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1、word版可编辑】杭州市名校新高考物理经典100解答题精 选 高 考 物 理 解 答 题 100题含答案有解析1.居家学习的某同学设计了一个把阳光导入地下室的简易装置。如图，A B C D 为薄壁矩形透明槽装满水后的竖直截面，其 中 AB=d,A D=2 d,平 面 镜 一 端 靠 在 A 处，与 水 平 底 面 夹 角 0=4 5。斜放入水槽。太阳光入 射 到 A D 面 上，其中一细束光线以入射角1 =53。射 到 水 面 上 的 O 点，进入水中后，射 到 平 面 镜 距 A 点4 4为 在 d 处。不考虑光的色散现象及水槽壁对光线传播的影响，取水对该束光的折射率=”，sin530=-2
2、3 53cos53=-o 求该束光:(i)射到平面镜时的入射角2；(ii)第 次 从 水 中 射 出 的 位 置 与 D 点 的 距 离 x。【答 案】(i)02=8;()?8【解 析】【分 析】【详 解】设光线进入水面时的折射角为Pi，由折射定律可得sin a旃=由式及代入数据得4=8(i i)设 光 射 到 平 面 镜 的 O,点，反 射 后 射 到 水 面 的 D i 点，入 射 角 为(X3,由几何关系可得4X3=53。A A i=O A i7A D i=A A i+A D i=A O,c o s 0+O,A i t a n a 3=J 65 口D D 产AD-AD.d 设光从水中射向
3、空气的临界角为C,则s i n C =n得光射到水面上5 点后将发生全反射，反射后到达CD面的C i 点，此处入射角为外a 4=9 0o-a3=37o(g)由于014V C,光线从C 1点射出水槽x =C(=0 )t a n%-d 82.滑雪者高山滑雪的情景如图所示。斜面直雪道的上、下两端点的高度差为1 0 m,长度为3 0 m。滑雪者先在水平雪面上加速运动，至斜面雪道上端点时的速度达8 m/s。滑雪者滑行至斜面雪道下端点时的速度为 12m/s。滑雪者的质量为7 5 k g,求：(g 取 l O m/s?,计算结果保留2 位有效数字)(1)滑雪者在空中的运动时间；滑雪者在斜面直雪道上运动损失的
4、机械能。【答案】(l)r 0.5 7s；(2)A =4.5X103J【解析】【详解】(1)平抛运动过程，水平位移为竖直位移为1 2y=2 r由几何关系得y _ 10mx 7(3 O m)2-(1 O m)2解得t X 0.57s从雪道上端至下端的过程，由功能关系得A&员=mgh+lm v2 _ lm v2解得AL.=4.5x103 J1W3.如 图，在 直 角 坐 标 系xOy平 面 内，虚 线MN平 行 于y轴，N点 坐 标（一 1,0）,MN与y轴 之 间 有 沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出）。现 有 一 质 量 为m、电 荷量
5、大小为e的电子，从 虚 线MN上 的P点，以 平 行 于x轴 正 方 向 的 初 速 度V。射入电场，并 从y轴 上A点（0,0.51）射出电场，射出时速 度 方 向 与y轴 负 方 向 成30角，此 后，电子做匀速直线运动，进入磁场并从圆形有界磁场边界上Q点（且，-1）射 出，速 度 沿x轴负方向。不计电子重6力。求:（1）匀 强 电 场 的 电 场 强 度E的大小？匀 强 磁 场 的 磁 感 应 强 度B的大小？电子在磁场中运动的时间t是多少？（3）圆形有界匀强磁场区域的最小面积S是多大?el 绊.9交el 9%12【解 析】【分 析】【详 解】（1）设电子在电场中运动的加速度为a,时 间
6、 为t,离开电场时，沿y轴方向的速 度 大 小 为h,则eEa=,vy=at,m1=v（）t,vy=v（）cot30o解得E二 也叫el设轨迹与X轴的交点为D,OD距离为XD，则%xD=0.5Itan30,xD=6所以，DQ平行于y 轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ上，电子运动轨迹如图所示。设电子离开电场时速度为v,在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r,则Vo=vsin30_ mv _ 2mv0f eB eBrr H-sin 30t=-T3=I（有 r=-）T 2兀m1=-eBe 7 t l（或 r =一）V 3%解得3=幽el7 l l嬴以切点F、Q 为直径的圆形有界匀强磁场
7、区域的半径最小，设 为 n,则.c s 3 W=叵 二 更 2 6124.如图所示，平行单色光垂直射到玻璃制成的半径为R 的半球平面上，玻璃对该单色光的折射率为加,玻璃半球的下方平行于玻璃半球平面放置一光屏，单色光经半球折射后在光屏上形成一个圆形光斑。不考虑光的干涉和衍射，真空中光速为r。求：(i)当光屏上的光斑最小时，圆心O 到光屏的距离；(i i)圆心O 到光屏的距离为d=3R时，光屏被照亮的面积。【答案】&R;(ii)%。1-6 上)【解析】【分析】【详解】(i)画出平面图如图所示，设光线入射到D 点时恰好发生全反射 1sinC=n所以C=45OF=五 RcosC(i i)设光屏被照亮的
8、面积的半径为r因为OF=d-OF解得r=(3-应)R光屏PQ 上被照亮光斑的面积5=万 户=万 01 6亚)R25.如图所示，光滑水平面上静止放着长L=2.0m,质量M=3.0kg的木板，一个质量m=1.0kg的小物体(可视为质点)放在离木板右端d=0.40m处，小物体与木板之间的动摩擦因数ji=0.1。现对木板施加F=10.0N水平向右的拉力，使其向右运动。g 取 lOm/s?,求：(1)木板刚开始运动时的加速度大小；从开始拉动木板到小物体脱离木板，拉力做功的大小;(3)为使小物体能脱离木板，此拉力作用时间最短为多少？.叫 叫【答案】(1)3m/s2,(2)2 4J,(3)0.8s.【解析】
9、【详解】(1)对木板，根据牛顿第二定律有：F jumg=Ma解得：a=3m/s2；对小物体，根据牛顿第二定律有pmg=ma 物解得：a 物=lm/s2设小物体从木板上滑出所用时间为to：r 7 1 2 1 2L-d .G o -2a物6木板的位移：x板=万4后=2.4m拉力做功:W=Fx 板=24J；(3)设最短作用时间为t,则撤去拉力F 前的相对位移=-a t2-a r2 2物设撤去拉力F 后，再经过时间t，小物体和木板达到共同速度v 共，且小物体和木板恰好将要分离，该阶段木板加速度大小为a对木板，根据牛顿第二定律有pmg=Ma解得：a，=-1 m/s 93由速度关系得：atdt撤去拉力F
10、后的相对位移:Ax att d f 一 a物 廿+。物*j22由位移关系得：AXj+AX2=L d解 得：t=0.8s。6.如图所示，xOy坐标系中，在y（拒 +1），0；（3）见解析。qy。【解 析】【分 析】【详 解】粒子在电场中做类平抛运动，则有qE=ma,vv=at解得x=2%，%=%进入磁场时的速度V=7V0 +V.v =伍)速度与X 轴夹角的正切值tan 6 =匕=1%得8 =4 5(2)若粒子刚好不从y=为边界射出磁场，则有q v B m 由几何关系知2 7解得（四+1）/qy。故要使粒子不从y=%边界射出磁场，应满足磁感应强度5,也晒qy。(3)粒子相邻两次从电场进入磁场时，沿
11、 X 轴前进的距离Ax =2 x-O r =4 y o-V 2 r其中初始位置为(2%,。)，由尸=不 得又因为粒子不能射出边界所以夜1/即0 r （2-V 2）y0所以有（6-2 7 2）y0 A x 4 y0粒子通过P点，回旋次数”一 5 0%-2%A v则竺 益 4 8），。4 yo（6-2A/2）JO即1 2 n 36m【解 析】【详 解】在 =1S时A车刚启动，两车间缩短的距离:代 入 数 据 解 得B车的速度：vB=12m/sA车的加速度：=工，2 7将 J =5 s和 其 余 数 据 代 入 解 得A车的加速度大小：a=3m/s2 两 车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对
12、应 于V-图 像 的L=5 s时刻，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，贝！I：x=+幻解 得x=3 6 m,因此，若A、B两车不会相撞，则两车的距离 与应满足条件：x036mH.如图所示，两端封闭的粗细均匀且导热性能良好的玻璃管放置在水平桌面上，玻 璃 管 长 度 为3L（单位：cm）,玻 璃 管 内 由 长 度 为L（单位：cm）的水银柱将管内的理想气体分成左右两部分，稳定时两部分气体长度相同，左 右 两 部分气体的压强均为HcmHg。现在外力作用下使玻璃管沿水平桌面向右做匀加速直线运动，玻璃管中左侧的气柱长度变为原来的一半，重 力 加 速 度 为g,求玻璃管运动的加速度a的大小。【答
13、案】。=矍【解 析】【分 析】【详 解】设玻璃管的 横 截面 积 为S,静止时左右两侧的气体压强p=p2=H cmHg,体积V,=V2=LS运动时，设左侧气体的压强为P l,右侧气体的压强以由题意知左右两部分气体的体积,1 ,3V.=-L S,V2=-LS,2 2 2对左侧气体由玻意耳定律知P M=pyi解得p=2H cmHg对右侧气体由玻意耳定律知 2匕=P2V2解得，2p2=H cmHg对水银柱由牛顿第二定律知pS p2S=ma即2夕水银gS-夕水银gHS=夕水银LSa解得3L12.如图所示，质量为m、直径为d的小球，拴在长为1的细绳一端一组成一单摆。将球偏开一小角度a使之做简谐运动，求小
14、球从左侧最大偏角摆至最低点的过程中，绳子拉力产生的冲量大小。（重力加速度g已知）【答案】加卜。+9+2(l cosa)【解析】【详解】设合力冲量为I 合，绳子拉力产生的冲量为I,由动量定理可知:I 合二mv摆球由最大偏角摆至平衡位置的过程中，由机械能守恒定律mg(l+-)(1-cos 6?)=v=2g(/+y)(l-co sa)所以：由于合力的冲量沿水平方向，所以由矢量合成的平行四边形定则可知：由图可得：I=&j-+2m2 g(l+)(1-cos a)=/J g(l+)亍+2Q cos a)1 3.水平地面上有质量分别为m,=lkg和 mB=4kg的物体A 和 B,两者与地面的动摩擦因数均为卜
15、=04。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A 相连，动滑轮与B 相连，如图所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块A 在水平向右的恒力F=20 N 作用下向右移动了距离S=10 m,重力加速度大小g=10 m/s2o求：(1)物 块 B 克服摩擦力所做的功;(2)物块A、B的加速度大小。【答案】(1)8O J；(2)4m/s2,2m/s2【解析】【分析】【详解】(1)物块A移动了距离S =1 0 m,则物块B移动的距离为S =；S =5 m 物块8 受到的摩擦力大小为f =物块8 克服摩擦力所做的功为卬=心 联立式代入数据，解得W=80J(2)设物块A、B的加速度大小分别为巴、aB,绳中的
16、张力为耳，由牛顿第二定律对于物块AF-mAg-FT=mAaA 对于物块82Fr=mBaB 由A和 8 的位移关系得%=2aB 联立式解得aA=4 m/s2aK=2 m/s214.如图所示，滑块和滑板静止在足够大的水平面上，滑块位于滑板的最右端，滑板质量为M=0.6 k g,长为 L|=0.6 m,滑块质量为m=0.2k g,质量也为m=0.2k g 的小球用细绳悬挂在O点，绳 长 L 2=0.8m,静止时小球和滑板左端恰好接触。现把小球向左拉到与悬点等高处无初速释放，小球到达最低点时与木板发生弹性碰撞。空气阻力忽略不计，已知滑块与滑板之间的动摩擦因数为4=0 1，滑板与水平面之间的动摩擦因数2
17、=0.2,滑块和小球均可看成质点，重 力 加 速 度g取lOm/s?。求:(1)小球刚摆到最低点时与木板发生碰撞前绳的拉力大小；(2)滑块能否从滑板上掉下?试通过计算说明理由；(3)滑块和滑板之间由于相对滑动所产生的热 量。(44【答 案】(D 6N；(2)没有掉下来，理由见解析；(3)J35【解 析】【详 解】(1)小球下摆过程中，由动能定理:mgL2=fnvl小球摆到最低点时，则有:T-m g -in解 得T=6N(2)对小球和滑板碰撞前后，小球和滑板系统动量守恒，则有:mva=mv+Mvt根据能量守恒，则有:mvl=mv2+M v22 0 2 2解 得：v-2 m/s,V|=2m/s碰后
18、滑块向右加速，滑板向右减速对 滑 块，根据牛顿第二定律有:AM g=may解 得：1=1 m/s2对 滑 板，根据牛顿第二定律有:4mg+M)g=M 4解 得：6f2=3 m/s假设没有掉下来，经过时间t共速度，则有:01t=V j -a2t得f =0.5s根据：v共=印解得：U共=0.5m/s滑块位移为：1 2%=5卬解得：x,=0.125m滑板位移为：1 2=-aj解得：x2=0.6 25 m相对位移%,=与-x=0.5m 从，共速后滑块和滑板之间会继续相对运动，此时滑块相对于滑板向右运动,对滑块，根据牛顿第二定律有：Rmg-ma解得：4=1 m/s2对滑板，根据牛顿第二定律有：(m +M
19、)g-m g=Ma47解得：a4=m/s2滑块位移为：解得：毛=三mo滑板位移为:x-亟2a43解得：%=-m56相对位移AX2=X3-X4=白根 0.5772不会掉下来则滑块和滑板之间由于相对滑动所产生的热量:Q=MMg（AX+AX2）4解得：。=行11 5.如图所示，A B C等边三棱镜，P、Q分别为A B边、A C边的中点，B C面镀有一层银，构成一个反射面，一单色光以垂直于B C面的方向从P点射入，经折射、反射，刚好照射在A C边的中点Q,求棱镜对光的折射率；使入射光线绕P点在纸面内沿顺时针转动，当光线再次照射到Q点时，入射光线转过的角度.【答案】J L120。.【解析】【详解】画出光
20、路图，根据对称性及光路可逆结合几何关系可知，光在A B面的入射角i=60。，折射角r=30。,根 据 折 射 定 律 有 =萼 =6sm r当光线再次照射到Q点时，光路如图乙所示，由几何关系可知，折射角。=30。，根据折射定律有sin n r =V 3解得：a=60。，因此入射光转过的角度为i+a=120。sin。1 6.如图所示，一车上表面由粗糙的水平部分A 3和光滑的半圆弧轨道B C D组成，车紧靠台阶静止在光滑水平地面上，且左端与光滑圆弧形轨道MN末端等高，圆弧形轨道MN末端水平，一质量为g=5k g的小物块P从距圆弧形轨道MN末端高为h=1.8m处由静止开始滑下，与静止在车左端的质量为
21、，=l k g的小物块。（可视为质点）发生弹性碰撞（碰后立即将小物块P取走，使之不影响。的运动），已知A8长为L =1 0 m,车的质量为M=3k g,取重力加速度g =l O m/s z,不计空气阻力.（1）求碰撞后瞬间物块。的速度；（2）若物块。在 半 圆 弧 轨 道 上 经 过 一 次 往 返 运 动（运动过程中物块始终不脱离轨道），最终停在车水平部分A8的中点，则半圆弧轨道8 C D的半径至少多大？【答案】（1）10m/s,方 向 水 平 向 右（2）1.25m【解析】【详解】（1）设物块P到达圆弧形轨道MN末端的速度大小为匕，由机械能守恒定律得,1 2migh=-m 代入数据解得到v
22、,=6 m/s物块尸、。碰撞过程动量守恒，机械能守恒，取水平向右为正方向，设碰后瞬间P、。速度分别为巧、匕，则nvx-rtiyVy+m2v21 2 1 12 1 2-mv-=-z n,v,+-m2v2解得W =4m/s,v2=10m/s （或H =6 m/s,匕=0,不符合题意，舍去）故碰撞后瞬间物块Q的速度大小为10 m/s,方向水平向右（2）设物块。与车相对静止时，共同速度大小为匕，系统在水平方向动量守恒，则m2V 2=（g+A/）V3解得匕=2.5m/s.物块。从开始运动到与车相对静止过程中系统的能量守恒，设物块。与 A 3 间的动摩擦因数为，则I 3 1 )-m.v=m2g-L +-(
23、m2+M)vl解得 =0.25经分析可知，物块。滑至C 点与车共速时，半径R 最小，则有1 2 1 zm2V2 =m2gR+/urn2gL+(m2+代人数据解得/?=1.25m1 7.某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B,方向垂直纸面向里，如图所示.一质量为m,带电量为+q的粒子，从 P 点以水平速度V。射入电场中，然后从M 点沿半径射入磁场，从 N 点射出磁场.已知，带电粒子从M 点射入磁场时，速度与竖直方向成30。角，弧 MN是圆周长 的 1/3,粒子重力不计.求：(1)电场强度E 的大小.(2)圆形磁场区域的半径R.(3)带电粒子从P 点到N 点，所经历的时
24、间t.【答案】驾.2y(3mv03qB,、2忌 Tim.(3)-+3v0 3qB【解析】(1)在电场中，粒子经过M 点时的速度 大 小 v=2v0sin 3()竖直分速度 vy=v0cot30=73 vo由a=些 得m2qh(2)粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，设轨迹半径为r.inv由牛顿第一定律得：qvB-m,r-0rqB qB根据几何关系得：R=rtan30=2鬲%3qB!1/R伏幺1l：jVBx/、二 J(3)在电场中，由h=21勺得t产 冬 围；2 3%二1 f 1 2兀 m Tim在磁场中，运 动 时 间G=J J =6 6 qB 3qB故带电粒子从P点到N点，所经
25、历的时间t=ti+t2=2画T3%1 8.如图所示为一滑草场的滑道示意图，某条滑道由AB、平面的倾角分别为53和37,且这两段长度均为L=28m7rm3qBBC、CD三段组成，其中AB段 和BC段与水载人滑草车从坡顶A点由静止开始自由下滑,【答案】(1)0.75(2)14m/s(3)7.87s先加速通过AB段，再匀速通过BC段，最后停在水平滑道CD段上的D点，三段草地之间的动摩擦因数均为，不计滑草车在滑道交接处的能量损失，gcos 37=0.8,求：_ AL!1 _1 _tc D(i)滑草车与草地之间的动摩擦因数，；(2)滑草车经过B点时的速度大小V b;(3)滑草车从A点运动至D点的时间t?
26、若滑草车与AB、BC、CD=10m/s2,sin37=0.6,【解析】(1)B C 段：m g s i n 3 7 =p m g c o s 3 7 得到：4 =。.7(2)AB 段：m g s i n 5 3 -ju m g c o s 5 3 =m a又 4=2 q S.解得：VB=14 m/s(3)AB 段：九=4 s；4BC 段：t2=2sVBC D 段：ju m g=m a3,t3=1.87 s ,则/=0 +1,+g =7.87 s1 9.如图所示，等腰直角三角形A B C 为某透明介质的横截面，O 为 B C 边的中点，位于O 点处的点光源在透明介质内向各个方向发射光线，其中从A
27、 C 边上的D 点射出的光线平行于B C,且 O C 与 O D 夹角为1 5,从 E 点射出的光线垂直B C 向上。已知B C 边长为2 L。求：(1)该光在介质中发生全反射的临界角C；(2)D E 的长度X。【答案】(1)C=4 5；(2)旦L3【解析】【详解】(1)由几何关系可知，题图中N O D E=6 0。，故光线O D 在 A C 面上的入射角为3 0。，折射角为4 5。根据光的折射定律有s i n 4 5s i n 3 0由 s i nC=l/n,知 C=4 5.(2)由 刍 9 =-4 7，解得sin 45 sin 120 OD 3由几何关系可知，光线OE在 AC面上的折射角为
28、45。，根据光的折射定律有，OE光线在AC面上的入射角为30。，故题图中NOEC=60。，则 ODE为等边三角形，得 工=,=逅 LOD 320.一轻质细绳一端系一质量为m=0.05kg的小球A,另一端挂在光滑水平轴O 上，O 到小球的距离为L=0.1m,小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板,如图所示，水平距离s=2m,动摩擦因数为n=0.1.现有一滑块B,质量也为m,从斜面上滑下，与小球发生弹性正碰，与挡板碰撞时不损失机械能.若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，g 取 10m/s2,试问：(1)若滑块B 从斜面某一高度h 处滑下与小球第一次
29、碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h.(2)若滑块B 从 h=5m处滑下，求滑块B 与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力.(3)若滑块B 从 h=5m处下滑与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数.【答案】(1)0.5m(2)48N(3)10 次。【解析】【分析】【详解】(1)小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为V。，在最高点，仅有重力充当向心力，则有2mg=m寸在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，并设小球在最低点速度为v,则又有1 2 1 .mvx=mg-2L+解有口二石 m/s滑块从h 高处运动到将与小球碰撞时速度为V
30、2,对滑块由能的转化及守恒定律有mgh=m g-+mv22因弹性碰撞后速度交换3=6 m/s解上式有h=0.5m(2)若滑块从h=5m处下滑到将要与小球碰撞时速度为u,同理有7/1 2 mgh-mu+jLimg (3)解得M=V95m/s滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以=JW m/s的速度开始作圆周运动，绳的拉力T 和重力的合力充当向心力，则有“2公T-mg=加 工 解式得T=48N(3)滑块和小球最后一次碰撞时速度为v =V5m/s滑块最后停在水平面上，它通过的路程为s，同理有1 ,mgh=mv+Rings 小球做完整圆周运动的次数为 sn=-+1s解、得s=19/nn=10 次2
31、1.一轻弹簧左侧固定在水平台面上的A 点，自然状态右端位于O 点。用质量为4m 的物块将弹簧压缩到 B 点(不拴接)，释放后，物块恰好运动到O 点。现换质量为m 的同种材质物块重复上述过程，物块离开弹簧后将与平台边缘C 处静止的质量为km 的小球正碰,碰后小球做平抛运动经过t=0.4s击中平台右侧倾角为0=45。的固定斜面，且小球从C 到斜面平抛的位移最短。已知物块与水平台面间的动摩擦因数ji=0.64,LBo=2LOc=0.5ni,不计空气阻力，滑块和小球都视为质点，g 取 lOm/s?。求：物块m 与小球碰前瞬间速度的大小；(2)k的取值范围。【答案】(1)%=4 m/s；(2)l k 3
32、【解析】【分析】【详解】用质量为4 m的物块将弹簧压缩到B点(不拴接)，释放后，物块恰好运动到O点，由能量守恒，弹簧的弹性势能Ep =p-4 m gLBO质量为m的同种材质物块重复上述过程，由能量守恒Ep=加g (LBO +)+g m v l解得物块m与小球碰前瞬间速度的大小%=4m/s C到斜面平抛且位移最小，则位移的偏向角为45。，由平抛1 jy=2g rX-vcto yt a n 45-x解得vc=2m/s若二者发生弹性碰撞，则=tn v+km vc12m v2+；攵 球3叫得k j=3若二者发生完全非弹性碰撞，则m v。=(m+Z:2m)vc得k2=lk 的可能值为lk32 2.如图所
33、示虚线矩形区域NPP，N，、MNN，M，内分别充满竖直向下的匀强电场和大小为B 垂直纸面向里的匀强磁场，两场宽度均为d、长度均为4d,NN，为磁场与电场之间的分界线。点 C，、C 将 MN三等分,在 C，、C 间安装一接收装置。一电量为-e。质量为m、初速度为零的电子，从 P 点开始由静止经电场加速后垂直进入磁场，最后从MN之间离开磁场。不计电子所受重力。求：(1)若电场强度大小为E,则电子进入磁场时速度为多大。(2)改变场强大小，让电子能垂直进入接收装置，则该装置能够接收到几种垂直于M N方向的电子。(3)在(2)问中接收到的电子在两场中运动的最长时间为多大。81）。【解析】【分析】【详解】
34、(1)电子在电场中加速Z 7 /1 2eEa-mv2解得磁场中n 个半圆，则(2n+l)R=4d半径满足6/n 2(/一 7?3 3解得2.5n5.5可见0）,粒子的重力可忽略。求：磁感应强度的大小；粒子在第一象限运动的时间；粒子从y 轴上离开电场的位置到O 点的距离。【答案】（1）当（4 布+兀）篝;（3）【解析】【分析】【详解】（1）由于粒子从Q 点垂直于O P 离开电场，设到Q 点时竖直分速度为小,由题意可知。=回）设粒子从M 点到Q 点运动时间为乙，有qE匕=/4M粒子做类平抛运动的水平位移如的由磁场方向可知粒子向左偏转，根据题意可知粒子运动轨迹恰好与x 轴相切，设粒子在磁场中运动的半
35、径为 R,由几何关系x=/?cos30+/?cot30设粒子在磁场中速度为L由前面分析可知y=2%洛伦兹力提供向心力v2qvB=m R解得%(2)粒子在磁场中运动周期丁 2兀R1-v设粒子在磁场中运动时间为与，t2=-r2 2粒子离开磁场的位置到y 轴的距离为盘，则Ar =x -2/?c o s 30沿着x 轴负方向做匀速直线运动，设经过时间4 到达了轴，=引3即9+兀烷(3)由几何关系可得粒子离开磁场的位置到x 轴距离2叫x二广5qE粒子离开磁场手，竖直方向做匀速直线运动，经过时间4 到达y 轴并离开电场1 qE 2则5mvy22=-6qE粒子离开电场的位置到。点的距离7，冠24.热等静压设
36、备广泛用于材料加工中.该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改部其性能.一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 n/,炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氨气压入到炉腔中.已知每瓶氧气的容积为3.2xl(F2m3,使用前瓶中气体压强为1.5 x l(fp a,使用后瓶中剩余气体压强为2.0 x106 pa；室温温度为27 C.室气可视为理想气体.(1)求压入氧气后炉腔中气体在室温下的压强；(2)将压入氨气后的炉腔加热到1 227,求此时炉腔中气体的压强.【答案】(1)3.2xl
37、O7Pa(2)1.6xlO8Pa【解析】【分析】【详解】(1)设初始时每瓶气体的体积为外，压强为使用后气瓶中剩余气体的压强为由，假设体积为4，压强为，。的气体压强变为月时，其体积膨胀为乂，由玻意耳定律得：POVO=Pyx被压入进炉腔的气体在室温和Pi条件下的体积为：2=匕-%设 10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为必，体积为,由玻意耳定律得：P2%=i0pV 联立方程并代入数据得：p2=3.2xlO7Pa(2)设加热前炉腔的温度为4,加热后炉腔的温度为工，气体压强为P 3,由查理定律得：牛=票联立方程并代入数据得：p3=1.6 x l08Pa25.如图所示，一束单色光以一定的入射角从A 点射
38、入玻璃球体，已知光线在玻璃球内经两次反射后，刚好能从A 点折射回到空气中.已知入射角为45。，玻 璃 球 的 半 径 为 立 根，光在真空中传播的速度为103xlOxm/s,求：(I)玻璃球的折射率及光线第一次从玻璃球内出射时相对于射入玻璃球的光线的偏向角;(I I)光线从A 点进入及第一次从A 点射出时在玻璃球体运动的时间.【答案】(1)1 =30 (2)，=6x l 0一【解析】(1)作出光路图，由对称性及光路可逆可知,第一次折射的折射角为30,则折射率公式可知=包=又空=夜s i n r s i n 30由几何关系可知，光线第一次从玻璃球内出射时相对于射入玻璃球的光线的偏向角a =2(z
39、-r)=30(2)光线从A 点进入及第一次从A 点射出时的玻璃球中运动的距离为s =3x 2/?c o s 30=?徨 加10在玻璃中运动的速度为丫=n运动时间r =*=6 乂 10一 9$v26.热气球为了便于调节运动状态，需要携带压舱物，某热气球科学考察结束后正以大小为的速度匀速下降，热气球的总质量为M,当热气球离地某一高度时，释 放 质 量 为 的 压 舱 物，结果热气球到达地面时的速度恰好为零，整个过程中空气对热气球作用力不变，忽略空气对压舱物的阻力，重力加速度为g,求：(1)释放压舱物时气球离地的高度h;(2)热气球与压舱物到达地面的时间差.3V2 2v【答案】(1)(2)2g g【
40、解析】【详解】(1)由题意知F浮=M g释放压舱物后：F=M-M g =a即热气球向下做匀减运动的加速度大小为：1a-g3由于热气球到地面时的速度刚好为零，则.V2 3v2n=-2 a 2g1 ,(2)设压舱物落地所用时间为t“根据运动学公式有：h=vti+-gt解得：设热气球匀减速到地面所用时间为t2,则=!解得：3v,2=一g因此两者到达地面所用时间差为：2vf2 F =一g2 7.如图圆柱形导热气缸质量为M,内部横截面积为S,活塞的质量为根，稳定时活塞到气缸底部的距离为用竖直方向的力将活塞缓慢向上拉，直到气缸即将离开地面为止，此时活塞仍在气缸中，此过程中拉力做的功为吗。已知大气压强为外，
41、重力加速度为g,环境温度不变，气缸密闭性良好且与活塞之间无摩擦。求：(1)最终活塞到气缸底部的距离右;(2)上拉过程中气体从外界吸收的热量Q。【答案】L2PoS+m g LPS M g 工（oS+m g）（M+可 PS Mg 【解析】【详解】(1)以封闭的气体为研究对象，初始状态下，活塞受力平衡，有PS=p“S+mg所以气体压强P i=P o+-J体积VJ=S。气缸即将离开地面时，气缸受力平衡，有p2S+Mg=paS所以压强P 2=Po半封闭气体体积=5 4气体做等温变化，由玻意耳定律有PM=0%解得4 =PoS+mg LPS Mg(2)设活塞移动过程中气体对活塞做的功为叱，由动能定理有Wl+
42、Wo-(poS+mgXL1-Ll)=0由热力学第一定律有A U=Q+(M)结合等温变化=()解得Q=(ps+/叫)(M+/)gL|PS-Mg2 8.如图所示，光滑的斜面倾角0=30，斜面底端有一挡板P，斜面固定不动。长为2/质量为M的两端开口的圆筒置于斜面上，下端在B点处，P B=2/,圆筒的中点处有一质量为m的活塞，M=mo活塞与圆筒壁紧密接触，它们之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等其值为/=等，其中g为重力加速度的大小。每当圆筒中的活塞运动到斜面上A、B区间时总受到一个沿斜面向上、大小为F=m g的恒力作用，AB=/。现由静止开始从B点处释放圆筒。(1)求活塞进入A、B区间前后的加速度大小
43、；(2)求圆筒第一次与挡板P碰撞前的速度大小和经历的时间；(3)若圆筒第一次与挡板P碰撞后以原速度大小弹回，活塞离开圆筒后粘在挡板上。那么从圆筒第一次与挡板碰撞到圆筒沿斜面上升到最高点所经历的时间为多少？【解析】【详解】(1)活塞在AB之上时，活塞与筒共同下滑加速度为：(m+M)gsin 30.,=-=g sin 30m+M活塞在A B区间内时，假设活塞与筒共同下滑，有：+，)gsin30 F +m)a解得”()对 m：受向上恒力F=m g,此时有：F /wgsin30 /=0解得f=巡,2故假设成，故活塞的加速度4=0圆筒下端运动至A 处时，活塞刚好到达B 点，此时速度为%=j2g/sin3
44、0=yfgl经历时间tn由g sin 30/I-1.2 1得接着M、m 一起向下匀速运动，到达P 时速度仍为%=而匀速运动时间为总时间为EM飞 M 反弹时刻以Do上升，m 过 A 点以Do下滑，以后由于摩擦力和重力，m 在 M 内仍然做匀速下滑，M以加速度Mg sin 30+fM=g减速，m 离开M 时间为t 3,则有,1 2解得t,=%=(2-扬 九=)g N g a N g此 时 M 速度为片%-g g=(&-1)%接 着 M 以加速度向上减速，有:故圆筒沿斜面上升到最高点的时间为2 9.如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C 点切线水平，长为L=4m的粗糙水平传送带
45、BD与平台无缝对接。质量分别为m i=0.3kg和 m2=lkg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧,用细绳将它们连接。已知传送带以v0=1.5m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为M=0.1.某时剪断细绳，小物体m i向左运动，m2向右运动速度大小为V2=3m/s,g 取 lOm/sL求：剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep(2)从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E(3)为了让小物体m i从 C 点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC 的半径R 和小物体mi平抛的最大水平位移x 的大小。【答案】(
46、l)19.5.J(2)6.75J(3)R=1.25m时水平位移最大为x=5m【解析】【详解】对 n和 m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：O=miv-m2V2解得vi=10m/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为：r1 2 1 2町匕+-v2解得EP=19.5J(2)设 m2向右减速运动的最大距离为x,由动能定理得：1 2-pm2gx=0-m2V2解得x=3m0由热力学第一定律 U=W+Q可 知QVO：气 体B要放热。3 4.如图所示，在 直 角 坐 标 系xOy的第一象限内存在匀强磁场，磁 场 方 向 垂 直 于xOy面向里，第四象限内 存 在 沿y轴正方向的匀强电场，电 场 强 度 大
47、 小 为E,磁场与电场图中均未画出。一 质 量 为m、带电荷量为+q的 粒 子 自y轴 的P点 沿x轴正方向射入第四象限，经x轴 上 的Q点进入第一象限。已 知P点坐标为(0,-1),Q点 坐 标 为(21,0),不计粒子重力。求 粒 子 经 过Q点时速度的大小和方向；(2)若粒子在第一象限的磁场中运动一段时间后以垂直y轴的方向进入第二象限，求 磁 感 应 强 度B的大小。【解 析】【分 析】【详 解】(1)设粒子在电场中运动的时间为tfl,加 速 度 的 大 小 为a,粒 子 的 初 速 度 为V。，过Q点时速度的大小为v,沿y轴 方 向 分 速 度 的 大 小 为V,，由牛顿第二定律得由运
48、动学公式得XOQ 竖直方向速度为合速度为V=7V0+Vv解得因为水平和竖直方向速度相等，所以速度方向与水平方向的夹角为45。(2)粒子在第一象限内做匀速圆周运动，设粒子做圆周运动的半径为R,由几何关系可得R=2&由牛顿第二定律得qvBmR解得3 5.如图所示，一玻璃砖的横截面为半径为R 的半圆，折射率为 一束单色平行光与直径MN成 45。角入射。已知光在真空中传播的速度为c,不考虑玻璃砖内的反射光。求:(1)从弧面射出的光线在玻璃砖内传播的最长时间弧面上有光线射出的弧线长度【答案】空&2R3 2【解析】【详解】(1)根据折射定律有sin;n=-sinr可得r=30由几何关系得在玻璃砖内光线传播
49、的最长路程为,R 2所L-cosr 3光线在玻璃砖内的传播速率为c V2v=Cn 2所用时间为R 2GHt=-=-cosr 3(2)根据折射定律有sin C=n解得临界角C=4 5由几何关系可知光线在弧面上照射角度N A OB=90。则弧面上有光线射出的弧长为c.90 1 C5 =2兀 R-r =兀 R360 23 6.如图所示，金属圆环轨道M N、P Q 竖直放置，两环之间A B D C 内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。，A B 水平且与圆心等高，C D 竖直且延长线过圆心。电阻为r,长为21的轻质金属杆，一端套在内环M N 上，另一端连接质量为m 的带孔金属球，球套在
50、外环P Q 上，且都与轨道接触良好。内圆半径4=/,外圆半径弓=3/,P M 间接有阻值为R 的电阻，让金属杆从A B 处无初速释放，恰好到达EF处，EF到圆心的连线与竖直方向成。角。其它电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g。求：这一过程中通过电阻R 的电流方向和通过R 的电荷量q；(2)金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速率v 和 R 两端的电压U,答案(1)M 指向 P,q=网 瓦：(2)y=j 6 g/(l _ c o s 0,。J即/6g/(lR+r3(7?+r)【解析】【详解】由楞次定律可以判定通过R 的电流方向由M 指 向 P；金属杆从A B 滑动到C D 的过程中q=I At