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1、word版可编辑】湖南省娄底市新高考物理经典100解答题精选高考物理解答题100题含答案有解析1.1916年，Tolman和 Stewart发表论文指出，一个绕在圆柱上的闭合金属线圈当该圆柱以一定的角速度绕轴旋转时，线圈中会有电流通过，这种效应称为Stewart-Tolman效应。设有许多匝线圈，每匝线圈的半径为r,每匝线圈均用电阻为R 的细金属导线绕成，线圈均匀地绕在一个很长的玻璃圆柱上，圆柱的内部为真空每匝线圈的位置用黏胶固定在圆柱上，单位长度的线圈匝数为n,包含每匝线圈的平面与圆柱的轴垂直。从某一时刻开始，圆柱以角加速度P 绕其轴旋转。经过足够长时间后：请计算每匝线圈中的电流强度。【答案
2、】=2兀吧匚eR【解析】【详解】由于环加速转动，在圆环参考系中对电子产生了类似于电场力的非惯性力，即F-mr/3对应的场强F_ mr(3CJ-e产生的电流InrE 27imBrI-=-R eR2.如图所示，质量为1kg的长木板A 放在光滑的水平面上，质量为0.5kg的物块B 放在长木板上表面的右端，现对长木板施加大小为6 N 的水平恒力F,使长木板A 和物块B 一起由静止开始向左做加速运动，物 块 B 相对于长木板A 恰好不滑动，重力加速度为g=10m/s2,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：,丁(1)物 块 B 与长木板A 间的动摩擦因数；若 F 作用2s时，立即将F 水平反向，大小增大为
3、原来的2 倍，结果当物块B 的速度为零时，刚好从木板的左端滑离，求长木板的长度。【答案】(1)0.4(2)12m【解析】【详解】(1)设在F 作用下，A、B 一起运动的加速度大小为:，根据牛顿第二定律有F=(M+m)at对物块B 研究有:/jmg=mciy解得:ji=0.4(2)A,B 一起加速的加速度大小为a1=4m/s2,F 作用2 s时，AB一起运动的速度大小v=aiti=8m/s将 F 水平反向，设 A 做减速运动的加速度大小为射，根据牛顿第二定律有：2F-pm g=Ma2设 B 做减速运动的加速度大小为a3当 B 速度减为零时的运动时间:2 s内 A 运动的距离：x,vt,1 2 4
4、4m2-B 运动的距离：V2%,=-=8m2a3由此知木板的长度为12m,3.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 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：(1)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
5、的最大弹性势能。P2 73【答案】1 ;(2)-3 1 Uo【解析】【分析】【详解】(1)设 C 球与B 球粘结成D 时，D 的速度为V”由动量守恒定律可得m v0=(m +m)vl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,由动量守恒，有2 m v,+m v()=3 m v2解得A 的速度2彩=%设弹簧长度第一次被锁定后，储存在弹簧中的势能为E p 1。由能量守恒得g 2 m u：+L 琢=L.+Ep I解得p l =122撞 击 P 后，D 的速度大小不变，仍为5%,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，
6、A 与 D 的速度为V 3,根据动量守恒定律可得2m v2 m v2=3 m v3解得1 2v-v。弹性势能的增加量为AAE1 r 1 O 2 1 o 2 1 6 2np =2 3m v2-2-3 m v.3 =2 7 m vn弹簧长度第二次被锁定后的最大弹性势能7 3E,=E.+En=P2 pP1l P 1 0 8，汨4.一列简谐横波的波源振动一个周期时波形如甲图所示，乙图为质点Q 从该时刻计时的振动图像，P、Q分别是平衡位置为N=0.5m 和 =2m 处的质点。乙(1)请判断该简谐横波的传播方向和P、Q两点谁先到达波谷，并计算波速；从计时时刻起，当质点Q第三次出现在波峰位置时，请确定x=1
7、 1 m处的质点M的振动方向及M在这段时间内的总路程。【答案】(1)传播方向方向向右，P先到达波谷，2 0 m/s；(2)M点振动方向向上，l()c m【解析】【详解】(l)t=O时刻P Q两点的振动方向如图则波传播方向方向向右，P先到达波谷;v=丸 =-4-=220m /，sT 0.2经过T,质点Q第三次到达波峰，如图;此 时M点振动方向向上，M点振动了 0.5 T,总路程为2 A=1 0 c m.5.如图所示，半径R =7.5 m的四分之一光滑圆弧QP竖直放置，与粗糙水平地面平滑连接于P点，整个空间存在场强大小E =2 xl()3 v/m的匀强电场，竖 直 边 界 右 侧 电 场 方 向
8、水 平 向 右，左侧电场方向竖直向上；小物块4 8 (视为质点)大小形状相同，A电荷量为q =+5 xl 0-3 c,8不带电，质量 多=3 k g ,mf i=l k go从Q点由静止释放A,与静止在地面上。点的5碰撞。已知A、B与地面间动摩擦因数均为 =0.2,P、D间距离x =1 6.5 m,g取l Om/s?,4B间碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。求：(1)物块A运动到P点时，受到圆弧轨道支持力的大小；(2)物块A、B碰撞后瞬间，48速度的大小和方向；(3)物块48第一次碰撞后，过多长时间发生第二次碰撞。【答案】(D 60N；(2)6 m/s,方向水平向右；18m/s,方向水平向右；(3
9、)7.2s；【解析】【详解】物块A 从 Q 到 P 过程，由动能定理得：(mAg-q E)R=mAvj,代入数据解得：vp=10m/s,在 P 点，由牛顿第二定律得：P,尸 VpF +q E-mAg=mA-,K代入数据解得：F=60N；(2)物 块 A 从 P 到 D 过程，由动能定理得：(q E-p mAg)x0=1-mAvj),代入数据解得：vi=12m/s,A、B 发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得:mAVi=mAvA+mBVB，由机械能守恒定律得：1 2 1 2 1 25%匕=-AvA+-mBvB,代入数据解得：VA=6m/s,方向水平向右
10、vB=18m/s,方向水平向右(3)A、B 碰撞后，由牛顿第二定律得，对 A：qE-pmAg=mAaA，对 B：pmBg=mBaB代入数据解得：aA =4 /S 2，aB=2m/s2,设经过时间t 两物块再次发生碰撞，由运动学公式得：VAl+21 aAl 2=VBt1 aBt 2代入数据解得：t=7.2s；6.如图所示，水平传送带AB与直角平台的上表面水平平滑对接，平台的上表面光滑，平台高h|=0.7m,在平台右侧d=l m 处有一高度为h2=0.5 m 的竖直薄挡板。长度L=12 m 的传送带以v0=10 m/s的速度顺时针转动，现将质量m=l kg的小滑块（可视为质点）由静止放到传送带上，
11、已知滑块与传送带间的动摩擦因数ji=0.2,重力加速度g 取 10 m/s?。求：（1）若要滑块落在挡板右侧，求滑块由静止放在传送带上的位置范围；（2）将滑块放在传送带中点处并沿水平方向给滑块一初速度，使滑块落在挡板右侧，求此初速度满足的条件。【答案】（1）距 A 端 5.75m以内的任何一个位置释放均可，（2）若滑块初速度水平向右，满足：匕lm/s；若滑块初速度水平向左，满足：Im/sW为 4 2 m m/s。【解析】【详解】（1）要使滑块恰好落在挡板右侧，设滑块离开传送带的速度为师，贝 人,1 2解得：/=5 m/s在传送带上滑动做匀加速运动:Vg=2ax加速度为:解得：x=6.25m,传
12、送带总长12m,所以滑块在距离A 端 5.75m以内的任何一个位置释放均可；（2）若给滑块水平向右的速度L则有：VB-v2=2a y解得：v=lm/s,所以速度满足：R lm/s即可使滑块落在挡板右侧；若给滑块水平向左的初速度2，只需让滑块向左减速滑行的距离在025m 6m的范围内即可，根据运动学公式：g 0=lax!其中：0.25m y lm/s；若滑块初速度水平向左，满足：lm/s v2 6,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=1/由几何关系得a+r=90由式通过三角变换得sin i y/nZ-1(ii)光在玻璃丝中传播速度的大小为cv=n光速在玻璃丝轴
13、线方向的分量为vx=ysin a 光 线 从 玻 璃 丝 端 面 AB 传播到其另一端面所需时间为L-t=匕光线在玻璃丝中传播，在刚好发生全反射时，光线从端面AB传播到其另一 端面所需的时间最长，由式得Ln2=-C10.如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，截面积为40cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A 封闭在汽缸内.在汽缸内距缸底60cm处设有a、b 两限制装置，使活塞只能向上滑动.开始时活塞搁在a、b 上，缸内气体的压强为po(po=1.0 xl()spa为大气压强)，温度为300K.现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330K时，活塞恰好离开a、b；当温度为360K时，活
14、塞上升了 4cm.g取 1 O m i求：活塞的质量；物体A 的体积.【答案】(1)4kg(2)640cm3【解析】设物体A 的体积为AV.Ti=3()0K,pi=1.0 xl05Pa,V(=60 x40-A VT2=330K,P2=(1.0X105+V2=ViT3=360K,P3=P2，V3=64X40-AV由状态1 到状态2 为等容过程J =率 3 分代入数据得m=4kg 2 分由状态2 到状态3 为等压过程奉=J 3 分A A代入数据得AV=640cm3 1 分11.如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T.在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，
15、导轨足够长，导轨间距L=lm,电阻可忽略不计.质量均为m=lk g,电阻均为R=2.5C 的金属导体棒M N和 PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好.先将PQ 暂时锁定，金属 棒 MN在垂直于棒的拉力F 作用下，由静止开始以加速度a=0.4m/s2向右做匀加速直线运动，5s后保持拉力F 的功率不变，直到棒以最大速度Vm做匀速直线运动.NXXXXXBX X XXXX FXXXQM 求 棒 M N的最大速度vm；当 棒 MN达到最大速度Vm时，解 除 PQ锁定，同时撤去拉力F,两棒最终均匀速运动.求解除PQ棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热.若 PQ始终不解除锁定，当棒M
16、N达到最大速度vm时，撤去拉力F,棒 M N继续运动多远后停下来？(运算结果可用根式表示)【答案】匕,=2指 m/s(2)Q=5J(3)x=40石 m【解析】【分析】【详解】棒 MN做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F-BIL=ma棒 MN做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E=BLv棒 MN做匀加速直线运动，5 s时的速度为：v=ah=2m/sE在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：1=2R联立上述式子，有：b=口+三匕竺2R代入数据解得：F=0.5N5 s时拉力F 的功率为：P=Fv代入数据解得：P=1WP棒 MN最终做匀速运动，设棒最大速度为Vm，棒受力平衡，则有：-BIJ =Ov,
17、/B Lv,”2R代入数据解得:=2 6m/s解除棒PQ后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为V，则有:m vm=2m v设从PQ棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q,由能量守恒定律可得：Q =fn v：-x 2m v22 2代入数据解得：Q=5J；(3)棒 以M N为研究对象，设 某 时 刻 棒中电流为i,在极短时间A t内，由动量定理得：-BiLAt=mAv对式子两边求和有：=Z(mAv,)而4 q=iA t对式子两边求和，有:=联立各式解得：BLq=mvm，-又对于电路有：q=It=t1 2R Rix由法拉第电磁感应定律得：
18、=-t BLx又q=/代入数据解得：x=4(Km1 2.如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合金属线框ab ed,线框平面与磁场垂直.已知磁场的磁感应强度为 瑜，线 框 匝 数 为n、面 积 为S、总 电 阻 为R。现 将 线 框 绕cd边 转 动，经 过At时 间 转 过90。求线框在上述过程中(1)感 应 电 动 势 平 均 值E；(2)感 应 电 流 平 均 值I；通 过 导线横截 面 的 电 荷 量q。X XgX X X Xb X Xx x x x x x x xX X X X X X x x.X HG、F 2nBs 2nBsco nBS【答 案】八丁；才；下【解 析】【详 解】(1)线圈从
19、图示位 置 开 始 转 过90。的过程 中，磁通量的变化量为(p=BS所用时间为AT 7 TAt=4 2co根据法拉第电磁感应定律有E=丝加则平均电动势为-2nBscoE-n(2)依据闭合电路欧姆定律，那么感应电流的平均值为-E InBScoR(3)由电量公式q=1.bt可得nBSq=-R13.一粗细均匀、两端封闭的U 形玻璃管竖直放置，管内水银柱及空气柱长度如图所示，右侧水银柱长li=20.0 c m,气体压强pi=70.OcmHg,左侧水银柱长k=35.0 cm,气体的长度b=15.0 c m,现打开U 形玻璃管右侧端口，求稳定后玻璃管左侧气体的长度将变为多少？设整个过程中气体温度保持不变
20、，大气压强Po=75.OcmHg(14200=64.8)4【答案】13.8cm【解析】【分析】对左侧气体，分别列出两个状态的压强、体积，根据玻意耳定律列式可求得稳定后玻璃管左侧气体的长度。【详解】设管的横截面积为s,左侧气体初始状态的参量：P=+(/2-/,)=85cmHgV=l3s=15s打开U 形玻璃管右侧端口，右侧压强变大,水银向左侧移动，设稳定后玻璃管左侧气体的长度将变为 m,则：P =+(Z2-Z,)+2(/3-x)=120-2xV -xs由玻意耳定律得：PV=PV即：2 x2-1 2 0 x+1 2 75 =0解得：为=4 6.2 cm (不合题意，舍去)，x2=1 3.8cm答：
21、稳定后玻璃管左侧气体的长度将变为13.8cm。1 4.如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口 a 和 b,a、b 间距为h,a 距缸底的高度为H；活塞只能在a、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m,面积为S,厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为po,温度均为T。现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处。求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g【答案】|1 +-?|1 +-T；(PS+mg)h；I H 八 Po、J【解析】【详解】开始时活塞位于a 处，加热后，
22、汽缸中的气体先等容升温过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T】，压强为pi，根据查理定律有：义=且 根据力的平衡条件有:3=PoS+mg 联立式可得：7；=1 1 +吗7；I PoSj此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b 处时气体的体积分别为V.和 V2。根据盖吕萨克定律有：式中 Vi=SH，V2=S(H+h)联立式解得：从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为：W=(PoS+/ng)1 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
23、 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 4()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V。，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p=0.25,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)为了避免滑车和轮胎碰撞则在B 点的速度V。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4
24、,则有mg sin 37 mg cos 37。=may得a,=4m/s2在水平CD部分的滑动的加速度为由,则有mg=ma-,吆 一4=2 01sse 4=-得%=2m/s为了避免滑车和轮胎碰撞则在B 点的速度%2杵毛=Y m g R则小物块动能的最小值为1 8.如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，圆弧段DG 的圆心角为。=37。，DG与水平段CD、倾斜 段 GH分别相切于D 点和G 点，CD段粗糙，DGH段光滑，在 H 处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为ETxlO,N/C、水平向右的匀强电场中。一质量m=4xl0-3kg、带电量q=+3xl()-6c的小滑块在C 处由静止释
25、放，经挡板碰撞后滑回到CD段的中点P 处时速度恰好为零。已知CD段长度L=0.8m,圆弧DG 的半径r=0.2m；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点。求：(1)滑块在GH段上的加速度；(2)滑块与CD段之间的动摩擦因数.(3)滑块在CD段上运动的总路程。某同学认为：由于仅在CD段上有摩擦损耗，所以，滑块到达P 点速度减为零后将不再运动，在 CD段上运动的总路程为L+1L=1.2m。你认为该同学解法是否合理？请说明理由，如果错误，请给出正确解答。【答案】(1)0,(2)0.25,(3)2.4m【解析】【详解】(1)GH段的倾角。=37。，滑块受到的重力:mg=0.04N电场力：qE=
26、0.03NqEcos0=mgsinO=O.O24N故加速度a=0；(2)滑块由C 处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P 点的过程中，由动能定理得:qE?一四7tg(L+勺=0解出：qE3mg0.2 5；(3)该同学观点错误，滑块在CD段上受到的滑动摩擦力:Ff=pmg=0.01N小于0.03N的电场力，故不可能停在CD段;滑块最终会在DGH间来回往复运动，到 达D 点的速度为0,全过程由动能定理得:qE L+(-Ff-5)=0-0qE.解出：s=-L=3L=2.4m。mg1 9.如图所示，水平桌面上竖直放置上端开口的绝热圆柱形汽缸，导热性能良好的活塞甲和绝热活塞乙质量均为m,两活塞均与汽缸接触良好
27、，活塞厚度不计，忽略一切摩擦，两活塞把汽缸内部分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体A 和 B。汽缸下面有加热装置，初始状态温度均为T=-3,气缸的截而积为S,外界大气压强为等且不变，其中g 为重力加速度，现对气体B 缓慢加热。求:3活塞甲恰好到达汽缸上端时气体B 的温度;若在活塞甲上放一个质量为m 的祛码丙，继续给气体B 加热，当活塞甲再次到达汽缸上端时，气体B的温度。【答案】540K840K【解析】设 B 开始的体积为,活塞甲移动至恰好到达汽缸上端的过程中气体B 做等压变化，体积变为2 V l得气体B 的温度为工=2)=540K设放上丙继续加热过程后A 的体积为V2,气体A 做等
28、温变化Po+。+而H Po=_-m-S-s2得 匕 二匕2 7此时B 的体积匕=3乂-3Md+驷HL+飒1白由理想气体状态方程得-2 =-S)J TO Q得此时气体B 的温度为T=To=840K【点睛】处理理想气体状态方程这类题目，关键是写出气体初末状态的状态参量，未知的先设出来，然后应用理想气体状态方程列式求解即可.2 0.如图所示，临界角C 为 45。的液面上有一点光源S 发出一束光垂直入射到水平放置于液体中且距液面为 d 的平面镜M 上，当平面镜M 绕垂直于纸面的轴O 以角速度3做逆时针匀速转动时，观察者发现液面上有一光斑掠过，则观察者们观察到的光斑在液面上掠过的最大速度为多少？【答案】
29、4(o(l【解析】【分析】如图示，当平面镜转动日角时，由光的反射定律可得，反射光线转动2日角度；由于光从水中射入空气，当入射角大于或等于临界角时，发生全反射现象.所以恰好发生全反射时光斑在水面上掠过的最大速度.【详解】设平面镜转过日角时，光线反射到水面上的P 点，光斑速度为V,由图可知：.八p s次为O而 T-2 3 L-8,二，故 V.液体的临界角为C,当 28=C=45。时即 vmax=-f5r=4o3d,V达到最大速度Vm ax，即察者们观察到的光斑在水面上掠过的最大速度为43d.2 1.如图所示，质 量 为 g的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为m=0.5,其端有一固定的、
30、光 滑 的 半 径R=0.4m的 四 分 之 一 圆 弧 轨 道(接 触 但 无 黏 连)，长木板上表面与圆弧面最低点等高，木板左侧有一同样的固定的圆弧轨道，木板左端与左侧圆弧轨道右端相距x0=lm。质 量 为m2=2mi的小木块(看 成 质 点)从 距 木 板 右 端x=2m处 以v=10m/s的初速度开始向右运动，木块与木板间的动摩擦因数为归=0.9,重 力 加 速 度 取g=lOm/s?。求：(Dm2第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度。(2)使m2不 从 孙 上 滑 下，m i的最短长度。若m i取第(2)问中的最短长度，m2第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度。.科8 1【答
31、案】(l)2.8m；(2)m；(3)正m【解 析】【分 析】【详 解】(1)设滑块到达木板右端的速度为V”由动能定理可得一 2gX=加 2 年代 入 数 据，解 得V|=8m/s设滑块离开圆弧轨道后.上升的最大高度为,由动能定理可得-w2g(/?+/z)=0-1;n2v|2代入数据，解 得h|=2.8m。(2)由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小vi=8m/s,滑上木板后，滑 块 的 加 速 度 为a?,由牛顿第二定律径 g=加2a2木板的加速的为即，由牛顿第二定律生作 一 从(+町)解得 q =3mzs2,%9mzs?()设 经 过tj时间后两者共速，共 同 速 度 为V,由运动学
32、公式可知2u=匕 -a2tl-印i，%=-s解 得v=2m/s该过程中木板的位移v%a2x,=m 3滑块走过的位移V.+V“丁1 0 x.=m2 3由于X 24。已知重力加速度为g。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外；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当、EB、皖的大小关系。【答 案】;FA=mg tan 0,；(2)EA EB EcG【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=
33、mg tan 4（2）由电场的定义FA nig tanq q _ FA _ mg tan&5=,Ec=q qFA mg tan 仇q q由于a a a可得EA ER Ec2 9.如 图，A、B为 半 径R=lm的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E=lxlO6V/m 竖直向上的匀强电场，有 一 质 量m=lk g、带 电 荷 量q=+L4xl（）T c的 物 体（可视为质点）,从A点 的 正 上 方 距 离A点H处 由 静 止 开 始 自 由 下 落（不计空气阻力），BC段 为 长L=2m、与物体间动摩 擦 因 数|i=0.2的粗糙绝 缘 水 平 面.（取g=10m/s2
34、）口(1)若 H=lm,物体能沿轨道AB到达最低点B,求它到达B 点时对轨道的压力大小；(2)通过你的计算判断：是否存在某一 H 值，能使物体沿轨道AB经过最低点B 后最终停在距离B 点0.8 m 处.【答案】(1)8 N；(2)不存在某一 H 值，使物体沿着轨道AB经过最低点B 后，停在距离B 点 0.8 m 处.【解析】【分析】【详解】(1)物体由初始位置运动到B 点的过程中根据动能定理有mg(R4-H)qER=ym v2到达B 点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力F N-m g+q E=tR解得FN=8N根据牛顿第三定律，可知物体对轨道的压力大小为8 N,方向竖直向下(2)要使
35、物体沿轨道AB到达最低点B,当支持力为0 时，最低点有个最小速度v,则-)qE-m g=R解 得 v=2 m/s在粗糙水平面上，由动能定理得：一pmgx=-所以 x=l m0.8 m故不存在某一 H 值，使物体沿着轨道AB经过最低点B 后，停在距离B 点 0.8 m 处.【名师点睛】本题主要考查了动能定理及牛顿第二定律的直接应用，关键是能正确分析物体的受力情况和运动情况，选择合适的过程应用动能定理，难度适中.3 0.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
36、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 M N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，所经历的时间t.【答案】嚼2y/3mv0 2同 兀m y-.J,-1-3qB 3v0 3qB【解析】(1)在电场中，粒子经过M 点时的速度大小v=2v0sin 30竖直分速度vy=v0cot30=&v0V2由 =上2aa=这 得m3mVnE=2qh(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.由牛顿第二定律得V2 m v=M2mvn根据几何关系得：
37、R=rtan30=2G%3qB(3)在电场中，由 h=-得 t产2闻.2 1 3%,.1 e 1 27rm 7tm在磁场中，运动时间=$方=近占上4-dzbsar故带电粒子从P点到N点，所经历的时间t=t|+t22同=+2Ti”m3%3qB31.现有由同一种材料制成的一个透明工艺品，其切面形状图如图所示。其中顶部A 为矩形形状,高CM=L,边 长 C D=d,底 部 B 为等边三角形。现让一束单色光线从B 部分MH 边的中点O i表面处沿竖直方向射入，光线进入B 后发现折射光线恰好与B 部分的H M，平行且经过M M ,最后从A 部分的C D 边上某点O处射出，光在真空中的传播速度为c。求:(
38、i)光在工艺品中传播的速度;(ii)光在工艺品中传播的时间。【答案】(i)ci(ii)/=”+血3 2c【解析】【分析】【详解】(i)光路图如图所示。根据题图知，光进入介质B 的入射角为a=60。，折射角为P=30则工艺品的折射率为sin a sin60n=-=-sin尸 sin30在介质中的光速：(i i)由几何关系得光在工艺品中传播的路程L+s i n 6 0。2 ,s=-c o s 3 0 光在工艺品中传播的速度CV =n则光在工艺品中传播的时间联立解得_4 L +6d2 c3 2.如图所示，在 平 面 的 第 一、第四象限有方向垂直于纸面向里的匀强磁场；在第二象限有一匀强电场，电场强度
39、的方向沿轴负方向。原点。处有一粒子源，可在X。)，平面内向y轴右侧各个方向连续发射大量速度大小在o%之间，质量为加，电荷量为+q的同种粒子。在 轴 正 半 轴 垂 直 于X。)，平面放置着一块足够长的薄板，薄板上有粒子轰击的区域的长度为4。已知电场强度的大小为七=1产，不4小)考虑粒子间的相互作用，不计粒子的重力。(1)求匀强磁场磁感应强度的大小B ;在薄板上y =与处开一个小孔，粒子源发射的部分粒子穿过小孔进入左侧电场区域，求粒子经过x轴负半轴的最远点的横坐标；(3)若仅向第四象限各个方向发射粒子：，=0时，粒子初速度为%,随着时间推移，发射的粒子初速度逐渐减小，变为，时，就不再发射。不考虑
40、粒子之间可能的碰撞，若穿过薄板上 =9处的小孔进入电场的粒子排列成一条与.轴平行的线段，求/时刻从粒子源发射的粒子初速度大小v(r)的表达式。X X X Xn【答案】(1中=工ImV；r.=苧J 3 ；(3)v 2=s i-n-(-巴-+-2-)-或-者 v(z2)s=i-n-(-M-%-)-6 4 6 4【解析】【详解】速度为的粒子沿无轴正向发射，打在薄板的最远处，其在磁场中运动的半径为石，由牛顿第二定律八 mv：,qvB=石“吟 联立，解得5 =午(7。速度为v的粒子与轴正向成a角射出，恰好穿过小孔，在磁场中运动时，由牛顿第二定律Dmv-公qvB=-而r二4 s i n a粒子沿工轴方向的
41、分速度匕=u s i n a 联立，解得匕=?2说明能进入电场的粒子具有相同的沿1轴方向的分速度。当粒子以速度为从。点射入，可以到达九轴负半轴的最远处。粒子进入电场时，沿),轴方向的初速度为匕，有4=；一 片=冬。最远处的横坐标X=-vxt 联立，解得(3)要使粒子排成一排，粒子必须在同一时刻进入电场。粒子在磁场在运动轨迹如图b 所示T_ 2itm _ TILQE F又%sin=v 2v粒子在磁场中的运动时间,2 兀一 2at=-12兀7 T以进入磁场的粒子，运动时间最长，满 足&=工，其在磁场中运动时间以不同速度射入的粒子，要同时到达小孔，有联 立，解得v=-v（r）=-2 sin（-+九
42、f）或者 2 sin（-+九 f）6 4 6 Lo3 3.如图所示，截 面 为 直 角 三 角 形ABC的玻璃砖，ZC=30,一 束 细 激 光 自A B中 点D垂 直AB射入玻 璃 砖，光 线 第 一 次 射 到BC边 时，自BC边 折射射出的光线平行于AC。已 知AB长 度 为L,光在真空中 传 播 速 度 为c。求：玻 璃 的 折 射 率n；光 线 自AB边 射 入 到 第 一 次 从BC边 射 出 经 历 的 时 间t.【答 案】5（2）-【解 析】【详 解】光路如图所示根据几何关系，在BC边，入 射 角 为30。折 射 角 为60。，则sin 60sin 30A/3(2)由=所以2D
43、E=AD 6,=Ltan 300-2据几何关系有AC=2L,CE=L所以CEEF2cos30L光在介质中速度v 产n V3光线自AB边射入到第一次从BC边射出经历的时间DE+EF 5Lt=-=一v 2c3 4.如图，一直角三棱柱ABC,其中/A 8 C =9 0,N84C=6 0，AB长度为2L,M为AB的中点，N为BC的中点，一光线从AB面上的M点以45。的入射角射入三棱柱，折射光线经过N点。已知光在真空中的传播速度为c,求：(1)三棱柱折射率n；(2)光从开始射入三棱柱到第一次射出所需的时间。【答案】=&;r=3V2Lc【解析】【详解】(2)由题意可知人射角i=4 5，折射角r=3 0，画
44、出光路图如图所示由折射定律有sin/n=-sinr解得H -yf2(2)由题意结合反射定律可知0=60。，设光从三棱柱射向空气的临界角为C根据 c 1 1 八sinC=j=sin 0n y2可 知 光 射 到BC面上发生全反射，光 射 到AC面上 的 人 射 角a =30 C，则 光 能 从AC面上射出三棱柱由几何关系可知光在三棱镜中的传播速度cV=n则光在三棱镜中传播时间NC+MN 3y/2Lt=-=-VC3 5.在地面上方足够高的地方，存 在 一 个 高 度d=0.5m的“相互作用区域”(下图中画有虚线的部分).一个小 圆 环A套 在 一 根 均 匀 直 杆B上，A和B的 质 量 均 为m
45、,若它们之间发生相对滑动时，会 产 生Ff=0.5mg的摩擦力。开 始 时A处 于B的最下端，B竖直放置，A距“相互作用区域”的 高 度h=0.8 m,让A和B 一起从静止开始下落，只 要A处于“相互作用区域”就会受到竖直向上、大 小F=3m g的恒力作用，而“相互作用区域”对 处 于 其 中 的 杆B不产生作用力。杆B在下落过程中始终保持竖直，且杆的长度能够保证圆环A与杆不会分离。不计空气阻力，取g=10m/s2.求：杆B的最下端刚进人“相互作用区域”时的速度大小；(2)圆 环A通过“相互作用区域”所用的时间；(3)为 保 证 圆 环A在空中运动过程中始终与杆不会分离，杆的最小长度。【答 案
46、】(l)4.0m/s(2)0.2s(3)1.2m【解 析】【详 解】设A和B共同静止下落至“相互作用区域”的 速 度 为V”则 可=2 g h,代入数据得vi=4.0m/s（2）A 在“相互作用区域”运动时，A 受到重力mg、滑动摩擦力Ff和竖上向上的恒力F 作用，设加速度大小为 汰，运动时间为t,根据牛顿第二定律有m g+Ff-F=maA代入数据得2aA=-15m/s由位移公式有a=卬+g 如/，代入数据解得t=0.2s,t，=0.33s（不符题意，舍去）设 B 在“相互作用区域”运动的加速度为aB,A 刚离开“相互作用区域”时，圆环A 和直杆B 的速度分别为VA和VB，则：mg-Ff=ma
47、B，vB=v i+aBt,vA=v i+aAt代入数据解得VA=lm/s,vB=5m/s此过程二者相对滑动的距离2/5）-d代入数据解得Si=0.4m设 A 离开“相互作用区域”后二者相对滑动过程的时间为f,A 的加速度为明,则mg+耳mvA+aAt=vB+aBt二者相对滑动的距离 1 i9 z 1$2=%，+2aBf（VAf+万火厂）代入数据解得f=0.4s,.y2=0.8m则杆的最小长度s=S+s,=l.2m3 6.如图所示，弯成四分之三圆弧的细杆竖直固定在天花板上的N 点，细杆上的PQ 两点与圆心。在同一水平线上，圆弧半径为0.8m。质量为0.1kg的有孔小球A（可视为质点）穿在圆弧细杆
48、上，小球A 通过轻质细绳与质量也为0.1kg小球6 相连，细绳绕过固定在Q 处的轻质小定滑轮。将小球A 由圆弧细杆上某处由静止释放，则小球A 沿圆弧杆下滑，同时带动小球8 运动，当小球A 下滑到。点时其速度为4m/s,此时细绳与水平方向的夹角为37。，已 知 重力加速度g=10m/s2,01137。=0.6,cos37=0.8,8516。=。.问:(1)小 球A下 滑 到。点 时，若 细 绳 的 张 力T=x(N),则圆弧 杆 对 小 球A的弹力是多大？(2)小 球A下 滑 到。点 时，小 球3的速度是多大？方向向哪？(3汝口果最初释放小球A的 某 处 恰 好 是P点，请通过计算判断圆弧杆尸。
49、段是否光滑。【答 案】(1)FN=(2.1-0.8X)N；(2)2.4m/s,竖直向下；(3)光滑【解 析】【分 析】【详 解】(1)当 球A运 动 到D点时，设 圆 弧 杆 对 小 球A的 弹 力 为FN，由牛顿第二定律有FN 4-Teos37-m g cos 162m VAR解得FN=(2.1-0.8X)N(2)小 球A在D点时，小 球B的速度vfi=vA sin 37=2.4m/s方向竖直向下。(3)由几何关系有QD=2Rcos37=1.6HA=CD sin 37=0.96/?若圆弧杆不光滑，则 在 小 球A从P点 滑 到D点的过程中，必有摩擦 力 对 小 球A做 功。设 摩 擦 力 对
50、 小 球A做 功 为W 对A、B两小球由功能关系得mgh+mg(2R-QD)+W,=g mv+；mv1代入数据解得Wf=0所 以 圆 弧 杆PD段是光滑的。3 7.如 图 一 个 带 有 光 滑,圆 弧 的 滑 块B,静止于光滑水平面上，圆弧最低点与水平面相切，其 质 量 为M,圆 弧 半 径 为R,另一个质量为加。=?)的 小 球A,以水平速度2，荻，沿圆弧的最低点进入圆弧，求:OuRAi/B(1)小球A 能上升的最大高度；(2)A、B 最终分离时的速度。【答案】(1)4R;(2)y g R,1 V 3 o【解析】【详解】(1)设小球A 能上升的最大高度为H,A 刚脱离B 时水平方向的速度为