南京市新高考物理解答题大全100题含解析

[word版可编辑】南京市新高考物理解答题大全100题

精选高考物理解答题100题含答案有解析

1.如图所示，A、3两板间的电压为M>N两平行金属板长为2d,两板间距为2d,电压为U。

QP的右侧有垂直纸面的匀强磁场，磁场宽度为（9+1]"。一束初速度为0、电荷量的范围为4~44、

质量的范围为机~4m的带负电粒子由S无初速度射出后，先后经过两个电场，再从M、N两平行金属

板间（紧贴“板）越过界面QP进入磁场区域。若其中电荷量为4、质量为m的粒子恰从M、N两板

间的中点。进入磁场区域。求解下列问题（不计重力）：

⑴证明：所有带电粒子都从。点射出

⑵若粒子从QP边界射出的速度方向与水平方向成45角，磁场的磁感应强度在什么范围内，才能保证所

有粒子均不能从JK边射出？

2bmU

【答案】（1）见解析⑵--

dq

【解析】

【详解】

（1）电场加速有

带电粒子在偏转电场U中做类平抛运动，在。点分解位移。

水平位移

2d-vat

竖直位移

12

y=—ar

-2

又有

U

q--=ma

2d

解得

U.

y=-----a

-2U。

则射出点与粒子的4、机无关，所有粒子均从。点射出

⑵类平抛的偏转位移y=d,SfC过程，由动能定理有

V1

qU+q—U=-mv7

02d2

磁场中圆周运动有

v2

qvB=m—

解得

在粒子束中，4加、4的粒子「最大，最易射出磁场，设要使4机、4的粒子恰射不出磁场，有

v2

qvBt)=4m—

由几何关系得

粒子在电场中。点射出时有

v

匕F

电场偏转过程由动能定理有

U\\；

q—=—x4Amv2——x4mv

222cf

解得

则磁感应强度应为

2.如图所示，水平光滑的桌面上有一质量M=4kg的长木板静止在光滑水平面上，质量m=lkg的小滑块

置于长木板左端，小滑块可视为质点。长木板右侧与固定竖直挡板间的距离L=l()m,小滑块以v0=10m/s

的速度向右滑上长木板，经过一段时间后，长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。已知小

滑块与长木板间的动摩擦因数H=0.4,重力加速度g=10m/s2,长木板足够长，小滑块始终未脱离长木板。

求：

(1)经过多长时间，长木板与竖直挡板相碰？

(2)长木板与竖直挡板碰撞后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。

【答案】(l)6s；(2)11.6m

【解析】

【详解】

(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒

mv0=(m+M)v

解得

v=2m/s

对长木板

pmg=Ma

得长木板的加速度

a=lm/s2

自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度

v=ati

解得

t|=2s

长木板位移

解得

x=2m<L=10m.

两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板，此后两者一起匀速运动，则

L-X=vt2

解得

ti=4s

则总时间为

t=t1+t2=6s

⑵长木板碰竖直挡板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒

mv—Mv=(m+M)v'

最终两者的共同速度

v'=-1.2m/s

由能量守恒定律得

/^mgs=gmv^〃)v/2

小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离

s=11.6m

3.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().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】1.6m<h<1.8m

【解析】

【详解】

要使得儿童能由静止下滑，必须

mgsinq>〃〃2gcosq

滑梯的高度

hy-4tan6

联立解得

h>1.6m

设当滑梯高度为h2时，小孩滑到底端时速度恰好为2m/s,由动能定理有:

.八d12八

mglv,-4mgcos?-------=—-0

cos022

解得

h2=1.8m

综上，则

1.6m<h<1.8m

4.壁厚不计的圆筒形薄壁玻璃容器的侧视图如图所示。圆形底面的直径为2R,圆筒的高度为R。

(1)若容器内盛满甲液体，在容器中心放置一个点光源，在侧壁以外所有位置均能看到该点光源，求甲液体

的折射率；

(2)若容器内装满乙液体，在容器下底面以外有若干个光源，却不能通过侧壁在筒外看到所有的光源，求乙

液体的折射率。

R

2R

【答案】(1)陶(2)生>0

【解析】

【详解】

⑴盛满甲液体，如图甲所示，P点刚好全反射时为最小折射率，有

n=

由几何关系知

解得

n=>/5

则甲液体的折射率应为

*>75

(2)盛满乙液体，如图乙所示，与底边平行的光线刚好射入液体时对应液体的最小折射率,

A点

1

生=-----

乙sinC

由几何关系得

«=90°-^

B点恰好全反射有

a=C

解各式得

生=V2

则乙液体的折射率应为

生〉声

5.如图所示，光滑、平行、电阻不计的金属导轨固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L,导轨顶端连

接定值电阻R,导轨上有一质量为加，长度为L,电阻不计的金属杆，杆始终与导轨接触良好。整个装

置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里。现将杆从M点以%的速度竖直向

上抛出，经历时间f,到达最高点N,重力加速度大小为g。求f时间内

(1)流过电阻的电量4；

(2)电阻上产生的电热

【答案】⑴q=^^L,(2)0=)加谄_加gR%「初

【解析】

【分析】

【详解】

(1)根据动量定理，有

0—mv0=-mgt—Ft

又因为

F=BLI

q=lt

联立解得

mv0-mgt

"―BL

(2)根据

-j_E_A①_BLh

~^~~RF~~RT

以及能量守恒

Q=；机片一'"g/z

联立解得

2°B2I3

6.如图所示，质量M=3kg的足够长的小车停在光滑水平地面上，另一木块m=lkg,以vo=4m/s的速度冲

上小车，木块与小车间动摩擦因数〃=0.3,g=10m/s2,求经过时间t=2.0s时：

---->14

M

：(工_______

//，7//，//7///厂7乙

(1)小车的速度大小V；

(2)以上过程中，小车运动的距离x；

(3)以上过程中，木块与小车由于摩擦而产生的内能Q.

【答案】(3)Im/s(3)1.5m(3)6J

【解析】

试题分析：(3)木块的加速度am="g=3m/s3

.4/Jmg0.3x1x10g2

小车的加m速度：。加=先生=——;——=1加s-

M3

两者速度相等时：v=v2-amt3=aMt3

解得：tj=3s,v=3m/s

此后小车和木块共同匀速运动，则t=3.2s时小车的速度大小v=3m/s

（3）小车加速阶段的位移为：X3=^aMt.?=^x3x33=2.5m

22

匀速运动的时间t3=t-t3=3s

小车匀速阶段的位移为：x3=vt3=3x3=3m

3s内小车运动的距离X=X3+X3=3.5m

oo

V—V7

（3）速度相等前，木块的位移：x'=-^=2.5m

2am

,

木块和小车的相对位移为：△x=x-x3=3m木块与小车由于摩擦而产生的内能：Q=f»Ax=pmgAx=6J

考点：牛顿第二定律的综合应用

7.如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强

电场，方向沿x轴负向.在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为V。的速度发射出一带正电荷的

粒子，该粒子在（d,0）点沿垂直于x轴的方向进人电场.不计重力.若该粒子离开电场时速度方向与y

轴负方向的夹角为0,求：

（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；

（2）该粒子在电场中运动的时间.

E1,2d

【答案】（1）—=~-v0tan'；（2）t=■~

B2v0tan0

【解析】

试题分析：（1）设磁感应强度的大小为B,粒子质量与所带电荷量分别为m和q,粒子进入磁场后做匀速

2

圆周运动，并设其圆周运动的半径为r,根据牛顿第二定律和向心力公式有：qvoB=/»b①

由题设条件和图中几何关系可知：r=d②

设电场强度大小为E,粒子进入电场后沿x轴负方向运动的速度大小为%由牛顿第二定律有：qE=max③

根据运动学公式有：vx=a、t,3"=d④

2

由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有：tan()=%⑤

%

40)X

E1,

由①②③④⑤式联立解得：一=一%tair。

B2

2d

(2)由④⑤式联立解得：t=—

v0tan0

考点：本题主要考查了带电粒子在交替复合场中的运动问题，属于中档题.

8.我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m=60kg的

运动员从倾角0=30"、长度L=80m的直助滑道AB的A处由静止开始匀加速滑下，经过t=8s到达助滑道

末端B。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近

是一段以O为圆心、半径R=14m的圆弧，助滑道末端B与弯曲滑道最低点C的高度差h=5m,运动员

在B、C间运动时阻力做功W=-l000J,g=10m/s”求：

⑴运动员在AB段下滑时受到阻力蚌的大小；

(2)运动员到达滑道最低点C时对滑道的压力FN的大小。

【答案】(1)150N；(2)2600N。

【解析】

【分析】

【详解】

(1)A到B：由牛顿第二定律得:

mgsin0-Ff=ma

L=—(it

2

F,=15ON

(2)A到C：由动能定理得

在C点

2

Z7VC

FN-mg=m-^-

K

8=2600N

根据牛顿第三定律压力与支持力大小相等，为2600N。

9.如图所示，光滑斜面AB与粗糙斜面CD为两个对称斜面，斜面的倾角均为。，其上部都足够长，下部

分别与一个光滑的圆弧面BEC的两端相切，一个物体在离切点B的高度为H处，以初速度V。沿斜面向

下运动，物体与CD斜面的动摩擦因数为外

(1)物体首次到达C点的速度大小；

(2)物体沿斜面CD上升的最大高度h和时间t；

(3)请描述物体从静止开始下滑的整个运动情况，并简要说明理由.

［答案］(1)j2g”+((2)―—sin®

2g(sin6+4cos6)

(3)AB段匀变速运动，BEC变速运动，CD段匀变速运动，可能停止于CD斜面上不动，也可能在BC间

做等幅振动.

【解析】

(1)根据机械能守恒定律：-mvl+mgH=-机匕2

(2)物体沿CD上升的加速度：a=gsin8+〃gcose

解得：h=—+诏)_$出8

2g(sin。+4cos&)

(3)AB段匀变速运动，BEC变速运动，CD段匀变速运动，最后可能停止于CD斜面上不动，也可能在

BC间做等幅振动.

10.水平折叠式串列加速器是用来产生高能离子的装置,如图是其主体原理侧视图.图中“4%%为一级真

空加速管，中部地处有很高的正电势夕，，/、g两端口均有电极接地(电势为零)；%、"4左边为方向

垂直纸面向里的匀强磁场；曲,弓力；为二级真空加速管，其中eq处有很低的负电势-9,64、川两端口均

有电极接地(电势为零).有一离子源持续不断地向端口释放质量为m、电荷量为e的负一价离子，离子

初速度为零，均匀分布在端口圆面上.离子从静止开始加速到达bb｝处时可被设在该处的特殊装置将其

电子剥离，成为正二价离子(电子被剥离过程中离子速度大小不变)；这些正二价离子从g端口垂直磁场方

向进入匀强磁场，全部返回"4端口继续加速到达eq处时可被设在该处的特殊装置对其添加电子，成为负

一价离子(电子添加过程中离子速度大小不变)，接着继续加速获得更高能量的离子.已知端口、g端

口、64端口、戈端口直径均为L,q与&相距为2L,不考虑离子运动过程中受到的重力，不考虑离子在剥

离电子和添加电子过程中质量的变化,s〃?37°=0.6,cos370=0.8,求：

C

XxxxxXL

BIL

XXXXXX1

Xxxxxxr

X

X

X

X

⑴离子到达式端口的速度大小v；

⑵磁感应强度度大小B；

(3)在保证⑵问中的B不变的情况下，若a4端口有两种质量分别为〃4=(§2〃?、e=(装)2相，电荷量均为

e的的负一价离子,离子从静止开始加速，求从勿端口射出时含有m1、m2混合离子束的截面积为多少.

【答案】(l)v=2^pQ)B=：(3)S=0.08373

【解析】

12

(1)对离子加速全过程由动能定理得到：6e(p=-mv2

解得：丫=2百

(2)进入磁场中片=的丝，

Vm

2eviB=m^,

解得:再

⑴色丫<14?

(3)叫m»叫=［百Jm'

3143

r=1.2x-L=1.8L,r.=-x-L=1AL

121152

，74XiA

S=2x——兀-----xO.4LxO.6L=0.083L2

(36042

11.如图所示，半径R=3.6m的,光滑绝缘圆弧轨道，位于竖直平面内，与长L=5m的绝缘水平传

送带平滑连接，传送带以v=5m/s的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强

磁场，电场强度E=20N/C,磁感应强度B=2.0T,方向垂直纸面向外.a为mi=1.0xl()-3kg的不带电

的绝缘物块，b为m2=2.0xl(F，g、q=1.0xl0-3c带正电的物块.b静止于圆弧轨道最低点，将a物块从

圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b发生弹性碰撞(碰后b的电量不发生变化).碰后b先在传

送带上运动，后离开传送带飞入复合场中，最后以与水平面成60。角落在地面上的P点(如图)，已知b物

块与传送带之间的动摩擦因数为p=0.L(g10m/s2,a>b均可看做质点)求：

(1)物块a运动到圆弧轨道最低点时的速度及对轨道的压力;

(2)传送带上表面距离水平地面的高度;

(3)从b开始运动到落地前瞬间，b运动的时间及其机械能的变化量.

【答案】⑴FN=2x103N,方向竖直向下(2)h=3m(3)E=-5.5xlQ-2J

【解析】

【分析】

(D根据机械能守恒定律求解物块a运动到圆弧轨道最低点时的速度；根据牛顿第二定律求解对最低点

时对轨道的压力；

(2)a于b碰撞时满足动量和能量守恒，列式求解b碰后的速度；根据牛顿第二定律结合运动公式求解b

离开传送带时的速度；进入复合场后做匀速圆周运动，结合圆周运动的知识求解半径，从而求解传送带距

离地面的高度；

(3)根据功能关系求解b的机械能减少；结合圆周运动的知识求解b运动的时间.

【详解】

(1)a物块从释放运动到圆弧轨道最低点C时，机械能守恒，

mgR(1-cos6)=；mvc

得：vc=6m/s

2

在C点，由牛顿第二定律：FN-叫g=网色-

R

解得：&=2x10-2%

由牛顿第三定律，a物块对圆弧轨道压力：77=2x10-2',方向竖直向下.

+mv

(2)a、b碰撞动量守町匕=中匕2h

a、b碰撞能量守恒;g匕2+g网以2

解得(Vc'=—2m/s,方向水平向左.可不考虑)4mls

b在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为s,

4m2g=m2a

22

v-v/7=las

得：s=4.5m<L加速Is后，匀速运动0.ls,在传送带上运动4=Lis,所以b离开传送带时与其共速

为》=5mis

进入复合场后，2g=2x10-2N,所以做匀速圆周运动

2

由qvB=m2—

m9v

得：r=17=5m

qB

由几何知识解得传送带与水平地面的高度：h=r+-=7.5m

2

1

(3)b的机械能减少为AE=3m252+加2的--mv2=1.41xl0-1J

12722

b在磁场中运动的T季=2兀

b在传送带上运动乙=Lis；b运动的时间为4+G=1.1+不〜3.2s

【点睛】

本题涉及到的物理过程较多，物理过程较复杂，关键是弄懂题意，选择合适的物理规律和公式进行研究,

边分析边解答.

12.如图所示为直角三棱镜的截面图，一条光线平行于BC边入射，经棱镜折射后从AC边射出.已知

ZA=0=60°,求：

①棱镜材料的折射率n；

②光在棱镜中的传播速度v（真空中光速为c）.

【答案】①6；②与

3

【解析】

【分析】

【详解】

①作出完整的光路如图，

根据几何关系可知。=N8=30。，所以a=60。，根据折射定律有

sinasin。

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

sin/sin/

因为。=6=60。，所以£=£+7=4=60°,故

0=y=3G。

在根据折射定律

5/71600/-

n=-------=73.

517130°

②光在棱镜中的传播速度

【名师点睛】

根据几何关系求出光在AC面上的入射角，再根据折射定律求出棱镜的折射率，结合□=£求出光在棱镜

中的速度.

13.如图所示，MN和M，N，为两竖直放置的平行光滑长直金属导轨，两导轨间的距离为L。在导轨的下

部有垂直于导轨所在平面、方向向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在导轨的MM，端连接电容为C、击

穿电压为Ub、正对面积为S、极板间可认为是真空、极板间距为d的平行板电容器。在t=0时无初速度

地释放金属棒ef,金属棒ef的长度为L、质量为m、电阻可忽略不计.假设导轨足够长，磁场区域足够

大，金属棒ef与导轨垂直并接触良好，导轨和各接触处的电阻不计，电路的电感、空气的阻力可忽略，

已知重力加速度为go

⑴求电容器两端的电压达到击穿电压所用的时间；

(2)金属棒ef下落的过程中，速度逐渐变大，感应电动势逐渐变大，电容器极板上的电荷量逐渐增加，两

极板间存储的电场能也逐渐增加。单位体积内所包含的电场能称为电场的能量密度。已知两极板间为真空

时平行板电容相的电容大小可表示为c=4g。试证明平行板电容器两极板间的空间内的电场能量密度3

d'

与电场强度E的平方成正比，并求出比例系数(结果用和数字的组合表示)。

2

Uh(Bl}C+m

【答案】(1)—(2)y£o＞证明见解析

BLmg

【解析】

【详解】

本题为“单棒+电容器+导轨模型”，可以根据牛顿第二定律，使用“微元法”对棒列方程求解。

(1)在电容器两端电压达到击穿电压前，设任意时刻t,流过金属棒的电流为i,由牛顿第二定律知，此

时金属棒的加速度a满足

mg—BiL=ma

设在t至Ijt+At的时间内，金属棒的速度由v变为v+Av,电容器两端的电压由U变为U+AU,电容器的

带电荷量由Q变为Q+AQ,由电流的定义、电荷量与电压和电容间的关系、电磁感应定律以及加速度的

定义得

.\QC\UCBL\vi

i-=-------=----------=CBLa

△tArbt

联立得

a=〃吆

B2l}C+m

可知金属棒做初速度为0的匀加速直线运动，当电容器两端电压达到击穿电压时，金属棒的速度为

所以电容器两端电压达到击穿电压所用的时间为

2

%Ub(BI?C+m)

1=---=---------------------O

aBLmg

(2)当电容器两极板间的电荷量增加无穷小量AQi时，电容器两端的电压可认为始终为U”增加的电场

能可用图甲中左起第1个阴影部分的面积表示；同理，当电容器两极板间的电荷量增加无穷小量AQi+i时,

电容器两端的电压可认为始终为Ui+i，增加的电场能可用图甲中左起第2个阴影部分的面积表示；依次类

推可知，当电容器的带电荷量为Q，、两端电压为U，时，图乙中阴影部分的面积表示两极板间电场能的大

小W，，所以

1

W,=yU,Q,

根据题意有

<0=-~-

Sd

又

Q，=U，C,Ur=Ed,C=—

d

联立解得

12

<o=­CoE

2

所以电场能量密度3与电场强度E的平方成正比，且比例系数为;

14.质量为用=10kg的卡板静止在光滑水平面上，质量为根=30kg的小孩以％=2m/s的水平速度跳上

木板的A端，站稳后小孩又以a=0.25m/s2的加速度匀加速跑向木板的B端并离开木板，离开后木板恰

好静止，求：

(1)小孩在木板上站稳时的速度大小;

(2)木板的长度。

%...............工

【答案】(l)1.5m/s(2)2m

【解析】

【详解】

(1)设小孩在木板上站稳时的速度大小为V,对小孩和长木板构成的系统，由动量守恒定律得

mv()=(m+A/)v

代入数据，解得

v=1.5m/s

⑵设小孩跳离木板时的速度大小为W，对小孩和长术板构成的系统，由动量守恒定律可知

+M)v=mv1

设小孩与长木板之间水平方向的作用力大小为F,由牛顿第二定律得

F=ma

设小孩位移大小为引，由动能定理得

卜"％=~1mv\212

设木板位移大小为％2,由动能定理得

17

—FX2=0——Mv~

设木板长度为/,则有

/=X1-x2

联立以上各式并代入数据，解得

I=2m

15.对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，可以更加深刻

地理解其物理本质。

(1)单个微小粒子撞击巨大物体的力是局部而短促的脉冲，但大量粒子撞击物体的平均效果是均匀而持

续的力。我们假定单位体积内粒子数量为n,每个粒子的质量为m,粒子运动速率均为v。如果所有粒子

都垂直物体表面运动并与其碰撞，利用所学力学知识，导出物体表面单位面积所受粒子压力f与m、n和

v的关系。

(2)实际上大量粒子运动的速率不尽相同。如果某容器中速率处于100~200m/s区间的粒子约占总数的

10%,而速率处于700~800m/s区间的粒子约占总数的5%,论证：上述两部分粒子，哪部分粒子对容器

壁的压力/贡献更大。

【答案】(1)/=/imv2；(2)速率处于7()0~8()()m/s区间的粒子对容器壁的压力/贡献更大

【解析】

【分析】

本题考查碰撞过程中的动量定理和压强与压力的公式推导

【详解】

(1)在时间t内射入物体单位面积上的粒子数为

N=nvt

由动量定理得

Nmv=ft

可推导出

f-nmv1

(2)设炉子的总数为N中故速率处于100~200m/s区间的粒子数

n,=N总xlO%

它对物体表面单位面积的压力

fi=nimv|2=N,axl0%xmvi2

同理可得速率处于700〜800m/s区间的粒子数

n2=N总x5%

它对物体表面单位面积的压力

2x2

(2=n2mv2=Ns5%xmv2

故

_N总X10%X777V,2_10xl502

------------------------------------<[

22

f2x5%xmv25x750

故是速率大的粒子对容器壁的压力f贡献更大。

16.如图甲所示，真空中的电极被连续不断均匀地发出电子(设电子的初速度为零)，经加速电场加速，

由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B间的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d、

A、B板长为L,AB两板间加周期性变化的电场，如图乙所示，周期为T，加速电压为各，

其中加为电子质量、e为电子电量，乙为A、B板长，T为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电

子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：

(1)电子从加速电场G飞出后的水平速度%大小？

(2)，=0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y；

(3)在足够长的时间内从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。

【答案】⑴％=学；⑵丝向二⑶31.7%

18机

【解析】

【详解】

⑴加速电场加速。由动能定理得

qu、=-mv-

解得

2L

vo=~

(2)电子在偏转电场里水平方向匀速运动，竖直方向匀加速运动。

水平方向有

£=卬

所以运动时间

T

t=—

2

竖直方向有

1

y=­at~2

-2

解得

eU#_eU^

y------------------------------

2mVg8m

(3)由上问可知电子在电场中的运动时间均为r=/，设电子在时加速度大小为4,时加速度大小

为外，由牛顿第二定律得：

—e=ma]

在0g时间内，设乙时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为o,贝!I：

解得

1'-4

即01■时间内射入电场中的电子0乙这段时间均可从中垂线上方飞出。

|丁这段时间内，设能够从中垂线上方飞出粒子的时间间隔为J，。二丁一芍时刻射入的电子刚好偏转

位移为0,则有

解得

所以

所以从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比

7=—=^^%=31.7%

T4

17.如图所示，小球C在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它左边有一垂直于轨道的固定挡板，右边

有两个小球A和B用处于原长的轻质弹簧相连，以相同的速度V。向C球运动，C与B发生碰撞并立即结

成一个整体D。在A和D继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被第一次锁定不能

伸长但还能继续被压缩。然后D与挡板P发生弹性碰撞，而A的速度不变。过一段时间，弹簧被继续压

缩到最短后第二次锁定。已知A、B、C三球的质量均为m。求：

(1)弹簧长度第一次被锁定后A球的速度；

⑵弹簧长度第二次被锁定后的最大弹性势能。

【解析】

【分析】

【详解】

⑴设C球与B球粘结成D时，D的速度为V1，由动量守恒定律可得

mv0-(m+m)v]

解得

1

vi=~vo

当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为V2,由动量守恒，有

2mVj+mv0=3mv2

解得A的速度

2

"5%

⑵设弹簧长度第一次被锁定后，储存在弹簧中的势能为Epi。由能量守恒得

­,2/〃匕~+—//ZVQ———,3/%V：+Ep]

解得

鼎=七机诏

2

撞击P后，D的速度大小不变，仍为方向向右；A的速度大小和方向均不变。然后D与A继续相

互作用，设当弹簧压缩到最短时，A与D的速度为V3,根据动量守恒定律可得

2mv2—mv2—3mv3

解得

12

匕=§%=§%

弹性势能的增加量为

AE=—•3mvl-—­3mv?=—mv3

p222327

弹簧长度第二次被锁定后的最大弹性势能

稣2=%+综=强根年

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

知碰撞时间为0.05s,A、B的质量均为02侬.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】(1)办'=0.8加/s(2)F=SN

【解析】

【分析】

【详解】

①4、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-加以^O+mvA'

解得以'=。.8〃，/s；

②对B,由动量定理得一厂t-pB=0-mvfi,

解得声=8N;

19.一个倾角为0=37。的斜面固定在水平面上，一个质量为m=L0kg的小物块(可视为质点)以v()=8m/s

3

的初速度由底端沿斜面上滑。小物块与斜面的动摩擦因数若斜面足够长，已知tan37*二，g取

4

10m/s2,求：

(1)小物块沿斜面上滑时的加速度大小；

(2)小物块上滑的最大距离；

(3)小物块返回斜面底端时的速度大小。

【答案】(1)8m/s2(2)4.0m(3)472m/s

【解析】

【详解】

(1)小物块沿斜面上滑时受力情况如下图所示，其重力的分力分别为：

Fi=mgsinO

F2=mgcos0

根据牛顿第二定律有:

FN=FZ.・•①

F]+Ff=ma…②

又因为

FLHFN…③

由①②③式得:

a=gsinO+pgcos0=(10x0.6+0.1x10x0.8)m/s2=8.0m/s2..

(2)小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有：

0-V()2=2(-a)x…⑤

得：

VQ82)自

x=—=-------m=4m…⑥

2a2x8

(3)小物块在斜面上下滑时受力情况如下图所示，根据牛顿第二定律有:

FN=F2…⑦

Fi-Ff=ma'…⑧

由③⑦⑧式得：

a'=gsinO-ngcos0=(l0x().6-0.1x10x0.8)m/s2=4.0m/s2...®

有：

v?=2a'x…⑩

所以有：

v=J2dx=j2x4x4=40mzs

20.如图所示，导热良好的细直玻璃管内用长度为10cm的水银封闭了一段空气柱(可视为理想气体)，

水银柱可沿玻璃管无摩擦滑动。现使水银柱随玻璃管共同沿倾角为30。的光滑斜面下滑，两者保持相对静

止时，空气柱长度为8cm。某时刻玻璃管突然停止运动，一段时间后水银柱静止，此过程中环境温度恒为

300K,整个过程水银未从收璃管口溢出。已知大气压强为p°=75cm水银柱高。求：

⑴水银柱静止后的空气柱长度；

(2)水银柱静止后缓慢加热气体，直到空气柱长度变回8cm,求此时气体的温度。

【答案】⑴Li=7.5cm；(2)T3=320K

【解析】

【分析】

【详解】

(1)玻璃管和水银柱保持相对静止时设玻璃管质量为m0,横截面积为S,水银柱质量为m。对玻璃管和水

银柱整体，有：

(m+mo)gsin300=(m+mo)a①

设封闭气体压强为Pi，对水银柱：

mgsin3O°+poS-piS=ma②

解得：

Pi=Po③

水银柱静止时，设封闭气体压强为P2,水银与试管下滑相对静止时空气柱长度为Lo,水银静止时空气柱

的长度为L1，水银柱的长度为L2,可得：

〃2=〃0+3乙2④

从玻璃管停止运动到水银柱静止，据玻意耳定律可得：

piL0S=p2LiS⑤

解得：

Li=7.5cm⑥

⑵加热气体过程中，气体发生等压变化，有：

及小⑦

(十

据题意有，初态：

V2=L1S,T2=TO⑧

末态：

V3=L0S⑨

解得：

T3=320K⑩

21.如图所示，金属圆环轨道MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内(含边界)有垂直纸面向里的匀强

磁场，磁感应强度为Bo,AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。电阻为r,长为21的轻质金

属杆，一端套在内环MN上，另一端连接质量为m的带孔金属球，球套在外环PQ上，且都与轨道接触

良好。内圆半径(=/,外圆半径，3=3/,PM间接有阻值为R的电阻，让金属杆从AB处无初速释放，

恰好到达EF处，EF到圆心的连线与竖直方向成。角。其它电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g。

求：

⑴这一过程中通过电阻R的电流方向和通过R的电荷量q；

(2)金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速率v和R两端的电压U,

［答案］(1)M指向P,q=网瓦•：(2)y=j6g/(l_cos0,。J即/6g/(l—

R+r3(7?+r)

【解析】

【详解】

⑴由楞次定律可以判定通过R的电流方向由M指向P；

金属杆从AB滑动到CD的过程中

q=IAt①

7=—②

R+r

③

△t

△①=B(AS=5%一42)稣④

由①②③④得：

⑤

R+r

⑵设金属杆离开磁场小球的速率为V,角速度为皿第一次离开磁场到EF,由动能定理得:

1、

-mg-31(1-cos0)=O--mv^(6)

v=31(o⑦

金属杆第一次离开磁场瞬间产生电动势为:

E=B。-2/v⑧

_cor,+tyr,

v--!-------⑨

2

E⑩

W含

由得⑥⑦⑧⑨⑩

v=^6gl(l-cos0)⑪

U修J6g/（1-cos。）

R―3（R+r）

22.如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各

有一个活塞，质量分别为叫和加2,活塞与气缸无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处

于平衡状态时，两活塞位于同一高度人。（已知町=3〃?，%=2⑼

①在两活塞上同时各放一质量为，篦的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终

保持为

②在达到上一问的终态后，环境温度由（缓慢上升到T,试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？

气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）。

5T

【答案】①-/?;②5,^（--D,吸收热量。

4yo

【解析】

【详解】

①设左、右活塞的面积分别为S'和S,由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即

3mg2mg

丁一丁

由此得

3-

s=5s①

在两个活塞上各加质量为机的物块后，假设左右两活塞仍没有碰到汽缸底部，由平衡条件

p_二4mg_8,ng

龙一丁一W"

p返

右S

生〈尸右，则右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中

在初态，气体的压强为：4=等，体积为：h=|s/7；

在末态，气体压强为：8=赞，体积为：匕=2xS（x为左活塞的高度）

由玻意耳定律得

川=桃

代入数据解得

②当温度由I上升至T时，气体的压强始终为甯，设V是温度达到T时左活塞的高度，

JJ

由盖•吕萨克定律得

,T577?

x=­x=-----

T°4"

活塞对气体做的功为

5TT

W=Fs=4mg•一力(1)=5mgh(1)

441)

环境温度升高，则气体温度升高内能变大，又气体对活塞做功，根据热力学第一定律：在此过程中气体吸

收热量。

23.如图，是游乐场的一项娱乐设备.一环形座舱装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让

座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下.已知座舱开始下落的高度为H=75m,

当落到离地面h=30m的位置时开始制动，座舱均匀减速.在一次娱乐中，某同学把质量m=6kg的书包放

在自己的腿上.glOm/s2,不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力.

(1)当座舱落到离地面h尸60m和h2=20m的位置时，求书包对该同学腿部的压力各是多大；

(2)若环形座舱的质量M=4xl()3kg,求制动过程中机器输出的平均功率.

【答案】(1)150N(2)1.5xll6W

【解析】

【分析】

本题考查物体在自由下落和减速下降过程中的受力和功率问题，需运用运动学公式、牛顿运动定律、功率

等知识求解.

【详解】

(1)当座舱距地面h|=61m时，书包处于完全失重状态.故书包对该同学的压力Fi=l.

座舱自由下落高度为H-h=(75-31)m=45m时，座舱开始制动，设此时的速度为v,由运动学公式得

v2=2g(H-h)

座舱制动过程做匀减速直线运动，设其加速度大小为a,则有廿=2〃〃

联解得：a=15m/s2,方向竖直向上.

设此过程中书包受到腿的支持力为F2,根据牛顿第二定律，对书包有F2—mg=ma

代入数据可得6=150N

根据牛顿第三定律有：该同学腿部受到的压力理=E=150N

(2)设制动过程中座舱所受的制动力为F,经历的时间为t,

2

由运动学公式得：h=Vt-^-at

2

根据牛顿第二定律，对座舱有歹-Mg=3

座舱克服制动力做功W=Fh

机器输出的平均功率尸=-

t

联立解得P=1.5xll6W

24.如图所示是一个水平横截面为圆形的平底玻璃缸,玻璃缸深度为2〃，缸底面圆心处有一单色点光源S,

缸中装有某种液体，深度为/2,。点为液面的圆心，OS垂直于水平面。用面积为万〃2的黑纸片覆盖在液

面上，则液面上方恰好无光线射出。若在上述黑纸片上，以。为圆心剪出一个面积为;乃川的圆孔，把余

下的黑纸环仍放置在液面上原来的位置，使所有出射光线都从缸口射出，则缸口的最小面积为多少？

【解析】

【详解】

用面积为工的黑纸片覆盖在液面上，液面上方恰好无光线射出，则从点光源S发出的光线射到黑纸

片的边缘处恰发生全反射，临界角为C,光路图如图甲所示。

由几何关系得

tanC=—

h

由全反射知识有

sinC=-

n

解得

n=V2

1,

剪出一个面积为§2=3万斤圆孔后，设透光部分的半径为与，射出光线的最大入射角为i,对应的折射角

为。，光路图如图乙所示。

S

图乙

2

S2=兀r；=—7rh

由几何关系得

tanz=—

h

根据折射定律有

sin。

n-------

sinz

缸口的最小半径为

4=弓+/?tan6

缸口的最小面积为

$3=*

解得

C4+2V3/2

S3=-----——7ih

25.在实验室内小张站在某高处水平伸出手以6m/s的初速度竖直上抛一玩具球，如图所示从抛出开始计

时，玩具球在空中运动0.5s刚好到达最高点，已知手离地面高h为2.5m,球在空气中受到大小恒定的空

气阻力g取lOm/s?,求：

(1)玩具球下降过程中的加速度大小；

(2)玩具球第一次即将落地前瞬间的速度大小。

【详解】

(1)上升过程

Av6

a,=—=—=12m/s2

1\t0.5

_mg+f

a\-

m

下降过程

cmg-f

m

联立各式

生=8m/s2

(2)上升最大高度

—q=1.5m

2fl12x12

下降过程

v={2a2H=，2x8x(1.5+2.5)=8m/s

26.如图所示，在xoy平面内y轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B,磁场方向垂直

纸面向外；分成I和II两个区域，I区域的宽度为d,右侧磁场II区域还存在平行于xoy平面的匀强电场,

场强大小为E=0迦，电场方向沿y轴正方向。坐标原点O有一粒子源，在xoy平面向各个方向发射质

2m

量为m,电量为q的正电荷，粒子的速率均为丫=幽。进入II区域时，只有速度方向平行于x轴的粒

m

子才能进入，其余被界面吸收。不计粒子重力和粒子间的相互作用，求：

⑴某粒子从O运动到O,的时间；

(2)在I区域内有粒子经过区域的面积；

⑶粒子在II区域运动，当第一次速度为零时所处的y轴坐标。