天津市名校新高考物理解答题100题汇总含解析.pdf

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1、word版可编辑】天津市名校新高考物理精选解答题100题汇总精选高考物理解答题100题含答案有解析1.应急救援中心派直升机营救一被困于狭小山谷底部的探险者。直升机悬停在山谷正上方某处，放下一质量不计的绳索，探险者将绳索一端系在身上，在绳索拉力作用下，从静止开始竖直向上运动，到达直升机处速度恰为零。己知绳索拉力F 随时间t 变化的关系如图所示，探险者(含装备)质量为m=80kg,重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力。求：(1)直升机悬停处距谷底的高度h；(2)在探险者从山谷底部到达直升机的过程中，牵引绳索的发动机输出的平均机械功率。R40-800.:：720.：-，*o；025 X【答案】(

2、1)112.5m；(2)3000W【解析】【分析】【详解】探险者先做匀加速，再匀速，最后做匀减速直线运动到达直升机处。设加速度阶段绳拉力耳=840N,时间:=1 0 s,探险者加速度大小为q,上升高度为由,则mat=6 -mg,1 24=5。百解得ax=0.5m/s2/?!=25m设匀速阶段时间与二1 5 ,探险者运动速度大小为为v,上升高度为生，则V =卬h2-vt2解得v=5m/s生=75 m设减速阶段绳拉力瑞=720 N,探险者加速度大小为a 3,时间为t 3,上升高度为h 3,则ma3=mg 瑞v=a3t3或 义解得%=l m/s2t3=5 s%=1 2.5 m人上升的总位移即为直升机

3、悬停处距谷底的距离h,有h=h+h2+h3解得h=112.5m设在探险者从山谷底部到达直升机的过程中，牵引绳索拉力做功为W,则W=mgh=W4 +(3解得p=3000W2.如图所示，A O 3为折射率=6 的扇形玻璃砖截面，一束单色光照射到A 0 面上的C 点，在 C 点折射后的光线平行于0 8。已知。点是A 0 的中点，。点是3 0 延长线上一点，ZAOD=60.求入射光在C 点的入射角；通过计算判断光射到A 3 弧能否从A B弧射出。【答案】60。；光射到AB弧能从AB弧射出。【解析】【详解】光在介质中传播的光路图如图所示：设入射光在C 点的入射角为i,折射角为r,由于在C 点折射后的光线

4、平行于OB,所以NOCP=NAOD=60。,r=30,根据折射定律有：=的sin7*代入数据解得：i=60；在 C 点折射后的光线射到A B弧上P 点，连接O、P,OP是法线，过 O 点做C P的垂线交CP于 Q,则折射光线在AB弧的入射角为i”玻璃砖临界角为C,扇形半径为L,贝 人,1sinC =,nn根据几何知识有NCOQ=30,LOQ=Loc*cosZCOQ=L4根据sin =LOP可得：.6.6sin i,=sin C=，1 4 3则：iiC,所以光射到A B弧能从AB弧射出。3.由I 圆柱体和正方体组成的透明物体的横截面如图所示，O 表示,圆的圆心，,圆 的 半 径 OB和正方4 4

5、 4形 BCDO的边长均为a。一光线从P 点沿PO方向射入横截面。经 过 AD面恰好发生全反射，反射后从CD面上与D 点距离为正口的E 点射出。光在真空中的传播速度为c。求：3透明物体对该光的折射率；(ii)该光从P 点射入至传播到E 点所用的时间。I答案】由竽.空誓【解析】【详解】光在透明物体中的光路如图所示，有:tan 0=4 a3该光在AD面发生全反射的临界角为：a =8,又：sin=-,解得:n9=60,2V3(ii)光从P 点射入至传播到E 点的时间为：aa-ti _ sin。v又：=,解得：V2(2+a3c4.光滑水平面上，一个长木板与半径R 未知的半圆组成如图所示的装置，装置质量

6、M=5 kg.在装置的右端放一质量为m=l k g的小滑块(可视为质点)，小滑块与长木板间的动摩擦因数H=()-5,装置与小滑块一起 以 v0=10m/s的速度向左运动.现给装置加一个F=5 5 N 向右的水平推力，小滑块与长木板发生相对滑动，当小滑块滑至长木板左端A 时，装置速度恰好减速为0,此时撤去外力F 并将装置锁定.小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B.滑块脱离半圆形轨道后又落回长木板.已知小滑块在通过半圆形轨道时克服摩擦力做功Wf=2.5 J.g 取 10 m*.求：(1)装置运动的时间和位移；长木板的长度I;(3)小滑块最后落回长木板上的落点离A 的距离.【答案】(

7、1)1 s 5 m(2)2.5 m(3)0.8 m【解析】(1)对 M：Fnmg=Mai 解得：ai=10 m/s2设装置运动的时间为t i,由 Voaiti=O解得：ti=ls装置向左运动的距离：xi=voti aiti2=5 m2(2)对 m：pm g=m a2,解得 a2=5m/s2设滑块到A 点的速度为v i,则 vi=vo-a2tl解得：vi=5 m/s小滑块向左运动的距离：x2=voti a2ti2=7.5 m2则木板长为1=X2xi=2.5 m设滑块在B 点的速度为V 2,从 A 至 B：-m gx2R-W f=-m v2-m v；在 B 点：mg=m-R联立解得：R=0.4 m

8、,2=2 m/s小滑块平抛运动时：2 R =；g f；落点离A 的距离：x=v2t2,解得：x=0.8m5.2014年 12月 1 4 日，北京飞行控制中心传来好消息，嫦娥三号探测器平稳落月。嫦娥三号接近月球表面过程可简化为三个阶段：一、距离月球表面一定的高度以v=1.7km/s的速度环绕运行，此时，打开七千五百牛顿变推力发动机减速，下降到距月球表面H=100米高处时悬停，寻找合适落月点；二、找到落月点后继续下降，距月球表面h=4m 时速度再次减为0；三、此后，关闭所有发动机，使它做自由落体运动落到月球表面。已知嫦娥三号着陆时的质量为1200kg,月球表面重力加速度g，为 1.6m/s2,月球

9、半径为R,引力常量G,(计算保留2 位有效数字)求：(1)月球的质量(用g、R、G 字母表示)(2)从悬停在100米处到落至月球表面，发动机对嫦娥三号做的功？从 v=1.7km/s到悬停，若 用 10分钟时间，设轨迹为直线，则减速过程的平均加速度为多大？若减速接近悬停点的最后一段，在垂直月面的方向下落，且加速度大小为上述减速过程的平均值，求此时发动机的平均推力为多大？o/?2【答案】(1)-；(2)-1.8x107；(3)2.8m/s2；5300 NoG【解析】【分析】【详解】(1)由于,G M mm g -R2可求MXG 由 10()m下降过程中到4m 前发动机会做功，取 l()0m和 4m

10、 为初末状态，前后动能没变，用动能定理mg(H-h)+W=0所以W=-mg(H-h)=-1200 xl.6x96J=-1.8xl05 J即发动机做功为-1.8x10,J。(3)减速过程的平均加速度V 1.7xlO3,2 c c,2a=-m/s 2.8m/st 10 x60根据牛顿第二定律可得F=m(a+g)=5300 N6.如图所示，在竖直平面内，有一倾角为0 的斜面CD与半径为R 的光滑圆弧轨道ABC相切于C 点，B是最低点，A 与圆心O 等高。将一质量为m 的小滑块从A 点正上方高h 处由静止释放后沿圆弧轨道ABC运动，小滑块与斜面间的动摩擦因数为小 空气阻力不计，重力加速度为g,取 B

11、点所在的平面为零势能面，试求：(1)小滑块在释放处的重力势能Ep；(2)小滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力FN;(3)小滑块沿斜面C D 向上滑行的最大距离X。【答案】(1)mg(h+R),(2)2 h +3 R IP 士人-r-/、-fng,方向竖直向下，(3)%+Rcos6s in 4 c o s 夕【解析】【详解】小滑块在释放处的重力势能:Ep=mg(h+R)；小滑块从释放处到B 点，根据动能定理有:mg(h+R)=在 B 点，根据牛顿第二定律有:外一织=/卷5 出厂 2/t +3 R解得：外=-一mgK根据牛顿第三定律，小滑块对轨道的压力为4 V=空变m g,方向竖直向下;R(3)

12、从释放处到斜面的最高点，对小滑块，根据动能定理有：mg +R co s 8-x s i n 8)/nmg co s 6 x =0 0h +R cosO解得：x =-os i n，+co s 67.如图所示，一根直杆AB与水平面成某一角度自定，在杆上套一个小物块，杆底端B 处有一弹性挡板,杆与板面垂直.现将物块拉到A 点静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v-t图象如图乙所示，物块最终停止在B 点.重力加速度为取g=1 0 m/sl求：物块与杆之间的动摩擦因数M；物块滑过的总路程s.【答案】(1)(1=0.15(1)s=6m【解析】【分析】【详解】(1)设杆与水平方向的夹角为。，由图象可知，

13、物块匀加速运动的加速度大小4=j m/s-=4 m/s 2 ,匀减速上滑的加速度大小a,=-m/s2=8m/s2,0.5根据牛顿第二定律得，m g s i n -/j mg co s 0 -ma,mg s i n 0+/i mg co s 0 -ma2,联立两式解得4 =0.2 5 ,s i n 6 =().6 .(1)物块最终停止在底端，对全过程运用动能定理得，mg s】s i n0-/j mgco s0-s=0 ,由图线围成的面积知，S|=x 4 x l m =2 m,2代入数据解得s=6m.8.如图所示的坐标系内，以垂直于x 轴的虚线PQ为分界线，左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场

14、，磁感应强度为B,方向垂直纸面向里，AC边有一挡板可吸收电子，AC长为d.右侧为偏转电场，两极板长度为g d,间距为d.电场右侧的x轴上有足够长的荧光屏.现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M点，M到下极板右端的距离为2电子电荷量为e,质量为m,不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：(1)电子通过磁场区域的时间t；(2)偏转电场的电压U；(3)电子至少以多大速率从O点射出时才能打到荧光屏上.【答案】7tmeB(2)eBdm【解析】(1)电子在磁场区域运动周期为.2兀m1=-eB通过磁场区域的时间为t,=9 0-T=兀 m3 6 0

15、0 2eBmv(2)由几何知识得r=d,又 =eB皿但 eBd解得v=-m通过电场的时间t 2=W,代入数据解得t 2=*-2 v 2eB电子离开电场后做匀速直线运动到达M点1 d-=-又 y i+y 2=d%为22解得y i=gd故代入数据解得u=遗 穴3m(3)电子恰好打在下极板右边缘竖直方向2 maeBd由上述三式代入数据解得v，=而9.在电磁感应现象中，感应电动势分为动生电动势和感生电动势两种。产生感应电动势的那部分导体就相当于“电源”，在“电源”内部非静电力做功将其它形式的能转化为电能。(1)利用图甲所示的电路可以产生动生电动势。设匀强磁场的磁感应强度为B,金属棒ab 的长度为L,在

16、外力作用下以速度v 水平向右匀速运动。此时金属棒中电子所受洛仑兹力f 沿棒方向的分力f i即为“电源”内部的非静电力。设电子的电荷量为e,求电子从棒的一端运动到另一端的过程中L做的功。(2)均匀变化的磁场会在空间激发感生电场，该电场为涡旋电场，其电场线是一系列同心圆，单个圆上的电场强度大小处处相等，如图乙所示。在某均匀变化的磁场中，将一个半径为r 的金属圆环置于相同半径的电场线位置处。从圆环的两端点a、b 引出两根导线，与阻值为R 的电阻和内阻不计的电流表串接起来，如图丙所示。金属圆环的电阻为R o,圆环两端点a、b 间的距离可忽略不计，除金属圆环外其他部分均在磁场外。此时金属圆环中的自由电子

17、受到的感生电场力F 即为非静电力。若电路中电流表显示的示数为I,电子的电荷量为e,求：a.金属环中感应电动势E 1s大小；b.金属圆环中自由电子受到的感生电场力F 的大小。(3)直流电动机的工作原理可以简化为如图丁所示的情景。在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ 固定在水平面内，相距为L,电阻不计。电阻为R 的金属杆ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道端点M P间接有内阻不计、电动势为E 的直流电源。杆 ab的中点O 用水平绳系一个静置在地面上、质量为m 的物块，最初细绳处于伸直状态(细绳足够长)。闭合电键S 后，杆 ab拉着物块由静止开始做

18、加速运动。由于杆ab切割磁感线，因而产生感应电动势E，且E，同电路中的电流方向相反，称为反电动势，这时电路中的总电动势等于直流电源电动势E 和反电动势E，之差。a.请分析杆ab在加速的过程中所受安培力F 如何变化，并求杆的最终速度vm；b.当电路中的电流为I 时，请证明电源的电能转化为机械能的功率为E Y。【答案】(l)W|=eM L；(2)a./(A +R)；b.E=空则归(3)a.以=占 鬻；b.见解析【解析】【分析】【详解】(1)金属棒中电子所受洛仑兹力f 沿棒方向的分力f 尸e v B,棒方向的分力f i做的功Wi=f iL得Wi=evBL(2)a.金属环中感应电动势E=I(Ro+R)

19、b.金属环中电子从a 沿环运动b 的过程中，感生电场力F 做的功WF=F*2nr由电动势的定义式e得产 /(小+R)e2 71r(3)a.杆 ab在加速的过程中，杆切割磁感线的速度v 增大，杆切割磁感线产生的感应电动势E，=BL v,故 E，增大，由E-ER可知，电路中的电流I 减小，杆所受安培力F=BIL故 F 减小，设细绳的拉力为T,杆的质量为m o,根据牛顿第二定律F-T=m（）a物块以相同的加速度大小向上做加速运动，根据牛顿第二定律T-mg=ma得F-m g=（m+mo）aF 减小，杆的加速度a 减小，当 F=mg时，a 为零，此时，杆达到最终速度Vm。此时杆上产生的感应电动势 E，=

20、BLVm,得E mgRV=-BL B2b.由/=三R得IR=E-E两边同乘以I,经整理得EI=I2R+ErI由上式可以看出，电源提供的电能（功率为ED,一部分转化为了电路中产生的焦耳热（热功率为PR）,另一部分即为克服反电动势做功（功率为E，D 消耗的电能，这部分能量通过电磁感应转化为了杆和物块的机械能。1 0.如图所示，一质子自M 点由静止开始，经匀强电场加速运动了距离d 后，由 N 点沿着半径方向进入7 T直径为d 的圆形匀强磁场区域，在磁场中偏转了一弧度后飞出磁场，求质子在电场和磁场中运动的时间2之比。Q【答案】一乃【解析】【详解】由题可知在磁场中，周期为亍 27rm1=-qB偏转的时间

21、=T47im2qB根据洛伦兹力提供向悯力有qvB=mv2R且运动半径为/?=-2解得：丫 =粤2m电场中加速：d=-t.解得：2d 4 mdt l Bq所以有：t2 7 11 1.足够长的光滑斜面固定在水平面上，现以恒力F沿斜面向上拉物体，使其以初速度为0、加速度卬从斜面底端向上运动。恒 力 F作用一段时间t后撤去，又经过相同时间t物体恰好回到斜面底端。求：(1)施加恒力时物体的加速度,与撤去恒力后物体的加速度2大小之比；(2)撤去恒力的瞬间物体的速度V,与物体回到斜面底端时速度打大小之比。【答案】(D 1:3 ；(2)1:2【解析】【分析】【详解】(1)(2)施加恒力时，物体做匀加速直线运动

22、，则有1 2X 1二 万 /,V =4，撤去恒力物体返回斜面底端过程，物体做匀变速直线运动的方向沿斜面向下，则有x2=vt-a2t2,v2=v,-a2t,xx=-x2联立解得a2=3q,v2=-2Vl故 为与%大小之比为1:3,匕与匕大小之比为l：2o1 2.如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为31。，A、B 分别是传送带与两轮的切点，两点间距L=3.25m.一个质量为1.1kg的小煤块与传送带间的动摩擦因数为，g=1 Om/s?；轮缘与传送带之间不打滑.小物块相对于传送带运动时会在传送带上留下痕迹.传送带沿逆时针方向匀速运动，速度为V I.小物块无初速地放在A 点，运动至B 点飞出.求:A

23、当%=4m/s,小滑块从A 点运动到B 点的时间(2)当痕迹长度等于2.25m时，vi多大？【答案】(D 1s(2)v0=4(V 10-3)m/s【解析】【详解】(1)开始时：mg sin 30+/jmg cos 30=ma得：4 =8 m/s2达速度VI所用时间为：%=知解得：ti=1.5s滑块下滑位移:x=1m因为：0)的粒子沿x 轴从原点O 水平射入磁场。当粒子射入速度不大于%时，粒子在磁场中运动的时间都相等，不计重力：(1)求速度V。的大小；(2)若粒子射入速度的大小为2 v o,求粒子两次经过边界到P 点距离的比值；(结果可带根号)(3)若调节区域II磁场的磁感应强度大小为入B o,

24、使粒子以速度nvo(n l)从 O 点沿x 轴射入时，粒子均从O 点射出磁场，求 n 与九满足的关系。e XXXXXX0 f a.,、q Ba【答 案】（1）t）n=-mA2+1【解 析】【分 析】【详 解】(1)粒子在磁场中运动时间相同，故转过的圆心角相同，因此粒子速度等于4时，在I区域内恰好划过半个圆，由y2q v0B0=m-其 中r 可得,(2)粒 子 速 度 变 为2%,则 其 作 圆 周 运 动 半 径 为 弓=2。，粒子的轨迹如图所示x B由 几 何 关 系 可 得=3(),N O 2 A B =3(),故AP=-A;c o s 30 =1 _ _ _ _ _ (3 6、P B =

25、2r c o s30 -A P=1上2 一1 Jr1故粒子两次经过边界到P 点距离的比值为AP _ 2-V 3-3 7 3-2（3）设粒子在I 区域半径为%,n 区域半径为/?,则qm)0Bo=m(oRTqm）o，B（）=m(加o YR2粒子要回到o 点，则在n 区域的圆心必须位于x 轴，其轨迹如图&si n a =a（R+鸟）c o sa =K联立解得2 _ J/-z+1 n1 7.如图所示，光滑的水平面AB与半径R=0.5m的光滑竖直半圆轨道BCD在 B 点相切，D 点为半圆轨道最高点，A 点的右侧连接一粗糙的水平面，用细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，

26、甲的质量m1=4kg,乙的质量m i=5kg,甲、乙均静止.若烧断细线，甲离开弹簧后经 过 B 点进入半圆轨道，过 D 点时对轨道的压力恰好为零.取g=10m/sL甲、乙两物体可看做质点，求:(1)甲离开弹簧后经过B 点时的速度的大小VB；烧断细线时弹簧的弹性势能Ep；(3)若固定甲,将乙物体换为质量为m 的物体丙，烧断细线,丙物体离开弹簧后从A 点进入动摩擦因数口=0.5的粗糙水平面，AF是长度为41的水平轨道，F 端与半径为1的光滑半圆轨道FCH相切，半圆的直径FH竖直，如图所示.设丙物体离开弹簧时的动能为6m gl,重力加速度大小为g,求丙物体离开圆轨道后落回到水平面BAF上的位置与F

27、点之间的距离s；(4)在满足第问的条件下，若丙物体能滑上圆轨道，且能从G H 间离开圆轨道滑落(G 点为半圆轨道中点)，求丙物体的质量的取值范围4【答案】(l)5m/s；(1)90J；(3)s=41；(4)-m M J 7,故乙物体能运动到H 点，并从H 点以速度vH水平射出.设乙物体回到轨道AF所需的时间为t,由运动学公式得：2 1=/乙物体回到轨道AF上的位置与B 点之间的距离为s=VHt联立解得s=4/;(4)设乙物体的质量为M,到达F 点的速度大小为VF,1 ,由动能定理得：一 Mg-6mgi,解 得VF=12mgi-4Mg!M为使乙物体能滑上圆轨道，从 GH间离开圆轨道，满足的条件是

28、：一方面乙物体在圆轨道上的上升高度能超过半圆轨道的中点G,由能量关系有：1 ,-MvMgl另一方面乙物体在圆轨道的不能上升到圆轨道的最高点H,由能量关系有gMv：2Mgl+gM(亚 4联立解得：一根 M 0,假设成立，X=125+25x/i7cm不合题意,舍去；贝!I：2 2125-25折x=-cm2末态气体长度L3=LI+1I-x=_ _Qc m 39.04cm。21 9.如图甲所示，某人站在力传感器上，从直立静止起，做“下蹲-起跳”动作，图中的“”表示人的重心。图乙是由力传感器画出的F-t 图线。图乙中1 4 各点对应着图甲中1 4 四个状态和时刻。取重力加速度 g=10m/s2。请根据这

29、两个图所给出的信息，求：(1)此人的质量。(2)此 人 1 s内的最大加速度，并以向上为正，画出此人在1 s内的大致a-t 图像。(3)在 F-t 图像上找出此人在下蹲阶段什么时刻达到最大速度？简单说明必要理由。a m$2“尸【解 析】【详 解】(1)此人状态1 处于静止状态，对应图乙中1 点Fi=600N,可知此人质量为:m=60kg；(2)由图可知：图乙中2 点 F2=1800N最大,由：F-m g-ma,有:amax_ 1800-600m 6020m/s2,I s 内的at 图像如图n/m s(3)下蹲阶段先加速后减速，支持力与重力平衡时速度最大，由 a-t图像可读出速度最大时刻约为0.

30、45(0.43-0.47之间都算对)2 0.如图，在水橇跳台表演中，运动员在摩托艇水平长绳牵引下以16m/s的速度沿水面匀速滑行，其水橇(滑板)与水面的夹角为9。到达跳台底端时，运动员立即放弃牵引绳，以不变的速率滑上跳台，到达跳台顶端后斜向上飞出。跳台可看成倾角为。的斜面，斜面长8.0m、顶端高出水面2.0m。已知运动员与水橇的总质量为90k g,水橇与跳台间的动摩擦因数为姮、与水间的摩擦不计。取 g=10m/s2,不考虑空气30阻力，求：沿水面匀速滑行时，牵引绳对运动员拉力的大小；到达跳台顶端时，运动员速度的大小。【答案】(D60V15 N；(2)14m/s【解析】【分析】【详解】(1)设沿

31、水面匀速滑行时绳的拉力大小为F,水对水橇支持力的大小为尸N,则FNsnO-F,FN COS0=mg由几何关系有.A 1 c 7 1 V2-h2 V 1 5s i n 6 =1 =：,c o s 6 =-=-s 4 5 4解得F=6 0 V 1 5 N设运动员沿台面滑行时加速度大小为a,到达跳台顶端时速度的大小为乙则m g sin 0 +/L i mg cos 9=m a,v2-=-las解得v=14m/s2 1.如图所示，倾角为37。的固定斜面上下两端分别安装有光滑定滑轮和弹性挡板P,、鸟是斜面上两点，2勺间距离右=g m,鸟间距离4=4 m。轻绳跨过滑轮连接平板B 和重物C,小物体A 放在离

32、平板B 下端s=1m处，平板B 下端紧挨打，当小物体A 运动到片巴区间时总受到一个沿斜面向下R=0.1/ng的恒力作用。已知A、B、C 质量分别为m、2m、m,A 与 B 间动摩擦因数从=0.75,B 与斜面间动摩擦因数”=0 2 5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37=0.6,cos37=0.8,g lO m/s2,平 板 B 与挡板P 碰撞前C 与滑轮不会相碰。现让整个装置从静止释放，求：(1)小物体A 在 8 区间上方和进入E g 区间内的加速度大小；(2)平板B 与弹性挡板P 碰撞瞬间同时剪断轻绳，求平板B 碰撞后沿斜面上升到最高点的时间。【答案】见解析【解析】【详解】(1)小物

33、体A 在 Pi、P2区间上方运动时，假设A 相对B 静止，对 A、B、C 整体，由牛顿第二定律有:3 mg si n0 -/J2-3 mg -cos0 -m g =4 ma代入数据解得：a=0.5m/s2隔离A,有：mg si nO f =m a代入数据得：f=5.5m而 A、B 间的最大静摩擦力fm=/nxmg cos0 =6 m所 以ffm,即 A 相对于B 向下滑动。对 A 有:F+mgsind-jLimgcosO=ma代入数据解得：4 =lm/s2(2)小物体A 刚到P2时，A,B、C 速 度 满 足%?=2as代入数据解得：vo=lm/s当小物体A 进 入 Pl、P2区间内时，对 B

34、、C 整体，有：2mgsm0+m gcosd-/z2-3mgeos-mg=3m%代入数据解得：a2=-1m/s2当小物体A 刚到H 时，小物体速度满足v,2 v()2=24 Li代入数据解得：v,-3m/s小物体A 从 P2到 P1运动时间为:巧 一“3-1 .=-s=2saIB、C 速度为:2 7v2=v0+a2t=1+x2=(m/s)此过程中B 运动距离为：,V0 +V2f1+-m3 c 1 x2m =m2 3因此当小物体A 刚过Pi时，小物体A 离平板B 下端距离为:Ar=5-(2-x2)=13m7此时B 刚好与挡板P 发生碰撞且绳断，此后A 将以速度、=3m/s向下匀速运动，B 将向上

35、以彩=1 m/s做匀速运动。隔离B,有:2mgsin。+MmgcosO+/J2-3mgeos。-m g=2ina3代入数据解得：%=12m/s2对 A、B,有：A1 2Ax=印2+V2t2-卬2解得：8-746=-S2 18此时平板B 速度为：2746-9 7vH=v2-a3t2=”3-m/s此后A 滑离平板B,B 继续向上匀减速，对 B,有:2mgsin0+/2-2mgeos-mg-2ina4代入数据解得:a4=8 m/s2平板B 向上运动到最高点时速度减为零，运动时间为:2746-9-S24因此平板B 与挡板P 碰后到最高点时间为:B=弓 +/32厂+722 2.如图所示，直角坐标系xO

36、y内z 轴以下、x=b（b 未知）的左侧有沿y 轴正向的匀强电场，在第一象限内y 轴、x 轴、虚线MN及 x=b所围区域内右垂直于坐标平面向外的匀强磁场，M、N 的坐标分别为（0,a）、（a,0）,质量为m、电荷量为q 的带正电粒子在P 点-）以初速度vo沿 x 轴正向射出，粒子经电场偏转刚好经过坐标原点，匀强磁场的磁感应强度B=等，粒子第二次在磁场中运动后以垂直x=b射出磁场，不计粒子的重力。求：匀强电场的电场强度以及b 的大小；粒子从P 点开始运动到射出磁场所用的时间。x=bmvl(rr (12+5%+1 6 0)”【答案】(1)E =1,0 +1 a；(2)A _ Loqa 8v0【解析

37、】【分析】【详解】(1)由题意可知，粒子从P 点抛出后，先在电场中做类平抛运动则=的根据牛顿第二定律有a=%m求得2七=丝 qa设粒子经过坐标原点时，沿 y 方向的速度为V，求得Vy=VO因此粒子经过坐标原点的速度大小为v=拒%，方向与X 轴正向的夹角为4 5 由几何关系可知，粒 子 进 入 磁 场 的 位 置 为 并 垂 直 于 M N,设粒子做圆周运动的半径为r,则qvB=mr得夜r=a2由几何关系及左手定则可知，粒子做圆周运动的圆心在N 点，粒子在磁场中做圆周运动并垂直x 轴进入电场，在电场中做类竖直上抛运动后，进入磁场并仍以半径尸=注4 做匀速圆周运动，并垂直X=b射出磁场，轨道如图所

38、示。由几何关系可知b=2r+a=(6 +1)a粒子在进磁场前做匀速运动的时间V2 a2 af2 =一v 2%粒子在磁场中运动的时间5 f 5 27rm 5兀a%=T=x -=-8 8 qB 8v0粒子第二次在电场中运动的时间.。V 2vL rz4=2-=-a%因此，运动的总时间(12+5 4+16 夜)at=t t2+t.+t,=-8%23.如图所示，直角三角形A BC 为一玻璃三棱镜的横截面其中NA=30。，直角边B C=a.在截面所在的平面内，一束单色光从A B边的中点O 射入棱镜，入射角为i.如果i=45。，光线经折射再反射后垂直BC 边射出，不考虑光线沿原路返回的情况.(结果可用根式表

39、示)求玻璃的折射率n(i i )若入射角i在0 9 0。之间变化时，求 从O点折射到AC边上的光线射出的宽度.【答案】V 2 (H)避二!4【解析】【分析】正确画出光路图，根据几何关系找到入射角和折射角求出折射率，再根据全反射的条件求解从O点折射到A C边上的光线射出的宽度【详解】设光线进入棱镜是的折射角为r,如 图1所示，由几何关系可知r =3 0根据折射定律可求得=反”=夜s i n r(i i)设光线进入棱镜在AC面发生全发射时的临界角为C,s i n C =-n解得：C =4 5如图2所示，当厂=0时，关系进入棱镜在AC面的入射点计为P,随着入射角的增大，光线在AC面的入射点由移，入射

40、角增大，入射角等于C时发生全发射，此时入射点计为Q,所以在AC面上P Q之间有光线射出.由几何关系知。尸=二，作OD垂直A C,则。=O P s i n 6 0 =a2 4D P =O P cos 6 0 =a4t an 4 5 4所以AC边三有光线射出的宽度P Q =D Q D P =a故本题答案是：(i)五 (i i)避 二4【点睛】对于光路图的题目来说，最主要的是正确画出光路图，在借助几何关系求解.2 4.如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为。两个大小不计的物块4B 质量分别为町=，和3m2=5，”,A8与传送带间的动摩擦因数分别为从=l an 6和2=t an0。已知物块A与 8

41、碰撞时间极短且无能量损失，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。(1)若传送带不动，将物块8无初速度地放置于传送带上的某点，在该点右上方传送带上的另一处无初速度地释放物块A ,它们第一次碰撞前瞬间A的 速 度 大 小 为%,求 A与 8第一次碰撞后瞬间的速度心、%；(2)若传送带保持速度“，顺时针运转，如 同 第(1)问一样无初速度地释放8和 A，它们第一次碰撞前瞬间 A的速度大小也为，求它们第二次碰撞前瞬间A的速度U2A；(3)在 第(2)问所述情境中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物块A做的功。【答案】(1)v1A=-j V0,vl g=vo !(2)u 2A方向沿传送带向下；(3)W=-3

42、 mv【解析】【详解】(1)由于2=t an。，故 3放上传送带后不动，对 A和 3第一次的碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有机Fo=町匕A+牲片B;町*=3班 玫+3祖2脸又 5 加1=m2 2 1解得 VM=-”，胴=”(2)传送带顺时针运行时，B 仍受力平衡，在被A碰撞之前B 一直保持静止，因而传送带顺时针运行时,A8碰前的运动情形与传送带静止时一样，由于A第一次碰后反弹的速度小于,故相对传送带的运动方向向下，受到的摩擦力向上，合力向下做减速运动。减速到零后相对传送带也向下运动，摩擦力方向不变，设 A在传送带上运动时的加速度大小为根据牛顿第二定律有加j g sin 6 M g c

43、os 0=m1a2解 得 ygsin。解法一从第一次碰后到第二次碰前A做匀变速运动，3做匀速运动两者位移相等，则有%=心+的4解得岭A=%，方向沿传送带向下解法二以8为参考系，从第一次碰后到第二次碰前，有琮 对 _(一%一；%)2-二02a解得第二次碰前A相对B的速度曝 对=%则A对地的速度为4%=稀 对+匕8=%方向沿传送带向下解法三第一次碰撞后到4B第一次碰撞前，两者位移相同，故平均速度相同，则有丸+匕八“24解得匕A=3%，方向沿传送带向下(3)以地面为参考系，A第二次碰后瞬间和第三次碰前瞬间的速度分别记为匕A和！.8第二次碰后瞬间的速度记为匕8。两者发生第二次弹性碰撞时，根据动量守恒和

44、能量守恒有mxv1A+m2viB=mv3A+m1v2B1 2 1 2 1 2 1 22 班 5 +=2%匕 A+2 加2%B5 1 2解 得%A =一%，彩8=%解法一第二次碰后A做匀变速运动，8做匀速运动。到第三次碰前两者位移相等，所以2a V2Bt2解得以A =|%，方向沿传送带向下A从第一次碰后到第三次碰前的位移2A-2a 335说gsin。传送带对A做的功W=-/ASA=m gcos0-5%=-3mvgsin。解法二设第二次碰撞后再经G时间，发生第三次碰撞，设4 8位移分别为SZA、S2II,以向下为正，则1 二S24=匕2 +2 at2S2B =丫282解得,一 5%一 gsinO1

45、0说s二 诟 筋而3g sin 0传送带对A做的功卬=_ 心+%)=-3机片解法三以3为参考系，第二次碰撞到第三次碰撞之间，A和3的相对运动规律和第次与第二次之间的相同，故第三次碰撞前，A的对地速度5以A =%+%=%描绘从释放A和3开始到它们第三次碰撞前，它们对地的V-t图线如下结合丫-/图象，可以计算A 从第一次碰后到第二次碰前对地的位移25传送带对A 做的功卬=一加A iM g c o s 0焉=-3,就2 5.如图所示，粗细均匀的U 形管，左侧开口，右侧封闭。右细管内有一段被水银封闭的空气柱，空气柱长 为 l=12cm,左侧水银面上方有一块薄绝热板，距离管口也是l=12cm,两管内水银

46、面的高度差为h=4cm。大气压强为Po=76cmHg,初始温度to=27。现在将左侧管口封闭，并对左侧空气柱缓慢加热，直到左右两管内的水银面在同一水平线上，在这个过程中，右侧空气柱温度保持不变，试求：右侧管中气体的最终压强；(2)左侧管中气体的最终温度。【分析】【详解】(1)以右管封闭气体为研究对象6 =（4 +人）=80cmHg,/,=/=12cm,l2=10cm根据玻意耳定律叫=牝可得用=电P=96cmHg右管气体最终压强为96cmHg以左管被封闭气体为研究对象)=76cmHg,(,=/=12cm,(=(273+27)K=300K,P2=96cmHg,Z4=14cm根据理想气体状态方程生二

47、垩Z%即包=弘4 T2T2=,T 1=442KPl左管气体最终温度为442K。2 6.如图所示，轻质弹簧右端固定，左端与一带电量为+q的小球接触，但不粘连。施加一外力，使它静止在A 点，此时弹簧处于压缩状态，小球的质量为m=0.5kg,撤去外力后，小球沿粗糙水平面AC进入竖直的光滑半圆形管道，管道的宽度忽略不计，管道半径r=lm,在边长为2m 的正方形BPMN区域内有一匀强电场，电场强度大小为E=空，方向与水平方向成45。斜向右上，半圆形轨道外边缘恰好与电场q边界相切。水平轨道A B的长度为L=2m,小球与水平面的动摩擦因数H=0.5,小球到达B 点时，速度的大小为5近 m/s,所有的接触面均

48、绝缘，g 取 lOm/sz,求：释放小球前，弹簧的弹性势能大小；求小球过D 点的速度；(3)求小球的落地点到C 点的距离。【答案】(1)17.5J(2)V10 m/s(3)(2 75+1)m【解析】【详解】(1)对小球从A 到 B 过程，应用动能定理得：-HmgL+W 弹=；mvB2-0W*Ep得：EP=17.5J(2)当小球进入电场后受力分析可得mg=qEsin0故小球在BC粗糙水平面上运动时，对地面的压力为0,不受摩擦力。F=qEcos0=mg方向水平向右，小 球 从 B 到 D,应用动能定理可得：1 ,1 ,-F 备 2r=mvD ITIVB2 2得：VD=Vio m/s 从 B 至!J

49、 N,合外力做功为0VN=VB=5 72 m/s由竖直方向运动*2得：4r则水平位移大小x=VNt=2 y/5 m则落地点F 距 离 C 点的距离为ICF=(2 y/5+1)m2 7.滑雪是人们喜爱的运动之一。如图甲所示，固定于安全坐垫上的小孩抱一玩具熊，从如图乙所示雪道的 A 点沿倾角为60的雪道A 3 下滑，雪 道 面 水 平，滑到C 点时把玩具熊平抛后小孩和玩具熊分别落在。、E 两点。已知雪道上A、。两点的高度差为，B,C 长 度 为 立 ，安全坐垫与雪道间的动摩擦3因数为CD=2DE。不计空气阻力和小孩经过5点时的能量损失。重 力 加 速 度 为g。求:4(1)小 孩 滑 至C点时的速

50、度大小;(2)抛出玩具熊后，小孩的水平速度与玩具熊的水平速度之比。图甲图乙【答 案】(D而；(2)也【解 析】【分 析】【详 解】(1)由动能定理得mgh 一 叱=；myl又./八。h 1 .=jumg c o s 6 0-+nmgxBC mghs i n 60 2解得(2)由CZ)=2。石 可 知，抛出玩具熊后小孩的水平位移与玩具熊的水平位移之比为X j:x2=2:3由yo=t a n 45x可得竖直位移之比为M：必=2：3由平抛运动规律有斗=卬1，x2=v2t21 2 1 2y=2g tf y2=28t2联立解得V _ V21一 羽2 8.如图所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从。点水