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1、word版可编辑】宁夏银川市新高考物理解答题大全100题精选高考物理解答题100题含答案有解析1.如图所示，竖直放置的U 形玻璃管与容积为Vo=15 cm3的金属球形容器连通，玻璃管左侧横截面积为右侧横截面积的4 倍.右侧玻璃管和球形容器中用水银柱封闭一定质量的理想气体.开始时，U 形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h,=15 cm,右侧玻璃管内水银柱上方空气柱长h=9 cm.现缓慢向左管中加入水银，使两边水银柱达到同一高度，玻璃管和金属球导热良好(已知大气压p=75cmHg,U 形玻璃管的右侧横截面积为S=1 c m)求：(1)此过程中被封气体内能如何变化？吸热还是放热？(2)需要加入的水银
2、体积.【答案】(1)此过程中被封气体内能不变，是放热(2)84cm3【解析】【分析】【详解】(1)气体温度不变，则内能不变；向左管中加入水银时，外界对气体做功，根据热力学第一定律AU=Q+W 可知，封闭气体要放热.(2)初态：Pi=PoPh=(7515)cmHg=60 cmHg,Vi=V0+h()S=(15+9xl)cm3=24 cm3,末 态:p2=75 cmHg,温度不变，根据玻意耳定律：P1V1=P2V2，代入数据解得：V2=19.2cm3.V-V右侧水银柱上升的高度：入2=三2 =4.8。根左侧水银柱上升的高度：M 2=4+M =19.8cm所以需要加入的水银体积为V=5防+4 5馍=
3、84c7，.2.如图(a)为一除尘装置的截面图，塑料平板M、N 的长度及它们间距离均为d。大量均匀分布的带电尘埃以相同的速度V。进人两板间，速度方向与板平行，每颗尘埃的质量均为m,带电量均为-q。当两板间同时存在垂直纸面向外的匀强磁场和垂直板向上的匀强电场时，尘埃恰好匀速穿过两板;若撤去板间电场，并保持板间磁场不变，贴近N 板入射的尘埃将打在M 板右边缘，尘埃恰好全部被平板吸附，即除尘效率为 100%；若撤去两板间电场和磁场，建立如图(b)所示的平面直角坐标系xOy轴垂直于板并紧靠板右端,x 轴与两板中轴线共线，要把尘埃全部收集到位于P5d,-2d)处的条状容器中，需在y 轴右侧加一垂直于纸面
4、向里的圆形匀强磁场区域。尘埃颗粒重力、颗粒间作用力及对板间电场磁场的影响均不计，求:(1)两板间磁场磁感应强度B1的大小(2)若撤去板间磁场，保持板间匀强电场不变，除尘效率为多少(3)y轴右侧所加圆形匀强磁场区域磁感应强度B2大小的取值范围产(2.5d.-2d)LJ【答案】/5 0%；【解析】【详解】贴 近 N 极板射入的尘埃打在M 板右边缘的运动轨迹如图甲所示,由几何知识可知，尘埃在磁场中的半径&=d尘埃在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得(2)电场、磁场同时存在时，尘埃做匀速直线运动，由平衡条件得qE=qvB撤去磁场以后粒子在电场力的作用下做平抛运动，假设距离N 极
5、板)的粒子恰好离开电场，则在水平方向d=vot在竖直方向1 2y-a f 2加速度qEa =m解得y=0.5 J所以除尘效率=2xl O O%=5 0%d(3)设圆形磁场区域的半径为4,尘埃颗粒在圆形磁场中做圆周运动的半径为要把尘埃全部收集到位于尸处的条状容器中，就必须满足R?=另有-m如图乙当圆形磁场区域过产点且与M板的延长线相切时，圆形磁场区域的半径 最小，磁感应强度与最大,则有与 小=1.25 4解得如图丙当圆形磁场区域过p 点且与y 轴在M板的右端相切时，圆形磁场区域的半径飞最大，磁感应强度与最小，则有&大 2.5d解得2fflv02小一 5qd所以圆形磁场区域磁感应强度B2的大小须满
6、足的条件为2根%/小-4根%-S?S-5qd 5qd3.小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距1=0.50 m,倾 角。=53。，导轨上端串接一个R=0.05C 的电阻.在导轨间长d=0.56m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=2.0 T.质量m=4.0 k g的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相 连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m.一位健身者用恒力F=80 N 拉 动 GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初
7、始位置(重力加速度g=10 m/s2,sin 53=0.8,不计其它电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量).求：(DCD棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力心的大小;(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q.【答案】(1)2.4m/s(2)48N(3)64J；26.88J【解析】【详解】(1)由牛顿第二定律：i g s i n6 =2m/s2m进入磁场时的速度：v=j2as=2.4 m/s(2)感应电动势：E=Blv感应电流：,Blv1=-R安培力：FA=1BI代入得：)=48NR健身者做功：W=F(s+d)=64J由牛顿定律：F mg sin
8、0 FK=0CD棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间：dt=v焦耳热：Q=/2=26.88J4.如图所示，可视为质点的质量为m=1.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A 点，在水平向右的恒定拉力F=4N的作用下，从 A 点开始做匀加速直线运动，当其滑行到A B的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R=L3m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从B 处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错开)出来后向C 点滑动，C 点的右边是一个“陷阱”，D 点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h=1.2m,水平距离为x=1.6m。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为 滑 块
9、 重 力 的3倍，水 平 轨 道BC的 长 度 为k=2.1m,小滑块与 水 平 轨 道AB、BC间的动摩擦因数均为 =1.5,重 力 加 速 度gullm/s，(1)求 水 平 轨 道A B的 长 度1(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右 侧 的D点;(3)若 在AB段 水 平 拉 力F作用的范围可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试 求 水 平 拉 力F作用的距离范围。D【答 案】(l)2.4m(2)不能(3)1.325m x/6m/s小 滑 块 由A到3的过程中，由动能定理可得gFlmngli=gmv：代入数据可解得4=2Amo
10、设 小 滑 块 到 达C点时的速度 大 小 为vc,则由动能定理可得代入数据解得vc=2m/s设小滑块下落/2 =0.2m所需要的时间为f,则有,1 2解得t-0.2s故小滑块在水平方向上运动的距离为x0=vCl-0.4m 0.6m故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到。点。(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论:当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为X；,则由动能定理可得:Fxy mgl mgR=0代入数据可解得X=0.75m故 当 恒 力 作 用 的 距 离 满 足0.75m时符合条件。当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经
11、过最高点时的速度大小为,则有片-m-R设 此 时 恒 力 作 用 的 距 离 为 则 有FX2 一 -2mgR=mv1代入数据可解得x2=0.975m当滑块刚好运动到。点时速度为零，设此时恒力作用的距离为石，则有FX2-mg(/,+/2)-0代入数据可解得芯=l.lm故当恒力作用的距离满足0.975m x 1.1m时符合条件。当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达。点时的速度大小为,则由平抛运动规律可得,1 2h =2g tx=vct代入数据解得vc=3m/s设此时恒力作用的距离为E，故有氏一 根 g(/i+/2)=；mu f代入数据解得卫=1.325m故当恒力作用距离满足1.325m v x
12、 4m 时符合条件。5.如图所示，在水平面上有一个固定的,光滑圆弧轨道a b,其半径R=0.4m。紧靠圆弧轨道的右侧有一4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v0=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2 k g,与传送带间的动摩擦因数均为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、
13、A 开始相向运动时的距离展；(3)由于物块相对传送带滑动，电动机多消耗的电能。【答案】(I)IOON(2)5m(3)16J【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)=-mvb在 b 点由牛顿第二定律得F z-m g=m 4A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10 0 N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=pg=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a小物块A的位移4传送带的位移Xl=VtA所以A物块相对传送带的位移&A=%A f小物块B 向左减速至0再反向加速
14、至与传送带共速的过程所需的时间B=-=1.5sa小物块B 的位移大小V2-1传送带的位移%=%所以小物块B 相对传送带的位移AXB=X,+XB小物块B、A开始相向运动的距离-AXA+AXB解得4=5 m（3）小物块A相对传送带运动产生的热量Q =Ring MR小物块动能的变化量片g w；小物块B 相对传送带运动产生的热量2 =/mgA xB小物块动能的变化量A Eki-m v2所以电动机多消耗的能量E=Q+滔+Q?+温解得E=16J6.水平折叠式串列加速器是用来产生高能离子的装置,如图是其主体原理侧视图.图中四，仇田为一级真空加速管，中部监处有很高的正电势夕，田两端口均有电极接地（电势为零）；
15、%、4 左边为方向垂直纸面向里的匀强磁场；44屿,加为二级真空加速管，其中3处有很低的负电势一k 4、犷两端口均有电极接地（电势为零）.有一离子源持续不断地向“4 端口释放质量为m、电荷量为e 的负一价离子，离子初速度为零，均匀分布在端口圆面上.离子从静止开始加速到达她处时可被设在该处的特殊装置将其电子剥离，成为正二价离子（电子被剥离过程中离子速度大小不变）；这些正二价离子从内端口垂直磁场方向进入匀强磁场，全 部 返 回 端 口 继 续 加 速 到 达 eq处时可被设在该处的特殊装置对其添加电子，成为负一价离子（电子添加过程中离子速度大小不变），接着继续加速获得更高能量的离子.已知端口、四 端
16、口、1 4 端口、力；端口直径均为L,q与 4 相距为2L,不考虑离子运动过程中受到的重力，不考虑离子在剥离电子和添加电子过程中质量的变化,s山37。=0.6,0。$37。=0.8,求:cX X X XBX X X Xx X LX x：LX X X XX x|c,X X X X X X2LX X X XX x jd）X X X X X X：ri LX X X X X Ktbab ide(1)离子到达外端口的速度大小V；(2)磁感应强度度大小B；(3)在保证问中的B 不变的情况下，若叼端口有两种质量分别为町=($2 相、色=(得)2，电荷量均为e 的的负一价离子,离子从静止开始加速，求从疗端口射
17、出时含有nh、m2混合离子束的截面积为多少.【答案】(l)v=2呼(2)B=；呼(3)S =0.0 8 31?V m L 3 e【解析】(1)对离子加速全过程由动能定理得到：6e b；(2)a“i=。)*；(3)QR=：片 mgx【解析】【分析】【详解】(1)电动势的最大值为E,=B L vo由闭合电路欧姆定律得/=也R+r通 过 导 体 棒 的 电 流 方 向 为a f b(2)由牛顿第二定律F+f m am安培力F大小为F=BIL,其中/=也R+r摩擦力/大小为于=mg代入得m(R+r)(3)功能关系得1 2 八-m v0=/dmgx+Q电阻H上 产 生 的 热 量 为QR=T-QR+r代
18、入得RQR1 2R+-m v-mx9.一固定的倾角为37。的斜面，斜面长9m,如图所示，斜面上一物体在大小为UN沿斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上加速运动，加速度大小为Im/s?；如果将沿斜面向上的拉力改为I N,物体加速向下运动，加速度大小仍为Im/sz,取重力加速度g=10m/s2,sin37=0.6,cos 37=0.8,求：(1)物体质量m 及物体与斜面间的动摩擦因数M；(2)若将物体从斜面顶端由静止释放，物体运动到斜面底端的时间to【答案】(l)/n=lk g,=0.5；(2)3s【解析】【分析】【详解】(1)当 Fi=UN时，物体加速向上运动，有-m gsin37-/=当 F2=
19、1N时，物体加速向下运动mg sin 37 F2f =ma在斜面上运动，垂直斜面方向FN=mg cos 37且f =解得=0.5,m=lkg(2)由静止释放物体，物体加速下滑，加速度为川mg sin 370-f =mataxt=I2 1解 得 t=3s1 0.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 已知大气压强po=75cm Hg,开始时封闭气体的温度为1000K。贝！J：(1)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？(2)保持环境温度1000K不变
20、，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？i)2【答 案】(l)450K；911cm【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PL，DS _“24 8s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=P3LABS可知2“3=166cmHg添加水银的长度为22L=166cm-75cm =91 cm331 1.如图所示，A 3是 重 力 为G的匀质细直杆，其 中A端通过光滑较链固定于竖直墙壁上，8端受一与细 直 杆夹角
21、恒为6 0的拉力作用，使杆子由水平位置缓慢沿逆时针方向转到竖直位置。求：当 杆 与 墙 壁 的 夹 角 为6 0时，杆A、8端受到的作用力的大小；(2)当杆与墙壁的夹角为3 0时，杆A、8端分别受到的作用力的大小。【解 析】【详解】(1)当杆与墙壁的夹角为60，对杆的受力分析如图所示:(2)当杆与墙壁的夹角为3 0时，对杆的受力分析如图所示:五=立=且AD CD AC设杆子长为/，由几何关系知CD=k41 2.如图所示，导热缸体质量M=10kg,气缸内轻质活塞被一劲度系数k=100N/cm的轻弹簧竖直悬挂于天花板上。轻质活塞封闭一定质量的理想气体（气体重力不计），环境温度为Ti=300K时，被
22、封气柱长度/,-3 0 c m,缸口离天花板高度h=lcm,已知活塞与缸壁间无摩擦，活塞横截面积S=lxl（）-2m2,大气压强Po=LOxlO5Pa且保持不变，重力加速度g=10m/s2,求：环境温度降到多少时缸口恰好接触天花板；温度降到多少时天花板对缸体的压力等于缸体重力（缸口与天花板接触点不完全密闭）。【答案】290K；248.9K。【解析】【详解】在环境温度下降到缸口恰好接触天花板的过程中，气体压强不变，弹簧的长度不变，由盖-吕萨克定律有：亍=%解得T2=290K初态整体受力平衡，设弹簧伸长量为X”则有kxi=Mg解得Xi=lcm天花板对缸体的压力等于缸体的重力时FN=MgF/M g=
23、kxzX2=2cmA X=X1-X2初态缸体平衡，有PiS+Mg=p0S末态缸体平衡，有P：S+Mg+F z=p(S根据理想气体状态方程：pJiS _-九-Ax)S T=解得T3=248.9K1 3.如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1 m,导轨平面与水平面成0=37。角，下端连接阻值为R 的电阻。匀强磁场方向与导轨平面垂直。质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25。(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R 消耗的功率为8 W,求该速度的大小；(3)
24、在上问中，若 R=2 C,金属棒中的电流方向由a 到 b,求磁感应强度的大小与方向；(4)若 ab棒从静止到速度稳定下滑的距离为20m,求此过程R 产生的热量。(01137。=0.6,8$37。=0.8)【答案】(1)4m/s2(2)10m/s(3)0.4 T,方向垂直导轨平面向上(4)6J【解析】【分析】考查导体切割磁感线运动。【详解】(1)因为金属棒刚开始下滑的速度为零，所以不受到安培力作用，由牛顿第二定律得:mg sin 6-/jmg cos G=ma代入数据解得a=4m/s2(2)金属棒下滑速度稳定时，棒受力平衡，根据平衡条件有mg sin 0=/jmg cos 0 +F以又因为金属棒
25、克服安培力做功的功率等于电路中电阻R 消耗的电功率安 v代入数据解得v=10m/s(3)设电路中电流为I,两导轨间金属棒的长为1,磁场的磁感应强度为B,则Bl vR因为：P=I-R联立解得B=0.4 T。磁场方向垂直导轨平面向上。(4)由功能关系得，减少的重力势能转化为导体棒的动能、摩擦生热和电阻R 上的焦耳热，摩擦力做功为：W=-p mg c o s 0s=-8 J所以摩擦生热产生的能量为Q=8J,因此，电阻R 上产生的热量为1 2QR=m gs s i n。-2 m v =6 J 1 4.如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为3 1。，A、B 分别是传送带与两轮的切点，两点间距L=3.2 5
26、 m.一个质量为L l k g 的小煤块与传送带间的动摩擦因数为 =,g =1 O m/s?；轮缘与传送带之间不打滑.小物块相对于传送带运动时会在传送带上留下痕迹.传送带沿逆时针方向匀速运动，速度为V 1.小物块无初速地放在A点，运动至B 点飞出.求：当%=4 m /s,小滑块从A点运动到B 点的时间当痕迹长度等于2.2 5 m 时，V1多大？【答案】(1)1 s (2)v0=4(7 1 0-3)m/s【解析】【详解】(1)开始时：g s i n 300+卬ng c os 3 0 =/叫得：a,=8 m/s2达速度V i 所用时间为：%=附解得：t|=1.5 s滑块下滑位移:x=g a j;=
27、1 m因为：t a n 3 0,故滑块继续加速下滑，贝I J：mg s i n 3 0 4/叫 c o s 3 0 =ma,得:%=2 m /s2r1 2L-x =vot2+-a2t；得:t2=1.5s故:tAB=ti+t2=ls（2）若以山下滑过程中滑块相对传送带的位移大于或等于以a?下滑的相对位移，贝!I：1 2 A卬=故的昔f =A x得：vi=6m/s若以a i下滑过程中滑块相对传送带的位移小于以a 2下滑的相对位移，贝（I：1 2 人vat2+-a2t2-vor2=A r得：t2=1.5sr1 2L-x=v0t2+-a2t2由上述得：v+2 4 vo-1 6 =0得：%=4（7 1
28、0-3）m/s1 5.如图甲是某型号无人机在水平地面沿直线加速滑行和离开地面以固定仰角沿直线匀速爬升的示意图，3无人机在滑行和爬升两个过程中：所受推力大小均为其重力的二倍，方向与速度方向相同；所受升力大小与其速率的比值均为k”方向与速度方向垂直；所受空气阻力大小与其速率的比值均为k 2,方向与速度方向相反。k卜 k2未知；已知重力加速度为g,无人机质量为m,匀速爬升时的速率为v o,仰角为0,且7 24sin0=，cos0=o25 25(1)求历，k2的值。(2)若无人机受到地面的阻力等于压力的k3倍，无人机沿水平地面滑行时能做匀加速直线运动，求 k3的值。(3)若无人机在水平地面由静止开始沿
29、直线滑行，其加速度a 与滑行距离s 的关系如图乙所示，求题 2so过程与0s0过程的时间之比。(无人机在so2s。这段滑行过程中的平均速度可用该过程始末速度的算术平均值替代)【答案】勺=短 空，2=等；&=:；,=6一225%25%3 A【解析】【分析】【详解】(1)无人机以速度V。匀速爬升阶段，受力平衡，沿速度方向有3-m g =mgsin 6+旬垂直速度方向有=kv()联立得,mg cos 0 247ngk.=-=-%25%0.6 7g-mg sin 0 Smgk2%25%(2)设无人机在地面滑行时速度为v,受到地面弹力为FN，受力分析可知竖直方向平衡FN+kiv=mg水平方向匀加速3，-
30、m g-k R -k2v=ma得JVa=（二 一&3）g +（火3&i -k2）一5m无人机能做匀加速直线运动，a 不变，方程中v 的系数必须为零，即kyky&=0则有k=殳3仁3（3）设无人机在0s（）过程经历时间为t”so位置的速率为V”在 s02so过程经历时间为t2，2so位置的无人机速率为V2,0so过程以加速度ao匀加速运动，则1 2%=万而解得则匕=%=小2aos0依据图乙，0s0过程无人机合外力为ma0；so2so过程无人机合外力m a随 s 均匀减小，一 小 段 位 移 内合外力做功为m a A s,此过程合外力做功可表示为胃乜S0,02so过程应用动能定理解得9=13aos
31、0依题意在s2so过程无人机平均速度大小为一无人机在两个过程经历时间之比为匕=迎-21 6.如 图（甲）所示，粗糙直轨道O B固定在水平平台上，A 是轨道上一点，B 端与平台右边缘对齐，过B 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=L0X1（）6N/C,方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P 电荷量是2.0 x10-5。质量为m=lkg。小物块P 从 O 点由静止开始在水平外力作用下向右加速运动，经过0.75s到达A 点，当加速到4m/s时撤掉水平外力F,然后减速到达B 点时速度是3m/s,F 的大小与P 的速 率 v 的关系如图（乙）所示。P 视为质点，P 与轨道间动摩擦因数p=0.5,直轨道
32、上表面与地面间的距离为h=1.25m,P 与平台右边缘碰撞前后速度大小保持不变，忽略空气阻力，取 g=10m/s2。求:(1)P从开始运动至速率为lm/s所用的时间；(2)轨道O B的长度；(3)1 落地时的速度大小。F7N974 r(ni/s)【答案】(l)0.5s；(2)2.825m；(3)腐m/s【解析】【详解】(D P的速率从零增加到vi=lm/s,受外力F1=7N,设其做匀变速直线运动的加速度为a”经过时间5 位移为X”有月-/nmg=ma代入数据得ai=2m/s ti=0.5s,xi=0.25m(2)P从 vi=lm/s运动至A 点，F2=9 N,设其做匀变速直线运动的加速度为a
33、2,有:F2-jumg-ma2设 P 从速度VI经过t2时间，在 A 点的速度为V 2,位移为X 2,则t2 0.75 /1 =0.25sV2=V+a2t2匕+丫2+c 2V2=2m/s,X2=0.375mP 从 A 点至B 点，先做匀加速直线运动，速度达到V3=4m/s,位移为X 3,有:解得X3=1.5mP 达到速度V3时撤掉水平外力，在摩擦力作用下减速，减速到达B 点时速度是V4=3m/s,位移为X 4,有/Jing=ma3V4-V3=2a3x4解得X4=0.7m轨道O B的长度x=x+%+七+x4=2.825m(3)P从 B 点开始水平方向受向左的电场力，竖直方向上受重力，做曲线运动。
34、水平方向的加速度大小ax=20m/s2m水平方向上先向右做匀减速运动，再向左做匀加速运动，经时间4=2X、=0.3S1 ,与平台右边缘碰相碰。竖直方向上做自由落体运动，有h=解得t4=0.5s落地时水平方向的速度vr=v4-av(Z4-r3)=-lm/s落地时竖直方向的速度%=gi=5m/s落地时的速度大小为v=V：+y：=V26m/s1 7.如图所示，放置在水平地面上一个高为48cm、质量为30kg的金属容器内密闭一些空气，容器侧壁正中央有一阀门，阀门细管直径不计.活塞质量为10kg,横截面积为50cm2.现打开阀门，让活塞下降直至静止.不考虑气体温度的变化，大气压强为l.O xloPa,忽
35、略所有阻力。求：n(1)活塞静止时距容器底部的高度;(2)活塞静止后关闭阀门，对活塞施加竖直向上的拉力，通过计算说明能否将金属容器缓缓提离地面?【答案】(l)20cm(2)不能【解析】【详解】(1)活塞经阀门细管时，容器内气体的压强为：pi=1.0 xlOsPao容器内气体的体积为：L,=24cm活塞静止时，气体的压强为：p,=p0+=1.0 xl05+-?=1.2xl05Pa2 5 50 x10-根据玻意耳定律：P lV=p 2 V 2代入数据得：4=P J|S _ 1.0 x105x24x5pS 1.2X105XS=20cm(2)活塞静止后关闭阀门，设当活塞被向上拉至容器开口端时，L3=4
36、8cm根据玻意耳定律：piLiS=p3L3S代入数据得：p3=5xl()4Pa又因为F+p3S=p0S+mg所以F=350N40 xl0N所以金属容器不能被提离地面。1 8.如图所示，圆心为O、半径为r 的圆形区域内、外分别存在磁场方向垂直纸面向内和向外的匀强磁场，外部磁场的磁感应强度大小为B。P 是圆外一点，OP=2r。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从P点在纸面内垂直于OP射出，第一次从A 点(图中未画出)沿圆的半径方向射入圆内后从Q 点(P、O、Q 三点共线)沿PQ方向射出圆形区域。不计粒子重力，sin37=0.6,cos37=0.8。求：(1)粒子在圆外部磁场和内部磁场做圆周运动的
37、轨道半径；圆内磁场的磁感应强度大小；(3)粒子从第一次射入圆内到第二次射入圆内所经过的时间。B67兀m【答案】(1)R2=3I B 内=于(3)4【解析】【详解】(1)设粒子在圆外和圆内磁场中运动的轨道半径分别为Ri、R 2,由几何关系可知:P o o、r2+Ri2=(2r-Ri)2解得3rRI=T三角形O1AO与三角形O1QO2相似，则OA OA0aO Q即=Ri(3r-R解得：R2=3r(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有mv解得BB rt=4(3)由几何关系知：R.3tanNOQA=r 4解得：ZOiOA=37同理可知ZQOC=2ZOiOA=74粒子在磁场中做圆周运
38、动的周期可得:所以粒子从A 运动到Q 的时间：37 2兀 m 37/rmh=360。B j4 5 q B。qx 4粒子从Q 运动到C 的时间：360-106 Ijtm 1277rmt2=-x-=-360 qB0 9OqBo67兀mt=ti+t2=D3OqBo1 9.如图所示，足够长的金属导轨MNC和 PQD平行且间距为L 左右两侧导轨平面与水平面夹角分别为a=37。、0=53。，导轨左侧空间磁场平行导轨向下，右侧空间磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度大小均为B,均匀金属棒ab和 ef质量均为m,长度均为L,电阻均为R,运动过程中，两金属棒与导轨保持良好接触，始终垂直于导轨，金属棒ab与导轨间的动
39、摩擦因数为H=0.5,金属棒ef光滑。同时由静止释放两金属棒，并对金属棒ef施加外力F,使 ef棒保持a=0.2g的加速度沿斜面向下匀加速运动。导轨电阻不计,重力加速度大小为g,&1137。=0.6,cos37=0.8求：(1)金属棒ab运动过程中最大加速度的大小；(2)金属棒ab达到最大速度所用的时间；(3)金属棒ab运动过程中，外力F 对 ef棒的冲量。aNB Q 1图像面积代表速度增量，由运动的对称性可知，从金属棒a b释放起，经过时间（2=2 4 =8mRPF速度减为零，此后保持静止，在此过程中，金属e f 一直匀加速直线运动，则有%=。叱12=x0.2gxt2对金属棒e f,规定沿斜
40、面向下为正方向，由动量定理可得Ih-BILt+mg s i n 供1-m%-0其中q=ItBLxef2R得：/=一9嬖，负号代表冲量沿斜面向上5 B2L2说明：其它方法求解也可以，如写出外力厂的表达式，用其平均值计算冲量大小F+mg sin/3-B1L=ma2得F-Q.6mg H-/1 0/?则可知释放瞬间，Fo=-O6mgJ时刻，8=（）.2 m g0.2mgG%-0.6mg尸-/图象所围成的面积代表其冲量，则有I _+F2 f2 2得：/=_网答，负号代表冲量沿斜面向上2 0.如图所示，水平传送带与固定斜面平滑连接，质量为m=1kg的小物体放在斜面上，斜面与水平方向的夹角为。=37。，若小
41、物体受到一大小为F=20N 的沿斜面向上的拉力作用，可以使小物体从斜面底端A由静止向上加速滑动。当小物体到达斜面顶端B 时，撤去拉力F 且水平传送带立即从静止开始以加速度a=lm/s2沿逆时针方向做匀加速运动，当小物体的速度减为零时刚好滑到水平传送带的右端C 处。小物体与斜面及水平传送带间的动摩擦因数均为四=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A B间距离L=5m,导槽D 可使小物体速度转为水平且无能量损失，g=10m/s2o 已知01137。=0.6,37。=0.8,求：(1)小物体运动到B 点的速度(2)小物体从A 点运动到C 点的时间(3)小物体从B 点运动到C 点的过程中，小物体与传送
42、带间由于摩擦而产生的热量Q【答案】(l)10m/s；(2)3s；(3)60J【解析】【详解】小物体受到沿斜面向上的拉力作用时，对其进行受力分析，由牛顿第二定律可得F-，找 gcos37-zwgsin37=may解得4 =lOm/s2从 A 到 8 过程中由运动学公式可得Vg=2atL解得vB=10m/s(2)从 A 到B过程中由运动学公式可得以=砧小物体在BC 段，由牛顿第二定律可得jumg=孙由运动学公式可得%=2小物体从A 到 C 过程中的时间.总=4 +，2联立解得r总=3s(3)小物体在BC 段，小物体向右运动，传送带逆时针运动，对小物块1 2西=5砒对传送带1 2%2 =/叩2小物体
43、相对于传送带的位移Ax=%+%小物体与传送带间由于摩擦而产生的热量Q-fjm gM解得Q=60J2 1.如图所示的矩形玻璃砖，下底面镀银，厚为d,一束单色光沿OC方向射到玻璃砖上表面，折射后经下底面反射后再经上表面射出。已知OC与玻璃砖上表面成30。角，玻璃砖对该单色光的折射率为G，光在真空中的传播速度为c。求：光在玻璃徜中传播的时间；(2)光射出玻璃砖上表面的折射角。【答案】(1);(2)60c【解析】【分析】【详解】设折射光线在上表面的入射角为,折射角为、在玻璃砖中传播速度为V,传播距离为X,传播时间为 t,4=6 0。，则sin 4。，n2dx =-COST；Xu解得4=30。_ 4d=
44、丁(2)折射光线在下底面反射后在上表面的D 点折射后到B 点，设在D 点入射角为弓，折射角为，2,则a rr2-asin r2解得。=60。2 2.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，FH 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奴 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1kg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、G H 与水平面的夹角为0=37。,G H 段的动摩擦因数为ji=0.25
45、,圆轨道的半径R=0.4m,E点离水平面的竖直高度为3R(E 点为轨道的最高点)，(g 10m/s2,si”37=0.6，cos37=0.8)求两球碰撞后：(1)小球乙第一次通过E点时对轨道的压力大小；(2)小球乙沿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A B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)3 0 N ；(2)1.6 2 m ；(3)h 2.3 2 m【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 中=片两小球碰撞时由动量守恒定律可得：m,vv0=|此+z n乙M由机械能守恒定律可得：；根的中乙
46、/小球乙从B C轨道滑至E点过程，由机械能守恒定律得：-m v2=m-3 R+-fn 2小球乙在E点，根据牛顿第二定律及向心力公式，N+m g=m*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据得：M =2 j Q/s，N=3 0 N(2)D、G 离地面的高度4 =2/?-Re o s 3 7 =0.4 8 m设小球乙上滑的最大高度为幻，则小球乙在GH段滑行的距离S =标小球乙从水平轨道位置滑至最高点的过程，根据动能定理：-%g 4-方=。-5吆/其中 f =，gcos37,v=2VT0m/s 由以上各式并代入数据得hm=1.6 2 m(3)只有小球甲时，小球甲要沿原路径返回
47、，若未能完成圆周运动，则。2/?=0.8机若能完成圆周运动，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A 3上升过程克服摩擦力做功为叼，贝(I：Wf=fc =晔cos37-小球甲从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理：加g S 一 4一4/?)一 吗=0设小球甲返回至G点时的速度为七，根据动能定理：m g h-Wf=m v l从G点返回至E点的过程，根据机械能守恒：-m v l =/?c o s 3 7 )+-v|2在 E 点，m 2 -m R由以上各式得h=2.3 2 m故小球甲沿原路径返回的条件为h 2.3 2,2 3.如 图 所 示 的xOy平面直角坐标系内
48、，在 烂g a的区域内，存 在 着 垂 直 于xOy平面向外、磁感应强度 为B的匀强磁场，位 于 坐 标 原 点O的 粒 子 源 在xOy平面内沿各个方向发射速率相同的同种带正电的粒子.已 知 沿y轴 正 方向发射的粒子经时间to恰 好 从 磁 场 的 右 边 界P(6 a,a)射 出 磁 场.不 计 粒 子 的 重 力与相互作用力，求:粒子的比荷;(2)磁场右边界有粒子射出区域的长度。y*B*0 xq 2万【答 案】(1)m 3%(2)1 +叵亍7a【解 析】【详 解】(1)所有粒子在磁场中做运速圆周运动的半径r相 同，对 沿y轴正方向发射的粒子，从P点射出磁场。其 运 动 的 轨 迹 如
49、图1所示.a1+(百a r)2=r2可得2A/3r=-a3sin6=-=r 2可知(9=60故此粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角为120。，运动的时间为圆周运动周期的g,即1T1 27rm%=-T=-x-3 3 Bq可得q _m 3Bt。(2)如图2所示，当粒于轨迹圆直径的另一端点落在磁场的右边界上时，即为粒子从磁场右边界射出的最高点,y；+(g a)2 =(2 产得V 2 1X=亍。当粒子轨迹圆与磁场的右边界相切时.即为粒子从磁场布边界射出的最低点。则+（氐 _）2=/得%=。故粒子从磁场右边界射出的区域长度为/=%+%=1+丁 a-24.质量相等的小球A与8之间压缩一轻质弹簧，球的大
50、小和弹簧的长度均可忽略不计。从地面上以速度%竖直向上抛出该装置，装置到达最高点瞬间弹簧自动弹开，弹开两小球的时间极短，小球与弹簧脱离(不计空气阻力，重力加速度为g)。已知第一次弹簧水平弹开，两小球落地点间距为L,第二次弹簧竖直弹开。求第二次两小球落地的时间差。L【答案】一%【解析】【详解】小球竖直上抛到达最高点，由运动学公式:g弹簧瞬间自动弹开后小球A,8 的速度分别为必、，由动量守恒:7U=m2v2第一次弹簧水平弹开，两小球均做平抛运动，司=uxtx2=v2txt+x2=L第二次弹簧竖直弹开，小球A 在下以速度以下落=卬1 +-gtf小球B 在上以度。2上升h=-vtt2+gt1两小球落地的