安徽省巢湖市新高考物理100解答题冲刺训练含解析.pdf

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1、word版可编辑】安徽省巢湖市新高考物理100解答题冲刺训练精选高考物理解答题100题含答案有解析1.如图，间距为L 的光滑金属导轨，半径为r 的;圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP范围内有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场.金属棒ab和 cd垂直导轨放置且接触良好，cd静止在磁场中，ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd在运动中始终不接触.已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R.金属导轨电阻不计，重力加速度为g.求（1）ab棒到达圆弧底端时对轨道压力的大小：（2）当 ab棒速度为J 加 时，cd棒加速度的大小（此时两棒均未离开磁场）（3）若 cd棒 以;防

2、离 开 磁 场，已知从cd棒开始运动到其离开磁场一段时间后，通过cd棒的电荷量为 q.求此过程系统产生的焦耳热是多少.（此过程ab棒始终在磁场中运动）【答案】（1）3mg.（2）匕 也.（3）B L q 3 F m gr-J4mR y 16 2m【解析】【详解】1 ,（D ab下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m gr=5机诏,解得：v（）=42gr，2ab运动到底端时，由牛顿第二定律得：F-mg=m%,解得：F=3mg,由牛顿第三定律知：ab对轨道压力大小：F，=F=3mg；（2）两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向,由动量守恒定律：mv（）=mvab+mv，,解得：,2 g r ,

3、ab棒产生的电动势：Eab=BLvab,cd棒产生的感应电动势：Ecd=BLv，,回路中电流：1=E,b E,d.2R解得：仁BL耐,4R此时cd棒所受安培力：F=BIL,F此时cd棒加速度：a=一,m解得：aJ?声；4m R(3)由题意可知，cd棒 以;而 7 离开磁场后向右匀速运动，且从cd棒开始运动到通过其电荷量为q 的时间内，通过ab棒电荷量也为q.对 ab棒，由动量定理可知：-B，Lt=mvai-mvo，其中：q=Ft,解得：Vab=J2gr-.、m1,1,此过程，由能量守恒定律得：mgr=-mv；lh+-mv；d+Q,_ j o2 r2 2解得：Q=BLq J lg r -mgr-

4、；16 2m2.如图所示，在竖直分界线M N 的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与M N 之间有方向向上的匀强电场。在。处有两个带正电的小球A 和 B,两小球间不发生电荷转移。若在两小球间放置一个被压缩且锁定的小型弹簧(不计弹簧长度)，解锁弹簧后，两小球均获得沿水平方向的速度。已知小球B 的质量是小球 A 的倍，电荷量是小球A 的丐倍。若测得小球A 在磁场中运动的半径为小小球B 击中屏的位置的竖直偏转位移也等于r o 两小球重力均不计。(1)将两球位置互换，解锁弹簧后，小球B 在磁场中运动，求两球在磁场中运动半径之比、时间之比；若 A 小球向左运动求A、B 两小球打在屏上的位置之间的距离。tl

5、y.r【答案】(1)%,y；3r-【解析】【详解】(1)两小球静止反向弹开过程，系统动量守恒有mvA=njWVjj小球A、B 在磁场中做圆周运动，分别有22q B =-n2qvBB=rA解式得%磁场运动周期分别为2nm _ 2兀4mk=qB B _ n2qB解得运动时间之比为戛b=2 =%Z k2(2)如图所示，小球A 经圆周运动后，在电场中做类平抛运动。水平方向有L-VA?A 竖直方向有以=喙 由牛顿第二定律得qE=maK 解式得qE L 2灯欢小球B 在电场中做类平抛运动，同理有犷产（勺 2nM VB由题意知%=厂应用几何关系得与=力+2 八解式得A y =3r-的23.如图，一上端开口、

6、下端封闭的细长玻璃管，下部有长Li=66cm的水银柱，中间封有长L2=6.6cm的空气柱，上部有长L3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐.已知大气压强为P=76cm Hg.如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度.（封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气.）II【答案】在开口向下管中空气柱的长度为1 2 cm,到原来位置时管中空气柱的长度是9.2cm.【解析】【分析】【详解】设玻璃管开口向上时，空气柱压强为R=（式中P和g分别表示水银的密度和重力加速度.）玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空

7、.设此时开口端剩下的水银柱长度为X,则E=p g/|，=4 （P2管内空气柱的压强.）由玻意耳定律得P&sl）=PsK）（式中，h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积.）由式和题给条件得h=12cm 从开始转动一周后，设空气柱的压强为13,则B=B+0gx 由玻意耳定律得6(s/p=(S/)(6)(式中，h，是此时空气柱的长度.由解得：hH9.2cm4.如图所示，光滑、足够长的两水平面中间平滑对接有一等高的水平传送带，质 量 m=0.9kg的小滑块A和质量M=4kg的小滑块B 静止在水平面上，小滑块B 的左侧固定有一轻质弹簧，且处于原长。传送带始终以v=lm/s的速率顺时针转动。现用质量m

8、0=10()g的子弹以速度vo=40m/s瞬间射入小滑块A,并留在小滑块A 内，两者一起向右运动滑上传送带。已知小滑块A 与 传 送 带 之 间 的 动 摩 擦 因 数 传 送 带 两 端的距离l=3.5m,两小滑块均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：(1)小滑块A 滑上传送带左端时的速度大小小滑块A 在第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能小滑块A 第二次离开传送带时的速度大小B，右【答案】(1)4m/s(2)3.6 J(3)l.Om/s【解析】【详解】子弹打入小滑块A 的过程中，动量守恒解得V=4 m/s(2)小滑块A 从传送带的左端滑到右端的过程中，根据动能定理有

9、一+m)g/=g(%+加)$-g(/+/)V,2代人数据解得V2=3 m/s因为V2v,所以小滑块A 在第一次到达传送带右端时速度大小为3 m/s,小滑块A 第一次压编弹簧的过程中，当小滑块A 和 B 的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有(7%+v2=(/)+m+Mv3代人数据解得V3=0.6m/s根据能量守恒定律得耳,”=g(m c+)_ g(砥+根 +加)代人数据解得Epm=3.6 J从小滑块A 开始接触弹簧到弹簧恢复原长，整体可看成弹性碰撞，则有(%)+m)v2=(%+m)v4+Mvyg (肛)+加)=g(/)+)W+gM v；解得V4=-1.8 m/sV3=1.2 m/

10、s设小滑块A 又滑回传送带上且减速到零时在传送带上滑动的距离为L,则根据动能定理有一(加o+，)gL=()_ g(/+m)v；解得L=1.62m由于L1,小滑块A 滑回传送带上先减速到零，再在传送带上加速到与传送带共速，设小滑块A 与传送带共速时向右滑动的距离为s,则根据运动学公式得2 jugs=v2-0解得s=0.5m由于s 0),从 AB面射入玻璃砖。若要求不论0 取多少，此光束从AB面进入后，到 4达 BC界面上的部分都能在BC面上发生全反射,则该玻璃砖的折射率最小为多少？己知水的折射率为y。【答案】|【解析】【分析】【详解】随着。的增大，当。为 90。时，a 最大，|$最小，此时若在B

11、C上发生全反射，则对任意0 都能发生全反射。由折射定律s i n 9 0-=ns i n a由全反射有4s i n =3n由几何关系有s i n2 4-s i n2=l由以上各式解得5n=31 7.半径为R的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为O,两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光 线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B,Z A O B=6 0,已知该玻璃对红光的折射率为n=6求红光在玻璃中的传播速度为多大?求两条光线经圆柱面和底面折射后的交点与O点的距离d;【答案】1.73xl08m/s1/?3【解析】c由 n=一得 v=y/3 xl08m/s=1.73xl08m

12、/sV如图所示，光 线1不 偏折.光线2入射角i=60。.由光折射公式可得：sin/=,/=3 0,n由几何关系可得i=30由光折射公式可得：sin/=s in i,=/=6 0 由正弦定理，得正R3则=0。匕1130。=%31 8.如图所示,三棱镜A B C三个顶角度数分别为NA=75。、NB=60。、NC=45。,一束频率为5.3x108 H z的单色细光束从A B面某点入射，进入棱镜的光线在A C面上发生全反射，离开棱镜B C面时恰好与B C面垂直,已知光在真空中的速度c=3xl08 m/s,玻璃的折射率n=1.5,求：这束入射光线的入射角的正弦值。光在棱镜中的波长。【答案】0.753.

13、77x107m【解析】【分析】(1)根据光的折射定律，结合几何关系，即可求解；根据二=六，求得光在介质中传播速度，再根据、一期，求得波长，最后根据折射率与临界角的关系，及光路可逆，即可求解。【详解】(1)由光离开棱镜的B C面时恰好与B C面垂直可知，从A B面射到A C面的光线与B C边平行，设光在A B面的入射角、折射角分别为、0 2,如图所示，A根据几何关系可知02=30根据折射定律，二=空门 一：得 sin0i=nsin02=O.75；(2)根据二=三且v=kf解得：二nP3.-X j0-Zo【点睛】本题中当光线从玻璃射向空气时，要根据入射角与临界角的关系，判断能否发生全反射，而入射角

14、可以根据几何知识求出，同时掌握光的折射定律应用。1 9.如图所示，倾角。=37、长 L=9m 的斜面，其底端与一个光滑的!圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平，一质量机=1kg的物块(可视为质点)从斜面最高点A 由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端 B后恰好能到达圆弧轨道最高点C,又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的。点，再由。点从斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，物块最后停在B点。已知物块与斜面间的动摩擦因数 =0.5,g=10m/s2,sin3/=0.6,c o s 3/=0.8,物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处无机械能损失(1)物块经多长时间第一次到达B点；(2)求物块第一次经

15、过圆弧轨道的最低点B时对圆弧轨道的压力；(3)求物块在斜面上滑行的总路程。【答案】(l)3s；(2)30N,方向竖直向下；(3)13.5m【解析】【详解】(1)物块沿斜面下滑时，有mg s i n 0-/.i mg c o s 0=ma解得a=2 m/s2从A点运动到8点，物块做匀加速运动，有L=a t22解得t=3s(2)因为物块恰好到达。点，所以到达。点的速度为()，设物块到达8点 的 速 度 为 则 有mgR=g mvv2N-m g =m 解得N=3mg=30 N由牛顿第三定律可得，物块对圆弧轨道的压力N =30 N方向竖直向下。(3)从开始释放至最终停在8处，设物块在斜面上滑行的总路程

16、为s,则有mg-L-s i n 0-/j mg s-c o s0=0解得s=1 3.5 m2 0.如图所示，在x O y平面内y轴 与MN边界之间有沿x轴负方向的匀强电场，y轴 左 侧(I区)和M N边界右侧(H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I。，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 J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

17、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R 1、R 2且 RI 一 g x 4m x%解得h=-16g2 4.如图所示，左端封闭右端开口、直径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长L=10cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长，已知大气压强Po=75cmHg。现将下端阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S,左管水银面下降的高度力=2cm。(1)求右管水银面下降的高度；若再将右端封闭，同时对左管缓慢加热，并保持右管内气体的温度不变，使右管的水银面回到最初高度，求此时左管内气体的压强。【答案】(l)14.5cm；(2)200.25cmHg【解析】【详解】左管水银面下降

18、2cm过程，封闭气体做等温变化，则有p()LS=Pi(L+/?)S解得Pi=62.5cmHg设平衡时左管水银面比右管水银面高九，有62.5cm+%=75cm解得%=12.5cm所以右管水银面下降的高度为12.5cm+2cm=14.5cm(2)要使右管水银面回到原来高度，则左管水银面要再下降14.5cm,则右管水银面比左管的高14.5cm+2cm=16.5cm右管水银面上升过程右管内封闭气体做等温变化，则有/70(14.5cm+1 ()cm)S=/?2xl0cm-5解得p2=183.75cmHg此时左管内封闭气体的压强 3 =Pi+16.5cmHg=200.25cmHg2 5.如图所示，在质量为

19、M=().99kg的小车上，固定着一个质量为m=0.01kg、电阻R=1C的矩形单匝线圈M NPQ,其中M N边水平，NP边竖直，MN边长为L=O.lm,NP边长为l=0.05m.小车载着线圈在光滑水平面上一起以v=10m/s的速度做匀速运动，随后进入一水平有界匀强磁场(磁场宽度大于小车长度).磁场方向与线圈平面垂直并指向纸内、磁感应强度大小B=1.0 T.已知线圈与小车之间绝缘，小车长度与线圈MN边长度相同.求：(1)小车刚进入磁场时线圈中感应电流I 的大小和方向；(2)小车进入磁场的过程中流过线圈横截面的电量q；(3)如果磁感应强度大小未知，已知完全穿出磁场时小车速度V|=2m/s,求小车

20、进入磁场过程中线圈电阻的发热量Q.【答案】(1)0.5A 电流方向为 MQTPTNTM(2)5X103C(3)32J【解析】【分析】【详解】(1)线圈切割磁感线的速度v(=10m/s,感应电动势E=Blvo=lxO.O5xlO=O.5V由闭合电路欧姆定律得，线圈中电流由楞次定律知，线圈中感应电流方向为MTQ-PNM(2)小车进入磁场的过程中流过线圈横截面的电量为Eq=lA t=t又E=1.5m),B 距车左端X2=1.5m,两物块与小车上表面的动摩擦因数均为ji=O.L 车离地面的高度h=0.8 m,如图所示。某时刻，将储有弹性势能Ep=4.0J的轻弹簧释放，使 A、B 瞬间分离，A、B 两物

21、块在平板车上水平运动。重力加速度g 取 10m/s2,求：(1)弹簧释放瞬间后A、B 速度的大小；(2)B 物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间；(3)若物块A 最终并未落地，则平板车的长度至少多长？滑块在平板车上运动的整个过程中系统产生的热量多少？B Ann【答案】(1)2m/s、2m/s；(2)1.4s；(3)3.25m；3.25Jo【解析】【详解】(1)释放弹簧过程A、B 系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvA-mBvB=0由机械能守恒定律得：mAVA+mHVR -Ep代入数据解得：vA=2m/svB=2m/s；(2)由于A、B 质量相等与桌面的动摩擦因数相

22、等，在 B 在平板车上运动到左端过程小车所受合力为零,小车静止，B 运动到小车左端过程，对 B,由动能定理得：1 2 1 2-mBgx2=-mBvB-mBv2由动量定理得：-nmBgti=mBvB-mBv2代入数据解得：vn=lm/sti=ls,B 离开平板车后做平抛运动，竖直方向：代入数据解得:t2=0.4s,运动时间：t=ti+t2=1.4s；(3)B 离开小车时：VA=vB=lm/s,B 离开平板车后，A 与平板车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：rriAVA=(mA+m 车)v由能量守恒定律得：g加 入=；(mA+机 车)/+加,g L相对代入数据解得：L 相 对=

23、0.25m；A、B 同时在小车上运动时小车不动，B 滑出小车时，A 在小车上滑行的距离与B 在小车上滑行的距离相等 为 1.5m,小车的最小长度：L=1.5+1.5+0.25=3.25m,系统产生的热量：E=jimAgX|+pmBgx2=3.25J；3 3.如图为透明的球状玻璃砖的横截面。O 为球心位置，OA=OB=R。玻璃对红光的折射率=&,-束红光从C 点照向球面上的P 点，经折射后恰好从O B的中点D 垂直于OB射出。回答下面问题。(1)求 AC两 点 间 的 距 离;若将入射光换成蓝光，光线仍从D 点垂直OB射出，则入射点C 应 在 C 点的哪侧？【答案】(2)左侧【解析】【分析】【详

24、解】光路图如图所示由几何关系知.1 2。sin/=,7=30由 P 点向OC 作垂线P E交 OC 于 E点，则有sOE-Reos 30-R由sinzn=-sin/得z -60则ZPCO=i-y =3Q)SEC=SOE=方氏$A C SOE+SEC R解得SAC=1)R对于同一介质，蓝光折射率比红光的大。由sinzn=-sin/可知，7 相同，折射率变大，贝!|i变大。故蓝光入射点C应 在 C 的左侧。34.一定质量的理想气体经历了如图A-BTCTDTA的状态变化求该过程中(1)气体最高温度T 与最低温度T2的比值；(2)气体与外界交换的热量Q。0 V,2匕 3y.9【答案】(1)Y；(2)Q

25、=4 0%0,吸热【解析】【分析】【详解】(1)根据理想气体状态方程pv-=cT变形得pV=Tc即压强与体积的乘积越大，温度越高,故状态B温度最高，状态D温度最低，设 A 状态温度为7；,则 A f B等压变化，则有K=3KTA工0 f A等容变化，则有Po 一 3PoT j 1人联立解得汽，(1(2)A 8 -C-。-A 的状态变化过程外界对气体做的功W=-6 M +2 0O%=-4RK根据热力学第一定律有U=Q+W解得Q=4po%O故此过程是吸热3 5.如图7 所示是一透明的圆柱体的横截面，其半径R=2 0 cm,折射率为，AB是一条直径，今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体，试求:（1）光

26、在圆柱体中的传播速度；（2）距离直线A B多远的入射光线，折射后恰经过B 点.PB图7【答案】（1）v=-=V 3xl08m/sn（2）距离AB直 线 106 c m 的入射光线经折射后能到达B 点【解析】【详解】（1）光在圆柱体中的传播速度v=V3 xlO8m/s（3 分）n（2）设光线PC经折射后经过B 点，光路图如图所示由折射定律有：号=&（3 分）又由几何关系有：a =24（2 分）解得a =6 0 （1分）光 线 PC离直线A B的距离CD=Rsina=l（）6 c m （2 分）则距离AB直 线 1 0 6 cm 的入射光线经折射后能到达B 点（1 分）3 6.如图所示，直线MN上

27、方有平行于纸面且与M N成 45。的有界匀强电场，电场强度大小未知；M N下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。现从M N上的O 点向磁场中射入一个速度大小为V、方向与MN成 45。角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN,第五次经过直线M N时恰好又通过O 点。不计粒子的重力。（1）画出粒子在磁场和电场中运动轨迹的草图并求出粒子的比荷大小；(2)求出电场强度E 的大小和第五次经过直线MN上 O 点时的速度大小;(3)求该粒子从O 点出发到再次回到O 点所需的时间t【解析】【详解】(1)粒子的运动轨迹如图所示由牛顿第二定律

28、V2qvB-mR得j。m BR(2)由几何关系得Oc=2&R粒子从c 到 O 做类平抛运动，且在垂直、平行电场方向上的位移相等，都为s=su=Oc sin 45=2R类平抛运动的时间为又vVq B联立解得E=vB粒子在电场中的加速度为_ q E _ q vB丫2=外a-2RV 1 =v粒子第五次过MN进入磁场后的速度M =J V；+v；=V 5 v(3)粒子在磁场中运动的总时间为271R粒子做直线运动所需时间为2 v 2mv 2Rt2=a =q vB=v联立得粒子从出发到再次到达O点所需时间2R c、r =4 +，+=(2 +万)3 7.如图所示，用透明材料做成一长方体形的光学器材，要求从上表

29、面射入的光线能从右侧面射出，那么所选的材料的折射率应满足什么条件？【答案】n 5/2。【解析】【详解】设光线在一表面的入射角为i,折射角为山，在右侧面的入射角为。2。由几何知识得:01+02=90要求从上表面射入的光线可能从右侧面射出，必须使2 C 则得:sing sinC=n由 sini=nsinOi 得：s i n q=n由得：sin 02-cos 4=由得:解得:1 nn V sinT T l因i最大值为90。，则得:n/23 8.如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=3T。两导轨间距为L=0.5m,轨道足够长。金属棒a和b的质量分别为ma=lkg,

30、mb=0.5kg,电阻分别为Ra=1 Q,风=2b棒静止于轨道水平部分，现将a棒从h=L8m高处自静止沿弧形轨道下滑，通 过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。(g lOm/s2),求:(1)a棒刚进入磁场时，b棒的加速度;(2)从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，流过a棒的电荷量;(3)从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，a棒中产生的焦耳热。4【答 案】(1)9m/s2,向右；(2)q=-C；(3)2J3【解 析】【详 解】(1)a棒 沿 弧 形 轨 道 下 滑h过 程，根据机械能守恒有:mag h -mav2a棒进入磁场瞬间感应电动势:E=

31、BLv根据闭合电路欧姆定律:1 =R +Rb对b棒：F.安=BIL根据牛顿第二定律：F安=可解 得：a-9 m/s2由左手定则，b棒加速度的方向：向右;(2)对a、b：由动量守恒定律得：改 产=(?+?共解 得：丫共=4 m/s对b棒，应用动量定理:BILt-mhvit-4解 得：q-C(3)a、b棒在水平面内运动过程，由能量转化与守恒定律:-m,v22 (叫+2、%）喙=Q根据焦耳定律有:Q=lRa+Rb)t2=/%联立解得：2,=2J3 9.如图所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2m 的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3x106/m.有一质量为0.12必、带负电的小球

32、，电荷量大小为1.6xICT6。，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A 时，小球与轨道压力恰好为零，g 取 10根/S 2,求：(1)小球在A 点处的速度大小；(2)小球运动到最高点B 时对轨道的压力.【答案】?加 s；(2)?N【解析】【分析】【详解】(1)重力：G=mg=0.12kgxl0N/kg=1.2N电场力：F=qE=1.6x10 6Cx3xlO6V/m=4.8N2在 A 点，有：qE-m g=m 3R代入数据解得：v1=6m/s(2)设球在B 点的速度大小为V 2,从 A 到 B,由动能定理有：(qE-mg)x(2R)=-imv22-nvi2在 B 点，设轨道对小球弹力为F

33、N,则有：Fz+mg-qE=-nv22由牛顿第三定律有：F/=FN代入数据解得：FN=21.6N【点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，结合动能定理和向心力公式列式分析，可以将重力和电场力合成为“等效重力”，然后就能够结合竖直平面内的圆周运动模型进行分析.40.一列简谐横波在均匀介质中沿x 轴正方向。传播，t=3s时波传到x=9m处的质点B 点，其波形如图甲所示，A 质点的振动情况如图乙所示，求：从t=3s时开始C 质点经过多长时间位移第一次为4m；(ii)在简谐横波从B 质点传到C 质点的过中，A 质点运动的路程。【答案】(i)Us(ii)32m【解析】【详解】由图甲可知波的波长入=

34、6 m,由乙图可知波的周期T=4s,根据4u=一T得v=1.5m/s从 t=3s时开始C 质点的位移第一次为4m 的时间x 21-4.5,t=-S=1 1Sv 1.5(ii)简谐横波从B 质点传到C 质点的时间219 t=-=-s=8sv 1.5有t=2T由图可知波的振幅为A=4m,A 质点运动的路程为s=2x4A=2x4x4=32m4 1.如图所示，系统由左右连个侧壁绝热、底部、截面均为S 的容器组成。左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。两个容器的下端由可忽略容积的细管连通。容器内两个绝热的活塞A、B 下方封有氮气，B 上方封有氢气。大气的压强p o,温度为T=273K,两个活

35、塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1 po。系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A 上升了一定的高度。用外力将A 缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h。氮气和氢气均可视为理想气体。求第二次平衡时氮气的体积；水的温度。【答案】(l)2.7Sh；95.55C【解析】【分析】【详解】(1)以氢气为研究对象，初态压强为p ,体积为h S,末态体积为0.8hS。气体发生等温变化，由玻意耳定律得：PoV产p2V2,即p(lhS=pxO.8hS解得p=1.25p0活 塞 A 从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程

36、。该过程的初态压强为L lp o,体积为V；末态的压强为p，体积为V，则pr=p+0,1 p()=1.35po,Vr=2.2hS由玻意耳定律得Llp()xV=1.35pox2.2hS解得V=2.7hS(2)活塞A 从最初位置升到最高点的过程为等压过程。该过程的初态体积和温度分别为2hS和 T=273K,末态体积为2.7hS。设末态温度为T,由盖-吕萨克定律得2hS _ 2.7 Sh273-T解得T=368.55K水的温度t=T-273K=368.55 K-273=95.554 2.我国发射的“神舟”五号飞船于2003年 10月 1 5 日上午9:00在酒泉载人航天发射场发射升空，按预定计划在太

37、空飞行了接近21小时，环绕地球14圈，在完成预定空间科学和技术试验任务后于北京时间10月 16日6 时 07分在内蒙古中部地区准确着陆。飞船运行及航天员活动时刻表如下：1 5 日 09:00发射升空 09:10船箭分离 09:34感觉良好1 5 日 09:42发射成功 17:26天地通知 18:40展示国旗1 5 日 19:58家人通话北23:45太空熟睡1 6 日 04:19进入最后一圈1(05:04进入轨道 0.5:35命令返回1 6 日 0.5:36飞船分离 05:38制动点火 06:07飞船着陆1 6 日 06:36回收成功 06:54自主出舱试回答下列问题：(1)根据以上数据可以估计

38、船的轨道半径约是通讯卫星轨道半径的多少倍？(保留根号)(2)当返回舱降到距地球10km时，回收着陆系统启动工作，弹出伞舱盖，连续完成拉出引导伞、减速伞和主伞动作，主伞展开面积足有1200m 2,由于空气阻力作用有一段减速下落过程，若空气阻力与速度的平方成正比，并已知返回舱的质量为8 t,这一过程的收尾速度为14m/s,则当返回舱速度为42m/s时的加速度为多大？(g 取 lOm/s?)(3)当返回舱在距地面约1m时，点燃反推火箭发动机，最后以不大于3.5m/s的速度实现软着陆，这一过程中反推火箭产生的动力约等于多少？(这一过程空气阻力与自身重力可看作平衡)【答案】(1)=：(2)80m/s2:

39、(3)7.35X105N【解析】【详解】(1)分析题中所给数据可知，飞船的运行周期约为90分钟。飞船绕地球飞行过程中:MmG下4/rr3 GM“.,.r=-常量T2 4万 2对飞船与同步卫星，应有3 32L=2LT(2)由题意可知：返回舱速度为42m/s时:_ mg=maf l 返回舱速变为14m/s时:f2=mS=硬V 1 2()-lmg=inav2解得：a=(上)2_ig=8g=80m/s2岭(3)点燃反推火箭后，由牛顿第二定律得：F=ma软着陆速度若是3.5m/s,贝!：正；3.52=2as联立解得：F 二 8二1。士(142 二 3.5?)=7.35 x。5 N。4 3.光滑水平面上，

40、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p=0.5,装置与小滑块一起以v0=10m/s的速度向左运动.现给装置加一个F=5 5 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：装置运动的时间和位移；长木板的长度1；(3)小

41、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：FNmg=Mai 解得：ai=10 m/s2设装置运动的时间为t p 由 Voaiti=O解得：ti=ls装置向左运动的距离：Xi=voh!a it/=5 m2(2)对 m：nmg=ma2，解得 a?=5 m/s2设滑块到A 点的速度为v i,则 vi=V0a2tl解得：vi=5 m/s小滑块向左运动的距离：x2=voti-a2ti2=7.5 m则木板长为l=x2X1=2.5 m(3)设滑块在B 点的速度为V 2,从 A 至 B：m gx2R-W f=g根田-g 根 匕22在 B

42、 点：m g=m 殳R联立解得：R=0.4 m,V2=2 m/s小滑块平抛运动时：2口 =落点离A 的距离：x=v2t2，解得：x=0.8m4 4.如图所示，光滑斜面AB与粗糙斜面CD为两个对称斜面，斜面的倾角均为0,其上部都足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面BEC的两端相切，一个物体在离切点B 的高度为H 处，以初速度V。沿斜面向下运动，物体与CD斜面的动摩擦因数为出(1)物体首次到达C 点的速度大小；(2)物体沿斜面CD上升的最大高度h 和时间t；(3)请描述物体从静止开始下滑的整个运动情况，并简要说明理由.答案(D J 2g +(2)一(2婢+引_S抽82g(sin 8+cos。)(3)

43、AB段匀变速运动，BEC变速运动，CD段匀变速运动，可能停止于CD斜面上不动，也可能在B C 间做等幅振动.【解析】(1)根据机械能守恒定律：-相$+m g H =-mv；匕=2gH(2)物体沿CD上升的加速度：a=g sin 8+g co se小2c sine解得：h=(2 g+W)_而82 g(si n。+c os 6)(3)A B段匀变速运动，B E C变速运动，C D段匀变速运动，最后可能停止于C D斜面上不动，也可能在BC间做等幅振动.4 5.如图所示，光滑的斜面倾角0=3 0，斜面底端有一挡板P,斜面固定不动。长为2/质量为M的两端开口的圆筒置于斜面上，下端在B点处，P B=2/,

44、圆筒的中点处有一质量为m的活塞，M=m,活塞与圆筒壁紧密接触，它们之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等其值为/=詈，其中g为重力加速度的大小。每当圆筒中的活塞运动到斜面上A、B区间时总受到一个沿斜面向上、大小为F =m g的恒力作用，A B=Z.现由静止开始从B点处释放圆筒。(1)求活塞进入A、B区间前后的加速度大小；(2)求圆筒第一次与挡板P碰撞前的速度大小和经历的时间；(3)若圆筒第一次与挡板P碰撞后以原速度大小弹回，活塞离开圆筒后粘在挡板上。那么从圆筒第一次与挡板碰撞到圆筒沿斜面上升到最高点所经历的时间为多少？【答案】gg,0 y1,3*g【解析】【详解】(1)活塞在A B之上时，活塞与筒

45、共同下滑加速度为:(m+M)g si n 3 0 .q =-七-二gsi n 3 0活塞在AB区间内时，假设活塞与筒共同下滑，有:(M+m)si n 3 0 F =(M +m)a解得a =0对m：受向上恒力F=mg,此时有：F-m si n 3 0 /=0解得故假设成，故活塞的加速度%=0圆筒下端运动至A 处时，活塞刚好到达B 点，此时速度为%=，2 g/si n 3 0 =y gl经历时间h,由g si n 3 0 户I =-1,2 1得A =接着M、m 一起向下匀速运动，到达P 时速度仍为%=痴匀速运动时间为%总时间为 M 反弹时刻以1）。上升，m 过 A 点以1）。下滑，以后由于摩擦力和

46、重力，m 在 M内仍然做匀速下滑，M以加速度M g si n 3 0 +/_M减速，m 离开M 时间为t3,则有/=%4 +33-权彳解得（2z）%=（2 一扬,3生=P此 时 M 速度为v=%-（及 一 1）%接 着 M以加速度g_2向上减速，有：t4=-=2(7 2-1)Ea g故圆筒沿斜面上升到最高点的时间为4 6.如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中关于x 轴对称放置两平行金属板A、B,A、B 板的左端均在y 轴上，两板间距离d=6.0cm,板长L|=1.8cm,距两板右端Lz=28cm处放置有足够长的垂直x 轴方向的荧光屏，两者之间区域分布着匀强磁场，磁感应强度B=1.()T,方向垂

47、直坐标平面向里。大量比荷为-=5.()xlO4C/kg带负电粒子以速度vo=6.OxlO3m/s从坐标原点O 连续不断的沿x 轴正向射入板间，离开板m间电场后进入磁场，最后打在荧光屏上。在两板间加上如图乙所示的交流电压，不计粒子重力，不考虑场的边缘效应和粒子的相对论效应，求：(l)t=0时刻发射的粒子离开电场时的速度大小及偏转距离；粒子打在荧光屏上的范围；【答案】(1)l.OxlO4m/s；2.8cm；(2)(3.6cm,6.8cm)【解析】【分析】【详解】粒子穿过偏转电场时间，=4=3.0、1 0 大=7%根据牛顿第二定律可得qU-=incid解得u=8 xl 09m/s2f =0时刻，粒子

48、从偏转电场飞出时的竖直分速度v =a -T a T=8.0 x I O3 m/s 3 33 3 2 3飞出时速度v=J n；+=l.O x l O4 m/s偏转距离1y =2解得y=2.8 c m由题意知，所有粒子飞出电场时速度大小和方向均相同，则所有粒子在磁场中运动轨迹都是平行的，所有粒子在磁场中的运动时间均相同。粒子飞出电场的方向与水平方向成。角v 4t a n 8 =上=一%3在磁场中，根据牛顿第二定律可得v2q vB =m R解得R =2 0 c m粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由集合关系可知=R s i n a+R s i n p解得s i n p =粒子在磁场中运动过程中的轴方向的

49、便宜距离均为 y=R c o s a-R c o s =4 c mt=0 时刻的粒子在荧光屏上的纵坐标Y-y+Ay=6.8cmf=2x10 8时刻粒子在电场中偏移y =；(一 4)($)2 +(_ 幻，守 _ g(_ a)*)2 =-0-4 cm，=2 x 1 0-s 时刻的粒子荧光屏上的纵坐标Y=y+Aj=3.6cm即范围坐标为(3.6cm,6.8cm)4 7.如图所示，半径为A=0.8m 的;光滑圆弧轨道，与半径为鸟=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、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

50、一水平线上。质量为m2=0.05 kg的物块静止于B 处,质量为m i=0.15kg的物块从光滑圆弧轨道项部的A 处由静止释放，物块m i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ji=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 m,滑到圆弧轨道底端B 处未与物块m2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=4.5N；(2)A E=0.3J；(3)x=2.5m【解析】【分析】【详解】