汕头市名校新高考物理解答题100题汇总含解析.pdf

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1、word版可编辑】汕头市名校新高考物理精选解答题100题汇总精选高考物理解答题1 0 0 题含答案有解析1.一质点A 做简谐运动，某时刻开始计时，其位移和时间关系如图甲所示。由于A 质点振动形成的简谐横波沿x 正方向传播，在波的传播方向所在的直线上有一质点B,它距A 的距离为0.3 m,如图乙所示。在波动过程中，开始计时时B 质点正经过平衡位置向下运动，求从开始计时，t=0.2 5 x l 0-2s 时质点A 的位移；在 t=0 到 t=8.5 x l 0 2s 时间内，质点A 的路程、位移；(3)该简谐横波在介质传播的速度。【答案】(1)一行cm；(2)3 4 c m,2 c m；(3)v=

2、m/s(n=0,1,2.)4/7+1【解析】【分析】【详解】由题图可知波的振幅A-2cmA 质点振动的周期T=2X10-2S所以A 质点的振动方程为.兀x -Asi n(6 9/)=-2 c osl 0 0 加(c m)当，=0.2 5 x l(T 2 s 时，可得x=-V 2 c m从 二至。七时间内为a 个周期 质点的路程为s=1 7A=3 4 c m位移为2 c m由甲图知r =0时刻，质点A 位于波谷，而质点8正经过平衡位置向下运动，简谐横波沿工轴正方向传播，结合波形可得：xA B=(n+-)2 =0.3 m,=0，1,2,3,.可得,L22=-m,=0,1,2,3,.4 +1所以波速

3、为A 60,V-m/s,=0,1,2,3,.T 4 +12.如图所示，空间有场强E=1.0 xl03v/m竖直向下的电场，长 L=0.4m不可伸长的轻绳固定于O 点，另一端系一质量m=0.05kg带电q=+5xiorc的小球，拉起小球至绳水平后在A 点无初速度释放，当小球运动 至 O 点的正下方B 点时，绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成。=30、无限大的挡板M N上的C 点。试求：(1)绳子至少受多大的拉力才能被拉断；(2)A、C 两点的电势差。【答案】(1)3N；(2)1600V【解析】【详解】对小球从A-B 由动能定理有1 2(mg+qE)L=-m vH在 B 点

4、时有vlF-(mg+qE)=mL代入数据可解得E=3N即绳子至少受3N 的拉力才能被拉断;由分析得心 陛 后 画=4向sv m小球离开B 点后做类平抛运动，到达C 点时小球垂直撞在斜面上，则v(.-8m/sc sin 30对 小 球 从A点 到 达C点过程，应用动能定理有qUA C+mghA C m v l又U AC=E 4 c联立解得(/4C=1600V3.如图所示，棱镜的截面为 直 角 三 角 形ABC,N A=30,斜 边AB=a。棱镜材料的 折 射 率 为n=0。在此截面所在的平面内，一 条 光 线 以45的 入 射 角 从AC边 的 中 点M左侧射入棱镜。(不考虑光线沿原路返回的情况

5、，已 知 光 速 为c)画出光在棱镜中传播的光路图;求光在棱镜中传播的时间。【解 析】【分 析】【详 解】(1)根据光的折射和反射定律画出光路如图(2)设入射角为i,折射角为/,由折射定律：上得sin/=30设全反射的临界角为先,由s in%=,，得n%=45由几何关系NMD4=30，所以在D点的入射角等于60%,故在D点发生全反射，由几何关系MD=B a,DE=a4 8设光在棱镜中传播距离为s,传播时间为t,则s=MD+DE得S=-Q8tC S 3由 =一,t=一得V V3限t=-a8c4.如图所示，一直角三角形ABC处于匀强电场中(电场未画出)，NA=30,BC=L,三角形三点的电势分别为

6、%=0,%=%=与(%0,为已知量)。有一电荷量为P、质量为优的带电粒子(重力 不 计)从A点以与AB成30角的初速度%向左下方射出，求：(1)求电场强度E；(2)设粒子的运动轨迹与NBAC的角平分线的交点为G,B C【答案】(1)E=拽%;(2)/=叵她。3L q(p0求粒子从A点运动到G点的时间t【解析】【详解】(D如图所示，由题意可知，AC边的中点D与B点的电势相等，且AC=2BC=2L,故BCD构成正三角形，则 BD是电场中的一条等势线，电场方向与CB成 30。角斜向上。由几何关系可得E(pc-(pB=2V3n-Leos300-3L(2)分析可知，粒子的初速度方向与电场方向垂直，故粒子

7、沿初速度的方向做匀速直线运动，则有x=vot沿垂直于初速度的方向做匀加速运动，故有1 ;一Cit2qEtan 45=上联立解得y/3mv0Lq(Po5.如图所示，长度为l=2m的水平传送带左右两端与光滑的水平面等高，且平滑连接。传送带始终以2m/s的速率逆时针转动。传送带左端水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定，右端与质量为mB物 块 B 相连，B 处于静止状态。传送带右端水平面与一光滑曲面平滑连接。现将质量mA、可视为质点的物块A 从曲面上距水平面h=L2m处由静止释放。已知物块”与传送带之间的动摩擦因数H=0.2,im=3mA,物块A 与 B发生的是弹性正撞。重力加速度g 取 10m/s2求

8、物块A 与物块B 第一次碰撞前瞬间的速度大小；通过计算说明物块A 与物块B 第一次碰撞后能否回到右边曲面上；(3)如果物块A、B 每次碰撞后，物 块 B 再回到最初静止的位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前瞬间锁定被解除，求出物块A 第 3 次碰撞后瞬间的速度大小。【答案】(l)4m/s;(2)不能通过传送带运动到右边的曲面上；(3)0.5m/s【解析】【分析】【详解】设物块A 沿光滑曲面下滑至水平面时的速度大小为vo由机械能守恒定律知：mAgh=m 物块在传送带上滑动过程，由牛顿第二定律知：加Ag=%a物块A 通过传送带后的速度大小为v,有:F -4=-2 a l,解得v=4m/s因 v

9、 2 m/s,所以物块A 与物块B 第一次碰撞前的速度大小为4m/s设物块A、B 第一次碰撞后的速度分别为vi、vB,取向右为正方向，由动量守恒有一 =%+%1 2 1 2 1 2_,nAv-=-W Av-+-/nBv-解得1。,V,-V-2 m/s1 2即碰撞后物块A 沿水平台面向右匀速运动，设物块A 在传送带上向右运动的最大位移为则0-丫；=-2 得/=lm 0由热力学第一定律 U=W+Q 可知Q VO：气体B要放热。1 1.如图所示，光滑水平面上有一被压缩的轻质弹簧，左端固定，质量为入=1 k g 的滑块A 紧靠弹簧右端(不拴接)，弹簧的弹性势能为E p=3 2 J。质量为，鸟=1 k

10、g 的槽B静止放在水平面上，内壁间距为L =0.6 m,槽内放有质量为收=2 k g 的滑块C(可视为质点)，C 到左侧壁的距离为4 =O.l m,槽与滑块C 之间的动摩擦因数=0。现释放弹簧，滑块A 离开弹簧后与槽B发生正碰并粘连在一起。已知槽与滑 块 C 发生的碰撞为弹性碰撞。(g =1 0 m/s 2)求：滑块A 与槽碰撞前、后瞬间的速度大小；槽与滑块C 最终的速度大小及滑块C 与槽的左侧壁碰撞的次数；从槽开始运动到槽和滑块C 相对静止时各自对地的位移大小。【答案】(l)%=8 m/s,v,=4 m/s ；(2)v2=2 m/s ,=4；(3)%=3.9 m ,sc=4.I m【解析】【

11、详解】(1)设滑块与槽碰撞前后的速度分别为V 0、V I。弹簧将A 弹开，由机械能守恒定律得耳=；心片解得%=8 m/s A 与 B发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：租%=(%+%)甘解得Vj=4m/s 最终滑块C与槽共速，设为V 2,由动量守恒定律得+mg)v(=mA+mB+mc)v2 解得v2-2m/s 设滑块C与槽的相对运动路程为s,由能量守恒定律得pmcgs=(mA+mK)片g%+mR+收)W解得s=4m 设C与槽的左侧壁碰撞次数为n,则有n=s-d2L+1解得n=4.25取n=4(3)设槽和滑块A碰后加速度大小为a 滑 块C的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得4叫8=（%+神）4

12、/篦eg=mca2 解得q =lm/s2 a2=lm/s2槽(含 滑 块A)和滑块C的质量相等，发生弹性碰撞后互换速度，最终以共同速度彩=2m/s一起运动。设从碰后到一起运动的时间为t,则”以q解得t=2s 4槽B的位移1 ,sH=-af +d+3L代入数据的得sB=3.9m 滑 块C的位移=/a/+3L+(s-d-6L)()代入数据的得5C=4.Im 1 2.如图所示，水平面上固定着一条内壁光滑的竖直圆弧轨道，BD为圆弧的竖直直径，C点与圆心O等高。轨道半径为R=0.6 m,轨道左端A点与圆心O的连线与竖直方向的夹角为8=5 3 ,自轨道左侧空中某一点P水平抛出一质量为m的小球，初速度大小%

13、=3m/s,恰好从轨道A点沿切线方向进入圆弧轨道已知sin5 30=0.8,cos5 30=0.6,求：(1)抛出点P到A点的水平距离；(2)判断小球在圆弧轨道内侧运动时，是否会脱离轨道，若会脱离，将在轨道的哪一部分脱离。【答案】(1)1.2m；(2)会，小球在轨道CD部分脱离轨道【解析】【分析】【详解】(1)如图所示，画出小球通过A点时的速度矢量三角形j=%tan 3vy=gtXPA=%，代入数据求得xPA=1.2m,n vA mgRcosb说明小球能越过轨道C 点；假设小球能从A 运动到D,根据动能定理-mgR(+cos6)=；mv mv解得vD=V5?8m/s若小球恰能通过D 点则有吟m

14、g=a vD-/6m/s因 治，因此小球会在轨道C D 部分脱离轨道。13.如图所示，在同一水平面上的两根光滑绝缘轨道，左侧间距为21,右侧间距为1,有界匀强磁场仅存在于两轨道间，磁场的左右边界(图中虚线)均与轨道垂直。矩形金属线框abed平放在轨道上，ab边长为 1,be边长为21。开始时，be边与磁场左边界的距离为21,现给金属线框施加一个水平向右的恒定拉力，金属线框由静止开始沿着两根绝缘轨道向右运动，且 be边始终与轨道垂直，从 be边进入磁场直到ad边进入磁场前，线框做匀速运动，从 be边进入右侧窄磁场区域直到ad边完全离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框从开始运动到完全离开磁场前的整

15、个过程中产生的热量为Q。问：线框ad边刚离开磁场时的速度大小是be边刚进入磁场时的几倍？磁场左右边界间的距离是多少？(3)线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是多少？I *-I X X X X21h磁场区一J /I .【答案】(1)线框ad边刚离开磁场时的速度大小是be边刚进入磁场时速度的4 倍；(2)磁场左右边界间的32距离是321；(3)线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是y Qo【解析】【详解】(1)设磁感强度为B,设线框总电阻为R,线框受的拉力为F,be边刚进磁场时的速度为v i,则感应电动势为：Ei=2Blvi感应电流为：“白R线框所受安培力为：Fi=2BIil线框做匀速运

16、动，其受力平衡，即：F i=F,联立各式得：_ FRV 4 B2l2设 ad边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为V 2,同理可得：_ FR匕 一 五所以：V2=4VI；(2)bc边进入磁场前，线框做匀加速运动，设加速度为a,be边到达磁场左边界时，线框的速度为V 1 =y 2t/x 2/=2-/cil从 ad边进入磁场到be边刚好进入右侧窄磁场区域的过程中线框的加速度仍为a,由题意可知be边刚进入右侧窄磁场区域时的速度为：V2=4VI,v2=4匕=从线框全部进入磁场开始，直到be边进入右侧窄磁场前，线框做匀加速运动，设位移为s i,贝 U：2 2 L X2a将匕=2 疝，匕=8 日 代 入

17、得：Si=301磁场左右边界间的距离为：s=l+s 1+1=321；(3)整个过程中，只有拉力F 和安培力对线框做功，线框离开磁场之前，动能最大，设最大动能为E k,由动能定理有：WF+W s=Ek-0由：WF=F(21+S+I)=35F1W$=-Fx31及Q=-W 安可知：线框的最大动能为:1 4.如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距1 =0.5m,左端接有阻值R=0.3。的电阻.一质量m=0.1 k g,电阻r=0.1。的金属棒M N放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4 T.棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2m/s2的

18、加速度做匀加速运动，当棒的位移x=9m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Qi：Q2=2：1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF.【答案】(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J【解析】【分析】【详解】(1)设棒匀加速运动的时间为A t,回路的磁通量变化量为：AO=BLx,由法拉第电磁感应定律得，回路中的平均感应电动势为：_ _由闭合电路欧姆定律得，回路中的平均电流为：_通过电阻R 的电荷量为：

19、q=IAt联立以上各式，代入数据解得：q=4.5C(2)设撤去外力时棒的速度为v,棒做匀加速运动过程中，由运动学公式得：、-L J X L J设撤去外力后的运动过程中安培力做功为W,由动能定理得：W=0-mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热：Q2=-W联立以上各式，代入数据解得：Q2=1.8J(3)由题意各，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比QI：Q 2=2:1可得：Qi=3.6.1在棒运动的整个过程中，由功能关系可得：WF=Q|+Q 2联立以上各式，代入数据解得：WF=5.4 J1 5.我国不少省市ETC联网已经启动运行，ETC是电子不停车收费系统的简称，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的

20、流程如图所示。假设汽车以vi=12m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d=10 m 处正好匀减速至V2=4 m/s,匀速通过中心线后，再匀加速至vi正常行驶;如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经 过 to=2Os缴费成功后，再启动汽车匀加速至vi正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。求：收费站中心线行驶方向匀速行驶区ETC通道行驶方向人工收费通道(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小？(2)汽车通过人工收费通道，应在离收费站中心线多远处开始减速？(3)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间

21、是多少？【答案】(1)138 m；(2)72 m；(3)25 s.【解析】【详解】(1)过 ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则片-盯xi=-.-=64 m2a故总的位移x 总 i=2xi+d=138 m.2经人工收费通道时，开始减速时距离中心线为X2=72 m.2a(3)过 ETC通道的时间t i=一 彩义 2+=18.5 sa v2过人工收费通道的时间t2=工 x2+to=44 sax 总 2=2x2=144 m二者的位移差Ax=x 总 2X总 1 =6 mAx在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则 A t=t2-(ti+)=25 s1 6.如图所示，两根平行的光滑金属导

22、轨ab、cd与水平面成0=30固定，导轨间距离为L=lm,电阻不计，一个阻值为R=0.3。的定值电阻接在两金属导轨的上端。在导轨平面上边长为L 的正方形区域内,有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1T。两根完全相同金属杆M 和 N 用长度为1=0.5m 的轻质绝缘硬杆相连，在磁场上方某位置垂直于导轨放置且与导轨良好接触，金属杆长度均为L、质量均为m=0.5kg、电阻均为r=0.6。，将两杆由静止释放，当杆M 进入磁场后，两杆恰好匀速下滑，取 g=10m/s2。求：杆 M 进入磁场时杆的速度；杆 N 进入磁场时杆的加速度大小；杆 M 出磁场时，杆已匀速运动，求此时电阻R 上已经产

23、生的热量。【答案】(1)4m/s(2)L67m/s2(3)3.42J【解析】【详解】杆 M 进入磁场时，根据平衡条件2mgsinO=IiLB电路中总电阻rRRi=-+r=0.8Cr+R由闭合电路欧姆定律h=3，由法拉第电磁感应定律E i=B L v j,由以上各式可得%vi=4m/s 杆 N 进入磁场时杆的速度为v i=4 m/s,此时电路中总电阻Ri=r r+R =0.6Or+r根据牛顿第二定律2mgsin0IiLB=2maI-马耳解得a=m/s21.67m/s23杆 N 进入磁场时杆的加速度大小为1.67m/s2o(3)从杆M 进入磁场到杆N 进入磁场的过程中，电阻R 上的电流IR=II-

24、r+Rr 103此过程产生的热量Q i=/；Rt,t=一匕解得5Q i=J12杆 M 出磁场时，根据平衡条件2mgsin0=l2LBE2卜=瓦E2=BLV2解得V2=3m/s从杆N 进入磁场到杆M 出磁场时，系统减少的机械能转化为焦耳热,1 2 1 2AE=2mg(Ll)sin 0+x2mv；1 5 x2mv=6 J此过程电阻R 上产生的热量Q 2=3J,全过程电阻R 上已产生的热量Qi+Q2 H 3.42J1 7.如图所示，在 xOy平面内，MN与 y 轴平行，间距为d,其间有沿x 轴负方向的匀强电场E。y 轴左侧有宽为L 的垂直纸面向外的匀强磁场，MN右侧空间存在范围足够宽、垂直纸面的匀强

25、磁场(图中未标出)。质量为m、带电量为+q的粒子从P(d,0)沿 x 轴负方向以大小为V。的初速度射入匀强电场。粒子到达O 点后，经过一段时间还能再次回到O 点。已知电场强度E=”，粒子重力不计。2qa求粒子到O 点的速度大小；(2)求 y 轴左侧磁场区域磁感应强度B,的大小应满足什么条件？(3)若满足(2)的条件，求 M N右侧磁场的磁感应强度B2和 y 轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小关系。【答案】蟹;叼悬柿，2,3【解析】【分析】【详解】粒子，从 P 点到O 点，由动能定理得 mv2-；m V p =qEd可得粒子到v=+2qE d=2m(2)洛伦兹力提供向心力qvBmv2粒子要再次回

26、到O 点，则粒子不能从y 轴左侧的磁场射出，需要返回磁场，经过电场和MN右侧的磁场的作用，再次返回到O 点，故要求：2WV()r=-2 m v0qL(3)粒子通过电场回到MN右侧磁场时速度为%。设粒子在右侧磁场中轨道半径为R，要使其能够回到原点，粒子在右侧磁场中应向下偏转，且偏转半径R N r。c 4qB2Vo=K解得qB?当 R=rm2Vo m voqB】qB,可得B,=与一 2R r,要使粒子回到原点(粒子轨迹如下图所示)则须满足n(2 7?-2 r)=2 r其中n=L 2,3B2 2 汕-2I qB?nBx2(+1)n=l,2,3nC m2Vo2苕其 中 n=l 时，B,=-2综上，需要

27、B 2 和 y轴左侧磁场区域磁感应强度B i 的大小关系满足B?=nB2(+1)n=l,2,31 8.如图，绝热气缸被一导热薄活塞分隔成A、B 两部分，活塞左侧用一轻绳固定在气缸左壁。已知A 部分气体的压强为2xlO5Pa,B 部分气体的压强为lxlOsPa,A、体积之比为1：3,气缸内气体温度为27,活 1塞横截面积为50cm 2,气缸内表面光滑，A、B 中气体均为理想气体。(i)求轻绳的拉力大小F；(i i)若轻绳突然断掉，求再次平衡时A、B 两部分气体的体积之比。2【答案】(i)500N；(ii)y【解析】【分析】【详解】(i)对活塞受力分析，由平衡条件可知PAS=PBS+F 得R=5(

28、X)N 故轻绳的拉力大小为500N(ii)再次平衡时A、B 两总分气体的压强相等，设为，设气缸总体积为V,气体温度为心，对 A 中气体PA4V _PVA(一4对 B 中气体y/=p%(一 为解得匕 2匕3 2体积之比为1 9.如图所示，间距为L、光滑的足够长的金属导轨(金属导轨的电阻不计)所在斜面倾角为a,两根同材料、长度均为L、横截面均为圆形的金属棒CD、PQ放在斜面导轨上，已知CD棒的质量为m、电阻为R,PQ棒的圆截面的半径是CD棒圆截面的2倍.磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上,两根劲度系数均为k、相同的弹簧一端固定在导轨的下端，另一端连着金属棒C D.开始时金属棒CD静止，

29、现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒P Q,使金属棒PQ由静止开始运动，当金属棒PQ达到稳定时，弹簧的形变量与开始时相同.已知金属棒PQ开始运动到稳定的过程中通过CD棒的电荷量为q,此过程可以认为CD棒缓慢地移动，已知题设物理量符 合 理=sin a的关系式，求此过程中(要BL 5求结果均用mg、k、a来表示)：(1)CD棒移动的距离;(2)PQ棒移动的距离;(3)恒力所做的功.【答案】寸小的 ”网 史 皿 卬=12(-gsin6)2k-k k【解析】【详解】PQ棒的半径是CD棒的2倍，PQ棒的横截面积是CD棒横截面积的4倍，PQ棒的质量是CD棒的质量的4倍，所以，PQ棒的质量：ni-4m

30、由电阻定律可知PQ棒的电阻是CD棒电阻的!即：4R =&4两棒串联的总电阻为：n c R 5R“4 4(D开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩量减小，安培力等于CD棒重力平行于斜面的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知，当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相等、方向相反.两弹簧向上的弹力等于CD棒重力平行于斜面的分量，即：2Fk=mg sin a弹簧的形变量为:_ mg sin azxx=2kCD棒移动的距离：52.=CD k(2)在达到稳定过程中两棒之间距离增大加，由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化，产生感应

31、电动势为：-BkS BLAsLL X Ar感应电流为：-E BLs&5 RA/所以，回路中通过的电荷量即CD棒中的通过的电荷量为:q=1Z =4fiZAv5R由此可得两棒距离增大值:As5qR4BLPQ棒沿导轨上滑距离应为CD棒沿斜面上滑距离和两棒距离增大值之和PQ棒沿导轨上滑距离为:=As+*.0_ 5qR+mg sin a _ 2mg sin a4BL kk(3)CD棒受力平衡，安培力为FB=mg sin a+2Fk=2mg sin a金属棒PQ达到稳定时，它受到的合外力为零，向上的恒力等于向下的安培力和重力平行于斜面的分量，即恒力：F=FB+mg sin a-6mg sin a恒力做功为

32、：广 人 ,2mg sin a 12(mg sin a)?W=FMpQ=6mg sin a-=-k k2 0.如图(a),木板OA可绕轴O 在竖直平面内转动，木板上有一质量为m=lk g 的物块，始终受到平行于斜面、大小为8N 的力F 的作用。改变木板倾角，在不同倾角时，物块会产生不同的加速度a,如图(b)所示为加速度a 与斜面倾角的关系图线。已知物块与木板间的动摩擦因数为口=0.2,假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力。求：(g 取 10m/s2,或 1137。=0.6,cos37=0.8)图线与纵坐标交点ao的大小；(2)图线与0 轴重合区间为5，02,木板处于该两个角度时的摩

33、擦力指向何方？在斜面倾角处于仇和心之间时，物块的运动状态如何？(3)如果木板长L=2 m,倾角为37。，物块在F 的作用下由O 点开始运动，为保证物块不冲出木板顶端,力 F 最多作用多长时间？【答案】(l)6m/s2(2汕 时，沿斜面向下，出时，沿斜面向上；静 止(3)3.1s【解析】【详解】当木板水平放置时，物块的加速度为a(此时滑动摩擦力f=pN=pmg=0.2xlxl0 N=2N由牛顿第二定律F _ f =ma()求得F f 8 2,a0=-=-m/s2=6m/s2；m 1(2)当木板倾角为心时，摩擦力沿斜面向下；当木板倾角为电时，摩擦力沿斜面向上；当。角处于心和之间时物块静止；(3)力

34、 F 作用时间最长时，撤去力后物块滑到斜面顶端时速度恰好减小到零。设力F 作用时物块的加速度为a”由牛顿第二定律得：6=/一 2gsin37-co s3 7。=0 4m/s2m撤去力F 后物块的加速度大小为3 2,由牛顿第二定律：mg sin 370+ung cos 37“，2a2=-2-=7.6m/sm设物块不冲出木板顶端，力 F 最长作用时间为t则撤去力F 时的速度v=ait由题意有：L =S+2由以上各式得:t -I/2 a?L/2x7.6x2 o1_ _ I_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ s p 3 sy a,(at+a2)y 0.4x(0.4+7.6)2 1.

35、如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为0,导轨光滑且电阻忽略不计。场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为山，间距为c h。两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直。(设重力加速度为g)(1)若a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求1)穿过第1个磁场区域过程中增加的动能A E k。(2)若a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域；此后a离开第2个磁场区域时，b又恰好进入第2个磁场区域。且a、b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相同。求b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q

36、。对于第问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场区域时的速率v。【答案】(1)Ek=mg dx s i n 0(2)Q =m g(4+4)s i n 6 (3)v=v.【解析】【分析】【详解】a和b不受安培力作用，由机械能守恒知:Ek =mg d s i n 0设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为W，刚离开无磁场区域时的速度为,由能量守恒知在磁场区域中：g m v)2+Q =g mv +mg d s i n 6在无磁场区域中：mv =mv +mg d,s i n 6解得：Q=mg(4+t/2)sin有磁场区域，棒a受到合力:F=mg sin 0-BIl感应电动势:=Blv感应电流：1=2R解得：F=

37、mg sin 0-v27?根据牛顿第二定律，在t至 卜+Ar时间内：m则有：B2l2v,LAv=L gsin 0-Ar2mR解得：2/2匕-彩=gsin。-五 加4又在无磁场区域，根据匀变速直线运动规律有:v2-v,=gfsin6且平均速度：v,+v2 _ J2V 2 t联立解得：4mgRd,.4 B2l2d,v,=-sin 6-LB212 dl 8mR由题意知:4ingRd,.八 B2l2d.v-v.-二 sin 0-LB2l2dt 8，nR22.一赛艇停在平静的水面上，赛艇前端有一标记P离水面的高度为=0.6m,尾部下端Q略高于水面;赛艇正前方离赛艇前端邑=0.8m处有一浮标，示意如图.一

38、潜水员在浮标前方”=3.0m处下潜到深度为为时，看到标记刚好被浮标挡住，此 处 看 不 到 船 尾 端Q;继 续 下 潜M =2.0m,恰 好 能 看 见Q。（已知水的折4射 率n=?）求深度九2；赛 艇 的 长 度（可用根式表示）浮标用1 1【答 案】4m；（竺，一3.8）m。【解 析】【分 析】【详 解】.$1-D S）sin a=i sin p=_:Js：+片，J.+后根据光的折射定律可知sin a 4n=-=sin p 3联立解得h2=4m 潜 水 员 和Q点连线与水平方向夹角刚好为临界角C,则有c 1 3sin C=一n 4根据几何关系有S +$2 +It a n C =-.=%+A

39、/i联立解得/=（3.8）m2 3.如图所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端点在O 位 置.质 量 为 m 的物块A （可视为质点）以初速度vo从斜面的顶端P 点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到。点位置后，A又被弹簧弹回。物块A离开弹簧后，恰好回到P 点.已 知 O P 的距离为xo,物块A与斜面间的动摩擦因数为H，斜面倾角为。求：（1）O 点和。点间的距离均；（2）弹簧在最低点O,处的弹性势能；（3）设 B 的质量为Bm,ji=tan0,vo=3 J g x（）s i n。.在 P 点处放置一个弹性挡板，将 A与另一个与A材料相同的物块B（可视为质点与弹簧右端

40、不拴接）并排一起，使两根弹簧仍压缩到O,点位置，然后从静止释放，若 A离开B 后给A外加恒力 =加8 4 1 1 8,沿斜面向上，若 A不会与B 发生碰撞，求0需满足的条件？1 miP Q 1 1Q【答案】(1)x=-?(2)E =:mo；+tan 8；(3)4/ng cos 0 4 4/z 2 3 5【解析】【详解】(1)从 A到 由 动 能 定 理 可 得m g(/+x j s i n 夕 一 /img(x0+由)c o s 8 W=0 ；物块A离开弹簧后回到P 点的过程，由动能定理得W -m g(x0+j q )s i n O-firng(x0+x j c o s 9 =0 解得%x,=

41、-4 g c o s 8（2）将为带入式可得，弹簧弹力做功为即弹簧的弹性势能为12En=W=mu：+理N tan 0P 4 0 4(3)两物体分离的瞬间有句 二。8,两物体之间的弹力为0,由牛顿第二定律可得mg sin 0+img cos 0=maAPmg sin 0+邮mg cos 3-2T=PmaB解得7=0,即弹簧恢复原长的瞬间，两物体分离。设分离瞬间，两物体的速度为u,由能量守恒可得2EP=(l+0)mg*、sin9+(l+4)mgX cos8+g(l+i)mv2将4=tan。，%=3jg%oSin9,-一/带入解得4 gcos。=启祥1由于=tan。，F=m g sin 0,故分离后

42、两物体的加速大小分别为,mg sin 0+umg cos 0-F.八aA=2-二 g sin 夕m,Bmg sin 0+uBmg cos 6.%=-=2g sin epm由此可知，分离后两物体均做减速运动，且 B 的加速度大于A,故在A物体上升阶段，两物体不会碰撞;B 速度减为0后，由于4=ta n 6,故 B 物体会保持静止状态，B 物体上升的位移为4g sin若 A物体与挡板碰撞前速度就减为0,则此后A物体保持静止状态，两物体一定不会碰撞；若 A物体能与挡板相碰，当物体A与挡板碰撞后，继续以加速度gsin。向下做减速运动，直到速度减为0,保持静止；A物体速度减为0的总路程为V2xA=-2g

43、 sin，若 A物体不与挡板碰撞，则2 3-X解得若 A 物体能与挡板碰撞，则两物体不相撞的条件为A 物体速度减为0 时不与B 物体相撞，即xA+xB /解得11。31 8 7 23由于。0,故13综上所述，4 的取值范围为31 D 1323 52 4.如图所示，粗细均匀的U 型玻璃管竖直放置，其中左侧管开口，且足够长，右侧管封闭。DE段是水银柱，AD段是理想气体，其中AB=75cm,BC=CD=DE=25cm 已知大气压强po=75cm Hg,开始时封闭气体的温度为1000K。贝 IJ：缓慢降低环境温度，使水银柱全部到达BC段，则此时环境温度为多少？(2)保持环境温度1000K不变，向左侧管

44、中逐渐滴入水银，使水银柱充满BC段，则加入水银的长度为多少？2【答案】(l)450K；(2)91-cm【解析】【详解】(1)初状态气体压强pi=100cmHg,末状态P2=75cmHg,根据理想气体状态方程PJADS _ P?LABS解得T2=450K(2)初状态气体压强pi=100cmHg,末状态P 3,根据玻意耳定律得PILADS=P3LABS可知p3=166cmHg添加水银的长度为L=166cm-75cm=91cm2 5.如图所示，半径为属=0.8m 的,光滑圆弧轨道，与 半 径 为%=0.4m 的半圆光滑空心管轨道平滑连接并固定在竖直面内，粗糙水平地面上紧靠管口有一长度为L=2.5m、

45、质量为M=0.1 k g的静止木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上。质量为m2=0.05 kg的物块静止于B 处,质量为nu=0.15kg的物块从光滑圆弧轨道项部的A 处由静止释放，物 块 耳 下 滑 至 B 处和m2碰撞后合为一个整体。两物块一起从空心管底部C 处滑上木板，两物块恰好没从木板左端滑下。物块与木板之间的动摩擦因素|x=0.3,两物块均可视为质点，空心管粗细不计，重力加速度取g=10m/s2。求：(1)物 块 mi滑到圆弧轨道底端B 处未与物块nu碰撞前瞬间受到的支持力大小；物 块 mi和 m2碰撞过程中损失的机械能；(3)木板在地面上滑行的距离。【答案】(1)N

46、=4.5N；(2)A E=0.3J；(3)x=2.5m【解析】【分析】【详解】(1)物块m i从 A 到 B 由动能定理：1 ,=5 班、所以：vi=4m/s 对 mi在 B 点受力分析得：9x rnt v：_N-myg =!R解得：N=4.5N(2)两物块碰撞前后动量守恒:mivi=(mi+mz)V2解得:V2=3m/s 由能量守恒:(g +m,)v2 损失机械能：A E=0.3J(3)设两物块碰撞后的整体质量为m,m大小为0.2kg木 板 与 地 面 之 间 的 动 摩 擦 因 素 为 从B到C由动能定理:2ingR、=g mvl-g mv(9)得:V3=5m/s 物块滑上木板后，物块先做

47、匀减速，木板匀加速，直到共速，物块的加速度为:心出m木板的加速度为:/jmg-+M)gM当物块与木板共速时:V3-ait=a2 t 共速时的速度为v=a2t 物块恰好没滑下木板，相对位移为:,V,+V VL=t，2 2共速时木板的位移为:内=全物块与木板共速后一起匀减速，加速度为:“(m+M)g m-M共速后继续滑行的距离为:木板的位移：X=X1+X2综上可解得木板的位移为：x=2.5m 2 6.如图所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O 点垂直A D 边射入.已知棱镜的折射率n=啦，AB=BC=8cm,OA=2cm,ZOAB=60.求光线第一次射出棱镜时，出

48、射光线的方向.第一次的出射点距C 多远.【答案】光线第一次从CD边射出与CD边成45。斜向左下方；笆机；3【解析】【分析】根据s山C=,，求出临界角的大小，从而作出光路图，根据几何关系，结合折射定律求出出射光线的方n向；根据几何关系，求出第一次的出射点距C的距离；【详解】.1 1(1)因为s】C=7 =7 5,所以得临界角C=45。第一次射到AB面上的入射角为60。，大于临界角，所以发生全反射，反射到BC面上，入射角为60。，又发生全反射，射 到CD面上的入射角为i=30根 据 折 射 定 律 得 sim解得r=45即光从CD边射出，与CD边成45斜向左下方；(2)根据几何关系得，AF=4cm

49、贝！I BF=4cmZBFG=ZBG F,贝！BG=4cm所 以 GC=4cm所以 C E =&3 c m32 7.如图所示，两根电阻不计且足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角a=37。，导轨间距L=lm,顶端用电阻R=2。的定值电阻相连。虚线上方存在垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T质量mi=0.1kg、电阻Ri=4C的导体棒M 在磁场中距虚线的距离d=2m,M与导轨间的动摩擦因数阳=0.25,质 量 m2=0.3kg、电阻R2=2C的导体棒N 在虚线处，N 与导轨间的动摩擦因数眼=0.8。将导体棒M、N 同时从导轨上由静止释放，M 到达虚线前已经匀速，重力加速度g 取

50、lOm/s2,运动过程中M、N 与导轨始终接触良好，已知5加37。=0.6,cos37=0.8(1)求 M、N 相碰前，M 上产生的焦耳热；(2)求 M、N 相碰前M 运动的时间；(3)M、N 相遇发生弹性碰撞，碰后瞬间对M 施加一个沿斜面方向的作用力F,使 M、N 同时匀减速到零，求 M 棒在减速到零的过程中作用力F 的大小随时间变化的表达式。【答案】(1)0.48J；(2)1.5s；(3)F=0.96-0.08t(t2.5s)【解析】【分析】【详解】(1)M 棒匀速时，有migsin37=nimigcos37+BIL E=BLvo,E5A 总=4+RA +A 0M 棒从开始到达虚线位置，有