溫州市名校新高考物理易錯(cuò)100題解答題含解析

[word版可編輯】溫州市名校新高考物理易錯(cuò)100題解答題

精選高考物理解答題100題含答案有解析

1.一列簡(jiǎn)諧橫波沿X軸正向傳播，r=o時(shí)的圖像如圖所示，此時(shí)x=18m處質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)，此時(shí)刻后介

質(zhì)中P質(zhì)點(diǎn)回到平衡位置的最短時(shí)間為0.2s,。質(zhì)點(diǎn)回到平衡位置的最短時(shí)間為Is,已知f=0時(shí)兩質(zhì)點(diǎn)

相對(duì)平衡位置的位移相同，求：

①波的傳播周期為多少？

②傳播速度是多大？

③從，=0時(shí)刻算起經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間距。點(diǎn)20m的質(zhì)點(diǎn)M第二次回到平衡位置？

【答案】①2.4s；②5m/s；③2.8s。

【解析】

【詳解】

①由題意簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正向傳播，分析得知，此時(shí)P點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)，。點(diǎn)向上，它們周期相同，則

T=2x(0.2s+ls)=2.4s

②根據(jù)圖像可知2=12m則波速

212,「，

v=—="——m/s=5m/s

T2.4

③距O點(diǎn)2()m的質(zhì)點(diǎn)M第二次回到平衡位置時(shí)，波向前傳播14m,則經(jīng)過的時(shí)間

X14

t=—=—s=2.8s

v5

即經(jīng)過2.8s質(zhì)點(diǎn)M第二次回到平衡位置。

2.A氣缸截面積為500cm2,A、B兩個(gè)氣缸中裝有體積均為104cm3、壓強(qiáng)均為l()5pa、溫度均為27℃的

理想氣體，中間用細(xì)管連接。細(xì)管中有一絕熱活塞M,細(xì)管容積不計(jì)?，F(xiàn)給左面的活塞N施加一個(gè)推力,

使其緩慢向右移動(dòng)，同時(shí)給B中氣體加熱，使此過程中A氣缸中的氣體溫度保持不變，活塞M保持在原

位置不動(dòng)。不計(jì)活塞與器壁間的摩擦，周圍大氣壓強(qiáng)為l()5Pa,當(dāng)推力F=1X1(PN時(shí)，求

①活塞N向右移動(dòng)的距離是多少；

②B氣缸中的氣體升溫到多少。

【答案】①3.3cm；②360K

【解析】

【詳解】

①加力F后，A中氣體的壓強(qiáng)為

〃A'=，o+g=L2xl()5pa

3A

對(duì)A中氣體，由

PNA=PAK

則得

初態(tài)時(shí)

LA%20cm

SR

末態(tài)時(shí)

["匕="cm

SA3

故活塞N向右移動(dòng)的距離是

d=Lx-LK=ycm=3.3cm

②對(duì)B中氣體，因活塞M保持在原位置不動(dòng)，末態(tài)壓強(qiáng)為

PB'=幺'=1-2'10^2

根據(jù)查理定律得

PB=PB'

TB一"，

解得

^2k=360K

PB

3.如圖所示，A、B和M、N為兩組平行金屬板。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，自A板中央小孔進(jìn)入

A、B間的電場(chǎng)，經(jīng)過電場(chǎng)加速，從B板中央小孔射出，沿M、N極板間的中心線方向進(jìn)入該區(qū)域。已知

極板A、B間的電壓為U0,極板M、N的長(zhǎng)度為1,極板間的距離為d。不計(jì)粒子重力及其在a板時(shí)的初

速度。

AB

(1)求粒子到達(dá)b板時(shí)的速度大小V；

(2)若在M、N間只加上偏轉(zhuǎn)電壓U,粒子能從M、N間的區(qū)域從右側(cè)飛出。求粒子射出該區(qū)域時(shí)沿垂

直于板面方向的側(cè)移量y；

(3)若在M、N間只加上垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子恰好從N板的右側(cè)邊緣飛出，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的

大小和方向。

【答案】(1)u=、但口(2)丫=黑-(3)8=一^弁、隹外，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面

Vm4d44/-+/丫q

向外。

【解析】

【分析】

(1)粒子在加速電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理可以求出粒子的速度。

(2)粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)求出粒子的偏移量。

(3)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，求粒子的軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律可以

求出磁感應(yīng)強(qiáng)度。

【詳解】

(1)帶電粒子在AB間運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有

解得丫=2?

Vm

19

(2)帶電粒子在M、N極板間沿電場(chǎng)力的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有y=/。廠

根據(jù)牛頓第二定律有?=—=—

mma

帶電粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有/=可

U12

聯(lián)立解得y=——

4也

(3)帶電粒子向下偏轉(zhuǎn)，由左手定則得磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外。

ab

M

根據(jù)牛頓第二定律有qvB=m—

R

由圖中幾何關(guān)系有=尸+(R—1)2

2

解得R胃

聯(lián)立解得嚕J2產(chǎn)色

【點(diǎn)睛】

本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提與關(guān)鍵,應(yīng)用動(dòng)能定理、

類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與牛頓第二定律即可解題。

4.如圖所示，在質(zhì)量為M=0.99kg的小車上，固定著一個(gè)質(zhì)量為m=0.01kg、電阻R=1C的矩形單匝線

圈MNPQ,其中MN邊水平，NP邊豎直，MN邊長(zhǎng)為L(zhǎng)=O.lm,NP邊長(zhǎng)為l=0.05m.小車載著線圈在光

滑水平面上一起以v0=10m/s的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，隨后進(jìn)入一水平有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁場(chǎng)寬度大于小車長(zhǎng)

度).磁場(chǎng)方向與線圈平面垂直并指向紙內(nèi)、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=LOT.已知線圈與小車之間絕緣，小車

長(zhǎng)度與線圈MN邊長(zhǎng)度相同.求：

7///////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////,

(1)小車剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線圈中感應(yīng)電流I的大小和方向；

(2)小車進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中流過線圈橫截面的電量q；

(3)如果磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知，已知完全穿出磁場(chǎng)時(shí)小車速度vi=2m/s,求小車進(jìn)入磁場(chǎng)過程中線圈電

阻的發(fā)熱量Q.

【答案】(1)0.5A電流方向?yàn)镸TQ—PTNTM(2)5xlO-3C(3)32J

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)線圈切割磁感線的速度vo=lOm/s,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

E=B1VO=1X0.05X10=0.5V

由閉合電路歐姆定律得，線圈中電流

由楞次定律知，線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)镸TQTPTNTM

(2)小車進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中流過線圈橫截面的電量為

E

q=IAt=—△t

R

又

①

E=——

△0>=BS

聯(lián)立可得

BS,

q=—=5xlO3C

R

(3)設(shè)小車完全進(jìn)入磁場(chǎng)后速度為V,在小車進(jìn)入磁場(chǎng)從t時(shí)刻到t+At時(shí)刻(AtTO)過中，根據(jù)牛頓

第二定律得

V

t

即

-BIIAt=mAv

兩邊求和得

E-BIIt=Zmv

則得

Blq=m(vo-v)

設(shè)小車出磁場(chǎng)的過程中流過線圈橫截面的電量為q，，同理得

Blq'=m(v-vi)

又線圈進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)過程中磁通量的變化量相同，因而有q=q，

故得

Vo-V=V-Vl

即

V+V,

v=--n-------=6m/s

2

所以，小車進(jìn)入磁場(chǎng)過程中線圈電阻的發(fā)熱量為

Q=—(M+m)vo2--(M+m)v2=—xlxlO2--xlx62=32J

2222

5.如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對(duì)齊。A與B、B與地面間的動(dòng)摩擦因

數(shù)均為尺先敲擊A,A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動(dòng)距離L后停下。接著敲擊B,B立即獲

得水平向右的初速度，A、B都向右運(yùn)動(dòng)，左邊緣再次對(duì)齊時(shí)恰好相對(duì)靜止，此后兩者一起運(yùn)動(dòng)至停下。

最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。求：

(DA被敲擊后獲得的初速度大小VA；

(2)在左邊緣再次對(duì)齊的前、后，B運(yùn)動(dòng)加速度的大小ai；、aB';

A

B

【答案】⑴％=j2〃g\(2)3陪pg

【解析】

【詳解】

(1)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知，A加速度的大小

勻變速直線運(yùn)動(dòng)2aAL=VA?,解得

(2)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m,對(duì)齊前，B所受合外力大小

F=3pmg

由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F=maB,得

3um2

aB=--------=3ng

m

對(duì)齊后，A、B所受合外力大小

F'=2pmg

由牛頓運(yùn)動(dòng)定律

P=2maB'

得

。8=隔

6.如圖所示,薄木板在外力F的作用下帶著小物塊一起沿粗糙水平面向右勻速運(yùn)動(dòng),薄木板的質(zhì)量M=5kg,

小物塊的質(zhì)量m=lkg,小物塊位于薄木板的最右端,薄木板和小物塊與水平地面的摩擦因數(shù)分別為陽=0.5、

M2=0.2.從某時(shí)刻開始，外力F大小不變方向相反的作用在薄木板上，g取10m/s2,求：

(1)外力F的大小：

(2)忽略薄木板的高度，當(dāng)小物塊靜止時(shí)，距薄木板的右端L=15.5m,則兩者一起勻速運(yùn)動(dòng)的速度是多少？

27

【答案】(l)30N；(2)%=w>n/s

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)兩者一起勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有

F=pi(M+m)g=30N

(2)外力F反向后，小物塊脫離長(zhǎng)木板在水平面上做減速運(yùn)動(dòng)，加速度

ai=Z?=fl2g=2m/s2

m

設(shè)初速度為Vo,有腎^=占，O=vo-aiti,得

_2q

x-宜一

薄木板也做減速運(yùn)動(dòng)，加速度

%=上”=11mzs2

由于a2>a”所以薄木板的速度先減到零，有與比=X2,0=v°—a2t2,得

-2a2

.._v0t

然后薄木板向左加速運(yùn)動(dòng)，加速度

9警=lm/s2

有,小物塊距薄木板右端的距離

L=X1-X2+X3

解得

22,

%=ym/s

7.如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的木板A靜止在水平面上，其右端疊放著小物塊B左端恰好在。點(diǎn)。水平面以。

點(diǎn)為界，左側(cè)光滑、右側(cè)粗糙。物塊C(可以看成質(zhì)點(diǎn))和D間夾著一根被壓縮的輕彈簧，并用細(xì)線鎖住,

兩者以共同速度％=6m/s向右運(yùn)動(dòng)某時(shí)刻細(xì)線突然斷開，C和彈簧分離后撤去D,C與A碰撞(碰撞時(shí)

間極短)并與A粘連，此后1S時(shí)間內(nèi)，A、C及B的速度一時(shí)間圖象如圖乙所示。已知A、B、C、D的

質(zhì)量均為，〃=lkg,A、C與粗糙水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速

度g=10m/s2o求：

(1)木板A與粗糙水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)及B與A間的動(dòng)摩擦因數(shù);

(2)細(xì)線斷開之前彈簧的彈性勢(shì)能。

0

甲

【答案】(1)“=0.1,〃=0.2；(2)9J

【解析】

【詳解】

(1)設(shè)A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，B與A上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃'，由題圖乙可知，O~ls內(nèi),

A、C整體做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度

2

aM=3.5m/s

B做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度

2

am=lm/s

對(duì)A、C整體有

—3/jmg-/Jmg=-2maA]

對(duì)3有

〃。叫=叫1

解得

〃'=0.1,〃=0.2

(2)C與A碰撞過程中動(dòng)量守恒，有

mvc=2mvA

其中

vA=4.5m/s

解得

vc=9m/s

彈簧彈開過程中，C、D系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有

2機(jī)％=mvc+mvD

解得

vD=3m/s

彈簧彈開過程中，C、D及彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則有

gx2/nVg+與=；mv：+gmvj

解得

EP=9J

8.如圖所示，物體尸和。分別位于傾角。=37。的斜面和絕緣水平面上，用跨過光滑定滑輪。的絕緣輕

繩連接，繩。。段水平，繩0P段平行于斜面，絕緣水平面上方空間有范圍足夠大、水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),

已知P、。與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=。2,質(zhì)量均為m=lkg,P不帶電。帶ixlO-c的正電

荷。P、。均恰好能勻速滑動(dòng)。P、。與接觸面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取sin37。=0.6,

【答案】耳=2.4X1()3N/C或￡：2=9.6X103N/C

【解析】

【詳解】

當(dāng)P沿斜面向下勻速滑動(dòng)時(shí)，受到的摩擦力沿斜面向上，對(duì)P、Q整體分析，由平衡條件有:

mgsin0-/jmgcos0=qE[+/jmg

解得：

耳=2.4X103N/C

當(dāng)P沿斜面向上勻速滑動(dòng)時(shí)，受到的摩擦力沿斜面向下，對(duì)尸、Q整體分析，由平衡條件有:

mgsin6+乂mgcos0=qE,—"mg

解得：

E,=9.6X103N/C

9.如圖所示，將一個(gè)折射率為〃=也的透明長(zhǎng)方體放在空氣中，矩形ABCD是它的一個(gè)截面，一單色

2

細(xì)光束入射到P點(diǎn)，AP之間的距離為d,入射角為。，AD=46AP，AP間的距離為d=30cm,光速為

c=3.0xl()8m/s,求：

(i)若要使光束進(jìn)入長(zhǎng)方體后正好能射至D點(diǎn)上，光線在PD之間傳播的時(shí)間；

(ii)若要使光束在AD面上發(fā)生全反射，角0的范圍。

【答案】(i)r=3.5xlO-9s;(ii)300<0<60°

【解析】

【分析】

【詳解】

⑴由幾何關(guān)系

PD=y]d2+6d2=^ld

/jd_Jld_/jd幣_(tái)7d_7x0.3m

=3.5X10-9S

v~cc2-2c一2x3x10$m/s

n

(ii)要使光束進(jìn)入長(zhǎng)方體后能射至AD面上，設(shè)最小折射角為a,如圖甲所示，根據(jù)幾何關(guān)系有

.dyi

sina=—.==——

"屋+(1d)27

根據(jù)折射定律有

sin。

-----=n

sina

解得角0的最小值為8=30。

如圖乙，要使光束在AD面上發(fā)生全反射，則要使射至AD面上的入射角p滿足關(guān)系式:

sinp>sinC

,c1

sinC=一

n

sin(3=cosa=Vl-sin2a=_(sin.)

解得

0<60°

因此角0的范圍為30°<0<60°.

10.如圖所示，AB為一光滑固定軌道，AC為動(dòng)摩擦因數(shù)口=0.25的粗糙水平軌道，O為水平地面上的一

點(diǎn)，且B、C、O在同一豎直線上，已知B、C兩點(diǎn)的高度差為h,C、。兩點(diǎn)的高度差也為h,AC兩點(diǎn)

相距s=2h.若質(zhì)量均為m的兩滑塊P、Q從A點(diǎn)以相同的初速度vo分別沿兩軌道滑行，到達(dá)B點(diǎn)或C

點(diǎn)后分別水平拋出.求：

%

為yll

A“qt

**—s=2.h—?!h

(1)兩滑塊P、Q落地點(diǎn)到O點(diǎn)的水平距離.

⑵欲使兩滑塊的落地點(diǎn)相同，滑塊的初速度V0應(yīng)滿足的條件.

(3)若滑塊Q的初速度V0已滿足(2)的條件，現(xiàn)將水平軌道AC向右延伸一段L,要使滑塊Q落地點(diǎn)距O

點(diǎn)的距離最遠(yuǎn)，L應(yīng)為多少？

【答案】⑴二［=2、二一2二二?三，二；=：二；一二二?宮⑵二產(chǎn)二(3)二=蘭二

、、口、、口，

【解析】

【分析】

(1)利用動(dòng)能定理分別求出到達(dá)BC點(diǎn)的速度，利用平拋運(yùn)動(dòng)求的水平位移；(2)利用兩位移相等即可求得速

度；(3)利用動(dòng)能定理求出平拋運(yùn)動(dòng)的速度，有數(shù)學(xué)關(guān)系求的即可.

【詳解】

(1)滑塊P從A到B的過程中由動(dòng)能定理可知:一二二二=(二二=-g二二；

可得：二-=二一2二二

從B點(diǎn)拋出Xl=VBtp

解得：二j=2'二；一2二二"二

滑塊Q從A至UC過程，由動(dòng)能定理得：-二二二二=g二二二一（二二］

解得：二-=二；一二二

■\

從C點(diǎn)拋出：二；=二二二二，二=9二二

解得：二；=;二;一二二

\\-

⑵要使X1=X2,聯(lián)立解得:二。=v'TZZ

（3）由動(dòng)能定理得：一二二二（二+二）=：二二；一：二二；

在延伸最右端拋出：二；=二二二，二=g二二；

距O點(diǎn)的距離為△x=L+x

得:二二=二：一二二+二當(dāng)二=?二時(shí),Ax取最大值三二

【點(diǎn)睛】

本題主要考查了動(dòng)能定理和平拋運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的綜合運(yùn)用，注意再求極值時(shí)數(shù)學(xué)知識(shí)的運(yùn)用.

11.隨著航空領(lǐng)域的發(fā)展，實(shí)現(xiàn)火箭回收利用，成為了各國(guó)都在重點(diǎn)突破的技術(shù)。其中有一技術(shù)難題是回

收時(shí)如何減緩對(duì)地的碰撞，為此設(shè)計(jì)師在返回火箭的底盤安裝了電磁緩沖裝置。該裝置的主要部件有兩部

分：①緩沖滑塊，由高強(qiáng)絕緣材料制成，其內(nèi)部邊緣繞有閉合單匝矩形線圈abed；②火箭主體，包括絕

緣光滑緩沖軌道MN、PQ和超導(dǎo)線圈（圖中未畫出），超導(dǎo)線圈能產(chǎn)生方向垂直于整個(gè)緩沖軌道平面的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)。當(dāng)緩沖滑塊接觸地面時(shí)，滑塊立即停止運(yùn)動(dòng)，此后線圈與火箭主體中的磁場(chǎng)相互作用，火箭主體

一直做減速運(yùn)動(dòng)直至達(dá)到軟著陸要求的速度，從而實(shí)現(xiàn)緩沖?，F(xiàn)已知緩沖滑塊豎直向下撞向地面時(shí)，火箭

主體的速度大小為vo,經(jīng)過時(shí)間t火箭著陸，速度恰好為零；線圈abed的電阻為R,其余電阻忽略不計(jì);

ab邊長(zhǎng)為1,火箭主體質(zhì)量為m,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,重力加速度為g,一切摩擦阻力不計(jì),

求：

（1）緩沖滑塊剛停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈ab邊兩端的電勢(shì)差Uab；

（2）緩沖滑塊剛停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，火箭主體的加速度大小；

(3)火箭主體的速度從vo減到零的過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的電能。

【答案】⑴4.叫⑵⑶E=+；汨

【解析】

【詳解】

(l)ab邊產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)：E=BLvo,因此

3

Uab=-Blv0

⑵安培力工b=電流為/=粵，對(duì)火箭主體受力分析可得:

A

Fab-mg=ma

解得：

⑶設(shè)下落t時(shí)間內(nèi)火箭下落的高度為h,對(duì)火箭主體由動(dòng)量定理:

mgt—Fabt=0—mvo

即

2

BI?hA

mgt----------=0—mvo

R

化簡(jiǎn)得

〃求(％+gf)

h=

根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的電能為:

E=mgh+^mvl

代入數(shù)據(jù)可得：

12.如圖所示為一下粗上細(xì)且上端開口的薄壁玻璃管，管內(nèi)有一段被水銀密閉的氣體，上管足夠長(zhǎng)，圖中

細(xì)管的截面積Si=lcm2,粗管的截面積S2=2cm?,管內(nèi)水銀長(zhǎng)度％=112=2cm,封閉氣體長(zhǎng)度L=8cm,大

氣壓強(qiáng)po=76cmHg,氣體初始溫度為320K,若緩慢升高氣體溫度，求:

(1)粗管內(nèi)的水銀剛被全部擠出時(shí)氣體的溫度；

(2)氣體的溫度達(dá)到533K時(shí)，水銀柱上端距粗玻璃管底部的距離。

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)以封閉的氣體為研究對(duì)象，初態(tài)氣體體積

VI=LS2

壓強(qiáng)為

Pi=+4+右=80cmHg

由于水銀總體積保持不變，設(shè)水銀全部進(jìn)入細(xì)管水銀長(zhǎng)度為x,則

V=5禽+S7h,

V2x2+lx2

x=三=----''=-----------cm=6cm

末狀態(tài)氣體

p2=Po+x=82cmHg

V2=(L+hl)S2

從初狀態(tài)到末狀態(tài)。由理想氣體狀態(tài)方程，

有

=P2V2

I~T2

代入數(shù)據(jù)解得

%=410K

(2)氣體溫度達(dá)到533K時(shí)，設(shè)水銀上端距粗玻璃管底部的距離為H,則

匕=(L+"I)S2+(”_￡_4—x)S,

氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋-呂薩克定律

11=匕

T2R

解得

H=22cm

13.如圖(a)為一除塵裝置的截面圖，塑料平板M、N的長(zhǎng)度及它們間距離均為d。大量均勻分布的帶電塵

埃以相同的速度vo進(jìn)人兩板間，速度方向與板平行，每顆塵埃的質(zhì)量均為m,帶電量均為-q。當(dāng)兩板間同

時(shí)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和垂直板向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，塵埃恰好勻速穿過兩板;若撤去板間電場(chǎng)，

并保持板間磁場(chǎng)不變，貼近N板入射的塵埃將打在M板右邊緣，塵埃恰好全部被平板吸附，即除塵效率

為100%；若撤去兩板間電場(chǎng)和磁場(chǎng)，建立如圖(b)所示的平面直角坐標(biāo)系xOy軸垂直于板并緊靠板右端,

x軸與兩板中軸線共線，要把塵埃全部收集到位于P(2.5d,-2d)處的條狀容器中，需在y軸右側(cè)加一垂直

于紙面向里的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。塵埃顆粒重力、顆粒間作用力及對(duì)板間電場(chǎng)磁場(chǎng)的影響均不計(jì)，求：

⑴兩板間磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小

⑵若撤去板間磁場(chǎng)，保持板間勻強(qiáng)電場(chǎng)不變，除塵效率為多少

(3)y軸右側(cè)所加圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B2大小的取值范圍

,mv2mv,.八4/nv

【答案】(l)-y；(2)50%；(3)-4-n

qd5qd5qd

【解析】

【詳解】

(1)貼近N極板射入的塵埃打在M板右邊緣的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示,

由幾何知識(shí)可知，塵埃在磁場(chǎng)中的半徑

R、二d

塵埃在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

解得

qd

(2)電場(chǎng)、磁場(chǎng)同時(shí)存在時(shí)，塵埃做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得

qE=qVoB\

撤去磁場(chǎng)以后粒子在電場(chǎng)力的作用下做平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)距離N極板)’的粒子恰好離開電場(chǎng)，則在水平方

向

d=vot

在豎直方向

12

y=—at"

-2

加速度

qE

a=--

m

解得

y=0.5d

所以除塵效率

77=2x100%=50%

d

(3)設(shè)圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為塵埃顆粒在圓形磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為&,要把塵埃全部收集到位

于P處的條狀容器中，就必須滿足

6="

另有

-m—

如圖乙

乙

當(dāng)圓形磁場(chǎng)區(qū)域過P點(diǎn)且與M板的延長(zhǎng)線相切時(shí)，圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑&最小，磁感應(yīng)強(qiáng)度與最大,

則有

小小=L25"

解得

如圖丙

當(dāng)圓形磁場(chǎng)區(qū)域過p點(diǎn)且與）,軸在M板的右端相切時(shí)，圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑飛最大，磁感應(yīng)強(qiáng)度為最

小，則有

4）大=25d

解得

_2mv0

所以圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小須滿足的條件為

2加?《凡＜4mV°

5qd~5qd

14.如圖所示，臨界角C為45。的液面上有一點(diǎn)光源S發(fā)出一束光垂直入射到水平放置于液體中且距液面

為d的平面鏡M上，當(dāng)平面鏡M繞垂直于紙面的軸O以角速度3做逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，觀察者發(fā)現(xiàn)液

面上有一光斑掠過，則觀察者們觀察到的光斑在液面上掠過的最大速度為多少？

【答案】43d

【解析】

【分析】

如圖示，當(dāng)平面鏡轉(zhuǎn)動(dòng)日角時(shí)，由光的反射定律可得，反射光線轉(zhuǎn)動(dòng)28角度；由于光從水中射入空氣，當(dāng)

入射角大于或等于臨界角時(shí)，發(fā)生全反射現(xiàn)象.所以恰好發(fā)生全反射時(shí)光斑在水面上掠過的最大速度.

【詳解】

設(shè)平面鏡轉(zhuǎn)過日角時(shí)，光線反射到水面上的P點(diǎn)，光斑速度為V,由圖可知：

液體的臨界角為C,當(dāng)28=C=45。時(shí)，V達(dá)到最大速度Vmax,

即Vmax=：三三?二%乂

即察者們觀察到的光斑在水面上掠過的最大速度為43d.

15.如圖所示，電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌由彎軌AB,FG和直窄軌BC,GH以及直寬軌DE、IJ組合而

成，AB、FG段均為豎直的;圓弧，半徑相等，分別在B,G兩點(diǎn)與窄軌BC、GH相切，窄軌和寬軌均

4

處于同一水平面內(nèi)，BC、GH等長(zhǎng)且與DE,IJ均相互平行，CD,Hl等長(zhǎng)，共線，且均與BC垂直。窄

軌和寬軌之間均有豎直向上的磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，窄軌間距為9，寬軌間距為L(zhǎng)。由同種材料制

2

成的相同金屬直棒a,b始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，兩棒的長(zhǎng)度均為L(zhǎng),質(zhì)量均為m,電阻均為R。初

始時(shí)b棒靜止于導(dǎo)軌BC段某位置，a棒由距水平面高h(yuǎn)處自由釋放。已知b棒剛到達(dá)C位置時(shí)的速度為

a棒剛到達(dá)B位置時(shí)的重力加速度為g,求：

(1)a棒剛進(jìn)入水平軌道時(shí)，b棒加速度ab的大小；

(2)b棒在BC段運(yùn)動(dòng)過程中，a棒產(chǎn)生的焦耳熱Qa；

(3)若a棒到達(dá)寬軌前已做勻速運(yùn)動(dòng)，其速度為a棒剛到達(dá)B位置時(shí)的;，則b棒從剛滑上寬軌到第一

次達(dá)到勻速的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Qbo

【答案】⑴BL；⑵-^-mgh；(3)^-mgh

4mR25600

【解析】

【詳解】

(1)a棒剛進(jìn)入水平軌道時(shí)，由機(jī)械能守恒得

2

mgh=gz?zv0

解得

由：

E=BLv

R總

E&=B1L

得

安一4R

由牛頓第二定律

a_至

ah一

m

河

4mR

(2)b棒在窄軌上運(yùn)動(dòng)的過程中，對(duì)a、b棒，設(shè)b棒剛滑上寬軌時(shí)的速度為以，此時(shí)a棒的速度為匕，

由動(dòng)量守恒得：

mv0—mva+mvh

又由：

1

得

4

匕=-vo

故由能量守恒，該過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱：

22

Q&i=wg/7-1/n(|v0)-m(1v0)

又因此過程中，a、b棒連入電路的電阻相等，故由

Q=I2Rt

得

14

%總】=石噸九

(3)當(dāng)a棒在窄軌上勻速時(shí)，b棒在寬軌上也一定勻速，設(shè)其速度分別為"、v'b,由

E=BLv

知

E.=B"：

%=BLv：

由4=紇得

工=2可

而由匕=3%可得

1

V%

b棒剛滑上寬軌時(shí)，a,b兩棒的總動(dòng)能為

&=昂加+昂］)=梟g

b棒在寬軌上第一次恰好達(dá)到勻速時(shí)，a,b兩棒的總動(dòng)能為

1<1Y1f1Y5

紇2=;機(jī)=777咫〃

212)2<4)1o

故從b棒剛滑上寬軌到第一次達(dá)到勻速的過程中，兩棒產(chǎn)生的總焦耳熱

八LL147,

?？?=用「用2=-

而此過程中，b棒連入電路的電阻是a棒的兩倍，由

Q=FRt

知

c2c147;

&=5。總2=麗圖〃

16.如圖所示，一內(nèi)壁光滑的長(zhǎng)圓柱形容器，器壁絕熱、底面積為S且導(dǎo)熱性能良好。初始時(shí)開口向上豎

直放置。容器內(nèi)有兩個(gè)質(zhì)量均為牛的絕熱活塞A和B。在A與B之間封有一定質(zhì)量溫度為To、高度為

5g

d的理想氣體甲，B與容器底面之間封有一定質(zhì)量的理想氣體乙，平衡時(shí)甲、乙兩部分氣體的體積均相等。

現(xiàn)讓容器緩慢倒過來開口向下豎直放置，兩個(gè)活塞再次平衡，此時(shí)氣體甲的體積變?yōu)樵瓉淼膅倍?；钊c

器壁間密閉性能好，且無摩擦，外界的溫度不變，大氣壓強(qiáng)為po,重力加速度取g。求：

①容器開口向下放置時(shí)氣體甲的溫度；

②容器開口向下放置時(shí)氣體乙的體積。

47

【答案】①，=§"；②]dS

【解析】

【分析】

【詳解】

①初始狀態(tài)下，對(duì)活塞A、B受力分析，均處于平衡狀態(tài)，得

mg+H)S=&S

mg+4s=P^S

倒置后，對(duì)活塞A、B受力分析，均處于平衡狀態(tài)，得

mg+=庶5

mg+P^S=4S

對(duì)甲部分氣體，由理想氣體狀態(tài)方程得

即二唱v

^()端

解得

4

T^=-TQ

②對(duì)乙部分氣體，由理想氣體等溫變化可得

攵憶=?吟

解得

77

K^-V=-dS

乙33

17.如圖所示，在第一象限內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,一個(gè)帶正電的粒子質(zhì)量為

m、電荷量為q,不計(jì)粒子的重力，由x軸上的P點(diǎn)垂直磁場(chǎng)射入，速度與x軸正方向夾角0=45。，p點(diǎn)

到坐標(biāo)原點(diǎn)的跑離為L(zhǎng)。

(1)若粒子恰好能從y軸上距原點(diǎn)L處的Q點(diǎn)飛出磁場(chǎng)，求粒子速度大小

(2)若粒子在磁場(chǎng)中有最長(zhǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，求粒子速度大小的范圍。

【答案】（1）u=1幽；（2）v《Q―內(nèi)qBL.

2mm

【解析】

【詳解】

（1）粒子的軌跡如圖所示

設(shè)粒子速率為v

_V2

qvB=m—

r

由幾何關(guān)系得

_V2

r---L

2

解得v=也退

2m

（2）若粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，則應(yīng)從x軸射出磁場(chǎng)，設(shè)其速度的最大值為%粒子恰好與y軸相切。

由幾何關(guān)系可知

彳）+為cos450=￡

解得6=（2-，，）乙。粒子的速度丫《三立2幽。

m

18.傾角為。的斜面與足夠長(zhǎng)的光滑水平面在D處平滑連接，斜面上AB的長(zhǎng)度為3L,BC、CD的長(zhǎng)度

均為3.5L,BC部分粗糙，其余部分光滑。如圖，4個(gè)“一”形小滑塊工件緊挨在一起排在斜面上，從下

往上依次標(biāo)為1、2、3、4,滑塊上長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿與斜面平行并與上一個(gè)滑塊接觸但不粘連，滑塊1恰好

在A處。現(xiàn)將4個(gè)滑塊一起由靜止釋放，設(shè)滑塊經(jīng)過D處時(shí)無機(jī)械能損失，輕桿不會(huì)與斜面相碰。已知

每個(gè)滑塊的質(zhì)量為m并可視為質(zhì)點(diǎn)，滑塊與粗糙面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為tan。，重力加速度為g。求

(2)4個(gè)滑塊全部滑上水平面后，相鄰滑塊之間的距離。

34

【答案】(1)F=—mgsin0(2)d=—L

43

【解析】

【詳解】

(1)以4個(gè)滑塊為研究對(duì)象，設(shè)第一個(gè)滑塊剛進(jìn)BC段時(shí)，4個(gè)滑塊的加速度為a,由牛頓第二定律:

4mgsin6—〃?mgcos0=

以滑塊1為研究對(duì)象，設(shè)剛進(jìn)入BC段時(shí)，輕桿受到的壓力為F,由牛頓第二定律：

F+gsin6-pi-mgcos0—ma

已知〃=tan。

3

聯(lián)立可得：F=—〃zgsin。

4

(2)設(shè)4個(gè)滑塊完全進(jìn)入粗糙段時(shí)，也即第4個(gè)滑塊剛進(jìn)入BC時(shí)，滑塊的共同速度為v

這個(gè)過程，4個(gè)滑塊向下移動(dòng)了6L的距離，1、2、3滑塊在粗糙段向下移動(dòng)的距離分別為3L、2L、L,

由動(dòng)能定理，有：

1,

4/〃gsine-6L-〃?加gcos6-(3L+2L+L)=—-4mv*

可得：v=3jgLsin6

由于動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=tan。，則4個(gè)滑塊都進(jìn)入BC段后，所受合外力為0,各滑塊均以速度v做勻速運(yùn)

動(dòng);

第1個(gè)滑塊離開BC后做勻加速下滑，設(shè)到達(dá)D處時(shí)速度為vi,由動(dòng)能定理:

Ov；12

zn^sin^-（3.5￡）——rm~

212

可得：V,=4jgLsin6

當(dāng)?shù)?個(gè)滑塊到達(dá)BC邊緣剛要離開粗糙段時(shí)，第2個(gè)滑塊正以v的速度勻速向下運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)L距離后

離開粗糙段，依次類推，直到第4個(gè)滑塊離開粗糙段。由此可知，相鄰兩個(gè)滑塊到達(dá)BC段邊緣的時(shí)間差

為因此到達(dá)水平面的時(shí)間差也為小="

vv

所以滑塊在水平面上的間距為△=

4

聯(lián)立解得

19.如圖甲所示，玻璃管豎直放置，AB段和CD段是兩段長(zhǎng)度均為h=25cm的水銀柱，BC段是長(zhǎng)度為

12=10cm的理想氣柱，玻璃管底部是長(zhǎng)度為b=12cm的理想氣柱.已知大氣壓強(qiáng)是75cmHg,玻璃管的

導(dǎo)熱性能良好，環(huán)境的溫度不變.將玻璃管緩慢旋轉(zhuǎn)180。倒置，穩(wěn)定后，水銀未從玻璃管中流出，如圖乙

所示.試求旋轉(zhuǎn)后A處的水銀面沿玻璃管移動(dòng)的距離.

圖甲圖乙

【答案】58cm

【解析】

【分析】

氣體發(fā)生等溫變化，求出兩部分氣體的狀態(tài)參量，然后應(yīng)用玻意耳定律求出氣體的體積，再求出水銀面移

動(dòng)的距離.

【詳解】

設(shè)玻璃管的橫截面積為S,選BC段封閉氣體為研究對(duì)象

初狀態(tài)時(shí)，氣體的體積為X=，2S

壓強(qiáng)為P1=75cmHg+25cmHg=100cmHg

末狀態(tài)時(shí)，氣體的體積為

壓強(qiáng)為P2=75cmHg_25cmHg=50cmHg

根據(jù)片匕=鳥匕

可得h,=20cm

再選玻璃管底部的氣體為研究對(duì)象，初狀態(tài)時(shí)，氣體的體積為匕=4S

壓強(qiáng)為P3=75cmHg+25cmHg+25cmHg=125cmHg

末狀態(tài)時(shí)，氣體的體積為匕=/；s

壓強(qiáng)為P4=75cmHg-25cmHg-25cmHg=25cmHg

根據(jù)6%=舄匕

可得b'=60cm

A處的水銀面沿玻璃管移動(dòng)了

l=(L'-L)+(13'-b)=1()cm+48cm=58cm

20.2019年12月以來，我國(guó)部分地區(qū)突發(fā)的新型冠狀病毒肺炎疫情威脅著人們的身體健康和生命安全，

勤消毒是一種關(guān)鍵的防疫措施，如圖甲所示。圖乙是噴霧消毒桶的原理圖，消毒桶高為h。在室外從加水

口加注高度為|■的消毒液，關(guān)閉噴霧口閥門K,密封加水口，上部封閉有壓強(qiáng)為p。、溫度為To的空氣。

將噴霧消毒桶移到室內(nèi)，一段時(shí)間后打開噴霧口閥門K,恰好有消毒液從噴霧口溢出。已知消毒液的密度

為。，大氣壓強(qiáng)恒為po,噴霧管的噴霧口與噴霧消毒桶頂部等高。忽略噴霧管的體積，將空氣看作理想

氣體，重力加速度為g。

(1)求室內(nèi)溫度。

(2)關(guān)閉K,在室內(nèi)用打氣筒向噴霧消毒桶內(nèi)充入空氣。然后，打開K,在室內(nèi)噴霧消毒。消毒完成時(shí),

發(fā)現(xiàn)桶內(nèi)消毒液的液面剛好降到桶底。求充入空氣與原有空氣的質(zhì)量比。(假設(shè)整個(gè)過程中氣體溫度保持

不變。)

【答案】(1)。+磐兀,⑵要X。

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)設(shè)室內(nèi)溫度為T”消毒桶移到室內(nèi)一段時(shí)間后，封閉氣體的壓強(qiáng)為pi

h

Pi=Po+Pg，3

氣體做等容變化，由查理定律得：

邑=旦

”工

解得

工=(1+譬玨

2Po

(2)以充氣前消毒桶內(nèi)空氣為研究對(duì)象。設(shè)消毒桶的橫截面積為S。充氣前壓強(qiáng)為pi時(shí)，設(shè)體積為V”則

hhS

P^Po+PS--

消毒完成后，設(shè)壓強(qiáng)為P2,體積為V2,對(duì)應(yīng)的氣柱高度為h2,則

Pi=Po+Pgh,匕=色5

因氣體做等溫變化，由玻意耳定律得

PM=Py2

解得

"=2為+「8hh

-4po+4pgh

在同溫同壓下，同種氣體的質(zhì)量比等于體積比。設(shè)原有空氣的質(zhì)量為mo,打進(jìn)空氣的質(zhì)量為m,則

m_h-h2

砥)b

解得：

Am_2〃o+3夕g/z

/2Po+Pgh

21.如圖所示是一種叫“蹦極跳”的運(yùn)動(dòng)。跳躍者用彈性長(zhǎng)繩一端綁在腳踝關(guān)節(jié)處，另一端固定在距地面幾

十米高處，然后從該高處自由跳下。某人做蹦極運(yùn)動(dòng)時(shí)，從起跳開始計(jì)時(shí)，他對(duì)彈性長(zhǎng)繩的彈力F隨時(shí)間

t變化為如圖所示的曲線。為研究方便，不計(jì)彈性長(zhǎng)繩的重力，忽略跳躍者所受的空氣阻力，并假設(shè)他僅

在豎直方向運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2。根據(jù)圖中信息求：

(1)該跳躍者在此次跳躍過程中的最大加速度；

⑵該跳躍者所用彈性繩的原長(zhǎng)；

(3)假設(shè)跳躍者的機(jī)械能都損耗于與彈性繩相互作用過程中。試估算，為使該跳躍者第一次彈回時(shí)能到達(dá)與

起跳點(diǎn)等高處，需要給他多大的初速度。

【答案】⑴20m/s2(2)11.25m(3)5.4m/s

【解析】

【詳解】

(1)由圖象可知，運(yùn)動(dòng)員的重力

mg=500N,

彈性繩對(duì)跳躍者的最大彈力

Fm=1500N

對(duì)運(yùn)動(dòng)員受力分析，由牛頓第二定律得:

Fm-mg^mam

聯(lián)立解得：運(yùn)動(dòng)員的最大加速度

%=^^=20田

m

(2)由圖象可知，從起跳開始至彈性繩拉直所經(jīng)時(shí)間為h=1.5s

這一時(shí)間內(nèi)跳躍者下落的距離即為彈性繩的原長(zhǎng)，則其原長(zhǎng)

L==U.25m

(3)彈性繩第一次被拉直時(shí)跳躍者的速度

v,=勘=15m/s

由圖象可知，從彈性繩第一次恢復(fù)原長(zhǎng)至再次被拉直所經(jīng)時(shí)間為

t2=5.6-2.8s=2.8s

彈性繩第二次被拉直時(shí)跳躍者的速度

v2==14m/s

第一次彈性繩繃緊損耗的機(jī)械能為

11

△E=—mv[9--mv29=725J

為使該跳躍者第一次彈回時(shí)能到達(dá)與起跳點(diǎn)等高處，所需初速度為vo,則有

代入數(shù)據(jù)得：

%=.----?5.4m/s?

Vm

22.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第四象限有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

B=2.0T,一質(zhì)量m=5.0*10-8kg,電荷量4=1.0、10飛(2的粒子(重力不計(jì))，從點(diǎn)沿紙面以方向與軸

負(fù)方向夾角。=30。，大小不同的速度射入磁場(chǎng)，已知LopuBOcm,勿二3：

(1)若粒子垂直x軸飛出，求粒子在磁場(chǎng)中飛行時(shí)間;

(2)若粒子不能進(jìn)入x軸上方，求粒子速度大小滿足的條件。

y

0x

【答案】(D6.25X10-2S;(2)v<8m/s

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系可得

/?1=0.6m

NPQiQ=150。

則

mu；2

匕

解得飛行時(shí)間

f=150°=6.25xl(r2s

360°

甲

(2)若帶電粒子不從x軸射出，臨界軌跡如圖乙所示。

乙

由幾何關(guān)系得

6+旦sin。=LOP

解得

R、=0.2m

由

2

"8=丁

?2

解得

v2=8m/s

v<8m/s時(shí)粒子不能進(jìn)入x軸上方。

23.如圖所示，光滑軌道槽ABCD與粗糙軌道槽GH(點(diǎn)G與點(diǎn)D在同一高度但不相交，F(xiàn)H與圓相切)

通過光滑圓軌道EF平滑連接，組成一套完整的軌道，整個(gè)裝置位于豎直平面內(nèi)?，F(xiàn)將一質(zhì)量機(jī)=1必的

小球甲從AB段距地面高為=2相處靜止釋放，與靜止在水平軌道上、質(zhì)量為1kg的小球乙發(fā)生完全彈性

碰撞。碰后小球乙滑上右邊斜面軌道并能通過軌道的最高點(diǎn)E點(diǎn)。已知CD、GH與水平面的夾角為9=37。,

GH段的動(dòng)摩擦因數(shù)為ji=0.25,圓軌道的半徑R=0.4m,E點(diǎn)離水平面的豎直高度為3R(E點(diǎn)為軌道的

最高點(diǎn))，(g=10根/$2,s%370=0.6,cos370=0.8)求兩球碰撞后：

BC0=31。

(1)小球乙第一次通過E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；

(2)小球乙沿GH段向上滑行后距離地面的最大高度；

(3)若將小球乙拿走，只將小球甲從AB段離地面h處自由釋放后，小球甲又能沿原路徑返回，試求h

的取值范圍。

【答案】(1)30N；(2)1.62m；(3)h<0.8mh>2.32m

【解析】

【詳解】

(1)小球甲從A點(diǎn)到B點(diǎn)由機(jī)械能守恒定律可得：啊

兩小球碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒定律可得：小平%=小%+吆M

由機(jī)械能守恒定律可得：g叫片=，％叫2+；加乙丫2

小球乙從BC軌道滑至E點(diǎn)過程，由機(jī)械能守恒定律得：g,生/=叱g.3R+g小匕2

小球乙在E點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律及向心力公式，N+m^g^m^

根據(jù)牛頓第三定律小球乙對(duì)軌道的壓力N，=N,由以上各式并代入數(shù)據(jù)得：M=2而m/s，N'=30N

(2)D>G離地面的高度九=2/?-R8s37=OASm

設(shè)小球乙上滑的最大高度為幻,則小球乙在GH段滑行的距離S=標(biāo)

小球乙從水平軌道位置滑至最高點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理：-叫1g4-力=0-g叫產(chǎn)

其中/=W〃gcos37,v'=2y/I()m/s,

由以上各式并代入數(shù)據(jù)得幻=L62m

(3)只有小球甲時(shí)，小球甲要沿原路徑返回，若未能完成圓周運(yùn)動(dòng)，則〃42/?=0.8加

若能完成圓周運(yùn)動(dòng)，則小球甲返回時(shí)必須能經(jīng)過圓軌道的最高點(diǎn)E。設(shè)小球沿GH上升的豎直高度為△/7,

A/7

上升過程克服摩擦力做功為叼，則：Wfif=^cos37-

J/=sin37

小球甲從釋放位置滑至最高點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理：加g伍一九-△〃)一嗎=0

設(shè)小球甲返回至G點(diǎn)時(shí)的速度為七,根據(jù)動(dòng)能定理：mg\h-wf=-mvl

從G點(diǎn)返回至E點(diǎn)的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒：；m^=mg(R+Rcos37)+；帆片

V

在”E「點(diǎn)上，mp-in—F

R

由以上各式得h=2.32m

故小球甲沿原路徑返回的條件為h<0.8切或/i22.32〃？

24.如圖所示的裝置可以用來測(cè)量水的深度。該裝置由左端開口的氣缸M和密閉的氣缸N組成，兩氣缸

由一細(xì)管(容積可忽略)連通，兩氣缸均由導(dǎo)熱材料制成，內(nèi)徑相同。氣缸“長(zhǎng)為3乙，氣缸N長(zhǎng)為L(zhǎng),

薄活塞A、8密閉性良好且可以無摩擦滑動(dòng)。初始時(shí)兩氣缸處于溫度為27C的空氣中，氣缸M、N中

分別封閉壓強(qiáng)為“。、2Po的理想氣體，活塞A、8均位于氣缸的最左端。將該裝置放入水中，測(cè)得所在

處的溫度為87C,且活塞8向右移動(dòng)了;L。已知大氣壓強(qiáng)為外,相當(dāng)于10m高水柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)。求：

BB

M="

k-3L--

(1)裝置所在處水的深度；

⑵活塞A向右移動(dòng)的距離。

【答案】(1)〃=38m；(2)x=-L

4

【解析】

【詳解】

⑴氣缸N中氣體初狀態(tài)：=2,0，1=300K,%=LS

氣缸N中氣體末狀態(tài)：(=360K,晨2=^LS

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有

PNM_PN'I

〒一T2

放入水中后氣缸M中的氣體壓強(qiáng)與氣缸N中的氣體壓強(qiáng)相等，即

PM2=PN2

在此處水產(chǎn)生的壓強(qiáng)為

〃水=〃“2一〃0

解得

〃水=3?8〃o

10m高的水柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)為玲，所以此處水深〃=38m

(2)裝置放在水中后，設(shè)活塞A向右側(cè)移動(dòng)的距離為無

氣缸M中氣體初狀態(tài)：