河南省周口市新高考物理100解答题专项训练含解析.pdf

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1、word版可编辑】河南省周口市新高考物理100解答题专项训练精选高考物理解答题100题含答案有解析1.如图是两个共轴圆筒M、N 的横截面，N 筒的半径为L,M 筒半径远小于L,M、N 以相同的角速度顺时针匀速转动。在筒的右侧有一边长为2L 的正方形匀强磁场区域ab ed,磁感应强度大小为B、方向平行圆筒的轴线。两筒边缘开有两个正对着的小孔Si、S2,当 Si、S2的连线垂直ad时，M 筒内部便通过S i向 ad 中点。射出一个质量为m、电荷量为q 的带电粒子，该粒子进入磁场后从b 点射出。粒子重力不计，求：(1)该粒子的速度大小；圆筒的角速度大小。_ 5qBL 5imqB,、【答案】(l)u=

2、Y-;(2)/=,(n=l,2,3)2m m【解析】【分析】【详解】设粒子的速度为v,在磁场做圆周运动的半径R,如图，由几何关系得R=-L2由洛伦兹力提供向心力V2qvB=mR得_ qBR _ SqBLv m 2m 设 圆 筒 的 角 速 度 为。，粒 子 从 射 出 到 到 达S2的 时 间 为3由题意得Lt=v又 仁 也 解 得C D5nKqBco=-(n=l,2,3.)m2.汤姆孙利用磁偏转法测定电子比荷的装置如图所示，真 空 管 内 的 阴 极K发 出 的 电 子(不 计 初 速 度、重力和电子间的相互作用)经加速电压加速后，穿 过B中心的小孔沿中心轴的方向进入到两块水平正对放置的 平

3、 行 极 板Di和D2间的区域。当Di、D2两极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心Pi点处，形成了一个亮点；加 上 图 示 的 电 压 为U的偏转电压后，亮 点 移 到P2点，再加上一个方向垂直于纸面的匀强磁场，调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮 点 重 新 回 到P i点，去掉偏转电压后，亮点移到P3点。假 设 电 子 的 电 量 为e,质 量 为m,Di、D2两 极 板 的 长 度 为L,极 板 间 距 为d,极板右端到荧光屏中 心 的 距 离 为s,R与P竖 直 间 距 为y,水平间距可忽略不计。(只存在磁场时电子穿过场区后的偏角。很小，tanOusine；电子做圆周运

4、动的半径r很 大，计 算 时 略 去(与 (2 4)项的贡献)。r(1)判定磁场的方向，求加速电压的大小；(2)若测得电子束不偏转时形成的电流为I,且假设电子打在荧光屏。上后不反弹，求电子对荧光屏的撞击力大小；(3)推导出电子比荷的表达式。miu e 2yU【答 案】（1）垂直纸面向外，（2）（3）二 .小 2ed2B2 edB m B d2sL+L）【解 析】【分 析】【详 解】(1)磁场方向垂直纸面向外。设 加 速 电 压 为U。，电子刚进入偏转极板时的速度大小为v,则对加速的电子应用动能定理得T,1 2eU=mv两种场都存在的情况中，电子不偏转，则电子受到的洛伦兹力为f =evB极板间电

5、场强度为d电场力为F=Ee电子不偏转，则d联立解得U 口 2ed2B2(2)设一个极短时间t内撞击荧光屏的电子个数为n,撞击力为耳，则对这些电子用动量定理，得Fxt=nmv由电流的定义式得,ne/=t联立解得l mIU 赢(3)在撤去电场后，设电子的偏转角为。，电子轨迹半径为r,如图所示由图可知y=s tan+(r-Jr2-Lr)由于。很小，则tan 0 sin0=rr-ylr2-Lr=r-不 二 r2由于4r4可略去，所以一 一刊卷又洛伦兹力充当向心力，所以-)n VevB=m r联立解得电子的荷质比g _ 2yUm Bd(2sL+1)3.如图甲所示，粒子源靠近水平极板M、N 的 M 板，N

6、 板下方有一对长为L,间距为d=1.5L的竖直极板 P、Q,再下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界的部分放有感光胶片。水平极板M、N中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板P、Q 的中线，与磁场上边界的交点为O。水平极板M、N 之间的电压为U。；竖直极板P、Q 之间的电压Up。随时间t 变化的图像如图乙所示；磁场的磁感强度6 =j_ 也 生。粒子源连续释放初速度不计、质量为m、带电量为+q的粒子，这些粒子经加速电场获q得速度进入竖直极板P、Q 之间的电场后再进入磁场区域，都会打到磁场上边界的感光胶片上，已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，认为粒子在偏转极板间飞过时Up。不

7、变,粒子重力不计。求：XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX磁场下边界3甲带电粒子进入偏转电场时的动能Ek；(2)带电粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围。【答案】(DqUo;(2)；L【解析】【分析】【详解】(1)带电粒子进入偏转电场时的动能，即为M N间的电场力做的功Ek=WMN=qUo(2)粒子运动轨迹如图所示粒子源n-2M-M 9 叫1 z、-i-N/1/mixL P&Q /zx-V x x-5 -5 1-.黑 景 今 x XBX*x d x X X *V-r x x xx x x x x x x x x x%x x x x x xX-O.iL X _ X-N.X X _ X _

8、 父K X _ a N _ K若t=0时进入偏转电场，在电场中匀速直线运动进入磁场时mv.R=L=LB q打在感光胶片上距离中心线最近为x=2 L任意电压时出偏转电场时的速度为V n,根据几何关系c o s a&噬在胶片上落点长度为x-2 Rn c o s a=2 7Mq B打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关，在感光胶片上的落点宽度等于粒子在电场中的偏转距离，带电粒子在电场中最大偏转距离1 2y=at2粒子在感光胶片上落点距交点O的长度分别是2 L和2 ,则落点范围是1L2 24.如图所示，光滑轨道槽A B C D与粗糙轨道槽G H （点G与点D在同一高度但不相交，

9、F H与圆相切）通过光滑圆轨道E F平滑连接，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内。现将一质量m=1总 的小球甲从A B段距地面高为=2 m处静止释放，与静止在水平轨道上、质量为1 k g的小球乙发生完全弹性碰撞。碰后小球乙滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点E点。已知C D、GH与水平面的夹角为0=3 7。,GH段的动摩擦因数为j i=0.2 5,圆轨道的半径R=0.4 m,E点离水平面的竖直高度为3 R （E点为轨道的最高点），（=1 0 m/52,s山3 7=0.6，c o s3 7 =0.8）求两球碰撞后：乙c 0=37。(1)小球乙第一次通过E 点时对轨道的压力大小；(2)小球

10、乙沿GH段向上滑行后距离地面的最大高度；(3)若将小球乙拿走，只将小球甲从AB段离地面h 处自由释放后，小球甲又能沿原路径返回，试 求 h的取值范围。【答案】(1)30N；(2)1.62m；(3)h2.32m【解析】【详解】(1)小球甲从A 点到B 点由机械能守恒定律可得：加遥为=(第四；两小球碰撞时由动量守恒定律可得：利甲%=,%+mcv由机械能守恒定律可得：(团 甲 说 年+:加 乙 卢小球乙从BC轨道滑至E点过程，由机械能守恒定律得：m v2=m g-3 R +m 小球乙在E 点，根据牛顿第二定律及向心力公式，八 七=电 乙工R根据牛顿第三定律小球乙对轨道的压力N=N,由以上各式并代入数

11、据得：v，=2 同 m/s,N=30N(2)D、G 离地面的高度乙=2 R-R co s3 7 =0.48m设小球乙上滑的最大高度为hm,则小球乙在GH段滑行的距离$=然1 0小球乙从水平轨道位置滑至最高点的过程，根据动能定理：-m 乙 gh.於=0-3m 乙/其 中/=mgcos37,i/=2V10m/s,由以上各式并代入数据得配=162m(3)只有小球甲时，小球甲要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则/W2E=0.8根若能完成圆周运动，则小球甲返回时必须能经过圆轨道的最高点E。设小球沿GH上升的竖直高度为上升过程克服摩擦力做功为卬/,贝!I：W f ag cos37-Jsin 37小球甲从

12、释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理：加g(-4-)-W/=()设小球甲返回至G 点时的速度为%,根据动能定理：，g M-叼=(加植从 G 点返回至E 点的过程，根据机械能守恒：51 根迷0=mg(R+Rcos37)+51 加40-).vF在 E 点，m 2 -m R由以上各式得h=2.32m故小球甲沿原路径返回的条件为h 2.3 2 m5.如图所示，宽度L =1 m的足够长的平行金属导轨MN、PQ的电阻不计，垂直导轨水平放置一质量根=0.5 k g、电阻区=2 0的金属杆8,导轨上端跨接一个阻值4=2。的灯泡，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，导轨平面与水平面之间的夹角9 =5

13、3。金属杆由静止开始下滑，始终与导轨垂直并保持良好接触，金属杆与导轨间的动摩擦因数=0.5。下滑过程重力功率达到最大P =10 W时,灯泡刚好正常发光。(s i n 5 30 =0.8,c os 5 3=0.6,g =10 m/s 2)求：(1)磁感应强度3的大小；(2)当金属杆的速度达到最大速度的一半时，金属杆的加速度大小。【答案】(1)B =2T;(2)2.5 m/s2【解析】【详解】(1)金属杆C O由静止加速下滑时，其产生的感应电动势逐渐增大，感应电流逐渐增大，金属杆8所受的沿导轨平面向上的安培力逐渐增大，当金属杆C O所受的沿导轨平面向上的安培力和滑动摩擦力的合力与金属杆C O的重力

14、沿导轨平面向下的分力平衡时，金属杆C O的速度达到最大为也 此后以速度v匀速运动，此时重力的功率也达到最大。金属杆的电动势E=BLv感应电流R+&安培力F=BIL金属杆受力平衡，有mg s i n 8 二尸+jLimg c os 0重力的最大功率P=mgv sin 0联立解得B=2T,v=2.5m/s,I=A4(2)金属杆C O 达到最大速度的一半时，电流也是原来的一半，即此时金属杆8所受安培力F=ILB=-N4金属杆C O 的加速度mg sin 0-img cos6Fa=-m解得a=2.5m/s26.如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy,x 轴沿水平方向。第二、三象限有垂直于坐标平面向里

15、的匀强磁场，与 x 轴成9=37。角的绝缘细杆固定在二、三象限；第四象限同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q 的带电小球a 穿在细杆上沿细杆匀速下滑，在 N 点脱离细杆恰能沿圆周轨道运动到x 轴上的A 点，且速度方向垂直于x 轴。已知A 点到坐标原点O 的 距 离 为 小 球 a 与绝缘细杆的动摩擦因数ji=0.5；理=占,重力加速度为g,空气阻力忽略不计。求：带电小球的电性及电场强度的大小E；第二、三象限里的磁场的磁感应强度大小B i与第四象限磁感应强度B 之比，詈=?当带电小球a 刚离开A 点竖直向上运动时，从 y 轴正半

16、轴距原点O 为 41的 P 点(图中未画出)以某一初速度水平向右平抛一个不带电的绝缘小球b,a、b 两球刚好在第一象限某点相碰，则 b 球的初速度为多大？【答案】带正电，詈;吗柒，【解析】【分析】【详解】(1)由带电小球a 在第四象限内做圆周运动，知小球a 所受电场力与其重力平衡且小球a 所受电场力竖直向上，即m g=q E故小球a 带正电，解得整H 一q(2)带电小球a 从 N 点运动到A 点的过程中，洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，设运动半径为R,有2c VqvB =m R由几何关系有R+Rsin0=3.21解 得 R=2 1,代入 B,有v=2相带电小球a 在杆上匀速下滑时，由平衡条

17、件有mgsinO=p(qvB i mgcosO)解得R_BB7所以色 B 5(3)带电小球a 在第四象限内做匀速圆周运动的从A 点竖直上抛，与 b 相遇竖直方向4/=g g /+(一g g /)解得水平方向3.2/8 1 ：%=7=M，g/7.如图，一厚度均匀的圆形玻璃管内径为16c m,外径为24 c m,长度为L l=8 0c m,一条光线AB从玻璃管壁中点入射，与直径MN在同一竖直面内，调整入射角，使得光线AB在玻璃中传播的时间最长，最长时间为4.0 x 10%，真空中光速3.()x l()8 m/s,求：(1)玻璃管的折射率n(2)光线经玻璃管内壁折射后，从另一侧下端射出玻璃管，求玻璃

18、管的长度【答案】如 (2+1 6 6)所2【解析】当光在管内壁处恰好发生全反射，时间最长，光通过的路程为x =L,s i n e另有s i n C =L,v=,x=v t 9 解得=逅n n 2八 八 八 八s i n 4 八光在两个界面上入射角和折射角分别是4、2、4、，根据折射定律可得=U，解得2=4 5。s i n%s i n 0,八 八 盆,由 几 何 知 识 有 a+q=9()。，解得d=6。玻璃管的长度为右+A t a n 劣=(2+16而cm【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律”=亚、临界角公式s i n C =、光速公s i n r 式丫=,运用几何知识结合解

19、决这类问题.n8 .如图所示，x O y 坐标系在竖直平面内，第一象限内存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，第二象限有一半 径 为R的圆形匀强磁场区域，圆 形 磁 场 区域与x轴 相 切 于A点，与y轴 相 切 于C点，磁场的磁感应强度 为B,方向垂直纸面向外。在A点放置一粒子发射源，能 向x轴 上 方180。角的范围发射一系列的带正电的粒子，粒 子 的 质 量 为m、电 荷 量 为q,速 度 大 小 为v=2”,不计粒子的重力及粒子间的相互作用。m 当 粒 子 的 发 射 速 度 方 向 与y轴平行时，粒 子 经 过x轴 时，坐 标 为(2R,0),则匀强电场的电场强度是多少？保 持 电 场

20、强 度 不 变，当粒子的发射速度方向与x轴 负 方 向 成60。角 时，该带电粒子从发射到达到x轴上所用的时间为多少?粒子到达的位置坐标是多少？(3)从粒子源发射出的带电粒子到达x轴 时，距离发射源的最远距离极限值应为多少？【分 析】【详 解】(1)根据洛伦兹力提供向心力得vqvB=m r解得r=R当粒子的发射速度方向与y轴平行时，粒 子 经 磁 场 偏 转 恰 好 从C点垂直电场进入电场，在电场中做匀变速曲线运动，因 为 粒 子 经 过x轴 时，坐 标 为(2R,(),所以I,R=at222R=vtEqa=-m联立解得E2m 当 粒 子 的 发 射 速 度 方 向 与x轴 负 方 向 成60

21、。角 时，带 电 粒 子 在 磁 场 中 转 过120。角 后 从D点离开磁场，再沿 直 线 到 达 与y轴 上 的F点垂直电场方向进入电场，做类平抛运动，并 到 达x轴，运动轨迹如图所示。y粒子在磁场中运动的时间为T _ 2 71/77粒子从离开磁场至进入电场过程做匀速直线运动，位移为x=R(1-cos 0)=2 8 R2匀速直线运动的时间为x(2-V3)mt2=-v 2Bq由几何关系可得点F 到 x 轴的距离为xi=R(1+sin 0)=1.5R在电场中运动的时间为t3=但，a卫V a m解得粒子到达的位置到y 轴的距离为X，R、陋V mE故粒子从发射到达到x 轴上所用的时间为2mn（2-

22、百）m 13m/?t=-1-F /-3Bq 2Bq 丫 Eq粒子到达的位置坐标为(BRmE(3)从粒子源发射出的带电粒子与x 轴方向接近180。射入磁场时，粒子由最接近磁场的最上边界离开后平行 x 轴向右运动，且垂直进入电场中做类平抛运动，此时父接近2R则2R=Eq 22 m带电粒子在电场中沿x 轴正向运动的距离为X2=vti=2BR.mE该带电粒子距离发射源的极限值间距为Xm=R+2B R,9.一半径为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

23、以二。匀速向右运动。已知该激光对玻璃的折射率为、，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A B面上的反射)【答案】二=?二；(2)三二 s口 0【解析】(1)由二=:得激光在玻璃中的传播速度为：二=.=F 二(2)从玻璃射向空气，发生全反射的临界角二=arcsin =45。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:血4尸得：:。一同理：2 2=23【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 0.如图所示，质量为nu=lk

24、 g 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R=0.3m 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧.滑道CD部分粗糙，长为 L=0.1 m,动摩擦因数口=0.1 0,其他部分均光滑.现让质量为mi=lk g 的物块(可视为质点)自A 点由静止释放，取 g=10m/sL 求：(1)物块到达最低点时的速度大小；在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；物块最终停止的位置.【答案】(1)lm/s(l)1.8J(3)最终停在D 点【解析】【分析】物 体 1 从释放到与物体1 相碰前的过程中，系统中只有重力做功，系统的机械能守恒，根据机械能守恒和动量守恒列式

25、，可求出物体1、1 碰撞前两个物体的速度；物 体 1、1 碰撞过程，根据动量守恒列式求出碰后的共同速度.碰后，物 体 1、1 向右运动，滑道向左运动，弹簧第一次压缩最短时，根据系统的动量守恒得知，物 体 1、1 和滑道速度为零，此时弹性势能最大；根据能量守恒定律求解在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；根据系统的能量守恒列式，即可求出物体1、1相对滑道CD部分运动的路程s,从而确定出物体1、1 最终停在何处；解：(1)机,从释放到最低点，由动量守恒得到：0=叫 匕-/”2彩_ 1,由机械能守恒得到：町gR=+ln2V2解得：=2 m /s(1)由能量守恒得到：Epni=mAgR-/jmtg

26、L解得：Ep,=2.8J(3)最终物块将停在C、D 之间，由能量守恒得到：S gR=w/g s解得：s=所以/九最终停在D 点.1 1.如图所示，在竖直平面内，第二象限存在方向竖直向下的匀强电场(未画出)，第一象限内某区域存在一边界为矩形、磁感应强度Bo=O.l T、方向垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)，A(m,0)处在磁场的20边界上，现有比荷幺=108 c/k g的离子束在纸面内沿与x 轴正方向成0=60。角的方向从A 点射入磁场，m初速度范围为gxlO6m/sWvoSlO6m/s,所有离子经磁场偏转后均垂直穿过y 轴正半轴，进入电场区域。x轴负半轴上放置长为L 的荧光屏M N,取3T 2

27、=1 0,不计离子重力和离子间的相互作用。求矩形磁场区域的最小面积和y 轴上有离子穿过的区域长度；(2)若速度最小的离子在电场中运动的时间与在磁场中运动的时间相等，求电场强度E 的大小(结果可用分数表示)；在第问的条件下，欲使所有离子均能打在荧光屏M N上，求荧光屏的最小长度及M 点的坐标。-_ JM N 0 A x【答案】(1)正 m2,m,(2)-x l04 V/m,-坐 m,0),【解析】【详解】(1)由洛伦兹力提供向心力，得加%maxUmax 宜qB=0.1 m根据几何关系可知，速度最大的离子在磁场中做圆周运动的圆心恰好在y 轴 B(0,*m)点,如图甲所示,离子从C 点垂直穿过y 轴

28、。根据题意，所有离子均垂直穿过y 轴，即速度偏向角相等，AC连线是磁场的边界。速度最小的离子在磁场中做圆周运动的半径：rmin=加-1qB0 30甲 乙速度最小的离子从磁场离开后，匀速前进一段距离，垂直y 轴进入电场，根据几何知识，离子恰好从B点进入电场，如图乙所示，故 y 轴上B点至C点区域有离子穿过，且1B C=m10满足题意的矩形磁场应为图乙中所示，由几何关系可知矩形长业m,宽 一 m,面积：10 20(2)速度最小的离子从B点进入电场，离子在磁场中运动的时间:1 1 27rmt i=T=3 3 qB0离子在电场中运动的时间为t 2,贝！J：又因:t l=t29解得：E=-x l 04

29、V/m；4(3)离子进入电场后做类平抛运动:水平位移大小：Xl=VB-tri同理:C O=-t222 m水平位移大小：X2=V c tr2得：叵m45 15荧光屏的最小长度:12.一 种 测 量 稀薄气体压强的仪器如图（a）所 示，玻 璃 泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2O降 长 为/,顶端封闭，除 上 端 与 待 测 气 体 连 通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连 通。开始测量时，M与K2相 通；逐 渐 提 升R直 到K2中 水 银 面 与 顶 端 等 高，此时水银已进入K-且 中 水银 面 比 顶 端 低，如 图（b）所 示。设测量过程中温度、与K,相通的待测气体的压

30、强均保持不变。已 知K 1和K,的 内 径 均 为d,M的容积为吃，水 银 的 密 度 为 夕，重力加速度大小为g。求:待测气体的压强（ii）该仪器能够测量的最大压强与待测气体连通 七与待测气体连通【答 案】口 一 4%+-/0 H PmaK 4V0【解 析】【详 解】M中气体等温变化。初态为Pl=P.r，K=%+兀/,末态为Pi=P ,dx+Pgh,V2=Tth-J由等温变化有PM=PzK解得npgd2h2P x 4Va+nd2(I-h)(ii)气体等温变化。初态为,z v/d 丫P 3=P m a x，%=匕+兀/万末态为4=0皿+9，匕=兀/1 有3匕=4匕，解得_ npgd2l2Pma

31、x-4V1 3.如图所示，开口竖直向上的细玻璃管内有一段长为L2=15cm的水银柱，封闭了一段长度为Li=20cm的气体，此时封闭气体温度为300K,水银柱的上端距离管口的距离为L3=5cm,已知大气压强为po=75cmHgo现把玻璃管缓慢旋转90。至水平位置保持不动，然后对玻璃管缓慢加热到水银柱刚好没流出管口，求：玻璃管旋转90。时，封闭气体的长度为多少？水银柱刚好没流出管口时，此时玻璃管中封闭气体的温度为多少K?Aa7HHy【答案】24cm；312.5K【解析】【分析】【详解】初态Pl=Po+PL2K=4S玻 璃 管 旋 转90。时P2=P。V2=LtS等温变化P M =P2解得气体长度为

32、L,=24 c m水平升温前T2=3 00K升温后匕=(4 +4)s等压变化解得7；=3 12.5 K1 4.如 图，平板小车静止在光滑水平地面上，其右端固定一半圆形光滑轨道BC与 车 上 表 面 相 切 于B点,B端 右 边x=2m处有一与小车等高的台阶。一 质 量m=2.0kg可视为质点的物块以某一初速度滑上小车最左 端A处，当物块运动到小车最右端B处 时，小车与台阶相碰后立即静止，此后物块恰能沿圆弧轨道运动 到 最 高 点Co已知小车与轨道的总质量M=1.0kg,轨 道 半 径R=0.5m,物 块 与 小 车 间 的 动 摩 擦 因 数 产0.2,g 取 10m/s2o 求：小 车 的

33、运 动 时 间t；(2)小 车 的 长 度L。C【答 案】(l)r=ls；(2)4m【解 析】【分 析】【详 解】(1)对小车，由牛顿第二定律得/jmg=Ma解得a=4m/s2小车加速过程1 2%=/一得r =1s(2)物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C,由牛顿第二定律得一旅R物块从B 运动到C 的过程，由机械能守恒定律得2mgR+；mv-g mv：联立解得vf i=5 m /s根据牛顿第二定律可得fdmg=ma物块在水平面上的运动可视为反向匀加速1 2s=vBt+-a,r故L=s-x0=4 m1 5.如图纸面内的 矩 形 ABCD区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对 边 ABCD、ADB

34、C,电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为B.一带电粒子从A B 上 的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方 向 与 A B 的夹角为0(6 90),粒子恰好做匀速直线运动并从C D 射出.若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰 垂 直 C D 射出.已知边长AD=BC=d,带电粒子的质 量 为 m,带电量为q,不计粒子的重力.求：AD带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；匀强电场的电场强度大小.答案,(1)-aBd (2)mcosO (3)汕aB 匕dmcosd qB sin 8 mcosO【解析】【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求

35、解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小;带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强.【详解】(1)设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O.由几何关系可知：cos6=:洛伦兹力做向心力：qv()B =解得力qB dmcosO(2)设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x,有 sin。=&X粒子作匀速运动：x=vot联立解得fmcosOqBsinO（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv（）B解 得 七=坐 工mcosO【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情

36、况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.1 6.学校组织趣味运动会，某科技小组为大家提供了一个寓教于乐的游戏.如图所示，磁性小球在铁质圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔性一样，小球旋转一周后在C 点脱离轨道，投入左边内轨的某点上，已知竖直圆弧轨道由半径为2R 的左半圆轨道AB和半径为R 的右半圆轨道BC无缝对接，A、B 点处于竖直线上，可看成质点、质量为m 的小球沿轨道外侧做圆周运动，已知小球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小恒为F,不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。（1）若小球在A 点 的 速 度 为 月 无，求小球在该

37、点对轨道的弹力；（2）若磁性引力F 可调整，要使小球能完成完整的圆周运动，求工的最小值;2 g（3）若小球从最高点开始沿轨道外侧运动，最后从C 点抛出落到左侧圆轨道上（球脱离轨道后与轨道的引力消失），问小球能否落在与右边小圆圆心等高处？如果不能，求出小球的落点与O 点的最短竖直距离。【答案】（1）F,方向竖直向下；（2）=9；(3)不能，(5-275)/?F、【解析】【分析】【详解】（1）设在A 点轨道对小球向上的弹力大小为FN,由牛顿第二定律得v2F+mg-FN=m代入数据得FN=F由牛顿第三定律得，小球在A 点对轨道的弹力大小为F,方向竖直向下(2)要使小球能完成完整的运动，只需在B点不脱

38、轨即可。当VA=O时，到达B处速度最小，由动能定理得mg-47?=mv：-0当小球处于半径为R 的轨道最低点B时，小球更容易脱落，则FB-m g-FN=m 所以FB=9mg+FN当FN=O时，磁性引力最小，故mg=9/min(3)小球能沿轨道运动到C点，设 vA=0,则从A 到 C的过程中有mg-2R=mv-0得%=2 M若小球落到与右边小圆圆心等高处，设从C点以速度vo平抛，则竖直方向有i,水平方向有x=Q(2R)2_R2=C R =得水平速度因为 0.5s,试求；该列波的波长Q 周期T 和波速v；在 x 轴上质点P 在 t=0时刻的运动方向和t=3.0s内通过的路程.【答案】(1)8m；2

39、s；4m/s(2)质点p 向 y 轴负方向运动，0.3m【解析】【详解】(1)由图可知，波长九=8 m,由于该波沿x 轴负方向传播，从 ti=0至!|t2=0.5s时间内，有：f=弓一。=(左+；)7(k=0,1,2,3.)又知T 0.5s,联立上式解得：k=0,则波的周期T=4At=2s28由口=一 可得 u=z/=4 m lsT 2(2)由于波沿x 轴负向转播，故 t=0时刻质点p 向 y 轴负方向运动，又知，=3.0s=；T,3则质点P 在 t=3.0s时间内通过的路程为s=-x4A=6x5xlO -m=0.3;21 9.如图所示，两端开口且导热良好的汽缸竖直固定放置，两厚度不计的轻质活

40、塞A、B 由轻杆相连，两活塞的横截面积分别为SA=30cm2,SB=18 cm2,活塞间封闭有一定质量的理想气体。开始时，活塞A 距离较粗汽缸底端10cm,活塞B 距离较细汽缸顶端25cm,整个装置处于静止状态。此时大气压强为po=LOxlO5P a,汽缸周围温度为2 7 C.现对汽缸加热，使汽缸周围温度升高到127七，不计一切摩擦。(1)求升高温度后活塞A 上升的高度；(结果保留1 位小数)(2)保持升高后的温度不变，在活塞A 上缓慢放一重物，使活塞A 回到升温前的位置，求连接活塞A、B的轻杆对A 的作用力大小。B 士【答案】(l)20.8cm；(2)60N【解析】【分析】【详解】设升高温度

41、后活塞A 上升的高度为1,已知乂=SA4+SB，2，1=300K,V,=SA(/1+/)+SB(Z2-Z),V.V,7；M O O K,由 等 压 变 化 得 言，解得/=20.8cm(2)乂 =sA/,+sB/2,设气体压强为p2,由已知条件可得Pl=1.0X 1()5Pa,1=300K,4=400K由查理定律可得苧=?，由于系统处于平衡状态，对 B 活塞分析可得p2SB-piSB=F联立解得F=60N2 0.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、0 m的小球A 和小物块B,开始时B 先放在细管正下方的水平地面上.手握细管轻轻摇动一段时间后，B

42、 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)mgZ(l-);(3)7 2/.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=flmg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(2)对A球，根据牛顿第二定律有2VTsinB=m-Is

43、inO解得八传g/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(五mg(I-I c o s=mgl 1、7(3)设 拉A的 绳 长 为x(lx21),根据牛顿第二定律有2VTsin8=m-xsinG解得uA 球做平抛运动下落的时间为t,则有解得t2/-xcos8=g g/-X2)g水平位移为S-vt-JX 2A/2 Z xj当=血/时，位移最大，为S“,=l21.如图所示的直角坐标系xOy,在其第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场和沿y 轴负方向的匀强电场。虚 线 OA位于第一象限，与 y 轴正半轴的夹角0=60,在此角范围内有垂直纸面向外的匀强磁场；OA与 y轴负半轴所

44、夹空间里存在与OA平行的匀强电场，电场强度大小E=10N/C。一比荷q=lxn)6c/kg的带电粒子从第二象限内M 点以速度v=2.0 xl03m/s沿 x 轴正方向射出，M 点到x 轴距离d=1.0m,粒子在第二象限内做直线运动；粒子进入第一象限后从直线OA上 的 P 点(P 点图中未画出)离开磁场，且 OP=d。不计粒子重力。求第二象限中电场强度和磁感应强度的比值g；求第一象限内磁场的磁感应强度大小B；(3)粒子离开磁场后在电场中运动是否通过x 轴？如果通过x 轴，求其坐标；如果不通过x 轴，求粒子到x轴的最小距离。【答案】(1)2.0 x103m/s；2X1 0-3T；(3)不会通过，0

45、.2m【解析】【详解】(1)由题意可知，粒子在第二象限内做匀速直线运动，根据力的平衡有qvB。=qE。解得 =2.0 x103 mzsB。(2)粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动，由题意可知圆周运动半径R=d=L()m根据洛伦兹力提供向心力有v2qvB=m R解得磁感应强度大小3=2 x 1 0 粒子离开磁场时速度方向与直线O A 垂直，粒子在匀强电场中做曲线运动，粒子沿y 轴负方向做匀减速直线运动，粒子在P 点沿y 轴负方向的速度大小vv=vsin 3粒子在电场中沿y 轴方向的加速度大小qE cos 0 v=-m设经过，时间，粒子沿y 轴方向的速度大小为零，根据运动学公式有V.%加时间内，

46、粒子沿y 轴方向通过的位移大小Ay=Af-2联立解得 y=0.3m由于 y/,vB a)l可得:此 时，电 场 力 对A球做正功，则有:叼=qEl电场力对8球做负功，则有:%=-gE/(l -c o s4 5。)则电场力对系统做功：W=q 7c o s4 5。则系统电势能：FE V 2 V 2 .p=-q El=-mgl2 4电势能最小时，机械能最大，由的结论，系统电势能总和为：Ep=-q Elco sQ即当8 =9 0。，电势能最小：Ep min=_q El初始位置时，电势能和机械能均为零，则此时最大机械能：E.於=q El=；mgl2 3.国内最长的梅溪湖激光音乐喷泉，采用了世界一流的灯光

47、和音响设备，呈现出震撼人心的万千变化。喷泉的水池里某一射灯发出的一细光束射到水面的入射角&=3 7。，从水面上出射时的折射角丫=5 3。求光在水面上发生全反射的临界角；(2)该射灯(看做点光源)位于水面下h=7 m处，求射灯照亮的水面面积(结果保留两位有效数字)。3【答案】(l)C =si n T ：(2)2 8 m 24【解析】【分析】【详解】(1)水对光的折射率si n r si n 5 3 0 4n =-=-=sin a si n 3 70 3对应的临界角为C1 3si n C =n 4-i 3C =si n 4(2)由空间对称可知，水面被照亮的部分是一圆面。设圆的半径为R,则.Rsi

48、n C =/R=3 mS=万 R 2 =97r m2=28m224.一定质量的理想气体经历如图所示的AB、BC、CA三个变化过程，若 B-C 过程中气体做功数值约是 C-A 过程中气体做功数值的1.6倍，气体在状态B 时压强为4.5xl05pa,求：气体在状态A 和 C 的压强。(ii)整个过程中气体与外界交换的热量。【答案】1.5 x l O5P a；1.5 x l O5P a (i i)吸收热量；180J【解析】【详解】由图可知，气体从状态A 到状态B 为等容变化过程，由 查 理 定 律 有 臂=答，解得PA=1.5 x l O5P a由图可知，气体从状态B 到状态C 为等温变化过程，由玻

49、意耳定律有PB%=P c Z，解得pc=1.5 x 1 05P a(ii)由状态B 经状态C 回到状态A,设外界对气体做的总功为W,从状态C 到状态A,为等压变化，外界对气体做功为%=&(%)=3 0 0 JB-C 过程中气体做功的大小约是C-A 过程中气体做功的大小的1.6倍，则 B-C 过程中外界对气体做功为啧=-4 8 0 J从状态A 到状态B,由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以整个过程中外界对气体做功为W=%+%c=T8()J整个过程中气体内能增加量为A U=0,设气体从外界吸收的热量为Q,由热力学第一定律 U=Q+W,解得Q=180J即气体从外界吸收的热量是180J。2 5.

50、如图所示，一定质量的气体从状态A经状态B、C、D再回到状态A.已知气体在状态A时的体积是ILo(latm=1.013xl05Pa,ln3=1.099)求气体在状态C的体积;气体从状态A经状态B、C、D再回到状态A的过程中，吸收或放出的热量Q。/a tm450 900【答案】2 L；吸收的热量为4.65 4 x 1 0【解析】【分析】【详解】由图可知气体在A B过程是等容升温升压，VA=1L,则VB=1L,气体在B C过程是等压升温增容，根据盖吕萨克定律有匕=%T Tc代入数据解得匕=2 L。从C到D是等温变化，根据玻意耳定律得有PcVc=PDVD代入数据解得=6 L则根据P-T图线转化为p-V