高考物理复习资料高中物理综合题难题汇编(三)高考物理压轴题汇编

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高考物理复习资料高考物理压轴题汇编高中物理综合题难

题汇编（3）

1. （17分）如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。导轨和金属杆的电阻可忽略。让金属杆ab沿导轨由静止开始下滑，经过一段时间后，金属杆达到最大速度vm，在这个过程中，电阻R上产生的热量为Q。导轨和金属杆接触良好，重力加速度为g。求：

（1）金属杆达到最大速度时安培力的大小； （2）磁感应强度的大小；

（3）金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中杆下降的高度。

2. （16分）如图所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极板间形成匀强电场E。长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数?=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同）。B与极板的总质量mB=1.0kg。带正电的小滑块A质量

mA=0.60kg，其受到的电场力大小F=1.2N。假设A所带的电量不影响极板间的电场分布。

t=0时刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度vA=1.6m/s向左运动，同时，B（连同极板）以相对地面的速度vB=0.40m/s向右运动。（g取10m/s2）问：

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（1）A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少？

（2）若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻至A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？

3. （18分）如图所示，一个质量为m的木块，在平行于斜面向上的推力F作用下，沿着倾角为?的斜面匀速向上运动，木块与斜面间的动摩擦因数为?.（??tan?）

（1）求拉力F的大小；

（2）若将平行于斜面向上的推力F改为水平推力F作用在木块上，使木块能沿着斜

面匀速运动，求水平推力F的大小。

4. （21分）如图所示，倾角为θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一垂直斜面的挡板。质量为m=0.20kg的物块甲紧靠挡板放在斜面上，轻弹簧一端连接物块甲，另一端自由静止于A点，再将质量相同的物块乙与弹簧另一端连接，当甲、乙及弹簧均处于静止状态时，乙位于B点。现用力沿斜面向下缓慢压乙，当其沿斜面下降到C点时将弹簧锁定，A、 C 两点间的距离为△L =0.06m。一个质量也为m的小球丙从距离乙的斜面上方L=0.40m处由静止自由下滑，当小球丙与乙将要接触时，弹簧立即被解除锁定。之后小球丙与乙发生碰撞（碰撞时间极短且无机械能损失），碰后立即取走小球丙。当甲第一次刚

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要离开挡板时，乙的速度为v=2.0m/s。（甲、乙和小球丙均可看作质点，g取10m/s2）求：

（1）小球丙与乙碰后瞬间乙的速度大小。

（2）从弹簧被解除锁定至甲第一次刚要离开挡板时弹簧弹性势能的改变量。

5. （16分）如图所示，相距为d的平行金属板A、B竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板。有一质量m、电荷量q(q＞0)的小物块在与金属板A相距l处静止。若某一时刻在金属板A、B间加一电压UAB＝?荷量变为－

3?mgd，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电2q1q，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回。已知小物块与绝缘平板间的动摩2擦因数为μ，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间。则

（1）小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是多少？ （2）小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？

6. （18分）如图所示，质量为m=1kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，

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随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆孤轨道下滑。B、C为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径R=1.0m圆弧对应圆心角

??106?，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h=0.8m。小物块离开C点后恰能无碰

撞的沿固定斜面向上运动，0.8s后经过D点，物块与斜面间的滑动摩擦因数为?1=0.33（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：

（1）小物块离开A点的水平初速度v1； （2）小物块经过O点时对轨道的压力； （3）斜面上CD间的距离；

（4）假设小物块与传送带间的动摩擦因数为?2?0.3，传送带的速度为5m/s，则PA间的距离是多少？

7. （18分）天文学家测得银河系中氦的含量约为25%．有关研究表明，宇宙中氦生成的途径有两条：一是在宇宙诞生后2分钟左右生成的；二是在宇宙演化到恒星诞生后，由恒星内部的氢核聚变反应生成的。

（1）把氢核反应简化为4个氢核（1H）聚变成氦核（2He），同时放出2个正电子（01e）和2个中微子（ve），请写出该氢核聚变反应的方程，并计算一次反应释放的能量；

（2）研究表明，银河系的年龄约为t=3.8×1017s，每秒钟银河系产生的能量约为1×1037J（即P=1×1037J/s）。现假定该能量全部来自上述氢核聚变反应，试估算银河系中

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氦的含量．（最后结果保留一位有效数字）

（3）根据你的估算结果，对银河系中氦的主要生成途径作出判断。

（可能用到数据：银河系质量约为M=3×1041kg，原子质量单位1u=1.66×10－27kg，1u相当于1.5×10－10J的能量，电子质量me=0.0005u，氦核质量mα=4.0026u，氢核质量mP=1.0078u，中微子ve质量为零）

8. （16分）汤姆生用来测定电子的比荷(电子的电荷量与质量之比)的实验装置如图所示，真空管内的阴极K发出的电子(不计初速、重力和电子间的相互作用)经加速电压加速后，穿过A'中心的小孔沿中心轴O1O的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和P'间的区域。当极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成了一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏离到O'点，(O'与O点的竖直间距为d，水平间距可忽略不计．此时，在P和P'间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场。调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到O点。已知极板水平方向的长度为L1，极板间距为b，极板右端到荧光屏的距离为L2(如图所示)。

（1）求打在荧光屏O点的电子速度的大小。 （2）推导出电子的比荷的表达式。

9. （15分）如图所示是做光电效应实验的装置简图。在抽成真空的玻璃管内，K为阴极（用金属铯制成，发生光电效应的逸出功为1.9eV），A为阳极。在a、b间不接任何电源，用频

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率为v（高于铯的极限频率）的单色光照射阴极K，会发现电流表指针有偏转。这时，若在

a、b间接入直流电源，a接正极，b接负极，并使a、b间电压从零开始逐渐增大，发现当

电压表的示数增大到2.1V时，电流表的示数刚好减小到零。求：

（1）a、b间未接直流电源时，通过电流表的电流方向； （2）从阴极K发出的光电子的最大初动能； （3）入射的单色光的频率。

10. （18分）如下图1所示，A、B为水平放置的平行金属板，板间距离为d（d远小于板的长和宽）。在两板的中心各有小孔O和O’，O和O’ 处在同一竖直线上。在两板之间有一带负电的质点P。已知A、B间所加电压为U0时，质点P所受的电场力恰好与重力平衡。

现在A、B 间加上如下图2所示随时间t作周期性变化的电压U，已知周期T?12dg（g为重力加速度）。在第一个周期内的某一时刻t0，在A、B 间的中点处由静止释放质点．．．．．．

P，一段时间后质点P从金属板的小孔飞出．问：

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（1）t0在什么范围内，可使质点在飞出小孔之前运动的时间最短？ （2）t0在哪一时刻，可使质点P从小孔飞出时的速度达到最大？

11. （17分）2007年3月1日，国家重大科学工程项目“EAST超导托卡马克核聚变实验装置”在合肥顺利通过了国家发改委组织的国家竣工验收。作为核聚变研究的实验设备，EAST可为未来的聚变反应堆进行较深入的工程和物理方面的探索，其目的是建成一个核聚变反应堆，届时从1升海水中提取氢的同位素氘，在这里和氚发生完全的核聚变反应，释放可利用能量相当于燃烧300公升汽油所获得的能量，这就相当于人类为自己制造了一个小太阳，可以得到无穷尽的清洁能源。作为核聚变研究的实验设备，要持续发生热核反应，必须把温度高达几百万摄氏度以上的核材料约束在一定的空间内，约束的办法有多种，其中技术上相对较成熟的是用磁场约束核材料。如图所示为EAST部分装置的简化模型：垂直纸面的有环形边界的匀强磁场b区域，围着磁感应强度为零的圆形a区域，a区域内的离子向各个方向运动，离子的速度只要不超过某值，就不能穿过环形磁场的外边界而逃逸，从而被约束。设离子质量为m，电荷量为q，环形磁场的内半径为R1， 外半径R2 =（1+2）R1。

（1）将下列核反应方程补充完整，指出哪个属于核聚变方程。并求出聚变过程中释放

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的核能

2E0。已知1H的质量为

3m2，1H

的质量为m3，α粒子的质量为mα，n的质量为

10mn，质子质量为mP，电子质量为me，光速为c。

34235114094H?H?He?U?n?Xe?9205438Sr?( ) 12A．（ ） B．

21C．

226882424Ra?22286Rn?( ) D．11Na?12Mg?( )

（2）若要使从a区域沿任何方向，速率为v的离子射入磁场时都不能越出磁场的外边界，则b区域磁场的磁感应强度B至少为多大?

（3）若b区域内磁场的磁感应强度为B，离子从a区域中心O点沿半径OM方向以某一速度射入b区，恰好不越出磁场的外边界。请画出在该情况下离子在a、b区域内运动一个周期的轨迹，并求出周期T。

答案

一、计算题

1. 解析：

（1）设金属杆受安培力为FA，当金属杆达到最大速度时，杆受力平衡

FAm?mgsin?

（4分）

（2）当杆达到最大速度时，感应电动势为Em，感应电流为Im

Em?BLvm

（2分）

Im?BLvmR

（2分）

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由FAm?BImL

（2分）

B?FAmImLmgRsin?vmL2(2分)

得B?（3）设金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中下降的高度为h 由能量守恒mgh?1 mv2m?Q2

（4分）

mv2m?2Q得h? 2mg2. 解析：

（1分）

（1）A刚开始运动时的加速度大小aA?'F?2.0m/s2 方向水平向右 mAB受电场力F?F?1.2N 摩擦力f??(mA?mB)g?0.8N

F'?fB刚开始运动时的加速度大小aB??2.0m/s2方向水平向左

mB（2）设B从开始匀减速到零的时间为t1，则有t1?t1时刻A的速度vA1?vA?aAt1?1.2m/s?0 A的位移sA1?vtvB4 ?0.2s sB1?B1?0.0m2aB(vA?vA1)t1?0.28m

2此t1时间内A相对B运动的位移s1?sA1?sB1?0.32m

w1??f?sB1??0.032J

t1后，由于F?f，B开始向右作匀加速运动，A继续作匀减速运动，当它们速度相等时A、B相距最远，设此过程运动时间为t2，它们速度为v，则有：

对A：速度v?vA1?aAt2

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F'?f对B：加速度aB1??0.4m/s2 速度v?aB1t2

mB解得：v?0.2m/s t?0.5s t2时间内A运动的位移sA2?B运动的位移sB2?(v?vA1)t2?0.35m 2vt2?0.05m 2t2内A相对B的位移s2?sA2?sB2?0.30m 摩擦力对B做功为w1??f?sB2??0.04J

A最远到达b点a、b的距离为L?s1?s2?0.62m 从t=0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为

wf?w1?w2??0.072J

3. 解析：

（1）如图所示以木块为研究对象进行受力分析，以沿斜面方向为x轴，垂直于斜面方向为y轴建立直角坐标系，由共点力的平衡条件有平衡方程：

f?mgsin??F?0 ① N?mgcos??0 ② f?uN ③

联立求解①②③得F?mgsin??umgcos?

（2）因为当??tan?时木块刚好在斜面上处于静止或者匀速下滑的状态，由于

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所以当平行于斜面向上的推力F改为水平推力F后，木块沿着斜面匀速运动时??tan?，

存在两种情况，一是木块匀速向下运动，二是匀速向上运动，两种情况下木块所受的摩擦力方向不同，下面分别求之：

当木块向下匀速运动时，如图所示进行受力分析由平衡条件得平衡方程：

mgsin??f?Fcos??0 ④ N?mgcos??Fsin??0 ⑤ f?uN ⑥

联立求解④⑤⑥得F?mg(sin???cos?)

(cos???sin?)当木块向上匀速运动时，如图所示进行受力分析由平衡条件得平衡方程：

f?mgsin??Fcos??0 ⑦ N?mgcos??Fsin??0 ⑧ f?uN ⑨

联立求解⑦⑧⑨得F?mg(?cos??sin?)

(cos???sin?) 第 11 页 共 11 页

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所以使木块沿着斜面匀速运动的水平推力F的大小为F?mg(sin???cos?)或

(cos???sin?)F?mg(?cos??sin?)

(cos???sin?)4. 解析：

（1）对小球丙从顶端滑至乙处的过程，由动能定理得：

mgLsinθ=

1mv02 2解得v0=2m/s

对小球丙和乙的碰撞过程，由于二者碰撞过程时间极短，所以碰撞过程小球丙和乙组成的系统沿斜面方向动量守恒。又由于二者碰撞过程没有机械能损失，且小球丙和乙的质量相同，所以二者碰后交换速度，所以碰后乙的速度为：

v/=v0=2m/s

（2）小球丙撤去后，乙先沿斜面向下运动，速度为零后再沿斜面向上运动，当甲第一次离开挡板时乙的速度为v=2m/s，设此时乙的位置为D。可得乙在此过程中做简谐运动，以B为平衡位置，C与D关于B对称。设D、A间距为x1，A、B间距为x2，B、C 间距为x3。则有：

x3= x1+ x2

乙在B点时，对于乙，有：mgsinθ=k x1

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乙在D点时，对于甲，有：mgsinθ=k x2 已知： x2 + x3 = △L 联立解得：x1= x2 =0.02 m

x3=0.04m

对于弹簧和乙组成的系统，从乙由C到D的过程中， 由机械能守恒定律得： △Ep弹 = △Ep乙= mg（x1+x2+ x3）sinθ= 0.08J 即该过程中弹簧弹性势能的改变量为0.08 J （减少量） 5. 解析：

（8分）（1）加电压后，B极板电势高于A板，小物块在电场力作用与摩擦力共同作用下向A板做匀加速直线运动。电场强度为 E?UBA （1分） d小物块所受的电场力与摩擦力方向相反，则合外力为 F合?qE??mg 故小物块运动的加速度为 a1?F合qUBA??mgd1???g （3分） mmd22设小物块与A板相碰时的速度为v1，由 v1?2a1l （2分）

解得v1??gl （2分）

（2）（8分）小物块与A板相碰后以v1大小相等的速度反弹，因为电荷量及电性改变，电场力大小与方向发生变化，摩擦力的方向发生改变，小物块所受的合外力大小 为

F合??mg?F合1qE??g （2分） 加速度大小为 a2?2m4设小物块碰后到停止的时间为 t，注意到末速度为零，有 0?v1??a2t （1分） 解得 t?v11 （1分） ?4a2?g 第 13 页 共 13 页

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2设小物块碰后停止时距离为x，注意到末速度为零，有 0?v1??2a2x （2分）

v2则 x??2l （2分）或距离B板为 d?2l (或由动能定理求)

2a26. 解析：

（1）对小物块，由A到B有

2vy?2gh

（1分）

在B点tan?2?vyv1 （2分）

所以v1?3m/s

（2）对小物块，由B到O有

（1分）

mgR(1?sin37?)?其中vB?1122mv0?mvB 22（2分） （1分）

32?42m/s?5m/s

2v0在O点N?mg?m

R（1分）

所以N=43N

由牛顿第三定律知对轨道的压力为N??43N

（3）物块沿斜面上滑：mgsin53??1mgcos53?ma1

??（1分） （1分）

所以a1?10m/s2

物块沿斜面上滑：mgsin53??1mgcos53?ma2

??（1分）

由机械能守恒知vc?vB?5m/s 小物块由C上升到最高点历时t1?vc?0.5s a1（1分）

小物块由最高点回到D点历时t2?0.8s?0.5s?0.3s

（1分）

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故SCD?vc12t1?a2t2 22（1分）

即SCD?0.98m

（4）小物块在传送带上加速过程：?2mg?ma3 PA间的距离是SPA7. 解析：

40（1）氢核聚变核反应方程为411H?2He+21e+2ve

（1分） （1分）

v12??1.5m 2a3（2分）

核反应中的质量亏损?m?4mP?mα?2me 由质能方程得?E??mc

210代入数据得?E?4.14×?12J

Ptmα?6.1×1039kg ?E（2）氢核聚变反应生成的氦核总质量m?m6.1×1039??2% 氦的含量k?41M3×10（3）由估算结果可知，k?2%远小于25%的实际值，所以银河系中的氦主要是宇宙诞生后不久生成的。

8. 解析：

（1）当电子受到的电场力与洛沦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心O点，设电子的速度为v，则 evB?eE

得 v?EU 即 v?

BbB（2）当极板间仅有偏转电场 时，电子以速度v进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为

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a?eU mb电子在水平方向作匀速运动，在电场内的运动时间为 t1?L1 v2eL1U12这样，电子在电场中，竖直向上偏转的距离为 d1?at1?

22mv2b离开电场时竖直向上的分速度为 v1?at1?eL1U mvbL2 v电子离开电场后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏 t2?t2时间内向上运动的距离为 d2?v?t2?eUL1L2 2mvbL1eUL(L?) 122mv2b这样，电子向上的总偏转距离为 d?d1?d2?可解得

eUd ?2mBbL1(L2?L1/2)9. 解析：

（1）光电子由K向A定向移动，电流方向与电子定向移动方向相反，故光电流由A流向K，因此通过电流表的电流从下向上。

（2）由题意当电压表的示数增大到2.1V时，电流表的示数刚好减小到零．即当电压为2.1V时具有最大初动能的电子刚好不能到达A板。

据此对该电子应用动能定理有：Ek=Ue 得最大初动能为Ek=2.1eV=3.36×10－19J （3）由光电效应方程：Ek=hγ－W 得γ=9.66×l014Hz

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10. 解析：

设质点P的质量为m，电量为q，当A、B间的电压为U0时，有qU0=mg ①（1分） d当两板间的电压为2U0时，P的加速度向上，其大小为a1，则 q分）

解得 a1 = g ③（1分）

2U0-mg=ma1②（1d当两板间的电压为-2U0时，P的加速度向下，其大小为a2，则 q（1分）

解得 a2 =3g ⑤（1分）

2U0+ mg=ma2 ④d（1）要使质点在飞出小孔之前运动的时间最短，须使质点释放后一直向下加速运动。设质点释放后经过时间t到达小孔O’，则

解得 t?11d?a2t2 ⑥（1分） 22d ⑦（1分） 3g因为T?T12d，所以t?，质点到达小孔之前能一直加速。（1分）

2g因此要使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短，质点释放的时刻t0应满足

T?t0?T?t 2即

3dd ⑧（1分） ?t0?5g3g（2）要使质点P从小孔飞出时的速度达到最大，须使质点释放后先向上加速、再向上减速运动，在到达小孔O时速度减为0，然后向下加速运动直到小孔O’。

设质点释放后向上加速时间为t1、向上减速时间为t2，则 v1?gt1 （1分）

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0?v1?3gt2 （1分）

1112d?gt12?(v1t2??3gt2) ⑨（1分） 222由以上各式解得 t1?因为t1?3dd，t2? ⑩（1分）

12g4gTT，t2?，因此质点P能向上先加速后减速恰好到达小孔O。（1分） 2212设质点从小孔O向下加速运动到小孔O’经过的时间为t3，则 d??3gt3 ⑾（1

2分）

解得 t3?2d ⑿（1分） 3g(1?22)dT?，因此质点P能从小孔O向下一直加速运动到小孔g223因为t2?t3?O’，此时质点P从小孔O’飞出时的速度达到最大．（1分）

因此，要使质点P从小孔飞出时的速度达到最大，质点P释放的时刻应为

t0?T3d ⒀（1分） ?t1?24g11. 解析：

（1）A属于聚变方程 （1分）

1040n，201n，2He，?1n（全对得1分）

E = [m2＋m3－(mα＋mn)]c2 （1分）

（2）如图1所示，当离子的速度沿与内边界圆相切的方向射入磁场，且轨道与磁场外圆相切时所需磁场的磁感应强度B1，即为要求的值。设轨迹圆的半径为r1，

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则r1＝

R2?R12?R1（1分） 22v2由：qvB1＝m（1分）

r1解之得：B1=

2Mv（2分） qR1（3）如图2所示（2分）。

要使沿OM方向运动的离子不能穿越磁场，则其在环形磁场内的运动轨迹圆中最大值与磁场外边界圆相切。设这时轨迹圆的半径为r2，速度为v2，则：

r22 +R12＝（R2一r2）2 （1分） 解之得：r 2 ＝R1 （1分）

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v22由qv2B＝m

r2解之得：v2 =

BqR1 （1分） m离子在b区域中做匀速圆周运动的周期T1=

2?m （1分） qB离子在b区域中一次运动的时间t1 =T1 （1分） 离子在a区域中由O到M点的运动时间t2 =

34R1 （1分） v2m(6??8)（2分） qB离子在a、b区域内运动的周期T= 4t1+8t2 =

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