高考理綜物理解答題專項集中綜合訓(xùn)練50題含答案

高考理綜物理解答題專項集中訓(xùn)練50題含參考答案

學(xué)校:姓名：班級：考號：

一、解答題

1.如圖所示為某同學(xué)利用方格坐標(biāo)紙測定半圓形玻璃磚折射率實驗的記錄情況，虛線

為半徑與玻璃磚相同的圓，在沒有其它測量工具的情況下，只需由坐標(biāo)紙即可測出玻璃

磚的折射率.則玻璃磚所在位置為圖中的（填“上半圓”或“下半圓”），由此計算出玻璃

【詳解】

試題分析：光從介質(zhì)進入空氣，折射角大于入射角，從空氣進入介質(zhì)，折射角小于入射

角，可知玻璃磚所在的位置為圖中的上半圓，根據(jù)折射定律知，

a

sinaRa6、廣

n=----=個=—=—=1.5.

sinfibb4

R

考點：測定玻璃的折射率

【名師點睛】根據(jù)光線從空氣進入介質(zhì)，折射角小于入射角，從介質(zhì)進入空氣，折射角

大于入射角，確定玻璃磚所在的位置.根據(jù)折射定律求出玻璃磚的折射率.

2.如圖所示，在兩塊水平金屬極板間加有電壓U構(gòu)成偏轉(zhuǎn)電場，一束比荷為

幺=105C/kg的帶正電的粒子流（重力不計），以速度W=1O4mzs沿水平方向從金屬極板

in

正中間射入兩板.粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后進入一具有理想邊界的半圓形變化磁場區(qū)域，。

為圓心，區(qū)域直徑AB長度為L=lm,AB與水平方向成45。角.區(qū)域內(nèi)有按如圖所示規(guī)

律作周期性變化的磁場，已知氏=0.5T,磁場方向以垂直于紙面向外為正.粒子經(jīng)偏

轉(zhuǎn)電場后，恰好從下極板邊緣。點與水平方向成45。斜向下射入磁場.求：

+

（1）兩金屬極板間的電壓U是多大？

（2）若7>0.5s,求r=Os時刻射入磁場的帶電粒子在磁場中運動的時間f和離開磁場的

位置.

（3）要使所有帶電粒子通過。點后的運動過程中不再從AB兩點間越過，求出磁場的

變化周期To應(yīng)滿足的條件.

【答案】（1）100丫；（2）2萬乂10%，射出點在43間離。點0.04&01；（3）7；<|xlQ-5s

【解析】

【詳解】

（1）粒子在電場中做類平拋運動，從O點射出使速度

v=V2v0

代入數(shù)據(jù)得

t/=100V

（2）根據(jù)

T①

Bq

v2

Bqv=m—

3=型=2萬xlO'sv"

2Bq2

R=—=0.02y/2m<-

Bq4

粒子在磁場中經(jīng)過半周從。8中穿出，粒子在磁場中運動時間

=—=2^xl0'*s

2

射出點在AB間離。點0.04夜m;

（3）粒子運動周期

7=也^=4)x10-6s

試卷第2頁，共54頁

粒子在/=0、f=與….時刻射入時，粒子最可能從48間射出

如圖，由幾何關(guān)系可得臨界時

6

要不從4B邊界射出，應(yīng)滿足

4n

22萬

得

%管1。大

3.電子質(zhì)量為機、電荷量為名以速度的與x軸成。角射入磁感應(yīng)強度為8的勻強磁場

(2)0P的長度；

(3)電子從由。點射入到落在P點所需的時間上

.“4.mv2mv.八20m

【答案】(1)一/n；(2)一消nsin/(3)--

qBqBqBo

【解析】

【詳解】

(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有:

qvnB=m—

解得：R專

（2）過。點和P點作速度方向的垂線，兩線交點C即為電子在磁場中做勻速圓周運動

的圓心，如圖所示

由幾何知識得：

方B2，"%sin<9

OP=-2aRsin，=--------

Bq

（3）由圖中可知，由圖中可知圓弧對應(yīng)的圓心角為2。，粒子做圓周運動的周期：

_2兀m

1-------

qB

則粒子的運動時間：

20-20m

t=——1=-----

2冗qB

4.如圖所示，y,N為水平放置的平行金屬板，板長和板間距均為2d.在金屬板左側(cè)板

間中點處有電子源S,能水平發(fā)射初速為血的電子，電子的質(zhì)量為加，電荷量為巴金

屬板右側(cè)有兩個磁感應(yīng)強度大小始終相等，方向分別垂直于紙面向外和向里的勻強磁場

區(qū)域，兩磁場的寬度均為磁場邊界與水平金屬板垂直，左邊界緊靠金屬板右側(cè)，

距磁場右邊界d處有一個熒光屏.過電子源S作熒光屏的垂線,垂足為0。以0為原點,

豎直向下為正方向，建立y軸.現(xiàn)在y,N兩板間加上圖示電壓，使電子沿S。方向射入

板間后，恰好能夠從金屬板右側(cè)邊緣射出.進入磁場.（不考慮電子重力和阻力）

BBX；

M?：xXX：

?；XXX

?：XXX

-?4'-X-----X-----X-U

?：xXX：o

?：xXX：

?XXX；

N?：xXX：

?XXX

試卷第4頁，共54頁

(1)電子進入磁場時的速度V；

(2)改變磁感應(yīng)強度B的大小，使電子能打到熒光屏上，求

①磁場的磁感應(yīng)強度大小的范圍；

②電子打到熒光屏上位置坐標(biāo)的范圍.

【答案】(1)3%,方向與水平方向成45。；(2)①呼";②4d一2島f4d

ed

【解析】

【詳解】

(1)電子在MN間只受電場力作用，從金屬板的右側(cè)下邊沿射出，有

d=；a尸,2d=vnt,v?=at,丫=&+.

解得

v=\[2v0

速度偏向角

V

,tana=qv=1

%

a=45"

(2)①電子恰能(或恰不能)打在熒光屏上，有磁感應(yīng)強度的臨界值勒，此時電子在

磁場中作圓周運動的半徑為R

R+Rsin45=d

又有

?mv2

.。=下

解得

磁感應(yīng)強度越大，電子越不能穿出磁場，所以取磁感應(yīng)強度8＜紜?3％時電子能打

在熒光屏上。

②如圖所示，電子在磁感應(yīng)強度為8。時，打在熒光屏的最高處，由對稱性可知，電子在

磁場右側(cè)的出射時速度方向與進入磁場的方向相同

即

a=45°

出射點位置到SO連線的垂直距離

必=d-2Rsin450

電子移開磁場后做勻速直線運動，則電子打在熒光屏的位置坐標(biāo)

y2=x+dtan45°

解得

y2=4d-2-/id

當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強度為零時，電子離開電場后做直線運動，打在熒光屏的最低點，其坐

標(biāo)為

y3=d+3"tan45°=4d

電子穿出磁場后打在熒光民屏上的位置坐標(biāo)范圍為

4d-26d到4d

5.兩個質(zhì)量分別為機A3kg、，既=0」kg的小滑塊A、B和一根輕質(zhì)短彈簧，彈簧

的一端與小滑塊A粘連，另一端與小滑塊B接觸而不粘連?，F(xiàn)使小滑塊A和B之間夾

著被壓縮的輕質(zhì)彈簧，處于鎖定狀態(tài)，一起以速度%=3m/s在水平面上做勻速直線運動,

如圖所示。一段時間后，突然解除鎖定(解除鎖定沒有機械能損失)，兩滑塊仍沿水平

面做直線運動，兩滑塊在水平面分離后，小滑塊B沖上斜面的高度為/i=1.5m。斜面傾

角，=37。，小滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為〃=0」5,水平面與斜面圓滑連接。重力加

速度g取10m/s2o求：(提示:sin370=0.6,cos37°=0.8)

試卷第6頁，共54頁

B

A—?B

（1）A、B滑塊分離時，B滑塊的速度大??；

（2）解除鎖定前彈簧的彈性勢能。

【答案】（1）vB=6m/s；（2）EP=0.6J

【解析】

【分析】

【詳解】

（1）設(shè)分離時A、B的速度分別為小、％，小滑塊B沖上斜面軌道過程中，由動能定

理有

..COS012

“h+

sin。2

代入已知數(shù)據(jù)解得

vB=6m/s

（2）由動量守恒定律得

（wA+/nB）v0=wAvA+/nBvB

解得

vA=2m/s

由能量守恒得

3（〃人+〃%）（+Ep=；映或+?也4

解得

Ep=0.6J

6.如圖所示，一物體從光滑固定斜面頂端由靜止開始下滑.已知物體的質(zhì)量，"=0.50依，

斜面的傾角，=30、斜面長度L=2.5m,取重力加速度。求：

(1)物體沿斜面由頂端滑到底端所用的時間；

(2)物體滑到斜面底端時的動能；

(3)在物體下滑的全過程中支持力對物體的沖量。

【答案】⑴f=O.ls；(2)EK=6.25J；(3)IN=Ns=4.33A^?f

【解析】

【詳解】

(1)設(shè)物體沿光滑斜面下滑的加速度大小為m根據(jù)牛頓第二定律

mgsin0=ma

根據(jù)運動學(xué)公式

L=—at2

2

解得

口.0s

(2)設(shè)物體滑到斜面底端時的速度大小為%則有，=2〃乙

解得

v=5.Om/s

滑到斜面底端時的動能

1,

E=-mv2=6.25J

k2

(3)設(shè)物體沿斜面下滑過程中所受到的支持力為N,則

N=mgcos0

在此過程中支持力對物體的沖量大小為

解得

2.55/3N?s

7.動車組是城際間實現(xiàn)小編組、大密度的高效運輸工具，以其編組靈活、方便、快捷、

試卷第8頁，共54頁

安全、可靠、舒適等特點而備受世界各國鐵路運輸和城市軌道交通運輸?shù)那嗖A.幾節(jié)自

帶動力的車廂加幾節(jié)不帶動力的車廂編成一組，就是動車組.假設(shè)有一動車組由六節(jié)車

廂連接而成，每節(jié)車廂的總質(zhì)量均為，〃=8xl04kg.其中第一節(jié)、第二節(jié)帶動力，他們的

7

額定功率分別是P/=2xl()7w和P2=lxl0W(第一節(jié)車廂達(dá)到額定功率如功率不夠用時

啟動第二節(jié)車廂)，車在行駛過程中阻力恒為車重的0.1倍(g=10m/s2)

(1)求該動車組的最大行駛速度；

(2)若列車以1m/s2的加速度勻加速啟動，求r=10s時，第一節(jié)和第二節(jié)車廂之間拉力

的值

【答案】(1)62.5m/s(2)8xlO5N

【解析】

【詳解】

試題分析：(1)對整列動車，質(zhì)量M=6x8xl04=4.8xl05kg,

當(dāng)牽引力等于阻力時，動車速度最大％=戶?,，

其中阻力：>0.1Mg=0.1x6x8x104xl0N=4.8xl05N,

假設(shè)兩節(jié)有動力的車廂都正常工作.

,,,Pp,+p,2X107+1X107,“A,

則：v,?=~=-----=---------；---m/s=62.5m/s

ff4.8x10s

(2)當(dāng)r=10s時，v/=a/=10m/s.假設(shè)只有第一節(jié)車廂提供動力，則對整列車：

W

67

解得：P//=9.6x10W<P/=2x10W

說明只有第一節(jié)車廂提供動力可以按照題設(shè)要求行駛.此時第一、二節(jié)間拉力最大；

對后五節(jié)車廂：Fm—f2=Mia

其中%=5x8x104kg=4.0x105kg

解得第一、二節(jié)間最大拉力：Fw=8xl05N

8.如圖是過山車的部分模型圖.模型圖中光滑圓形軌道的半徑R=8.1m,該光滑圓形軌

道固定在傾角為a=37"斜軌道面上的Q點，圓形軌道的最高點A與尸點平齊，圓形軌

道與斜軌道之間圓滑連接.現(xiàn)使小車(視作質(zhì)點)從尸點以一定的初速度沿斜面向下運動,

已知斜軌道面與小車間的動摩擦因數(shù)為〃=震，不計空氣阻力，過山車質(zhì)量為20kg,

取g=10m/s2,sin37。=0.6,cos37。=0.8.若小車恰好能通過圓形軌道的最高點A處，求:

(1)小車在A點的速度為多大；

(2)小車在圓形軌道的最低點B時對軌道的壓力為重力的多少倍；

(3)小車在尸點的動能。

【答案】(1)9m/s；(2)6；(3)1290J

【解析】

【詳解】

(1)小車恰好能通過最高點A,說明在A點小車只受重力作用，根據(jù)合力提供向心力

有

年

mg=〃?戈

得小球在A點的速度為：L=/K=9m/s

(2)小車從8至A的過程中只有重力對小車做功，根據(jù)動能定理有

—mg?2R=；tnv\—gtnv^

得小車在B點時的速度為：%=9石m/s

小車在B點所受軌道支持力和重力的合力提供圓周運動向心力，令小車質(zhì)量為〃?，有

N-mg=m~^

解得：N=60〃?N

小車的受到軌道支持力為其重力的6倍.根據(jù)牛頓第三定律知，小車對軌道的壓力為其

重力的6倍；

(3)設(shè)。點與尸點的高度差為小尸。間的距離為3則由幾何關(guān)系有

R(l+cosa)

L=.-----------=24.3m

sina

小車從尸到A,由動能定理有

-jumgcosa?￡=；mv\-gmv1

得：vo=V129m/s

則小車在P點的動能

19

4P=—機＜=1290J

試卷第10頁，共54頁

9.四旋翼無人機是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應(yīng)

用.一架質(zhì)量m=2kg的無人機，其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F=36N,運動過程中

所受空氣阻力大小恒為戶4N.(g取10m/s2)

(1)無人機在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛.求在仁5s時離地面的高度/?；

(2)當(dāng)無人機懸停在距離地面高度，=100m處，由于動力設(shè)備故障，無人機突然失去升

力而墜落.求無人機墜落到地面時的速度v；

(3)接(2)問，無人機墜落過程中，在遙控設(shè)備的干預(yù)下，動力設(shè)備重新啟動提供向上最

大升力.為保證安全著地(到達(dá)地面時速度為零)，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的

最長時間ti.

【答案】(1)75m(2)40m/s(3)述s

3

【解析】

【詳解】

(1)由牛頓第二定律F-mg-f=ma

代入數(shù)據(jù)解得a=6m/s2

上升高度h4at2

代入數(shù)據(jù)解得h=75m.

(2)下落過程中mg-f=mai

代入數(shù)據(jù)解得ai=8m/s2

落地時速度v2=2a,H.

代入數(shù)據(jù)解得v=40m/s

(3)恢復(fù)升力后向下減速運動過程F-mg+f=ma2

代入數(shù)據(jù)解得a2=10m/s2

v2V2

設(shè)恢復(fù)升力時的速度為Vm,則有

2a]2a?

.4。店,

由vm=aiti

代入數(shù)據(jù)解得金酉s-

10.如圖是利用傳送帶裝運煤塊的示意圖?其中，傳送帶的從動輪與主動輪圓心之間的

距離為s=3m，傳送帶與水平方向間的夾角0=37,煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)

〃=0.8,傳送帶的主動輪和從動輪半徑相等，主動輪軸頂端與運煤車底板間的豎直高

度〃與運煤車車箱中心的水平距離x=().6機現(xiàn)在傳送帶底端由靜止釋放一煤塊

(可視為質(zhì)點).煤塊恰好在輪的最高點水平拋出并落在車箱中心，取g=10〃?/s2,

sin37=0.6>cos37°=0.8?求：

(1)主動輪的半徑；

(2)傳送帶勻速運動的速度；

(3)煤塊在傳送帶上直線部分運動的時間.

【答案】(1)0.1m(2)lm/s；(3)4.25s

【解析】

【分析】

(1)要使煤塊在輪的最高點做平拋運動，則煤塊到達(dá)輪的最高點時對輪的壓力為零，

根據(jù)平拋運動的規(guī)律求出離開傳送帶最高點的速度，結(jié)合牛頓第二定律求出半徑的大小.

(2)根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合運動學(xué)公式確定傳送帶的速度.

(3)煤塊在傳送帶經(jīng)歷了勻加速運動和勻速運動，根據(jù)運動學(xué)公式分別求出兩段時間，

從而得出煤塊在傳送帶上直線部分運動的時間.

【詳解】

(1)由平拋運動的公式，得了=近，H=1gr

代入數(shù)據(jù)解得

v=lm/s

要使煤塊在輪的最高點做平拋運動，則煤塊到達(dá)輪的最高點時對輪的壓力為零,

由牛頓第二定律，得

mg=m

試卷第12頁，共54頁

代入數(shù)據(jù)得R=O」m

(2)由牛頓第二定律得

jumgcosd-mgsinO=ma,

代入數(shù)據(jù)解得

a=0.4m/s2

由8=E得si=1.25m<s,即煤塊到達(dá)頂端之前已與傳送帶取得共同速度,

2a

故傳送帶的速度為lm/s.

(3)由v=ati解得煤塊加速運動的時間ti=2.5s

煤塊勻速運動的位移為

S2=s-Si=1.75m,

可求得煤塊勻速運動的時間

t2=1.75s

煤塊在傳送帶上直線部分運動的時間

t=tl+t2

代入數(shù)據(jù)解得

r=4.25s

11.如圖所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向里.在x

軸下方存在勻強電場，方向豎直向上.一個質(zhì)量為“7、電荷量為4、重力不計的帶正電

粒子從y軸上的。(0,/7)點沿y軸正方向以某初速度開始運動，一段時間后，粒子與X

軸正方向成45。進入電場，經(jīng)過y軸的6點時速度方向恰好與y軸垂直.求：

(1)粒子在磁場中運動的軌道半徑r和速度大小v/;

⑵勻強電場的電場強度大小E：

(3)粒子從開始到第三次經(jīng)過x軸的時間ts.

【答案】(1)在迎⑵逑也城⑶號+2夜+2)號

mtn4qB

【解

【詳解】

(1)根據(jù)題意可大體畫出粒子在復(fù)合場中的運動軌跡如圖所示,

由幾何關(guān)系可得

rcos45°=h

即

r=y/2h

qvB=m-

}r

解得

qBr-JlqBh

mm

(2)粒子第一次經(jīng)過x軸的位置為x/,到達(dá)〃點速度大小為法

粒子做類平拋運動，有：

vb=vicos45°

所以

qBh

vb=---

m

設(shè)粒子進入電場經(jīng)過時間，運動到b點，b點的縱坐標(biāo)為

由類平拋運動得

r+rsin45°=vht

yb=—(v,sin450+0)z=立;1h

由動能定理

H1212

-QEyb=-mv；--mvx

所以

￡>--------------------

m

(3)粒子在磁場中的周期為

試卷第14頁，共54頁

丁2jrr27tm

1=----=------

V)qB

第一次經(jīng)過X軸的時間

5_571m

t=-T=-----

1}8qB

在電場中運動的時間

,°,2(72+1>

/,=/I=-------------

在第二次經(jīng)過X軸到第三次經(jīng)過X軸的時間

3_371m

A=-r=----

342qB

所以總時間

J\TTrrm

%='i+，2+4=(-^-+2j2+2)癡

12.如圖所示,在傾角30。的斜面上放置一個凹槽B,B與斜面間的動摩擦因數(shù)〃=骼；

槽內(nèi)靠近右側(cè)壁處有一小物塊A(可視為質(zhì)點)，它到凹槽左側(cè)壁的距離4=01m,A、B

的質(zhì)量都為，"=2kg,B與斜面間的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力，不計A、B之

間的摩擦，斜面足夠長。現(xiàn)同時由靜止釋放A、B,經(jīng)過一段時間，A與B的側(cè)壁發(fā)生

碰撞，碰撞過程不計機械能損失，碰撞時間極短，g取lOm/sL求：

(1)釋放后物塊A和凹槽B的加速度分別是多大？

(2)物塊A與凹槽B的左側(cè)壁第一次碰撞后瞬間A、B的速度大??；

(3)從初始位置到物塊A與凹槽B的左側(cè)壁發(fā)生第三次碰撞時B的位移大小。

【解析】

【詳解】

(1)設(shè)物塊4的加速度為內(nèi)，則有

mAgsin0=tnax

解得

?/=5m/s2

凹槽8運動時受到的摩擦力

f=jux2ingcos0=—mg

方向沿斜面向上；凹槽B所受重力沿斜面的分力

G]=mgsin6=；mg

方向沿斜面向下；因為

G尸f

則凹槽8受力平衡，保持靜止，凹槽B的加速度為

。2=0

(2)設(shè)A與8的左壁第一次碰撞前的速度為以°,根據(jù)運動公式

viAo^laid

解得

vAo=lm/s

AB發(fā)生彈性碰撞，設(shè)A與B第一次碰撞后瞬間A的速度大小為vA/,B的速度為由,,

則由動量守恒定律

mvM=mvAt+2mvBI

由能量關(guān)系

5m相吟+gx2，m4

解得

vA/=0m/s,vB/=lm/s

(3)A、B第一次碰撞后，B以出/=1.0m/s做勻速運動，A做初速度為0的勻加速運

動，設(shè)經(jīng)過時間h,A的速度以2與B的速度相等，A與B的左側(cè)壁距離達(dá)到最大，即

vA2=aiti=vBi

解得

O=0.20s

設(shè)//時間內(nèi)A下滑的距離為打，則

12

解得

x/=0.10m

因為x尸d,說明A恰好運動到B的右側(cè)壁，而且速度相等，所以A與B的右側(cè)壁恰好

接觸但沒有發(fā)生碰撞。設(shè)A與B第一次碰后到第二次碰時所用時間為t2,A運動的距

試卷第16頁，共54頁

離為xAj,B運動的距離為xB/,A的速度為必3,則

1,

XM=—^2?xB產(chǎn)VB”2,XAI=XB/

解得

/2=0.40S,尸0.40m,以3=Q”2=2.0m/s

第二次碰撞后，由動量守恒定律和能量守恒定律可解得A、B再次發(fā)生速度交換，B以

以3=2.0m/s速度做勻速直線運動，A以i，B/=1.0m/s的初速度做勻加速運動.用前面第一

次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后續(xù)的運動過程中，物塊A不會與凹槽B的

右側(cè)壁碰撞，并且A與B第二次碰撞后，也再經(jīng)過rj=0.40s,A與B發(fā)生第三次碰撞.設(shè)

A與B在第二次碰后到第三次碰時B運動的位移為工員，則

XB2=vAjr.j=2.0x0.40=0.80m

設(shè)從初始位置到物塊A與凹槽B的左內(nèi)側(cè)壁發(fā)生第三次碰撞時B的位移大小心則

JC=X8/+X&=0.40+0.80=1.2m

13.如圖所示，一個滑塊質(zhì)量為2kg,從斜面上4點由靜止下滑，經(jīng)過BC平面又沖上

另一斜面到達(dá)最高點D已知A8=100cm,C￡)=60cm,Za=30°,N￡=37。，(g取I0m/s2)

試求：

(1)滑塊在A和。點所具有的重力勢能是多少？(以8c面為零勢面)

⑵若AB、CO均光滑，而只有面粗糙，8c=28cm且8c面上各處粗糙程度相同，則

滑塊最終停在BC面上什么位置？

【答案】(1)10J,7.2J；(2)16cm

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)根據(jù)功能關(guān)系可得

EpA=sina=10J

綜口=mgS8sin￡=7.2J

（2）由功能關(guān)系得：A到。

"WBC=綜人-Epp=2.8J

設(shè)滑塊在BC上的路程為xS"c,A到最后停止

~/jmgxsBC=0-EA=10J

解出

x=3-

7

故距C點的距離為

5=—x28cm=16cm

7

14.一束光波以45。的入射角,從AB面射入透明三棱鏡,如圖所示，棱鏡折射率〃=夜.試

求光進入AB面時的折射角，并在圖上畫出該光束在棱鏡中的光路圖.

【答案】30。；光路圖如下

A

【解析】

【詳解】

由光的折射定律

y=30°

畫圖:

試卷第18頁，共54頁

A

其中由幾何關(guān)系，畫出光線在AC面上的入射角片45。

由

.「1五

sinC=-=——

n2

則

C=45°

光在AC面發(fā)生全反射，并垂直BC面射出.

15.我國將在2017年前后發(fā)射一顆返回式月球軟著陸器，進行首次月球樣品自動取樣

并安全返回地球.假設(shè)探月宇航員站在月球表面一斜坡上的M點，并沿水平方向以初

速度vo拋出一個質(zhì)量為m的小球，測得小球經(jīng)時間t落到斜坡上另一點N,斜面的傾

角為a,已知月球半徑為R,月球的質(zhì)量分布均勻，求：

（1）月球表面的重力加速度屋；

（2）人造衛(wèi)星繞月球做勻速圓周運動的最大速度.

【答案】⑴（2）v=^votana/?

【解析】

【詳解】

試題分析：（1）小球做平拋運動，水平位移x=Bot,豎直位移y=；gt。再根據(jù)幾何關(guān)

系即可求得該星球表面的重力加速度g；

（2）該星球的近地衛(wèi)星的向心力由萬有引力提供，該星球表面物體所受重力等于萬有

引力，聯(lián)立方程即可求出該星球的第一宇宙速度6

解：（1）小球做平拋運動，水平位移x=vot,豎直位移y=；gt?

lg-t2.

由位移關(guān)系得：tana=￥=2!—,旦=為網(wǎng)”

X引t

（2）該星球的近地衛(wèi)星的向心力由萬有引力提供G^=叱①

R2R

該星球表面物體所受重力等于萬有引力，G^=mg，②

由①②得。=糜=小女警

考點：平拋運動.

點評：該題主要考查了平拋運動的相關(guān)知識，要求同學(xué)們能熟練掌握平拋運動的基本公

式，難度適中.

16.足球以8m/s的速度飛來，運動員把它以12m/s的速度反向踢出，踢球時間為0.2s,

設(shè)球飛來的方向為正方向，則足球在這段時間內(nèi)的加速度為多少？

【答案】lOOm/s,方向與初速度方向相反

【解析】

【詳解】

設(shè)球飛來方向為正方向，由

可得

a=匕二%.=T2-8m/s2=-1OOm/s2

t0.2

方向與飛來方向相反。

17.如圖所示，半徑R=0.4m的四分之一粗糙圓軌道豎直固定放置，末端N與一

長L=0.8m的水平傳送帶相切，水平銜接部分摩擦不計，傳動輪（輪半徑很小）做順時

針轉(zhuǎn)動，帶動傳送帶以恒定的速度W運動。傳送帶離地面的高度/!=1.25m,其右側(cè)地

面上有一直徑。=0.5m的圓形洞,洞口最左端的A點離傳送帶右端的水平距離x=lm,

3點在洞口的最右端，現(xiàn)使質(zhì)量為加=0.5kg的小物塊從M點由靜止開始釋放，滑到N

點時速度為2m/s,經(jīng)過傳送帶后做平拋運動，最終落入洞中，傳送帶與小物塊之間的

動摩擦因數(shù)〃=0.5,g取10m/s2,求：

試卷第20頁，共54頁

MO

A

（1）小物塊到達(dá)圓軌道末端N時對軌道的壓力；

（2）若w=3m/s,求小物塊在傳送帶上運動的時間；

（3）若要使小物塊能落入洞中，求如應(yīng)滿足的條件。

【答案】（1）10N,方向豎直向下；（2）0.3s；（3）2m/s<v0<3m/s

【解析】

【分析】

【詳解】

（1）對小物塊，據(jù)牛頓第二定律得

N-mg=m%

解得

N=10N

根據(jù)牛頓第三定律，小物塊對軌道的壓力為10N,方向豎直向下。

（2）對小物塊，據(jù)牛頓第二定律得

共mg=ma

得

a=f/g=5m/s2

加速到與傳送帶達(dá)到共同速度所需要的時間

4=R=0.2S

a

位移

s=------t,=0.5m

2'

勻速運動的時間

/2=-―-=0.1s

%

故小物塊在傳送帶上運動的時間

，="+/2=0.3S

（3）小物塊從傳送帶右端做平拋運動，有

h=ggF

恰好落在A點

X=V2t

得

V2=2m/s

恰好落在B點

D-\-X=V3t

得

vj=3m/s

故vo應(yīng)滿足的條件是2m/s<v0<3m/So

考點：牛頓第二定律；平拋物體的運動。

18.一位汽車旅游愛好者打算到某風(fēng)景區(qū)去觀光，出發(fā)地和目的地之間是一條近似于直

線的公路，他原計劃全程平均速度要達(dá)到40km/h,若這位旅游愛好者開出1/3路程之

后發(fā)現(xiàn)他的平均速度僅有20km/h,那么他能否完成全程平均速度為40km/h的計劃呢？

若能完成，要求他在后（的路程里開車的速度應(yīng)達(dá)多少？

【答案】80km/h

【解析】

【詳解】

本題考查勻變速直線運動的推論，利用平均速度等于位移除以時間，設(shè)總路程為S,后;

路程上的平均速度為V,總路程為S

嗚里時用時

s/3

tl=-----

120

后守里時用時

2s/3

□=------

V

所以全程的平均速度

試卷第22頁，共54頁

--------=40km/h

s2s

60+3v

解得

v=80km/h

19.如圖所示是一個透明圓柱的橫截面，其半徑為凡折射率是6,A8是該截面上的

一條直徑。今有一束平行光沿AB方向射向圓柱體。若一條入射光線經(jīng)折射后恰經(jīng)過B

點，則這條入射光線到A8的距離是多少？

B

6R

【答案】

2

【解析】

【詳解】

設(shè)光線P經(jīng)C折射后過B點，光路如圖所示。

B

根據(jù)折射定律有

在△OBC中，由幾何關(guān)系得

a=2。

聯(lián)立解得

2cosB=6

可得

尸=30。,a=60°

所以

h

CD=Rsin60°=—R

2

20.如圖所示，有一條沿順時針方向勻速傳送的傳送帶，恒定速度v=4m/s,傳送帶與

水平面的夾角0=37。，現(xiàn)將質(zhì)量機=lkg的小物塊輕放在其底端(小物塊可視作質(zhì)點)，

與此同時，給小物塊沿傳送帶方向向上的恒力尸=10N,經(jīng)過一段時間，小物塊上到了離

地面高為后2.4m的平臺上.已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,(g取lOm/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8).問：

(1)物塊從傳送帶底端運動到平臺上所用的時間？

(2)若在物塊與傳送帶達(dá)到相同速度時，立即撤去恒力F,計算小物塊還需經(jīng)過多少

時間離開傳送帶以及離開時的速度？

【答案】(1)1.25s(2)Is；2m/s

【解析】

【詳解】

(D對物塊受力分析可知，物塊先是在恒力作用下沿傳送帶方向向上做初速為零的勻加速

運動，直至速度達(dá)到傳送帶的速度，由牛頓第二定律

max=F+pmgcos37°-mgsin37°

計算得:

,Vp2

a,=8m/s->4=-=0.5s,x=--=lm

1t

42at

物塊達(dá)到與傳送帶同速后，對物塊受力分析發(fā)現(xiàn)，物塊受的摩擦力的方向改變

ma2=F-/jmgcos37°-mgsin37°

計算得:

試卷第24頁，共54頁

a2=0

因為

x=——--=4.0m,r=—=———=0.75s

sin37°2vv

得

t=t1+t2=l.25s

（2）若達(dá)到同速后撤力F,對物塊受力分析，因為mgsin37。cos37。，故減速上

行

ma3=mgsin37°-從mgcos37°

得

2

a3-2m/s

設(shè)物塊還需「離開傳送帶，離開時的速度為4，則

V-y

2

V-V；=2a}x2,v,=2m/s；t'=-f=ls

21.如圖，在大氣中有一水平放置的固定圓筒，它由八萬和c三個粗細(xì)不同的部分連

接而成，各部分的橫截面積分別為2S、5和S.已知大氣壓強為P。，溫度為7k兩活

塞A和B用一根長為4/的不可伸長的輕線相連，把溫度為7°的空氣密封在兩活塞之間，

此時兩活塞的位置如圖所示.現(xiàn)對被密封的氣體加熱，使其溫度緩慢上升到?若活塞

與圓筒壁之間的摩擦可忽略，此時兩活塞之間氣體的壓強可能為多少？

554T

【答案】當(dāng)左亍公時，p=po當(dāng)7＞彳八時，p=-po

44

【解析】

【詳解】

試題分析：加熱前，AB活塞處于平衡狀態(tài)，由平衡方程可得內(nèi)部氣體壓強和輕繩的張

力.加熱后由于沒有摩擦，兩活塞一起向左緩慢移動，氣體體積增大，壓強保持A不變，

若持續(xù)加熱，此過程會一直持續(xù)到活塞向左移動的距離等于/為止，此時B被擋住，活

塞不能繼續(xù)移動；根據(jù)蓋-呂薩克定律可得此時被封閉氣體的溫度，以此溫度為分界，

進行討論可得結(jié)果.

設(shè)加熱前，被密封氣體的壓強為輕線的張力為f.因而活塞處在靜止?fàn)顟B(tài)

對A活塞有：2poS-2pS+f=0,對B活塞有：ptS-p0S-f=0

聯(lián)立得：Pi=Po,f=0

即被密封氣體的壓強與大氣壓強相等，細(xì)線處在拉直的松弛狀態(tài).

這時氣體的體積K=2Sl+Sl+Sl=4Sl

對氣體加熱時，被密封氣體溫度緩慢升高，兩活塞一起向左緩慢移動，氣體體積增大,

壓強保持Pi不變，若持續(xù)加熱，此過程會一直持續(xù)到活塞向左移動的距離等于/為止

這時氣體體積V2=4S1+SI=5SI

VV5

設(shè)此時氣體的溫度為丁2，由蓋-呂薩克定律得：=才，解得：4

,2204

由此可知，當(dāng)時，氣體的壓強為：P=P(>

當(dāng)時，活塞已無法移動，被密封氣體的體積保持匕不變

由查理定律得：。=華，解得：”=奈%

547

即當(dāng)時，氣體的壓強為P'=次P。

4