2018届高考物理综合能力复习测试20

高考真题1．(2015·江苏卷)(多选)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球()A．做直线运动 B．做曲线运动C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小解析：小球受到的电场力水平向左，重力竖直向下，因此重力与电场力的合力斜向左下且恒定，与初速度的方向夹角大于90°，因此小球做类斜上抛运动，轨道是抛物线，速率先减小后增大，B、C正确．答案：BC2．(2013·天津理综)一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移eq\f(2,3)d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.解析：(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②联立上式可得E＝eq\f(mv2,2qd)③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心O′，圆半径为r.设第1次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于eq\f(π,3).由几何关系得r＝Rtaneq\f(π,3)④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)⑤联立④⑤式得R＝eq\f(\r(3)mv,3qB)⑥(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移eq\f(2,3)d后，设板间电压为U′，则U′＝eq\f(Ed,3)＝eq\f(U,3)⑦设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出eq\f(U′,U)＝eq\f(v2′,v2)结合⑦式可得v′＝eq\f(\r(3),3)v⑧设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝eq\f(\r(3)mv,3qB)⑨设粒子从S到第1次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见θ＝eq\f(π,2)⑩粒子需经过4个这样的圆弧才能从S孔射出，故n＝3⑪答案：(1)eq\f(mv2,2qd)(2)eq\f(\r(3)mv,3qB)(3)33．(2015·福建理综)如图所示，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g.(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP.解析：(1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足qvB＋N＝qE①小滑块在C点离开MN时N＝0②解得vC＝eq\f(E,B)③(2)由动能定理mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0④解得Wf＝mgh－eq\f(mE2,2B2)⑤(3)如图所示，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′g′＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(qE,m)))2＋g2)⑥且veq\o\al(2,P)＝veq\o\al(2,D)＋g2′t2⑦解得vP＝eq\r(v\o\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(qE,m)))2＋g2))t2)⑧答案：(1)eq\f(E,B)(2)mgh－eq\f(mE2,2B2)(3)eq\r(v\o\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(qE,m)))2＋g2))t2)4．(2014·山东理综)如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)．上述m、q、d、v0为已知量．(1)若Δt＝eq\f(1,2)TB，求B0；(2)若Δt＝eq\f(3,2)TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若E0＝eq\f(4mv0,qd)，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.解析：(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R1)①据题意由几何关系得R1＝d②联立①②式得B0＝eq\f(mv0,qd)③(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝eq\f(v\o\al(2,0),R2)④根据题意由几何关系得3R2＝d⑤联立④⑤式得a＝eq\f(3v\o\al(2,0),d)⑥(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T＝eq\f(2πR,v0)⑦由牛顿第二定律得qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)⑧由题意知B0＝eq\f(4mv0,qd)，代入⑧式得d＝4R⑨粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0<θ<eq\f(π,2)，由题意可知eq\f(\f(π,2)＋θ,2π)T＝eq\f(TB,2)⑩设经历完整TB的个数为n(n＝0,1,2,3，…)若在A点击中P板，据题意由几何关系得R＋2(R＋Rsinθ)n＝d⑪当n＝0时，无解．⑫当n＝1时，联立⑨⑪式得θ＝eq\f(π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或sinθ＝\f(1,2)))⑬联立⑦⑨⑩⑬式得TB＝eq\f(πd,3v0)⑭当n≥2时，不满足0<θ<eq\f(π,2)的要求．⑮若在B点击中P板，据题意由几何关系得R＋2Rsinθ＋2(R＋Rsinθ)n＝d⑯当n＝0时，无解⑰当n＝1时，联立⑨⑯式得θ＝arcsineq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或sinθ＝\f(1,4)))⑱联立⑦⑧⑩⑱式得TB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋arcsin\f(1,4)))eq\f(d,2v0)⑲当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求⑳答案：(1)eq\f(mv0,qd)(2)eq\f(3v\o\al(2,0),d)(3)eq\f(πd,3v0)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋arcsin\f(