高考理综物理解答题专项集中训练50题含参考答案解析

高考理综物理解答题专项集中训练50题含参考答案

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一、解答题

1.如图甲所示，在直角坐标系中的OWxWL区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有

以点（2L,0）为圆心、半径为L的圆形区域，与x轴的交点分别为M、N,在xOy平

面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入

电势差为U的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强

电场，已知0、Q两点之间的距离为：，飞出电场后从M点进入圆形区域，不考虑电

子所受的重力.

（1）求0<x<L区域内电场强度E的大小和电子从M点进入圆形区域时的速度VM；

（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方

向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小和电子在圆形区域内运动的时间t；

（3）若在电子从M点进入磁场区域时，取t=0,在圆形区域内加如图乙所示变化的磁

场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N点飞出，速度方向与进入圆形磁场时

方向相同，请写出磁场变化周期T满足的关系表达式.

O

乙

2U

【答案】（1）E啖VM的方向与x轴的夹角为仇9=45°；（2）

TLHIL

8=业二:⑶T的表达式为7=获反而5=1‘2,

eRL

3,...)

【解析】

【详解】

（1）在加速电场中，从P点到Q点由动能定理得：eU=^mvl

可-T阳得”=h2reU

电子从Q点到M点，做类平抛运动,

m

x轴方向做匀速直线运动,—=L

2eU

y轴方向做匀加速直线运动,|4^2

2U

由以上各式可得：E=~

Li

2,Ee，

电子运动至M点时：v=

Mm

即：%

设VM的方向与X轴的夹角为0,

2鸿

解得:0=45°.

(2)如图甲所示，电子从M点到A点，做匀速圆周运动，因02M=ChA,O|M=O|A,

由洛伦兹力提供向心力可得：evMB=m^-

(3)电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的

偏转角为90。，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰

好等于轨道半径立即20R'=2L

试卷第2页，共60页

因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空

间条件为：2n陋R')=2L(n=l,2,3,...)

电子在磁场中做圆周运动的轨道半径R'=等

eB。

解得：用=吟巫(e,2,3,…)

电子在磁场变化的半个周期内恰好转过轲周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周

期的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是1:7；=事T

f2兀m

又"=F-

叫

TllJlL

则T的表达式为7=c卜〃(n=l,2,3,…).

2n\l2emU

2.一端开口且内壁光滑的细玻璃管竖直放置，如图所示：管中用一段高25cm的水银

柱封闭长60cm的空气柱,此时水银柱上端到管口的距离为15cm,大气压强恒为75cmHg,

环境温度恒为27C.求:

(1)在竖直平面内从图示位置缓慢转动玻璃管至水平位置，求此时空气柱的长度;

(2)将玻璃管缓慢由水平位置转回原位置后，当封闭气体温度升高至多少。C时，可使

水银刚要溢出.

【答案】(1)80cm(2)107℃

【解析】

【详解】

⑴Pl=Po+〃=1

水平后P?=Po=75cmHg

等温过程:

p"=p2L,S

解得：4=80cm；

(2)水平时有部分水银溢出，剩余水银”

L+h'=L、+/z+L

所以〃'=20cm<h=25cm

竖直后

用=Po+h'=95cmHg

L?=L3

由公式祟二与~

其中勾=300K

所以380K=107°C.

3.如图所示，半径R=0.5m的光滑圆环固定在竖直面上，圆环底端固定一轻弹簧，弹

簧上端与物体A连接，圆环上端固定一光滑小滑轮，一轻绳绕过滑轮，一端与A连接，

另一端与套在大圆环上的小球B连接，已知A的质量n?A=lkg,B的质量mB=2kg,图

示位置细绳与竖直方向成30。，现将A、B自图示位置由静止释放，当B运动到与圆心

等高的C点时A运动到圆心位置，此时8的速度大小为2m/s,求在此过程中(g=10m/s2,

G=1.732,72=1.414)：

(1)绳的拉力对B做的功；

(2)弹簧弹性势能的变化量。

【答案】(1)9J；(2)-8.410J

【解析】

【分析】

【详解】

(1)对B由动能定理有

试卷第4页，共60页

其中

=2Rcos30°-R

解得

W=9J

（2）根据A、B沿绳子方向的分速度大小相等得

vA=vHcos45°=>/2m/s

对A由动能定理得

1,

-W+mAghA0+W^=-mAv\

其中

hAO=2Rcos3O°-2Rcos45°=g-0）R

解得

%=8.410J

因为

所以

AEp=-8.410J

4.如图所示，足够大的空间范围内存在水平向右的匀强电场。一根长为L=L0m的绝

缘轻质细线一端固定在。点，另一端系一带电小球，小球带电量为q=4.0xl03C、质量

为//2=8.0xl02kgo现小球静止在A点，细线与竖直方向夹角a=37。，（g=10m/s2,sin37°

=0.6,cos37°=0.8,结果可保留根号）。求：

（1）电场强度的大小；

（2）在A点沿垂直细线方向对小球施加多大的冲量，可确保小球在纸面内运动的过程

中，细线不松弛：

（3）在原题基础上加垂直纸面向里、磁感应强度B=2T的匀强磁场，若在A点让小球

获得沿垂直细线方向的15瓶m/s的速度，求小球在纸面内绕。点做顺时针圆周运动时

细线上的最小拉力。

E

【答案】(D150N/C(2)K0.4N-s或后半N-s(3)31.16N

【解析】

【详解】

⑴小球静止时：

死=mgtan370

解得：E=150%；

(2)1=mvA-0

分两种情况

①小球摆动不超过CD两点，临界时刚好到达C或D点，速度为0

从A到C由动能定理得：

-EqxAc-mgy4c=0-1??iv；

其中x.c=乙sin37°+£sin53°=1.4w

yAC=Lcos370-Lcos53°=0.2/n

解得：tt=0.4N-S

②能做完整圆周运动，从A到B

-mg-2L-cos37°-qE-2L-sin37°=；mv\-；mVg

临界时，恰好到达B点，绳上无弹力

2

mgcos37。+qEcos53°=~~~

解得：叵Ns

25

综上/M0.4N.S或巫Ms；

5

(3)由题知洛伦兹力沿绳向外

在B处，绳上拉力最小

试卷第6页，共60页

从A到B：

-mg-2L-cos37°-qElLsin37°=；mv2-g”以

解得：v=20%

在B处：

2

T-qBv+tngcos37O+qEcos530=

解得：T=3\A6N.

5.如图所示，半径R=0.4m的部分光滑圆轨道与水平面相切于B点，且固定于竖直平

面内.在水平面上距B点s=5m处的A点放一质量m=3kg的小物块，小物块与水平面

间动摩擦因数为〃=0.5.小物块在与水平面夹角6=37。斜向上的拉力尸的作用下由静止

向B点运动，运动到8点时撤去凡小物块沿圆轨道上滑，且能到圆轨道最高点C.圆

弧的圆心为O,P为圆弧上的一点，且0P与水平方向的夹角也为。.(g取10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8)求：

(1)小物块在B点的最小速度vs大小；

(2)在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小；

(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，则拉力厂的大小范围.

【答案】(1)%=2后m/s(2)36N(3)*N4尸450N

【解析】

【详解】

(1)小物块恰能到圆环最高点时，物块与轨道间无弹力.设最高点物块速度为vc：

右心

有：mg=m-

R

得：vc=2m/s

物块从B到C运动，只有重力做功，所以其机械能守恒，则得：=加4

解得：VB=2>/5m/s

（2）物块从P到C由动能定理：-mgR（l-sin仍=；mv：-gnu",

解得以=^Y-tn/s

在P点由牛顿第二定律：〃7gsine+%=,《

解得FN=36N

根据牛顿第三定律可知，小物块在P点对轨道的压力大小为片=F/36N

（3）当小物块刚好能通过C点时，从A到B过程：/=〃（mg-Fsin。）

12

FSCOS0+fs=^mVB

解得尸=*21乂0

当物块在AB段即将飞离地面时，Fsin0=mg

解得F=50N,

综上，拉力的取值范围是：^21-0N<F<50N

6.如图所示,绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN段是长度为L的水平轨道,

PQ段为足够长的光滑竖直轨道，NP段为光滑的四分之一圆弧，圆心为0,直线NN，

右侧有方向水平向左的电场（图中未画出），电场强度整，在包含圆弧轨道NP

q

的ONOT区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（边界处无磁场）.轨

道MN最左端M点处静止一质量为〃八电荷量为q的带负电的物块A,一质量为3m为

物块C从左侧的光滑轨道上以速度四撞向物块A.A、C之间只发生一次弹性碰撞，且

最终刚好挨在一起停在轨道MN上，A、C均可视为质点，且与轨道MN的动摩擦因数

相同，重力加速度为g.A在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨道.A

第一次到达N点时，对轨道的压力为2相g.求：

试卷第8页，共60页

(1)碰撞后A、C的速度大小：

(2)A、C与水平轨道MN的动摩擦因数”;

(3)A对轨道NP的最大压力的大小.

【答案】(1)v4=|v0；⑵⑶5mg+&qhB

228gL

【解析】

【分析】

(1)A、C发生弹性碰撞，满足动量守恒和动能守恒，列式联立求解碰后A、C的速度；

(2)A在NN，右侧运动过程中，电场力和重力做功之和为0.根据动能定理列式求解A、

C与水平轨道MN的动摩擦因数；

(3)将重力和电场力进行等效合成，找到A对轨道NP有最大压力的位置，根据动能

定理求解此位置的速度，根据牛顿第二定律求解最大压力.

【详解】

(1)A、C发生弹性碰撞后的速度分别为％、vc,则有：

3mvo-mvA+3mvc(l)

3询：_加片13加4②

222

3

联立①②解得：以=1％③

%=]I%④

(2)设A、C最后静止时与M点的距离为。，A在NN，右侧运动过程中，电场力和重

力做功之和为0.有

ftmg(2L—/；)=⑤

联立解得③④⑤⑥〃二衿⑦

8gL

(3)设A在N点的速度为％，A从M到N的过程中，由动能定理得

-pmgL=g/n唾一gmv\⑧

设圆弧NP的半径为a

因为A在N点时对轨道的压力为2mg,2mg-mg=m—®

A在NN，右侧受到的电场力F=qE=y/jmg⑩

重力和电场力的合力大小为尸萨2/ng,方向与OP夹角为。=30。.过O点沿合力方向

作直线与圆弧相交于K点，当A经P点返回N点的过程中到达K点时，达到最大速度

或，此时A对轨道的压力最大.

A从M点到K点过程中，由动能定理可得:

qEacos30°-/.imgL--sin30°)=mv'^-mv\⑪

返回K点时：FN—F^-—qv'B-m—@

Aa

由③⑦⑧⑨⑩须翦：FN=5mg+Eq%B

由牛顿第三定律得A对轨道NP的最大压力为：口=5，咫+6%8

7.一列沿x轴负向传播的简谐横波在片0时刻波的图象如图所示，经O./s,质点M第

一次回到平衡位置，求：

(1)这列波传播的速度大小；

(2)质点M在/.2s内，走过的路程.

【答案】(1)5m/s；(2)4m

【解析】

【分析】

运用波形的平移法研究质点M质点M第一次回到平衡位置时，波传播的距离，根据

丫="求解波速，根据数学知识求解波长，从而求出周期，而一个周期内，质点运动的

At

路程为4A；

试卷第10页，共60页

【详解】

解：⑴根据数学知识得：y=Asincox=Asin—x

/t

由题知：10=20s切女xO.l

2

则波长为：2=1.2加

波沿x轴负方向传播，当M第一次回到平衡位置，此过程中波传播的距离为：Ar=0.5/n

则波速为：v=-=^-m/s=5m/s

△t0.1

(2)波沿x轴负方向传播，周期：7=-=-^=0.24.9

v5

r=1.2.v=57

则质点M在1.2s内走过的路程：s=5x4A=4m

8.如图所示，有一质量为M=2kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为

m=lkg的小物块A和B(均可视为质点)，由车上P处开始，A以初速度V1=2m/s向左运

动，B同时以V2=4m/s向右运动.最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车.两

物块与小车间的动摩擦因数都为(1=0.1,取g=10m/s2.求：

,|A|B|

__________p__________

，777777777，777777，777)77，，77，77777，7〃777〉7577777777〃777”7，7

(1)物块A开始运动至减速为零所用的时间t及此减速过程的位移Xi；

(2)小车总长L；

(3)从A、B开始运动计时，经6s小车运动的路程x.

【答案】⑴八=2s、(2)L=9.5m(3)x=1.625w

【解析】

【分析】

(1)由于开始时物块A、B给小车的摩擦力大小相等，方向相反，小车不动，物块A、B

做减速运动，加速度a大小一样，A的速度先减为零，根据运动学基本公式及牛顿第二

定律求出加速度和A速度减为零时的位移及时间，

(2)A在小车上滑动过程中，B也做匀减速运动，根据运动学公式求出B此时间内运动

的位移，B继续在小车上减速滑动，而小车与A一起向右方向加速.因地面光滑，两个

物块A、B和小车组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出共同速度，根据功能关

系列式求出此过程中B运动的位移，三段位移之和即为小车的长度；

(3)小车和A在摩擦力作用下做加速运动，由牛顿运动定律可得小车运动的加速度，再

根据运动学基本公式即可求解.

【详解】

(1)物块A和B在小车上滑动，给小车的摩擦力等大反向，故A运动至小车左端前，小

车始终静止.

〃巾g=maA-

1，

匕="乩，xt=-aAt］；

联立可得4=2s、%=2%；

(2)设最后达到共同速度v,整个系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得:

mv2-mvl=(2m+M)v；

由能量守恒定律得：fimgL=-^mvl2+^mv22-y(2m+M)v2

解得：v=0.5m/s,L=9.5m；

(3)从开始到达到共速历时t2,

速度：v=v2-aBt2

由牛顿第二定律得：

t2—3.5s

小车在fl前静止，在〃至行之间以。向右加速：

由牛顿第二定律得：f.img={M+in)a

小车向右走位移：s=gaQ2-〃)2

接下去三个物体组成的系统以v共同匀速运动了：s，=v(6s72)

联立以上式子，解得：小车在6s内向右走的总距离：x=s+s，=1.625m；

【点睛】

本题主要考查了运动学基本公式、动量守恒定律、牛顿第二定律、功能关系的直接应用，

关键是正确分析物体的受力情况,从而判断物体的运动情况,过程较为复杂，难度较大.

9.如图所示，质量m=4.6kg的物体(可以看成质点)用细绳拴住，放在水平传送带的

右端，物体和传送带之间的动摩擦因数N=0-2,传送带的长度l=6m,当传送带以v=

4m/s的速度做逆时针转动时，绳与水平方向的夹角为0=37°.已知：重力加速g=10m/s2,

sin370=0.6,cos370=0.8.

(1)传送带稳定运行时，求绳子的拉力；

(2)某时刻剪断绳子，求物体在传送带上运动的时间；

(3)剪断细线后，物体在传送带上运动过程中和传送带之间由于摩擦而产生的热量.

试卷第12页，共60页

/////////

____r#-

(0r0)

【答案】(1)10N(2)2.5s(3)36.8J

【解析】

【分析】

物块受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力处于平衡，根据共点力平衡，运用正交分解求

出绳子拉力的大小；剪断绳子，物块先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度时,

一起做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出物体运动到传送带的左端的

时间；求出物体与传送带之间的相对位移，根据。=f以求出摩擦产生的热量；

【详解】

解：⑴对物体受力分析：Tsind+N=mg

TcosO-f

于="N

解得：T=ION

⑵剪断后=

a=—=//g=2m/s2

m

物体加速运动时间：L='=2s

a

物体加速运动距离：X1=；at；=4m

匀速运动的时间：t2==^―^s=0.5s

v4

总时间：，+L=2.5s

⑶加速过程中，皮带运动的位移：x==4x2=8〃？

物体相对于皮带的位移大小：AX=X-X(=4/77

摩擦产生的内能：Q=3=Hmg&c=368J

10.如图所示，半径为，•的圆形匀强磁场区域I与x轴相切于坐标系的原点O,磁感应

强度为庆,方向垂直于纸面向外.磁场区域I右侧有一长方体加速管，加速管底面宽

度为2r,轴线与x轴平行且过磁场区域I的圆心，左侧的电势比右侧高.在加速管出口

下侧距离2r处放置一宽度为2r的荧光屏.加速管右侧存在方向垂直于纸面向外磁感应

强度也为8。的匀强磁场区域H.在。点处有一个粒子源，能沿纸面向)>0的各个方向

均匀地发射大量质量为〃?、带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿)，轴正方向射入磁

场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置.(不计粒子重力及

其相互作用)

荧光屏

(1)求粒子刚进入加速管时的速度大小vo；

(2)求加速电压U；

(3)若保持加速电压U不变，磁场II的磁感应强度8=0.9Bo,求荧光屏上有粒子到达

的范围？

【答案】(1)%=遮(2)U=(3)%

tn2m9

【解析】

【分析】

由运动方向通过几何关系求得半径，进而由洛伦兹力作向心力求得速度；再由几何关系

求得半径，由洛伦兹力作向心力联立两式求得粒子速度，应用动能定理求得加速电压;

先通过几何关系求得粒子在加速管中的分布，然后由粒子运动的半径及几何关系求得可

打在荧光屏上的粒子范围：

【详解】

解：(1)磁场区域I内粒子运动轨道半径为：

综g%=4

K\

%=迎

m

(2)粒子在磁场区域I［的轨道半径为：&=2r

V2

Bqv=m——

&

又B=

v=2%

试卷第14页，共60页

由动能定理得：

解得：空

2m

⑶粒子经磁场区域I后，其速度方向均与X轴平行；经证明可知：001C02是菱形,

所以COz和y轴平行，v和x轴平行

ninof)

磁场II的磁感应强度B2减小10%,即坊'=凝2，］=?=黄

荧光屏上方没有粒子到达的长度为:"=24'-24=2「

即荧光屏上有粒子到达的范围是：距上端%处到下端，总长度5r

11.固定的半圆形玻璃砖的横截面如图所示，。点为圆心，足够大的光屏PQ紧靠玻璃

砖右侧且垂直于MN.一束单色光沿半径方向射向。点，Q45。，在光屏上出现两个光

斑，其中一个光斑在A点，测得ON=6AN,则①玻璃砖对此单色光的折射率?②若

减小。角，若还有两光斑，则两光斑之间距离将怎样变化？

【解析】

【分析】

光屏PQ区域出现两个小光斑，一个是由于光的反射形成的，一个是光的折射形成的,

作出光路图，由几何知识求出入射角和折射角，再根据折射定律求出折射率

【详解】

解：(1)细光束在MN界面，一部分反射，设反射光与光屏PQ的交点为B,另一部分折

射，设折射光与光屏PQ的交点为A,折射角为i,光路图如图所示，由几何关系得：

“_0N_6

tani=---=y/3

AN

解得：z=60°

sini_sin60°_瓜

故此玻璃砖的折射率为:

5-Z/J(90°-6*)-sin450-T-

(2)由几何关系得：BN=ONtan®,AN=—若减小。角，则有i角增大，PN减小，

tan/

AN减小，所以两光斑之间距离A8=4V+3N减小；

12.如图，横截面积分别为2S、3s的密闭导热汽缸A、B,高度相等，底部通过细管

连通，汽缸B顶部旁边有一阀门K,初始时阀门关闭.A、B底部装有水银，汽缸A中

被封闭理想气体高度为h=15cm,汽缸B中被封闭理想气体高度为2h,打开阀门K,经

足够长时间后两汽缸内液面高度恰好相等.外界大气压po=75cmHg,不考虑环境温度的

变化,求打开阀门后，从阀门溢出的气体初态的体积与汽缸B内初态气体的总体积之比.

【答案】5:9

【解析】

【分析】

阀门打开经足够长时间后，两气缸内液面高度恰好相等，则两气缸内气体压强相等，结

合前后状态和玻意耳定律求解.

【详解】

试卷第16页，共60页

设初始时，气缸A内气体压强为外，气缸B内气体压强为PB，A中水银面比B中高h,

贝IJPB=PA+PI,

阀门打开经足够长时间后，两气缸内液面高度恰好相等，则两气缸内气体压强均变为P。,

设气缸A内水银面下降M,则有2SM=3S(//+A/7)

设稳定后气缸B内气体在初始条件时体积为匕，对该部分气体，根据玻意耳定律有：

PBM=P03s(h+Ah)

Q

解得：

则溢出的气态初态的体积：％=3S・2〃-h

与B气缸初态气体的总体积：V=35*2/?

则溢出的气态初态的体积与B气缸初态气体的总体积之比为：匕：V=5:9

13.一列筒谐横波沿x轴方向传播，在x轴上沿传播方向上依次有尸、。两质点，P质

点平衡位置位于44m处，图(a)为P、Q两质点的振动图象，图(b)为f=4s时的波

形图，已知P、。两质点平衡位置间的距离不超过20m,求：

(i)波速的大小及方向；

【答案】(i)0.75m/s,沿x轴正方向传播；(ii)7.75m,13.75m或19.75m

【解析】

【分析】

【详解】

(i)由图像可知，振动周期

T=8s

波长

2=6m

则波速为

v=—=0.75m/s

T

图(a)中虚线为P的振动图线，实线为。的振动图线，4s末质点P位于平衡位置向下

振动，根据图(b),则波沿x轴正方向传播；

(ii)由题意可知，。在P右侧，即波由P传到Q,由尸、。两质点的振动图象可知,

P比。多振动

加=(8斤+5)s0l=0.1,2,3,…)

Q到P的距离为

Ax=vAt=(6k+3.75)m(氏=0,l,2,3,­,•)

由于

Ax<20m

则

Ar=0,l,2

则有

Ax=3.75m,9.75m,15.75m

则

=x+Ax

代入数据得

=7.75m,13.75m,19.75m

14.如图，平面直角坐标系xOy内，x<0、y>0区域存在沿x轴正方向的匀强电场E,

x>0区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T.一比荷4=5xl08c/kg的

m

粒子，从点P(—6cm,0)进入电场，初速度vo=8xlO6m/s,方向沿y轴正方向，一段时

间后经点Q(0,16cm)进入磁场.粒子重力不计，求：

八y/cm

Q

-------------K-------------------►

P。x/cm

(1)匀强电场的电场强度E；

(2)粒子第一次回到电场时的位置坐标.

试卷第18页，共60页

【答案】（1）6x105%（2）（0,4CM）

【解析】

【分析】

(1)粒子从P运动到Q做类平抛运动，利用平抛运动的知识求解;

(2)进入磁场做圆周运动，正确地画出轨迹，找好相应的几何关系.

【详解】

(1)粒子由P到Q做类平抛运动，设运动时间为3粒子的质量为m,电荷量为q,设

y轴方向粒子做匀速直线运动

y=卬

沿X轴正方向粒子做匀加速直线运动

X」吗2

2m

解得：E=6xlNN/C

(2)如图所示，设进入磁场时速度为叭方向与y轴夹角为。，在磁场中做圆周运动的

圆心为

v2

m—

r

mv

则圆周运动半径”不

设粒子第一次从y轴回到电场时的左边为凶,根据几何关系：y-y=2rsin。

2

在电场，电场力对粒子做正功：qEx=^mvv0=vcos6>

解得：y,=4cw

即粒子第一次回到电场时的位置坐标为(0,4cm)

15.如图，足够大的光滑水平面上固定着一竖直挡板，挡板前L处静止着质量mi=lkg

的小球A,质量m2=2kg的小球B以速度vo运动，与小球A正碰.两小球可看作质点,

小球与小球及小球与挡板的碰撞时间忽略不计，且碰撞中均没有机械能损失.求

(1)第1次碰撞后两小球的速度；

(2)两小球第2次碰撞与第1次碰撞之间的时间；

(3)两小球发生第3次碰撞时的位置与挡板的距离.

416L

【答案】(1)三%方向均与%相同⑵三一⑶”

【解析】

【分析】

(1)第一次发生碰撞，动量守恒，机械能守恒；

(2)小球A与挡板碰后反弹，发生第2次碰撞，分析好位移关系即可求解；

(3)第2次碰撞过程中，动量守恒，机械能守恒，从而找出第三次碰撞前的初始条件，

分析第2次碰后的速度关系，位移关系即可求解.

【详解】

(1)设第1次碰撞后小球A的速度为匕，小球B的速度为v,,根据动量守恒定律和机

械能守恒定律:吗%=犯匕+吗匕

121212

万和%=->^+-^2V2

整理得：匕=-----%,为=一~

叫+叫+m2

41

解得"'=]%，%=5%'方向均与%相同.

(2)设经过时间f两小球发生第2次碰撞，小球A、B的路程分别为七、々，则有

占=卬，=v2t

由几何关系知：X,+X2=2L

6L

整理得：^=—

5%

3

(3)两小球第2次碰撞时的位置与挡板的距离：X=L-X2=^L

41

以向左为正方向，第2次碰前A的速度以=§%,B的速度为0=-1%,如图所示.

试卷第20页，共60页

百

BA

QQ<v\板

777777777777777z/77^777777777777777777777777777

X

设碰后A的速度为匕'，B的速度为力.根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有

invmv+,nv

m}vA+m2vB=m}v^+"%';；机何+2u=1yA2e

敕an坦v（班-吗M+2吗%，一（网-叫）％+2瓶M

叫+gg+色

立力xp.f8,7

解得：巳=一§%'%=3%

设第2次碰后经过时间，发生第3次碰撞，碰撞时的位置与挡板相距V,则

x'-x=v^t',x'+x=„'

整理得：y=9L

16.如图所示,在一等腰直角三角形ADC区域内存在垂直于纸面的匀强磁场（包含边界）,

AD=DC=a.现有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以某一一速度vi从D点沿DA边

射入磁场，后垂直于AC边射出磁场，粒子的重力忽略不计.求：

心、

AV.、、

1X、

（1）磁感应强度B的大小和方向？

（2）若改变粒子射入磁场速度大小，使粒子从CD边射出，求粒子从CD边射出的最大速

度V2为多少？

【答案】（1）8=器，垂直纸面向外（2）

【解析】

【分析】

（1）带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，垂直于AC边出来，做轨迹，找出几何关系

进行计算即可；

（2）当粒子运动的轨迹和AC边相切时，粒子从CD边射出且速度最大，轨迹是个半

圆，利用几何关系求解即可.

【详解】

(1)由题意可得，带电粒子在磁场中只受洛伦兹力，所以做匀速圆周运动，由于粒子

运动速度垂直CD和CE,所以粒子在圆周运动的圆心为C点.设粒子在圆周运动的半

径为Ri，则：m^-=qv{B

R、=a

mv,

由以上两式可得磁感应强度的大小为：8=1

qa

由左手定则可得，磁感应强度的方向为垂直于纸面向外.

(2)当粒子运动的轨迹和AC边相切时，粒子从CD边射出且速度最大.设粒子做圆

周运动的半径为由几何图形可得：坛

=qv?B

“2

【点睛】

正确地画出轨迹，找出几何关系是解题的关键.

17.如图所示，在某游戏类娱乐节目中，要求挑战者顺利通过反向运行的跑步机皮带,

试卷第22页，共60页

看谁用时最短.有一个平台与跑步机皮带水平紧挨，跑步机皮带长L2=32m,且皮带以

vo=lnVs的恒定速率转动.一位质量m=50kg的挑战者在平台上的O点从静止以ai=2m/s2

的加速度开始出发，之后以a2=lm/s2的加速度在跑步机上往前冲，在跑步机上的B处

不慎跌倒，经过to=4s爬起，顺利通过剩余的路程.已知。点与跑步机左端A点距离

Li=4m,A、B两点水平距离L3=10m,挑战者与跑步机皮带之间的动摩擦因数为y0.2,

重力加速度为g=10m/s2.求：

(1)挑战者在跑步机上跌倒瞬间的速度为多少？

(2)挑战者从皮带上爬起瞬间与皮带最右端C点的距离为多少？

【答案】(1)彩=6初s(2)s=13.75m

【解析】

【分析】

(1)挑战者在平台上做匀加速直线运动，冲上跑步机后以新的加速度应继续做匀加速

直线运动，利用分阶段利用速度位移公式即可求解；

(2)在B点跌倒后，由于瞬时速度大于传送带速度，速度方向向右，故做减速运动到

零，再向左做加速运动，直到与传送带共速，运动一段时间后爬起，根据相应的位移关

系即可求解.

【详解】

(1)由题意可得，挑战者在平台上做初速度为零的匀加速运动，设刚冲上平台时的速

度为M，运动位移*=£,,所以：v；=2a,Lt

V|=4/n/s

挑战者冲上跑步机后，做匀加速运动，设其跌倒瞬间的速度为巴，运动位移为$2=4,

所以：成一匕2=2%4

可得岭=6nl/s

(2)在B点跌倒后，先向右做匀减速运动到速度为零，再向左做初速度为零的匀加速

运动.假设人和皮带可以共速，设其跌倒后的加速度为附，所用时间为4,所以:

pmg).

a--~~—==2m/s2

3m

-%=彩一咏

可得八=3.5s<4s

所以人和皮带可以共速，设其共速前向右运动位移为邑，则&=%/3-3。片

可得：$3=8.75，“

随后和皮带一起匀速向左运动右，运动位移其，所以：t4=to-t3=O.5s,

=0.5zn

设爬起瞬间与皮带最右端C点的距离为S5,所以：55=^-£,-(53-54)=13.75«7

【点睛】

正确地分析挑战者的运动过程是解题的关键.

18.如图所示，半圆玻璃砖的半径R=12cm,直径AB与光屏MN垂直并接触于A点.一

束激光a从半圆弧表面上射向半圆玻璃砖的圆心0,光线与竖直直径AB之间的夹角为

60°,最终在光屏MN上出现两个光斑，且A点左侧光斑与A之间距离为4gcm.求：

②改变激光a的入射方向，使光屏MN上只剩一个光斑，求此光斑离A点的最远距离.

【答案】(1)n=-J?>(2)AE=\2y/2cm

【解析】

【分析】

(1)根据折射定律和反射定律作出光路图，根据几何关系求出折射角，从而求得玻璃

砖的折射率；

(2)改变入射角，使屏MN上只剩一个光斑，此光斑离A最远时，恰好发生全反射,

入射角等于临界角C,由sinC=’求得临界角C.再由几何知识求此光斑离A点的最

n

长距离.

试卷第24页，共60页

【详解】

（1）由题意可得，激光在AB面上发生折射的入射角戊=30。，设半圆玻璃砖的折射率

为〃，折射角为夕，

°AOsin/

则：tan£=/n=

sina

其中：AC=46cm；AO=R=12cm

解得：n=\[3

（2）分析可得，当激光在AB面上恰好发生全反射时，光屏MN上只剩一个光斑且光

斑离A点的距离最远，

所以：设激光在AB面上恰好发生全反射时的临界角为C,由折射定律可得：

sinC=—=——

n3

光斑离A点的距离最远：AE=Rtan[^-c]

由数学知识可得：cosC=>/l-sin2C=^

3

代入数据可得：AE=12y/2cm

19.实验中经常利用电磁场来改变带电粒子运动的轨迹.如图所示，位：（；〃）、笊）、

瓶（：//）三种粒子同时沿直线在纸面内通过电场强度为E、磁感应强度为5的复合场

区域.进入时气与笊、笊与僦的间距均为d,射出复合场后进入了轴与MN之间（其夹

角为。）垂直于纸面向外的匀强磁场区域I,然后均垂直于边界MN射出.虚线MN与

PQ间为真空区域H且P。与平行.已知质子比荷为幺，不计重力.

m

（1）求粒子做直线运动时的速度大小V；

(2)求区域I内磁场的磁感应强度B/；

(3)若虚线尸。右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域III,经该磁场作用后三种粒

子均能汇聚于MV上的一点，求该磁场的最小面积S和同时进入复合场的气、晁运动到

汇聚点的时间差加.

,依a.八、E—mE(7r+20)Bd

【答案】⑴-2—3~了一

BqdBE

【解析】

【分析】

(1)粒子在电磁复合场中做直线运动是匀速直线运动，根据电场力与洛伦兹力平衡，

可求粒子的速度大小；

(2)由粒子的轨迹与边界垂直，可求轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力，可求磁感应

强度的大小；

(3)由笳粒子圆周运动直径可求磁场的最小面积.根据笈、笳得运动周期，结合几何

关系，可求气、氟到汇聚点的时间差.

【详解】

(1)由电场力与洛伦兹力平衡，

Bqv=Eq

解得v=E/B.

(2)由洛伦兹力提供向心力,

V2

Bivq=m—

r

由几何关系得r=d

,gmE

解得Bi=—~.

qdB

试卷第26页，共60页

(3)分析可得显粒子圆周运动直径为3r

磁场最小面积S=-

解得S=7td2

由题意得B2=2BI

,-2仃„-2nm

由T=—得T=-^-

vqB

0.2兀tn

由轨迹可知Ati=(3Ti-T。—,其中Ti=—

2》犯

12兀m

At2=—(3T2-T2),其中T2=~T-)

2qj

...(;t+20)Bd

解得加=甑+加2=---------

20.如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与静置在水平导轨上质量m=0.5kg的滑块

B相连，弹簧处在原长状态，B最初静止位置的左侧导轨光滑、右侧导轨粗糙，另一质

量与B相同的滑块A,从B的右端到B的距离L=2.5m处以某一初速度开始向B滑行,

与B相碰(碰撞时间极短)后A、B粘在一起运动压缩弹簧，该过程中弹簧的最大弹性

势能EP=2J.A与导轨粗糙部分间的动摩擦因数H=0.4.求:

(1)A、B碰撞后的瞬间的速度大小v；

(2)A的初速度大小vo.

【答案】(1)2m/s(2)6m/s

【解析】

【分析】

(1)根据机械能守恒定律求解A、B碰撞后的瞬间的速度大小v；(2)根据动量守恒定

律，结合运动公式求解A的初速度.

【详解】

2

(1)对AB碰后压缩弹簧的过程，由机械能守恒定律：Ep=^x2mv,

解得v=2m/s

(2)在AB碰撞过程中，由动量守恒定律：mv，=2mv

AB碰前，A的加速度大小为a=ttg,对A在碰撞前的运动过程，由匀变速直线运动的规

律可知：v02-vQ=2aL

解得vo=6m/s.

【点睛】

本题结合弹簧问题考查了动量守恒和功能关系的应用，分析清楚物体运动过程是解题的

关键，应用动能定理与动量守恒定律、能量守恒定律可以解题.

21.如图所示，某货场而将质量为m产“100”kg的货物(可视为质点)从高处运送至地

面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的