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1、word版可编辑】泉州市新高考物理易错100题解答题精选高考物理解答题100题含答案有解析1.在电子技术中，科研人员经常通过在适当的区域施加磁场或电场束控制带电粒子的运动。如图所示，位于M 板处的粒子源不断产生质量为m、电荷量为q 的粒子，粒子经小孔S,不断飘入电压为U 的加速电场，其初速度可视为零；然后经过小孔S2射出后沿x 轴方向从坐标原点O 垂直于磁场方向进入x 轴上方(含 x 轴正半轴)的有界匀强磁场控制区，磁场的磁感应强度为B。粒子发生270。偏转后离开磁场竖直向下打在水平放置的荧光屏上，已知N 板到y 轴、荧光屏到x 轴的距离均为L,不考虑粒了重力及粒子间的相互作用。(1)求粒子在
2、磁场中运动半径的大小；(2)求粒子从N 板射出到打在荧光屏上所需的时间；(3)实际上加速电压的大小会在UA U范围内微小变化，粒子以不同的速度进入磁场控制区域，均能发生 270。偏转竖直打在荧光屏上，求有界磁场区域的最小面积S.(2+3 4)加2qB加(2 +3万)qB-,(3)【解析】【详解】(1)粒子在加速电场中加速：1 2qU-m v粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律:(2)粒子射出到坐标原点的时间:L4 =-v粒子在磁场中运动的时间：7,=%=，2 4 427rm _ 37tmq B 2q B离开磁场到达荧光屏的时间:R +L4=-v粒子运动的总时间:(2 +3万)/2
3、q B(3)粒子在电场中加速，根据:1 2q U =m v速率最小值：%in2 qB kU)m速率最大值：2q(U+A U)“max V m3粒子进入磁场后做轨迹为泮周的运动，根据:Bq v =-R最大速率对应的半径:_ J _ 12m(U+A U)q最小速率对应的半径：1 j 2 m(C/-AL/)斜 T如图两圆弧之前的阴影部分即为所加磁场区域的最小面积:S=（/鼠 x+与卜+冬。2.C D、E F 是水平放置的电阻可忽略的光滑平行金属导轨，两导轨距离水平地面高度为H,导轨间距为L,在水平导轨区域存在方向垂直导轨平面向上的有界匀强磁场（磁场区域为C P Q E）,磁感强度大小为B,如图所示.
4、导轨左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲的光滑轨道的上端接有一电阻R。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上距离水平金属导轨高度h 处由静止释放，导体棒最终通过磁场区域落在水平地面上距离水平导轨最右端水平距离x 处。已知导体棒质量为m,导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g。求：导体棒两端的最大电压U；整个电路中产生的焦耳热;磁场区域的长度do【答案】（1）U=四 的 Q=,ngh 一 端 d=（师 一X标）【解析】【详解】（1）由题意可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大，由机械能守恒定律有m g h m v；解得v,=7由法拉第电磁感应定律得 =6 乙片，得
5、:E BLyJlghU=-=-2 2x=v2t(2)由平抛运动规律H =E解得v2=x.由能量守恒定律可知个电路中产生的焦耳热为Q=g 用；一 ；=m g h(3)导体棒通过磁场区域时在安培力作用下做变速运动。由牛顿第二定律-B IL t=mv2-m v.7当2Rd=vt联立解得3.如图甲，匀强电场的电场强度为E,电场中沿电场线方向上两点A 和 B 距离为d。(D 一个点电荷+q从 A 点移动到B 点，请你用功的定义、电场力做功与电势差的关系证明E=竽a(2)若以B 处为零势能位置，计算负点电荷-q,在 A 处具有的电势能Ep,；(3)某一带正电的点电荷周围的电场线如图乙所示，其中一条电场线上
6、的三点M、N、P,N 是 M P的中点。请你判断M、N 两点间电势差UM N与 N、P 两点间电势差UNP是否相等，并阐述你的理由。【答案】(1)见解析；(2)-Eqd(3)不相等。【解析】【分析】【详解】(1)证明：q 从 A 点移到B 点，电场力做功为W=Fdq 受到的电场力为F=qE根据电势差的定义式得A、B 两点间的电势差为WAH=一q以上方程联立可得d(2)负点电荷-q从 A 到 B,电场力做功WAB=-F d=-Eqd=EdUAB=(PA-(PBEM=%(F)/=%q=o解得EPA=-Eqd(3)U=Ed公式仅适用于匀强电场，点电荷的电场不是匀强电场，虽然M N=NP,但是由于M
7、N之间的场强比NP之间的场强大，则 M、N 之间电势差UM N大于N、P 之间的电势差UNP。4.如图所示，倾角为37的斜面体固定在水平面上，斜面上A 6 两个位置之间的距离为2 m,第一次用沿斜面向上、大小为尸=6N 的力把质量为0.5kg的物体由静止从A 处拉到8 处，所用时间为1s;第二次用水平向右、大小为U=1 0 N 的力作用在物体上，物体仍由A 处从静止沿斜面向上运动，一段时间后撤去外力，物体运动到B处时速度刚好减为零。已知sin37=0.6,cos37=0.8,不计物体大小，重力加速度g-10m/s2 o 求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)物体第二次从A运动到8的过程，水
8、平力F的作用时间。(结果可保留根式)【解析】【详解】(1)设A B间的距离为七，当拉力沿着斜面向上时，加速度为小，加速运动的时间为力根据运动学公式r 1,2L=万沿斜面向上运动的加速度。()=-2L=4A m/,s2%根据牛顿第二定律F -mg sin 0-jLiing cos 0-“上 空 皿 出=0.25mg cos 6(2)物体先加速运动，撤去外力后，减速运动，当运动到B位置速度恰减为零时作用时间最短。设加速运动时加速度大小为外,加速运动的时间为乙沿着斜面方向F cos 6-mg sin 0-/AF -may垂直斜面方向F sin 8+mg cos 0-F =0联立解得4=5m/s2设减
9、速运动时加速度大小为生,根据牛顿第二定律mg s i n 0+pmg c o s 0=tna2解得 4=8 m/s2匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，设这一速度为2 2V V T-1-=L2 q 2 a,5.在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E,水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A和B,两小球质量均为m,A球带电荷量为+Q,B球不带电，A、B连线与电场线平行，开始时两球相距L,在电场力作用下，A球与B球发生对心弹性碰撞.设碰撞过程中，A、B两球间无电量转移.第一次碰撞结束瞬间A、B两球的速度各为多大?(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力
10、做了多少功?(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场.请写出磁场B与时间t的函数关系.【答案】(1)仁|=0 嗫 丝 匹 (2)5QEL(3)BV mQ2E t-2mL1QE,2mL(-t3 QE2mL【解析】A球的加速度”隼 碰 前A的 速 度 产 质 需；碰 前B的速度山小设碰后A、B球速度分别为巳心 心I，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有:=mvM+，mvM=所 以B碰撞后交换速度：v4l=0,=v产 科 是(2)设 A 球开始运动时为计时零点，即f=0,A、B 球
11、发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为九、t由匀变速速度公式有：%=/不12mL Q E第一次碰后，经上-力时间A、B 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B 两球速度分别为心2和也2,由位移关系有亿 乜)=$府 2f j，得到：%=%=3/券VA2=a(t2-t1)=2att=2VA1=由功能关系可得：W 电=g，肛4 +g，v4=5QEL(另解：两个过程A 球发生的位移分别为,、%?，y=心，由匀变速规律推论k =4 L,根据电场力做功公式有：W=QE(XI+X 2)=5QEL)(3)对 A 球由平衡条件得到：QBV A=mg,从 A 开始运动到发生第一次碰撞：B(产 詈从第一次碰撞到发生第二次
12、碰撞:点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A 球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒.由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度.那么A 球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞.题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些.6.如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距L=lm,两轨道之间用电阻R=2Q 连接,有一质量m=0.5kg的导体杆静止地放在轨道上与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=2T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。现用水平拉力F 沿轨道方向
13、拉导体杆，使导体杆从静止开始做匀加速运动。经过位移x=0.5m后，撤去拉力，导体杆又滑行了 x，=1.5m后停下。求：整个过程中通过电阻R 的电荷量q；(2)拉力的冲量大小IF;整个过程中导体杆的最大速度vm；(4)在匀加速运动的过程中，拉力F 与时间t 的关系式。【解析】【详解】(1)导体杆切割磁感线产生的感应电动势E=t回路中电流EI R通过电阻R 的电荷量 q=IA t=-R磁通量 AD=BLAx,又 A x=x+x，代入数据可得5Ax 2x lx(0.5+1.5)q=-=-C=2CR2(2)根据动量定理IFF 安 At=0-0F 安=BIL,At为导体杆整个过程中所用时间IF=BILA
14、t=BLq所以If=4kg-m/so(3)当撤去力F 后，根据楞次定律可以判断感应电流必定阻碍导体杆的相对运动，所以杆做减速运动,杆的最大速度应该为撤去外力F 瞬间的速度。撤去F 之后通过电阻R 的电荷量为撤去外力F 之后，以水平向右为正方向，根据动量定理，则BLqz=0mvm联立上式得导体杆的最大速度为Vm=6m/s(4)根据受力分析可知BLvFB-L=maR由运动学公式v=a t,vm2=2 a x可解得a=3 6 m/s2联立上式可得关系式为F=7 2 t+1 8(N)7.如图所示，AC为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A端的竖直墙壁上质量?=1伙的小物块将弹簧的另一端压缩到B点，之后
15、由静止释放，离开弹簧后从C点水平飞出，恰好从D点 以%的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道D E F(小物体与轨道间无碰撞).0为圆弧轨道的圆心，E为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径R =Z D O E =6 0，N E O b =3 7 .小物块运动到F点后，冲上足够长的斜面F G,斜 面F G与圆轨道相切于F点，小物体与斜面间的动摩擦因数=0.5.s i n 3 7 =0.6,c o s 3 7 =0.8-取g.不计空气阻力求：(1)弹簧最初具有的弹性势能；(2)小物块第一次到达圆弧轨道的E点时对圆弧轨道的压力大小；(3)判断小物块沿斜面F G第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D
16、点？若能，求解小物块回到D点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E的速度大小.【答案】(1)?J ；(2)3 0 N；(3)2m!s.【解析】【分析】【详解】(1)设小物块在C点的速度为V则在D点有：vc=VDC OS60设弹簧最初具有的弹性势能为E p,贝|：E p=g m v 代入数据联立解得：Ep=1.2 5J;(2)设小物块在E点的速度为vE,则从D到E的过程中有:m g R (1-c o s 60 )=；m v：-m v；设在E点，圆轨道对小物块的支持力为N,则有：N-m g=-代入数据解得：vE=275m/s,N=30N由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道
17、的E点时对圆轨道的压力为30 N；（3）设小物体沿斜面FG上滑的最大距离为x,从E到最大距离的过程中有：-m gR（l-cos37）-（mgsin37+pmgcos37）x=0-；mv；小物体第一次沿斜面上滑并返回F的过程克服摩擦力做的功为Wf,则Wf=2xpmgcos371 0小物体在D点的动能为E e，贝I：代入数据解得：x=0.8m,W f=6.4J,E e=5 J因为EKD V=2.2hS由玻意耳定律得l.lpoxV=1.35pox2.2hS解得V=2.7hS(2)活塞A 从最初位置升到最高点的过程为等压过程。该过程的初态体积和温度分别为2hS和 To=273K,末态体积为2.7hS。
18、设末态温度为T,由盖-吕萨克定律得2hS _ 2.7Sh273-T解得T=368.55K水的温度t=T-273K=368.55 K-273=95.559.一列简谐横波在均匀介质中沿x 轴正方向。传播，t=3s时波传到x=9m处的质点B 点，其波形如图甲所示，A 质点的振动情况如图乙所示，求：从t=3s时开始C 质点经过多长时间位移第一次为4m；(ii)在简谐横波从B 质点传到C 质点的过中，A 质点运动的路程。【答案】(i)lls(ii)32m【解析】【详解】由图甲可知波的波长入=6 m,由乙图可知波的周期T=4s,根据2v=T得v=1.5m/s从 t=3s时开始C 质点的位移第一次为4m 的
19、时间(ii)简谐横波从B 质点传到C 质点的时间XoC 21 9t=4=-s=8sv 1.5有t=2T由图可知波的振幅为A=4m,A 质点运动的路程为s=2x4A=2x4x4=32m10.2019年 12月以来，我国部分地区突发的新型冠状病毒肺炎疫情威胁着人们的身体健康和生命安全，勤消毒是一种关键的防疫措施，如图甲所示。图乙是喷雾消毒桶的原理图，消毒桶高为h。在室外从加水口加注高度为g 的消毒液，关闭喷雾口阀门K,密封加水口，上部封闭有压强为p。、温度为To的空气。将喷雾消毒桶移到室内，一段时间后打开喷雾口阀门K,恰好有消毒液从喷雾口溢出。已知消毒液的密度为，大气压强恒为p。，喷雾管的喷雾口与
20、喷雾消毒桶顶部等高。忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体，重力加速度为g。(1)求室内温度。(2)关 闭K,在室内用打气筒向喷雾消毒桶内充入空气。然 后，打 开K,在室内喷雾消毒。消毒完成时,发现桶内消毒液的液面刚好降到桶底。求充入空气与原有空气的质量比。(假设整个过程中气体温度保持不 变。)甲【答 案】(1)(1+02)4；2 p o +3 p g 2 p +p g【解 析】【分 析】【详 解】(1)设 室 内 温 度 为T”消毒桶移到室内一段时间后，封闭气体的压 强 为PIhP=P0+P g-气体做等容变 化，由查理定律得：Po.=A4一 工解得T 八 J g h71=0+-)42 Po(
21、2)以充气前消毒桶内空气为研究对象。设 消毒 桶的 横截 面积 为S。充 气 前 压 强 为pi时，设 体 积 为V”则Pi =P o+0 gh，1乂Z=彳hS消毒完成 后，设 压 强 为P 2,体 积 为V 2,对 应 的 气 柱 高 度 为h 2,则P2=Po+Pgh，匕=%s因气体做等温变化，由玻意耳定律得PM =PM解得%=2氏+08卜 h-4p o+4p g/z在同温同压下，同种气体的质量比等于体积比。设原 有空 气 的 质 量 为m o,打 进 空 气 的 质 量 为m,则m h-h2/%解得:Am _2po+3pgh%2po+pg/z1 1.如 图(a),一水平面内固定有两根平行
22、的长直金属导轨，导 轨 间 距 为L；两 根 相 同 的 导 体 棒M、N置于导轨上并与导轨垂直，长 度 均 为L；棒 与 导轨间的动摩擦因数为H(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)；整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁 感 应 强 度 大 小 为B。从t=0时开始，对 导 体 棒M施加一平行于导 轨 的 外 力F,F随 时 间 变 化 的 规 律 如 图(b)所 示。已 知 在to时 刻 导 体 棒M的加速 度 大 小 为ng时，导体 棒N开始运动。运动过程中两棒均与导轨接触良好，重 力 加 速 度 大 小 为g,两 棒 的 质 量 均 为m,电阻均为R,导轨的电阻不计。求：图(a)图(b)(l)
23、to时 刻 导 体 棒M的 速 度VM；(2)Oto时 间 内 外 力F的冲量大小；(3)Oto时 间 内 导 体 棒M与导轨因摩擦产生的内能。【答案】甯,|皿:Q=鬻)忤箴)。【解 析】【详 解】(1)设to时刻棒中的感 应 电 流 为i o,由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势E=BLh根据闭合电路欧姆定律；=-2R导体棒受到的安培力大小为F安=1?1/0对 导 体 棒N,由平衡条件得F 安 二 mg整 理 得to时 刻 导 体 棒M的速度_ 2/jmgR(2)设 to时刻导体棒M 受到的拉力大小为F o,根据牛顿第二定律得4 一 七 _ pimg ma解得Fo=3 mg0 to时间内
24、外力F 的冲量大小为p 3/=贽=2 机 仪 ;(3)设导体棒M 开始运动的时刻是h,此时导体棒M 受到拉力大小等于摩擦力Fi=mg由 Ft 图像可知%0设 ti to时间内的平均电流为I,导体棒M 的位移为X。则 ti t。时间内的平均电流为/_ BLx 2/?At-2Rt在 /=-彳过程中，根据动量定理，有娱./-Rm gZ-BLlbt=/vM整理得4pmgR_(t。mR)B21?13 B21)此过程导体棒M 与导轨因摩擦产生的内能Q=jLimgx=R2/LimgBL、2/mg、3 B-Is)1 2.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
25、,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=10m/sL求:(1)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=0.15(1)s=6m【解 析】【分 析】【详 解】4 c 、(1)设杆与水平 方 向 的 夹 角 为3由图象可知，物块匀加速运动的加速度大小4=i m/s-=4m/s 2,4 o O匀减速上滑的加速度大小a,=m/s =8m/s ,根据牛顿第二定律得，tn g s i n 0-/jm g c o s 0=)n ax,m g s i n 0+f d m g c o s 0=t
26、n a2,联 立 两 式 解 得 =0.25,s i n 8=0.6.(1)物块最终停止在底端，对全过程运用动能定理得,m g s】s i n 0-p im g c o s 6 s =0,由图线围成的面积 知，5.=-x 4 x l m =2m,2代 入 数 据 解 得s=6m.13.如图所示，在x O y平 面 内，MN与y轴平行，间 距 为d,其 间 有 沿x轴 负 方 向 的 匀 强 电 场E。y轴左侧 有 宽 为L的垂直纸面向外的匀强磁场，MN右侧空间存在范围足够宽、垂直纸面的匀强磁场(图中未标出)。质 量 为m、带电量为+q的 粒 子 从P (d,0)沿x轴 负 方 向 以 大 小
27、为V。的初速度射入匀强电场。粒子到 达O点 后，经 过 一 段时间还能再次回到O点。己知电场强度E=”，粒子重力不计。2q a 求 粒 子 到O点的速度大小；(2)求y轴 左 侧磁场区域磁感应强度B,的大小应满足什么条件？(3)若满足(2)的条件，求MN右 侧 磁 场 的 磁 感 应 强 度B2和y轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小关系。【答 案】=2%；&簧；(3)谓,柿，2,3【解 析】【分 析】【详 解】粒子，从P点到o 点，由动能定理得；mv2-gmv=qEd可得粒子到v=/；+逆=2vo m(2)洛伦兹力提供向心力c m VqvB=r粒子要再次回到O 点，则粒子不能从y 轴左侧的磁场
28、射出，需要返回磁场，经过电场和M N 右侧的磁场的作用，再次返回到O 点，故要求:r/_一 2、LqB、故要求B p皿qL(3)粒子通过电场回到M N 右侧磁场时速度为%。设粒子在右侧磁场中轨道半径为R,要使其能够回到原点，粒子在右侧磁场中应向下偏转，且偏转半径RNr。2K解得/?=汕qB 当 R=rm2%_ mv0qB、qB2可 得 昆=号2R r,要使粒子回到原点(粒子轨迹如下图所示)则须满足n(2R-2r)-2r其中 n=l,2,3n2fflv()2m2vA 2m2v0第2 qB.)qB、nB2(+1)n=I,2,3n其中 n=1 时，B-,=-2综上，需要B2和 y 轴左侧磁场区域磁感
29、应强度B i的大小关系满足B2叫2(+1),n=l,2,31 4.为测量水晶印章的折射率，某同学在水平桌面铺上一张白纸，然后将印章立放在白纸上，用红色激光笔 从 O 点照射该印章的一个侧面，激光所在的竖直平面与印章的右侧面垂直，其正视图如图所示。已知该印章的水平截面是d=3cm的正方形，当光以0=60。的入射角向右侧面照射时，印章右侧的白纸上出现了两个亮点M 和 N(M 点位于N 点的右方)，测得两亮点间的距离s=2cm,不考虑光在印章表面的多次反射。作出光从O 点入射至形成M、N 两亮点的光路图；(ii)求水晶印章对红色光的折射率n.【答案】见解析；(ii)n=y/3 o【解析】【详解】光路
30、如图所示(ii)设 01、02分别为射入印章的光线在后表面的反射点及前表面的折射点，r 为折射角，根据反射定律和折射定律可知，射向纸面两光线互相平行。01、02两点间的距离为002=stan0OO2=2dtanr解得：ntan r=r=303水晶印章对红色光的折射率nsinn=-sin r解得：=百1 5.如图所示，半径为R 的扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角NAOB=60。一束平行于角平分线 OM 的单色光由OA射入介质，折射光线平行于OB且恰好射向M(不考虑反射光线，已知光在真空中的传播速度为c)。求从AMB面的出射光线与进入介质的入射光线的偏向角；光在介质中的传播时间。【解析】【
31、分析】【详解】光路图如图所示:对A O面的折射，由几何知识得：z =60,r =30,8=30,则介质的折射率s i n i s i n 60 r-n=-=-=v 3s i n r s i n 30光 从M点射出时，有s i n =s i n。=6 x s i n 30 =#解得 =60,从A MB面的出射光线与进入介质的入射光线的偏向角：。=4=6 0。；设光在介质中的路程为s,则R 瓜cos300 3光在介质中的传播速度一n则光在介质中传播的时间t=-v联立解得Rt=c【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律=察、临界角公式smc=:、光速公式运用几何知识结合解决这类问题。1
32、6.如图所示，A C B是一条足够长的绝缘水平轨道，轨 道C B处在方向水平向右、大 小E=1.0 x l 06N/C的匀强电场中，一质 量m=0.2 5 k g、电荷量q=-2.0 x l(l C的可视为质点的小物体，从 距 离C点L o=6.O m的A点处，在 拉 力F=4.0N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中。已知小物体与轨道间的动摩擦因数吠0.4,g取l O m/s?。求：小物体到达C点时的速度大小；(2)小物体在电场中运动的时间。4j。：.1r c 【答案】(l)12m/s；(2)(1+百)s【解析】【分析】【详解】(1)对小物体在拉力F 的作
33、用下由静止开始从A 点运动到C 点过程，应用动能定理得1 2F L-pimgL-mVc-Q解得：小物体到达C 点时的速度大小vc=12m/s小物体进入电场向右减速的过程中，加速度大小4=也皱=12mzs2m小物体向右减速的时间G =ls4小物体在电场中向右运动的距离Vc+0 /X-1.=6 m2 1由于q E z g,所以小物体减速至。后反向向左加速，直到滑出电场，小物体向左加速的加速度大小=iE-Z W=4 m/s 2m小物体在电场中向左加速的时间 后=瓜小物体在电场中运动的时间t=+12=(1+V3)s17.如图所示，在矩形区域A B C D 内存在竖直向上的匀强电场，在 B C 右 侧
34、I、II两区域存在匀强磁场，Li、Lz、L3是磁场的边界(B C 与 Li重合)，宽度相同，方向如图所示，区 域 I 的磁感强度大小为Bi.一电荷量为q、质量为m (重力不计)的带正电点电荷从A D 边中点以初速度vo沿水平向右方向进入电场，点电荷恰好从B 点进入磁场，经区域I 后又恰好从与B 点同一水平高度处进入区域II.已知A B 长度是B C 长度的6倍.LiL:Lj(1)求带电粒子到达B 点时的速度大小；(2)求磁场的宽度L；(3)要使点电荷在整个磁场中运动的时间最长，求区域H的磁感应强度B2的最小值.【答案】【小 题 1】拽 生【小题2】3q B,【小题3】B仑1.5Bi【解析】【分
35、析】粒子在匀强电场中做类平抛运动，将运动沿水平方向与竖直方向分解，根据动为学规律即可求解；当粒子进入磁场时，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可确定运动的半径.最后由几何关系可得出磁场的宽度L；根据几何关系确定离开磁场的半径范围，再由半径公式可确定磁感应强度.【小 题 1】设点电荷进入磁场时的速度大小为v,与水平方向成()角，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有：tanO=LAB 3则 0=30根据速度关系有：丫=哀 迎cos，3【小题2】设点电荷在区域I 中的轨道半径为n,由牛顿第二定律得：q v B 1=m 二,轨迹如图:由几何关系得：L=ri解得：L=强【小题3】当点电荷不从区域n 右边
36、界离开磁场时，点电荷在磁场中运动的时间最长.设区域n 中最小磁感应强度为B,对 应 的 轨 迹 半 径 为 轨 迹 如 图:2同理得：qvB=m r2根据几何关系有：L=r2(H-sinO)解得：B=1.5Bi【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，本题涉及了类平抛运动、匀速圆周运动，学会处理这两运动的规律：类平抛运动强调运动的分解，匀速圆周运动强调几何关系确定半径与已知长度的关系.1 8.图示为某一柱状透明体的截面图，半径为R 的L 圆弧面AB与透明体的侧面AD、BD分别相切于A、4B 两点，P 点在AD上且A P=18R。现有一细束单色光从
37、P 点垂直AD面射入透明体，射到圆弧面AB2时恰好发生全反射，第一次从F 点射出透明体。已知光在真空中的速度大小为c。求:透明体的折射率n 以及从F 点射出透明体时的折射角r 的正弦值；(2)单色光从P 点射入到从F 点射出透明体所用的时间t.【答案】(1)竿，*生普【解析】【分析】【详解】透明体中的光路如图所示:（1）光射到圆弧面AB上的E点时恰好发生全反射，设临界角为心则1sin0=一nAPsin0=-0E=走2解得0=60。，n=-3A EFG为正三角形，光射到BD面的入射角i=90-6 0 =30sin r根据折射定律有n=-7sinz解得smr-3D P=R-R2DPEF =-PE=
38、R RcosOsin 60光在透明体中传播的路程,（2 6 1）L=P E+E F=I 3-2）RLt=Vcn=v解得一（4-拒）Rl-o3c1 9.如图所示，让小球从图中的A位置静止摆下，摆到最低点B处摆线刚好被拉断，小球在B处恰好未与地面接触，小球进入粗糙的水平面后向右运动到C处进入一竖直放置的光滑圆弧轨道。已知摆线长L =lm,0=6 0 小球质量m=kg,B点C点的水平距离s=2m,小球与水平面间动摩擦因数=0.2 ,g 取 10m/s2(1)求摆线所能承受的最大拉力为多大；(2)要使小球不脱离圆弧轨道，求圆弧轨道半径R的取值范围。【答案】(1)2 0N；(2)R WO.O 4 m或R
39、 N O.l m【解析】【详解】(1)小 球从A到B的过程，由动能定理得：1 ,m g L(A-c os d)m v/0解得：vD=V10m/s在B点，由牛顿第二定律得：T-mg=m-解得:T =2 0N(2)B到C的过程中摩擦力做功，由动能定理可得:可得：vc=V2m/s小球进入圆轨道后，设小球能到达圆轨道最高点的速度为v,要不脱离轨道应满足:v2m e m R考虑小球从C点运动到圆轨道最高点的过程，由动能定理得:_ _ _ 1 2 1?-m g-2K =m v -m vc联立以上解得：R O.lm；所以要使小球不脱离圆弧轨道，圆弧轨道半径R的取值范围是RO.lm20.如图所示，直角三角形A
40、BC为某种透明介质的横截面，ZB=30,BC=30cm,AB面涂有反光材料.某单色光从BC上的D点垂直BC射入介质，经AB面反射后从AC面上射出，射出方向与AB面垂直.已知BD=21cm,不考虑光在AC面的反射.求：(i)介质的折射率；(ii)光在介质中的传播时间.【答案】V3 1.3x10%【解析】(i)由题，作出的光路如图所示光在E点发生反射，光在F点发生折射，由反射定律得：Nl=N2=30因AAEF为等边三角形，则N3=3O。，光沿垂直AB面方向射出，贝!|N4=60根据折射定律得：=地=sinZ3解得：n V3(ii)光在介质中的传播速度u=n由几何关系可得：D E =DBtc m/B
41、,E F =A E=BCB Dcos Z Br)P -L.p p光在介质中的传播时间t=-V解得：，=1.3x10.9【点睛】先根据题意作出光路图，再根据几何关系求出入射角和折射角，根据折射定律求出折射率，根据v =求出光在介质中的速度，由几何关系求出光传播的路程，从而求光在介质中运动的时间.n2 1.如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m,电荷量为e,加速电场极板间电势差为U o。偏转电场极板间电势差为U,极板长度为L,板间距为d,偏转电场可视为匀强电场，电子所受重力可忽略。（1）求电子射入偏转电场时的初速度和从偏转电场射出
42、时沿垂直板面方向的偏转距离Ay；（2）由问题（1）的结论可知，电子偏转距离A y 与偏转电场极板间电势差U有关。已知L =1.0 x l 0 m,加速电场U =5 0 0 V。当偏转极板间电压为随时间变化的交变电压“=2 2 五 s i n 5 0 R V 时，在计算其中任意一个电子通过极板的偏转距离A y 时，仍可认为偏转极板间电势差是某一定值。请利用下面所给数据,分析说明这样计算的合理性。已知e =L 6 x l（）T 9 c，m=9.1 x l 03,k g.a符（2）见解析【解析】【分析】【详解】（1）电子在加速电场中，由动能定理可得得电子射入偏转电场时的初速度V m电子在偏转电场中做
43、类平抛运动，在垂直电场方向，做匀速直线运动Lt =%沿电场方向做匀加速直线运动，Uq =mad电子沿垂直板面方向的偏转距离4仰（2）因为粒子射出电场的时间Lv。7.5 x 1 0、而交变电压的周期 2万 2 兀T=-co 5 0 万=0.0 4 s因为T t,所以在计算其中任意一个电子通过极板的偏转距离)，时，仍可认为偏转极板间电势差是某一定值。2 2.质量为m 的小滑块自圆弧形轨道上端由静止滑下，如图所示，圆弧形轨道半径为R,高度为h。A 点为弧形轨道与水平桌面的平滑连接点。滑块离开桌面后恰好落入静止在水平地面上的装满沙的总质量为M的小车中，桌面到小车上沙平面的高度也是h。木块落入车内与沙面
44、接触直到相对静止经过的较短时间为t o 试回答下列问题：(所有接触面的摩擦不计，重力加速度g 已知，小车高度不计。)(1)滑块经过A 点前后对轨道和桌面的压力Fl、F2各多大？(2)小车最终的速度是多大？(3)滑块落入车中直到相对车静止的过程中小车对地面的平均压力多大？，八 r，c h mj2eh,mJ211g【答案】(1)6 =m g +2 m g京，F2=mg；(2)v 6；(3)M g +z g+-oR M+m t【解析】【详解】滑块沿弧形轨道下滑的过程中mgh=mv以 二 病 经 过 A 点前的瞬间:K所以：l n hFt=mg+2m g-,经过A 点后，滑块沿桌面匀速直线运动，所以经
45、过A 点的瞬间:F?=m g ；滑块离开桌面做平抛运动,1 2h =2g r落入车内时，竖直方向分速度匕,=gr=水平方向分速度匕=心=梃蔬滑块与小车水平方向动量守恒，贝 IJ：mvx=(m+M)v解得：mvA _ m J 2 g hM M +m由动量定理：(F-mg)t=mvv=m 1 2gh解得：m J 2 g hF =m g H -t由牛顿第三定律可知，小车对地的压力F =M g +m g +应 逅。t2 3.将消毒碗柜里刚经过高温消毒的一个圆柱型茶杯和杯盖小心取出后，立刻用杯盖盖住茶杯，并放置在水平桌面上，如图。开始时茶杯内部封闭气体的温度ti=87C、压强等于外界大气压强p i.放置
46、一段时间后，茶杯内气体的温度等于室内温度t2=27.已知杯盖的质量为m,茶杯横截面圆形面积为S,杯盖住茶杯后密封良好没有发生漏气。茶杯内部封闭气体可视为理想气体，重力加速度大小为g。(i)求最后茶杯内部封气体的压强和杯盖对茶杯的压力大小;(i i)在茶杯连同杯内气体的温度达到稳定后，用力作用在杯盖上缓慢上提，结果发现茶杯能随杯盖一起向上离开桌面，求茶杯的质量M 满足什么条件？【答案】(D 求最后茶杯内部封气体的压强为3 4；杯盖对茶杯的压力大小为!s+m g；(ii)茶杯的6 6质 量 M 满 足 加 笑6g【解析】【详解】G)杯内封闭气体发生等容变化，有*代入数据解得：最后杯内气体的压强P=
47、3 ；对杯盖,T,T26有 PS+N=PiS+m g,解得：N =-S +m g61由牛顿第三定律可知，杯盖对茶杯的压力大小为：N =S+m g6(i i)茶杯能离开桌面，条件是：P3+M gV P iS,故茶杯的质量M 满足的条件为：M。2 4.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.；一 活塞加热气体，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
48、 p iS,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，=4pi【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亍一解得T，=L5T.(2)假设活塞被推至隔板时气体压强为p 临P()X 2V _ p/T_一 F解得Fp=4pi s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，pr=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
49、塞的位置，进而求得最终的压强.2 5.在呼伦贝尔草原的夏季，滑草是非常受游客欢迎的游乐项目。一个滑草专用滑道由斜坡部分和水平部分组成，两部分在C 点由极小的圆弧平滑连接，斜坡滑道与水平面成37角，在水平滑道上距C 点 40米的 D 点放置一个汽车轮胎，某游客从斜坡轨道上的A 点推动滑车经过一段助跑到达B 点跳上滑车，跳上滑车时即获得速度vo,B 点距C 点的距离为24.5米，滑车与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为产0.2 5,空气阻力忽略不计，人和滑车可看做质点。g=10m/s2(sin37=0.6,cos37=0.8)求：(1)人在斜坡滑道BC段下滑时的加速度为多大；(2)为了避免滑车和
50、轮胎碰撞则在B 点的速度vo应取何值。【答案】(l)4m/s2；(2)2m/s【解析】【分析】【详解】(1)在斜面BC部分的下滑的加速度为,则有mg sin 37-/jmg cos 370=ma,得a,=4m/s2(2)在水平CD部分的滑动的加速度为由,则有-ina2佐 一 宕=2q%c0-VC =a2SC D得%=2m/s为了避免滑车和轮胎碰撞则在B 点的速度%cos 37=0.8 求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数；(2)作用在物块A 上的水平恒力尸的大小。【答案】(1)0.5；(2)40No【解析】【分析】【详解】(1)两物块沿斜面加速下滑，由牛顿第二定律知2mg sin 6-x 2mg