哈尔滨市名校新高考物理基础100解答题狂练含解析.pdf

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1、word版可编辑】哈尔滨市名校新高考物理基础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，水平轨道BC两端连接竖直的光滑;圆弧，质量为2m 的滑块b 静置在B 处，质量为m 的滑块a 从右侧!圆弧的顶端A 点无初速释放，滑至底端与滑块b 发生正碰，碰后粘合在一起向左运动，已知圆弧的半径为R=0.45m,水平轨道长为L=0.2 m,滑块与水平轨道的动摩擦因数口=0.1,重力加速度取 g=10m/s2。求：(1)两滑块沿左侧圆弧上升的最大高度h；(2)两滑块静止时的位置。D art 4【答案】(1)0.03 m(2)水平轨道的中点处【解析】【详解】(1)设滑块a 滑至底端碰前

2、速度大小为VB，碰后共同速度大小为V,根据机械能守恒定律有mgR=y mVg,由动量守恒定律有mvB=(m+2m)v从 B 点到左侧最大高度处由动能定理有1 2ji3mgL3mgh=0 x3mv联立解得h=0.03m(2)粘合体将来回往复运动，直到速度为0,设在水平轨道BC上运动的路程为s,根据动能定理有1 2p3mgs=0-x3mv解得s=0.5m所以滑块停在水平轨道BC的中点处。2.如图所示，一定质量的理想气体从状态a 变化到状态b,在这一过程中，若 a 对应的温度为T|=200K,求：b 点的温度；若从a 到 b 的过程中内能增加2.5X1 05J,在这个过程中气体从外界吸收的热量是多少

3、。【答案】3200K；5xlOsJ【解析】【详解】气体从a 到 b,由气体状态方程P M _ PNbTa Th即1X105X1_ 4X105X4200 T解得Tb=3200K若从a 到 b 的过程气体对外做功1 IV=-(1+4)X10:,X(4-1)J=7.5X105J内能增加2.5xl()5j；则2 =AE-W=2.5X105-7.5X105=-5X105J在这个过程中气体从外界吸收的热量是5X105JO3.如图所示，小 球 C 在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它左边有一垂直于轨道的固定挡板，右边有两个小球A 和 B 用处于原长的轻质弹簧相连，以相同的速度V。向 C 球运动，C 与 B

4、 发生碰撞并立即结成一个整体D。在 A 和 D 继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被第一次锁定不能伸长但还能继续被压缩。然 后 D 与挡板P 发生弹性碰撞，而 A 的速度不变。过一段时间，弹簧被继续压缩到最短后第二次锁定。已知A、B、C 三球的质量均为m。求：弹簧长度第一次被锁定后A 球的速度；弹簧长度第二次被锁定后的最大弹性势能。P2 73【答案】(1)力；(2)运 用 宕3 lUo【解析】【分析】【详解】设 C 球 与 B 球粘结成D 时，D 的速度为V 1,由动量守恒定律可得mv()(m+in)v解得1匕=5%当弹簧压至最短时，D 与 A 的速度相等，设此速度为V 2,

5、由动量守恒，有2mv(+mv0=3mv2解 得 A 的速度设弹簧长度第一次被锁定后，储存在弹簧中的势能为Epi。由能量守恒得1 2 1 2 1 22-2 m v+2m v=2 3m吗+Epi解得鼎=叫2撞 击 P 后，D 的速度大小不变，仍 为 方 向 向 右；A 的速度大小和方向均不变。然 后 D 与 A 继续相互作用，设当弹簧压缩到最短时，A 与 D 的速度为V 3,根据动量守恒定律可得2mv2 mv2=3mv3解得1 2匕=丫2 =%弹性势能的增加量为AEp=g -3mvl-g -3mv1=mv弹簧长度第二次被锁定后的最大弹性势能 a 73,%=%+与=砺?4.半 径 R=0.50 m

6、的光滑圆环固定在竖直平面内，轻质弹簧的一端固定在环的最高点A 处，另一端系一个质量m=0.20 k g的小球，小球套在圆环上，已知弹簧的原长为Lo=O.5O m,劲度系数k=4.8 N/m,将小球从如图所示的位置由静止开始释放，小球将沿圆环滑动并通过最低点C,在 C 点时弹簧的弹性势能EPC=0.6J,g 取 lOm/s?.求:（1）小球经过C 点时的速度Vc的大小；（2）小球经过C 点时对环的作用力的大小和方向.【答案】（l）3m/s.（2）3.2 N,方向向上.【解析】试题分析：（1）设小球经过C 点的速度为Vc，小球从B 到 C,据机械能守恒定律得mg（R+Rcos600）=EPC+；m

7、v；,（3 分）代入数据求出v=3 m/s.（2 分）（2）小球经过C 点时受到三个力作用，即重力G、弹簧弹力F、环的作用力FN.设环对小球的作用力方向向上，根据牛顿第二定律F+FNm g=m 九，（2 分）R由于 F=kx=2.4N,（2 分）FN=m+m g-F,R解得FN=3.2 N,方 向 向 上.（1 分）根据牛顿第三定律得出小球对环的作用力大小为3.2 N.方 向 竖 直 向 下.（1 分）考点：考查匀速圆周运动点评：难度中等，本题的关键在于找到提供向心力的合力，在 C 点由竖直方向的合力提供向心力5.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xO y,在 x0区域内存在一圆形的匀强磁场

8、，圆心O i坐标为（-d,0）,半径为d,磁感应强度大小为B,方向与竖直平面垂直，xNO区域存在另一磁感应强度大小也为 B 的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。现有两块粒子收集板如图所示放置，其中的端点A、B、C 的坐标分别为（d,0）、（d,笑）、（3d,0）,收集板两侧均可收集粒子。在第三象限中，有一宽度为2d粒子V3源持续不断地沿y 轴正方向发射速率均为v 的粒子，粒子沿x 轴方向均匀分布，经圆形磁场偏转后均从O点进入右侧磁场。已知粒子的电荷量为+q,质量为m,重力不计，不考虑粒子间的相互作用，求：（1）圆形磁场的磁场方向；（2）粒子运动到收集板上时，即刻被吸收，求收集板上有粒子到达的总长度

9、；收集板BC与收集板A B收集的粒子数之比。【答案】(1)垂直纸面向外；L=2+币 亚 d(3)1:12【解析】【详解】粒子带正电且在圆形磁场中向右偏转，可知磁场方向垂直纸面向外；利用旋转圆可以知道，粒子平行于Y轴射入圆形磁场中，且都从同一点O射入右边的磁场中，则粒子运动的轨迹圆半径必与圆形磁场的半径是相同的，即为d；粒子进入右边磁场后，因为磁感应强度也为B,可知粒子在右边磁场中运动时的圆轨迹半径也为r=d；打在AB收集板上的临界情况分别是轨迹圆与AB板相切，即沿x轴正方向射入的粒子，和粒子刚好过A点的粒子，故AB板上粒子打的区域长度为d。而粒子只有从第四象限进入右边磁场才有可能打在收集板BC

10、上。根据几何关系可得，粒子刚好经过A点时，轨迹圆圆心Ch和原点O以及A点构成一个正三角形，可得:粒子与x轴正方向成30。向下。此时粒子刚好打到BC板上的P i点。由几何关系可知O APQ i为菱形，且APi与BC垂直，则由几何关系可得，粒子在板上打的最远距离是当直径作为弦的时候，此时与B C的交点为P 2,根据点A、B、C的坐标可得,三角形ABC是直角三角形，角C为30。由余弦定理可得*=OC1+若 2OC CP,cos 30解 得：CR=d第二个临界，轨 迹 圆 恰 好 与BC收集板相切，由几何关系可得，此 时 交 点 与H重 合。则打到收集板上粒子的总长：.00 up 2+币-山L=a+C

11、P-CPy=-a 粒 子 打 在AB收集板的角 度 范 围 是 与x轴 正 方 向0。30。，打 在BC板上的角度范围是与x轴正方向成30。90。由 于 粒 子 是 沿x轴均匀分布，故需要计算找出入射粒子的长度之比。由几何关系可得，进入第四象限的粒子入射的长度分布恰好是粒子源中左半部分的d,故 只 需 找 到 与x轴正 方 向 成30。入射的粒子进入圆心磁场的位置即可，LMN=dsin300=d/2nA B d/16.如图所示，长 为31的不可伸长的轻绳，穿 过 一 长 为1的竖直轻质细管，两 端 拴 着 质 量 分 别 为m、V2m的 小 球A和 小 物 块B,开 始 时B先放在细管正下方的

12、水平地面上.手握细管轻轻摇动一段时间后，B对地面的压力恰好为零，A在 水 平 面 内 做 匀 速 圆 周 运 动.已 知 重 力 加 速 度 为g,不计一切阻力.(1)求A做匀速圆周运动时绳与竖直方向夹角0；(2)求摇动细管过程中手所做的功；(3)轻 摇 细 管 可 使B在管口下的任意位置处于平衡，当B在某一位置平衡时，管内一触发装置使绳断开,求A做平抛运动的最大水平距离.【答 案】0=45。；(2);(3)4【解 析】【分 析】【详解】(1)B 对地面刚好无压力，对 B 受力分析，得此时绳子的拉力为T =/2mg对 A 受力分析，如图所示在竖直方向合力为零，故T cos 0 mg解得6=45

13、(2)对 A 球，根据牛顿第二定律有V2T sin0=m-/sin。解得故摇动细管过程中手所做的功等于小球A 增加的机械能，故有W=mv2+2(万mg(/-/cos 6()=mgl 1-I 4,(3)设拉A 的绳长为x(lx21),根据牛顿第二定律有9v-T sin 6=m-xsin。解得u=A 球做平抛运动下落的时间为t,则有1 921-xcosd=gt解得2nI 2 JS水平位移为S=vt=当x =0/时，位移最大，为S,”=0/7.如图所示，水平放置的轻质弹簧原长为2 L,一端与质量皿=2 k g的物块P接触但不连接，另一端固定在A点，光滑水平轨道A B长度为5 L.长度为=2.5 m的

14、水平传送带分别与B端和水平光滑轨道C D平滑连接，物 块P与传送带之间的动摩擦因数4 =0 2,传送带始终以v =2 m/s的速率顺时针匀速转动.质量为“=6 k g小车放在光滑水平轨道上，位 于C D右侧，小车左端与C D段平滑连接，小车的水平面长度4=0.5 m,右侧是一段半径R =0.5 m的四分之一光滑圆弧，物 块P与小车水平上表面的动摩擦因数从=。.用外力推动物块，将弹簧压缩至长度L,然后放开，P开始沿轨道运动，冲上传送带后开始做减速运动，到达传送带右端时速度恰好与传送带速度大小相等.重力加速度大小g =l O m/s 2求：(1)弹簧压缩至长度L时储存的弹性势能用，(2)物块P在小

15、车圆弧上上升的最大高度H(3)要使物块P既可以冲上圆弧又不会从小车上掉下来，小车水平面长度的取值范围【答案】(1)1 4 J ；(2)0.1 m ；(3)0.7 5 m,L 1.5 m。【解析】【详解】(1)设物块P离开弹簧时的速度为,在物块与弹簧相互作用过程中，由机械能守恒定律综芯物块在传送带上运动过程中，由动能定理有一叫gL=g町/一 g町喏联立代入数据可得EP=1 4 J(2)当物块运动到小车的最高点时，对 于P与小车构成的系统动量守恒，则町口=(4+”)甘由能量守恒定律有；班，=g （班+租2）V；+ggH +gLt 联立代入数据可得H=O.lm（3）设当小车水平面长度为4 时，物块到

16、达小车水平右端时与小车有共同速度匕，则g%=g（m,+，4）*+从根由4 联立代入数据可得L,=1.5m设当小车水平长度为4 时，物块到达小车水平左端时与小车有共同速度V,则w2)vl2+2/lmlg L3联立代入数据可得k =0.75m要使物块P 既可以冲上圆弧乂不会从小车上掉下宋，小车水平长度的取值范围：0.75m,L =-匕的点，求该粒子经过丁 =-6 点的速度大小.【答案】四”泞巨江1 叵m bqB v m m【解析】【分析】【详解】(1)如图所示，粒子运动的圆心在O点，轨道半径彳=。2由4匕8 二根-得 幽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

17、的圆心角a =1 5 0。e 2兀m粒子在磁场中运动的周期T =-qB，工,，1 5 0 T 5冗m综上可知”何厂布(3)如图所示设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为仇则有 R R e o s 8 =(0 l)aRsinO =a可得 e =4 5。，R =y2a此粒子进入磁场的速度V o,贝！J：%=迎=1幽m m1,1,设粒子到达y轴上速度为v,根据动能定理，有：q E b -m v2-m v l解得：n /竺华Vm9.一长木板在光滑水平地面上匀速运动，在t=0时刻将一物块无初速轻放到木板上，此后长木板运动的速度-时间图象如图所示.已知长木板的质量M=2 k g,物块与木板间的最大静

18、摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上.取g=1 0 m/s 2,求：v/(m s)46.0卜K2.0 N-r/s(1)物块的质量m；(2)这一过程中长木板和物块的内能增加了多少？【答案】(1)4kg(2)24.1【解析】【分析】【详解】(1)长木板和物块组成的系统动量守恒：A6=(M +m)丫 共代入数据解得：m =4kg .(2)设这一过程中长木板和物块的内能增加量为Q,根据能量守恒定律：1 ,1 ,2 =-MV2-(M+m)u共 2=24J1 0.如图所示，两列简谐横波a、b 在同一介质中分别沿x 轴正、负方向传播，波速均为v=2.5m/s。已知在 t=0时刻两列波的波峰正好在x=2.

19、5m处重合。求 t=0时，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x 坐标；从 t=0时刻开始，至少要经过多长时间才会使x=1.0m处的质点到达波峰且为振动加强点？【解析】【详解】两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm。从题图中可以看出，a 波波长4=2.5m；b 波波长4=4 m。波波峰的1 坐标为%=(2.5+2.54)m；(匕=0,1,2,)b 波波峰的x 坐标为%2=(2.5+42)m；(佝=0,1,2,)由以上各式可得，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x 坐标为x=(2.5+204)m(Z:=0,1,2,)o。波波峰传播到x=1.0m处的时间为Ax/f Ax.

20、+mZ,/八 、C=-=!-H根=0,12)ov vb波波峰传播到x =l.Qm处的时间为V V其中 M=lm,=1.5m当x=L0m处的质点处于波峰时，有=外以上各式联立可解得5 m-S n =1 o由分析可知，当/篦=5、=3 时，x=1.0m处的质点经历最短的时间到达波峰，将 m=5 代入_此_+“la -V V解得ta=5.4s。1 1.如图所示，地面和半圆轨道面均光滑.质量M=lkg、长 L=4m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为S=3m,小车上表面与半圆轨道最低点P 的切线相平.现有一质量m=lkg的滑块(不计大小)以vo=6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动.小车与

21、墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数n=0.1,g 取 lOm/s1.(1)求小车与墙壁碰撞时的速度；(1)要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径R 的取值.【答案】(1)小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；(1)要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R 的取值为R0.6m.【解析】解：(D设滑块与小车的共同速度为V”滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有代入数据解得Vj=4m/s设滑块与小车的相对位移为L”由系统能量守恒定律，有-,(JO V：代入数据解得L尸3m设与滑块相对静止时小车的位移为S”根据动能定理，有1 2Mmg Si=-Mvj-0代入

22、数据解得Si=lm因 L|VL,S|V S,说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即vi=4m/s.(1)滑块将在小车上继续向右做初速度为vi=4m/s,位移为L1=L-Li=lm 的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P.若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v,临界条件为v 2mg=m 区根据动能定理，有,cn_ 1 2 _ 1 2-pmgLi-mgp2R=mv rovj联立并代入数据解得R=0.14m若滑块恰好滑至3 圆弧到达T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道.根据动能定理，有 2-lmg L|-mg

23、.R=0-mVi代入数据解得R=0.6m综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足R0.6m答：(1)小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；(1)要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R 的取值为R0.6m.【点评】本题通过计算分析小车与墙壁碰撞前滑块与小车的速度是否相同是难点.第1 题容易只考虑滑块通过最高点的情况，而遗漏滑块恰好滑至圆弧到达T 点时停止的情况，要培养自己分析隐含的临界状态的能力.1 2.如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为v=2m/s,此时一质量与木板相等的小滑块(可视为质点)以vi=4m/s的速度从右侧滑上木板，经 过

24、 1s两者速度恰好相同，速度大小为V 2=lm/s,方向向左。重力加速度g=10m/s2,试求：,忘,(1)木板与滑块间的动摩擦因数内(2)木板与地面间的动摩擦因数M 2(3)从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。【答案】(1)0.3(2)(3)2.75加20【解析】【分析】(1)对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解；(2)对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可；(3)分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移；【详解】(1)对小滑块分析：其加速度为：q=_ =F，/s 2=-3 m/s 2,方向向右对小滑块根据牛顿第二定律有：-N M g

25、=m a、,可以得到：从=0.3；(2)对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：“叫 +任；2，g=m 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：/jjng -2 -2mg=相”而且。+，2 =/=1s联立可以得到：%=，L=0-5 s,t2=0.55；(3)在%=0.5 s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：玉=0.5 ，方向向右;在-2=0.5 5时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：4=七 一 弓=0 2 5根，方向向左；在整个，=l s时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：幺4 =2.5加，方向向左则整个过程中滑块相对

26、木板的位移大小为：8 =%+与-%2 =2.75加。【点睛】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。13.如图所示为一种运动游戏，运动员从起跑线开始推着滑板加速一段相同距离后，再跳上滑板自由滑行,滑行距离远但又不掉入水池的为获胜者，其运动过程可简化为以下模型：一质量M=60 k g的运动员用与水平方向成3 7角的恒力F斜向下推静止于A点、质 量m=2 0 k g的滑板，使其匀加速运动到P点时迅速跳上滑板(跳上瞬间可认为滑板速度不变)，与滑板一起运动到水池边的B点时刚好停下，已知运动员在A P段所施加的力F=2 0

27、 0 N,A P长为x i，P B长X 2=2 4 m,滑板与水平面间的动摩擦因数为=0.2 ,不计滑板长和空气阻力，重力加速度g=10 m/s s i n 3 7=0.6,求：_ _ _ _ _.,J 1!水池(1)A P 长 x i；滑板从A到B所用的时间t (保留两位有效数字)。【答案】X =10 m；丁 CO【解析】【分析】【详解】(1)设滑板在P点的速度为V,A P段和P B段加速度分别为a i和a2,P B段根据牛顿第二定律可得%=g=2 m/s 2在A P段根据牛顿第二定律可得F e o s 3 7 /j(mg+F s i n 3 7)max解得4 =4.8 m/s2根据速度位移

28、关系可得v2=2axx=202A2联立可得X =10m，v=4V6m/s(2)根据平均速度和位移的关系可得%+=v七n+V,得2%+2x?2x(10+24)17 it=-=-7=-s=-76 sv 4V6 61 4.如图所示，把一个横截面为等边三角形玻璃棱镜的一个侧面放在水平桌面上，直线SO 与 Q P共线。在 S 处放一光源，使其发出的直线光束与SQ夹3 0角，该 光 束 射 向 棱 镜 的 侧 面 上 的 一 点。调整光源S 的位置，使棱镜另一侧面M P 出射的光线射在D 点，且恰有SQ=P。不考虑光线在棱镜中的反射,求：(i)棱镜玻璃的折射率；(i i)棱镜的出射光线与人射光线间的夹角。

29、【答案】(i)n=x/3;(ii)60。【解析】【详解】(i)如图，由几何关系知A 点的入射角为60。，折射角为30。sin 60n=-sin 30解得n=6(i i)出射光线与入射光线间的夹角为5=2x30=601 5.如图所示为某娱乐场的滑道示意图，其中AB为曲面滑道，BC为水平滑道，CD为上圆弧滑道，各4滑道相切连接。DE为放在水平地面上的海绵垫。某人从A 点上方某处滑下，经过高度差H=5m的 A 点和 C 点时的速度分别为2m/s和 4m/s,在 C 点做平抛运动,最后落在海绵垫上E 点。已知人的质量为50kg,人与水平滑道BC间的动摩擦因数为0.2,水平滑道BC的长度为s=20m,只

30、知道圆弧CD的半径R 的范围为：ImWR42mo 取 g=10m/s，求：人在AB段克服阻力的功；(2)人 在 C 点做平抛运动的水平位移x 的范围。【答案】(D200J；(2)m x -m 55【解析】【详解】(1)设人从A 点滑到C 点过程中，重力做的功以及在水平段克服摩擦阻力的功和在AB段克服阻力的功分别为：叫;、叱 和 叱 8。由动能定理:%一哪一%=%即:mgH-mgs MB=g m vc|m vA2代入数据得人在AB段克服阻力的功:WAB=2 0 0 J；(2)人 在 C 点做平抛运动，有:mg mR解得：g1 ,结合已知条件lmWRWL6m,由R=g f-可确定平抛运动的时间范围

31、为：由 x=vct 可确定平抛运动的水平位移x 的范围为:475/j 8夜-m W x W-m o5 516.半径为R的球形透明均匀介质，一束激光在过圆心O的平面内与一条直径成为60。角射向球表面，先经第一次折射，再经一次反射，最后经第二次折射射出，射出方向与最初入射方向平行。真空中光速为c。求：球形透明介质的折射率；激光在球内传播的时间。【答案】(1)#;?【解析】【分析】【详解】(1)激光在球形透明介质里传播的光路如图所示:其中A、C为折射点，B为反射点，连接A与C,作OD平行于入射光线，则ZAOD=ZCOD=60ZOAB=NOBA=N0BC=Z0CBZOAB+ZOBA+ZOBC+ZOCB

32、=ZA0D+NC0D解得ZOAB=30”设球形透明介质的折射率为n,根据折射定律sin 60n=-sin ZOAB解得n=6 由 于/。45=30,所 以AC垂直于入射光线，即AC=d=y/3R又由于ZABC=ZBCA=ZCAB=60所 以 A B C 为等边三角形，即激光在球内运动路程为s=2d=237?设激光在介质中传播速度为t,则CV=n传播时间s 2 g Rn 67?t-=V C C1 7.随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术。其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部分：缓冲滑块，由高

33、强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abed；火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈（图中未画出），超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v o,经过时间t 火箭着陆，速度恰好为零；线圈abed的电阻为R,其余电阻忽略不计;ab边长为1,火箭主体质量为m,匀强磁场的磁感应强度大小为B,重力加速度为g,一切摩擦阻力不计,求：（1）缓冲滑块刚停止运动时，线圈ab边两端的电势

34、差Uab；（2）缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；（3）火箭主体的速度从V。减到零的过程中系统产生的电能。【答案】U一/仇院号泮【解析】【详解】（l）ab边产生电动势：E=B L v0,因此3Uab=Blv0安培力工b=电流为/=粤，对火箭主体受力分析可得:AFabmg=ma解得：设下落t 时间内火箭下落的高度为h,对火箭主体由动量定理:mgt Fabt=0 mv0即B2I?h cm g t-=0-mvoR化简得求(+gf)Il-n-B2I3根据能量守恒定律，产生的电能为:E=mgh+mvl代入数据可得:E=M g R（：+g f）+LB21 2 1 8.如图所示，半 径 R=3.6

35、 m 的!光滑绝缘圆弧轨道，位于竖直平面内，与长L=5 m 的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以V =5 m/s的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=2 0 N/C,磁感应强度B=2.0 T,方向垂直纸面向外.a 为 孙=1.0 x10-k g的不带电的绝缘物块，b 为 m2=2.（）xl0-3kg、q=i.0 xl0-3c带正电的物块.b 静止于圆弧轨道最低点，将 a 物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b 发生弹性碰撞（碰 后 b 的电量不发生变化）.碰 后 b 先在传送带上运动，后离开传送带飞入复合场中，最后以与水平面成60。角落在地面上的P

36、 点（如图），已知b 物块与传送带之间的动摩擦因数为Jin。.（g JR10m/s2,a,b 均可看做质点）求：（1）物 块 a 运动到圆弧轨道最低点时的速度及对轨道的压力;（2）传送带上表面距离水平地面的高度；(3)从b开始运动到落地前瞬间，b运动的时间及其机械能的变化量.【答案】FN=2又10、方向竖直向下(2)h=3m(3)E=5.5xl(尸J【解析】【分析】(1)根据机械能守恒定律求解物块a运动到圆弧轨道最低点时的速度；根据牛顿第二定律求解对最低点时对轨道的压力；(2)a于b碰撞时满足动量和能量守恒，列式求解b碰后的速度；根据牛顿第二定律结合运动公式求解b离开传送带时的速度；进入复合场

37、后做匀速圆周运动，结合圆周运动的知识求解半径，从而求解传送带距离地面的高度；(3)根据功能关系求解b的机械能减少；结合圆周运动的知识求解b运动的时间.【详解】(1)a物块从释放运动到圆弧轨道最低点C时，机械能守恒，m g R(1-cos 8)=；m vc得：vc=6 m/s2在C点，由牛顿第二定律：R解得：外=2x10-2 N由牛顿第三定律，a物块对圆弧轨道压力：F J=2 xT 0T N ,0年(2)a、b碰撞动量守町匕.2V ba、b碰撞能量守恒;町匕2 =g町.2+；m2以2解 得(V c=-2 m/s,方向水平向左.可不考虑)=4加/b在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为S,

38、m1g =m2av2 =2a s方向竖直向下.V得：s=4.5加L 加 速Is后，匀速运动0.1s,在传送带上运动A =L i s,所 以b离开传送带时与其共速为/=5 m i s进入复合场后，q E=m2g=2 x 1。-9,所以做匀速圆周运动,V2由 qvB=m2 一得：r=m2vq B由几何知识解得传送带与水平地面的高度：h=r+J.5 m2(3)b 的 机 械 能 减 少 为 加2%2+M2g -弓利2y 2=1.41x10 J12 7 2b在 磁 场 中 运 动 的 丁 =等=2 T 2兀2 3 324b在传送带上运动乙=1.I s；b运 动 的 时 间 为4+G=L1+3-R3.2

39、S【点 睛】本题涉及到的物理过程较多，物理过程较复杂，关键是弄懂题意，选择合适的物理规律和公式进行研究,边分析边解答.1 9.如图所示，竖直平面内有一四分之一光滑圆弧轨道固定在水平桌面AB上，轨 道 半 径R=1.8m,末端与 桌 面 相 切 于A点，倾 角9=37。的 斜 面BC紧靠桌面边缘固定，从圆弧轨道最高点由静止释放一个质量m=1kg的可视为质点的滑块a,当a运 动 到B点时，与a质量相同的另一可视为质点的滑块b从斜面底端C点 以 初 速 度vo=5m/s沿斜面向上运动，b运 动 到 斜 面 上 的P点时，a恰好平抛至该点，已 知A B的长度x=4m,a与A B间 的 动 摩 擦 因

40、数Hi=0.25,b与B C间的动摩擦因数出=0.5,取g=10m/s2,sin37=0.6,cos370=0.8,求 滑 块a到 达B点时的速度大小；斜 面 上P、C间的距离。【答 案】(l)4m/s；(2)1.24mo【解 析】【分 析】【详 解】滑 块 a 从光滑圆弧轨道滑下到达B 点的过程中，根据动能定理有:2mgR-从 mgx=mv代入数据解得v=4m/s 滑 块 a 到达B 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律有:x=vt,y=1 g厂2，tan0=一y2 x代入数据解得t=0.6s滑块b 从斜面底端上滑时，根据牛顿第二定律有：mgsin0+|i2mgcos0=mat代入数据解得ai

41、=10m/s2向上运动的时间ti=0.5s o.6si然后接着下滑，根据牛顿第二定律有：mgsinO-ji2mgeos0=ma2代入数据得a2=2m/s2可得P、C 间的距离2 2-代入数据解得x=1.24m2 0.如图所示为一下粗上细且上端开口的薄壁玻璃管，管内有一段被水银密闭的气体，上管足够长，图中细管的截面积Si=lcm 2,粗管的截面积Sz=2 cm?,管内水银长度hi=h2=2 c m,封闭气体长度L=8cm,大气压强Po=76cmHg,气体初始温度为320K,若缓慢升高气体温度，求:(1)粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度；气体的温度达到533K时，水银柱上端距粗玻璃管底部的距离

42、。【解 析】【分 析】【详 解】(1)以封闭的气体为研究对象，初态气体体积匕=6压强为P i =+4 +4=8 0 c m H g由于水银总体积保持不变，设水银全部进入细管水银长度为1,则V-Sfy+S2h2x-V=S,h,-+-S-=?hy-2-x-2-+-l-x-2 c m =6.c m S、1末状态气体,2 =P o +x=8 2 c m H gV2=(L+1)82从初状态到末状态。由理想气体状态方程，有夕 M _ PNI不一工代入数据解得7；=4 1 0 K(2)气 体 温 度 达 到5 3 3 K时，设水银上端距粗玻璃管底部的距离为H,则匕=(+4)邑+(“_ 乙 _4_ 幻 耳气体

43、发生等压变化，根据盖-吕萨克定律匕=匕(丁3解得H=22cm21.如图所示，嫦娥四号着陆器为了寻找月面上的平坦的着陆区，可以悬停在月面附近，已知着陆器在月面附近的重力为G,忽略悬停过程由于喷气而引起的重力变化，燃气的喷射速度为v,求着陆器悬停时单位时间内喷出燃气的质量。【答案】-V【解析】【分析】【详解】根据受力分析有F=GFt-mv-0则有m _ F _ Gt v v22.如图所示，光滑水平地面上固定一竖直挡板P,质量mB=2kg的木板B 静止在水平面上，木板右端与挡 板 P 的距离为L。质 量 mA=lkg的滑块(可视为质点)以v=12m/s的水平初速度从木板左端滑上木板上表面，滑块与木板

44、上表面的动摩擦因数ji=0.2,假设木板足够长，滑块在此后的运动过程中始终未脱离木板且不会与挡板相碰，木板与挡板相碰过程时间极短且无机械能损失，g=10m/s2,求：(1)若木板与挡板在第一次碰撞前木板已经做匀速直线运动，则木板右端与挡板的距离至少为多少？若木板右端与挡板的距离L=2m,木板第一次与挡板碰撞时，滑块的速度的大小？(3)若木板右端与挡板的距离L=2m,木板至少要多长，滑块才不会脱离木板？(滑块始终未与挡板碰撞)【答案】(1)8m(2)8m/s(3)m(35.85m 或 35.9m)27【解析】【详解】(1)木板与滑块共速后将做匀速运动，由动量守恒定律可得：%=(八+%共对 B 木

45、板，由动能定理可得：JBL解得Li=8m(2)对 B 木板，由动能定理可得：fBL mBVBB 与挡板碰撞前，A、B 组成的系统动量守恒：mAV()=mAvA+mBvB得vA=8m/s(3)从 A 滑上木板到木板与挡板第一次碰撞过程中，A 在 木 板 上 滑 过 的 距 离 由 能 量 守 恒 定 律 可 得：解得结=18mB 与挡板碰后向左减速，设水平向右为正方向，由己知可得：B 与挡板碰后速度抬=-2 m/s,此时A 的速 度 VA=8m/s,由牛顿第二定律可得：以=心。6，/B=WBB木板向左减速，当速度减为零时，由%2=%+幺4得ti=2s此时B 右端距离挡板距离由哈=2 处 心，得L

46、2=2m此时A 的 速 度 由%=%+4 4，可得：vAI=4m/s此时系统总动量向右，设第二次碰撞前A.B 已经共速，由动量守恒定律可得：=(加“+外)嗅得为=3 mzs木板从速度为零到V 共】经过的位移SB，由嚓|=2 B5B,得。8 cdR=m 2 mB 9故第二次碰前瞬间A、B已经共速，从第一次碰撞到第二次碰撞，A在 B上 滑 过 的 距 离 由 能 量 守 恒定律可得：g 2 -：(%+%)嗑得5 0L、=m第二次碰撞后B的动量大小大于A的动量大小，故之后B不会再与挡板相碰，对 AB由动量守恒可得：外 丫 共 一 为 口 共1 =(外+%)丫共2得j 2=1 m/s从第二次碰撞到最终

47、AB做匀速运动，A在 B上 滑 过 距 离/，由能量守恒定律可得：=g (外 +mB)喷i-g (%+%)4,2得一 3 2L=m2 7则96 8L总.A j +A L2+A L3=m(3 5.8 5 m 或 3 5.9m )2 3.如图所示，一绝缘水平桌面，空间存在一广域匀强电场，强度大小为E=等,现同时将两个质量均2q为机的滑块A、8由静止释放在桌面上。已知两滑块AB均带正电，电荷量大小为q,且 AB间的距离为L =已知滑块A、8与轨道间的动摩擦因数分别为,=0.4 和4B=0.8 5,重力加速度l O m/s 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块之间发生的碰撞为弹性碰撞，且无电荷转移，滑块

48、可视为质点。求：两滑块从静止释放开始经过多长时间，滑块之间发生第二次碰撞；(2)A从释放到最终停止所运动的位移。E-幺 B【答案】(l)5-2-s;(2)5m5【解析】【分析】【详解】两滑块由静止释放后，对滑块A进行受力分析，由牛顿第二定律得E q -/jAm g =m ai得4=2m/s2对B有E q “m g，故8静止，贝！IL=air2 得/=Is设发生第一次碰撞前的瞬间滑块A的速度是v0,则%=即=2mzs碰后滑块A、B的速度分别是“、，由弹性碰撞得:由动量守恒定律mvQ=mvx+mv2由能量守恒定律1 9 1 9 1 2mv j=mv +mv2解得 V)=0,v2=2m/s滑块8开始

49、做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得E q fmg =m a2可解得a2=-2.5m/s2设滑块B运动时间。后停止运动，则tQ=-=0.8sL.=0.64m1 21 2L2-v2t0+%-0.8m由于右 右，8 停止运动时二者仍未发生第二次碰撞，即G=；4片得2不t,-S5故由知，每次碰撞后8 先减速到零，再次与A 碰撞，又2Eq /jAm g +iBm g最终A,8 将静止在斜面上，设 A 下滑的位移为X,由能量守恒得：Eqx+Eq(x L)=-x+-(xL)解得x=5m2 4.研究比较复杂的运动时，可以把一个运动分解为两个或几个比较简单的运动，从而使问题变得容易解决。(1)如图，一束质量为m

50、,电荷量为q 的粒子，以初速度V。沿垂直于电场方向射入两块水平放置的平行金属板中央，受到偏转电压U 的作用后离开电场，已知平行板长为L,两板间距离为d,不计粒子受到的重力及它们之间的相互作用力。试 求：粒子在电场中的运动时间t；粒子从偏转电场射出时的侧移量yo(2)深刻理解运动的合成和分解的思想，可以帮助我们轻松处理比较复杂的问题。小船在流动的河水中行驶时，如图乙所示。假设河水静止，小船在发动机的推动下沿OA方向运动，经时间t 运动至对岸A 处，位移为4；若小船发动机关闭，小船在水流的冲击作用下从O 点沿河岸运动，经相同时间t 运动至下游B处，位移为X2。小船在流动的河水中，从 O 点出发，船