北京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】北京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100题含答案有解析1.如图所示，MN板间存在匀强电场，场 强 E=3()0N/C,方向竖直向上电场上A、B 两点相距10cm,AB连线与电场方向夹角。=6 0，A 点和M 板相距2 c m,求：(1)求 AB两点间的电势差大小；(2)若 M 板接地(电势为0),A 点电势必；(3)将 4=的*10-8 c 点电荷从A移 到 B,电场力做的功。【答案】(D 15V(2)-6V (3)6xlO-7J【解析】【详解】(1)由题意可知AB两点间的电势差为：心=ELAB C O S(9 =3 0 0X0.1X 0.5V=15

2、V 因 为 M 板电势为0,所以A 点的电势等于A 点与M 点的电势差，故：%=一 .的=-ELM,、=-3 0 0 X 0.0 2 V=-6V(3)电势力做功为：W=UA=1 5X4X1 0-8J=6X1 0-7J答：(1)AB两点间的电势差为15V；(2)若 M 板接地，A 点电势-6V；(3)将 4=例 10-8 c 点电荷从A移到B,电场力做的功6 x 1 0 j。2.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场。磁感应强度大小B=2.0T,一质量加=5.0 x l(y 8 k g,电荷量q=i.O x i0 fc 的粒子(重力不计)，从点沿纸面以方向与轴负方向

3、夹角。=30。，大小不同的速度射入磁场，已知4,p=3 0 c m,乃“3：(1)若粒子垂直x 轴飞出，求粒子在磁场中飞行时间；若粒子不能进入x 轴上方，求粒子速度大小满足的条件。【答案】(1)6.25X10-2S;(2)v 8m/s【解析】【分析】【详解】(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示，由几何关系可得&=0.6mNPQiQ=150则北野于 2兀舄匕解得飞行时间/=121 7=6.25 Xi。%360甲若带电粒子不从x轴射出，临界轨迹如图乙所示。乙由几何关系得&+8 sin(9=LOP解得R2=0.2m由mv夕 岭K,解得v2-8m/s当丫 4 8m/s时粒子不

4、能进入x 轴上方。3.如图，某种透明材料做成的三棱镜A B C,其截面为等腰直角三角形，已知BC的边长为a,现用一束宽度为a 的单色平行光束，以垂直于BC面的方向正好入射到该三棱镜的AB、AC面上，结果所有从AB、AC面入射的光线进入后全部直接到达BC面。某同学用遮光板挡住A C,发现光从BD 间射出(D 未在BC边标出)，已 知 该 材 料 对 此 平 行 光 束 的 折 射 率 及。求：单色平行光束到达BC边的范围BD 的长度；拿掉遮光板这些直接到达BC面的光线从BC面折射而出后，如果照射到一块平行于BC的屏上形成光斑，则当屏到BC面的距离d 满足什么条件时，此光斑分不成两部分？(结果可以

5、保留根式)可能用到的三角函数公式：sin(a+p)=sinacosp+cosasinp；sin(aP)=sinacosp-cosasinp；cos(a+P)=cosacospsinasinpcos(a-p)=cosacosp+sinasinp)I 答案】竽还手1【解析】【详解】光路如下图所示:由题意可知，遮光板挡住A C,单色平行光束经A B面折射后射到B C 之间的8。这些光线在三棱镜中是平行的，设光线进入A B 面时的入射角为和折射角为，由几何关系可得,a=45，上_ sin a折射率n=-T-sm psin/?=g0 =30BD=|l +tan（45o-y0）BD和+sin（45-30）

6、cos（45-30）BD=a如图。为 8 C 的中点，从 3 c 射出的光线与A&的延长线交于。2,根据对称性光斑分不成两部分，由几何光线有d=tan(p=tan(90 一夕)=-2 2 2 tan 0sin。n=-sin/y=15sin9=&sinl5V6 5/2sin 15=-4d=亚 同 g+l).4.热气球为了便于调节运动状态，需要携带压舱物，某热气球科学考察结束后正以大小为的速度匀速下降，热气球的总质量为M,当热气球离地某一高度时，释放质量为的压舱物，结果热气球到达地面4时的速度恰好为零，整个过程中空气对热气球作用力不变，忽略空气对压舱物的阻力，重力加速度为g,求：(1)释放压舱物时

7、气球离地的高度h;(2)热气球与压舱物到达地面的时间差.3/2v【答案】(1)(2)2g g【解析】【详解】(1)由题意知F浮=Mg释放压舱物后：耳孚例%即热气球向下做匀减运动的加速度大小为：1a=-g3由于热气球到地面时的速度刚好为零，则,v2 3V2n=-2a 2g1 ,设压舱物落地所用时间为4,根据运动学公式有：h=vti+-g 解得：V%=一g设热气球匀减速到地面所用时间为t2,则 =解得：3v,2=一g因此两者到达地面所用时间差为：2v(2 F =g5.如图所示，真空中以0 为圆心，半径r=0.1m的圆形区域内只存在垂直纸面向外的匀强磁场，圆形区域的最下端与xoy坐标系的x轴相切于坐

8、标原点O,圆形区域的右端与平行y轴的虚线MN相切，在虚线MN右侧x轴的上方足够大的范围内有方向水平向左的匀强电场，电场强度E=1.0X1()5N/C.现从坐标原点O沿xoy平面在y轴两侧各30。角的范围内发射速率均为vo=l.OxlO6m/s的带正电粒子，粒子在磁场中的偏转半径也为r=(Um,已知粒子的比荷包=L 0 xl()8c/kg,不计粒子的重力、粒子对电磁场的影响及m粒子间的相互作用力，求:(1)磁场的磁感应强度B 的大小；(2)沿 y 轴正方向射入磁场的粒子，在磁场和电场中运动的总时间；(3)若将匀强电场的方向改为竖直向下，其它条件不变，则粒子达到x 轴的最远位置与最近位置的横坐标之

9、差.【答案】（1）B=O.1 T t =5.1 4 x 1 0-7 5 （3）A r =0.0 7 3 2 m【解析】【详解】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由2qv0B=m-可得:B=0.1T(2)分析可知,带电粒子运动过程如图所示,由粒子在磁场中运动的周期T 2万 厂 人T=-%可知粒子第一次在磁场中运动的时间:T7trA 二 丁 2Vo粒子在电场中的加速度 =m粒子在电场中减速到0的时间：t.=_ a qE由对称性，可知运动的总时间：-八 九 厂 2mvnt 2，+2t +%qE即/=5.14x10-75(g)(3)由题意分析可知，当粒子沿着y 轴两侧30。角射入时，M N 分别从

10、P、Q，射入电场区，做类平抛运动，最终到达由几何关系P 到 X 轴的距离y=1.5 r,(1 1)将会沿着水平方向射出磁场区域，之后垂直虚线x 轴的位置分别为最远位置P 和最近位置Q.3mrqE最远位置P 坐标为Q，到 x 轴的距离y=1.5 r(1 3),2=最近位置Q 坐标为G =所以，坐标之差为A%一=(G-1)%JW(1 5)NqE解得:A x =0.0 7 3 2 m(1 6)6.如图所示，一长为2 0 0 m 的列车沿平直的轨道以8 0 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口 O点时,列车接到停车指令，立即匀减速停车，因 OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已 知 亩=

11、12 0 0 m,OB=2 0 0 0 m,求:(1)列车减速运动的加速度的取值范围;(2)列车减速运动的最长时间.列车777/7777/OBA【答案】(1)0.9 m/s2 a L,链条的A 端滑到O 点时，C 点已在斜面上。设此时的机械能为E 2,则有:E2=mg g sin 0+mv2由机械能守恒定律与=弓，链条的A 端滑到O 点时的速率v,则有：v=3m/s；(2)链条在开始进入水平面阶段，摩擦力是变力；但摩擦力随距离均匀增大，可以用平均摩擦力求摩擦力做功，从链条的A 端滑到O 点到最终链条停下的过程，由动能定理：mg 冬 sin 8-；/amgL-/jmgx=0-；mv2链条在水平面

12、OP停下时，其 C 端离O 点的距离x,解得：x=0.98m【点睛】本题考查动能定理以及机械能守恒定律的应用，要注意正确分析物理过程，明确摩擦力功的计算方法，知道虽然摩擦力是变力，但由于其均匀变化，故可以利用平均值求解摩擦力的功。1 0.如图，一带有活塞的气缸通过底部的水平细管与一个上端封闭的竖直管相连，气缸和竖直管均导热，气缸与竖直管的横截面积之比为3：1,初始时，该装置底部盛有水银；左右两边均封闭有一定质量的理想气体，左边气柱高24cm,右边气柱高22cm；两边液面的高度差为4cm.竖直管内气体压强为76cmHg,现使活塞缓慢向下移动，使气缸和竖直管内的水银面高度相差8cm,活塞与气缸间摩

13、擦不计.求此时竖直管内气体的压强；活塞向下移动的距离.【答案】鸟=88cmHg h=5 c r【解析】试题分析：先以右侧气体为研究对象，找出初末状态的参量，根据根据玻意尔定律求压强；再以左侧气体为研究对象，找出初末状态的参量，根据根据玻意尔定律求气柱的长度，然后根据几何关系求解活塞向下移动的距离。若右侧竖直管的横截面积为S，左侧气缸的横截面积则为3s以右侧气体为研究对象：6 =6=76cmHg,V；=22S若左侧液面下降九，右侧液面升高色4+e=4,4 3 5 =e 5,H=3 c m,匕=（22%）S=19S根据玻意尔定律得：X=p y2解得：鸟=88cmHg以左边气体为研究对象：4=+pg

14、M =80cmHg,M=24x3SP2-P2+pgNT=96cmHg,%=x x 3S根据玻意尔定律得：片篮=P y2解得：x=20cm活塞下降的高度=2 4+4-x =5cm【点睛】本题考查了求压强、水银面的高度变化情况、活塞升高的高度，分析清楚图示情景，知道气体发生等温变化，求出气体的状态参量，应用玻意耳定律即可解题。1 1.人们对电场的认识是不断丰富的，麦克斯韦经典电磁场理论指出，除静止电荷产生的静电场外，变化的磁场还会产生感生电场。静电场和感生电场既有相似之处，又有区别。电子质量为机，电荷量为e。请分析以下问题。如 图 1所示，在金属丝和金属板之间加以电压U,金属丝和金属板之间会产生静

15、电场，金属丝发射出的电子在静电场中加速后，从金属板的小孔穿出。忽略电子刚刚离开金属丝时的速度，求电子穿出金属板时的速度大小v；(2)电子感应加速器是利用感生电场加速电子的装置，其基本原理如图2 所示。上图为侧视图，S、N 为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一环形真空室，下图为真空室的俯视图。电磁铁线圈中电流发生变化时，产生的感生电场可以使电子在真空室中加速运动。a.如果电子做半径不变的变加速圆周运动。已知电子运动轨迹半径为R,电子轨迹所在处的感生电场的场强大小恒为E,方向沿轨迹切线方向。求初速为0 的电子经时间，获得的动能&及此时电子所在位置的磁感应强度大小B;b.在静电场中，由于静电力做的功与电

16、荷运动的路径无关，电荷在静电场中具有电势能，电场中某点的电荷的电势能与它的电荷量的比值，叫做这一点的电势。试分析说明对加速电子的感生电场是否可以引入电势概念。-6 u 6+电子轨迹【答案】(1)v=【解析】【分析】【详解】电子在电场中加速，由动能定理eU-m v2解得(2)a.电子受到一直沿切线方向的电场力而不断加速，由牛顿第二定律eE=ma由匀变速直线运动规律，经过时间3获得速度v=at动能联立以上各式，可得=e2E2t2Ek-2m电子受到一直指向圆心的洛伦兹力而不断改变速度的方向Fr=evB洛伦兹力充当向心力联立可得b.假设电场恒定，电子顺时针转一周，电场力做负功，电势能减少；电子逆时针转

17、一周，电场力做正功,电势能增加。可以看出，同样的起点和终点，电场力的做功不同，说明电场力做功不是与路径无关，进而同一点的电势能不是不变的。因此对加速电子的感生电场，是不能引入电势概念的。1 2.如图所示，让小球从图中的A 位置静止摆下，摆到最低点B 处摆线刚好被拉断，小球在B 处恰好未与地面接触，小球进入粗糙的水平面后向右运动到C 处进入一竖直放置的光滑圆弧轨道。已知摆线长乙=1m,。=60，小球质量m=lkg,B 点 C 点的水平距离s=2 m,小球与水平面间动摩擦因数 =0.2,g 取 lOm/s?。(1)求摆线所能承受的最大拉力为多大；(2)要使小球不脱离圆弧轨道，求圆弧轨道半径R 的取

18、值范围。【答案】(D 2 0 N；(2)R 40.04m 或 R 2().1m【解析】【详解】(1)小球从A 到 B 的过程，由动能定理得:1 、mgLCl-cosd)=mvB-0解得:vR=V10m/s在 B 点，由牛顿第二定律得:T-m g=m -解得:T=20N(2)B 到 C 的过程中摩擦力做功，由动能定理可得:LmVc2_LmVB.m s可得:vc=V2m/s小球进入圆轨道后，设小球能到达圆轨道最高点的速度为v,要不脱离轨道应满足:,V*mg m R考虑小球从c 点运动到圆轨道最高点的过程，由动能定理得：-mg-2K=mv-mvc联立以上解得：R0.1m；所以要使小球不脱离圆弧轨道，

19、圆弧轨道半径R 的取值范围是R0.1m1 3.如图(a),水平地面上固定一倾角为37。的斜面，一宽为l=0.43m 的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行。在斜面上由静止释放一正方形金属线框a b ed,线框沿斜面下滑时，ab、cd边始终与磁场边界保持平行。以地面为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能 E 与位移s 之间的关系如图(b)所示，图中、均为直线段。已知线框的质量为m=0.1k g,电阻为R=0.06C。(sin37=0.6,cos37=0.8,重力加速度 g 取 lOm/s?)求：(1)线框与斜面间的动摩擦因数H；(2)ab边刚进入磁场时，

20、线框的速度v1:(3)线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t；(4)线框穿越磁场的过程中，线框中产生的最大电功率Pm；(a)(b)【答案】(l)p=0.5(2)1.2m/s(3)0.125s(4)0.43W【解析】【详解】根据线段，减少的机械能等于克服摩擦力做的功：然=jLimgsi cos 37=(0.9000.756)J=0.144J其中 Si=0.36m解得：卜=0.5(2)未进入磁场时，根据牛顿第二定律：ma=mg sin 37/jmg cos 37线框的加速度a=g sin 37 g cos 370=2 m/s2速度：v,=J2asi 1.2 m/s(3)线框进入磁场的过程中，

21、减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，由图线可知，此时机械能线性减小，说明安培力也为恒力，线框做匀速运动。设 L 为线框的边长，贝!|：转=%+卬 克安=(号 +G)L=(0.756-0.666)J=0.09JFf+F=mg sin 37联立解得L=0.15m线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间:(4)在线框匀速进入磁场时，安培力F安=mg sin 37jumg cos 37=0.2N又因为：F=BIL=女R可求出B2I?=0.01线框完全进入磁场后始终做匀加速直线运动，当 ab边要离开磁场时，开始做减速运动，此时线框速度最大，受到的安培力最大，线框内的电功率最大由$4=2a(lL

22、)可求得V2=1.6m/s所以线框内的最大电功率JBn=L28W w 0 4 3 wm R 31 4.如图，在 xOy平面直角坐标系中，第一象限有一垂直于xOy平面向里的匀强磁场，第二象限有一平行于x 轴向右的匀强电场。一重力可忽略不计的带电粒子，质量为m,带电荷量为q,该粒子从横轴上 x=-d 处以大小为vo的速度平行于y 轴正方向射入匀强电场，从纵轴上y=2d处射出匀强电场。求电场强度的大小；已知磁感应强度大小8 =竺)，求带电粒子从x 轴射出磁场时的坐标。qd【解析】【分析】【详解】(1)在第一象限内，y 方向匀速直线运动，x 方向匀加速运动，则2d=v0t,1 2d=at2根据牛顿第二

23、定律有qE=ma解得尸 说E一 而粒子出电场时vx=at=vo产 我+片=仿。令 V与 y 轴正方向的夹角为a匕1tan6Z=1%a=45带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动v2qvB=mr=V2d如图根据几何知识可知带电粒子射出磁场时x=2d所以带电粒子从X轴射出磁场时的坐标为(2d,0).15.实验室内有一容积为吃的储气罐，里面充有压强为6Po的空气(可视为理想气体)，现用该储气罐给原来气体压强为为的篮球充气，使篮球内气体的压强达到1.5p。已知每个篮球的体积为:。不考虑温度变化及篮球体积的变化。(1)求给两个篮球充气后，储气罐中气体的压强大小？(2)该储气罐最多能给几个这种篮球充足气？【答

24、案】5.75 o；(2)36【解析】【分析】【详解】(1)设给两个篮球充气后储气罐中气体的压强大小为由于温度不变，则根据理想气体状态方程有6po%+2/v；K=2 x l.5/v；%+P%解得p=5.75po(2)设该储气罐最多能给“个这种篮球充足气，温度不变根据理想气体状态方程有6p(M)+秋 L5%；%+1，。%解得n=3616.如图所示，I、m 区域(足够大)存在着垂直纸面向外的匀强磁场，虚线MN、PQ分别为磁场区域边界，在 H区域内存在着垂直纸面向里的半径为R 的圆形匀强磁场区域，磁场边界恰好与边界MN、PQ相切，S、T 为切点，A、C 为虚线M N上的两点，且 AS=CS=QR,有一

25、带正电的粒子以速度v 沿与边界成30。角的方向从C 点垂直磁场进入I 区域，随后从A 点进入H区域，一段时间后粒子能回到出发点，并最终做周期性运动，已知n 区域内磁场的磁感应强度B2为 I 区域内磁场的磁感应强度BI的 6 倍，HI区域 与I区域磁场的磁感应强度相等，不计粒子的重力。求:粒子第一次进入II区域后在n区域中转过的圆心角；粒子从开始运动到第一次回到出发点所经历的总时间。【解析】【详解】(1)粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系得/(3 =60,半径R=L =23Rcos 60粒子转过的圆心角为a=300粒子从A点进入II区域，先做匀速直线运动，且速度延长线刚好过II区域圆形磁场的圆心

26、。，接着在磁场中做圆周运动，离开时速度方向的反向延长线仍然过圆心。设轨迹半径为用,由牛顿运动定律知V2qvB2=mR2得一 殂故R2 _R坊即R-A-3连接Q O,得 Rtan ZOOA=2R得ZO2OA=30故此粒子第一次进入II区域后在II区域转过的圆心角为02=(90-NQQA)X2=120。(2)粒子进入HI区域时，速度方向仍与边界PQ成30。角，故此粒子的轨迹图左右对称，上下对称，粒子在一个周期内，在I、m区域总共要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为q=300所用总时间为C 2兀R e.20上 兀Rr,=2 x=V 360 3v在n区域要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角

27、均为2=120,所用时间为c 2兀R,a 4超 兀R=2 x 2.x )=-v 360 9v在II区域要经过4次匀速直线运动过程，每次运动的距离为所用总时间4 d,34Rv v故此粒子在一个周期内所经历的总时间为T=，i+L+464 岳 R 4R-1-9v v1 7.如图所示为xOy平面直角坐标系，在x=a处有一平行于y轴的直线M N,在x=4a处放置一平行于y轴的荧光屏，荧光屏与x轴交点为Q,在第一象限内直线MN与荧光屏之间存在沿y轴负方向的匀强电场。原点O 处放置一带电粒子发射装置，它可以连续不断地发射同种初速度大小为V。的带正电粒子，调节坐标原点处的带电粒子发射装置，使其在xOy平面内沿

28、不同方向将带电粒子射入第一象限(速度与x 轴正T T方向间的夹角为吐旺万)。若在第一象限内直线M N 的左侧加一垂直xOy平面向外的匀强磁场，这些带电粒子穿过该磁场后都能垂直进入电场。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B,带电粒子的比荷包=?,m Ba电场强度大小E=BV。，不计带电粒子重力，求：粒子从发射到到达荧光屏的最长时间。(2)符合条件的磁场区域的最小面积。(3)粒子打到荧光屏上距Q 点的最远距离。,(乃+6)a 7i,9【答案】(1);(2)(-1 )a:(3)ao2%2 8【解析】【详解】(1)由题意知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度沿y 轴正方向的粒子在磁场中运动的时间最长，此时粒

29、子轨 迹 为 厚 由 圆 周 运 动 知解得-2兀mT=-qB则此时最长时间为90 _ 兀at.=-T=360 2v0粒子进入电场到到达荧光屏，在 X轴方向做匀速直线运动，运动时间为x 4a-a%2二一=-%3a%故粒子从发射到到达荧光屏的最长时间t=t1+r2=(乃+6)a2%带电粒子在磁场内做匀速圆周运动，有24%8=等K解得R=a由于带电粒子的入射方向不同，若磁场充满纸面，它们所对应的运动轨迹如图所示.为使这些带电粒子经磁场偏转后都能垂直直线MN进入电场，由图可知，它们必须从经O点做圆周运动的各圆的最高点飞离磁场.设磁场边界上P点的坐标为(x,y),则应满足方程x=Rsm0y=7?(l

30、cos 8)所以磁场边界的方程为/+(y-R)2 =R2TT0以。=5的角度射入磁场区域的粒子的运动轨迹/+(y-R)2=R2即为所求磁场另一侧的边界，因此，符合题目要求的最小磁场的范围应是圆/+()，-7?)2=霜与圆 一尺了+9二代的交集部分(图中阴影部分)，由几何关系，可以求得符合条件的磁场的最小面积为5mmi nm=(f2-l)L2(3)带电粒子在电场中做类平抛运动，分析可知所有粒子在荧光屏左侧穿出电场，设粒子在电场中的运动时间为t,竖直方向的位移为y,水平方向的位移为1,则2=卬L吗2y2 m联立解得设粒子最终打在荧光屏的最远点距Q 点为h,粒子射出电场时速度与x 轴的夹角为a,则有

31、qE Ivv-a t-m%则当3a-yl 40y=4ay9 9时，即 y=77。时，h 有最大值m ax=2。16 81 8.如图所示，AB是半径R=0.80m的;光滑圆弧轨道，半径OB竖直，光滑水平地面上紧靠B 点静置一长为1.5m的小车，其上表面与B 点等高。现将一质量m=1.0kg的小滑块从A 点由静止释放，经 B 点滑上小车，小滑块恰好未滑离小车。已知滑块与小车之间的动摩擦因数=0.40。重力加速度g 取 lOm/s?。求：(1)滑块刚滑至B 点时，圆弧对滑块的支持力大小；(2)小车的质量。【答案】(l)30N；(2)3kg【解析】【分析】【详解】滑块由A 至 8 过程机械能守恒1 2

32、mgR=mv解得y=，2gR=4m/s在 8 点由牛顿第二定律可得N-mg=m K解得国=30N(2)滑块与小车相互作用过程由动量守恒mv=(m+M)v在此过程中能量守恒fimgL=q mv2-(m+Af)v,2联立解得M=3kg1 9.如图，一端封闭的薄玻璃管开口向下，截面积S=lcm 2,重量不计，内部充满空气，现用竖直向下的力将玻璃管缓慢地压人水中，当玻璃管长度的一半进人水中时，管外、内水面的高度差为 h=20cm。已知水的密度p=1.0 xl()3kg/m3,大气压强po相当于高1020cm的水柱产生的压强，取 g=10m/s2,求：(不考虑温度变化)玻璃管的长度1():(ii)继续缓

33、慢向下压玻璃管使其浸没在水中，当压力F2=0.32N时，玻璃管底面到水面的距离h。【答案】(i)/0=41.6cm；(ii)274cm【解析】【分析】【详解】设玻璃管长度一半压入水后管内气体的压强为四，气体程度为4,则Pi=o+M,+M由玻意耳定律=讯 S得lQ=41.6cm(ii)设管内气柱的长度为，2,压强为小，则F?=pgl2S解得4=32cm其中p2 p0+l2+h由玻意定律PoB=P212s得h=274cm2 0.半径R=0.50m 的光滑圆环固定在竖直平面内，轻质弹簧的一端固定在环的最高点A 处，另一端系一个质量m=0.2()kg的小球，小球套在圆环上，已知弹簧的原长为Lo=O.5

34、O m,劲度系数k=4.8 N/m,将小球从如图所示的位置由静止开始释放，小球将沿圆环滑动并通过最低点C,在 C 点时弹簧的弹性势能ERC=0.6 J,g 取 10 m/s).求:小球经过C 点时的速度vc的大小；(2)小球经过C 点时对环的作用力的大小和方向.【答案】(l)3m/s.(2)3.2 N,方向向上.【解析】试题分析：(1)设小球经过C 点的速度为V”小球从B 到 C,据机械能守恒定律得1 ,mg(R+Rcos60)=Epc+y mv,(3 分)代入数据求出*=3 m/s.(2 分)(2)小球经过C 点时受到三个力作用，即重力G、弹簧弹力F、环的作用力FN.设环对小球的作用力方向向

35、上，根据牛顿第二定律F+FN m g=m%，(2 分)R由于 F=kx=2.4N,(2 分)FN=m +m gF,R解 得 FN=3.2 N,方 向 向 上.（1分）根据牛顿第三定律得出小球对环的作用力大小为3.2 N.方 向 竖 直 向 下.（1分）考点：考查匀速圆周运动点评：难度中等，本题的关键在于找到提供向心力的合力，在C点由竖直方向的合力提供向心力2 1.如图所示，水平面上有A、B两个小物块（均视为质点），质量均为根，两者之间有一被压缩的轻质弹 簧（未与A、B连接）。距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物 块B的左边静置着一个三面均光滑的

36、斜面体（底部与水平面平滑连接）。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D（物块A过D点后立即撤去），B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L（L小于斜面体的高度）。已知A与右侧水平面的动摩擦因数=。5,B左侧水平面光滑，重力加速度为g,求：物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；斜面体的质量；（3）物 块B与斜面体相互作用的过程中，物 块B对斜面体做的功。【答案】（l）6mg.（2）M=；（3）W=义 詈【解析】【详解】（1）在D点，有吟mg=从C到D,由动能定理，有1 2 1 2-mg x2L=mvD-mv在C点，有F-mg=m解得F-

37、6mg由牛顿第三定律可知，物 块 A 通过C 点时对半圆形轨道的压力F，=F=6mg(2)弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有m vA=mvB对物块A,从弹簧释放后运动到C 点的过程，有-/jmgL=g mv1 一 g mvB 滑上斜面体最高点时，对 B 和斜面体，由动量守恒定律，有mvQ=(m+M)v由机械能守恒定律，有g mv=g (m +M)/+mgL解得 物 块 B 从滑上斜面到与斜面分离过程中，由动量守恒定律mvR=mVg+mv由机械能守恒，有1 t 1 ，、1*.,2mvR mvR+Mv2 2 2解得由功能关系知，物 块 B 与斜面体相互作用的过程中，物 块 B 对斜面体做的功W-M

38、v22解得卬=驷32 2.如图所示，质量为m=lk g 的物块放在倾角为。=37。的斜面底端A 点，在沿斜面向上、大小为20N的恒力为的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，运动到B 点时撤去拉力F”当物块运动到C 点时速度恰为零，物块向上加速的时间与减速的时间均为2 so 物块运动到C 点后，再对物块施加一平行于斜面的拉力F 2,使物块从C 点运动到A 点的时间与从A 点运动到C 点的时间相等。已知斜面足够长，重力加速度 g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数;(2)拉力F2的大小和方向。【答案】(1加=0.5(2)F2=3N,方向平行斜面向

39、下【解析】【详解】设物块向上做加速运动的加速度大小为a”根据牛顿第二定律有：Frmgsin 0-gmgcos 0=mai撤去拉力艮后，物块做匀减速运动，设运动的加速度大小为a?根据牛顿第二定律有：iimgcos 6+mgsin 9=ma2由于加速的时间与减速的时间相等，即:a|t=a2t联立解得：四=0.5(2)物块向上运动时，ai=a2=10m/s2,物块从A 到 C 运动的距离：1 2X=2x t解得：hi=6m减速阶段:v,=a2t2解得：t2=6s,1 2h2=-a2t2解得：h2=1 8m匀速阶段：“修匚&=6s%最短时间：r=4+6+g=1 4s2 7.如图所示，半径为R的半圆形玻

40、璃砖固定放置，平面A B水平，。为半圆的对称轴，光 屏M N紧靠A点竖直放置，一束单色光沿半径方向照射到。点，当入射角较小时，光屏上有两个亮点，逐渐增大入射角i,当i增大到某一角度时，光屏上恰好只有一个亮点C,C、A间的距离也为R,求：玻璃砖对单色光的折射率；当入射角i=30。时，光屏上两个亮点间的距离为多少。【答案】0（百+1）7?【解析】【详解】由几何关系可知，C O连线与0 9夹角为4 5 ,因此光发生全反射的临界角C=45。则玻璃的折射率n =s/2sinC当入射角i=30。时光路如图所示，设光屏上的两个光点分别为D点和E点，由几何关系可知，N A O D=6 0。则A=Rtan60=

41、G R设光在A B 面折射光线的折射角为r,则sinrn=-sini解得r=45根据几何关系可知，AE=R因此在光屏上的两个亮点间的距离DE=(6+I)R28.如下图，一横截面积为S 的绝热气缸固定在绝热水平面上，一绝热活塞封闭气缸内一定质量的理想气体，在气缸右侧有一暖气管，气缸与暖气管相接处密闭性良好，气缸左侧的活塞用一跨过定滑轮的轻绳与一质量为M的祛码相连。当活塞稳定后，测得活塞到气缸右侧壁之间的距离L,温度传感器测得此时气缸内气体的温度为Ti。现让高温暖气从暖气管的上端流进、再从暖气管的下端流出，经过一段时间后发现活塞缓慢向左移动了一小段距离后便静止不动了。这个过程中气缸内的气体吸收热量

42、Q B，温度传感器的读数为丁2。设重力加速度为g,大气压强为Po,忽略所有摩擦，回答问题。试分析密闭气体体积的变化，并求出此变化量A V；(ii)求此过程中气缸内气体内能的变化量AUo温度传感器【答案】（i）A V=S L；（）-（PnS-MgL4 A【解析】【分析】【详解】由于气缸内的气体温度升高，故活塞将向左移动，设气缸再次稳定后向左移动的距离为AL。由题目中的条件可知，容器内的气体是在做等压变化。由理想气体状态方程可得LS _(LS+S AL)不=T2解得工故变化的体积为久(ii)以气缸活塞为研究对象，设气缸里面的大气压对气缸的压力为F 根据力的平衡可得F=P.S-Mg暖流给气缸中的气体

43、加热，当气体温度为T2时，气体膨胀对外做的功为：W=-F L=-(S-M g)L=-(S-M g)-，2，L由热力学第一定律可知，容器中的气体内能的增加量为2 9.如图所示，光滑斜面倾角。=30。，一个质量m=3kg的物块在大小为F 的恒力作用下，在 t=0时刻从斜面底端由静止开始上滑。在 h=3s时撤去力F,物块在t2=6s时恰好回到斜面的底端。已知重力加速度g=l()m/s2o 求：(1)恒力的大小F；(2)物块沿斜面上升的最大距离。【答案】(l)20N；(2)10m【解析】【详解】设物块前3 s的加速度大小为q ,根据牛顿第二定律有F mg?AX0 may物块3s末的速度匕物块前3 s

44、内通过的位移1 2芯=5。府设物块后3 s的加速度大小为4,根据牛顿第二定律有mg sin 0=ma2物块后3 s内通过的位移据题意可知花=一/联立解得F=20N物块3s末的速度v,=砧=5m/s设再经过加时间物块上升到最大高度，根据运动学公式有Ar=1sa2物块沿斜面上升的最大距离s=今(4+，)=10m3 0.如图，一粗细均匀的U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上侧与大气相通，下端开口处开关K 关闭，A 侧空气柱的长度为l=l().()cm,B 侧水银面比A 侧的高h=3.()cm,现将开关K 打开，从 U 形管中放出部分水银，当两侧的高度差为%=10.0cm时，将开关K 关闭，已知

45、大气压强po=75.OcmHg.A B1型:-廿K(1)求放出部分水银后A 侧空气柱的长度;(2)此后再向B 侧注入水银，使 A、B 两侧的水银达到同一高度，求注入水银在管内的长度.【答案】(1)12.0cm；(2)13.2cm【解析】【分析】【详解】(1)以cmHg为压强单位.设A 侧空气柱长度l=10.0cm时压强为p,当两侧的水银面的高度差为hl=10.0cm时，空气柱的长度为h,压强为p i,由玻意耳定律，有：pl=Pih 由力学平衡条件，有：p=po+h 打开开关放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为p。，而 A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A 两侧水银面的

46、高度差也随着减小，直至B 侧水银面低于A 侧水银面也为止，由力学平衡条件，有：pi=po-hi联立，并代入题目数据，有：li=12cm(2)当 A、B 两侧的水银面达到同一高度时，设 A 侧空气柱的长度为12,压强为P 2,由玻意耳定律，有:pl=P2b 由力学平衡条件有：P2=P0联立式，并代入题目数据，有：b=10.4cm 设注入水银在管内的长度为A h,依题意，有：A h=2(li-I2)+%联立式，并代入题目数据，有：h=13.2cm3 1.如图所示，一根两端开口、粗细均匀且导热性良好的足够长的玻璃管竖直插入足够大的水银槽中并固定，管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭一段长L=85

47、cm的气体，气体的热力学温度Ti=300K,现在活塞上缓慢加入细沙，直到活塞下降20cm为止，外界大气压强P0=75cmHg,g=10m/s2o(i)求活塞下降20cm时，封闭气体的压强；(i i)保持加入的细沙的质量不变，对封闭气体缓慢加热，求活塞回到原来位置时，封闭气体的热力学温度。【答案】(i)8 5 cm H g；(i i)3 8 0 K o【解析】【详解】(i)设活塞下降2 0 cm时，管内外水银面高度差为x,高为x的水银产生的压强为小，则有气体做等温变化：=(“0 +r)(L -2 0 cm +x)解得：x=1 0 cm2=()+%=8 5 cm H g(i i)气体做等压变化，有

48、匕/其中V2-(8 5 cm -2 0 cm+1 O cm)5匕=(8 5 cm +1 0 cm)S与=(=3 0 0 K解得：T3=380KO3 2.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 V 2。【解析】【详解】设光线在一表面的入射角为i,折射角为01，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02C 则得：sin62 sinC=n由 sini=nsin9i 得：.八 sin i三sin 0=-n由得：sin 02-cos 9、=J l s

49、 (由得：解得:w Vsin2Z +l因 i 最大值为90。，则得:n 0.5 s)金属杆下滑速度为0.2 m/s ,此时的加速度多大？(3)金属杆何时开始运动？【答案】(1)当金属杆匀速运动时电阻R上的电功率为0.0 4 W；(2)某时刻。().5 s)金属杆下滑速度为O.2 m/S ,此时的加速度为0.5 m/s 2;(3)金属杆在0.5 s 后感应电流消失的瞬间才开始下滑。【解析】【分析】根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由欧姆定律求电阻R中的电流,根据电功率计算公式求解电功率;导体棒最终以v=0.4m/s的速度匀速运动，根据受力平衡求出摩擦力，/0.5s的某个时刻金属杆下滑速度为0.

50、2m/s,由牛顿第二定律求出加速度；求解安培力的大小，分析金属杆的受力情况确定运动情况。【详解】(1)匀速时磁感应强度应无变化，B=T,根据闭合电路的欧姆定律可得：根据电功率计算公式可得：P=FR =O.22 xlW =0.04W;(2)匀速时根据共点力的平衡可得:mgsin30=FA+f ,而安培力为：.B2L2V 12X0.52X0.4XI 八F.=-=-N=0.1N*R 1所以解得摩擦力为：/=0.4 N,当速度y为0.2m/s时，安培力为:F12X0.52X0.2AN=0.05NB21?yR根据牛顿第二定律可得:,wgsin30 FAf -m a,解得：a=0.5m/s2;(3)由图b