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1、word版可编辑】杭州市新高考物理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，两根相距l=0.4m的平行金属导轨OC、O，C 水平放置。两根导轨右端O、连接着与水平面垂直的光滑平行导轨OD、O D,两根与导轨垂直的金属杆M、N 被放置在导轨上，并且始终与导轨保持保持良好电接触。M、N 的质量均为m=0.2kg,电阻均为R=0.4C,N 杆与水平导轨间的动摩擦因数为-0.1。整个空间存在水平向左的匀强磁场，磁感应强度为B=0.5T。现给N 杆一水平向左的初速度vo=3m/s,同时给M 杆一竖直方向的拉力F,使 M 杆由静止开始向下做加速度为aM=2m/s2的匀加速运动。导
2、轨电阻不计,(g 取 lOm/s?)。求：(l)t=Is时，N 杆上通过的电流强度大小；(2)求 M 杆下滑过程中，外力F 与时间t 的函数关系；(规定竖直向上为正方向)(3)已知N 杆停止运动时，M 仍在竖直轨道上，求 M 杆运动的位移；(4)在 N 杆在水平面上运动直到停止的过程中，已知外力F 做功为-1 L 1 J,求系统产生的总热量。【答案】(1)0.5A(2)F=1.6-O.lt(3)7.84m(4)2.344J【解析】【详解】(D M 杆的速度：v=aMt=2x Im/s=2m/s感应电流:2R 2R 2x0.4(2)对 M 杆，根据牛顿第二定律:mg-F-Bll=maM整理得：F
3、=mg-maM Bx票 xI解得：F=1.6-0.k（3）对 N 杆，由牛顿第二定律得:ju(mg 唳,)+Bx=maN可得:B212 aMtg+市直解得:际=1 +0.05Z可 做 乐 一 图可得：%=%+（1+0。5%）解得：t0 2.8s位移：1,1 ,sM=-a t）=x2x2.8m =7.84m（4）对 M 杆,则 有：1 ,mgM+W,-+W -m vM-0解得：叫=Q,=1.444J对 N 杆，则有：1,1,Wz,=-m v02=-X0.2X32J=0.9J2 0 2总热量：。总=Q/+Wr=1.444+0.9J=2.344J2.如图所示，在第一象限有一匀强电场。场强大小为E,方
4、向与）轴平行。一质量为山、电荷量为-4（4 0）的粒子沿x 轴正方向从）轴上P 点射入电场，从 x 轴上的Q 点离开电场。已知O P=L,O Q =14?L.不计粒子重力。求：场 强E的方向和粒子在第一象限中运动的时间;(2)粒子离开第一象限时速度方向与x轴的夹角o【答 案】(1)场 强 指 向y轴正方向，t=2mL-；8 =3 0 qE【解 析】【详 解】(1)负电荷受电场力方向是场强E的反方向，所 以 场 强E的 方 向 指 向 轴 正 方 向。带电粒子在电场中做类平抛运动，在)轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，x轴正方向做匀速运动。设加速度大小为初速度为由类平抛运动的规律得L=-a t
5、222A/3L=vot又qEa-m联立解得2mLqE设粒子离开第一象限时速度方向与x轴 的 夹 角 为 则vv=at八 atta n 0=一%联立解得t an”.即 8 =3 0。3.如图(b)所 示，一个正方体玻璃砖的棱长为2 a,其 折 射 率 为 夜。在其中心轴线处有一点光源，该点光源可沿中心轴线上下移动。若点光源移动至某一位置。时，玻璃砖上表面均有光线射出，求此时玻璃砖下表面有光线射出的面积上边缘（b）【答案】（6-4血）7VO1.【解析】【详解】光路如图，（临界点）。点发出的光射至上表面正方形的对角线边缘。点恰好全反射，则上表面均有光线射出，射至下表面的。点恰好全反射（临界点），则以
6、。点为圆形边缘，其内部有光线射出42 a2aQ x尸点恰全反射，则有.1sinC=n由几何关系得sinCj2a7(V2 )2+/Z2。点恰全反射，由几何关系得sinC=小 x?+(2Q h)光线射出面积为S=7TX2联立解得S=(6-4 0)万。24.一粗细均匀、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h=20.0 c m,气 体 压 强pi=70.OcmHg,左 侧 水 银 柱 长L=35.0 c m,气 体 的 长 度h=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，大 气
7、 压 强po=75.OcmHg(V4200=64.8)【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=6 +（4-（）=85cmHgV=l3s=l5s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xcm,则：=+(/2-4)+2(/3-乃=120 2xV=xs由玻意耳定律得：PV=PV即：2x2-120 x4-1275=0解 得：xt-46.2cm(不合题意，舍 去)，x2=13.8cm答：
8、稳定后玻璃管左侧气体的长度将变为13.8cm。5.如图所示，一 质 量 为m,长 度 为L的 导 体 棒A C静止于两条相互平行的水平导轨上且与两导轨垂直。通 过 导 体 棒A C的 电 流 为I,匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面成。角斜向下且垂直于导体 棒 A C,求：(1)导体棒AC受到的安培力;导体棒AC受到的摩擦力。【答案】(D B IL,方向垂直于AC斜向右下方，与竖直方向成。角；(2)B/L sin 8,方向水平向左【解析】【分析】【详解】由安培力公式可知导体棒AC受到的安培力为己安=8 比，由左手定则可知，安培力方向垂直于AC斜向右下方，与竖直方向成0 角；对导体棒受
9、力分析如图N八由平衡条件可知F(=七 sin 6=BIL sin 0方向水平向左6.如图所示，光滑的水平桌面边缘处固定一轻质定滑轮，A 为质量为2m 的足够长的木板，B、C、D 为三个质量均为m 的可视为质点的物块，B 放在A 上，B 通过水平且不可伸长的轻绳跨过定滑轮与D 连接,D 悬在空中。C 静止在水平桌面上A 的右方某处(A、C 和滑轮在同一直线上)。A、B 间存在摩擦力，且认为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，在 D 的牵引下，A 和 B 由静止开始一起向右加速运动，一段时间后 A 与 C 发生时间极短的弹性碰撞，设 A 和 C 到定滑轮的距离足够远，D 离地面足够高，不计滑轮摩擦,已知
10、重力加速度为go(1)为使A 与 C 碰前A 和 B 能相对静止一起加速运动，求 A 与 B 间的动摩擦因数H应满足的条件；若 A 与 B 间的动摩擦因数|1=0.75,A 与 C 碰撞前A 速度大小为v o,求 A 与 C 碰后，当 A 与 B 刚好相对静止时，C 与 A 右端的距离。【答案】(1)上i；(2)=14v23g【解析】【分析】【详解】(1)B 对 A 的最大静摩擦来提供A 向前加速运动，加速度为a ；Nmg=Rg2m 2对 ABC整体受力分析，根据牛顿第二定律可知mg=4ma联立解得1所 以 P 应满足(2)设 A 与 C 碰撞后，A 和 C 的速度分别为VA和 v c,则2m
11、v0-2mvA+mvc(2mv1=g 2mv+；mv解得14匕=1%设 A 与 C 碰后，绳的拉力为FT,B 和 D 加速的加速度大小为a 2,则耳-jjmg=ma2解得I右 讲A 的加速度大小为a 3,则/img-2ma3解得33g设碰 后，经 时 间 t,A 和 B 的速度相同，则匕+卬=%+时 间 t 内 A 的位移1 2*A=r+5 a3r时 间 t 内 C 的位移%=vc(所求距离为d-xc-xA解得7.如图所示，一定质量的理想气体在状态A 时 压 强 为 p。，经 历 从 状 态 A B-C-A 的过程。则气体在状态 C 时压强为.;从 状 态 C 到 状 态 A 的过程中，气 体
12、 的 内 能 增 加 A U,则气体（填“吸收”或“放出”）的热量为U+2p。%【解 析】【分 析】【详 解】根据理想气体状态方程展C可得V 卫P所 以 V-T 图中过原点的直线表示等压变化，即 气 体 从 C 到 A 过程是等压变化,Pc-P-Po2 3 气体从状态C到状态A的过程中，温度升高内能增加AU,体积增加，外界对气体做功W=-Po.A V=-2 p(M根据热力学第一定律 U=Q+W得气体吸收的热量Q =AU-W=A U +2 p o%8.一光滑绝缘固定轨道MN与水平面成8 =3 7。角放置，其上端有一半径为1的光滑圆弧轨道的一部分，两轨道相切于N点，圆弧轨道末端Q点切线水平；一轻质
13、弹簧下端固定在直轨道末端，弹簧原长时，其上端位于。点，O N=31 0现将一质量为m的滑块A拴接在弹簧上端，使之从O点静止释放。A向下压缩弹簧达到的最低点为P点，O P=l。当A到达最低点P时，弹簧自动锁定，使A静止于P点。使质量也为m的滑块B,从N点由静止沿斜面下滑。B下滑至P点后，与A相碰，B接触A瞬间弹簧自动解锁,A、B碰撞时间极短内力远大于外力。碰 后A、B有共同速度，但并不粘连。之后两滑块被弹回。(已知重力加速度为 g,sin 3 7 =0.6,cos3 70 =0.8)求:(1)弹簧上端被压缩至P点时所具有的弹性势能；第一次碰撞过程中B对A弹力的冲量的大小；若 要B最终恰能回到圆弧
14、轨道最高点，需要在B滑块由N点出发时，给B多大的初速度。【解析】【详解】(D A由O P的过程m gl sin 0-E,解得Ep=mgl(2)B由 N-P 的过程mg-4/sin =-mvA、B 相碰的过程mv=2根 匕以沿斜面向下为正方向I=mv,-mv解得：第二次B 由 NP 的过程mg-4/sin =mv mv1A、B 相碰的过程mvx=2mv-,碰后，设 A、B 在弹簧压缩量为x 处分离，对 A、B2mg sin0-kx=2ma对B：mg sin 6=ma解得x=0即 A、B 在 O 点分离.A、B 碰后到弹簧恢复原长的过程1 2 1 2.八-2m v2+Ep=3 2mVy+2mgl
15、sin 0A、B 分离后，到达的最高点Q 点-mg(31 si.n 8C +/+/cos)=1 mv9 -1 mv327解得9.如图,T 型硬质轻活塞上端与力传感器固连,下端与气缸光滑接触且不漏气.已知大气压强po=l.OxlO5Pa,活塞横截面积为S,活塞到气缸底部距离为H=20cm,气缸底部到地面高度为h,此时气体温度为G =27。现对活塞下部气体缓慢加热，同时记录力传感器示数，最后得到如图的F-t 图象。整个过程中活塞与气缸始终密闭。(g IR 10m/s2)求：(1)气缸质量M；(2)h大小；活塞截面积So【答案】(1)2kg(2)1.8cm(3)1.41x10 3m2【解析】【详解】
16、(1)加热时，气体先做等压变化，气缸活塞整体平衡，由平衡条件得:F=Mg=20N解得:M=2kg气体体积保持不变，气体发生等压变化，由查理定律得:HS _(H+/?)S273+1-273+21解得：/?=1.8cm(3)气体温度从2/,到曲过程气体发生等容变化，由查理定律得:P?13?2+273%+273其中：解得：S=1.41xl0-3m21 0.如图所示为一简易火灾报警装置，其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声。已知温度为27。(：时，封闭空气柱长度L i为 20cm,此时水银柱上表面与导线下端的距离L2为 10cm,水银柱的高度h
17、 为 5cm,大气压强为75cmHg,绝对零度为-273。1：。(1)当温度达到多少摄氏度时，报警器会报警；(2)如果要使该装置在90 0C时报警，则应该再往玻璃管内注入多高的水银柱？【答案】(1)177。(2)8cm【解析】【详解】报警器报警，则气体柱的长度要增大到L|+L2根据等压变化T2匕4+4代入数据得T2=450K即t2=177设加入x 水银柱，在 90时会报警1 1可得80X20S_(80+X)(30-X)S300 273+90解得x=8cm1 1.某研究性学习小组在实验室进行了测定金属电阻率的实验，实验操作如下：(1)检查螺旋测微器零位线是否准确，若测微螺杆和测砧紧密接触时，螺旋
18、测微器的示数如图甲所示，则用该螺旋测微器测金属丝直径时，测 量 结 果 将(选 填“偏大”或“偏小”)，这 属 于(选 填“系统误差”或“偶然误差”)。若用如图乙所示的电路测金属丝R,的电阻，测 量 误 差 主 要 来 源 于,它将导致测量的金属丝电阻率(选填“偏 大 喊“偏小(3)为了更准确地测量金属丝的电阻，该学习小组对电路进行了改进，选择了一个与金属丝电阻差不多的已知阻值的电阻R,接入如图丙所示的电路。实验时，单刀双掷开关接位置1 时，电流表示数为L,电压表示数为U“单刀双掷开关接位置2 时，电流表示数为L,电压表示数为U 2,根据以上测量数据可知金属丝电阻的表达式为Rx=.另外，实验中
19、不仅能得到金属丝电阻的准确值，还可以测出电流表的内阻,电流表的内阻RA=(均用题中所给字母表示)甲 乙 丙U,U.U.【答案】偏大 系统误差 电流表的分压作用 偏大-r-T TR【解析】【详解】根据测微螺杆和测砧紧密接触时的图象可知，用螺旋测微器测得的示数偏大；实验器材导致的误差为系统误差。(2)34根据伏安法测电阻的原理可知，电流表内接法误差来自电流表的分压，测量的阻值偏大，根据电阻定律可知，计算出来的电阻率也偏大。(3)6单刀双掷开关接位置1 时，电流表示数为L,电压表示数为U”则R+&4单刀双掷开关接位置2 时，电流表示数为L,电压表示数为U 2,则RH昔12联立解得x工,RRI I/1
20、2 21 2112.一定质量的理想气体经历了如图ATBTCTD A的状态变化求该过程中(1)气 体 最 高 温 度Ti与 最 低 温 度T2的比值；(2)气 体 与 外 界 交 换 的 热 量Q。9【答 案】(1)(2)Q=4 p o%O,吸热【解 析】【分 析】【详 解】(1)根据理想气体状态方程pV-=cT变形得pV=Tc即压强与体积的乘积越大，温 度 越 高,故 状 态8温度最高，状 态。温度最低，设A状 态 温 度 为7；,则4 B等 压 变 化，则有TA工0 f A等容变化，则有Po 厂 3 PoT j 1人联立解得7 9K=T(2)A f 5 -A的状态变化过程外界对气体做的功w=
21、-6po%+2P0Vo=-4po%根据热力学第一定律有U=Q+W解得Q=4p,K0故此过程是吸热13.一半径为R 的半圆柱玻璃体，上方有平行截面直径A B的固定直轨道，轨道上有一小车，车上固定一与轨道成45。的激光笔，发出的细激光束始终在与横截面平行的某一平面上，打开激光笔，并使小车从左侧足够远的地方以二。匀速向右运动。已知该激光对玻璃的折射率为、7,光在空气中的传播速度大小为c。求:（1）该激光在玻璃中传播的速度大小;（2）从圆柱的曲侧面有激光射出的时间多少？（忽略光在AB面上的反射）【答案】（1）二=/二；（2）”二【解析】（1）由二=”得激光在玻璃中的传播速度为：二=言=三二（2）从玻璃
22、射向空气，发生全反射的临界角二=arcsm：=45s二=丝，二=30。3 俘 一设激光射到M、N 点正好处于临界情况，从 M 到 N 点的过程，侧面有激光射出由正弦定理得：言=后得：ZZ=y Z同理：z z =-r z得：二=百=三 二【点睛】解决本题的关键作出光路图，确定出临界情况，结合几何关系和折射定律进行求解.1 4.如图所示，真空中有一个半径r=0.5m的圆形磁场区域，与坐标原点O 相切，磁场的磁感应强度大小B=2xlO T,方向垂直于纸面向外，在 x=lm 处的竖直线的右侧有一水平放置的正对平行金属板M、N,板间距离为d=0.5 m,板长L=lm,平行板的中线的延长线恰好过磁场圆的圆
23、心Oi。若在O 点处有一粒子源，能向磁场中不同方向源源不断的均匀发射出速率相同的比荷为2=1 x 1 0 8 0 ,且带正电的粒子，粒m子的运动轨迹在纸面内，一个速度方向沿y 轴正方向射入磁场的粒子，恰能从沿直线O2O3方向射入平行板间。不计重力及阻力和粒子间的相互作用力，求：(1)沿 y 轴正方向射入的粒子进入平行板间时的速度v 和粒子在磁场中的运动时间to；(2)M M、N 板左端射入平行板间的粒子数与从O 点射入磁场的粒子数之比；(3)若在平行板的左端装上一挡板(图中未画出，挡板正中间有一小孔，恰能让单个粒子通过)，并且在两板间加上如图示电压(周期To),N 板比M 板电势高时电压值为正
24、，在 x 轴上沿x 轴方向安装有一足够长的荧光屏(图中未画出)，求荧光屏上亮线的左端点的坐标和亮线的长度L【解析】【分析】【详解】(1)由题意可知，沿 y 轴正向射入的粒子运动轨迹如图示则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径必定为R=r=0.5m根据洛伦兹力提供向心力有V2Bqv=m R代入数据解得粒子进入电场时的速度为v=lxl04m/s在磁场中运动的时间为1 7tmto=-T=7.85x10-5 s4 2Bq(2)如图示沿某一方向入射的粒子的运动圆轨迹和磁场圆的交点O、P 以及两圆的圆心0 卜 组 成 菱 形,故 PO 和 y 轴平行，所 以 v 和 x 轴平行向右，即所有粒子平行向右出射
25、。故恰能从M 端射入平行板间的粒子的运动轨迹如图所示因为M 板的延长线过O Q 的中点，故 由 图 示 几 何 关 系 可 知 60,则入射速度与y 轴间的夹角为30同理可得恰能从N 端射入平行板间的粒子其速度与y 轴间的夹角也为3 0，如图所示由图示可知，在 y 轴正向夹角左右都为3 0 的范围内的粒子都能射入平行板间，故从M、N 板左端射入平行板间的粒子数与从O 点射入磁场的粒子数之比为60 11803(3)根据U-t图可知，粒子进入板间后沿y 轴方向的加速度大小为a-=1 x 10s x x m/s2=4.5 x l07m/s2md 40 0.5所有粒子在平行板间运动的时间为Lv1lxl
26、O4s=lxlO_4s即粒子在平行板间运行的时间等于电场变化的周期T o,则当粒子由t=nTo时刻进入平行板间时，向下侧移最大，则有 W 图+娉 聘 卜 骋 卜 E当粒子由1=10+也时刻进入平行板间时，向上侧移最大，则3丫2=4=0.025m因为山、y2都小于g=0.2 5 m,故所有射入平行板间的粒子都能从平行板间射出，根据动量定理可得所有出射粒子的在y 轴负方向的速度为心 x 型 _ 叱x人d 3 d 3 解得vy=1.5xl03m/s设速度Vy方向与V的夹角为9,则tanO=-%320如图所示从平行板间出射的粒子处于图示范围之内，则I=AX2-Ar1tan r-yx6=-L%AX9代入
27、数据解得1 3 ,4A x,=m,/=m6 3亮线左端点距离坐标原点的距离为2 5 4即亮线左端点的位置坐标为(一 m,0),亮线长为1 5.如图所示，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x 轴沿水平方向，在 y 轴右侧存在电场强度为Ei、水平向左的匀强电场，在 y 轴左侧存在匀强电场和匀强磁场，电场强度为E 2,方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度8 =6 T,方向垂直纸面向外。在坐标为(0.4m,0.4m)的 A 点处将一带正电小球由静止释放,小球沿直线AO经原点O 第一次穿过y 轴。已知g=E 2=4.5 N/C,重力加速度为g=1 0 m/s2,求:小球的比荷(幺)及小球第一次穿过y 轴时的
28、速度大小；m(2)小球第二次穿过y 轴时的纵坐标；(3)小球从O 点到第三次穿过y 轴所经历的时间。r_ ，八 q 2 0-I 9 7 r 2,/2【答案】(1)=C/kg,4m/s；(2)0.3V2m：(3)(-1-)sm 9 8 0 5【解析】【分析】【详解】由题可知，小球受到的合力方向由A 点指向O 点，则*=m g 解得 =C/kgm 9由动能定理得1 )m gy+q E R =-m v -0 解得v=4m/s(2)小球在y 轴左侧时q E?=m g故小球做匀速圆周运动，其轨迹如图，设小球做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得2尹 八 竺 R解得R=0.3m 由几何关系可知，第二次穿过
29、y 轴时的纵坐标为y2-V2/?=(3)设小球第一次在y 轴左侧运动的时间为乙，由几何关系和运动规律可知3n R 9兀八t.=s1 2v 80小球第二次穿过y 轴后，在第一象限做类平抛运动(如图所示)，由几何关系知，此过程小球沿速度v 方向的位移和垂直v 方向的位移大小相等，设为r,运动时间为J，则r =v t2V a t；由式可得a =6g 可得2 7 2码t2=-y-S 小球从O 点到第三次穿过y 轴所经历的时间,9兀2 0、公t =t.+t2=(-1-)s 1 2 80 51 6.两根长为L 的绝缘轻杆组成直角支架，电量分别为+q、-q的两个带电小球A、B 固定在支架上，整个装置处在水平
30、向左的匀强电场中，电场强度为E。在电场力之外的力作用下，整体在光滑水平面内绕竖直 轴 O 以角速度3顺时针匀速转动，图为其俯视图。不计两球之间因相互吸引而具有的电势能。试求：(1)在支架转动一周的过程中，外力矩大小的变化范围。(2)若从A 球位于C 点时开始计时，一段时间内(小于一个周期)，电场力之外的力做功W 等 于 B 球电势能改变量，求 W 的最大值。(3)在转动过程中什么位置两球的总电势能变化最快？并求出此变化率。【答案】(1)OqEL(2)W=-2qEL(3)OA杆与电场线平行时，电势能变化最快，变化率qEioL【解析】【详解】(1)设 OA与电场线夹角。，电场力矩与外力矩平衡，外力
31、矩：M=qE L sm O-qE L sm O +LcosO)=-qE L cos 0,故外力矩大小的变化范围为0qEL(2)支架匀速转动，由动能定理可得W+W电 场 力=0,根据题意W=AEpB,得W 电 场 力=-AEpB，电场力做功仅改变了B 球电势能，所以A 球电势能变化为零，则 A 球在这段时间初末应在同一个等势面上，根据B 球前后位置关系，得：W=-2qEL；(3)因为电场力做功等于电势能改变量，所以电势能变化最快的位置应是电场力功率最大的位置。设 OA与电场线夹角。，由公式尸=F n 有电场力功率：P=qEa)L cos(1+。)-qE(o2Lcos(-6)=qEcoLcos3,
32、显然在一周内9=0或兀时有最值，即 OA杆与电场线平行时，电势能变化最快。为变化率qE“L可能存在的另一类解法：以 OA与电场线平行，A 在右端位置为t=(),以任意位置为零电势，均能得到整体电势能Ep=qELsin(ot),求导得电势能变化率=qEioLcos(st),显 然 一 周 内=0或不时有最值，即 OA杆与电场线平行时，电势能变化最快。变化率qEcoLo1 7.如图所示，两 条 直 线 与 PQ 所夹区域内有两个不同的匀强磁场，磁场的直线边界OO与和p。均垂直。一质量为 加、电荷量为q 的带电粒子以某一初速度垂直MN射入磁场用，受磁场力的作用，100/77 200/1171最终垂直
33、于边界PQ 且从。段射出。已知：两磁场的磁感应强度分别为用=-、为=(各物理量单位均为国际单位制中的主单位)，粒子进入磁场的初速度为v=20m n/s。不计粒子重力，求:粒子在生、与 磁场中运动的半径之比(2)粒子在两磁场中运动的最短时间X XB,XXXN Q【答案】(1)2；0.015s【解析】【详解】(1)粒子在磁场内做圆周运动，根据牛顿第二定律则有VqvB=m 4qvB2=mr2则两半径之比粒子在磁场内做圆周运动的轨迹如图，粒子交替在用与与磁场内做圆周运动，图示情景为最短时间MB2粒子在磁场内做圆周运动的周期分别为丁 2兀m丁 27rml2=-qB1由几何关系知，带电粒子在两磁场中运动时
34、间分别为4口1 2t=在2 2则总时间为f =/+A,=0.01 5 s1 8.如图所示，在同一水平面上的两根光滑绝缘轨道，左 侧 间 距 为2 1,右 侧 间 距 为1,有界匀强磁场仅存在于两轨道间，磁 场 的 左 右 边 界(图 中 虚 线)均 与 轨 道 垂 直。矩 形 金 属 线 框abed平放在轨道上，ab边长为1,be边 长 为21。开始时，b e边与磁场左边界的距离为21,现给金属线框施加一个水平向右的恒定拉力，金属线框由静止开始沿着两根绝缘轨道向右运动，且b e边始终与轨道垂直，从b e边 进 入 磁 场 直 到ad边进入磁场前，线框做匀速运动，从b e边进入右侧窄磁场区域直到
35、ad边完全离开磁场之前，线框又做匀速运 动。线框从开始运动到完全离开磁场前的整个过程中产生的热量为Q。问：(1)线 框ad边刚离开磁场时的速度大小是b e边刚进入磁场时的几倍？磁场左右边界间的距离是多少？(3)线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是多少？t-/-*：.X X .J x X ：21 卜 一 磁场区一1Ij：1rd c【答 案】(1)线 框ad边刚离开磁场时的速度大小是b e边刚进入磁场时速度的4倍；(2)磁场左右边界间的3 2距 离 是321；(3)线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是y Q。【解 析】【详解】设磁感强度为B,设线框总电阻为R,线框受的拉力为F,be边刚
36、进磁场时的速度为v i,则感应电动势为：Ei=2Blvi感应电流为：“空1 R线框所受安培力为：Fi=2BIil线框做匀速运动，其受力平衡，即：F i=F,联立各式得：_ F RV|-4B2/2设 ad边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为V 2,同理可得：F R“一 肝所以：V2=4VI;(2)bc边进入磁场前，线框做匀加速运动，设加速度为a,be边到达磁场左边界时，线框的速度为V|2tz x 2/=2/ul从 ad边进入磁场到be边刚好进入右侧窄磁场区域的过程中线框的加速度仍为a,由题意可知be边刚进入右侧窄磁场区域时的速度为：V2=4vi,V2=4V)=8ai从线框全部进入磁场开始，直到
37、be边进入右侧窄磁场前，线框做匀加速运动，设位移为s i,贝(I：将 v=2yal,v2=S fai 代入得：si=301磁场左右边界间的距离为：s=l+si+l=321；整个过程中，只有拉力F 和安培力对线框做功，线框离开磁场之前，动能最大，设最大动能为E k,由动能定理有：WF+W e=Ek-0由：WF=F(21+s+l)=35F1W S=-Fx31及Q=-w 安可知:%=会线框的最大动能为：35 32Ek=-Q-Q=-Q.1 9.如图所示，粗细均匀的U 型玻璃管竖直放置，其中左侧管开口，且足够长，右侧管封闭。DE段是水银柱，AD段是理想气体，其中AB=75cm,BC=CD=DE=25cm
38、。已知大气压强po=75cm Hg,开始时封闭气体的温度为1000K。贝!)：缓慢降低环境温度，使水银柱全部到达BC段，则此时环境温度为多少？保持环境温度1000K不变，向左侧管中逐渐滴入水银，使水银柱充满BC段，则加入水银的长度为多少？cl-Iff2【答案】(1)45()K；913cm【解析】【详解】(1)初状态气体压强pi=100cmHg,末状态p2=75cmHg,根据理想气体状态方程_ PJABS解得T2=450K(2)初状态气体压强pi=100cmHg,末状态p 3,根据玻意耳定律得PILADS=PSLABS可知=166cmHg添加水银的长度为L=1 6 6 c m-7 5 c m =
39、9 1 c m2 0.如图甲所示，两根由弧形部分和直线部分平滑连接而成的相同光滑金属导轨平行放置，弧形部分竖直,直线部分水平且左端连线垂直于导轨，已 知 导轨间距为L o金 属 杆a、b长 度 都 稍 大 于L,a杆静止在弧形部 分 某 处，b杆静止在水平部分某处。水平区域有竖直向上的匀强磁场，磁 感 应 强 度 为B。a杆从距水平导 轨 高 度h处 释放，运 动 过 程 中a杆 没 有 与b杆相碰，两杆与导轨始终接触且垂直。已 知a、b的质量分别 为2 m和m,电 阻 分 别 为2 R和R,重 力 加 速 度 为g；导轨足够长，不计电阻。求a杆刚进入磁场时，b杆所受安培力大小；求整个过程中产
40、生的焦耳热；(3)若a杆从距水平导 轨 不 同 高 度h释 放，则 要 求b杆初始位置与水平导轨左端间的最小距离x不 同。求x与h间的关系式，并 在 图 乙 所 示 的x2-h坐 标 系 上 画 出h=h i到h=h2区间的关系图线。h hz【答 案】八四铲；Q X=喈 孤 h i h i乙【解 析】【分 析】【详 解】设a杆刚进入磁场时的速度为匕，回 路 中 的 电 动 势 为 用，电流为乙，b杆 所 受 安 培 力 大 小 为F,则2mgh=g -2mvfE、=BL2R+RF=BI,L解得产 屈3R 最 后 a、b 杆速度相同，设速度大小都是吗,整个过程中产生的焦耳热为Q，则2mvl=(2
41、m+m)v2解得2Q=-m gh(3)设 b 杆初始位置与水平导轨左端间的距离为x 时，a 杆从距水平导轨高度h 释放进入磁场，两杆速度相等为匕时两杆距离为零，x 即为与高度h 对应的最小距离。设从a 杆进入磁场到两杆速度相等经过时间为A t,回路中平均感应电动势为三，平均电流为7,则 BLxE=-=-Ar 加对 b 杆，由动量定理有mv2=B IL t或者对a 杆，有2mv-2mv=-B IL K图线如图所示(直线，延长线过坐标原点)。2 1.如图所示，在光滑绝缘的水平面上有两个质量均为m 的滑块A、B,带电量分别为+q、+Q,滑块A以某一初速度v 从远处沿AB连线向静止的B 运动，A、B
42、不会相碰。求：运动过程中，A、B 组成的系统动能的最小值Ek。【解析】【分析】【详解】两滑块相距最近时，速度相同，系统总动能最小，由动量守恒定律有：mv=2mv 共所以系统的最小动能为：1 c 2 1 2Ek=2m v共=1mv22.如图，一导热性能良好的容器由三根内径相同的竖直玻璃管构成，管内装有足够多的水银，左管上端封闭有一定质量的理想气体A,右管上端与大气相通，下管用活塞顶住。开始时左右两管的水银面恰好相平，气体A 的长度为20 c m,环境温度为304 K。已知大气压强恒为76 cm H g,现用外力缓慢向上推活塞,使气体A 的长度变为19 cm。(i)求此时左右两管水银面的高度差；(
43、i i)再将活塞固定，对气体A 缓慢加热，使其长度变回20 cm。求此时气体A 的温度。A【答案】(i)4cm(ii)328K【解析】【详解】由题意可知开始时气体A 的压强等于大气压强p o,设玻璃管的横截面积为S,气体A 长度为19cm时的压强为p i,根据玻意耳定律PoS，o=PNi又Pi=Pe+PgA 也可得M =4cm(ii)设气体A 长度变回20cm时的温度为T 2,压强为P 2,由题意可知此时左右两管液面的高度差为=防 +2(/。-/1)P2=Po+p g 根据查理定律TZ解得7；=328K2 3.如图所示，导热性能良好的气缸静止于水平地面上，缸 内 用 横 截 面 积 为S,质
44、量 为m的活塞封闭着一定质量的理想气体。在活塞上放一祛码，稳定后气体温度与环境温度相同均为Ti.若 气 体 温 度 为T i时，气柱 的 高 度 为H。当环境温度缓慢下降到T2时，活塞下降一定的高度；现取走祛码，稳定后活塞恰好回到原来高度。已知外界大气压强保持不变，重 力 加 速 度 为g,不计活塞与气缸之间的摩擦，Ti、T2均为热力学 温 度，求：气 体 温 度 为 七 时，气柱的高度;祛 码 的 质 量。HT、(p.,S+mg(T.-TA 答 案(1)丁；(2)山经 上A gT2【解 析】【分 析】【详 解】(1)设 气 体 温 度 为工 时，气 柱 的 高 度 为“，环境温度缓慢下降到丁
45、2的过程是等压变化，根据盖一吕萨克定律有HS hS解得(2)设 硅 码 的 质 量 为M,取走祛码后的过程是等温变化P2=Po+如詈8，V2=hSP3=Po+等，%=HSJ由玻意耳定律得。2匕=P3 K联立解得+7g)(工 一/)2 4.在 如 图甲所示的平面坐标系xO y内，正 方 形 区 域(0 xd、0 y 2、3Vq v B=m可得：_ q Bdkm而q v Ba =-m联立可得：m k,其中 k=L 2,3（3）洛伦兹力提供向心力，有:n VoqvB=m；叫%=等粒子运动轨迹如图所示,在每个磁感应强度变化的周期内，粒子在图示A、B 两个位置可能垂直击中屏，且满足要求设粒子运动的周期为
46、T，由题意得:T-+e1=2 _r；2 2万r=2万7?3 _ 2 兀 m%qB设经历完整TB的个数为n(n=0,1,2,3)(I)若粒子运动至A 点击中屏，据题意由几何关系得:R+2（R+Rsin。）n=d当 n=0 1 时无解;当 n=2 时，sin6=-,6=arcsin-；4 4n2时无解。(I I)若粒子运动至B 点击中屏，据题意由几何关系得:R+2Rsin6+2（R+Rsin。）n=d当 n=0时无解。3 3n=l 时，sin9=,0=arcsin；44n=2 时：sin=,=arcsin 6 6n 2时无解综合得:2m.71 万、1 1 1 3 3其中 sin6=,6=arcsi
47、n；sin6=,6=arcsin-；sin6=,8=arcsin一。6 6 4 4 4 42 5.如图，质量为6m、长为L 的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B 端与台面右边缘齐平.B 端上放有质量为3m 且可视为质点的滑块C,C 与木板之间的动摩擦因数为p=1,质量为m 的小球用长为L 的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O 点，细绳竖直时小球恰好与C 接触.现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C 碰撞后反弹速率为碰前的一半.(1)求细绳能够承受的最大拉力；若要使小球落在释放点的正下方P 点，平台高度应为多大；(3)通过计算判断C 能否从木板上掉下来.【答案
48、】(l)3mg(2)L(3)滑 块 C 不会从木板上掉下来【解析】【分析】【详解】(1)设小球运动到最低点的速率为vo,小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：=诏解得：Vo=y2gL小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律：T-m g =/n%R由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T，=T解得：T=3mg(2)小球碰撞后平抛运动.在竖直方向上：=产2水平方向：2解得：h=L(3)小球与滑块C 碰撞过程中小球和C 系统满足动量守恒，设 C 碰后速率为V1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=m -+3 mvl设木板足够长，在 C 与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最
49、终共同速率为V 2,由动量守恒定律的:=(3/?+6m)v2由能量守恒定律得：-3mv,2=g(3m+6根)破联 立 须 得：s二 L/2由s 0,假设成立，片25+2八1 7而 不 合 题意,舍去；贝 打2 212 5-2 5V 17x =-c m2末态气体长度.,2 5(7 17-1)L 3=L i+h-x=-c m 39.0 4c m。22 8.如图所示，竖直放置的气缸内壁光滑，横截面积S =3x l(T 3m 2,活塞的质量为m=1.5k g ,厚度不计，在 A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B到气缸底部的距离为=0.5m,A、B之间的距离为/=o.2 m,外界大气压
50、强P o =1.()X 1()5 P a ,开始时活塞停在B处，缸内理想气体的压强为 0.9p 0,温度为2 7。现缓慢加热缸内气体，直至活塞刚好到A处，取 g =10 m/s 2。求：活塞刚离开B处时气体的温度；活塞刚到A处时气体的温度。【答案】350 K 490 K【解析】【详解】开始时缸内理想气体的压强为P i =0.9p(),温度为T i=2 7 C=30 0 K活塞刚离开B处，气体的压强，2 -A)+-=L 0 5x l()5p aS由查理定律包=正Z T2解得T2=350 K活塞刚到B处时气体的体积V i=h S；活塞刚到A处时气体的体积V2=(h+l)S；从B到A气体做等压变化，