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1、试卷第 1 页，共 60 页 高考理综物理解答题专项集中训练 50 题含参考答案 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 一、解答题 1如图甲所示，在直角坐标系中的 0 xL 区域内有沿 y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L，0）为圆心、半径为 L 的圆形区域，与 x 轴的交点分别为 M、N，在 xOy 平面内，从电离室产生的质量为 m、带电荷量为 e 的电子以几乎为零的初速度从 P 点飘入电势差为 U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔 Q 点沿 x 轴正方向进入匀强电场，已知 O、Q 两点之间的距离为2L，飞出电场后从 M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力（1）求 0 xL 区域内
2、电场强度 E 的大小和电子从 M 点进入圆形区域时的速度 vM；（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于 x 轴，求所加磁场磁感应强度 B 的大小和电子在圆形区域内运动的时间 t；（3）若在电子从 M 点进入磁场区域时，取 t0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从 N 点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期 T 满足的关系表达式 【答案】（1）2UEL，2MeUvm，设 vM的方向与 x 轴的夹角为，45；（2）2MmvmvBeRLe，3348MRLmtveU；（3）T 的表达式为22mL
3、TnemU（n1，2，3，）【解析】【详解】（1）在加速电场中，从 P 点到 Q 点由动能定理得：2012eUmv 可得02eUvm 电子从 Q 点到 M 点，做类平抛运动，x 轴方向做匀速直线运动，02LmtLveU 试卷第 2 页，共 60 页 y 轴方向做匀加速直线运动，2122LeEtm 由以上各式可得：2UEL 电子运动至 M 点时：220()MEevvtm 即：2MeUvm 设 vM的方向与 x 轴的夹角为，02cos2Mvv 解得：45（2）如图甲所示，电子从 M 点到 A 点，做匀速圆周运动，因 O2MO2A，O1MO1A，且 O2AMO1，所以四边形 MO1AO2为菱形，即
4、RL 由洛伦兹力提供向心力可得：2MMvev BmR 即2MmvmvBeRLe 3348MRLmtveU（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为 90，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在 x 轴方向上的位移恰好等于轨道半径2R，即2 22RL 试卷第 3 页，共 60 页 因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达 N 点且速度符合要求的空间条件为：2(2)2nRL（n1，2，3，）电子在磁场中做圆周运动的轨道半径0MmvReB 解得：022nemUBeL（n1，2，3，）电子在磁场变化的半个周期内恰好转过14圆周，同时在 MN
5、间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达 N 点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是0142TT 又002 mTeB 则 T 的表达式为22mLTnemU（n1，2，3，）2一端开口且内壁光滑的细玻璃管竖直放置，如图所示：管中用一段高 25cm 的水银柱封闭长60cm的空气柱，此时水银柱上端到管口的距离为15cm，大气压强恒为75cmHg，环境温度恒为 27求：（1）在竖直平面内从图示位置缓慢转动玻璃管至水平位置，求此时空气柱的长度；（2）将玻璃管缓慢由水平位置转回原位置后，当封闭气体温度升高至多少时，可使水银刚要溢出 【答案】（1）80cm（2）107【解析】【详解】(1)101
6、00pphcmHg 水平后2075ppcmHg 等温过程：1122p L Sp L S 解得：280Lcm；(2)水平时有部分水银溢出，剩余水银h 试卷第 4 页，共 60 页 21LhLhL 所以2025hcmhcm 竖直后 3095pphcmHg 23LL 由公式3230ppTT 其中0300TK 所以3380107TKC 3如图所示，半径 R=0.5m 的光滑圆环固定在竖直面上，圆环底端固定一轻弹簧，弹簧上端与物体 A 连接，圆环上端固定一光滑小滑轮，一轻绳绕过滑轮，一端与 A 连接，另一端与套在大圆环上的小球 B 连接，已知 A 的质量 mA=1kg，B 的质量 mB=2kg，图示位置
7、细绳与竖直方向成 30，现将 A、B 自图示位置由静止释放，当 B 运动到与圆心等高的C点时A运动到圆心位置，此时B的速度大小为2m/s，求在此过程中（g=10m/s2，3=1.732，2=1.414)：（1）绳的拉力对 B 做的功；（2）弹簧弹性势能的变化量。【答案】（1）9J；（2）8.410J【解析】【分析】【详解】（1）对 B 由动能定理有 212BBCBBWm ghm v 试卷第 5 页，共 60 页 其中 2cos30BChRR 解得 9JW (2)根据 A、B 沿绳子方向的分速度大小相等得 cos452m/sABvv 对 A 由动能定理得 21=2AAOAAWm ghWm v弹
8、其中 2 cos302 cos45(32)AOhRRR 解得 8.410JW弹 因为 PWE 弹 所以 p8.410JE 4如图所示，足够大的空间范围内存在水平向右的匀强电场。一根长为 L1.0m 的绝缘轻质细线一端固定在 O点，另一端系一带电小球，小球带电量为 q4.0103C、质量为 m8.0102kg。现小球静止在 A 点，细线与竖直方向夹角 37，（g10m/s2，sin370.6，cos370.8，结果可保留根号）。求：（1）电场强度的大小；（2）在 A 点沿垂直细线方向对小球施加多大的冲量，可确保小球在纸面内运动的过程中，细线不松弛；（3）在原题基础上加垂直纸面向里、磁感应强度 B
9、2T 的匀强磁场，若在 A点让小球获得沿垂直细线方向的15 2m/s的速度，求小球在纸面内绕 O点做顺时针圆周运动时细线上的最小拉力。试卷第 6 页，共 60 页 【答案】(1)150N/C (2)I0.4Ns 或 I105Ns (3)31.16N【解析】【详解】(1)小球静止时：0tan37qEmg 解得：150NEC；(2)0AImv 分两种情况 小球摆动不超过 CD 两点，临界时刚好到达 C 或 D 点，速度为 0 从 A 到 C 由动能定理得：2102ACACAEqxmgymv 其中00sin37sin531.4ACxLLm 00cos37cos530.2ACyLLm 解得：10.4I
10、N s 能做完整圆周运动，从 A 到 B 0022112cos372sin3722ABmgLqELmvmv 临界时，恰好到达 B 点，绳上无弹力 200cos37cos53BmvmgqEL 解得：2105IN s 综上0.4IN s或105IN s；(3)由题知洛伦兹力沿绳向外 在 B 处，绳上拉力最小 试卷第 7 页，共 60 页 从 A 到 B：00220112cos372sin3722mgLqELmvmv 解得：20mvs 在 B 处：200cos37cos53mvTqBvmgqEL 解得：31.16TN 5如图所示，半径 R=0.4m 的部分光滑圆轨道与水平面相切于 B 点，且固定于竖
11、直平面内在水平面上距 B 点 s=5m 处的 A 点放一质量 m=3kg 的小物块，小物块与水平面间动摩擦因数为=0.5小物块在与水平面夹角=37斜向上的拉力 F的作用下由静止向 B 点运动，运动到 B 点时撤去 F，小物块沿圆轨道上滑，且能到圆轨道最高点 C圆弧的圆心为 O，P 为圆弧上的一点，且 OP 与水平方向的夹角也为(g 取 10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)求:(1)小物块在 B点的最小速度 vB大小；(2)在(1)情况下小物块在 P点时对轨道的压力大小；(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道 C点，则拉力 F 的大小范围.【答案】(1)2 5m/sBv (
12、2)36N (3)210N50N11F【解析】【详解】（1）小物块恰能到圆环最高点时，物块与轨道间无弹力设最高点物块速度为 vC：有：mg=m2CvR 得：vC=2m/s 物块从 B 到 C 运动，只有重力做功，所以其机械能守恒，则得：2211222CBmgRmvmv 试卷第 8 页，共 60 页 解得：vB=25m/s（2）物块从 P 到 C 由动能定理：2211(1 sin)22CPmgRmvmv，解得6 5/5Pvm s 在 P 点由牛顿第二定律：2sinPNvmgFmR 解得 FN=36N 根据牛顿第三定律可知，小物块在 P 点对轨道的压力大小为36NNFFN （3）当小物块刚好能通过
13、 C 点时，从 A 到 B 过程：(sin)fmgF 21cos2BFsfsmv 解得21011FN 当物块在 AB 段即将飞离地面时，Fsin=mg 解得 F=50N，综上，拉力的取值范围是：2105011NFN 6 如图所示，绝缘轨道 MNPQ 位于同一竖直面内，其中 MN 段是长度为 L的水平轨道，PQ 段为足够长的光滑竖直轨道，NP 段为光滑的四分之一圆弧，圆心为 O，直线 NN右侧有方向水平向左的电场（图中未画出），电场强度 E=3mgq，在包含圆弧轨道 NP的 ONOP 区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为 B 的匀强磁场（边界处无磁场）轨道 MN 最左端 M 点处静止一质量为
14、m、电荷量为 q的带负电的物块 A，一质量为 3m为物块 C 从左侧的光滑轨道上以速度 v0撞向物块 AA、C 之间只发生一次弹性碰撞，且最终刚好挨在一起停在轨道 MN 上，A、C 均可视为质点，且与轨道 MN 的动摩擦因数相同，重力加速度为 gA 在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨道A第一次到达 N 点时，对轨道的压力为 2mg求：试卷第 9 页，共 60 页（1）碰撞后 A、C 的速度大小；（2）A、C 与水平轨道 MN 的动摩擦因数；（3）A 对轨道 NP 的最大压力的大小【答案】（1）032Avv；012Cvv（2）2058vgL（3）053mgqv B【解析】【分析】（1
15、）A、C 发生弹性碰撞，满足动量守恒和动能守恒，列式联立求解碰后 A、C 的速度；（2）A 在 NN右侧运动过程中，电场力和重力做功之和为 0 根据动能定理列式求解 A、C 与水平轨道 MN 的动摩擦因数；（3）将重力和电场力进行等效合成，找到 A 对轨道 NP 有最大压力的位置，根据动能定理求解此位置的速度，根据牛顿第二定律求解最大压力.【详解】（1）A、C 发生弹性碰撞后的速度分别为 vA、vC，则有：3mv0=mvA+3mvC 2032mv=2A2mv+2C32mv 联立解得：032Avv 012Cvv（2）设 A、C 最后静止时与 M 点的距离为 l1，A 在 NN右侧运动过程中，电场
16、力和重力做功之和为 0有 mg（2Ll）=2A2mv 3mgl=2C32mv 联立解得2058vgL（3）设 A 在点的速度为Nv，A 从 M 到 N 的过程中，由动能定理得 22NA1122mgLmvmv 设圆弧 NP 的半径为 a 因为 A 在点时对轨道的压力为 2mg，22Nvmgmgma A 在 NN右侧受到的电场力 F=qE=3mg 试卷第 10 页，共 60 页 重力和电场力的合力大小为 F合=2mg，方向与 OP 夹角为30过 O 点沿合力方向作直线与圆弧相交于点，当 A 经 P 点返回 N 点的过程中到达 K 点时，达到最大速度Av，此时 A 对轨道的压力最大 A 从 M 点到
17、 K 点过程中，由动能定理可得：22AA11cos301 sin3022qEamgLmgamvmv 返回 K 点时：FNF合2AAvqv Bma 由得：FN053mgqv B 由牛顿第三定律得 A 对轨道 NP 的最大压力为：N053Fmgqv B 7一列沿 x 轴负向传播的简谐横波在 t=0 时刻波的图象如图所示，经 0.1s，质点 M 第一次回到平衡位置，求：(1)这列波传播的速度大小；(2)质点 M 在 1.2s内，走过的路程【答案】（1）5m/s；（2）4m【解析】【分析】运用波形的平移法研究质点 M 质点 M 第一次回到平衡位置时，波传播的距离，根据xvt求解波速，根据数学知识求解波
18、长，从而求出周期，而一个周期内，质点运动的路程为 4A；试卷第 11 页，共 60 页【详解】解：(1)根据数学知识得：2yAsin xAsinx 由题知：210200.1sin 则波长为：1.2m 波沿 x 轴负方向传播，当 M 第一次回到平衡位置，此过程中波传播的距离为：0.5xm 则波速为：0.5/5/0.1xvm sm st(2)波沿 x 轴负方向传播，周期：1.20.245Tsv 1.25tsT 则质点 M 在 1.2s 内走过的路程：5 44sAm 8如图所示，有一质量为 M=2kg 的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg 的小物块 A 和 B(均可视为质点)，由
19、车上 P 处开始，A 以初速度 v1=2m/s 向左运动，B 同时以 2=4m/s 向右运动 最终 A、B 两物块恰好停在小车两端没有脱离小车 两物块与小车间的动摩擦因数都为=0.1，取 g=10m/s2求：(1)物块 A 开始运动至减速为零所用的时间 t 及此减速过程的位移 x1；(2)小车总长 L；(3)从 A、B 开始运动计时，经 6s 小车运动的路程 x【答案】(1)12ts 、12xm(2)9.5Lm(3)1.625xm 【解析】【分析】(1)由于开始时物块 A、B 给小车的摩擦力大小相等，方向相反，小车不动，物块 A、B做减速运动，加速度 a 大小一样，A 的速度先减为零，根据运动
20、学基本公式及牛顿第二定律求出加速度和 A 速度减为零时的位移及时间，(2)A 在小车上滑动过程中，B 也做匀减速运动，根据运动学公式求出 B 此时间内运动的位移，B 继续在小车上减速滑动，而小车与 A 一起向右方向加速因地面光滑，两个物块 A、B 和小车组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出共同速度，根据功能关系列式求出此过程中 B 运动的位移，三段位移之和即为小车的长度；(3)小车和 A 在摩擦力作用下做加速运动，由牛顿运动定律可得小车运动的加速度，再根据运动学基本公式即可求解 试卷第 12 页，共 60 页【详解】(1)物块 A 和 B 在小车上滑动，给小车的摩擦力等大反向，故 A 运动
21、至小车左端前，小车始终静止 Amgma；11Ava t，21112Axa t；联立可得12ts、12xm；(2)设最后达到共同速度 v，整个系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv2mv1(2m+M)v；由能量守恒定律得：mgL12mv1212mv2212(2m+M)v2 解得：v0.5m/s，L9.5m；(3)从开始到达到共速历时 t2，速度：vv2aBt2 由牛顿第二定律得：mgmaB 解得：t23.5s 小车在1 t前静止，在1 t至2t之间以a向右加速：由牛顿第二定律得：mgMm a 小车向右走位移：s12a(t2t1)2 接下去三个物体组成的系统以 v 共同匀速运动了：s
22、v(6st2)联立以上式子，解得：小车在 6s 内向右走的总距离：xs+s1.625m；【点睛】本题主要考查了运动学基本公式、动量守恒定律、牛顿第二定律、功能关系的直接应用，关键是正确分析物体的受力情况，从而判断物体的运动情况，过程较为复杂，难度较大 9如图所示，质量 m4.6kg 的物体（可以看成质点）用细绳拴住，放在水平传送带的右端，物体和传送带之间的动摩擦因数 0.2，传送带的长度 l6m，当传送带以 v4m/s的速度做逆时针转动时，绳与水平方向的夹角为37 已知：重力加速g10m/s2，sin370.6，cos370.8（1）传送带稳定运行时，求绳子的拉力；（2）某时刻剪断绳子，求物体
23、在传送带上运动的时间；（3）剪断细线后，物体在传送带上运动过程中和传送带之间由于摩擦而产生的热量 试卷第 13 页，共 60 页 【答案】(1)10 N(2)2.5 s(3)36.8J【解析】【分析】物块受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力处于平衡，根据共点力平衡，运用正交分解求出绳子拉力的大小；剪断绳子，物块先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度时，一起做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出物体运动到传送带的左端的时间；求出物体与传送带之间的相对位移，根据Qfx求出摩擦产生的热量；【详解】解：(1)对物体受力分析：TsinNmg Tcosf fN 解得：10 TN(2)剪断后Nmg
24、22/fagm sm 物体加速运动时间：1t2 sva 物体加速运动距离：2111xat4 m2 匀速运动的时间：1264ts=0.5 s4lxv 总时间：122.5 ttts(3)加速过程中，皮带运动的位移：14 28 xvtm 物体相对于皮带的位移大小：14 xxxm 摩擦产生的内能：36.8Qfxmg xJ 10如图所示，半径为 r的圆形匀强磁场区域与 x轴相切于坐标系的原点 O，磁感应强度为 B0，方向垂直于纸面向外磁场区域右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为 2r，轴线与 x轴平行且过磁场区域的圆心，左侧的电势比右侧高在加速管出口下侧距离 2r处放置一宽度为 2r 的荧光屏加速管右
25、侧存在方向垂直于纸面向外磁感应强度也为 B0的匀强磁场区域在 O点处有一个粒子源，能沿纸面向 y0 的各个方向均试卷第 14 页，共 60 页 匀地发射大量质量为 m、带电荷量为 q且速率相同的粒子，其中沿 y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置（不计粒子重力及其相互作用）（1）求粒子刚进入加速管时的速度大小 v0；（2）求加速电压 U；（3）若保持加速电压 U 不变，磁场的磁感应强度 B=0.9 B0，求荧光屏上有粒子到达的范围？【答案】（1）00qB rvm（2）22032qB rUm（3）149r【解析】【分析】由运动方向通过几何关系求得半径，进而由洛
26、伦兹力作向心力求得速度；再由几何关系求得半径，由洛伦兹力作向心力联立两式求得粒子速度，应用动能定理求得加速电压；先通过几何关系求得粒子在加速管中的分布，然后由粒子运动的半径及几何关系求得可打在荧光屏上的粒子范围；【详解】解：(1)磁场区域内粒子运动轨道半径为：1Rr 20001vB qvmR 00qB rvm(2)粒子在磁场区域的轨道半径为:22Rr 22vBqvmR 又0BB 02vv 试卷第 15 页，共 60 页 由动能定理得：2201122qUmvmv 解得：22032qB rUm(3)粒子经磁场区域后，其速度方向均与 x 轴平行；经证明可知：OO1CO2是菱形，所以 CO2和 y 轴
27、平行，v 和 x 轴平行 磁场的磁感应强度 B2减小 10%，即 22910BB，22102099rrr 荧光屏上方没有粒子到达的长度为:224229drrr 即荧光屏上有粒子到达的范围是：距上端49r处到下端，总长度149r 11固定的半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O 点为圆心，足够大的光屏 PQ 紧靠玻璃砖右侧且垂直于 MN一束单色光沿半径方向射向 O 点，=45，在光屏上出现两个光斑，其中一个光斑在 A 点，测得3ONAN，则 玻璃砖对此单色光的折射率?若减小 角，若还有两光斑，则两光斑之间距离将怎样变化？【答案】62 减小【解析】【分析】光屏 PQ 区域出现两个小光斑，一个是由于光的反
28、射形成的，一个是光的折射形成的，作出光路图，由几何知识求出入射角和折射角，再根据折射定律求出折射率 试卷第 16 页，共 60 页【详解】解：(1)细光束在 MN 界面，一部分反射，设反射光与光屏 PQ 的交点为 B，另一部分折射，设折射光与光屏 PQ 的交点为 A，折射角为 i，光路图如图所示，由几何关系得：tan3ONiAN 解得：60i 故此玻璃砖的折射率为：sin606(90)sin452sininsin (2)由几何关系得：tanBNON，tanONANi，若减小 角，则有i角增大，PN 减小，AN 减小，所以两光斑之间距离ABANBN减小；12如图，横截面积分别为 2S、3S 的密
29、闭导热汽缸 A、B，高度相等，底部通过细管连通，汽缸 B 顶部旁边有一阀门 K，初始时阀门关闭A、B 底部装有水银，汽缸 A 中被封闭理想气体高度为 h=15cm，汽缸 B 中被封闭理想气体高度为 2h，打开阀门 K，经足够长时间后两汽缸内液面高度恰好相等 外界大气压 p0=75cmHg，不考虑环境温度的变化，求打开阀门后，从阀门溢出的气体初态的体积与汽缸 B 内初态气体的总体积之比 【答案】5:9【解析】【分析】阀门打开经足够长时间后，两气缸内液面高度恰好相等，则两气缸内气体压强相等，结合前后状态和玻意耳定律求解【详解】试卷第 17 页，共 60 页 设初始时，气缸 A 内气体压强为Ap，气
30、缸 B 内气体压强为Bp，A 中水银面比 B 中高 h，则BAhppp 阀门打开经足够长时间后，两气缸内液面高度恰好相等，则两气缸内气体压强均变为0p，设气缸 A 内水银面下降h，则有23()S hS hh 设稳定后气缸 B 内气体在初始条件时体积为1V，对该部分气体，根据玻意耳定律有：103()Bp VpS hh 解得：183VSh 则溢出的气态初态的体积：2132VShV 与 B 气缸初态气体的总体积：32VSh 则溢出的气态初态的体积与 B 气缸初态气体的总体积之比为：2:5:9VV 13一列简谐横波沿 x轴方向传播，在 x 轴上沿传播方向上依次有 P、Q 两质点，P质点平衡位置位于 x
31、=4m 处，图（a）为 P、Q两质点的振动图象，图（b）为 t=4s 时的波形图，已知 P、Q 两质点平衡位置间的距离不超过 20m，求：（i）波速的大小及方向；（）Q质点平衡位置坐标 x的可能值。【答案】（i）0.75m/s，沿 x 轴正方向传播；（）7.75m，13.75m 或 19.75m【解析】【分析】【详解】（i）由图像可知，振动周期 8sT 波长 6m 则波速为 试卷第 18 页，共 60 页 0.75m/svT 图（a）中虚线为 P的振动图线，实线为 Q的振动图线，4s 末质点 P位于平衡位置向下振动，根据图（b），则波沿 x轴正方向传播；（）由题意可知，Q在 P 右侧，即波由
32、P传到 Q，由 P、Q两质点的振动图象可知，P比 Q 多振动(85)s(0,1,2,3,)tkk Q到 P 的距离为(63.75)m(0,1,2,3,)xv tkk 由于 20mx 则 0,1,2k 则有 3.75m,9.75m,15.75mx 则 Qxxx 代入数据得 7.75m,13.75m,19.75mQx 14如图，平面直角坐标系 xOy 内，x0 区域存在沿 x 轴正方向的匀强电场 E，x0 区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 B=0.2T一比荷qm=5108C/kg 的粒子，从点 P(6cm，0)进入电场，初速度 v0=8106m/s，方向沿 y 轴正方向，一段时间后经点
33、Q(0，16cm)进入磁场粒子重力不计，求：(1)匀强电场的电场强度 E；(2)粒子第一次回到电场时的位置坐标 试卷第 19 页，共 60 页【答案】(1)56 10NC (2)(0 4)cm，【解析】【分析】（1）粒子从 P 运动到 Q 做类平抛运动，利用平抛运动的知识求解；（2）进入磁场做圆周运动，正确地画出轨迹，找好相应的几何关系【详解】（1）粒子由 P 到 Q 做类平抛运动，设运动时间为 t，粒子的质量为 m，电荷量为 q，设y 轴方向粒子做匀速直线运动 0yv t 沿 x 轴正方向粒子做匀加速直线运动 212qExtm 解得：56 10/EN C（2）如图所示，设进入磁场时速度为v，
34、方向与 y 轴夹角为，在磁场中做圆周运动的圆心为1O 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2vqvBmr 则圆周运动半径mvrqB 设粒子第一次从 y 轴回到电场时的左边为1y，根据几何关系：12 sinyyr 在电场，电场力对粒子做正功：2201122qExmvmv，0cosvv 解得：14ycm 即粒子第一次回到电场时的位置坐标为(0,4)cm 15如图，足够大的光滑水平面上固定着一竖直挡板，挡板前 L 处静止着质量 m1=1kg的小球 A，质量 m2=2kg 的小球 B 以速度 v0运动，与小球 A 正碰 两小球可看作质点，试卷第 20 页，共 60 页 小球与小球及小球与挡板的碰撞时
35、间忽略不计，且碰撞中均没有机械能损失求 (1)第 1 次碰撞后两小球的速度；(2)两小球第 2 次碰撞与第 1 次碰撞之间的时间；(3)两小球发生第 3 次碰撞时的位置与挡板的距离【答案】(1)043v 013v 方向均与0v相同 (2)065Lv (3)9L【解析】【分析】（1）第一次发生碰撞，动量守恒，机械能守恒；（2）小球 A 与挡板碰后反弹，发生第 2 次碰撞，分析好位移关系即可求解；（3）第 2 次碰撞过程中，动量守恒，机械能守恒，从而找出第三次碰撞前的初始条件，分析第 2 次碰后的速度关系，位移关系即可求解【详解】（1）设第 1 次碰撞后小球 A 的速度为1v，小球 B 的速度为2
36、v，根据动量守恒定律和机械能守恒定律:201 122m vm vm v 222201 122111222m vmvm v 整理得：210122mvvmm，212012mmvvmm 解得1043vv，2013vv，方向均与0v相同（2）设经过时间t两小球发生第 2 次碰撞，小球 A、B 的路程分别为1x、2x，则有 11xvt，22xv t 由几何关系知：122xxL 整理得：065Ltv（3）两小球第 2 次碰撞时的位置与挡板的距离：235xLxL 以向左为正方向，第 2 次碰前 A 的速度043Avv，B 的速度为013Bvv，如图所示 试卷第 21 页，共 60 页 设碰后 A 的速度为A
37、v，B 的速度为Bv根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有 1212ABABmvm vmvm v；2222121211112222ABABm vm vm vm v 整理得：12212()2ABAmm vm vvmm，21112()2BABmm vm vvmm 解得：089Avv，079Bvv 设第 2 次碰后经过时间t发生第 3 次碰撞，碰撞时的位置与挡板相距x，则 Bxxv t，Axxvt 整理得：9xL 16 如图所示，在一等腰直角三角形ADC 区域内存在垂直于纸面的匀强磁场(包含边界)，AD=DC=a现有一质量为 m、电荷量为+q 的带电粒子，以某一速度 v1从 D 点沿 DA 边射入磁场
38、，后垂直于 AC 边射出磁场，粒子的重力忽略不计求：(1)磁感应强度 B 的大小和方向?(2)若改变粒子射入磁场速度大小，使粒子从 CD 边射出，求粒子从 CD 边射出的最大速度 v2为多少?【答案】（1）1mvBqa，垂直纸面向外 （2）2121vv 【解析】【分析】（1）带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，垂直于 AC 边出来，做轨迹，找出几何关系进行计算即可；（2）当粒子运动的轨迹和 AC 边相切时，粒子从 CD 边射出且速度最大，轨迹是个半试卷第 22 页，共 60 页 圆，利用几何关系求解即可【详解】（1）由题意可得，带电粒子在磁场中只受洛伦兹力，所以做匀速圆周运动，由于粒子运动速度垂直
39、 CD 和 CE，所以粒子在圆周运动的圆心为 C 点设粒子在圆周运动的半径为1R，则：2111vmqv BR 1Ra 由以上两式可得磁感应强度的大小为：1mvBqa 由左手定则可得，磁感应强度的方向为垂直于纸面向外 （2）当粒子运动的轨迹和 AC 边相切时，粒子从 CD 边射出且速度最大设粒子做圆周运动的半径为2R，由几何图形可得：222RRa 2222vmqv BR 21(2 1)vv 【点睛】正确地画出轨迹，找出几何关系是解题的关键 17如图所示，在某游戏类娱乐节目中，要求挑战者顺利通过反向运行的跑步机皮带，试卷第 23 页，共 60 页 看谁用时最短有一个平台与跑步机皮带水平紧挨，跑步机
40、皮带长 L2=32m，且皮带以v0=1m/s的恒定速率转动 一位质量m=50kg的挑战者在平台上的O点从静止以a1=2m/s2的加速度开始出发，之后以 a2=1m/s2的加速度在跑步机上往前冲，在跑步机上的 B 处不慎跌倒，经过 t0=4s 爬起，顺利通过剩余的路程已知 O 点与跑步机左端 A 点距离L1=4m，A、B 两点水平距离 L3=10m，挑战者与跑步机皮带之间的动摩擦因数为=0.2，重力加速度为 g=10m/s2求：(1)挑战者在跑步机上跌倒瞬间的速度为多少?(2)挑战者从皮带上爬起瞬间与皮带最右端 C 点的距离为多少?【答案】（1）26/vm s（2）13.75sm 【解析】【分析
41、】（1）挑战者在平台上做匀加速直线运动，冲上跑步机后以新的加速度2a继续做匀加速直线运动，利用分阶段利用速度位移公式即可求解；（2）在 B 点跌倒后，由于瞬时速度大于传送带速度，速度方向向右，故做减速运动到零，再向左做加速运动，直到与传送带共速，运动一段时间后爬起，根据相应的位移关系即可求解【详解】（1）由题意可得，挑战者在平台上做初速度为零的匀加速运动，设刚冲上平台时的速度为1v，运动位移11SL，所以：21112va L 14/vm s 挑战者冲上跑步机后，做匀加速运动，设其跌倒瞬间的速度为2v，运动位移为23SL，所以：2221232vva L 可得26/vm s（2）在 B 点跌倒后，
42、先向右做匀减速运动到速度为零，再向左做初速度为零的匀加速试卷第 24 页，共 60 页 运动假设人和皮带可以共速，设其跌倒后的加速度为3a，所用时间为3t，所以：232/mgagm sm 023 3vva t 可得33.54tss 所以人和皮带可以共速，设其共速前向右运动位移为3S，则232 3312Sv tat 可得：38.75Sm 随后和皮带一起匀速向左运动4t，运动位移4S，所以：4030.5ttts，40 40.5Sv tm 设爬起瞬间与皮带最右端 C 点的距离为5S，所以：52334()13.75SLLSSm【点睛】正确地分析挑战者的运动过程是解题的关键 18 如图所示，半圆玻璃砖的
43、半径 R=12cm，直径 AB 与光屏 MN 垂直并接触于 A 点 一束激光 a 从半圆弧表面上射向半圆玻璃砖的圆心 O，光线与竖直直径 AB 之间的夹角为60，最终在光屏 MN 上出现两个光斑，且 A 点左侧光斑与 A 之间距离为 43cm求：玻璃砖的折射率；改变激光 a 的入射方向，使光屏 MN 上只剩一个光斑，求此光斑离 A 点的最远距离 【答案】（1）3n （2）12 2AEcm 【解析】【分析】（1）根据折射定律和反射定律作出光路图，根据几何关系求出折射角，从而求得玻璃砖的折射率；（2）改变入射角，使屏 MN 上只剩一个光斑，此光斑离 A 最远时，恰好发生全反射，入射角等于临界角 C
44、，由 sinC1n 求得临界角 C再由几何知识求此光斑离 A 点的最长距离 试卷第 25 页，共 60 页【详解】（1）由题意可得，激光在 AB 面上发生折射的入射角30，设半圆玻璃砖的折射率为n，折射角为，则：tanAOAC；sinsinn 其中：4 3ACcm；12AORcm 解得：3n （2）分析可得，当激光在 AB 面上恰好发生全反射时，光屏 MN 上只剩一个光斑且光斑离 A 点的距离最远，所以：设激光在 AB 面上恰好发生全反射时的临界角为 C，由折射定律可得：13sin3Cn 光斑离 A 点的距离最远：tan2AERC 由数学知识可得：26cos1 sin3CC 代入数据可得：12
45、 2AEcm 19 实验中经常利用电磁场来改变带电粒子运动的轨迹 如图所示，氕（11H）、氘（21H）、氚（31H）三种粒子同时沿直线在纸面内通过电场强度为 E、磁感应强度为 B 的复合场区域进入时氕与氘、氘与氚的间距均为 d，射出复合场后进入 y 轴与 MN之间（其夹角为）垂直于纸面向外的匀强磁场区域，然后均垂直于边界 MN射出虚线 MN与PQ 间为真空区域且 PQ与 MN 平行已知质子比荷为qm，不计重力（1）求粒子做直线运动时的速度大小 v；（2）求区域内磁场的磁感应强度 B1；试卷第 26 页，共 60 页（3）若虚线 PQ右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域，经该磁场作用后三种粒子均
46、能汇聚于 MN 上的一点，求该磁场的最小面积 S和同时进入复合场的氕、氚运动到汇聚点的时间差 t 【答案】(1)EB(2)mEqdB (3)(2)BdE【解析】【分析】（1）粒子在电磁复合场中做直线运动是匀速直线运动，根据电场力与洛伦兹力平衡，可求粒子的速度大小；（2）由粒子的轨迹与边界垂直，可求轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力，可求磁感应强度的大小；（3）由氚粒子圆周运动直径可求磁场的最小面积根据氕、氚得运动周期，结合几何关系，可求氕、氚到汇聚点的时间差【详解】(1)由电场力与洛伦兹力平衡，BqvEq 解得 vE/B.(2)由洛伦兹力提供向心力，B1vqm2vr 由几何关系得 rd 解得 B1
47、mEqdB.试卷第 27 页，共 60 页 (3)分析可得氚粒子圆周运动直径为 3r 磁场最小面积 S1222322rr 解得 Sd2 由题意得 B22B1 由 T2 rv得 T2 mqB 由轨迹可知 t1(3T1T1)2，其中 T112 mqB t212(3T2T2)，其中 T222 mqB)解得12(2)BdtttE 20如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与静置在水平导轨上质量 m0.5kg 的滑块B 相连，弹簧处在原长状态，B 最初静止位置的左侧导轨光滑、右侧导轨粗糙，另一质量与 B相同的滑块A，从B的右端到B的距离L2.5m处以某一初速度开始向B滑行，与 B 相碰（碰撞时间极短）后 A
48、、B 粘在一起运动压缩弹簧，该过程中弹簧的最大弹性势能 EP2JA 与导轨粗糙部分间的动摩擦因数 0.4求：（1）A、B 碰撞后的瞬间的速度大小 v；（2）A 的初速度大小 v0 【答案】（1）2m/s（2）6m/s【解析】【分析】（1）根据机械能守恒定律求解 A、B 碰撞后的瞬间的速度大小 v；（2）根据动量守恒定试卷第 28 页，共 60 页 律，结合运动公式求解 A 的初速度.【详解】（1）对 AB 碰后压缩弹簧的过程，由机械能守恒定律：2122PEmv，解得 v=2m/s（2）在 AB 碰撞过程中，由动量守恒定律：mv=2mv AB 碰前，A 的加速度大小为 a=g，对 A 在碰撞前的
49、运动过程，由匀变速直线运动的规律可知：v02-v2=2aL 解得 v0=6m/s.【点睛】本题结合弹簧问题考查了动量守恒和功能关系的应用，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用动能定理与动量守恒定律、能量守恒定律可以解题 21如图所示，某货场而将质量为 m1=100 kg 的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径 R=1.8 m地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板 A、B，长度均为 l=2m，质量均为 m2=100 kg，木板上表面与轨道末端相切货物与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦
50、因数=0.2（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取 g=10 m/s2）（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力（2）若货物滑上木板 4 时，木板不动，而滑上木板 B 时，木板 B 开始滑动，求1应满足的条件（3）若1=0.5，求货物滑到木板 A 末端时的速度和在木板 A 上运动的时间【答案】（1）3000NFN（2）0.412(m1+m2)g 联立式代入数据得 0.4(t2t1)T(1)若波沿 x 轴正向传播，从 t1=0 时刻开始，x=5m 处的质点最少要经过多长时间到达平衡位置 (2)若波速为 v=26m/s，求 t2=0.5s 时刻，x=8m 处的质点的振动方向 【答案】（1）322s