压轴题专练-2026江苏高考物理的二轮专题练（含解析）

2026江苏高考物理的二轮专题冲刺985(压轴题专练)共6题,共96分。1.(16分)如图所示,竖直放置的半径为R=0.2m的圆轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接,倾角为θ=30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接。水平传送带MN以v0=4m/s的速度顺时针方向运动,传送带与水平地面的高度差为h=0.8m,MN间的距离为LMN=3.0m,小滑块P与传送带和BC段轨道间的摩擦因数μ=0.2,轨道其他部分均光滑。直轨道BC长LBC=1m,小滑块P质量为m=1kg。(1)若滑块P第一次到达圆轨道圆心O等高的F点时,对轨道的压力刚好为零,求滑块P从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H;(2)若滑块P从斜面高度差H=1.0m处静止下滑,求滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移;(3)滑块P在运动过程中能二次经过圆轨道最高点E点,求滑块P从斜面静止下滑的高度差H范围。2.(16分)(2024·苏州八校联盟三模)如图甲所示,某种离子分析器由加速区、偏转区和检测区组成,分别分布在第Ⅲ、Ⅱ、Ⅰ象限内。在加速通道内分布着沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小E1在0.6E0≤E1≤1.2E0范围内调节;在偏转通道内分布着垂直xOy坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B1随E1的变化而变化;在检测区内,分布着匀强电场或磁场,检测区内适当位置放有长为2L的检测板。在坐标为(-L,-1.5L)的A处有一离子源,可连续释放质量为m、电荷量为-q(q>0)的离子(释放时的速度可视为零),离子沿直线到达坐标为(-L,0)的小孔C,再经偏转区后从坐标为(0,L)的小孔D进入检测区,打在检测板上。三个区域的场互不影响,不计离子的重力及其间的相互作用。(1)要保证所有的离子都能从C孔出来后从D孔进入检测区,试推导磁感应强度大小B1随电场强度E1变化的关系式。(2)如图乙所示,将检测板左端放在D孔上沿,板面与x轴正方向的夹角θ=30°,检测区内加沿y轴负方向、电场强度大小E2=8E0的匀强电场,在满足(1)的条件下,①求检测板上收集到离子记录线的长度Δd1;②调整θ角使检测板上收集到离子的记录线最长,求此记录线的长度Δd2及调整后的角度正弦值。(3)如图丙所示,检测板与y轴平行,并可沿x轴及y轴平移。检测区内加垂直xOy坐标平面向里的磁场,磁感应强度大小B2沿x轴均匀变化,即B2=kx(k为大于零的常量),在满足(1)的条件下,要使检测板能收集到离子,求检测板x坐标的最大值。3.(16分)(2025·苏锡常镇一模)如图所示,平面直角坐标系xOy内,过原点的直线l与+x轴的夹角为φ0<φ<π4,将y轴右侧分成上下两个区域Ⅰ和Ⅱ。Ⅰ区(含+y轴)中有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B。Ⅱ区有垂直纸面方向的匀强磁场,磁感应强度可调。现将一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子P从O点沿+y(1)若使Ⅱ区磁感应强度为0,求P到达x轴的位置;(2)若使P不能到达x轴,求Ⅱ区磁场的磁感应强度应满足的条件;(3)将Ⅱ区磁场调成与Ⅰ区相同,并使整个空间均匀分布黏性介质。P仍从O点沿+y轴方向以初速度v0射出,运动中受到大小正比于速率(比例系数为常数k,未知)、方向与速度反向的介质阻力作用,且P速度第一次沿-y轴方向的位置在直线l上。求比例系数k的大小及粒子最终停止的位置坐标。4.(16分)(2024·苏锡常镇一模)两段斜面AB和BC连接成V字形,连接点B处可以视作一段极短的光滑圆弧,两段斜面长度均为L=1m,倾角α=37°,一定质量的小物块从AB段斜面顶端由静止开始运动,小物块与AB段动摩擦因数为μ1、与BC段动摩擦因数为μ2,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)若μ1=μ2=0.5,求小物块在两段斜面上运动的总路程;(2)若μ1=0.5、μ2=0.25,求小物块第一次沿斜面AB向上运动的最远距离;(3)求第(2)问中小物块在AB、BC斜面上运动的总路程。5.(16分)(2025·江苏卷)圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成,工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴OO'转动。外转子半径为r1,由四个相同的单匝线圈紧密围成,每个线圈的电阻均为R,直边的长度均为L,与轴线平行。内转子半径为r2,由四个形状相同的永磁体组成,磁体产生径向磁场,线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度ω0匀速转动,某时刻线圈abcd的直边ab与cd处的磁场方向如图乙所示。(1)若内转子固定,求ab边产生感应电动势的大小E;(2)若内转子固定,求外转子转动一周,线圈abcd产生的焦耳热Q;(3)若内转子不固定,外转子带动内转子匀速转动,此时线圈中感应电流为I,求线圈abcd中电流的周期T。6.(16分)(2025·南通二模)如图所示,在xOy坐标系第一象限内有两个四分之一圆弧MN、PQ,圆弧的圆心均在坐标原点O处,MN的半径为R,MN、PQ间有一电压为U0(未知)的辐向电场。MN外侧第一象限内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。从PQ上各处飘入电场的电子,其初速度几乎为0,这些电子沿径向加速后进入磁场。从M点进入磁场的电子直接从磁场中N点射出。已知电子的电荷量为e,质量为m。(1)求电压U0;(2)若电压为U03,求M点进入磁场的电子在磁场中运动的时间(3)若电压为3U0,求MN上进入磁场的电子在磁场中经过区域的面积S。

参考答案1.答案(1)0.4m(2)0.8m(3)0.7m≤H≤0.8m解析(1)滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零,则vF=0,mg(H-R)-μmgLBC=0解得H=μLBC+R=0.4m。(2)H=1.0m,设滑块运动到N点时的速度为vN,从开始到N点应用动能定理mgH-μmg(LBC+LMN)=12mvN2-滑块从N点开始做平抛运动,水平位移为x=vN2hg=0.(3)设高度为H1时,滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点,从开始到E点应用动能定理mgH1-μmgLBC-2mgR=12m在E点时有mg=mvE2R,解得H1=设滑块滑上传送带时的速度为vM,mgH1-μmgLBC=12mvM2-0,vM滑块做减速运动的位移为L=vM22μg=2因此滑块返回M点时的速度也为vM=10m/s,因此第二次过E点。设高度为H2时,滑块从传送带返回M点时的最大速度为v=2μg从开始到M点应用动能定理mgH2-μmgLBC=12mv2-0,解得H2=0.二次经过E点后,当滑块再次返回圆轨道B点时速度为vBmgH2-3μmgLBC=12vB2-0,vB=所以不会第三次过E点,能二次经过E点的高度H范围是0.7m≤H≤0.8m。2.答案(1)B1=3(2)①0.3L②L0.8(3)2解析(1)粒子从A处到C孔由动能定理得qE1·1.5L=12mv粒子在偏转区做圆周运动,则qB1v=mv解得B1=3m(2)①粒子进入检测区后做类平抛运动,则dcos30°=vtdsin30°=12·d=4代入E1(0.6E0≤E1≤1.2E0)有d1=0.3Ld2=0.6L则Δd1=0.3L;②由平抛运动可知dcosθ=vtdsinθ=12·解得d=3当E1=1.2E0时d=2L,即2L=3×1.2则sinθ=0.8当E1=0.6E0时d=3×0.6E所以Δd2=2L-L=L。(3)由动能定理和动量定理可知q·1.2E0·1.5L=1qB2vxΔt=mvm解得x=72或者x=2m3.答案(1)m(2)若Ⅱ区磁场垂直纸面向外,B1>1+sin2φsin2φB;若Ⅱ区磁场垂直纸面向里,B2(3)qBtanφm解析(1)如图所示粒子在磁场中,有qv0B=mv根据几何关系有x0=R+R可得x0=mv(2)若Ⅱ区磁场垂直纸面向外,则qv0B10=mv当粒子恰到达x轴,如图所示根据几何关系可得R=R1sin2解得B10=1+sin2φ所以B1>1+sin2φ若Ⅱ区磁场垂直纸面向里,则qv0B20=mv当粒子恰到达x轴,轨迹如图所示根据几何关系可得R=R2sin2解得B20=1-sin2φ所以B2>1-sin2φ综合以上分析可知,若Ⅱ区磁场垂直纸面向外,则B1>1+sin2φsin2φB,若Ⅱ区磁场垂直纸面向里,则B2>(3)设某时刻粒子沿两轴的速度分量分别为vx和vy,如图所示由牛顿第二定律,qvyB-kvx=max,-qvxB-kvy=may取极短时间Δt,则qvyB·Δt-kvx·Δt=max·Δt,-qvxB·Δt-kvy·Δt=may·Δt可得qB·Δy-k·Δx=m·Δvx,-qB·Δx-k·Δy=m·Δvy第一次x方向速度为零时位于(x0,y0),则qBy0-kx0=0所以k=qBtanφ最后停于(x1,y1),则qBy1-kx1=0,-qBx1-ky1=m(0-v0)又tanφ=y可得x1=mv0qB(1+tan2φ)=mv0所以粒子最终停止的位置坐标为mv4.答案(1)1.5m(2)0.1m(3)169解析(1)小物体在ABC斜面上做往复运动,最终停在B处,全过程由动能定理得mgLsinα-μmgcosα·s路=0-0解得s路=1.5m。(2)小物块沿AB下滑过程中,有a1=gsinα-μ1gcosα=2m/s2小物块沿BC上滑过程中,有a2=gsinα+μ2gcosα=8m/s2根据vB2=2avB2=2a1可得s1=a1a2L=小物块沿BC下滑过程中,有a3=gsinα-μ2gcosα=4m/s2小物块沿AB上滑过程中,有a4=gsinα+μ1gcosα=10m/s2根据vB'2=2a3s1vB'2=2a4s2可得s2=a3as2=a1a3a(3)小物块在AB与BC斜面上第n次到达最高点与B的距离为s2n和s2n-1,根据第(2)问同理s2n=a3a4s2n-1,s2n-1=a1可得s2n=a1s2n-1=a1小物块在AB上运动总路程sAB=L+2L∑na1a3小物块在BC上运动的总路程sBC=2L∑na1a2小物块运动的总路程s=sAB+sBC=1695.答案(1)BLω0r1(2)8πB2L解析(1)根据题意可知,ab转动时的线速度为v=ω0r1则ab边产生的感应电动势E1=BLv=BLω0r1。(2)根据题意,由图可知,若内转子固定,外转子转动过程中,ab、cd均切割磁感线,且产生的感应电流方向相反,则转动过程中感应电动势为E2=2BLv=2BLω0r1感应电流为I=E转子转动的周期为T=2π则abcd转一圈产生的热量Q=I2RT=8πB(3)结合图可知,转子转动14T电流方向改变,大小不变,若内转子不固定,跟着外转子一起转,且abcd中的电流为I,则感应电动势为又有E'=2BLΔv解得Δv=IR则电流改变方向的时间为t=1则电流的周期为T'=2t=2BL6.答案(1)e(2)2π(3)(19+43)π+6解析(1)设电子经电场加速后,以速度v进入磁场做半径为r1的圆周运动eU0=12mvevB=mv如图甲,由几何关系可知r1=R解得U0=eB甲(2)电压为U03时,电子在磁场中运动的半径为可知r2=33乙如图乙所示,设电子在磁场中运动的圆心O2与O点的连线与y轴夹角为θ则tanθ=r解得θ=π由几何关系可知电子在磁场中转过的圆心角之和φ=2π电子在磁场中圆周运动的周期T=2π电子在磁场中运