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1、word版可编辑】拉萨市新高考物理100解答题冲刺训练精选高考物理解答题100题含答案有解析1.如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和 B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现 将 A 无初速释放，A 与 B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A 和 B 的质量均为m=0.1kg,A 和 B 整体与桌面之间的动摩擦因数日=0.2。取重力加 速 度 g=10m/s2o 求：(1)与 B 碰撞前瞬间A 对轨道的压力N 的大小；(2)碰撞过程中A 对 B 的冲量I 的大小；(3)A 和 B 整体在桌面上滑动的距离L【答案】(1)
2、3N；(2)0.1N-S；(3)0.25m【解析】【分析】【详解】(1)滑 块 A 下滑的过程，机械能守恒，则有DmgR =1 mv2,滑块A 在圆弧轨道上做圆周运动，在最低点，由牛顿第二定律得2_VK两式联立可得FN=3N由牛顿第三定律可得，A 对轨道的压力N=FN=3N(2)AB相碰，碰撞后结合为一个整体，由动量守恒得mv=2mv对滑块B 由动量定理得I=mV=mv=0.1N-s2(3)对 AB在桌面上滑动，水平方向仅受摩擦力，则由动能定理得19=0 x 2mvf解之得l=0.25m2 .如图所示，用销钉固定活塞把水平放置的容器分隔成A、B两部分，其体积之比匕：匕=2：1。开始时，A中有温
3、度为1 2 7、压强为1.8 x l()5 p a的空气，B中有温度为2 7、压强为1.2 x l()5 p a的空气。拔出销钉使活塞可以无摩擦地移动(不漏气)，由于容器壁缓慢导热，最后气体都变到室温2 7 C,活塞也停住。求最后A中气体的压强。【答案】P =1.3 x l O5P a【解析】【分析】【详解】设开始时A、B中气体的压强、温度、体积分别是P.、北、匕 和 八，、七，最后两部分气体的压强都是P，温度都是T,体积分别是%和%-由气态方程。匕 =PA%T TAPVH _ PHVBT TH且匕+v尸v+匕解得p =1.3 x l O5P a 3 .如图所示，水平轨道A B和C D分别与水
4、平传送带左侧和右侧理想连接，竖直光滑圆形轨道与C D相切于点E,一轻质弹簧原长/=3 m,将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为z =1 k g的小物块P由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为/=1.2 m。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点,另一端与小物块P接触但不连接。弹簧原长小于光滑轨道AB的长度，轨道靠近B处放置一质量为例=2 k g的小物块Q。传送带长L =25 m,沿顺时针方向以速率u =6 m/s匀速转动，轨道C E长为x =4m.物块与传送及轨道C E之间的动摩擦因数均为4 =0.2。现用小物块P将弹簧压缩至长度为/=1.2 m,然后释放，P与Q弹性碰撞后立即拿走物块
5、P,Q恰好可以到达与光滑圆形轨道圆心等高的F点，取g =1 0 m/s 2。(1)求P与Q碰撞后Q的速度;(2)求光滑圆形轨道的半径R。(1)将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为机=1 k g的小物块P由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为/=1.2 m,则此时弹簧具有的弹性势能为J=岫 /=1 0 x (3 1.2)J=1 8 J弹簧水平放置时，小物块P将弹簧压缩至长度为/=1.2 m,然后释放，可知此时弹簧具有的弹性势能仍为 EP=1 8 J,则物体P脱离弹簧后的速度满足；*=约解得v o=6 m/s物块P与Q碰撞满足动量守恒的能量守恒，贝!J：m vQ=m v+M v,1 o
6、 1 ,2 1 2mvo =mv+M v f解得v i=4 m/s(2)物块滑上传送带上时的加速度a =f j g=2 m/s2加速到共速时的距离为/2 62 _42s=-L -=5 m 2 5 m2a 2 x 2可知物块Q将以6 m/s的速度滑离传送带，即到达C点的速度v c=6 m/s则由C点到F点由动能定理：-/jMgxMgR=O-Mvl解得R=lm4.如图所示，一质量m=1.0kg的小球系在竖直平面内长度R=0.50m的轻质不可伸长的细线上，O 点距水平地面的高度h=0.95m。让小球从图示水平位置由静止释放，到达最低点的速度v=3.(hn/s,此时细线突然断开。取重力加速度g=10m
7、/s2求：小球落地点与O 点的水平距离X。(2)小球在摆动过程中，克服阻力所做的功W；细线断开前瞬间小球对绳子的拉力To：/r=0.95m【答案】(l)0.9m；(2)0.5J；(3)28N,方向竖直向下【解析】【详解】(1)小球从最低点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律得水平方向竖直方向h-R=gt2解得x=0.9m(2)小球摆下的过程中，根据动能定理得1 2mgR-Wf=mv解得1 2W(=mgR-mv=0.5J(3)小球在圆最低点受重力和拉力，根据牛顿第二定律得 VFT-m g=m 解得FT=28N根据牛顿第三定律可知，球对绳拉力大小为28N,方向竖直向下。5.如图所示，ABC是一个三棱
8、镜的截面图，一束单色光以i=60。的入射角从侧面的中点N 射入。已知三棱镜对该单色光的折射率及=6,A B长为L,光在真空中的传播速度为c,求：此束单色光第一次从三棱镜射出的方向（不考虑A B面的反射）；此束单色光从射入三棱镜到BC面所用的时间。【答案】光将垂直于底面A C,沿 PQ方向射出棱镜 工=（百+3 4c【解析】【详解】设此束光从AB面射人棱镜后的折射角为r,由折射定律有：sinzn=-sinr解得=3 0,显然光从A B射入棱镜后的折射光线NP平行于A C,光在BC面上的入射角为45。,设临界角为x,则由得：n.百亚sina=-3 2可知a/3NP=AC=-(ABcos60+-)=
9、-AB2 2 tan 45 4所以此束光从射入三棱镜到BC面所用的时间:NPv解得：(6 +3)Lt=-4 c6.如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有劲度系数为2 的绝缘弹簧，其下端固定于水平地面，上端与一不带电的质量为，的绝缘小球A 相连，开始时小球A 静止。整个装置处于一方向竖直向下的匀强电场中，电场强度大小为后=丝。现将另一质量也为加、带电荷量为+4 的绝缘带电小球B 从距A 某个高度由静q止开始下落，B 与 A 发生碰撞后起向下运动、但不粘连，相对于碰撞位置B 球 能 反 弹 的 最 大 高 度 为 学，K重力加速度为g,全过程小球B 的电荷量不发生变化。求：(1)开始时弹簧的形变量为多少
10、；(2)AB分离时速度分别为多大；(3)B开始下落的位置距A 的高度z。_ _ _ _ me m IQme【答案】%=%以=也=彩=2 g,1 /=一 -【解析】【详解】(1)设开始弹簧的压缩量为玉，对 Amg=tec1故_mg_XL k(2)B球受电场力为qE=mgA B 小球刚分离时对B 由牛顿第二定律有mg+qEm=2gA B 二者加速度相等aA=aB=2g对 A 有mg+5 =maA所以X-Xk%即弹簧拉伸量等于开始时的压缩量，刚分离时A B 小球速度相等，设为打VA=VB=V2依题意，B 相 对 于 碰 撞 位 置 上 升 最 高 学，故 A B 分离后B 再 上 升 高 度 竿，A
11、 B 分离后B 向上做竖直k k上抛运动，由运动学公式W=2x2gx 超(3)设 A B 碰后共同速度为片，对 A B 整体从碰后到二者分离过程，由动能定理有121 2一Qmg 4-qE)x 2芭=x 2m眩-x 2mvl得/=g10m设 B 与 A 碰撞前速度大小为,A B 碰撞过程动量守恒mv0=2mv,得10m%=2 M=2 g,kB 在下落过程中受重力与电场力，由动能定理O g +M)%=；相片解得_ 1 O m g“I T7.如图甲所示，足够宽水槽下面有一平面镜，一束单色光以入射角i 射入水面，经平面镜反射后的光线恰好沿水平方向射出.已知水对该单色光的折射率为n=.若平面镜与水平方向
12、的夹角为0=3 0 ,求该单色光在水面入射角的正弦值sini；使该单色光从水槽左壁水平向右射出，在平面镜上反射后恰好在水面上发生全反射，如图乙所示，求平面镜与水平方向的夹角a.【答案】三 15。【解析】解：(0由折射定律有差=二由几何关系可知丫+2。=90。可解得：sini=nsiny=(i i)光在水面上发生全反射，有sinZ=由几何关系可知C+2a=90。联立可解得平面镜与水平方向的夹角为a=15。8.如图所示，两平行金属板中的A 板上有阴极发射器，发射出的电子冲向B 板，灵敏电流计指针偏转。已知E=3 V,滑动变阻器全阻值R=99Q,A 板发射出的电子最大动能E=2.4eV闭合开关S,自
13、左向右o移动触片，至滑动变阻器的2。处时电流计指针恰好无偏转，求:9(1)平行金属板间电压;电源的内电阻。【答 案】(1)2.4V(2)11 Q【解 析】【详 解】(1)由题意可得e U =Ekmax则有U=2.4Ve(2)滑动变阻器接入电路中的电阻为Q4 =?x99Q=88。9由电路特点可知UR+rE即2.4=8899+rx3解得r=HQ9.如图所示，竖直放置、上端开口的绝热气缸底部固定一电热丝(图中未画出)，面 积 为S的绝热活塞位于气缸内(质量不计)，下端封闭一定质量的某种理想气体，绝热活塞上放置一质量为M的重物并保持平衡，此时气缸内理想气体的温度为To,活塞距气缸底部的高度为h,现用电
14、热丝缓慢给气缸内的理想气体加热,活塞上升了 g,封 闭 理想气体吸收的热量为Q。已知大气压强为p o,重 力 加 速 度 为g。求：活 塞 上 升 了 与 时，理想气体的温度是多少2理想气体内能的变化量3 1【答 案】(2)Q-/(P o S +Mg)【解 析】【详解】(1)封闭理想气体初始状态Vt=sh,M =封闭理想气体末状态1 3V2 S(h +-h)-S h用电热丝缓慢给气缸内的理想气体加热，理想气体做等压变化，设末状态的温度为7 2,由盖吕萨克定律得乜=匕 _(T2解得n/IE(2)理想气体做等压变化，根据受力平衡可得Pi S =PS +M g理想气体对外做功为W=ptS由热力学第一
15、定律可知 U=Q-W联立解得U =Q_；(p 0S +Mg)l i1 0.如图所示，半径未知的!光滑圆弧AB与倾角为37。的斜面在B 点连接，B 点的切线水平。斜 面 BC4长为L=0.3m。整个装置位于同一竖直面内。现让一个质量为m 的小球从圆弧的端点A 由静止释放，小球通 过 B 点后恰好落在斜面底端C 点处。不计空气阻力。(g 取 lOm/s2)(1)求圆弧的轨道半径；(2)若在圆弧最低点B 处放置一块质量为m 的胶泥后，小球仍从A 点由静止释放，粘合后整体落在斜面上的某点D,若将胶泥换成3m 重复上面的过程，求前后两次粘合体在斜面上的落点到斜面顶端的距离之比。m94【答 案】(D0.0
16、 8 m；丁【解 析】【分 析】【详 解】(1)设 圆 弧 的 半 径 为 R,则 小 球 在 A B 段运动时由mgR=；m v()解得VQ=y12gR小 球 从 B 平 抛 运 动 到 C 的过程中，分解位移L s i n 3 7 =gt22L c o s 3 7 =v0Z联立解得/?=0.08m(2)在 B 处 放 置 m的胶泥后，粘合时动量守 恒，由mva=2mvt得匣1 2在 B 处 放 置 3m 的胶泥后，粘合时动量守 恒，由mva=4mv2得壁2 4整 体 从 3平 抛，分解位移x-v t1 2)=理根据几何关系可知1 2-gtt a n 3 7 J =X vt解得平抛时间为2
17、v t a n 3 7 t=-g落点距离3为2 v t a n 3 7 2 t a n 3 7 v-二=X 二期=g 二 c o s 3 7 s i n 3 7 0 s i n 3 7 s i n 3 7 0可知则s2 V；11 1.角反射器是由三个互相垂直的反射平面所组成，入射光束被它反射后，总能沿原方向返回，自行车尾灯也用到了这一装置。如图所示，自行车尾灯左侧面切割成角反射器阵列，为简化起见，假设角反射器的一个平面平行于纸面，另两个平面均与尾灯右侧面夹4 5角，且只考虑纸面内的入射光线。为使垂直于尾灯右侧面入射的光线在左侧面发生两次全反射后沿原方向返回，尾灯材料的折射率要满足什么条件？若尾
18、灯材料的折射率 =2,光线从右侧面以。角入射，且能在左侧面发生两次全反射，求s i n。满足的条件。【答案】(l)n 1.4 1 4；(2)s i n 6 1.414尾灯材料折射率n-2其临界角满足sinC=L nC=30光线以。角入射，光路如图所示设右侧面折射角为夕，要发生第一次全反射，有Z 2 C 要发生第二次全反射，有Z 4 C 解得0/715 由折射定律sin。_n=-sin夕解得sin 2 sin l5 12.能量守恒定律、动量守恒定律、电荷守恒定律等等是自然界普遍遵循的规律，在微观粒子的相互作用过程中也同样适用.卢瑟福发现质子之后，他猜测：原子核内可能还存在一种不带电的粒子.(1)
19、为寻找这种不带电的粒子，他的学生查德威克用a 粒子轰击一系列元素进行实验.当他用a 粒子(:轰 击 镀 原 子 核 B e)时发现了一种未知射线，并经过实验确定这就是中子，从而证实了卢瑟福的猜测.请你完成此核反应方程；+.(2)为了测定中子的质量查德威克用初速度相同的中子分别与静止的氢核与静止的氮核发生弹性正碰.实 验 中 他 测 得 碰 撞 后 氮 核 的 速 率 与 氢 核 的 速 率 关 系 是 已 知 氮 核 质 量 与 氢 核 质 量 的 关 系 是,乐=14机，将中子与氢核、氮核的碰撞视为完全弹性碰撞.请你根据以上数据计算中子质量加“与氢核质量 的的比值.(3)以铀235为裂变燃料
20、的“慢中子”核反应堆中，裂变时放出的中子有的速度很大，不易被铀235俘获,需要使其减速.在讨论如何使中子减速的问题时，有人设计了一种方案：让快中子与静止的粒子发生碰撞,他选择了三种粒子：铅核、氢核、电子.以弹性正碰为例，仅从力学角度分析，哪一种粒子使中子减速效果最好，请说出你的观点并说明理由.【答案】(1)(2)j=2 (3)仅从力学角度分析，氢核减速效果最好，理由见解析mH 6【解析】(1)根据核反应过程中核电荷数与质量数守恒，知核反应方程式为：(2)设中子与氢核、氮核碰撞前后速率为%,中子与氢核发生完全弹性碰撞时，取碰撞前中子的速度方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有：mnv0=m
21、nvn+mHvH；1 2 1 2 1 25 m“Vo=-m,yn+-mHvH,解得碰后氢核的速率%=2，1V,mn+mH 2/77 Vo同理可得：中子与氮核发生完全弹性碰撞后，氮核的速率”=-I；因此 有 上=76%+%解 得 一=(3)仅从力学角度分析，氢核减速效果最好，因为中子与质量为m 的粒子发生弹性正碰时，根据动量守m -m恒定律和能量守恒定律知，碰撞后中子的速率匕,=由于铅核质量比中子质量大很多，碰撞后中子几乎被原速率弹回;由于电子质量比中子质量小很多，碰撞后中子将基本不会减速；由于中子质量与氢核质量相差不多，碰撞后中子的速率将会减小很多.1 3.如图所示，水平面AB光滑，质量为m=
22、L0kg的物体处于静止状态。当其瞬间受到水平冲量I=10N s的作用后向右运动，倾角为9=37。的斜面与水平面在B 点用极小的光滑圆弧相连，物体与斜面间动摩擦因数 产 0.5,经 B 点后再经过1.5s物体到达C 点。g 取 10m/s2,sin 37。=0.6,cos 37=0.8,求 BC两点间的距离。【答案】4.75m【解析】【详解】根据动量定理有I=mv0-0解得%=1 Om/s沿斜面上滑mg sin 0+/jmg cos 0=ma速度减少为零时，有%-砧=0解得r,=Is 2 t s2【解析】(1)设所用时间为t,则 v(=8 m/s；x=45 mx=vot+at1,解得 t=9 s
23、.2设前锋队员恰好在底线追上足球，加速过程中加速度为a,若前锋队员一直匀加速运动，则其平均速度Yv=_,即 V=5m/s；而前锋队员的最大速度为6 m/s,故前锋队员应该先加速后匀速t设加速过程中用时为t“贝!Jtk 丛ay 2.02匀加速运动的位移2a1 Q解得Xl=a匀速运动的位移xi=Vm(t-ti),即 Xi=6x(9-ti)m而 xi+xi=45 m解得 a=l m/s1故该队员要在球出底线前追上足球，加速度应该大于或等于1 m/s1.点睛：解决本题的关键要注意分析运动过程，理清足球和运动员的位移关系，再结合运动学公式灵活求解即可解答.16.如图所示，竖直放置的均匀细U 型试管，左侧
24、管长30cm,右管足够长且管口开口，底管长度AB=20cm,初始时左右两管水银面等高，且水银柱高为10cm,左管内被水银封闭的空气柱气体温度为27,已知大气压强为Po=75cmHg.现对左侧封闭气体加热，直至两侧水银面形成5cm长的高度差.则此时气体的温度为多少摄氏度？若封闭的空气柱气体温度为27C不变，使 U 型管竖直面内沿水平方向做匀加速直线运动，则当左管的水银恰好全部进入AB管内时，加速度为多少？A B【答案】87；0.8g【解析】h(1)p2=po+pgh=8O cmHg L2=LI+=32 5cm从状态1 到状态py,P.V22 由理想气 体 状 态 方 程=十 2代入数据7 5x
25、203008 0 x 22.5得 T2=360K 即 t2=87/?(,/,7 5x 20 u c ri(2)当水银全部进入AB管内时，气体的压强P3=一 产=c m H g =50cmH gD U此时对AB部分水银，根据牛顿定律：pos-p3s=m a =lA Bspa解得a=0.8g1 7.质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为1.2,最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等.从t=l时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F 的作用,F 随时间t 的变化规律如图所示.重力加速度g 取 llm/s2,则物体在t=l至 lj t=12s这段时间内的位移
26、大小为,F/N8 (litI I i IIlli4-J -1 -t tiltIIII_!,_0 3 6 9 12 t/sA.18m B.54mC.72mD.198m【答案】B【解析】试题分析：对物体受力分析可知，1 至 1 13s内，由于滑动摩擦力为：Ff=nFN=jimg=l.2x21N=4N,恰好等于外力F 大小，所以物体仍能保持静止状态，3s到 6 s内，物体产生的加速度为：F F Q _ A 1 1a=-=2m/s2,发生的位移为：9=。/=一 x2x32机=9m;6s到 9 s内，物体所受的m 2-2 2合力为零，做匀速直线运动，由于6s时的速度为：v=at=2x3=6m/s,所以发
27、生的位移为：x3=vt=6x(9-6)=18m；9 到 12s内，物体做匀加速直线运动，发生的位移为：X4=vt+at2=6x3+x2x32=27m；所以总位2 2移为：x=l+x2+x3+x4=9+18+27=54m,所以 B 正确；考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】遇到多过程的动力学问题，应分别进行受力分析和运动过程分析，然后选取相应的物理规律进行求解，也可以借助v-t图象求解.1 8.粗糙绝缘的水平地面上有一质量为m 的小滑块处于静止状态、其带电量为q(q0)。某时刻，在整个空间加一水平方向的匀强电场，场强大小为E=丝。经时间t 后撤去电场，滑块继续滑行一段距离后停q下来。已知滑块与地
28、面间的动摩擦因数为4 =0.5,重力加速度为g,求滑块滑行的总距离L。【答案】L=E【解析】【详解】设滑块的质量为m,电场撤去前后过程，滑块的加速度分别为4、生，全过程的最大速度为v；加速过程，对滑块根据牛顿第二定律可得qE-/mg ma.由运动学公式v=卬此过程的位移1 2玉=撤去电场后，对滑块根据牛顿第二定律可得/amg=ma2由运动学公式v2=2a2x2故r1.2L=xt+x2=gt.1 9.如图所示，质 量 m 的小环串在固定的粗糙竖直长杆上，从离地h 高处以一定初速度向上运动，运动过程中与长杆之间存在大小半的滑动摩擦力.小环能达到的最大高度为3 h,求：(1)小环从h 高处出发至第二
29、次经过2h高处过程中，重力做功和摩擦力做功分别为多少？(2)在高中我们定义“由相互作用的物体的相对位置决定的能量”叫势能，如相互吸引的物体和地球，其相对位置关系决定重力势能.对比问中两力做功，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念.(3)以地面为零势能面.从出发至小环落地前，小环的机械能E 随路程s 的变化关系是什么？3 1【答案】(l)-m gh；-,m gh(2)不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”(3)E=4mgh-2m gs【解析】【详解】(1)重力做功为WG=-mgh摩擦力做功mg 3W(=-fs=-3h=-mgh重力做功与路径无关，仅与初末位置有关.势能的变化与初末位置有
30、关.两者都与位置有关，所以重力有对应的重力势能.摩擦力做功与路径有关，所以不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”。小环能达到的最大高度为3 h,贝!：-mg-2 h-x2 h =0-mv解得：12。，=3mgh若以地面为零势能面，小环初始势能为m g h,初始动能为3m gh,则初始机械能为4mgh；从出发到落地前，通过路程s,克服摩擦力所做的功为;机g s；则机械能变化的表达式为：1E=4mgh-mgs2 0.如图所示，边长为4a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B,一个质量为m、电荷量为q(q。)的带电粒子(重力不计)从AB边的中心O 进入磁场，粒子进入磁场时
31、的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60。(1)若粒子的速度为v,加一匀强电场后可使粒子进入磁场后做直线运动，求电场场强的大小和方向；(2)若粒子能从BC边的中点P 离开磁场，求粒子的入射速度大小以及在磁场中运动的时间。【答案】(1)E=vB(2)2岛8；竽?【解析】【分析】(1)电荷受到的洛伦兹力由A 指向P,粒子做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，列出平衡方程求解场强 E；(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹图，结合几何关系求解粒子的入射速度大小以及在磁场中运动的时间。【详解】(1)电荷受到的洛伦兹力由A 指向P,粒子做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，故电荷受电场力方向由 P 指向A
32、,因粒子带正电，所以场强方向由P 指向A。设电场强度为E,有qE=qvBE=vB(2)如图，粒子从P 点出磁场，过 O 点作线段OD,OD垂直初速度，(V为轨道圆心，由几何关系可知,PD=a,OD=V3(a设轨道半径为r,则 O，D=G a-r。在直角三角形0 P D 中，有设粒子速度大小为V，由 qvB =m 得心必m将 厂=口 包 代 入 得 武=32 6 q B a3mO,Df a一噂誓吁T，故w。T轨道对应的圆心角为120,所 以 由O到P所用的时间t=yT 2兀T1 -V得”27rm3qB【点睛】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，解决此类问题，关键是要作出粒子轨迹过程图，确定圆
33、心，结合几何关系，根据半径公式等进行求解.2 1.如图所示，一圆柱形绝热气缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质 量 为m、横截面积为s,与容器底部相距h。现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时停止加热，活塞上升了 2h并稳定，此 时 气 体 的 热 力 学 温 度 为 已 知 大 气 压 强 为P o,重力加速度为g,活塞与气缸间无摩擦且不漏气。求：加热过程中气体的内能增加量;停止对气体加热后，在活塞上缓缓。添加砂粒，当添加砂粒的质量为mo时，活塞恰好下降了 h。求此时气体的温度。2 八 mne【答案】(1)U=Q-2(pQS+mg)h(2)-(1+-)7；
34、3 P0S+mg【解析】等压过程气体的压强为p=p0+等，k J则气体对外做功为W=6 s(2力)=2(p0S+mg)h由热力学第一定律得 =。一W,解 得U =Q-2(p0S+mg)h；停止对气体加热后，活塞恰好下降了 气 体的温度为T2则 初 态A=P o+乂=3人S,热 力 学 温 度 为 工，S末 态P2=Po+：）g，K=2hS,热 力 学 温 度 为 岂=?,由 气 态 方 程 竽=竽，解 得 志=：（i+）九【点 睛】解答本题关键要注意：（1）确做功与热量的正负的确定是解题的关键；（2）对气体正确地进行受力 分 析，求得两个状态的压强是解题的关键.属于中档题.2 2.图示为一光导
35、纤维（可简化为一长玻璃丝）的示意图，玻 璃 丝 长 为L,折 射 率 为n,AB代 表 端 面.已 知光在真空中的 传 播 速 度 为c.-（1）为 使 光 线 能 从 玻 璃 丝 的AB端面传播到另一端面，求 光 线 在 端 面AB上的入射角应满足的条件;（2）求 光 线 从 玻 璃 丝 的AB端面传播到另一端面所需的最长时间._ I【答 案】sin i 9,式 中，。是光线在玻璃丝内发生全反射时的临界角，它满足n sin 8=1/由几何关系得a+r=90,由式通过三角变换得s i n i 0)的粒子从x 轴上的A 点以某一初速度射入电场，一段时间后，该粒子运动到y 轴上的P(0,-)点，以
36、速度vo垂直于y 轴方向进入磁场。不计粒子的重力。2(1)求 A 点的坐标；(2)若粒子能从磁场右边界离开，求磁感应强度的取值范围；(3)若粒子能从。(3L,0)点离开，求磁感应强度的可能取值。【答案】,)；0 豌正*;B可能的取值为貌 翳,端【解析】【分析】【详解】(D粒子由A点到P点的运动可看成由P点到A点做类平抛运动，设运动时间为t,加速度大小为a,有XA=Vot qE=ma L =2 2由得A点的坐标为(_v0 I-,0)N qE(2)只要粒子不会从左边界离开，粒子就能到达右边界，设B的最大值为B m,最小轨迹半径为R o,轨迹如答图a,图示的夹角为0,则y 产亚xII答图a根据几何关
37、系有2Rocos0=RnL-RosinO+Ro=一2在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有2夕%纥,=加2 由得B=(2+圾仆qL即磁感应强度的取值范围为o ji2m2g,木板不动。对滑块：N2012g=m2a2vo2-v2=2a2L解得v=2 m/s滑块与挡板碰撞动量守恒:1112V=mzV2+mivi能量守恒：1 2 1=m,解得vi=2m/s,V2=0片+；加2学碰后瞬间木板速度为2 m/s,方向水平向右。(2)碰后滑块加速度不变，对木板：Ni(mi+m2)g+ji2m2g=miai设经时间t,两者共速vi-ait=a2t解得1t=-s3共同的速度1V3=a2t=m/s此过程木板位移1 ,7
38、xi=vit a ir=m2 18共速后木板加速度为ju(mi+m2)g一口 2m2g=mia3最后木板静止，设此过程木板位移为X2,0V 32=2ajX2解得1X2=m54木板在水平面上发生的位移为11xi+x2=m。272 7.如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体.活塞的质量为m,横截面积为S,与容器底部相距h,此时封闭气体的温度为T i.现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q 时，气体温度上升到T 2.已知大气压强为p o,重力加速度为g,T i和 T2均为热力学温度，不计活塞与气缸的摩擦.求：(1)活塞上升的高度；(2)加热过程中气体的内能增加量
39、.【答案】(D 与 岂 人(2)Q-(Pns+mg)-h【解析】【详解】(1)设温度为T2时活塞与容器底部相距H.因为气体做等压变化，由盖吕萨克定律:得:hS _ HS不解得活塞上升的高度为(2)气体对外做功为:W-pS h-(pn+)Sh=(p0S+mg)h由热力学第一定律可知：U-Q-W =Q-(p0S+mg)h=Q-(P0S+mg)4 hI2 8.如图所示，U 型玻璃细管竖直放置，水平细管又与U 型玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同。U 型管左管上端封有长1k m 的理想气体B,右管上端开口并与大气相通，此 时 U 型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U 型玻璃管底部为15cm
40、。水平细管内用小活塞封有长度10cm的理想气体A。现将活塞缓慢向右推，使气体B 的长度为10cm,此时气体A 仍封闭在气体B 左侧的玻璃管内。已知外界大气压强为75cmHg。试求：(1)最终气体B 压强；(2)活塞推动的距离。B C【答案】(1)82.5cmHg(2)10.363cm【解析】【分析】考查理想气体的等温变化。【详解】(1)活塞缓慢向右推的过程中，气 体 B 做等温变化，设 S 为玻璃管横截面:75xllS=/2xl0S解得：%2=82.5cmHg即最终气体B 压强为82.5cmHg；(2)末状态：气 体 B 和 C 的液面高度差：A/z=82.5-75cm=7.5cm活塞缓慢向右
41、推的过程中，气体A 做等温变化初状态：PA、=4+4=75+15cmHg=90cmHg末状态：4 2 =%+4 =82.5+16cmHg=98.5cmHg由玻意耳定律:PAMI=PA2%代入数据：90 x1 OS=98.5x42s解 得：a2=9.137cm活塞推动的距离：d=1 +(7.5+1)+(10-9.137)cm=10.363cm.2 9.电荷周围存在电场，电场虽然看不见，但是它却是客观存在的，可以通过实验对它进行观察和研究。如图所示，O是一个均匀带电球，把一个系在丝线上的带电量为+4、质量为?的试探小球先后依次挂在图 中、鸟、4三个不同位置，调整丝线长度，使小球静止时的三个位置A、
42、B、。与 带 电 球。的球心处于同一水平线上，三处的丝线与竖直方向的夹角分别为4、。2、4,且4 a 4。已知重力加速度为g。(1)对 带 电 小 球 静 止 于A位置时的受力进行分析，画出受力示意图，并求小球所受电场力的大小死；(2)根据电场强度的定义，推导带电球产生的电场在A位 置 处 的 场 强 大 小 马 的 表 达 式，并据此比较A、B、C三 个 位 置 的 电 场 强 度EA、EB、的大小关系。【解 析】【分 析】【详 解】受竖直向下重力，水平向右的电场力，斜向上的拉力，受力示意图如图所示根据共点力平衡条件可得:FA=mg tan 0、由电场的定义口 _FA _ _FA _ms t
43、an 02 _ FA _ mg tan 0i匕八一 一 ,匕/t 一 一 9%q q q q q q由于a%a可得EA EB Ec3 0.如图所示，光滑水平面上放有用绝缘材料制成的“L”型滑板，其质量为M,平面部分的上表面光滑且足够长。在距滑板的A 端为L 的 B 处放置一个质量为加、带电量为+4 的小物体(可看成是质点)，在水平匀强电场作用下，由静止开始运动，已知M =3m，电场的场强大小为E,假设物体在运动中及与滑板 A 端相碰时不损失电量。求物体第一次与滑板端相碰前的速度大小；(2)若小物体与滑板端相碰的时间极短，而且为弹性碰撞，求小物体从第一次与滑板碰撞到第二次碰撞的间隔时间。【解析】
44、【分析】【详解】(1)设第一次撞击速度为,从初始状态到碰板前有qEL-0所以有%(2)设碰撞后木板速度为彩，小物块速度为匕，第一次到第二次间隔时间为乙从碰撞到碰撞后，选向左为正方向，则有mv0=+mv2Lm v2=Lm v2+Lm vi解得v.=-i-n-M-vvn0=-V1 m+M 22771 vnv22=-v0=m+M 2对木板有S2=v2t对物块有又s、=s?解得31.一位同学的家住在一座25层的高楼内，他每天乘电梯上楼，经过多次仔细观察和反复测量，他发现电梯启动后的运动速度符合如图所示的规律，他就根据这一特点在电梯内用台秤、重物和停表测量这座楼房的高度。他将台秤放在电梯内，将重物放在台
45、秤的托盘上，电梯从第一层开始启动，经过不间断地运行,最后停在最高层，在整个过程中，他没有来得及将台秤的示数记录下来，假设在每个时间段内台秤的示数都是稳定的，重力加速度g 取 10m/s2；电梯在03.0s时间段内台秤的示数应该是多少？根据测量的数据，计算该座楼房每一层的平均高度。O 3 13 19 t/sv/m-s-1时间/s台秤示数/kg电梯启动前5.003.03.013.05.013.019.04.619.0以后5.0【答案】(l)5.8kg；(2)2.9m【解析】【详解】由丫-，图象可知，电梯在13.019.0s内向上做匀减速运动，由牛顿第二定律:mg N、=4=g-N-L =(/1八0
46、-4-.-6-x-1-0-)m/s 2 =0n.8Q m/s 2m 5.0匀速运动时的速度v=at-0.8x(19.0-13.0)m/s=4.8m/s03.0s内，电梯向上做匀加速运动，设其加速度为a z,贝!%=m/s2=1.6m/s2t2 3.0由牛顿第二定律：N?-mg=ma2.N2=m(g+?)=5.0 x(10+1.6)N=58N即 o3.os内台秤的示数应该为5.8kg；(2)03.0s内电梯的位移1 2 1 /2M =a2t2=x 1.6 x 3.0-m=7.2m3.013.0s内电梯的位移s2=vt3=4.8 x 10m=48m13.019.0s内电梯的位移1,1 ,$=-a
47、=x 0.8 x 0.6 m=14.4m总高度=Si+s2+s3 69.6m平均高度，H-h-=2.9m.243 2.如图所示，横截面积为s=10cm2的上端开口气缸固定在水平面上，质量不计的轻活塞a 下面封闭长度为 l=30cm的理想气体，上面通过轻绳与质量为m=4kg重物b 相连，重物b 放在一劲度系数为k=200N/m的轻弹簧上，弹簧下端固定在地面上，上端与重物b 接触，但不拴接，气缸和光滑活塞a 导热性能良好。开始时，外界温度为T=300K,弹簧弹力大小为F=20N,现缓慢降低温度，已知外界大气压强始终为Po=lxlO5P a,重力加速度大小g=10m/s2,求：弹簧与b 物体刚分离时
48、，气缸中气体的温度；从开始状态到b 物体离开弹簧时，气体内能减少了 4 0 J,则气体与外界交换了多少热量。【答案】150K；气体向外界放了 47.1的热量【解析】【分析】【详解】最初弹簧的压缩量FAx=0.1mk对被封闭的气体，初始状态工=4=300KK=Sl对活塞PoS=%S+mg F解得Pi=P o -=0.8 x IO,Db与 弹 簧 分 离 时T2,K=5(/-AX)对活塞paS p2S+m g解得p=P o -0.6 x l0?Pas由气体状态方程得生二垩1 T2联立解得7；=150K 从 开 始 到b物刚离开弹簧时，活塞下降了 A x=10cm,则外界对气体做功：A m g +n
49、ig-F ,)W =4 s x Ax-x Ax-7 J由热力学第一定律得 U=W+Q可解得Q=-47J即气体向外界放出了 47J的热量。33.“L”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 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“L”形 杆 从OB位于水平位置由静止释放，OB杆
50、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？Ot B【答 案】(1)53；(2),tngl o【解 析】【详解】转速最大时，系统力矩平衡:mAglsin 0-Eqlsin 0+mKgIcos 0解得：八4tan，=一36=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-EqI=0解得：,1q=3q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 H7/(l-cosa)整理得：式中当：Wm=m g l,电势能的最大增加值为;m g/。34.一轻质弹簧水平放置，一端固定