吉林省白山市新高考物理基础100解答题狂练含解析.pdf

word版可编辑】吉林省白山市新高考物理基础100解答题狂练精选高考物理解答题100题含答案有解析1.如图甲所示为一个倒立的U 形玻璃管，A、B 两管竖直，A 管下端封闭，B 管下端开口并与大气连通。已知A、B 管内空气柱长度分别为hA=6cm、hB=10.8cm管内装入水银液面高度差 h=4cm。欲使A、B两管液面处于同一水平面，现用活塞C 把 B 管开口端封住并缓慢推动活塞C（如图乙所示）。已知大气压为po=76cmHgo当两管液面处于同一水平面时，求：A 管封闭气体压强PA活塞C 向上移动的距离X。【答案】108cmHg 5.2cm【解析】【分析】对 A 气体利用理想气体的等温变化方程求解；由大气压的数值和水银柱的高度求出封闭气体的压强,A 气体和B 气体间的联系是之间的水银柱平衡和连通器的原理，根据等温变化的方程求解某状态的体积,进而活塞移动的距离.【详解】设 A、B 两管的横截面积为S,以 A 管封闭气体为研究对象，初状态：二二=二。一二二=-cmHg，二二=二二二=6 二设末状态的压强为二体积为二_从初状态到末状态，设 A 管水银面下降h,则 B 管水银面上升也为h匚=2cm二二二4二由波意耳定律有：二 一 二 _ =二_ 二_由以上各式得：二二ujosm H g 以 B 管封闭的气体为研究对象，设活塞向上移动距离为x初状态：二二=二。=-ScmHg，二二=二 二 二末状态：二二=二二=jObcmHg，二二=二(二二+二一二)由波意耳定律有：二_ 二_=二_ 二_由以上各式得：x=5.2cm【点睛】本题考查的是等温变化，解决这类题的关键是，理解大气压和液体压强之间的关系，会根据大气压和液体压强计算封闭空气柱的压强.2.在一个足够长的水平桌面上，静置着一个足够长的木板A,A 的右端与桌面边沿平齐，其上边缘距水平地面的竖直高度h=0.8m。木板A 上静置两个可视为质点的B、C 物块，它们之间有一个被锁定的压缩轻弹簧(弹簧与两物块均不连接)，弹簧存储的弹性势能为5.4J。已知”|=/n 5=kg、Wc=O-3kg,木板A 与桌面、物块C 与木板A 间的动摩擦因数均为从=0.1 ,物块B 与木板A 间的动摩擦因数必=。3。解锁后弹簧在瞬间恢复原长，两物块均开始运动，此时物块C 距离木板A 的右边缘xi=2.5m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。求：弹簧恢复原长时物块B、C 的速度；(2)物 块 C 从离开A 板落地过程中的水平位移；(3)物 块 B 从开始运动到最终停止时，相对桌面运动的距离。IB Cn 卜 _ _ _ _【答案】(1)9m/s,3m/s；(2)0.8m；(3)14.25m【解析】【分析】【详解】(1)根据题意，弹簧解锁在极短时间恢复原长，脱离两物块。选向右为正方向，由 B、C 两物块系统动量守恒和能量守恒可得0=inBvB+mcvc联立两式解得VBi=9m/svci=3m/s由题意可得，B、C 两物块开始运动时，各自对物块A 的滑动摩橡力方向相反，大小分别为加p gfc=jjmcg而木板A 与水平桌面之间的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力力=4%+%+，)g由于/一 人 方=(心 +，)g木板A 开始向左加速运动，直到与物块B 共速。由牛顿运动定律及运动学规律可得fB-f mAaA“=%-劭 1+，2)以=aAf2以2 f此过程物块B 运动的距离为%=迎&+幻共速后，A、B 一起做匀减速直线运动，直到停下来。由运动学规律则物块B 从开始运动到停止，运动的距离为=刍+七=14.25 m3.地心隧道是根据凡尔纳的 地心游记所设想出的一条假想隧道，它是一条穿过地心的笔直隧道，如图所示。假设地球的半径为R,质量分布均匀，地球表面的重力加速度为g。已知均匀球壳对壳内物体引(i)不计阻力，若将物体从隧道口静止释放，试证明物体在地心隧道中的运动为简谐运动；(n)理论表明：做简谐运动的物体的周期T=2k=其中，m 为振子的质量，物体的回复力的 F=-kx。-求物体从隧道一端静止释放后到达另一端需要的时间t(地球半径R=6400km,地球表面的重力加速为g=10m/s2)o【答案】(D F k G 号 又 M 二 二；二 解得二二二二二 而二二二二二=二 为常数，即物体做简x-；二 二谐运动。(ii)t=2512s【解析】【详解】(i)以地心为平衡位置，设某时刻物体偏离平衡位置的位移为x,万有引力提供回复力，则有F B=-G又*二 二 3 二解得：F 占二二二二.二而二二二二二=二为常数，即物体做简谐运动。(i i)在地球表面，万有引力等于重力二三=二二地球的质量为M=:二 二 3.二又 T=2n 5解得T=27t三物体从隧道一段静止释放后到达另一端需要的时间为半个周期，则代入数据，可得t=2512s4.一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在 x=0和 x=0.6m处的两个质点A、B 的振动图象如图所示.已知该波的波长大于0.6 m,求其波速和波长【答案】v=2 m/s；入=0.8 m【解析】由图象可知，周期T=0.4s由于波长大于0.6 m,由图象可知，波 从 A 到 B 的传播时间At=0.3 s波速二=三，代入数据得v=2 m/s波长人v T,代入数据得4 0.8 m5.2019年 1 月 3 日，嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面，并通过“鹊桥”中继卫星传回了世界上第一张近距离拍摄月球背面的图片。此次任务实现了人类探测器首次在月球背面软着陆、首次在月球背面通过中继卫星与地球通讯，因而开启了人类探索月球的新篇章。图1(1)为了尽可能减小着陆过程中月球对飞船的冲击力，探测器在距月面非常近的距离h 处才关闭发动机,此时速度相对月球表面竖直向下，大小为v,然后仅在月球重力作用下竖直下落，接触月面时通过其上的“四条腿”缓冲，平稳地停在月面，缓冲时间为t,如 图1所示。已知月球表面附近的力加速度为g o,探测器质量为，叫)，求：探测器与月面接触前瞬间相对月球表面的速度/的大小。月球对探测器的平均冲击力F的大小。(2)探测器在月球背面着陆的难度要比在月球正面着陆大很多，其主要的原因在于：由于月球的遮挡，着陆前探测器将无法和地球之间实现通讯。2 0 1 8年5月，我国发射了一颗名为“鹊桥”的中继卫星，在地球和月球背面的探测器之间搭了一个“桥”，从而有效地解决了通讯的问题。为了实现通讯和节约能量，“鹊桥”的理想位置就是固绕“地一月”系统的一个拉格朗日点运动，如图2所示。所谓“地一月”系统的拉格朗日点是指空间中的某个点，在该点放置一个质量很小的天体，该天体仅在地球和月球的万有引力作用下保持与地球和月球敏相对位置不变。设地球质量为M,月球质量为m,地球中心和月球中心间的距离为L,月球绕地心运动，图2中所示的拉格朗日点到月球球心的距离为L推导并写出r与M、m和L之间的关系式。地球和太阳组成的“日一地”系统同样存在拉格朗日点，图3为“日一地”系统示意图，请在图中太阳和地球所在直线上用符号“*”标记出几个可能拉格朗日点的大概位置。O 0地球太阳图3【答案】M =J u2+2 g o，尸=辛+2 g o/z+/叫)；百第1拉格朗日点 不、第2拉格朗H点 第3拉格朗日点太阳 地球【解析】【分析】【详解】+,M=+)(L+r)2 C(1)由运动学公式x/2-v2=2gh得v=yjv2+2 gQh设平均冲击力为F,以竖直向上为正方向，据动量定理得(尸一砥g o =0 -(一%M)解得F=岸 J y+2 g(/+加0g O(2)设在图中的拉格朗日点有一质量为m，的 物 体(m，V V m),则月球对其的万有引力F 万mmG-地球对其的万有引力F2为一-MmK=G-y(L +r)2质量为皿的物体以地球为中心做圆周运动，向心力由Fi和 F2的合力提供，设圆周运动的角速度为3,则K+居=m!(xrCL+r)根据以上三个式子可得G7+G?ZT=设在0 3 s时间内，滑块A、8与小车。相对运动时间为由相对静止时速度相等可得v +a a ,解 得：/=Is,即 Is后物块和小车相对静止向右匀速直线运动，设在相对运动时间f 内，滑 块 和 小 车。的位移分别为 七 和 泡，由匀变速直线运动规律可得1 2芯=乙/+/卬，设 滑 块 4 8 与 小 车。相对运动的位移为A x,则有Ax=X i-x2,0 3 s 时 间 内，滑 块 A、B 与 小 车。因摩擦产生的热量Q=/j(mA+mB)g-/x,联立解得：C=15JO1 1.如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体.活塞的质量为 m,横 截 面 积 为 S,与 容 器 底 部 相 距 h,此 时 封 闭气体的温度为T i.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 T 2.已 知 大气压强为p。，重 力 加 速 度 为 g,T i 和 T2均为热力学温度，不计活 塞 与 气 缸 的 摩 擦.求：(1)活塞上升的高度;(2)加热过程中气体的内能增加量.T-T【答 案】(D当 一1人(2)Q _(Q)s +mg)工h【解 析】【详 解】(1)设 温 度 为 T2时 活 塞 与 容 器 底 部 相 距 H.因为气体做等压变化，由盖吕萨克定律：=1 /2得:hS HS解得活塞上升的高度为h =(H-h)=hA(2)气体对外做功为：W =p S9 h=(P q+-)S h=(pQS +mg)hfS由热力学第一定律可知：U =Q-W =Q-CP nS +mg)h=Q-(FS +m g)-h12.粗细均匀的U 形管中装有水银，左管上端开口与大气相连，右管上端封闭，如图所示。开始时两管内水银柱等高，两管内空气(可视为理想气体)柱长均为1=90 c m,此时两管内空气柱温度均为27,外界大气压为po=76cmHg。现在左管上端开口处缓慢注入水银压缩空气柱，直至右管内水银面上升10 cm,在注入水银过程中，左管内温度缓慢下降到-2 3 C,右管内温度保持在27。求：(i)注入水银柱的长度；(i i)左管注入的水银柱上表面离左管开口的距离。LJ【答案】(i)42cm；(ii)62cm。【解析】【分析】【详解】(i)只对右管封闭气体研窕，发生了等温变化PM=P2V276x9OS=p2(90-14)p2=90cmL=28+(90 76)=42cm(i i)左管注入的水银柱上表面离左管开口的距离/?=(90+14)42=62cm13.如图 水平地面上固定着竖直面内半径R=2.75m的光滑圆弧槽，圆弧对应的圆心角为37。，槽的右端与质量m=lkg、长 度 L=2m且上表面水平的木板相切，槽与木板的交接处静止着质量mi=2kg和 m2=lkg的两个小物块(可视为质点)。现点燃物块间的炸药，炸药爆炸释放的化学能有60%转化为动能，使两物块都获得水平速度，此后m2沿圆弧槽运动，离开槽后在空中能达到的最大高度为h=0.45m。已知nn与木板间的动摩擦因数阳=0 2 木板与地面间的动摩擦因数H2=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37=0.6,cos37=0.8,重力加速度 g=10m/s2o 求：物块到达圆弧槽左端时的速率V：炸药爆炸释放的化学能E；木板从开始运动到停下的过程中与地面间因摩擦而产生的热量Q。【答案】(1)5m/s；(2)45J；(3)3J。【解析】【分析】【详解】(Dm2离开圆弧槽后，在空中的飞行过程的逆过程是平抛运动分 解 m2离开圆槽时的速度v,有vv=vsin 37根据平抛运动规律得,1 2h=2gt%=gt代入数据联立解得v=5m/s(2)设炸药爆炸后，mi、m2获得的速率分别为力匕、v2m2运动过程中，由机械能守恒定律有：-cos37)+w2v2代入数据得v,=6m/s爆炸过程中，由动量守恒定律有町/=m2V2代人入数据得V 1 =3m/s由题意有1 2 1 260%E=+m2v2代入数据联立解得E=45J（3）对物块mi有从州g=/4对木板m2有从/g 1居）g=m1a2代入数据得a,=2m/s2 72=lm/s2设经过时间t，达到共同速度V，有：巧一 c串v a/代入数据得t=lsv=lm/s此过程中：m i的位移玉=g（W +v）t=2m木板的位移1 ,X-,=vt=0.5m-2相 对 位 移 以=玉-X 2=L5m 7 d在磁场时运动时间值=上 二 三 二(11)v 3%(3)如图，若粒子进入磁场和离开磁场的位置恰位于磁场区的某条直径两端，可求得磁场区的最小半径Q2J?s i n =2r (12)Q解得：-=R s i n -=d一15.如图所示，一张纸上用笔点一个点A,纸放在水平桌面上，用一高度为h的平行玻璃砖放置在纸上且点A在玻璃砖的下面，设光在玻璃砖内的折射率为n,从正上方向下看点A,看到点A的深度为多少？h【答案】一n【解析】【详解】取从A 点发出的射向界面的两条光线：一条是垂直射向界面；另一条是斜射到界面的光线，且入射角NA。N=a 且很小；折射角为=则由光的折射定律可得sin/?-=n由几何关系,喝0Qtan a=h由于a均较小，则tan。x 瓜n。tan sin联立解得：.hh=n1 6.如图所示，开口向上的汽缸C 静置于水平桌面上，用一横截面积S=50cm2的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，一轻绳一-端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系数k=1400N/m的竖直轻弹簧 A,A 下端系有一质量m=14kg的物块B。开始时，缸内气体的温度t=27C,活塞到缸底的距离Li=120cm,弹簧恰好处于原长状态。已知外界大气压强恒为p=1.0 xl()5pa,取重力加速度g=10 m/s2,不计一切摩擦。现使缸内气体缓慢冷却，求：(1)当 B 刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度(2)气体的温度冷却到-93。时离桌面的高度H【答案】(D198K；(2)10cm【解析】【详解】(D B刚要离开桌面时弹簧拉力为kX-mg解得X y=0.lm=10cm由活塞受力平衡得p2s=pS-kx根据理想气体状态方程有pL、S 二 p?W-内)5 TT代入数据解得7；=198K(2)当温度降至198K之后，若继续降温，则缸内气体的压强不变，根据盖-吕萨克定律，则有F一 不代入数据解得”=10cm1 7.如图所示，在 xO y平面内存在大小随时间周期性变化的匀强磁场和匀强电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，沿 y 轴负方向为电场强度的正方向)。在 r=o 时刻由原点。发射一个初速度大小为%、方向沿y 轴正方向的带正电粒子，粒子的比荷2=丁，B。、E。、九m Bjo均为已知量，不计粒子受到的重力。求在0 内粒子转动的半径；(2)求，=2。时，粒子的位置坐标；(3)若粒子在t=25ro时首次回到坐标原点求电场强度E。与磁感应强度线的大小关系。|一 氏 L L!rJ*:10 to 2/o3u4甲 乙0 r-:r：一()4 21aM西【答案】r=也；(2)J2，一%/。一卷;(3)E=4B。7t250)6 兀【解析】【详解】(1)粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，则有r解得=也n(2)若粒子在磁场中做完整的圆周运动，则其周期_ 2jrrI =-%解得T=2t.在 0 九时间内，粒子在磁场中转动半周，时粒子位置的横坐标x=_2r=-幺 诙7 1在210时间内，粒子在电场中沿)轴负方向做匀加速直线运动y=_ 卬 0 _：x 也 V解得故/=24)时，粒子的位置坐标为-voto c;I n 2B()(3)带电粒子在x 轴上方做圆周运动的轨道半径r-_ rr -_2Vo7 1当f=2fo时，粒子的速度大小u=%+%om2/。34)时间内，粒子在x 轴下方做圆周运动的轨道半径由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足“（2弓24）=2 4，n=1,2,3当/=25%时,=6,解得1 8.如图甲所示，足够宽水槽下面有一平面镜，一束单色光以入射角i 射入水面，经平面镜反射后的光线恰好沿水平方向射出.已知水对该单色光的折射率为n=乎.若平面镜与水平方向的夹角为0=3 0 ,求该单色光在水面入射角的正弦值sini；使该单色光从水槽左壁水平向右射出，在平面镜上反射后恰好在水面上发生全反射，如图乙所示，求平面镜与水平方向的夹角a.【答案】X (2)153【解析】解：(i)由折射定律有三=二Sl.由几何关系可知丫+2。=90可解得：sini=nsiny=-7(i i)光在水面上发生全反射，有-1sin_=-由几何关系可知C+2a=90联立可解得平面镜与水平方向的夹角为a=1519.一人乘电梯上楼，从 1 层直达20层，此间电梯运行高度为60m.若电梯启动后匀加速上升，加速度大小为 3m/sz,制动后匀减速上升，加速度大小为Im/s2，电梯运行所能达到的最大速度为6 m/s,则此人乘电梯上楼的最短时间应是多少?【答案】14s【解析】【详解】由题意可知，要是电梯运行时间最短，则电梯应先匀加至最大速度且尽量多的时间以6m/s匀速匀速一段时间后再匀减：加速阶段：解得：ti=2s上升高度：,1,2fly C l,t,“2 1解得：hi=6m减速阶段：%=a2t2解得：ti=6s为=5%弓解得：h2=18m匀速阶段：h-hy-I V f/%=-=6s匕 最短时间：t=+t2+ty=14S2 0.如图所示，半径R=0.4m的竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，A B间的距离x=3.6m。质量m2=0.15kg的小滑块2放在半圆形轨道的最低点B处，另一质量为m2=0.25kg的小滑块1,从 A点以v=10m/s的初速度在水平面上滑行，到达B 处两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道。已知滑块1 与水平面之间的动摩擦因数H=0.5O重力加速度g 取 10m/S2 两滑块均可视为质点。求：(1)滑 块 1 与滑块2 碰撞前瞬间的速度大小vi；(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能A E；在半圆形轨道的最高点C 处，轨道对两滑块的作用力大小FN。【答案】(l)8m/s；(2)3J；(3)5N【解析】【分析】【详解】滑 块 1 从 A 运动到B,根据动能定理1 ，1 2-jim igx=5叫丫；-5 叫%得vi=8m/s设两滑块碰后的共同速度为V,根据动量守恒定律mivi=(mi+ni2)v得v=5m/s根据能量守恒定律A =1 2-1 (/+zn22)v-得AE=3J设两滑块到达最高点C 处时的速度为v c,根据机械能守恒定律；(mi+m2)v2=；(mi+mi)佐+(mi+m2)gx2R得vc=3m/s两滑块在C 点的受力示意图如图所示根据牛顿第二定律FN+(mi+mz)g=(mi+m2)R得FN=5N2 1.道路交通安全法规定汽车通过红绿灯路口时，需按信号灯指示行驶.若某路口有等待通行的多辆汽车，第一辆汽车前端刚好与路口停止线对齐，汽车质量均为m=l 500 k g,车长均为L=4.8m,前后相邻两车之间的距离均为x=1.2 m.每辆汽车匀加速起动ti=4 s后保持v=10 m/s的速度匀速行驶，运动过程中阻力恒为f=1 8 0 0 N,求：(1)汽车匀加速阶段的牵引力F 大小；(2)由于人的反应时间，绿灯亮起时，第一个司机滞后A tR S s 起动，且后面司机都比前一辆汽车滞后0.8 s 起动汽车，绿灯时长20 s.绿灯亮起后经多长时间第五辆汽车最后端恰好通过停止线.【答案】(D5550N；(2)8.88s【解析】【详解】(1)依题意得，汽车前4 s的加速度:a=v/ti=2.5m/s2由牛顿第二定律得:F-f=ma解得：F=5550N(2)第五辆车最后端通过停止线，需前进距离:s=4x(x+L)+L=28.8m已知汽车匀加速阶段加速时间：ti=4sV所 以 汽 车 匀 加 速 的 位 移=万 4=20m 汽 车 匀 速 行 驶 时 间 出=匕&=0.88sv第五辆车延迟时间：t3=5At=4s第五辆汽车最后端恰好通过停止线的时间：t=h+t2+t3=8.88s d 可 知 t2,所以4可以忽略。（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为丁 271m1=-qB对一定的带电粒子和一定的磁场来说，这个周期是不变的。如果在两盒间加一个同样周期的交变电场，就可以保证粒子每次经过电场时都能被加速，当粒子的速度足够大时，由于相对论效应，粒子的质量随速度的增加而增大，质量的增加会导致粒子在磁场中的回旋周期变大，从而破坏了与电场变化周期的同步，导致无法继续加速。25.一半径为R的玻璃板球，O点是半球的球心，虚 线OO表示光轴（过球心O与半球底面垂直的直线）。已知玻璃的折射率为五，现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表面反射后的光线，已知sinl5=#苔）,求：4（1）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；距光轴2的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离。2【答 案】(1)注R;(2)(G+1)R。2【解 析】【分 析】【详 解】(1)当光线在球面发生全反射，即 入 射 角 为 临 界角C时，入射光线到光轴距离最大，由sinC=&n imax解得由折射定律可得R,_ R 一 五 R4-R.R/2 1sin z =R 2由正弦定理sin(r-z)_ sin(180-r)-R_ CO联立解得CO=(V3+1)/?D距 光 轴5的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点 的 距 离 为(6+1)R。2 6.甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波 速 度 均 为u=25c z/s.两列波在 =0时的波形曲线如图所示，求：(1)，=0时，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的无坐标；(2)从，=0开 始，介 质 中 最 早 出 现 偏 离 平 衡位置位移为-16c7的质点的时间.【答案】(1)X=(50+3Q ri)c m n n=0,1,2,.(2)t=0.1 s【解析】【分析】【详解】(1)根据两列波的振幅都为8 c m,偏离平衡位置位移为16cM的的质点即为两列波的波峰相遇.设质点x坐标为x根据波形图可知，甲乙的波长分别为心=60的，4=50的则甲乙两列波的波峰坐标分别为%=50+匕 x50*=1,2,3.)玉=50 +幺 x 6 0(匕=1,2,3.)综上，所有波峰和波峰相遇的质点坐标为整 理 可 得%=(50+3 0 0);加 =1,2,3.(i i)偏离平衡位置位移为-1 6c m是两列波的波谷相遇的点，r =o 时，波谷之差 A x =(5 0+6 0)-(5 0+色 一!5 0)=1,2,3.2 2整理可得a =10(6勺-5 n j)+5波谷之间最小的距离为Ar =5 cm两列波相向传播，相对速度为2 V =5 0 c a/sAr 所以出现偏离平衡位置位移为-1 6c5的最短时间t =O A s2v27.如图所示，在xoy平面内，有一线状电子源沿x正方向发射速度均为v的电子，形成宽为2R、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流.电子流沿+x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xoy平面向里.在磁场区域的正下方d处，有一长为2d的金属板M N关于y轴对称放置，用于接收电子，电子质量为m,电量为e,不计电子重力及它们间的相互作用.(1)若正对0点射入的电子恰好从P点射出磁场，求磁感应强度大小B；在第(1)问的情况下，求电子从进入磁场到打在M N板上的时间t：若所有电子都能从P点射出磁场，M N板能接收到的电子数占发射电子总数的比例是多大？_ mv【答 案】(1)-7iR d+2v v(3)T【解 析】【详 解】(1)可求得电子旋转的轨道半径是r=R,根据公式mvr=eB解得B=eR(2)电子在磁场中运动时间为1 7imt,=-1=-4 2BeTCR1=2v电子出磁场后的运动时间为d 2 二一V总时间为t=tt+t2兀R d+2v v(3)所有电子在磁场中运动的半径相等，因为所有电子都能从P点射出磁场，所以所有电子在磁场中运动 的 半 径 均 为R。M N板 能 接 收 到 的 电 子 从P点射出时，速度偏转角为。(即 与x正方向的夹角6)满足45V2=0.1 m/s2所 以 m2在 m i停止后与其相碰由牛顿第二定律有：f=nmig=nua，2mi停止后离O 点距离：s=匕二2a则 m2平抛的时间：t=一%平抛的高度：h=lg t2设 m2做匀速圆周运动的半径为R ,由几何关系有：XXBXXXX*，XX严XXXXE IXX联立得：Bf=0.25T考点：本题考查了带电粒子在磁场中运动和数形结合能力2 9.如图所示，在直线MN和 PQ之间有一匀强电场和一圆形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，MN、PQ与磁场圆相切，CD是圆的一条直径，长为2 r,匀强电场的方向与CD平行向右，其右边界线与圆相切 于 C 点。一比荷为k 的带电粒子(不计重力)从PQ上的A 点垂直电场射入，初速度为v o,刚好能从C点沿与C D夹角为a的方向进入磁场，最终从D点离开磁场。求:电场的电场强度E的大小；(2)磁场的磁感应强度B的大小。【答案】一不一;子。kr tan a kr【解析】【分析】求出粒子在C点的沿x方向的分速度以及从A到C的时间，根据速度时间关系求解电场强度；求出粒子在磁场中运动的速度大，根据几何关系可得轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度。【详解】(1)粒子在C点的沿x方向的分速度为V x,根据几何关系可得：vv=tana从A到C的时间为t,根据速度时间关系可得：_ r%根据速度时间关系可得：qE rvx=at=-x m%解得：krtan a(2)粒子在磁场中运动的速度大小为：sin a根据几何关系可得轨迹半径：R=-sin a根据洛伦兹力提供向心力可得：v2qvB=mR解得：B=%kr2答：(1)电场的电场强度E 的大小为。krtan a(2)磁场的磁感应强度B 的大小为善。kr3 0.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。=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)在上问中，若 R=2。，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。(sin370=0.6,cos37=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 0-/jmg cos 0=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m g s i n 3=/n m g c os 6+F 安又因为金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R 消耗的电功率P=F 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,B l v1=R因为：P=I2R联立解得B=0.4T。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：c os 0s=-8 J所以摩擦生热产生的能量为Q=8 J,因此，电阻R 上产生的热量为1 2QR=m g s-s i n 0-m v=6 J。3 1.如图甲所示，质量均为m=0.5 k g的相同物块P 和 Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C 两点.P在按图乙所示随时间变化的水平力F 作用下由静止开始向右运动，3 s 末撤去力F,此 时 P 运动到B 点，之后继续滑行并与Q 发生弹性碰撞.已知B、C 两点间的距离L=3.75m,P、Q 与地面间的动摩擦因数均 为 =0.2,取 g=10m/s2,求：F/N3.：_ _ _ _ 1.H，A 8C 1 2 3 *甲 乙(D P到达B 点时的速度大小v 及其与Q 碰撞前瞬间的速度大小vi；(2)Q运动的时间t.【答案】(l)u=8 m/s,=7 m/s (2)r =3.5s【解析】(1)在 0-3s内，对 P,由动量定理有：Fiti+F2t2-jimg(ti+t2)=mv-0其中 Fi=2N,Fz=3N,ti=2s,t2=ls解得：v=8m/s设 P 在 BC两点间滑行的加速度大小为a,由牛顿第二定律可得：jimg=maP 在 BC两点间做匀减速直线运动，有：v2-V l2=2aL解得：vi=7m/s(2)设 P 与 Q 发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v/、V2%取向右为正方向，由动量守恒定律和动能守恒有：mvi=mvi+mv21 ,1 ,1 ,mvi=mvi,z+mvz2 2 2联立解得：V2-vi=7m/s碰 后 Q 做匀减速直线运动，加速度为：af=jig=2m/s2Q 运动的时间为：t=-=s=3.5 sa 33 2.如图，一端封闭的薄玻璃管开口向下，截面积S=lcm 2,重量不计，内部充满空气，现用竖直向下的力将玻璃管缓慢地压人水中，当玻璃管长度的一半进人水中时，管外、内水面的高度差为A h=20cm。己知水的密度p=1.0 xl()3kg/m3,大气压强po相当于高1020cm的水柱产生的压强，取 g=10m/s2,求：(不考虑温度变化)玻璃管的长度lo;(ii)继续缓慢向下压玻璃管使其浸没在水中，当压力F2=0.32N时，玻璃管底面到水面的距离h。【答案】(i)/0=41.6cm；(ii)274cm【解析】【分析】【详解】设玻璃管长度一半压入水后管内气体的压强为由，气体程度为4,则Pi=+A/,4=3 M由玻意耳定律p/s=p&s得/0=41.6cm(ii)设管内气柱的长度为/2,压强为“2,则F?=Pgl2s解得/2=32cm其中p2=Po+k+h由玻意定律Po%s=p24s得h=274cm3 3.如图所示，圆心为O、半径为r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。P 是圆外一点，OP=3r,一质量为m、电荷量为q(q 0)的粒子从P 点在纸面内沿着与OP成 60。方向射出(不计重力)，求：(1)若粒子运动轨迹经过圆心O,求粒子运动速度的大小；(2)若要求粒子不能进入圆形区域，求粒子运动速度应满足的条件。答案 在Bqr；(2)v 售”一 或 丫 之 一 等 一M(3G +2)/?I(33-2)m【解析】【分析】【详解】(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,圆心为0 ,依图题意作出轨迹图如图所示:由几何知识可得：OO=R=a+(3r)2 6/火 sine解得R=5根据牛顿第二定律可得2Bqv=m解得gB qrv=-m若速度较小，如图甲所示:图甲根据余弦定理可得(r+K J=+9 产-6/7?,sin 0解得若速度较大，如图乙所示:根据余弦定理可得(R2-r)2=R；+9r2-6rR2 sin 0解得R=8r373-2根据丫 =处tn得_ 8Bqr _ 8Bqr 一(36 +2)m 一(3 6-2)m若要求粒子不能进入圆形区域，粒子运动速度应满足的条件是vSBqr(35/3+2)m、8Bqr或u N /=-(36 2)加3 4.如图为过山车的简化模型，AB是一段光滑的半径为R 的四分之一圆弧轨道，B 点处接一个半径为r的竖直光滑圆轨道，滑块从圆轨道滑下后进入一段长度为L 的粗糙水平直轨道B D,最后滑上半径为R,圆心角0=60。的光滑圆弧轨道DE。现将质量为m 的滑块从A 点由静止释放，求：(1)若 R=3r,求滑块第一次到达竖直圆轨道最高点时对轨道的压力大小；(2)若要求滑块能滑上D E圆弧轨道但不会从E 点冲出轨道，并最终停在平直轨道上，平直轨道BD 的动摩擦因数M需满足的条件。_ _ _ _ R R【答案】(1)叼；(2)3 y 7NL L t【解析】【详解】对滑块，从 A 到 C 的过程，由机械能守恒可得:mg(R-2r)-m vc根据牛顿第二定律vcFN+mg=m-r代入R=3 r,得FN=mg由牛顿第三定律得F=mg滑块由A 到 B 得D1 2mgR=mVg若滑块恰好停在D 点，从 B 到 D 的过程，由动能定理可得:-/nmgL=-m v1I i可得R若滑块恰好不会从E 点冲出轨道，从 B 到 E 的过程，由动能定理可得：1 、-/J2mgL-mgR(l-cos 0)=-m vB可得R=一-2L综上所述，需满足的条件为R R-2L L3 5.如图，在 xOy平面直角坐标系中，第一象限有一垂直于xOy平面向里的匀强磁场，第二象限有一平行于x 轴向右的匀强电场。一重力可忽略不计的带电粒子，质量为m,带电荷量为q,该粒子从横轴上 x=-d 处以大小为vo的速度平行于y 轴正方向射入匀强电场，从纵轴上y=2d处射出匀强电场。求电场强度的大小；(2)已知磁感应强度大小8 =竺”，求带电粒子从qdTP o -【答案】5(2 d,。)【解析】【分析】【详解】(轴射出磁场时的坐标。(1)在第一象限内，y 方向匀速直线运动，x 方向匀加速运动，则2d=vot.1 2da f2根据牛顿第二定律有qE=ma解得=皿2qd(2)粒子出电场时vx=at=vo片 业令 V与 y 轴正方向的夹角为atan oc:1%=45带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动v2qvB=mr=&d如图根据几何知识可知带电粒子射出磁场时x=2d所以带电粒子从X轴射出磁场时的坐标为(2d,0).3 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)f =nmv2i(2)速率处于700800m/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N m v-ft可推导出f =nmv2(2)设炉子的总数为N 总，故速率处于100200m/s区间的粒子数m=N sxl()%它对物体表面单位面积的压力fi=mmvi2=N 总 xlO%xmvJ同理可得速率处于700 8()0m/s区间的粒子数ni=N*x5%它对物体表面单位面积的压力fi=n2mv22=N x5%xmv22故 _N总xl0%xz?W2_ 10 x15()2-=-电流强度：/=Bv。R(2+百电流方向：b r a(2)根据题意有：(3)t时刻导体棒的电功率P=I2Rr,由于I恒定，R，=v()rt正比于t,因此P=I2R=-I2R2。=月=2(2+V2)2r4 0.如图所示，水平传送带与质量为m的物块间的动摩擦因数为=0.2,传送带做匀速运动的速度为3%=2 m/s,物块在经过传送带上方长为L=7m的虚线区域时会受到，恒定的向下压力尸=mg。已知压力区左边界距传送带左端的距离为玉=0.2 5加，物块自传送带左端无初速释放后，经 过1 s到达传送带的右端.重力加速度g取1 0 m/s2 o(1)物块到达压力区左边界的速度(2)压力区右边界到传送带最右端的长度。【答案】(1)V j =I m/s(2)-m2【解析】【详解】(1)物块在压力区左侧时，由牛顿第二定律有/jmg=may解得4=2m/s