河北省张家口市新高考物理常考100解答题汇总含解析.pdf

《河北省张家口市新高考物理常考100解答题汇总含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省张家口市新高考物理常考100解答题汇总含解析.pdf（136页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、word版可编辑】河北省张家口市新高考物理精选常考100解答题汇总精选高考物理解答题100题含答案有解析1.倾角为。的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上AB的长度为3L,BC、CD的长度均为3.5L,BC部分粗糙，其余部分光滑。如图，4个“一”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4,滑块上长为L的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑 块1恰好在A处。现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。已知每个滑块的质量为m并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan。，重力加速度为g。求水平面(1)滑 块1刚进入BC时

2、，滑 块1上的轻杆所受到的压力大小;(2)4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。3 4【答案】(1)F=-m gsin 0(2)d=-L【解析】【详解】(1)以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC段时，4个滑块的加速度为a,由牛顿第二定律:4 zgsin。一 mgcos 0=以滑块1为研究对象，设刚进入BC段时，轻杆受到的压力为F,由牛顿第二定律：F+zwgsin mgcosO=ma已知 f.i=tan。3联立可得：F=-mgsinO4(2)设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC时，滑块的共同速度为v这个过程，4个滑块向下移动了 6L的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下

3、移动的距离分别为3L、2L、L,由动能定理，有：4mgsin 6-6L-/.i-mgcosO 3L +2L+L)=-4/nv2可得：v=3jgLsin6由于动摩擦因数为=tan。，则4个滑块都进入BC段后，所受合外力为0,各滑块均以速度v做匀速运动;第 1 个滑块离开BC后做匀加速下滑，设到达D 处时速度为v i,由动能定理:mgsine(3.5L)=-m v2可得：V|=4jgL sin。当 第 1个滑块到达BC边缘刚要离开粗糙段时，第 2 个滑块正以v 的速度匀速向下运动，且运动L 距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4 个滑块离开粗糙段。由此可知，相邻两个滑块到达BC段边缘的时间差为 加=

4、，因此到达水平面的时间差也为加=工v v所以滑块在水平面上的间距为d=v八f4联立解得1=彳2.如图所示，滑块在恒定外力F=2m g的作用下从水平轨道上的A 点由静止出发，到 B 点时撤去外力，又沿竖直面内的光滑半圆形轨道运动，且恰好通过轨道最高点C,滑块脱离半圆形轨道后又刚好落到原出发点A,求 AB段与滑块间的动摩擦因数.（取 g=10m/s2）【答案】0.75【解析】设圆周的半径为R,则在C 点:mg=m.2 分R离开C 点，滑块做平抛运动，则2R=gt?/2 .2 分Vct=SA B .1 分由 B 到 C 过程，由机械能守恒定律得：mvc2/2+2mgR=mvB2/2.2 分由 A 到

5、 B 运动过程，由动能定理得：（F-!加石.2 分由式联立得到：=0.75.2 分本题考查的是曲线运动综合知识，恰好通过轨道最高点C,说明在C 点重力完全充当向心力，离开C 点后，滑块做平抛运动，在整个运动过程中AB段外力F 和摩擦力做功，在 BC段只有重力做功.3.如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场I,第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于X。)，平面向外、磁感应强度大小为舔的匀强磁场n。一质量为？，电荷量为+4的粒子，从X轴上M点以某一初速度垂直于X轴进入第四象限，在x Q v平面内，以原点。为圆心做半径为4的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的

6、N点，沿与y轴正方向成4 5 角离开电场；在磁场I中运动一段时间后，再次垂直于X轴进入第四象限。不计粒子重力。求：(1)带电粒子从 点进入第四象限时初速度的大小%;(2)电场强度的大小E；(3)磁 场I的磁感应强度的大小B1。【答案】(1)%=(2)E=(3)【解析】【详解】(1)粒子从X轴上M点进入第四象限，在x O y平面内，以原点。为圆心做半径为&的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力：2qVoB=m?凡解得：%一m(2)粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着x轴方向：qE=ma寸一0 =2/沿与 轴正方向成4 5 角离开电场，所以：匕=%解得电场强度:F _ qB()R)L-t Im(3)粒子的

7、轨迹如图所示:第二象限，沿着x 轴方向:沿着y 轴方向:ON-所以:ON=2&由几何关系知，三角形OO，N 为底角45。的等腰直角三角形。在磁场I 中运动的半径:由洛伦兹力提供向心力:qvBi=吟粒子在N点速度沿与y 轴正方向成45角离开电场，所以离开的速度:所以磁场I 的磁感应强度的大小B,：4=；纥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11cm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

8、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 C一匚I【答案】(1)82.5cmHg(2)10.363cm【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:75xllS=/2xl0S解得：PB2=82.5cmHg即最终气体B压强为82.5cmHg；(2)末状态：气 体B和C的液面高度差：A/z=82.5-75cm=7.5cm活塞缓慢向右推的过程中，气体A做等温变化初状态：4 =%+4=75+15cmH

9、g-90cmHg末状态：“2=%+4 =82.5+16cmHg=98.5cmHg由玻意耳定律：PAIVM=PA2 匕2代入数据：90 x105=98.5 x 4 2s解得：LA2=9.137cm活塞推动的距离：d=1+(7.5+1)+(10-9.137)cm=10.363cm。5,图中MN和PQ为竖直方向的两个无限长的平行直金属导轨，间距为L,电阻不计.导轨所在平面与磁 感 应 强 度 为 B 的 匀 强 磁 场 垂 直.质 量 为 m、电 阻 为 r 的 金 属 杆 a b 始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触，导 轨 一 端 接有 阻 值 为R 的 电 阻.由 静 止 释 放 导 体 棒 a

10、 b,重 力 加 速 度 为 g.(1)在下滑加速过程中，当 速 度 为 v 时棒的加速度是多大；(2)导体棒能够达到的最大速度为多大；(3)设 a b 下 降 的 高 度 为 h,求 此 过 程 中 通 过 电 阻 R 的电量是多少？BL：v m g(R+r【答 案】g一而万(3)q=BLhR+r【解 析】【分 析】【详 解】(1)导体棒受到的安培力F=BIL=B213 VR+r由牛顿第二定律得B2Lrvm g-=maR+r解得B2IV-g 一丽3导体棒向下加速运动，速 度 v 增 大，加 速 度 a 减 小，即导体棒做加速度减小的加速运动，当安培力与重力相 等时，导体棒做匀速直线运动;(2

11、)当导体棒做匀速运动时，速 度最 大，由平衡条件得B2IV 盗7解得mg R+r)V=B2I!(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势的平均值为:-BLhE-=-Ar A r感应电流的平均值为7R+r电荷量q=I解得BLhq=-R+r6.如图所示，在直线M N 和 P Q 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，M N、P Q 与磁场圆相切，C D 是圆的一条直径，长为2r,匀强电场的方向与C D 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P Q 上的A 点垂直电场射入，初速度为vo,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

12、 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；普。krtan 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,根据几何关系可得：vx=-tana从 A 到 C 的时间为t,根据速度时间关系可得：t _ r%根据速度时间关系可得:qE rvr=at=J y.m%解得：2E=krtan a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

13、迹半径：sin a根据洛伦兹力提供向心力可得：2qvB=mR解得：B=kkr答：电场的电场强度E 的大小为 诏。kr tan a(2)磁场的磁感应强度B 的大小为为。kr7.微棱镜增亮膜能有效提升LCD(液晶显示屏)亮度。如图甲所示为其工作原理截面图，从面光源发出的光线通过棱镜膜后，部分会定向出射到LCD上，部分会经过全反射返回到光源进行再利用。如图乙所示,等腰直角AABC为一微棱镜的横截面，ZA=90,AB=AC=4a,紧贴BC边上的P 点放一点光源，BP=-B C o 已知微棱镜材料的折射率n=sin37=06,只研究从P 点发出照射到AB边上的光线。4 3(1)某一光线从AB边出射时，方

14、向恰好垂直于BC边，求该光线在微棱镜内的入射角的正弦值；(2)某一部分光线可以依次在AB、AC两界面均发生全反射，再返回到BC边，求该部分光线在AB边上的照射区域长度。图乙【解析】【分析】【详解】(1)由题意知，出射角r=45由折射定律得sinin=-sinr解得.sinrsini=-n372根据sinC=，可得临界角为nC=arcsin=37n当光线刚好在AB边上M点发生全反射时，如粗实线光路所示在 边 刚 好 全 反 射 时，入射角a =37由几何关系知，反射到AC边的入射角a=53C能够发生全反射过。点做AB的垂线与。点，由几何关系知PQ=a3QM-a tan37-a当光线刚好在A C

15、边上发生全反射时，如图细实线光路所示在 A C 边刚好全反射时，在 A 8 边的入射角/=37。由几何关系知，在 边 的 入 射 角 =53C能够发生全反射，反射点为N在 APNQ中由几何关系知4QN=tan53=a综上所述，符合要求的区域4 3 7MN=-a-a =a3 4 128.某研究性学习小组在实验室进行了测定金属电阻率的实验，实验操作如下：检查螺旋测微器零位线是否准确，若测微螺杆和测砧紧密接触时，螺旋测微器的示数如图甲所示，则用该螺旋测微器测金属丝直径时，测 量 结 果 将（选填“偏大”或“偏小”），这属于（选填“系统误差”或“偶然误差”）。（2）若用如图乙所示的电路测金属丝Rx的电

16、阻，测 量 误 差 主 要 来 源 于,它将导致测量的金属丝电阻率（选填“偏大”或“偏小（3）为了更准确地测量金属丝的电阻，该学习小组对电路进行了改进，选择了一个与金属丝电阻差不多的已知阻值的电阻R,接入如图丙所示的电路。实验时，单刀双掷开关接位置1 时，电流表示数为L,电压表示数为U“单刀双掷开关接位置2 时，电流表示数为L,电压表示数为U 2,根据以上测量数据可知金属丝电阻的表达式为R 另外，实验中不仅能得到金属丝电阻的准确值，还可以测出电流表的内阻,电流表的内阻RA=.（均用题中所给字母表示）【答案】偏大 系统误差 电流表的分压作用 偏大【解析】【详解】根据测微螺杆和测砧紧密接触时的图象

17、可知，用螺旋测微器测得的示数偏大；实验器材导致的误差为系统误差。(2)34根据伏安法测电阻的原理可知，电流表内接法误差来自电流表的分压，测量的阻值偏大，根据电阻定律可知，计算出来的电阻率也偏大。网单刀双掷开关接位置1 时，电流表示数为L,电压表示数为U i,则单刀双掷开关接位置2 时，电流表示数为1 2,电压表示数为U 2,则%+R+&=牛联立解得双 上 工,RdR9.如图甲所示，粒子源靠近水平极板M、N 的 M 板，N 板下方有一对长为L,间距为d=L5L的竖直极板 P、Q,再下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界的部分放有感光胶片.水平极板M、N中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板

18、P、Q 的中线，与磁场上边界的交点为O.水平极板M、N 之间的电压为Uo；竖直极板P、Q 之间的电压UPQ随时间t 变化的图象如图乙所示；磁场的磁感强度也生.粒子源连续释放初速不计、质量为m、带电量为+q的粒子，这些粒子经加速电场获得速q度进入竖直极板P、Q 之间的电场后再进入磁场区域，都会打到感光胶片上.已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，粒子重力不计.求：粒 子 源0MxXXXX甲0 x磁场上边界xXXXXX祗场下迈界(1)带电粒子进入偏转电场时的动能EK;(2)磁场上、下边界区域的 最 小 宽 度x；(3)带电粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围.【答 案】(1)Uoq.

19、(2)L.(3).2【解 析】(1)带电粒子进入偏转电场时的动能，即 为M N间 的 电 场 力 做 的 功EK=WMN=Uoq(2)设 带 电 粒 子 以 速 度1)进 入 磁 场，且 与 磁场边界之间的夹角为a时 向 下 偏 移 的 距 离：y=R-Rcosa=R(1-cosa)而 口=而i)i=i)sinamu,(l-cosa)丫 =-Bq sina当a=90。时，A y有最大值.即加速后的带电粒子以D I的 速 度 进 入 竖 直 极板P、Q之间的电场不发生偏转，沿 中 心 线 进 入 磁 场.磁 场上、下边界区域的最小宽度即为此时的带电粒子运动轨道半径.1 2Uoq=mvr所 以 =

20、、邺 公V m叫 y m a x =X=LBq(3)粒子运动轨迹如图所示，若 t=0时进入偏转电场，在电场中匀速直线运动进入磁场时R=L,打在感光胶片上距离中心线最近为x=2L任意电压时出偏转电场时的速度为D n,根据几何关系4=co sa吗Bq、2m v,在胶片上落点长度为 x=2Rncosa=-一Bq打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关.在感光胶片上的落点宽度等于粒子在电场中的偏转距离.带电粒子在电场中最大偏转 距 离=1 2 1 3U(f)-q x(-L).222 2 1.5Lm V 1粒子在感光胶片上落点距交点o 的长度分别是2L和 2,则落点范围是4 .点睛

21、：本题的关键点在于第三问的偏转范围的求得，由于带电粒子先经过U。的加速，然后进入水平交变电场的偏转，最后进入磁场做匀速圆周运动打在胶片 上.可以表示出在任意偏转电压下做匀速圆周运动的半径表达式(其中速度用进入电场的速度表示)，再表示出打在胶片下的长度.巧合的是打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关，从而求出粒子在感光胶片上落点的范围.1 0.托卡马克(Tokamak)是一.种复杂的环形装置，结构如图甲所示。环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外排列着环向场线圈和极向场线圈，其中欧姆线圈的作用一是给等离子体加热以达到核聚变所需的临界温度；二是产生感应电场用以等

22、离子体加速。同时，极向场线圈通电后提供的极向磁场与环向场线圈通电后提供的环向磁场将高温等离子体约束在真空室内，促使核聚变的进行。如图乙所示为环形真空室简化图，其内径为Ri=2m、外径为R2=5m,S 和 S 为其截面关于中心对称。假设约束的核聚变材料只有汽核（：H）和僦核（：H）,且不考虑核子间的相互作用，中子和质子的质量差异以及速度对核子质量的影响，核子一旦接触环形真空室壁即被吸收导走。（已知质子的电荷量为1.6X109 C；质子和中子质量均为1.6 x 1 0-2 7 k g）。试回答:甲 乙（1）气核（：H）和氟核（：H）结合成氢核（；He）时，要放出某种粒子，同时释放出能量，写出上述核

23、反应方程;（2）欧姆线圈中，通以恒定电流时，等离子体能否发生核聚变（“能”或“不能”），并简要说明判断理由；若关闭欧姆线圈和环向场线圈的电流，当极向磁场为多大时，从垂直于S截面速度同为y =2 x l（）7 m/s的气核（；H）能够全部通过卜截面；（4）若关闭欧姆线圈和环向场线圈的电流，当极向磁场在某一范围内变化时，垂直于S截面速度同为v =2 x l 07m/s 的笊核（；H ）和煎核（：H）能够在截面要有重叠,求磁感应强度B的取值范围。2 2 2【答案】（l）：H+：Hf；H e+；,n；（2）不能；（3）云 T；（4）TB-T【解析】【详解】（1）兄核（：H ）和氟核（:H ）结合成氢核

24、（；H e ）的核反应方程：；H+：H H e+n恒定电流产生恒定磁场，而恒定磁场无法产生感生电场，故离子无法被加速，因此不能发生核聚变反应;（3）在极向磁场的作用下，兄核将从S截面出发做匀速圆周运动，当运动半径为：r =4+4=7m时，能够全部通过S 截面；根据牛顿第二定律可得：可得:qr2代入数据可得：B =T35(4)设抗核和僦核在磁场中的轨迹半径分别为 和弓，则根据半径公式，两者满足:3钎 于由图可得，要使能够在截面S有重叠，须满足：2/j+凡 R2K为使交叠区域在S截面内，有：2r,2R通过列式计算得到彳需满足：2m /3m根据公式：mvB =qrH.如图所示，一质子自M点由静止开始

25、，经匀强电场加速运动了距离d后，由N点沿着半径方向进入TT直径为d的圆形匀强磁场区域，在磁场中偏转了一弧度后飞出磁场，求质子在电场和磁场中运动的时间2之比。Q【答案】-兀【解析】【详解】由题可知在磁场中，周期为十 Inm1 =-qB偏转的时间T 兀mt2=-4 2qB根据洛伦兹力提供向悯力有且运动半径为R=-2解得：丫 =丝2m电场中加速：d=-ti解得：2d 4md所以有：_ 8 t2n1 2.如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距L=1 m,两轨道之间用电阻R=2C 连接,有一质量m=0.5kg的导体杆静止地放在轨道上与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感

26、应强度B=2T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。现用水平拉力F 沿轨道方向拉导体杆，使导体杆从静止开始做匀加速运动。经过位移x=0.5m 后，撤去拉力，导体杆又滑行了 1.5m后停下。求：整个过程中通过电阻R 的电荷量q；(2)拉力的冲量大小IF；(3)整个过程中导体杆的最大速度Vm；(4)在匀加速运动的过程中，拉 力 F 与时间t 的关系式。【解析】【详解】(1)导体杆切割磁感线产生的感应电动势E=t回路中电流EI R通过电阻R 的电荷量 q=IA t=-R磁通量 A结合几何关系，有：-H-vL =-H =-2,x L 3解得：t=-s；(3)对滑块从A到B过程，根据动能定理，有：m

27、glsin37-gmgcos37=|m v；,对平抛运动，根据分位移公式，有：x=vt,1 Jy=2g t,结合几何关系，有：生?=?=3，x L 3从A到碰撞到斜面过程，根据动能定理有：mglsin37-gmgcos37 1 +mgy=g mv2-01如 1 2 f 25y 9H2 18Hl联立解得：-m v=m g 而+而216)25 v 9H2 3故当-=L，即y=H=0.12m时，动能E*最小为：Ekm=0.15J；16 16y 5【点睛】本题是力学综合问题，关键是正确的受力分析，明确各个阶段的受力情况和运动性质，根据动能定理和平抛运动的规律列式分析，第三问较难，要结合数学不等式知识分

28、析.18.水银气压计的工作原理如图所示，若某水银气压计中混入了一个气泡，上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空，当实际大气压相当于768 mm高的水银柱产生的压强时，这个水银气压计的读数只有750 m m,此时管中的水银面到管顶的距离为80 mm。当这个气压计的读数为740 mm水银柱时，实际的大气压相当于多高水银柱产生的压强？设温度保持不变。【答案】756mmHg【解析】【分析】【详解】对上面封闭的气体，初态：pi=768mmHg-750mmHg=18 mmHg Vi=80S末态：p2=(p-740)mmHg Vi=90S根据玻意耳定律piVl=p2V2解得p=756 mmHg19.如图

29、所示，一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B,再变化到状态C,其状态变化过程的p-V图象如图所示.已知该气体在状态B 时的热力学温度TB=3 0 0 K,求：该气体在状态A 时的热力学温度TA和状态C 时的热力学温度Tc;该气体从状态A到状态C的过程中，气体内能的变化量 U以及该过程中气体从外界吸收的热量Q.【答案】=900K；=900K=()；Q=200J【解析】【详解】气体从状态A到状态8过程做等容变化，有：祟=普1A 1B解得：7；=900K气体从状态B到状态C过程做等压变化，有：黑=4解得：，=900K因为状态A和状态C温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的

30、标志，所以在该过程中：=()气体从状态A到状态B过程体积不变,气体从状态B到状态C过程对外做功,故气体从状态A到状态C的过程中，外界对气体所做的功为：W=-pAV=-lxlO5x(3xlO-3-ix lO_3)J =-2OOJ由热力学第一定律有：AU=Q+W解得：2 =20072 0.在实验室内小张站在某高处水平伸出手以6m/s的初速度竖直上抛一玩具球，如图所示从抛出开始计时，玩具球在空中运动0.5s刚好到达最高点，已知手离地面高h为2.5m,球在空气中受到大小恒定的空气阻力g取lOm/s?,求：玩具球下降过程中的加速度大小；玩具球第一次即将落地前瞬间的速度大小。【解析】【详解】(1)上升过程

31、a.=Av=6=12m/s21 N 0.5_mg+fa 一m下降过程_ m g-f“Dm联立各式a2=8m/s2(2)上升最大高度下降过程v=小202H=2x8x(1.5+2.5)=8m/s2 1.如图所示，水平轨道BC两端连接竖直的光滑L 圆弧，质量为2m 的滑块b 静置在B 处，质量为m4的滑块a 从右侧1 圆弧的顶端A 点无初速释放，滑至底端与滑块b 发生正碰，碰后粘合在一起向左运动,4已知圆弧的半径为R=0.45m,水平轨道长为L=0.2 m,滑块与水平轨道的动摩擦因数p=0.1,重力加速度取 g=10m/s2。求：(1)两滑块沿左侧圆弧上升的最大高度h；两滑块静止时的位置。【答案】(

32、1)0.03 m(2)水平轨道的中点处【解析】【详解】(1)设滑块a 滑至底端碰前速度大小为VB,碰后共同速度大小为v,根据机械能守恒定律有mgR=；m 吟，由动量守恒定律有mvB=(m+2m)v从 B 点到左侧最大高度处由动能定理有ji3mgL3mgh=0；x3mv2联立解得h=0.03m(2)粘合体将来回往复运动，直到速度为0,设在水平轨道BC上运动的路程为s,根据动能定理有_ ji3mgs=0 x3mv2解得s=0.5m所 以 滑 块 停 在 水 平 轨 道BC的中点处。2 2.如图所示，真 空 中 有 以O i为圆心，R为半径的圆形匀强磁场区域，圆的 最 左 端 与y轴相切于坐标原点D

33、,圆 的 最 上 端与平行于x轴 的 虚 线M N相 切 于P点，磁场方向垂直纸面向里，第 一 象 限 内 在 虚 线MN上 方 沿v轴 负 方 向 有 平 行 于y轴 的 有 界 匀 强 电 场(上 边 界 平 行 于x轴，图中未画出)。现 从 坐 标 原 点O在纸面内向坐标系的第一象限和第四象限内的不同方向发射速率均为vo的质子。己 知 沿x轴正方向发射的质 子 恰 好 从P点离开磁场进入电场，能到达电场的上边界，最后也能返回磁场，电 场 强 度E和磁感应强6E度B大小未知，但 满 足 关 系%=-f，不计质子的重力、质子对电场和磁场的影响及质子间的相互作用。求 匀 强 电 场 上 边 界

34、 与 虚 线M N的 间 距d；(2)在 第 四 象 限 内 沿 与x轴 正 方 向 成30角的方向发射一质子，最终离开磁场，求从发射到最终离开磁场区域的过程质 子 运 动 的 时 间t；(3)若 电 场 方 向 改 为 沿x轴的负方向，场强大小不变，如图所示，电场上边界位置也不变，yo=4R处有一平行 于x轴的荧光屏，与y轴 相 交 于Q点，由O点发射的所有质子最终均能打在荧光屏上，求荧光屏的最小 长 度。【解 析】【分 析】【详 解】(1)经 分 析，质子在磁场中做匀速圆周运动，轨 迹 半 径 为R,进入电场后做匀减速直线运动，到达上边界时速度刚好减为零，在电场中，根据动能定理有 qEd-

35、0-/nVy在 磁 场 中，根据洛伦兹力提供向心力有%5=mR又 =工，联立解得d=3R质子在磁场和电场中的运动轨迹如图1所示，由几何知识知，质子第一次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为e=120,质子第二次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为%=6 0,则质子在磁场中运动的总时间必+a2 T 丁 TIRti=-o-1=一=360 2%质子在电场中运动的总时间c d 4d 12Rt,=2=为%2质子在无场区运动的总时间/_ 2 7?(l-sin6O)_2-V 3/?一%故质子运动的总时间为(14-6+T T)Rt=t,+t2+t3=-%(3)经分析，所有质子经过磁场偏转后均沿平行于y轴的方向进入电场

36、，轨迹如图2,质子做类平抛运动,质子刚好打在Q点时，有 y=3 R =%f oA1 2A.C l t q E =m aa=q E _ q v E _ 二 片m 6 m 6/1.6 Rw联立解得3x=-R4故沿y轴负方向发射的质子打在荧光屏上的位置离y轴最远，最远距离x,=2 R-=-R43出磁场时横坐标x在 范 围 内 的 质 子 将 打 在y轴左侧的荧光屏上，有41 2x-at 2A y =votta n 0-7玲 2x =(3R-A y)ta n 0联立解得3一国2 6 R 23R 3R当，=丁 时，即x=j时，/有 最 大 值，最大值为2%1 6%=%&故质子打在荧光屏上发光的区域长度为

37、l =x +x=R +R =R 4 8 82 3.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向以u=l m/s的速度传播，当波传播到坐标原点。时开始计时,。点处质点的振动方程为y=l()s i n l()R(c m),x轴上的P点 横 坐 标 =1 0 c m ,求：(D P点处的质点第二次到达波谷的时刻；当。点处的质点运动的路程为1 m时，P点处的质点运动的路程。【答案】(1)0.45s；(2)0.8m【解析】【详解】由题意可知该波的周期_ ITI In 八T=-s=0.2sco 10 乃则波长A.-vT-0.2m从/=()开始，波传到P 点的时间。=上xnV质点P 从开始振动到第二次到达波谷的时间7

38、T IT则尸点处的质点第二次到达波谷的时刻，=/+/,=0.45s。(2)当 0 点处质点运动路程为1m时，其运动时间为)=则T=-M T=2.5T4A 4x0.1m而。、P 两点间的距离恰好等于半个波长，即。点比P 点先振动半个周期，所以尸点振动了 2 个周期，则 P 点运动的路程为2x4A=0.8m2 4.在水面上P 点正下方有两个点光源a、b,a、b 分别发出红光和绿光，它们对水的折射率分别为m和 112。结果发现在水面上只形成了一个半径为R 的蓝色圆形区域，显然这是红光和绿光复合而成的。求:a、b 点的高度差是多少？(ii)若点光源a 到 P 的距离加倍，圆圈边缘为什么颜色?圆图面积变

39、化多少？【答案】(1)(金 二 一 篇=i)R;(2)边缘为红色，面积增加3万 A?【解析】【分析】a、b 光发生全反射，根据临界角表达式，结合几何关系求解a、b 点的高度差；根据红光的临界角不变,则红光射向水面发生全反射后光的方向不变，深度加倍，边缘为红色，半径加倍，由此解得增加的面积.【详解】(1)根据圆圈都是蓝色可知，a、b光发生全反射时射出水的最大半径均为R,由光的色散可知m小于m,设 a、b光的临界角为C i 和 C 2,则有：s i n C,=；s i n C2=%,R,R由数学知识可知a、b到 P 的距离分别为九=4=,ta n C ta n C2则 a b 的高度差 h=h 2

40、-h l,解得 h=(7 2-1 -一 1)R(2)根据红光的临界角不变，则红光射向水面发生全反射后光的方向不变，深度加倍，边缘为红色，半径加倍，水面上发光半径变为2 R,面积增加A S =(2 R)2-万 川=3 万N【点睛】解答几何光学问题，关键是画出规范的光路图，结合光的折射定律和全反射的公式,结合几何关系求解.2 5.一半径为R的玻璃板球，O点是半球的球心，虚 线 O O 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s i n l 5 求：4(1)从球面射出的光线对应的入射

41、光线到光轴距离的最大值；D距光轴二的入射光线经球面折射后与光轴的交点到o点的距离。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s i n C=Ln R解得m ax2由折射定律可得sinz由三角函数定义.R/2 1sin i=-=R 2由正弦定理sin(r-z)_ sin(180-r)-CO联立解得CO=(M +1)R距光轴y 的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O 点的距离为(73+1)R。2 6.如图，xOy坐标系中存在垂直平面向里的匀强磁场，其中，xSO的空间磁感应强度大小为B；x0的空间磁感应强度大小为2B。一个电荷量为+q、质

42、量为m 的粒子a,t=0时从O 点以一定的速度沿x 轴正方向射出，之后能通过坐标为(型/7,-/)的 P 点，不计粒子重力。2 2(1)求粒子速度的大小；在 a 射出加后，与 a 相同的粒子b 也从O 点以相同的速率沿y 轴正方向射出。欲使在运动过程中两粒子相遇，求(不 考 虑 粒 子 间 的 静 电 力)XXXXXX Xx xX XXXXXX X X XXXXXXXXXXXX【答 案】(1)口=名 也;mTimTim 碰 和 词【解 析】【分 析】【详 解】(1)设 粒 子 速 度 的 大 小 为 v,a 在 x 0 的空间做匀速圆周运动，设 半 径 为 4,则有2qvB-m r由几何关系有

43、解得八二h联立以上式子解得_ 2qBhm 粒 子 a 与 b 在 烂 0的空间半径相等，设 为 马，则qvB=m ri解得弓=2 4=2h两粒子在磁场中运动轨迹如图只有在M、N、O、S 四点两粒子才可能相遇。粒 子 a 在 x0的空间做匀速圆周运动的周期为(，则T 2兀 丫、rimii=-=-v qB粒子a 和 b 在 xSO的空间作匀速圆周运动的周期为4，则e 2 孙 7tmT)=v qB粒子a、b 运动到M 的时间71bM71J2兀7tmZM=taM =:(ii)同理，粒 子 a、b 到 N 的时间5 4t一 4+6 7f+中5兀fbN =+丁?L71A兀M tM=：-标。粒子不能在N 点

44、相遇。(iii)粒子a、b 到 O 的时间0o=4+g；ho=T2加。二4。一 八。二0粒子不能在o 点相遇。(iv)粒 子 a、b 到 S 的时间&=4+号；Js=4 47tm G=ra5-ZbS=qB兀 m 7itn所以粒子b 与 a 射出的时间差为、和一了时，两粒子可以相遇。3qB qB2 7.电荷周围存在电场，电场虽然看不见，但是它却是客观存在的，可以通过实验对它进行观察和研究。如图所示，0 是一个均匀带电球，把一个系在丝线上的带电量为+4、质量为优的试探小球先后依次挂在图中片、斗 4 三个不同位置，调整丝线长度，使小球静止时的三个位置A、B、。与带电球。的球心处于同一水平线上，三处的

45、丝线与竖直方向的夹角分别为4、%、。3,且 4 4 4。已知重力加速度为g。对带电小球静止于A 位置时的受力进行分析，画出受力示意图，并求小球所受电场力的大小打；根据电场强度的定义，推导带电球产生的电场在A 位置处的场强大小乙的表达式，并据此比较A、B、C 三个位置的电场强度斗、EB、线 的大小关系：P：P：1 17 T ABC；8【答案】Q：U :LT J /8 FACG【解析】【分析】【详解】(1)受竖直向下重力，水平向右的电场力，斜向上的拉力，;F,、=mg tanq；(2)EA EB Ec受力示意图如图所示G根据共点力平衡条件可得:FA=mg tan 0(2)由电场的定义EA=FA _

46、 mg tan 0、q qF“_ mg tan a C _FA _ m8tan”，匕 一q q q q由于0 02 03可得EA ER Ec2 8.在光滑的水平面上，有一质量为M=4kg的光滑凹槽和一块质量为m=2kg的木板B D,木板左端固定一质量不计的挡板，挡板上拴有一根轻质弹簧，右 端 B 点放一个质量m=2kg的小滑块a,凹槽底端和木25板高度相同并粘在一起，木板总长度L=r m,凹槽半径为R=lm,C 为 BD 中点，BC段粗糙，动摩擦因数为M，CD段光滑。在凹槽右端A 处将一个质量mo=2kg的小滑块b 由静止释放，小滑块b 与 a 发生完全非弹性碰撞，碰撞时间极短，在 与 b 发

47、生碰撞之前滑块a 锁定在木板BD上，碰后ab相对于木板向左滑动，发生碰撞时凹槽和木板粘性立刻消失并将a 解除锁定，最后ab恰好能够停在木板右端B 点，滑块 a、b 均可视为质点(g 取 lOm/s?)。求小物块b 碰撞前的瞬时速度大小vi；(2)求小滑块与平板车的粗糙面之间的动摩擦因数；求弹簧的最大弹性势能EPO【答案】(l)4m/s,(2)=0 ，(3)E=3.6【解析】【详解】(1)滑 块 b 下滑过程中系统水平方向动量守恒=(肛)+m+M)v2又能量守恒：mgR=；%匕2 +g (m0+m +M)v22得：V j =4 m/sv2=I m/s 从开始到ab碰撞粘在一起系统水平方向动量守恒

48、:2，9匕=(m+M)%得：3 ,v3 =2 向 s从开始到ab 与板共速系统动量守恒:(2)%)+m)v4=MV2得：2 .vA=m/s3对 ab和板组成的系统，由能量守恒1 _ 2 1 2 0 L5 2%匕 +-mv2-=-(2 +4+i-2mag-得：=0；共速时弹性势能最大，根据能量守恒定律：F oL 25.2 62 9.如图所示，两气缸A B 粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A 的直径为B的 2 倍，A 上端封闭，B 上端与大气连通；两气缸除A 顶部导热外，其余部分均绝热.两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b,活塞下方充有氮气，活塞a 上方充有氧气；当大

49、气压为P。，外界和气缸内气体温度均为7且平衡时，活塞a 离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b 在气缸的正中央.4现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的，时，求氧气的压强.164【答案】(2)3 2 0 K;1外【解析】试题分析：现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部的过程中，a活塞不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程，分析出初态和末态的体积和温度，由盖吕萨克定律求解；继续缓慢加热，使活塞a上升，活塞a上方的氧气经历等温过程，根据玻意耳定律求解即可.(1)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮

50、气经历等压过程.设气缸A的容积为Vo,氮气初态体积为Vi,温度为T”末态体积为V2,温度为T 2,按题意，气缸B的容积为及，4则有“%沔邛匕吟V,匕根据盖吕萨克定律得：寸=十11 12代入数据解得：(=3 2 0 K(2)活 塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的416时，活塞a上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为V1，压强为I V,末态体积为V2，压强为I V,由题给数据有，匕=4 匕=当4 16由玻意耳定律得：%=p y,4解得：P2=P0点睛：本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分气体之外，关键是把握它们之间的联系，比如体积关