2025年高考物理壓軸題專項訓練試卷：真題分析與解題技巧考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、在光滑水平面上，質量分別為\(m\)和\(2m\)的兩個小球\(A\)和\(B\)，用一根不可伸長、不計質量的輕繩連接。開始時，兩球靜止，輕繩拉直，\(A\)球正對著\(B\)球，此時\(A\)、\(B\)間的距離為\(L\)?，F(xiàn)給\(A\)球一個水平向右的初速度\(v_0\)。求：1.兩球首次相遇時，\(A\)球的速度大小。2.從開始運動到兩球首次相遇，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。二、一個質量為\(m\)、電荷量為\(+q\)的小物塊，從靜止開始從固定的光滑絕緣斜面底端無初速度上滑。斜面傾角為\(\alpha\)，處于磁感應強度大小為\(B\)、方向垂直紙面向外的勻強磁場中。物塊上表面與斜面平行，并始終與斜面接觸。求：1.當物塊上滑\(h\)高度時，其加速度的大小。2.若物塊與斜面間存在動摩擦因數(shù)為\(\mu\)的摩擦力，物塊能上滑的最大高度。3.若物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為\(\mu\)，且物塊在運動過程中受到的最大靜電力大小為\(f_{\text{max}}\)，物塊從靜止開始運動到速度第一次變?yōu)榱?，克服摩擦力做的功。三、一個理想變壓器的原線圈連接一個匝數(shù)為\(N_1\)的線圈，副線圈連接一個由\(R_1\)和\(R_2\)串聯(lián)組成的電路。原線圈輸入電壓\(u\)隨時間\(t\)變化的規(guī)律為\(u=U_m\sin\omegat\)。已知原副線圈匝數(shù)比\(\frac{N_1}{N_2}=k\)(\(k>1\))。求：1.副線圈兩端電壓的有效值。2.通過\(R_1\)的電流的有效值。3.變壓器的輸入功率。四、在真空中，一個邊長為\(a\)的等邊三角形\(ABC\)區(qū)域內存在一個水平方向的勻強電場，場強大小為\(E\)。一個質量為\(m\)、電荷量為\(+q\)的小球（可視為質點），從\(A\)點以大小為\(v_0\)的初速度沿\(AC\)邊方向斜向上射入該電場區(qū)域，初速度方向與\(AC\)邊的夾角為\(\theta\)(\(0<\theta<\frac{\pi}{2}\))。不計重力，求：1.小球在電場中做類平拋運動的加速度大小和方向。2.小球能否飛出該電場區(qū)域？若能，求其飛出點位置；若不能，求其最終落點位置（以\(A\)點為原點，\(AC\)邊為\(x\)軸，\(AB\)邊為\(y\)軸，寫出坐標表示）。3.小球從射入到最終落回\(AC\)邊的過程中，電場力對其做的功。試卷答案一、1.\(\frac{2mv_0}{3m+2m}=\frac{2v_0}{3}\)2.\(Q=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}(m+2m)\left(\frac{2v_0}{3}\right)^2=\frac{1}{9}mv_0^2\)解析：1.兩球一起向右運動，當它們相遇時，設\(A\)球的速度為\(v_A\)，\(B\)球的速度為\(v_B\)。由于輕繩不可伸長，兩球相遇時它們的速度相等，即\(v_A=v_B\)。根據(jù)動量守恒定律，有：\[mv_0=(m+2m)v_A\]解得：\[v_A=\frac{mv_0}{m+2m}=\frac{v_0}{3}\]由于兩球相遇時\(A\)球的速度即為\(v_A\)，故\(A\)球的速度大小為\(\frac{2v_0}{3}\)。2.系統(tǒng)從開始運動到兩球首次相遇，只有繩的拉力做功，系統(tǒng)機械能守恒。設兩球首次相遇時\(A\)球的速度為\(v_A\)，\(B\)球的速度為\(v_B\)，則有：\[\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}mv_A^2+\frac{1}{2}(2m)v_B^2\]由于\(v_A=v_B\)，代入\(v_A=\frac{v_0}{3}\)可得：\[\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}m\left(\frac{v_0}{3}\right)^2+\frac{1}{2}(2m)\left(\frac{v_0}{3}\right)^2=\frac{1}{9}mv_0^2\]機械能減少量即為系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量\(Q\)，故：\[Q=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{9}mv_0^2=\frac{4}{9}mv_0^2\]注意到兩球從初始位置運動到相遇位置，\(A\)球向右移動了\(\frac{2L}{3}\)，\(B\)球向右移動了\(\frac{L}{3}\)，繩的拉力對\(A\)球做負功，對\(B\)球做正功，但大小相等，故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于\(A\)球機械能的減少量，即\(Q=\frac{1}{9}mv_0^2\)。二、1.\(a=\frac{qBv_0\sin\alpha}{m}\)2.\(h_{\text{max}}=\frac{mv_0^2\sin^2\alpha}{2(qBv_0\sin\alpha+\mumg\cos\alpha)}\)3.\(W_f=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{qBh_{\text{max}}v_0\sin\alpha}{m}\)解析：1.對物塊進行受力分析，受重力\(mg\)，支持力\(N\)，洛倫茲力\(f_B=qvB\sin\alpha\)（方向沿斜面向上）。根據(jù)牛頓第二定律，沿斜面向下：\[mg\sin\alpha-qBv\sin\alpha=ma\]當物塊上滑\(h\)高度時，速度為\(v=\sqrt{2gh}\)，代入上式解得加速度大?。篭[a=\frac{qB\sqrt{2gh}\sin\alpha}{m}\]2.物塊上滑過程中，受到的摩擦力方向始終沿斜面向下，大小為\(f_f=\muN=\mumg\cos\alpha\)。當物塊速度減為零時，設上滑的最大高度為\(h_{\text{max}}\)，根據(jù)動能定理：\[-mg(h_{\text{max}}\sin\alpha)-\mumg\cos\alpha\cdoth_{\text{max}}=0-\frac{1}{2}mv_0^2\]解得：\[h_{\text{max}}=\frac{mv_0^2\sin^2\alpha}{2(qBv_0\sin\alpha+\mumg\cos\alpha)}\]3.物塊從靜止開始運動到速度第一次變?yōu)榱?，克服摩擦力做的功等于物塊機械能的減少量。設物塊速度第一次變?yōu)榱銜r的高度為\(h'\)，根據(jù)動能定理：\[-mg(h'\sin\alpha)-\mumg\cos\alpha\cdoth'=0-\frac{1}{2}mv_0^2\]解得：\[h'=\frac{mv_0^2\sin^2\alpha}{2(qBv_0\sin\alpha+\mumg\cos\alpha)}\]物塊在運動過程中受到的最大靜電力方向沿斜面向上，大小為\(f_{\text{max}}\)。當洛倫茲力與重力沿斜面向下的分力之和等于最大靜電力時，靜電力達到最大值，即：\[f_{\text{max}}=mg\sin\alpha+qBv_{\text{max}}\sin\alpha\]其中\(zhòng)(v_{\text{max}}\)為物塊速度最大時的速度，此時摩擦力為零。設物塊速度最大時的高度為\(h_{\text{max1}}\)，根據(jù)動能定理：\[-mg(h_{\text{max1}}\sin\alpha)=\frac{1}{2}mv_{\text{max}}^2-0\]又因為\(v_{\text{max}}=\frac{qBv_0\sin\alpha}{qB\sin\alpha+\mumg\cos\alpha}\)，代入上式解得：\[h_{\text{max1}}=\frac{qBv_0\sin^2\alpha}{2(qB\sin\alpha+\mumg\cos\alpha)^2}\]物塊從靜止開始運動到速度第一次變?yōu)榱?，電場力做的功為：\[W_{\text{電}}=-qB\int_0^{h'}v\,\mathrm8ccymuax=-qB\int_0^{h'}v_0\sin\alpha\sqrt{\frac{2gh}{h'}}\,\mathrm0a6ye2qh=-\frac{qBv_0\sin\alpha}{m}\sqrt{2gh'}\]代入\(h'\)的表達式可得：\[W_{\text{電}}=-\frac{qBh_{\text{max}}v_0\sin\alpha}{m}\]克服摩擦力做的功為：\[W_f=\frac{1}{2}mv_0^2-W_{\text{電}}=\frac{1}{2}mv_0^2+\frac{qBh_{\text{max}}v_0\sin\alpha}{m}\]三、1.\(U_2=\frac{N_2}{N_1}U_m=\frac{1}{k}U_m\)2.\(I_1=\frac{U_2}{R_1+R_2}=\frac{U_m}{k(R_1+R_2)}\)3.\(P=U_1I_1=\frac{U_m^2}{k(R_1+R_2)}\)解析：1.理想變壓器原副線圈電壓與匝數(shù)成正比，副線圈兩端電壓的有效值為：\[U_2=\frac{N_2}{N_1}U_1=\frac{N_2}{N_1}U_m=\frac{1}{k}U_m\]2.副線圈電流的有效值等于通過\(R_1\)和\(R_2\)的電流有效值的和，由于副線圈為純阻電路，各處電壓、電流、功率均同相，故：\[I_1=\frac{U_2}{R_1+R_2}=\frac{U_m}{k(R_1+R_2)}\]3.理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，副線圈消耗的功率為：\[P=U_2I_2=U_2^2\frac{1}{R_1+R_2}=\frac{U_m^2}{k^2(R_1+R_2)}\]由于理想變壓器沒有能量損失，輸入功率等于輸出功率，故變壓器的輸入功率為：\[P=\frac{U_m^2}{k(R_1+R_2)}\]四、1.\(a=\frac{qE}{m}\)，方向沿\(y\)軸負方向2.不能飛出電場區(qū)域，最終落點位置為\((0,-\frac{a}{2})\)3.\(W=-qEah\)解析：1.小球只受電場力作用，電場力大小為\(f=qE\)，方向沿\(y\)軸負方向，根據(jù)牛頓第二定律，小球的加速度大小為：\[a=\frac{f}{m}=\frac{qE}{m}\]方向沿\(y\)軸負方向。2.小球做類平拋運動，沿\(x\)方向做勻速直線運動，沿\(y\)方向做初速度不為零的勻減速直線運動。設小球飛出電場區(qū)域時沿\(y\)方向的速度為\(v_y\)，則有：\[v_y=v_0\sin\theta-at=v_0\sin\theta-\frac{qE}{m}t\]小球在電場中運動的時間為：\[t=\frac{a}{v_0\cos\theta}=\frac{a}{v_0\cos\theta}\]小球在電場中運動的水平距離為：\[x=v_0\cos\theta\cdott=\frac{av_0\cos\theta}{v_0\cos\theta}=a\]小球在電場中運動的豎直距離為：\[y=v_0\sin\theta\cdott-\frac{1}{2}at^2=\frac{av_0\sin^2\theta}{2v_0\cos\theta}=\frac{a\sin^2\theta}{2\cos\theta}\]由于\(\sin^2\theta+\cos^2\theta=1\)，代入上式可得：\[y=\frac{a(\sin^2\theta+\cos^2\theta)}{2\cos\theta}=\frac{a}{2\cos\theta}\]小球最終落點位置為\((a,-\