高考理综物理解答题专项集中综合训练50题含参考答案

高考理综物理解答题专项集中训练50题含参考答案

学校:姓名：班级:考号：

一、解答题

1.如图所示，质量为机“=2kg的木块A静止在光滑水平面上，一质量为m/^lkg的木块

B以初速度丫产10m/s沿水平方向向右运动，与A碰撞后都向右运动，木块A与挡板碰

撞后立即反弹(设木块A与挡板碰撞过程无机械能损失)，后来木块A与B发生二次碰

撞，碰后A、B同向运动，速度大小分别为lm/s、4m/s,求：木块A、B第二次碰撞过

程中系统损失的机械能。

\/

Vo\

--------A\

\

~B~\\~A\

\/

//////////////////////////////////Z

【答案】9J

【解析】

【分析】

依题意，第二次碰撞后速度大的物体应该在前，由此可知第二次碰后A、B速度方向都

向左，第一次碰撞，规定向右为正向

mBV(f=mi)vn+mAVA

第二次碰撞，规定向左为正向

mAVA-niBVB-mBVB+rnA以

可得

VA=4m/s

w=2m/s

2.如图所示，空间分布着方向平行于纸面且与场区边界垂直的有界匀强电场，电场强

度为E,场区宽度为£，在紧靠电场右侧的圆形区域内，分布着垂直于纸面向外的匀强

磁场，磁感应强度B未知，圆形磁场区域半径为厂。一质量为加，电荷量为4的带正电

的粒子从A点由静止释放后，在M点离开电场，并沿半径方向射入磁场区域，然后从N

点射出，。为圆心，NMON=120°,粒子重力可忽略不计。求：

(1)粒子在电场中加速的时间；

(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小。

L

【解析】

【详解】

(1)粒子在电场中加速，根据牛顿第二定律有

qE=ma

L=—ar

2

联立解得

2mL

(2)设粒子经电场加速后的速度为v,根据动能定理有

qEL=^mv2

解得

Vm

粒子在磁场中完成了如图所示的部分圆运动

设其半径为R,因洛仑兹力提供向心力，所以有

n4

B'w

由几何关系得

试卷第2页，共62页

—=tan30

R

联立解得

3.如图所示，水平的粗糙轨道与竖直的光滑圆形轨道相连，圆形轨道间不相互重叠，

即小球离开圆形轨道后可继续沿水平轨道运动.圆形轨道半径R=0.2m,右侧水平轨道

BC长为L=4m,C点右侧有一壕沟，C、。两点的竖直高度4=lm,水平距离s=2m,小

球与水平轨道间的动摩擦因数〃=0.2,重力加速度g=10m/s2.一小球从圆形轨道最低点

8以某一水平向右的初速度出发，进入圆形轨道。

(1)若小球通过圆形轨道最高点A时给轨道的压力大小恰为小球的重力大小，求小球

在B点的初速度多大？

(2)若小球从B点向右出发，在以后的运动过程中，小球既不脱离圆形轨道，又不掉

进壕沟，求小球在B点的初速度的范围是多大？

【答案】(1)2百m/s；(2)vs<2m/s或m/sWv胫4m/s或vsN6m/s

【解析】

【详解】

(1)小球在最高点A处，根据牛顿第三定律可知轨道对小球的压力

FN=FN'=mg

根据牛顿第二定律

VA

FN+mg=m-^

从B到A过程，由动能定理可得

-mg2R=^mv1-mvl

代入数据可解得

%=2>/3m/s

⑵情况一：若小球恰好停在。处，对全程进行研究，则有

「八12

-jumgL=0--mv]

解得

vz=4m/s

若小球恰好过最高点A,根据牛顿第二定律

mg=m^

从B到4过程

1,1,

-mg2R=-mv\--mv2

解得

V2=V10m/s

所以当Ji6m/sWvBW4m/s时，小球停在8c间；

情况二：若小球恰能越过壕沟，则有

—jumgL-gmv^.-gmvj

小球做平抛运动

.I2

h=2g

S=vct

解得

V3=6m/s

所以当VB>6m/s时，小球越过壕沟；

情况三：若小球刚好能运动到与圆心等高位置，则有

-mgR=°-g

解得

V4-2m/s

所以当vfl<2m/s时，小球又沿圆轨道返回。

综上所述可得，小球在4点的初速度的范围是

VB<2m/s或>/10m/s<ve<4m/s或ve>6m/s

4.传统的打气筒的示意图如图中的如图所示，圆柱形打气筒A高”，内部横截面积为

S,底部有一单向阀门K,厚度不计的活塞上提时外界大气可从活塞四周进入，活塞下

压时可将打气筒内气体推入容器B中。用传统的打气筒给自行车打气时，不好判断是否

试卷第4页，共62页

已经打足了气，为了解决这一问题，某研究性学习小组的同学们经过思考之后，他们在

传统打气筒基础上进行了如下的改装(图中的如图2所示)：该组同学设想在打气筒内

壁焊接一卡环C(体积不计)，调节C距气筒顶部的高度就可以控制容器2中的最终压

强。已知B的容积YB=3HS,向B中打气前A、B中气体初始压强均为po=l.Oxl()5pa,

设气体温度不变。

图1图2

(1)若C距气筒顶部的高度为则第一次将活塞从打气筒口压到C处时，容器

8中的压强是多少？

(2)要使容器B中的最终压强为3po,则〃与H之比应为多少？

【答案】(1)1.2x1伊Pa；(2)2：3

【解析】

【详解】

(1)以A、3中气体为研究对象，则有

Pi=P。

乂=4HS

K=—HS

-3

根据玻意耳定律，可得

联立解得，容器B中的压强

P2=1.2xl05pa

(2)以A内的气体为研究对象，有

Pi=P。

%=HS

Pi=3P0

V4=(H-h)S

由玻意耳定律，可得

4匕=4匕

联立解得

h:H=2:3

5.如图所示，平面直角坐标系xOy的第二象限内存在场强大小为£,方向与x轴平行

且沿x轴负方向的匀强电场，在第一、三、四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场.现

将一挡板放在第二象限内，其与x,y轴的交点M、N到坐标原点的距离均为2L,一质

量为加，电荷量绝对值为9的带负电粒子在第二象限内从距1轴为£、距），轴为2£的A

点由静止释放，当粒子第一次到达y轴上。点时电场突然消失，若粒子重力不计，粒子

与挡板相碰后电荷量及速度大小不变，碰撞前后，粒子的速度与挡板的夹角相等（类似

于光反射时反射角与入射角的关系），求：

（1）。点的纵坐标；

（2）若要使粒子再次打到挡板上，磁感应强度的最大值为多少？

（3）磁感应强度为多大时，粒子从A点出发与挡板总共相碰两次后到达C点?这种情况

下粒子从A点出发到第二次到达。点的时间多长？

--XXxxXXX

___XXXXXXX

Ey'NxXXXXX

了7XXXXXXX

XXXXXXX

XXMxXX0XXXXXXX

XXXXXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXXXXX

XXXXXXX-XXXXXXX

(2)2畔;(3)212Em9(2+))12mL

【答案】（1）3L；

NqL3qL4

【解析】

【分析】

【详解】

粒子运动轨迹如下图

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(1)设粒子到达挡板之前的速度为%,由动能定理

解得

“产Vm

粒子与挡板碰撞之后做类平抛运动，在X轴方向

L当

2m

在y轴方向

y=vot

联立解得

y=2L

C点的纵坐标为

y+L^3L

(2)粒子到达C点时的沿x轴方向的速度为

…=V产m

沿y轴方向的速度为

此时粒子在C点的速度为

修返

Vm

粒子的速度方向与X轴的夹角

tan0=—

匕

故

6=45。

磁感应强度最大时，粒子运动的轨道半径为

根据牛顿第二定律

qvB}-m—

4

要是粒子再次打到挡板上，磁感应强度的最大值为

(3)当磁感应强度为&时，粒子做半径为-2的圆周运动到达)，轴上的。点，之后做直

线运动打到板上，由几何关系得

此时的磁感应强度为

此后粒子返回到。点，进入磁场后做匀速圆周运动，由对称性可知粒子将到达。点,

接着做直线运动到达C点，从A到板，有

在磁场中做圆周运动的时间

从x轴上。点做匀速直线运动到C点的时间为

试卷第8页，共62页

总时间为

6.如图所示，在x轴上方有垂直x。），平面向里的匀强磁场，磁感应强度为在x

轴下方有交替分布的匀强电场和匀强磁场，匀强电场平行于），轴，匀强磁场切=2瓦垂

2

直于X0）,平面，图象如图所示.一质量为相，电量为-9的粒子在/=时刻沿着与y

轴正方向成60。角方向从A点射入磁场，f=2r0时第一次到达x轴，并且速度垂直于x

轴经过C点，C与原点。的距离为3L.第二次到达x轴时经过x轴上的。点，。与原

点。的距离为4乙，（不计粒子重力，电场和磁场互不影响,结果用比、加、q、L表示)

（1）求此粒子从A点射出时的速度%;

（2）求电场强度&的大小和方向；

（3）粒子在七九时到达M点，求M点坐标。

E

-11--11-1

£J111111

11111

11111

'八X%XXXB]XC)12345名)

AXXXX

二、XXXX1

--------二-----------------------AY

O--------c---------------------------B_11

01।1t।1।1।

11t11

—1■■11•11>

C)12345%)

【答案】（）V（2）后=幽；（）（

139L,---)

m2itm2

【解析】

【分析】

【详解】

（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为眉,由牛顿第二定律得

4年出=吟

根据题意由几何关系可得

3L=R+；R,

联立解得

2qB„L

%=

tn

(2)粒子在第一象限磁场中运动的周期设为7；,可得

_2兀m

'qB,,

粒子在第四象限磁场中运动的周期设为心，可得

T2兀m

根据题意由几何关系可得

-7；=-r

330

可得

7]=4ro

T?-2:)

综上可以判断3r°-4%粒子在第四象限的磁场中刚好运动半个周期，半径为

2三

由牛顿第二定律得

4匕&=m-3-

/v,

2/0-3r0粒子做匀减速直线运动，

qE=ma

v2=v,-at

综上解得

E血

2nm

(3)由题意知，粒子在队时刚在第四象限做完半个圆周运动，得

x=9L

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粒子在电场中减速运动的时间为,由运动学公式可得

尸一小+匕儿

联立解得

3"

y=--------

2

3九L

联立可得点的坐标为（

M93一~2~‘°

7.如图所示，导热良好的汽缸中用不计质量的活塞封闭着一定质量的理想气体，光滑

活塞的横截面积S=100cm2,初始时刻气体温度为27℃,活塞到气缸底部的距离为h.现

对汽缸缓缓加热使汽缸内的气体温度升高到t,然后保持温度不变，在活塞上轻轻放一

质量为m=20kg的重物，使活塞缓慢下降到距离底部1.5h的位置.已知大气压强

po=l.OxlO5pa,环境温度保持不变，g取lOm*2,

①求t.

②判断活塞下降的过程气体是吸热还是放热，并说明理由.

【答案】①267℃；②放热.

【解析】

【详解】

①缓慢加热，气体做等压变化，故

匕=匕

ZT2

使活塞缓慢下降到距离底部1.5〃的位置，气体做等温变化

piSh=p2sh2

pi=po

=Po+等

J

联立代入数据解得

Q26TC

②放热.温度不变，所以内能不变，体积变小对内做功，根据热力学第一定律

△U=W+Q

可得

2<0

故放热。

8.如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为2根的木板B,B的左端放置一个质量

为加的物块A,已知A、B之间的动摩擦因数为〃，现有质量为机的小球以水平速度%

飞来与A物块碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B,且物块

A和小球均可视为质点（重力加速度g）,求：

①物块A相对B静止后的速度大小；

②木板B至少多长。

......,.......।

~77/7777777777777777777777

v

【r答必案必】、①今%；②77o^

416〃g

【解析】

【详解】

①设小球和物体A碰撞后二者的速度为匕，三者相对静止后速度为匕，规定向右为正方

向，根据动量守恒得

mv0=2〃?匕

2mv}=4机彩

联立解得

匕言

②当A在木板B上滑动时，系统损失的动能转化为摩擦热，设木板B的长度为£,假

设A刚好滑到B的右端时共速，则由能量守恒得

g-2mv~-—■4/MVJ=〃，2mgl

联立解得

L=-^-

6〃g

9.如图所示，质量机=lkg的导热气缸倒扣在水平地面上，A为一T型活塞，气缸内充

有理想气体。气缸的横截面积S=2xl（Hm2,当外界温度为仁27e时;气缸对地面恰好没

有压力，此时活塞位于气缸中央.不计气缸壁厚度，内壁光滑，活塞始终在地面上静止

不动，大气压强为p0=lxl（）5pa,g=10m/s2。求：

（1）气缸内气体的压强；

（2）环境温度升高时，气缸缓慢上升，温度至少升高到多少时，气缸不再上升。

试卷第12页，共62页

(3)气缸不再上升后，温度继续升高，从微观角度解释压强变化的原因。

【答案】(1)1.5xlO5pa；(2)600K：(3)温度升高，分子平均动能增大，体积不变，

分子密度不变，所以压强变大

【解析】

【详解】

(1)气缸恰好对地面没有压力，对气缸

mg+poS=pS

解得

p=1.5xlO5Pa

(2)气缸缓慢上升，气体压强不变，则

0.5V_V

了=石

解得

乃=600K

(3)温度升高，分子平均动能增大，体积不变，分子密度不变，所以压强变大。

10.如图所示，质量为M=8kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒

力F,当小车向右运动速度达到%=3m/s时，在小车的右端轻轻放置一质量加=2kg的

小物块，经过"=2s的时间，小物块与小车保持相对静止。已知小物块与小车间的动摩

擦因数〃=0.2,假设小车足够长，g取10m/s2,求:

F

M

7777^7^7777777777777777777777777777^7/777777777777777777777

(1)水平恒力F的大小；

(2)从小物块放到车上开始经过匚4s小物块相对地面的位移;

(3)整个过程中摩擦产生的热量。

【答案】(1)8N；(2)13.6m；(3)⑵

【解析】

【分析】

【详解】

（1）设小物块与小车保持相对静止时的速度为V,对于小物块，在〃=2s时间内，做匀

加速运动，则有

Rmg=ma]

对于小车，做匀加速运动，则有

F-7g=Ma2

"%+研

联立以上各式，解得

F=8N

（2）对于小物块，在开始〃=2s时间内运动的位移为

12

X=~aA

此后小物块仍做匀加速运动，加速度大小为。3，则有

F=(M+m)〃3

迎=砧(11)+1。-小

x=x[+x2

联立以上各式，解得

x=13.6m

（3）整个过程中只有前2s物块与小车有相对位移，小车位移

1、

%3=%4+/出7

相对位移

△%=工3-X

则摩擦产生的热量

Q=juing^x=12J

11.如图所示，截面为三角形透明介质的三棱镜，三个顶角分别为

乙4=60,NB=75,NC=45,介质的折射率”=G，现有一束光线沿MN方向射到棱镜

试卷第14页，共62页

的A8面上，入射角的大小i=60。，光在真空中的传播速度c=3xl()Xm/s,求：

①光在棱镜中传播的速率；

②画出此束光线进入棱镜后又射出棱镜的光路图，要求写出必要的计算过程。(不考虑

返回到A3和BC面上的光线)

B

【答案】①GxlO'm/s；②光路图和计算过程见详解。

【解析】

【详解】

①根据折射率与光在介质中的传播速度关系

C

n=—

V

可得光在棱镜中传播的速率为

v=—=^-^2-m/s=\/3xlO8m/s

nV3

②设此束光从AB面射入棱镜后的折射角为乙由折射定律

sin/

n=----

sinr

解得

sinisin6001

sinr=-----=——T=-=—

nyj32

即

r=30°

显然光线从AB射入棱镜后的折射光线NP平行于底边AC,由图中几何关系可得，光线

在面上的入射角6=45。，设发生全反射的临界角为C,则有

sinC=—=——

n3

sin〃=——

2

可得

0>C

故光线在BC面上发生全反射后，根据几何知识和反射定律得知，光线将垂直于底面AC

方向由图中。点射出棱镜，光路如图所示

B

12.如图所示，两根平行金属导轨与水平面间的夹角a=30。，导轨间距为/=0.50m,金

属杆"、cd的质量均为m=1.0kg,电阻均为r=0.10C,垂直于导轨水平放置.整个装

置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度B=2.0T.用平行于导

轨方向的拉力拉着外杆沿轨道以某一速度匀速上升时，cd杆保持静止.不计导轨的电

阻，导轨和杆外、cd之间是光滑的，重力加速度g=10m/s2.求：

(1)回路中感应电流/的大小.

(2)拉力做功的功率.

(3)若某时刻将〃杆固定，同时将外杆上拉力厂增大至原来的2倍，求当时杆速度

v/=2m/s时杆的加速度和回路电功率Pi

【答案】(1)5A；(2)10W；(3)5m/s2；20W.

【解析】

【分析】

【详解】

(1)cd杆保持静止有

〃?gsina=//B

得到

/=«^=5A

Bl

(2)。〃杆匀速上升，拉力

F=mgsina+IlB=2fngsina=1ON

ab杆产生的感应电动势

试卷第16页，共62页

E=Blv=L2r

得到

v=lm/s

拉力做功的功率

P=Fn=10W

(3)当尸=20N,M杆速度刃时，产生的电动势

E=BM=2Y

D-py,

R=B//=^-^=10N

安2〃

由牛顿第二定律

F-mgsina-F；i=ma

得到

<7=5m/s2

回路电功率

E2

P/=—=20W

2r

13.如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧

轨道8端的切线沿水平方向。质量”=1.0kg的滑块(可视为质点)在水平恒力尸=10.0N

的作用下，从A点由静止开始运动，当滑块运动的位移x=0.50m时撤去力凡已知A、

B之间的距离xo=l.Om,滑块与水平轨道间的动摩擦因数〃=0.10,取g=10m/s2。求:

(1)在撤去力产时，滑块的速度大小；

(2)滑块通过B点时的动能；

(3)滑块通过B点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度/?=0.35m,求滑块沿圆弧轨道上

升过程中克服摩擦力做的功。

【答案】(1)3.0m/s；(2)4.0J；(3)0.50J

【解析】

【分析】

【详解】

(1)滑动摩擦力为

f="mg

设滑块的加速度为4,根据牛顿第二定律可得

F-[img=maA

解得

a,=9.0m/s2

设滑块运动位移为0.50m时的速度大小为v,根据运动学公式

2

v=2atx

解得

v=3.0m/s

(2)设滑块通过B点时的动能为EkB,从A到B运动的过程中，依据动能定理有

%=3

Fx-执。=EkB

解得

%=4.0J

(3)设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为叼，根据动能定理有

-mgh-Wf=V)-EkB

解得

Wf=0.50J

14.人站在小车上和小车一起以速度vo沿光滑水平面向右运动.地面上的人将一小球

以速度v沿水平方向向左抛给车上的人，人接住后再将小球以同样大小的速度v水平向

右抛出，接和抛的过程中车上的人和车始终保持相对静止.重复上述过程，当车上的人

将小球向右抛出n次后，人和车速度刚好变为0.已知人和车的总质量为M,求小球的

质量m.

【答案】

【解析】

试卷第18页，共62页

【详解】

试题分析：以人和小车、小球组成的系统为研究对象，车上的人第一次将小球抛出，规

定向右为正方向，由动量守恒定律：Mvo-mv=Mvi+mv

得：v,=v0--

车上的人第二次将小球抛出，由动量守恒:

Mvi-mv=Mv2+mv

俎c2mv

得小=%-2・犷

同理，车上的人第n次将小球抛出后，有-一〃爷

由题意vn=0,

得：加=芋&

2nv

考点：动量守恒定律

15.1966年33岁的华裔科学家高银首先提出光导纤维传输大量信息的理论，43年后高

银因此获得2009年诺贝尔物理学奖。如图所示，一长为心的直光导纤维，外套的折射

率为〃”内芯的折射率为"2,一束单色光从图中0,点进入内芯斜射到内芯与外套的介

质分界面M点上恰好发生全反射，。/。2为内芯的中轴线，真空中的光速为以求:

①该单色光在内芯与外套的介质分界面上发生全反射时临界角C的正弦值;

②该单色光在光导纤维中的传播时间。

【答案】①sinC=%②/=丛

«2CH,

【解析】

【详解】

①由光的折射定律，则有

n,sin0.

=—=------L

"/?!sinC

当a=90。时

sinC=—

②根据几何关系，则有

sin。?

因传播速度

而传播时间

联立解得

Lft；

16.一劲度系数仁800N/m的轻质弹簧两端分别连接着质量均为12kg的物体A、B,将

它们竖直静止放在水平面上，如图所示.现将一竖直向上的变力/作用在A上，使4

开始向上做匀加速运动，经0.40s物体B刚要离开地面.g=10m/s2,试求：

r////zz//J/zz

(1)物体B刚要离开地面时，A物体的速度以;

(2)此过程中物体A重力势能的改变量.

【答案】(1)1.5m/s；(2)36J

【解析】

【详解】

(1)开始时

当物体8刚要离地面时

可得

x/=X2=0.15m

xi+X2=~at2

试卷第20页，共62页

得

VA=1.5m/s

（2）物体A重力势能增大

△EpA=mAg（X/+X2）=36J

17.如图所示，一个边缘带有凹槽的金属圆环，沿其直径装有一根长2L的金属杆AC,

可绕通过圆环中心的水平轴。转动。将一根质量不计的足够长细绳一端固定于槽内并将

绳绕于圆环槽内，绳子的另一端悬挂了一个质量为根的物体。圆环的一半处在磁感应强

度为8,方向垂直环面向里的匀强磁场中。现将物体由静止释放，若金属圆环和金属杆

单位长度的电阻均为R忽略所有摩擦和空气阻力。

B

XXX

mlI

（1）设某一时刻圆环转动的角速度为@0,且OA边在磁场中，求出此时金属杆OA产

生电动势的大小；

（2）求出物体在下落中可达到的最大速度；

（3）当物体下落达到最大速度后，金属杆OC段刚要进入磁场时，杆的A、。两端之间

电压多大？

【答案】（1）18乃g；（2）2弁产）;（3）出警（1+彳）

2DLB2

【解析】

【详解】

（1）已知金属杆转动的角速度，OA产生的电动势为

E=BL^=-Bl｝（oa

22

（2）等效电路如图所示，两个半圆部分的电阻并联后与另一半半径上的电阻串联

R外2=LR；I-LR

B

XXX

ffllI

当达到最大速度时，重物的重力的功率等于电路中消耗的电功率

E2E2

mgv=——=---------------

R总R外i+R外2+r

其中

v=cooL

联立以上公式，解得

_2mgR（4+兀）

“一B2L

（3）当物体下落达到最大速度后，杆受到的安培力的力矩与物体的力矩相等，得

BIL^=mgL

所以。4上的电流大小为

BL

当0C段刚要进入磁场时

%=等（竿+"）=誓（】+9

DLZo2

18.如图所示，绝热气缸封闭一定质量的理想气体，被重量为G的绝热活塞分成体积

相等的M、N上下两部分，气缸内壁光滑，活塞可在气缸内自由滑动.设活塞的面积为

S,两部分的气体的温度均为To,M部分的气体压强为Po,现把M、N两部分倒置，仍

要使两部分体积相等，需要把M的温度加热到多大?

【答案】（1+“兀

【解析】

【详解】

试题分析：设加热后M的温度为T

试卷第22页，共62页

倒置前后N部分的气体压强不变均为PN=P°+W

G

Pn

对M部分倒置前后列方程P0_S；T=(\+—)T„

T~~f~Sp°

考点：气体实验定律

19.水利发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能，是功在当代，利在千秋的大事，现

在水力发电已经成为我国的重要能源之：某河流水流量为40m3/s,现在欲在此河段上

筑坝安装一台发电功率为lOOOkW的发电机发电，采用高压输电，高压输电线的总电阻

为5C,损耗总功率的5%.求：

(1)设发电机输出电压为500V,则所用理想升压变压器原副线圈匝数比应是多大；

(2)若所用发电机总效率为50%,则拦河坝要建多高.(水的密度〃=1.0xl03kg/m3,重

力加速度g取10m/s2)

【答案】(1)，(2)5m

【解析】

【分析】

【详解】

(1)根据导线上的功率损失等于导线电阻的热功率可得

2

0.05P=Z2/?

解得升压变压器次级的电流

/2-100A

对变压器初级

P=UJ\

解得初级电流

Z/=2000A

根据变压器匝数和电流的关系

旦=b=_L

々/120

(2)设时间f内通过发电机的水流体积为

V=Qt

又

m=pV

由能量关系可得

50%mgh

£一

解得

〃二5m

20.如图所示，有一内表面光滑的金属盒，底面长为L=1.2m,质量为m/=lkg,放在水

平面上，与水平面间的动摩擦因数为"二0.2,在盒内最右端放一半径为『0.1m的光滑金

属球，质量为机2=lkg,现在盒的左端，给盒一个初速度u=3m/s（盒壁厚度，球与盒发

生碰撞的时间和能量损失均忽略不计，g取10m/s2）求：金属盒从开始运动到最后静止

所经历的时间？

1.2m

【答案】0.75s

【解析】

【详解】

根据动能定理，则从开始运动到左壁与小球相碰有

:见十一^见声=一〃（仍+m2）g{L-2r）

解得盒与球第一次碰撞速度

v/=lm/s

此过程经历的时间为

L-2r1.2-0.2

s=0.5s

V4-V,3+1

22

由于小球和盒子发生弹性碰撞，故碰撞完后交换速度，即小球速度为lm/s,盒子速度

为零，此后小球在盒内的运动时间为

小球与盒子再次相碰后，再次交换速度，盒子速度为lm/s,小球速度为零，则由动量

定理可知盒子运动的时间白满足