Q。小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞，碰后Q的最大摆角小于，物体P将在滑板上向左运动，从C点飞出后又落回滑板，最终相对滑板静止于AB部分上某一点，此时Q恰好是碰后第8次经过最低点。已知物体P的质量为m，滑板的质量为2m，运动过程中不计空气阻力，重力加速度为

11、g。求（1）小球Q与物体P碰撞前瞬间细线对小球拉力的大小；（2）物体P从C点飞出后相对C点的最大高度；（3）物体P从第一次经过B点到第二次经过B点的时间；（4）要使物体P在相对滑板反向运动过程中，相对地面有向右运动的速度，实现上述运动过程，的取值范围（结果用表示）。7（2022新疆乌鲁木齐市第70中高二期中）如图所示，固定的凹槽内部上表面光滑水平，其内放置一U形滑板N，滑板两端为半径m的光滑圆弧面，A和D分别是圆弧的端点，BC段表面水平、粗糙，与两圆弧相切，B、C为相切点。小滑块和的质量均为m，滑板的质量。、与BC面的动摩擦因数分别为和，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时滑板N紧靠凹槽的左端

12、，静止于B点，以的初速度从A点沿圆弧自由滑下，在B点与发生弹性碰撞。当滑到C点时，滑板N恰好与凹槽的右端相碰并与凹槽粘牢，则继续滑动，到达D点时速度刚好为零。与可视为质点，重力加速度g取。问：（1）在BC段向右滑动时，滑板的加速度大小。（2）BC的长度为多少？（3）N、和最终静止后，与间的距离为多少？8（2023全国高三专题练习）高能粒子实验装置，是用以发现高能粒子并研究和了解其特性的主要实验工具，在物理学的研究历史上有着不可磨灭的贡献，例如：1932年，CD安德森用云室发现了正电子；1960年，中国科学家王淦昌发现反西格马负超子所用的探测器就是24升丙烷泡室。为了简化计算，在中学物理的范畴内

13、，一个复杂的高能粒子实验装置可以被最简化为空间中的复合场模型，题中所给出的就是这样一个简化模型。如图甲所示，三维坐标系中yoz平面的右侧存在平行z轴方向周期性变化的磁场B（图中未画出）和沿y轴正方向竖直向上的匀强电场。现将一个质量为m、电荷量为q的带正电的高能粒子从xoy平面内的P点沿x轴正方向水平抛出，粒子第一次经过x轴时恰好经过O点，此时速度大小为v0，方向与x轴正方向的夹角为45。己知电场强度大小，从粒子通过O点开始计时，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，规定当磁场方向沿z轴负方向时磁感应强度为正。已知，重力加速度大小为g。（1）求抛出点P的坐标；（2）求粒子从第1次经过x轴到第2次

14、经过x轴的时间t1；（3）求粒子第n次经过x轴时的x坐标；（4）若t=t0时撤去yoz右侧的匀强电场和匀强磁场，同时在整个空间加上沿y轴正方向竖直向上的匀强磁场，求粒子向上运动到离xoz平面最远时的坐标。9（2022四川 高三阶段练习）如图所示，左侧倾斜部分为光滑的相互平行放置的间距为L，电阻不计的金属导轨，水平部分为用绝缘材料做成的间距也为L的光滑轨道，两者之间平滑连接。倾斜导轨的倾角为，倾斜导轨上端接有一个单刀双掷开关S，接在1端的电源，电动势为E，内阻为r，其串联的定值电阻为R1，接在2端的电容器的电容为C（未充电）。在水平轨道正方形区域、分布有大小相等方向相反的匀强磁场（大小未知），在

15、倾斜导轨区域中存在方向竖直向上且大小与、区相同的匀强磁场，当先将开关S与1相连时，一质量为m电阻不计的金属导体棒ef恰好能静止在高为h的倾斜导轨上。然后再将开关S掷向2，此后导体棒ef将由静止开始下滑，并且无能量损失地进入水平轨道，之后与原来静止在水平轨道上的“U”型导线框abcd碰撞，并粘合为一个正方形线框，U型导线框三条边总质量为3m、总电阻为4R，当线框完全穿过区磁场后，恰好静止线框四边与磁场边界线重合。不计一切摩擦阻力，（本题中E、r、R1、C、R、L、h、m及重力加速度g均为已知），求：（1）磁感应强度B的大小；（2）将开关S掷向2后，ef棒滑到GH处的速度v；（本问中磁感应强度可用

16、B表示）；（3）线框穿越磁场边界线MN、PQ过程中产生的热量之比：。10（2022浙江嘉兴一中高三期中）如图所示，间距为L=0.4m平行金属导轨MN和PQ水平放置，其所在区域存在磁感应强度为B1=0.5T的竖直向上的匀强磁场；轨道上cd到QN的区域表面粗糙，长度为s=0.3m，其余部分光滑。光滑导轨QED与NFC沿竖直方向平行放置，间距为L，由半径为r=m的圆弧轨道与倾角为的倾斜轨道在E、F点平滑连接组成，圆弧轨道最高点、圆心与水平轨道右端点处于同一竖直线上；倾斜轨道间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B2=1.0T。质量为m1=0.2kg的金属棒ef光滑；质量为m2=0.1kg的金

17、属棒ab粗糙，与导轨粗糙部分的动摩擦因数为，两棒粗细相同、阻值均为R=0.1；倾斜轨道端点CD之间接入的电阻R0=0.3；初始时刻，ab棒静止在水平导轨上，ef棒以=2m/s的初速度向右运动。若不计所有导轨的电阻，两金属棒与导轨始终保持良好接触，水平轨道与圆弧轨道交界处竖直距离恰好等于金属棒直径，忽略感应电流产生的磁场及两个磁场间的相互影响，取重力加速度g=10m/s2，、，求：（1）两棒在水平轨道运动过程中，通过ab棒的最大电流；（2）若两棒的距离增加x=0.5m时，ef棒恰好到达QN位置，求此时两棒的速度大小；（3）初始时刻至ef棒恰好达到稳定状态的过程中系统产生的焦耳热。2023物理一轮

18、复习压轴大题（一）参考答案1（1）；（2）；（3）【详解】（1）设4s末金属杆ab的速度是，则有时间内电容器两端电压变化量时间内电容器的电荷变化量根据导体受到的安培力整理得根据牛顿第二定律解得 故（2）4s末开关接2时金属杆ab恰好可以匀速下滑，则有解得（3）杆ab与“联动双杆”发生碰撞的过程中动量守恒，设碰后共同速度为，则有得杆ab在倾斜轨道下滑阶段，通过定值电阻R的电流恒定为则定值电阻R上产生的焦耳热为依题意，ef进入水平导轨区匀强磁场过程，闭合回路等效总电阻“联动三杆”进入匀强磁场区间过程中通过杆ef的电量是设“联动三杆”完全进入匀强磁场区后速度是，则由动量定理，有故据能量守恒定律，闭合

19、回路产生的总焦耳热为，则设此过程定值电阻R上产生的焦耳热为，则由电路关系可知ef穿出水平导轨区后至cd穿出水平导轨区匀强磁场过程，闭合回路等效总电阻为此过程中通过杆cd和ab的总电量是设“联动三杆”完全离开匀强磁场区后速度是，同理，有解得据能量守恒定律，此过程闭合回路产生的总焦耳热为，则设此过程定值电阻R上产生的焦耳热为，则由电路串并联关系可知综上所述，整个过程中定值电阻R上产生焦耳热Q为2（1），；（2）；（3）见解析【详解】（1）当电压 U=0 时，恰好没有粒子进入磁场，则从下极板边缘进入的粒子恰好打到上极板右边缘，如图所示根据几何关系有解得粒子在磁场中做匀速圆周运动解得若要使所有的粒子都

20、进入磁场，则粒子必定在极板间做匀速直线运动，则有解得（2）对于恰好做类平抛到达下极板右边缘的粒子有，进入磁场的带电粒子数目占总带电粒子数目的比例为解得（3）带电粒子在极板间的运动可以近似看成类平抛运动，则粒子射出偏转电场时的速度偏转角的余弦值为粒子在偏转磁场中有粒子在磁场中运动沿x轴正方向上移动的距离解得可见，此值与偏转电压无关，则射出的粒子能够全部被吞噬的条件是解得当偏转磁场的磁感应强度取最大值4B1时 ，吞噬板上时间T内接受到的最大数密度为由于电压与时间是线性关系，而在电磁场中的偏转距离和电压也是线性关系，所以数密度和x轴的关系也是线性关系，当时，有当时，有当时，有当时，有3（1）；（2）

21、；（3）【详解】（1）离子能直线通过两极板，则洛伦兹力等于电场力将代入得（2）由离子在偏转磁场中的运动半径为（3）撤去极板间磁场后，离子在极板间做类平抛运动，离子入射速度为时，能够进入磁场的离子在电场中的侧移量为，由类平抛运动的规律可得，沿极板方向做匀速直线运动，则有沿垂直极板方向做匀加速直线运动，则有，解得由，解得可知离子的速度满足的带电离子会通过两极板进入偏转磁场。设进入磁场的离子的速度为，其方向与方向夹角为，运动半径为，运动轨迹的弦长为，如下图所示离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得又有运动轨迹的弦长离子打到吞噬板的位置与两极板间中轴线的距离为令，取值范围为：，可得由数学知

22、识可得：在区间：，为增函数，则有的取值范围为则离子打到吞噬板的长度4(1)，；(2)；(3) 【详解】(1)由题意知，P、Q的碰撞为弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可知，解得，所以与第一次碰撞后瞬间各自的速度大小为、。(2) 与第一次碰撞后Q向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得由运动学公式解得Q向右运动的位移与第一次碰撞后向左运动，到第2次碰撞前瞬间物块受摩擦力做功电场力做功对P在与第一次碰撞后向左运动，到第2次碰撞前瞬间利用动能定理解得PQ第2次碰撞前瞬间物块P的速度大小(3) 第2次碰撞由动量定理和能量守恒，解得，第2次碰撞后，Q受到的电场力则Q匀速运动到圆弧轨道。小滑块滑上圆弧做圆周运动，到

23、A点正好速度最大，等效重力场的加速度为，则解得由公式可求得对圆弧的压力大小5（1），；（2）；（3）【详解】（1）开关闭合后，通过导体块C的电流大小为根据左手定则可判断出其受安培力的方向向右，其所受安培力大小为加速度大小为且有联立以上各式可得与A发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有，解得故碰后C和A的速度分别为和。（2）对C有可得物块A在中运动时，洛伦兹力不做功，有故物块A在中运动时，有设物块在竖直轨道PQ上运动的路程为h，对物块A全过程分析，有解得故A在竖直轨道PQ上运动的路程为。（3）因要求A在整个运动过程中不脱离轨道，当A从P滑回N点时，洛伦兹力指向O，A可能离开轨道，设A相对

24、OP转动角，其速度为v，对轨道的压力为FN，有由能量守恒得要使得A不离开轨道，须满足联立解得因即此时故考虑到极值点要求变形可得说明在0，范围内有解，说明以上讨论合理，所以故磁感应强度B需满足的条件为。6（1）；（2）；（3）；（4）【详解】（1）小球Q在下落过程中机械能守恒，因此有在最低点对小球Q牛顿第二定律可得联立解得（2）小球Q和物块P发生弹性碰撞，则机械能和动量守恒，因此 ，解得物体和滑板在水平方向上不受力，则水平方向动量守恒由能量守恒可得物体离开滑板后两物体水平方向都做匀速直线运动，因此水平相对位置不变，竖直方向有联立可得（3）物块P到B时水平方向动量守恒可得由能量守恒可得联立可得方程

25、第一次经过B点速度第二次经过B点速度时间相对静止由于Q的最大摆角小于，则Q碰后做简谐运动，由于恰好是碰后第8次经过最低点，则有解得（4）要求P有相对地面向右的速度，说明结果要小于零且判别式大于零，则解得碰后Q的最大摆角小于，需要联立可得7（1）；（2）1.9m；（3）【详解】（1）以的初速度从A点沿圆弧自由滑下至B点解得在B点与发生弹性碰撞，则有，解得，在BC段向右滑动时，假设与U形滑板N能够保持相对静止，则假设成立，即在BC段向右滑动时，滑板的加速度大小为（2）当滑到C点之后有解得若在BC段向右滑动过程中三者到达相等速度，则有解得表明，在BC段向右滑动过程中，三者没有到达相等速度，一直向右做

26、匀减速直线运动对三者构成的系统有解得令BC长为L，则有解得（3）滑板N恰好与凹槽的右端相碰并与凹槽粘牢，向右减速至0过程有解得向左减速至0过程有解得则N、和最终静止后，与间的距离为8（1）；（2）；（3）（1、2、3）；（4）【详解】（1）粒子做平抛运动，由于经过O点时方向与x轴正方向的夹角为45，则有根据平抛规律得，解得，则P点的坐标为。（2）根据题意有即重力与电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力，则有，解得，可知粒子从第一次经过x轴到第二次经过x轴时，对应的圆心角为90，则（3）由于可知0，粒子刚好转过180，之后磁场大小方向都变了，则偏转方向变了。由洛伦兹力提供向心力得，解得，粒子转过90，

27、同理得，时间在与0的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，与的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，综上所述，得到粒子一个周期的轨迹图如图所示由几何关系得则粒子第n次经过x轴时的x坐标为（1、2、3）（4）时，把速度分解到水平方向和竖直方向，即粒子在竖直方向上做上抛运动，则有，解得，粒子水平方向向上做圆周运动，则有，可知可知，水平方向向上转过90，则有，因此粒子向上运动到离xoz平面最远时的坐标为。9（1）；（2）；（3）9:16【详解】（1）导体棒ef恰好能静止倾斜导轨上，此时安培力水平向左，受力分析可知根据闭合电路欧姆定律解得（2）将开关S掷向2后，设导体棒在很短时间内速度为v，根据动量定

28、理可得其中电容充电量与电流关系带入整理得故导体棒做匀加速直线运动，加速度ef棒滑到GH处的速度（3）设与导线框abcd碰撞后，整体速度为，根据动量守恒线框进入磁场后水平方向上只有安培力作用，根据动量定理解得线框中bc进入区磁场，bc、ef均切割磁感线，并且感应电动势同向叠加，则有解得联立得根据能量守恒，线框穿越磁场边界线MN过程中产生的热量线框穿越磁场边界线PQ过程中产生的热量联立解得10（1）2A；（2）1.5m/s，1m/s；（3）0.125J【详解】（1）两棒在水平轨道运动过程中，初始时刻有最大电流解得（2）当ef棒到达QN前，由于两棒距离增大0.5m，由此判断ab棒在cd的左侧。两棒受

29、合外力等于零，系统动量守恒。设ef棒和ab棒的速度分别为v1和v2设两棒距离增加x=0.5m用时为，对于ab棒，由动量定理两棒距离增加x=0.5m时通过回路的平均电流平均感应电动势又联立解得两棒速度的大小为（3）当ef棒离开水平轨道后，ab棒在cd左侧做匀速直线运动，进入cd右侧后，若一直减速运动到停止，则由动能定理有解得假设成立，所以ab棒静止在水平导轨上。对于ef棒，若恰好能沿圆弧运动的速率为v解得所以ef棒可以沿圆弧运动。ef棒沿圆弧运动过程，设ef棒到达圆弧底端的速度为，由动能定理有解得ef棒进入倾斜轨道时，由牛顿运动定律有解得a=0即ef棒进入倾斜轨道将做匀速直线运动达到稳定状态。所以系统产生的焦耳热为解得