高考理综物理解答题专项集中综合训练50题含答案11123.pdf

试卷第 1 页，共 54 页 高考理综物理解答题专项集中训练 50 题含参考答案 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 一、解答题 1如图所示为某同学利用方格坐标纸测定半圆形玻璃砖折射率实验的记录情况，虚线为半径与玻璃砖相同的圆，在没有其它测量工具的情况下，只需由坐标纸即可测出玻璃砖的折射率则玻璃砖所在位置为图中的（填“上半圆”或“下半圆”），由此计算出玻璃砖的折射率为 【答案】上半圆，1.5【解析】【详解】试题分析：光从介质进入空气，折射角大于入射角，从空气进入介质，折射角小于入射角，可知玻璃砖所在的位置为图中的上半圆，根据折射定律知，61.54asinaRnbsinbR 考点：测定玻璃的折射率【名师点睛】根据光线从空气进入介质，折射角小于入射角，从介质进入空气，折射角大于入射角，确定玻璃砖所在的位置根据折射定律求出玻璃砖的折射率 2如图所示，在两块水平金属极板间加有电 压 U构成偏转电场，一束比荷为510 C/kgqm的带正电的粒子流（重力不计），以速度 v0=104m/s 沿 水平方向从金属极板正中间射入两板粒子经电 场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场 区域，O为圆心，区域直径 AB 长度为 L=1m，AB与水平方向成 45角区域内有按如图所示规 律作周期性变化的磁场，已知 B0=0.5T，磁场方向 以垂直于纸面向外为正粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘 O点与水平方向成 45斜向下射入磁场求：试卷第 2 页，共 54 页 （1）两金属极板间的电压 U 是多大？（2）若 To=0.5s，求 t=0s 时刻射入磁场的带电粒子在磁场中运动的时间 t和离开磁场的位置（3）要使所有带电粒子通过 O 点后的运动过程中 不再从 AB 两点间越过，求出磁场的变化周期 T0应满足的条件【答案】（1）100V；（2）5210 s，射出点在 AB间离 O点0.04 2m；（3）5010 s3T【解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，从 O 点射出使速度 02vv 220011(2)222Uqmvmv 代入数据得 U=100V（2）根据 2 mTBq 2vBqvmR 60210 s22TTmBq 0.02 2m4mvLRBq 粒子在磁场中经过半周从 OB 中穿出，粒子在磁场中运动时间 6210 s2Tt 射出点在 AB 间离 O 点0.04 2m；（3）粒子运动周期 62410 smTBq 试卷第 3 页，共 54 页 粒子在 t=0、02Tt.时刻射入时，粒子最可能从 AB 间射出 如图，由几何关系可得临界时 56 要不从 AB边界射出，应满足 022TT 得 5010 s3T 3电子质量为 m、电荷量为 q,以速度 v0与 x轴成角射入磁感应强度为 B的匀强磁场中,最后落在 x轴上的 P 点,如图所示,求:（1）电子运动轨道的半径 R；（2）OP 的长度；（3）电子从由 O点射入到落在 P点所需的时间 t。【答案】（1）0mvqB；（2）02sinmvqB；（3）2 mqB。【解析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：200vqv BmR 解得：0mvRqB 试卷第 4 页，共 54 页（2）过 O点和 P 点作速度方向的垂线，两线交点 C即为电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，如图所示 由几何知识得：02sin2 sinmvOPRBq（3）由图中可知，由图中可知圆弧对应的圆心角为2，粒子做圆周运动的周期：2 mTqB 则粒子的运动时间：222mtTqB 4如图所示，y，N 为水平放置的平行金属板，板长和板间距均为 2d在金属板左侧板间中点处有电子源 S，能水平发射初速为 v0的电子，电子的质量为 m，电荷量为 e金属板右侧有两个磁感应强度大小始终相等，方向分别垂直于纸面向外和向里的匀强磁场区域，两磁场的宽 度均为 d磁场边界与水平金属板垂直，左边界紧靠金属板右侧，距磁场右边界 d 处有一个荧光屏 过电子源 S 作荧光屏的垂线，垂足为 O。以 O为原点，竖直向下为正方向，建立 y 轴现在 y，N两板间加上图示电压，使电子沿 SO 方向射入板间后，恰好能够从金属板右侧边缘射出进入磁场(不考虑电子重力和阻力)试卷第 5 页，共 54 页 (1)电子进入磁场时的速度 v；(2)改变磁感应强度 B 的大小，使电子能打到荧光屏上，求 磁场的磁感应强度大小的范围；电子打到荧光屏上位置坐标的范围【答案】（1）02v，方向与水平方向成 45；（2）012 mvBed；42 24ddd【解析】【详解】（1）电子在 MN 间只受电场力作用，从金属板的右侧下边沿射出，有 212dat，02dv t，yvat，220yvvv 解得 02vv 速度偏向角 0tan1yvv 45（2）电子恰能（或恰不能）打在荧光屏上，有磁感应强度的临界值0B，此时电子在磁场中作圆周运动的半径为 R sin 45RRd 又有 20mvqvBR 解得 00(12)mBved 磁感应强度越大，电子越不能穿出磁场，所以取磁感应强度0(12)mBved时电子能打在荧光屏上。如图所示，电子在磁感应强度为0B时，打在荧光屏的最高处，由对称性可知，电子在磁场右侧的出射时速度方向与进入磁场的方向相同 试卷第 6 页，共 54 页 即 45 出射点位置到 SO连线的垂直距离 12sin 45ydR 电子移开磁场后做匀速直线运动，则电子打在荧光屏的位置坐标 21tan 45yyd 解得 242 2ydd 当磁场的磁感应强度为零时，电子离开电场后做直线运动，打在荧光屏的最低点，其坐标为 33 tan 454yddd 电子穿出磁场后打在荧光民屏上的位置坐标范围为 42 2dd到4d 5两个质量分别为A0.3kgm、B0.1kgm 的小滑块 A、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小滑块 A 粘连，另一端与小滑块 B 接触而不粘连。现使小滑块 A 和 B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度03m/sv 在水平面上做匀速直线运动，如图所示。一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块 B 冲上斜面的高度为1.5mh。斜面倾角o37，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15，水平面与斜面圆滑连接。重力加速度g取 210m/s。求：（提示：osin370.6，ocos370.8）试卷第 7 页，共 54 页 （1）A、B 滑块分离时，B 滑块的速度大小；（2）解除锁定前弹簧的弹性势能。【答案】（1）B6m/sv；（2）P0.6JE 【解析】【分析】【详解】（1）设分离时 A、B 的速度分别为Av、Bv，小滑块 B 冲上斜面轨道过程中，由动能定理有 2BBBBcos1sin2m ghm ghm v 代入已知数据解得 B6m/sv （2）由动量守恒定律得 AB0AABB()mmvm vm v 解得 A2m/sv 由能量守恒得 222AB0PAAB B111()222mmvEm vm v 解得 P0.6JE 6 如图所示，一物体从光滑固定斜面顶端由静止开始下滑 已知物体的质量0.50mkg，斜面的倾角30，斜面长度2.5Lm，取重力加速度。求：试卷第 8 页，共 54 页 1物体沿斜面由顶端滑到底端所用的时间；2物体滑到斜面底端时的动能；3在物体下滑的全过程中支持力对物体的冲量。【答案】(1)0.1ts；(2)6.25KEJ；(3)5 34.33?2NIN sN s【解析】【详解】（1）设物体沿光滑斜面下滑的加速度大小为 a，根据牛顿第二定律 sinmgma 根据运动学公式 212Lat 解得 t=1.0s（2）设物体滑到斜面底端时的速度大小为 v，则有22vaL 解得 v=5.0m/s 滑到斜面底端时的动能 212kEmv6.25J（3）设物体沿斜面下滑过程中所受到的支持力为 N，则 cosNmg 在此过程中支持力对物体的冲量大小为 NINt 解得 2.5 3NINs 7动车组是城际间实现小编组、大密度的高效运输工具，以其编组灵活、方便、快捷、安全、可靠、舒适等特点而备受世界各国铁路运输和城市轨道交通运输的青睐几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组，就是动车组假设有一动车组由六节车厢连接而成，每节车厢的总质量均为 m=8104 kg.其中第一节、第二节带动力，他们的额定功率分别是 P1=2107 W 和 P2=1107 W(第一节车厢达到额定功率如功率不够用时启动第二节车厢)，车在行驶过程中阻力恒为车重的 0.1 倍(g10 m/s2)试卷第 9 页，共 54 页(1)求该动车组的最大行驶速度；(2)若列车以 1 m/s2的加速度匀加速启动，求 t10 s 时，第一节和第二节车厢之间拉力的值【答案】(1)62.5 m/s (2)8105 N【解析】【详解】试题分析：（1）对整列动车，质量 M=68104=4.8105kg，当牵引力等于阻力时，动车速度最大mmPfv，其中阻力：f=0.1Mg=0.16810410 N=4.8105N，假设两节有动力的车厢都正常工作 则：771252 101 10/62.5/4.8 10mmPppvm sm sff （2）当 t=10 s 时，v1=at=10m/s假设只有第一节车厢提供动力，则对整列车：111pfMav 解得：P11=9.6106W P1=2107W 说明只有第一节车厢提供动力可以按照题设要求行驶此时第一、二节间拉力最大；对后五节车厢：Fm f2=M2a 其中 M2=58104kg=4.0105kg 解得第一、二节间最大拉力：Fm=8105N 8如图是过山车的部分模型图模型图中光滑圆形轨道的半径 R=8.1m，该光滑圆形轨道固定在倾角为37o斜轨道面上的 Q 点，圆形轨道的最高点 A与 P 点平齐，圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接 现使小车(视作质点)从 P点以一定的初速度沿斜面向下运动，已知斜轨道面与小车间的动摩擦因数为1081，不计空气阻力，过山车质量为 20kg，取 g=10m/s2，sin370.6,cos370.8oo 若小车恰好能通过圆形轨道的最高点 A 处，求：(1)小车在 A 点的速度为多大；(2)小车在圆形轨道的最低点 B 时对轨道的压力为重力的多少倍；(3)小车在 P 点的动能。试卷第 10 页，共 54 页【答案】（1）9m/s；（2）6；（3）1290J【解析】【详解】（1）小车恰好能通过最高点 A，说明在 A 点小车只受重力作用，根据合力提供向心力有 2AvmgmR 得小球在 A 点的速度为：9m/sAvgR（2）小车从 B 至 A的过程中只有重力对小车做功，根据动能定理有 2211222ABmgRmvmv 得小车在 B点时的速度为：9 5m/sBv 小车在 B 点所受轨道支持力和重力的合力提供圆周运动向心力，令小车质量为 m，有 2BvNmgmR 解得：N60mN 小车的受到轨道支持力为其重力的 6 倍根据牛顿第三定律知，小车对轨道的压力为其重力的 6 倍；（3）设 Q点与 P点的高度差为 h，PQ间的距离为 L，则由几何关系有 1 cos24.3msinRL 小车从 P 到 A，由动能定理有 22011cos22AmgLmvmv 得：v0129m/s 则小车在 P 点的动能 2011290J2kPEmv 9四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用一架质量 m=2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力 F=36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为 f=4 N(g取 10 ms2)试卷第 11 页，共 54 页(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞 求在 t=5s 时离地面的高度 h；(2)当无人机悬停在距离地面高度 H=100m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落求无人机坠落到地面时的速度 v；(3)接(2)问，无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力为保证安全着地（到达地面时速度为零），求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间 t1【答案】（1）75m（2）40m/s（3）5 5 s3【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律 Fmgf=ma 代入数据解得 a=6m/s2 上升高度 代入数据解得 h=75m（2）下落过程中 mgf=ma1 代入数据解得 落地时速度 v2=2a1H，代入数据解得 v=40m/s（3）恢复升力后向下减速运动过程 Fmg+f=ma2 代入数据解得 设恢复升力时的速度为 vm，则有 由 vm=a1t1 代入数据解得 10如图是利用传送带装运煤块的示意图.其中，传送带的从动轮与主动轮圆心之间的距离为3sm，传送带与水平方向间的夹角37，煤块与传送带间的动摩擦因数0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度1.8Hm，与运煤车车箱中心的水平距离0.6.xm现在传送带底端由静止释放一煤块(可视为质点).煤块恰好在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取210/gm s，试卷第 12 页，共 54 页 sin370.6，cos370.8，求：（1）主动轮的半径；（2）传送带匀速运动的速度；（3）煤块在传送带上直线部分运动的时间【答案】（1）0.1m（2）1m/s；（3）4.25s【解析】【分析】（1）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，根据平抛运动的规律求出离开传送带最高点的速度，结合牛顿第二定律求出半径的大小 （2）根据牛顿第二定律，结合运动学公式确定传送带的速度（3）煤块在传送带经历了匀加速运动和匀速运动，根据运动学公式分别求出两段时间，从而得出煤块在传送带上直线部分运动的时间【详解】（1）由平抛运动的公式，得xvt，21Hgt2 代入数据解得 v=1m/s 要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得 2vmgmR，代入数据得 R=0.1m（2）由牛顿第二定律得 mgcosmgsinma，代入数据解得 a=0.4m/s2 由212vsa得 s1=1.25ms，即煤块到达顶端之前已与传送带取得共同速度，故传送带的速度为 1m/s 试卷第 13 页，共 54 页（3）由 v=at1解得煤块加速运动的时间 t1=2.5s 煤块匀速运动的位移为 s2=ss1=1.75m，可求得煤块匀速运动的时间 t2=1.75s 煤块在传送带上直线部分运动的时间 t=t1+t2 代入数据解得 t=4.25s 11如图所示，在 x 轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里在 x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上一个质量为 m、电荷量为 q、重力不计的带正电粒子从 y轴上的 a(0，h)点沿 y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与 x轴正方向成 45进入电场，经过 y 轴的 b点时速度方向恰好与 y 轴垂直求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径 r 和速度大小 v1；(2)匀强电场的电场强度大小 E；(3)粒子从开始到第三次经过 x轴的时间 t 【答案】（1）2qBhm（2）2(21)qhBm（3）11(2 22)4mqB【解析】【详解】(1)根据题意可大体画出粒子在复合场中的运动轨迹如图所示，试卷第 14 页，共 54 页 由几何关系可得 rcos45=h 即 2rh 211vqv Bmr 解得 12qBrqBhvmm(2)粒子第一次经过 x轴的位置为 x1，到达 b 点速度大小为 vb 粒子做类平抛运动，有：vb=v1cos45 所以 bqBhvm 设粒子进入电场经过时间 t运动到 b点，b点的纵坐标为-yb，由类平抛运动得 r+rsin45=vbt 01121(sin450)22byvth 由动能定理 2211122bbqEymvmv 所以 2(21)qhBEm(3)粒子在磁场中的周期为 122rmTvqB 第一次经过 x轴的时间 1558mtTqB 在电场中运动的时间 22(21)2mttqB 在第二次经过 x 轴到第三次经过 x轴的时间 33342mtTqB 试卷第 15 页，共 54 页 所以总时间 12311(2 22)4mttttqB总 12如图所示,在倾角 30的斜面上放置一个凹槽 B，B 与斜面间的动摩擦因数36；槽内靠近右侧壁处有一小物块 A(可视为质点)，它到凹槽左侧壁的距离d 0.1m，A、B的质量都为 m=2kg，B 与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计 A、B 之间的摩擦，斜面足够长。现同时由静止释放 A、B，经过一段时间，A 与 B 的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短，g 取210m/s。求：(1)释放后物块 A 和凹槽 B 的加速度分别是多大?(2)物块 A 与凹槽 B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间 A、B 的速度大小；(3)从初始位置到物块 A 与凹槽 B 的左侧壁发生第三次碰撞时 B 的位移大小。【答案】（1）5m/s2，0；（2）vA1=0m/s，vB1=1m/s；（3）1.2m【解析】【详解】（1）设物块 A 的加速度为 a1，则有 1sinAm gma 解得 a1=5m/s2 凹槽 B运动时受到的摩擦力 12cos2fmgmg 方向沿斜面向上；凹槽 B所受重力沿斜面的分力 11sin2Gmgmg 方向沿斜面向下；因为 G1=f 则凹槽 B 受力平衡，保持静止，凹槽 B 的加速度为 a2=0 试卷第 16 页，共 54 页（2）设 A 与 B的左壁第一次碰撞前的速度为 vA0，根据运动公式 v2A0=2a1d 解得 vA0=1m/s AB 发生弹性碰撞，设 A 与 B 第一次碰撞后瞬间 A 的速度大小为 vA1，B 的速度为 vB1，则由动量守恒定律 0112AABmvmvmv 由能量关系 2220111112222AABmvmvmv 解得 vA1=0m/s，vB1=1m/s（3）A、B 第一次碰撞后，B 以 vB1=1.0 m/s 做匀速运动，A 做初速度为 0 的匀加速运动，设经过时间 t1，A 的速度 vA2与 B 的速度相等，A 与 B 的左侧壁距离达到最大，即 vA2=a1t1=vB1 解得 t1=0.20s 设 t1时间内 A 下滑的距离为 x1，则 211 112xa t 解得 x1=0.10m 因为 x1=d，说明 A 恰好运动到 B 的右侧壁，而且速度相等，所以 A 与 B 的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞。设 A 与 B 第一次碰后到第二次碰时所用时间为 t2，A 运动的距离为 xA1，B 运动的距离为 xB1，A 的速度为 vA3，则 211 212Axat，xB1=vB1t2，xA1=xB1 解得 t2=0.40s，xB1=0.40m，vA3=a1t2=2.0m/s 第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得 A、B 再次发生速度交换，B 以vA3=2.0m/s 速度做匀速直线运动，A 以 vB1=1.0m/s 的初速度做匀加速运动用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，物块 A 不会与凹槽 B 的右侧壁碰撞，并且 A 与 B 第二次碰撞后，也再经过 t3=0.40s，A 与 B 发生第三次碰撞 设A 与 B 在第二次碰后到第三次碰时 B 运动的位移为 xB2，则 试卷第 17 页，共 54 页 xB2=vA3t3=2.00.40=0.80m 设从初始位置到物块 A 与凹槽 B 的左内侧壁发生第三次碰撞时 B 的位移大小 x，则 x=xB1+xB2=0.40+0.80=1.2m 13如图所示，一个滑块质量为 2kg，从斜面上 A点由静止下滑，经过 BC平面又冲上另一斜面到达最高点 D 已知 AB=100cm，CD=60cm，=30，=37，（g 取 10m/s2）试求：(1)滑块在 A 和 D点所具有的重力势能是多少？（以 BC 面为零势面）若 AB、CD 均光滑，而只有 BC 面粗糙，BC=28cm 且 BC面上各处粗糙程度相同，则滑块最终停在 BC 面上什么位置？【答案】（1）10J，7.2J；（2）16cm【解析】【分析】【详解】（1）根据功能关系可得 pAsin10JABEmgs pDsin7.2JCDEmgs（2）由功能关系得：A 到 D pApD2.8JBCmgsEE 设滑块在 BC 上的路程为BCxs，A 到最后停止 010JBCAmgxsE 解出 437x 故距 C点的距离为 428cm16cm7s 试卷第 18 页，共 54 页 14 一束光波以 45的入射角，从 AB面射入透明三棱镜，如图所示，棱镜折射率 n=2 试求光进入 AB 面时的折射角，并在图上画出该光束在棱镜中的光路图 【答案】30；光路图如下：【解析】【详解】由光的折射定律 sin21sin22 2in 解得 30 画图：其中由几何关系，画出光线在 AC 面上的入射角 i=45 由 12sin2Cn 则 C=45 光在 AC 面发生全反射，并垂直 BC面射出 试卷第 19 页，共 54 页 15我国将在 2017 年前后发射一颗返回式月球软着陆器，进行首次月球样品自动取样并安全返回地球假设探月宇航员站在月球表面一斜坡上的 M 点，并沿水平方向以初速度 v0抛出一个质量为 m 的小球，测得小球经时间 t 落到斜坡上另一点 N，斜面的倾角为，已知月球半径为 R，月球的质量分布均匀，求：（1）月球表面的重力加速度/g；（2）人造卫星绕月球做匀速圆周运动的最大速度【答案】（1）/02tanvgt（2）02tanvRvt【解析】【详解】试题分析：（1）小球做平抛运动，水平位移 x=0t，竖直位移21ygt2，再根据几何关系即可求得该星球表面的重力加速度 g；（2）该星球的近地卫星的向心力由万有引力提供，该星球表面物体所受重力等于万有引力，联立方程即可求出该星球的第一宇宙速度；解：（1）小球做平抛运动，水平位移 x=0t，竖直位移21ygt2 由位移关系得：2001g t2tany2tangxtt，（2）该星球的近地卫星的向心力由万有引力提供 该星球表面物体所受重力等于万有引力，2MmGmgR 由得02Rtang Rt 考点：平抛运动 点评：该题主要考查了平抛运动的相关知识，要求同学们能熟练掌握平抛运动的基本公式，难度适中 16足球以8m/s的速度飞来，运动员把它以12m/s的速度反向踢出，踢球时间为0.2s，试卷第 20 页，共 54 页 设球飞来的方向为正方向，则足球在这段时间内的加速度为多少？【答案】2100m/s，方向与初速度方向相反【解析】【详解】设球飞来方向为正方向，由 0tvvat 可得 220128m/s100m/s0.2tvvat 方向与飞来方向相反。17如图所示，半径 R0.4m 的四分之一粗糙圆轨道 MN 竖直固定放置，末端 N 与一长 L0.8m 的水平传送带相切，水平衔接部分摩擦不计，传动轮（轮半径很小）做顺时针转动，带动传送带以恒定的速度 v0运动。传送带离地面的高度 h1.25m，其右侧地面上有一直径 D0.5m 的圆形洞，洞口最左端的 A点离传送带右端的水平距离 x1m，B 点在洞口的最右端，现使质量为 m0.5kg 的小物块从 M 点由静止开始释放，滑到 N点时速度为 2m/s，经过传送带后做平抛运动，最终落入洞中，传送带与小物块之间的动摩擦因数 0.5，g取 10m/s2，求：（1）小物块到达圆轨道末端 N 时对轨道的压力；（2）若 v03 m/s，求小物块在传送带上运动的时间；（3）若要使小物块能落入洞中，求 v0应满足的条件。【答案】（1）10N，方向竖直向下；（2）0.3 s；（3）2m/s v03m/s【解析】【分析】【详解】试卷第 21 页，共 54 页（1）对小物块，据牛顿第二定律得 21vNmgmR 解得 N10 N 根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力为 10 N，方向竖直向下。（2）对小物块，据牛顿第二定律得 mgma 得 ag5 m/s2 加速到与传送带达到共同速度所需要的时间 0110.2svvta 位移 1010.5m2vvst 匀速运动的时间 200.1sLstv 故小物块在传送带上运动的时间 tt1t20.3s（3）小物块从传送带右端做平抛运动，有 h12gt2 恰好落在 A点 xv2t 得 v22m/s 恰好落在 B点 Dxv3t 得 v33m/s 故 v0应满足的条件是 2 m/sv0cos37mg，故减速上行 3sin37cos37mamgmg 得 232m/sa 设物块还需t离开传送带，离开时的速度为tv，则 22322tvva x，2m/stv；3tvvta，1st 21如图，在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由 a、b和 c三个粗细不同的部分连接而成，各部分的横截面积分别为 2S、2S和 S已知大气压强为 p0，温度为 T0两活塞A和B用一根长为4l的不可伸长的轻线相连，把温度为T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示现对被密封的气体加热，使其温度缓慢上升到 T若活塞试卷第 25 页，共 54 页 与圆筒壁之间的摩擦可忽略，此时两活塞之间气体的压强可能为多少？【答案】当 T54T0时，pp0 当 T54T0时，p045TTp0【解析】【详解】试题分析：加热前，AB 活塞处于平衡状态，由平衡方程可得内部气体压强和轻绳的张力 加热后由于没有摩擦，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持1p不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于l为止，此时 B 被挡住，活塞不能继续移动；根据盖-吕萨克定律可得此时被封闭气体的温度，以此温度为分界，进行讨论可得结果 设加热前，被密封气体的压强为1p，轻线的张力为 f因而活塞处在静止状态 对 A 活塞有：220op SpSf，对 B 活塞有：100p Sp Sf 联立得：10pp，f=0 即被密封气体的压强与大气压强相等，细线处在拉直的松弛状态 这时气体的体积124VSlSlSlSl 对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持1p不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于l为止 这时气体体积245VSlSlSl 设此时气体的温度为2T，由盖-吕萨克定律得：2120VVTT，解得：2054TT 由此可知，当2054TTT时，气体的压强为：0pp 当2TT时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持2V不变 由查理定律得：02ppTT，解得：0045TppT 即当054TT时，气体的压强为0045TppT 【点睛】本题重点在于对被封闭气体状态变化的讨论，依据给定的情形，气体会做两种变化：1、等压变化2、等容变化能讨论出来这两点是本题的关键 试卷第 26 页，共 54 页 22如图所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着定质量的理想气体，活塞的质量为 m，横截面积为 S，与气缸底部相距 h，此时封闭气体的温度为 T现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量 Q时，气体温度上升到 2T 已知大气压强为0p，重力加速度为 g，不计活塞与汽缸的摩擦求：气体吸收热量 Q达到稳定状态后，活塞到汽缸底部的距离h；加热过程中气体的内能增加量E。【答案】2h；0()Qh p Smg【解析】【详解】加热过程中，活塞受力平衡，属于等压变化，根据 1212VVTT 即 2shshTT 解得 2hh 活塞受力平衡，根据 0mgp SpS 对外做功 2()Wp hh S 由热力学第一定律 UWQ 得 试卷第 27 页，共 54 页 0()UQh p Smg 23如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道 AB 和圆轨道 BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点)，已知BOC=30.可视为质点的小滑块从轨道 AB 上高 H 处的某点由静止滑下，用力传感器测出小滑块经过圆轨道最高点 D 时对轨道的压力为 F，并得到如图乙所示的压力 F与高度 H 的关系图象，取 g=10 m/s2.求：(1)滑块的质量和圆轨道的半径；(2)是否存在某个 H值，使得小滑块经过最高点 D 后能直接落到直轨道 AB 上与圆心等高的点？若存在，请求出 H值；若不存在，请说明理由【答案】（1）0.1mkg，0.2Rm（2）0.6Hm【解析】【详解】试题分析：（1）mg(H2R)=12mvD2 Fmg=2DmvR 得：F=2(H-2R)mgRmg m=0.1kg，R=0.2m （2）假设滑块经过最高点 D后能直接落到直轨道 AB上与圆心等高的 E 点（如图所示）x=OE=vDPt R=12gt2 得到：vDP=2m/s 而滑块过 D 点的临界速度 vDL=gR=2m/s 由于：vDP vDL 所以存在一个 H 值，使得滑块经过最高点 D后能直接落到直轨道 AB上与圆心等高的点 试卷第 28 页，共 54 页 mg(H2R)=12mvDP2 得到：H=0.6m 考点：考查了牛顿定律和圆周运动的综合应用 点评：做此类型题目的关键是找出临界条件，分清物体在各个过程中的运动性质，然后结合相对应的规律分析解题 24如图所示，光滑斜面的倾角=30，在斜面上放置一矩形线框 abcd，ab边的边长l1=1m，bc 边的边长 l2=0.6m，线框的质量 m=1kg，电阻 R=0.1，线框受到沿光滑斜面向上的恒力 F 的作用，已知 F=10N斜面上 ef线（efgh）的右方有垂直斜面向上的均匀磁场，磁感应强度 B 随时间 t的变化情况如 B-t图象，时间 t是从线框由静止开始运动时刻起计的如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和 gh的距离 s=5.1m，求：（1）线框进入磁场时匀速运动的速度 v；（2）ab边由静止开始到运动到 gh 线处所用的时间 t；（3）线框由静止开始到运动到 gh线的整个过程中产生的焦耳热【答案】（1）2m/s（2）1s（3）3.5J【解析】【详解】试题分析：(1)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以线框 abcd受力平衡：sinAFmgF ab 边进入磁场切割磁感线，产生的电动势：1EBl v 试卷第 29 页，共 54 页 形成的感应电流 1Bl vEIRR 受到的安培力 1AFBIl 2 21sinB l vFmgR 代入数据解得 v=2m/s；(2)线框 abcd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到 gh线，仍做匀加速直线运动 线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力 F、斜面的支持力和线框重力，由牛顿第二定律得：sinFmgma 线框进入磁场前的加速度 sinFmgam=5m/s2 进磁场前线框的运动时间为 12s0.4s5vta 进磁场过程中匀速运动时间 220.6s0.3s2ltv 线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为 a=5m/s2，223312slvtat 解得：t3=1s 因此 ab边由静止开始运动到 gh 线所用的时间为：t=t1+t2+t3=1.7s（3）线框中产生的感应电动势为：()0.5 0.60.25V2.10.9BSt；线框整体进入磁场后，ab边运动到 gh线的过程中产生的焦耳热为：22410.250.8J0.5J0.1tQR 整个运动过程产生的焦耳热 试卷第 30 页，共 54 页 Q=FAl2+Q1=（Fmgsin）l2+Q1=3.5J 考点：本题考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律 25某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示。可视为质点的赛车从起点 A 出发，沿水平直线轨道运动 L后，由 B点进入半径为 R 的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点 C，才算完成比赛。B是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于 B 点。已知赛车质量 m=0.5kg，通电后以额定功率 P=2W 工作，进入竖直半圆轨道前受到的阻力恒为 F1=0.4N，随后在运动中受到的阻力均可不计，L=10.0m，R=0.32m，g 取 10m/s2。求：（1）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的 B点对轨道的压力至少为多大？（2）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（3）若电动机工作时间为 t0=5s，当半圆轨道半径为多少时，赛车能完成比赛且飞出的水平距离最大，最大是多少？【答案】（1）30N；（2）4s；（3）0.3m，1.2m【解析】【详解】（1）赛车恰能过最高点时，根据牛顿第二定律 2CmvmgR 解得 CvgR 由 B 点到 C 点，由动能定理 2212122BCmvmvmgR=经过 B点时，根据牛顿第二定律 2BNvFmgmR 联立解得 54m/sBvgR 由牛顿第三定律知赛车在半圆轨道的 B 点对轨道的压力 试卷第 31 页，共 54 页 NN630NFFmg（2）对赛车从 A到 B，由动能定理 21102BPtFLmv 解得 t=4s（3）设赛车经过 C 点时速度为 v，对赛车从 A 到 C，由动能定理 201122PtFLmgRmv 赛车飞出 C后有 2122Rgt xvt 解得 2316()5xRR 所以当 R=0.3m 时 x 最大，最大值为 xmax=1.2m 26 如图所示，AOB是由某种透明物质制成的14圆柱体横截面（O 为圆心）折射率2 今有一束平行光以 45的入射角向柱体的 OA平面，这些光线中有一部分不能从柱体的 AB面上射出，设凡射到 OB面的光线全部被吸收，也不考虑 OA面的反射，求圆柱 AB 面上能射出光线的部分占 AB表面的几分之几？【答案】1/2【解析】【详解】光路图如下图，试卷第 32 页，共 54 页 从 O 点射入的光线，折射角为 r，根据折射定律，有 sin45sinnr，解得：30r 设从某位置 P 点入射的光线，折射到 AB弧面上的 Q点时，入射 角恰等于临界角 C，有 代入数据得：45C PQO中 1809015Cr 所以能射出的光线区域对应的圆心角 9045r 能射出光线的部分占 AB面的比例为 451902 27一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为0v，开始时内部封闭气体的压强为 op经过太阳曝晒，气体温度由0300Tk升至 1350TK （1）求此时气体的压强（2）保持1350TK不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到 op求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因 试卷第 33 页，共 54 页【答案】（1）1076PP（2）67k；吸热因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，二剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热【解析】【详解】(1)设升温后气体的压强为 p1，由查理定律得 00pT11pT 代入数据得 p176p0.(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为 V，由玻意耳定律得 p1V0p0V 联立式得 V76V0 设剩余气体的质量与原来总质量的比值为 k，由题意 得 k0VV 联立式得 k67 因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热 答案：(1)76p0(2)67 吸热 原因见解析 28如图，离子源 A 产生的初速度为零、带电量均为 e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板 HM上的小孔 S 离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界 MN 进入磁感应强度为 B的匀强磁场已知 HOd，HS2d，MNQ90（忽略粒子所受重力）（1）求偏转电场场强 E0的大小以及 HM 与 MN 的夹角；试卷第 34 页，共 54 页（2）求质量为 m 的离子在磁场中做圆周运动的半径；（3）若质量为 4m 的离子垂直打在 NQ 的中点 S1处，质量为 16m 的离子打在 S2处求S1和 S2之间的距离以及能打在 NQ 上的正离子的质量范围【答案】（1）00UEd；45（2）022mUeB（3）25xmmm【解析】【详解】（1）正离子被电压为 U0的加速电场加速后速度设为 V1，