《衡阳市新高考物理解答题100题汇总含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《衡阳市新高考物理解答题100题汇总含解析.pdf（124页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、word版可编辑】衡阳市新高考物理精选解答题100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，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B o,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感应电动势平均值E；(2)感应电流平均值I；(3)通过导线横截面的电荷量q。XXa XXXXi XXXXX X X XXX X X X XdX XX&X又 次 乂 乂 X X X 一_-InBSco 2nBsco nBS【答案】八丁；音;下【解析】【详解】(1)线圈从图示位置开始转过90。的过程中，磁
2、通量的变化量为(p=BS所用时间为A T 7 1t=4 2co根据法拉第电磁感应定律有E=n-Ar则平均电动势为-InBScoE=-7 1(2)依据闭合电路欧姆定律，那么感应电流的平均值为-E 2nBs 3一万一 7lR(3)由电量公式q=l t可得nBSq=-R2.如图所示，水平地面上方MN边界左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场和沿竖直方向的匀强电场(图中未画电场)，磁感应强度B=1.0T,边界右侧离地面高h=0.45m处有一光滑绝缘平台，右边有一带正电的小球 a,质量m g.lk g、电量q=0.1C,以初速度v=0.9m/s水平向左运动，与大小相同但质量为mt=0.05kg静止于平台左边缘的
3、不带电的绝缘球b 发生弹性正碰，碰后a 球恰好做匀速圆周运动，两球均视为质点，重力加速度g=10m/s2o 求：碰撞后a 球与b 球的速度；(2)碰后两球落地点间的距离(结果保留一位有效数字)。1/【答案】(1)va=0.3m/s,vfo=1.2m/s；(2)().Im【解析】【分析】(1)两车发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律就可以求出碰撞后的速度。(2)碰撞后a 在磁场中做圆周运动，b 做平抛运动，应用牛顿第二定律与几何知识、应用平抛运动规律可以求出两球落地间的距离。【详解】(l)a球 与 b 球的碰撞，由动量守恒定律得：外%=加,，匕+匕由能
4、量守恒定律有：1 2 1,1 25m“=5 加，匕+耳/叫，以解得：va=0.3m/s,vh=1.2m/s(2)对 a 球，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有：v2qvuB-m r解得：设 a 球落地点与圆心的连线和地面夹角为有力二r+sin e/=X；+(-r)2可得：8=工6则a球水平位移为：xa=rcos 0-0.15/3mb球不带电，碰后做平抛运动，竖直方向：h=QgU水平方向：xh=vhth=0.36m故两球相距：x=xh-xa=0.1m3.如图所示，一全反射棱镜BCD,ND=90。，BD=CD,E是BD的中点，某单色光AE从E点射入棱镜,AEB C,已知该色光在
5、棱镜中传播的全反射临界角为30。，BC边长为1,光在真空中传播的速度为c,求：在BD界面发生折射时折射角的正弦值：该色光从进入棱镜到第一次射出棱镜的时间。【答案】立；生 叵。4 7c【解析】【分析】根据全反射临界角，由公式sin。=，求出棱镜的折射率，再根据折射定律求光线在BD界面发生折射时n折射角的正弦值，做出光在棱镜中的传播路径，根据几何关系求出光线在棱镜内通过的路程，由 丫=求出光在棱镜中传播速度，从而求得该色光从进入棱镜到第一次射出棱镜的时间。【详解】已知光在棱镜中传播的全反射临界角为C=30。，由：c 1sinC=n得：n=2在 B D 界面发生折射时，由折射定律得：sin 45n=
6、-sinZl解得：sinZl-4光在B D 边上折射后射到B C 边上，由于入射角大于30。，所以在B C 边上发生全反射，最后从C D 边射出，光在介质中的传播路径如图所示：在BEF中，根据正弦定理有：E F _ B F B Esin 45-sin（90+N1）-sin（45-Z l）解得：V14+V2,DJ7 7 啦+/E F =-1，B F =-16 12则：F C =BC-BF=5 近一亚 i12在bG C中根据正弦定理有：F C F Gsin（90+Z1）sin 45则：”5V14-7V2.r C j -142则光在棱镜中传播的路径长为：r r“2V14.x =E F +F G =-
7、17则光在棱镜中传播的时间为:x x 4714/t=-v c 7cn答：在 BD界面发生折射时折射角的正弦值为也。4该色光从进入棱镜到第一次射出棱镜的时间为生叵。7c4.如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距L=0.6m,两导轨的左端用导线连接电阻Ri及理想电压表，电阻r=2Q的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知Ri=2C,R2=1 Q,导轨及导线电阻均不计.在矩形区域CDEF内有竖直向上的磁场，CE=0.2m,磁感应强度随时间的变化如图乙所示.在t=0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F,从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个
8、过程中电压表的示数保持不变.求：图甲(1)t=O.ls时电压表的示数;恒力F 的大小(3)从 t=0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量Q；【答案】(1)L3V(2)L27N(3)1.19J【解析】试题分析：(1)在 11.2 s内，CDEF产生的电动势为定值:R=2-=0.6fAt在 1.Is 时电压表的示数为：J =-=0.3K.仆事(2)设此时的总电流为I,则路端电压为:/R风R +Rz由题意知：=L此时的安培力为：F =BIL解得：F=l.27N(3)1 1.2 s 内的热量为：Q=X=0.0 3 6 7由功能关系知导体棒运动过程中产生的热量为：Q2=FLa=0.0 5 4
9、 J总热量为：0 =&+q=0 9 7考点:法拉第电磁感应定律、焦耳定律、功能关系.5.如图所示，一长为L =1 1 m的水平传送带，以%=4 m/s的速率逆时针转动。把一质量为m=1 k g的物块A以速度大小推上传送带的右端，同时把另一质量为M=2 k g的物块B以速度大小v =8 m/s推上传送带的左端。已知两个物块相撞后以相同的速度在传送带上运动，两个物块与传送带间的动摩擦因数均为 =0.2,重力加速度g =1 0 m/s 2,物块可视为质点且碰撞时间极短。求：经多长时间两个物块相撞；相撞后两个物块再经多长时间相对传送带静止；物 块B与传送带因摩擦产生的热量Q。v当一%用【答案】(l)l
10、 s(2)y S(3)J【解析】【详解】(1)由题意知物块A随传送带一起做匀速直线运动，设物块B做加速度大小为a的匀减速直线运动，则由牛顿第二定律有/jMg=Ma设经时间，两个物块相撞，则有v.t+v t-a t2 L解得7 =人 或 者 =1 1$(舍去)(2)规定向右为正方向，两个物块相撞后瞬间的速度为匕，则有M(y at)m v0=(M +m)vx以两个物块为系统，经时间厂两个物块相对传送带静止，由动量定理得一 (M+m)gf=(M+m)v0 (M+m)v解得10一s3设物块B 在与物块A 相撞之前与传送带因摩擦产生的热量为Q,由能量守恒定律有1,1 ,Qi=2+Mg.设碰撞之后物块B
11、与传送带因摩擦产生的热量为。2,由能量守恒定律有,%，=g M v；_ g M u；+&物块B 与传送带因摩擦产生的热量Q=Qt+Q2解得Q796,-J96.如图甲所示，玻璃管竖直放置，AB段 和 CD段是两段长度均为h=25 cm 的水银柱，BC段是长度为12=10 cm 的理想气柱，玻璃管底部是长度为b=12 cm 的理想气柱.己知大气压强是75 cm H g,玻璃管的导热性能良好，环境的温度不变.将玻璃管缓慢旋转180。倒置，稳定后，水银未从玻璃管中流出，如图乙所示.试求旋转后A 处的水银面沿玻璃管移动的距离.r 5图甲 图乙【答案】58cm【解析】【分析】气体发生等温变化，求出两部分气
12、体的状态参量，然后应用玻意耳定律求出气体的体积，再求出水银面移动的距离.【详解】设玻璃管的横截面积为S,选 BC段封闭气体为研究对象初状态时，气体的体积为K=4 5压强为 Pi=75 cmHg+25 cmHg=100 cmHg末状态时，气体的体积为匕=/；S压强为 p2=75 cmHg-25 cmHg=50 cmHg根据不=%可得 12=20 cm再选玻璃管底部的气体为研究对象，初状态时，气体的体积为匕=4 5压强为 Pj=75 cmHg+25 cmHg+25 cmHg=125 cmHg末状态时，气体的体积为匕=/；s压强为 P=75 cmHg_25 cmHg_25 cmHg=25 cmHg根
13、据鸟匕=巴匕可得 b=60 cmA 处的水银面沿玻璃管移动了1=。2一 12)+(bb)=l。cm+48 cm=58 cm7.如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成a=37。的拉力F 作用下，一起沿水平面从静止开始加速运动.已知箱包的质量m=1.0kg,拉杆箱的质量M=9.()k g,箱底与水平面间的夹角0=37。,不计所有接触面间的摩擦，取 g=10m/s2,5拘37。=0.6,037。=0.8。(1)若 F=2 5 N,求拉杆箱的加速度大小a；在(1)的情况下，求拉杆箱运动x=4.0 m 时的速度大小v；(3)要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力的最大值Fm。【答案】(l)2m/s
14、2；(2)4m/s；(3)93.75N【解析】【详解】(1)若 F=25N,以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得Fcosa=(m+M)a解得a-Feos am+M25x0.81 +9m/s2=2m/s2(2)根据速度位移关系可得v2=2ax解得v=d2ax=,2 x 2 x 4 m/s=4m/s(3)箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为零，以箱包为研究对象，受到重力和支持力作用，此时的加速度为刖，如图所示，mgtanO=mao解得ao=gtan0=7.5m/s2以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得Fmcosa=(m+M)a0解得拉力的最大值为Fm=93.7
15、5N8.如图所示，水平面AB光滑，质量为m=1.0kg的物体处于静止状态。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1.5s物体到达C 点。glO m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,求 BC两点间的【答案】4.75m【解析】【详解】根据动量定理有I-mv0 0解得%=10m/s沿斜面上滑m g s i n 夕 +Ri ng c o s 0 m ax速度减少为零时，有%-砧=0解得%=l s /3m/s在 B 点对物块进行受力分析，得：口 崂r+mg=m
16、-解得：F=2N根据牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小为:F，=F=2N方向竖直向上。(2)在 C 点的速度为：vvr-=2m/ssinO物块从C 点下滑到返回C 点的过程，根据动能定理得:一 /LiingcosO-2L=0-代入数据解得:L=0.4 m（3）最终物块在DE段来回滑动，从 C到 D,根据动能定理得:八1 9m g Lsi nO -/Li m g co sO s =0 一 耳 m v 解得:s=1.6m1 1.某透明柱体的横截面如图所示，弧面部分的半径为R,平 面 部 分 的 宽 度 为 血 一 束 平 行 光 从 空 气以与平面成45角方向射向平面，进入透明柱体后折射光线与平面
17、的夹角为60。求:透明柱体材料的折射率；（2）弧面上能透射出光的圆弧长度。（不考虑多次反射）【答案】（1）；（2）兀 R【解析】【详解】光由空气进入透明柱体，入射角4 =4 5 ,折射角2=3 0 ,根据折射定律得s i n。1n=-Ls i n 2解得n=/2在图中作出三条折射光线，过平面右边界的、过圆心的和在弧面恰好发生反射的，如图所示。即圆弧D F E 部分能透射出光。由 NO84=45,NEBA=60可得NOBE=15根据几何关系知NOEB=15,NFOE=15根据全反射知识可知1“sin Z.ADO解得ZADO=45所以NZ)OE=60则圆弧DFE的长度s=2nR=itR6 31 2
18、.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,O B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，O A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0 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s 7 ,c ,v=m/s=2 m/st 3.57 Tt=3.5 s4得T=2 s2 =u T =4.0 m.由O点产生左右传播波的对称性可知A在 波 峰 时B
19、点在平衡位置向下振动。振动图像如图13.一组同学设计了如图所示的玩具轨道，轨道光滑且固定在竖直面内，由 竖 直 部 分A B和 半 径 为R的圆弧B C D组 成，B与 圆 心O等 高，C为最低点，OD与OC的夹角为4 5。让 质 量 为m的 小 球(可 视 为 质点)从A点由静止开始运动，运动过程中 始终受到大小为m g的水平向左的恒力作用。小 球 经D点时对轨 道 的 压 力 大 小 为2 m g。求(1)A、B间 的 距 离h；(2)小 球 离 开D点后再经过多长时间才能再回到轨道上？【答 案】2R2 (【解 析】【详 解】(1)小 球 经 过D点 时，受 到 水 平 力m g与 重 力
20、m g的 合 力F =&m g)?+(m g)2，方 向 沿D点的切线方向。轨道对小球的支持力提供向心力：2 m g =R1 ,小 球 从A到D过 程，根据动能定理：m g(h +Rcos4 5 )-m g(R +Rsin4 5 )=-m v 解 得：h=2R(2)小 球 离 开D点 后，做匀变速直线运动。根据牛顿第二定律：叵 m g =m a根据匀变速直线运动规律，小 球 再 次 回 到D点经历的时间：，=为a可 得：331 4.如图所示，直 线y=：x与y轴 之 间 有 垂 直 于xOy平面向外的匀强磁场区域H,直 线x=d与y=：x间4 4有 沿y轴负方向的匀强电场，电 场 强 度E=3
21、xl()5v/m,另 有 一 半 径R=m的圆形匀强磁场区域L磁感应 强 度 为=0.9 T,方向垂直坐标平面向外，该 圆 与 直 线x=d和x轴均相切，且 与x轴 相 切 于S点。一带负电 的 粒 子 从S点 沿y轴 的 正 方 向 以 速 度V。进 入 圆 形 磁 场 区 域I,经过一段时间进入匀强磁场区域I I,且第3一次进入匀强磁场区域H时 的 速 度 方向与直线y=1 x垂 直。粒 子 速 度 大 小%=3x105血 ,粒 子 的 比 荷 为=1 x 105C/kg,粒子重力不计。已知 sin37*0.6,cos37=0.8,求：m粒子在圆形匀强磁场区域工中做圆周运动的半径大小；坐
22、标d的值；(3)要 使 粒 子 能 运 动 到x轴的负半轴，则匀强磁场区域II的 磁 感 应 强 度B?应满足的条件。【分 析】【详 解】(1)在 磁 场4中，有2qvB=4代入数据解得10r.=m1 3在电场中类平抛运动：设粒子x方向位移为x,y方向位移为y,运动时间为t,则匕=一=4x105 mzs,tan 37又%=吗m解得4/=xl05s3又根据x=voty=0+V y2解得8x=4m,y=m所以坐标d的值,xtan37+y+rd=-L=12mtan 37(3)进入磁场鸟的速度为=5xl05m/s带电粒子出磁场区城n中做匀速圆周运动qvB2mvr2当带电粒子出磁场区域II与y轴垂直时r
23、2y+Rsin 3710m可得B=0.5T当带电粒子出磁场区域H与y轴相切时，轨迹半径为寸，圆周半径为J i r；_ Y+R2 cos 37 sin 3710m可得B2=1.12 5T所以要使带电粒子能运动到X轴的负半轴，0.5T B2=可得Vy=V0tanO=1%0=4 5 v=V2v0 研究粒子从C作圆周运动到O 的运动，令磁场强度为B,由2qvB=mR由几何关系得2RsinO=2h 由解出2FB=%21.如图所示，ABCD是某种透明材料的截面，AB面为平面，CD面是半径为R 的圆弧面，为对称轴；一束单色光从Oi点斜射到AB面上折射后照射到圆弧面上E点，刚好发生全反射，Z O1O2E=30
24、,D O2 C O2,透明材料对单色光的折射率为二，光在真空中传播速度为c,求:(i)单色光在AB面上入射角a 的正弦值；(结果可以用根号表示)(i i)光 在 透 明 材 料 中 传 播 的 时 间(不 考 虑 光 在BC面的反射)。(结果可以用根号表示)【答 案】(i)-(ii)近 手3 口【解 析】【详 解】(i)光在圆弧面上刚好发生全反射，因 此 有sinC=r=4由 几 何 关 系 可 知r+O=C,因 此r=30。，由折射公式有(i i)由 几 何 关 系 可 知OiE=R光 在E点 的 反 射 光 线EF平 行 于A B,则EF=Rsin45o-Rsin30=光在材料中传播速度二
25、=因此光在材料中传播的时间为二二告=去【点 睛】解答此类问题的关键是画出光路图，根据全反射条件、折射定律和几何关系列方程联立求解。2 2.如图所示为某水池的截面图，其 截 面 为 深 度h=2m、上 底 宽 度d=4m的等腰梯形，当水池加满水且阳光 与 水 平 面 的 夹 角。最 小 时(为37。)，阳光恰好可以照射到整个水池的底部。已知水池的腰与水平面的倾角 a =53,sin 53=0.8,cos 53=0.6.(D求水池中水的折射率；(i i)若在水池底部中心放一点光源，求站在池边的观察者看到光源的最小视深H。(结果可带根号)【解 析】【详解】(i)水池加满水时，阳光可以照射到整个水池的
26、底部，则水池的腰与水平面的倾角&要等于折射光与地面 7t的夹角，折射角=彳 一&设入射角为i,有7 Ti=-0 =532由折射定理有sin 53cos 53解得4=一3(ii)因为 13sin C=-=一n 4当点光源发出的光线从池边缘射出时，设 入 射 角 为 则 由 几 何 关 系 可 知&=45。，故此时观察者可以看到光源且视深最小;设此时光线的出射角为则由折射定律有sin/?n=sin a由几何关系可知H cot/3解得亚H=m22 3.如图所示，平行导轨宽为L、倾角为0,处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感强度为B,CD为磁场的边界，导轨左端接一电流传感器，CD右边平滑连一足够长的
27、导轨。质量为m、电阻为R 的导体棒 ab长也为L,两端与导轨接触良好，自导轨上某处由静止滑下。其余电阻不计，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。棒 ab上的感应电流方向如何？棒 ab在磁场内下滑过程中，速度为v 时加速度为多大？(3)若全过程中电流传感器指示的最大电流为I0o 求棒ab相对于CD能上升的最大高度。aAfBR2 T2 2 R2【答案】流 向。；(2)q=gsin。一；(3)mR 2gBl【解析】【详解】根据楞次定律可判定：棒在磁场中向下滑动时，电流由b流向a；当棒的速度为v时，切 割 磁 感 线 产 生 的 感 应 电 动 势 为 根 据 闭 合 电 路 欧 姆 定 律/=6
28、，安培力RF=B IL,根据牛顿第二定律，有mg sin0 F=ma解得:a=g s in 0-mR棒下滑到CD处回路电流最大，有BLvm=InR棒ab滑 过CD后直接到右侧最高点，由机械能守恒定律，有解得：H=讨2gB。e2 4.如图所示，在光滑绝缘的水平面上有一矩形区域必，时 和6c边长度分别为9cm和8cm,O为矩形的中心。在矩形区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.57。在O点把一带电小球向各个方向发射，小球质量为m=0.01kg、所带电荷量为q=+2C。(1)求小球在磁场中做完整圆周运动时的最大速度?；Q(2)现在把小球的速度增大为的二倍，欲使小球尽快离开矩形，求小球在
29、磁场中运动的时间。x x x x x x x xx x x x x x x xX X X xx X X Xx x x x x x x xx x x x x x x x乃【答案】(1)2.5m/s(2)【解析】【详解】(1)O点到ad(bc)边的距离为。=4.5cm,到ab(cd)边的距离为D2=4cm,要使小球不离开磁场，小球与两边相切时，小球做圆周运动的半径最大，如图所示，设最大半径为月，由几何知识有4 +4 sin 8=D24+4 cos 0-D联立解得&-2.5cm2由=解得段R=0.04m=4cm=DqB 欲使小球尽快离开矩形，则轨迹如图；由几何关系可知，粒子在磁场中的圆周角为6()。
30、，则时间D n0.04 x-R0 3 乃t=-s=-sv 4 3002 5.如图，OiO2为经过球形透明体的直线，平行光束沿5 0 2方向照射到透明体上。已知透明体的半径为R,真空中的光速为c。(1)不考虑光在球内的反射，若光通过透明体的最长时间为t,求透明体材料的折射率;若 透 明 体 材 料 的 折 射 率 为 求 以 45。的入射角射到A 点的光，通 过 透 明 体 后 与 的 交 点 到 球 心O 的距离。【详解】(1)光在透明体内的最长路径为2 R,不考虑光在球内的反射，则有v=n2Rt=v透明体材料的折射率(2)该光线的传播路径如图，入射角i=45。，折射率为1=血，根据折射定律
31、=则折射角r=30。光从B 点射出时的出射角为45。，由几何关系知，ZBOC=15,ZBCO=30,ZCBO=135,由正弦定理,有R OCsin 30-sin 135。解得以45。的入射角射到A 点的光，通过透明体后与01。2的交点到球心O 的距离o c=同。2 6.如图所示，竖直光滑的半圆轨道ABC固定在粗糙水平面上，直径AC竖直。小物块P 和 Q 之间有一个被压缩后锁定的轻质弹簧，P、Q 和弹簧作为一个系统可视为质点。开始时，系统位于4 处，某时刻弹簧解锁(时间极短)使P、Q 分离，Q 沿水平面运动至D 点静止，P 沿半圆轨道运动并恰能通过最高点C,最终也落在D 点。已知P 的质量为mi
32、=0.4kg,Q 的质量为m2=0.8kg,半圆轨道半径R=0.4m,重力加速度 g 取 10m/s2,求：(I)AD之间的距离；(2)弹簧锁定时的弹性势能；(3)Q 与水平面之间的动摩擦因数。(结果保留两位小数)【答案】(1)0.8m(2)6J(3)0.31【解析】【详解】(1)设物块P 在 C 点时的速度v,AD距离为L,由圆周运动和平抛运动规律，得m.v 网g=-2/?=；城L=vt解得v=2m/sL=0.8m(2)设 P、Q 分离瞬间的速度大小分别为匕、v2,弹簧锁定时的弹性势能为七，由动量守恒定律和机械能守恒定律，得町匕=m2V 21 2 1 2mv=加话,2/?+5 mly口 1
33、2 1 2=5班 时+/加2吗联立解得%=6J(3)设 Q 与水平面之间的动摩擦因数为4,由动能定理，得1 2,-m2v2=加2 gL解得w=0.31162 7.如 图 1 所示，在直角坐标系xO y中，M N 垂 直 x 轴 于 N 点，第二象限中存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，O y 与 M N 间(包 括 Oy、M N)存在均匀分布的磁场，取垂直纸面向里为磁场的正方向，其 感 应 强 度 随 时 间 变 化 的 规 律 如 图2所 示。一 比 荷2q =F7 1的 带 正 电 粒 子(不 计 重 力)从O点沿纸面m即0L26 2BnL以 大 小v0=-方 向 与O y夹 角9=60。的
34、速度射入第一象限中，已 知 场 强 大 小E=(l+1)一3to3%ON=(汨)L(1)若 粒 子 在t=t0时 刻 从O点射入，求 粒 子 在 磁 场 中 运 动 的 时 间tl;(2)若 粒 子 在0to之 间 的 某 时 刻 从O点射入，恰 好 垂 直y轴进入电场，之 后 从P点离开电场，求 从O点 射 入 的 时 刻t2以 及P点 的 横 坐 标XP；若 粒 子 在0切 之 间 的 某 时 刻 从O点射入，求 粒 子 在O y与M N间 运 动 的 最 大 路 程s.7 137L 4V3 1 3)(5+32【答 案】(1)小；(2)(1-【解 析】【分 析】【详 解】(1)若 粒 子
35、在to时 刻 从O点射入，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示:由几何关系可知圆心角2a=7r3洛伦兹力提供向心力，则q%B=吟K已知q _ 7CM BOM周期2万R%=2 f o粒子在磁场中运动的时间t.-T A.2tq1 171 3 o符合题意。由可知2解得R=L71设t 2时刻粒子从。点射入时恰好垂直J，轴进入电场，如图所示:则R/、解得粒子在电场中做类平抛运动，分解位移一冷=卬3根据牛顿第二定律有qE=ma解得LXp=-7T(3)粒子在磁场中转动，已知周期T=Z,0 C=-n=L v =L,0 71tan-2由于3%-%=2to=T粒子从C 点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到。点
36、,CD-voto=L粒子从D 点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到D 点,M 时刻运动到。，则6ro后沿。G 做直线运动，则)G=/?tan-=2 3兀OG=OC+CD+DG=(1+因为2 AOG sin 8=(+、-)L71 2恰好等于。N 的长度，所以最大路程为S=OG+2X27R=(5+)L3万2 8.如图所示，绝热气缸倒扣放置，质量为M 的绝热活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，气缸底部连接一 U 形细管(管内气体的体积忽略不计).初始时，封闭气体温度为T,活塞距离气缸底部为h o,细管内两侧水银柱存在高度差.已知水银密度为p,大气压强为
37、P。，气缸横截面积为S,重力加速度为g,求：(DU形细管内两侧水银柱的高度差；(2)通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降A%,求此时的温度；此加热过程中，若气体吸收的热量为Q,求气体内能的变化.【答案】(2)T=也 立,八。=。一(此一皎)的)【解析】(i)设封闭气体的压强为P,对活塞分析：FS=PS+Mg用水银柱表达气体的压强P=R-p g MM解得：/?=丁；sp(ii)加热过程中气体变化是等压变化13 二&+M)s丁 T，T=%+/o 气体对外做功为W=(6 5 -蛇 心 根据热力学第一定律：A U=Q+W可得U=Q(一 皎)她.2 9.如图所示，在光滑水平面上静止放置质量M=2kg、
38、长 L=2.17m、高 h=0.2m的长木板C。距该板左端距离x=1.81m处静止放置质量mA=lkg的小物块A,A 与 C 间的动摩擦因数ji=0.2。在板右端静止放置质量 niB=lkg的小物块B,B 与 C 间的摩擦忽略不计。A、B 均可视为质点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取 lOm/s?。现在长木板C 上加一水平向右的力F,求：当 F=3N时，小物块A 的加速度；(2)小物块A 与小物块B 碰撞之前运动的最短时间；(3)若小物块A 与小物块B 碰撞之前运动的时间最短，则水平向右的力F 的大小(本小题计算结果保留整数部分)；(4)若小物块A 与小物块B 碰撞无能量损失，当水平向右
39、的力F=10N,小物块A 落到地面时与长木板C 左端的距离。A B口 _n nJ c【答案】(l)lm/s2;(2)t=0.6s；(3)6NF26N；(4)x2=0.78m【解析】【分析】【详解】(1)若长木板C 和小物块一起向右加速运动，设它们之间是静摩擦力为f,由牛顿第二定律得：F=(M+HIA)a解得a=lm/s2贝!f=mAa=lNVpmAg=2N,这表明假设正确，即 A 的加速度为Im/s?要使小物块A 在与小物块B 碰撞之前运动时间最短，小物块A 的加速度必须最大，则 A 所受的摩擦力为最大静摩擦力或滑动摩擦力，有pmAg=mAai,1 2L x ci.t2 解得t=0.6s(3)
40、要使小物块A 加速度最大，且又不从长木板C 的左端滑落，长木板C 的加速度有两个临界条件：由牛顿第二定律得：Fi=(M+mA)ai则F,=6N由牛顿第二定律得：F2-f=Ma21 2 1 2-dxt=x2-2 1则F2=26N故 6N F =为解得ti=0.5s设小物块A碰撞到从长木板C左端滑落时各自的速度分别为V m、V M，小物块A落到地面时与长木板C左端的距离为X2Fj=Ma4Vm=aitiv、i=a3t+a3tl则有1 2VMt2+-Vmt2=X2x2=0.78m3 0.如图所示，质量为机=6 k g、足够长的长木板放在水平面上，其上表面水平，质 量 为 町=3 k g的物块A放在长木
41、板上距板右端4=3 m处，质 量 为?=3 k g的物块8放在长木板上左端，地面上离板的右端4=3 m处固定一竖直挡板。开始48、长木板处于静止状态，现用一水平拉力/作用在物块A上，使物块A相对于长木板滑动，当长木板刚要与挡板相碰时，物块A刚好脱离木板，长木板与挡板碰撞后以与碰撞前大小相同的速度返回。已知两物块与长木板间的动摩擦因数均为4=0.5,长木板与地面间的动摩擦因数为4=0.1,重力加速度g =1 0 m/s 2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计物块大小，求：(1)拉力F的大小；(2)物块A滑离长木板后，长木板运动多长时间才会停下来。B A Fn n 777.n【答案】(1)1 7 N
42、；(2)*s。3【解析】【分析】【详解】(1)物块A在拉力F的作用下做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为q根据牛顿第二定律有/一“孙8=町4设物块A从开始运动到滑离长木板所用的时间为乙，根据运动学公式有r r 1 24+4=卬；假设开始时物块B与长木板不会发生相对滑动，一起做加速运动的加速度为生则从 m1g+牲)g =(m+m,)o 2解得1 /2o,=-m/s-3由于“生=1 N 附12g=1 5 N假设成立根据运动学公式有解得F =1 7 N(2)在长木板与挡板相碰的一瞬间，设物块3和长木板的速度为匕，根据运动学公式有Vj 解得V,=V 2 m/s长木板与挡板碰撞后，物块8以大小为匕的
43、速度向右做匀减速运动，加速度大小生=1g =5 m/s 2长木板以大小为v,的速度向左做匀减速运动，加速度大小Xf f l2g+2（兀+叫）g=4 m/s2m物块B向右减速运动的时间匕V2t2=-s生 5当物块8的速度为零时，长木板的速度为,五/v2=V)at2=-m/s此后物块3 向左做匀加速运动，加速度大小仍为4=5m/s2,长木板向左仍做匀减速运动，加速度大小仍为%=4 m/s 2。设再经4 时间，两者达到共同速度，则解得3也45S也S此时物块与长木板的速度t夜/匕=%=ni/s此后物块与长木板一起做匀减速运动的加速度大小a5=2g=lm/s2此后物块3 和长木板一起运动的时间t因此物块
44、A 滑离后长木板运动的时间_ _ V 2t-t2+t3+t4 一 飞-s3 1.如图甲所示，某人站在力传感器上，从直立静止起，做“下蹲-起跳”动作，图中的“”表示人的重心。图乙是由力传感器画出的F-t 图线。图乙中14 各点对应着图甲中14 四个状态和时刻。取重力加速度 g=10m/s2。请根据这两个图所给出的信息，求：(1)此人的质量。(2)此 人 1s内的最大加速度，并以向上为正，画出此人在1s内的大致a-t 图像。(3)在 F-t 图像上找出此人在下蹲阶段什么时刻达到最大速度？简单说明必要理由。Q【解析】【详解】(1)此人状态1 处于静止状态，对应图乙中1 点Fi=600N,可知此人质量
45、为：m=60kg；(2)由图可知：图乙中2 点 F2=1800N最大，由：F-mg=ma,有:(3)下蹲阶段先加速后减速，支持力与重力平衡时速度最大，由 a-t图像可读出速度最大时刻约为().4 5(0.4 3-0.4 7 之间都算对)3 2.如图，两个相同的气缸A、B各封闭着同种理想气体，气缸用绝热的细管通过阀门K连接。当K关闭时，A中气体的压强A 1=l x l()5 p a、温 度 么=2 7 C,B中气体的压强P B i=3 x l 0 5 p a、温度%=1 2 7 C。已知两气缸内的气体温度始终保持不变。打开K后(结果均保留三位有效数字)若B中气体发生等温膨胀，当B中气体的体积变为
46、原来的!时，求B中此时的压强P；求缸内气体刚平衡时气缸内气体的压强P2 OB【答案】(1)2.5 0 x l 05P a;(2)1.8 6 x l 05P a【解析】【详解】设A、B的容积均为V,打开KB,若B中气体发生等温膨胀，B中 气 体 的 体 积 变 为 原 来 的 根据玻意耳定律有PBY=PV解得 =2.5 0 x l()5 p a(2)B中气体发生等温膨胀，膨胀后的体积为V +K，压强为2,根据玻意耳定律有PBY=0(5)体积的气体等压降温，体 积 变 为%,温 度 由 降 变 为 以1，根据盖一吕萨克定律有工%其中TM=300K,”1=400KA中气体发生等温压缩，根据玻意耳定律
47、有PAY=/(%)解得13p,=xlO5Pa1.86xlO5Pa2 73 3.如图所示，斜 面ABC中AB段粗糙，BC段 长1.6 m且光滑.质量为1 kg的小物块由A处 以12 m/s的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度为零.此过程中小物块在AB段速度的变化率是BC段的2倍,两段运动时间相等.g=10m/S2,以A为零势能点.求小物块：(2)在C处的重力势能；(3)沿斜面下滑过程中通过BA段的时间.【答案】(1)4m/s(2)40J(3)1.6s【解析】【分析】【详解】(1)设物体在AB段 加 速 度 大 小 为BC段加速度大小为生由于 4=2a2 t t?匕 Z)LB=4m/s(2)由题意
48、分析可知，滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等从A到B；叼=-32 J从 A 到 C：1 2Wf-mgh-O-m vApc=mgh=40J(3)在上滑A B 段:一%=加1 AB在上滑B C 段:%=2%LBCLAB=64 m物体下滑通过B A 段做匀速运动r=i.6 s%【点睛】通过对物体的运动情况的分析知物体的受力状况，再结合受力及运动学公式可以求出题目中的待求量.34.如图甲所示，正方形闭合线圈A B C Q的边长a=1 0 c m、总电阻/=2。、匝数=1 0 0,匀强磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度大小B 随时间 的变化关系如图乙所示，周期T =lxl(y2s，磁场方向以垂直线
49、圈平面向里为正。试求：(1)/=1 时，线圈的A O 边所受安培力的大小和方向。O(2)在 0 工 时 间 内，通过导线横截面的电荷量。2K4X x x x xx l x X x x l xX X X X X XX X X X X Xx|X X X x|XxD x x x xC x甲【答案】2.5N,方向向左；(2)3.75X10-2C.【解析】【详解】T(1)设在。a 时间内线圈中感应电动势的大小为gA D,A B,E,=n-L=nS L=20V1 A r A r线圈中电流EZ,=1 0ArTf =三时，磁感应强度大小4=2.5 x l()2r,则线圈A。边所受安培力大小8F =n B,/l
50、L =2.5 N根据左手定则，安培力方向向左。(2)设在时间内，线圈中感应电动势的大小为七E1=n-=nS-=1 0V ,A =5 A2 t A r 2 R前4时间内，通过导线横截面的电荷量2 7 =7,-+/2.-=3.75X102C 4 2 435.如图所示，质量为M=6 k g的长木板放在光滑水平地面上，在长木板的最右端和距右端4 m的P点处各放一物块8和A (均可视为质点)，物块A的质量为肛=2k g,物块8的质量为芍=1 k g，长木板P点左侧足够长，长木板上表面P点右侧光滑，P点左侧(包括P点)粗糙物块A与长木板间的动摩擦因数4 =0.5,现用一水平向右的恒力E作用于长木板上，使长