高考理综物理解答题专项集中训练50题含答案解析

高考理综物理解答题专项集中训练50题含答案

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一、解答题

1.“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在海南文昌航天发射中心成功发射升空，

完成了与天宫二号空间实验室交会对接.已知地球质量为M,半径为R万有引力常量

为G.

（1）求质量为m的飞船在距地面高度为/z的圆轨道运行时的向心力和向心加速度大小.

（2）若飞船停泊于赤道上，考虑地球的自转因素，自转周期为元，求飞船内质量为加

的小物体所受重力大小Go.

（3）发射同一卫星到地球同步轨道时，航天发射场一般选取低纬度还是高纬度发射基

地更为合理？原因是什么？

【答案】（1）4=河GM方（2）Gs=GM-m^-/4,乃2R（3）借助接近赤道的低纬度发射基地

更为合理，原因是低纬度地区相对于地心可以有较大线速度，有较大的初动能

【解析】

【详解】

(1)根据万有引力定律和牛顿第二定律有

—Mm

G-------ma

%(R+4

GM

解得a=--------不

(R+〃)

2

后二Mm4K

（2）根据万有引力定律及向心力公式,有舄产GR及耳广机产R

%=『+6舱

解得G—爷生-%（等冰

（3）借助接近赤道的低纬度发射基地更为合理，原因是低纬度地区相对于地心可以有

较大线速度，有较大的初动能.

2.如图甲所示，校园中的“喷泉”从水面以相同倾斜角度和速度大小喷射而出，水滴下

落击打水面形成层层涟漪甚为美观.水滴的运动为一般的抛体运动，它的受力情况与平

抛运动相同，在水平方向不受力，在竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的

方法来研究一般的抛体运动.图甲中所示喷泉水滴的运动轨迹如图乙中所示，上升的最

大高度为/7,水滴下落在水面的位置距喷水口的距离为止已知喷出口的水流量。(流

量。定义为单位时间内喷出水的体积)，水的密度为p,重力加速度为g.

(1)求上述喷泉中水从喷水口喷出时的速度大小V.

(2)如图乙所示，若该“喷泉”是采用水泵将水先从距水面下深度为“处由静止提升至

水面，然后再喷射出去.已知：H=h,d=2/i,水泵提升水的效率为〃，求水泵抽水的平

均功率P.

【答案】⑴—叵+篇⑵尸=哼^

【解析】

【详解】

(1)由运动的合成与分解及平抛运动规律可知：

竖直方向h=；gt2

水平方向4=v

解得“需

水从喷口喷出时竖直方向

所以水从喷口喷出时的速度大小为V=Jv：+v：回+2gh

(2)在Af时间内，喷射出水的质量△机。加

对4时间内喷出的水，在最高点的动能：4=g△叫2

由功能关系，nPXt=Am(H+h)g+g△，叫2

解得P=写的

旬

3.如图，从阴极K发射的热电子，重力和初速度均不计，通过加速电场后，沿图示虚

线垂直射入匀强磁场区，磁场区域足够长，宽度为L=2.5cm.己知加速电压为U=182V,

试卷第2页，共61页

磁感应强度B=9」xl(HT,电子的电荷量e=I.6xl()T9c,电子质量机=9.以10⑹kg.求:

__9__

□XXX

XXX

XXX

------XXX

(1)电子在磁场中运动的速度大小V和半径R.

(2)电子在磁场中运动的时间f(结果保留兀).

(3)若加速电压大小可以改变，其他条件不变，为使电子在磁场中的运动时间最长,

加速电压。应满足什么条件？

【答案】(1)8xl()6m/s0.05m(2)—xlO^s(3)<7<45.5V

96

【解析】

【详解】

(1)加速电场有动能定理得：eU=\tnv2-0

2

解得v-隹Z=8xl06mzs

Vm

电子在磁场做圆周运动，有牛顿第二定律豉8=叱

R

tnv

解得R=F=0。5m

qB

(2)磁场中运动的周期7=2的JxlO-s

v8

由几何关系sin，===：

A2

1jr

则6=30°,t=—T=—x]O1s

1296

(3)电子在磁场中的运动时间最长时，圆心角为180。如图所示

当运动轨迹与磁场右界相切时，R=L=2.5cm

依题意R42.5cm

由R=—和y=

eB

解得八嚏

所以US45.5V

故本题答案是：(1)8xl06m/s0.05m(2)—xl0-7s(3)UK45.5V

96

4.如图所示，一束光从空气沿与玻璃球水平直径成i=60。角的方向射入玻璃球.已知光

在空气中的传播速度为c,玻璃球的直径为d,折射率n=£,不考虑光从玻璃球内射到玻璃

球外时发生折射后的的反射.求：

①在玻璃球内的折射光线与该玻璃球水平直径的夹角r

②光在玻璃球中的传播时间t

【答案】(1)30°(2)

【解析】

【详解】

(1)根据折射定律可知：〃=亚解得r=30°

sinr

(2)由几何关系可知，折射光在玻璃中通过的路程s=2xgcosr

光在玻璃中的速度：v=-

n

由1="解得"，

5.如图所示，长为力的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分隔成上、下两部分，A处

管内、外水银面相平,上部分气体的长度为“现将玻璃管缓慢竖直向上提升一定高度(管

下端未离开水银面)，稳定时管中水银面比管外水银面高△〃.已知水银的密度为。，

重力加速度为g,大气压强为区,该过程中气体的温度保持不变.求：

(1)玻璃管向上提升前，上部分气体的压强p；

(2)玻璃管向上提升后，上部分气体的长度

试卷第4页，共61页

(兄-pg/QH

【答案】(1)P=P-Pgh

0凡-pg(h+Ah)

【解析】

【详解】

(1)玻璃管向上提升前，A处管内、外水银面相平，封闭气体压强等于大气压强

对水银柱根据平衡得：pS+pghS=poS

解得：P^Po-pgh

(2)玻璃管缓慢向上提升一定高度后，玻璃管上部分气体的压强变为:p'=p『pg(h+4h)

由玻意耳定律可知：pSH=p'SH'其中S为玻璃管的横截面积

(Po-Pgh)H

解得:〃'=

6.如图所示，水平地面OP长度为L=0.8,圆弧轨道半径为R=0.4m,直线PN左侧空

间分布有水平向右的匀强电场，电场强度E=l.OxlO4N/C,右侧空间分布有垂直纸面

向里的匀强磁场，磁感应强度B=500T.现将一质量为m=0.05kg,带电量为+q=+

1.0x104c的小球从0点静止释放，g取10m/s2,不计摩擦力和空气阻力.求：

(1)小球第一次到达P点时的速度大小；

(2)小球经过N点时对轨道的压力；

(3)小球从N点飞出后，落回地面时距离P点的长度.

【答案】⑴4亚初s(2)1.3N,方向竖直向上⑶0

【解析】

【分析】

(1)只有电场力做功，根据动能定理求解P点的速度；

(2)根据动能定理求解到达N点速度，然后根据向心力公式求解即可；

(3)将运动根据受力情况进行分解，然后根据水平方向和竖直方向进行求解即可.

【详解】

(1)从O到P只有电场力做功，根据动能定理可以得到：EqL=3vj_0

代入数据可以得到：=4y/2m/s；

(2)从0到N根据动能定理可以得到：EqL-mg-2R=^mv\,-0

代入数据可以得到：Vz=4mis

2

在N点根据牛顿第二定律可以得到：，"g+a%8+外,=相型

R

代入数据可以得到：品=L3N

根据牛顿第三定律可知，小球在N点轨道的压力大小为L3N,方向竖直向上；

(3)从N点飞出后，竖直方向只受重力作用，即2R=gg/，则/=o.4s

水平方向只受电场力做用，加速度为a=^=20,"/s2

m

则水平方向速度减到零，所需时间为乙=次=0.2$,然后水平方向反向加速，再加速0.2s

a

正好到达P点，即落回地面时距离P点的长度为零.

【点睛】

本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，注意动能定理的应用，以及运动的合成分解

的应用问题.

7.如图所示，内壁光滑的气缸水平放置，厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一定

质量的理想气体，气体初始温度为刀=300K,此时活塞与气缸底部之间的距离为由=

24cm,在活塞的左侧“2=6cm处有固定的卡环，大气压强po=l.OxlCPpa。求：

(1)要使活塞能缓慢达到卡环位置，封闭气体的温度至少升高到多少？

(2)当封闭气体的温度缓慢升到7=450K时，封闭气体的压强为多少？

【答案】(1)及=375K；(2)0=1.2x10$Pa。

【解析】

【详解】

(1)活塞缓慢移动可知:

Pt=P2=P<>

对活塞中的气体

试卷第6页，共61页

匕=匕

(T2

匕一4

%d,+d2

联立解得:

7；=375K

(2)因7=450K＞《=375K,可判断活塞处于卡环位置，此时体积

V=V2

所以:

£_£1

TT2

解得:

p=1.2xlO5Pa

8.如图甲所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成，偏转电场处在相距为d的

两块水平放置的平行导体板之间，匀强磁场水平宽度为1,竖直宽度足够大.大量电子(重

力不计)由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射

入偏转电场.已知电子的质量为m、电荷量为e,加速电场的电压为.当偏

8md2

转电场不加电压时，这些电子通过两板之间的时间为T；当偏转电场加上如图乙所示的

周期为T、大小恒为Uo的电压时，所有电子均能通过电场，穿过磁场后打在竖直放置

的荧光屏上.

(1)求水平导体板的板长lo；

(2)求电子离开偏转电场时的最大侧向位移ym；

(3)要使电子打在荧光屏上的速度方向斜向右下方，求磁感应强度B的取值范围.

XX

XX

【答案】(1)；(2)

【解析】

【分析】

（1）应用动能定理求得电子经加速获得的速度，电子进入偏转电场后水平方向做匀速

直线运动，可求板长；（2）电子在/二二尸7时进入电场，电子在偏转电场中半个周期

的时间内做类平抛运动，偏转最小；电子在f=ZT时进入电场，偏转最大且是最小偏转

的3倍；（3）电子打在荧光屏上的速度方向斜向右下方的临界是电子垂直打在荧光屏上

和电子轨迹与屏相切，据临界时的半径可求出对应的临界磁感应强度.

【详解】

⑴电子在电场中加速，由动能定理得则正丝匹

202md

水平导体板的板长lo=VoT=向讨

2md

（2）若电子在》=智7时进入电场，电子在偏转电场中半个周期的时间内做类平抛运动

半个周期的侧向位移）1=（警.（（）2=靠,

电子离开偏转电场时的最大侧向位移儿=3），尸喂;

（3）电子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为0

T

玉也七="=叼=昱，则夕=30°

%%2m%d3

2

电子进入磁场做匀速圆周运动，有6田=加匕，其中V

Rcos0

垂直打在荧光屏上时圆周运动半径为R/,R、sin0=l,此时B有最小值

轨迹与屏相切时圆周运动半径为&,R2sin0+R2=l,止匕时B有最大值

UaB-3UJUR3UR

联立解得纥加故<B<

21d'小2ld2ld2ld

【点睛】

所谓临界问题是指一种物理过程或物理状态转变为另一种物理过程或物理状态的时候，

存在着分界的现象，即所谓的临界状态，符合这个临界状态的条件即为临界条件，满足

临界条件的物理量称为临界值，在解答临界问题时，就是要找出临界状态，分析临界条

件，求出临界值.解决临界问题，一般有两种基本方法：（1）以定理、定律为依据，首

先求出所研究问题的一般规律和一般解，然后分析、讨论其特殊规律和特殊解.（2）直

接分析、讨论临界状态和相应的临界值，求解出所研究问题的规律和解.

9.如图所示，P/Q/P2Q2和M/MM2N2为水平放置的两足够长的平行导轨，整个装置处

在竖直向上、磁感应强度大小B=0.4T的匀强磁场中，P/。/与间的距离为L=1.0

m,8。2与例2N2间的距离为42=0.5m,两导轨电阻可忽略不计.质量均为小=0.2kg

的两金属棒就、〃放在导轨上，运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与导轨形

试卷第8页，共61页

成闭合回路.已知两金属棒位于两导轨间部分的电阻均为R=1.0O；金属棒与导轨间的

动摩擦因数〃=0.2,且与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g

=10m/s2.

(1)在f=0时刻，用垂直于金属棒的水平外力F向右拉金属棒cd,使其从静止开始沿导

轨以a=5.0m/s2的加速度做匀加速直线运动，金属棒cd运动多长时间金属棒ah开始运

动？

(2)若用一个适当的水平外力尸从未知)向右拉金属棒cd,使其速度达到也=20m/s后沿

导轨匀速运动，此时金属棒融也恰好以恒定速度沿导轨运动，求金属棒外沿导轨运动

的速度大小和金属棒cd匀速运动时水平外力加的功率；

(3)当金属棒岫运动到导轨Q/M位置时刚好碰到障碍物而停止运动，并将作用在金属棒

cd上的水平外力改为尸/=0.4N,此时金属棒〃的速度变为vo=30m/s,经过一段时间

金属棒〃停止运动，求金属棒油停止运动后金属棒〃运动的距离.

【答案】(l)2s(2)v/=5m/s12W(3)225m

【解析】

【分析】

本题考查法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律及动量的综合问题，意在考查考生的分析

综合能力.

【详解】

(1)设金属棒cd运动f时间金属棒外开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒cd

的速度v=at

金属棒〃产生的电动势E2=BL2V

则通过整个回路的电流人=共=

2A2A

金属棒ah所受安培力吊尸=生铲

金属棒ah刚要开始运动的临界条件为FAi=「img

2umgR

联立解得广缶2s

⑵设金属棒cd以速度V2=20m/s沿导轨匀速运动时，金属棒。。沿导轨匀速运动的速度

大小为n/，根据法拉第电磁感应定律可得E=BL2V2—B5I

此时通过回路的电流/=袅=冬幺乜)

2Rt2R4

金属棒ab所受安培力与=B1L,=*=〃ng

解得v/=5m/s

以金属棒〃为研究对象，则有R=〃，ng+BLJ=0.6TN

水平外力F。的功率为Po=FoV2=nW

(3)对于金属棒cd根据动量定理得S-^nS-BLj)\t=Q-mv0

设金属棒岫停止运动后金属棒4运动的距离为x,根据法拉第电磁感应定律得

屏△①L叫x

7-A

根据闭合电路欧姆定律-3R

2

联立解得：x=^^=225m

10.如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为帆的

小木块A(可视为质点)，且，〃(历，A、B间的动摩擦因数为"，现给A施加一水平向左

的外力F/=g凡同时给8施加一水平向右的外力F2=F,使A开始向左运动，B开始

向右运动，经时间r后同时撤去两个外力，最后A恰好不会滑离B,重力加速度为g,

求：

(1)A、3最后的速度大小和方向；

(2)以水平面为参考系，A向左运动的位移最大时，8向右运动的位移大小.

3F2-5〃mgF+2必n2g2

7Mg

【解析】

【详解】

(1)对A,根据牛顿第二定律有

1

—Fr—jumg=mai

解得a尸尸?砥

2m

试卷第10页，共61页

运动r时间后A的速度大小为

vi=ait=--------

2m

(注：力也可用动量定理进行求解)

同理对B有F—Rmg=Ma2

解得

M

运动，时间后B的速度大小为V2^at=侬

2"9M

由于系统所加外力F2>F/,作用时间相同，故系统获得的总冲量向右，规定向右为正方

向，撤去外力后，最后A、8共速，根据动量守恒定律有

Mv2—mvi=(M+tn)v共

Ft

将刃、V2代入上式解得V#=T-TZ---7，方向向右

2(M+m)

⑵以水平面为参考系，A向左运动的位移最大，即A减速到零，根据牛顿第二定律有

I"77g=ma3

解得&3=〃g

则A减速的时间为「=-=

2"mg

这段时间内对B由牛顿第二定律有〃"ig=Mw

解得回=曙

则A减速为零时，3的速度为

,Ft

V3=V2—a4l=-------

2M

故B在加速过程中的位移大小为x尸土片砰一刖1

122M

在A减速过程中B运动的位移为

v二与十匕广二Q.一3〃mg)(尸一2〃〃吆)/

22即mMg

以水平面为参考系，A向左运动的位移最大时，B向右运动的位移大小为

,Ft2-jLimgt2,(3F-3jumg)(F-2jumg)r3F2-5/JtngF+2p2m2g2

X=X]~v~X2=------------———-|-------------------------------------------------=---------------------------------------------

2MMmMgMmMg

【点睛】

此题涉及到的研究对象有两个，物理过程较多，所以难度较大；关键是首先搞清物体运

动的物理过程，按照物理过程发生的顺序解答；注意涉及到速度、力和时间问题要优先

选择动量定律；注意临界态的挖掘.

II.如图所示，抛物面轨道4。通过水平轨道08与半圆形轨道BCD平滑连接，整个轨

道处于竖直平面内，以。点为坐标原点建立直角坐标系xOy,抛物面轨道A。在坐标系

中满足y=；N(m)(后0).一小球从轨道A。上某处由静止释放，恰好可以通过半圆形轨

道BCZ)的最高点Q,最终落到了坐标原点。，不计一切摩擦，已知水平轨道OB长L

=2m,重力加速度g=10m/s2.求:

(1)半圆形轨道的半径R和小球释放点的高度》；

(2)若释放点的高度”=4.45m,小球落到轨道上的点的坐标.

【答案】(1)1m,2.5m；(2)(-1.5m,0.75m)

【解析】

【分析】

【详解】

(1)设小球恰好可以通过半圆形轨道的最高点的速度为vD,则

公皿

R

小球离开。点后做平抛运动，则

2R=；gJ

£=3

联立可得

/?=1m

小球从释放点到。点的过程根据动能定理有

mg(y-2R)=g机年

联立可得

y=2.5m

(2)若释放点的高度”=4.45m,则小球会落到抛物面轨道上，设小球到达。点时的速

度为丫，根据动能定理有

fn8(y2_2R)=gmv2

试卷第12页，共61页

设落点的坐标为(一X。，加)，由平抛运动规律有

r

XQ+L=vt

又因为

(m)

联立可得

2

另一解不符合题意，舍去

故

x0=1.5m

y0=0.75m

所以落点坐标为(-1$m,0.75m)

12.如图所示，在y轴左侧有半径为R的圆形边界匀强磁场，其圆心为x轴上的P点，

磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里.y轴右侧有垂直于纸面向外的匀强磁场，

磁感应强度为*8「两磁场的边界相切于O点.在磁场中距离O点右侧R的N点

处有一个厚度忽略不计，宽度很窄的挡板，粒子与该挡板碰撞后速度大小不变，反弹后

的角度与碰撞前相同(类似光的反射).现一质量为m,带电量为+q的粒子从A点以

速度v,(大小未知)沿着x轴正方向射入磁场，经过一段时间后射离圆形边界的磁场，

其速度方向偏离原来方向的夹角为45。.忽略重力和空气阻力.求：

(1)粒子从A出发到第一次离开圆形边界磁场所用的时间；

(2)粒子能否再回到A点，若不能，说明理由；若能，求从A点出发到回到A点所用

的时间.

7cm

【答案】(1)磕

、nm(2\/2-2+y[27r)mtan22.5°

IqBqB

【解析】

【分析】

由题意画出运动轨迹图，并由几何关系来确定圆心角，写出周期公式，寻找每次旋转后

角度变化规律来来计算各段时间，然后求出求总时间；

【详解】

(1)带电粒子在左边圆形磁场内运动如图所示，设。=45"，则粒子圆周运动的圆心角

也为45。，则粒子从A出发到第一次离开圆形边界磁场所用的时间为:

45°丁_45°21nl_7cm

360®_360°

(2)由图可知，在左侧磁场中有：qB=y-,

Vmr

R0

而且：一=tan—=tan22.5°

r2

则：v==

mtntan22.5°

由图可知粒子从左侧磁场飞出进入右边磁场，中间AB段没有磁场作用，为匀速运动,

根据几何关系可知：AB=(V2-1)/?

mIAR(5/2-lln?tan22.5°

则在AB段时间为：t=——=i-------L---------------

1vqB

在右侧磁场中运动：qv-=—

tan22.5°r

整理可以得到：厂=走/?,可知在右边的运动为两个半圆

2

_1127rm_yfl/cmtan22.5°

这两个半圆的总时间为：’2==2X2X一廊—二W

q------------

tan22.5°

由图可知，粒子仍能回到A点，则从A点出发到回到A点所用的时间为：

冗m（20-2+叵兀）/?/tan22.5°

7d2/3x42x（应7"22.5。+仿…22.5。

124qBqBqB2qBqB

试卷第14页，共61页

O'

【点睛】

本题考查带电粒子在磁场中的运动，难度较大，过程复杂，关键在于用运动轨迹图来寻

找几何关系，确定长度及角度，将复杂运动形成规律进行简化解决.

13.如图所示，电源电动势E=3V,内阻不计，水平导轨不计电阻，不计摩擦阻力，宽

为0.1m.在相互平行的导轨上搁一导体，其电阻为1C,串联电阻R的阻值为2C,导

体处于竖直向上的匀强磁场中，现用水平轻绳通过光滑定滑轮吊着质量为0.02kg的重

物，此时重物恰能静止在倾角为30。的斜面上.

（1）若斜面光滑，则磁感应强度B为多大？

（2）若斜面动摩擦因素u=立，则磁感应强度B可能为多大？

【答案】⑴B=1T（2）B=0.5T或1.5T

【解析】

【分析】

（1）斜面光滑，则安培力等于重物沿斜面的分力；

（2）斜面不光滑，则需要注意分析摩擦力的方向性的问题;

【详解】

（1）若斜面光滑，则绳的拉力等于重物沿斜面的分力，即T=mgsin300

再对金属棒分析可知：尸安=7

则根据闭合电路欧姆定律可知：/=白

R+r

即：B1L=%=T

联立可以得到：B=\T-.

（2）若安培力较小，即磁感应强度较小时，重物受到的摩擦力沿斜面向上

根据平衡条件有：Bj"+〃mgcos30°=mgsin30°

代入数据可以得到：B小=0.5T

若安培力较大，即磁感应强度较大时，重物受到的摩擦力沿斜面向下

根据平衡条件有：B,.1L=mgsin30°+的gcos30°

代入数据可以得到：以=157.

【点睛】

本题考查有关安培力的平衡问题，注意当斜面不光滑时，重物受到的摩擦力方向不同，

然后根据平衡条件求解即可.

14.如图，处于匀强磁场中的两根光滑足够长、电阻不计的平行金属导轨相距乙=1m,

导轨平面与水平面成6=30°角，上端连接阻值为R=2Q的电阻.匀强磁场B=Q4T垂

直于导轨平面向上.质量”?=0.2kg、电阻r=l。的金属棒以初速度%=6m/s从导

轨底端向上滑行，由于外还受到一个平行于导轨平面的外力F的作用，做匀变速直线

运动，加速度大小为a=3m/s2、方向平行于斜面向下，设棒ab与导轨垂直并保持良好

接触，g=10m/s2o求：

（1）棒"开始运动瞬间，流过金属棒的电流方向，此时金属棒两端的电压4以及电

阻R消耗的电功率4；

（2）当棒ab离导轨底端s=4.5m时所施加外力F的大小和方向。

【答案】（1）电流方向由。流向b,U0=L6V,4=1.28W；

（2）大小为0.56N,方向沿斜面向上；或者大小为0.24N,方向沿斜面向上。

试卷第16页，共61页

【解析】

【详解】

（1）金属棒开始运动瞬间，根据右手定则可知，流过金属棒的电流方向由。流向b,

此时感应电动势为

E0=BLv0=2AN

感应电流为

r

fl=-^=0.8A

°R+r

金属棒两端的电压为

t/0=/0/?=1.6V

电阻R消耗的电功率为

4=UO4)=1.28W

（2）设金属棒离导轨底端s=4.5m时的速度大小为匕，则

-2as=v；-v()

解得

v,=3m/s

此时感应电动势为

g=町=1.2V

此时感应电流为

E

^^=0.4A

R+r

金属棒受到的安培力大小为

E女=8/J=0.16N

若此时金属棒速度向上，设外力£向上，由牛顿第二定律得

mgsin。+七一6=ma

解得

耳=0.56N

即此时外力方向沿斜面向上，大小为0.56N；

若此时金属棒速度向下，设外力与向上，由牛顿第二定律得

mgsind-F.^-F-,=ma

解得

F2=0.24N

即此时外力方向沿斜面向上，大小为0.24N。

15.如图所示,"7/二，"2=1.0kg,0=37。,足够长的固定斜面与g之间的动摩擦因数"=0.25,

m2离地面力二0.8m,求系统由静止开始运动，当“2落地后，砌还能向上滑行多远？(己

知斜面足够长，取g=10m/s2,sin37°=0.6)

【答案】5=0.1m

【解析】

【详解】

设开始下落时两物体的加速度大小为〃/,绳子拉力为F,则根据牛顿第二定律得

m2g-F=m2al

F-migsinQ-jumigcosQ=nuai

由上两式得到，

2g・m/gsin。-/gcos6=ai

代入解得

ai=lm/s2

设m2落地时的速度为v,则

设加2落地后加的加速度为〃2,版还能沿斜面上升S,则有

加/gsin0+"/w/gcos&="?

正=2〃2s

联立上两式得到，

v2ah

c—/=}--------------------------------------------

2g(sinO+jucosd)g(sin®+〃cos。)

代入解得

5=0.1m

【点睛】

试卷第18页，共61页

解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离

法.此题也可以根据动能定理，分两个过程求解.

16.某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时,发动机产生的最大加速度为5m/s2,

所需的起飞速度为50m/s,跑道长100m.

（1）请你通过计算判断，飞机能否从静止开始只靠自身的发动机从舰上起飞？

（2）为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置.对于该型

号的舰载飞机，弹射系统必须使它至少具有多大的初速度？

【答案】（1）不能只靠自身的发动机从舰上起飞（2）105/15m/s

【解析】

【分析】

根据位移速度关系式解出飞机从静止靠自身起飞所需的位移，与跑道100m比较大小，

可知能否起飞；第二过程中再次应用位移速度关系式解出飞机起飞的初速度；

【详解】

（1）假设能从静止靠自身起飞，需要跑道长为玉，根据位移速度关系式：--叶=，

则为=二二3="於％=250加＞100”，所以，飞机不能靠自身的发动机起飞；

2a2x5

22

（2）设弹射系统给的初速度为％,根据位移-速度关系式：v-v0=2ar

22

得到：v0=Vv-2ax=A/50-2x5xl00/n/s=1/s-

【点睛】

本题是匀变速直线运动的基本公式的直接应用，解题时要学会公式的灵活运用，这样问

题就会迎刃而解.

17.在不久的将来，我国科学家乘坐“嫦娥N号”飞上月球（可认为是均匀球体），为了研

究月球，科学家在月球的“赤道”上以大小为物的初速度竖直上抛一物体，经过时间〃,

物体回到抛出点；在月球的“两极”处仍以大小为%的初速度竖直上抛同一物体，经过时

间及，物体回到抛出点.已知月球的半径为凡求：

⑴月球的质量；

（2）月球的自转周期.

【解析】

【分析】

本题考查考虑天体自转时，天体两极处和赤道处重力加速度间差异与天体自转的关系.

【详解】

(1)科学家在“两极”处竖直上抛物体时,由匀变速直线运动的公式-%=%-g2f2

解得月球“两极”处的重力加速度g2=半

同理可得月球“赤道”处的重力加速度g=华

*1

Mm

在“两极”没有月球自转的影响下，万有引力等于重力，G-^=mg2

解得月球的质量用=?&

⑵由于月球自转的影响，在“赤道”上，有G誓一g

解得:

18.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形轨道在B点衔接，导轨半径为R,

一个质量为m的静止物块在A处压缩弹簧，在弹力的作用下获某一向右速度，当它经

过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍,之后向上运动恰能完成半圆周运动

到达c点，求:

(1)开始时弹簧储存的弹性势能;

(2)物块从B到C克服阻力做的功；

(3)物块离开C点后落回水平面时的水平距离及动能的大小.

【答案】(1)Ep=3mgR(2)Wf=^mgR(3)s=2R；2=|杨冰

【解析】

【分析】

由B点对导轨的压力可求得物体在8点的速度，则由动能定理可求得弹簧对物块的弹力

所做的功，根据能量守恒知开始时弹簧储存的弹性势能；由临界条件利用向心力公式可

求得最高点的速度，由动能定理可求得摩擦力所做的功；由C到落后地面，物体做平抛

运动，机械能守恒，则由机械能守恒定理可求得落回水平地面时的动能

试卷第20页，共61页

【详解】

Q）设物块滑到8点的速度为力;由牛顿第二定律可得：N-mg=m遢,N=7mg;

R

得VB=7^:

设开始时弹簧储存的弹性势能为Ep；由%=%；%匕，

4至8光滑，即以=%,

联立解得用,=3〃?gR；

（2）设物块恰能到达C点的速度为%;由叫=吟得Vc=标:

设物块从B到C克服阻力做的功为叼；

由能量守恒可得=^-mv1+mg2R+Wf,

解得叼=^mgR-

（3）物块离开C点做平抛运动；由2R=：g/，S=vct,得S=2R

由能量守恒可得EK=mg2R+g机b，解得4=|＞ngR.

【点睛】

解答本题首先应明确物体运动的三个过程，第一过程弹力做功增加了物体的动能；第二

过程做竖直面上的圆周运动，要注意临界条件的应用；第三过程做平抛运动，机械能守

恒.

19.如图，平面直角坐标系X。），中，在）＞0及）区域存在场强大小相同，方向相

3

反（均平行于y轴）的匀强电场，在一万心勺＜0区域存在方向垂直于xOy平面（纸面）

向外的匀强磁场，电场强度与磁感应强度大小之比为与=半，-质量为，小电荷量为q

B3

的带正电粒子，经过），轴上的点P（0,L）时的速率为山，方向沿x轴正方向，然后经

(1)粒子到达尸2点时的速度大小和方向；

(2)粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；

(3)粒子从P点出发后做周期性运动的周期.

【答案】(1)2%与x轴的夹角为53°(2)2L(3)(叱干.

360%

【解析】

【详解】

(1)如答图1,粒子从Pl到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向分速度为Vy

由运动学规律有：|乙=%4，L

3L4

可得：*=五，

故粒子在P2的速度大小：

7片+H=1

设V与X轴的夹角为£

v4

则tan)=工=彳，即夕=53。

%3

(2)粒子从Pi到P2,据动能定理有：qEL=mv2—mvo2

r砥厂8机u；

可得：E=—^

9qL

据题意解得：8=舞

3qL

据：qvB=m—

r

mv5

得：r=F="r

qB2

故粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为0,

试卷第22页，共61页

可得：P20'=—^―=—=r

2cos5302

故粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为0,

3

因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角。=37。故粒子将垂直于y=-3L直线从M点穿出磁

场

3

由几何关系可得M点的横坐标为：x=#十(LRC°S37。)=2L

(3)粒子运动一个周期的轨迹如答图1所示

一3L

物子从Pl运动到P2：A=—

2%

丁2冗r37cL

又因为：品=---=----

v%

_3737冗L

粒子从P2运动到M：/2-360磁一120%

“=隹=%

粒子从M运动到N：

m9L

v15L

贝(I：1一=『

a8%

(405+37^)1

则粒子周期运动的周期为：T=2(t|+t2+t3)=

60%

点睛：带电粒子在电场及磁场中的运动问题，关键是画出运动的轨迹图，灵活运用几何

关系；知道类平抛运动的研究方法以及圆周运动的研究方法.

20.如图所示为一皮带传送装置，其中A8段水平，长度k8=4机，BC段倾斜，长度足

够长，倾角为6=37：，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)传

送带以y=4〃?/s的恒定速率顺时针运转•现将一质量机=1仅的工件(可看做质点)无初

速度地放在A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数〃=0$.

(1)工件从A点开始至第一次到达B点所用的时间t；

(2)工件从第一次到达B点至第二次到达B点的过程中，工件与传送带间因摩擦而产生

的热量Q.

【答案】(l)1.4s(2)64J

【解析】

【详解】

(1)工件刚放在水平传送带上的加速度为4，由牛顿第二定律得：

jumg=max

解得：

%==5m/s2

设经乙时间工件与传送带的速度相同，则有：

v4

t.=—=—s=0.8s

1q5

工件前进的位移为：

11

x=—a,t^9=—x5x0.829=1.6m