温州市新高考物理100解答题狂刷集锦含解析.pdf

《温州市新高考物理100解答题狂刷集锦含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《温州市新高考物理100解答题狂刷集锦含解析.pdf（120页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、word版可编辑】温州市新高考物理100解答题狂刷集锦精选高考物理解答题100题含答案有解析1.如图所示，圆心为O、半径为r的圆形区域内、外分别存在磁场方向垂直纸面向内和向外的匀强磁场,外部磁场的磁感应强度大小为Bo。P是圆外一点，O P=2r。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点在纸面内垂直于OP射出，第一次从A点(图中未画出)沿圆的半径方向射入圆内后从Q点(P、O、Q三点共线)沿PQ方向射出圆形区域。不计粒子重力，sin 37=0.6,cos370=0.8。求：(1)粒子在圆外部磁场和内部磁场做圆周运动的轨道半径；(2)圆内磁场的磁感应强度大小；粒子从第一次射入圆内到第二次射入圆内所经

2、过的时间。【解析】【详解】(1)设粒子在圆外和圆内磁场中运动的轨道半径分别为Ri、R 2,由几何关系可知:解得3rR1=T三角形O1AO与三角形O1QO2相似，则OA O.A葩一而即J 4R,3r&解得:R2=3r(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有解得(3)由几何关系知:R.3tanZOiOA=r 4解得：ZOiOA=37同理可知ZQOC=2ZOiOA=74粒子在磁场中做圆周运动的周期可得:所以粒子从A 运动到Q 的时间:37 2兀 m 37/ctn_x_5 360。稣45 咨粒子从Q 运动到C 的时间:3 6 0-1 0 6 I jt m 1 2 77r mt，=-x

3、-=-3 6 0 q B。9Q q B()t=t l+t 2=677r ni30q B。2.如图所示，质量为m、直径为d 的小球，拴在长为I 的细绳一端一组成一单摆。将球偏开一小角度a使之做简谐运动，求小球从左侧最大偏角摆至最低点的过程中，绳子拉力产生的冲量大小。(重力加速度g 已知)【解析】【详解】设合力冲量为I 合，绳子拉力产生的冲量为L由动量定理可知:I 合=mv摆球由最大偏角摆至平衡位置的过程中，由机械能守恒定律mg(l+-)(1 -c o s a)=m v2n =J2 g(/+g)(l-c o s a)所以:/合=m-2 g(/+|o(l-c o s a)其中重力的冲量l,T 兀G=

4、mgt =mg-=mg.-1 +；g由于合力的冲量沿水平方向，所以由矢量合成的平行四边形定则可知:由图可得：/=虑 +/=7V2m2g(l+)d I d 乃 2-.+2m2g(l+)(1-cos a)=m J g(l+)+2(1-cos a)3.如图所示，在水平面上依次放置小物块A 和 C 以及曲面劈B,其中A 与 C 的质量相等均为m,曲面劈 B 的质量M=2 m,曲面劈B 的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B 足够高，各接触面均光滑。现让小物 块 C 以水平速度vo向右运动，与 A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B o 求：(1)碰撞过程中系统损失的机械能；碰后物块A 与 C

5、在曲面劈B 上能够达到的最大高度。【答案】(1);加诏；兽4 16g【解析】【详解】(1)小物块C 与 A 发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得mv0=2mv解得1F碰撞过程中系统损失的机械能为解得E 当AC上升到最大高度时，ABC系统的速度相等；根据动量守恒定律2mv=(/?+m+2ni)匕解得1清由能量关系2mgh=；2根(g Vo)之 一;*4根 x v0)2解得hvon=-16g4.如图所示，右端封闭左端开口的导热良好的U形玻璃管两边粗细不同，粗玻璃管半径为细玻璃管半径的3倍，两管中装入高度差为10cm的水银，右侧封 闭 气 体 长18cm,左侧水银面距管口 8cm。现将左管口用一与玻璃

6、管接触良好的活塞封闭图中未画出)，并将活塞缓慢推入管中，直到两管水银面等高。外界大 气 压 强 为75cm H g,环境温度不变，不计活塞与管内壁的摩擦。求:两管水银面等高时左侧气体的压强是多少cmHg；整 个 过 程 活 塞 移 动 的 距离是多少厘米(保留三位有效数字)。【答 案】90cmHg；10.3cm【解 析】【详 解】设左右液面等高时，右 液 面 上 升%,左 液 面 下 降 泡，则有玉=10cm9sxi=Sx2可 得：xl=1cm,=9cm右侧气体等温变化，根 据 玻 意 耳 定 律 有，则有Pi=p()+lOcmHg=85cmHg,V；=18cmx9S,V=17cmx9S可得p

7、；=90cmHg等高时左侧气体的压强p2=P=90cmHg左边气体等温变化，根据玻意耳定律有“2%=p2=Po=75cmHg,V2=8cmxSp2=p；=90cmHg,%=L2s解得空气柱后来长4 =6.7cm活塞下降d,则d=18cm-6.7cm-1cm=10.3cm5.如图所示，水平轨道BC两端连接竖直的光滑!圆弧，质量为2m 的滑块b 静置在B 处，质量为m 的滑块a 从右侧-圆弧的顶端A 点无初速释放，滑至底端与滑块b 发生正碰，碰后粘合在一起向左运动，4已知圆弧的半径为R=0.45m,水平轨道长为L=0.2 m,滑块与水平轨道的动摩擦因数n=0.1,重力加速度取 g=10m/s2。求

8、：(1)两滑块沿左侧圆弧上升的最大高度h；两滑块静止时的位置。【答案】(1)0.03 m(2)水平轨道的中点处【解析】【详解】(1)设滑块a 滑至底端碰前速度大小为VB,碰后共同速度大小为v,根据机械能守恒定律有m gR=；mv；,由动量守恒定律有mvB=(m+2m)v从 B 点到左侧最大高度处由动能定理有n3mgL3mgh=()x3mv2联立解得h=0.03m(2)粘合体将来回往复运动，直到速度为0,设在水平轨道BC上运动的路程为s,根据动能定理有 3mgs=0 ；x3mv2解得s=0.5m所以滑块停在水平轨道BC 的中点处。6.如图所示，为某娱乐活动项目的示意图;参加活动的人员从右侧平台上

9、的A 点水平跃出，到达B 点恰好抓住摆过来的绳索，这时人的速度恰好垂直于O B向左下，然后摆到左侧平台上的D 点。不计一切阻力和机械能损失，不计绳的重力，人可以看作质点，绳索不可伸长。设人的质量为m=50kg,绳索长I=25m,A 点比D 点低h=3.2m。人刚抓住绳索以及摆到D 点时绳索与竖直方向的夹角分别如图所示(g=10m/s2)。若使人能刚好到达D 点，求：人从A 点水平跃出的速度；(2)A、B 两点间的水平距离；在最低点C,人对绳索的拉力。【答案】(l)8m/s(2)4.8m(3)900N【解析】【分析】(1)从 A 到 D 点由机械能守恒律可以求出从A 点跃出的速度；(2)由平抛的

10、水平和竖直位移规律，求出水平距离即AB两点间的距离；(3)由机械能守恒律求出到达最低点的速度，再由牛顿第二定律求出人受到绳子的拉力。【详解】(1)由 A 到 D,根据机械能守恒定律;mv()2=mgh解得 v0=yflgh=8m/s(2)从 A 到 B,人做平抛运动 y=lcos37-lcos53-h而 y=gt2所以 x=vot=4.8m(3)由A到C,根据机械能守恒定律mvo2+mgl(l-cos53-h)=mv22 22F-mg=m 解得 F=mg+、2+2mg(/Jcos53O-70=900N根据牛顿第三定律，绳 受 到 的 拉 力 大 小 与F相 等，也 是900N.【点 睛】本题考

11、察机械能守恒律和牛顿第二定律及平抛运动的综合，但要注意的是人跃出时的速度方向是水平跃出，这样才是一个平抛，而 到 达A点时是与绳子垂直的，从而就没有机械能的损失。7.图甲为能进行图形翻转的“道威棱镜”示 意图，其 横 截 面OABC是 底 角 为45。的等腰梯形，高 为a,上底 边 长 为a,下 底 边 长3 a,如图乙所示。一 细 光 束 垂 直 于0 C边 射 入，恰 好 在OA和BC边上发生全反射,最 后 垂 直 于OC边 射 出，已知真空中的光速为c。试求该光束在棱镜中的传播时间t。乙【答 案】3 7 2-C【解 析】【分 析】【详 解】恰好发生全反射1n=-sin C即n-!=/2s

12、in 45所以速度为C yplV=-Cn 2则时间为/=网=3 0 且v c8.如图所示，竖直光滑的半圆轨道ABC固定在粗糙水平面上，直径AC竖直。小物块P 和 Q 之间有一个被压缩后锁定的轻质弹簧，P、Q 和弹簧作为一个系统可视为质点。开始时，系统位于4 处，某时刻弹簧解锁(时间极短)使P、Q 分离，Q 沿水平面运动至D 点静止，P 沿半圆轨道运动并恰能通过最高点C,最终也落在D 点。已知P 的质量为mi=0.4kg,Q 的质量为m2=0.8kg,半圆轨道半径R=0.4m,重力加速度 g 取 lOm/s2,求：(I)AD之间的距离；(2)弹簧锁定时的弹性势能；(3)Q 与水平面之间的动摩擦因

13、数。(结果保留两位小数)【答案】(1)0.8m(2)6J(3)0.31【解析】【详解】(1)设物块P 在 C 点时的速度v,AD距离为L,由圆周运动和平抛运动规律，得2尺=；城L-vt解得v=2m/sL=0.8m(2)设 P、Q 分离瞬间的速度大小分别为匕、v2,弹簧锁定时的弹性势能为与,由动量守恒定律和机械能守恒定律，得mv=m2V2/1 /4 W2 =m强 1g-2R+-m.v2心 1 2 1 2Ep=V+2联立解得E6J(3)设 Q 与水平面之间的动摩擦因数为，由动能定理，得=/urn2gL解得=2。0.31169.一玻璃立方体中心有一点状光源.今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从

14、光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体.已知该玻璃的折射率为0,求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值.71【答 案 匕【解析】试题分析：通过光线在镀膜部分发生全反射，根据临界情况，通过几何关系求出镀膜面积与立方体表面积之比的最小值.如图，考虑从玻璃立方体中心o 点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃立方体上表面发生折，根据折射定律有：sine=sin。，式中，n 是玻璃的折射率，入射角等于。，。是折射角，现假设A 点是上表面兀面积最小的不透明薄膜边缘上的一点.由题意，在 A 点刚好发生全反射，故 里,=万.设 线 段 OA在立方sin 0 体上表面的投影长为R,由几何关系有“一 .+凸2.式

15、中a 为玻璃立方体的边长，联立解得RA=则 R八=W，由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为RA的圆.所求的镀膜面积S 与玻璃立方体的表面积S 之比为=二 六=f .s 6a 41 0.如图所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置，内有活塞，其横截面积为S=lxl0-4m 2,质量为m=lk g,活塞上放有一个质量M=2kg的物块，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，其内密封有一定质量的理想气体，气柱高度h=0.2m。已知大气压强po=l.OxlO5P a,重力加速度g=10m/s2,.如果拿掉活塞上的物块，气柱高度将变为原来的多少倍；(2)如果缓慢降低环境温度，使活塞恢复到原高度，此过

16、程中气体放出热量5 J,求气体内能的增量AU。【答案】2 倍；4J【解析】【分析】【详解】拿掉活塞上的物块，气体做等温变化初态：pi=(M+,)g+P。,vhS末态：“2=+Po，匕=hfSs由气体状态方程得pSh=p2Sh整理得h=2/z=0.4mJ c故了=2h(2)在降温过程中，气体做等压变化，外界对气体作功为W=p2S(h-h)=4J由热力学第一定律 U=W+Q可得 U=4J+(5)J=IJ1 1.图示为某种透明介质异型砖的竖直截面，AD竖直，ABC为等腰直角三角形，BD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AD垂直。现由蓝色和红色两种单色光组成的复色光垂直AB射

17、向 C 点，在光屏上D 点的两侧形成间距为21cm的蓝色和红色两个光点。已知AC=12cm,求该介质对红光的折射率。【答案】4/2 l-【解析】【分析】【详解】复色光经AB面射入透明介质在AC面的入射角均为45，由题可知，蓝光在AC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DN=9cmCN=15cm由图知CDsine=-CN则红光的折射率sin a 45/2n=-sin 45512.水平折叠式串列加速器是用来产生高能离子的装置,如图是其主体原理侧视图.图中为一级真空加速管，中部W处有很高的正电势夕，“4、四两端口均有电极接地（电势为零）；飞、4左边为

18、方向垂直纸面向里的匀强磁场；曲gq,加为二级真空加速管，其中3处有很低的负电势一k 4、犷两端口均有电极接地（电势为零）.有一离子源持续不断地向端口释放质量为m、电荷量为e的负一价离子，离子初速度为零，均匀分布在44端口圆面上.离子从静止开始加速到达她处时可被设在该处的特殊装置将其电子剥离，成为正二价离子（电子被剥离过程中离子速度大小不变）；这些正二价离子从用端口垂直磁场方向进入匀强磁场，全部返回6 4端口继续加速到达e q处时可被设在该处的特殊装置对其添加电子，成为负一价离子(电子添加过程中离子速度大小不变)，接着继续加速获得更高能量的离子 已知“端口、g 端口、端口、力;端口直径均为L,q

19、与4相距为2 L,不考虑离子运动过程中受到的重力，不考虑离子在剥离电子和添加电子过程中质量的变化,s山37 =0.6,c os 37 =0.8,求：cbax x x X x x-：-B L X X X X X X：JX X X X x x l0 b i ail离子到达犷端口的速度大小V；磁感应强度度大小B；(3)在保证(2)问中的B不变的情况下，若a 4端口有两种质量分别为4 =($2,人 色=(装)2加，电荷量均为e的的负一价离子,离子从静止开始加速，求从步端口射出时含有m i、i m混合离子束的截面积为多少孚 S =0.0 8 37?(1)对离子加速全过程由动能定理得到解得：丫=2杉(2)

20、进入磁场中匕=31 4 3r =1.2 x-L =1.8 L,r.=x-L =l1 2 1 1 5 2f 7 4 2 、S =2 x -7 T-x O.4 L x O.6 L =(36 0 4 2 J：6e(p-mvA L0.0 8 3L21 3.如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道A B,与水平光滑轨道B C相连，竖直墙壁CD高H=0.2,“，紧靠墙壁在地面固定一个和C D等高,底边长L=0.3m的斜面，一个质量m=().1版的小物块(视为质点)在轨道A B上从距离B点/=4相处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块在A B段与轨道间的动摩擦因数为0.5,达到B点时无能量损失；A B段与水平面的

21、夹角为37.(重力加速度g=1 0 s i n37 =0.6,c os 37 =0.8)(1)求小物块运动到B点时的速度大小；(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值.【答案】(1)4m/s(2)5 (3)0.1 5 J【解析】【分析】(1)对滑块从A到B过程，根据动能定理列式求解末速度；(2)从C点画出后做平抛运动，根据分位移公式并结合几何关系列式分析即可；(3)动能最小时末速度最小，求解末速度表达式分析即可.【详解】(1)对滑块从A到B过程，根据动能定理，有：m g l s i n37 -g m g c os 37 =g m

22、v解得：vB=4 m/s；(2)设物体落在斜面上时水平位移为x,竖直位移为y,画出轨迹，如图所示:对平抛运动，根据分位移公式，有:x =v t,1 .2y =结合几何关系，有:H-y _ H _ 2x解得：t=s;对 滑 块 从A到B过程，根据动能定理，有：mglsin37-Mmgcos37对平抛运动，根据分位移公式，有：x=vt,1 2y=祥 广，结合几何关系，有：-H-1V =7H 2x L 3 ,从A到碰撞到斜面过程，根据动能定理有：mglsin37-pmgcos37-1 +mgy=-mv-0联立解得:1 2mv-225y 9H2 18H、而+而 一 记,25 v 9H2 3故 当 上=

23、:，即丫=11=0.121时，动能Ek最小为：Ekm=0.15J；16 16y 5【点睛】本题是力学综合问题，关键是正确的受力分析，明确各个阶段的受力情况和运动性质，根据动能定理和平抛运动的规律列式分析，第三问较难，要结合数学不等式知识分析.14.一滑雪者和雪橇的总质量为机=5 0 k g,沿足够长的斜坡向下滑动，斜坡倾角9=3 7，雪橇与斜坡之间的动摩擦因数为=0 2 5,滑雪者所受的空气阻力与速度大小的比值为常量k(未知)，某时刻滑雪者的速度大小为=5 m/s,加速度大小为q=2m/s2,j?=10m/s2,sin37=0.6，cos37=0.8。求：常 量k；滑雪者的最大速率小。【答案】

24、(l)20kg/s；(2)10m/s【解析】【分析】【详解】由牛顿第二定律得mg sin 0-jumg cos 0-k vo=ma解得k=20kg/s(2)滑雪者达到最大速度时处于受力平衡状态，根据牛顿第二定律可得mg sin 0 mg cos 0kvm-0解得vm=lOm/s15.2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京和张家口举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示为简化的跳台滑雪的雪道示意图，A O为助滑道，。6为着陆坡。运动员从助滑道上的A点由静止滑下，然后从。点沿水平方向飞出，最后在着陆坡上着陆。已知，A点与。点的高度差为h,着陆坡。8的倾角为。，运动员的质量为相，重力

25、加速度为g。将运动员和滑雪板整体看作质点，不计一切摩擦和空气阻力，求：(1)运动员经过。点时的速度大小v；运动员从飞出到着陆的时间匕运动员的着陆点到0点的距离s。【解析】【分析】【详解】(1)AO段，由动能定理mgh=；mv2解得vj2gh 从O点飞出后，做平抛运动。水平方向x vt竖直方向1 ，y=2g t落到斜面上=tanx联立以上各式，解得运动员的着陆点到。点的水平距离为:x-vt=2gh-2 tan，劲=4/?tan，g根据几何知识可知cos 0=s联立解得4h tan 0s=-cos。1 6.如图所示，长 l=lm 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平

26、向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角0=37。.已知小球所带电荷量q=1.0 x l0 F c,匀强电场的场强=3.0 x103N/C,取重力加速度 g=10m/s2,sin 37=0.6,cos 37。=0.8.求：(1)小球所受电场力F 的大小；(2)小球的质量m；(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v 的大小.【答案】(1)F=3.0X10-3N(2)m=4.0 xl0-4kg(3)v=2.0m/s【解析】【详解】根据电场力的计算公式可得电场力尸=1.0 x 1 0 x 3.0 *I O?N=3.0 x I O,N；(2)小球受力情况如图所示:根据几何关系可得根g=芈；，所以也3 x

27、1 0、gtan。10 xtan371k g =4 x l 0 4k g ；1 ,电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则 mg/(l-cos37)=m/,解 得 v=2m/s.1 7.如图所示，AB为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，其半径为R 且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC相切于B 点。水平轨道BC长为2R,动摩擦因数为阳=0.5,右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面。斜 面 CD足够长，倾角为9=37。，动摩擦因数为卬=0.8。一质量为m,可视为质点的物块从圆管轨道顶端A 点以初速度 =榨 水 平 射 入 圆 管 轨 道，运动到B 点时对轨道的压力为自身重力的5 倍

28、，物块经过C 点时速度大小不发生变化。sin37=0.6,cos370=0.8,重力加速度为g,求：(1)物块从A 点运动到B 点的过程中，阻力所做的功；(2)物块最终停留的位置。yo【答案】(1)叱1 2 5m gR；(2)s=R【解析】【详解】(1)物块到B 点时，设轨道对其支持力为N,由牛顿第三定律知N =N =51ng由牛顿第二定律N-mg=m%=2 4A 到 B 的过程，由动能定理ImgR+%=mrR mv1得W(=-mgR(2)设物块沿斜面上升的最大位移为s,由动能定理1 ,一/j、rng-2R-mg-ssind-f -s=O-mv其中于二%N,N mg cos 0得s=$31因

29、巴 席c o s mg s in/故物块在速度减为零之后不会下滑，物体最终会静止在斜面上距离。点25s=的位置。18.如图所示，水平轨道AB和CD分别与水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直光滑圆形轨道与CD相切于点E,一轻质弹簧原长/=3 m,将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为2 =1kg的小物块P由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为/=L2m。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点,另一端与小物块P接触但不连接。弹簧原长小于光滑轨道AB的长度，轨道靠近B处放置一质量为加=21的小物块0。传送带长L=25 m,沿顺时针方向以速率v=6m/s匀速转动，轨道CE长为x=4m。物块与传送及

30、轨道CE之间的动摩擦因数均为=0.2。现用小物块P将弹簧压缩至长度为/=1.2m,然后释放，P与Q弹性碰撞后立即拿走物块P,Q恰好可以到达与光滑圆形轨道圆心等高的F点，取gTO m/s(1)求P与Q碰撞后Q的速度；(2)求光滑圆形轨道的半径R。【答案】(1)4m/s(2)Im【解析】【详解】(1)将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为m=1kg的小物块p由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为/=1.2m,则此时弹簧具有的弹性势能为与=mg&=10 x(3 1.2)J=18J弹簧水平放置时，小物块P将弹簧压缩至长度为/=1.2 m,然后释放，可知此时弹簧具有的弹性势能仍为 EP=18J

31、,则物体P脱离弹簧后的速度满足=纥，解得v（）=6 m/s物块P与 Q碰撞满足动量守恒的能量守恒，贝!J：m v（）=mv+Mv=mv2+Mv：2 2 2 1解得v i=4 m/s（2）物块滑上传送带上时的加速度a=4 g =2 m/s2加速到共速时的距离为,5 2v -v f2a2 x 2=5 m C故入射光线射到AF面会发生全反射，同理在FE、EB面也发生全反射，光路图如图所示(2)由=,解得v2u=c3根据几何关系可得光在玻璃砖内传播的路程为：5=G/7+/f/+Z/+JM=2x-tan60+2x2x-cos30=4 2 2光束在玻璃砖内传播的时间为_ s 9商t v 4c2 4.如图所

32、示，AB为竖直平面内的细管状半圆轨道，AB连线为竖直直径，轨道半径R=6.4m,轨道内壁光滑，A、B 两端为轨道的开口。BC为粗糙水平轨道，其长度s=8.4m。CD为倾角0=37。的斜面。用两个小物块a、b 紧靠在一轻弹簧的两端将弹簧压缩，用细线将两物块绑住，沿轨道静置于C 点。弹簧很短，物块与弹簧均不拴接，物 块 a 的线度略小于细管的内径。烧断细线，两物块先后落到斜面的M 点，CM两点之间的距离L=12m。已知物块跟水平轨道之间的动摩擦因数=；,忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8o 求：(1)物 块 b 刚离开弹簧的瞬间，其速率vo是多少;m

33、.(2)设物块a、b 的质量分别为mi、m 2,则 是多少？(结果可以用根式表示)m2【答案】8m/s；或 空【解析】【分析】【详解】(1)物 块 b 离开弹簧后做平抛运动。设从C 运动到M 历时为t,则Ls i n 3 7 =g g，Le o s 3 7=%/代入数据解得r =1.2 s ,v0=8m/s 物 块 a 能够经过A 点做平抛运动落到斜面的M 点。设物块a 经过A 点的速率为VA,从 A 运动到M历时为h,则2 R +L s i n 3 7 =g g f；,s +Le o s 3 7,=丫 乩解得%=2 s,vA=9 m /s设物块a 刚被弹簧弹开时的速率为v c i,在 从 C

34、 运动到A 的过程中，由动能定理得g 肛片 _ g%哈=_加1 gs-2mgR解得vci=19m/s弹簧弹开物块a、b 的过程中，物块a、b 动量守恒。选向右的方向为正方向，由动量守恒定律得径?一 町%1=0解得仍 _ 8m2 1 9 物 块a被 弹 簧 弹 开 后 不 能 到 达A点，物 块a从C点做平抛运动落到斜面的M点，做平抛运动的初速度大 小 也 是vo。设 物 块a刚 被弹簧弹开时的速率为vc2,在 物 块a从C向左运动到再次回到C点的过程中，由动能定理得1 2 1 2 05叫 叫 2=-2叫gs解 得：vC2=4 币m i弹 簧 弹 开 物 块a、b的过程中，物 块a、b动量守恒。

35、选向右的方向为正方向，由动量守恒定律得-m yC2=0解得犯_ 2币叱 72 5.在如图所示的坐标系中，仅第三象限的磁场垂直坐标系所在平面向外，其余象限的磁场方向均垂直坐标系所在平面向里，四个象限中的磁感应强度大小均为B。其 中M、N两 点 为x轴 负 半 轴 和y轴负半轴上的点，坐 标 分 别（缶,0）、（0,伍），一 带 负 电 的 粒 子 由M点 沿MN连线方向射入，忽略粒子的重力。求：（1）如 果 负 粒 子 由M点射入后刚好能经过坐标原点第一次离开边界线，负粒子在第三象限磁场中的路程为多少？如 果 负 粒 子 由M点 射 入 后 能 经O点 到 达N,负粒子的路程为多少？TTH【答

36、案】（1）三；Q）7ta或2na【解 析】【分 析】【详 解】电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设 圆 周 运 动 半 径 为R,若 电 子 从M点出发刚 好 经 原 点O第一次离开边界线，如图甲所示则有2Rcos45=而解得R=a运动轨迹为四分之一圆周，所以运动的路程2TTR nas=-=4 2负粒子从M 点出发经原点O 到达N 点，若粒子经原点O 第一次射出磁场分界线，则轨迹如图甲，运动路程为一个圆周即s=2nR=2rta若粒子第N 次离开磁场边界为O 点，则要回到N 点，经过O 点的速度必然斜向下45。，则运动轨迹如图乙根据几何关系有2 cos 4541a圆周运动半径一N运动通过的路程为2

37、TTR Irra 一2-x N=-x2N=na44N2 6.如图所示，柴油打桩机的重锤质量加=L0 x l()3 k g,重锤在桩之上 =2.0 m高度处由静止开始自由落下，与质量为M=3.0 x l()3 k g 的桩碰撞。碰撞同时，碰撞处的柴油燃烧产生猛烈爆炸，在极短的时间内使锤和桩上下分离。之后，锤向上反弹上升/?的高度，桩在泥土中向下移动/=0.2 0 m的距离。忽略空气阻力，重力加速度g取 1 0 m/s 2。求重锤下落至刚接触桩时的速度大小；(2)若桩向下运动过程受泥土的阻力大小恒定，求此力的大小。h3泥土二二1 二【答案】(l)6.3 m/s；(2)F1.6X105N【解析】【详

38、解】(1)重锤自由下落过程有v2=2gh解得v 6.3 m/s (2)碰撞后桩的速度为匕，重锤速度为彩，重锤上升过程有V j =2gh 取向下为正方向，系统动量守恒有mv=M v mv2(3)桩下降过程中，由功能关系得1 ,解式得F L 6X105N2 7.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/?=如，导轨间距L=lm。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7=1 k g、电阻r =的金属棒放在导轨上，在 外 力F的作用下以恒定的功率P=12W从静止开始运动，当运动距离x3m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

39、。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)3J【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，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R+r金属棒受到的安培力q =BIL当金属棒加速度为零时，其速度达到最大，有联立以上各式，并代入数据解得%J P(R+r)=口-=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

40、动量定理有I-F =mvm联立以上各式并代入数据解得外川=-R-+-r-+mvm=7kg m/sm 3(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QR=(:机 4)=3J2 8.如图，EMNF是一块横截面为正方形的透明玻璃砖，其折射率n=Q,边 长 MN=3 cm.一束激光AB从玻璃砖的EM 面上的B 点入射，ZABE=300,BM=.：cm 在玻璃砖右侧有一竖直屏幕POQ,PQFN,O 点与MN等高，且 NO=1 c m.若激光从玻璃豉射出后会在PQ 上形成光斑H(图中未标出),且光在每个面上的反射只考虑一次.求:激光在B 点发生折射的折

41、射角;(ji)光 斑 H 到 O 点的距离HO.【答案】(1)30(2)=一一T-【解析】【分析】【详解】作出光路图如图所示:由图可知：二二=900二二二二=60。由折射定律有:则:r f i s Z 1s i n-=-z-=:解得：二=3 0。(ii)在-中：_ _ _ _ _ 一t a n二口口匚=三其中：二二二二=二=3 0 _OL=；c m则：MC=2cmNC=MN-MC=lcm由图可知：二=9 0。一二=6 0：因s.一 1 1 V 7.-sm-=H =v f =T 0)o 分别水平拉直细线释放小球，小球运动到P 点时剪断细线之后，测 得 A 从 P 点到落地所用时间为t,B 从 P

42、 点到落地所用时间为2t。重力加速度为g。求：电场强度的大小；(2)B从 P 点到落地通过的水平距离。【答案】(1)答(2)卢 【解析】【分析】【详解】(1)设电场强度的大小为E,B 从 P 点到落地运动的加速度为a,有mg-qE=ma两小球在竖直方向高度相同，根据运动学公式g g 产=ga(2f)2解得5=返句 设 B 在 P 点的速度为v i,从 P 点到落地通过的水平距离为x,根据动能定理水平方向上有x=匕 2/解得x=d2gLt3 2.如图所示，粗细均匀，两端开口的U 形管竖直放置，管的内径很小，水平部分BC长 14cm,一空气柱将管内水银分隔成左右两段，大气压强相当于高为76cmHg

43、的压强。(1)当空气柱温度为Ti=273K,长为h=8cm时，BC管内左边水银柱长2cm,AB管内水银柱长也是2cm,则右边水银柱总长是多少？(2)当空气柱温度升高到多少时，左边水银恰好全部进入竖直管A B 内？(3)当空气柱温度为490K时，两竖直管内水银柱上表面高度各为多少？【答案】(1)6cm(2)420K(3)6cm,4cm【解析】【详解】(1)由于左边AB管内水银柱长是2 c m,所以右边CD管内水银柱长也是2cm右边水银柱总长度为：14-2-8+2=6cnio(2)由于：pt=p0+pg%=76+2=78cmHg当左边的水银恰好全部进入竖直管A B 内时，Pi=()+pg(匕+4)

44、=76+2+2=80cmHg,设管截面积为S,贝!J：V；=8 5,匕=1 2 5；由理想气体状态方程：竽=竽，代入数据有78x85 80 x125273-T2-，得：T2=420K(3)由于:p3=p2=8 0 c m Hg,由理想气体状态方程：空=竽，代入数据有7 8 x 8 S _ 8 0X/3S27 3-490 得：/3=1 4c m,左边竖直管A B内水银柱上表面高度为6c m,右边竖直管C D内水银柱上表面高度为4c m。33.有一四分之一玻璃球，左侧面镀银，光源A在其通过圆心的水平底边B D上（D为球心），如图所示.从光源A发出的一束细光射到球面E上，其中一部分光经球面反射后恰能

45、竖直向上传播，另一部分光经过折射进入玻璃球内，经左侧镀银面反射恰能沿原路返回，若球面半径为H=gm，玻璃折射率为百，求：光射到球面E上的入射角光源A与球心D之间的距离【答案】60。；3m。【解析】【详解】由题意可知折射光线与镜时垂直，其光路图如图所示.则有Z +r =90 由折射定律可得s i n z /r-=n=73s i n r解得入射角i =60 折射角r =30 在直角三角形EF D中：SDF=Rc os r =R由几何关系可得AE。为等腰三角形，所以3 4.如图所示，一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口。点时，列车接到停车指令，立即匀减

46、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 育=1 200 m,OB=2 000 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【答案】(1)0.9m/s2 a mg所以小球被释放后将向上绕O 点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为V,由动能定理：1 2(F-m g)L =mv设细线被拉断前瞬间的拉力为FT,由牛顿第二定律：9FT+mg-F=m联立解得：FT=1.5mg(2)细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a 竖直向上，由牛顿第二定律F-mg=ma设细线断裂后小球经时间t 到达P 点，则有：L=vt小球在竖直方向上的

47、位移为:1 2y=-at解得：y=r4O、P 两点沿电场方向（竖直方向）的距离为：d=L+yO、P 两点间的电势差：UOP=Ed/r 15 mRL联立解得：阳3 6.如图甲所示，真空中的电极被连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B 间的中线射入偏转电场，A、B 两板距离为d、A、B 板长为L,A B 两板间加周期性变化的电场，如图乙所示，周期为7,加速电压为eT其中帆为电子质量、e 为电子电量，入为A、B 板长，T 为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：电子从加速电场H

48、 飞出后的水平速度%大小？（2=0 时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B 间中线的距离y;在足够长的时间内从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。乙【解析】【详解】加速电场加速。由动能定理得qu、=-w v-解得(2)电子在偏转电场里水平方向匀速运动，竖直方向匀加速运动。水平方向有所以运动时间Tt=2竖直方向有1 2y=ar-2解得eUI?eU Ty -由上问可知电子在电场中的运动时间均为f =(,设 电 子 在 时 加 速 度 大 小 为4,3U。时加速度大小为 生，由牛顿第二定律得：?e=?叫e=ma2在0彳时间内，设乙时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为0,贝！

49、J：解得T即0 时间内射入电场中的电子0 4这段时间均可从中垂线上方飞出。|T这段时间内，设能够从中垂线上方飞出粒子的时间间隔为工2，=7一，2时刻射入的电子刚好偏转位移为0,则有解得t,=当4所以3-疔丁T所以从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比六1%皿7%3 7.如图所示，内壁光滑长度为4L、横截面积为S 的汽缸A、B,A 水平、B 竖直固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度27、大气压为po的环境中，活塞C、D 的质量及厚度均忽略不计.原 长 3L、劲 度 系 数%=岁 的 轻 弹 簧，一端连接活塞C、另一端固定在位于汽缸A 缸口的O 点.开始活塞D

50、 距汽缸B 的底部为3 L.后在D 上放一质量为加=2 苴 的 物 体.求：gB稳定后活塞D 下降的距离；改变汽缸内气体的温度使活塞D 再回到初位置，则气体的温度应变为多少？【答案】x=(ii)t=377 3【解析】【分析】【详解】(1)开始时被封闭气体的压强为P i=P o，活 塞 c 距气缸A 的底部为1,被封气体的体积为41S,重物放在活塞D 上稳定后，被封气体的压强为：P2=p0+等=2po活塞C 将弹簧向左压缩了距离h,则活塞C 受力平衡，有：汕=(pPo)S根据玻意耳定律，得：pis=p2xS解得：x=21马7活塞D 下降的距离为：l=4I-x+h=l(2)升高温度过程中，气体做等