高考理綜物理解答題專項集中訓(xùn)練50題含參考答案解析

高考理綜物理解答題專項集中訓(xùn)練50題含參考答案

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一、解答題

1.如圖甲所示，在直角坐標(biāo)系中的OWxWL區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，右側(cè)有

以點（2L,0）為圓心、半徑為L的圓形區(qū)域，與x軸的交點分別為M、N,在xOy平

面內(nèi)，從電離室產(chǎn)生的質(zhì)量為m、帶電荷量為e的電子以幾乎為零的初速度從P點飄入

電勢差為U的加速電場中，加速后經(jīng)過右側(cè)極板上的小孔Q點沿x軸正方向進(jìn)入勻強(qiáng)

電場，已知0、Q兩點之間的距離為：，飛出電場后從M點進(jìn)入圓形區(qū)域，不考慮電

子所受的重力.

（1）求0<x<L區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度E的大小和電子從M點進(jìn)入圓形區(qū)域時的速度VM；

（2）若圓形區(qū)域內(nèi)加一個垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，使電子穿出圓形區(qū)域時速度方

向垂直于x軸，求所加磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和電子在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的時間t；

（3）若在電子從M點進(jìn)入磁場區(qū)域時，取t=0,在圓形區(qū)域內(nèi)加如圖乙所示變化的磁

場（以垂直于紙面向外為正方向），最后電子從N點飛出，速度方向與進(jìn)入圓形磁場時

方向相同，請寫出磁場變化周期T滿足的關(guān)系表達(dá)式.

O

乙

2U

【答案】（1）E啖VM的方向與x軸的夾角為仇9=45°；（2）

TLHIL

8=業(yè)二:⑶T的表達(dá)式為7=獲反而5=1‘2,

eRL

3,...)

【解析】

【詳解】

（1）在加速電場中，從P點到Q點由動能定理得：eU=^mvl

可-T陽得”=h2reU

電子從Q點到M點，做類平拋運(yùn)動,

m

x軸方向做勻速直線運(yùn)動,—=L

2eU

y軸方向做勻加速直線運(yùn)動,|4^2

2U

由以上各式可得：E=~

Li

2,Ee，

電子運(yùn)動至M點時：v=

Mm

即：%

設(shè)VM的方向與X軸的夾角為0,

2鴻

解得:0=45°.

(2)如圖甲所示，電子從M點到A點，做勻速圓周運(yùn)動，因02M=ChA,O|M=O|A,

由洛倫茲力提供向心力可得：evMB=m^-

(3)電子在磁場中運(yùn)動最簡單的情景如圖乙所示，在磁場變化的半個周期內(nèi)，粒子的

偏轉(zhuǎn)角為90。，根據(jù)幾何知識，在磁場變化的半個周期內(nèi)，電子在x軸方向上的位移恰

好等于軌道半徑立即20R'=2L

試卷第2頁，共60頁

因電子在磁場中的運(yùn)動具有周期性，如圖丙所示，電子到達(dá)N點且速度符合要求的空

間條件為：2n陋R')=2L(n=l,2,3,...)

電子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌道半徑R'=等

eB。

解得：用=吟巫(e,2,3,…)

電子在磁場變化的半個周期內(nèi)恰好轉(zhuǎn)過軻周，同時在MN間的運(yùn)動時間是磁場變化周

期的整數(shù)倍時，可使粒子到達(dá)N點且速度滿足題設(shè)要求，應(yīng)滿足的時間條件是1:7；=事T

f2兀m

又"=F-

叫

TllJlL

則T的表達(dá)式為7=c卜〃(n=l,2,3,…).

2n\l2emU

2.一端開口且內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置，如圖所示：管中用一段高25cm的水銀

柱封閉長60cm的空氣柱,此時水銀柱上端到管口的距離為15cm,大氣壓強(qiáng)恒為75cmHg,

環(huán)境溫度恒為27C.求:

(1)在豎直平面內(nèi)從圖示位置緩慢轉(zhuǎn)動玻璃管至水平位置，求此時空氣柱的長度;

(2)將玻璃管緩慢由水平位置轉(zhuǎn)回原位置后，當(dāng)封閉氣體溫度升高至多少。C時，可使

水銀剛要溢出.

【答案】(1)80cm(2)107℃

【解析】

【詳解】

⑴Pl=Po+〃=1

水平后P?=Po=75cmHg

等溫過程:

p"=p2L,S

解得：4=80cm；

(2)水平時有部分水銀溢出，剩余水銀”

L+h'=L、+/z+L

所以〃'=20cm<h=25cm

豎直后

用=Po+h'=95cmHg

L?=L3

由公式祟二與~

其中勾=300K

所以380K=107°C.

3.如圖所示，半徑R=0.5m的光滑圓環(huán)固定在豎直面上，圓環(huán)底端固定一輕彈簧，彈

簧上端與物體A連接，圓環(huán)上端固定一光滑小滑輪，一輕繩繞過滑輪，一端與A連接，

另一端與套在大圓環(huán)上的小球B連接，已知A的質(zhì)量n?A=lkg,B的質(zhì)量mB=2kg,圖

示位置細(xì)繩與豎直方向成30。，現(xiàn)將A、B自圖示位置由靜止釋放，當(dāng)B運(yùn)動到與圓心

等高的C點時A運(yùn)動到圓心位置，此時8的速度大小為2m/s,求在此過程中(g=10m/s2,

G=1.732,72=1.414)：

(1)繩的拉力對B做的功；

(2)彈簧彈性勢能的變化量。

【答案】(1)9J；(2)-8.410J

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)對B由動能定理有

試卷第4頁，共60頁

其中

=2Rcos30°-R

解得

W=9J

（2）根據(jù)A、B沿繩子方向的分速度大小相等得

vA=vHcos45°=>/2m/s

對A由動能定理得

1,

-W+mAghA0+W^=-mAv\

其中

hAO=2Rcos3O°-2Rcos45°=g-0）R

解得

%=8.410J

因為

所以

AEp=-8.410J

4.如圖所示，足夠大的空間范圍內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場。一根長為L=L0m的絕

緣輕質(zhì)細(xì)線一端固定在。點，另一端系一帶電小球，小球帶電量為q=4.0xl03C、質(zhì)量

為//2=8.0xl02kgo現(xiàn)小球靜止在A點，細(xì)線與豎直方向夾角a=37。，（g=10m/s2,sin37°

=0.6,cos37°=0.8,結(jié)果可保留根號）。求：

（1）電場強(qiáng)度的大?。?/p>

（2）在A點沿垂直細(xì)線方向?qū)π∏蚴┘佣啻蟮臎_量，可確保小球在紙面內(nèi)運(yùn)動的過程

中，細(xì)線不松弛：

（3）在原題基礎(chǔ)上加垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T的勻強(qiáng)磁場，若在A點讓小球

獲得沿垂直細(xì)線方向的15瓶m/s的速度，求小球在紙面內(nèi)繞。點做順時針圓周運(yùn)動時

細(xì)線上的最小拉力。

E

【答案】(D150N/C(2)K0.4N-s或后半N-s(3)31.16N

【解析】

【詳解】

⑴小球靜止時：

死=mgtan370

解得：E=150%；

(2)1=mvA-0

分兩種情況

①小球擺動不超過CD兩點，臨界時剛好到達(dá)C或D點，速度為0

從A到C由動能定理得：

-EqxAc-mgy4c=0-1??iv；

其中x.c=乙sin37°+￡sin53°=1.4w

yAC=Lcos370-Lcos53°=0.2/n

解得：tt=0.4N-S

②能做完整圓周運(yùn)動，從A到B

-mg-2L-cos37°-qE-2L-sin37°=；mv\-；mVg

臨界時，恰好到達(dá)B點，繩上無彈力

2

mgcos37。+qEcos53°=~~~

解得：叵Ns

25

綜上/M0.4N.S或巫Ms；

5

(3)由題知洛倫茲力沿繩向外

在B處，繩上拉力最小

試卷第6頁，共60頁

從A到B：

-mg-2L-cos37°-qElLsin37°=；mv2-g”以

解得：v=20%

在B處：

2

T-qBv+tngcos37O+qEcos530=

解得：T=3\A6N.

5.如圖所示，半徑R=0.4m的部分光滑圓軌道與水平面相切于B點，且固定于豎直平

面內(nèi).在水平面上距B點s=5m處的A點放一質(zhì)量m=3kg的小物塊，小物塊與水平面

間動摩擦因數(shù)為〃=0.5.小物塊在與水平面夾角6=37。斜向上的拉力尸的作用下由靜止

向B點運(yùn)動，運(yùn)動到8點時撤去凡小物塊沿圓軌道上滑，且能到圓軌道最高點C.圓

弧的圓心為O,P為圓弧上的一點，且0P與水平方向的夾角也為。.(g取10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8)求：

(1)小物塊在B點的最小速度vs大?。?/p>

(2)在(1)情況下小物塊在P點時對軌道的壓力大?。?/p>

(3)為使小物塊能沿水平面運(yùn)動并通過圓軌道C點，則拉力廠的大小范圍.

【答案】(1)%=2后m/s(2)36N(3)*N4尸450N

【解析】

【詳解】

(1)小物塊恰能到圓環(huán)最高點時，物塊與軌道間無彈力.設(shè)最高點物塊速度為vc：

右心

有：mg=m-

R

得：vc=2m/s

物塊從B到C運(yùn)動，只有重力做功，所以其機(jī)械能守恒，則得：=加4

解得：VB=2>/5m/s

（2）物塊從P到C由動能定理：-mgR（l-sin仍=；mv：-gnu",

解得以=^Y-tn/s

在P點由牛頓第二定律：〃7gsine+%=,《

解得FN=36N

根據(jù)牛頓第三定律可知，小物塊在P點對軌道的壓力大小為片=F/36N

（3）當(dāng)小物塊剛好能通過C點時，從A到B過程：/=〃（mg-Fsin。）

12

FSCOS0+fs=^mVB

解得尸=*21乂0

當(dāng)物塊在AB段即將飛離地面時，F(xiàn)sin0=mg

解得F=50N,

綜上，拉力的取值范圍是：^21-0N<F<50N

6.如圖所示,絕緣軌道MNPQ位于同一豎直面內(nèi)，其中MN段是長度為L的水平軌道,

PQ段為足夠長的光滑豎直軌道，NP段為光滑的四分之一圓弧，圓心為0,直線NN，

右側(cè)有方向水平向左的電場（圖中未畫出），電場強(qiáng)度整，在包含圓弧軌道NP

q

的ONOT區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場（邊界處無磁場）.軌

道MN最左端M點處靜止一質(zhì)量為〃八電荷量為q的帶負(fù)電的物塊A,一質(zhì)量為3m為

物塊C從左側(cè)的光滑軌道上以速度四撞向物塊A.A、C之間只發(fā)生一次彈性碰撞，且

最終剛好挨在一起停在軌道MN上，A、C均可視為質(zhì)點，且與軌道MN的動摩擦因數(shù)

相同，重力加速度為g.A在運(yùn)動過程中所帶電荷量保持不變且始終沒有脫離軌道.A

第一次到達(dá)N點時，對軌道的壓力為2相g.求：

試卷第8頁，共60頁

(1)碰撞后A、C的速度大小：

(2)A、C與水平軌道MN的動摩擦因數(shù)”;

(3)A對軌道NP的最大壓力的大小.

【答案】(1)v4=|v0；⑵⑶5mg+&qhB

228gL

【解析】

【分析】

(1)A、C發(fā)生彈性碰撞，滿足動量守恒和動能守恒，列式聯(lián)立求解碰后A、C的速度；

(2)A在NN，右側(cè)運(yùn)動過程中，電場力和重力做功之和為0.根據(jù)動能定理列式求解A、

C與水平軌道MN的動摩擦因數(shù)；

(3)將重力和電場力進(jìn)行等效合成，找到A對軌道NP有最大壓力的位置，根據(jù)動能

定理求解此位置的速度，根據(jù)牛頓第二定律求解最大壓力.

【詳解】

(1)A、C發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為％、vc,則有：

3mvo-mvA+3mvc(l)

3詢：_加片13加4②

222

3

聯(lián)立①②解得：以=1％③

%=]I%④

(2)設(shè)A、C最后靜止時與M點的距離為。，A在NN，右側(cè)運(yùn)動過程中，電場力和重

力做功之和為0.有

ftmg(2L—/；)=⑤

聯(lián)立解得③④⑤⑥〃二衿⑦

8gL

(3)設(shè)A在N點的速度為％，A從M到N的過程中，由動能定理得

-pmgL=g/n唾一gmv\⑧

設(shè)圓弧NP的半徑為a

因為A在N點時對軌道的壓力為2mg,2mg-mg=m—?

A在NN，右側(cè)受到的電場力F=qE=y/jmg⑩

重力和電場力的合力大小為尸薩2/ng,方向與OP夾角為。=30。.過O點沿合力方向

作直線與圓弧相交于K點，當(dāng)A經(jīng)P點返回N點的過程中到達(dá)K點時，達(dá)到最大速度

或，此時A對軌道的壓力最大.

A從M點到K點過程中，由動能定理可得:

qEacos30°-/.imgL--sin30°)=mv'^-mv\?

返回K點時：FN—F^-—qv'B-m—@

Aa

由③⑦⑧⑨⑩須翦：FN=5mg+Eq%B

由牛頓第三定律得A對軌道NP的最大壓力為：口=5，咫+6%8

7.一列沿x軸負(fù)向傳播的簡諧橫波在片0時刻波的圖象如圖所示，經(jīng)O./s,質(zhì)點M第

一次回到平衡位置，求：

(1)這列波傳播的速度大?。?/p>

(2)質(zhì)點M在/.2s內(nèi)，走過的路程.

【答案】(1)5m/s；(2)4m

【解析】

【分析】

運(yùn)用波形的平移法研究質(zhì)點M質(zhì)點M第一次回到平衡位置時，波傳播的距離，根據(jù)

丫="求解波速，根據(jù)數(shù)學(xué)知識求解波長，從而求出周期，而一個周期內(nèi)，質(zhì)點運(yùn)動的

At

路程為4A；

試卷第10頁，共60頁

【詳解】

解：⑴根據(jù)數(shù)學(xué)知識得：y=Asincox=Asin—x

/t

由題知：10=20s切女xO.l

2

則波長為：2=1.2加

波沿x軸負(fù)方向傳播，當(dāng)M第一次回到平衡位置，此過程中波傳播的距離為：Ar=0.5/n

則波速為：v=-=^-m/s=5m/s

△t0.1

(2)波沿x軸負(fù)方向傳播，周期：7=-=-^=0.24.9

v5

r=1.2.v=57

則質(zhì)點M在1.2s內(nèi)走過的路程：s=5x4A=4m

8.如圖所示，有一質(zhì)量為M=2kg的平板小車靜止在光滑的水平地面上，現(xiàn)有質(zhì)量均為

m=lkg的小物塊A和B(均可視為質(zhì)點)，由車上P處開始，A以初速度V1=2m/s向左運(yùn)

動，B同時以V2=4m/s向右運(yùn)動.最終A、B兩物塊恰好停在小車兩端沒有脫離小車.兩

物塊與小車間的動摩擦因數(shù)都為(1=0.1,取g=10m/s2.求：

,|A|B|

__________p__________

，777777777，777777，777)77，，77，77777，7〃777〉7577777777〃777”7，7

(1)物塊A開始運(yùn)動至減速為零所用的時間t及此減速過程的位移Xi；

(2)小車總長L；

(3)從A、B開始運(yùn)動計時，經(jīng)6s小車運(yùn)動的路程x.

【答案】⑴八=2s、(2)L=9.5m(3)x=1.625w

【解析】

【分析】

(1)由于開始時物塊A、B給小車的摩擦力大小相等，方向相反，小車不動，物塊A、B

做減速運(yùn)動，加速度a大小一樣，A的速度先減為零，根據(jù)運(yùn)動學(xué)基本公式及牛頓第二

定律求出加速度和A速度減為零時的位移及時間，

(2)A在小車上滑動過程中，B也做勻減速運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求出B此時間內(nèi)運(yùn)動

的位移，B繼續(xù)在小車上減速滑動，而小車與A一起向右方向加速.因地面光滑，兩個

物塊A、B和小車組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律求出共同速度，根據(jù)功能關(guān)

系列式求出此過程中B運(yùn)動的位移，三段位移之和即為小車的長度；

(3)小車和A在摩擦力作用下做加速運(yùn)動，由牛頓運(yùn)動定律可得小車運(yùn)動的加速度，再

根據(jù)運(yùn)動學(xué)基本公式即可求解.

【詳解】

(1)物塊A和B在小車上滑動，給小車的摩擦力等大反向，故A運(yùn)動至小車左端前，小

車始終靜止.

〃巾g=maA-

1，

匕="乩，xt=-aAt］；

聯(lián)立可得4=2s、%=2%；

(2)設(shè)最后達(dá)到共同速度v,整個系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得:

mv2-mvl=(2m+M)v；

由能量守恒定律得：fimgL=-^mvl2+^mv22-y(2m+M)v2

解得：v=0.5m/s,L=9.5m；

(3)從開始到達(dá)到共速歷時t2,

速度：v=v2-aBt2

由牛頓第二定律得：

t2—3.5s

小車在fl前靜止，在〃至行之間以。向右加速：

由牛頓第二定律得：f.img={M+in)a

小車向右走位移：s=gaQ2-〃)2

接下去三個物體組成的系統(tǒng)以v共同勻速運(yùn)動了：s，=v(6s72)

聯(lián)立以上式子，解得：小車在6s內(nèi)向右走的總距離：x=s+s，=1.625m；

【點睛】

本題主要考查了運(yùn)動學(xué)基本公式、動量守恒定律、牛頓第二定律、功能關(guān)系的直接應(yīng)用，

關(guān)鍵是正確分析物體的受力情況,從而判斷物體的運(yùn)動情況,過程較為復(fù)雜，難度較大.

9.如圖所示，質(zhì)量m=4.6kg的物體(可以看成質(zhì)點)用細(xì)繩拴住，放在水平傳送帶的

右端，物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)N=0-2,傳送帶的長度l=6m,當(dāng)傳送帶以v=

4m/s的速度做逆時針轉(zhuǎn)動時，繩與水平方向的夾角為0=37°.已知：重力加速g=10m/s2,

sin370=0.6,cos370=0.8.

(1)傳送帶穩(wěn)定運(yùn)行時，求繩子的拉力；

(2)某時刻剪斷繩子，求物體在傳送帶上運(yùn)動的時間；

(3)剪斷細(xì)線后，物體在傳送帶上運(yùn)動過程中和傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量.

試卷第12頁，共60頁

/////////

____r#-

(0r0)

【答案】(1)10N(2)2.5s(3)36.8J

【解析】

【分析】

物塊受重力、支持力、拉力和滑動摩擦力處于平衡，根據(jù)共點力平衡，運(yùn)用正交分解求

出繩子拉力的大??；剪斷繩子，物塊先做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)速度達(dá)到傳送帶速度時,

一起做勻速直線運(yùn)動，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求出物體運(yùn)動到傳送帶的左端的

時間；求出物體與傳送帶之間的相對位移，根據(jù)。=f以求出摩擦產(chǎn)生的熱量；

【詳解】

解：⑴對物體受力分析：Tsind+N=mg

TcosO-f

于="N

解得：T=ION

⑵剪斷后=

a=—=//g=2m/s2

m

物體加速運(yùn)動時間：L='=2s

a

物體加速運(yùn)動距離：X1=；at；=4m

勻速運(yùn)動的時間：t2==^―^s=0.5s

v4

總時間：，+L=2.5s

⑶加速過程中，皮帶運(yùn)動的位移：x==4x2=8〃？

物體相對于皮帶的位移大?。篈X=X-X(=4/77

摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能：Q=3=Hmg&c=368J

10.如圖所示，半徑為，?的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域I與x軸相切于坐標(biāo)系的原點O,磁感應(yīng)

強(qiáng)度為慶,方向垂直于紙面向外.磁場區(qū)域I右側(cè)有一長方體加速管，加速管底面寬

度為2r,軸線與x軸平行且過磁場區(qū)域I的圓心，左側(cè)的電勢比右側(cè)高.在加速管出口

下側(cè)距離2r處放置一寬度為2r的熒光屏.加速管右側(cè)存在方向垂直于紙面向外磁感應(yīng)

強(qiáng)度也為8。的勻強(qiáng)磁場區(qū)域H.在。點處有一個粒子源，能沿紙面向)>0的各個方向

均勻地發(fā)射大量質(zhì)量為〃?、帶電荷量為q且速率相同的粒子，其中沿)，軸正方向射入磁

場的粒子，恰能沿軸線進(jìn)入長方形加速管并打在熒光屏的中心位置.(不計粒子重力及

其相互作用)

熒光屏

(1)求粒子剛進(jìn)入加速管時的速度大小vo；

(2)求加速電壓U；

(3)若保持加速電壓U不變，磁場II的磁感應(yīng)強(qiáng)度8=0.9Bo,求熒光屏上有粒子到達(dá)

的范圍？

【答案】(1)%=遮(2)U=(3)%

tn2m9

【解析】

【分析】

由運(yùn)動方向通過幾何關(guān)系求得半徑，進(jìn)而由洛倫茲力作向心力求得速度；再由幾何關(guān)系

求得半徑，由洛倫茲力作向心力聯(lián)立兩式求得粒子速度，應(yīng)用動能定理求得加速電壓;

先通過幾何關(guān)系求得粒子在加速管中的分布，然后由粒子運(yùn)動的半徑及幾何關(guān)系求得可

打在熒光屏上的粒子范圍：

【詳解】

解：(1)磁場區(qū)域I內(nèi)粒子運(yùn)動軌道半徑為：

綜g%=4

K\

%=迎

m

(2)粒子在磁場區(qū)域I［的軌道半徑為：&=2r

V2

Bqv=m——

&

又B=

v=2%

試卷第14頁，共60頁

由動能定理得：

解得：空

2m

⑶粒子經(jīng)磁場區(qū)域I后，其速度方向均與X軸平行；經(jīng)證明可知：001C02是菱形,

所以COz和y軸平行，v和x軸平行

ninof)

磁場II的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2減小10%,即坊'=凝2，］=?=黃

熒光屏上方?jīng)]有粒子到達(dá)的長度為:"=24'-24=2「

即熒光屏上有粒子到達(dá)的范圍是：距上端%處到下端，總長度5r

11.固定的半圓形玻璃磚的橫截面如圖所示，。點為圓心，足夠大的光屏PQ緊靠玻璃

磚右側(cè)且垂直于MN.一束單色光沿半徑方向射向。點，Q45。，在光屏上出現(xiàn)兩個光

斑，其中一個光斑在A點，測得ON=6AN,則①玻璃磚對此單色光的折射率?②若

減小。角，若還有兩光斑，則兩光斑之間距離將怎樣變化？

【解析】

【分析】

光屏PQ區(qū)域出現(xiàn)兩個小光斑，一個是由于光的反射形成的，一個是光的折射形成的,

作出光路圖，由幾何知識求出入射角和折射角，再根據(jù)折射定律求出折射率

【詳解】

解：(1)細(xì)光束在MN界面，一部分反射，設(shè)反射光與光屏PQ的交點為B,另一部分折

射，設(shè)折射光與光屏PQ的交點為A,折射角為i,光路圖如圖所示，由幾何關(guān)系得：

“_0N_6

tani=---=y/3

AN

解得：z=60°

sini_sin60°_瓜

故此玻璃磚的折射率為:

5-Z/J(90°-6*)-sin450-T-

(2)由幾何關(guān)系得：BN=ONtan?,AN=—若減小。角，則有i角增大，PN減小，

tan/

AN減小，所以兩光斑之間距離A8=4V+3N減小；

12.如圖，橫截面積分別為2S、3s的密閉導(dǎo)熱汽缸A、B,高度相等，底部通過細(xì)管

連通，汽缸B頂部旁邊有一閥門K,初始時閥門關(guān)閉.A、B底部裝有水銀，汽缸A中

被封閉理想氣體高度為h=15cm,汽缸B中被封閉理想氣體高度為2h,打開閥門K,經(jīng)

足夠長時間后兩汽缸內(nèi)液面高度恰好相等.外界大氣壓po=75cmHg,不考慮環(huán)境溫度的

變化,求打開閥門后，從閥門溢出的氣體初態(tài)的體積與汽缸B內(nèi)初態(tài)氣體的總體積之比.

【答案】5:9

【解析】

【分析】

閥門打開經(jīng)足夠長時間后，兩氣缸內(nèi)液面高度恰好相等，則兩氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)相等，結(jié)

合前后狀態(tài)和玻意耳定律求解.

【詳解】

試卷第16頁，共60頁

設(shè)初始時，氣缸A內(nèi)氣體壓強(qiáng)為外，氣缸B內(nèi)氣體壓強(qiáng)為PB，A中水銀面比B中高h(yuǎn),

貝IJPB=PA+PI,

閥門打開經(jīng)足夠長時間后，兩氣缸內(nèi)液面高度恰好相等，則兩氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)均變?yōu)镻。,

設(shè)氣缸A內(nèi)水銀面下降M,則有2SM=3S(//+A/7)

設(shè)穩(wěn)定后氣缸B內(nèi)氣體在初始條件時體積為匕，對該部分氣體，根據(jù)玻意耳定律有：

PBM=P03s(h+Ah)

Q

解得：

則溢出的氣態(tài)初態(tài)的體積：％=3S?2〃-h

與B氣缸初態(tài)氣體的總體積：V=35*2/?

則溢出的氣態(tài)初態(tài)的體積與B氣缸初態(tài)氣體的總體積之比為：匕：V=5:9

13.一列筒諧橫波沿x軸方向傳播，在x軸上沿傳播方向上依次有尸、。兩質(zhì)點，P質(zhì)

點平衡位置位于44m處，圖(a)為P、Q兩質(zhì)點的振動圖象，圖(b)為f=4s時的波

形圖，已知P、。兩質(zhì)點平衡位置間的距離不超過20m,求：

(i)波速的大小及方向；

【答案】(i)0.75m/s,沿x軸正方向傳播；(ii)7.75m,13.75m或19.75m

【解析】

【分析】

【詳解】

(i)由圖像可知，振動周期

T=8s

波長

2=6m

則波速為

v=—=0.75m/s

T

圖(a)中虛線為P的振動圖線，實線為。的振動圖線，4s末質(zhì)點P位于平衡位置向下

振動，根據(jù)圖(b),則波沿x軸正方向傳播；

(ii)由題意可知，。在P右側(cè)，即波由P傳到Q,由尸、。兩質(zhì)點的振動圖象可知,

P比。多振動

加=(8斤+5)s0l=0.1,2,3,…)

Q到P的距離為

Ax=vAt=(6k+3.75)m(氏=0,l,2,3,-,?)

由于

Ax<20m

則

Ar=0,l,2

則有

Ax=3.75m,9.75m,15.75m

則

=x+Ax

代入數(shù)據(jù)得

=7.75m,13.75m,19.75m

14.如圖，平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，x<0、y>0區(qū)域存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場E,

x>0區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T.一比荷4=5xl08c/kg的

m

粒子，從點P(—6cm,0)進(jìn)入電場，初速度vo=8xlO6m/s,方向沿y軸正方向，一段時

間后經(jīng)點Q(0,16cm)進(jìn)入磁場.粒子重力不計，求：

八y/cm

Q

-------------K-------------------?

P。x/cm

(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；

(2)粒子第一次回到電場時的位置坐標(biāo).

試卷第18頁，共60頁

【答案】（1）6x105%（2）（0,4CM）

【解析】

【分析】

(1)粒子從P運(yùn)動到Q做類平拋運(yùn)動，利用平拋運(yùn)動的知識求解;

(2)進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動，正確地畫出軌跡，找好相應(yīng)的幾何關(guān)系.

【詳解】

(1)粒子由P到Q做類平拋運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為3粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,設(shè)

y軸方向粒子做勻速直線運(yùn)動

y=卬

沿X軸正方向粒子做勻加速直線運(yùn)動

X」嗎2

2m

解得：E=6xlNN/C

(2)如圖所示，設(shè)進(jìn)入磁場時速度為叭方向與y軸夾角為。，在磁場中做圓周運(yùn)動的

圓心為

v2

m—

r

mv

則圓周運(yùn)動半徑”不

設(shè)粒子第一次從y軸回到電場時的左邊為兇,根據(jù)幾何關(guān)系：y-y=2rsin。

2

在電場，電場力對粒子做正功：qEx=^mvv0=vcos6>

解得：y,=4cw

即粒子第一次回到電場時的位置坐標(biāo)為(0,4cm)

15.如圖，足夠大的光滑水平面上固定著一豎直擋板，擋板前L處靜止著質(zhì)量mi=lkg

的小球A,質(zhì)量m2=2kg的小球B以速度vo運(yùn)動，與小球A正碰.兩小球可看作質(zhì)點,

小球與小球及小球與擋板的碰撞時間忽略不計，且碰撞中均沒有機(jī)械能損失.求

(1)第1次碰撞后兩小球的速度；

(2)兩小球第2次碰撞與第1次碰撞之間的時間；

(3)兩小球發(fā)生第3次碰撞時的位置與擋板的距離.

416L

【答案】(1)三%方向均與%相同⑵三一⑶”

【解析】

【分析】

(1)第一次發(fā)生碰撞，動量守恒，機(jī)械能守恒；

(2)小球A與擋板碰后反彈，發(fā)生第2次碰撞，分析好位移關(guān)系即可求解；

(3)第2次碰撞過程中，動量守恒，機(jī)械能守恒，從而找出第三次碰撞前的初始條件，

分析第2次碰后的速度關(guān)系，位移關(guān)系即可求解.

【詳解】

(1)設(shè)第1次碰撞后小球A的速度為匕，小球B的速度為v,,根據(jù)動量守恒定律和機(jī)

械能守恒定律:嗎%=犯匕+嗎匕

121212

萬和%=->^+-^2V2

整理得：匕=-----%,為=一~

叫+叫+m2

41

解得"'=]%，%=5%'方向均與%相同.

(2)設(shè)經(jīng)過時間f兩小球發(fā)生第2次碰撞，小球A、B的路程分別為七、々，則有

占=卬，=v2t

由幾何關(guān)系知：X,+X2=2L

6L

整理得：^=—

5%

3

(3)兩小球第2次碰撞時的位置與擋板的距離：X=L-X2=^L

41

以向左為正方向，第2次碰前A的速度以=§%,B的速度為0=-1%,如圖所示.

試卷第20頁，共60頁

百

BA

QQ<v\板

777777777777777z/77^777777777777777777777777777

X

設(shè)碰后A的速度為匕'，B的速度為力.根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，有

invmv+,nv

m}vA+m2vB=m}v^+"%';；機(jī)何+2u=1yA2e

敕an坦v（班-嗎M+2嗎%，一（網(wǎng)-叫）％+2瓶M

叫+gg+色

立力xp.f8,7

解得：巳=一§%'%=3%

設(shè)第2次碰后經(jīng)過時間，發(fā)生第3次碰撞，碰撞時的位置與擋板相距V,則

x'-x=v^t',x'+x=?'

整理得：y=9L

16.如圖所示,在一等腰直角三角形ADC區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場（包含邊界）,

AD=DC=a.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子，以某一一速度vi從D點沿DA邊

射入磁場，后垂直于AC邊射出磁場，粒子的重力忽略不計.求：

心、

AV.、、

1X、

（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向？

（2）若改變粒子射入磁場速度大小，使粒子從CD邊射出，求粒子從CD邊射出的最大速

度V2為多少？

【答案】（1）8=器，垂直紙面向外（2）

【解析】

【分析】

（1）帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動，垂直于AC邊出來，做軌跡，找出幾何關(guān)系

進(jìn)行計算即可；

（2）當(dāng)粒子運(yùn)動的軌跡和AC邊相切時，粒子從CD邊射出且速度最大，軌跡是個半

圓，利用幾何關(guān)系求解即可.

【詳解】

(1)由題意可得，帶電粒子在磁場中只受洛倫茲力，所以做勻速圓周運(yùn)動，由于粒子

運(yùn)動速度垂直CD和CE,所以粒子在圓周運(yùn)動的圓心為C點.設(shè)粒子在圓周運(yùn)動的半

徑為Ri，則：m^-=qv{B

R、=a

mv,

由以上兩式可得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為：8=1

qa

由左手定則可得，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向為垂直于紙面向外.

(2)當(dāng)粒子運(yùn)動的軌跡和AC邊相切時，粒子從CD邊射出且速度最大.設(shè)粒子做圓

周運(yùn)動的半徑為由幾何圖形可得：壇

=qv?B

“2

【點睛】

正確地畫出軌跡，找出幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵.

17.如圖所示，在某游戲類娛樂節(jié)目中，要求挑戰(zhàn)者順利通過反向運(yùn)行的跑步機(jī)皮帶,

試卷第22頁，共60頁

看誰用時最短.有一個平臺與跑步機(jī)皮帶水平緊挨，跑步機(jī)皮帶長L2=32m,且皮帶以

vo=lnVs的恒定速率轉(zhuǎn)動.一位質(zhì)量m=50kg的挑戰(zhàn)者在平臺上的O點從靜止以ai=2m/s2

的加速度開始出發(fā)，之后以a2=lm/s2的加速度在跑步機(jī)上往前沖，在跑步機(jī)上的B處

不慎跌倒，經(jīng)過to=4s爬起，順利通過剩余的路程.已知。點與跑步機(jī)左端A點距離

Li=4m,A、B兩點水平距離L3=10m,挑戰(zhàn)者與跑步機(jī)皮帶之間的動摩擦因數(shù)為y0.2,

重力加速度為g=10m/s2.求：

(1)挑戰(zhàn)者在跑步機(jī)上跌倒瞬間的速度為多少？

(2)挑戰(zhàn)者從皮帶上爬起瞬間與皮帶最右端C點的距離為多少？

【答案】(1)彩=6初s(2)s=13.75m

【解析】

【分析】

(1)挑戰(zhàn)者在平臺上做勻加速直線運(yùn)動，沖上跑步機(jī)后以新的加速度應(yīng)繼續(xù)做勻加速

直線運(yùn)動，利用分階段利用速度位移公式即可求解；

(2)在B點跌倒后，由于瞬時速度大于傳送帶速度，速度方向向右，故做減速運(yùn)動到

零，再向左做加速運(yùn)動，直到與傳送帶共速，運(yùn)動一段時間后爬起，根據(jù)相應(yīng)的位移關(guān)

系即可求解.

【詳解】

(1)由題意可得，挑戰(zhàn)者在平臺上做初速度為零的勻加速運(yùn)動，設(shè)剛沖上平臺時的速

度為M，運(yùn)動位移*=￡,,所以：v；=2a,Lt

V|=4/n/s

挑戰(zhàn)者沖上跑步機(jī)后，做勻加速運(yùn)動，設(shè)其跌倒瞬間的速度為巴，運(yùn)動位移為$2=4,

所以：成一匕2=2%4

可得嶺=6nl/s

(2)在B點跌倒后，先向右做勻減速運(yùn)動到速度為零，再向左做初速度為零的勻加速

運(yùn)動.假設(shè)人和皮帶可以共速，設(shè)其跌倒后的加速度為附，所用時間為4,所以:

pmg).

a--~~—==2m/s2

3m

-%=彩一詠

可得八=3.5s<4s

所以人和皮帶可以共速，設(shè)其共速前向右運(yùn)動位移為邑，則&=%/3-3。片

可得：$3=8.75，“

隨后和皮帶一起勻速向左運(yùn)動右，運(yùn)動位移其，所以：t4=to-t3=O.5s,

=0.5zn

設(shè)爬起瞬間與皮帶最右端C點的距離為S5,所以：55=^-￡,-(53-54)=13.75?7

【點睛】

正確地分析挑戰(zhàn)者的運(yùn)動過程是解題的關(guān)鍵.

18.如圖所示，半圓玻璃磚的半徑R=12cm,直徑AB與光屏MN垂直并接觸于A點.一

束激光a從半圓弧表面上射向半圓玻璃磚的圓心0,光線與豎直直徑AB之間的夾角為

60°,最終在光屏MN上出現(xiàn)兩個光斑，且A點左側(cè)光斑與A之間距離為4gcm.求：

②改變激光a的入射方向，使光屏MN上只剩一個光斑，求此光斑離A點的最遠(yuǎn)距離.

【答案】(1)n=-J?>(2)AE=\2y/2cm

【解析】

【分析】

(1)根據(jù)折射定律和反射定律作出光路圖，根據(jù)幾何關(guān)系求出折射角，從而求得玻璃

磚的折射率；

(2)改變?nèi)肷浣?，使屏MN上只剩一個光斑，此光斑離A最遠(yuǎn)時，恰好發(fā)生全反射,

入射角等于臨界角C,由sinC=’求得臨界角C.再由幾何知識求此光斑離A點的最

n

長距離.

試卷第24頁，共60頁

【詳解】

（1）由題意可得，激光在AB面上發(fā)生折射的入射角戊=30。，設(shè)半圓玻璃磚的折射率

為〃，折射角為夕，

°AOsin/

則：tan￡=/n=

sina

其中：AC=46cm；AO=R=12cm

解得：n=\[3

（2）分析可得，當(dāng)激光在AB面上恰好發(fā)生全反射時，光屏MN上只剩一個光斑且光

斑離A點的距離最遠(yuǎn)，

所以：設(shè)激光在AB面上恰好發(fā)生全反射時的臨界角為C,由折射定律可得：

sinC=—=——

n3

光斑離A點的距離最遠(yuǎn)：AE=Rtan[^-c]

由數(shù)學(xué)知識可得：cosC=>/l-sin2C=^

3

代入數(shù)據(jù)可得：AE=12y/2cm

19.實驗中經(jīng)常利用電磁場來改變帶電粒子運(yùn)動的軌跡.如圖所示，位：（；〃）、笊）、

瓶（：//）三種粒子同時沿直線在紙面內(nèi)通過電場強(qiáng)度為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度為5的復(fù)合場

區(qū)域.進(jìn)入時氣與笊、笊與僦的間距均為d,射出復(fù)合場后進(jìn)入了軸與MN之間（其夾

角為。）垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場區(qū)域I,然后均垂直于邊界MN射出.虛線MN與

PQ間為真空區(qū)域H且P。與平行.已知質(zhì)子比荷為幺，不計重力.

m

（1）求粒子做直線運(yùn)動時的速度大小V；

(2)求區(qū)域I內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B/；

(3)若虛線尸。右側(cè)還存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域III,經(jīng)該磁場作用后三種粒

子均能匯聚于MV上的一點，求該磁場的最小面積S和同時進(jìn)入復(fù)合場的氣、晁運(yùn)動到

匯聚點的時間差加.

,依a.八、E—mE(7r+20)Bd

【答案】⑴-2—3~了一

BqdBE

【解析】

【分析】

(1)粒子在電磁復(fù)合場中做直線運(yùn)動是勻速直線運(yùn)動，根據(jù)電場力與洛倫茲力平衡，

可求粒子的速度大?。?/p>

(2)由粒子的軌跡與邊界垂直，可求軌跡半徑，由洛倫茲力提供向心力，可求磁感應(yīng)

強(qiáng)度的大小；

(3)由笳粒子圓周運(yùn)動直徑可求磁場的最小面積.根據(jù)笈、笳得運(yùn)動周期，結(jié)合幾何

關(guān)系，可求氣、氟到匯聚點的時間差.

【詳解】

(1)由電場力與洛倫茲力平衡，

Bqv=Eq

解得v=E/B.

(2)由洛倫茲力提供向心力,

V2

Bivq=m—

r

由幾何關(guān)系得r=d

,gmE

解得Bi=—~.

qdB

試卷第26頁，共60頁

(3)分析可得顯粒子圓周運(yùn)動直徑為3r

磁場最小面積S=-

解得S=7td2

由題意得B2=2BI

,-2仃?-2nm

由T=—得T=-^-

vqB

0.2兀tn

由軌跡可知Ati=(3Ti-T?！?其中Ti=—

2》犯

12兀m

At2=—(3T2-T2),其中T2=~T-)

2qj

...(;t+20)Bd

解得加=甑+加2=---------

20.如圖所示，輕彈簧的一端固定，另一端與靜置在水平導(dǎo)軌上質(zhì)量m=0.5kg的滑塊

B相連，彈簧處在原長狀態(tài)，B最初靜止位置的左側(cè)導(dǎo)軌光滑、右側(cè)導(dǎo)軌粗糙，另一質(zhì)

量與B相同的滑塊A,從B的右端到B的距離L=2.5m處以某一初速度開始向B滑行,

與B相碰(碰撞時間極短)后A、B粘在一起運(yùn)動壓縮彈簧，該過程中彈簧的最大彈性

勢能EP=2J.A與導(dǎo)軌粗糙部分間的動摩擦因數(shù)H=0.4.求:

(1)A、B碰撞后的瞬間的速度大小v；

(2)A的初速度大小vo.

【答案】(1)2m/s(2)6m/s

【解析】

【分析】

(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解A、B碰撞后的瞬間的速度大小v；(2)根據(jù)動量守恒定

律，結(jié)合運(yùn)動公式求解A的初速度.

【詳解】

2

(1)對AB碰后壓縮彈簧的過程，由機(jī)械能守恒定律：Ep=^x2mv,

解得v=2m/s

(2)在AB碰撞過程中，由動量守恒定律：mv，=2mv

AB碰前，A的加速度大小為a=ttg,對A在碰撞前的運(yùn)動過程，由勻變速直線運(yùn)動的規(guī)

律可知：v02-vQ=2aL

解得vo=6m/s.

【點睛】

本題結(jié)合彈簧問題考查了動量守恒和功能關(guān)系的應(yīng)用，分析清楚物體運(yùn)動過程是解題的

關(guān)鍵，應(yīng)用動能定理與動量守恒定律、能量守恒定律可以解題.

21.如圖所示，某貨場而將質(zhì)量為m產(chǎn)“100”kg的貨物(可視為質(zhì)點)從高處運(yùn)送至地

面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的