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1、word版可编辑】绵阳市新高考物理基础100解答题狂练精选高考物理解答题100题含答案有解析1.如图所示，有一棱镜A B C。，Z B=Z C=90P,ND=75。.某同学想测量其折射率，他用激光笔从8 C面上的P 点射入一束激光，从 Q 点射出时与A D面的夹角为45。，。点到B C 面垂线的垂足为E,NPQE=15。.求:该棱镜的折射率改变入射激光的方向，使 激 光 在 边 恰 好 发 生 全 反 射，其反射光直接到达C。边 后 是 否 会 从 边 出射？请说明理由。【答案】激 光 能 够 从 C D边出射【解析】【详解】如图所示，F G 为法线ND=7 5,则NE QA=7 5,ZPQE
2、=15,NPQA=60,NPQG=3()所以入射角i=NPQG=30折射角r=45由于光从棱镜射向空中，所以该棱镜的折射率sin r sin 45 rrn=-=-=72sin i sin 30设全发射临界角为C,如图所示DH 1sin C=-=，C=45n 2Z J O D=90-C=45 ZD=75因而ZOJD=60激光在CD边的入射角30。V45。，因而激光能够从CD边出射。2.一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面A 08镀银，。表示平圆截面的圆心，一束光线在横截面内从M点入射，经过A 8面反射后从N点射出。已知光线在M点的入射角为37。，Z M O A =60,Z N O B=3 0
3、,求：光线在M点的折射角；透明物体的折射率。【答案】15。=|(6+&)【解析】【详解】如图，透明物体内部的光路为折线MPN,Q、M点相对于底面E尸对称，Q、P和N三点共线，在M点处，光的入射角为i,折 射 角 为 乙4 O M Q =a,4 P N F =。，根据题意有。=30。由几何关系得，4 P N O =4 P Q O =r,于是6+6=6 0。，且。+厂=万 得 厂=15。根据折射率公式有sini=nsinr得=（遥+行）3.如图所示，真空中有以（r,0）为圆心，半径为r 的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里，在 y=i的虚线上方足够大的范围内，有方向沿
4、y 轴负方向的匀强电场，电场强度的大小为E,从 O 点在纸面内向各个方向发射速率相同的质子。已知质子在磁场中的轨迹半径也为r,质子的电量为q,质量为m。速度方向与x 轴正方向成30。角（如图中所示）射入磁场的质子，将会进入电场，然后返回磁场，请在图中画出质子的运动轨迹；（2）在（1）问下，求出从O 点射人的质子第二次离开磁场所经历的时间。【解析】【详解】如图所示。(2)质子射入磁场后做匀速圆周运动，有2qvB=-r可得”幽m质子在磁场中转过120。角后从C点垂直电场线进入电场，设时间为42兀mt=1 3qB从C点到D点匀速运动r-rcos30=v/2解得 6)1-mtA 2J2 qB从D点减速
5、到F点做匀减速运动m解得Br二从F点到D点时间为，从D点到C点时间为，从C点到M点做匀速圆周运动7vm乙-4 3qB总时间/=G +22+2t3 +%(TT+2 /3)m+2BrqBE4.如图所示，有一磁感应强度大小为B的水平匀强磁场，其上下水平边界的间距为H；磁场的正上方有一长方形导线框，其长和宽分别为L、(=2-3mVB+加盯联立可得：以=1(2)a.A的速度达到最大值v m时合力为零，受力如图所示.N-qvmB +mg水平方向合力为零，有：qE =根据动能定理，有：1,1,q E l-W =-m vm-m VA联立并代入相相关数据可得：3W =4 j L i m g l m v18b.方
6、法一：在此过程中，设A物体运动的平均速度为M，根据动量定理有：qE t)L i N t=m vm m vA N=m g +qvB依题意有：vt=I联立并代入相关数据可得：/+%I-1-%6 g方法二：设任意时刻A物体运动的速度为v,取一段含此时刻的极短时间A t,设此段时间内速度的改变量为A v,根据动量定理有：Z qE kt-Z +qvB)At=Z 而Z必，=/X w A v =mvm mvA 联立并代入相关数据可得:r =X A r =+-%6 g7.如图所示，在空间直角坐标系中，I、II象 限（含x、y轴）有 磁 感 应 强 度 为g =IT,方向垂直于纸面向外的匀强磁场和电场强度为E=
7、1 0 N/C,方向竖直向上的匀强电场；皿、W象 限（不含光轴）有磁感应 强 度 为 鸟=T,方向沿了轴负方向的匀强磁场，光 滑 上 圆 弧 轨 道 圆 心O ,半 径 为R=2m,圆环底端位于坐标轴原点0。质 量 为 肛=1 kg,带 电q=+l C的 小 球M从0,处水平向右飞出，经过一段时间，正 好 运 动 到。点。质 量 为/=2k g,带 电%=+1.8 C小 球 的N穿在光滑圆弧轨道上从与圆心等高处静止 释 放，与M同时运动到。点并发生完全非弹性碰撞，碰 后 生 成 小 球P（碰撞过程无电荷损失）。小 球M、N、P均可视为质点，不计小球间的库仑力，取g =1 0 m/s 2,求：小
8、 球M在0 处的初速度为多大；（2）碰撞完成后瞬间，小 球P的速度；（3）分 析p球在后续运动过程中，第 一 次 回 到 轴 时 的 坐 标。【答 案】lm/s；lm/s；（3）坐 标 位 置 为（0 m,-2 0兀2 m）【解 析】【分 析】【详 解】“从0 进入磁场，电场力和重力平衡Eq mg在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动R5洛伦兹力提供向心力rA解得v=Im/s 设N沿光滑轨道滑到。点的速度为u,由动能定理1 2m2gR-Eq2R=m2u解得u=2 m/sM、N在。点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的P球速度为匕，选向右为正方向，由动量守恒定律相2“一仍丫=(肛 +/)%解得v,=lm/s
9、方向水平向右(3)c球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向里的洛伦兹力，在电场力作用下，P球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期T,P球回到了轴上，P球带电量由2Kc及 丁=2旦，解得p球圆周运动周期匕丁 二 2nmeqBP球竖直方向加速度a=gp球回到y轴时坐标y=aT2.2代入数据解得y-2 0 兀 2则坐标位置为(0 m,-2 0 7 t2m)8.如图甲是某型号无人机在水平地面沿直线加速滑行和离开地面以固定仰角沿直线匀速爬升的示意图，3无人机在滑行和爬升两个过程中：所受推力大小均为其重力的二倍，方向与速度方向相同；所受升力大小与其速率的
10、比值均为k l,方向与速度方向垂直；所受空气阻力大小与其速率的比值均为k 2,方向与速度方向相反。匕、k2未知；已知重力加速度为g,无人机质量为m,匀速爬升时的速率为vo,仰角为0,且7 24sin0=，cos0=o25 25(1)求ki,k2的值。(2)若无人机受到地面的阻力等于压力的k3倍，无人机沿水平地面滑行时能做匀加速直线运动，求k3的值。(3)若无人机在水平地面由静止开始沿直线滑行，其加速度a与滑行距离s的关系如图乙所示，求so2so过程与Oso过程的时间之比。(无人机在so2s。这段滑行过程中的平均速度可用该过程始末速度的算术平均值替代)【答案】勺=短 空，2=等；&=:；,=6一
11、225%25%3 A【解析】【分析】【详解】(1)无人机以速度vo匀速爬升阶段，受力平衡，沿速度方向有3-mg=mgsin 6+旬垂直速度方向有=kv()联立得,mg cos 0 247ngK,=-=-%25%0.6 7g-mg sin 0 Smgk2%25%(2)设无人机在地面滑行时速度为v,受到地面弹力为FN,受力分析可知竖直方向平衡FN+kiv=mg水平方向匀加速3，-m g-k R -k2v=ma得JVa=(二 一&3)g +(火3&i-k2)一5m无人机能做匀加速直线运动，a 不变，方程中v 的系数必须为零，即kyky&=0则有k=%=!3&3(3)设无人机在0s()过程经历时间为t
12、”so位置的速率为v i；在so2so过程经历时间为t2,2so位置的无人机速率为V2,Oso过程以加速度ao匀加速运动，则1 2%=万 而解得依据图乙，0s()过程无人机合外力为mao；so2so过程无人机合外力m a随 s 均匀减小，一 小 段 位 移 内合外力做功为m a A s,此 过 程 合 外 力 做 功 可 表 示 为 S0,02so过程应用动能定理maoso+-so=mvl解得9=13 aos0依题意在so2so过程无人机平均速度大小为无人机在两个过程经历时间之比为匕=-2r,9.如图，在水平固定放置的汽缸内，用不漏气的轻质活塞封闭有一定量的理想气体，开有小孔的薄隔板将气体分为
13、A、B 两部分.活塞的横截面积为S,与汽缸壁之间无摩擦.初始时A、B 两部分体积相同，温度为T,大气压强为pi.AB活塞(1)加热气体，使 A、B 两部分体积之比达到1:2,求此时的温度T，；(2)将气体温度加热至2 T,然后在活塞上施加一向左的水平恒力F=5 p ,推动活塞，直至最终达到平衡,推动活塞过程中温度始终维持2T不变，求最终气体压强p.【答案】(1)T，=1.5T(2)p,=4p1【解析】【详解】设 A 的体积为V,则初状态A、B 总体积为2 V,末状态总体积为3V由盖一吕萨克定律得：2V _3V斤一下解得r=i.5 T.(2)假设活塞被推至隔板时气体压强为p 临/?ox2V _
14、pvN解得Fp 端=4pi V 由此可以判断，活塞一直被推至隔板，此后气体体积、温度均不变，则压强不再改变，p=4pi.点睛：已知初末状态的体积，由盖吕萨克定律可求得后来的温度；由理想气体状态方程可求得临界压强值，比值临界压强与压力压强的关系，可分析活塞的位置，进而求得最终的压强.10.“1_”形轻杆两边互相垂直、长度均为1,可绕过O 点的水平轴在竖直平面内自由转动，两端各固定2一个金属小球A、B,其中A 球质量为m,带负电，电量为q,B 球的质量为彳m,B 球开始不带电，整个装置处于竖直向下的匀强电场中，电场强度。现将“L”形杆从OB位于水平位置由静止释放：(1)当“L”形杆转动的角速度达到
15、最大时，OB杆转过的角度为多少？(2)若使小球B 也带上负电，仍将“1_”形杆从OB位于水平位置由静止释放，OB杆顺时针转过的最大角度为 90。，则小球B 带的电量为多少？转动过程系统电势能的最大增加值为多少？0B【答案】（1）53。；（2）4，3mgI。【解析】【详解】转速最大时，系统力矩平衡：mglsinO=EqlsinO+mglcosd解得：八4tan6=一36 二 53（2）设B带的电量为q，转过最大角度时，动能为零，由动能定理得：Eql+m3gl mgl Eql=O解得：,1qf当转角为a时电，势能的增加值等于两球克服电场力的功：W=Eql sin a-EqKcos a）整理得：W=
16、gmgl式中当：Wm=n g l,电势能的最大增加值为;mg/。11.彩虹的产生原因是光的色散，如图甲所示为太阳光射到空气中小水珠时的部分光路图，光通过一次折射进入水珠，在水珠内进行一次反射后，再通过一次折射射出水珠.现有一单色光束以入射角包=45。射入一圆柱形玻璃砖，在玻璃砖内通过一次折射、一次反射、再一次折射射出玻璃砖，如图乙所示，已知射出光线与射入光线的夹角（|=30。，光在真空中的速度为c,求：该单色光的折射率；该单色光在玻璃中传播速度的大小.太阳光水珠甲【答案】(1)=0 (2)v =2【解析】【详解】如图所示，设折射角为0 2,分析可知0 3=0 1-0 2由等腰三角形可知04=0
17、 2由三角形内外角关系可得仇=a+1得 2。2=4+,即。2 =3 0。s i n 0,rr该单色光的折射率 =-T =V 2 .由光在玻璃中的传播速度V =-1 2.如图所示，在光滑绝缘的水平面上有一矩形区域Med,，力和6 c边长度分别为9 c m和8 c m,。为矩形的中心。在矩形区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B =0.5 T。在O点把一带电小球向各个方向发射，小球质量为m=0.0 1 k g、所带电荷量为q =+2 C。(1)求小球在磁场中做完整圆周运动时的最大速度?；Q(2)现在把小球的速度增大为师的多倍，欲使小球尽快离开矩形，求小球在磁场中运动的时间。X XX XX
18、XX XX XXXX x xX XX X71【答案】(1)2.5m/s(2)s【解析】【详解】(1)O 点到ad(bc)边的距离为。=4.5 c m,到 ab(cd)边的距离为。2=4cm ,要使小球不离开磁场，小球与两边相切时，小球做圆周运动的半径最大，如图所示，设最大半径为由几何知识有K+N s i n e/耳+&cos 8=D联立解得&=2.5cm由4%8 二根 解得mvR=0.04m=4cm=D.qB欲使小球尽快离开矩形，则轨迹如图；由几何关系可知，粒子在磁场中的圆周角为60。，则时间R0V7T0.04 x-3 71-S-4 3001 3.如图，某种透明材料做成的三棱镜A B C,其截
19、面为等腰直角三角形，已知BC 的边长为a,现用一束宽度为a的单色平行光束，以垂直于BC面的方向正好入射到该三棱镜的AB、AC面上，结果所有从AB、AC面入射的光线进入后全部直接到达BC面。某同学用遮光板挡住AC,发现光从BD间射出(D未在B C边标出)，已知该材料对此平行光束的折射率=夜。求：单色平行光束到达BC边的范围BD的长度；拿掉遮光板这些直接到达BC面的光线从BC面折射而出后，如果照射到一块平行于BC的屏上形成光斑，则当屏到BC面的距离d满足什么条件时，此光斑分不成两部分？(结果可以保留根式)可能用到的三角函数公式：sin(a+p)=sinaco耶+cosasin0；sin(ap)=s
20、inacospcosasinp；cos(a+p)=cosacospsinasinpcos(a-p)=cosacosp+sinasinp)答案 匕3 同(6+1)2 4【解析】【详解】光路如下图所示：由题意可知，遮光板挡住AC,单色平行光束经AB面折射后射到BC之 间 的 这 些 光 线 在 三 棱 镜 中是平行的，设光线进入AB面时的入射角为a和 折 射 角 为 由 几 何 关 系 可 得，or=45折射率=sin asin 0sin/7=g尸=3 0BD =yl+tan（45-/?）aBD=-21 +sin（45-30）+cos（45-30）BD=a2如图a为 8 c 的中点，从 3 c 射
21、出的光线与A Q 的延长线交于。2,根据对称性光斑分不成两部分，由几何光线有6/=tan =tan(90-6)=-2 2、7 2tan。sin。n=-sin/=15sin=V2sinl5疝15。=如二24d=A 3(G +l)41 4.如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距L=lm,导轨平面与水平面成。=30。角，下端连接一定值电阻R=2C,匀强磁场B=0.4T垂直于导轨平面向上。质 量 m=0.2kg、电阻r=l Q 的金属棒a b,其长度与导轨宽度相等。现给金属棒ab施加一个平行于导轨平面向上的外力F,使金属棒ab从静止开始沿轨道向上做加速度大小为a=3m/s
22、2的匀加速直线运动。运动过程中金属棒ab始终与导轨接触良好，重力加速度取g=10m/s2。求：当电阻R 消耗的电功率P=L28W时，金属棒ab 的速度v 的大小；当金属棒a b 由静止开始运动了 x=1.5m时，所施加外力F 的大小。【答案】(l)6m/s；(2)1.76N【解析】【分析】【详解】(1)根据题意可得P=I2R/峨=0.8A由闭合电路欧姆定律可得E=I(R+r)=2.4V再由法拉弟电磁感应定律可得E=BLvi联立解得E,v.=6m/s1 BL根据题意，金属棒ab在上升过程中，切割磁感线可得E=BLV2F$=BILE=I(R+r)由金属棒ab在上升过程中，做匀加速直线运动，由运动学
23、规律可得片=2ax对金属棒ab进行受力分析，根据牛顿第二定律可得F mg sin 0F,.=ma联立解得F=l.76N1 5.如图，三棱镜的横截面为直角三角形ABC,NA=30。，NB=60。，B C 边长度为L,一束垂直于AB边的光线自A B 边 的 P 点射入三棱镜，A P 长 度 d ,=sinC,得 i，C,所以光线在M 点发生全反射，不会射出三棱镜.PQ=dtan30=-V J QM=2PQMN=（_-2d）cos30o=7（L-d）_、一-光在三棱镜中传播速度为：v=c/n光 从 P 从 P 点射入到第二次射出三棱镜经过的时间为：t=（PQ+QM+MN）/v联立解得：t=.,L答：
24、（1）三棱镜的折射率是、，下 光 从 P 点射入到第二次射出三棱镜经过的时间是L【点睛】（1）光线射到AC边上的O 点，由折射定律和几何关系求三棱镜的折射率；（2）光线反射到AB边上，由几何关系求出入射角，与临界角比较，能发生全反射.再反射从BC边射出.由丫=”11求出光在棱镜中传播的速度，由几何关系求出传播的距离，再求传播时间.1 6.如图，两固定的绝缘斜面倾角均为0,上沿相连.两细金属棒ab（仅标出a 端）和 cd（仅标出c 端）长度均为L,质量分别为2m 和 m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平.
25、右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小 为 B,方向垂直于斜面向上.已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为山 重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑.求:(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小;金属棒运动速度的大小.【答案】(l)mg(sinO-3pcos0)【解析】meR(2)(sin-3ncos。)7 TD L【详解】设导线的张力的大小为T,右斜面对ab棒的支持力的大小为N 1,作用在ab棒上的安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin0=juN+T+FNx=2mgcos0对 于 cd棒，同理有mgs
26、inO+RN?=TN2=mgcos0联立解得：F=;ng(sin 0-3/zcos 3(2)由安培力公式得：F=BILab棒上的感应电动势：E=BLv由欧姆定律得：R联立解得：u=(sin6-3 cose)1 7.如图，在 xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场，第四象限内存在方向沿-y方向、电场强度为E 的匀强电场.从y 轴上坐标为a 的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与+y方向成30。150。，且在xOy平面内.结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x 轴上，然后进入第四象限的匀强电场区.已知带电粒子电量为q,质量为m,重力不
27、计.求:(1)垂直y轴方向射入磁场粒子运动的速度大小VI；(2)粒子在第I象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向；(3)从X轴上x =(0-1加点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上)，=-b的点，求该粒子经过y =T?点的速度大小.【答案】幽/=泞v.m 6qB，加 1 n【解析】【分析】【详解】(1)如图所示，粒子运动的圆心在O点，轨道半径乙=。由 q%B=m-4得 迺m(2)当粒子初速度与y轴正方向夹角3 0。时，粒子运动的时间最长此时轨道对应的圆心角a =1 5 0。2兀m粒子在磁场中运动的周期T=qB1 5 0 曰 57rm综 上 可 知 丽 人 研(3)如图所示设粒子射入
28、磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为仇则有 RR cos6=（后 一1）。7?sin 0 =a可得6=45,R =6 a此粒子进入磁场的速度v o,贝!|：%=邂=受 幽m m设粒子到达y 轴上速度为v,根据动能定理，有：q Eb=1 mv92 -1 m v l9解得：丫 =回 生 了十 逆 V n r m18.如图甲所示，质量均为m=0.5 k g的相同物块P 和 Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C 两点.P在按图乙所示随时间变化的水平力F 作用下由静止开始向右运动，3 s 末撤去力F,此时P 运动到B 点，之后继续滑行并与Q 发生弹性碰撞.已知B、C 两点间的距离L=3.75m,P、
29、Q 与地面间的动摩擦因数均为|1=。2，取 g=10m/s2,求：FN3.：_ S1_ 1，c .A 8 U C 1 2 3 S甲 乙(D P到达B 点时的速度大小v 及其与Q 碰撞前瞬间的速度大小vi；(2)Q运动的时间t.【答案】(l)v=8m/s,vt=7m/s(2)r=3.5s【解析】(1)在 0-3s内，对 P,由动量定理有：Fiti+F2t2-jmg(ti+tz)=mv-0其中 Fi=2N,Fz=3N,ti=2s,t2=ls解得：v=8m/s设 P 在 BC两点间滑行的加速度大小为a,由牛顿第二定律可得：Mmg=maP 在 BC两点间做匀减速直线运动，有：v2-vi2=2aL解得：
30、vi=7m/s(2)设 P 与 Q 发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v/、V2。取向右为正方向，由动量守恒定律和动能守恒有：mvi=mvi+mv2-mvi2=mvi,2+mv2,22 2 2联立解得：V2-vi=7m/s碰 后 Q 做匀减速直线运动，加速度为：a，=11g=2m/s2Q 运动的时间为：t -s 3.5A,19.用两只玩具小车A、B 做模拟碰撞实验，玩具小车A、B 质量分别为皿.=：kg和=把两车放置在相距5=S：)的水平面上。现让小车A 在水平恒力二=六 作 用下向着小车B 运动，恒力作用一段时间后撤去，小车A 继续运动与小车B 发生碰撞，碰撞后两车粘在一起，滑行d=0.25
31、m停下。已知两车运动所受的阻力均为重力的0.2倍，重力加速度取j g/s；。求：(1)两个小车碰撞后的速度大小；(2)小车A 受到的恒力F 的作用时间。【答案】(1)lm/s(2)Is【解析】【详解】(1)两小车碰撞后的滑行过程中，有一 匚(匚 j +口；)口匚=0-：(0 +口)匚：解得 V3=lm/s(2)两车碰撞过程中，有二二：=(+二 )二3解得 V2=4m/s恒力作用过程有撤去F 至二车相碰过程有20.如图所示，一个截面为半圆的玻璃砖，O 为圆心，M N是半圆的直径，它对红光和紫光的折射率分别为 m、1 1 2,与 直径平行放置一个光屏A B,AB与 M N 的 距 离 的 为 d.
32、现有一束由红光和紫光组成的复色光 从 P 点 沿 P O 方向射入玻璃砖，ZPO N=4 5 .试 问：(1)若 红 光 能 从 M N 面 射 出，m 应满足什么条件？(2)若 两 种 单 色 光 均 能 从 M N 面 射 出，它 们 投 射 到 AB上的光点间距是多大?【答 案】(1)“区稗=或忘 一 号)【解 析】【详 解】解：(1)若 红 光 能 从 面 射 出，在 面 上 不 能 发 全 反 射，则红光的临界角为。，=(90-45)由临界角公式得：4解 得：/2sin i 1 复 色 光 经 N 折射后的光路如图，由折射定律得：二 一sin rsin i 1sir1rl n2根据几
33、何关系有：E F=d ta n r2-ta n r2 1.如图所示，直 角 坐 标 系xO 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=口 也，粒子第二次在磁场中运动后以垂直x=bqa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
34、动到射出磁场所用的时间。mv(I (12+5)+16 y)a【答 案】(1)E=也,(V2+l)a；(2)1_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _L.qa 8vn【解 析】【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a%2 2 1根据牛顿第二定律有a=%m求得2=皿qa设粒子经过坐标原点时，沿y方 向 的 速 度 为V，1 1-a =vt.2 2)求得Vy=V0因此粒子经过坐标原点的速度大小为V=0%,方向与X 轴正向的夹角为45。由几何关系可知，粒子进入磁场的位置为（ga,并垂直于M N,设粒子做圆周运动的半径为r,则V2qvB=m一得
35、42r=-2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=立4 做匀速圆周运动，并垂直x=b射出磁场，轨道如图所示。由几何关系可知b=2r+a=（夜 +（2）由（1）问可知，粒子在电场中做类平抛运动的时间a4=一%粒子在进磁场前做匀速运动的时间 a7 at-.=v 2%粒子在磁场中运动的时间5 f 5 27rm4=T=x-3 8 8 qB5兀（1粒子第二次在电场中运动的时间c v 2A/2a%因此，运动的总时间12+5+1672f f+L+E2 2.如图，上端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒
36、组成，两圆筒中各有一个活塞，两活塞用刚性轻杆连接，两活塞间充有氧气，小活塞下方充有氮气.已知：大活塞的质量为2 m,横截面积为2 S,小活塞的质量为m,横截面积为S；两活塞间距为L；大活塞导热性能良好，汽缸及小活塞绝热；初始时氮气和汽缸外大气的压强均为p o,大活塞与大圆筒底部相距七，两活塞与气缸壁之间的摩擦不计，重力加速度为2g.现通过电阻丝缓慢加热氮气，求当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时，氮气的压强.【解析】【分析】以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件求出初始时氧气压强为p i和体积V I；再求出当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时氧气的体积V2；再由玻意耳定律，求出此时氧
37、气的压强P 2,最后利用平衡条件求出氮气压强为P；根据平衡条件求出压强，在根据理想气体状态方程求出温度.【详解】以两活塞整体为研究对象，设初始时氧气压强为p i,根据平衡条件有poS+3mg=piS化简得：初始时氧气体积:当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时，氧气体积V2=2SL由于大活塞导热，小活塞缓慢上升可认为氧气温度不变，设此时氧气压强为P2,由玻意耳定律得P2V2=P1V1联立解得氧气的压强：3P2-Po+9 mg7F 设 此 时 氮 气 压 强 为p,温 度 为T,根据平衡条件有po-2s+3mg=p2s+pS得:。予*嘿2 3.竖直平面内有一直角形内径相同的细玻璃管，A端封闭
38、，C端开口，最 初AB段处于水平状态，中间有一段水银将 气 体 封 闭 在A端，各部分尺寸如图所示，外 界 大 气 压 强po=75cmHg。(1)若从右侧缓慢注入一定量的水银,可使封闭气体的长度减小为20cm,需要注入水银的总长度为多少？(2)若 将 玻 璃 管 绕 经 过A点的水平轴顺时针转动9 0 ,当AB段处于竖直、BC段处于水平位置时，封闭气体的长度变为多少？25cm 25cm【答 案】(1)30cm,(2)39.04cm【解 析】【详 解】(1)由玻意耳定律:PM=Pz%得 到：(P o+pg九)1 B二 必 4 s解 得：p2=125cmHg右 侧 水 银 总 高 度h2=50c
39、m,注入水银的总长度为：(h2-hi)+(L i-L2)=30cm；(2)设 顺 时 针 转 动90。后，水银未溢出，且AB部 分 留 有x长度的水银,玻意耳定律：(Po+P S)-ZjS=(p0-x)-()+/,-x)S代入数据，得 到：(75+25)x 255=(75-x)x (25+2 5-x)S变形为x2-125x+1250 c m=0解得=12525如5 0,假设成立，x=125+25/i万不合题意,舍去；贝！1：2 2125-255/17x=-c m2末态气体长度L j=L i+li-x=2 5(_ _ 12c m 39.0 4c m。22 4.如图所示，两个完全相同的长木板A、B
40、靠在一起(不连接)放在光滑的水平面上，A、B的长均为L,质量均为m,一物块C,质量也为m,以初速度vo从 A木板的左端滑上木板，最终刚好能滑到木板A的右端，重力加速度为g,物块与两长木板间的动摩擦因数相同，不计滑块C的大小。求：(1)物块与长木板间的动摩擦因数H；_ 4(2)物块滑到A的右端时，再 给 C 一个向右的瞬时冲量，使 C的 速 度 变 为 试 判 断 C会不会从B的右端滑出，要求写出判断的推理过程。CA【答案】(1)工；(2)不会，过程见解析。3gL【解析】【详解】(1)设滑块C滑 到 A的右端时，三者共同速度为vi,根据动量守恒定律有mv0=3mv1根据动能关系有mgL=g 加君
41、一g x 3mv；=1 mv1求得vo23gL(2)假 设 C不会从B板上滑离，B、C获得共同速度为V 3,则mv2+mvy=2mv3求得5匕=2O%设 C在 B上滑行的距离为x,根据功能关系求得x=-L4假设成立，因此物块不会从B的右端滑离。2 5.如图所示，竖直固定的绝热气缸，上下由横截面不同的圆筒制成，气缸内壁光滑，导热薄活塞a、b用长为L=40cm的细杆连接，活塞内封闭一定质量理想气体，活塞移动过程中不漏气，a、b面积*=3S;1。初始时理想气体温度7；=500K,活塞a距气缸连接处L,=20cm,处于静止状态，已知活塞b下部气体与大气相通，大气压强保持为“ouLOxlC/Pa不变，已
42、知圆柱气缸足够长，活塞和杆重力可忽略，求：(1)初始时气体压强大小；(2)气体温度缓慢降至T2=200K时，气体压强大小。【答案】(l)l.OxlO5Pa(2)8.0 xl04Pa【解析】【详解】对a、b活塞整体进行受力分析，有PS+PoSb=PoS+PSb解得/?,=1.0 xl05Pa温度缓慢降低，初始时压强不变，体积减小，因此活塞a、b均向上移动，当活塞b到达连接处时，根据盖吕萨克定律*a +7；根据计算可得：4=250K T2=200KLSaT此后气体体积不变，根据查理定律P o=1京一（可得 2=8.0 x10 4 P a26.如图所示，绝热容器中封闭一定质量的理想气体，现通过电热丝
43、缓慢加热，当气体吸收热量Q 时，活塞恰好缓慢上移H,已知活塞横截面积为S,重量忽略不计，大气压强为p o,求封闭气体内能增加量。【答案】Q-P oSH【解析】【详解】加热过程中气体做等压变化，封闭气体压强为p=po气体对外做功为W=poSH由热力学第一定律知内能的增加量为/U=Q -W=Q-poSH27.如图所示，两完全相同质量为m=lkg的滑块放在动摩擦因数为j i=!的水平面上。长度均为L=lm的轻杆OA、OB搁在两个滑块上,且可绕较链O 自由转动,两轻杆夹角为74。现用竖直向下的恒力F=20N作用在钱链上，使两滑块由静止开始滑动。已知重力加速度g=10m/s2,5必37。=0.6,cos
44、37=0.8.求：此时轻杆对滑块A 的作用力FA的大小；(2)此时每个滑块的加速度a 大小；(3)当轻杆夹角为10 6。时，每个滑块的速度v 大小。【答案】(1)12.5 N；(2)2.5 m/s2;夜 m/s。【解析】【分析】【详解】在 O点，F沿杆的分力为F 一 FA 2 co s 37解得以=12.5 N由f=(z g +工 co s 37)=5 N巴 s i n 37-(加g +工 co s 37)=3解得 =2.5 m/s2(3)因为/=m g +=5 N 2)保持不变，克服摩擦力做功W=2 y A x =10-(co s 37-s i n 370)=2 j恒力 F做功为H；.=Jf
45、 A y =2 0.(L co s 37o-L s i n 37)=4 j1 ,=2x-m v2解得v 二 m/s2 8.如图所示，开口向上、竖直放置的内壁光滑气缸的侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成I、II两部分.初状态整个装置静止不动处于平衡状态，I II两部分气体的长度均为l o,温度为T o.设外界大气压强为p o保持不变，活塞横截面积为S,且2 m g=p o S,环境温度保持不变.在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡状态，求活塞B下降的高度；现只对II气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置
46、，求此时H气体的温度.【答案】0.331。2.1T。【解析】【详解】初状态：I气体压强P i =Po+等=L 5 P oJII气体压强ms、Pi=P+-2PoJ添加铁砂后：I气体压强P；=Po+W=2.5pon气体压强p；=p；+半=3pon气体发生等温变化，根据玻意耳定律：P 2 1o S=p,2 h SB活塞下降的高度h2=l o-h带入数据解得h2=O.33l o.I气体发生等温变化，根据玻意耳定律：p i l（）S=p,i l i S只对n气体加热，I气体状态不变，所以当A活塞回到原来位置时，n气体高度/；=2/0 i =1.4/0根据理想气体状态方程P210s _ p2112s解得
47、T2=2.1TO.2 9.如图所示，AB是 半 径R=0.80m的1光滑圆弧轨道，半 径OB竖 直，光滑水平地面上 紧 靠B点静置4一 长 为1.5m的小车，其 上 表 面 与B点等高。现将一 质 量m=1.0kg的 小 滑 块 从A点由静止释放，经B点滑 上 小 车，小滑块恰好未滑离小车。已知滑块与小车之间的动摩擦因数=0.4()。重 力 加 速 度g取l()m/s2。求：(1)滑 块 刚 滑 至B点时，圆弧对滑块的支持力大小；【解 析】【分 析】【详 解】(1)滑 块 由A至8过程机械能守恒D1 2mgR =-m v解得v=12gJ=4m/s在8点由牛顿第二定律可得v2FN-mg=mK解得
48、笈=30N(2)滑块与小车相互作用过程由动量守恒m v =(m+M)vi在此过程中能量守恒1 ,1 2j m g L =m v (m +M)vt联立解得M=3kg3 0.如图所示，半 径R=0.4m的竖直半圆形光滑轨道BC与 水 平 面AB相 切，A B间 的 距 离x=3.6m。质量m2=0.15kg的小滑块2放在半圆形轨道的最低点B处，另一质量为m2=0.25kg的小滑块1,从A 点以v=10m/s的初速度在水平面上滑行，到达B 处两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道。已知滑块1 与水平面之间的动摩擦因数ji=0.5。重力加速度g 取 10m/s2。两滑块均可视为质点
49、。求：滑 块 1 与滑块2 碰撞前瞬间的速度大小V”(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能 E；(3)在半圆形轨道的最高点C 处，轨道对两滑块的作用力大小FN.【答案】(l)8m/s；(2)3J；(3)5N【解析】【分析】【详解】滑 块 1 从 A 运动到B,根据动能定理一pmigx=1 ，/M2 1 2得vi=8m/s设两滑块碰后的共同速度为V,根据动量守恒定律mivi=(mi+m2)v得v=5m/s根据能量守恒定律1 2 1 2AE=|V,+m2)v得AE=3J设两滑块到达最高点C 处时的速度为v c,根据机械能守恒定律1 ,1 9(mi+m2)v-(mi+mz)+(mi+m2)gx2R得v
50、c=3m/s两 滑 块 在C点的受力示意图如图所示网I(mi+wf2)g根据牛顿第二定律FN+(mi+m2)g=(mi+m2)R得FN=5N3 1.如图所示，棱镜的截面为 直角 三角 形ABC,N A=3 0,斜 边AB=a。棱 镜 材 料 的 折射 率为n=直。在此截面所在的平面内，一 条光 线 以45的 入 射 角 从AC边 的 中 点M左侧射入棱镜。(不考虑光线沿原路返回的情况，已 知 光 速 为c)(1)画出光在棱镜中传播的光路图;(2)求光在棱镜中传播的时间。【解 析】【分 析】【详 解】设入射角为i,折射角为/由折射定律：”第 得/=30设全反射的临界角为外,由s i n%=,，得