专项练6-【高考前沿】2023高考物理第二轮复习·超级考生备战高考（新教材）

4.B作出粒子运动的轨迹如图。 (2)设运动员着陆过程中着陆坡对运动员的平均冲击力大小为 由左手定则可知，粒子带正电，选项A错 F,垂直于坡的方向，由动量定理可得 误；由轨迹图结合题意可知粒子在磁场中 (F-mgcos&）·t2=m(u,cosa-sina） 偏转角度为90°，设O为圆周运动的圆心， 解得F=1830N。 由几何关系可知2r2=(2R)2,整理可得r= 答案：(1)45m(2)1830N √2R,由洛伦兹力提供向心力有qB= 9.解析：(1)设粒子从Q点离开电场时速度大小为v,粒子做类平抛 "四参显了得是一额选项B正， 运动， 。” m C错误：由图可知粒子在磁场中的偏转角 有兽-sin30,得=2 为90°，故粒子在磁场中的运动时间为t= 36X2/2xR_2xR 90° 由动能定理得 2Un 选项D错误。 5.AC由题图乙所示图像可知，1=1、时物块将开始运动，此时物 3m6 块受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由题图甲所示图像可知，= 解得电场强度大小E=20d· 1s时拉力F,=4N,由平衡条件可知，物块与水平面间的最大静 (2)设粒子从M点进入磁场，从N,点离开磁场区域，如图，粒子 摩擦力Fmax=F1=4N,A正确；由题图甲、乙所示图像可知，当 在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,圆心为O,由gB=m R· F,=12N时物块的加速度a=5m/s2,设物块与水平面间的动 可得 摩擦因数为4，对物块，由牛顿第二定律得F2一mg=ma,解得 4=0.1,B错误；F-1图像中图线与横轴围成图形的面积等于力 R-=2d gB 的冲量，由题图甲所示图像可知，在0一5s时间内，拉力F的冲 量I=2×(2+5)×12N·s=42N,s,C正确at图像中图线 与横轴所围的面积等于物块的速度，由题图乙所示图像可知，5s 未物块的速度v=之×(1+5)×2m/s十5×2m/s=16m/s,在 0~5s时间内，设合外力微的功为W,由动能定理得W=号m -0=×2×162J=256J,D错误。 6.BD金属杆在无磁场区域做匀加速运动，而金属杆进入磁场I 由几何关系可知∠MO1N=120°， 和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆刚进入磁场I时做减速运动，随 速度减小，安培力减小，则根据F安一mg=ma,可知加速度减小， 所以00=Rcos60=2R=d 即金属杆做变减速运动，故A错误。由于金属杆进入磁场I和 Ⅱ时的速度相等，可知金属杆穿过两磁场的运动情况完全相同， 故最小矩形长为2R,宽为2R,最小面积为 则穿过两磁场克服安培力做的功相等，故B正确：根据q=I△1= S=2R×号R=3R2=12dP. =”R-驶，可知穿过两磁场时通注会局杆导体面 E △Φ (3)设粒子在电场中运动时间为1，由平抛知识可知 的电荷量相等，故C错误：金属杆从刚进入磁场【到刚进入磁场 d=· Ⅱ的过程，由能量守恒定律得2mgd=Q1,金属杆通过磁场Ⅱ时 产生的热量与通过磁场【时产生的热量相同，所以穿过磁场Ⅱ 的过程产生的热量为Q2=2mgd,故D正确。 代入数据可求1=2,3d 36 7.解析：(1)(2)由于m。<m6,则碰撞后两小球的速度都小于碰撞 粒子由Q点到M点做匀速直线运动，设用时t2 前a的速度，故碰撞前小球a的压痕点为A,碰撞后小球a的压 由几何关系可求得QM=4尽d 痕点为B。 3 设a单独滚下经过斜槽轨道末端的速度为v,两球碰撞后a、b的 速度分别为v。和6，由于碰撞后4球沿轨道反弹后返回，若两 23d l2= 球碰撞动量守恒，则mnv=mU。十m,ub,根据平抛规律得 34 g 粒子在磁场中运动时同6，有6=号T号×2-把 36 t N2y1 t 粒子从N点到O点，做匀速直线运动，用时4 g %= =V2y' 由几何知识可求ON=5yd 化筒可得=一。十 1 /y2/y3 所以可知，本实验必须测量的物理量是小球a、b的质量ma、m, 4= 53d 6vo 以及纸上O点到A、B、C的距离y12g.故选A、D。 (3)由(1)中分析可知，用本实验中所测得的物理量来验证两球 故g=1十+6+4-25d+23d+4d+55d 3% 3% 3 66 碰撞过程动量守恒，其表达式为。 Vy Vy2 vy3 =(133+8x)d 66 答案：1)AD(2)B(3)m=-m=十m y1 答案 (2)12P(3)133+8x)d 6% 8.解析：(1)设运动员从B点飞出的速度为0，到达P点时竖直速 专项练（六） 度为，方向与水平方向间夹角为0，有西=g1an0=票 1.B原子核是由质子和中子组成的，Pu-238与Np-237的中子数 由平抛运动的推论可得tan0=2tan& 相同，选项A错误：由弱Np十n→2Pu十-9e,可知选项B正 由机藏能宇恒可得mgh