重慶市渝北區(qū)新高考物理100解答題專項訓(xùn)練含解析

[word版可編輯】重慶市渝北區(qū)新高考物理100解答題專項訓(xùn)練

精選高考物理解答題100題含答案有解析

1.如圖所示，在X=()處的質(zhì)點。在垂直于X軸方向上做簡諧運動，形成沿x軸正方向傳播的機械波。

在t=0時刻，質(zhì)點O開始從平衡位置向上運動，經(jīng)0.4s第一次形成圖示波形，P是平衡位置為x=0.5m

處的質(zhì)點.

)7cni

XV」一

123456.v/ln

-5

(1)位于x=5m處的質(zhì)點B第一次到達波峰位置時，求位于x=2m處的質(zhì)點A通過的總路程。

(2)若從圖示狀態(tài)開始計時，至少要經(jīng)過多少時間，P、A兩質(zhì)點的位移(y坐標)才能相同？

【答案】(1)20cm(2)0.05s

【解析】

【詳解】

(1)結(jié)合題圖可分析出，該機械波的傳播周期為T=0.8s,波長為2=4加，振幅A=5cvw,

該機械波的波速為v=y=5m/s

由圖可知，此時波峰在x=l加處，當(dāng)波峰傳播到x=5m處的B點時，波向前傳播的距離為*4W，所以

質(zhì)點B第一次到達波峰位置所需要的時間加=竺=0.8s

V

由題意知，當(dāng)質(zhì)點B第一次到達波峰位置時，質(zhì)點A恰好振動了一個周期，所以質(zhì)點A通過的總路程為

產(chǎn)4A

(2)角速度為：?=—=—raJ/5,從圖示狀態(tài)開始計時

T2

質(zhì)點A做簡諧運動的表達式為：冷，c/n

質(zhì)點P做簡諧運動的表達式為：yp=5sin^-t+^cm

要使P、A兩質(zhì)點的位移(y坐標)相同，即立=%，至少要經(jīng)過時間t應(yīng)滿足：

54(5乃〃力”,八V

—t+l—9解得：t=0.0551o

2.如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第四象限有垂直于紙面向里的勻強磁場。磁感應(yīng)強度大小

B=2.0T,一質(zhì)量加=5.0xl(y8kg,電荷量qni.oxiofc的粒子(重力不計)，從點沿紙面以方向與軸

負方向夾角6=30。，大小不同的速度射入磁場，已知4p=30cm,乃“3：

⑴若粒子垂直x軸飛出，求粒子在磁場中飛行時間；

⑵若粒子不能進入x軸上方，求粒子速度大小滿足的條件。

【答案】(1)6.25X10-2S;(2)v<8m/s

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系可得

&=0.6m

NPQiQ=150°

則

北野

于2兀舄

匕

解得飛行時間

/=1^217=6.25Xi。%

360°

甲

⑵若帶電粒子不從x軸射出，臨界軌跡如圖乙所示。

乙

由幾何關(guān)系得

&+8sin(9=LOP

解得

R2=0.2m

由

mv\

夕嶺

K,

解得

v2=8m/s

當(dāng)丫48m/s時粒子不能進入x軸上方。

3.如圖所示，在直角坐標系xoy的第一象限中有兩個全等的直角三角形區(qū)域I和U,充滿了方向均垂直

紙面向里的勻強磁場，區(qū)域I的磁感應(yīng)強度大小為Bo,區(qū)域II的磁感應(yīng)強度大小可調(diào)，C點坐標為（4L,

3L）,M點為OC的中點.質(zhì)量為m帶電量為-q的粒子從C點以平行于y軸方向射入磁場H中，速度大

小為等，不計粒子所受重力，粒子運動軌跡與磁場區(qū)域相切時認為粒子能再次進入磁場.

（1）若粒子無法進入?yún)^(qū)域I中，求區(qū)域H磁感應(yīng)強度大小范圍；

（2）若粒子恰好不能從AC邊射出，求區(qū)域n磁感應(yīng)強度大?。?/p>

（3）若粒子能到達M點，求區(qū)域n磁場的磁感應(yīng)強度大小的所有可能值.

ny

AC

XXxx

xIxxj/'x'玲

XX/X7x?

x"Il

XXX

......................................................

0DX

【答案】⑴3;⑵8=萼；（3）若粒子由區(qū)域I達至UM點,n=l時，8=當(dāng)穌；n=2時，8綜;

649816

n=3時，^=—B（）；②若粒子由區(qū)域H達到M點，n=0時，B=n=l時，B=2B0

24816

【解析】

【分析】

【詳解】

（1）粒子速度越大，半徑越大，當(dāng)運動軌跡恰好與X軸相切時，恰好不能進入I區(qū)域

故粒子運動半徑“>3L

粒子運動半徑滿足：qBvQ=m—代入%

ro2m

D

解得B<U

6

(2)粒子在區(qū)域I中的運動半徑r=吟=《

qB2

若粒子在區(qū)域n中的運動半徑R較小，則粒子會從AC邊射出磁場.恰好不從AC邊射出時滿足

ZO2OIQ=20

4949

解得R-r學(xué)

代入曠竽1

2m

可得：8=贊49

(3)①若粒子由區(qū)域I達到M點

每次前進至=2(R_r)cos6=§(/?_，)

______58

由周期性：CM=nCP2(n=1.2.3...)即彳L=二〃(Rf)

2549

R=r+—L>—L解得

16n489

338

n=l時7?=^^，B=

IoJJ

n=2時R=L,B——B,.

3241

,4924

n=3時/?=—L,B=—

4849

②若粒子由區(qū)域H達到M點

由周期性：CM=C^+nC^(/?=().1.2.3...)

5+4〃

即3乙=^/?+：〃(/?一廠)，解得。=[5「2當(dāng)解得〃〈某

2551(l+n)4825

252

n=0時R=—LB=—B()

16925°

n=i時R=二L,B=—B()

3233°

點睛：本題考查了帶電粒子在磁場中的運動情況，做諸如此類問題時要注意正確畫出運動軌跡圖，并結(jié)合

幾何關(guān)系求出運動的半徑，并分析運動的可能性，由于運動的多解性，所以要求我們做此類題目時要細心

再細心.

4.如圖所示，有一長為L=6m,質(zhì)量為m1=lkg的長木板放在水平面上，木板與水平面間的動摩擦因

數(shù)為內(nèi)=0.2,右端固定一擋板，左端放一質(zhì)量為m2=lkg的小滑塊，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為舊

=0.1,現(xiàn)在滑塊的左端瞬間給滑塊施加一個水平?jīng)_量1=4Ns滑塊與擋板發(fā)生碰撞的時間和能量損失均

忽略不計，g取10m/s2,求：

(1)滑塊與擋板碰撞后瞬間木板的速度；

⑵木板在水平面上發(fā)生的位移。

/m2

.....羅.....]

_//////////////////////Z//////////////.

【答案】(1)2m/s方向水平向右(2)二m

【解析】

【詳解】

(1)由于沖量作用，滑塊獲得的速度為

I

v()=----=4m/s

m2

木板受地面最大摩擦力Ni(mi+m2)g邛2m2g,木板不動。

對滑塊：

N2m2g=111222

22

Vo-v=2aiL

解得

v=2m/s

滑塊與擋板碰撞動量守恒：

m2V=m2V2+miVi

能量守恒：

g恤丫2=卜*+(秋尤

解得

vi=2m/s,V2=0

碰后瞬間木板速度為2m/s,方向水平向右。

(2)碰后滑塊加速度不變，

對木板：

Bi(mi+m2)g+n2m2g=miai

設(shè)經(jīng)時間t,兩者共速

V]-a1t=a2t

解得

1

t=—s

3

共同的速度

1

V3=a2t=—m/s

3

此過程木板位移

1,7

xi=vit-----ait-=—m

218

共速后木板加速度為

fii(mi4-m2)g—Ji2m2g=mia3

最后木板靜止，設(shè)此過程木板位移為X2，

2

0—V3=2a3x2

解得

1

X2=-m

54

木板在水平面上發(fā)生的位移為

II

Xi+x2=-m。

27

5.如圖所示，間距為L=2m的兩平行光滑金屬導(dǎo)軌由傾斜部分和水平部分平滑連接而成，水平導(dǎo)軌處于

B=0.5T方向垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場中，以磁場左邊界為坐標原點，磁場右邊界坐標為xi(值未標出)，

在坐標為x0=1.2m處垂直于水平導(dǎo)軌放置有一質(zhì)量m=lkg、電阻為R=0.m的導(dǎo)體棒ab.現(xiàn)把質(zhì)量為

M=2kg、電阻也為R=0.1Q的導(dǎo)體棒cd,垂直導(dǎo)軌放置在傾斜軌道上，并讓其從高為h=1.8m處由靜止釋

放。若兩導(dǎo)體棒在磁場內(nèi)運動過程中不會相碰，ab棒出磁場右邊界前已達到穩(wěn)定速度，且兩導(dǎo)體棒在運

動過程中始終垂直于導(dǎo)軌并接觸良好，不計導(dǎo)軌的電阻，忽略磁場的邊界效應(yīng)，g=10m/s2o求：

(1)cd棒恰好進入磁場左邊界時的速度大??；

(2)ab棒離開磁場右邊界前的穩(wěn)定速度；

(3)cd棒從進入磁場到離開磁場的過程中，安培力對系統(tǒng)做的總功。

【答案】(1)6m/s；(2)4m/s；(3)-19J

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)cd棒下落過程中機械能守恒，有

1,

Mgh=-Mvl

解得

%=6m/s

(2)cd棒進入磁場后與ab棒組成的系統(tǒng)動量守恒，有

Mv(y=+m)v,

解得兩棒勻速時的速度

2，

匕=§%=4m/s

(3)設(shè)兩棒達到相同速度時相距為△x,則兩棒同速前進，流過導(dǎo)體棒中的電量:

%(凝3)①

12R

對ab棒應(yīng)用動量定理得:

BLI-Nt=mvt—00

%=/?△/③

由①②③式解得

Ax=0.4m

則從ab棒出磁場右邊界到cd棒出磁場右邊界的過程中，流過導(dǎo)體棒中的電量

,BLAxc

△%=-------④

22R

設(shè)cd出磁場時的速度為嶺，對cd棒應(yīng)用動量定理可得:

—BL2,--MV2—Mv\⑤

解得

v2-3m/s

由功能關(guān)系可知，整過程中有:

峰=g加田+gmv,2-1Mvl

解得

Wi：=-19j

33

6.如圖所示，直線y=：x與y軸之間有垂直于xOy平面向外的勻強磁場區(qū)域H,直線x=d與y=：x間

44

.10

有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度E=3xl02/m,另有一半徑R=§m的圓形勻強磁場區(qū)域I,磁感

應(yīng)強度Bi=0.9T,方向垂直坐標平面向外，該圓與直線x=d和x軸均相切，且與x軸相切于S點。一帶負

電的粒子從S點沿y軸的正方向以速度V。進入圓形磁場區(qū)域I,經(jīng)過一段時間進入勻強磁場區(qū)域II,且第

3

一次進入勻強磁場區(qū)域n時的速度方向與直線y=1X垂直。粒子速度大小%=3xl()5m/s,粒子的比荷為

—=lxlO5C/kg,粒子重力不計。已知由137。=0.6,cos37°=0.8,求:

m

(1)粒子在圓形勻強磁場區(qū)域工中做圓周運動的半徑大?。?/p>

⑵坐標d的值；

(3)要使粒子能運動到x軸的負半軸，則勻強磁場區(qū)域II的磁感應(yīng)強度B2應(yīng)滿足的條件。

【答案】(Dym；(2)12m；(3)0.5T<B2<1.125T

【解析】

【分析】

【詳解】

⑴在磁場4中，有

mvl

4

代入數(shù)據(jù)解得

10

r=-m

'3

(2)在電場中類平拋運動：設(shè)粒子x方向位移為x,y方向位移為y,運動時間為t,則

vy%=4x105mzs

tan37°

又

Vy=嗎

m

解得

4

z=-xl0-5s

3

又根據(jù)

x=vot

0+v

解得

8

x=4m,y=—m

所以坐標d的值

,xtan37°+y+K,.

d=--------------1=12m

tan37°

(3)進入磁場坊的速度為

v=———=5x10'm/s

sin37°

帶電粒子出磁場區(qū)城n中做勻速圓周運動

nmV'

qvB[--j-

當(dāng)帶電粒子出磁場區(qū)域II與y軸垂直時

r2=＞+穴=10m

2sin37°

可得

B=0.5T

當(dāng)帶電粒子出磁場區(qū)域n與y軸相切時，軌跡半徑為寸，圓周半徑為

rR

,2y+10m

-cos37°sin37°

可得

B2=1.125T

所以要使帶電粒子能運動到X軸的負半軸，0.5T＜為＜1.125T。

7.1916年，Tolman和Stewart發(fā)表論文指出，一個繞在圓柱上的閉合金屬線圈當(dāng)該圓柱以一定的角速

度繞軸旋轉(zhuǎn)時，線圈中會有電流通過，這種效應(yīng)稱為Stewart-Tolman效應(yīng)。設(shè)有許多匝線圈，每匝線圈

的半徑為r,每匝線圈均用電阻為R的細金屬導(dǎo)線繞成，線圈均勻地繞在一個很長的玻璃圓柱上，圓柱的

內(nèi)部為真空每匝線圈的位置用黏膠固定在圓柱上，單位長度的線圈匝數(shù)為n,包含每匝線圈的平面與圓柱

的軸垂直。從某一時刻開始，圓柱以角加速度B繞其軸旋轉(zhuǎn)。經(jīng)過足夠長時間后：請計算每匝線圈中的電

流強度。

【答案】/=型空

eR

【解析】

【詳解】

由于環(huán)加速轉(zhuǎn)動，在圓環(huán)參考系中對電子產(chǎn)生了類似于電場力的非慣性力，即

F—mr/3

對應(yīng)的場強

人泣

e

產(chǎn)生的電流

27irE27tm[3戶

I=------------------------

ReR

8.某空間區(qū)域內(nèi)存在水平方向的勻強電場，在其中一點。處有一質(zhì)量為機、帶電荷量為+4的小球?，F(xiàn)

將小球由靜止釋放，小球會垂直擊中斜面上的A點。已知斜面與水平方向的夾角為60。，OA之間的距離

為d,重力加速度為g。求：

(1)場強的大小和方向；

(2)帶電小球從。點運動到A點機械能的增量；

(3)在。點給帶電小球一個平行斜面向上的初速度v0，小球落到斜面上時與A點之間的距離。

【答案】(1)石=電空，方向水平向右；(2)AE=誓4；(3)AB=%R

q2

【解析】

【詳解】

(1)根據(jù)題意，OA方向為合力方向，小球所受電場力水平向右，小球帶正電，則勻強電場的方向水平向右;

帶電小球合力方向與豎直方向成60。角，由平行四邊形定則可得

Eq-mgtan60

解得

q

⑵根據(jù)功能關(guān)系可知，電場力對小球做的功等于小球機械能的增量AE,則

AE=Eqdsin60

解得

△E二包里

2

(3)解法一小球所受電場力與重力的合力沿OA方向，若小球初速度平行斜面向上，則小球做類平拋運動,

如圖甲所示。由平行四邊形定則得

_mg

/c

口cos60

由牛頓第二定律得

F^=ma

設(shè)小球在斜面上的落點B到A點的距離為X，小球落到斜面上的時間為t,則

%=即

d=—ar

2

解得

解法二小球在水平方向上做勻加速直線運動,在豎直方向上做豎直上拋運動。設(shè)小球落在斜面上的B點,

水平位移》=OC,豎直位移丁=BC,如圖乙所示。則

y=(%sin60“一；g/

\BCD^\OAD,貝！|

yx-OD

~d~AD

d

OD

sin60

d

AO=

tan60

聯(lián)立解得

Y

OB=次+

AB^yJOB2-d2

解得

9.如圖所示，甲乙兩個完全相同的車靜止在水平面上，其中一個車內(nèi)有人，此人拉動輕繩使兩車相互靠

近，相遇時甲乙兩車距離出發(fā)點分別為S平和Sz。下列判斷正確的是

A.若車與軌道間無摩擦，則S甲=Sl

B.若車與軌道間有摩擦，且S”S乙，則人在甲車內(nèi)

C.若S甲＜Sz,且人在甲車內(nèi)，則車與軌道可能無摩擦

D.只要S單＜Sz,則人一定在甲車內(nèi)

【答案】BCD

【解析】

【詳解】

人拉動輕繩使兩車相互靠近過程，兩車受到的拉力F大小相等，甲乙兩車完全相同，則它們的質(zhì)量m相

等，與軌道間的動摩擦因數(shù)N相同，設(shè)人的質(zhì)量為M；

A.如果車與軌道間無摩擦，對車，由牛頓第二定律得：

a=—

m

對有人的車：

a'=——<a

M+m

],

兩車都做初速度為零的勻加速直線運動且運動時間t相等，由彳=二。廠可知，x>x',即:

2

S甲#z

兩車位移不相等，有人的車的位移小于無人車的位移，故A錯誤；

B.如果車與軌道間有摩擦，人在甲車內(nèi)，貝U：

/一〃（M+加）F

_F-/jmg_F

a乙=------------=-----/Jg>OtP

S甲vs乙

故B正確;

C.如果車與軌道間無摩擦，人在甲車內(nèi)，貝（I：

S單<Sz,

故C正確；

D.由BC可知，無論車與軌道間有無摩擦，只要人在甲車內(nèi)，一定有:

S單VS乙

故D正確；

故選BCD.

10.如圖所示，彎成四分之三圓弧的細桿豎直固定在天花板上的N點，細桿上的兩點與圓心。在同

一水平線上，圓弧半徑為0.8m。質(zhì)量為0.1kg的有孔小球A(可視為質(zhì)點)穿在圓弧細桿上，小球A通

過輕質(zhì)細繩與質(zhì)量也為0.1kg小球B相連，細繩繞過固定在Q處的輕質(zhì)小定滑輪。將小球A由圓弧細桿上

某處由靜止釋放，則小球A沿圓弧桿下滑，同時帶動小球3運動，當(dāng)小球A下滑到O點時其速度為4m/s,

此時細繩與水平方向的夾角為37。，已知重力加速度g=10m/s2,41137。=0.6,cos37°=0.8,cosl6°=0.1.I'nJ：

(1)小球A下滑到O點時，若細繩的張力T=x(N),則圓弧桿對小球4的彈力是多大？

⑵小球A下滑到。點時，小球8的速度是多大？方向向哪？

(3汝口果最初釋放小球A的某處恰好是P點，請通過計算判斷圓弧桿段是否光滑。

【答案】(1)FN=(2.1-0.8X)N；(2)2.4m/s,豎直向下；(3)光滑

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)當(dāng)球A運動到D點時，設(shè)圓弧桿對小球A的彈力為FN，由牛頓第二定律有

inv~

FN+Tcos370-mgcos16°=—

解得

FN=(2.1-0.8X)N

(2)小球A在D點時，小球B的速度

=vAsin37°=2.4m/s

方向豎直向下。

(3)由幾何關(guān)系有

QO=2Rcos37o=1.6R

/?=Q￡>sin37o=0.96R

若圓弧桿不光滑，則在小球A從P點滑到D點的過程中，必有摩擦力對小球A做功。設(shè)摩擦力對小球A

做功為W“對A、B兩小球由功能關(guān)系得

mgh+mg(2R-QD^+Wf=-mv\+gmv；

代入數(shù)據(jù)解得

W尸0

所以圓弧桿PD段是光滑的。

H.如圖所示，寬度為GL的區(qū)域被平均分為區(qū)域I、II、in.其中I、m有勻強磁場，它們的磁感應(yīng)

強度大小相等，方向垂直紙面且相反，長為垂＞L，寬為的矩形abed緊鄰磁場下方，與磁場邊界對齊,

O為de邊的中點，P為de邊中垂線上的一點，OP=3L.矩形內(nèi)有勻強電場，電場強度大小為E,方向由

a指向O.電荷量為q、質(zhì)量為m、重力不計的帶電粒子由a點靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入磁場，運動

軌跡剛好與區(qū)域m的右邊界相切.

(1)求該粒子經(jīng)過O點時速度大小v。；

(2)求勻強磁場的磁感強度大小B;

(3)若在aO之間距O點x處靜止釋放該粒子，粒子在磁場區(qū)域中共偏轉(zhuǎn)n次到達P點，求x滿足的條

件及n的可能取值.

\2qEL

【答案】(1)

m

(31V

(3)x=---------L,其中n=2、3、4、5、6、7、8

【2〃6)

【解析】

試題分析：(1)由題意可知aO=L,粒子在aO加速過程中有

由動能定理：qEL=；"?片

解得粒子經(jīng)過。點時速度大小：%=

(2)粒子在磁場區(qū)域m中的運動軌跡如圖，設(shè)粒子軌跡圓半徑為Ro,

由幾何關(guān)系可得：A0cos60°=苧L

2

由洛倫茲力提供向心力得：qv°B=m?

3mE

聯(lián)立以上解得：B=

~2qL

(3)若粒子在磁場中一共經(jīng)歷n次偏轉(zhuǎn)到達P,設(shè)粒子軌跡圓半徑為R,

由幾何關(guān)系可得:tan30°+Reos30°=3L

7

依題意得：0<R<R°

9

聯(lián)立解得：一Wn<9,且n取正整數(shù)

7

2

設(shè)粒子在磁場中的運動速率為V,則有：qvB=mJ

R

1

在電場中的加速過程，由動能定理：qEx=-mv92

(31V

聯(lián)立解得：%=—3其中32、3、4、5、6、7、8

6,

考點：帶電粒子在勻強電場中的運動、帶電粒子在勻強磁場中的運動

【名師點睛】本題主要考查了帶電粒子在勻強電場中的運動、帶電粒子在勻強磁場中的運動.電場對粒子

做正功，由動能定理求出粒子經(jīng)過。點時速度大?。蛔鞒隽Ｗ舆\動軌跡，找到圓心、找出半徑與磁場寬

度的關(guān)系即可解題.

12.如圖所示，有兩個不計質(zhì)量的活塞M,N將兩部分理想氣體封閉在絕熱氣缸內(nèi)，溫度均是27°C.M

活塞是導(dǎo)熱的，N活塞是絕熱的，均可沿氣缸無摩擦地滑動，已知活塞的橫截面積均為S=2cm2,初始時

M活塞相對于底部的高度為H=27cm,N活塞相對于底部的高度為h=18cm.現(xiàn)將一質(zhì)量為m=400g的小

物體放在M活塞的上表面上，活塞下降.已知大氣壓強為p0=1.0xl05pa,

①求下部分氣體的壓強多大；

②現(xiàn)通過加熱絲對下部分氣體進行緩慢加熱，使下部分氣體的溫度變?yōu)?270C,求穩(wěn)定后活塞M,N距離

底部的高度.

【答案】⑴1.2x105夕（2）21.5cm,20cm

【解析】

【分析】

【詳解】

①對兩個活塞和重物作為整體進行受力分析得：pS=mg+p°S

解得：

p=1.2xl05Pa；

②對下部分氣體進行分析，由理想氣體狀態(tài)方程可得：2滬

解得：

h2=20cm,

對上部分氣體進行分析，根據(jù)玻意耳定律定律可得：p.（H-h）S=pLS

解得：

L=7.5cm,

故此時活塞M距離底端的距離為：

H2=20+7.5=27.5cm；

13.一個長方形透明物體橫截面如圖所示，底面AB鍍銀，（厚度可忽略不計），一束光線在橫截面內(nèi)從M

點的入射，經(jīng)過AB面反射后從N點射出，已知光線在M點的入射角a=53。，長方形厚度h=2cm,M、N

之間距離s=3cm。求：

（1）畫出光路圖，并求透明物體的折射率；

⑵若光速為c=3.0xl08m/s,求光在透明物體中傳播時間。

a

4

,o

【答案】⑴An=-i(2)2.2xlOs

3

【解析】

【分析】

【詳解】

光路圖如圖所示

由幾何知識可得:

tan2=—=

故可得

N1=N2=N3=N4=37。

根據(jù)折射定律

可得

sin13

(2)根據(jù)〃=',可得

由幾何知識可得

SOM+§ON~~5cm

故光在透明物體中傳播時間為

/=2.2x10%

14.如圖所示，在水平地面上固定一傾角為8的光滑斜面，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面

底端，彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為m的滑塊從距離彈簧上端s處由靜止釋放，設(shè)滑塊與彈簧接觸過程中

沒有能量損失，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。

(1)求滑塊與彈簧上端接觸瞬間速度VO的大??；

(2)若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度為Vm，求滑塊從釋放到速度為Vm的過程中彈簧的

彈力所做的功Wo

1?/mgsin0

【答案】(1)%=j2gssin6＞；(2)~mv[-mgsin65+-----------

乙\ft

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)由

mgsingma①

vo?=2as②

由①②式解得：

%=J2gssin6③

(2)滑塊速度最大時，有

mgsin0=kx@

滑塊從釋放到速度達到最大的過程中，有

mgsinO(s+x)+W=^-mv；⑤

由④⑤解得：

(

19mgsin0

W=-"mgsin。s+⑥

2k

15.如圖，兩等腰三棱鏡ABC和CDA腰長相等，頂角分別為NAi=60。和NAz=30。。將AC邊貼合在一起,

組成NC=90。的四棱鏡。一束單色光平行于BC邊從AB上的O點射入棱鏡,經(jīng)AC界面后進入校鏡CDA。

已知棱鏡ABC的折射率勺=普受，棱鏡CDA的折射率必=0,不考慮光在各界面上反射后的傳播,

求：(sinl50="一夜，sin750="+&\

44

⑴光線在棱鏡ABC內(nèi)與AC界面所夾的銳角0；

(ii)判斷光能否從CD面射出。

【答案】⑴45。；(ii)不能從DC面射出

【解析】

【分析】

【詳解】

⑴光在AB面上發(fā)生折射，如圖

由折射定律得

sinZ1

-------二々

sinZ2

解得

Z2=15°

則

6=180-60-60-15=45=45°

(ii)光從AC面進入CDA內(nèi)，由幾何關(guān)系可得

Z3=90-0=45°

由折射定律

sinZ4_4

sinZ3n2

解得

Z4=75°

則由幾何關(guān)系可得

Z5=45°

由折射定律

sinZ6

sinZ5

解得

Z6=90°

光線在DC面恰好發(fā)生全反射，不能從DC面射出。(平行DC射出也可)

16.如圖所示為兩個完全相同的半球形玻璃磚的截面，二二〃二二，半徑大小為R,其中二二為兩球心的連線,

一細光束沿平行于二二的方向由左側(cè)玻璃磚外表面的a點射入，已知a點到軸線二二的距離為三二光束由左

側(cè)玻璃磚的d點射出、然后從右側(cè)玻璃磚的e點射入，最后恰好在右側(cè)玻璃磚內(nèi)表面的f點發(fā)生全反射，忽

略光束在各面的反射，已知兩玻璃磚的折射率均為、工求：

⑴光束在d點的折射角；

(ii)e點到軸線二二的距離。

【答案】⑴60,向：二

【解析】

【詳解】

⑴由題意作出光路圖，如圖所示

a點到軸線二二的距離為二=/二，由幾何知識得sm二====，則入射角二/=二=6?！?，由折射定律有

二=黑，解得二3。，由幾何知識得二；=R,根據(jù)折射定律有二=建，解得二；=/

(ii)從e點射入右側(cè)玻璃磚的光線,入射角二=二：=60，根據(jù)折射定律二=絲，解得二；=30；光線在f點

lIXlUj

發(fā)生全反射，則sin二=3,在二二二二中，由正弦定理得三=._,，解得二二=；二,e點到軸線二二的距

_-in-11^90+-3)i

離應(yīng)為：二

17.如圖所示，水平面上固定著一條內(nèi)壁光滑的豎直圓弧軌道，BD為圓弧的豎直直徑，C點與圓心。等

高。軌道半徑為R=0.6m,軌道左端A點與圓心O的連線與豎直方向的夾角為8=53。，自軌道左側(cè)空

中某一點尸水平拋出一質(zhì)量為m的小球，初速度大小%=3m/s,恰好從軌道A點沿切線方向進入圓弧

軌道已知sin53°=08,cos53°=0.6,求：

(1)拋出點P到A點的水平距離；

(2)判斷小球在圓弧軌道內(nèi)側(cè)運動時，是否會脫離軌道，若會脫離，將在軌道的哪一部分脫離。

【答案】(1)1.2m；(2)會，小球在軌道CD部分脫離軌道

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)如圖所示，畫出小球通過A點時的速度矢量三角形

vv=v0tan0

Vy=gt

f=vot

代入數(shù)據(jù)求得

xPA=1.2m

D

COS。

~mvA>mgRcosB

說明小球能越過軌道C點；

假設(shè)小球能從A運動到D,根據(jù)動能定理

1212

一加gR(l+cos6)=~^D——mvA

解得

vD=V5^8m/s

若小球恰能通過D點則有

吟

mg=m-^

v'D=y/6m/s

因力<%,因此小球會在軌道CD部分脫離軌道。

18.如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以速度v=2m/s勻速運動，質(zhì)量為叫=1kg的小物塊P和質(zhì)量為

m2=1.5kg的小物塊Q由通過定滑輪的輕繩連接，輕繩足夠長且不可伸長.某時刻物塊P從傳送帶左端以

速度v°=4m/s沖上傳送帶，P與定滑輪間的繩子水平.已知物塊P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)口=0.5,重

力加速度為g=10m/s2,不計滑輪的質(zhì)量與摩擦，整個運動過程中物塊Q都沒有上升到定滑輪處.求：

白Q

⑴物塊P剛沖上傳送帶時的加速度大?。?/p>

⑵物塊P剛沖上傳送帶到右方最遠處的過程中，PQ系統(tǒng)機械能的改變量;

⑶若傳送帶以不同的速度v(0<v<v。)勻速運動，當(dāng)V取多大時物塊P向右沖到最遠處時，P與傳送帶間

產(chǎn)生的摩擦生熱最?。科渥钚≈禐槎啻?？

410

【答案】(l)8m/s2(2)AE=-1.25J(3)v=-m/s,。而“=

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)物塊P剛沖上傳送帶時，設(shè)PQ的加速度為卬，輕繩的拉力為耳

因P的初速度大于傳送帶的速度，則P相對傳送帶向右運動，故P受到向左的摩擦力作用

對P由牛頓第二定律得

耳+//町

對Q受力分析可知，在豎直方向受向下的重力和向上的拉力作用

由牛頓第二定律得

m2g一月=g4

聯(lián)立解得

4=8m/s2

(2)P先減速到與傳送帶速度相同，設(shè)位移為西，則

二42-22

m=0.75m

2x8

共速后，由于摩擦力了=〃見g=5N<叫g(shù)=15N

故P不可能隨傳送帶一起勻速運動，繼續(xù)向右減速，摩擦力方向水平向右

設(shè)此時的加速度為外，輕繩的拉力為居

對P由牛頓第二定律得

F2一〃町g二町生

對Q由牛頓第二定律得

m2g-F2^m2a2

聯(lián)立解得

2

a2=4m/s

設(shè)減速到0位移為馬,則

PQ系統(tǒng)機械能的改變量等于摩擦力對P做的功

\E-一〃肛g%+f^mgx2=-1.25J

(3)第一個減速過程，所用時間

v-v4—v

t,=--0-----=-------

'q8

P運動的位移為

丫_16一聲

「丁「丁

皮帶運動的位移為

4v-v2

第二個減速過程，所用時間

VV

P運動的位移為

皮帶運動的位移為

則整個過程產(chǎn)生的熱量

5（3V2-8V-16）

Q=〃m,g（百一馬）+〃〃21g（吊-＜）=

410

當(dāng)v=時，0mhi=§J

19.有一四分之一玻璃球，左側(cè)面鍍銀，光源A在其通過圓心的水平底邊BD上(D為球心)，如圖所示.

從光源A發(fā)出的一束細光射到球面E上，其中一部分光經(jīng)球面反射后恰能豎直向上傳播，另一部分光經(jīng)

過折射進入玻璃球內(nèi)，經(jīng)左側(cè)鍍銀面反射恰能沿原路返回，若球面半徑為R=6m，玻璃折射率為6，

求：

①光射到球面E上的入射角

②光源A與球心D之間的距離

E

D

【答案】①60。；②3m。

【解析】

【詳解】

①由題意可知折射光線與鏡時垂直，其光路圖如圖所示.則有

i+r=90°

由折射定律可得

sinr

解得入射角

i=60°

折射角

r=30°

②在直角三角形EFD中:

=Rcosr=#R

由幾何關(guān)系可得AEO為等腰三角形，所以

1>=2SDF=0>R=3m

20.如圖(b)所示，一個正方體玻璃磚的棱長為2a,其折射率為0。在其中心軸線處有一點光源，該點

光源可沿中心軸線上下移動。若點光源移動至某一位置。時，玻璃磚上表面均有光線射出，求此時玻璃磚

下表面有光線射出的面積

上邊緣

（b）

【答案】（6—40）%".

【解析】

【詳解】

光路如圖，（臨界點）。點發(fā)出的光射至上表面正方形的對角線邊緣P點恰好全反射，則上表面均有光線射

出，射至下表面的Q點恰好全反射（臨界點），則以。點為圓形邊緣，其內(nèi)部有光線射出

Qx

p點恰全反射，則有

sinC=-

n

由幾何關(guān)系得

J（伍I+吩

Q點恰全反射，由幾何關(guān)系得

sinC=/

7%2+(2a-/?)2

光線射出面積為

S=7TX1

聯(lián)立解得

S=(6—4向兀a2

21.如圖所示，一根勁度系數(shù)為％=3N/cm的輕質(zhì)彈簧豎直放置，上下兩端各固定質(zhì)量均為加。=3kg的

物體A和B(均視為質(zhì)點)，物體B置于水平地面上，整個裝置處于靜止狀態(tài)，一個質(zhì)量，"=2kg的小球P

從物體A正上方距其高度〃=5m處由靜止自由下落。與物體A發(fā)生彈性正碰(碰撞時間極短且只碰一次)，

彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，取g=10m/s2。求：

⑴碰撞后瞬間物體A的速度大??；

(2)當(dāng)?shù)孛鎸ξ矬wB的彈力恰好為零時，A物體的速度大小。

9P

國I□月

【答案】(l)8m/s；(2)2V15m/s

【解析】

【分析】

【詳解】

⑴設(shè)碰撞前瞬間小球P的速度為%,碰撞后瞬間小球P的速度為h,物體A的速度為乙，

小球P自由下落，由動能定理可得

,1，

mgn=-mvj

解得

%=10m/s

小球P與物體A碰撞過程由動量守恒定律和能量守恒定律得

mv0=WV1+mnv2

121212

+-n?ov2

解得

v1=-2m/s

v2=8m/s

故碰撞后瞬間物體A的速度大小是8m/s.

(2)設(shè)開始A靜止時彈簧的壓縮量為百

對A有

%g=g

%=0.1m

當(dāng)?shù)孛鎸ξ矬wB的彈力恰好為零時，彈簧的伸長量為馬

對B有

w0g

x2=O.lm

可見%=與，故兩個狀態(tài)彈簧的彈性勢能相等；

從P與A碰撞后瞬間到地面對B的彈力恰好為零的過程，由系統(tǒng)機械能守恒得

；(；m0V3+moS(2+X2)

解得此時A的速度大小為

v3=2V15m/s

22.2018年8月美國航空航天科學(xué)家梅利莎宣布開發(fā)一種儀器去尋找外星球上單細胞微生物在的證據(jù)，

力求在其他星球上尋找生命存在的跡象。如圖所示，若宇航員在某星球上著陸后，以某一初速度斜面頂端

水平拋出一小球，小球最終落在斜面上，測得小球從拋出點到落在斜面上點的距離是在地球上做完全相同

的實驗時距離的k倍。已知星球的第二宇宙速度是第一宇宙速度的灰倍，星球的半徑為R,地球表面的

重力加速度為g,求：

(1)星球表面處的重力加速度；

(2)在星球表面一質(zhì)量為加。飛船要有多大的動能才可以最終脫離該星球的吸引。

【答案】⑴8二會堂⑵厘

IcosOk

【解析】

【詳解】

(1)設(shè)斜面傾角為。，小球在地球上做平拋運動時，有

1，

y=2§r

%=卬

tan—

X

設(shè)斜面上的距離為L則

X

cose

聯(lián)立解得

_24tan0

Icos0

小球在星球上做平拋運動時，設(shè)斜面上的距離為星球表面的重力加速為一,同理由平拋運動的規(guī)律有

，—2v()tan0

Icos0

聯(lián)立解得星球表面處的重力加速度

g'=w

&k

(2)飛船在該星球表面運動時，有

GMmv.2

——=m—

R2R

近地有

GMm，

卞-二mg

聯(lián)立解得飛船的第一宇宙速度

vi=77^

一質(zhì)量為加。的飛船要擺脫該星球的吸引，其在星球表面具有的速度至少是第二宇宙速度，所以其具有的

動能至少為

6min=。W=加心；=

2K

23.如圖所示，PQ為一豎直放置的熒光屏，一半徑為R的圓形磁場區(qū)域與熒光屏相切于O點，磁場的

方向垂直紙面向里且磁感應(yīng)強度大小為B,圖中的虛線與磁場區(qū)域相切,在虛線的上方存在水平向左的勻強

電場，電場強度大小為E,在O點放置一粒子發(fā)射源，能向右側(cè)180。角的范圍發(fā)射一系列的帶正電的粒子,

粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q,經(jīng)測可知粒子在磁場中的軌道半徑為R,忽略粒子的重力及粒子間的相互作

用.求：

(1)如圖，當(dāng)粒子的發(fā)射速度方向與熒光屏成60。角時，該帶電粒子從發(fā)射到達到熒光屏上所用的時間為多

少?粒子到達熒光屏的位置距O點的距離為多大?

(2)從粒子源發(fā)射出的帶電粒子到達熒光屏?xí)r，距離發(fā)射源的最遠距離應(yīng)為多少?

【答案】⑴R+BR」誣⑵R+2BR）回

\mEVmE

【解析】

【詳解】

(1)根據(jù)洛倫茲力提供向心力得:

v2

qvB=m—

R

解得:

丫=處

m

當(dāng)粒子的發(fā)射速度與熒光屏成60。角時，帶電粒子在磁場中轉(zhuǎn)過120。角后離開磁場，再沿直線到達圖中的

M點，最后垂直電場方向進入電場，做類平拋運動，并到達熒光屏，運動軌跡如圖所示.

粒子在磁場中運動的時間為:

T2兀m

?l

粒子從離開磁場至進入電場過程做勻速直線運動，豎直位移為:

y=R-Hcos30°="?R

2

勻速直線運動為:

y2-6

’2m

V2qB

由幾何關(guān)系可得點M到熒光屏的距離為:

X,=/?+??sin30°=1.57?

設(shè)粒子在電場中運動的時間為t3,由勻變速直線運動規(guī)律得:

玉產(chǎn)A

解得

故粒子從發(fā)射到達到熒光屏上所用的時間為:

27rm2—5/33mR

--------1----------m+

。%+/2+G=3qB2qBqE

帶電粒子在豎直向上的方向上做勻速直線運動，帶電粒子到達熒光屏上時有:

帶電粒子到達熒光屏?xí)r距離O點的位置為：

y=R+X=R+BR厘

VmE

⑵帶電粒子到達熒光屏的最高點時，粒子由磁場的右邊界離開后豎直向上運動，且垂直進入電場中做類平

拋運動，此時父=2R

則

2R=；嗎:

帶電粒子在電場中豎直向上運動的距離為：

該帶電粒子距離發(fā)射源的間距為:

y.=R+%=R+2B第

點睛：本題是帶電粒子在電場及在磁場中的運動問題；關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運動規(guī)律，畫出運動

軌跡，結(jié)合牛頓第二定律、類似平拋運動的分運動規(guī)律和幾何關(guān)系分析.

24.如圖所示為波源O振動1.5s時沿波的傳播方向上質(zhì)點振動的波形圖，問：

⑴何時x=5.4m的質(zhì)點第一次到達波峰？

⑵從t=0開始至x=5.4m的質(zhì)點第一次到達波峰這段時間內(nèi)，波源通過的路程是多少？

【解析】

【詳解】

(1)由圖知

2=60cm=0.6m

由題知