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1、word版可编辑】济南市名校新高考物理精选常考100解答题汇总精选高考物理解答题100题含答案有解析1.如图所示，带等量异种电荷的两平行金属板竖直放置（M 板带正电，N 板带负电），板间距为d=80cm,板长为L,板间电压为U=100V。两极板上边缘连线的中点处有一用水平轻质绝缘细线拴接的完全相同的小球A 和 B 组成的装置Q,在外力作用下Q 处于静止状态，该装置中两球之间有一处于压缩状态的绝缘轻质小弹簧（球与弹簧不拴接），左边A 球带正电，电荷量为q=4xlO-5C,右边B 球不带电，两球质量均为 m=1.0 xl03k g,某时刻装置Q 中细线突然断裂，A、B 两球立即同时获得大小相等、方
2、向相反的速度（弹簧恢复原长）。若 A、B 之间弹簧被压缩时所具有的弹性能为l.O x lo q,小球人、B 均可视为质点，Q 装置中弹簧的长度不计，小球带电不影响板间匀强电场，不计空气阻力，取 g=10m/s2。求：（1）为使小球不与金属板相碰，金属板长度L 应满足什么条件？（2）当小球B 飞离电场恰好不与金属板相碰时，小球A 飞离电场时的动能是多大？（3）从两小球弹开进入电场开始，到两小球间水平距离为30cm时，小球A 的电势能增加了多少？M N【答案】（l）L0.4(不合理，舍去)此时，A 球水平位移xA=vot-g ar=0.1m根据功能关系可知，A 球增加的电势能等于克服电场力做功，即
3、AE土 =qExA=qxA=5x 104J-d2.一半径为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光在空气中的传播速度大小为C。求：（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=E 二；（2）小二【解析】（1）由二=三得激光在玻璃中的传播速度为：二=三=3 二（2）从玻璃射向空气，发生全反射的临界角二=arcsinr=45。n _ 疝 灯：n-31E-设激光射
4、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：怎=急同理：二=二 二得：二=三=出 二二 0 九 几【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.3.图示为一由直角三角形A 3C 和矩形QDE4组成的玻璃砖截面图。A B =2L,D C L,P为A B4的中点，6=30。与 8 C 平行的细束单色光M P从 P 点入射，折射后恰好到达C 点。已知光在真空中速度大小为c。求：(1)玻璃的折射率；(2)光从射入玻璃砖到第一次射出所用的时间t。【答案】(1)百；(2)之 也2c【解析】【详解】(1)在玻璃砖中的光路如图所示:E
5、 A由折射定律sinzn=sinr得n=百(2)设玻璃的临界角为C,则s i n C =-n由几何关系知4=6 0 由于s i n =s i n C =-2 3PC光在BO面发生全反射，由几何关系知a =30由于sina=L9 解 得 几 316 48稣稣B8一3316一4124一49-BSB1641一32竺48若粒子由区域n 达 到M点由周期性：CM=CF+n C P,(7 1 =0.1.2.3.)_ -5-1-4即9 乙=/?+(火一一)，解得7?=1一 2 心，解得4 生2 5 5%+)48 2525 8n=0 时 R=L,B=B。33 16n=l 时 R=L,B=Bo点睛：本题考查了带
6、电粒子在磁场中的运动情况，做诸如此类问题时要注意正确画出运动轨迹图，并结合几何关系求出运动的半径，并分析运动的可能性，由于运动的多解性，所以要求我们做此类题目时要细心再细心.7.如图为一半球壳形玻璃砖的截面图，球壳外圆半径Ri=10cm,内圆半径R2=5cm,图中OCT为玻璃砖的中轴线.一束平行光以平行于OO,的方向从球壳的左侧射入沿OO,入射的光线经过g 血 X1O-1S穿过玻璃砖，光在真空中传播速度为c=3xl08m/s,有一部分到达内圆左表面时能从右侧射出玻璃砖.求：玻璃砖对光的折射率；若入射到外圆表面上A 点的光线经外圆折射后，在内圆表面刚好发生全反射，则 A 点到OCT的距离为多少？
7、【答案】&5c？【解析】【详解】由题意可知，光在玻璃砖中的传播速度丫=上=述*1()8/t 2 公玻璃砖对光的折射率为=&；V设光线刚好在内圆表面发生全反射时，光路如图所示此时光线在内圆表面的入射角等于全反射角，则.1 V2sin C=-n 2设光在A 点的入射角为i,折射角为一，根据正弦定理sin C _ sin rK二R解得：sin r=4根据折射定律有=亚sinr解得：sin z=-2则 A 点到0 0 的距离为1=K sini=5c/o8.在容积为40L的容器中，盛有压缩二氧化碳3.96kg,该容器能承受的压强不超过6.0 xl06pa,求容器会有爆炸危险时内部气体达到的摄氏温度？（已
8、知二氧化碳在标准状态下的密度是1.98kg/m3,温度是0。,压强是lx 105pa）【答案】54,6【解析】【详解】,m 3.96,-3容器内的气体在标准状态下的状态量分别为：Ti=273K,pi=ixio5pa,V,=m=2mp 1.98气体达到爆炸点的状态量为：p2=6.0 xl06pa,V2=40L=0.04m3根 据 理 想 气 体 状 态 方 程 华=华，代入数据，有爆炸危险时内部气体达到的温度T2=327.6K达到的摄氏温度t2=54.6o答：容器会有爆炸危险时内部气体达到的摄氏温度是54.6C。9.如图所示，将一个折射率为=电 的透明长方体放在空气中，矩 形 ABCD是它的一个
9、截面，一单色2细光束入射到P 点，入射角为o.ADMAP,求：(I)若要使光束进入长方体后能射至AD面上，角。的最小值；(2)若要此光束在AD面上发生全反射，角。的范围.【答案】(1)30；(2)30W 6460【解析】要使光束进入长方体后能射至AD面上，设最小折射角为a,如图甲所示，根据几何关系有:d V7sin a =i-二5+(扁7，根据折射定律有=一，解得角0 的最小值为0=30。；sm a如图乙，要使光速在AD面发生全反射，则要使射至AD面上的入射角p 满足关系式：sin尸N sin C；又 sinC =，sin C=sin=cos a =7 1-sin2 a =-(S*n)2；n
10、n V n解得ew 6(),因此角。的范围为30w e 2m/s,说明滑块一直匀减速)板移动的位移x=vt=0.8m(2)对板受力分析如图所示,F有：F+/2=/;其中f=fii(M+m)g=12N,/2=M2mg=10N解得：F=2N(3)法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：Qi=f2 (L-x)=ji2mg(L-x)=12J滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q2=H2mg(L-x)=12J整个过程中，板与地面因摩擦产生的热量：Q3=HI(M+m)gL=24J所以，系统因摩擦产生的热量：系统因摩擦产生的热量Q=QI+Q2+Q3=48J法二：滑块与挡板碰撞前，木板受
11、到的拉力为F1=2N(第二问可知)E做功为Wi=Fix=2xO.8=1.6J滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为：F2=/+/2=|11(M+m)g+n2mg=22NF2做功为W2=F2(L-X)=22xl.2=26.4J碰到挡板前滑块速度vi=v-at=4m/s滑块动能变化：Ek=20J所以系统因摩擦产生的热量：Q=W1+W2+A Ek=48J12.一质点A 做简谐运动，某时刻开始计时，其位移和时间关系如图甲所示。由于A 质点振动形成的简谐横波沿x 正方向传播，在波的传播方向所在的直线上有一质点B,它距A 的距离为0.3m,如图乙所示。在波动过程中，开始计时时B 质点正经过平衡位置向下运动，求
12、(1)从开始计时，t=0.25xl0-2s 时质点A 的位移；在 t=0到 t=8.5xl0-2s 时间内，质点A 的路程、位移；(3)该简谐横波在介质传播的速度。【答案】(D-V cm；(2)34cm,2cm；(3)v=m/s(n=0,1,2.)4+l【解析】【分析】【详解】由题图可知波的振幅A=2cmA 质点振动的周期T=2xlCT2s所以A 质点的振动方程为.兀x=Asin(69/)=-2cosl OO(cm)当 =0.25x10%时,可得x=V2cm 从。=0至，=8.5xl(T2s时间内为一个周期，质点的路程为4s=17A=34cm位移为2 cm(3)由甲图知r=0 时刻，质点A 位
13、于波谷，而质点8 正经过平衡位置向下运动，简谐横波沿x 轴正方向传播，结合波形可得：XAB=(+；)%=0 3m,=0,1,2,3,.可得,1.2z =-m,=0,1,2,3,.4+1所以波速为2 60,v =-m/s,0,1,2,3,.T 4 +11 3.如图所示，一定质量的理想气体在状态A 时压强为p o,经历从状态ATBTC 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，气体的内能增加A U,则气体(填“吸收”或“放出”)的热量为出!T【答 案】P。吸收 A U +Z p o%【解 析】【分 析】【详 解】1根据理想气体状态方程所 以 V-T 图中过原点的直线表示
14、等压变 化，即 气 体 从 C 到 A 过程是等压变化，Pc=PA=Po 气 体 从 状 态 C 到 状 态 A 的过程中，温度升高内能增加A U,体积增加，外界对气体做功w=-pQ-v=-2P fya根据热力学第一定律U=Q+W得气体吸收的热量Q=AU W=AU+2po%14.一人乘电梯上楼，从 1 层 直 达 2 0 层，此 间电梯运 行 高 度 为 60m.若电梯启动后匀加速上升，加速度大小为 3m/s2,制动后匀减速上升，加 速 度 大 小 为 Im/s 2,电梯运行所能达到的最大速度为6m/s,则此人乘电梯上楼的最短时间应是多少？【答 案】14s【解 析】【详 解】由题意可知，要是电
15、梯运行时间最短，则电梯应先匀加至最大速度且尽量多的时 间 以 6m/s匀速匀速一段时间后再匀减：加速阶段：v“,=卬1解得：ti=2s上升高度：,1 2%=5小解得：hi=6m减速阶段：%=a2r2解得：t2=6s,1,22解得：h2=18m匀速阶段：匕”最短时间：t t+t2+t3=14s1 5.如图所示，半径为R 的半圆形玻璃砖固定放置，平 面 AB水平，0 0 为半圆的对称轴，光屏M N紧靠 A 点竖直放置，一束单色光沿半径方向照射到O 点，当入射角较小时，光屏上有两个亮点，逐渐增大入射角i,当 i 增大到某一角度时，光屏上恰好只有一个亮点C,C、A 间的距离也为R,求：玻璃砖对单色光的
16、折射率；当入射角i=30。时，光屏上两个亮点间的距离为多少。【答案】血 （百+1）R【解析】【详解】由几何关系可知，CO连线与0 9 夹角为4 5 ,因此光发生全反射的临界角C=45则玻璃的折射率当入射角i=30。时光路如图所示，设光屏上的两个光点分别为D 点和E 点,由几何关系可知，NAOD=60。则A D =Rian 600=设光在AB面折射光线的折射角为r,则sin rn=-sinz解得r=45根据几何关系可知，AE=R因此在光屏上的两个亮点间的距离D E =4+1)R1 6.如图所示，对角线MP将矩形区域MNPO分成两个相同的直角三角形区域，在直角三角形MNP区域内存在一匀强电场，其电
17、场强度大小为E、向沿轴负方向，在直角三角形MOP区域内存在一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外(图中未画出)。一带正电的粒子从M 点以速度沿x 轴正方向射入，一段时间后，该粒子从对角线M P的中点进入匀强磁场，并恰好未从x 轴射出。已知O 点为坐标原点，M 点在)轴上，P 点在x 轴上，M N边长为2L，MO边长为出乙，不计粒子重力。求：带电粒子的比荷；(2)匀强磁场的磁感应强度大小。【解 析】【详 解】(1)设粒子在电场区域内做类平抛运动的时间为f,有2 2又qE=ma解得q二G说tn EL 设 粒 子 进 入 磁 场 区 域 时 速 度 方 向 与 水 平 方 向 夹 角 为 有attan
18、a=%解得a=60则进入磁场的速度大小V =-=2v0cos60 0在 磁 场中，有qvB=m r运动轨迹如图由几何知识得r+rsin300=L2解得1 7.如图所示，马桶吸由皮吸和汽缸两部分组成，下方半球形皮吸空间的容积为1000 c n?,上方汽缸的长度为40 c m,横截面积为50 cm2。小明在试用时，用手柄将皮吸压在水平地面上，皮吸中气体的压强等于大气压。皮吸与地面及活塞与汽缸间密封完好不漏气，不考虑皮吸与汽缸的形状变化，环境温度保持不变,汽缸内薄活塞、连杆及手柄的质量忽略不计，已知大气压强po=1.0 x105 Pa,g=10 m/s2若初始状态下活塞位于汽缸顶部，当活塞缓慢下压到
19、汽缸皮吸底部时，求皮吸中气体的压强；若初始状态下活塞位于汽缸底部，小明用竖直向上的力将活塞缓慢向上提起20 cm 高度保持静止，求此时小明作用力的大小。【答案】3x105 p a 250N【解析】【详解】以汽缸和皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为po,体积：V1=1O O O cm3+40 x50 cm3=3000 cm3当活塞下压到汽缸底部时，设封闭气体的压强为P，体积为V2=1000 cm3,由玻意耳定律：poVi=p2V2解得：P2=3po=3xlOs Pa以皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为p o,体积为V2=1000 c n?,活塞缓慢向上提起20 cm 高度
20、保持静止时，设小明作用力的大小为F,封闭气体的压强为P 3,体积为：V3=1000 cm3+20 x50 cm3=2000 cm3由玻意耳定律有：P0V2=P3V3又有：F+p3S=poS解得：F=250N1 8.如图所示，足够长的“U”形框架沿竖直方向固定，在框架的顶端固定一定值电阻R,空间有范围足够大且垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,电阻值均为R 的金属棒甲、乙垂直地放在框架上，已知两金属棒的质量分别为m=2.0 xl0-2kg、m&=i.0 xl0-2k go现将金属棒乙锁定在框架上，闭合电键，在金属棒甲上施加一竖直向上的恒力F,经过一段时间金属棒甲以v=10m/s的速度向上
21、匀速运动，然后解除锁定，金属棒乙刚好处于静止状态，忽略一切摩擦和框架的电阻，重力加速度g=10m/s2。则(1)恒 力 F 的大小应为多大？保持电键闭合，将金属棒甲锁定，使金属棒乙由静止释放，则金属棒乙匀速时的速度V2应为多大？(3)将两金属棒均锁定，断开电键，使磁感应强度均匀增加，经时间t=0.1s磁感应强度大小变为2B此时金属棒甲所受的安培力大小刚好等于金属棒甲的重力，则锁定时两金属棒之间的间距x 应为多大？2【答案】(l)0.4N；(2)5m/s；(3)x=-m3【解析】【详解】(1)金属棒甲匀速运动时，由力的平衡条件可知:F=m 甲 g+BI 甲 L由题图可知流过金属棒乙的电流大小应为
22、：/乙/甲2金属棒乙刚好处于静止状态，由平衡条件可知:BL=f 由以上整理得：F=m 甲 g+2m 乙 g代入数据解得：F=0.4N；金属棒乙锁定，闭合电键，金属棒甲向上匀速运动时，有E=BLVI由闭合电路的欧姆定律得：卫甲3 R对金属棒乙，由平衡条件可知：B IL=2BIz,L=2mz,g解得：匕=到 期B2I?将金属棒甲锁定，金属棒乙匀速时，有:A 2 B 心2M=B IL=-JK解得：二 3 叫 g R2 -28*联立解得：V 2=5 m/s；(3)由法拉第电磁感应定律得：广 kBS BL xE .=-=-t A r t由闭合电路的欧姆定律得：2 R由题意可知：m 甲g=2BIL联立以上
23、可得：3 m g Rv,=1 B212解得:t=卬%3m乙代入数据得：2x=m,319.如图所示，在直线M N 和 P Q 之间有一匀强电场和一圆形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，M N、P Q 与磁场圆相切，C D 是圆的一条直径，长为2r,匀强电场的方向与C D 平行向右，其右边界线与圆相切 于 C 点。一比荷为k 的带电粒子(不计重力)从P Q 上的A 点垂直电场射入，初速度为vo,刚好能从C 点沿与C D 夹角为a 的方向进入磁场，最终从D 点离开磁场。求：电场的电场强度E 的大小；(2)磁场的磁感应强度B的大小。【答案】一;kr tan a kr【解析】【分析】求出粒子在C 点的沿x
24、 方向的分速度以及从A 到 C 的时间，根据速度时间关系求解电场强度；求出粒子在磁场中运动的速度大，根据几何关系可得轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度。【详解】粒子在C 点的沿x 方向的分速度为Vx,根据几何关系可得：匕tana从 A 到 C 的时间为t,根据速度时间关系可得：t _ r%根据速度时间关系可得：qE rvr=at=Jx m%解得:E =2krt a n a(2)粒子在磁场中运动的速度大小为:v=Vs i n a根据几何关系可得轨迹半径：s i n t z根据洛伦兹力提供向心力可得：n Vq v B=mR解得：8 =九kr答：(1)电场的电场强度E的大小为一。krt
25、a n a(2)磁场的磁感应强度B的大小为 兽。kr2 0.在如图所示的坐标系中，仅第三象限的磁场垂直坐标系所在平面向外，其余象限的磁场方向均垂直坐标系所在平面向里，四个象限中的磁感应强度大小均为B。其中M、N两点为x轴负半轴和y轴负半轴上的点，坐标分别(-血。,0)、(0,-夜 幻，一带负电的粒子由M点沿MN连线方向射入，忽略粒子的重力。求：(1)如果负粒子由M点射入后刚好能经过坐标原点第一次离开边界线，负粒子在第三象限磁场中的路程为多少？(2)如果负粒子由M点射入后能经O点到达N,负粒子的路程为多少？71Q【答 案】皿或2抽【解 析】【分 析】【详 解】(1)电子在匀强磁场中做匀速圆周运动
26、，设 圆周运 动 半 径 为R,若 电 子 从M点出发刚 好 经 原 点O第一次离开边界线，如图甲所示甲则有2Rcos45=y/2a解得R=a运动轨迹为四分之一圆周，所以运动的路程2TIR 7ias=-=4 2 负 粒 子 从M点 出 发 经 原 点O到 达N点，若 粒 子 经 原 点O第一次射出磁场分界线，则轨迹如图甲，运动路程为一个圆周即s=27rR=27ra若 粒 子 第N次 离 开 磁 场 边 界 为O点，则 要 回 到N点，经 过O点的速度必然斜向下45。，则运动轨迹如图乙根据几何关系有2 Rcos 454 2 a N 圆周运动半径R，=巴N运动通过的路程为2 兀 R”，271a-x
27、 N =-4 4Nx 2N=na2 1.如图甲所示，足够宽水槽下面有一平面镜，一束单色光以入射角i 射入水面，经平面镜反射后的光线恰好沿水平方向射出.已知水对该单色光的折射率为廿 季若平面镜与水平方向的夹角为0=30。，求该单色光在水面入射角的正弦值sini；使该单色光从水槽左壁水平向右射出，在平面镜上反射后恰好在水面上发生全反射，如图乙所示，求平面镜与水平方向的夹角a.【答案】二(2)15【解析】解：(i)由折射定律有旺1=二S1E-由几何关系可知y+2。=90可解得：sini=nsiny=-y(i i)光在水面上发生全反射，有sin_=r由几何关系可知C+2 a=9 0 联立可解得平面镜与
28、水平方向的夹角为a=1 5。2 2.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=6 0 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 0 N,AP长为X”PB 长 X 2=2 4 m,滑板与水平面间的动摩擦因数为，=。2 ,不计滑板长和空气阻力，重力加速度g=1 0 m/s
29、2,s i n 3 7=0.6,求：(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】(1)再=1 0 m；丁 指【解析】【分析】【详解】(1)设滑板在P点的速度为v,AP段和PB 段加速度分别为a i 和 a2,P B 段根据牛顿第二定律可得2=/.ig=2m/s2在 AP段根据牛顿第二定律可得F c o s 3 7 -趴mg+F s i n 3 7 )=ma解得a=4.8 m/s2根据速度位移关系可得v2=2“内=2a2x2联立可得X =1 0 m,v =4&(i/s(2)根据平均速度和位移的关系可得vn+v,得2X1+2x,2x(10+24)17/-t
30、=!-=-产s=J6v 476 623.如图所示，在 湖 面 上 波 源O点 以 振 幅0.2m上下振动，形成圆形水波向外传播，A、O、B三 点在一条 直 线 上，AO间 距 为7.0m,OB间 距 为2.0m,某 时 刻O点处在波峰位置，观 察 发 现3.5s后此波峰传到A点，此 时O点正通过平衡位置向上运动，OA间还有一个波峰。将水波近似为简谐波。求:此水波的传播速度周期和波长;以A点 处 在 波 峰 位 置 为()时 刻，画 出B点的振动图像。【答 案】2s,4.0m；见 解 析。【解 析】【分 析】【详 解】.波速V m/s=2m/s3.577 一t-=3.5s4得T=2sA=vT=4
31、.0m.由O点产生左右传播波的对称性可知A在 波 峰 时B点在平衡位置向下振动。振动图像如图24.如图所示，A、8两 板 间的电压为U。M、N两平行金属板长为2 d,两 板 间 距 为2 4,电压为Q P的右侧有垂直纸面的匀强磁场，磁 场 宽 度 为 一f +l d。一 束 初 速 度 为0、电荷量的范围为9 4 4、质 量 的 范 围 为，4m的带负电粒子由S无初速度射出后，先后经过两个电场，再 从A/、N两平行金属板 间（紧贴M板）越过界面QP进入磁场区域。若其中电荷量为4、质量为?的粒子恰从M、N两板间的中点C进入磁场区域。求解下列问题（不计重力）：证明：所有带电粒子都从C点射出若粒子从
32、QP边界射出的速度方向与水平方向成45角，磁场的磁感应强度在什么范围内，才能保证所有 粒 子 均 不 能 从 边 射 出？【答案】（1）见解析3）2 与2m一U【解析】【详解】（1）电场加速有 1 2也=于 叫带电粒子在偏转电场。中做类平抛运动，在C点分解位移。水平位移2d=v（/竖直位移1 ，又有Uq=ma2d解得d2U。则射出点与粒子的4、加无关，所有粒子均从C点射出(2)类平抛的偏转位移y=,S f C过程，由动能定理有qUo+q/u =；mv磁场中圆周运动有v2qvB=mr 最大，最易射出磁场，设要使4加、q的粒子恰射不出磁场，有qvB产 呜由几何关系得+1 R=粒子在电场中c点射出时
33、有V电场偏转过程由动能定理有吟f 4曲-卜成解得4)2 2mU(1q则磁感应强度应为dqn2 2mUB -.-2 5.如图所示，在空间直角坐标系中，I、II象 限(含 x、y 轴)有磁感应强度为B=1T,方向垂直于纸面向外的匀强磁场和电场强度为E=10N/C,方向竖直向上的匀强电场；皿、W象 限(不 含 x 轴)有磁感应强度为8,=T,方向沿y 轴负方向的匀强磁场，光滑，圆弧轨道圆心O,半径为R=2m,圆环底端位于 14 4坐标轴原点O。质量为m i=lkg,带电卬=+lC 的小球M 从 O 处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到 O 点。质量为m2=2kg,带电qz=+L8C小球的N 穿在
34、光滑圆弧轨道上从与圆心等高处静止释放，与 M同时运动到O 点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成小球P(碰撞过程无电荷损失)。小球M、N、P 均可视为质点，不计小球间的库仑力，取 g=10m/s2,求：(1)小 球 M 在 处 的 初 速 度 为 多 大；(2)碰撞完成后瞬间，小球P 的速度；分 析 P 球在后续运动过程中，第一次回到y 轴时的坐标。【答案】d)lm/s；(2)1 m/s；坐标位置为(0,2 0/)【解析】【分析】【详解】(1)M从。进入磁场，电场力和重力平衡Eq=mg在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动R心 在洛伦兹力提供向心力_ mv2qvB=-解得v=lm/s 设 N 沿光滑轨道滑到
35、O 点的速度为u,由动能定理1 2m2gR-Eq2R=m2u解得u=2m/sM、N在O点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的P球速度为匕，选向右为正方向，由动量守恒定律mu-iriyV-my+tn2)vl解得V,=l m/s方向水平向右(3)P球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向里的洛伦兹力，在电场力作用下，P球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期T,P球回到y轴上，P球带电量由Kc及丁=幺 空，解 得p球圆周运动周期WT_ 2itmcqBP球竖直方向加速度a二gP球回到y轴 时 坐 标1代 入.数 据 解 得y-2 0兀2则坐标位置为(0 m
36、,-2 0兀2 m)2 6.如 图 圆 柱 形 导 热 气 缸 质 量 为 内 部 横 截 面 积 为S,活塞的质量为加，稳定时活塞到气缸底部的距离为乙。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叫。已知大气压强为P。，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4；(2)上拉过程中气体从外界吸收的热量Q。I答布小分儿。=心黄产M【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ptS=pQS+mg所 以 气 体 压 强Pi=p 0+W体 积V)=SLt气缸
37、即将离开地面时，气缸受力平衡，有p2S+Mg=p0S所 以 压 强P 2=P。-等封闭气体体积匕气体做等温变化，由玻意耳定律有PM=p2v2解 得4Ps+mg LPS Mg 1(2)设 活 塞 移 动 过 程 中 气 体 对 活 塞 做 的 功 为 吗,由 动 能 定 理 有叱+网-(p()S+mg)(L2-Li)=0由热力学第一定律有U =Q+（叱）结 合等 温变 化=()PoS-Mg-W2 7.托卡马克(Tokamak)是一.种复杂的环形装置，结构如图甲所示。环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外排列着环向场线圈和极向场线圈，其中欧姆线圈的作用一是给等离子体加热以达到核聚变所需
38、的临界温度；二是产生感应电场用以等离子体加速。同时，极向场线圈通电后提供的极向磁场与环向场线圈通电后提供的环向磁场将高温等离子体约束在真空室内，促使核聚变的进行。如图乙所示为环形真空室简化图，其内径为R i=2 m、外径为R 2=5 m,S和卜为其截面关于中心对称。假设约束的核聚变材料只有抗核(：H)和散核(：H),且不考虑核子间的相互作用，中子和质子的质量差异以及速度对核子质量的影响，核子一旦接触环形真空室壁即被吸收导走。(已知质子的电荷量为1.6 x l()T 9 c.质子和中子质量均为L 6 X1 0-2 7 k g)。试回答:(1)气核(；H)和京核(:H)结合成氢核(：H e)时，要
39、放出某种粒子，同时释放出能量，写出上述核反应方程;欧姆线圈中，通以恒定电流时，等离子体能否发生核聚变(“能”或“不能”)，并简要说明判断理由；若关闭欧姆线圈和环向场线圈的电流，当极向磁场为多大时，从垂直于S截面速度同为u =2 x l()7 m/s的汽核(：H )能够全部通过S，截面；(4)若关闭欧姆线圈和环向场线圈的电流，当极向磁场在某一范围内变化时，垂直于S截面速度同为v =2 x l()7m/s的气核(H )和能;核(:H)能够在截面要有重叠，求磁感应强度B的取值范围。2 2 2【答案】(l)；H+：Hr；H e+；,n；不能；(3)行 T；(4)百 T8 2 g为使交叠区域在S截面内，
40、有：2 r2 2 R1通过列式计算得到(需满足:2 m 弓 3 m根据公式：2 8.如图所示，两气缸A B粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径为B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热.两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b,活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气；当大气压为P o,外界和气缸内气体温度均为7 c且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的,，活塞b在气缸的正中央.4现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的上时，求氧气的压强.164【
41、答案】(2)3 2 0 K;:凡【解析】试题分析：现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部的过程中，a活塞不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程，分析出初态和末态的体积和温度，由盖吕萨克定律求解；继续缓慢加热，使活塞a上升，活塞a上方的氧气经历等温过程，根据玻意耳定律求解即可.(1)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程.设气缸A的容积为VV o,氮气初态体积为V”温度为T i,末态体积为V 2,温度为T 2,按题意，气缸B的容积为三，4则有“斗岩邛T+铝V,匕根据盖吕萨克定律得：寸=十/2代入数据解得：T2=3 2 O K(2)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加
42、热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为V1，压强为I Y,末态体积为V2，压强为P2，,由题给数据有，匕=?匕=费由玻意耳定律得：4 K =鸟 匕,4解得：P2=-P0点睛：本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分气体之外，关键是把握它们之间的联系，比如体积关系、温度关系及压强关系.2 9.如图所示，在区域I中有水平向右的匀强电场，在区域I I中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小8 =4.()T；两区域中的电场强度大小相等，两区域足够大，分界线如甲图中虚线所示。一可视为质点的带电小球用绝缘细线
43、拴住静止在区域I中的A点，小球的比荷包=lC/k g,m细线与竖直方向的夹角为45，小球与分界线的距离x=0.4m。现剪断细线，小球开始运动，经过一段时间t i从分界线的C点进入区域n,在其中运动一段时间后，从D点第二次经过分界线。图中除A点外，其余各点均未画出，g=10m/s2,求：(以下结果均保留两位有效数字)(1)小球到达C点时的速度大小v；(2)C、D两点间的距离d及小球从C点运动到D点的时间t2o【解析】【详解】(1)小球处于静止状态时，受重力、电场力和细线的拉力的作用而处于平衡状态，故可知小球带正电，电场力大小%=Eq=mg剪断细线后，小球做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二
44、定律可知，小球的加速度a=J(m g)2+(Wo 夜 1nzs2m小球沿直线运动的距离L=2x=0.4及m根据运动学公式有v2-2aL解得小球到达C点时的速度大小v=4.0m/s由于重力与电场力平衡，则小球在区域n中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示根据洛伦兹力提供向心力，有2qvB=mr圆周运动的周期丁 271r 27tm1=-=-v qB所 以C、D两点间的距离d=V2r=1.4m小 球 从C点 运 动 到D点的时间3r?=-T =1.2s2 43 0.据 报 道，我国华中科技大学的科学家创造了脉冲平顶磁场磁感应强度超过60T的世界纪录，脉冲平顶磁场兼具稳态和脉冲两种磁场的优点，能够实现更高
45、的强度且在一段时间保持很高的稳定度。如图甲所示,在 磁 场 中 有 一 匝 数n=10的线圈，线圈平面垂直于磁场，线 圈 的 面 积 为S=4xl0-4m2,电 阻 为R=6O 0如图乙为该磁场磁感应强度的变化规律，设磁场方向向上为正，求：(l)t=0.5xl0-2s时，线圈中的感应电动势大小；在0-2x10%过 程 中，通过线圈横截面的电荷量；在03xl0-2s过 程 中，线圈产生的热 量。乙【答 案】(1)24V；(2)4x10-3(2；(3)0.192J。【解 析】【分析】【详解】由E-n-SA r得E =1 0 x 2 _ x 4 x 1 0 =2 4 V1x10-2(2)在 0 1
46、0 m s 过程中，由/一R得1=0.4 A在 1 0 2 0 m s 过程中，线圈中电流为()，所以，由q=/AZ流过线圈的电荷量为q=0.4xlxl0-2=4X10-3C由0 3 0 m s 过程中，线圈产生的热量为C=2 x 0.42 x 6 0 x l x l 0-2=0.1 9 2 J3 1.如图，质量M=0.3 k g 的长方体钢板静止在粗糙的水平面上，质量/=0.5 k g 的滑块静止在钢板右端。一质量，%=0.2 k g 的光滑小球沿水平面以初速度=5 m/s 向右运动，与钢板发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后钢板向右滑行，滑块恰好不从钢板上掉下来。已 知 钢 板 与 水 平 面
47、 间 的 动 摩 擦 因 数 01，与滑块间的动摩擦因数2 =0 2,m g=1 0 m/s2o求：碰后瞬间，小球的速度大小和钢板的速度大小；滑块在钢板上滑行的时间人(3)钢板的长度L以及钢板刚停下时滑块与小球间的距离V o【答案】(1)1 m/s ,4 m/s ；().5 s；(3)l m,2.2 5 m【解析】【详解】碰后瞬间，设小球的速度为V,钢板的速度为匕，小球与钢板发生弹性正碰，取水平向右为正，满足动量守恒和机械能守恒，则mnvn=mav+Mv；，。片=；/+3 加 1解得vim0-M恤+M%=-lm/s=4m/sm0+Mv=小球的速度大小为lm/s,钢板的速度大小为4m/s。(2)
48、碰后，滑块水平向右做匀加速直线运动，钢板水平向右做匀减速直线运动，直至与滑块的速度相同。设钢板、滑块运动的加速度大小分别为4、a2,根据牛顿第二定律有必(M+ni)g+2g=Mq氏 mg=ma2钢板与滑块速度相同时有解得八=0.5s钢板与滑块共速后，由于乩(M+z)gM+m从g 4滑块与钢板以相同的加速度一起水平向右做匀减速直线运动，则滑块在钢板上滑行的时间t=%=0.5s(3)在0 A内，钢板的位移大小滑块的位移大小x_ v2.?=t一 2钢板的长度L =X 一 冗2解得L =1 m设钢板与滑块共速后到刚停下所用的时间为a，则a钢板刚停下时滑块与小球间的距离x=1 u I(G )+x?+at
49、；解得x=2.25m3 2.一 粗 细 均 匀 的U形 管，左侧封闭，右侧开口，同时左侧用水银柱封闭-定质量的气体，开始时左右两侧的水银柱等高，现将左管密闭气体的温度缓慢降低到2 8 0 K,稳定时两管水银面有一定的高度差，如图所 示，图 中L i=1 9 c m,A h=6 c m 已知大气压强为P o=7 6 c m H g。(i)求左管密闭的气体在原温度基础上降低了多少摄氏度?(i i)现要两管水银面恢复到等高，求需要向右管注入水银柱的长度。A【答 案】(i )7 2；(i i)9 c m【解 析】【详 解】(i)设开始时气体温度为刀，管 的 截 面 积 为S,则 有p=7 6 c m
50、H g,乂=(1 9 +3)S末 态，鸟=(7 6 6)c m H g =7 0 c m H g,%=1 9 S,7；=2 8 0 K根据理想气体状态方程有即7 6 x 2 2 5 _ 7 0 x 1 9 5-2 8 0解得7 =3 5 2 K两状态的温度差为3 5 2 K -2 8 0 K =7 2 K所以左管密闭的气体在原温度基础上降低了 7 2(i i)设向右管注入水银后，左管内水银面上升x,管内气体长度为4-x由玻意耳定律有0 2%=。3匕即7 0 x l 9 S =7 6 x(1 9-x)S解得x =1.5 c m故需要向右管注入水银柱的长度为9 c m。3 3.如图，某同学想把剖面