长春市名校新高考物理100解答题专项训练含解析.pdf

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1、word版可编辑】长春市名校新高考物理100解答题专项训练精选高考物理解答题100题含答案有解析1.如图所示，在边界OP、OQ之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。从 O 点以速度V。沿与O c成 60。角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从a 点沿ab方向进人磁场区域且恰好没有从磁场边界be飞出，然后经ac和 aO 之间的真空区域返回电场，最后从边界OQ的某处飞出电场。已知Oc=2L,ac=&L,ac垂直于cQ,Zacb=30,带电粒子质量为m,带电量为+g,不计粒子重力。求：匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感应强度大小;粒子从边界OQ飞出时的动能;(

2、3)粒子从O 点开始射入电场到从边界OQ飞出电场所经过的时间。I答案】普八赞-苧坐等&【解析】【详解】(1)从 O 点到a 点过程的逆过程为平抛运动水平方向：2L-%cos 例,竖直方向：at y/3L2加速度：qEa-1m可得：4L八=%粒子进入磁场后运动轨迹如图所示，设半径为r,由几何关系得,r+-V 3L ,s in 30洛伦兹力等于向心力:v2qvB=m rV=vo C O S 6 0 =-y解得：B =&Vo 2 qL在磁场内运动的时间:(2)粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定理得,qE /L _ 2 r)=Ek g m v1解得：后皿入4(3)粒子经过真空区域的时间

3、，4 Lz_T_8.G V 3%粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为f 4(_ 2 r)=g*,解得：3%粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间2 0+46+2 号，=E+/2+，3+,4=-L.2.如图甲所示，一质量为M 的长木板静置于光滑的斜面上，其上放置一质量为m 的小滑块，斜面倾角。=37，木板受到沿斜面向上拉力F 作用时，用传感器测出长木板的加速度a 与力F 的关系如图乙所示,重力加速度取 g=10m/s sin 37=0.6,cos37=0.8。求:(1)小滑块与木板的动摩擦因数为多少？(2)当拉力F=2()N时，长木板的加速度大小为多大？【答案】(l)0.75(

4、2)2m/s2【解析】【详解】当 F 等 于 18N时，加速度为a=0。对整体由平衡条件:F=(M+m)gsin0代入数据解得M+m=3kg当 F 大 于 18N时，根据牛顿第二定律得FMgsinOnmgcos0=Ma长木板的加速度1 urns cos 0a=F-gsinO-M M知图线的斜率k=1M截距umg cos 0b=-gsinO-=-18M解得M=lkg,m=2kg,p=0.75当拉力F=20N 时，代入长木板的加速度1 umg cos 0a=FgsinO-M M解得长木板的加速度为ai=2m/s3.某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B,方向垂直纸面向里

5、，如图所示.一质量为m,带电量为+q的粒子，从 P 点以水平速度V。射入电场中，然后从M 点沿半径射入磁场，从 N 点射出磁场.已知，带电粒子从M 点射入磁场时，速度与竖直方向成30。角，弧 M N是圆周长 的 1/3,粒子重力不计.求：(1)电场强度E 的大小.(2)圆形磁场区域的半径R.(3)带电粒子从P 点到N 点，所经历的时间t.，田 g.,、3 m；/、2出八、2A/3/Z 7rm【答案】(D -.(2)2-.(3)+2qh3qB3v0 3qB【解析】(1)在电场中，粒子经过M 点时的速度大小v=2v0s in 30竖直分速度 vy=v0cot30=73 vo由可a=变 得mIL-2

6、qh(2)粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，设轨迹半径为r.一由牛顿第二定律得V2 不7?z v =2黄m vn根据几何关系得：R=rtan30=2 3qB0v 2x/3/z(3)在电场中，由 h=4 得 t 产受”；2 3%1 e 1 2 兀 m Tim在磁场中，运 动 时 间”/=不而=碰故带电粒子从P点上 K到I N点-，所经E历的g时-间 t=t|+t 22=曷a 吆+Ti”m3%3qB4.一列简谐横波沿水平方向由质元a向质元b传播，波速为4 m/s,a、b两质元平衡位置间的距离为2m,t=0时刻，a 在波峰，b在平衡位置且向下振动。求波长；求经多长时间，质元b位于波谷

7、位置。Q【答案】2=一 m(=0,1,24/7 +3(1、2 n =0,1,2)；k+-I 4 J (4/1+3)k =0,1,2【解析】【分析】【详解】根据，=0 时刻，a 在波峰，b在平衡位置且向下振动，可知波长满足 +=2(=0,1,2)化简得Q4 =-m(n =04,2)4/7 +3 1=0 时刻，b在平衡位置且向下振动，质元b位于波谷位置，时间满足%=0,1,2)根据波长和波速的关系有,丸 21 =-v 4+3联立解得，时间t 满足(t 1、2 卜 2=0,1,2t=k H-，(4 人4+3)%=0,1,25.如图所示，一物体以v0=2 m/s 的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t

8、=l s。已知斜面长度L=1.5 m,斜面的倾角0=30。，重力加速度取g=10m/s 2。求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物体与斜面间的动摩擦因数。【答案】(1)1 m/s(2)1 m/s2方 向 沿 斜 面 向 上(3)工5【解析】【详解】(1)设物体滑到斜面底端时速度为V,则有：L=-t2代入数据解得：v=l m/s(2)因 vv0,即物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上，加速度的大小为:a=-=lm/s2t(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示。由牛顿第二定律得：Ff-mgsin0=maFN=mgcosOFf=pFN联立解得：a

9、+gsinB呼-gcosg代入数据解得:2百M=-56.电磁轨道炮的加速原理如图所示金属炮弹静止置于两固定的平行导电导轨之间，并与轨道良好接触。开始时炮弹在导轨的一端，通过电流后炮弹会被安培力加速，最后从导轨另一端的出口高速射出。设两导轨之间的距离L=0.1 0 m,导轨长6=5.0 m,炮弹质量机=0.03kg。导轨上电流I 的方向如图中箭头所示。可以认为，炮弹在轨道内匀加速运动，它所在处磁场的磁感应强度始终为8 =2.0 T,方向垂直于纸面向里。若炮弹出口速度为丫=2.0 x103m/s,忽略摩擦力与重力的影响。求：炮弹在两导轨间的加速度大小a；(2)炮弹作为导体受到磁场施加的安培力大小F

10、；通过导轨的电流I。电磁炮弹【答案】4.0 x105mzs2；(2)1.2X104N;(3)6.0 x l04A【解析】【分析】【详解】(1)炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而v2=2as则V2a 2s解得a=4.0 x l05m/s2(2)忽略摩擦力与重力的影响，合外力则为安培力，所以F=ma解得F=1.2X104N炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为F=1LB.解得/=6.0X104A7.如图所示，半 径 R=3.6 m 的!光滑绝缘圆弧轨道，位于竖直平面内，与长L=5 m 的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v=5 m/s的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场,电场强

11、度E=2 0 N/C,磁感应强度B=2.0 T,方向垂直纸面向外.a 为 孙=1.0、1。-3 kg的不带电的绝缘物块，b 为 m2=2.()xl0-3kg、q=i.0 xl0-3c带正电的物块.b 静止于圆弧轨道最低点，将 a 物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b 发生弹性碰撞(碰后b 的电量不发生变化).碰后b 先在传送带上运动，后离开传送带飞入复合场中，最后以与水平面成60。角落在地面上的P 点(如图)，已知b 物块与传送带之间的动摩擦因数为口=0.(g 取 lOm/s?,a、b 均可看做质点)求：(1)物 块 a 运动到圆弧轨道最低点时的速度及对轨道的压力；(2)传送带上表面

12、距离水平地面的高度；(3)从 b 开始运动到落地前瞬间，b 运动的时间及其机械能的变化量.【答案】g=2xlC f2N,方向竖直向下 h=3m(3)E=-5.5 x l0-2J【解析】【分析】(D 根据机械能守恒定律求解物块a 运动到圆弧轨道最低点时的速度；根据牛顿第二定律求解对最低点时对轨道的压力；(2)a 于 b 碰撞时满足动量和能量守恒，列式求解b 碰后的速度；根据牛顿第二定律结合运动公式求解b离开传送带时的速度；进入复合场后做匀速圆周运动，结合圆周运动的知识求解半径，从而求解传送带距离地面的高度；(3)根据功能关系求解b 的机械能减少；结合圆周运动的知识求解b 运动的时间.【详解】(1

13、)a 物块从释放运动到圆弧轨道最低点C 时，机械能守恒,mgR(1-cos；m vc得：Vc=6 m/s2在 c 点，由牛顿第二定律：打-加 遇=町 工R解得：&=2x10-2%由牛顿第三定律，a 物块对圆弧轨道压力：7 7=2 x 1 0-2 ,0%Q X t(2)a、b 碰撞动量守町匕=町丫；2V ba、b 碰撞能量守恒;叫匕之=3班,2 +；牡匕：方向竖直向下.解 得(v/=2 m/s,方向水平向左.可不考虑)vh=4m/sb在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为s,4 m2g=m2av2 一 吸=2 as得：s=4.5mL 加 速Is后，匀速运动O l s,在传送带上运动4=L

14、 is,所 以b离开传送带时与其共速为u=5 m i s进入复合场后，q E=m2g=2又 10-2 N,所以做匀速圆周运动由qvB=吗 得：r=5mqB由几何知识解得传送带与水平地面的高度：=r+：=7.5m2、(3)b的机械能减少为AE=1 2,5 m2 V b+m2gh1mv22=1.41xl0-1 J7b在磁场中运动的T=网 詈=2 兀qBT 24I _ 一?2万b在传送带上运动乙=LIs；b运动的时间为4+t2=1.1+-3.25【点睛】本题涉及到的物理过程较多，物理过程较复杂，关键是弄懂题意，选择合适的物理规律和公式进行研究，边分析边解答.8.如图所示，在xOy平面内y轴与MN边界

15、之间有沿x轴负方向的匀强电场，y轴 左 侧(I区)和MN边界右侧(II区)的空间有垂直纸面向里的匀强磁场，且MN右侧的磁感 应强度大小是y轴左侧磁感应强度大小的2倍，MN边界与y轴平行且间距保持不变.一质量为m、电荷量为-q的粒子以速度从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，每次经过y轴左侧磁场的时间均为,粒子重力不计.(1)求y轴左侧磁场的磁感应强度的大小B;(2)若经过4.5办时间粒子第一次回到原点O,且粒子经过电场加速后速度是原来的4倍，求电场区域的宽度d(3)若粒子在左右边磁场做匀速圆周运动的半径分别为Ri、R2且RI 0.996R即05物块从B 点到D 点再返回B 点的过程中，可以看做单摆

16、，单摆周期2可得从物块P 离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间r=2r,+t2代入数据得t=23.65s1 3.如图所示，四边形ABCD是一块玻璃砖的横截面示意图，ZD=90,DO垂直于A B,垂足为O.一束单色光从O 点射入玻璃砖，人射角为i,调节i 的大小，当 i=45。时，AD面和CD面都恰好没有光线射出.求：玻璃砖对该单色光的折射率.四边形ABCD中N A 的大小.【答案】(1)V2 75【解析】【分析】【详解】根据题意可知，当光线在AB面上O 点的入射角为7=4 5 时，恰好在AD面和CD面发生全反射，作出i=4 5 时的光路图如图所示，P、M、N 分别为光线在AD、CD、AB面上的入射

17、点，过 P、M 两点的解得G=4 51折射率=-有s in G解得n=-2设光线在O点的折射角为r,根 据 =皿，代入/=45，解得r =3 0s in r根据几何关系可得N A P O =9 0 -G =4 5,Z A O P =9 0-r=6 0解得 N A =1 8 0 -4 5-6 0 =7 51 4.如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑 块A以v 0=1 2 m/s的水平速度撞上静止的滑块B并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A、B的质量分别为mi=0.5 k g、r r i2=L5 k g。求：A与B撞击结束时的速度大小V；在整个过程中，弹簧对A

18、、B系统的冲量大小I。如/7777/V7777/7/7777777/777/777777【答案】3 m/s；1 2 N”【解析】【详解】A、B碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向由动量守恒定律得m j V o=(m i+n 1 2)v代入数据解得v=3 m/s以向左为正方向，A、B 与弹簧作用过程由动量定理得1=(nii+mi)(-v)-(mi+m2)v代入数据解得I=-12Ns负号表示冲量方向向右。1 5.滑雪是人们喜爱的运动之一。如图甲所示，固定于安全坐垫上的小孩抱一玩具熊，从如图乙所示雪道的 A 点沿倾角为6 0 的雪道A 3 下滑，雪道面水平，滑到。点时把玩具熊平抛后小孩和玩具熊分别落

19、在。、E 两点。已知雪道上A、。两点的高度差为4,B,。长 度 为 正 力，安全坐垫与雪道间的动摩擦3因数为丫 3,CD=2 D E。不计空气阻力和小孩经过点时的能量损失。重力加速度为g。求：4(1)小孩滑至。点时的速度大小；(2)抛出玩具熊后，小孩的水平速度与玩具熊的水平速度之比。图甲 图乙【答案】(1)向；(2)於【解析】【分析】【详解】(1)由动能定理得1 2mgh-W,=mv又W_ _ 7f =pimg cos 6/_0o-h-+/dmgx1 .BC=mghsin 60 2解得丫=而(2)由CD=2D E 可知，抛出玩具熊后小孩的水平位移与玩具熊的水平位移之比为%1:x2=2:3由=t

20、an 45x可得竖直位移之比为y ：%=2：3由平抛运动规律有=V/,X2=v2t21 2 1 2必=万8 2联立解得v,_ V2E 一耳1 6.如图所示，水平面AB光滑，质量为m=1.0kg的物体处于静止状态。当其瞬间受到水平冲量I=10N s的作用后向右运动，倾角为。=37。的斜面与水平面在B 点用极小的光滑圆弧相连，物体与斜面间动摩擦因数 产 0.5,经 B 点后再经过1.5s物体到达C 点。g 取 lOm/s?,sin37=0.6,cos 37=0.8,求 BC两点间的距离。【答案】4.75m【解析】【详解】根据动量定理有I=mvn 0解得%=10m/s沿斜面上滑mg sin 3+/j

21、rng cos 6-max速度减少为零时，有%砧=0解得八=Is 1.5s最高点距8 点的距离xt=tx 2 物体下滑mg sin 0-他geos。=nui2从最高点到。点的距离1 ,2无2=万。2t2%+J=1.5sBC两点间的距离SBC x x2=4.75m1 7.如图所示，粗细均匀的U 形玻璃管，左端封闭，右端开口，竖直放置。管中有两段水银柱a、b,长分别为5cm、10cm,两水银液柱上表面相平，大气压强为75cmHg,温度为27C,a 水银柱上面管中封闭的 A 段气体长为15cm,U 形管水平部分长为10cm,两水银柱间封闭的B 段气体的长为20cm,给 B 段气体缓慢加热，使两水银柱

22、下表面相平，求此时：(i)A段气体的压强;(ii)B段气体的温度为多少？【答案】(1)80cmHg(2)375K【解析】【分析】(1)根据液面的位置求解气体内部压强的值；(2)找到气体的状态参量，然后结合盖吕萨克定律求解气体的温度.【详解】(1)加热后，当 b 水银柱向上移动到两水银柱下表面相平时，B 段气体压强pB=Po+lOcmHg=85cmHg；A 段气体的压强为PA=PB-5cmHg=80cmHg(2)给 B 段气体缓慢加热时，B 段气体发生的是等压变化，则 a 水银柱处于静止状态，当 b 水银柱向上L.S LS移动到两水银柱下表面相平时，设此时B 段气体的温度为T 2,则 土=一式中

23、 Li=20cm,L2=25cm解得 T2=375K1 8.如图甲所示，倾 斜 放 置 的平行光滑导轨间距为L。导轨与水平面的夹角为6 =3 0,导轨上端连有阻值为R =0.5 Q的定值电阻，在 导 轨 平 面 上 的a b d c、c d f e区域内分别有垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场I和D,磁 感 应 强 度 大 小 分 别 为q=1 T和与=后，两磁场的 宽 度 均 为L o 一 长 为L,阻 值 为r =0.5 Q的导体棒从导轨某位置由静止释放，导体棒在滑动过程中始终垂直于导轨且与导轨接触良好，导体棒在磁场中运动的速度一时间图像如图乙所示。不计导轨的电阻，取g =1 0 m/s 2

24、,求：(1)导体棒的质量；(2)导体棒穿过整个磁场过程中电阻R上产生的焦耳热；导 体 棒 穿 过 磁 场H的时间。【答 案】(l)0.2 k g；(2)1.0 3 7 5 J；(3)1.9 s【解 析】【分 析】【详 解】(1)由图乙可知，导 体 棒 在 磁 场I中做匀速直线运动，速 度 匕=1.0 m/s,运 动 时 间4=ls,则BJ L =m g s i n 0 5 R+rE =L=卬 联立解得m=0.2 k g导体棒穿过整个磁场区域，由能量守恒定律得1 ,1Q =m g x2L s i n0+mv （其中 v2=0.5 m/s ）联立解得QK=1.0375J(3)设导体棒穿过磁场n的

25、时 间 为G，选取沿导轨向下为正方向，由动量定理得Fg-12+mg sin 3 右=mv2 mv又F笠=BJL=“联立以上各式，解得t2=l.9s1 9.如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C 点切线水平，长 为 L=4m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。质量分别为mi=0.3kg和 m2=lkg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧,用细绳将它们连接。已知传送带以v0=1.5m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为M=0.1.某时剪断细绳，小物体n向左运动，HU向右运动速度大小为V2=3m/s,g 取 lOm/sL求：剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep(2)从小物

26、体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E为了让小物体m i从 C 点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC 的半径R 和小物体mi平抛的最大水平位移x 的大小。【答案】(l)19.5J(2)6.75J(3)R=1.25m时水平位移最大为x=5m【解析】【详解】对 孙 和 m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：O=miVim2V2解得vi=10m/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为:r与，=51 加/2+/1/%为2解得EP=19.5J(2)设 m2向右减速运动的最大距离为x,由动能定理得：1 2平 1112gx=

27、0-m2V2解得x=3mS所以压强P2=P0-等封闭气体体积%=气体做等温变化，由玻意耳定律有PM=心匕解得4PS+mg LPS-M g（2）设活塞移动过程中气体对活塞做的功为叫，由动能定理有叫+因 _（为5+冲）（右 ,）=0由热力学第一定律有AU=Q+(_%)结合等温变化AU=0解得Q=(Po5+/g)(+w)gL|Pi)S _ Mg2 5.如图所示，顶角。=4 5 的金属导轨MON固定在水平面内，导轨处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中.一根与ON垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度为沿导轨MON向右滑动，导体棒的质量为m,导轨与导体棒单位长度的电阻均为心导体棒与导轨接触点为a

28、和 b,导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触1=0 时，导体棒位于顶角O 处.求：(1)t 时刻流过导体棒的电流强度I 和电流方向.(2)导体棒作匀速直线运动时水平外力F 的表达式.(3)导体棒在0 时间内产生的焦耳热Q.BVQ Brvh _ B2V03/2 答案为 西行;而加【解析】【详解】(1)0 至时间内，导体棒的位移:x=t，时刻，导体棒的长度:I=X导体棒的电动势：E=Blv0,回路总电阻：R=Qx+Hx)r，电流强度：.E.叫一 R(2+何1电流方向：b T a(2)根据题意有：(3)t 时刻导体棒的电功率P=I2R%由于I 恒定，R，=vrt正比于t,因此1-22 6.光滑水

29、平台面离地面高”，台面上A 点与台面边缘B 点间距离乙，木块甲、乙分别静止在A 点，在相同的恒定水平外力作用下从A 点运动到8 点时撤去外力。甲落地点与8 点之间水平距离为X,乙落地点与 3 点之间水平距离为3x。已知木块甲质量为加，重力加速度为g。求：(1)恒定水平外力的大小；(2)木块乙的质量。【答案】(1)尸=侬 _ (2)加乙=”机4HL 9【解析】【详解】设水平外力大小为F,木块甲在B 点的速度大小为vi，从 B 点开始做平抛运动的时间为t,贝 U：厂，X=Vit,木块甲在台面上运动的过程，根据动能定理得：E 1 2FL=mv,联立可得：尸=处.1 4 H L，(2)设木块乙的质量为

30、m,在 B 点的速度大小为V 2,则乙平抛运动过程，有 3x=v2t木块乙在台面上运动的过程，根据动能定理得：。1 2FL=&m乙丫2，解得：1m7=m；z 92 7.电动自行车已经成为人们日常出行的一种常用交通工具，以下是某型号电动自行车的相关参数：名称车身质量满载载重前后车轮直径额定转速电动机额定电压电动机额定电流额定机械输出功率参数40kg80kg40cm4500r/min2万48V20A835W该电动自行车采用后轮驱动直流电动机，其中额定转速是电动自行车在满载情况下在平直公路上以额定功率匀速行进时的车轮转速，求：(1)电动自行车以额定转速行进时的速度Vo；(2)在额定工作状态时，损失的

31、功率有80%是由于电动机绕线电阻生热而产生的，则电动机的绕线电阻为多大；(3)满 载(车 身 质 量+满 载 载 重)情 况 下，该 车 以 速 度v=5m/s沿 着 坡 度 为0=4.59。的长直坡道向上匀速行驶 时，受 到 的 摩 擦 阻 力 为 车 重(含 载 重)重 量 的0.02倍，求此状态下电动自行车实际运行机械功率(sin4.59=0.08；重力加速度 g=10m/s2).【答 案】(1)15m/s(2)0.25ft(3)600W【解 析】【详 解】(1)在额定状态下电机以额定的转速转动，则d%=。耳 a)=27i-n 由两式联立得:45002x60X m/s=15m/s2电动机

32、在额定工作状态时,损 失 的 电 功 率80%转化为电热功率，则80%耗=/次由两式联立得:8 0%(W-/H 1)_ 8 0%X(48X20-835)I2202O=0.250当电动自行车在斜坡上匀速行驶时，受力分析如图:%=2c 乃 md=2c万x隼 耗=4出R=由牛顿定律得：F=(M+m)gsm0+k(x联立以上各式，解得t=C 八 2/Z2tan 6 V g(3)运动员的着陆点到。点的水平距离为:x=vt=J2gli-2 tan 0t=4/2tan6g根据几何知识可知cos 0=s联立解得4/z tan 0s=-cos。36.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

33、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MN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MN板上的时间t：(3)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)-兀R d+2v v(3)T【解 析】【

34、详 解】(1)可求得电子旋转的轨道半径是/=/?,根据公式mveB解得B=eR(2)电子在磁场中运动时间为1 .Timt,=-1=-4 2BeTCR1=一2v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。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452=4xlO5Pa(ii)末状态时.以活塞为研究对象，由平衡条件知p、S=p0S+(m+Am)g解得：Am=20kg3 9.如图所示，一绝缘水平桌面，空

35、间存在一广域匀强电场，强度大小为E =d，现同时将两个质量均为，”的滑块A、8由静止释放在桌面上。已知两滑块A B均带正电，电荷量大小为q,且AB间的距离为L =lm已知滑块A、B与轨道间的动摩擦因数分别为.=0.4和4?=0-8 5,重力加速度l O m/s?,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块之间发生的碰撞为弹性碰撞，且无电荷转移，滑块可视为质点。求：两滑块从静止释放开始经过多长时间，滑块之间发生第二次碰撞；(2)A从释放到最终停止所运动的位移。E【解析】【分析】【详解】两滑块由静止释放后，对滑块A进行受力分析，由牛顿第二定律得Eq-/aAmg=ma得q =2 m/s2对B有Eq /m g

36、，故8静止，贝！Ir 1 2L=2ar得t=I s设发生第一次碰撞前的瞬间滑块A的速度是Vo,则%=印=2 m/s碰后滑块A、B的速度分别是匕、v2,由弹性碰撞得:由动量守恒定律机 =+m v2由能量守恒定律1?1 9 1 9m v j =mv+m v；解得 V 1 =0 ,v2=2 m/s滑块B 开始做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得Eq 即g=ma2可解得,=-2.5m/s2设滑块3 运动时间。后停止运动，则tQ=-=0.8s%k=0.64m1 2L2-v2tQ+at=0.8m由于71VL2，8 停止运动时二者仍未发生第二次碰撞，即得2亚Z，故由知，每次碰撞后8 先减速到零，再次与4 碰撞

37、，又2EqpiAmg+fxBmg最终A,8 将静止在斜面上，设 A 下滑的位移为工,由能量守恒得：Eqx+Ec/(xL)=4A 阿 x+48mg-(x L)解得x=5m4 0.如图所示.在距水平地面高h=0.80m的水平桌面一端的边缘放置一个质量m=0.8()kg的木块B,桌面的另一端有一块质量M=1.0kg的木块A 以初速度v=4.0m/s开始向着木块B 滑动，经过时间t=0.80s与 B 发生碰撞，碰后两木块都落到地面上，木 块 B 离开桌面后落到地面上的D 点.设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D 点距桌面边缘的水平距离s=0.60m,木块A 与桌面间的动摩擦因数-0.1

38、 5,重力加速度取g=10m/sl求：(1)木 块 B 离开桌面时的速度大小；(1)两木块碰撞前瞬间，木块A的速度大小；两木块碰撞后瞬间，木块A的速度大小.【答案】(1)1.5m/s(1)2.0m/s(3)0.8()m/s【解析】【详解】(1)木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B 离开桌面时的速度大小为匕，在空中飞行的时间为也 根据平抛运动规律有：/7 =；g/，5=岭/解得：=s J =L5m/s(1)木 块 A在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木 块 A的加速度：a=尸-2.5m/s2M设两木块碰撞前A的速度大小为v,根据运动学公式，得u=%at=2.0m/s(3)

39、设两木块碰撞后木块A的速度大小为w,根据动量守恒定律有：Mv=Mvx+mv2解得：匕=二 一 吗=0.80m/s.M41.2 02 0年 2月 1 8 日，我国发射的嫦娥四号着陆器和玉兔二号探测器再次启动，打破了探测器在月球上工作的世界纪录，并将开始第15个月昼的科学探测活动。若着陆器与探测器总质量为1.5xl()3 k g,着陆过程简化如下：在距月面102m处悬停，当发动机推力为耳时，先竖直向下做匀加速直线运动；当发动机推力为耳时，随即做匀减速直线运动，且两个阶段加速度大小相等，刚好在距离月面2m时再次悬停，此过程总共用时6 0 0 s,此后关闭发动机做自由落体运动，直到接触月球表面。月球表

40、面重力加速度取g=1.6m/s2,求：(1)探测器接触月球表面时的速度大小；发动机施加推力的差值(居-耳)的大小。【答案】(l)v=2 W m/s；(2)8一耳=N【解析】【分析】【详解】(1)由速度位移公式/=2ax，带入数据可得v=Vl()m/s设加速过程中的最大速度为乙，加速阶段的位移匕 2=2 0 r l减 速 阶 段 的 位 移=22，且%+赴=100m加速阶段的时间4=4,减速阶段的时间弓=匕匕 且a a4+q=600s带入数据可得a=-m/s2900由牛顿第二定律可得，加速阶段m g-F=ni a减速阶段F2 m g =m a带入数据可得F1-Fi=N2,34 2.如图所示，两个

41、完全相同的长木板A、B 靠在一起(不连接)放在光滑的水平面上，A、B 的长均为L,质量均为m,一物块C,质量也为m,以初速度V。从 A 木板的左端滑上木板，最终刚好能滑到木板A 的右端，重力加速度为g,物块与两长木板间的动摩擦因数相同，不计滑块c 的大小。求：(1)物块与长木板间的动摩擦因数H；4(2)物块滑到A 的右端时，再 给 C 一个向右的瞬时冲量，使 C 的 速 度 变 为 试 判 断 C 会不会从B的右端滑出，要求写出判断的推理过程。C-4 1T【答案】(1)以二；(2)不会，过程见解析。3gL【解析】【详解】(1)设滑块C 滑到A 的右端时，三者共同速度为V”根据动量守恒定律有m%

42、=3mv根据动能关系有mgL=-|x 3 m v,2=1mv()求得(2)假 设 C 不会从B 板上滑离，B、C 获得共同速度为V 3,则mv9+mv=2mv3求得5匕=2%6设 C 在 B 上滑行的距离为x,根据功能关系求得4假设成立，因此物块不会从B 的右端滑离。43.一人乘电梯上楼，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/s2,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

43、多的时间以6m/s匀速匀速一段时间后再匀减：加速阶段：%=砧解得：ti=2s上升高度：,1 24=5卬1解得：hi=6m减速阶段：V,=a2t2解得：t2=6s,1 22解得：112=18m匀速阶段：匕 最短时间：t=t、+f2+14s4 4.光滑水平面上，一个长木板与半径R 未知的半圆组成如图所示的装置，装置质量M=5 kg.在装置的右端放一质量为m=l k g的小滑块(可视为质点)，小滑块与长木板间的动摩擦因数H=0.5,装置与小滑块一起以v()=10 m/s的速度向左运动.现给装置加一个F=55 N 向右的水平推力，小滑块与长木板发生相对滑动，当小滑块滑至长木板左端A 时，装置速度恰好减

44、速为0,此时撤去外力F 并将装置锁定.小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B.滑块脱离半圆形轨道后又落回长木板.已知小滑块在通过半圆形轨道时克服摩擦力做功Wf=2.5 J.g 取 10 m/s2.求：(1)装置运动的时间和位移；长木板的长度1;(3)小滑块最后落回长木板上的落点离A 的距离.【答案】(1)1 s 5 m(2)2.5 m(3)0.8 m【解析】对 M：Fjimg=Mai 解得：ai=10 m/s2设装置运动的时间为h，由 Voaih=0解得：L=ls装置向左运动的距离：xi=v()ti!a it/=5 m2(2)对 m：nm g=m az,解得 a2=5 m/s?设

45、滑块到A 点的速度为V,则 vi=vo-a2tl解得：vi=5 m/s小滑块向左运动的距离：X2=v()ti2tl2=7.5 m则木板长为1=X2xi=2.5 m1,1,(3)设滑块在B 点的速度为V2，从 A 至 B：-m gx2R-Wf=-mv-m v,2在 B 点：m g=m，R联立解得：R=0.4 m,V2=2 m/s1 ,小滑块平抛运动时：2 R =Qgt；落点离A 的距离：x=v2t2，解得：x=0.8 m4 5.如图所示，在竖直平面内，有一倾角为。的斜面CD与半径为R 的光滑圆弧轨道ABC相切于C 点，B 是最低点，A 与圆心O 等高。将一质量为m 的小滑块从A 点正上方高h 处

46、由静止释放后沿圆弧轨道ABC运动，小滑块与斜面间的动摩擦因数为口，空气阻力不计，重力加速度为g,取 B 点所在的平面为零势能面，试求：小滑块在释放处的重力势能Ep；(2)小滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力FN;(3)小滑块沿斜面C D 向上滑行的最大距离X。2/i+3/?_ h+Rcos【答案】(1)mg(h+R),(2)-mg 9方向竖直向下，(3)-R sm 9+/COS g【解析】【详解】(1)小滑块在释放处的重力势能：Ep=mg(h+R)；(2)小滑块从释放处到B 点，根据动能定理有：1 2mg(h+R)=mVp在 B 点，根据牛顿第二定律有：FN-mg=m-fKr-2h+3R解得

47、：&=o-吆K根据牛顿第三定律，小滑块对轨道的压力为弓=竺 誉 机 g,方向竖直向下；R(3)从释放处到斜面的最高点，对小滑块，根据动能定理有：mg(h+R cos。-x s i n一pimg cos。x=0-0h+RcosG解得：x=_ _-7：sin 6+4cos e4 6.如图所示，两条相互垂直的直线MN、P Q,其交点为O。M N一侧有电场强度为E 的匀强场(垂直于 M N向上)，另一侧有匀强磁场(垂直纸面向里)。一质量为m 的带负电粒子(不计重力)从PQ线上的 A 点，沿平行于MN方向以速度V。射出，从 MN上的C 点(未画出)进入磁场，通过O 点后离开磁场，已知 0A=，0C=1h

48、 o 求：(1)带电粒子的电荷量q；(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小。由几何关系得【解析】【详解】(1)设粒子的电量为q,研究A 到 C=!色/2 m2h=vt 由得：2q=&2Eh Et P!M.B，Q(2)研究粒子从A 到 C 的运动2h vy=可得Vy=V0 V,tanO=1%e=45v=V2v0 研究粒子从C 作圆周运动到O 的运动2qvB=mR的运动令磁场强度为B,由2RsinO=2h 由解出BIE%4 7.如图所示，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=300K,求：该气体在状态A

49、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】7；=9 0 0 K；乙=900K =()；Q =200J【解析】【详解】气体从状态A 到状态3 过程做等容变化，有：祟=祟解得：TA=9 00K气体从状态3 到状态。过程做等压变化，有：学=争iC解得：Tc=9 0 0 K因为状态A 和状态。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

50、体所做的功为：W=-M V =-lx lO5x(3xlO-3-lx lO-3)J =-2OOJ由热力学第一定律有：AU=Q+W解得：Q=20(V48.光滑水平面上,质量为1kg的小球A 以 5m/s的速度向右运动，大小相同的小球B 质量为4kg,以 0.5m/s的速度向右运动，两者发生正碰，碰撞后小球B 以 2m/s的速度向右运动.求：碰后A 球的速度V；碰撞过程中A 球 对 B 球的冲量大小L人8【答案】lm/s方向向左/=6N-s【解析】【详解】4 8 两球碰撞过程，系统动量守恒，取向右为正方向仍 片 +m2v2=miv+m2y2解得V|=lm/s所以碰后A 球速度大小为lm/s,方向向左