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1、word版可编辑】湖南省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，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距L=lm,导轨平面与水平面成0=30。角，下端连接一定值电阻R=2。，匀强磁场B=().4T垂直于导轨平面向上。质 量 m=0.2kg、电阻r=l。的金属棒a b,其长度与导轨宽度相等。现给金属棒ab施加一个平行于导轨平面向上的外力F,使金属棒ab从静止开始沿轨道向上做加速度大小为a=3m/s2的匀加速直线运动。运动过程中金属棒ab始终与导轨接触良好，重力加速度取g=10m/s2。求：(1)当电阻R 消耗的电功率P=1.28W时
2、，金属棒ab 的速度v的大小；(2)当金属棒a b 由静止开始运动了 x=1.5m时，所施加外力F 的大小。【答案】(l)6m/s；(2)1.76N【解析】【分析】【详解】(1)根据题意可得P=FR由闭合电路欧姆定律可得E=I(R+r)=2.4V再由法拉弟电磁感应定律可得E=BLvi联立解得E/,V.=6m/s1 BL(2)根据题意，金属棒ab在上升过程中，切割磁感线可得E=BLvzF=BILE=I(R+r)由金属棒ab在上升过程中，做匀加速直线运动，由运动学规律可得vf=2ax对金属棒ab进行受力分析，根据牛顿第二定律可得F-mg sin 0-F,=ma联立解得F=l.76N2.如图甲所示，
3、内壁光滑、导热良好、质量为华的汽缸开口向上竖直放置在水平地面上，上部分的横3g截面积为S,下部分的横截面积为2S,下部分汽缸高L,汽缸内有两个质量忽略不计、厚度不计的活塞A、B 封闭了 I、I I 两部分理想气体，A 活塞正好处在汽缸上下两部分的分界处，B 活塞处在下部分汽缸的正中间位置处。现将该装置挂起来，气缸脱离地面稳定后如图乙所示。A 活塞始终未与汽缸脱离，已知重力加速度为g,外界温度为T,大气压强为P。若环境温度保持不变，求乙图中A 活塞向上移动的距离；若环境温度缓慢升高，B 活塞恰能升到下部分汽缸的顶部，求此时的环境温度？甲乙4【答案】L-T3【解析】【详解】以两部分气体为一个整体为
4、研究对象，状 态1Pl=Po,K=2sL再次平衡为状态2P2=P。S 3根据玻意耳定律可得月乂=必匕，解得V2=3SL乙图中A 活塞向上移动的距离XA=S以II为研究对象，状 态 1：P=P。，V S L,T=T状态2：2 =Po 一跑=|p。，Vf2=2SLS根据理想气体的状态方程可得半=皆，解得3.如图所示，长木板的左端用一较链固定在水平面上，一可视为质点的小滑块放在长木板上的A 点调节长木板与水平方向的夹角a 为 37。时，小滑块由A 点开始下滑，经时间t 滑到长木板的最底端夹角a 增大为 53。时，小滑块由A 点经时间,滑到长木板的最底端。已知加37。=0.6,COS37G0.8。求：
5、2(1)两次小滑块的加速度之比以及两次小滑块到达长木板底端时的速度之比；(2)小滑块与长木板之间的动摩擦因数。i 4 1vl i 8【答案】(1)=T(2);/=%4 V2 2 13【解析】【详解】(1)对小滑块由运动学公式可知，当夹角为37。时，有:3”当夹角为53。时，有：整理解得：L=1a2 4又由:vi=ait解 得：-匕-_-1 V2 2对小滑块由牛顿第二定律可知,当 夹 角 为37。时，有：mgsin37|imgcos37o=mai当 夹 角 为53。时，有:mgsin53-nmgcos53=ma2联立两式并结合：幺 a2 4解 得：8H -O134.如图所示，一 质 量 为 m,
6、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 L 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：导 体 棒 A C 受到的安培力；导 体 棒 A C 受到的摩擦力。【答 案】（l）B I L,方 向 垂 直 于 A C 斜向右下方，与 竖 直 方 向 成。角；（2）B/L s i n 8,方向水平向左【解 析】【分 析】【详 解】（1）由安培力公式可知导体棒A C 受 到 的 安 培 力 为F安=B IL,由左手定则可知，安培力方向垂 直 于 A C 斜 向右下方，与 竖
7、直 方 向 成。角;对导体棒受力分析如图N由平衡条件可知F(=七 si n 夕=B IL s i n 0方向水平向左5.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为加的滑块A、3由静止释放在桌面上。已知两滑块A B均带正电，电荷量大小为q,且AB间的距离为L =lm.已知滑块A、3与轨道间的动摩擦因数分别为.=0 4和B=0 S 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。EA
8、B【答案】(1)52月；(2)5 m5【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Eq -/L iAm g =m ax得a=2m/s2对 B有 E qv yg,故N静止，则得t =l s设发生第一次碰撞前的瞬间滑块A的 速 度 是%,则%=att=2m/s碰后滑块A、8的速度分别是匕、岭，由弹性碰撞得:由动量守恒定律mv0-mv+mv2由能量守恒定律g mv=g mvj2+；mv解得 力=(),v2=2m/s滑块3开始做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得Eq-/JBmg=ma2可解得a2=-2.5m/s2设滑块8运动时间4后停止运动，则t0=上 马=0.8s
9、1 ,-a =0.64m1 2L2-v2to+a to-0.8m由于右%，8停止运动时二者仍未发生第二次碰撞，即4=g卬：得4275可故(2)由(1)知，每次碰撞后B先减速到零，再次与A碰撞，又2Eq 1 Fv-VQ=2ax=2 xm变形得动能定理Fx-mv2-mv(.2 2(2)根据速度与时间的关系Fv=at=v0+tm变形得动量定理Ft=mv-mv()9.某精密光学仪器上有一块玻璃砖是由一块长方体的匀质玻璃下部分挖掉一个半径为R的半圆柱形成的，其截面如图所示，CD为半圆柱体的直径，O为圆心，A D 长为W R.一束单色光从AD边的中点E垂直射入玻璃稽，经过折射后从玻璃砖中射出。已知玻璃砖对
10、该单色光的折射率为光在真空中的传播速度为c。请画出此光束在玻璃砖中的光路图，并求出该单色光从进入玻璃砖到第一次射出玻璃砖时的折射角；该单色光从进入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所经历的时间。【解析】【分析】【详解】由题意可知，作出光在介质中的光路图如图所示。根据图示和题意6 Rsi。”以=工=且OF R2a=60由光进入该介质的产生全反射时的临界角设为C,得 1tan C=n可 得a C,光 线 在F点全反射根据图可知7=4=30。由G点光线第一次射出介质，由折射定律得1 _ sin/n sin 0解得0=60根据题意，光中介质中的传播速度为cV-nEF=R-Rsinj3=RFG=FO=R所以光在介
11、质中传播的时间为EF+FGt=-V3百Rt=-2c1 0.有一个直角三角形的玻璃棱镜A B C,截面如图。NA=30。，D点 是AC边的中点，AC边 长 为L。一条 光 线 从D点 沿 平 行 于AB方向射入棱镜，光 线 在AB面发生全反 射 后 垂 直BC从F点射出。求 玻 璃 的 折 射 率n；若 光 在 真 空 中 的 速 度 为c,光 线 从D点 到F点 经 过 的 时 间t。【答 案】(1)6(2)生 之4C【解 析】【分析】根据题意画出光路图，由几何知识求出光线在D点时的折射角，再由折射定律求玻璃的折射率；根据几何关系求光线在棱镜中传播的距离，由v=c/n求出光线在棱镜中的传播速度
12、，再由运动学公式求传播时间.【详解】光路图如图所示，设在AC面入射角为i,折射角为r,在A B面，光线与AB的夹角为a,反射光线与AB的夹角为0,光线垂直B C射出，有由几何知识可得：a-/3-30,i-60,a+r-60,r-30折射率：=亚=地亚=6；s i n r s i n 3 0 0由于a =N A ,所以 A D E为等腰三角形，所以：DE=AD=-t EF=CD-DE-cos(900-r)2设光线从D点到F点经过的距离为X ,X=DE+EF，光线在玻璃中传播速度为v =-nnlX则：t-.9V解得：r =2包4c【点睛】本题考查几何光学，掌握光的折射定律，正确画出光路图，运用几何
13、知识求解相关角度和距离是关键.1 1.如图所示，光滑的水平台高/z =4 m,在水平台上放置A、B两物体，质量分别为町=1.5 k g,/%=2 k g ,一半径R =2m的光滑固定圆弧轨道竖直放置，与水平地面相切于C点，半径OD与竖直方向OC的夹角8 =5 3。，现使物体A以=1 2 m/s的初速度水平向右运动，并与物体B发生正碰，物体B离开平台后恰能沿D点切线方向滑入圆弧轨道。已知重力加速度g取1 0 m/s 2,s i n 5 3 o =0.8,c o s 5 3 0 =0.6,求：(1)碰撞后物体A的速度；(2)物 体B经过圆弧轨道的C点时，轨道受到的压力大小。A r Ba rt 答案
14、(1)/=4m/s(2)136N【解析】【详解】(1)物体B 离开平台下落到D 点的高度为/i=/z-/?(l-co s5 3)=3.2m由W=2 g/z,解得vv-8m/s在 D 点由速度矢量三角形可得tan 53=6m/s即碰撞后B 的速度为6mzsA、B 碰撞时由动量守恒得犯=4%+m2vx联立解得V 1 =4m/s(2)B 从平台落到圆弧轨道C 点的全过程，由动能定理得,1 2 1 2m2gn=myv mvx在 C 点由牛顿第二定律可得联立解得/=1 3 6 N由牛顿第三定律可得，轨道受到的压力为136N1 2.如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场E=8xl03v/m,带电量q=lx
15、lOC、质 量 m=lxl()-3kg的小物块固定在水平轨道的。点，AB为光滑固定的圆弧轨道，半 径 R=0.4m。物块由静止释放，冲上圆弧轨道后，最终落在C 点，已知物块与OA轨道间的动摩擦因数为=0.1,OA=R，重力加速度g=10m/s2,求：(1)物 块 在 A 点 的 速 度 大 小 VA(结果可保留根号)(2)物 块 到 达 B 点时对轨道的压力(3)0C 的距离(结果可保留根号)。【答 案】力=廊m/s FN=0.018 N x=m【解 析】【详 解】对 物 块 从 O 到 A 由动能定理得qER-/jmgR=；mv代入数据解得vA=756m/s 对 小 物 块 从 O 到 B
16、点由动能定理得1 ,qE-2R pimgR-mgR=m vR在 B 点由牛顿第二定律得*a 咕FK-qE=m 联立解得时=0.018N(3)对 小 物 块 从 O 到 B 点由动能定理得1 2qE-2R-/amgR-mgR=mvB解得vB=AMm/s离 开 B 点后竖直方向先做匀减速运动，上 升 到 最 高 点 离 B 点高度为,2.,h=-2-=-m =0.1m2g 2 x 1 0所用的时间为从最高点落到地面的时间为则 B 到 C的水平距离为1 qE,、2 (V2+V10)2xfiC=-x-(Z1+/2)=-m所 以 O C的距离 _ 32+475xoc 2R+XBC m13.如图所示，间距
17、为L的平行金属板M N、P Q 之间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。M N 板带正电荷，P Q 板带等量负电荷，板间磁场方向垂直纸面向里，O O 是平行于两金属板的中心轴线。紧挨着平行金属板的右侧有一垂直纸面向外足够大的匀强偏转磁场，在其与0。垂直的左边界上放置一足够大的荧光屏。在 O 点的离子源不断发出沿。O方向的电荷量均为q、质量均为m,速 度 分 别 为%和 亚%的 带正电的离子束。速度为%的离子沿直线。方向运动，速度为J 而%的离子恰好擦着极板的边缘射出平行金属板其速度方向在平行金属板间偏转了 60,两种离子都打到荧光屏上，且在荧光屏上只有一个亮点。已知在金属板M N、P Q 之间匀强
18、磁场的磁感应强度。不计离子重力和离子间相互作用。已知在金属板M N、P Q 之间的匀强磁场磁感应强度B 求:qL(1)金属板M N、P Q 之间的电场强度；金属板的右侧偏转磁场的磁感应强度；两种离子在金属板右侧偏转磁场中运动时间之差。【解 析】【详 解】(1)速 度 为%的 离 子 沿 直 线0 0 方向匀速运动，贝U：qvuB=qE得 门 mu：(2)如图所示，速 度 为J I 5%,的离子在平行金属板间运动时，由动能定理可知2 2 1 2得W =3%设金属板的右侧匀强磁场的磁感应强度为综，由牛顿第二定律可知：在。点速度为的离子进入右侧偏转磁场后2D机 垢q v B o=J则qB。在。点 速
19、 度 为 何%,的离子进入右侧偏转磁场后r2得_ 3mv0qB。两种离子都打到荧光屏同一点A，由几何关系可知2彳+广得B二 匈 qL（3）在。点速度为的离子在右侧偏转匀强磁场后运动时间:HI:HLZ，%2%在。点速度为Viovo的离子在右侧偏转匀强磁场后运动时间:5-2-71G-5n-L6 3%6%这两种离子在金属板的右侧偏转匀强磁场中运动时间之差得3%荧光用41 4.如图所示为一种研究高能粒子在不同位置对撞的装置。在关于y 轴对称间距为2d 的 MN、PQ边界之间存在两个有界匀强磁场，其 中 K（K 在 x 轴上方）下方I 区域磁场垂直纸面向外，JK 上方H区域磁场垂直纸面向里，其磁感应强度
20、均为B.直线加速器1 与直线加速器2 关于O 点轴对称，其中心轴在位于x轴上，且末端刚好与MN、PQ 的边界对齐；质量为m、电荷量为e 的正、负电子通过直线加速器加速后同时以相同速率垂直MN、PQ边界进入磁场。为实现正、负电子在II区域的y 轴上实现对心碰撞（速度方向刚好相反），根据入射速度的变化，可调节边界与x 轴之间的距离h,不计粒子间的相互作用，不计正、负电子的重力，求:M P；X X X X XX X Br X XV j I XB 0 ：在 线 加 速 器 22 r f|(1)哪个直线加速器加速的是正电子；(2)正、负电子同时以相同速度v i 进入磁场，仅经过边界一次，然后在n区域发生
21、对心碰撞，试通过计算求出V,的最小值。(3)正、负电子同时以V 2 =1 幽 速 度进入磁场，求正、负电子在I I 区域y轴上发生对心碰撞的位置离2mO点的距离。【答案】(1)直线加速器 2 (2)幽；(3)A y =2 -J-J-一(A)2 ,n =l,3,5,7.2 k-1.2m 2 V 2 2【解析】【详解】(D正负电子进入磁场后要在n区域相遇，因此正负电子出加速器以后都向上偏转，根据左手定则可知直线加速器2 加速得为正电子(2)如图所示：d=2 R s i n O,R (1 -c o s O)=h或直接得:+(R h)=R2即当=Jh.,即 h =4 时，R m i n =8/2 2d
22、 2 2根据e v i B =m -,求得：丫 1 =竺 R 2m(3)当 v=Yi网，则 R=Y2d,距离总是满足：A y=2 h2m 2情况一：hR,只有一种情况h=R +注R,y =gd+d2情况二：hVR,(呆 +(R _ )2=R2,h=R卜2 得)情况一情况二15.如图所示，两平行长直金属导轨(不计电阻)水平放置，间距为L,有两根长度均为L、电阻均为R、质量均为m 的导体棒A B、CD 平放在金属导轨上。其中棒CD 通过绝缘细绳、定滑轮与质量也为m 的重物相连，重物放在水平地面上，开始时细绳伸直但无弹力，棒 CD 与导轨间的动摩擦因数为“，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和
23、其他阻力，导轨间有一方向竖直向下的匀强磁场磁场区域的边界满足曲线方程：y=L sin-x(O x=2R(2)棒A B在匀强磁场区域B i的运动过程中，产生的感应电动势为:7 1E=BiLvsin xL则感应电动势的有效值为：BLv BxLvLt=v可以得到:c,2n B,2L3VQ=/有效 Rt=!-s8H(3)当CD棒所受安培力F安=nm g时，设棒A B所在位置横坐标为x。，对 棒C D受力分析可得:B.BLyv 7：=pmg y=Lsinxoix L解得：L 5xo=,xi=L6 6则：菁)L x.5Ltl=-=，t2=v 6v v 6v 当0展 二 时，6v则:FN=mg 当 上 t
24、三 时，贝!I：6v 6vB.B9LyvFN=mg+ging.2.K即：6、B B“.冗xFN=(i+g)mg!-sm 27?L 当 当 0VL时，则：6v vFN=mgo16.一个倾角为0=37。的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块(可视为质点)以vo=8m/s的初速度由底端沿斜面上滑。小物块与斜面的动摩擦因数H=0.1.若斜面足够长，已知tan37o=3,g 取410m/s2,求：(1)小物块沿斜面上滑时的加速度大小；(2)小物块上滑的最大距离；(3)小物块返回斜面底端时的速度大小。【答案】(1)8m/s2(2)4.0m(3)4 后 m/s【解析】【详解】(1)小物块沿斜
25、面上滑时受力情况如下图所示，其重力的分力分别为：Fi=mgsin0F2=mgcos0根据牛顿第二定律有:FN=F2 Fi+Ft=ma.(2)又因为Ff=pFN由式得：a=gsin 0+pgcos0=(10 x0.6+0.1 x 10/2x4x4=43mzs1 7.如下图，一横截面积为S 的绝热气缸固定在绝热水平面上，一绝热活塞封闭气缸内一定质量的理想气体，在气缸右侧有一暖气管，气缸与暖气管相接处密闭性良好，气缸左侧的活塞用一跨过定滑轮的轻绳与一质量为M 的祛码相连。当活塞稳定后，测得活塞到气缸右侧壁之间的距离L,温度传感器测得此时气缸内气体的温度为Ti。现让高温暖气从暖气管的上端流进、再从暖气
26、管的下端流出，经过一段时间后发现活塞缓慢向左移动了一小段距离后便静止不动了。这个过程中气缸内的气体吸收热量Q B,温度传感器的读数为T2。设重力加速度为g,大气压强为P。，忽略所有摩擦，回答问题。试分析密闭气体体积的变化，并求出此变化量AV；(ii)求此过程中气缸内气体内能的变化量AUo温度传感器【答案】(i)A V=7 S L；(ii)A(7=e-(/；)S-M g).，1/【解析】【分析】【详解】由于气缸内的气体温度升高，故活塞将向左移动，设气缸再次稳定后向左移动的距离为AL。由题目中的条件可知，容器内的气体是在做等压变化。由理想气体状态方程可得LS _(LS+S-AL)T=T2解得故变化
27、的体积为工(ii)以气缸活塞为研究对象，设气缸里面的大气压对气缸的压力为F 根据力的平衡可得F=P0S-M g暖流给气缸中的气体加热，当气体温度为T2时，气体膨胀对外做的功为：W=-F SL=-(%S-M g XL=(P0S-M g)T-T L看由热力学第一定律可知，容器中的气体内能的增加量为AU=Q _(R S _ M g)L*1 8.如图，从离子源A 发出的初速度为零、带电荷量为4 质量为，”的正离子，被电压为5的电场加速后,沿中心轴线射入带电的平行板电容器。电容器的板长为L、板间距离为自，板间电压为U,=5。离子2 4射出电场一段时间后又进入一个环状区域的匀强磁场，磁场的外半径为R,宽度
28、s=,磁场方向垂直于2纸面向里，磁场的圆心与平行板电容器的中心重合，求：(1)该离子进入偏转电场时速度的大小；(2)为使该离子不能从磁场外边缘射出，磁场的磁感应强度B的最小值；(3)为保证该离子不从磁场外边缘射出，离子在磁场中运动的最长时间。XXX【解析】【详解】(1)电场U|中加速，有 1 2cjUi=-mvx解得(2)电场中类平抛，如图:竖直方向有耳1=ma2vy=at水平位移L-又有v=M+*解得在最小磁场B 中做圆周运动，有2VqvB=mr由几何关系得(R-s)2+r2=(R-r)2解得解得2忸 叫3列q(3)在磁场中运动速度丫 一定，磁场3 不同，运动时间不同。图示为最长时间。圆周运
29、动周期.2兀m1=-qB由几何关系得R-s 4tan a=-=r 3则a=53圆周运动时间360-(2x53)磁 36(7 1解得_ 1217i R I m-60 V 34曲1 9.如图所示，水平虚线ab和 cd在同一竖直平面内，间距为L,中间存在着方向向右与虚线平行的匀强电场，虚线cd 的下侧存在一圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，圆形磁场与虚线cd相切于M 点。一质量为m、带电量为+q的粒子由电场上边界的S 点以速度vo垂直电场方向进人电场，经过一段时间粒子 从 M 点离开电场进人磁场，粒子在磁场中的速度大小为2 v o,经偏转后，粒子由虚线cd上的N 点垂直于虚线返回匀强电场且刚好再次
30、回到S 点。粒子重力忽略不计，求：(1)S M 两点间的距离；(2)圆形磁场的半径r 以及磁感应强度B 的大小;(3)带电粒子在整个运动过程中的总时间。【答案】乎八2琳 T29?+【解析】【详解】(1)根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示L在电场中，粒子带正电，从 S 到 M 过程中做类平抛运动，在竖直方向做匀速直线运动，则有：=一在 M 点，沿水平方向的速度VMx-J(2%)一吊-#1Vo所以粒子的侧位移P M =t.=L2 1 2则 S M 两点间的距离(2)在 M 处，由速度关系知解得8=30L粒子在电场中从N返回S过程中的时间为G =-根据位移时间公式有a-VMx _ V0解得PN=L8
31、MN=MP+PN=L8由几何关系知，在AMNT中MT=-M-N-=-5L rcos30 4M K-M T=L2 8在AMQK中，带电粒子的轨道半径为D_ MK _ 5 lx.-Lcos 30 12粒子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有v=2%解得8=8国%由图知，AMOT为等边三角形，所以圆形磁场区域的半径r=MO=MT=，Lf 2兀m 带 电 粒 子 在 磁 场 中 运 动 的 周 期 厂 行，由几何知识可知，带电粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为2 4 0，则带电粒子在磁场中运动的时间为_2_5&3J 一3 3 1 8%粒子从T点飞出磁场到达N点过程中T N=M T s i n 3 0 =
32、-L8则T N 5L2%1 6%所以粒子从S点出发到再次返回到S点的时间为2 0.一赛艇停在平静的水面上，赛艇前端有一标记P离水面的高度为=0.6 m,尾部下端Q略高于水面；赛艇正前方离赛艇前端M=0.8 m处有一浮标，示意如图.一潜水员在浮标前方%=3.0 m处下潜到深度为外时，看到标记刚好被浮标挡住，此处看不到船尾端Q；继续下潜M =2.0 m,恰好能看见Q。（已知水的折4射 率n=：）求3深度为；赛 艇 的 长 度（可用根式表示）【答案】4 m；（32-3.8）m。【解析】【分析】【详解】设 过P点光线，恰好被浮子挡住时，入射角、折射角分别为：a、p,如图所示1由几何关系有根据光的折射定
33、律可知s i n a 4n=-=s i n，3联立解得h 2=4 m 潜 水 员 和 Q点连线与水平方向夹角刚好为临界角C,则有.1 3s i n C =n 4根据几何关系有.6 S+$2 +/t a n C =-=h2+联立解得2 1.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
34、，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,已知重力加速度为g。(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p应满足的条件；若 A与 B间的动摩擦因数|1=0.7 5,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
35、满足(2)设 A 与 C 碰撞后，A 和 C 的速度分别为VA和 v c,则2mv0-2mvA+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解得设碰后，经时间t,A 和 B 的速度相同，则%+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-x解得八强3g2 2.如图所示，四边形ABCD是一块玻璃砖的横截面示意图，ZD=90,DO垂直于A B,垂足为O.一束单色光从O 点射入玻
36、璃砖，人射角为i,调节i 的大小，当 i=45。时，AD面和CD面都恰好没有光线射出.玻璃砖对该单色光的折射率.四边形ABCD中N A 的大小.【答案】(1)0(2)75【解析】【分析】【详解】根据题意可知，当光线在AB面上O 点的入射角为j=4 5 时，恰好在AD面和CD面发生全反射，作出i=4 5 时的光路图如图所示，P、M、N 分别为光线在AD、CD,AB面上的入射点，过 P、M 两点的法线相交于E 点，设光线全反射的临界角为GDc解得G=451折射率 =-77sin C,解得YI-y2设光线在o 点的折射角为r,根 据 =回，代入/=4 5，解得r=30sinr根据几何关系可得乙4尸。
37、=9()-C,=45,NAOP=90-r =60解得NA=180-45-60=7523.某物体沿着一条直线做匀减速运动，途经A,B,C三点，最终停止在。点。A 3 之间的距离为s,B,C2之 间 的 距 离 为 物 体 通 过 A B 与 两 段 距 离 所 用 时 间 都 为。求：-4 B C 1)(1)物体经过A 点时的速度；(2)物体经过8段的平均速度。【答案】(1)肾(2)券6fo 4。【解析】【详解】(1)设物体在A 点时的速度为乙,A 3 段中间时刻的速度B C 段中间时刻的速度2 3%o解得物块的加速度大小为。=生=2tV=匕+。.立=区I 2 6to(2)物体运动到C 点时的速
38、度a 42匕2解得L京物体经过CD段运动的平均速度+%=迎2 4t02 4.如图所示，把一个横截面QMP为等边三角形玻璃棱镜的一个侧面放在水平桌面上，直线S。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 Q 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S Q=P D。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。【答案】(i)=V L (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。QD有s i n 6 0 n=
39、-s i n 3 0 解得=百(i i)出射光线与入射光线间的夹角为6 =2 x 3 0 =6 0 2 5.如图所示，上端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，两活塞用一根长度为L的刚性轻质细杆连接，两活塞间充有氧气，小活塞下方充有氮气，大、小活塞的质量分别为2 m、m,横截面积分别为2 S、S.氮气和汽缸外大气的压强均为p。，大活塞与大圆筒底部相距人。现通过电阻2丝缓慢加热氮气，使小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐位置。已知大活塞导热性能良好，汽缸及小活塞绝热，两活塞与汽缸壁之间的摩擦不计，重力加速度为g。求：初始状态下氧气的压强；小活塞与大圆筒底部平齐时，氧气的
40、压强。【答案】p+嗫P 2=?P +暇|【解析】【详解】分析初始状态下两活塞的受力情况，根据力的平衡有P o x 2 S +P S+3 m g=P x 2 S +p0S解得初始状态下氧气的压强P=P o+k初始状态氧气体积当小活塞缓慢上升到上表面与大圆筒底部平齐时，氧气体积匕=2 S L,压强为p z,根据玻意耳定律有P2%=PM，解得2 6.如图所示，将横截面积S=100cm2、容积为V=5L,开口向上的导热良好的气缸，置于ti=-13C 的环境中。用厚度不计的轻质活塞将体积为Vi=4L的理想气体封闭在气缸中，气缸底部有一个单向阀门N。外界大气压强po=LOxl()5Pa,重力加速g=10m
41、/s2,不一切摩擦。求：将活塞用卡销Q 锁定，用打气筒通过阀门N 给气缸充气，每次可将体积Vo=lOOmL,压强为p。的理想气体全部打入气缸中，则打气多少次，才能使其内部压强达到L2p。；(ii)当气缸内气体压强达到1.2po时，停止打气，关闭阀门N,将质量为m=20kg的物体放在活塞上，然后拔掉卡销Q,则环境温度为多少摄氏度时，活塞恰好不脱离气缸。【答案】8；(ii)52C【解析】【分析】【详解】(1)由玻意耳定律得p。化+叫)=1.2喇其中K=4 L,h=100mL,n 为打气次数，代入数值解得：7 2 =8(ii)初 态 气 体 温 度 为 273K=2 6 0 K,最终稳定时，体积为V
42、=5 L,内部气体压强为=Po+驾=L2xl()5 paSV.V即拔掉卡销后，缸内气体压强不变，由盖吕萨克定律得：书，解得124=325K则气缸内气体的温度为t2=4-2 7 3 K =522 7.如图所示，在水平面上有一个固定的I 光滑圆弧轨道a b,其半径R=0.4m。紧靠圆弧轨道的右侧有一足够长的水平传送带与圆弧轨道相切于b 点，在电动机的带动下皮带以速度vo=2m/s顺时针匀速转动，在a 的正上方高h=0.4m处将小物块A 由静止释放，在 a 点沿切线方向进入圆弧轨道a b,当 A 滑上水平传送带左端的同时小物块B 在 c 点以v=4m/s的初速度向左运动，两物块均可视为质点，质量均为
43、2 k g,与传送带间的动摩擦因数均为M=0.4O两物块在传送带上运动的过程中恰好不会发生碰撞，取 g=10m/s2 求：(1)小物块A 到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；小物块B、A 开始相向运动时的距离1瞬；(3)由于物块相对传送带滑动，电动机多消耗的电能。严【答案】(I)IOON(2)5m(3)16.1【解析】【详解】(1)小物块A 从静止运动到b 点，由动能定理得1 2mg(h+R)-在 b 点由牛顿第二定律得FN-mg=m K解得FN=100N根据牛顿第二定律可知小物块A 到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为100N由牛顿第二定律得pmg=ma可知两个小物块的加速度大小均为a=
44、jig=4m/s2小物块A 向右减速至与传送带共速的过程中所需时间tJ-%小物块A 的位移2a传送带的位移Xl=VotA所 以 A 物块相对传送带的位移5=4一花小物块B 向左减速至0 再反向加速至与传送带共速的过程所需的时间ID=-v-+-v-n-=1、.5=sa小物块B 的位移大小2 22a传送带的位移x2=用筛所以小物块B 相对传送带的位移5=/+/小物块B、A 开始相向运动的距离鼠=5+5解得晨=5m(3)小物块A 相对传送带运动产生的热量21=加 g A小物块动能的变化量小物块B 相对传送带运动产生的热量02=加gB小物块动能的变化量1 9 1AE=mva mvX 2 22所以电动机
45、多消耗的能量E=Qi+Q?+解得E=16J2 8.如图所示，一根内壁光滑的直角三角形玻璃管处于竖直平面内，。=3 7，让两个小球（可视为质点）分别从顶点A 由静止开始出发，一小球沿AC滑下，到达C 所用的时间为t“另一小球自由下落经B 到达 C,所用的时间为t2,在转弯的B 处有个极小的光滑圆弧，可确保小球转弯时无机械能损失，且转弯时间可以忽略不计，sin37-=0.6,求：,的 值。【答案】1【解析】【详解】设三边分别为3a、4a、5 a,由 AC滑下有a=gsin0=O.6g由1,2-cit,-5 a2 得沿 ABC滑 下 AB段有g g 确=3。得6av=gt2=y/6ga沿水平BC段有
46、vt2i=4a得22故可知tl：t2=l：lo2 9.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(一夜。,0)、(0,-6 a),一带负电的粒子由M 点沿M N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？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？【答案】(1)-;Jta或 2jra【解析】【分析】【详解】电子在匀强磁场中做匀速圆
47、周运动，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，如图甲所示则有2Rcos45=/2a解得R=a运动轨迹为四分之一圆周，所以运动的路程2乃 火7tas=-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。，则运动轨迹如图乙圆周运动半径RaN运动通过的路程为型xN=4271a4Wx 2N=na3 0.如图所示，水 平 面AB光 滑，质 量 为m=L0kg的
48、物体处于静止状态。当其瞬间受到水平冲量I=10N s的作用后向右运动，倾 角 为。=37。的 斜 面 与 水平面在B点用极小的光滑圆弧相连，物体与斜面间动摩擦因数 产0.5,经B点 后 再 经 过L5s物 体 到 达C点。glO m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,求BC两点间的距 离。【答 案】4.75m【解 析】【详解】根据动量定理有I=mv-0解得%=1 Om/s沿斜面上滑mg sin 0+/jmg cos 0=ma速度减少为零时，有%一g=0解得%=Is 1.5s最高点距5 点的距离X 2 2 1物体下滑mg sin 0-/mgcos0=ma2从最高点到c 点的距离1
49、 24+=1.5s8c 两点间的距离SHC=%-x2=4.75m31.如图，小球a、b 用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平.从静止释放球b,两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为6 0。.忽略空气阻力，两球a、b 的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比.一、tn,（V2-1）Q 2-V2【答案】（1）工=、-（2）&=-m,1 Eh 2【解析】试题分析：（D b 球下摆过程中，只有重力做功，由动能定理可以求出碰前b 球的速度；碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律列方程，两球向左摆动过程中，机械能守
50、恒，由机械能守恒定律或动能定理列方程,解方程组可以求出两球质量之比.（2）求出碰撞过程中机械能的损失，求出碰前b 求的动能，然后求出能量之比.（1）b 球下摆过程中，由动能定理得：俐 gL=52 2 _0碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可得：=（町+?2）U,两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：g（肛+叫）丫 2=（町+加 2）gL（l-co s9）解得：=（而一力1 =（及叫：1（2）两球碰撞过程中损失是机械能：。=生,山一（叫+电）gL（l-co.例，碰前b 球的最大动能Eh=；叫%2，1_色 土 强 1一 也Q=2纥 1 13 2.如图，一质量m=0.4kg的 滑 块（可视为质点）静