高考理综物理解答题专项集中综合训练50题含参考答案11006.pdf

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1、试卷第 1 页，共 62 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，质量为 ma=2kg 的木块 A 静止在光滑水平面上，一质量为 mb=1kg 的木块B 以初速度 v0=10m/s 沿水平方向向右运动，与 A 碰撞后都向右运动，木块 A 与挡板碰撞后立即反弹（设木块 A 与挡板碰撞过程无机械能损失），后来木块 A 与 B 发生二次碰撞，碰后 A、B 同向运动，速度大小分别为 1m/s、4m/s，求：木块 A、B 第二次碰撞过程中系统损失的机械能。【答案】9J【解析】【分析】【详解】依题意，第二次碰撞后速度大的物体应该在前

2、，由此可知第二次碰后 A、B 速度方向都向左，第一次碰撞，规定向右为正向 mBv0=mBvB+mAvA 第二次碰撞，规定向左为正向 mAvA-mBvB=mBvB+mAvA 可得 vA=4m/s vB=2m/s 2222AABBAABB11119J2222m vm vm vm vE 2如图所示，空间分布着方向平行于纸面且与场区边界垂直的有界匀强电场，电场强度为 E，场区宽度为 L，在紧靠电场右侧的圆形区域内，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 B未知，圆形磁场区域半径为 r。一质量为 m，电荷量为 q的带正电的粒子从 A点由静止释放后，在 M点离开电场，并沿半径方向射入磁场区域，然后从

3、N点射出，O为圆心，120MON，粒子重力可忽略不计。求：（1）粒子在电场中加速的时间；（2）匀强磁场的磁感应强度 B 的大小。试卷第 2 页，共 62 页 【答案】（1）2mLqE；（2）223mELqr【解析】【详解】（1）粒子在电场中加速，根据牛顿第二定律有 qE=ma 212Lat 联立解得 2mLtqE（2）设粒子经电场加速后的速度为 v，根据动能定理有 212qELmv=解得 2qELvm 粒子在磁场中完成了如图所示的部分圆运动 设其半径为 R，因洛仑兹力提供向心力，所以有 2mvBqvR 由几何关系得 试卷第 3 页，共 62 页 tan30rR 联立解得 223mELBqr 3

4、如图所示，水平的粗糙轨道与竖直的光滑圆形轨道相连，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续沿水平轨道运动圆形轨道半径 R=0.2m，右侧水平轨道BC 长为 L=4m，C点右侧有一壕沟，C、D 两点的竖直高度 h=1m，水平距离 s=2m，小球与水平轨道间的动摩擦因数=0.2，重力加速度 g=10m/s2一小球从圆形轨道最低点B 以某一水平向右的初速度出发，进入圆形轨道。（1）若小球通过圆形轨道最高点 A 时给轨道的压力大小恰为小球的重力大小，求小球在 B 点的初速度多大？（2）若小球从 B点向右出发，在以后的运动过程中，小球既不脱离圆形轨道，又不掉进壕沟，求小球在 B点的初速度的范围是

5、多大？【答案】（1）2 3m/s；（2）vB2m/s 或10m/svB4m/s 或 vB6m/s【解析】【详解】(1)小球在最高点 A处，根据牛顿第三定律可知轨道对小球的压力 FN=FN=mg 根据牛顿第二定律 2ANvFmgmR 从 B 到 A过程，由动能定理可得 22A011222mg Rmvmv 代入数据可解得 02 3m/sv 试卷第 4 页，共 62 页(2)情况一：若小球恰好停在 C 处，对全程进行研究，则有 21102mgLmv 解得 v1=4m/s 若小球恰好过最高点 A，根据牛顿第二定律 2AvmgmR 从 B 到 A过程 22A211222mg Rmvmv 解得 v2=10

6、m/s 所以当10m/svB4m/s 时，小球停在 BC间；情况二：若小球恰能越过壕沟，则有 22C31122mgLmvmv 小球做平抛运动 212hgt s=vCt 解得 v3=6m/s 所以当 vB6m/s 时，小球越过壕沟；情况三：若小球刚好能运动到与圆心等高位置，则有 24102mgRmv 解得 v4=2m/s 所以当 vB2m/s 时，小球又沿圆轨道返回。综上所述可得，小球在 A点的初速度的范围是 vB2m/s 或10m/svB4m/s 或 vB6m/s 4传统的打气筒的示意图如图中的如图所示，圆柱形打气筒 A高 H，内部横截面积为S，底部有一单向阀门 K，厚度不计的活塞上提时外界大

7、气可从活塞四周进入，活塞下压时可将打气筒内气体推入容器 B 中。用传统的打气筒给自行车打气时，不好判断是否试卷第 5 页，共 62 页 已经打足了气，为了解决这一问题，某研究性学习小组的同学们经过思考之后，他们在传统打气筒基础上进行了如下的改装（图中的如图 2 所示）：该组同学设想在打气筒内壁焊接一卡环 C（体积不计），调节 C距气筒顶部的高度就可以控制容器 B 中的最终压强。已知 B 的容积 VB3HS，向 B中打气前 A、B 中气体初始压强均为 p01.0105Pa，设气体温度不变。（1）若 C 距气筒顶部的高度为 h23H，则第一次将活塞从打气筒口压到 C处时，容器B 中的压强是多少？（

8、2）要使容器 B中的最终压强为 3p0，则 h 与 H 之比应为多少？【答案】（1）1.2105Pa；（2）2：3【解析】【详解】（1）以 A、B 中气体为研究对象，则有 10pp 14VHS 2103VHS 根据玻意耳定律，可得 1122pVp V 联立解得，容器 B 中的压强 p2=1.2105Pa（2）以 A 内的气体为研究对象，有 10pp 3VHS 303pp 4()VHh S 试卷第 6 页，共 62 页 由玻意耳定律，可得 1334PVPV 联立解得:2:3h H 5如图所示，平面直角坐标系 xOy 的第二象限内存在场强大小为 E，方向与 x 轴平行且沿x轴负方向的匀强电场，在第

9、一、三、四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场 现将一挡板放在第二象限内，其与 x，y 轴的交点 M、N到坐标原点的距离均为 2L，一质量为 m，电荷量绝对值为 q 的带负电粒子在第二象限内从距 x 轴为 L、距 y 轴为 2L 的 A点由静止释放，当粒子第一次到达 y 轴上 C 点时电场突然消失，若粒子重力不计，粒子与挡板相碰后电荷量及速度大小不变，碰撞前后，粒子的速度与挡板的夹角相等（类似于光反射时反射角与入射角的关系），求:（1）C点的纵坐标；（2）若要使粒子再次打到挡板上，磁感应强度的最大值为多少?（3）磁感应强度为多大时，粒子从 A点出发与挡板总共相碰两次后到达 C 点?这种情况下粒

10、子从 A点出发到第二次到达 C 点的时间多长?【答案】（1）3L；（2）22mEqL；（3）223EmqL，9(2)24mLqE【解析】【分析】【详解】粒子运动轨迹如下图 试卷第 7 页，共 62 页 （1）设粒子到达挡板之前的速度为0v，由动能定理 2012qELmv 解得 02qELvm 粒子与挡板碰撞之后做类平抛运动，在 x 轴方向 22qELtm 在 y轴方向 0yv t 联立解得 2yL C点的纵坐标为 3yLL（2）粒子到达 C点时的沿 x轴方向的速度为 2xqELvatm 沿 y轴方向的速度为 02yqELvvm 此时粒子在 C 点的速度为 2qELvm 粒子的速度方向与 x 轴

11、的夹角 试卷第 8 页，共 62 页 tanyxvv 故 45 磁感应强度最大时，粒子运动的轨道半径为 122rL 根据牛顿第二定律 211vqvBmr 要是粒子再次打到挡板上，磁感应强度的最大值为 122mEBqL（3）当磁感应强度为 B2时，粒子做半径为 r2的圆周运动到达 y轴上的 O 点，之后做直线运动打到板上，由几何关系得 23 22rL 此时的磁感应强度为 2223EmBqL 此后粒子返回到 O 点，进入磁场后做匀速圆周运动，由对称性可知粒子将到达 D 点，接着做直线运动到达 C 点，从 A到板，有 2112EqLtm 解得 12mLtqE 在磁场中做圆周运动的时间 2223392

12、224rmLtTvqE 从 O 到板再返回 O点作直线运动的时间 32 22LmLtvqE 从 x轴上 D点做匀速直线运动到 C 点的时间为 试卷第 9 页，共 62 页 43 2322LmLtvqE 总时间为 12349(2)24mLttttttqE 总 6如图所示，在 x 轴上方有垂直 xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B1=B0，在 x轴下方有交替分布的匀强电场和匀强磁场，匀强电场平行于 y 轴，匀强磁场 B2=2B0垂直于 xOy 平面，图象如图所示一质量为 m，电量为q的粒子在023tt时刻沿着与 y轴正方向成 60角方向从 A 点射入磁场，20tt时第一次到达 x 轴，并且速

13、度垂直于 x轴经过 C 点，C 与原点 O的距离为 3L第二次到达 x 轴时经过 x轴上的 D点，D 与原点 O 的距离为 4L，（不计粒子重力，电场和磁场互不影响，结果用 B0、m、q、L表示）（1）求此粒子从 A 点射出时的速度0v；（2）求电场强度 E0的大小和方向；（3）粒子在09tt时到达 M 点，求 M 点坐标。【答案】（1）002qB Lvm；（2）202qB LEm；（3）（9L，32L）【解析】【分析】【详解】（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为1R，由牛顿第二定律得 试卷第 10 页，共 62 页 20011qv BmR 根据题意由几何关系可得 11132LRR 联立解得

14、 002qB Lvm（2）粒子在第一象限磁场中运动的周期设为1T，可得 102 mTqB 粒子在第四象限磁场中运动的周期设为2T，可得 222 mTqB 根据题意由几何关系可得 10433Tt1 可得 104Tt 202Tt 综上可以判断0034tt粒子在第四象限的磁场中刚好运动半个周期，半径为 22LR 由牛顿第二定律得 22222vqv BmR 0023tt粒子做匀减速直线运动，qEma 21vvat 综上解得 202qB LEm（3）由题意知，粒子在08t时刚在第四象限做完半个圆周运动，得 9xL 试卷第 11 页，共 62 页 粒子在电场中减速运动的时间为0t，由运动学公式可得 120

15、12yvvt 联立解得 32Ly 联立可得 M 点的坐标为（9L，32L）。7如图所示，导热良好的汽缸中用不计质量的活塞封闭着一定质量的理想气体，光滑活塞的横截面积 S=100cm2，初始时刻气体温度为 27，活塞到气缸底部的距离为 h现对汽缸缓缓加热使汽缸内的气体温度升高到 t，然后保持温度不变，在活塞上轻轻放一质量为 m=20kg 的重物，使活塞缓慢下降到距离底部 1.5h 的位置已知大气压强p0=1.0105pa，环境温度保持不变，g 取 10m/s2，求 t 判断活塞下降的过程气体是吸热还是放热，并说明理由【答案】267；放热【解析】【详解】缓慢加热，气体做等压变化，故 1212VVT

16、T 使活塞缓慢下降到距离底部 1.5h 的位置，气体做等温变化 p1Sh=p2Sh2 p1=p0 20mgppS 联立代入数据解得 t=267 放热温度不变，所以内能不变，体积变小对内做功，根据热力学第一定律 U=W+Q 可得 Q0 试卷第 12 页，共 62 页 故放热。8如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为 2m的木板 B，B 的左端放置一个质量为 m 的物块 A，已知 A、B 之间的动摩擦因数为，现有质量为 m的小球以水平速度0v飞来与 A 物块碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块 A 始终未滑离木板 B，且物块A 和小球均可视为质点(重力加速度 g)，求：物块 A 相对 B 静止后

17、的速度大小；木板 B 至少多长。【答案】04v；2016vg【解析】【详解】设小球和物体 A 碰撞后二者的速度为1v，三者相对静止后速度为2v，规定向右为正方向，根据动量守恒得 012mvmv 1224mvmv 联立解得 024vv 当 A 在木板 B 上滑动时，系统损失的动能转化为摩擦热，设木板 B 的长度为 L，假设A 刚好滑到 B 的右端时共速，则由能量守恒得 22121124222mvmvmgl 联立解得 206vLg 9如图所示，质量1kgm 的导热气缸倒扣在水平地面上，A 为一 T 型活塞，气缸内充有理想气体。气缸的横截面积 S=210-4m2，当外界温度为 t=27时，气缸对地面

18、恰好没有压力，此时活塞位于气缸中央不计气缸壁厚度，内壁光滑，活塞始终在地面上静止不动，大气压强为5201 10 Pa10m/spg，。求：（1）气缸内气体的压强；（2）环境温度升高时，气缸缓慢上升，温度至少升高到多少时，气缸不再上升。试卷第 13 页，共 62 页（3）气缸不再上升后，温度继续升高，从微观角度解释压强变化的原因。【答案】（1）1.5105Pa；（2）600K；（3）温度升高，分子平均动能增大，体积不变，分子密度不变，所以压强变大【解析】【详解】（1）气缸恰好对地面没有压力，对气缸 mg+p0S=pS 解得 p=1.5105Pa（2）气缸缓慢上升，气体压强不变，则 120.5VV

19、TT 解得 T2=600K（3）温度升高，分子平均动能增大，体积不变，分子密度不变，所以压强变大。10如图所示，质量为 M=8kg 的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力 F，当小车向右运动速度达 到03m/sv 时，在小车的右端轻轻放置一质量 m=2kg 的小物块，经过 t1=2s 的时间，小物块与小车保持相对静止。已知小物块与小车间的动摩擦因数 0.2，假设小车足够长，g取 10m/s2，求：(1)水平恒力 F的大小；(2)从小物块放到车上开始经过 t=4s 小物块相对地面的位移；(3)整个过程中摩擦产生的热量。【答案】（1）8N；（2）13.6m；（3）12J【解析】试卷第

20、14 页，共 62 页【分析】【详解】（1）设小物块与小车保持相对静止时的速度为 v，对于小物块，在 t1=2s 时间内，做匀加速运动，则有 1mgma 1 1va t 对于小车，做匀加速运动，则有 2FmgMa 02 1vva t 联立以上各式，解得 8NF （2）对于小物块，在开始 t1=2s 时间内运动的位移为 211 112xa t 此后小物块仍做匀加速运动，加速度大小为3a，则有 3()FMm a 221 11311()()2xat tta tt 12xxx 联立以上各式，解得 13.6mx （3）整个过程中只有前 2s 物块与小车有相对位移，小车位移 230 12 112xv ta

21、 t 相对位移 31xxx 则摩擦产生的热量 12JQmg x 11如图所示，截面为三角形透明介质的三棱镜，三个顶角分别为60,75,45ABC，介质的折射率3n，现有一束光线沿MN方向射到棱镜的AB面上，入射角的大小60i，光在真空中的传播速度83 10 m/sc ，求：试卷第 15 页，共 62 页 光在棱镜中传播的速率；画出此束光线进入棱镜后又射出棱镜的光路图，要求写出必要的计算过程。(不考虑返回到AB和BC面上的光线)【答案】83 10 m/s；光路图和计算过程见详解。【解析】【详解】根据折射率与光在介质中的传播速度关系 cnv 可得光在棱镜中传播的速率为 883 10m/s3 10

22、m/s3cvn 设此束光从AB面射入棱镜后的折射角为r，由折射定律 sinsininr 解得 sinsin601sin23irn 即 30r 显然光线从AB射入棱镜后的折射光线NP平行于底边AC，由图中几何关系可得，光线在BC面上的入射角45，设发生全反射的临界角为C，则有 13sin3Cn 2sin2 可得 C 故光线在BC面上发生全反射后，根据几何知识和反射定律得知，光线将垂直于底面AC方向由图中Q点射出棱镜，光路如图所示 试卷第 16 页，共 62 页 12如图所示，两根平行金属导轨与水平面间的夹角=30，导轨间距为 l=0.50m，金属杆 ab、cd 的质量均为 m=1.0kg，电阻均

23、为 r=0.10，垂直于导轨水平放置整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度 B=2.0T用平行于导轨方向的拉力拉着 ab 杆沿轨道以某一速度匀速上升时，cd 杆保持静止不计导轨的电阻，导轨和杆 ab、cd 之间是光滑的，重力加速度 g=10m/s2求：（1）回路中感应电流 I的大小（2）拉力做功的功率（3）若某时刻将 cd 杆固定，同时将 ab 杆上拉力 F增大至原来的 2 倍，求当 ab 杆速度v1=2m/s 时杆的加速度和回路电功率 P1【答案】（1）5A；（2）10W；（3）5m/s2；20W【解析】【分析】【详解】（1）cd杆保持静止有 mgsin=IlB 得到

24、 sin5AmgIBl （2）ab杆匀速上升，拉力 F=mgsin+IlB=2mgsin=10N ab 杆产生的感应电动势 试卷第 17 页，共 62 页 E=Blv=I2r 得到 v=1m/s 拉力做功的功率 P=Fv=10W （3）当 F=20N，ab 杆速度 v1时，产生的电动势 E=Blv1=2V 2 212B l vFBIlr安=10N 由牛顿第二定律 sinFmgFma安 得到 a=5m/s2 回路电功率 P1=220W2Er 13如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道 B 端的切线沿水平方向。质量 m=1.0kg 的滑块（可视为质点）在水平恒

25、力 F=10.0N的作用下，从 A 点由静止开始运动，当滑块运动的位移 x=0.50m 时撤去力 F。已知 A、B 之间的距离 x0=1.0m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数=0.10，取 g=10m/s2。求：（1）在撤去力 F 时，滑块的速度大小；（2）滑块通过 B 点时的动能；（3）滑块通过 B 点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度 h=0.35m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功。【答案】（1）3.0m/s；（2）4.0J；（3）0.50J【解析】试卷第 18 页，共 62 页【分析】【详解】（1）滑动摩擦力为 fmg 设滑块的加速度为1a，根据牛顿第二定律可得 1Fmgma 解得

26、 219.0m/sa 设滑块运动位移为 0.50m时的速度大小为v，根据运动学公式 212va x 解得 3.0m/sv （2）设滑块通过 B 点时的动能为kBE，从 A 到 B运动的过程中，依据动能定理有 kWE 合 0 kBFxfxE 解得 4.0JkBE（3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为fW，根据动能定理有 0fkBmghWE 解得 0.50JfW 14人站在小车上和小车一起以速度 v0沿光滑水平面向右运动地面上的人将一小球以速度 v 沿水平方向向左抛给车上的人，人接住后再将小球以同样大小的速度 v 水平向右抛出，接和抛的过程中车上的人和车始终保持相对静止重复上述过程，当车

27、上的人将小球向右抛出 n 次后，人和车速度刚好变为 0已知人和车的总质量为 M，求小球的质量 m【答案】02Mvmnv【解析】试卷第 19 页，共 62 页【详解】试题分析：以人和小车、小球组成的系统为研究对象，车上的人第一次将小球抛出，规定向右为正方向，由动量守恒定律：Mv0-mv=Mv1+mv 得：102mvvvM 车上的人第二次将小球抛出，由动量守恒：Mv1-mv=Mv2+mv 得：2022mvvvM 同理，车上的人第 n 次将小球抛出后，有02nmvvvnM 由题意 vn=0，得：02Mvmnv 考点：动量守恒定律 151966 年 33 岁的华裔科学家高锟首先提出光导纤维传输大量信息

28、的理论，43 年后高锟因此获得 2009 年诺贝尔物理学奖。如图所示，一长为 L 的直光导纤维，外套的折射率为 n1，内芯的折射率为 n2，一束单色光从图中 O1点进入内芯斜射到内芯与外套的介质分界面 M 点上恰好发生全反射，O1O2为内芯的中轴线，真空中的光速为 c。求：该单色光在内芯与外套的介质分界面上发生全反射时临界角 C 的正弦值；该单色光在光导纤维中的传播时间。【答案】12sinnCn；221Lntcn【解析】【详解】由光的折射定律，则有 21211sinsinnnnC 当 1=90时 12sinnCn 试卷第 20 页，共 62 页 根据几何关系，则有 2sinLx 因传播速度 2

29、cvn 而传播时间 xtv 联立解得 221Lntcn 16一劲度系数 k=800N/m 的轻质弹簧两端分别连接着质量均为 12 kg 的物体 A、B，将它们竖直静止放在水平面上，如图所示现将一竖直向上的变力 F作用在 A上，使 A开始向上做匀加速运动，经 0.40 s 物体 B 刚要离开地面g=10 m/s2，试求：（1）物体 B刚要离开地面时，A 物体的速度 vA；（2）此过程中物体 A重力势能的改变量【答案】（1）1.5 m/s；（2）36 J【解析】【详解】（1）开始时 mAg=kx1 当物体 B 刚要离地面时 kx2=mBg 可得 x1=x2=0.15m 由 x1+x2=12at2

30、vA=at 试卷第 21 页，共 62 页 得 vA=1.5m/s（2）物体 A重力势能增大 EpA=mAg（x1+x2）=36J 17如图所示，一个边缘带有凹槽的金属圆环，沿其直径装有一根长 2L 的金属杆 AC，可绕通过圆环中心的水平轴 O 转动。将一根质量不计的足够长细绳一端固定于槽内并将绳绕于圆环槽内，绳子的另一端悬挂了一个质量为 m的物体。圆环的一半处在磁感应强度为 B，方向垂直环面向里的匀强磁场中。现将物体由静止释放，若金属圆环和金属杆单位长度的电阻均为 R，忽略所有摩擦和空气阻力。（1）设某一时刻圆环转动的角速度为 0，且 OA 边在磁场中，求出此时金属杆 OA产生电动势的大小；

31、（2）求出物体在下落中可达到的最大速度；（3）当物体下落达到最大速度后，金属杆 OC段刚要进入磁场时，杆的 A、O两端之间电压多大？【答案】（1）2012BL；（2）22(4)mgRB L；（3）2(1)2mgRB【解析】【详解】（1）已知金属杆转动的角速度，OA产生的电动势为 200122LEBLBL（2）等效电路如图所示，两个半圆部分的电阻并联后与另一半半径上的电阻串联 1=2LRR外 R外2=LR；r=LR 试卷第 22 页，共 62 页 当达到最大速度时，重物的重力的功率等于电路中消耗的电功率 22EEmgvRRRr总外1外2 其中 v=0L 联立以上公式，解得 22(4)mgRvB

32、L（3）当物体下落达到最大速度后，杆受到的安培力的力矩与物体的力矩相等，得 2LBILmg L 所以 OA 上的电流大小为 2mgIBL 当 OC段刚要进入磁场时 22()(1)22AOmgLRmgRULRBLB 18如图所示，绝热气缸封闭一定质量的理想气体，被重量为 G 的绝热活塞分成体积相等的 M、N 上下两部分，气缸内壁光滑，活塞可在气缸内自由滑动设活塞的面积为S，两部分的气体的温度均为 T0，M 部分的气体压强为 P0，现把 M、N 两部分倒置，仍要使两部分体积相等，需要把 M 的温度加热到多大？【答案】002(1)GTPS【解析】【详解】试题分析：设加热后 M 的温度为 T 试卷第

33、23 页，共 62 页 倒置前后 N 部分的气体压强不变均为 0NGppS 对 M 部分倒置前后列方程 00NGppSTT；002(1)GTTSp 考点：气体实验定律 19水利发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能，是功在当代，利在千秋的大事，现在水力发电已经成为我国的重要能源之一某河流水流量为 40m3/s，现在欲在此河段上筑坝安装一台发电功率为 1000kW 的发电机发电，采用高压输电，高压输电线的总电阻为 5，损耗总功率的 5%求：（1）设发电机输出电压为 500V，则所用理想升压变压器原副线圈匝数比应是多大；（2）若所用发电机总效率为 50%，则拦河坝要建多高（水的密度=1.0103kg

34、/m3，重力加速度 g 取 10m/s2）【答案】（1）120（2）5m【解析】【分析】【详解】（1）根据导线上的功率损失等于导线电阻的热功率可得 220.05PI R 解得升压变压器次级的电流 I2=100A 对变压器初级 1 1PU I 解得初级电流 I1=2000A 根据变压器匝数和电流的关系 1221120nInI（2）设时间 t内通过发电机的水流体积为 V=Qt 又 m=V 由能量关系可得 试卷第 24 页，共 62 页 0050mghPt 解得 h=5m 20如图所示，有一内表面光滑的金属盒，底面长为 L=1.2m，质量为 m1=1kg，放在水平面上，与水平面间的动摩擦因数为=0.

35、2，在盒内最右端放一半径为 r=0.1m 的光滑金属球，质量为 m2=1kg，现在盒的左端，给盒一个初速度 v=3m/s（盒壁厚度，球与盒发生碰撞的时间和能量损失均忽略不计，g取 10m/s2）求：金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间?【答案】0.75s【解析】【详解】根据动能定理，则从开始运动到左壁与小球相碰有 221 111211()(2)22mvmvmm g Lr 解得盒与球第一次碰撞速度 v1=1m/s 此过程经历的时间为 1121.20.2s0.5s3 122Lrtvv 由于小球和盒子发生弹性碰撞，故碰撞完后交换速度，即小球速度为 1m/s，盒子速度为零，此后小球在盒内的运动时间为

36、 2121sLrtv 小球与盒子再次相碰后，再次交换速度，盒子速度为 1m/s，小球速度为零，则由动量定理可知盒子运动的时间 t3满足 1231 1()0mmgtm v 解得 t3=0.25s 则金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间为 t=t1+t2+t3=1.75s 试卷第 25 页，共 62 页 21如图所示，两块平行金属极板 MN 水平放置，板长 L=1m。间距 d=33m，两金属板间电压 UMN=1104 V；在平行金属板右侧依次存在 ABC 和 FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形 ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场 B1，三角形的上顶点 A 与上金属板 M 平齐，BC 边与

37、金属板平行，AB 边的中点 P 恰好在下金属板 N 的右端点；正三角形 FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场 B2，已知 A、F、G 处于同一直线上。B、C、H 也处于同一直线上。AF 两点距离为23m。现从平行金属极板 MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量 m=310-10 kg，带电量 q=+110-4 C，初速度 v0=1105 m/s。(1)求带电粒子从电场中射出时的速度 v的大小和方向；(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在 AC 边上，求该区域的磁感应强度 B1；(3)若要使带电粒子由 FH 边界进入 FGH 区域并能再次回到 FH 界面，求 B2应满

38、足的条件。【答案】(1)52 310/3m s；垂直于 AB 方向出射。(2)3 310T(3)2235BT【解析】【详解】(1)设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为 t，加速度为 a，则 Uqmad 解得 102310 m/s3qUamd 501 10Ltsv 竖直方向的速度为 vyat33105m/s 射出时速度为 22502 310 m/s3yvvv 速度 v 与水平方向夹角为 试卷第 26 页，共 62 页 03tan3yvv 故=30 即垂直于 AB 方向出射。(2)带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移 213262dyatm 即粒子由 P1点垂直 AB 射入磁场，由几何关系知在磁

39、场 ABC 区域内做圆周运动的半径为 12mcos303dR 由 211vBqvmR 知 113 3T10mvBqR(3)分析知当轨迹与边界 GH 相切时，对应磁感应强度 B2最大，运动轨迹如图所示：由几何关系得 221sin60RR 故半径 2(2 33)mR 又 222vB qvmR 故 试卷第 27 页，共 62 页 223T5B 所以 B2应满足的条件为大于235T。22如图所示，光滑绝缘的正方形水平桌面边长为 d=0.48m，离地高度 h=1.25 m。桌面上存在一水平向左的匀强电场（其余位置均无电场），电场强度 E=1104 N/C。在水平桌面上某一位置 P处有一质量 m=0.01

40、kg，电量 q=110-6 C 的带正电小球以初速v0=1m/s 向右运动。空气阻力忽略不计，重力加速度 g=10m/s2 (1)求小球在桌面上运动时的加速度；(2)P 处距右端桌面多远时，小球从开始运动到最终落地的水平距离最大，并求出该最大水平距离。【答案】(1)1.0m/s2，水平向左；(2)距桌面右端3m8处放入，有最大水平距离为5m8【解析】【详解】(1)对小球受力分析，受到重力、支持力和电场力，重力和支持力平衡，根据牛顿第二定律，有 21.0m/sFqEamm 方向：水平向左(2)球先向右减速，假设桌面足够长，减为零的过程，有 20.5m2vxa 大于桌面边长，故小球一直减速；设球到

41、桌面右边的距离为 x1，球离开桌面后作平抛运动的水平距离为 x2，则 x=x1+x2 由 v2-v02=-2ax1 代入得 111 2 11 2vxx 试卷第 28 页，共 62 页 设平抛运动的时间为 t，根据平抛运动的分位移公式，有 h12gt2 代入得 t=0.5s 水平方向，有 x2vt0.511 2x 故 x x1+0.511 2x 令 y11 2x 则 x 21(1)2yy 故当 y12，即 x138m时，水平距离最大，最大值为 xm5m8 即距桌面右端38m处放入，有最大水平距离为5m8。23如图甲所示，物块 A、B 的质量分别是 mA=4.0kg 和 mB=3.0kg用轻弹簧拴

42、接，放在光滑的水平地面上，物块 B 右侧与竖直墙相接触另有一物块 C从 t=0 时以一定速度向右运动，在 t=4s时与物块 A 相碰，并立即与 A粘在一起不再分开，物块 C的 v-t图象如图乙所示求：物块 C的质量？B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能 EP？【答案】（1）2kg；（2）9J【解析】【详解】试卷第 29 页，共 62 页 由图知，C 与 A 碰前速度为 v19 m/s，碰后速度为 v23 m/s，C 与 A 碰撞过程动量守恒 mcv1（mAmC）v2 即 mc2 kg 12 s 时 B 离开墙壁，之后 A、B、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当 A、C与 B

43、的速度相等时，弹簧弹性势能最大（mAmC）v3（mAmBmC）v4 2234p11()()22ACABCmmvmmmvE 得 Ep9 J 24如图所示，一等腰直角三棱镜放在真空中，斜边 BC长度为 d，一束单色光以 60的入射角从 AB侧面的中点 D 入射，折射后从侧面 AC 射出，不考虑光在 AC面的反射，已知三棱镜的折射率62n，单色光在真空中的光速为 c。求：（1）画出单色光通过三棱镜的光路图；（2）单色光通过三棱镜的时间。【答案】（1）；（2）64dc【解析】【详解】（1）单色光在 AB 面上发生折射，根据折射定律得 sinsin60sinsinin 代入数据解得 45 光路图如图，试

44、卷第 30 页，共 62 页 （2）因为 DE平行于 BC，而且 1122DEBCd 光在三棱镜传播的速度为 26ccvn 所以此单色光通过三棱镜的时间为 64DEdtvc 25如图所示，匀强磁场的磁感应强度为 B=0.15T，方向垂直纸面向内，处于半径为R=0.1m 的圆形区域内，匀强磁场的最左端与 y 轴相切于坐标原点 O。在圆形磁场的最右端有一光屏与圆形磁场相切于 A 点。坐标原点 O有一粒子源，沿纸面向各个方向以相同的速率 v0=3106m/s 发射正粒子，已知粒子的比荷810 C/qkgm，不计粒子的重力。试求：（1）沿着 x 轴正方向射出的粒子通过磁场后击中光屏的点与 A点距离；（

45、2）沿什么方向发射的粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间是多少；（3）若粒子发射方向沿+x轴方向，磁场可绕 O 点在纸面内转动，为使得粒子击中光屏的点与 A 点距离最大，求磁场绕 O 点转过的角度，并求最大距离。【答案】（1）2m15y；（2）与 x轴成30角时，在磁场中运动时间最长，最长时间为87 10 st；（3）m0.231 my【解析】【详解】（1）带电粒子在磁场中运动半径 r，根据洛伦兹力提供向心力，有 试卷第 31 页，共 62 页 2vqvBmr 解得 0.2mr 带电粒子运动轨迹如图所示 根据几何关系有 tanRr，2，tanyR 联立解得 0.42mm315y （2）由图上图

46、可知，粒子在磁场中运动的圆心角2，根据带电粒子在磁场中运动时间与圆心角关系 2 mtqB 根据 sin2dr 可知，当弦长 d=2R时，圆心角2为最大，粒子运动时间最大，满足 1sin2Rr 解得 30 由此得粒子速度方向在第象限，与 x 轴成30角时，在磁场中运动时间最长，则最长时间为 68210 s7 10 s45mtqB（3）先画出圆形磁场转动角情形下带电粒子在磁场中运动情形，如图所示 试卷第 32 页，共 62 页 根据几何关系有 tanxr，2，(2)tanyRx 联立解得 22tan0.40.2(1tan)1tancot1y 可知，当角最大时，y 也最大。当带电粒子入射点和射出点刚

47、好在一条直径上时，角最大，则有 1sin2Rr 解得 30 代入可解得 m0.231 my 26泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：在水平地面上放置一个质量为 m=5kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力 F随位移变化如图所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为0.6，g=10m/s2 （1）物体在运动过程中的最大加速度为多少（2）在距出发点多远处，物体的速度达到最

48、大（3）物体在水平面上运动的最大位移是多少 试卷第 33 页，共 62 页【答案】（1）210m/s（2）2.5m（3）5.33m【解析】【分析】【详解】（1）当推力 F 最大时，加速度最大，由牛顿第二定律，得 Fmgma 解得 210m/sa （2）由图像可知：F随 x变化的函数方程为 8020Fx 速度最大时，合外力为零即 Fmg 所以 2.5mx （3）位移最大时，末速度一定为 0，由动能定理可得 0FWmgs 由图像可知，力 F 做的功为 1160J2FWFx 所以 1605.33m30s 考点：本题考查牛顿第二定律、动能定理 27 为了解决高楼救险中云梯高度不够高的问题，可在消防云梯

49、上再伸出轻便的滑杆 被困人员使用安全带上的挂钩挂在滑杆上、沿滑杆下滑到消防云梯上逃生通常滑杆由AO、OB 两段直杆通过光滑转轴在 O处连接，滑杆 A 端用挂钩钩在高楼的固定物上，且可绕固定物自由转动，B端用铰链固定在云梯上端，且可绕铰链自由转动，以便调节被困人员滑到云梯顶端的速度大小 设被困人员在调整好后的滑杆上下滑时滑杆与竖直方向的夹角保持不变，被困人员可看作质点、不计过 O点时的机械能损失已知 AO长L1=6m、OB 长 L2=12m某次消防演练中测得 AO 与竖直方向的夹角=37，OB 与竖直方向的夹角=53，被困人员安全带上的挂钩与滑杆 AO、OB间的动摩擦因数均为试卷第 34 页，共

50、 62 页 5=6 为了安全，被困人员到达云梯顶端 B点速度不能超过 vm=6m/s 已知sin370.6，cos370.8，取 g=10m/s2求：（1）被困人员滑到 B点时是否安全（2）若云梯顶端 B 点与竖直墙间的水平距离 d=13.2m 保持不变，能够被安全营救的被困人员与云梯顶端 B的最大竖直距离 H（结果可用根式表示）【答案】（1）是安全的（2）149.76m【解析】【分析】【详解】（1）设被困人员滑到 B 点时速度为 v，由动能定理有：212121(coscos)sinsin2mg LLmgLmgLmv 代入数据得 2 5m/sv 因为 vvm=6m/s，所以被困人员滑到 B点时