2018屆高考物理綜合能力復(fù)習(xí)測試20

高考真題1．(2015·江蘇卷)(多選)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左．不計空氣阻力，則小球()A．做直線運(yùn)動 B．做曲線運(yùn)動C．速率先減小后增大 D．速率先增大后減小解析：小球受到的電場力水平向左，重力豎直向下，因此重力與電場力的合力斜向左下且恒定，與初速度的方向夾角大于90°，因此小球做類斜上拋運(yùn)動，軌道是拋物線，速率先減小后增大，B、C正確．答案：BC2．(2013·天津理綜)一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O.筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中．粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：(1)M、N間電場強(qiáng)度E的大小；(2)圓筒的半徑R；(3)保持M、N間電場強(qiáng)度E不變，僅將M板向上平移eq\f(2,3)d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n.解析：(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2①由勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系得U＝Ed②聯(lián)立上式可得E＝eq\f(mv2,2qd)③(2)粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)用幾何關(guān)系作出圓心O′，圓半徑為r.設(shè)第1次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，SA弧所對的圓心角∠AO′S等于eq\f(π,3).由幾何關(guān)系得r＝Rtaneq\f(π,3)④粒子運(yùn)動過程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)⑤聯(lián)立④⑤式得R＝eq\f(\r(3)mv,3qB)⑥(3)保持M、N間電場強(qiáng)度E不變，M板向上平移eq\f(2,3)d后，設(shè)板間電壓為U′，則U′＝eq\f(Ed,3)＝eq\f(U,3)⑦設(shè)粒子進(jìn)入S孔時的速度為v′，由①式看出eq\f(U′,U)＝eq\f(v2′,v2)結(jié)合⑦式可得v′＝eq\f(\r(3),3)v⑧設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為r′，則r′＝eq\f(\r(3)mv,3qB)⑨設(shè)粒子從S到第1次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為θ，比較⑥⑨兩式得到r′＝R，可見θ＝eq\f(π,2)⑩粒子需經(jīng)過4個這樣的圓弧才能從S孔射出，故n＝3?答案：(1)eq\f(mv2,2qd)(2)eq\f(\r(3)mv,3qB)(3)33．(2015·福建理綜)如圖所示，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點時離開MN做曲線運(yùn)動．A、C兩點間距離為h，重力加速度為g.(1)求小滑塊運(yùn)動到C點時的速度大小vC；(2)求小滑塊從A點運(yùn)動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動到水平地面上的P點．已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運(yùn)動到P點的時間為t，求小滑塊運(yùn)動到P點時速度的大小vP.解析：(1)小滑塊沿MN運(yùn)動過程，水平方向受力滿足qvB＋N＝qE①小滑塊在C點離開MN時N＝0②解得vC＝eq\f(E,B)③(2)由動能定理mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0④解得Wf＝mgh－eq\f(mE2,2B2)⑤(3)如圖所示，小滑塊速度最大時，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直．撤去磁場后小滑塊將做類平拋運(yùn)動，等效加速度為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·山東理綜)如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強(qiáng)磁場．取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子(不計重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)．當(dāng)B0和TB取某些特定值時，可使t＝0時刻入射的粒子經(jīng)Δt時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)．上述m、q、d、v0為已知量．(1)若Δt＝eq\f(1,2)TB，求B0；(2)若Δt＝eq\f(3,2)TB，求粒子在磁場中運(yùn)動時加速度的大小；(3)若E0＝eq\f(4mv0,qd)，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.解析：(1)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R1，由牛頓第二定律得qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R1)①據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1＝d②聯(lián)立①②式得B0＝eq\f(mv0,qd)③(2)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運(yùn)動公式得a＝eq\f(v\o\al(2,0),R2)④根據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2＝d⑤聯(lián)立④⑤式得a＝eq\f(3v\o\al(2,0),d)⑥(3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R，周期為T，由圓周運(yùn)動公式得T＝eq\f(2πR,v0)⑦由牛頓第二定律得qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)⑧由題意知B0＝eq\f(4mv0,qd)，代入⑧式得d＝4R⑨粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，O1、O2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為θ，在每個TB內(nèi)，只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，且均要求0<θ<eq\f(π,2)，由題意可知eq\f(\f(π,2)＋θ,2π)T＝eq\f(TB,2)⑩設(shè)經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n＝0,1,2,3，…)若在A點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R＋2(R＋Rsinθ)n＝d?當(dāng)n＝0時，無解．?當(dāng)n＝1時，聯(lián)立⑨?式得θ＝eq\f(π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或sinθ＝\f(1,2)))?聯(lián)立⑦⑨⑩?式得TB＝eq\f(πd,3v0)?當(dāng)n≥2時，不滿足0<θ<eq\f(π,2)的要求．?若在B點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R＋2Rsinθ＋2(R＋Rsinθ)n＝d?當(dāng)n＝0時，無解?當(dāng)n＝1時，聯(lián)立⑨?式得θ＝arcsineq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或sinθ＝\f(1,4)))?聯(lián)立⑦⑧⑩?式得TB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋arcsin\f(1,4)))eq\f(d,2v0)?當(dāng)n≥2時，不滿足0<θ<90°的要求?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(