高考理综物理解答题专项集中训练50题含答案

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.如图所示(俯视图)，在绝缘的水平桌面上有三个相邻的矩形区域I、II、HI,区域

I、II的宽度均为d=0.64m,区域HI的宽度足够大，M、M/、例2均为分界线.区域I无

磁场；区域II有大小为8的匀强磁场，方向竖直向上；区域in有大小为夕=学的匀强

磁场，方向竖直向下.在绝缘的桌面上固定放置两根与分界线垂直的平行金属导轨，导

轨间距L=0.1m,左端接一电阻R=0.6C.—质量为m=1kg,长度为L=O.lm,电阻为

r=0.2Q的导体棒4c在水平向右的恒力产作用下从分界线M处由静止开始沿导轨方向

向右运动，导体棒AC与导轨的动摩擦因数4=0.1.已知导体棒AC以速度如匀速通过

区域II,匀速通过区域II的时间〃=0.4s.若导轨电阻不计，棒始终与导轨垂直且接触

良好.重力加速度g=10m/s2.求：

(1)区域H的匀强磁场的磁感应强度B的大小；

(2)导体棒AC由静止开始到速度为2%过程中，导体棒AC产生的电热.已知在区域

【II的运动时间/?=0.96s

【答案】(1)10T；(2)0.16J

【解析】

【详解】

d064//

(1)导体棒AC以速度M匀速通过区域H,则有：v0=-=--m/=1.6%

tx0.4,0八

以导体棒为研究对象，在区域I根据动能定理可得：

Fd-/.nngd=/6说-0

解得拉力为：尸=3N

在区域II根据平衡条件可得：F=BlL^ung

廿..BLv..

其中

R+r

所以有：F=^+jumg

R+r

解得：«-IOT；

（2）区域in的磁感应强度为：*=?=4T

2=（给1…2J

在n区运动过程中，导体棒4。产生的电热为:

设在ni区域运动的距离为心根据动量定理可得:

（F-^mg）t2-B7dt2=m（2v0-v0）

R2ct2B，2匕x

其中B7dt2=

R+rR+r

则有：（〃-Ring）/2-BL*=

-R+r

解得：x=1.6m

根据动能定理可得：（尸-〃，阳）工-％=gm（2%）2-卜而解得：WA=-0.64J=Q

R

则有：0=7^。=<⑹

得：QAC=0.32-0.16=0.161.

2.如图（甲）所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、尸。固定在同一水平面上，两导

轨间距L=0.30m。导轨电阻忽略不计，其间连接有定值电阻R=0.40C。导轨上静置

一质fi：〃?=0.10kg、电阻r=0.20Q的金属杆ab,整个装置处于磁感应强度8=0.50T的

匀强磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力F沿水平方向拉金属杆而，使它由静止开

始运动）金属杆与导轨接触良好并保持与导轨垂直），电流传感器）不计传感器的电阻）

可随时测出通过R的电流并输入计算机，获得电流/随时间，变化的关系如图（乙）所

示。求金属杆开始运动2.0s时：

⑴金属杆仍受到安培力的大小和方向；

（2）金属杆的速率；

（3）对图象分析表明，金属杆在外力作用下做的是匀加速直线运动，加速度大小

«=0.40m/s2,计算2.0s时外力做功的功率。

（甲）（乙）

【答案】（1）3.OX1O-2N和方向水平向左；（2）0.80m/s；（3）5.6x10、

试卷第2页，共62页

【解析】

【分析】

【详解】

(1)由图乙可知2.0s时通过金属杆"的电流为0.2A,此时金属杆受到的安培力

E^=BIL

解得

^=3.OxlO2N

方向水平向左

(2)设金属杆产生的感应电动势为E,根据闭合电路欧姆定律

1=-^—

R+r

解得

E=0.12V

设金属杆在2.0s时的速率为则

E=BL\\

解得

片=0.80m/s

(3)根据牛顿第二定律

F-F安=ma

解得在2.0s时拉力

F-7.0X10-2N

设2.0s时外力尸做功的功率为P,则

P=Fv,

解得

P=5.6x10、

3.如图所示，BCO是光滑绝缘的半圆形轨道，位于竖直平面内，直径8。竖直轨道半

径为R,下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，质量为机的不带电的滑块b静止在8

点整个轨道处在水平向左的匀强电场中场强大小为£质量为加、带正电的小滑块。置

于水平轨道上，电荷量为4=婴，滑块。与水平轨道间的动摩擦因数〃=0.5,重力

2E

加速度为g.现将滑块。从水平轨道上距离8点12R的4点由静止释放，运动到8点与

滑块力碰撞，碰撞时间极短且电量不变，碰后两滑块粘在一起运动，。、。滑块均视为质

点.求：

（1）滑块4、b碰撞后的速度大小.

（2）滑块在圆形轨道上最大速度的大小，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的

大小.

（3）滑块第一次落地点到8点的距离.

【答案】（1）滑块力碰撞后的速度大小分别为人丽和北

（2）滑块在圆形轨道上最大速度的大小为旧瓦，以及在最大速度位置处滑块对轨道

作用力的大小为等o

（3）滑块第一次落地点到3点的距离为（2近-|）R。

【解析】

【分析】

【详解】

（1）。从4到B的过程用动能定理得

12R-ptngx12R=g

解得

H=276^

对。与人碰撞用动量守恒定律得

m\\=2mv2

解得

匕=7^

试卷第4页，共62页

(2)当滑块重力与电场力合力方向和圆轨道径向一致时，滑块速度最大，如图

0=arctan---=arctan—=37

2mg4

对滑块从碰后到最大速度的过程用动能定理有

E~~~Rsin37-(1—cos37)=；2相片一;x2mv1

解得滑块最大速度

滑块在P点用牛顿第二定律得

2mg2mv1

'cos370-R

解得滑块受到轨道支持力

吊=苧

由牛顿第三定律.此时滑块对轨道作用力

(3)心〃整体从〃到。的过程中.由动能定理有

-2mg2R=g2mv\-g2tnv\

解得

v4=yf2gR

在。点，对滑块受力分析得

FN+2mg=

R

解得

尸N=2mg

所以滑块能通过力点接着水平飞出，在竖直方向

2/?=；/

解得

水平方问受电场力加速度不变则

,=卜血-包氏

22mI2)

4.如图所示，ABC等边三棱镜，P、Q分别为A8边、AC边的中点，BC面镀有一层银，

构成一个反射面，一单色光以垂直于BC面的方向从P点射入，经折射、反射，刚好照

射在4C边的中点Q,求

②使入射光线绕尸点在纸面内沿顺时针转动，当光线再次照射到。点时，入射光线转

过的角度.

【答案】①6；②120。.

【解析】

【详解】

①画出光路图，根据对称性及光路可逆结合几何关系可知，光在AB面的入射角i=60。，

折射角r=30。，根据折射定律有〃=电义=6

sinr

②当光线再次照射到。点时，光路如图乙所示，由几何关系可知，折射角。=30。，根

据折射定律有当=6解得：a=60。，因此入射光转过的角度为i+a=120。

sin。

AA

甲乙

5.如图所示，粗细均匀的U型玻璃管在竖直平面内放置其中AB段水平，左右两管均

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竖直.右侧玻璃管内封闭一定质量的理想气体，气柱长度L=10cm,左侧玻璃管开口且

足够长.室温为27c时，左右两管内水银柱的高度均为h=10cm.求：右管内封闭气

体为多少摄氏度时，两侧管内水银柱高度差为5cm(已知大气压强po=75cmHg).

Ldji0cm

10cm

山一

【答案】若左管水银面比右管低5cm,气体温度为77摄氏度；若右管水银面比左管低

5cm,气体温度为-33摄氏度.

【解析】

【详解】

以封闭气体为研究对象；初态压强尸o=75cmHg,体积％=LS,温度7b=(273+27)K

=300K

若左管水银面比右管低5cm,其末态压强为：P/=(po-h)cmHg=70cmHg

末态体积为：Vi=(L+2.5)5=12.55

根据理想气体状态方程得：蹩=孕

1\

代入数据解得：T/=350K=77℃

若右管水银面比左管低5cm,其末态压强为：P2=Cpo+h)cmHg=80cmHg

末态体积为：V2=(L-2.5)S=7.5S

蛆二生

T.T2

代入数据解得：乃=240K=-33℃

6.北京2022年冬奥运会和冬残奥运开闭幕式计划在北京市区举行，国家游泳中心“水

立方”又将迎来新的使命，在这里将进行冰壶的比赛项目.在冰壶比赛中我们经常可以

听到这些词：“先手”、"后手”、"进营”、“打定”等.其中“打定”就是将对方的冰壶击打

出大本营，自己的冰壶停在打击位置，从而留在大本营.此过程中两个冰壶的碰撞可以

看作是对心弹性碰撞，两个冰壶质量完全相同，且运算时可当质点处理.下图为冰壶场

地示意图，大圆半径为R,栏线到圆心的距离为L,已知冰壶甲静止于圆心O处.

栏线大本营/

（1）请用物理学知识解释“打定”中，自己的冰壶在打击后停在击打位置不动的现象；

（2）已知冰壶和冰面之间的动摩擦因数为内欲通过“打定”的技巧将甲冰壶打出大本营,

求乙冰壶从A点投出时速度应满足的条件.

【答案】（1）两冰壶发生弹性碰撞，碰撞后互换速度，出现“打定”中，自己的冰壶在

打击后停在击打位置不动的现象；（2）乙冰壶从A点投出时速度应满足的条件是：vo

>j2〃g（L+R）•

【解析】

【详解】

设两个冰壶的质量均为机，碰撞前乙的速度为了，碰撞后乙和甲的速度分别为口、口2,

（1）两冰壶发生对心弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞前乙的

速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=mvi+niv2f

由机械能守恒定律得：3加声=；m匕2+；加（，

解得：v/=0,V2=V,由此可知，有自己的冰壶停在打击位置不动的现象；

（2）设以冰壶投出的速度为加甲冰壶刚好被打出大本营，

乙冰壶从投出到碰撞前瞬间过程，由动能定理得：-〃/〃皿=3"病一：/〃诏，

两冰壶发生对心弹性碰撞，则碰撞后也=〃若甲冰壶恰好滑到大本营的右侧边缘，对

甲冰壶，由动能定理得：一〃〃侬?=。-3加片，

解得:%=j2//g（L+R）

要将冰壶甲打出大本营，乙冰壶从A点投出的速度应满足：V0>7WTKR）；

7.如图所示，的一个用折射率为〃=2叵的透明材料做成的正方体，具底面A8CD为

3

边长等于2R的正方形，在该正方形48co的中心处放置一点光源S,已知真空中光速

为c，不考虑光线在界面上多次反射，求：

（1）光自光源S出发到从正方体的四个侧面（不包括顶面ASCD）射出所能经历的

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最长时间.

（2）光能从正方体四个侧面上射出部分的总面积.

【答案】（1）光自光源S出发到从正方体的四个侧面（不包括顶面A'B'C'D'）射

出所能经历的最长时间为李:

3c

（2）光能从正方体四个侧面上射出部分的总面积为=（6n-4V2-12a）R2.

【解析】

【详解】

（1）光从光源S发出到从四个划面射出经历的最长时间为恰好在侧面发生全反射的情

形，

设此时入射角为"则有：sin9=l//KD

把〃=亚代入①解得：sin0=立，即：6=60。②

32

则经历最K时间的光在透明材料内经过的路径K度：L=2R,

设经历最长时间的光在介质中的传播时间为f,则：L=vt,

其中：v=c/n

（2）考虑光到达任意一个侧面并恰好发生全反射的情况，分析可知，在此侧面上射出

光线部分的区域为半个圆面（其圆心为光源S点在此侧面上的投影点，，半径为6R）

与侧面的公共部分，即图中的阴影部分，可算得各相关边长如图所示，由几何知识，可

表达一个面上的出射面积为：5=；乃（6/?）2-；x（币x2,

四个侧面总的出射面积为：S总=4S,解得：Sg=（6兀-4夜-12a）R2,其中：tana=

8.平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应

强度大小分别为2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿・y方向的匀

强电场，x轴上有一点P,其坐标为（L,0）.现使一个电量大小为q、质量为m的带

正电粒子从坐标(-2a,a)处以沿+x方向的初速度vo出发，该粒子恰好能经原点进入

y轴右侧并在随后经过了点P,不计粒子的重力.

(1)求粒子经过原点时的速度；

(2)求磁感应强度B的所有可能取值

(3)求粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值.

【答案】(1)粒子经过原点时的速度大小为夜vo,方向：与x轴正方向夹45°斜向下;

(2)磁感应强度B的所有可能取值：8=理乎n=l、2、3

qL

(3)粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值:

2a,7itn,,,、37un2a7Tfn

t=—+k---+（左-1）----k=l、2、3……或/=+n------4-n-------n=1、2、3....

%2qB4qB%2qB4qB

【解析】

【详解】

(1)粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2〃=啾,

竖直方向：a=—t,

2

解得：vv=vo,tanO=—=1,6=45°,

%

2

粒子穿过。点时的速度：v=7^+v=V2v0；

(2)粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得:

v2

qvB=in—>

r

粒子能过P点，由几何知识得：L=«rcos45°〃=1、2、3....,

nmv

解得：Ba〃=1、2、3

qL

(3)设粒子在第二象限运动时间为。，贝IJ：网

%

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粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：7；=—,T=—,

qB2qB

粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧,

若粒子经下方磁场直接到达尸点，则粒子在磁场中的运动时间：

4

若粒子经过下方磁场与上方磁场到达尸点，粒子在磁场中的运动时间：冷=:1丁/+；3乃,

44

若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达尸点：，2=2X；|刀+3=乃，

44

13

若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：，2=2XT7H2X=T2,

44

,Tim,、37rm

则—丽+（1）9k=\.2、3

7rm3乃〃?

或弓=〃-----+n------n=1、2、3

2qB4qB

粒子从出发到尸点经过的时间：f=〃+f2,

2a.mn,＜、37tm

解得："针域z砺k=12、3...

9.如图所示，横截面积S=100cm2的容器内，有一个用弹簧和底面相连的活塞，活塞

的气密性良好，当容器内气体的温度Ti=300K时，容器内外的压强均为po=l.Oxl()5pa,

活塞和底面相距Li=10cm,弹簧劲度系数k=1000N/m；在活塞上放物体甲，活塞最终

下降d=2cm后保持静止，容器内气体的温度仍为Ti=300K.活塞质量及活塞与容器壁

间的摩擦均不计，取g=10m/s2.

①求物体甲的质量mi；

②在活塞上再放上物体乙，若把容器内气体加热到T2=330K,系统平衡后，活塞保持

放上物体甲平衡后的位置不变，求物体乙的质量m2.

【答案】27kg；12.5kg

【解析】

【详解】

①活塞上放上物体甲后，系统稳定后气体的压强为：

m.g-kd

P=一

容器内的气体做等温变化，则有：

poLiS=p（L/-d）S

解得：，川=27kg；

②设活塞上再放上物体乙时，系统稳定后气体的压强为“，容器内的气体做等容变化,

则有：白卷

/112

由平衡条件，则有：加2g=（p'-〃）S

解得：机2=12.5kg

10.如图所示，足够长的平直轨道AO和OB底端平滑对接，将它们固定在同一竖直平

面内，两轨道与水平地面间的夹角分别为a（固定不变）和£（可取不同的值），且a>

现将可视为质点的一小滑块从左侧轨道的尸点由静止释放，若小滑块经过两轨道的

底端连接处的速率没有变化.已知AO轨道光滑，空气阻力可以忽略不计.

（1）论证：滑块在AO轨道下滑时的加速度与滑块的质量无关；

（2）运用牛顿运动定律和运动学规律，论证：若OB光滑，取不同的尸角，滑块在OB

上能到达的最高点总与P等高；

（3）运用动能定理和机械能的相关定义，论证：若OB光滑，保持£角不变，滑块在

OB上运动的过程中机械能守恒.

【答案】（1）论证过程如解析过程；（2）论证过程如解析过程所示；（3）论证过程如解

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析过程.

【解析】

【详解】

（1）滑块的受力图（如下面左四），沿斜面和垂直斜面建坐标轴（如下面右图）,

根据牛顿第二定律可得：mgsina=maAt

解得〃A=gsina,可知与质量无关；

（2）设P点的高度为H,滑块到O点时的速度大小为则根据匀变速直线运动规律

有：vo=2aAspo=2gsina-

sina

类似（1）受力分析，运用牛顿第二定律，可得滑块在0B上滑时的加速度大小为：aB

=gsin或

设上升的最大高度为h,则由匀变速直线运动规律可知：

O-VQ=-2aBsB=_2gsin/.-^―=-2gh

sinp

解得*=2g/?

所以有〃=H,这一结论与力无关，故滑块在OB上能到达的最高点总与P等高；

（3）设滑块到。点时的速度大小为3,从。到OB上的某点K的过程中，上升的高度

为hx,根据动能定理：

—mv2--tnvi=-mghsin0•=-nigh

22sin/?

即—mv2+mgh<=；mv1

也即&+纥,=，成

上式左边即为滑块在任意点K所具有的机械能，右边为在。点的动能.

11.如图所示，一劲度系数为人的轻弹簧的上端固定，下端与小球相连接，小球的质量

为相，小球静止于。点.现将G球拉到0点下方距离为A的位置，由静止释放，此后

运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度.规定平衡位置处为重力势能和弹簧弹性势能的

零点.以平衡位置。为坐标原点建立如图所示的竖直向下的一维坐标系Ox.忽略空气

阻力的影响.

（1）从运动与相互作用观点出发，解决以下问题：

a.求小球处于平衡状态时弹簧相对原长的伸长量s；

b.证明小球做简谐运动；

（2）从教科书中我们明白了由-T图象求直线运动位移的思想和方法；从机械能的学

习，我们理解了重力做功的特点并进而引入重力势能，由此可以得到重力做功与重力势

能变化量之间的关系.图象法和比较法是研究物理问题的重要方法，请你借鉴此方法,

从功与能量的观点出发，解决以下问题：

a.小球运动过程中，小球相对平衡位置的位移为x时，证明系统具有的重力势能后“和

弹性势能E脚的总和Ep的表达式为4=3履:

b.求小球在振动过程中，运动到平衡位置O点下方距离为1时的动能以.并根据小球

运动过程中速度u与相对平衡位置的位移x的关系式，画出小球运动的全过程中速度随

振动位移变化的y-x图象.

2

【答案】（1）a.s=等；b.见解析.（2）a.见解析.b.Ek=1kA：

o

【解析】

【详解】

（1）a.对小球，由平衡条件wg=抬.

b.设小球偏离平衡位置x时的回复力为尸例-AQ+x）=一心，故小球做简谐运

动.

（2）a.重力势能与G=-/wgx

以平衡位置处弹性势能为0,从平衡位置（弹簧伸长量为$）到坐标为x处（弹簧伸长

量为根据弹簧弹力特点做出F-%图线如图，弹簧弹力做功为

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设x坐标处的弹性势能为E泮，由弹力做功与弹性势能变化量的关系可知%=-正泮，

即%=_（Ep弹-0）

22

得E评=-Wi（f=—kx+ksx=—kx+mgx

重力势能和弹性势能的总和4二后四+耳蹄=g奴2.

b.小球在运动到平衡位置0点下方距离为々时的势能5二

小球在振幅处的动能为零，依据能量守恒定律有g乂2

可得，£,=1M2

O

由能量守恒定律与,+&=纥2+/而，即g区2+3川口2=（公2,也即区2+“/=乂2,

故u-x图是椭圆.

12.如图所示，在匀强磁场中倾斜放置电阻不计的两根平行光滑金属导轨，金属导轨与

水平面成6=37。角，平行导轨间距L=1.0m.匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感

应强度B=LOT.两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动.两金属杆的质量均

为加=0.20kg,ab杆的电阻为阳=L()C,cd杆的电阻为心=2.0Q.若用与导轨平行的

拉力尸作用在金属杆ab上，使ab杆匀速上滑并使cd杆在导轨上保持静止，整个过程

中两金属杆均与导轨垂直且接触良好.取重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37。

=0.8.求：

(1)ab杆上滑的速度u的大小；

(2)ab杆两端的电势差〃出

(3)0.5s的时间内通过cd杆的电量4.

【答案】(1)ab杆上滑的速度丫的大小为3.6m/s；(2)ab杆两端的电势差U心为2.4V；

(3)0.5s的时间内通过cd杆的电量为0.60C.

【解析】

【详解】

(1)以cd杆为研究对象，根据共点力的平衡条件可得：BIL=mgsMl°

解得：/=zr!£sin3r=0.2xl0x0.6A=12A

BL1x1

根据闭合电路的欧姆定律可得：

ab杆产生的感应电动势E=I(R1+R2)=L2x3V=3.6V

根据法拉第电磁感应定律可得：E=BLv

解得：v=3.6m/s

(2)ab杆两端的电势差是路端电压，根据欧姆定律可得：｛/=//?,=1.2x2V=2.4V

根据右手定则可知。点电势比力点的高，故有：Uab=2.4V

(3)由于杆匀速运动，所以通过杆的电流强度为一个定值，根据电荷量的计算公式可

得：

g=〃=1.2xO.5C=O.6OC

13.如图所示，质量为〃?=1kg的物块(可视为质点)放置在光滑的水平面上，与一根

处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙面上.水平面右侧与一倾

角8=37。、长s=Im的斜面在A处平滑连接，在斜面顶端B处通过长度可忽略的圆弧

轨道与光滑水平轨道8c相连，半径R=0.8m的竖直放置的光滑圆弧轨道8与轨道

区C相切于C点.现用外力作用于物块将弹簧压缩一段距离，然后撤去外力，物块由静

止释放后恰好运动到。点.已知物块与斜面间的动摩擦因数为〃=05g=10m/s2,sin

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37°=0.6,cos370=0.8,求:

(1)糅放物块瞬间，弹簧的弹性势能礴；

(2)物块由。点返回到。点时对圆弧轨道压力尸N的大小；

(3)物块第一次从A点运动到B点所经历的时间/.

【答案】(DI8J；(2)30N；(3)0.2s

【解析】

【分析】

【详解】

(1)根据能量守恒定律得

Ep=mg(s•sin6+??)+fjmgcos0-s

解得

纬二⑻

(2)由机械能守恒定律得

„12

rngR=­

在c点由牛顿第二定律得

v2

r-mg=in—

联立解得

F=30N

由牛顿第三定律知物块对圆弧轨道的压力大小为

/=F=30N

(3)由功能关系得

由运动学公式得

联立解得

z=0.2s

14.如图所示,O为半径为R的半圆柱形玻璃砖横截面的圆心，玻璃破的折射率为&.从

A点射出的一细光束经B点射入玻璃砖，最后垂直于直径PQ射出波璃砖.已知O、A

两点连线与直径PQ垂直,入射点B到OA连线的距离为与，光速为c,sin15。=逅£但，

求：

⑴该细光束在玻璃砖中的传播时间；

(ii)A、。两点间的距离.

【答案】(i)[=逊(ii)xA0=(\+>/3)R

2c

【解析】

【详解】

(i)由折射定律得〃=£

v

细光束在玻璃砖中的传播距离为S=」配_(

又S=VZ

联立解得"迎

2c

(ii)作BC_LQ4,如图所示

R

设4B0C=/3,入射角为。，对ABOC,由儿何关系得疝]〃=五=，，解得尸=30。

PR2

试卷第18页，共62页

由折射定律得〃=丽

解得a=45。，则NBAO=151NABO=135。

R

由正弦定理得

sin15°sin135°

解得A、。两点间的距离x人0=(1+A/^冰

15.如图所示，P、。为固定在水平面内的两根行长直导轨，间距启2m,整个导轨所在

不平处在磁感应强度大小B=1T、方向竖直向下的匀强磁场中.一根质量机=lkg、电阻

R=2C的导体棒垂直放在导轨上，导体棒靖与导轨间的动摩擦因数为〃=0.4.质量

m=0.2kg的正方形金属框"cd的边长L=1m,每边电阻均为x4C,用轻绳悬挂在竖直平

面内，其中a边水平，金属框a、b两点通过细导线与导轨相连，金属框的上半部分处

在磁感应强度大小8=1T、方向垂直于框面向里的匀强磁场中，下上部分处在大小也为

B=1T、方向垂直于框面向外的匀强磁场中，不计其余电阻和导线对。、。点的作用力.现

给导体棒d一水平向左的初速度必，此时悬挂金属框的轻绳的拉力大小为7=1N,经时

间户1s导体棒的"停止运动，取g=10m/s2,求：

(1)导体棒获得的初速度血的大小；

(2)r=ls内导体棒向左运动的距离

(3)r=ls内导体棒中产生的焦耳热Q.

【答案】(1)%=5m/s(2)5=1.25m(3)Q=3J

【解析】

【详解】

(1)导体棒。■获得初速度瞬间，设油边中电流为cd边中电流为八，由平衡条件

得

T+BI\L=Mg+BIaL

ad、de、必三边电阻串联后再与向边电阻并联

则由乙：乙=3:1

设总电流为/，由闭合电路欧姆定律得

加%=/(/?+1)

电流为/=4+4

联立解得%=5m/s

(2)在时间，内，对导体棒4,应用动量定理有

-(〃ng+Bld)t=O-mva

由法拉第电磁感应定律得

E=B-

t

由闭合电路欧姆定律得

E="+力

联立解得s=1.25m

(3)由能量守恒定律得

I

2

2-加%=pmgs+Q.

导体棒中产生的焦耳热为

Q=­V。总

R+-r

4

联立解得。=3J

16.如图所示，在竖直面内半径为R的圆形区域内存在垂直于面向里的匀强磁场，其磁

感应强度大小为B,在圆形磁场区域内水平直径上有一点P,P到圆心0的距离为二,

2

在P点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向竖直平面内的各方向均匀地发射出

速率不同的正离子.已知离子的质量均为m,电荷量均为q,不计离子重力及离子间相

互作用力，求：

试卷第20页，共62页

求离子的速率取值范围;

(2)若离子速率大小％=等，则离子可以经过的磁场的区域的最高点与最低点的高

2m

度差是多少.

【答案】(1)学(2)M"2+J3R

4m4

【解析】

【详解】

(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：Bqv=m—

r

R

如图所示，若所有离子均不能射出圆形磁场区域，则/

4

如JqR

4m

(2)当离子速率大小％=等时:由(1)式可知此时离子圆周运动的轨道半径，=4

2m2

离子经过最高点和最低点的运幻轨迹如图，

由几何关系知：月+(£|-=/?2得九二半农

由几何关系知："+5sin6(r=二芭/?

?224

故最高点与最低点的高度差力=%+为=+：+&R

17.单色细光束射到折射率〃=拉的透明球面，光束在过球心的平面内，入射角/=45°,

研究经折射进入球内后，又经内表面反射一次，再经球面折射后射出的光线，如图所示

(图上已画出入射光和出射光)，

①在图上大致画出光线在球内的路径和方向；

②求入射光与出射光之间的夹角。。

；②30。

【解析】

【详解】

①光线从入射到出射的光路如图所示

入射光线月8经玻璃折射后，折射光线为8C,又经球内壁反射后，反射光线为CD,再

经折射后，折射出的光线为。瓦OB、。。为球的半径，即为法线。

②由折射定律”^得

sinzsin4501

n22

解得

试卷第22页，共62页

下30°

由几何关系及对称性，有

■^•=r—(z—r)=2r—/

把『30。，i=45。代入得

a=30°

18.某工地上工人的打桩过程可简化为以下模型：铁锤先被举高至距离桩面正上方某一

高处，然后由静止释放，让它自由下落，然后与桩碰撞后将木桩打入地里.假设铁锤质

量为也=40kg,木桩质量为机2=20kg,释放时距桩面高度力=1.8米，与桩面碰撞后没有

反弹而是一起向下运动直至静止，若木桩一次撞击后向下运动了L=5cm,^=10m/s2.不

计空气阻力，求:

(1)铁锤从释放至碰撞所用的时间及铁锤碰前的速度；

(2)若木桩向下运动过程中地面对桩的阻力恒定，则该阻力大小为多少?

【答案】(1)0.6s,6m/s；(2)10200N

【解析】

【分析】

【详解】

(1)铁锤先做自由落体运动有

,12

h=Qg「

v2=2gh

故铁锤从释放至碰撞所用的时间

/=0.6s

铁锤碰前的速度

v=6m/s

(2)此后铁锤与木桩发生完全非弹性碰撞，由动量守恒有

收=(小+秋)曝

最后铁锤与木桩一起向下运动至静止，由动能定理得

（町+吗）gL_=0_；（町+吗）唯

代入数据得

品=10200N

19.如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为%=1kg、〃加=0.5kg的两个小滑块A和

B,A在B的正上方，A、B相距/?=2.25m,A始终受一大小尸尸1。N、方向垂直于墙

面的水平力作用，B始终受一方向竖直向上的恒力后作用.同时由静止释放A和B,

经时间/=0.5s,A、B恰相遇.已知A、B与墙面间的动摩擦因数均为4=0.2,重力加速

度大小g=10m/s2.求：

⑴滑块A的加速度大小或；

⑵相遇前瞬间，恒力B的功率P.

【答案】（1）8m/s2；（2）5OW

【解析】

【分析】

【详解】

（1）A、B受力如图所示

试卷第24页，共62页

A、B分别向下、向上做匀加速直线运动，对A

水平方向

竖直方向

fnF

Ag-(=%%

且

联立以上各式并代入数据解得

2

“A=8m/s

(2)对A由位移公式得

对B由位移公式得

1

由位移关系得

XB=h-XA

由速度公式得B的速度

对B由牛顿第二定律得

F2-mn8=fnHaR

恒力尸2的功率

P=FFB

联立解得

P=50W

20.如图，粗细均匀的导热细坂璃管竖直放置，A、G端均开口，段和OEF段有水

银柱.其中，BC.所段长度均为25cm,C。段长度30cm.。£段长度5cm、/G段长

度20cm,CO部分封闭有一定质量的理想气体，外界大气压强po=75cmHg.初始状态

下，封闭G端，在A端加上活塞并缓慢下压，使OE/段水银柱的。端向右移动至E点.求:

⑴末态FG段气体的压强；

(ii)下压过程中，段水银柱的C端向右移动的距离.

【答案】(1)lOOcmHg；(2)11cm

【解析】

【详解】

(i)封闭G端后，末状态各点位置如图所示:

A

BG

D

CE

对尺;段气体分析:

初态，气体长度4=20cm,压强四=Po=75cmHg

末态，气体长度4'=4-5cm=15cm,压强为〃由玻意耳定律：，MS=pJ/JS

代入数据得：P,'=lOOcmHg

(ii)对CD段气体分析：

初态，气体长度4=30cm,压强〃2=〃。+〃肥=lOOcmHg

试卷第26页，共62页

末态，气体长度为T，压强P2'=P」+〃FE=125cmHg

由玻意耳定律：P2l2S=P2'l2'S

代入数据得：4'=24cm

CD段气体D端右移距离：以=5cm

CD段气体长度变化：A/2=/2-V

则CD段气体D端向右移动距离：A/=A/I+A/2

代入数据得：A/=llcm

21.空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为一带电量为+外质

量为小的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头

所示.该粒子运动到图中。点时速度方向与P点时速度方向垂直，如图中。点箭头所

示.已知P、。间的距离为L.若保持粒子在尸点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀

强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也

由P点运动到。点.不计重力.

P0

y

Q°--

求：（1）电场强度的大小.

（2）两种情况中粒子由尸运动到。点所经历的时间之比.

【答案】E=E随；^=7

【解析】

【详解】

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以%表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半

径，则有夕%8=加系

由于粒子在。点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到。点的轨迹为:圆

周，故有氏=专

以E表示电场强度的大小，4表示粒子在电场中加速度的大小，加表示粒子在电场中由

〃点运动到。点经过的时间，则有4七=加。

水平方向上：R=

竖直方向上：R=%7

由以上各式，得七=夜小且％=多

mqB

（2）因粒子在磁场中由P点运动到。点的轨迹为，圆周，即％=；7二g2所以?二g

22.在如图所示的倾角为。的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁

场，区域I的磁场方向垂直斜面向上，区域II的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L,

一个质量为小、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑,〃时时

边刚越过G"进入磁场I区，此时线框恰好以速度刃做匀速直线运动迨时昉边下滑到JP

与MN的中间位置，此时线框又恰好以速度i，2做匀速直线运动.重力加速度为g

求：（1）线框两次匀速直线运匆的速度3，V2

（2）从〃到匕有多少机械能转化为电能

【答案】V*»二噌署/+

【解析】

【详解】

（1）当外边刚进入磁场时，治边所受安培力与下滑分力平衡，即有:那gsine=£^X解

_ngRsinO

得：『FfT

当时边下滑到"与MN的中间位置时，线框又是匀速运动，则而、〃两条边所受的安培

力与线框下滑分力相平衡，即有wgsin6=2・&。至解得：丹=嚼器

（2）根据能量守恒减小机械能转化为电能即