四川省名校新高考物理經(jīng)典100解答題含解析

【word版可編輯】四川省名校新高考物理經(jīng)典100解答題

精選高考物理解答題100題含答案有解析

1.2014年12月14日，北京飛行控制中心傳來好消息，嫦娥三號探測器平穩(wěn)落月。嫦娥三號接近月球表

面過程可簡化為三個階段：一、距離月球表面一定的高度以v=1.7km/s的速度環(huán)繞運行，此時，打開七千

五百牛頓變推力發(fā)動機(jī)減速，下降到距月球表面H=100米高處時懸停，尋找合適落月點；二、找到落月

點后繼續(xù)下降，距月球表面h=4m時速度再次減為0；三、此后，關(guān)閉所有發(fā)動機(jī)，使它做自由落體運動

落到月球表面。已知嫦娥三號著陸時的質(zhì)量為1200kg,月球表面重力加速度g'為1.6m/s2,月球半徑為R,

引力常量G,(計算保留2位有效數(shù)字)求：

(1)月球的質(zhì)量(用g'、R、G字母表示)

(2)從懸停在100米處到落至月球表面，發(fā)動機(jī)對嫦娥三號做的功？

⑶從v=1.7km/s到懸停，若用10分鐘時間，設(shè)軌跡為直線，則減速過程的平均加速度為多大？若減速接

近懸停點的最后一段，在垂直月面的方向下落，且加速度大小為上述減速過程的平均值，求此時發(fā)動機(jī)的

平均推力為多大？

P'R2

【答案】⑴立——；(2)-1.8x1051；(3)2.8m/s2；5300N.

G

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)由于

可求

(2)由10()m下降過程中到4m前發(fā)動機(jī)會做功，取l()0m和4m為初末狀態(tài)，前后動能沒變，用動能定理

mg'(H-h)+W=0

所以

W=-mg'(H-h)=-1200xl.6x96J=-1.8xl05J

即發(fā)動機(jī)做功為-1.8x10$J。

(3)減速過程的平均加速度

V1.7xl03,2cc,2

a=—=----------m/sx2.8m/s

t10x60

根據(jù)牛頓第二定律可得

F=m(a+g,)=5300N

2.如圖所示，在光滑水平面上靜止放置質(zhì)量M=2kg、長L=2.17m、高h(yuǎn)=0.2m的長木板C。距該板左端

距離x=1.81m處靜止放置質(zhì)量mA=lkg的小物塊A,A與C間的動摩擦因數(shù)|i=0.2?在板右端靜止放置質(zhì)

量mB=lkg的小物塊B,B與C間的摩擦忽略不計。A、B均可視為質(zhì)點，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦

力，g取10m/s2。現(xiàn)在長木板C上加一水平向右的力F,求：

⑴當(dāng)F=3N時，小物塊A的加速度；

(2)小物塊A與小物塊B碰撞之前運動的最短時間；

(3)若小物塊A與小物塊B碰撞之前運動的時間最短，則水平向右的力F的大小(本小題計算結(jié)果保留整數(shù)

部分)；

(4)若小物塊A與小物塊B碰撞無能量損失，當(dāng)水平向右的力F=10N,小物塊A落到地面時與長木板C左

端的距離。

2

【答案】(l)lm/s；(2)t=0.6s；(3)6N<F<26N；(4)x2=0.78m

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)若長木板C和小物塊一起向右加速運動，設(shè)它們之間是靜摩擦力為f,由牛頓第二定律得：

F=(M+mA)a

解得

a=lm/s2

則f=m，\a=lN<|imAg=2N,這表明假設(shè)正確，即A的加速度為lm/s2

(1)要使小物塊A在與小物塊B碰撞之前運動時間最短，小物塊A的加速度必須最大，則A所受的摩擦力

為最大靜摩擦力或滑動摩擦力，有

pniAg=mAai

r1,2

L—x=-Uyt

解得

t=0.6s

(3)要使小物塊A加速度最大，且又不從長木板C的左端滑落，長木板C的加速度有兩個臨界條件：

①由牛頓第二定律得：

Fi=(M+OIA)ai

則

Fi=6N

②由牛頓第二定律得:

F2-f=Ma2

則

F2=26N

故6N<F<26N

(4)若小物塊A與小物塊B碰撞點距從長木板C的左端距離為XI

Fa-f=Ma3

解得

xi=1.45m

設(shè)小物塊A發(fā)生碰撞到從長木板C左端滑落的時間為t”因有物塊A、B發(fā)生彈性碰撞，速度交換，故

有

一1212

解得

ti=0.5s

設(shè)小物塊A碰撞到從長木板C左端滑落時各自的速度分別為Vm、VM,小物塊A落到地面時與長木板C

左端的距離為X2

,12

Fj=Ma4

V,n=aitl

VM=a3t+a3ti

則有

12

VMtz+—a4t2Vmt2=X2

X2=0.78m

3.有一個直角三角形的玻璃棱鏡ABC,截面如圖。NA=30。，D點是AC邊的中點，AC邊長為L。一條

光線從D點沿平行于AB方向射入棱鏡，光線在AB面發(fā)生全反射后垂直BC從F點射出。求

①玻璃的折射率n；

②若光在真空中的速度為C,光線從D點到F點經(jīng)過的時間t。

【答案】(1)V3(2)孑旦

4C

【解析】

【分析】

①根據(jù)題意畫出光路圖，由幾何知識求出光線在D點時的折射角，再由折射定律求玻璃的折射率;

②根據(jù)幾何關(guān)系求光線在棱鏡中傳播的距離，由v=c/n求出光線在棱鏡中的傳播速度，再由運動學(xué)公式求

傳播時間.

【詳解】

①光路圖如圖所示，設(shè)在AC面入射角為i,折射角為r,在AB面，光線與AB的夾角為a,反射光線與

AB的夾角為6,光線垂直BC射出，有

由幾何知識可得：cc-/3-30°,z-60°,a+r-60°,r=30°

折射率:〃喘

②由于a=NA,所以△ADE為等腰三角形，所以:

DE=AD=-EF=CD—DEcos（9QP-r）

2t

設(shè)光線從D點到F點經(jīng)過的距離為X，X=DE+EF,

光線在玻璃中傳播速度為丫=￡

n

X

則nl：t=一

V

解得“嚕

【點睛】

本題考查幾何光學(xué)，掌握光的折射定律，正確畫出光路圖，運用幾何知識求解相關(guān)角度和距離是關(guān)鍵.

4.如圖所示，光滑水平面上小球A、B分別以1.2/〃/s、2.0m/s的速率相向運動，碰撞后B球靜止.已

知碰撞時間為().()5s,A、B的質(zhì)量均為0.2版.求:

B

(1)碰撞后A球的速度大??；

(2)碰撞過程A對B平均作用力的大小.

【答案】(l)vA'=0.8/71/5(2)F=8N

【解析】

【分析】

【詳解】

①A、B系統(tǒng)動量守恒，設(shè)B的運動方向為正方向

由動量守恒定律得mvB-mvA=0+mvA'

解得以’=08〃/s；

②對B,由動量定理得-戶t=PB=()-叫,

解得聲=8N;

5.如圖所示，地面上固定一傾角為8=37的光滑斜面，斜面底端固定一擋板，一輕質(zhì)彈簧下端與擋板相

連，上端自然伸長至B點，初始時刻，物塊a在外力的作用下被壓至E點，BE=2m,撤去外力后，物

塊a沿斜面從B點射出，到達(dá)傳送帶右端時速度恰好水平向左，大小匕=4m/s,與物塊b粘在一起向左

運動，其中物塊a、b質(zhì)量均為機(jī)=1kg,傳送帶長為￡=4m,始終以v=3m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，物塊

和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)4=0.5,為不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2.求：

(1)初始時刻的彈性勢能；

(2)ab在傳送帶上運動時產(chǎn)生的劃痕長度；

(3)由于傳送物塊電動機(jī)需要多消耗的電能。

【答案】(1)24.5J；(2)2.4m(3)24Jo

【解析】

【詳解】

(1)將物塊a在B點的速度沿水平和豎直方向分解，則

——=5m/s

COS0

物塊a由E到B的過程中根據(jù)能量守恒有

.八12

Ep=mgxBEsin6+—mv^=24.5J

(2)物塊a、b碰撞過程中根據(jù)動量守恒

=(?+?)%

解得v,=2m/s

對ab整體，根據(jù)牛頓第二定律有

ju2mg=2ma

解得a=5m/s2

減速位移

2

X=—=0.4/72<L

2a

故先減速到0再反向加速

減速時間

Zj=—=0.4s

a

相對位移

加速時間

t?=h=0.4s

相對位移：

^2=^2-^2

故劃痕長度

AX2=Ax(+AX2=2.4m

(3)由于物塊動能未變，故電動機(jī)多消耗的電能用來補充系統(tǒng)損失掉的熱量

Q=//2mgAx=24J

6.如圖所示，MNPQ是邊長為/的正方形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于MNPQ平面。電子從電極K

處由靜止開始經(jīng)電勢差為U的電場加速后，從MN的中點垂直于MN射入勻強磁場區(qū)域，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后

恰好從P點射出。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e,不計電子重力。求：

⑴電子射入勻強磁場時的速度大?。?/p>

(2)勻強磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強度的大小和方向。

fi!

1t1?

11?

N：..................

【答案】⑴%=、喀;

方向垂直于紙面向里

Vm51

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)電子在加速場中由動能定理可得

eU①

解得：

%=母②

(2)電子在區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，由題意可做出運動軌跡如圖：

Mr.Q

卜

由幾何關(guān)系可得：

產(chǎn)=『+(一夕③

洛倫茲力提供向心力：

/3=加生④

解得:

由左手定則可判斷:磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向里。

7.一半球形玻璃磚，球心為O,OA和OB與豎直方向間的夾角均為30。。一束光線射向A點，折射光線

恰好豎直向下射到C點，已知該玻璃磚折射率為6.

⑴求射向A點的光線與豎直方向的夾角；

(2)從B點射入的光線折射后恰好過C點，求折射光線BC與虛線BO夾角的正弦值。

【答案】(1)30°；(2)叵

14

【解析】

【詳解】

⑴光路圖如下圖所示，根據(jù)折射定律有

sinZEAG

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

sin30°

解得

ZEAG=60°

即入射光線與豎直方向的夾角為30°o

(2)由幾何關(guān)系得

CO=Rsin30°=0.5R

AB=2CO=R

BC=信2+(辰0$30。)2=^R

根據(jù)正弦定理

BC_CO

sinl20°-sinNGBO

得

sinNCBO=—

14

H

M

8.如圖所示，一個上表面絕緣、質(zhì)量為mA=lkg的不帶電小車A置于光滑的水平面上，其左端放置一質(zhì)

量為二二=0.5kg、帶電量為二=/.0x/0-；C的空盒B,左端開口。小車上表面與水平桌面相平，桌面上水

平放置著一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端固定，質(zhì)量為二二=0.5kg的不帶電絕緣小物塊C置于桌面上O點并與彈

簧的右端接觸，此時彈簧處于原長，現(xiàn)用水平向左的推力將C緩慢推至M點(彈簧仍在彈性限度內(nèi))時,

推力做的功為二二=6二，撤去推力后，C沿桌面滑到小車上的空盒B內(nèi)并與其右壁相碰，碰撞時間極短且

碰后C與B粘在一起。在桌面右方區(qū)域有一方向向左的水平勻強電場，電場強度大小為二=Jxj"Nm,

電場作用一段時間后突然消失，小車正好停止，貨物剛好到達(dá)小車的最右端。已知物塊C與桌面間動摩擦

因數(shù)二,=0.4,空盒B與小車間的動摩擦因數(shù)二：=0.1,二二間距二=5cm,二點離桌子邊沿二點距離

二；=90cm,物塊、空盒體積大小不計，二取jftns"求：

E

ICF?---------------------

M0￡N廣一=~了一二一1

7_7_77_7_77_7_7_77_7_77/277777777Q/7二777:7二7777/7.7二77二77二77~7「

(1)物塊C與空盒B碰后瞬間的速度二

(2)小車的長度L；

(3)電場作用的時間二。

【答案】(1)2m/s(2)0.67m(3)2s

【解析】

【詳解】

(1)對物塊C由OTMTN應(yīng)用動能定理，設(shè)C到N點速度大小為二;得:

-7口口十

-J=7^DU/j

解得：二。=2二/二(2二)+二;)=4ms

N口二

與空盒B右壁相碰，動量守恒：二二二。=(二二+二二)二

解得：二=三=2ms

(2)C與B碰后可看作一整體，令二=二二+二二=ikg,則BC整體和小車加速度分別為：

Un一H-?1一-H?-，HJn*>fHCC?―1、,-

；；；」

-=-----口z-----=_ms_=—z口-;=ms

設(shè)經(jīng)過二?時間后B與C整體與小車A速度相等，此過程中二者位移分別為二八二;；

假設(shè)速度相等后B與C整體與小車A相對靜止，C整體與小車A間摩擦力為二貝!I：二_=三-=gms)

K一十—二,

二=二二_=，N<二：二二=/N；所以兩者經(jīng)二，.時間后相對靜止一起勻減速。

二一二二」=二;二1解得：二/=白=3

Uj十七s

1_7448

7=-=7-pm=pm

12

7=尸_2戶/

小車長度二二二：一二、=；m七0.6

(3)速度相等后BC與小車以共同加速度一起勻減速，最終速度為零。

口去=匚]匚/=]ms

運動時間二；=盧=7s

電場作用時間二=二/+二；=2s

9.如圖所示，質(zhì)量mi=lkg的木板靜止在傾角為0=30。足夠長的、固定的光滑斜面上，木板下端上表而與

半徑R=J^m的固定的光滑圓弧軌道相切圓弧軌道最高點B與圓心O等高。一質(zhì)量m2=2kg、可視為質(zhì)

點的小滑塊以vo=15m/s的初速度從長木板頂端沿木板滑下已知滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)u=且，木

3

板每次撞擊圓弧軌道時都會立即停下而不反彈，最終滑未從木板上端滑出，取重力加速度g=10m/s2。求

⑴滑塊離開圓弧軌道B點后上升的最大高度；

(2)木板的最小長度；

⑶木板與圓弧軌道第二次碰撞時損失的機(jī)械能。

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)由滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)〃=g=tan30。可知，滑塊在木板上勻速下滑，即滑塊到達(dá)A點時

速度大小依然為vo=15m/s,設(shè)滑塊離開圓弧軌道B點后上升的最大高度為h,則由機(jī)械能守恒定律可得

12

5"%=n?2g(Rcos6+〃)

解得

h=9.75m

(2)由機(jī)械能守恒定律可得滑塊回到木板底端時速度大小為vo=15m/s,

滑上木板后，木板的加速的為ai,由牛頓第二定律可知

〃網(wǎng)geos8一犯gsin。=仍q

滑塊的加速度為a”由牛頓第二定律可知

〃機(jī)2gcos0+m2gs\n0-m2a2

設(shè)經(jīng)過ti時間后兩者共速，共同速度為VI,由運動學(xué)公式可知

M=%-初=砧

該過程中木板走過的位移

%1-21

滑塊走過的位移

“2%

之后一起勻減速運動至最高點，若滑塊最終未從木板上端滑出，則木板的最小長度

L=X2-X1

聯(lián)立解得

L=7.5m；

(3)滑塊和木板一起勻減速運動至最高點，然后一起滑下，加速度均為a3,由牛頓第二定律可知

(町

(/Mj+m2)gsin^=+m2')a3

一起勻減速向上運動的位移

木板從最高點再次滑至A點時的速度為v2,由運動學(xué)公式可知

玉+m=-2-

24

滑塊第三次、第四次到達(dá)A點時的速度大小均為V2,第二次沖上木板，設(shè)又經(jīng)過時間t2兩者共速，共同

速度為V3,由運動學(xué)公式可知

V3=V2-a2t2=ait2

該過程中木板走過的位移

*4-2’2

一起勻減速向上運動的位移

=—

>2g

設(shè)木板第二次滑至A點時的速度為V4,由運動學(xué)公式可知

%+/=六

2a3

木板與圓弧軌道第二次碰撞時損失的機(jī)械能為

AF12

聯(lián)立各式得

AE=—J?5.56J

9

10.如圖所示，粗細(xì)均勻的U形管，左側(cè)開口，右側(cè)封閉。右細(xì)管內(nèi)有一段被水銀封閉的空氣柱，空氣柱

長為l=12cm,左側(cè)水銀面上方有一塊薄絕熱板，距離管口也是I=12cm,兩管內(nèi)水銀面的高度差為h=4cm。

大氣壓強為Po=76cmHg,初始溫度to=27℃。現(xiàn)在將左側(cè)管口封閉，并對左側(cè)空氣柱緩慢加熱，直到左右

兩管內(nèi)的水銀面在同一水平線上，在這個過程中，右側(cè)空氣柱溫度保持不變，試求：

⑴右側(cè)管中氣體的最終壓強；

(2)左側(cè)管中氣體的最終溫度。

左左

【分析】

【詳解】

(1)以右管封閉氣體為研究對象

[=(4+〃)=80cmHg,/,=/=12cm,l2=10cm

根據(jù)玻意耳定律

刈=牝

可得

甲=電

P2=96cmHg

右管氣體最終壓強為96cmHg

⑵以左管被封閉氣體為研究對象

<)=76cmHg,/3=/=12cm,工=(273+27)K=3()()K,P2=96cmHg,Z4=14cm

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程

生二生

工T2

即

旦=叢

工T2

T2-理g,T1=442K

左管氣體最終溫度為442Ko

11.如圖所示金屬小球A和B固定在彎成直角的絕緣輕桿兩端，A球質(zhì)量為2m,不帶電，B球質(zhì)量為m,

帶正電，電量為q,OA=2L,OB=L,輕桿可繞過O點且與紙面垂直的水平軸無摩擦轉(zhuǎn)動，在過O點的

豎直虛線右側(cè)區(qū)域存在著水平向左的勻強電場，此時輕桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，且OA與豎直方向夾角為37。，

重力加速度為g.

(1)求勻強電場的電場強度大小E；

(2)若不改變場強大小，將方向變?yōu)樨Q直向上，則由圖示位置無初速釋放輕桿后，求A球剛進(jìn)入電場時

的速度大小Vo

【解析】

【詳解】

(1)輕桿處于靜止?fàn)顟B(tài)時，根據(jù)力矩平衡M底，有

mAg2Lsin370=qELcos53°+mBgLsin530

其中niA=2m,mB=m,勻強電場的電場強度大小

E-3q

(2)A、B球角速度相等，根據(jù)v=ft>r,A球線速度是B球線速度的2倍，A球線速度為v,B球線速度

為［丫，無初速釋放輕桿后，直至A球剛進(jìn)入電場過程中，系統(tǒng)根據(jù)動能定理，有

2

V+mV

mAg2L(1-cos37°)+(qE-BIBg)Lsin37°=mAABB

其中VA=V,VB=^V,解得A球剛進(jìn)入電場時的速度大小

2

答：(D勻強電場的電場強度大小E為警；(2)若不改變場強大小，將方向變?yōu)樨Q直向上，則由圖示

3q

位置無初速釋放輕桿后，A球剛進(jìn)入電場時的速度大小v為。

12.如圖甲所示，水平導(dǎo)軌間距L=1m,導(dǎo)軌電阻可忽略；導(dǎo)體棒。匕的質(zhì)量機(jī)=1kg,電阻&=1.5。，

與導(dǎo)軌接觸良好；電源電動勢￡=10V,內(nèi)阻r=0.5C,電阻止8?；外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小

B=5T,方向垂直于出?，與導(dǎo)軌平面成夾角1=37°,，灑與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)4=03,設(shè)最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力。導(dǎo)體棒。人通過絕緣細(xì)線繞過光滑的定滑輪與一重物相連，細(xì)線對，活棒的拉力方向

水平向右，棒處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知sin37°=0.6,cos37"=0.8,重力加速度g=lOm/s?。求:

(1)通過出?棒的電流大小和方向；

(2),活棒受到的安培力大??；

⑶重物的重力G的取值范圍。

【答案】(1)1A,方向為由a到b；(2)5N；(3)1.2N<G<4.8N

【解析】

【詳解】

(1)由閉合電路歐姆定律得

R+R)+r

方向為由a到b。

(2)ab棒受到的安培力大小

F=BIL=5N

⑶對ab棒受力分析，如圖所示，有

f,?=A(mg-Fcos370)=1.8N

/7=Gmin=Fsm37°-/；?=1.2N

當(dāng)最大靜摩擦力方向向左時

/7=Gmin=Fsin370+4=4.8N

所以重物的重力G的取值范圍為

1.2N<G<4.8N

13.質(zhì)量相等的小球A與8之間壓縮一輕質(zhì)彈簧，球的大小和彈簧的長度均可忽略不計。從地面上以速度

%豎直向上拋出該裝置，裝置到達(dá)最高點瞬間彈簧自動彈開，彈開兩小球的時間極短，小球與彈簧脫離(不

計空氣阻力，重力加速度為g)。已知第一次彈簧水平彈開，兩小球落地點間距為L,第二次彈簧豎直彈

開。求第二次兩小球落地的時間差。

L

【答案】一

%

【解析】

【詳解】

小球豎直上拋到達(dá)最高點，由運動學(xué)公式:

g

彈簧瞬間自動彈開后小球A，8的速度分別為巳、％，由動量守恒：

仍以=嗎巳

第一次彈簧水平彈開，兩小球均做平拋運動，

X=vxtx2=u2t

玉+工2=L

第二次彈簧豎直彈開，小球A在下以速度巳下落

712

〃=卬|+理|

小球3在上以度4上升

力=一。0+權(quán)片

兩小球落地的時間差

△t=

聯(lián)立解得：

A/=—

必

14.如圖，一端封閉的薄玻璃管開口向下，截面積S=lcm2,重量不計，內(nèi)部充滿空氣，現(xiàn)用豎直向下的

力將玻璃管緩慢地壓人水中，當(dāng)玻璃管長度的一半進(jìn)人水中時，管外、內(nèi)水面的高度差為△h=20cm。已

知水的密度p=1.0xl()3kg/m3,大氣壓強po相當(dāng)于高1020cm的水柱產(chǎn)生的壓強，取g=10m/s2,求：(不考

慮溫度變化)

⑴玻璃管的長度lo;

(ii)繼續(xù)緩慢向下壓玻璃管使其浸沒在水中，當(dāng)壓力F2=0.32N時，玻璃管底面到水面的距離h。

【答案】(i)/0=41.6cm；(ii)274cm

【解析】

【分析】

【詳解】

⑴設(shè)玻璃管長度一半壓入水后管內(nèi)氣體的壓強為小，氣體程度為4,則

Pi=Po+M,/]=y+M

由玻意耳定律

Po,oS=P&S

得

/()=41.6cm

(ii)設(shè)管內(nèi)氣柱的長度為壓強為小，貝U

F2=pgl2s

解得

A=32cm

其中

p2=Po+4+力

由玻意定律

Po，()S=pj2s

得

h=274cm

15.如圖所示，粗細(xì)均勻的U形玻璃管左管開口、右管封閉，兩管均豎直向上，管中有有A、B兩段水銀

柱，在玻璃管中封有I、II兩段氣體，A段水銀柱長為h=10cm,B段水銀左右兩管中液面高度差也為h,

左管中封閉的氣柱I長為h,右管中封閉的氣柱長為3h,大氣壓強為75cmHg,現(xiàn)向左管中緩慢倒入水銀,

使水銀柱B在左右兩管中的液面相平，求：

①左管中倒入的水銀柱的長度；

②氣柱I的長度變?yōu)槎嗌佟?/p>

IhII

Li

【答案】①29cm②7.46cm

【解析】

【詳解】

①開始時氣體n的壓強

pi=75cmHg+20cmHg=95cinHg

設(shè)倒入水銀柱的長為Lem,則當(dāng)B水銀柱左右兩邊液面相平時，氣體II的壓強為

p2=75cmHg+10cmHg+LcmHg=(85+L)emHg

氣體n這時的長為hi=25cm

則有

pix3hS=p2hiS

解得

L=29cm

即左管中倒入的水銀柱的長為29cm。

②對于氣體I,開始的壓強

pri=75cmHg+10cmHg=85cmHg

倒入水銀后的壓強

p，2=85cmHg+29cmHg=114cmHg

氣體發(fā)生等溫變化，則有

prihS=p'2h'S

解得

h，=7.46cm

16.一列簡諧橫波某時刻的波形如圖所示，質(zhì)點P正在向上運動，它所在的平衡位置為x=2m,質(zhì)點P的

振動方程為y=0.2sin57rt(m),從該時刻開始計時，求：

(i)該簡諧橫波在介質(zhì)中的傳播速率；

(ii)經(jīng)過0.5s時間，質(zhì)點P的位移和路程；

(iii)從圖示位置開始計時，經(jīng)多長時間質(zhì)點P第三次到達(dá)波峰。

j7m

J…中品

【答案】(i)lOm/s；(ii)0.2m；1.0m；(iii)0.9s

【解析】

【詳解】

(i)由圖可知，波長4=4m,由振動方程知周期T=0.4s,所以波速

v=A=iOm/s

T

(ii)P在向上運動，波向右傳播，經(jīng)過0.5s時間，質(zhì)點P的位移為0.2m,路程為1.0m。

(iii)P第三次到達(dá)波峰的時間為

Z=2-T=0.9s

4

17.如圖所示，為常德市某小區(qū)在防治新冠疫情過程中用于噴灑消毒液的噴霧器，由三部分構(gòu)成，左側(cè)為

手持式噴霧管，管底部有閥門K；中間為儲藥桶，桶的橫截面積處處相等為S=400cm2,桶高為H=50cm,

桶的上方有可以關(guān)閉的蓋子;右側(cè)是通過體積可忽略的細(xì)管連通的打氣裝置，每次打進(jìn)Vo=7OOcm3的空氣。

某次消毒需將噴嘴舉高到比桶底高A/?=75cm處，工作人員關(guān)閉閥門K,向桶中裝入了h=30cm深的藥

液，封閉蓋子，為了能使儲藥桶中消毒液全部一次性噴出，通過打氣裝置向桶內(nèi)打氣。求需要打氣多少次

才能達(dá)到目的？(已知大氣壓強〃o=75.OcmHg,消毒液的密度為水銀密度的0.1倍，不考慮在整個消毒

過程中氣體溫度的變化。桶內(nèi)藥液噴灑完時噴管內(nèi)仍然充滿藥液，設(shè)噴管內(nèi)部體積遠(yuǎn)小于儲藥桶的體積)

【答案】20次

【解析】

【分析】

【詳解】

當(dāng)桶內(nèi)裝入〃=30cm深的藥液時，桶內(nèi)氣體體積為

K=S(H-/z)①

末狀態(tài)欲使桶內(nèi)藥液全部噴出，對桶內(nèi)剩余的空氣進(jìn)行分析

p,=+0.1△〃②

根據(jù)玻意耳定律，末狀態(tài)桶內(nèi)氣體可轉(zhuǎn)化為與空氣壓強相同的氣體

PiSH=〃0匕③

需要打氣次數(shù)

匕=匕+%④

聯(lián)立上式得

“=20次

18.從安全的角度出發(fā)，駕校的教練車都經(jīng)過改裝，尤其是剎車裝置。為了測試改裝后的教練車剎車性能,

教練們進(jìn)行了如下試驗：當(dāng)車速達(dá)到某一值V。時關(guān)閉發(fā)動機(jī)，讓車自由滑行直到停下來。假設(shè)車做的是

勻減速直線運動，測得車在關(guān)閉發(fā)動機(jī)后的第1S內(nèi)通過的位移為16m,第3s內(nèi)通過的位移為1m?；卮?/p>

下面問題。

⑴改裝后的教練車的加速度a的大小及開始做勻減速運動的速度V。的大小是多少？

⑵如果想讓教練車用時t，=2s停下來，那么教練員應(yīng)額外提供多大的加速度？

【答案】(l)8m/s2,20m/s；(2)2m/s2

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)設(shè)車恰好在第3s末停下，在第3s內(nèi)通過的位移為x,將勻減速運動看成反向的勻加速運動，由位移公

式，根據(jù)題意

x=Jax(ls)2

11,

16m=—ax(3s)7---?x(2s)'

聯(lián)立方程解得

x=3.2m>lm

可知第3s內(nèi)教練車運動的時間小于Is.設(shè)教練車在第3s內(nèi)運動的時間為t,則由

,12

Im=—axr

2

1,1,

16m=—ax(/+2s)-——ax(f+ls)~

22

解得

r=().5s

a=8m/s2

再由

v0=a(t+2s)

得

%=20m/s

⑵如果想讓教練車用時t，=2s停下來，則

"=%=10?

f

教練員應(yīng)額外提供的加速度為

△a=a-a=2m/s2

19.如圖所示，平行導(dǎo)軌寬為L、傾角為9,處在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中，磁感強度為B,CD

為磁場的邊界，導(dǎo)軌左端接一電流傳感器，CD右邊平滑連一足夠長的導(dǎo)軌。質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體

棒ab長也為L,兩端與導(dǎo)軌接觸良好，自導(dǎo)軌上某處由靜止滑下。其余電阻不計，不計一切摩擦和空氣

阻力，重力加速度為g。

⑴棒ab上的感應(yīng)電流方向如何？

⑵棒ab在磁場內(nèi)下滑過程中，速度為v時加速度為多大？

⑶若全過程中電流傳感器指示的最大電流為Io。求棒ab相對于CD能上升的最大高度。

r2T-D-

【答案】⑴人流向。；(2)a=gsin。-------;(3)H-n

mR2gB-L

【解析】

【詳解】

⑴根據(jù)楞次定律可判定：棒在磁場中向下滑動時，電流由b流向a；

E

(2)當(dāng)棒的速度為v時，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為￡=跳丫，根據(jù)閉合電路歐姆定律/=不，安培力

F=BIL,根據(jù)牛頓第二定律，有

mgsin夕一尸=ma

解得:

a=gsin6—

mR

(3)棒下滑到CD處回路電流最大，有

BLv,“=IaR

棒ab滑過CD后直接到右側(cè)最高點，由機(jī)械能守恒定律，有

mgH=-mv\

2

解得:

女2

H

2gBN

20.如圖所示，在豎直圓柱形絕熱汽缸內(nèi)，可移動的絕熱活塞a、b密封了質(zhì)量相同的A、B兩部分同種

氣體，且處于平衡狀態(tài)。已知活塞的橫截面積之比Sa：Sb=2：1,密封氣體的長度之比hA：hB=l：3,活

塞厚度、質(zhì)量和摩擦均不計。

①求A、B兩部分氣體的熱力學(xué)溫度TA:TB的比值；

②若對B部分氣體緩慢加熱，同時在活塞a上逐漸增加細(xì)砂使活塞b的位置不變，當(dāng)B部分氣體的溫度

為《及時，活塞a、b間的距離h'a與ha之比為k：1,求此時A部分氣體的絕對溫度T'A與TA的比值。

Ta

陽A

nb

%,B

【答案】①*=|；唔

【解析】

【詳解】

①A、B兩部分氣體質(zhì)量相同且為同種氣體，壓強也相同，根據(jù)蓋一呂薩克定律有：

S也=S也

不一不

解得：

TB3'

②對B部分氣體，根據(jù)查理定律有：

p。_P

對A部分氣體，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有:

—PS/

TAK

而：

Lk

hA

可得：

n4

TA5

21.如圖所示，在邊界OP、OQ之間存在豎直向下的勻強電場，直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向

里的勻強磁場。從O點以速度vo沿與Oc成60。角斜向上射入一帶電粒子，粒子經(jīng)過電場從a點沿ab方

向進(jìn)人磁場區(qū)域且恰好沒有從磁場邊界be飛出，然后經(jīng)ac和aO之間的真空區(qū)域返回電場，最后從邊界

OQ的某處飛出電場。已知Oc=2L,ac=V^L,ac垂直于cQ,Zacb=30°,帶電粒子質(zhì)量為m,帶電量為

+g,不計粒子重力。求：

(1)勻強電場的場強大小和勻強磁場的磁感應(yīng)強度大??；

(2)粒子從邊界OQ飛出時的動能；

(3)粒子從O點開始射入電場到從邊界OQ飛出電場所經(jīng)過的時間。

［答案］(1)E=8=回也(2)EL皿(3)20*40+2后L

8qL2qLk43%

【解析】

【詳解】

(1)從O點到a點過程的逆過程為平拋運動

水平方向：

2L=%cos0t}

豎直方向：

—at?=A/3L

2

加速度：

qE

a=--

m

可得:

4L

t=____

1-

%

粒子進(jìn)入磁場后運動軌跡如圖所示，設(shè)半徑為r,由幾何關(guān)系得,

r+--------：=y/3L,

sin30

洛倫茲力等于向心力:

qvB=m—

v=v0cos60=/

解得:

B:6明

12qL

在磁場內(nèi)運動的時間:

nr2&L

t’——

v3%

(2)粒子由真空區(qū)域進(jìn)入電場區(qū)域從邊界飛出過程，由動能定理得,

qE(6L—2r)=

解得:

4

(3)粒子經(jīng)過真空區(qū)域的時間,

4L

,T8L

\=-----=-----

V3%

粒子從真空區(qū)域進(jìn)入電場區(qū)域到從邊界飛出經(jīng)過的時間為

t4(-\/3L—2r)——at^,

解得：

4#>L

IA------.

3%

粒子從入射直至從電場區(qū)域邊界飛出經(jīng)過的時間

20+473+2^,

f='1+'2+'3+’4=-L.

3%

22.如圖甲所示，正方形閉合線圈ABCO的邊長a=10cm、總電阻r=20、匝數(shù)〃=100,勻強磁場方

向垂直于線圈平面，磁感應(yīng)強度大小3隨時間/的變化關(guān)系如圖乙所示，周期T=1x10-S，磁場方向以

垂直線圈平面向里為正。試求：

(1)時，線圈的AO邊所受安培力的大小和方向。

O

(2)在0~工時間內(nèi)，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量。

2

x4xxxxZ?x

x|XXXXIX

XXXXXX

XXXXXX

x|XXXx|X

xDxxxxCx

甲

【答案】(1)2.5N,方向向左；(2)3.75X10-2CO

【解析】

【詳解】

(1)設(shè)在4時間內(nèi)線圈中感應(yīng)電動勢的大小為巴

4

△①?△4

E.=n---L=nS——L=20V

1XN

線圈中電流

p

Z1=^=10A

r

r=J時，磁感應(yīng)強度大小B,=2.5x1(T2T,則線圈AD邊所受安培力大小

o

F=nBiI}L=2.5N

根據(jù)左手定則，安培力方向向左。

(2)設(shè)在時間內(nèi)，線圈中感應(yīng)電動勢的大小為多

E、=n--nS——-=10V,/,=^=5A

-ArM2R

T

前彳時間內(nèi)，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量

2

?=/,--+7,--=3.75xlO-2C

'424

23.一個長方形透明物體橫截面如圖所示，底面AB鍍銀，（厚度可忽略不計），一束光線在橫截面內(nèi)從M

點的入射，經(jīng)過AB面反射后從N點射出，已知光線在M點的入射角a=53。，長方形厚度h=2cm,M、N

之間距離s=3cm。求：

⑴畫出光路圖，并求透明物體的折射率；

⑵若光速為c=3.0xl08m/s,求光在透明物體中傳播時間。

【解析】

【分析】

【詳解】

光路圖如圖所示

故可得

N1=N2=N3=N4=37°

根據(jù)折射定律

sin;

可得

sina4

n=------=—

sinl3

⑵根據(jù)，可得

V

c3

v=—=—c

n4

由幾何知識可得

SOM+SON~=5cm

故光在透明物體中傳播時間為

S+sIO

t=^0N=2.2X1OS

v

24.如圖所示，光滑斜面體ABC固定在地面上，斜面AB傾角為37。，斜面AC傾角為53。，P、Q兩個

物塊分別放在AB、AC斜面上，并用繞過斜面體頂端A處光滑定滑輪的細(xì)線連接。放在AC斜面上的輕

彈簧，一端與Q相連，另一端與固定在C點的擋板相連，物塊P、Q的質(zhì)量分別為2m、m,彈簧的勁度

系數(shù)為k,重力加速度為g,兩斜面足夠長。開始時鎖定物塊P,細(xì)線剛好拉直，張力為零，現(xiàn)解除物塊P

⑴解除鎖定的一瞬間，物塊P的加速度大??；

⑵當(dāng)物塊Q向上運動當(dāng)空的距離時，物塊Q的速度大小；

K

⑶當(dāng)物塊Q向上運動的距離當(dāng)壁■時，彈簧斷開，同時給物塊P一個平行AB斜面向上的恒定推力F,此

后細(xì)線的拉力為零，且P、Q兩物塊的速度同時減為零，則當(dāng)物塊Q速度為零時，物塊P克服推力做功

為多少。

【答案】(1)0.4g(2)姆口(3)56心二

576k15k

【解析】

【詳解】

⑴解除鎖定的一瞬間，設(shè)物塊P的加速度大小為田；根據(jù)牛頓第二定律有

2mgsin370-T=2ma1

對物塊Q研究有

T+kx-mgsin530=max

又

kx=mgsin53°

解得

ai=0.4g

⑵由

kx-mgsin53°

得開始時彈簧的壓縮量

k

當(dāng)物塊Q向上運動學(xué)的距離時，彈簧的伸長量

k

，l.6mgO.Smg0.8mp

x=-------------=------

kkk

由此可知，物塊Q向上運動中的距離時，彈簧的彈性勢能變化量為零。根據(jù)能量守恒定律可知

k

[imgsin37-mgsin53)-L?」=gx3機(jī)/

可得物塊Q的速度大小

(3)彈簧斷開，同時給物塊P一個平行AB斜面向上的恒定推力后，物塊Q向上做勻減速運動的加速度

a2=gsin53°=0.8g

物塊P向下做勻減速運動的加速度大小也為a2o根據(jù)牛頓第二定律有

F-2mgsin37°=2ma2

解得

F=2.8mg

此過程物塊Q沿斜面向上運動的距離

/=崛

2a215k

物塊P克服推力做功

56m2g2

W=Fx=

75k

25.如圖所示，質(zhì)量為M=2kg的長木板甲放在光滑的水平桌面上，在長木板右端l=2m處有一豎直固定

的彈性擋板，質(zhì)量為m=lkg可視為質(zhì)點的滑塊乙從長木板的左端沖上，滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)

為M=0.2,重力加速度g=10m/s2,假設(shè)長木板與彈性擋板發(fā)生碰撞時沒有機(jī)械能的損失。

⑴滑塊乙的初速度大小為v°=3m/s時，滑塊乙不會離開長木板甲，則整個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能應(yīng)為多

少？

(2)如果滑塊乙的初速度大小為vo=llm/s,則長木板甲至少多長時，才能保證滑塊乙不會離開長木板甲？

乙v

口|即甲V-/一

r777777777777r777777777777777777777777777777777i

131

【答案】⑴卞J；⑵30-m

36

【解析】

【詳解】

(1)設(shè)甲、乙與擋板碰前先達(dá)共同速度，則由動量守恒定律得

mvQ=(M+ni)v}

解得

vi=lm/s

設(shè)此時甲的位移x”則

102

必哂

得

xi=0.5m<I

假設(shè)正確

甲與彈性擋板碰后立即反向運動，向左共速時速度為V2,則

Mvx-mvx=(M+ni)v2

解得

1,

v2=—m/s

整個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能

mv

Q-~^o+根M

⑵甲、乙的加速度大小分別為

Z//7ZP1/2r\i2

a.=----=lm/s-,a2=〃g=2m/s

M

設(shè)甲一直加速，則甲撞擊彈性擋板時的速度為

v3==2m/s

加速時間

/=—=2s

4

此時乙的速度

v4=v0-a2t=7m/s

顯然甲撞擊墻壁時甲、乙兩物體未達(dá)共速，甲撞彈性擋板后甲、乙兩物體的速度相反，乙的動量大，故共

速時

mv4-MV3=(m+M)V5

解得

V5=lm/s,方向向右

此時尚未撞墻，系統(tǒng)以V5再次撞墻后甲速度反向，則

MV5-mv5-(M+m)v6

解得

v6=jm/s,方向向左

整個過程乙一直相對于甲向右運動，則由功能關(guān)系得

1,12

/.imgx--——(M+m)v6

解得

c八1

x=30—m

6

26.一輕質(zhì)彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與質(zhì)量為m的小物塊P接觸但不連接。AB是水平

軌道，質(zhì)量也為m的小物塊Q靜止在B點，B端與半徑為1的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD

豎直，物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)u可白。初始時PB間距為41,彈簧處于壓縮狀態(tài)。釋放P,P開始運

動，脫離彈簧后在B點與Q碰撞后粘在一起沿軌道運動，恰能經(jīng)過最高點D,己知重力加速度g,求：

(1)粘合體在B點的速度；

(2)初始時彈簧的彈性勢能。

【答案】(1)際;(2)12mgl

【解析】

【分析】

【詳解】

(D恰好能夠到達(dá)D點時，由重力提供向心力，由牛頓第二定律有

可得

Vp=&i

從B到D,由機(jī)械能守恒定律得

1c21c2

4mgl+—?2mvD=—?2mv^

得

VB=^

(2)P與Q碰撞的過程時間短，水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，設(shè)碰撞前P的速度為v,則

mv=2mvB

P從開始釋放到到達(dá)Q的過程中，彈簧的彈力對P做正功，地面的摩擦力對P做負(fù)功，由功能關(guān)系得

I2

Ep-jumg?4/=—mv

聯(lián)立得

Ep=\2mgl

27.如圖所示的矩形玻璃磚，下底面鍍銀，厚為d,一束單色光沿OC方向射到玻璃磚上表面，折射后經(jīng)

下底面反射后再經(jīng)上表面射出。已知OC與玻璃磚上表面成30。角，玻璃磚對該單色光的折射率為6,

光在真空中的傳播速度為c。求：

⑴光在玻璃磚中傳播的時間；

⑵光射出玻璃磚上表面的折射角。

4d

【答案】⑴一；(2)60°

C

【解析】

【分析】

【詳解】

⑴設(shè)折射光線在上表面的入射角為彳，折射角為在玻璃磚中傳播速度為V,傳播距離為X,傳播時間

為t,Zj=60°,則

sin/j

u=-

n

2d

x=------

cos彳

X

t=—

V

解得

4=30°

4d

t=—

(2)折射光線在下底面反射后在上表面的D點折射后到B點，設(shè)在D點入射角為弓，折射角為匕，則

a=4

r2-a

sinL

------=n

sinr2

解得

z2=60°

28.某幼兒園設(shè)計的一個滑梯，由于場地大小的限制，滑梯的水平跨度確定為4m,如圖所示。已知滑梯

與兒童褲料之間的動摩擦因數(shù)為0.4,為使兒童能從滑梯頂端由靜止滑下，且到達(dá)地面的速度不超過2m/s,

取g等于10m/s2,求滑梯高度范圍。

【答案】1.6mVh勺.8m

【解析】

【詳解】

要使得兒童能由靜止下滑，必須

mgsin0l>/