青海省西宁市新高考物理经典100解答题含解析.pdf

word版可编辑】青海省西宁市新高考物理经典100解答题精选高考物理解答题100题含答案有解析1.真空中有如图所示的周期性交变磁场，设磁感应强度B垂直纸面向里为正方向，Bo=lT,to=7rxio-5s,k为正整数。某直角坐标系原点O处有一粒子源，在t=0时刻沿x轴正方向发射速度为V0=l(Pm/s的正点电荷，比荷包=lxI06c/kg,不计粒子重力。m 若k=l,求粒子在磁场中运动的轨道半径和粒子第3次(从O点出发记为第1次)经 过y轴时的时刻；若k=2,求粒子在运动过程中与y轴交点坐标的最大值和最小值；7 1 若10=彳乂10个，则k取何值时，粒子可做周期性循环运动回到出发点？并求出循环周期的最小值Tm in2和相应的k值。【答案】(l)O.Olm；，=2万、10飞；(2)=0.04111；%加=-0-02m；(3)当 A 取非4+1(=0,1,2,)的正整数时，均可以回到出发点；当=3时，最小循环周期为1.256xl()Ys【解析】【分析】【详解】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由Bqv0=r_ Ijur1=-%解得Bq=0.01mT=也Bq=2 x l()f 5T当=1时，因为,粒子第3次经过y轴时恰好向上经历两个半圆(如图)则时间，=T=2X 10-5s(2)当上=2时，2%=丁，粒子一个循环周期中运动分别为半圆一整圆一半圆一整圆，因此由几何关系得:与轴交点坐标的最大值为K1a x =4厂=0.0 4m与）轴交点坐标的最小值为N m i n =_ 2 r =-0 O 2 m因为 g所 以 粒 子 先*圆 弧 运 动，之后对人的不同值进行分类讨论:如图可见左=1、2、3、4时可能的分段情况.左=1,粒子做J圆弧交替运动，向右上45。方向无限延伸，不会循环运动4|2 k=2,粒子做了圆弧与丁圆弧交替运动，经过4个周期回到出发点，循环周期7；=3T4 41 3攵=3,粒子做了圆弧与二圆弧交替运动，经过2个周期回到出发点，循环周期（=2 T4 41 4女=4,粒子做了圆弧与一圆弧交替运动，经过4个周期回到出发点，循环周期7；=5 74 4当人4时，运动过程相似，每个周期中均增加，（正整数）个圆周，能循环的运动其循环周期均延长.综上可得：当女取非44+l（q =0,l,2,）的正整数时，均可以回到出发点.(2)当左=3时，最小循环周期为7；=2 T =4X10-5S 1.2 5 6X10 S.2.热等静压设备广泛用于材料加工，该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料进行加工处理，改变其性能，一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积乂=0.111?,腔颅腔抽真空后，在室温下用压缩机将多瓶氧气压入到炉腔中，使得炉腔中气体在室温下的压强至少为n=3.9 x 10 7p a,已知每瓶氨气的容积 匕=0.0 3m 3,使用前瓶中气体压强P 2=L 5 x l()7p a,使用后瓶中剩余气体压强2=3.0 x l()6 p a ；室温为2 7。(2,加压后的氨气可视为理想气体。(1)求至少要准备的氮气瓶数；(2)若将炉腔中气体在室温下的压强增大至月=3.9 x l()7p a后，用升高温度的方法继续使炉腔内压强增加到 4=L 3x l()8 p a,求此时炉腔中气体的温度L【答案】(1)11瓶；(2)z=72 7【解析】【详解】(1)设炉腔内压强为2的氧气气体积为VPM=P2V解得V=0.26m3设瓶内剩余氧气在压强为2下的体积为匕2匕=3%解得l=0.006m3设至少要压入瓶氨气，则有化-匕)”解得n 10.8即至少要准备11瓶氢气。(2)炉腔内气体的体积不变由查理定律P i _ PA4+273-r+273解得t=72 73.一轻质细绳一端系一质量为m=0.05kg的小球A,另一端挂在光滑水平轴O 上，O 到小球的距离为L=O.lm,小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板,如图所示，水平距离s=2m,动摩擦因数为n=0.1.现有一滑块B,质量也为m,从斜面上滑下，与小球发生弹性正碰，与挡板碰撞时不损失机械能.若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，g 取 10m/s2,试问：(1)若滑块B 从斜面某一高度h 处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h.(2)若滑块B 从 h=5m处滑下，求滑块B 与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力.(3)若滑块B 从 h=5m处下滑与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数.【答案】(1)0.5m(2)48N(3)10 次。【解析】【分析】【详解】(1)小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v o,在最高点，仅有重力充当向心力，则有2mg=m寸在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，并设小球在最低点速度为v,则又有1 2 1mVj=mg-2+mv()解有vl=/5 m/s滑块从h 高处运动到将与小球碰撞时速度为V 2,对滑块由能的转化及守恒定律有,S 1 2mgn=/nmg +mv2因弹性碰撞后速度交换V2=5 m/s解上式有h=0.5m(2)若滑块从h=5m处下滑到将要与小球碰撞时速度为u,同理有,/I 2 S-mgh=mu+jjmg (3)解得w=V95m/s滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以 =的速度开始作圆周运动，绳的拉力T 和重力的合力充当向心力，则有2T-mg-m 解式得T=48N(3)滑块和小球最后一次碰撞时速度为v-y5m/s滑块最后停在水平面上，它通过的路程为s，,同理有1 ,mgh=mv+/dmgs小球做完整圆周运动的次数为解、得s=19mn=10 次4.如图所示，U 型玻璃细管竖直放置，水平细管又与U 型玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同。U 型管左管上端封有长U cm 的理想气体B,右管上端开口并与大气相通，此时U 型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U 型玻璃管底部为15cm。水平细管内用小活塞封有长度10cm的理想气体A。现将活塞缓慢向右推，使气体B 的长度为10cm,此时气体A 仍封闭在气体B 左侧的玻璃管内。已知外界大气压强为75cmHg。试求：(1)最终气体B 压强；(2)活塞推动的距离。B CLI【答案】(1)8 2.5 c m H g (2)10.36 3c m【解析】【分析】考查理想气体的等温变化。【详解】(1)活塞缓慢向右推的过程中，气 体 B做等温变化，设 S为玻璃管横截面：75 x l l S =/2x l O 5解得：B2=8 2.5 c m H g即最终气体B压强为8 2.5 c m H g；(2)末状态：气 体 B和 C的液面高度差：A/1=8 2.5 -75 c m =7.5 c m活塞缓慢向右推的过程中，气 体 A做等温变化初状态：PM-耳+九=7 5+1 5 c m H g -9 0 c m H g末状态：心=铝2 +%=8 2.5 +16 c m H g =9 8.5 c m H g由玻意耳定律：PAK1=P A 2%代入数据：9 0 x 10 S =9 8.5 x 72s解得：“2 =9.137c m活塞推动的距离：6 7=1+(7.5 +1)+(10-9.137)c m =10.36 3c m.5.如图所示，弯成四分之三圆弧的细杆竖直固定在天花板上的N 点，细 杆 上 的 两 点 与 圆 心。在同一水平线上，圆弧半径为0.8 m。质量为0.1kg 的有孔小球A (可视为质点)穿在圆弧细杆上，小球A通过轻质细绳与质量也为0.1kg 小球8相连，细绳绕过固定在。处的轻质小定滑轮。将小球A由圆弧细杆上某处由静止释放，则小球A沿圆弧杆下滑，同时带动小球8运动，当小球A下滑到。点时其速度为4m/s,此时细绳与水平方向的夹角为3 7。，已知重力加速度g=l()m/s2,或 113 7。=0.6,c os3 7=0.8,c osl 6=0.1.问：(1)小 球A下 滑 到。点 时，若 细 绳 的 张 力T=x(N),则圆弧 杆 对 小 球A的弹力是多大？(2)小 球A下 滑 到。点 时，小 球8的速度是多大？方向向哪？(3)如 果 最 初 释 放 小 球A的 某 处 恰 好 是P点,请通过计算判断圆弧杆PD段是否光滑。0。【答 案】(1)FN=(2.1-0.8X)N；(2)2.4m/s,竖直向下；(3)光滑【解 析】【分 析】【详 解】(1)当 球A运 动 到D点时，设 圆 弧 杆 对 小 球A的 弹 力 为FN,由牛顿第二定律有FN+Teos 3 7 0-m g c os 16 =-解得FN=(2.1-0.8X)N(2)小 球A在D点时，小 球B的速度vB-vA sin 3 7 =2.4m/s方向竖直向下。(3)由几何关系有Q D =2 R c os3 7 0=1.6 R =Q O sin3 7 0=0.9 6 R若圆弧杆不光滑，则 在 小 球A从P点 滑 到D点的过程中，必 有 摩 擦 力 对 小 球A做 功。设 摩 擦 力 对 小 球A做 功 为W“对A、B两小球由功能关系得mgh+m g(2/?-QD)+Wf-mv +(加丫；代入数据解得Wf=0所 以 圆 弧 杆PD段是光滑的。6.如 图，EMNF是一块横截面为正方形的透明玻璃砖，其 折 射 率n=，边 长MN=3cm.一 束 激 光AB从 玻 璃 砖 的EM面 上 的B点入射，ZABE=300,BM=.；cm在玻璃砖右侧有一竖直屏幕POQ,PQFN,。点 与M N等 高，且N O=lcm.若 激 光从玻璃砖射出后会在PQ上 形 成 光 斑H(图中未标出)，且光在每个面上的反射只考虑一次.求:激光在B 点发生折射的折射角;(ji)光斑H到 O 点的距离H O.【答案】(1)3 0 (2)r【解析】【分析】【详解】作出光路图如图所示:由图可知：二二=90 二二二二=60=由折射定律有：一 3 U一 疝二解得：二=300(ii)在-中：tan 二二二二=三则：MC=2 cmNC=MN-MC=lcm由图可知:口 =如 一二=60:因:-1 ism j=5=T 为=0.2 5 m2 q可知物块到达压力区前一直做匀加速直线运动。设物块到达压力区左边界时的速度为,则有2%解得v,=l m/s(2)物块进入压力区，由牛顿第二定律有ju(mg+F)=ma2解得%=4 m /s2当物块在压力区达到传送带速度时，物块在传送带上运动的位移可知物块在恰好压力区时，速度与传送带共速，物块在压力区右侧做匀速直线运动。物块在进入压力区前运动的时间V,1t.-s4 2物块在压力区中运动的时间则压力区右侧的传送带长度8.如图所示，x O y坐标系中，在y 0的区域内分布有沿y轴正方向的匀强电场，在O y 一+的;(3)见解析。4yo【解析】【分析】【详解】(1)粒子在电场中做类平抛运动，则有qE=ma,vv=at解得x=2%,%=%进入磁场时的速度v=M +vj=扬()速度与X轴夹角的正切值tan=1%得0=45若粒子刚好不从y=为边界射出磁场，则有7qvBm由几何关系知呼 卜%2 7解得（四+1）m%分。故要使粒子不从），=%边界射出磁场，应满足磁感应强度心（后+1）叫,物（3）粒子相邻两次从电场进入磁场时，沿x轴前进的距离zl r=2 x V2 r =4y0-V2 rm u其中初始位置为（2%,（），由尸=痴 得B：2?%。（4%一3又因为粒子不能射出边界所以事垃+1）为/即0 r,（2-V 2）,y0所以有6-2&）为 A x 4y0粒子通过P点，回旋次数n 一 5 0yof l -A v则皿 48），。4yo（6-2扃%即12 n 02=302由几何关系：Z O E D=30,则折射光平行于A B的方向，如图;(2)折射光平行于A B的方向，所以:ED=2Rcos300=7?光在介质内的速度：v=,传播的时间:nEDt=v联立可得：12.1011年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.某滑道示意图如下,长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑 道 BC高 h=10m,C 是半径R=10 m 圆弧的最低点，质量m=60 kg的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5 m/sL 到达B 点时速度VB=30 m/s.取重力加速度g=10m/s1.(1)求长直助滑道A B的长度L；(1)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I 大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小.【答案】100m(1)1800N-S(3)3 900 N【解析】(1)已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即V2=2aL可解得:L-=100/n(1)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以I-mvB0-lS00N-s(3)小球在最低点的受力如图所示2由牛顿第二定律可得：N-m g =m从B运动到C由动能定理可知:mgh=mv-g mvjf解得；N=3 9 0 0 N故本题答案是：(1)L=W 0 m(1)/=1 8 0 0 N-s (3)N=3 9 0 0 N点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小.1 3.如图所示，在直角坐标xO y平面内，第一、二象限有平行y轴的匀强电场，第三、四象限有垂直坐标平面的匀强电磁场。一质量为m、电荷量为q的正电粒子，从坐标原点O以大小为v。，方向与x轴正方向成3 7 的速度沿坐标平面射入第一象限，粒子第一次回到x轴时，经过x轴上的P点(图中未标出),已知电场强度大小为E,粒子重力不计，s i n 3 7 =0.6,c os 3 7 =0.8 求p点的坐标；(2)若粒子经磁场偏转后，第二次回到x轴的位置与坐标原点O的距离为OP的一半，求磁场的磁感应强度大小和方向。2 4/7 2 口 一 5E 3E【答案】(1)(0);(2)B =,方向垂直坐标平面向外；5 =,方向垂直坐标平面向外25 Eq 2%6%【解析】【详解】(1)由运动的独立性可知，粒子运动可以看成沿y轴向上先做匀减速后做匀加速直线运动和x轴匀速直线运动合成的。设回到x轴过程所需要的时间为t,y轴：vv=%sin37”加速度m时间t=2 aX轴：vx=v0cos37,x=vxt联立上式，可解得24/加x=-25Eq即 p 点的坐标为（一工，（）25 Eq（2）第二次回到x 轴的位置与坐标原点O 的距离为O P的一半，满足题意得有两种情况。回到x 轴时在。点右侧。如图所示，由几何关系，可知轨迹半径由Dmv-q v B=vKi解得:方向垂直坐标平面向外;回到x 轴时在O 点左侧，如图所示，由几何关系，可知轨迹半径R2(x+-)22sin375 v 6M 说-x=-4 5qE由解得:方向垂直坐标平面向外14.学校组织趣味运动会，某科技小组为大家提供了一个寓教于乐的游戏.如图所示，磁性小球在铁质圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔性一样，小球旋转一周后在C 点脱离轨道，投入左边内轨的某点上，已知竖直圆弧轨道由半径为2 R 的左半圆轨道A B和半径为R 的右半圆轨道BC 无缝对接，A、B点处于竖直线上，可看成质点、质量为m 的小球沿轨道外侧做圆周运动，已知小球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小恒为F,不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。若小球在A 点的速度为J 丽，求小球在该点对轨道的弹力；（2）若磁性引力F 可调整，要使小球能完成完整的圆周运动，求 上 的 最 小 值；2g（3）若小球从最高点开始沿轨道外侧运动，最后从C 点抛出落到左侧圆轨道上（球脱离轨道后与轨道的引力消失），问小球能否落在与右边小圆圆心等高处？如果不能，求出小球的落点与O 点的最短竖直距离。【答案】（1）F,方向竖直向下；（2）=9；（3）不能，（5 2石）H【解析】【分析】【详解】（D设在A 点轨道对小球向上的弹力大小为FN,由牛顿第二定律得F+m g-F=m Z/代入数据得FN=F由牛顿第三定律得，小球在A点对轨道的弹力大小为F,方向竖直向下(2)要使小球能完成完整的运动，只需在B点不脱轨即可。当VA=O时，到达B处速度最小，由动能定理得1 2mg-4R=mvB-0当小球处于半径为R的轨道最低点B时，小球更容易脱落，则F-mg-F=m eA所以用=9血g+&当 FN=0时，磁性引力最小，故F=9人in(3)小球能沿轨道运动到C点，设VA=0,则从A到C的过程中有mg-2R=mv-0得%=2d gR若小球落到与右边小圆圆心等高处，设从C点以速度V。平抛，则竖直方向有y=R=g g/水平方向有X=J(2H)2-R?=6R=Vot得水平速度因 为%V 七,故小球不可能落在与右边小圆圆心等高处，当=2顾 时，落点与o点的竖直距离最近水平方向有x=vct竖直方向有1 ,y=2g t且x2+y2=4R2解得j (475-8)/?t=-8故y=g g*=(2 _ 4)R小球的落点与O 点的竖直距离最小为h=R y=(5 2/5)7?15.如图所示，空间存在一方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电场强度的大小为E,磁感应强度的大小为B,电场和磁场的分界面为水平面，用图中虚线表示。界面上O 点是电场中P 点的垂足，M 点位于O 点的右侧，O M=d,且与磁场方向垂直。一个质量为加、电荷量为g 的带负电的粒子,从 P 点以适当的速度水平向右射出。恰好能经过M 点，然后历经磁场一次回到P 点。不计粒子的重力。求：(1)P点离O 点的高度h；该粒子从P 点射出时的速度大小V()oX B X X X X X XX X X X X X X【答案】(1)/1 =殁义；(2)v0=-2mE B【解析】【分析】【详解】(1)分析如图所示P 到 M 做类平抛运动，进入磁场B 中做匀速圆周运动，设在M 点的速度v 的方向与水平方向夹角为仇在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,有2qvB=m一dr sin 0vyv=using，=2ahyEq=ma解得qB2d2n=-2mE(2)在电场中，有d=votvy=at解得1 6.对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，可以更加深刻地理解其物理本质。(1)单个微小粒子撞击巨大物体的力是局部而短促的脉冲，但大量粒子撞击物体的平均效果是均匀而持续的力。我们假定单位体积内粒子数量为n,每个粒子的质量为m,粒子运动速率均为v。如果所有粒子都垂直物体表面运动并与其碰撞，利用所学力学知识，导出物体表面单位面积所受粒子压力f 与 m、n 和v 的关系。(2)实际上大量粒子运动的速率不尽相同。如果某容器中速率处于100200m/s区间的粒子约占总数的10%,而速率处于700800m/s区间的粒子约占总数的5%,论证：上述两部分粒子，哪部分粒子对容器壁的压力/贡献更大。【答案】(1)fn m v2；(2)速率处于7()0800m/s区间的粒子对容器壁的压力/贡献更大【解析】【分析】本题考查碰撞过程中的动量定理和压强与压力的公式推导【详解】(1)在时间t 内射入物体单位面积上的粒子数为N-nvt由动量定理得Nmv=ft可推导出f -nmv1(2)设炉子的总数为Ng 故速率处于100200m/s区间的粒子数m=N,xio%它对物体表面单位面积的压力fi=nimvi2=N 总 xlO%xmv/同理可得速率处于700800m/s区间的粒子数n2=N 总 x5%它对物体表面单位面积的压力(2=n2inv22=N,&x5%xmv22故/_ xl0%xmv,2 _ 10 xl502-于2 N&x5%xmv,2 5x7502故是速率大的粒子对容器壁的压力f贡献更大。1 7.如图所示，宽度为L、足够长的匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里.绝缘长薄板MN置于磁场的右边界，粒子打在板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后竖直分速度不变，水平分速度大小不变、方向相反.磁场左边界上O 处有一个粒子源，向磁场内沿纸面各个方向发射质量为m、电荷量为+q、速度为v 的粒子，不计粒子重力和粒子间的相互作用，粒子电荷量保持不变。(1)要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，求粒子速度v 满足的条件；(2)若 丫=幽，一些粒子打到绝缘薄板上反弹回来，求这些粒子在磁场中运动时间的最小值t；m(3)若 v=冬 匹，求粒子从左边界离开磁场区域的长度Somx x x N【答案】（D v 警;2m、27rm i 而；（3）4班L【解析】【详解】（1）设粒子在磁场中运动的轨道半径为n,则有2V-qvB=m 4如图所示,要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，应满足2n56,a 内病毒能被灭(i i)阀门K 闭合，由于系统绝热，a 气体膨胀对b 气体做功，由热力学第一定律有 Ua=Q+W 由式及代入数据得W=-1.5xlOJJ对 b 气体，由于系统绝热，则/Ub=|W|=1.5xl03j 2 0.如图所示，在 xOy平面坐标系的第一象限内的某区域存在匀强磁场，在第二象限内存在沿x 正方向的匀强电场，电场强度的大小为E=5xl03v/m。曲线OC上分布着大量比荷为幺=l()5C/kg的正电荷，曲m线 OC上各点的坐标满足y2=k|x|,C 点的坐标为(-0.1,0.2)。A 点在y 轴上，CA连线平行于x 轴，D 点在 x 轴上且OD=OA。现所有正电荷由静止释放，在第一象限内磁场的作用下都沿垂直x 轴方向通过了 D点。不计正电荷所受的重力及电荷间的相互作用力。求：(1)正电荷通过y 轴时的速度与纵坐标的关系；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；匀强磁场区域的最小面积。【答案】(l)v=JF=5xl()Sy；(2)B=5X10S=5 T,磁感应强度的方向为垂直纸面向外；(3)1.14xl()-2m2【解析】【分析】【详解】(1)第二象限内，正电荷在电场力的作用下做初速为零的匀加速运动，设正电荷的坐标为(x,y),通过y 轴时的速度为v,由动能定理有E q|=ym v2由于y2=k|X，C 点的坐标为(-0.1,0.2),得k=0.4联立得v=愍y=5xi吟(2)由 C 点静止释放的正电荷垂直y 轴通过A 点，又垂直x 轴通过D 点，所以该正电荷由A 点进入磁场,由 D 点出磁场，圆周运动的圆心为。点，轨迹如图所示该正电荷做圆周运动的半径r=OA=0.2m由洛仑兹力提供向心力，有2VqvB=m 联立，得u myB=5xl05 =5Tqr由左手定则可判断，磁感应强度的方向为垂直纸面向外(3)由(2)中分析可知正电荷在磁场中圆周运动的半径与其通过y 轴时的纵坐标值相等，所有正电荷都垂直通过D 点，轨迹如图所示磁场区域的最小面积为阴影部分的面积，由几何关系可得面积1 2 1 2.S=-7rr r=1.14xl0-2m24 22 1.如图所示，将一个折射率为=立 的透明长方体放在空气中，矩 形 ABCD是它的一个截面，一单2色细光束入射到P 点，入射角为0.AD=4 6 A P，求：(1)若要使光束进入长方体后能射至AD面上，角 0 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】(D 30；(2)300s i n C；又 s i n C =1，s i n C =s i n /?=c o s a-V l-s i n2 a -,1-(-)2；n n V n解得6 W 6 0。，因此角0的范围为30。46 46()。.【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折 射 定 律 =皿、临界角公式s i n C =1、光速公s i n r n式丫=,运用几何知识结合解决这类问题.n2 2.如图所示，一玻璃砖的横截面为半径为R的半圆，折射率为夜。一束单色平行光与直径M N成45。角入射。已知光在真空中传播的速度为c,不考虑玻璃砖内的反射光。求：(1)从弧面射出的光线在玻璃砖内传播的最长时间弧面上有光线射出的弧线长度【答案】(1)空底R【解析】【详解】(1)根据折射定律有sin/n=sin r可得r=3 0由几何关系得在玻璃砖内光线传播的最长路程为,R 2&Rcosr 3光线在玻璃砖内的传播速率为c/2v=cn 2所用时间为,R 2新I-cos r 3根据折射定律有.C 1sin C=n解得临界角C=45 由几何关系可知光线在弧面上照射角度NA O B=9 0。则弧面上有光线射出的弧长为S=290 1 n兀 R-r=-7TR2 3.滑板运动是青少年喜爱的一项活动。如图甲所示，滑板运动员以某一初速度从A 点水平离开h=0.8m高的平台，运 动 员（连同滑板）恰好能无碰撞的从B 点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后由C 点滑上涂有特殊材料的水平面，水平面与滑板间的动摩擦因数从C 点起按图乙规律变化，已知圆弧与水平面相切于C 点，B、C 为圆弧的两端点。圆弧轨道的半径R=lm；O 为圆心，圆弧对应的圆心角。=5 3。，已知 gW O m/s sin37=0.60 cos37=0.80不计空气阻力，运动员(连同滑板)质 量 m=50kg,可视为质点，试求：运动员(连同滑板)离开平台时的初速度vo；运动员(连同滑板)通过圆弧轨道最低点对轨道的压力;(3)运动员(连同滑板)在水平面上滑行的最大距离。阳甲 图乙【答案】(l)3m/s；(2)2150N,竖直向下；(3)3.55m【解析】【分析】【详解】(1)运动员从A 平抛至B 的过程中，在竖直方向有V；=2g 在 B 点有3,=%tan 8 由得%=3m/s(2)运动员在圆弧轨道做圆周运动到C 处时，牛顿第二定律可得:FN-mg=m R运动员从A 到 C 的过程，由机械能守恒得：mgh+R(l-c o s5 3)=；加.-；根说联立解得FN=2150N由牛顿第三定律得：对轨道的压力为f；=&=2150N方向竖直向下；(3)运动员经过C 点以后，由图可知：X|=0.5m,=0.51,1-Z W V-设最远距离为x,则 x X ,由动能定理可得：；mxr-g /Jmgxt+/jm g(x一玉)由代值解得x=3.55m2 4.如图所示，闭合矩形线框abed可绕其水平边ad转动，ab边长为x,be边长为L、质量为m,其他各边的质量不计，线框的电阻为R。整个线框处在竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中。现 给 be边施加一个方向与be边、磁场的方向均垂直的初速度v,经时间t,be边上升到最高处，ab边与竖直线的最大偏角为。，重力加速度取g。求 t 时间内：(1)线框中感应电动势的最大值；(2)流过线框导体截面的电量；(3)线框中感应电流的有效值。【答案】BLv；出 包 叱；匝三三列。R 2Rt【解析】【详解】(1)开始时速度最大且与磁感应强度方向垂直，感应电动势最大，则有E y B L v(2)根据电荷量的计算公式可得q=It根据闭合电路欧姆定律可得了上R根据法拉第电磁感应定律可得-BLxsmOE=-=-A r t解得BLxsinGq=-R(3)根据能量守恒定律可得g mv1=mgx(-cos 0)+Q根据焦耳定律Q=g R t解得mv2-2gx(l-cos6)2Rt2 5.如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨 道CB处在方向水平向右、大 小E=1.0X1()6N/C的匀强电场中，一 质 量m=().25kg、电 荷 量q=-2.0 xl(b6c的可视为质点的小物体，从 距 离C点Lo=6.Om的A点 处，在 拉 力F=4.0N的作用下由静止开始向右运动，当 小 物 体 到 达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中。已知小物体与轨道间的动摩擦因数尸0.4,g取10m/s2。求：(1)小 物 体 到 达C点时的速度大小；小物体在电场中运动的时间。【答 案】(l)12m/s；(2)(1+V3)s【解 析】【分 析】【详 解】(1)对 小 物 体 在 拉 力F的作用下由静止开始从A点 运 动 到C点过程，应用动能定理得解 得：小 物 体 到 达C点时的速度大小vc=12m/s小物体进入电场向右减速的过程中，加速度大小4=必必组=12nVs2m小物体向右减速的时间r,=1s4小物体在电场中向右运动的距离x-vc-+-0-1.=6 m2 由 于q Em g,所 以 小 物 体 减 速 至0后反向向左加速，直到滑出电场，小物体向左加速的加速度大小qE-/Jmg.2a2=-仁一 =4m/sm小物体在电场中向左加速的时间小物体在电场中运动的时间r=4+A,=（1+百）s26.在X轴正半轴分布有磁感应强度大小为8,方向垂直纸面向里的匀强磁场。让 质 量 为 加，电荷量为4的带正电小球从坐标原点。静止释放，运动轨迹如图所示，运动到最低点时恰好进入一竖直向上场强为E（4 =,股）的匀强电场，重 力 加 速 度 为g,不计空气阻力，求：小 球 到 达 最 低 点 的 速 率u;小 球 在 电 场 中 运 动 的 时 间f及 离 开 电 场 时与X轴 的 距 离d。,2me 7tm【答 案】（i）v=-5f d2m2 gw【解 析】【详 解】（1）小球在最低点时有qvB mg=*,解 得：V-BqRRB%2 4；g2m由于在最低点v有唯一解，A=0,得:v=陋,2m由B%2 一 号=0,得R=*B2q2则：_ BqR _ 2mg2m Bq(2)小球进入电场后，由于屈？=故在复合场中做匀速圆周运动，进入电场时运动轨迹如图所示为半圆根据 4y5=V r 9 得：丁 2九m方，则小球在电场中运动时间T 7rmt=-,2 qB2由q=一，得r_ mV _ 27722 g qB B V J小球由。点运动到最低点过程中只有重力做功，设小球运动到最低点时下落的高度为)，由动能定理得:1 2mgy=mv,得：综 合2 nQ(1)结论得y=W=故圆周运动的圆心恰好在x 轴上 小球离开电场时与x 轴的距离;,2m gd=r=,B2q22 7.如图所示，质量mB=2kg的平板车B 上表面水平，在平板车左端相对于车静止着一块质量nu=2kg的物块A,A、B 起以大小为vi=0.5m/s的速度向左运动，一颗质量m(=0.01kg的子弹以大小为vo=6OOm/s的水平初速度向右瞬间射穿A 后，速度变为v=200m/s.已知A 与 B 之间的动摩擦因数不为零，且 A 与 B最终达到相对静止时A 刚好停在B 的右端，车 长 L=lm,g=10m/s2,求：(D A、B 间的动摩擦因数；(2)整个过程中因摩擦产生的热量为多少？JL.x-=_【答案】(1)0.1(2)1600J【解析】【详解】(1)规定向右为正方向，子弹与A 作用过程，根据动量守恒定律得:movo-nuv尸mov+nuvA代入数据解得：VA=1.5m/s子弹穿过A 后，A 以 1.5m/s的速度开始向右滑行，B 以 0.5m/s的速度向左运动，当 A、B 有共同速度时,A、B 达到相对静止，对 A、B 组成的系统运用动量守恒，规定向右为正方向，有：niAVAmnvi=(mA+mB)V 2代入数据解得：V 2=0.5m/s根据能量守恒定律知：jim A gL=-H IA VA2+IT1BV12 (niA+m B)V222 2 2代入数据解得：ji=0.1(2)根据能量守恒得，整个过程中因摩擦产生的热量为:Q=m()vo2H (niA+mB)vi2-mov2(m A+m B)V22代入数据解得:Q=1600J2 8.直流电动机的工作原理可以简化为如图所示的情景，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B；平行金属轨道MN、P Q,相距为L,固定在水平面内；电阻为R 的金属导体棒ab与平行轨道垂放置，且与轨道接触良好；M P间接有直流电源。闭合开关S,金属导体棒向右运动，通过轻绳竖直提升质量为m的物体，重力加速度为g。忽略一切阻力、导轨的电阻和直流电源的内阻。求物体匀速上升时，通过导体棒ab 的电流大小；(2)导体棒ab水平向右运动的过程中，同时会产生感应电动势，这个感应电动势总要削弱电源电动势的作用，我们称之为反电动势。设导体棒ab 向上匀速提升重物的功率为P 由，电流克服反电动势做功的功率为P 反，请证明：P 岬P 反；(解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)(3)若通过电源连续调节M P间的电压U,物体匀速上升的速度 ，也将连续变化，直流电动机所具有这种良好的“电压无极变速”调速性能在许多行业中广泛应用。请写出物体匀速上升的速度v 与电压U 的函数关系式。【答案】(1)/=管；(2)见解析；(3)BLU mgRV-BL B21【解析】【详解】物体匀速上升，由平衡条件有mg=BIL解得/mg瓦(2)设金属导体棒匀速运动速度大小为v,电流为I,贝!|：导体棒ab匀速向上提升重物输出的机械功率为P 出=m gv,电流克服金属导体棒反电动势做功的功率为P s=BILv又 mg=BIL所 以PP反得证(3)设金属导体棒两端连续可调的电压为U,物体匀速上升的速度大小为V。由于反电动势总要削弱电源电动势的作用，有：i =u _*金属导体棒匀速运动有/=誓BL联立解得u=一簧工2 9.如图所示，为常德市某小区在防治新冠疫情过程中用于喷洒消毒液的喷雾器，由三部分构成，左侧为手持式喷雾管，管底部有阀门K；中间为储药桶，桶的横截面积处处相等为S=400cm2,桶高为H=50cm,桶的上方有可以关闭的盖子;右侧是通过体积可忽略的细管连通的打气装置，每次打进Vo=7OOcm3的空气。某次消毒需将喷嘴举高到比桶底高 =75cm 处，工作人员关闭阀门K,向桶中装入了 h=30cm深的药液，封闭盖子，为了能使储药桶中消毒液全部一次性喷出，通过打气装置向桶内打气。求需要打气多少次才能达到目的？(已知大气压强P o=7 5.0 c m H g,消毒液的密度为水银密度的0.1倍，不考虑在整个消毒过程中气体温度的变化。桶内药液喷洒完时喷管内仍然充满药液，设喷管内部体积远小于储药桶的体积)【答案】2()次【解析】【分析】【详解】当桶内装入=30 c m深的药液时，桶内气体体积为W=S(末状态欲使桶内药液全部喷出，对桶内剩余的空气进行分析p2=p0+0.1A/Z(2)根据玻意耳定律，末状态桶内气体可转化为与空气压强相同的气体p2sH=为岭需要打气次数匕=匕+吗 联立上式得 =2()次30.如图所示是个游乐场地，半径为R =1.8 m的光滑四分之一圆弧轨道OP与长度为L=1 3m的水平传送带PQ平滑连接，传送带沿顺时针方向匀速运动，速度大小为4 m/s,传送带Q端靠近倾角为30。的足够长斜面的底端，二者间通过一小段光滑圆弧(图中未画出)平滑连接，滑板与传送带和斜面间相对运动时的阻力分别为正压力的L和 正。某少年踩着滑板。从。点沿圆弧轨道由静止滑下，到达P点时立即向5 1 2前跳出。该少年离开滑板4后，滑板。以3m/s的速度返回，少年落到前方传送带上随传送带一起匀速运动的相同滑板b上，然后一起向前运动，此时滑板与P点的距离为3 m。已知少年的质量是滑板质量的9倍，不计滑板的长度以及人和滑板间的作用时间，重力加速度g =1 0 m/s 2,求：少年跳离滑板A时的速度大小；少年与滑板b到达传送带最右侧Q端的速度大小；(3)少年落到滑板人上后至第一次到达斜面最高点所用的时间(结果保留两位小数)。【答案】(1)丫 人=7 m/s ；(2)匕：=4 m/s;(3)/=2.6 8 s【解析】【详解】(1)少年与滑板a从。点沿圆弧下滑到P点的过程中机械能守恒，设少年的质量为M,滑板的质量为加，则M=9 m,有I,(M +m)gR =(A f +m)va少年跳离。板的过程中，少年与滑板4水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有(M +m)va=-mva+M v 人解得少年跳离滑板A时的速度大小v 人=7 m/s(2)少年跳上滑板力的过程中，少年与滑板力水平方向的动量守恒，设传送带速度为姝，则有M vk+m v,=(M+m)vb假设少年与滑板匕在传送带上可以达到与传送带相同的速度，对少年与滑板在传送带上做匀减速直线运动的过程应用牛顿第二定律有&(M +m)g=(M +m)a设此过程中少年与滑