2023届高考物理一轮复习压轴大题（一）

2023物理一轮复习压轴大题(一)乙验装置。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以相同的速度通过加有电压的两极板间，再进入偏转磁场Ⅱ中，中性粒子继续沿原方向运动，被接收；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d,极板长度为√3d,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I,磁感应强度为B₁,(1)当电压U=0时，恰好没有粒子进入磁场Ⅱ,求混合粒子束进入极板间的初速度vo等于多少?若要使所有的粒子都进入磁场Ⅱ,则板间电压Uo为多少?成类平抛运动。则进入磁场Ⅱ的带电粒子数目占总带电粒子(3)在(2)的条件下，若电压小幅波动是随时间线性变化的，规律如图乙所示，变化周期为T,偏转磁条件?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Ⅱ磁感应强度B₂内吞噬板上不同位置处吞噬到的粒子数密度λ(单位长度乙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(1)在极板间施加了一垂直于纸面向里的匀强磁场B₁,使速度的离子直线通过两极板，求B,(3)撤去极板间磁场B₁,且B₂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,有部分带电离子会通过两极板进入偏转磁场，最终被吞噬板吞噬，滑连接，MN到左挡板的距离,MN到右挡板的距离为l+R,靠近的P、Q两绝缘物块(视为质点)的质量分别为m和3m,P带正电量9,Q不带电静止于MN处。某时刻，P以向右的速度vo与Q发生qE₂=3μmg,重力加速度大小为g。(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小、(2)求PQ第2次碰撞前瞬间物块P的速度大源电动势为U。,内阻为r,导轨I、Ⅱ光滑相距为d,电阻不计。导体块C质量为2m、电阻为R,与I、径为a。在M点静置一质量为m、电荷量为q(q>0)的物块A,竖直线NN'右侧有水平向右的匀强电场，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在整个运动道，求ONO'P区域内磁感应强度B需满足的条件。乙性能测试绝缘轨道一光滑圆弧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为m₀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O'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5,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(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，实现上值范围(结果用cos5表示)。摩擦因数分别为μ=0.1和μ₂=0.4,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，P静止于B点，P以v=4m/s的初速度从A点沿圆弧自由滑下，在B点与B发生弹性碰撞。当B滑到C点(2)BC的长度为多少?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vo,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(1)求抛出点P的坐标；(2)求粒子从第1次经过x轴到第2次经过x轴的时间ti;(3)求粒子第n次经过x轴时的x坐标；(4)若t=to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。甲乙(1)磁感应强度B的大小；2023物理一轮复习压轴大题(一)【详解】(1)设4s末金属杆ab的速度是V,则有△时间内电容器两端电压变化量△t时间内电容器的电荷变化量根据导体受到的安培力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v₂,则有得杆ab在倾斜轨道下滑阶段，通过定值电阻R的电流恒定为故设此过程定值电阻R上产生的焦耳热为Q₂,则由电路关系可知ef穿出水平导轨Ⅲ区后至cd穿出水平导轨Ⅲ区匀强磁场过程，闭合回路等效总电阻为据能量守恒定律，此过程闭合回路产生的总焦耳热为Q,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Ⅱ,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进入磁场Ⅱ,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Ⅱ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粒子在磁场中运动沿x轴正方向上移动的距离可见，此值与偏转电压无关，则射出的粒子能当偏转磁场的磁感应强度取最大值4B/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当d<x≤2d时，有;(2)r=√2d;(3)将代入得(2)由离子在磁场B₂中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得令令为增函数，则有L的取值范围为所以P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小为(2)P与Q第一次碰撞后Q向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得解得Q向右运动的位移P与Q第一次碰撞后向左运动，到PQ第2次碰撞前瞬间物块P受摩擦力做功对P在与Q第一次碰撞后向左运动，到PQ第2次碰撞前瞬间利用动能定理PQ第2次碰撞前瞬间物块P的速度大小(3)PQ第2次碰撞由动量定理和能量守恒,则Q匀速运动到圆弧轨道。小滑块滑上圆弧做圆周运动，到A点正好速度最大，等效重力场的加速度为【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，其和故碰后C和A的速度分别为和(2)对C有物块A在N→P中运动时，洛伦兹力不做功，有故物块A在P→Q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，有故A在竖直轨道PQ上运动的路程为15L₂。(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OP转动θ角，其速度为v,对轨道的压力为Fv,有故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(3)物块P到B时水平方向动量守恒可得第一次经过B点速度由于Q的最大摆角小于5°,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7.(1)0.8m/s²;(2);(3)(2)当B滑到C点之后有L=1.9mx=0.08m【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(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~b,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,t~2t,粒子转过90°,同理得，时间在2t～3与0~6的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，3t～41与o~20的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，综上所述，得到粒子一个周期则粒子第n次经过x轴时的x坐标为(4)t=to时，把速度分解到水平方向和竖直方向，即,因此粒子向上运动到离xoz平面最远时的坐标a【详解】(1)导体棒ef恰好能静止