高考理综物理解答题专项集中训练50题含答案11072.pdf

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1、试卷第 1 页，共 61 页 高考理综物理解答题专项集中训练 50 题含答案 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 一、解答题 1如图所示（俯视图），在绝缘的水平桌面上有三个相邻的矩形区域 I、，区域 I、的宽度均为 d0.64m，区域的宽度足够大，M、M1、M2均为分界线 区域无磁场；区域有大小为 B 的匀强磁场，方向竖直向上；区域有大小为 B25B的匀强磁场，方向竖直向下在绝缘的桌面上固定放置两根与分界线垂直的平行金属导轨，导轨间距L0.1m，左端接一电阻 R0.6一质量为 m1kg，长度为 L0.1m，电阻为 r0.2的导体棒AC在水平向右的恒力F作用下从分界线M处由静止开始沿导轨方向向右运

2、动，导体棒 AC与导轨的动摩擦因数 0.1已知导体棒 AC以速度 v0匀速通过区域，匀速通过区域的时间 t10.4s若导轨电阻不计，棒始终与导轨垂直且接触良好重力加速度 g10m/s2求：（1）区域的匀强磁场的磁感应强度 B 的大小；（2）导体棒 AC由静止开始到速度为 2v0过程中，导体棒 AC 产生的电热已知在区域的运动时间 t20.96s 【答案】（1）10T；（2）0.16J【解析】【详解】（1）导体棒 AC以速度 v0匀速通过区域，则有：010.64mm1.6ss0.4dvt 以导体棒为研究对象，在区域 I 根据动能定理可得：20102Fdmgdmv 解得拉力为：F3N 在区域根据平

3、衡条件可得：FBIL+mg 其中0BLvIRr 所以有：220B L vFmgRr 解得：B10T；试卷第 2 页，共 61 页（2）区域的磁感应强度为：24T5BB 在区运动过程中，导体棒 AC产生的电热为：20110.32JBLvQrtRr 设在区域运动的距离为 x，根据动量定理可得：2200()2Fmg tBIdtmvv 其中222222B L tBL xB IdtRrRr 则有：2220()B L xFmg tmvRr 解得：x1.6m 根据动能定理可得：220011()222AFmg xWmvmv解得：WA0.64JQ 则有：20.16JRQQrR 得：0.320.160.16JAC

4、Q 2如图（甲）所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距0 30m.L。导轨电阻忽略不计，其间连接有定值电阻0.40R。导轨上静置一质量0.10kgm、电阻0 20.r 的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度0.50TB 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使它由静止开始运动）金属杆与导轨接触良好并保持与导轨垂直），电流传感器）不计传感器的电阻）可随时测出通过R的电流并输入计算机，获得电流I随时间t变化的关系如图（乙）所示。求金属杆开始运动2.0s时：(1)金属杆ab受到安培力的大小和方向；(2)金属杆的速率；(3)对图象分析表明，金属

5、杆在外力作用下做的是匀加速直线运动，加速度大小20.40m/sa，计算2.0s时外力做功的功率。【答案】(1)23.0 10 N和方向水平向左；(2)0.80m/s；(3)25.6 10 W 试卷第 3 页，共 61 页【解析】【分析】【详解】(1)由图乙可知2.0s时通过金属杆ab的电流为0.2A，此时金属杆受到的安培力 FBIL安 解得 23.0 10 NF安 方向水平向左(2)设金属杆产生的感应电动势为E，根据闭合电路欧姆定律 EIRr 解得 0.12VE 设金属杆在2.0s时的速率为1v，则 1EBLv 解得 10.80m/sv (3)根据牛顿第二定律 FFma安 解得在2.0s时拉力

6、 27.0 10NF 设2.0s时外力F做功的功率为P，则 1PFv 解得 25.6 10 WP 3如图所示，BCD 是光滑绝缘的半圆形轨道，位于竖直平面内，直径 BD 竖直轨道半径为 R，下端与水平绝缘轨道在 B 点平滑连接，质量为 m的不带电的滑块 b静止在 B点整个轨道处在水平向左的匀强电场中场强大小为 E质量为 m、带正电的小滑块 a 置于水平轨道上，电荷量为32mgqE，滑块 a与水平轨道间的动摩擦因数 0.5，重力加速度为 g现将滑块 a从水平轨道上距离 B 点 12R的 A 点由静止释放，运动到 B 点与滑块 b 碰撞，碰撞时间极短且电量不变，碰后两滑块粘在一起运动，a、b 滑块

7、均视为质试卷第 4 页，共 61 页 点求：（1）滑块 a、b 碰撞后的速度大小（2）滑块在圆形轨道上最大速度的大小，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的大小（3）滑块第一次落地点到 B 点的距离【答案】（1）滑块 a、b碰撞后的速度大小分别为2 6gR和6gR。（2）滑块在圆形轨道上最大速度的大小为132gR，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的大小为312mg。（3）滑块第一次落地点到 B 点的距离为（32 2-2）R。【解析】【分析】【详解】（1）a从 A到 B的过程用动能定理得 2131121222mgERmgRmvE 解得 12 6vgR 对 a与 b 碰撞用动量守恒定律得 12

8、2mvmv 解得 26vgR（2）当滑块重力与电场力合力方向和圆轨道径向一致时，滑块速度最大，如图 试卷第 5 页，共 61 页 则有 3arctanarctan3724Eqmg 对滑块从碰后到最大速度的过程用动能定理有 2232311sin3721cos3722222mgERmgRmvmvE 解得滑块最大速度 3132vgR 滑块在 P 点用牛顿第二定律得 23N22cos37mvmgFR 解得滑块受到轨道支持力 N312mgF 由牛顿第三定律此时滑块对轨道作用力 N312mgF （3）a、b 整体从 B到 D的过程中由动能定理有 224211222222mg Rmvmv 解得 42vgR

9、在 D 点，对滑块受力分析得 2122NmvFmgR 解得 N2Fmg 所以滑块能通过 D 点接着水平飞出，在竖直方向 2122Rgt 试卷第 6 页，共 61 页 解得 4Rtg 水平方问受电场力加速度不变则 24132 22 22Eqsv ttRm 4如图所示，ABC 等边三棱镜，P、Q分别为 AB边、AC 边的中点，BC面镀有一层银，构成一个反射面，一单色光以垂直于 BC面的方向从 P 点射入，经折射、反射，刚好照射在 AC 边的中点 Q，求 棱镜对光的折射率；使入射光线绕 P 点在纸面内沿顺时针转动，当光线再次照射到 Q点时，入射光线转过的角度【答案】3；120【解析】【详解】画出光路

10、图，根据对称性及光路可逆结合几何关系可知，光在 AB 面的入射角 i60，折射角 r30，根据折射定律有sin3sininr 当光线再次照射到 Q点时，光路如图乙所示，由几何关系可知，折射角 30，根据折射定律有sin3sin 解得：60，因此入射光转过的角度为 i+120 5如图所示，粗细均匀的 U 型玻璃管在竖直平面内放置其中 AB 段水平，左右两管均竖直右侧玻璃管内封闭一定质量的理想气体，气柱长度 L10cm，左侧玻璃管开口且试卷第 7 页，共 61 页 足够长室温为 27时，左右两管内水银柱的高度均为 h10cm求：右管内封闭气体为多少摄氏度时，两侧管内水银柱高度差为 5cm（已知大气

11、压强 p075cmHg）【答案】若左管水银面比右管低 5cm，气体温度为 77 摄氏度；若右管水银面比左管低5cm，气体温度为33 摄氏度【解析】【详解】以封闭气体为研究对象；初态压强 P075cmHg，体积 V0LS，温度 T0（273+27）K300K 若左管水银面比右管低 5cm，其末态压强为：P1（p0h）cmHg70cmHg 末态体积为：V1（L+2.5）S12.5S 根据理想气体状态方程得：001 101PVPVTT 代入数据解得：T1350K77 若右管水银面比左管低 5cm，其末态压强为：P2（p0+h）cmHg80cmHg 末态体积为：V2（L2.5）S7.5S 002202

12、PVPVTT 代入数据解得：T2240K33 6北京 2022 年冬奥运会和冬残奥运开闭幕式计划在北京市区举行，国家游泳中心“水立方”又将迎来新的使命，在这里将进行冰壶的比赛项目在冰壶比赛中我们经常可以听到这些词：“先手”、“后手”、“进营”、“打定”等其中“打定”就是将对方的冰壶击打出大本营，自己的冰壶停在打击位置，从而留在大本营此过程中两个冰壶的碰撞可以看作是对心弹性碰撞，两个冰壶质量完全相同，且运算时可当质点处理下图为冰壶场地示意图，大圆半径为 R，栏线到圆心的距离为 L，已知冰壶甲静止于圆心 O 处 （1）请用物理学知识解释“打定”中，自己的冰壶在打击后停在击打位置不动的现象；试卷第

13、8 页，共 61 页（2）已知冰壶和冰面之间的动摩擦因数为，欲通过“打定”的技巧将甲冰壶打出大本营，求乙冰壶从 A 点投出时速度应满足的条件【答案】（1）两冰壶发生弹性碰撞，碰撞后互换速度，出现“打定”中，自己的冰壶在打击后停在击打位置不动的现象；（2）乙冰壶从 A 点投出时速度应满足的条件是：v02()g LR 【解析】【详解】设两个冰壶的质量均为 m，碰撞前乙的速度为 v，碰撞后乙和甲的速度分别为 v1、v2，（1）两冰壶发生对心弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞前乙的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvmv1+mv2，由机械能守恒定律得：22212111222mvmv

14、mv，解得：v10，v2v，由此可知，有自己的冰壶停在打击位置不动的现象；（2）设以冰壶投出的速度为 v0，甲冰壶刚好被打出大本营，乙冰壶从投出到碰撞前瞬间过程，由动能定理得：2201122mgLmvmv，两冰壶发生对心弹性碰撞，则碰撞后 v2v，若甲冰壶恰好滑到大本营的右侧边缘，对甲冰壶，由动能定理得：20102mgRmv，解得：02()vg LR 要将冰壶甲打出大本营，乙冰壶从 A 点投出的速度应满足：02()vg LR；7如图所示，有一个用折射率为 n2 33的透明材料做成的正方体，其底面 ABCD为边长等于 2R的正方形，在该正方形 ABCD的中心处放置一点光源 S，已知真空中光速为

15、c，不考虑光线在界面上多次反射，求：（1）光自光源 S 出发到从正方体的四个侧面（不包括顶面 ABCD）射出所能经历的最长时间.试卷第 9 页，共 61 页（2）光能从正方体四个侧面上射出部分的总面积【答案】（1）光自光源 S 出发到从正方体的四个侧面（不包括顶面 ABCD）射出所能经历的最长时间为4 33Rc；（2）光能从正方体四个侧面上射出部分的总面积为（64212）R2【解析】【详解】（1）光从光源 S 发出到从四个侧面射出经历的最长时间为恰好在侧面发生全反射的情形，设此时入射角为，则有：sin1/n 把 n2 33代入解得：sin32，即：60 则经历最长时间的光在透明材料内经过的路径

16、长度：L2R，设经历最长时间的光在介质中的传播时间为 t，则：Lvt，其中：vc/n 解得：t4 33Rc；（2）考虑光到达任意一个侧面并恰好发生全反射的情况，分析可知，在此侧面上射出光线部分的区域为半个圆面（其圆心为光源 S 点在此侧面上的投影点 S，半径为3R）与侧面的公共部分，即图中的阴影部分，可算得各相关边长如图所示，由几何知识，可表达一个面上的出射面积为：22111(3)(3)22222SRRR R，四个侧面总的出射面积为：S总4S，解得：S总（64212）R2，其中：tan2；8平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为 2B 和 B（B

17、 的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿y 方向的匀强电场，x 轴上有一点 P，其坐标为（L，0）现使一个电量大小为 q、质量为 m 的带正电粒子从坐标（2a，a）处以沿+x 方向的初速度 v0出发，该粒子恰好能经原点进入y 轴右侧并在随后经过了点 P，不计粒子的重力 试卷第 10 页，共 61 页 （1）求粒子经过原点时的速度；（2）求磁感应强度 B 的所有可能取值（3）求粒子从出发直至到达 P 点经历时间的所有可能取值【答案】（1）粒子经过原点时的速度大小为2v0，方向：与 x 轴正方向夹 45斜向下；（2）磁感应强度 B 的所有可能取值：0nmvBqL n1、2、3；（3）粒子从出发直

18、至到达 P 点经历时间的所有可能取值：023(1)24ammtkkvqBqB k1、2、3或02324ammtnnvqBqB n1、2、3 【解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2av0t，竖直方向：2yvat，解得：vyv0，tan0yvv1，45，粒子穿过 O点时的速度：22002vvvv；（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2vqvBmr，粒子能过 P 点，由几何知识得：Lnrcos45 n1、2、3，解得：0nmvBqL n1、2、3；（3）设粒子在第二象限运动时间为 t1，则：t102av；粒子在第四、第一象限内做圆周运动的

19、周期：12 mTqB，2mTqB，粒子在下方磁场区域的运动轨迹为 1/4 圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为 3/4 圆弧，试卷第 11 页，共 61 页 若粒子经下方磁场直接到达 P 点，则粒子在磁场中的运动时间：t214T1，若粒子经过下方磁场与上方磁场到达 P 点，粒子在磁场中的运动时间：t214T1+34T2，若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达 P点：t2214T1+34T2，若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达 P 点：t2214T1+234T2，则23(1)24mmtkkqBqB k1、2、3 或2324mmtnnqBqB n1、2、3 粒子从出发到 P点经过的时间：

20、tt1+t2，解得：023(1)24ammtkkvqBqB k1、2、3 或02324ammtnnvqBqB n1、2、3；9如图所示，横截面积 S100cm2的容器内，有一个用弹簧和底面相连的活塞，活塞的气密性良好，当容器内气体的温度T1300K时，容器内外的压强均为p01.0105Pa，活塞和底面相距 L110cm，弹簧劲度系数 k1000N/m；在活塞上放物体甲，活塞最终下降 d2cm 后保持静止，容器内气体的温度仍为 T1300K 活塞质量及活塞与容器壁间的摩擦均不计，取 g10m/s2 求物体甲的质量 m1；在活塞上再放上物体乙，若把容器内气体加热到 T2330K，系统平衡后，活塞保

21、持试卷第 12 页，共 61 页 放上物体甲平衡后的位置不变，求物体乙的质量 m2【答案】27kg；12.5kg【解析】【详解】活塞上放上物体甲后，系统稳定后气体的压强为：10m gkdppS 容器内的气体做等温变化，则有：p0L1Sp（L1d）S 解得：m127kg；设活塞上再放上物体乙时，系统稳定后气体的压强为 p，容器内的气体做等容变化，则有：12ppTT 由平衡条件，则有：m2g（pp）S 解得：m212.5kg 10如图所示，足够长的平直轨道 AO 和 OB 底端平滑对接，将它们固定在同一竖直平面内，两轨道与水平地面间的夹角分别为（固定不变）和（可取不同的值），且，现将可视为质点的一

22、小滑块从左侧轨道的 P点由静止释放，若小滑块经过两轨道的底端连接处的速率没有变化已知 AO 轨道光滑，空气阻力可以忽略不计（1）论证：滑块在 AO 轨道下滑时的加速度与滑块的质量无关；（2）运用牛顿运动定律和运动学规律，论证：若 OB 光滑，取不同的 角，滑块在 OB上能到达的最高点总与 P等高；（3）运用动能定理和机械能的相关定义，论证：若 OB 光滑，保持 角不变，滑块在OB 上运动的过程中机械能守恒 【答案】（1）论证过程如解析过程；（2）论证过程如解析过程所示；（3）论证过程如解析过程【解析】试卷第 13 页，共 61 页【详解】（1）滑块的受力图（如下面左图），沿斜面和垂直斜面建坐标

23、轴（如下面右图），根据牛顿第二定律可得：mgsinmaA，解得 aAgsin，可知与质量无关；（2）设 P 点的高度为 H，滑块到 O 点时的速度大小为 v0，则根据匀变速直线运动规律有：2022 sin2sinApoHva sggH 类似（1）受力分析，运用牛顿第二定律，可得滑块在 OB 上滑时的加速度大小为：aBgsin 设上升的最大高度为 h，则由匀变速直线运动规律可知：20022 sin2sinBBhva sggh 解得202vgh 所以有 hH，这一结论与 无关，故滑块在 OB 上能到达的最高点总与 P等高；（3）设滑块到 O点时的速度大小为 v0，从 O到 OB 上的某点 K的过程

24、中，上升的高度为 hx，根据动能定理：22011sin22sinxxhmvmvmghmgh 即2201122xmvmghmv 也即2012kpEEmv 上式左边即为滑块在任意点 K 所具有的机械能，右边为在 O 点的动能 11如图所示，一劲度系数为 k 的轻弹簧的上端固定，下端与小球相连接，小球的质量为 m，小球静止于 O 点现将小球拉到 O点下方距离为 A的位置，由静止释放，此后运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度 规定平衡位置处为重力势能和弹簧弹性势能的零点以平衡位置 O 为坐标原点建立如图所示的竖直向下的一维坐标系 Ox忽略空气阻力的影响（1）从运动与相互作用观点出发，解决以下问题：a求小

25、球处于平衡状态时弹簧相对原长的伸长量 s；b证明小球做简谐运动；试卷第 14 页，共 61 页（2）从教科书中我们明白了由 vt图象求直线运动位移的思想和方法；从机械能的学习，我们理解了重力做功的特点并进而引入重力势能，由此可以得到重力做功与重力势能变化量之间的关系图象法和比较法是研究物理问题的重要方法，请你借鉴此方法，从功与能量的观点出发，解决以下问题：a小球运动过程中，小球相对平衡位置的位移为 x时，证明系统具有的重力势能pGE和弹性势能pE弹的总和 Ep 的表达式为21p2Ekx；b求小球在振动过程中，运动到平衡位置 O 点下方距离为2A时的动能 Ek并根据小球运动过程中速度 v与相对平

26、衡位置的位移 x的关系式，画出小球运动的全过程中速度随振动位移变化的 vx 图象 【答案】（1）amgsk；b见解析（2）a见解析b2k3EkA8；【解析】【详解】（1）a对小球，由平衡条件 mgks b设小球偏离平衡位置 x 时的回复力为 F回mgk（s+x）kx，故小球做简谐运动（2）a重力势能 EpGmgx 以平衡位置处弹性势能为 0，从平衡位置（弹簧伸长量为 s）到坐标为 x处（弹簧伸长量为 s+x），根据弹簧弹力特点做出 Fx 图线如图，弹簧弹力做功为2()1()22ksk sxWxkxksx 弹 试卷第 15 页，共 61 页 设x坐标处的弹性势能为pE弹，由弹力做功与弹性势能变化

27、量的关系可知pWE弹弹，即0WEp弹弹（）得221122pEWkxksxkxmgx弹弹 重力势能和弹性势能的总和212ppGpEEEkx弹 b小球在运动到平衡位置 O 点下方距离为2A时的势能2p122AEk 小球在振幅处的动能为零，依据能量守恒定律有2211222kAkAkE 可得，238kEkA 由能量守恒定律pkpmaxkminEEEE，即222111222kxmvkA，也即222kxmvkA，整理得：22221xvAkAm 故 vx 图是椭圆 12如图所示，在匀强磁场中倾斜放置电阻不计的两根平行光滑金属导轨，金属导轨与水平面成 37角，平行导轨间距 L1.0m匀强磁场方向垂直于导轨平面

28、向下，磁感应强度 B1.0T两根金属杆 ab 和 cd 可以在导轨上无摩擦地滑动两金属杆的质量均为 m0.20kg，ab 杆的电阻为 R11.0，cd 杆的电阻为 R22.0若用与导轨平行的试卷第 16 页，共 61 页 拉力 F作用在金属杆 ab 上，使 ab 杆匀速上滑并使 cd 杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好取重力加速度 g10m/s2，sin370.6，cos370.8求：（1）ab 杆上滑的速度 v的大小；（2）ab 杆两端的电势差 Uab；（3）0.5s 的时间内通过 cd 杆的电量 q 【答案】（1）ab 杆上滑的速度 v 的大小为 3.6m/s；（

29、2）ab 杆两端的电势差 Uab为 2.4V；（3）0.5s 的时间内通过 cd 杆的电量为 0.60C【解析】【详解】（1）以 cd 杆为研究对象，根据共点力的平衡条件可得：BILmgsin37 解得：sin370.2 10 0.61 1mgIBLA1.2A 根据闭合电路的欧姆定律可得：ab 杆产生的感应电动势 EI（R1+R2）1.23V3.6V 根据法拉第电磁感应定律可得：EBLv 解得：v3.6m/s（2）ab 杆两端的电势差是路端电压，根据欧姆定律可得：UIR21.22V2.4V 根据右手定则可知 a 点电势比 b 点的高，故有：Uab2.4V（3）由于杆匀速运动，所以通过杆的电流强

30、度为一个定值，根据电荷量的计算公式可得：qIt1.20.5C0.60C 13如图所示，质量为 m=1kg 的物块（可视为质点）放置在光滑的水平面上，与一根处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙面上水平面右侧与一倾角=37、长 s=1 m 的斜面在 A 处平滑连接，在斜面顶端 B处通过长度可忽略的圆弧轨道与光滑水平轨道 BC相连，半径 R=0.8 m 的竖直放置的光滑圆弧轨道 CD 与轨道BC 相切于 C点现用外力作用于物块将弹簧压缩一段距离，然后撤去外力，物块由静止释放后恰好运动到 D 点已知物块与斜面间的动摩擦因数为=0.5,g=10 m/s2，sin 37=0.6，cos

31、37=0.8，求:试卷第 17 页，共 61 页 (1)释放物块瞬间，弹簧的弹性势能 Ep;(2)物块由 D 点返回到 C 点时对圆弧轨道压力 FN的大小；(3)物块第一次从 A点运动到 B 点所经历的时间 t【答案】(1)18J；（2）30N；(3)0.2s【解析】【分析】【详解】（1）根据能量守恒定律得 p(sin)cosEmg sRmgs 解得 p18JE （2）由机械能守恒定律得 212mgRmv 在 C 点由牛顿第二定律得 2vFmgmR 联立解得 30NF 由牛顿第三定律知物块对圆弧轨道的压力大小为 N30NFF（3）由功能关系得 2p012Emv 由运动学公式得 012svv t

32、 联立解得 试卷第 18 页，共 61 页 0.2st 14 如图所示，O 为半径为 R 的半圆柱形玻璃砖横截面的圆心，玻璃砖的折射率为2 从A 点射出的一细光束经 B 点射入玻璃砖，最后垂直于直径 PQ 射出玻璃砖已知 O、A两点连线与直径PQ垂直，入射点B到OA连线的距离为2R，光速为c，62sin154，求:(i)该细光束在玻璃砖中的传播时间；(ii)A、O 两点间的距离【答案】（i）62Rtc（ii）(13)AOxR【解析】【详解】（i）由折射定律得cnv 细光束在玻璃砖中的传播距离为222RsR 又svt 联立解得62Rtc（ii）作BCOA，如图所示 设BOC，入射角为，对BOC，

33、由几何关系得12sin2RR，解得30 由折射定律得sinsinn 解得45a，则15,135BAOABO 试卷第 19 页，共 61 页 由正弦定理得sin15sin135AOxR 解得A、O两点间的距离(13)AOxR 15如图所示，P、Q 为固定在水平面内的两根行长直导轨，间距 d=2m，整个导轨所在不平处在磁感应强度大小 B=1T、方向竖直向下的匀强磁场中一根质量 m=1kg、电阻R=2的导体棒 ef垂直放在导轨上，导体棒 ef与导轨间的动摩擦因数为=0.4质量m=0.2kg 的正方形金属框 abcd的边长 L=1m,每边电阻均为 r=4，用轻绳悬挂在竖直平面内，其中 a 边水平，金属

34、框 ab两点通过细导线与导轨相连，金属框的上半部分处在磁感应强度大小 B=1T、方向垂直于框面向里的匀强磁场中，下半部分处在大小也为B=1T、方向垂直于框面向外的匀强磁场中，不计其余电阻和导线对 ab点的作用力 现给导体棒 ef一水平向左的初速度0，此时悬挂金属框的轻绳的拉力大小为 T=1N，经时间 f=1s 导体棒 ef停止运动，取 g=10m/s2，求：(1)导体棒 ef获得的初速度 v0的大小；(2)t=1s 内导体棒 ef向左运动的距离(3)t=1s 内导体棒 ef中产生的焦耳热 Q【答案】(1)05m/sv (2)1.25ms (3)3QJ【解析】【详解】（1）导体棒ef获得初速度瞬

35、间，设ab边中电流为1I，cd边中电流为2I，由平衡条件得 12TBI LMgBI L addccb、三边电阻串联后再与ab边电阻并联 则由12:3:1II 设总电流为I，由闭合电路欧姆定律得 034BdvI Rr 试卷第 20 页，共 61 页 电流为12III 联立解得05m/sv （2）在时间t内，对导体棒ef应用动量定理有 00mBIdgtmv 由法拉第电磁感应定律得 dsEBt 由闭合电路欧姆定律得 34EI Rr 联立解得1.25ms （3）由能量守恒定律得 2012mvmgsQ总 导体棒ef中产生的焦耳热为 34RQQRr总 联立解得3QJ 16如图所示，在竖直面内半径为 R 的

36、圆形区域内存在垂直于面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为 B，在圆形磁场区域内水平直径上有一点 P，P 到圆心 O 的距离为2R，在 P 点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向竖直平面内的各方向均匀地发射出速率不同的正离子.已知离子的质量均为 m，电荷量均为 q，不计离子重力及离子间相互作用力，求：（1）若所有离子均不能射出圆形磁场区域，求离子的速率取值范围；试卷第 21 页，共 61 页（2）若离子速率大小02BqRvm，则离子可以经过的磁场的区域的最高点与最低点的高度差是多少【答案】（1）4BqRvm（2）15234R【解析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：2vBqvmr

37、 如图所示，若所有离子均不能射出圆形磁场区域，则4Rr 故4BqRvm（2）当离子速率大小02BqRvm时，由（1）式可知此时离子圆周运动的轨道半径2Rr 离子经过最高点和最低点的运动轨迹如图，由几何关系知：22214RhR得1154hR 由几何关系知：223sin60224RRhR 故最高点与最低点的高度差1215234hhhR 17 单色细光束射到折射率2n 的透明球面，光束在过球心的平面内，入射角 i=45，研究经折射进入球内后，又经内表面反射一次，再经球面折射后射出的光线，如图所示（图上已画出入射光和出射光）。在图上大致画出光线在球内的路径和方向；求入射光与出射光之间的夹角。试卷第 2

38、2 页，共 61 页 【答案】；30【解析】【详解】光线从入射到出射的光路如图所示 入射光线 AB 经玻璃折射后，折射光线为 BC，又经球内壁反射后，反射光线为 CD，再经折射后，折射出的光线为 DE。OB、OD为球的半径，即为法线。由折射定律sinsininr得 sinsin45122in 解得 r=30 由几何关系及对称性，有 22rirri 把 r=30，i=45代入得=30 18某工地上工人的打桩过程可简化为以下模型：铁锤先被举高至距离桩面正上方某一高处，然后由静止释放，让它自由下落，然后与桩碰撞后将木桩打入地里假设铁锤质量为 m1=40kg，木桩质量为 m2=20kg，释放时距桩面高

39、度 h=1.8 米，与桩面碰撞后没有反弹而是一起向下运动直至静止，若木桩一次撞击后向下运动了 L=5cm，g=10m/s2.不计空气阻力，求：试卷第 23 页，共 61 页 （1）铁锤从释放至碰撞所用的时间及铁锤碰前的速度；（2）若木桩向下运动过程中地面对桩的阻力恒定，则该阻力大小为多少？【答案】（1）0.6s，6m/s；（2）10200N【解析】【分析】【详解】（1）铁锤先做自由落体运动有 212hgt 22vgh 故铁锤从释放至碰撞所用的时间 0.6st 铁锤碰前的速度 6m/sv （2）此后铁锤与木桩发生完全非弹性碰撞，由动量守恒有 112mvmmv共 最后铁锤与木桩一起向下运动至静止，

40、由动能定理得 21212102mmgLLmmvF阻共 代入数据得 10200NF阻 19如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为 mA=1 kg、mB=0.5 kg 的两个小滑块 A 和B，A 在 B 的正上方，A、B 相距 h=2.25 m，A 始终受一大小 F1=10 N、方向垂直于墙面的水平力作用，B 始终受一方向竖直向上的恒力 F2作用同时由静止释放 A 和 B，经时间 t=0.5 s，A、B 恰相遇已知 A、B 与墙面间的动摩擦因数均为=0.2，重力加速度大小 g=10 m/s2求：试卷第 24 页，共 61 页(1)滑块 A 的加速度大小 aA；(2)相遇前瞬间，恒力 F2的功率 P

41、【答案】（1）28m/s；（2）50W【解析】【分析】【详解】（1）A、B 受力如图所示 A、B 分别向下、向上做匀加速直线运动，对 A 水平方向 N1FF 竖直方向 fAAAm gFm a 且 试卷第 25 页，共 61 页 fNFF 联立以上各式并代入数据解得 2A8m/sa （2）对 A 由位移公式得 212AAxa t 对 B 由位移公式得 212BBxa t 由位移关系得 BAxhx 由速度公式得 B 的速度 BBva t 对 B 由牛顿第二定律得 2BBBFm gm a 恒力 F2的功率 2BPF v 联立解得 50WP 20如图，粗细均匀的导热细玻璃管竖直放置，A、G端均开口，B

42、C段和 DEF 段有水银柱其中，BC、EF段长度均为 25 cm，CD段长度 30 cmDE 段长度 5 cm、FG 段长度 20 cm，CD 部分封闭有一定质量的理想气体，外界大气压强 p0=75 cmHg初始状态下，封闭G端，在A端加上活塞并缓慢下压，使DEF段水银柱的D端向右移动至E点 求：(i)末态 FG段气体的压强；(ii)下压过程中，BC 段水银柱的 C 端向右移动的距离 【答案】（1）100cmHg；（2）11cm【解析】试卷第 26 页，共 61 页【详解】（i）封闭 G端后，末状态各点位置如图所示：对 FG段气体分析：初态，气体长度120cml，压强1075cmHgpp 末态

43、，气体长度115cm5c1mll，压强为1p，由玻意耳定律：1 111 pl Sp l S 代入数据得：110g0cmHp（ii）对 CD 段气体分析：初态，气体长度230cml，压强20BC100cmHgppp 末态，气体长度为2l，压强121Hg25cmFEppp 由玻意耳定律：22 22p l Sp lS 代入数据得：224cml CD 段气体 D 端右移距离：15cml CD 段气体长度变化：222lll 则 CD 段气体 D 端向右移动距离：12lll 代入数据得：11cml 21空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，一带电量为+q、质量为 m的粒子，在 P 点以

44、某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中 P 点箭头所示该粒子运动到图中 Q点时速度方向与 P 点时速度方向垂直，如图中 Q点箭头所示已知 P、Q间的距离为 L若保持粒子在 P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在 P 点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由 P 点运动到 Q 点不计重力 试卷第 27 页，共 61 页 求：（1）电场强度的大小（2）两种情况中粒子由 P运动到 Q 点所经历的时间之比【答案】22B qLEm；2BEtt 【解析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以 v0表示粒子在 P 点的初速度，R 表示圆周的半径，则有200vqv

45、 BmR 由于粒子在 Q 点的速度垂直它在 p点时的速度，可知粒子由 P点到 Q点的轨迹为14圆周，故有2RL 以 E 表示电场强度的大小，a表示粒子在电场中加速度的大小，tE表示粒子在电场中由p 点运动到 Q 点经过的时间，则有qEma 水平方向上：212ERat 竖直方向上：0 ERv t 由以上各式，得 22B qLEm 且EmtqB （2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为14圆周，即142BtTmqB 所以2BEtt 22在如图所示的倾角为 的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小均为 B的匀强磁场,区域的磁场方向垂直斜面向上,区域的磁场方向垂直斜面向下,磁场的宽度均为 L,一个质

46、量为 m、电阻为 R、边长也为 L的正方形导线框,由静止开始沿斜面下滑,t1时 ab边刚越过GH进入磁场区,此时线框恰好以速度v1做匀速直线运动;t2时 ab边下滑到 JP与 MN 的中间位置,此时线框又恰好以速度 v2做匀速直线运动.重力加速度为 g 试卷第 28 页，共 61 页 求：（1）线框两次匀速直线运动的速度 v1，v2（2）从 t1到 t2,有多少机械能转化为电能【答案】122sinmgRvB L;222sin4mgRvB L;221231sin22EmgLm vv【解析】【详解】（1）当 ab边刚进入磁场时,ab 边所受安培力与下滑分力平衡,即有:221sinB L vmgR

47、解得：122sinmgRvB L 当 ab 边下滑到 JP 与 MN的中间位置时,线框又是匀速运动,则 ab、cd 两条边所受的安培力与线框下滑分力相平衡,即有:2222sin2B LvmgR 解得：222sin4mgRvB L（2）根据能量守恒减小机械能转化为电能即221231sin22pkEEEmgLm vv 23水平轨道与半径 R=2.9 m，高为 h=1 m 的一段圆弧形光滑轨道连接，如图所示一个物体从水平轨道上以初速度 v0冲上圆弧轨道并通过最高点而没有脱离轨道，求物体的初速度 v0的范围（重力加速度 g 取 10m/s2）【答案】02 5m/s7m/sv【解析】【详解】物体从水平轨

48、道至圆弧轨道顶端的过程，由动能定理得2201122mghmvmv式中 v是物体在顶端的速度 若物体刚能到达顶端，即 v=0，由上式可得022 5m/svgh 试卷第 29 页，共 61 页 若物体到达顶端且刚不脱离，应满足2vmgmR 联立公式可解得：027m/svghRg 综上得物体能通过最高点且不脱离轨道的初速度范围为：02 5/7m/sm sv 24如图所示,实线是一列简谐横波在某一时刻的图象,经过 t=0.2s 后这列波的图象如图中虚线所示,已知这列波的周期大于 0.2s.求这列波的波速.【答案】15m/s；5m/s【解析】【详解】根据波形图得到波长为 4m;如果波向左传播,传播距离为

49、:X3/43m 波速/15m/svXt 如果波向右传播,传播距离为:X=/4=1m 波速/5m/svXt 25如图所示，一定质量的理想气体，处在 A状态时，温度为 tA=37C，气体从状态 A等容变化到状态 M，再等压变化到状态 B，A、M、B 的状态参量如图所示 求：状态 B的温度；从 A 到 B气体对外所做的功（取 1atm=1.0105Pa）【答案】225TC ;53.0 10ABWJ【解析】【详解】试卷第 30 页，共 61 页 设 A 状态和状态 B的温度、体积、压强分别为 T1、V1、P1，T2、V2、P2，由已知可得 T1、=310K V1=3m3 P1=2.5atm T2=?V

50、2=6m3 P2=1atm，从 A 到 B由理想气体状态方程,112212PVP VTT 得22 121 125 CPV TTPV 从 A 到 M 是等容变化，不做功；从 M到 B 是等压变化，做的功为3551atm 3m1.0 103J3.0 10 JWP V 所以从 A 到 B气体对外做的功为 53.0 10ABWJ 26静止在水平面上的小车固定在刚性水平轻杆的一端，杆的另一端通过小圆环套在竖直光滑的立柱上每当小车停止运动时，车上的弹簧枪就会沿垂直于轻杆的水平方向自动发射一粒弹丸，然后自动压缩弹簧并装好一粒弹丸等待下次发射，直至射出所有弹丸下图为该装置的俯视图已知未装弹丸的小车质量为 M，