辽宁省各地区2023年高考物理模拟（二模）题汇编-03解答题

辽宁省各地区2023年高考物理模拟（二模）题按题型分类汇

编-03解答题

一、解答题

1.（2023届辽宁省葫芦岛市普通高中高三下学期第二次模拟考试物理试题）如图甲所

示，一水平固定放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞I与活塞H之

间封闭有一定量的理想气体，两活塞用长度为2乙、不可伸长的轻质细线连接，活塞∏

恰好位于汽缸的粗细缸连接处，此时细线拉直且无张力。现把汽缸竖立放置，如图乙所

示，活塞I在上方，稳定后活塞I、∏到汽缸的粗细缸连接处的距离均为乙已知活塞I

与活塞II的质量分别为2机、，〃，面积分别为2S、S,重力加速度大小为g,大气压强和

环境温度保持不变，忽略活塞与汽缸壁的摩擦，汽缸不漏气，汽缸与活塞导热性良好，

不计细线的体积。求：大气压强和图乙状态时细线上的张力。

2.（2023届辽宁省葫芦岛市普通高中高三下学期第二次模拟考试物理试题）“打水漂”

是很多同学体验过的游戏。小石片被水平抛出，碰到水面时并不会直接落入水中，而是

擦着水面滑行一小段距离，再次弹起，飞行跳跃数次后沉入水中，俗称“打水漂”。如图

所示，某同学在岸边离水面高度0.8m处，将质量为20g的小石片以初速度16m∕s水平

抛出，若小石片第一次在水面上滑行时，受到水平阻力的大小恒为0.8N,接触水面0.1s

3

后弹起，弹起时竖直方向的速度是刚接触水面时竖直速度的二。取重力加速度

4

g=IOmZs2,不计空气阻力。

（1）求小石片第一次落至水面时的速度大小（结果可用根号表示）；

（2）求小石片第一次离开水面时的水平速度大小；

（3）求小石片第一次离开水面到再次碰到水面过程中在空中运动的水平距离。

≡A

3.（2023届江西省吉安市高三下学期一模理综物理试题）我国自行设计研制的热核聚

变全超导托卡马克实验装置再次创造了该类实验装置运行的世界新纪录。此装置在运行

过程中，需要将加速到较高速度的离子束转变成中性粒子束，而其中还未被中性化的高

速带电离子则需通过过滤装置过滤出来并剥离。所用到的过滤装置工作原理简图如图所

示，混合粒子束先通过加有一定电压的两极板之间区域后，再进入极板下方的偏转磁场

中，此过程中中性粒子仍会沿原方向运动并被接收器接收；而带电离子中的一部分则会

先在两极板间的电场作用下发生偏转，一部分直接打在下极板，另一部分则会在穿过板

间电场后进入其下方的匀强磁场与区域，进一步发生磁偏转并打在吞噬板上，从而剥

离吸收。已知这些带电离子电荷量为4（q>0）,质量为，*两极板间距为“，所加电

压为U,极板长度为2d,粒子束中所有粒子所受重力均可忽略不计，不考虑粒子间的

相互作用。

（1）要使初速度为M=Jg的离子能沿平行于极板的直线经过电场区域，需在极板间

再施加一垂直于纸面的匀强磁场，求其磁感应强度用的大小和方向；

（2）若带电离子以初速度匕沿直线通过极板区域后，进入下方垂直纸面向外的匀强偏

转磁场与区域。≡ι磁感应强度J----时，要使禺子耳匕全部被吞噬板吞噬，求吞

d"q

噬板所需的最小长度/；

（3）若粒子束中带电粒子为初速度%=/|二，且撤去了两极板间的磁场片，则有部

分带电离子会通过两极板间的偏转电场进入偏转磁场，已知磁场的磁感应强度当大小

可调，且分布范围足够宽广，吞噬板∕=2J并紧靠左极板水平放置。若要保证进入偏转

磁场的带电粒子最终都能被吞噬板吞噬，求磁感应强度与大小的取值范围。

试卷第2页，共10页

4.（河北省部分高中2022-2023学年高三下学期4月联考物理试题）假日期间，小聪与

家人去售楼部收房，小聪想检查阳台窗户的双层玻璃的厚度是否达标（合同里每层玻璃

的厚度4=5mm）。小聪查阅资料得知该窗户由中间夹一层惰性气体的两平行且厚度相

同的玻璃组成，他用一激光笔垂直窗户玻璃人射，用记号笔分别记下窗户两侧入射点和

出射点的位置尸、Q,如图所示，再让激光笔对准P点以入射角α=60入射，记下窗户

另--侧出射点的位置M,测得PQ和QM的距离分别为20.0mm、28.0mm。玻璃和惰性

气体对激光的折射率分别为n,=√2>%=1。

（1）若玻璃的厚度恰好达标，求激光通过第一层玻璃的出射点和入射点沿玻璃方向的

偏移（结果可保留根号）；

（2）请通过计算判断该窗户的双层玻璃的厚度是否为合同中的5mmO

QM

5.（河北省部分高中2022-2023学年高三下学期4月联考物理试题）如图所示，质量为

切?的木板静止在足够大的光滑水平地面上，质量为小的滑块静止在木板的左端，质量

为加的子弹以大小为%的初速度射入滑块，子弹射入滑块后未穿出滑块，且滑块恰好未

滑离木板。滑块与木板间的动摩擦因数为〃，重力加速度大小为g,子弹与滑块均视为

质点，不计子弹射入滑块的时间。求：

（1）木板的长度L；

（2）滑块在木板上相对木板滑动的过程中系统克服摩擦力做功（产生热量）的平均功

率「。

⅛

6.（河北省部分高中2022-2023学年高三下学期4月联考物理试题）如图所示，在竖直

面内有一直角坐标系XQy,y轴竖直，长度L=0.4m、倾角e=53的绝缘斜面下端固定

在O点；x>0区域存在正交的匀强磁场与匀强电场（图中未画出），磁场的磁感应强度

大小3=0.7T,方向垂直坐标平面向里。一质量，W=0.15kg、电荷量q=0.5C的带正电

滑块（视为质点）从斜面的顶端A点由静止沿斜面下滑，离开斜面后恰好做匀速圆周运

动，从y轴上的C点（图中未画出）离开磁场。滑块与斜面间的动摩擦因数〃=0∙5,

取重力加速度大小g=IOnVs?,sin53°=0.8,cos53o=0.6,不计空气阻力,计算结果

可用Tr和分式表示。

（1）求滑块通过O点时的速度大小V以及电场的电场强度大小E；

（2）求滑块从A点运动到C点的时间以及滑块从。点运动到C点的路程s；

（3）若在滑块离开斜面后运动半周通过。点（图中未画出）时，立即将电场方向沿顺

时针方向转过16。，电场强度增大为且匀强电场充满全部空间，其他情况不变，求

滑块从力点起到第二次通过y轴所用的时间t.

7.（2023届辽宁省丹东市高三总复习质量测试物理试题（二））一晴朗的冬日，某同学

在冰雪游乐场乘坐滑雪圈从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行60m后进入水平雪

道，继续滑行80m后匀减速到零。已知该同学和滑雪圈的总质量为60kg,整个滑行过

程用时14s,斜直雪道倾角为37。，重力加速度g=10m∕sz,忽略空气阻力（sin37o=0.6,

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cos37o=0.8),

（1）求该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力Fr的大小；

（2）若水平雪道区域重新规划，使水平雪道距离缩短为60m,之后再铺设IOm长的防

滑毯，可使该同学和滑雪圈在防滑毯终点恰好安全停下，求防滑毯与滑雪圈之间的动摩

擦因数。

水平雪道

8.（2023届辽宁省丹东市高三总复习质量测试物理试题（二））两木块A、B质量均为机，

用劲度系数为左的轻弹簧连在一起，放在水平地面上，如图所示，

（1）若用外力F将木块A压下一段距离后静止不动，撤去外力，A上下做简谐运动。

在A运动过程中，要使B始终不离开地面，将A下压至静止的外力尸不得超过多大？

（2）若将另一块质量也为，”的物块C从距A高，=坐里处自由落下，与A相碰后，

K

立即与A结合在一起，它们到达最低点后又向上运动，求木块B刚好离开地面时A的

速度为多少？

9.（2023届辽宁省丹东市高三总复习质量测试物理试题（二））真空中存在空间范围足

够大的，水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为阳，带正电的小球由空中静

止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为53。。如图所示，若在此电场中，放置一

个竖直面内的光滑固定轨道欣（电场没有画出），，力水平，长度为0.5R,6c是半径为

R的四分之一的圆弧，与必相切于。点。现将该小球由〃点静止释放，求从。点开始运

动的整个过程中（取重力加速度大小为g,sin53o=0.8,cos53o=0.6）,

（1）小球受到的电场力大小及方向；

（2）从4点开始运动到轨迹最高点过程中小球电势能的变化量；

（3）小球从C点离开轨道后速度最小时距C点的距离。

10.(2023届辽宁省鞍山市普通高中高三下学期第二次质量监测物理试题)依据运动员

某次练习时推动冰壶滑行的过程建立如图所示模型：冰壶的质量m=19.7kg,当运动员

推力f为5N,方向与水平方向夹角为6=37。时，冰壶可在推力作用下沿着水平冰面做

匀速直线运动，一段时间后松手将冰壶投出，重力加速度g取IOm/S?,sin37°=0.6,

cos370=0.8,求:

(1)冰壶与地面间的动摩擦因数〃；

(2)若冰壶投出后在冰面上滑行的最远距离是s=40m,则冰壶离开手时的速度%为多

11.(2023届辽宁省鞍山市普通高中高三下学期第二次质量监测物理试题)如图所示，

水平面上两根足够长的光滑金属导轨平行固定放置，导轨间距离为L=O∙5m,一端通过

导线与阻值为R=0.4C的电阻连接；质量"i=0.5kg'长也为L=O.5m、电阻r=0.1Ω的

金属杆静止放置在导轨上，导轨的电阻忽略不计；导轨所在位置有磁感应强度为3=IT

的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向上，现在给金属杆施加一水平向右的拉力F,

使金属杆从静止开始做加速度为α=lm∕s2的匀加速直线运动。求：

(1)从静止开始运动，经时间f=4s时拉力F的大小；

12.(2023届辽宁省鞍山市普通高中高三下学期第二次质量监测物理试题)如图所示，

在以。点为圆心、R为半径的圆周上有P、A、C三点，NPo4=60。。此圆形区域内存

在磁感应强度大小为8、方向垂直纸面向里的匀强磁场，圆形区域下方存在水平向右的

匀强电场，其上边界与磁场相切于C点，竖直的左边界MN与磁相切于尸点，MN左侧

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只有部分区域存在匀强磁场。两个相同的带电粒子(重力不计)从P点沿尸。方向射入

磁场中，速率为%的“粒子恰好从A点射出磁场，速率为的b粒子出磁场后又从。

点离开电场，离开电场时的速度平行于经过MN左侧的、部分区域的磁场偏转后,

最终能从P点沿水平向右的方向重新进入磁场。试求：

(1)该粒子的比荷k；

(2)匀强电场的场强E：

(3)粒子6在MN左侧的、部分区域磁场中运动的最短时间几

D->

N

13.(2023届辽宁省大连市高三下学期二模考试物理试题)如图所示，均匀介质中两波

源SI、S?分别位于X轴上占=0、w=12m处，质点P位于X轴上XP=4m处，/=0时刻

两波源同时开始由平衡位置向y轴正方向振动，振动周期均为T=O.Is,形成的两列波相

向传播，波长均为4m,波源的振幅均为A=4cm0求：

(1)该介质中的波速，并判断P点是加强点还是减弱点；

(2)从f=0至f=().35s内质点P通过的路程。

Mem

SPS2

02468101214x∕m

14.(黑龙江省哈尔滨市第三中学2021-2022学年高二(下)期末物理试题)牡2至∏1具

有放射性，能够发生用衰变变为锲Pa、如图所示，位于坐标原点的静止针核发生“衰变，

在纸面内向X轴上方各方向发射电子。在X轴上方存在垂直纸面向外、半径为”的圆形

匀强磁场，磁感应强度为B,磁场圆心位于y轴，且与X轴相切于原点。X轴上方4-24

处平行y轴方向放置一足够长的荧光屏。已知钮核质量为机7,电子质量为山e,锲核质

量为劭,，电子电量绝对值为e,光速为C,反应中释放的能量全部转化为锲核和电子的

动能，不考虑粒子之间的相互作用。

（1）写出该反应方程式；

（2）求电子的动能以；

（3）如图所示，若沿y轴正方向发射的电子垂直打在荧光屏上，求速度方向与X轴正

方向夹角为9的电子到达荧光屏所用的时间。（结果用me、e、B、化表示）

6

15.（2021届山东省烟台市高三（下）一模物理试题）跳台滑雪是冬奥会比赛项目，被

称作“勇敢者的运动”，其场地的简化图如图所示。雪坡OB段为倾角为α=30。的斜面，

某运动员从助滑道的最高点A由静止开始下滑，到达起跳点O时借助设备和技巧，保

持在。点的速率沿与水平方向成。角的方向起跳，最后落在雪坡上的B点，起跳点。

与落点8之间的距离OB为此项运动的成绩。已知A点与。点之间的高度差〃=50m,该

运动员可视为质点，不计一切阻力和摩擦，g=10m∕s2∙求

（1）该运动员在。点起跳时的速度大小；

（2）该运动员以多大的起跳角。起跳才能取得最佳成绩，最佳成绩为多少；

（3）在（1）问中，该运动员离开雪坡的最大距离。

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A

，卜

16.（2023届辽宁省大连市高三下学期一模物理试题）某濒危鱼类长期生活在压强为

40%的深海中，科研团队为便于研究，把该鱼类从海里移到如图所示的两层水箱中，

同时给它们创造一个类似深海的压强条件。假设该鱼位于一层水箱底部，距离二层水箱

水面的高度力=50m,二层水箱上部密封一定质量的空气，空气体积Y=7L,空气压

强与外界大气压相同。已知外界大气压为Po,Iom高水柱产生的压强约为P。（水箱内

气体温度恒定、不考虑空气溶入水的影响）。求：

（1）为使鱼在一层水箱正常存活，需要给二层水箱再打进压强为P。的空气多少升？

（2）为了让二层水箱上方气体压强和第（1）问充气后气体压强相同，还可以采用从进

17.（2023届辽宁省大连市高三下学期一模物理试题）如图所示，粗糙轻杆水平固定在

竖直轻质转轴上A点。质量为〃?的小球和轻弹簧套在轻杆上，小球与轻杆间的动摩擦

因数为"，弹簧原长为0.6L左端固定在A点，右端与小球相连。长为L不可伸长质量

不计的细线一端系住小球，另一端系在转轴上B点，AB间距离为0.6心装置静止时将

小球向左缓慢推到距A点OAL处时松手，小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢

加速转动。已知小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g,不计

转轴所受摩擦。

(I)求弹簧的劲度系数公

(2)求小球与轻杆间恰无弹力时装置转动的角速度g

(3)从开始转动到小球与轻杆间恰无弹力过程中，摩擦力对小球做的功为W,求该过

程外界提供给装置的能量Eo

18.(2023届辽宁省大连市高三下学期一模物理试题)如图甲所示，空间中有一直角坐

标系。孙z,在紧贴坐标为(-0∙4m,0,0)点的下侧有一粒子源尸，能沿X轴正方向以

%=以1()6111/$的速度持续发射比荷幺=5/107€：/1^的带正电的粒子。图乙为犬0》平面

m

图，在x<0、"0的空间中有沿一y方向的匀强电场，电场强度大小为E=5×104V∕m,

在x>0的空间有垂直于Xo)，平面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B,=(MT。若在

XoZ平面内x<O区域放置一足够大的吸收屏(如图甲所示)，屏上方施加有沿一〉方向，

TT

大小为坛=WT的匀强磁场(忽略粒子间的相互作用)。求：(结果保留一位有效数字)

(1)粒子第一次穿过y轴的坐标；

(2)粒子第二次穿过y轴的坐标；

(3)粒子打到吸收屏上的坐标。

图甲图乙

试卷第10页，共10页

参考答案:

I.誓，4,四

ɔ

【详解】设大气压强为4,图乙时细线张力尸，气体做等温变化，由玻意耳定律可得

P0-4LS=pi-3LS

在图乙时活塞受力平衡，对活塞I

p∣2S=2mg+p02S+F

对活塞II

plS+mg=p0S+F

联立解得大气压强

9mg

Pn=-y-

线上张力

F=Amg

2.(1)4√Γ7m∕s;(2)12m/s；(3)7.2m

【详解】(1)小石片第一次落至水面过程，由动能定理

,II

mgh=-mv~2--mv^2

解得落至水面时的速度大小

V=4Λ∕Γ7ΓΠ∕S

(2)小石片在水面上水平方向受恒力作用，由牛顿第二定律

f=ma

水平方向做匀减速直线运动

联立解得第一次离开水面时的水平速度大小

匕=12m∕s

(3)设第一次落至水面时竖直速度为气，第一次离开水面时竖直速度为4,由速度关系

222

Ki=V--V0-

由题意可得

答案第1页，共24页

3

4T

第一次离开水面时竖直方向

vt

V2=S2

解得

vV|=4m∕s

L,=3m∕s

第一次离开水面上升到最高点的时间

t2=0.3s

小石片飞行水平距离

X=2匕F

联立解得

X=7.2m

3.（1）;杵,方向垂直纸面向里；（2）l=d；（3）1

【详解】（1）离子能直线通过两极板，则洛伦兹力与电场力平衡，则有

如心=q-

a

将匕=楞代入上式解得

由左手定则判断可知：磁场四方向垂直纸面向里。

（2）当离子在偏转磁场中做匀速圆周运动时有

qvB=tn—

i~2r

解得

凡

r=--a

2

又由图可知：离子在吞噬板上最靠右的落点到左极板距离

f

x1=lr-d

答案第2页，共24页

离子在吞噬板上最靠左的落点到左极板距离

x2=2r

则此吞噬板的长度最短，联立解得

/=(x2—X1)=J

在两极板间做类平抛运动。

12

y--aV

2

2d=v2t

答案第3页，共24页

q»a

联立解得

mv13

离子做类平抛运动的过程中，根据动能定理

UI221

—Uqy--imv"——1

d22

13qU

+《=

3m

离子进入偏转电场时的速度偏向角的余弦值为

此时沿上极板进入电场的带电离子射出偏转电场时，与吞噬板右端相距为gd,当磁场当满

足此离子打到吞噬板，则由几何关系分析可得

deCld

一≤2rcos6≤——

用性粒子流

又当入射点下移至带电粒子刚好擦着下极板右边缘射出电场进入偏转磁场，则磁场为满足

该离子刚好能打在吞噬板的下端点为最大值，有

答案第4页，共24页

2rcos6>≤2√

综合分析结果有

-≤2rcosθ<2d

3

根据

V2

qvB2=m—

则所需磁场人的取值范围

4.(1)JFmm；(2)见解析

【详解】(1)激光通过窗户玻璃的光路图如图所示

sina

%=------

1sin£

解得

c∙〃而

sinβ=

设激光在第一层玻璃中的偏移量为巧，根据几何关系有

xl=4tanβ

解得

xl=ViGnm

(2)若玻璃的厚度恰好达标，则由光路的可逆性可知，激光在第二层玻璃中的偏移量

M=VTsmm

答案第5页，共24页

窗户的厚度4=20∙0mm,可知惰性气体的厚度&=IOmm,激光在惰性气体中的偏移量

x2=d2tanaɪlθʌ/ɜmm

激光的总偏移量

%=2x1+Λ2=^2Λ∕L5÷

因为x≠28.0mm,所以双层玻璃的厚度不是合同中的5mm。

5•⑴蒲…望

【详解】（1）设子弹射入滑块后瞬间子弹和滑块的共同速度大小为W，根据动量守恒定律有

mvu=2mvl

解得

设最终滑块与木板的共同速度大小为匕，根据动量守恒定律有

2mvi=(Zc+2)mv,

解得

%

k+2

对滑块在木板上相对木板滑动的过程，根据功能关系有

=2

μ×2mgLɪ×2∕πv1-g(Z+2)∕m^

解得

（2）滑块在木板上相对木板滑动的过程中系统克服摩擦力做的功

W=μ×2mgL

设滑块在木板上相对木板滑动时木板的加速度大小为“，对木板，根据牛顿第二定律有

μXImg=kma

设滑块在木板上相对木板滑动的时间为t,根据匀变速直线运动的规律有

v2=at

答案第6页，共24页

又有

P=—

t

解得

P=WngVO

2

6∙⑴2m/S，3N/C；⑵毁*s,ɪʒlʃrm:（3）等

【详解】（1）滑块的运动轨迹如图所示

根据牛顿第二定律有

Ingsin。一μmgcosθ=ma

解得

α=5m∕s2

滑块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，有

V2=IaL

解得

v=2rr√s

因为滑块在磁场中做匀速圆周运动，所以滑块所受的重力与电场力平衡，有

mg=qE

解得，电场的电场强度大小为

E=3N∕C

（2）滑块在斜面上运动的时间

答案第7页，共24页

V

一

4=a

解得

G=0.4s

滑块受到的洛伦兹力提供向心力，有

V2

qvB=m—

r

解得

6

r=­m

7

根据几何关系可知，滑块在磁场中运动的轨迹对应的圆心角

α=26+180。=286。

滑块从。点运动到C点的路程

286or

s=-----×2πr

360°

解得

143万

s=------m

105

滑块在磁场中运动的时间

_s

V

解得

143万

力=----s

2210

又

Z0=4+12

解得

84+143万

,0=S

°210

（3）电场方向从竖直向上转过16后，电场方向与速度方向的夹角为

^=37o+16o=53o

滑块受到的电场力大小变为

4

F,=qE,=q×-E=2^

计算可得

答案第8页，共24页

qE,cosθ=1.2N=Jngsinθ

qvB÷mgcosθ-1.6N=qE,sinΘ

因此滑块从。点开始做匀速直线运动，设滑块第一次过y轴上的点为尸，滑块从。点运动

到P点的时间

2∕*tan

A=

V

解得

8

ti=S

37

滑块进入第二象限后做类平抛运动，之后从Q点第二次通过y轴，等效重力加速度大小

,—夕£sin6-ZngCoSe_qvB_14HS2

mm3

经分析可知

tanθ=.%

解得

9

t,=——s

414

又

，=力+，4

解得

25

t=—s

14

7.(1)160N；(2)0.5

【详解】(1)该同学和滑雪圈在斜直雪道上滑行时做初速度为。的匀加速直线运动，加速度

大小为4,位移大小为4，时间为4,末速度为%;在水平雪道上滑行时，做末速度为0

的匀减速直线运动，位移大小为演，时间为L分析运动过程可得

々2，4+%=∣4s

解得斜直雪道末速度

vm=20m/s

斜直雪道的时间

答案第9页，共24页

t∖=6s

水平雪道用时

t2=8s

在斜直雪道上的加速度

«1=—=—m∕s2

43

由牛顿第二定律得

ZMgSin37°-Ff=mai

解得该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力为

4=16ON

(2)设在水平雪道上滑行时，加速度为大小外，则

α,=—=2.5m∕s2

»2

使水平雪道距离缩短为60m,设该同学和滑雪圈滑出水平雪道的速度为叭则

vm-V2=2a2x3

解得

l2

V=QVm=>∕20-2×2.5×60m∕s=10m∕s

设在防滑毯上的加速度大小为由，则

2

V=2aix4

解得

22

VIO,2..2

α,=----=--------m∕s^=5m∕s^

3

2X42×IO

由牛顿第二定律可得

μmg=may

解得防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数

∕z=0.5

答案第10页，共24页

【详解】(1)撤去外力后，木块A以没有施加压力时的位置为平衡位置做简谐振动，当木

块B刚好要离开地面时，对木块B受力分析，根据二力平衡，有

kx=mg

此时木块A处于简谐运动的最高点，A的加速度最大，方向竖直向下，根据牛顿第二定律,

有

kx+mg=ma

解得

2tng.

a=-----=2g

m

由简谐运动的对称性可知，当木块A运动至最低点时，加速度最大，仍为2g,方向竖直向

上。撤去外力尸瞬间合外力等于撤去的外力，根据牛顿第二定律，有

F=ma=2mg

(2)对物块C分析，设物块C自由落下到与木块A相碰前的速度为%,由自由落体运动的

规律，有

片=2gH

解得

物块C与木块A相碰后一起向下运动的初速度设为匕，由动量守恒定律，有

mva=(jn+m)vλ

解得

物块C自由落下前，木块A受重力和弹力平衡

mg=kx、

得弹簧压缩量

L巡

X-k

同理，木块B刚好离开地面时弹簧伸长，B受重力和弹力平衡，得弹簧伸长量

_mg_

“一k

答案第Il页，共24页

因此两位置弹簧的形变量相等，即

士=W

所以弹簧弹性势能的变化量为

ΔEp=O

设木块B刚好离开地面时A的速度为匕，对木块A,物块C及弹簧组成的系统，由机械能

守恒定律，有

2mg&+々-ɪ2mv}

解得

匝

"v七一=

9.(1)→ng,水平向右；(2)AEp=-1瓶gR；(3)

39125

【详解】（1）由题意，电场力大小

4

F=Angtan53°=—mg

方向：水平向右

（2）对小球由。到C的过程，由动能定理得

1

F(0.5R+H)—tngR=-mvc

解得

小球离开C点后竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动（竖直上抛运动），设小球离开C

点到其轨迹最高点所需的时间为f,有

O=匕._gf

小球沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为“，则有：由牛顿第二定律可知

F4

Wg

此过程小球沿电场方向位移为

14

x=-at2=—Rd

23

电场力做功为

答案第12页，共24页

W=F(0.5R+R+x)=-mgR

因为电场力做正功，所以电势能减少量为

•广34n

=mgR

(3)由题意可知，重力与电场力合力方向与竖直方向夹角53。,斜向下如图，沿着合力与

垂直合力方向建立坐标系，将C点速度沿着两个方向分解

aby

y方向做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知

a=%=/^_=,

mmCoS5303

从C点到小球速度最小时的位移

(%COS53.=21R

2a125

_vccos53°_9j2gR

a25g

X方向做匀速直线运动，此速度为离开C后的最小速度

vt=vcsin53≡=

72

o

X=vcsin53r2=R

小球从C点离开轨道后速度最小时距C点的距离

S=Fy=也R

Y125

10.(1)//=0.02；(2)4m∕s

【详解】(1)以冰壶为研究对象,由共点力作用下物体的平衡条件：在水平方向有

FCOSθ=μN

在竖直方向有

FSinf)+mg=N

解得

答案第13页，共24页

〃二0.02

(2)由匀变速直线运动的位移速度加速度关系式得

0-vθ=2(-α)j

由牛顿运动定律得

μmg=ma

代入数据后联立解得

vo=4m∕s

11.(1)2.5N；(2)6N∙s

【详解】(1)根据题意可知，r=4s时，导体棒的速度为

v=W=4m∕s

感应电动势为

E=BLV=W

感应电流为

安培力为

FA=BIL=2N

以金属杆为研究对象，由牛顿运动定律得

F-Fλ=ma

解得

F=2∙5N

(2)根据题意可知，在0~4s内由动量定理得

∕F-∕A=∕W

由安培力计算式以及冲量计算式得

IK=BglM)=BLq

由电磁感应中中通过导体截面电量关系式得

ΔΦBLx

q~=

R+rR+r

由匀变速直线运动的位移时间关系公式得

答案第14页，共24页

x=-at2

2

代入数据后联立解得在0~4s内拉力F的冲量

∕H=6N∙S

√3Bv(4+8BRTt

12.(1)v(2)—n⅛;(3)

BR2√39%

【详解】（1）粒子“进入磁场后,由几何关系可得

tan30=h

R

解得半径为

√3p

r-R

由牛顿第二定律以及圆运动相关知识得

T

解得

&=2=®

nιBR

（2）对于b粒子，由牛顿第二定律以及圆运动相关知识得

Bq®=选虻

rb

解得

K=R

进入电场区域后做类平抛运动到。点，轨迹如图所示

XX

答案第15页，共24页

水平位移

R=-at2

2

由牛顿第二定律可得

Eq

a=--

m

将离开电场时速度分解，可得

tan60o=

at

联立解得

EW

2√3

2

(3)进入左侧磁场区域速度偏转角为240。，由运动时间为可知周期越短，时间越短，

由于粒子速度大小一定，可知半径越小，时间越短，可知进入MN左侧区域即进入磁场，偏

转时间最短。竖直位移

解得〃粒子的竖直位移

y=26R

离开电场时的速度由速度的分解可