四川省名校新高考物理经典100解答题含解析

【word版可编辑】四川省名校新高考物理经典100解答题

精选高考物理解答题100题含答案有解析

1.2014年12月14日，北京飞行控制中心传来好消息，嫦娥三号探测器平稳落月。嫦娥三号接近月球表

面过程可简化为三个阶段：一、距离月球表面一定的高度以v=1.7km/s的速度环绕运行，此时，打开七千

五百牛顿变推力发动机减速，下降到距月球表面H=100米高处时悬停，寻找合适落月点；二、找到落月

点后继续下降，距月球表面h=4m时速度再次减为0；三、此后，关闭所有发动机，使它做自由落体运动

落到月球表面。已知嫦娥三号着陆时的质量为1200kg,月球表面重力加速度g'为1.6m/s2,月球半径为R,

引力常量G,(计算保留2位有效数字)求：

(1)月球的质量(用g'、R、G字母表示)

(2)从悬停在100米处到落至月球表面，发动机对嫦娥三号做的功？

⑶从v=1.7km/s到悬停，若用10分钟时间，设轨迹为直线，则减速过程的平均加速度为多大？若减速接

近悬停点的最后一段，在垂直月面的方向下落，且加速度大小为上述减速过程的平均值，求此时发动机的

平均推力为多大？

P'R2

【答案】⑴立——；(2)-1.8x1051；(3)2.8m/s2；5300N.

G

【解析】

【分析】

【详解】

(1)由于

可求

(2)由10()m下降过程中到4m前发动机会做功，取l()0m和4m为初末状态，前后动能没变，用动能定理

mg'(H-h)+W=0

所以

W=-mg'(H-h)=-1200xl.6x96J=-1.8xl05J

即发动机做功为-1.8x10$J。

(3)减速过程的平均加速度

V1.7xl03,2cc,2

a=—=----------m/sx2.8m/s

t10x60

根据牛顿第二定律可得

F=m(a+g,)=5300N

2.如图所示，在光滑水平面上静止放置质量M=2kg、长L=2.17m、高h=0.2m的长木板C。距该板左端

距离x=1.81m处静止放置质量mA=lkg的小物块A,A与C间的动摩擦因数|i=0.2»在板右端静止放置质

量mB=lkg的小物块B,B与C间的摩擦忽略不计。A、B均可视为质点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，g取10m/s2。现在长木板C上加一水平向右的力F,求：

⑴当F=3N时，小物块A的加速度；

(2)小物块A与小物块B碰撞之前运动的最短时间；

(3)若小物块A与小物块B碰撞之前运动的时间最短，则水平向右的力F的大小(本小题计算结果保留整数

部分)；

(4)若小物块A与小物块B碰撞无能量损失，当水平向右的力F=10N,小物块A落到地面时与长木板C左

端的距离。

2

【答案】(l)lm/s；(2)t=0.6s；(3)6N<F<26N；(4)x2=0.78m

【解析】

【分析】

【详解】

(1)若长木板C和小物块一起向右加速运动，设它们之间是静摩擦力为f,由牛顿第二定律得：

F=(M+mA)a

解得

a=lm/s2

则f=m，\a=lN<|imAg=2N,这表明假设正确，即A的加速度为lm/s2

(1)要使小物块A在与小物块B碰撞之前运动时间最短，小物块A的加速度必须最大，则A所受的摩擦力

为最大静摩擦力或滑动摩擦力，有

pniAg=mAai

r1,2

L—x=­Uyt

解得

t=0.6s

(3)要使小物块A加速度最大，且又不从长木板C的左端滑落，长木板C的加速度有两个临界条件：

①由牛顿第二定律得：

Fi=(M+OIA)ai

则

Fi=6N

②由牛顿第二定律得:

F2-f=Ma2

则

F2=26N

故6N<F<26N

(4)若小物块A与小物块B碰撞点距从长木板C的左端距离为XI

Fa-f=Ma3

解得

xi=1.45m

设小物块A发生碰撞到从长木板C左端滑落的时间为t”因有物块A、B发生弹性碰撞，速度交换，故

有

一1212

解得

ti=0.5s

设小物块A碰撞到从长木板C左端滑落时各自的速度分别为Vm、VM,小物块A落到地面时与长木板C

左端的距离为X2

,12

Fj=Ma4

V,n=aitl

VM=a3t+a3ti

则有

12

VMtz+—a4t2Vmt2=X2

X2=0.78m

3.有一个直角三角形的玻璃棱镜ABC,截面如图。NA=30。，D点是AC边的中点，AC边长为L。一条

光线从D点沿平行于AB方向射入棱镜，光线在AB面发生全反射后垂直BC从F点射出。求

①玻璃的折射率n；

②若光在真空中的速度为C,光线从D点到F点经过的时间t。

【答案】(1)V3(2)孑旦

4C

【解析】

【分析】

①根据题意画出光路图，由几何知识求出光线在D点时的折射角，再由折射定律求玻璃的折射率;

②根据几何关系求光线在棱镜中传播的距离，由v=c/n求出光线在棱镜中的传播速度，再由运动学公式求

传播时间.

【详解】

①光路图如图所示，设在AC面入射角为i,折射角为r,在AB面，光线与AB的夹角为a,反射光线与

AB的夹角为6,光线垂直BC射出，有

由几何知识可得：cc-/3-30°,z-60°,a+r-60°,r=30°

折射率:〃喘

②由于a=NA,所以△ADE为等腰三角形，所以:

DE=AD=-EF=CD—DEcos（9QP-r）

2t

设光线从D点到F点经过的距离为X，X=DE+EF,

光线在玻璃中传播速度为丫=£

n

X

则nl：t=一

V

解得“噜

【点睛】

本题考查几何光学，掌握光的折射定律，正确画出光路图，运用几何知识求解相关角度和距离是关键.

4.如图所示，光滑水平面上小球A、B分别以1.2/〃/s、2.0m/s的速率相向运动，碰撞后B球静止.已

知碰撞时间为().()5s,A、B的质量均为0.2版.求:

B

(1)碰撞后A球的速度大小；

(2)碰撞过程A对B平均作用力的大小.

【答案】(l)vA'=0.8/71/5(2)F=8N

【解析】

【分析】

【详解】

①A、B系统动量守恒，设B的运动方向为正方向

由动量守恒定律得mvB-mvA=0+mvA'

解得以’=08〃/s；

②对B,由动量定理得-户t=PB=()-叫,

解得声=8N;

5.如图所示，地面上固定一倾角为8=37的光滑斜面，斜面底端固定一挡板，一轻质弹簧下端与挡板相

连，上端自然伸长至B点，初始时刻，物块a在外力的作用下被压至E点，BE=2m,撤去外力后，物

块a沿斜面从B点射出，到达传送带右端时速度恰好水平向左，大小匕=4m/s,与物块b粘在一起向左

运动，其中物块a、b质量均为机=1kg,传送带长为£=4m,始终以v=3m/s的速度顺时针转动，物块

和传送带之间的动摩擦因数4=0.5,为不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2.求：

(1)初始时刻的弹性势能；

(2)ab在传送带上运动时产生的划痕长度；

(3)由于传送物块电动机需要多消耗的电能。

【答案】(1)24.5J；(2)2.4m(3)24Jo

【解析】

【详解】

(1)将物块a在B点的速度沿水平和竖直方向分解，则

——=5m/s

COS0

物块a由E到B的过程中根据能量守恒有

.八12

Ep=mgxBEsin6+—mv^=24.5J

(2)物块a、b碰撞过程中根据动量守恒

=(?+?)%

解得v,=2m/s

对ab整体，根据牛顿第二定律有

ju2mg=2ma

解得a=5m/s2

减速位移

2

X=—=0.4/72<L

2a

故先减速到0再反向加速

减速时间

Zj=—=0.4s

a

相对位移

加速时间

t?=h=0.4s

相对位移：

^2=^2-^2

故划痕长度

AX2=Ax(+AX2=2.4m

(3)由于物块动能未变，故电动机多消耗的电能用来补充系统损失掉的热量

Q=//2mgAx=24J

6.如图所示，MNPQ是边长为/的正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直于MNPQ平面。电子从电极K

处由静止开始经电势差为U的电场加速后，从MN的中点垂直于MN射入匀强磁场区域，经磁场偏转后

恰好从P点射出。已知电子的质量为m、电荷量为e,不计电子重力。求：

⑴电子射入匀强磁场时的速度大小；

(2)匀强磁场区域中磁感应强度的大小和方向。

fi!

1t1•

11•

N：..................

【答案】⑴%=、喀;

方向垂直于纸面向里

Vm51

【解析】

【分析】

【详解】

(1)电子在加速场中由动能定理可得

eU①

解得：

%=母②

(2)电子在区域内做匀速圆周运动，由题意可做出运动轨迹如图：

Mr.Q

卜

由几何关系可得：

产=『+(一夕③

洛伦兹力提供向心力：

/3=加生④

解得:

由左手定则可判断:磁感应强度的方向垂直于纸面向里。

7.一半球形玻璃砖，球心为O,OA和OB与竖直方向间的夹角均为30。。一束光线射向A点，折射光线

恰好竖直向下射到C点，已知该玻璃砖折射率为6.

⑴求射向A点的光线与竖直方向的夹角；

(2)从B点射入的光线折射后恰好过C点，求折射光线BC与虚线BO夹角的正弦值。

【答案】(1)30°；(2)叵

14

【解析】

【详解】

⑴光路图如下图所示，根据折射定律有

sinZEAG

n=------------

sin30°

解得

ZEAG=60°

即入射光线与竖直方向的夹角为30°o

(2)由几何关系得

CO=Rsin30°=0.5R

AB=2CO=R

BC=信2+(辰0$30。)2=^R

根据正弦定理

BC_CO

sinl20°-sinNGBO

得

sinNCBO=—

14

H

M

8.如图所示，一个上表面绝缘、质量为mA=lkg的不带电小车A置于光滑的水平面上，其左端放置一质

量为二二=0.5kg、带电量为二=/.0x/0-；C的空盒B,左端开口。小车上表面与水平桌面相平，桌面上水

平放置着一轻质弹簧，弹簧左端固定，质量为二二=0.5kg的不带电绝缘小物块C置于桌面上O点并与弹

簧的右端接触，此时弹簧处于原长，现用水平向左的推力将C缓慢推至M点(弹簧仍在弹性限度内)时,

推力做的功为二二=6二，撤去推力后，C沿桌面滑到小车上的空盒B内并与其右壁相碰，碰撞时间极短且

碰后C与B粘在一起。在桌面右方区域有一方向向左的水平匀强电场，电场强度大小为二=Jxj"Nm,

电场作用一段时间后突然消失，小车正好停止，货物刚好到达小车的最右端。已知物块C与桌面间动摩擦

因数二,=0.4,空盒B与小车间的动摩擦因数二：=0.1,二二间距二=5cm,二点离桌子边沿二点距离

二；=90cm,物块、空盒体积大小不计，二取jftns"求：

E

ICF«---------------------

M0£N广一=~了一二一1

7_7_77_7_77_7_7_77_7_77/277777777Q/7二777:7二7777/7.7二77二77二77~7「

(1)物块C与空盒B碰后瞬间的速度二

(2)小车的长度L；

(3)电场作用的时间二。

【答案】(1)2m/s(2)0.67m(3)2s

【解析】

【详解】

(1)对物块C由OTMTN应用动能定理，设C到N点速度大小为二;得:

-7口口十

-J=7^DU/j

解得：二。=2二/二(2二)+二;)=4ms

N口二

与空盒B右壁相碰，动量守恒：二二二。=(二二+二二)二

解得：二=三=2ms

(2)C与B碰后可看作一整体，令二=二二+二二=ikg,则BC整体和小车加速度分别为：

Un一H-।1一-H?-，HJn*>fHCC?―1、,-

；；；」

-=-----口z-----=_ms_=—z口-;=ms

设经过二•时间后B与C整体与小车A速度相等，此过程中二者位移分别为二八二;；

假设速度相等后B与C整体与小车A相对静止，C整体与小车A间摩擦力为二贝!I：二_=三-=gms)

K一十—二,

二=二二_=，N<二：二二=/N；所以两者经二，.时间后相对静止一起匀减速。

二一二二」=二;二1解得：二/=白=3

Uj十七s

1_7448

7=-=7-pm=pm

12

7=尸_2户/

小车长度二二二：一二、=；m七0.6

(3)速度相等后BC与小车以共同加速度一起匀减速，最终速度为零。

口去=匚]匚/=]ms

运动时间二；=卢=7s

电场作用时间二=二/+二；=2s

9.如图所示，质量mi=lkg的木板静止在倾角为0=30。足够长的、固定的光滑斜面上，木板下端上表而与

半径R=J^m的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点B与圆心O等高。一质量m2=2kg、可视为质

点的小滑块以vo=15m/s的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数u=且，木

3

板每次撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹，最终滑未从木板上端滑出，取重力加速度g=10m/s2。求

⑴滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度；

(2)木板的最小长度；

⑶木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。

【解析】

【分析】

【详解】

(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数〃=g=tan30。可知，滑块在木板上匀速下滑，即滑块到达A点时

速度大小依然为vo=15m/s,设滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度为h,则由机械能守恒定律可得

12

5"%=n?2g(Rcos6+〃)

解得

h=9.75m

(2)由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为vo=15m/s,

滑上木板后，木板的加速的为ai,由牛顿第二定律可知

〃网geos8一犯gsin。=仍q

滑块的加速度为a”由牛顿第二定律可知

〃机2gcos0+m2gs\n0-m2a2

设经过ti时间后两者共速，共同速度为VI,由运动学公式可知

M=%-初=砧

该过程中木板走过的位移

%1-21

滑块走过的位移

“2%

之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出，则木板的最小长度

L=X2-X1

联立解得

L=7.5m；

(3)滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为a3,由牛顿第二定律可知

(町

(/Mj+m2)gsin^=+m2')a3

一起匀减速向上运动的位移

木板从最高点再次滑至A点时的速度为v2,由运动学公式可知

玉+m=-2­

24

滑块第三次、第四次到达A点时的速度大小均为V2,第二次冲上木板，设又经过时间t2两者共速，共同

速度为V3,由运动学公式可知

V3=V2-a2t2=ait2

该过程中木板走过的位移

*4-2’2

一起匀减速向上运动的位移

=—

>2g

设木板第二次滑至A点时的速度为V4,由运动学公式可知

%+/=六

2a3

木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为

AF12

联立各式得

AE=—J»5.56J

9

10.如图所示，粗细均匀的U形管，左侧开口，右侧封闭。右细管内有一段被水银封闭的空气柱，空气柱

长为l=12cm,左侧水银面上方有一块薄绝热板，距离管口也是I=12cm,两管内水银面的高度差为h=4cm。

大气压强为Po=76cmHg,初始温度to=27℃。现在将左侧管口封闭，并对左侧空气柱缓慢加热，直到左右

两管内的水银面在同一水平线上，在这个过程中，右侧空气柱温度保持不变，试求：

⑴右侧管中气体的最终压强；

(2)左侧管中气体的最终温度。

左左

【分析】

【详解】

(1)以右管封闭气体为研究对象

[=(4+〃)=80cmHg,/,=/=12cm,l2=10cm

根据玻意耳定律

刈=牝

可得

甲=电

P2=96cmHg

右管气体最终压强为96cmHg

⑵以左管被封闭气体为研究对象

<)=76cmHg,/3=/=12cm,工=(273+27)K=3()()K,P2=96cmHg,Z4=14cm

根据理想气体状态方程

生二生

工T2

即

旦=丛

工T2

T2-理g,T1=442K

左管气体最终温度为442Ko

11.如图所示金属小球A和B固定在弯成直角的绝缘轻杆两端，A球质量为2m,不带电，B球质量为m,

带正电，电量为q,OA=2L,OB=L,轻杆可绕过O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，在过O点的

竖直虚线右侧区域存在着水平向左的匀强电场，此时轻杆处于静止状态，且OA与竖直方向夹角为37。，

重力加速度为g.

(1)求匀强电场的电场强度大小E；

(2)若不改变场强大小，将方向变为竖直向上，则由图示位置无初速释放轻杆后，求A球刚进入电场时

的速度大小Vo

【解析】

【详解】

(1)轻杆处于静止状态时，根据力矩平衡M底，有

mAg2Lsin370=qELcos53°+mBgLsin530

其中niA=2m,mB=m,匀强电场的电场强度大小

E-3q

(2)A、B球角速度相等，根据v=ft>r,A球线速度是B球线速度的2倍，A球线速度为v,B球线速度

为［丫，无初速释放轻杆后，直至A球刚进入电场过程中，系统根据动能定理，有

2

V+mV

mAg2L(1-cos37°)+(qE-BIBg)Lsin37°=mAABB

其中VA=V,VB=^V,解得A球刚进入电场时的速度大小

2

答：(D匀强电场的电场强度大小E为警；(2)若不改变场强大小，将方向变为竖直向上，则由图示

3q

位置无初速释放轻杆后，A球刚进入电场时的速度大小v为。

12.如图甲所示，水平导轨间距L=1m,导轨电阻可忽略；导体棒。匕的质量机=1kg,电阻&=1.5。，

与导轨接触良好；电源电动势£=10V,内阻r=0.5C,电阻止8«；外加匀强磁场的磁感应强度大小

B=5T,方向垂直于出?，与导轨平面成夹角1=37°,，洒与导轨间的动摩擦因数4=03,设最大静摩

擦力等于滑动摩擦力。导体棒。人通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连，细线对，活棒的拉力方向

水平向右，棒处于静止状态。已知sin37°=0.6,cos37"=0.8,重力加速度g=lOm/s?。求:

(1)通过出?棒的电流大小和方向；

(2),活棒受到的安培力大小；

⑶重物的重力G的取值范围。

【答案】(1)1A,方向为由a到b；(2)5N；(3)1.2N<G<4.8N

【解析】

【详解】

(1)由闭合电路欧姆定律得

R+R)+r

方向为由a到b。

(2)ab棒受到的安培力大小

F=BIL=5N

⑶对ab棒受力分析，如图所示，有

f,„=A(mg-Fcos370)=1.8N

/7=Gmin=Fsm37°-/；„=1.2N

当最大静摩擦力方向向左时

/7=Gmin=Fsin370+4=4.8N

所以重物的重力G的取值范围为

1.2N<G<4.8N

13.质量相等的小球A与8之间压缩一轻质弹簧，球的大小和弹簧的长度均可忽略不计。从地面上以速度

%竖直向上抛出该装置，装置到达最高点瞬间弹簧自动弹开，弹开两小球的时间极短，小球与弹簧脱离(不

计空气阻力，重力加速度为g)。已知第一次弹簧水平弹开，两小球落地点间距为L,第二次弹簧竖直弹

开。求第二次两小球落地的时间差。

L

【答案】一

%

【解析】

【详解】

小球竖直上抛到达最高点，由运动学公式:

g

弹簧瞬间自动弹开后小球A，8的速度分别为巳、％，由动量守恒：

仍以=吗巳

第一次弹簧水平弹开，两小球均做平抛运动，

X=vxtx2=u2t

玉+工2=L

第二次弹簧竖直弹开，小球A在下以速度巳下落

712

〃=卬|+理|

小球3在上以度4上升

力=一。0+权片

两小球落地的时间差

△t=

联立解得：

A/=—

必

14.如图，一端封闭的薄玻璃管开口向下，截面积S=lcm2,重量不计，内部充满空气，现用竖直向下的

力将玻璃管缓慢地压人水中，当玻璃管长度的一半进人水中时，管外、内水面的高度差为△h=20cm。已

知水的密度p=1.0xl()3kg/m3,大气压强po相当于高1020cm的水柱产生的压强，取g=10m/s2,求：(不考

虑温度变化)

⑴玻璃管的长度lo;

(ii)继续缓慢向下压玻璃管使其浸没在水中，当压力F2=0.32N时，玻璃管底面到水面的距离h。

【答案】(i)/0=41.6cm；(ii)274cm

【解析】

【分析】

【详解】

⑴设玻璃管长度一半压入水后管内气体的压强为小，气体程度为4,则

Pi=Po+M,/]=y+M

由玻意耳定律

Po,oS=P&S

得

/()=41.6cm

(ii)设管内气柱的长度为压强为小，贝U

F2=pgl2s

解得

A=32cm

其中

p2=Po+4+力

由玻意定律

Po，()S=pj2s

得

h=274cm

15.如图所示，粗细均匀的U形玻璃管左管开口、右管封闭，两管均竖直向上，管中有有A、B两段水银

柱，在玻璃管中封有I、II两段气体，A段水银柱长为h=10cm,B段水银左右两管中液面高度差也为h,

左管中封闭的气柱I长为h,右管中封闭的气柱长为3h,大气压强为75cmHg,现向左管中缓慢倒入水银,

使水银柱B在左右两管中的液面相平，求：

①左管中倒入的水银柱的长度；

②气柱I的长度变为多少。

IhII

Li

【答案】①29cm②7.46cm

【解析】

【详解】

①开始时气体n的压强

pi=75cmHg+20cmHg=95cinHg

设倒入水银柱的长为Lem,则当B水银柱左右两边液面相平时，气体II的压强为

p2=75cmHg+10cmHg+LcmHg=(85+L)emHg

气体n这时的长为hi=25cm

则有

pix3hS=p2hiS

解得

L=29cm

即左管中倒入的水银柱的长为29cm。

②对于气体I,开始的压强

pri=75cmHg+10cmHg=85cmHg

倒入水银后的压强

p，2=85cmHg+29cmHg=114cmHg

气体发生等温变化，则有

prihS=p'2h'S

解得

h，=7.46cm

16.一列简谐横波某时刻的波形如图所示，质点P正在向上运动，它所在的平衡位置为x=2m,质点P的

振动方程为y=0.2sin57rt(m),从该时刻开始计时，求：

(i)该简谐横波在介质中的传播速率；

(ii)经过0.5s时间，质点P的位移和路程；

(iii)从图示位置开始计时，经多长时间质点P第三次到达波峰。

j7m

J…中品

【答案】(i)lOm/s；(ii)0.2m；1.0m；(iii)0.9s

【解析】

【详解】

(i)由图可知，波长4=4m,由振动方程知周期T=0.4s,所以波速

v=A=iOm/s

T

(ii)P在向上运动，波向右传播，经过0.5s时间，质点P的位移为0.2m,路程为1.0m。

(iii)P第三次到达波峰的时间为

Z=2-T=0.9s

4

17.如图所示，为常德市某小区在防治新冠疫情过程中用于喷洒消毒液的喷雾器，由三部分构成，左侧为

手持式喷雾管，管底部有阀门K；中间为储药桶，桶的横截面积处处相等为S=400cm2,桶高为H=50cm,

桶的上方有可以关闭的盖子;右侧是通过体积可忽略的细管连通的打气装置，每次打进Vo=7OOcm3的空气。

某次消毒需将喷嘴举高到比桶底高A/?=75cm处，工作人员关闭阀门K,向桶中装入了h=30cm深的药

液，封闭盖子，为了能使储药桶中消毒液全部一次性喷出，通过打气装置向桶内打气。求需要打气多少次

才能达到目的？(已知大气压强〃o=75.OcmHg,消毒液的密度为水银密度的0.1倍，不考虑在整个消毒

过程中气体温度的变化。桶内药液喷洒完时喷管内仍然充满药液，设喷管内部体积远小于储药桶的体积)

【答案】20次

【解析】

【分析】

【详解】

当桶内装入〃=30cm深的药液时，桶内气体体积为

K=S(H-/z)①

末状态欲使桶内药液全部喷出，对桶内剩余的空气进行分析

p,=+0.1△〃②

根据玻意耳定律，末状态桶内气体可转化为与空气压强相同的气体

PiSH=〃0匕③

需要打气次数

匕=匕+%④

联立上式得

“=20次

18.从安全的角度出发，驾校的教练车都经过改装，尤其是刹车装置。为了测试改装后的教练车刹车性能,

教练们进行了如下试验：当车速达到某一值V。时关闭发动机，让车自由滑行直到停下来。假设车做的是

匀减速直线运动，测得车在关闭发动机后的第1S内通过的位移为16m,第3s内通过的位移为1m。回答

下面问题。

⑴改装后的教练车的加速度a的大小及开始做匀减速运动的速度V。的大小是多少？

⑵如果想让教练车用时t，=2s停下来，那么教练员应额外提供多大的加速度？

【答案】(l)8m/s2,20m/s；(2)2m/s2

【解析】

【分析】

【详解】

(1)设车恰好在第3s末停下，在第3s内通过的位移为x,将匀减速运动看成反向的匀加速运动，由位移公

式，根据题意

x=Jax(ls)2

11,

16m=—ax(3s)7---«x(2s)'

联立方程解得

x=3.2m>lm

可知第3s内教练车运动的时间小于Is.设教练车在第3s内运动的时间为t,则由

,12

Im=—axr

2

1,1,

16m=—ax(/+2s)-——ax(f+ls)~

22

解得

r=().5s

a=8m/s2

再由

v0=a(t+2s)

得

%=20m/s

⑵如果想让教练车用时t，=2s停下来，则

"=%=10•

f

教练员应额外提供的加速度为

△a=a-a=2m/s2

19.如图所示，平行导轨宽为L、倾角为9,处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感强度为B,CD

为磁场的边界，导轨左端接一电流传感器，CD右边平滑连一足够长的导轨。质量为m、电阻为R的导体

棒ab长也为L,两端与导轨接触良好，自导轨上某处由静止滑下。其余电阻不计，不计一切摩擦和空气

阻力，重力加速度为g。

⑴棒ab上的感应电流方向如何？

⑵棒ab在磁场内下滑过程中，速度为v时加速度为多大？

⑶若全过程中电流传感器指示的最大电流为Io。求棒ab相对于CD能上升的最大高度。

r2T-D-

【答案】⑴人流向。；(2)a=gsin。-------;(3)H-n

mR2gB-L

【解析】

【详解】

⑴根据楞次定律可判定：棒在磁场中向下滑动时，电流由b流向a；

E

(2)当棒的速度为v时，切割磁感线产生的感应电动势为£=跳丫，根据闭合电路欧姆定律/=不，安培力

F=BIL,根据牛顿第二定律，有

mgsin夕一尸=ma

解得:

a=gsin6—

mR

(3)棒下滑到CD处回路电流最大，有

BLv,“=IaR

棒ab滑过CD后直接到右侧最高点，由机械能守恒定律，有

mgH=-mv\

2

解得:

女2

H

2gBN

20.如图所示，在竖直圆柱形绝热汽缸内，可移动的绝热活塞a、b密封了质量相同的A、B两部分同种

气体，且处于平衡状态。已知活塞的横截面积之比Sa：Sb=2：1,密封气体的长度之比hA：hB=l：3,活

塞厚度、质量和摩擦均不计。

①求A、B两部分气体的热力学温度TA:TB的比值；

②若对B部分气体缓慢加热，同时在活塞a上逐渐增加细砂使活塞b的位置不变，当B部分气体的温度

为《及时，活塞a、b间的距离h'a与ha之比为k：1,求此时A部分气体的绝对温度T'A与TA的比值。

Ta

阳A

nb

%,B

【答案】①*=|；唔

【解析】

【详解】

①A、B两部分气体质量相同且为同种气体，压强也相同，根据盖一吕萨克定律有：

S也=S也

不一不

解得：

TB3'

②对B部分气体，根据查理定律有：

p。_P

对A部分气体，根据理想气体状态方程有:

—PS/

TAK

而：

Lk

hA

可得：

n4

TA5

21.如图所示，在边界OP、OQ之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc区域内存在垂直纸面向

里的匀强磁场。从O点以速度vo沿与Oc成60。角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从a点沿ab方

向进人磁场区域且恰好没有从磁场边界be飞出，然后经ac和aO之间的真空区域返回电场，最后从边界

OQ的某处飞出电场。已知Oc=2L,ac=V^L,ac垂直于cQ,Zacb=30°,带电粒子质量为m,带电量为

+g,不计粒子重力。求：

(1)匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感应强度大小；

(2)粒子从边界OQ飞出时的动能；

(3)粒子从O点开始射入电场到从边界OQ飞出电场所经过的时间。

［答案］(1)E=8=回也(2)EL皿(3)20*40+2后L

8qL2qLk43%

【解析】

【详解】

(1)从O点到a点过程的逆过程为平抛运动

水平方向：

2L=%cos0t}

竖直方向：

—at?=A/3L

2

加速度：

qE

a=--

m

可得:

4L

t=____

1-

%

粒子进入磁场后运动轨迹如图所示，设半径为r,由几何关系得,

r+--------：=y/3L,

sin30

洛伦兹力等于向心力:

qvB=m—

v=v0cos60=/

解得:

B:6明

12qL

在磁场内运动的时间:

nr2&L

t’——

v3%

(2)粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定理得,

qE(6L—2r)=

解得:

4

(3)粒子经过真空区域的时间,

4L

,T8L

\=-----=-----

V3%

粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为

t4(-\/3L—2r)——at^,

解得：

4#>L

IA------.

3%

粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间

20+473+2^,

f='1+'2+'3+’4=-L.

3%

22.如图甲所示，正方形闭合线圈ABCO的边长a=10cm、总电阻r=20、匝数〃=100,匀强磁场方

向垂直于线圈平面，磁感应强度大小3随时间/的变化关系如图乙所示，周期T=1x10-S，磁场方向以

垂直线圈平面向里为正。试求：

(1)时，线圈的AO边所受安培力的大小和方向。

O

(2)在0~工时间内，通过导线横截面的电荷量。

2

x4xxxxZ?x

x|XXXXIX

XXXXXX

XXXXXX

x|XXXx|X

xDxxxxCx

甲

【答案】(1)2.5N,方向向左；(2)3.75X10-2CO

【解析】

【详解】

(1)设在4时间内线圈中感应电动势的大小为巴

4

△①।△4

E.=n---L=nS——L=20V

1XN

线圈中电流

p

Z1=^=10A

r

r=J时，磁感应强度大小B,=2.5x1(T2T,则线圈AD边所受安培力大小

o

F=nBiI}L=2.5N

根据左手定则，安培力方向向左。

(2)设在时间内，线圈中感应电动势的大小为多

E、=n--nS——-=10V,/,=^=5A

-ArM2R

T

前彳时间内，通过导线横截面的电荷量

2

«=/,--+7,--=3.75xlO-2C

'424

23.一个长方形透明物体横截面如图所示，底面AB镀银，（厚度可忽略不计），一束光线在横截面内从M

点的入射，经过AB面反射后从N点射出，已知光线在M点的入射角a=53。，长方形厚度h=2cm,M、N

之间距离s=3cm。求：

⑴画出光路图，并求透明物体的折射率；

⑵若光速为c=3.0xl08m/s,求光在透明物体中传播时间。

【解析】

【分析】

【详解】

光路图如图所示

故可得

N1=N2=N3=N4=37°

根据折射定律

sin;

可得

sina4

n=------=—

sinl3

⑵根据，可得

V

c3

v=—=—c

n4

由几何知识可得

SOM+SON~=5cm

故光在透明物体中传播时间为

S+sIO

t=^0N=2.2X1OS

v

24.如图所示，光滑斜面体ABC固定在地面上，斜面AB倾角为37。，斜面AC倾角为53。，P、Q两个

物块分别放在AB、AC斜面上，并用绕过斜面体顶端A处光滑定滑轮的细线连接。放在AC斜面上的轻

弹簧，一端与Q相连，另一端与固定在C点的挡板相连，物块P、Q的质量分别为2m、m,弹簧的劲度

系数为k,重力加速度为g,两斜面足够长。开始时锁定物块P,细线刚好拉直，张力为零，现解除物块P

⑴解除锁定的一瞬间，物块P的加速度大小；

⑵当物块Q向上运动当空的距离时，物块Q的速度大小；

K

⑶当物块Q向上运动的距离当壁■时，弹簧断开，同时给物块P一个平行AB斜面向上的恒定推力F,此

后细线的拉力为零，且P、Q两物块的速度同时减为零，则当物块Q速度为零时，物块P克服推力做功

为多少。

【答案】(1)0.4g(2)姆口(3)56心二

576k15k

【解析】

【详解】

⑴解除锁定的一瞬间，设物块P的加速度大小为田；根据牛顿第二定律有

2mgsin370-T=2ma1

对物块Q研究有

T+kx-mgsin530=max

又

kx=mgsin53°

解得

ai=0.4g

⑵由

kx-mgsin53°

得开始时弹簧的压缩量

k

当物块Q向上运动学的距离时，弹簧的伸长量

k

，l.6mgO.Smg0.8mp

x=-------------=------

kkk

由此可知，物块Q向上运动中的距离时，弹簧的弹性势能变化量为零。根据能量守恒定律可知

k

[imgsin37-mgsin53)-L?」=gx3机/

可得物块Q的速度大小

(3)弹簧断开，同时给物块P一个平行AB斜面向上的恒定推力后，物块Q向上做匀减速运动的加速度

a2=gsin53°=0.8g

物块P向下做匀减速运动的加速度大小也为a2o根据牛顿第二定律有

F-2mgsin37°=2ma2

解得

F=2.8mg

此过程物块Q沿斜面向上运动的距离

/=崛

2a215k

物块P克服推力做功

56m2g2

W=Fx=

75k

25.如图所示，质量为M=2kg的长木板甲放在光滑的水平桌面上，在长木板右端l=2m处有一竖直固定

的弹性挡板，质量为m=lkg可视为质点的滑块乙从长木板的左端冲上，滑块与长木板之间的动摩擦因数

为M=0.2,重力加速度g=10m/s2,假设长木板与弹性挡板发生碰撞时没有机械能的损失。

⑴滑块乙的初速度大小为v°=3m/s时，滑块乙不会离开长木板甲，则整个过程中系统产生的内能应为多

少？

(2)如果滑块乙的初速度大小为vo=llm/s,则长木板甲至少多长时，才能保证滑块乙不会离开长木板甲？

乙v

口|即甲V-/一

r777777777777r777777777777777777777777777777777i

131

【答案】⑴卞J；⑵30-m

36

【解析】

【详解】

(1)设甲、乙与挡板碰前先达共同速度，则由动量守恒定律得

mvQ=(M+ni)v}

解得

vi=lm/s

设此时甲的位移x”则

102

必哂

得

xi=0.5m<I

假设正确

甲与弹性挡板碰后立即反向运动，向左共速时速度为V2,则

Mvx-mvx=(M+ni)v2

解得

1,

v2=—m/s

整个过程中系统产生的内能

mv

Q-~^o+根M

⑵甲、乙的加速度大小分别为

Z//7ZP1/2r\i2

a.=----=lm/s-,a2=〃g=2m/s

M

设甲一直加速，则甲撞击弹性挡板时的速度为

v3==2m/s

加速时间

/=—=2s

4

此时乙的速度

v4=v0-a2t=7m/s

显然甲撞击墙壁时甲、乙两物体未达共速，甲撞弹性挡板后甲、乙两物体的速度相反，乙的动量大，故共

速时

mv4-MV3=(m+M)V5

解得

V5=lm/s,方向向右

此时尚未撞墙，系统以V5再次撞墙后甲速度反向，则

MV5-mv5-(M+m)v6

解得

v6=jm/s,方向向左

整个过程乙一直相对于甲向右运动，则由功能关系得

1,12

/.imgx--——(M+m)v6

解得

c八1

x=30—m

6

26.一轻质弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与质量为m的小物块P接触但不连接。AB是水平

轨道，质量也为m的小物块Q静止在B点，B端与半径为1的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD

竖直，物块P与AB间的动摩擦因数u可白。初始时PB间距为41,弹簧处于压缩状态。释放P,P开始运

动，脱离弹簧后在B点与Q碰撞后粘在一起沿轨道运动，恰能经过最高点D,己知重力加速度g,求：

(1)粘合体在B点的速度；

(2)初始时弹簧的弹性势能。

【答案】(1)际;(2)12mgl

【解析】

【分析】

【详解】

(D恰好能够到达D点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有

可得

Vp=&i

从B到D,由机械能守恒定律得

1c21c2

4mgl+—•2mvD=—•2mv^

得

VB=^

(2)P与Q碰撞的过程时间短，水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，设碰撞前P的速度为v,则

mv=2mvB

P从开始释放到到达Q的过程中，弹簧的弹力对P做正功，地面的摩擦力对P做负功，由功能关系得

I2

Ep-jumg•4/=—mv

联立得

Ep=\2mgl

27.如图所示的矩形玻璃砖，下底面镀银，厚为d,一束单色光沿OC方向射到玻璃砖上表面，折射后经

下底面反射后再经上表面射出。已知OC与玻璃砖上表面成30。角，玻璃砖对该单色光的折射率为6,

光在真空中的传播速度为c。求：

⑴光在玻璃砖中传播的时间；

⑵光射出玻璃砖上表面的折射角。

4d

【答案】⑴一；(2)60°

C

【解析】

【分析】

【详解】

⑴设折射光线在上表面的入射角为彳，折射角为在玻璃砖中传播速度为V,传播距离为X,传播时间

为t,Zj=60°,则

sin/j

u=-

n

2d

x=------

cos彳

X

t=—

V

解得

4=30°

4d

t=—

(2)折射光线在下底面反射后在上表面的D点折射后到B点，设在D点入射角为弓，折射角为匕，则

a=4

r2-a

sinL

------=n

sinr2

解得

z2=60°

28.某幼儿园设计的一个滑梯，由于场地大小的限制，滑梯的水平跨度确定为4m,如图所示。已知滑梯

与儿童裤料之间的动摩擦因数为0.4,为使儿童能从滑梯顶端由静止滑下，且到达地面的速度不超过2m/s,

取g等于10m/s2,求滑梯高度范围。

【答案】1.6mVh勺.8m

【解析】

【详解】

要使得儿童能由静止下滑，必须

mgsin0l>/