河北省邢台市新高考物理经典100解答题含解析.pdf

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1、word版可编辑】河北省邢台市新高考物理经典100解答题精选高考物理解答题1 0 0题含答案有解析1.某工地一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，A8为一段足够大的L圆弧固定轨道，圆弧半径4R =5.4 m,8c为水平轨道，CD为一段，圆弧固定轨道，圆弧半径厂=l m,三段轨道均光滑.一长为4L =4m、质量为加2=1 k g的平板小车最初停在8C轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CO轨道最低点处于同一水平面.一可视为质点、质量为，叫=2 k g的工件从距A3轨道最低点h高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与C。轨道左端碰撞（碰撞时间极短）后即被粘在。处.工件

2、只有从8轨道最高点飞出，才能被站在台面上的工人接住.工件与小车间的动摩擦因数为 =0.5,重力加速度g取l O m/s z.当工件从/z =0.5 R高处静止下滑，求：（1）工件到达圆弧轨道最低点8时对轨道的压力大小；（2）工件滑上小车后，小车恰好到达C处时与工件共速，求6、C之间的距离；（3）若平板小车长L=3.4 m,工件在小车与CO轨道碰撞前已经共速，则工件应该从多高处下滑才能让台面上的工人接住？【答案】（1）4 0 N,（2）5.2 m,（3）3.4 7 m.【解析】试题分析：1）根据机械能守恒定律求解下滑到底端的速度，根据牛顿第二定律求解压力；（2）由动量守恒定律求解共速的速度，由动

3、能定理求解位移；（3）由动量守恒定律、能量守恒定律、机械能守恒定律列方程联立求解.（1）工件下滑到B处，速度为,此过程机械能守恒：-m.v m.g h在 B 处：NB-mig=W 7 联立以上两式求得N p =2,g 1 +费 =4 0 N由牛顿第三定律得：工件对轨道最低点B的压力NB=NB=4 0 N（2）工件与小车共速为匕，由动量守恒定律得：肛%=（班+加2）匕小车移动位移S 1,由动能定理得：班g S =g -0田 町如诏 m R联立求得：S =-L -且，一=-7 =L 2 7 2（州 +3）8 2（町+1 2）则 sBC=L+S =5.2 z(3)设 工 件 滑 至B点 时 速 度

4、为W，与小车共速为匕，工 件 到 达C点时速度为巴由动量守恒定律得：仍 环=(R+i2)q由能量守恒定律得：叫8=(叫42 2一：仍因2工 件 恰 好 滑 到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得：；叫以2=叫8工 件 从 高 为h，处下 滑，则:叫 才=叫g/联 立，代入数据解得：=3.47加2.如图所示，在 直 角 坐 标 系xoy中，第I象 限 存 在 沿y轴正方向、电场 强 度 为E的匀强电场，第IV象限存在一个方向垂直于纸面、磁 感 应 强 度 为B的圆形匀强磁场区域。一 质 量 为m,带电荷量为-q的粒子，以 某 一 速 度 从A点 垂 直 于y轴 射 入 第I象 限，A点 坐 标 为

5、(0,h),粒子飞出电场区域后，沿 与x轴正方向 夹 角 为60的B处进入第W象 限，经圆形磁场后，垂 直 射 向y轴C处。不计粒子重力，求：(1)从A点 射 入 的 速 度%;(2)圆形磁场区域的最小面积；证明粒子在最小圆形磁场中运动时间最长，并求出最长时间。【解 析】【分 析】【详 解】粒 子在电场中做类平抛运动，其加速度大小为a-L-Lm m竖直方向有22 mhj =-1 a r2 =1 -qE-r22故V qE在B处有tan 60=6匕%因此，A 点射入的速度_ at _ 2qEh(2)在 B 处，根据cos 60=可得粒子进入磁场的速度为2qEh粒子在磁场中，由洛伦磁力提供向心力，即

6、故：粒子在磁场运动的轨道半径为二 mv 2 12mhER=一 qB B由于粒子从B 点射入，经磁场偏转后垂直射向C 处，根据左手定则可知，圆形磁场的磁场是垂直于纸面向里。如图所示，延 长 B 处速度方向与反向延长C 处速度方向相交于D 点，作 N B O C 的角平分线，在角平分线上找出点O,使它到B D、C D 的距离为ON=OM=R则以M N 为直径的圆的磁场区域面积最小，设圆形磁场区域的半径为r,由几何关系可得r=7?cos 30=/?圆形磁场区域的最小面积(3)粒子在圆形磁场中运动的轨迹圆与圆形磁场关系如图所示,由第问作图过程可知，M N是圆形磁场的直径，也是粒子的射入点与射出点的连线

7、，其所对应的弧长最长，故粒子在磁场中运动的时间最长。由几何知识可知，圆心角a =120。又因粒子在磁场中运动的周期_ 27rm1=-qB故粒子在磁场中运动的时间最长a.2兀 mt=L =-m 3qB3.我们可以借鉴研究静电场的方法来研究地球周围空间的引力场，如用“引力场强度”、“引力势”的概念描述引力场。已知地球质量为M,半径为R,万有引力常量为G,将地球视为均质球体，且忽略自转。（1）类比电场强度的定义方法，写出地球引力场的“引力场强度E”的定义式，并结合万有引力定律，推导距M离地心为r（rR）处的引力场强度的表达式与尸G）；区-E,I（2）设地面处和距离地面高为h 处的引力场强度分别为E引

8、和,如果它们满足U0.02,则该空与间就可以近似为匀强场，也就是我们常说的重力场。请估算地球重力场可视为匀强场的高度h（取地球半径 R=6400km）；M某同学查阅资料知道:地球引力场的“引力势”的表达式为=-G：（以无穷远处引力势为0）。请你设定物理情景，简要叙述推导该表达式的主要步骤。【答案】（1）引力场强度定义式E引=,推导见解析；（2）h=64976m；（3）推导见解析.m【解析】【分析】【详解】引力场强度定义式纥小 mM in联立得rMEG京(2)根据题意MFMRGG-生闻=0 02玛Rh=r-R =-j=-R7(198解得h=64976mE定义式引力势仰尸，式中纥为某位置的引力势能

9、把某物体从无穷远移动到某点引力做的功明尸。-0=-%即E产%则当质量为m 的物体自无穷远处移动到距离地球r 处时，引力做功为通过计算得Mm%=G 0r所以rMmEp=-G：6 M夕引=-G 4.如图所示，竖直平面内有一四分之一光滑圆弧轨道固定在水平桌面AB上，轨道半径R=1.8m,末端与桌面相切于A 点，倾角0=37。的斜面BC紧靠桌面边缘固定，从圆弧轨道最高点由静止释放一个质量m=1kg的可视为质点的滑块a,当 a 运动到B 点时，与 a 质量相同的另一可视为质点的滑块b 从斜面底端C点以初速度vo=5m/s沿斜面向上运动,b运动到斜面上的P 点时,a 恰好平抛至该点，已知AB的长度x=4m

10、,a 与 A B间的动摩擦因数阳=0.25,b 与 B C 间的动摩擦因数2=0.5,取 g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=().8,求滑块a 到达B 点时的速度大小;斜面上P、C 间的距离。【答案】(l)4m/sj(2)1.24m(【解析】【分析】【详解】(1)滑块a 从光滑圆弧轨道滑下到达B 点的过程中，根据动能定理有:1 2mgR-从 mgx mv代入数据解得v=4m/s(2)滑块a 到达B 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律有：1 2 yx=vt,y=gt,tanO=2 x代入数据解得t=0.6s滑 块 b 从斜面底端上滑时，根据牛顿第二定律有：mgsinO+口 2mg

11、eosO=mai代入数据解得ai=10m/s2向上运动的时间ti=0-5s o.6s然后接着下滑，根据牛顿第二定律有:mgsinO-ji2mgeos0=ma2代入数据得a2=2m/s2可 得 P、C 间的距离kg、；%”2代入数据解得x=1.24m5.如图所示，滑块和滑板静止在足够大的水平面上，滑块位于滑板的最右端，滑板质量为M=0.6kg,长为 Li=0.6m,滑块质量为m=0.2kg,质量也为m=0.2kg的小球用细绳悬挂在O 点，绳 长 L2=0.8m,静止时小球和滑板左端恰好接触。现把小球向左拉到与悬点等高处无初速释放，小球到达最低点时与木板发生弹性碰撞。空气阻力忽略不计，已知滑块与滑

12、板之间的动摩擦因数为4=0 1，滑板与水平面之间的动摩擦因数2=0 2,滑块和小球均可看成质点，重力加速度g 取 10m/s2。求：(1)小球刚摆到最低点时与木板发生碰撞前绳的拉力大小；(2)滑块能否从滑板上掉下?试通过计算说明理由；(3)滑块和滑板之间由于相对滑动所产生的热量。4【答案】(1)6N；(2)没有掉下来，理由见解析；(3)J35【解析】【详解】(1)小球下摆过程中，由动能定理:小球摆到最低点时，则有:T-mg=mJ解得T=6N(2)对小球和滑板碰撞前后，小球和滑板系统动量守恒，则有:mv0=mv+Mvx根据能量守恒，则有:=-mv2+Mv22 0 2 2解得：p=2m/s,V)=

13、2 m/s碰后滑块向右加速，滑板向右减速对滑块，根据牛顿第二定律有：4m g=m%解得：4 =1 m/s2对滑板，根据牛顿第二定律有：/找 g+2(m+M)g=M4解得：%=3 m/s2假设没有掉下来，经过时间t 共速度，则有：卬=v,-a2t得/=0.5 s根据：v 共=卬解得：v 共-8 5 m/s滑块位移为：1，玉=6广解得：=0.1 2 5 m滑板位移为：1 2X2=Vl-a2r解得：Z=0.6 2 5 m相对位移AX =x2-x,=0.5m 从，共速后滑块和滑板之间会继续相对运动，此时滑块相对于滑板向右运动,对滑块，根据牛顿第二定律有：从 m g =m ay解得：/=1 n i/s2

14、对滑板，根据牛顿第二定律有：也(加+M)g-KMg =M a4,7解得：a4=m/s2滑块位移为：2 a3解 得：X3=滑板位移为：嗑43解 得：x4=m5 6相对位移AX2=x3-x4=-m 0)的粒子从x 轴上的A 点以某一初速度射入电场，一段时间后，该粒子运动到y 轴上的P(0,白)点，以速度vo垂直于y 轴方向进入磁场。不计粒子的重力。2(1)求 A 点的坐标；(2)若粒子能从磁场右边界离开，求磁感应强度的取值范围；(3)若粒子能从。(3L,0)点离开，求磁感应强度的可能取值。【答案】(1)(-%匡，0);(2)O B(2t)m Vo.(3)B 可 能 的 取 值 为 潸，普，嘴手 q

15、 E qL 37 qL 5qL 61qL【解析】【分析】【详解】(1)粒子由A 点到P 点的运动可看成由P 点到A 点做类平抛运动，设运动时间为t,加速度大小为a,有XA=Vot qE=ma-a t22 2由得A 点的坐标为。传，。)(2)只要粒子不会从左边界离开，粒子就能到达右边界，设 B 的最大值为B m,最小轨迹半径为R o,轨迹如答图a,图示的夹角为仇则y产IL根据几何关系有2R（）cos0=RoRosinO+Ro=2在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有如 同=4由得B=（2+我叫qL即磁感应强度的取值范围为0 B W（2撞）“密 qL（3）设粒子到达O,点的过程中，经过x 轴 n 次，

16、一次到达x 轴的位置与坐标原点O 的距离为X”，如答图 b,若粒子在第一次到达X轴的轨迹圆心角大于9 0 ,即当X”H73即 X 可能的取值为3L,L,-L 又轨迹半径Rn满足R；=x；+（R-勺 2 在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有B 可能取值为4mv037 qL4/72%5qL1 O O mvo61qL1 1.如图所示，半径为R 的半圆形玻璃砖固定放置，平面A B 水平，0。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O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

17、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】夜 （百+1）R【解析】【详解】由几何关系可知，C O连线与09夹角为45。，因此光发生全反射的临界角C=45则玻璃的折射率n=1sinC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，NAOD=60。则A=Rtan60=A设光在AB面折射光线的折射角为r,则sin rn=-sinz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D E =(6 +1)R1 2.在地面上方足够高的地方，存在一个高度d=0.5m 的“相互作用区域”(下图中画有虚线的部分).

18、一个小圆环A 套在一根均匀直杆B 上，A 和 B 的质量均为m,若它们之间发生相对滑动时，会产生Ff=0.5mg的摩擦力。开始时A 处于B 的最下端，B 竖直放置，A 距“相互作用区域”的高度h=0.8 m,让 A 和 B-起从静止开始下落，只要A 处于“相互作用区域”就会受到竖直向上、大 小 F=3m g的恒力作用，而“相互作用区域”对处于其中的杆B 不产生作用力。杆 B 在下落过程中始终保持竖直，且杆的长度能够保证圆环A 与杆不会分离。不计空气阻力，取 g=10m/s2.求：(1)杆 B 的最下端刚进人“相互作用区域”时的速度大小；(2)圆环A 通过“相互作用区域”所用的时间；(3)为保证

19、圆环A 在空中运动过程中始终与杆不会分离，杆的最小长度。B相互.作 用二 二 二 二：K域.【答案 1 (l)4.0m/s(2)0.2s(3)1.2m【解析】【详解】设 A 和 B 共同静止下落至“相互作用区域”的速度为v i,则讨=2 g h,代入数据得vi=4.0m/s(2)A在“相互作用区域”运动时，A 受到重力mg、滑动摩擦力Ff和竖上向上的恒力F 作用，设加速度大小为 a ,运动时间为t,根据牛顿第二定律有m g+Ff-F=maA代入数据得aA=-15m/s2由位移公式有1=卬+(见/，代入数据解得t=0.2s,t，=0.33s(不符题意，舍去)(3)设 B 在“相互作用区域”运动的

20、加速度为aB,A 刚离开“相互作用区域”时，圆环A 和直杆B 的速度分别为 VA和 VB,则:mg-Ff=mau,VB=vi+aut,VA=vi+aAt代入数据解得VA=lm/s,VB=5m/s此过程二者相对滑动的距离S-卬+万1 明厂,-aJ代入数据解得Si=0.4m设 A 离开“相互作用区域”后二者相对滑动过程的时间为t,A 的加速度为明，则办+a J f+a J二者相对滑动的距离52=3+4尸一(9+丁，)代入数据解得，=().4s,s,=0.8m则杆的最小长度s=S+.2 m1 3.如图所示，质量均为m 的物块A、B 放在水平圆盘上，它们到转轴的距离分别为r、2 r,圆盘做匀速圆周运动

21、。当转动的角速度为3时，其中一个物块刚好要滑动，不计圆盘和中心轴的质量，不计物块的大小，两物块与圆盘间的动摩擦因数相同，重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)物块与圆盘间的动摩擦因数为多少；(2)用细线将A、B 两物块连接，细线刚好拉直，圆盘由静止开始逐渐增大转动的角速度，当两物块刚好要滑动时，外力对转轴做的功为多少。【答案】(1)(2)m r a rg3【解析】【详解】(1)由分析可知，物块离转轴的距离越大，越容易滑动，因此最先滑动的是物块B。根据牛顿第二定律/j mg=m -2rty2解得：2r a 2M =-g(2)当两物块刚好要滑动时，设转动的角速度为3 1.对物块A

22、研究有：/j mg-T =mr a)对物块B 研究有：R ing+T -m-2r a 解得：2百则物块A 的线速度大小为:273vA=rax=-ro物 块 B 的线速度大小为:根据功能关系可得，外力做的功为：W-mv+mvl-mr2co22 2 31 4.质量为m=5kg的物体从t=0 开始在水平恒力F 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F,其运动的v-t 图象如图所示。g 取 10m/s2,求：(1)推力F 的大小；(2)若 h 时刻撤去推力F,物体运动的总位移为1 4 m,求小v/(m-s-1)【答案】(1)14N；(2)5s【解析】【详解】由 v-t 图象知加速运动的加速度Av,

23、ai=0.8m/s2t减速运动的加速度大小为a,=r=2m/s2-Z加速阶段F-/jmg=mai减速阶段/amgma2解得F=14N(2)设加速运动的位移为X i,总位移为x,由动能定理得Fxy/dmgx=O解得ti=5s1 5.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 lO m/s?,求：玩具球下降过程中的加速度大小；(2)玩具球第一次即将落地前瞬间的速度大小。【答案】(l)8m/s2；(2)8m/s【解析】【详解】(1)上升过程

24、a,=Av=6=12m/s21 N 0.5_ mg+fa-m下降过程_ m g-fC42 m联立各式a2=8m/s2上升最大高度,v2 36 4=-=-=1.5m2 1 2x12下降过程v=J201H=j2x8x(1.5+2.5)=8m/s1 6.如图所示，一直角三角形ABC处于匀强电场中(电场未画出)，ZA=30,B C=L,三角形三点的电势分别为%=0,(pB=q、吟(外 0,为己知量)。有一电荷量为一 7、质量为，的带电粒子(重力 不 计)从 A 点以与AB成30角的初速度彩向左下方射出，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,求粒子从A 点运动到G

25、 点的时间t。A【答案】(1)E=3迎;(2)t=6mVJ.3L q(p【解析】【详解】(1)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。A由几何关系可得E：%-%_2 为)L e o s 3 0 0 -3L(2)分析可知，粒子的初速度方向与电场方向垂直，故粒子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 ,y-at2_ qEC l m且t an 4 5 =)X联立解得t 3mvaLq/1 7.如图所示，光滑水平平台AB与竖直光

26、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m1=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vo=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|i=0.1.某时剪断细绳，小物体m i向左运动，m2向右运动速度大小为V2=3m/s,g JR 10m/s2.求：剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep(2)从小物体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(3)为了让小物体nn从C点水平飞出后落至A B平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道

27、A C的半径R和小物体m i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】(1)对m i和m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=miVi-m2V2解得vi=10m/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为:1 2 1 2耳，=5肛 匕+m2V2解得EP=19.5J 设m2向右减速运动的最大距离为X,由动能定理得:-pm2gx=0-mzV22解得x=3mL=4m则m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为vo=1.5m/s,然后向左匀速运动，直至离开传送带。设小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t

28、o取向左为正方向。根据动量定理得：pm2gt=ni2Vo-(-m2V2)解得：t=3s该过程皮带运动的距离为：x flf=vot=4 5m故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为:E=/m2gx 解得：E=6.75J(3)设竖直光滑轨道AC的半径为R 时小物体mi平抛的水平位移最大为x。从 A 到 C 由机械能守恒定律得:1 ,1 25 肛 片=5 叫 匕+2 m g R由平抛运动的规律有：X=vctl2R =&1 gt；7联立整理得x=j4R10-4H)根据数学知识知当4R=10-4R即 R=1.25m时，水平位移最大为x=5m1 8.内壁光滑的导热汽缸竖直放置，用质量不计、

29、横截面面积S=2xl0-4m2的活塞封闭一定质量的理想气体。先在活塞上方缓缀倒上沙子，使封闭气体的体积逐渐变为原来的一半。接着一边在活塞上方缓缓倒上沙子，一边对汽缸加热使活塞位置保持不变，直到气体温度达到1 7 7 C,已知外界环境温度为27,大气压 强 p=L0 xl()3pa,热力学温度T=t+273K,重力加速度g 取 lOm/s?,求:加热前所倒沙子的质量。整个过程总共倒在活塞上方的沙子的质量。【答案】2kg；4kg【解析】【详解】(1)初状态时，气体的压强=兄，设气体的体积Vi,倒上沙子后，气体的体积匕=g v,气体发生等温变化，根据玻意耳定律有：6K=P2V2解得：6=2.0XH)

30、3 RZ加热前所倒沙子的质量为mi=2 k g；(2)之后对汽缸加热，缸内气体发生等容变化，加热前气体的温度：4=2 7 C +2 7 3 K =3()()K加热前气体的温度：7；=1 7 7 C +2 7 3 K =4 5 5 K有 4=马T3 T2代入数据解得：=3.O X 1 O5P 对活塞和沙子受力分析，有：/g=(A-兄)S解得：沙子的质量为m2=4 k g o1 9.有两列简谐横波a 和 b 在同一介质中传播,a 沿 x 轴正方向传播,b 沿 x 轴负方向传播,波速均为v=4 m/s,a的振幅为5 c m,b的振幅为1 0 c m。在 t=0 时刻两列波的图像如图所示。求：这两列波

31、的周期；(i i)x=0 处的质点在t=2.2 5 s时的位移。【答案】(=l s，Tb=.5s(i i)y=-5 c m【解析】【详解】解：由图可知%,=4m,居=6m根据 7 =人 可 得：T a=ls,Tb=1.5 sVAY(i i)a 波从图示时刻传播到x=0 处需要的时间：L =L =0.5 sv则 x=0 处的质点随a波振动的时间为：t2=1.7 5 s；t=2.2 5 s时 x=0 处的质点随a 波振动到负向最大位移处，即：y =-5 c mAYb波从图示时刻传播到x=0 处需要的时间：t3 =一=0.7 5 s则x=0处 的 质 点 随b波振动的时间为：t4=1.5s,T=2.

32、25s时x=0处 的 质 点 随b波振动到平衡位置处，即：y2=0故 在t=2.25s时a、b波相遇叠加，x=0处质点的合位移为：y=-5cm2 0.如图所示，对 角 线MP将 矩 形 区 域MNPO分成两个相同的直角三角形区域，在 直 角 三 角 形MNP区域内存在一匀强电场，其 电 场 强 度 大 小 为E、向 沿）轴负方向，在 直 角 三 角 形MOP区域内存在一匀强磁场，磁 场 方 向 垂 直 于 纸 面 向 外（图中未画出）。一 带 正 电 的 粒 子 从M点 以 速 度 沿x轴正方向射入，一段时间后，该 粒 子 从 对 角 线M P的中点进入匀强磁场，并恰好未从x轴 射 出。已 知

33、O点为坐标原点，M点在.丫轴上，P点 在X轴 上，MN边 长 为2L，MO边 长 为 石 乙，不计粒子重力。求：带 电 粒 子 的 比 荷；匀强磁场的磁感应强度大小。【答 案】（1）邙J3v2L；（2）2EEL%【解 析】【详 解】（1）设 粒 子 在 电 场 区 域 内 做 类 平 抛 运 动 的 时 间为匕有L-vot6,1 L=at2 2又qE=ma解得q=厨m EL 设 粒 子 进 入 磁 场 区 域 时 速 度 方 向 与 水 平 方 向 夹 角 为 有attana=%解得a=60 则进入磁场的速度大小v=d=2v在磁场中，有2V qvB=mr运动轨迹如图由几何知识得r+rsin30

34、 0 =2解得2EB=%2 1.如图所示，质量m的小环串在固定的粗糙竖直长杆上，从离地h高处以一定初速度向上运动，运动过程中与长杆之间存在大小鳖的滑动摩擦力.小环能达到的最大高度为3 h,求：2(1)小环从h高处出发至第二次经过2h高处过程中，重力做功和摩擦力做功分别为多少？(2)在高中我们定义“由相互作用的物体的相对位置决定的能量”叫势能，如相互吸引的物体和地球，其相对位置关系决定重力势能.对比问中两力做功，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念.(3)以地面为零势能面.从出发至小环落地前，小环的机械能E随路程s的变化关系是什么？0 0 0 0 0 0 0*3 1【答案】(1)-

35、mgh；-mgh不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”(3)E=4 mgh-【解析】【详解】重力做功为WG=-mgh摩擦力做功me 3Wf=fs=*3 h=-mgh重力做功与路径无关，仅与初末位置有关.势能的变化与初末位置有关.两者都与位置有关，所以重力有对应的重力势能.摩擦力做功与路径有关，所以不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”。小环能达到的最大高度为3 h,贝U：解得：1 2 Q,m vo =3mgh若以地面为零势能面，小环初始势能为mgh,初始动能为3 mgh,则初始机械能为4 mgh；从出发到落地前，通过路程s,克服摩擦力所做的功为g mgs；则机械能变化的表达式为：1E=4 mgh-mg

36、s22.如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在水平桌面上，左端连接定值电阻R =2 H,导轨间距L =1 m。整个装置处在方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度8 =2 T,一质量根=lkg、电阻r=1。的金属棒放在导轨上，在外力F的作用下以恒定的功率P =1 2 W从静止开始运动，当运动距离x =3 m时金属棒达到最大速度，此时撤去外力，金属棒最终停下，设导轨足够长。求：(1)金属棒的最大速度；(2)在这个过程中，外力的冲量大小；(3)撤去外力后电阻R放出的热量。【答案】(l)3m/s；(2)7kg-m/s；(3)3.1【解析】【分析】【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律知，当金属棒速度为v 时

37、，金属棒中的感应电动势E=BLv根据闭合电路欧姆定律可知，金属棒中的感应电流ER+r金属棒受到的安培力F,.=BIL当金属棒加速度为零时，其速度达到最大，有P=F安 V.、联立以上各式，并代入数据解得=4-=3m/sBL(2)设金属棒经过时间t 由静止加速至速度最大，在这个过程中金属棒受到的平均安培力金属棒运动的距离x=vt根据动量定理有 外 一 七1=加匕m联立以上各式并代入数据解得rB2lx./外=右+%=7kg-m/s(3)撤去外力后，金属棒由最大速度逐渐减速至零，对此过程，根据能量守恒定律，可知电阻R 放出的热量2 3.如图所示，在 xOy平面的y 轴左侧存在沿y 轴正方向的匀强电场，

38、y 轴右侧区域I 内存在磁感应强度大 小 为 的 匀 强 磁 场,区 域 I、区域n 的宽度均为L,高度均为3 L.质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子从坐标为(-2L,-&Z)的 A 点以速度V。沿 x 轴正方向射出，恰好经过坐标为(0,-5 1)L)的 C 点射入区域I.粒子重力忽略不计.求:(1)匀强电场的电场强度大小E；(2)粒子离开区域I 时的位置坐标；(3)要使粒子从区域II的上边界离开磁场，可在区域n 内加垂直于纸面向里的匀强磁场.试确定磁感应强度B 的大小范围，并说明粒子离开区域II时的速度方向.【答案】T攀.甯，30090【解析】【分析】【详解】(1)带电粒子在匀强电场中做类

39、平抛运动2L=vtL=J2 m解得E*2qL设带电粒子经C 点时的竖直分速度为Vy、速度为V,轨迹如图所示:Eq Eq 2Lv=t=-=%m m%v=V2v0,方 向 与x轴 正 向 成45。斜向上2粒 子 进 入 区 域I做匀速圆周运动，qB|V=mL，RR qB、解 得R=V2 L由几何关系知，离开区域时的位置坐标：x=L,y=03 根 据 几 何 关 系 知，带 电 粒子从区域II上 边 界 离 开 磁 场 的 半 径 满 足 严 乱半径为:mv可 得 叵 也 用 生 色 生qL 3qL根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y轴 正 方 向 夹 角3006-/jmgx,设 最 远

40、距 离 为x,则 司，由动能定理可得：g；pimgxy+pmg(x-%)由代值解得x=3.55m2 6.如 图，水平地面上固定着竖直面内半径R=2.75m的光滑圆弧槽，圆弧对应的圆心角为37。，槽的右端与 质 量m=lkg、长 度L=2m且上表面水平的木板相切，槽与木板的交接处静止着质量mi=2kg和m2=lkg的 两 个 小 物 块(可 视 为 质 点)。现点燃物块间的炸药，炸药爆炸释放的化学能有60%转化为动能，使两物块都获得水平速度，此 后m2沿圆弧槽运动，离开槽后在空中能达到的最大高度为h=0.45m。已 知nn与木板 间 的 动 摩 擦 因 数|ii=0.2,木板与地面间 的 动摩擦

41、因数M2=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37=0.6,cos37=0.8,重力加速度 g=10m/s2o 求：物 块 到 达 圆 弧 槽 左 端 时 的 速 率V；炸 药 爆 炸 释 放 的 化 学 能E；木板从开始运动到停下的过程中与地面间因摩擦而产生的热量Q。4。7【答 案】(1)5m/s；(2)45J；(3)3J【解 析】【分 析】【详 解】（Dnu离开圆弧槽后，在空中的飞行过程的逆过程是平抛运动分 解 m2离开圆槽时的速度v,有vv=vsin 37根据平抛运动规律得Z 1.2h=a g r4 =gt代入数据联立解得v=5m/s设炸药爆炸后，mi、m2获得的速率分别为力匕、匕

42、m2运动过程中，由机械能守恒定律有:m0gR(1-cos37)+-m2v2=m2V代入数据得v2=6m/s爆炸过程中，由动量守恒定律有mvi=m2v2代人入数据得W =3m/s由题意有60%E=1 2+1 m22v2代入数据联立解得E=45J对物块mi有以1g=网对木板m2有班 g-2（m+町）g=叫。2代入数据得%=2m/s26b=lm/s2设经过时间t，达到共同速度V，有:W -卬=a2tv=a2t代入数据得t=lsv=lm/s此过程中：m i的位移%=g(匕+vY =2m木板的位移1 ,x7=v t=0.5m22相对 位 移 盘=玉-X2=L5m L,故 m i未脱离木板假设它们一起做减

43、速运动直到静止由+mt)g=(m+mt)a3得a3=lni/s2又：叫。3，故假设成立设此后木板发生的位移为七由运动学规律有v2=2a 3X3代入数据得x3=0.5m整个过程中，木板与地面间因摩擦而产生的热量Q=Ju2(m+m)g(x2+xi)代入数据联立解得Q=3J2 7.如图，一直角三棱柱A B C,其中NABC=9 0，ZBAC=6 0，AB长度为2L,M 为 A B的中点，N 为 BC的中点，一光线从AB面上的M 点以45。的入射角射入三棱柱，折射光线经过N 点。已知光在真空中的传播速度为c,求：(1)三棱柱折射率n；(2)光从开始射入三棱柱到第一次射出所需的时间。【答 案】=正；(2

44、)t到生【解 析】【详 解】(2)由题意可知人射角，=45，折射角/=3 0 ,画出光路图如图所示sin/n=-sinr解 得n-V2(2)由题意结合反射定律可知0=6 0。，设光从三棱柱射向空气的临界角为C根据s i n C =f=s i n 0n V 2可 知 光 射 到B C面上发生全反射，光 射 到AC面上 的 人 射 角a =3 0 3V/m【解析】【分析】【详解】小滑块放在小车上以后，其加速度根据牛顿第二定律f =/jmg=max 解得加速度4=2m/s2加速到共速时用时h%=劭解得t1 2s此过程中小滑块相对P 点移动的距离s.-at22此过程中木板相对P 点移动的距离求解可得M

45、 =4ms2=8m摩擦力对小车做的功叫=-，悖 2求解可得WZ=-1 6 J(2)当电场E =3V/m时，小滑块相对运动到木板最左端后，会向右做匀加速运动，设时间为t3后撤去电场，之后滑块做减速运动，经时间t4,小滑块和小车在小车右端共速，恰好没掉下来，小滑块向右加速度为qE-jLimg=nta3 解得%=4m/s2加速的末速度W =%+矶 减速过程中匕=%+印 4加速过程中的位移为减速过程中的位移为si+s4-vQ(t3+ti)=L联立，启解解得G=-s 0.58s，3所以电场存在总时间f=Q,+A)=1.08s所以电场存在的时间满足关系式0.5s Wf K 1.08s(结果可以保留根式)解

46、 法2：当 电 场E=3V/m时，小滑块相对运动到木板最左端后，会向右做匀加速运动，设 时 间 为t3后撤去电场小滑块向右加速度为qE-/dmg=ma3 解得a3=4m/s2滑块相对小车做加速度为与，初速度为零的匀加速运动，经 时 间t3后做加速度为 的匀减速运动直至相对 静 止，此过程中的总位移小于等于板 长，因此2 2V V r-1-=L2a3 24加速过程的时间八=上=-s 0.58s4 3所以电场存在总时间z=(r2+r3)=1.08s所以电场存在的时间满足关系式0.5s 4 W 1.08s附加问：当加有向右电场时，小滑块加速度 亚 空 恰好运动到木板左端共速，共速时间根据两物体的位移

47、关系可得；乙=砧-；和；联立可得-0.5sE =3 V/m所 以 电 场 强 度 E 满 足 E 2 3 V/m2 9.图示为某种透明介质异型砖的竖直截面，A D 竖直，A B C 为等腰直角三角形，B D 是 圆 心 为 C 的四分之一圆弧，水平放置的光屏位于砖的下端且与A D 垂直。现由蓝色和红色两种单色光组成的复色光垂直A B 射 向 C 点，在 光 屏 上 D 点 的 两 侧 形 成 间距为2 k m 的蓝色和红色两个光点。已 知 A C =B C =1 2 c m ,求该介质对红光的折射率。【解 析】【分 析】【详 解】复 色 光 经 A B 面 射 入 透 明 介 质 在 A C

48、面 的 入射角均为4 5，由题可知，蓝 光 在 A C 面 发 生 全 反 射 后 打 到 M点，红 光 折 射 后 打 到 N 点。作出蓝光和红光的折射光路如图。由几何关系知D N =9 c mC N =1 5 c m由图知.C Dsina=-C N则红光的折射率s i n a 4 V 2n=-=-s i n 4 5 53 0.如图所示是一个水平横截面为圆形的平底玻璃缸,玻璃缸深度为2，缸底面圆心处有一单色点光源S,缸中装有某种液体，深度为，。点为液面的圆心，O S垂直于水平面。用面积为万川的黑纸片覆盖在液面上，则液面上方恰好无光线射出。若在上述黑纸片上，以。为圆心剪出一个面积为3万川的圆孔

49、，把余下的黑纸环仍放置在液面上原来的位置，使所有出射光线都从缸口射出，则缸口的最小面积为多少？【答案】4+2百万 力23【解析】【详解】用面积为5 =万 的黑纸片覆盖在液面上，液面上方恰好无光线射出，则从点光源S发出的光线射到黑纸片的边缘处恰发生全反射，临界角为C,光路图如图甲所示。S=盯2=7i h2由几何关系得t a n C =h由全反射知识有,c 1s m C =n解得n-6剪出一个面积为S=1 0圆孔后，设透光部分的半径为弓，射出光线的最大入射角为i,对应的折射角图乙S2=兀 匕=；兀h2由几何关系得tan z =h根据折射定律有sin。n=-sinz缸口的最小半径为3=+tan 8缸

50、口的最小面积为S3=兀 r；解得C 4+2 百/21=-%h333 1.某透明介质的截面图如图所示，直角三角形的直角边B C 与半圆形直径重合，Z A C B =30,半圆形的半径为R,一束光线从E 点射入介质，其延长线过半圆形的圆心O,且 E、O两点距离为R,已知光在真空的传播速度为c,介质折射率为百。求：(1)光线在E 点的折射角并画出光路图；光线进入介质到射到圆弧的距离和时间。o/Mr,H【答案】(1)30；r-(2)V3/?;【解析】【分析】【详解】(1)由题OE=OC=R则：AOEC为等腰三角形ZOEC=ZACB=30所以入射角：01=60sin 0.由折射定律：n=可得：sin 6