高考理綜物理解答題專項(xiàng)集中訓(xùn)練50題含答案

學(xué)校:姓名：班級(jí):考號(hào)：

一、解答題

1.“天舟一號(hào)”貨運(yùn)飛船于2017年4月20日在海南文昌航天發(fā)射中心成功發(fā)射升空，

完成了與天宮二號(hào)空間實(shí)驗(yàn)室交會(huì)對(duì)接.已知地球質(zhì)量為M,半徑為R萬(wàn)有引力常量

為G.

（1）求質(zhì)量為m的飛船在距地面高度為/z的圓軌道運(yùn)行時(shí)的向心力和向心加速度大小.

（2）若飛船停泊于赤道上，考慮地球的自轉(zhuǎn)因素，自轉(zhuǎn)周期為元，求飛船內(nèi)質(zhì)量為加

的小物體所受重力大小Go.

（3）發(fā)射同一衛(wèi)星到地球同步軌道時(shí)，航天發(fā)射場(chǎng)一般選取低緯度還是高緯度發(fā)射基

地更為合理？原因是什么？

【答案】（1）4=河GM方（2）Gs=GM-m^-/4,乃2R（3）借助接近赤道的低緯度發(fā)射基地

更為合理，原因是低緯度地區(qū)相對(duì)于地心可以有較大線速度，有較大的初動(dòng)能

【解析】

【詳解】

(1)根據(jù)萬(wàn)有引力定律和牛頓第二定律有

—Mm

G-------ma

%(R+4

GM

解得a=--------不

(R+〃)

2

后二Mm4K

（2）根據(jù)萬(wàn)有引力定律及向心力公式,有舄產(chǎn)GR及耳廣機(jī)產(chǎn)R

%=『+6艙

解得G—爺生-%（等冰

（3）借助接近赤道的低緯度發(fā)射基地更為合理，原因是低緯度地區(qū)相對(duì)于地心可以有

較大線速度，有較大的初動(dòng)能.

2.如圖甲所示，校園中的“噴泉”從水面以相同傾斜角度和速度大小噴射而出，水滴下

落擊打水面形成層層漣漪甚為美觀.水滴的運(yùn)動(dòng)為一般的拋體運(yùn)動(dòng)，它的受力情況與平

拋運(yùn)動(dòng)相同，在水平方向不受力，在豎直方向只受重力，我們可以仿照研究平拋運(yùn)動(dòng)的

方法來(lái)研究一般的拋體運(yùn)動(dòng).圖甲中所示噴泉水滴的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙中所示，上升的最

大高度為/7,水滴下落在水面的位置距噴水口的距離為止已知噴出口的水流量。(流

量。定義為單位時(shí)間內(nèi)噴出水的體積)，水的密度為p,重力加速度為g.

(1)求上述噴泉中水從噴水口噴出時(shí)的速度大小V.

(2)如圖乙所示，若該“噴泉”是采用水泵將水先從距水面下深度為“處由靜止提升至

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

均功率P.

【答案】⑴—叵+篇⑵尸=哼^(guò)

【解析】

【詳解】

(1)由運(yùn)動(dòng)的合成與分解及平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知：

豎直方向h=；gt2

水平方向4=v

解得“需

水從噴口噴出時(shí)豎直方向

所以水從噴口噴出時(shí)的速度大小為V=Jv：+v：回+2gh

(2)在Af時(shí)間內(nèi)，噴射出水的質(zhì)量△機(jī)。加

對(duì)4時(shí)間內(nèi)噴出的水，在最高點(diǎn)的動(dòng)能：4=g△叫2

由功能關(guān)系，nPXt=Am(H+h)g+g△，叫2

解得P=寫(xiě)的

旬

3.如圖，從陰極K發(fā)射的熱電子，重力和初速度均不計(jì)，通過(guò)加速電場(chǎng)后，沿圖示虛

線垂直射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，磁場(chǎng)區(qū)域足夠長(zhǎng)，寬度為L(zhǎng)=2.5cm.己知加速電壓為U=182V,

試卷第2頁(yè)，共61頁(yè)

磁感應(yīng)強(qiáng)度B=9」xl(HT,電子的電荷量e=I.6xl()T9c,電子質(zhì)量機(jī)=9.以10⑹kg.求:

__9__

□XXX

XXX

XXX

------XXX

(1)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小V和半徑R.

(2)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間f(結(jié)果保留兀).

(3)若加速電壓大小可以改變，其他條件不變，為使電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng),

加速電壓。應(yīng)滿足什么條件？

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

96

【解析】

【詳解】

(1)加速電場(chǎng)有動(dòng)能定理得：eU=\tnv2-0

2

解得v-隹Z=8xl06mzs

Vm

電子在磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)，有牛頓第二定律豉8=叱

R

tnv

解得R=F=0。5m

qB

(2)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期7=2的JxlO-s

v8

由幾何關(guān)系sin，===：

A2

1jr

則6=30°,t=—T=—x]O1s

1296

(3)電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)，圓心角為180。如圖所示

當(dāng)運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)右界相切時(shí)，R=L=2.5cm

依題意R42.5cm

由R=—和y=

eB

解得八嚏

所以US45.5V

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

96

4.如圖所示，一束光從空氣沿與玻璃球水平直徑成i=60。角的方向射入玻璃球.已知光

在空氣中的傳播速度為c,玻璃球的直徑為d,折射率n=￡,不考慮光從玻璃球內(nèi)射到玻璃

球外時(shí)發(fā)生折射后的的反射.求：

①在玻璃球內(nèi)的折射光線與該玻璃球水平直徑的夾角r

②光在玻璃球中的傳播時(shí)間t

【答案】(1)30°(2)

【解析】

【詳解】

(1)根據(jù)折射定律可知：〃=亞解得r=30°

sinr

(2)由幾何關(guān)系可知，折射光在玻璃中通過(guò)的路程s=2xgcosr

光在玻璃中的速度：v=-

n

由1="解得"，

5.如圖所示，長(zhǎng)為力的水銀柱將上端封閉的玻璃管內(nèi)氣體分隔成上、下兩部分，A處

管內(nèi)、外水銀面相平,上部分氣體的長(zhǎng)度為“現(xiàn)將玻璃管緩慢豎直向上提升一定高度(管

下端未離開(kāi)水銀面)，穩(wěn)定時(shí)管中水銀面比管外水銀面高△〃.已知水銀的密度為。，

重力加速度為g,大氣壓強(qiáng)為區(qū),該過(guò)程中氣體的溫度保持不變.求：

(1)玻璃管向上提升前，上部分氣體的壓強(qiáng)p；

(2)玻璃管向上提升后，上部分氣體的長(zhǎng)度

試卷第4頁(yè)，共61頁(yè)

(兄-pg/QH

【答案】(1)P=P-Pgh

0凡-pg(h+Ah)

【解析】

【詳解】

(1)玻璃管向上提升前，A處管內(nèi)、外水銀面相平，封閉氣體壓強(qiáng)等于大氣壓強(qiáng)

對(duì)水銀柱根據(jù)平衡得：pS+pghS=poS

解得：P^Po-pgh

(2)玻璃管緩慢向上提升一定高度后，玻璃管上部分氣體的壓強(qiáng)變?yōu)?p'=p『pg(h+4h)

由玻意耳定律可知：pSH=p'SH'其中S為玻璃管的橫截面積

(Po-Pgh)H

解得:〃'=

6.如圖所示，水平地面OP長(zhǎng)度為L(zhǎng)=0.8,圓弧軌道半徑為R=0.4m,直線PN左側(cè)空

間分布有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E=l.OxlO4N/C,右側(cè)空間分布有垂直紙面

向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=500T.現(xiàn)將一質(zhì)量為m=0.05kg,帶電量為+q=+

1.0x104c的小球從0點(diǎn)靜止釋放，g取10m/s2,不計(jì)摩擦力和空氣阻力.求：

(1)小球第一次到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大??；

(2)小球經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；

(3)小球從N點(diǎn)飛出后，落回地面時(shí)距離P點(diǎn)的長(zhǎng)度.

【答案】⑴4亞初s(2)1.3N,方向豎直向上⑶0

【解析】

【分析】

(1)只有電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理求解P點(diǎn)的速度；

(2)根據(jù)動(dòng)能定理求解到達(dá)N點(diǎn)速度，然后根據(jù)向心力公式求解即可；

(3)將運(yùn)動(dòng)根據(jù)受力情況進(jìn)行分解，然后根據(jù)水平方向和豎直方向進(jìn)行求解即可.

【詳解】

(1)從O到P只有電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可以得到：EqL=3vj_0

代入數(shù)據(jù)可以得到：=4y/2m/s；

(2)從0到N根據(jù)動(dòng)能定理可以得到：EqL-mg-2R=^mv\,-0

代入數(shù)據(jù)可以得到：Vz=4mis

2

在N點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律可以得到：，"g+a%8+外,=相型

R

代入數(shù)據(jù)可以得到：品=L3N

根據(jù)牛頓第三定律可知，小球在N點(diǎn)軌道的壓力大小為L(zhǎng)3N,方向豎直向上；

(3)從N點(diǎn)飛出后，豎直方向只受重力作用，即2R=gg/，則/=o.4s

水平方向只受電場(chǎng)力做用，加速度為a=^=20,"/s2

m

則水平方向速度減到零，所需時(shí)間為乙=次=0.2$,然后水平方向反向加速，再加速0.2s

a

正好到達(dá)P點(diǎn)，即落回地面時(shí)距離P點(diǎn)的長(zhǎng)度為零.

【點(diǎn)睛】

本題考查帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，注意動(dòng)能定理的應(yīng)用，以及運(yùn)動(dòng)的合成分解

的應(yīng)用問(wèn)題.

7.如圖所示，內(nèi)壁光滑的氣缸水平放置，厚度不計(jì)的活塞與氣缸底部之間封閉了一定

質(zhì)量的理想氣體，氣體初始溫度為刀=300K,此時(shí)活塞與氣缸底部之間的距離為由=

24cm,在活塞的左側(cè)“2=6cm處有固定的卡環(huán)，大氣壓強(qiáng)po=l.OxlCPpa。求：

(1)要使活塞能緩慢達(dá)到卡環(huán)位置，封閉氣體的溫度至少升高到多少？

(2)當(dāng)封閉氣體的溫度緩慢升到7=450K時(shí)，封閉氣體的壓強(qiáng)為多少？

【答案】(1)及=375K；(2)0=1.2x10$Pa。

【解析】

【詳解】

(1)活塞緩慢移動(dòng)可知:

Pt=P2=P<>

對(duì)活塞中的氣體

試卷第6頁(yè)，共61頁(yè)

匕=匕

(T2

匕一4

%d,+d2

聯(lián)立解得:

7；=375K

(2)因7=450K＞《=375K,可判斷活塞處于卡環(huán)位置，此時(shí)體積

V=V2

所以:

￡_￡1

TT2

解得:

p=1.2xlO5Pa

8.如圖甲所示裝置由加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)組成，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)處在相距為d的

兩塊水平放置的平行導(dǎo)體板之間，勻強(qiáng)磁場(chǎng)水平寬度為1,豎直寬度足夠大.大量電子(重

力不計(jì))由靜止開(kāi)始，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射

入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng).已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e,加速電場(chǎng)的電壓為.當(dāng)偏

8md2

轉(zhuǎn)電場(chǎng)不加電壓時(shí)，這些電子通過(guò)兩板之間的時(shí)間為T(mén)；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)加上如圖乙所示的

周期為T(mén)、大小恒為Uo的電壓時(shí)，所有電子均能通過(guò)電場(chǎng)，穿過(guò)磁場(chǎng)后打在豎直放置

的熒光屏上.

(1)求水平導(dǎo)體板的板長(zhǎng)lo；

(2)求電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的最大側(cè)向位移ym；

(3)要使電子打在熒光屏上的速度方向斜向右下方，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍.

XX

XX

【答案】(1)；(2)

【解析】

【分析】

（1）應(yīng)用動(dòng)能定理求得電子經(jīng)加速獲得的速度，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后水平方向做勻速

直線運(yùn)動(dòng)，可求板長(zhǎng)；（2）電子在/二二尸7時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中半個(gè)周期

的時(shí)間內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，偏轉(zhuǎn)最??；電子在f=ZT時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)最大且是最小偏轉(zhuǎn)

的3倍；（3）電子打在熒光屏上的速度方向斜向右下方的臨界是電子垂直打在熒光屏上

和電子軌跡與屏相切，據(jù)臨界時(shí)的半徑可求出對(duì)應(yīng)的臨界磁感應(yīng)強(qiáng)度.

【詳解】

⑴電子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得則正絲匹

202md

水平導(dǎo)體板的板長(zhǎng)lo=VoT=向討

2md

（2）若電子在》=智7時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中半個(gè)周期的時(shí)間內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)

半個(gè)周期的側(cè)向位移）1=（警.（（）2=靠,

電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的最大側(cè)向位移兒=3），尸喂;

（3）電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向夾角為0

T

玉也七="=叼=昱，則夕=30°

%%2m%d3

2

電子進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有6田=加匕，其中V

Rcos0

垂直打在熒光屏上時(shí)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R/,R、sin0=l,此時(shí)B有最小值

軌跡與屏相切時(shí)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為&,R2sin0+R2=l,止匕時(shí)B有最大值

UaB-3UJUR3UR

聯(lián)立解得紇加故<B<

21d'小2ld2ld2ld

【點(diǎn)睛】

所謂臨界問(wèn)題是指一種物理過(guò)程或物理狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N物理過(guò)程或物理狀態(tài)的時(shí)候，

存在著分界的現(xiàn)象，即所謂的臨界狀態(tài)，符合這個(gè)臨界狀態(tài)的條件即為臨界條件，滿足

臨界條件的物理量稱為臨界值，在解答臨界問(wèn)題時(shí)，就是要找出臨界狀態(tài)，分析臨界條

件，求出臨界值.解決臨界問(wèn)題，一般有兩種基本方法：（1）以定理、定律為依據(jù)，首

先求出所研究問(wèn)題的一般規(guī)律和一般解，然后分析、討論其特殊規(guī)律和特殊解.（2）直

接分析、討論臨界狀態(tài)和相應(yīng)的臨界值，求解出所研究問(wèn)題的規(guī)律和解.

9.如圖所示，P/Q/P2Q2和M/MM2N2為水平放置的兩足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌，整個(gè)裝置處

在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.4T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，P/。/與間的距離為L(zhǎng)=1.0

m,8。2與例2N2間的距離為42=0.5m,兩導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì).質(zhì)量均為小=0.2kg

的兩金屬棒就、〃放在導(dǎo)軌上，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，并與導(dǎo)軌形

試卷第8頁(yè)，共61頁(yè)

成閉合回路.已知兩金屬棒位于兩導(dǎo)軌間部分的電阻均為R=1.0O；金屬棒與導(dǎo)軌間的

動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2,且與導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.取重力加速度大小g

=10m/s2.

(1)在f=0時(shí)刻，用垂直于金屬棒的水平外力F向右拉金屬棒cd,使其從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)

軌以a=5.0m/s2的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，金屬棒cd運(yùn)動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間金屬棒ah開(kāi)始運(yùn)

動(dòng)？

(2)若用一個(gè)適當(dāng)?shù)乃酵饬κ瑥奈粗?向右拉金屬棒cd,使其速度達(dá)到也=20m/s后沿

導(dǎo)軌勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)金屬棒融也恰好以恒定速度沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，求金屬棒外沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)

的速度大小和金屬棒cd勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)水平外力加的功率；

(3)當(dāng)金屬棒岫運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌Q/M位置時(shí)剛好碰到障礙物而停止運(yùn)動(dòng)，并將作用在金屬棒

cd上的水平外力改為尸/=0.4N,此時(shí)金屬棒〃的速度變?yōu)関o=30m/s,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間

金屬棒〃停止運(yùn)動(dòng)，求金屬棒油停止運(yùn)動(dòng)后金屬棒〃運(yùn)動(dòng)的距離.

【答案】(l)2s(2)v/=5m/s12W(3)225m

【解析】

【分析】

本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、牛頓第二定律及動(dòng)量的綜合問(wèn)題，意在考查考生的分析

綜合能力.

【詳解】

(1)設(shè)金屬棒cd運(yùn)動(dòng)f時(shí)間金屬棒外開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知，此時(shí)金屬棒cd

的速度v=at

金屬棒〃產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E2=BL2V

則通過(guò)整個(gè)回路的電流人=共=

2A2A

金屬棒ah所受安培力吊尸=生鏟

金屬棒ah剛要開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的臨界條件為FAi=「img

2umgR

聯(lián)立解得廣缶2s

⑵設(shè)金屬棒cd以速度V2=20m/s沿導(dǎo)軌勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒。。沿導(dǎo)軌勻速運(yùn)動(dòng)的速度

大小為n/，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=BL2V2—B5I

此時(shí)通過(guò)回路的電流/=裊=冬幺乜)

2Rt2R4

金屬棒ab所受安培力與=B1L,=*=〃ng

解得v/=5m/s

以金屬棒〃為研究對(duì)象，則有R=〃，ng+BLJ=0.6TN

水平外力F。的功率為Po=FoV2=nW

(3)對(duì)于金屬棒cd根據(jù)動(dòng)量定理得S-^nS-BLj)\t=Q-mv0

設(shè)金屬棒岫停止運(yùn)動(dòng)后金屬棒4運(yùn)動(dòng)的距離為x,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得

屏△①L叫x

7-A

根據(jù)閉合電路歐姆定律-3R

2

聯(lián)立解得：x=^^=225m

10.如圖所示，一質(zhì)量為M的平板車B放在光滑水平面上，在其右端放一質(zhì)量為帆的

小木塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))，且，〃(歷，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為"，現(xiàn)給A施加一水平向左

的外力F/=g凡同時(shí)給8施加一水平向右的外力F2=F,使A開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，B開(kāi)始

向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間r后同時(shí)撤去兩個(gè)外力，最后A恰好不會(huì)滑離B,重力加速度為g,

求：

(1)A、3最后的速度大小和方向；

(2)以水平面為參考系，A向左運(yùn)動(dòng)的位移最大時(shí)，8向右運(yùn)動(dòng)的位移大小.

3F2-5〃mgF+2必n2g2

7Mg

【解析】

【詳解】

(1)對(duì)A,根據(jù)牛頓第二定律有

1

—Fr—jumg=mai

解得a尸尸?砥

2m

試卷第10頁(yè)，共61頁(yè)

運(yùn)動(dòng)r時(shí)間后A的速度大小為

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

2m

(注：力也可用動(dòng)量定理進(jìn)行求解)

同理對(duì)B有F—Rmg=Ma2

解得

M

運(yùn)動(dòng)，時(shí)間后B的速度大小為V2^at=儂

2"9M

由于系統(tǒng)所加外力F2>F/,作用時(shí)間相同，故系統(tǒng)獲得的總沖量向右，規(guī)定向右為正方

向，撤去外力后，最后A、8共速，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

Mv2—mvi=(M+tn)v共

Ft

將刃、V2代入上式解得V#=T-TZ---7，方向向右

2(M+m)

⑵以水平面為參考系，A向左運(yùn)動(dòng)的位移最大，即A減速到零，根據(jù)牛頓第二定律有

I"77g=ma3

解得&3=〃g

則A減速的時(shí)間為「=-=

2"mg

這段時(shí)間內(nèi)對(duì)B由牛頓第二定律有〃"ig=Mw

解得回=曙

則A減速為零時(shí)，3的速度為

,Ft

V3=V2—a4l=-------

2M

故B在加速過(guò)程中的位移大小為x尸土片砰一刖1

122M

在A減速過(guò)程中B運(yùn)動(dòng)的位移為

v二與十匕廣二Q.一3〃mg)(尸一2〃〃吆)/

22即mMg

以水平面為參考系，A向左運(yùn)動(dòng)的位移最大時(shí)，B向右運(yùn)動(dòng)的位移大小為

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

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

2MMmMgMmMg

【點(diǎn)睛】

此題涉及到的研究對(duì)象有兩個(gè)，物理過(guò)程較多，所以難度較大；關(guān)鍵是首先搞清物體運(yùn)

動(dòng)的物理過(guò)程，按照物理過(guò)程發(fā)生的順序解答；注意涉及到速度、力和時(shí)間問(wèn)題要優(yōu)先

選擇動(dòng)量定律；注意臨界態(tài)的挖掘.

II.如圖所示，拋物面軌道4。通過(guò)水平軌道08與半圓形軌道BCD平滑連接，整個(gè)軌

道處于豎直平面內(nèi)，以。點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系xOy,拋物面軌道A。在坐標(biāo)系

中滿足y=；N(m)(后0).一小球從軌道A。上某處由靜止釋放，恰好可以通過(guò)半圓形軌

道BCZ)的最高點(diǎn)Q,最終落到了坐標(biāo)原點(diǎn)。，不計(jì)一切摩擦，已知水平軌道OB長(zhǎng)L

=2m,重力加速度g=10m/s2.求:

(1)半圓形軌道的半徑R和小球釋放點(diǎn)的高度》；

(2)若釋放點(diǎn)的高度”=4.45m,小球落到軌道上的點(diǎn)的坐標(biāo).

【答案】(1)1m,2.5m；(2)(-1.5m,0.75m)

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)設(shè)小球恰好可以通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)的速度為vD,則

公皿

R

小球離開(kāi)。點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則

2R=；gJ

￡=3

聯(lián)立可得

/?=1m

小球從釋放點(diǎn)到。點(diǎn)的過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有

mg(y-2R)=g機(jī)年

聯(lián)立可得

y=2.5m

(2)若釋放點(diǎn)的高度”=4.45m,則小球會(huì)落到拋物面軌道上，設(shè)小球到達(dá)。點(diǎn)時(shí)的速

度為丫，根據(jù)動(dòng)能定理有

fn8(y2_2R)=gmv2

試卷第12頁(yè)，共61頁(yè)

設(shè)落點(diǎn)的坐標(biāo)為(一X。，加)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有

r

XQ+L=vt

又因?yàn)?/p>

(m)

聯(lián)立可得

2

另一解不符合題意，舍去

故

x0=1.5m

y0=0.75m

所以落點(diǎn)坐標(biāo)為(-1$m,0.75m)

12.如圖所示，在y軸左側(cè)有半徑為R的圓形邊界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其圓心為x軸上的P點(diǎn)，

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向里.y軸右側(cè)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，

磁感應(yīng)強(qiáng)度為*8「兩磁場(chǎng)的邊界相切于O點(diǎn).在磁場(chǎng)中距離O點(diǎn)右側(cè)R的N點(diǎn)

處有一個(gè)厚度忽略不計(jì)，寬度很窄的擋板，粒子與該擋板碰撞后速度大小不變，反彈后

的角度與碰撞前相同(類似光的反射).現(xiàn)一質(zhì)量為m,帶電量為+q的粒子從A點(diǎn)以

速度v,(大小未知)沿著x軸正方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后射離圓形邊界的磁場(chǎng)，

其速度方向偏離原來(lái)方向的夾角為45。.忽略重力和空氣阻力.求：

(1)粒子從A出發(fā)到第一次離開(kāi)圓形邊界磁場(chǎng)所用的時(shí)間；

(2)粒子能否再回到A點(diǎn)，若不能，說(shuō)明理由；若能，求從A點(diǎn)出發(fā)到回到A點(diǎn)所用

的時(shí)間.

7cm

【答案】(1)磕

、nm(2\/2-2+y[27r)mtan22.5°

IqBqB

【解析】

【分析】

由題意畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡圖，并由幾何關(guān)系來(lái)確定圓心角，寫(xiě)出周期公式，尋找每次旋轉(zhuǎn)后

角度變化規(guī)律來(lái)來(lái)計(jì)算各段時(shí)間，然后求出求總時(shí)間；

【詳解】

(1)帶電粒子在左邊圓形磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)如圖所示，設(shè)。=45"，則粒子圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角

也為45。，則粒子從A出發(fā)到第一次離開(kāi)圓形邊界磁場(chǎng)所用的時(shí)間為:

45°丁_45°21nl_7cm

360?_360°

(2)由圖可知，在左側(cè)磁場(chǎng)中有：qB=y-,

Vmr

R0

而且：一=tan—=tan22.5°

r2

則：v==

mtntan22.5°

由圖可知粒子從左側(cè)磁場(chǎng)飛出進(jìn)入右邊磁場(chǎng)，中間AB段沒(méi)有磁場(chǎng)作用，為勻速運(yùn)動(dòng),

根據(jù)幾何關(guān)系可知：AB=(V2-1)/?

mIAR(5/2-lln?tan22.5°

則在AB段時(shí)間為：t=——=i-------L---------------

1vqB

在右側(cè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)：qv-=—

tan22.5°r

整理可以得到：廠=走/?,可知在右邊的運(yùn)動(dòng)為兩個(gè)半圓

2

_1127rm_yfl/cmtan22.5°

這兩個(gè)半圓的總時(shí)間為：’2==2X2X一廊—二W

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

tan22.5°

由圖可知，粒子仍能回到A點(diǎn)，則從A點(diǎn)出發(fā)到回到A點(diǎn)所用的時(shí)間為：

冗m（20-2+叵兀）/?/tan22.5°

7d2/3x42x（應(yīng)7"22.5。+仿…22.5。

124qBqBqB2qBqB

試卷第14頁(yè)，共61頁(yè)

O'

【點(diǎn)睛】

本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，難度較大，過(guò)程復(fù)雜，關(guān)鍵在于用運(yùn)動(dòng)軌跡圖來(lái)尋

找?guī)缀侮P(guān)系，確定長(zhǎng)度及角度，將復(fù)雜運(yùn)動(dòng)形成規(guī)律進(jìn)行簡(jiǎn)化解決.

13.如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)E=3V,內(nèi)阻不計(jì)，水平導(dǎo)軌不計(jì)電阻，不計(jì)摩擦阻力，寬

為0.1m.在相互平行的導(dǎo)軌上擱一導(dǎo)體，其電阻為1C,串聯(lián)電阻R的阻值為2C,導(dǎo)

體處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，現(xiàn)用水平輕繩通過(guò)光滑定滑輪吊著質(zhì)量為0.02kg的重

物，此時(shí)重物恰能靜止在傾角為30。的斜面上.

（1）若斜面光滑，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多大？

（2）若斜面動(dòng)摩擦因素u=立，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B可能為多大？

【答案】⑴B=1T（2）B=0.5T或1.5T

【解析】

【分析】

（1）斜面光滑，則安培力等于重物沿斜面的分力；

（2）斜面不光滑，則需要注意分析摩擦力的方向性的問(wèn)題;

【詳解】

（1）若斜面光滑，則繩的拉力等于重物沿斜面的分力，即T=mgsin300

再對(duì)金屬棒分析可知：尸安=7

則根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：/=白

R+r

即：B1L=%=T

聯(lián)立可以得到：B=\T-.

（2）若安培力較小，即磁感應(yīng)強(qiáng)度較小時(shí)，重物受到的摩擦力沿斜面向上

根據(jù)平衡條件有：Bj"+〃mgcos30°=mgsin30°

代入數(shù)據(jù)可以得到：B小=0.5T

若安培力較大，即磁感應(yīng)強(qiáng)度較大時(shí)，重物受到的摩擦力沿斜面向下

根據(jù)平衡條件有：B,.1L=mgsin30°+的gcos30°

代入數(shù)據(jù)可以得到：以=157.

【點(diǎn)睛】

本題考查有關(guān)安培力的平衡問(wèn)題，注意當(dāng)斜面不光滑時(shí)，重物受到的摩擦力方向不同，

然后根據(jù)平衡條件求解即可.

14.如圖，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根光滑足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距乙=1m,

導(dǎo)軌平面與水平面成6=30°角，上端連接阻值為R=2Q的電阻.勻強(qiáng)磁場(chǎng)B=Q4T垂

直于導(dǎo)軌平面向上.質(zhì)量”?=0.2kg、電阻r=l。的金屬棒以初速度%=6m/s從導(dǎo)

軌底端向上滑行，由于外還受到一個(gè)平行于導(dǎo)軌平面的外力F的作用，做勻變速直線

運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a=3m/s2、方向平行于斜面向下，設(shè)棒ab與導(dǎo)軌垂直并保持良好

接觸，g=10m/s2o求：

（1）棒"開(kāi)始運(yùn)動(dòng)瞬間，流過(guò)金屬棒的電流方向，此時(shí)金屬棒兩端的電壓4以及電

阻R消耗的電功率4；

（2）當(dāng)棒ab離導(dǎo)軌底端s=4.5m時(shí)所施加外力F的大小和方向。

【答案】（1）電流方向由。流向b,U0=L6V,4=1.28W；

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

試卷第16頁(yè)，共61頁(yè)

【解析】

【詳解】

（1）金屬棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)瞬間，根據(jù)右手定則可知，流過(guò)金屬棒的電流方向由。流向b,

此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

E0=BLv0=2AN

感應(yīng)電流為

r

fl=-^=0.8A

°R+r

金屬棒兩端的電壓為

t/0=/0/?=1.6V

電阻R消耗的電功率為

4=UO4)=1.28W

（2）設(shè)金屬棒離導(dǎo)軌底端s=4.5m時(shí)的速度大小為匕，則

-2as=v；-v()

解得

v,=3m/s

此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

g=町=1.2V

此時(shí)感應(yīng)電流為

E

^^=0.4A

R+r

金屬棒受到的安培力大小為

E女=8/J=0.16N

若此時(shí)金屬棒速度向上，設(shè)外力￡向上，由牛頓第二定律得

mgsin。+七一6=ma

解得

耳=0.56N

即此時(shí)外力方向沿斜面向上，大小為0.56N；

若此時(shí)金屬棒速度向下，設(shè)外力與向上，由牛頓第二定律得

mgsind-F.^-F-,=ma

解得

F2=0.24N

即此時(shí)外力方向沿斜面向上，大小為0.24N。

15.如圖所示,"7/二，"2=1.0kg,0=37。,足夠長(zhǎng)的固定斜面與g之間的動(dòng)摩擦因數(shù)"=0.25,

m2離地面力二0.8m,求系統(tǒng)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)“2落地后，砌還能向上滑行多遠(yuǎn)？(己

知斜面足夠長(zhǎng)，取g=10m/s2,sin37°=0.6)

【答案】5=0.1m

【解析】

【詳解】

設(shè)開(kāi)始下落時(shí)兩物體的加速度大小為〃/,繩子拉力為F,則根據(jù)牛頓第二定律得

m2g-F=m2al

F-migsinQ-jumigcosQ=nuai

由上兩式得到，

2g?m/gsin。-/gcos6=ai

代入解得

ai=lm/s2

設(shè)m2落地時(shí)的速度為v,則

設(shè)加2落地后加的加速度為〃2,版還能沿斜面上升S,則有

加/gsin0+"/w/gcos&="?

正=2〃2s

聯(lián)立上兩式得到，

v2ah

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

2g(sinO+jucosd)g(sin?+〃cos。)

代入解得

5=0.1m

【點(diǎn)睛】

試卷第18頁(yè)，共61頁(yè)

解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解，掌握整體法和隔離

法.此題也可以根據(jù)動(dòng)能定理，分兩個(gè)過(guò)程求解.

16.某型號(hào)的艦載飛機(jī)在航空母艦的跑道上加速時(shí),發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的最大加速度為5m/s2,

所需的起飛速度為50m/s,跑道長(zhǎng)100m.

（1）請(qǐng)你通過(guò)計(jì)算判斷，飛機(jī)能否從靜止開(kāi)始只靠自身的發(fā)動(dòng)機(jī)從艦上起飛？

（2）為了使飛機(jī)在開(kāi)始滑行時(shí)就有一定的初速度，航空母艦裝有彈射裝置.對(duì)于該型

號(hào)的艦載飛機(jī)，彈射系統(tǒng)必須使它至少具有多大的初速度？

【答案】（1）不能只靠自身的發(fā)動(dòng)機(jī)從艦上起飛（2）105/15m/s

【解析】

【分析】

根據(jù)位移速度關(guān)系式解出飛機(jī)從靜止靠自身起飛所需的位移，與跑道100m比較大小，

可知能否起飛；第二過(guò)程中再次應(yīng)用位移速度關(guān)系式解出飛機(jī)起飛的初速度；

【詳解】

（1）假設(shè)能從靜止靠自身起飛，需要跑道長(zhǎng)為玉，根據(jù)位移速度關(guān)系式：--葉=，

則為=二二3="於％=250加＞100”，所以，飛機(jī)不能靠自身的發(fā)動(dòng)機(jī)起飛；

2a2x5

22

（2）設(shè)彈射系統(tǒng)給的初速度為％,根據(jù)位移-速度關(guān)系式：v-v0=2ar

22

得到：v0=Vv-2ax=A/50-2x5xl00/n/s=1/s-

【點(diǎn)睛】

本題是勻變速直線運(yùn)動(dòng)的基本公式的直接應(yīng)用，解題時(shí)要學(xué)會(huì)公式的靈活運(yùn)用，這樣問(wèn)

題就會(huì)迎刃而解.

17.在不久的將來(lái)，我國(guó)科學(xué)家乘坐“嫦娥N號(hào)”飛上月球（可認(rèn)為是均勻球體），為了研

究月球，科學(xué)家在月球的“赤道”上以大小為物的初速度豎直上拋一物體，經(jīng)過(guò)時(shí)間〃,

物體回到拋出點(diǎn)；在月球的“兩極”處仍以大小為%的初速度豎直上拋同一物體，經(jīng)過(guò)時(shí)

間及，物體回到拋出點(diǎn).已知月球的半徑為凡求：

⑴月球的質(zhì)量；

（2）月球的自轉(zhuǎn)周期.

【解析】

【分析】

本題考查考慮天體自轉(zhuǎn)時(shí)，天體兩極處和赤道處重力加速度間差異與天體自轉(zhuǎn)的關(guān)系.

【詳解】

(1)科學(xué)家在“兩極”處豎直上拋物體時(shí),由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式-%=%-g2f2

解得月球“兩極”處的重力加速度g2=半

同理可得月球“赤道”處的重力加速度g=華

*1

Mm

在“兩極”沒(méi)有月球自轉(zhuǎn)的影響下，萬(wàn)有引力等于重力，G-^=mg2

解得月球的質(zhì)量用=?&

⑵由于月球自轉(zhuǎn)的影響，在“赤道”上，有G誓一g

解得:

18.如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的半圓形軌道在B點(diǎn)銜接，導(dǎo)軌半徑為R,

一個(gè)質(zhì)量為m的靜止物塊在A處壓縮彈簧，在彈力的作用下獲某一向右速度，當(dāng)它經(jīng)

過(guò)B點(diǎn)進(jìn)入導(dǎo)軌瞬間對(duì)導(dǎo)軌的壓力為其重力的7倍,之后向上運(yùn)動(dòng)恰能完成半圓周運(yùn)動(dòng)

到達(dá)c點(diǎn)，求:

(1)開(kāi)始時(shí)彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能;

(2)物塊從B到C克服阻力做的功；

(3)物塊離開(kāi)C點(diǎn)后落回水平面時(shí)的水平距離及動(dòng)能的大小.

【答案】(1)Ep=3mgR(2)Wf=^mgR(3)s=2R；2=|楊冰

【解析】

【分析】

由B點(diǎn)對(duì)導(dǎo)軌的壓力可求得物體在8點(diǎn)的速度，則由動(dòng)能定理可求得彈簧對(duì)物塊的彈力

所做的功，根據(jù)能量守恒知開(kāi)始時(shí)彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能；由臨界條件利用向心力公式可

求得最高點(diǎn)的速度，由動(dòng)能定理可求得摩擦力所做的功；由C到落后地面，物體做平拋

運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，則由機(jī)械能守恒定理可求得落回水平地面時(shí)的動(dòng)能

試卷第20頁(yè)，共61頁(yè)

【詳解】

Q）設(shè)物塊滑到8點(diǎn)的速度為力;由牛頓第二定律可得：N-mg=m遢,N=7mg;

R

得VB=7^:

設(shè)開(kāi)始時(shí)彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為Ep；由%=%；%匕，

4至8光滑，即以=%,

聯(lián)立解得用,=3〃?gR；

（2）設(shè)物塊恰能到達(dá)C點(diǎn)的速度為%;由叫=吟得Vc=標(biāo):

設(shè)物塊從B到C克服阻力做的功為叼；

由能量守恒可得=^-mv1+mg2R+Wf,

解得叼=^mgR-

（3）物塊離開(kāi)C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)；由2R=：g/，S=vct,得S=2R

由能量守恒可得EK=mg2R+g機(jī)b，解得4=|＞ngR.

【點(diǎn)睛】

解答本題首先應(yīng)明確物體運(yùn)動(dòng)的三個(gè)過(guò)程，第一過(guò)程彈力做功增加了物體的動(dòng)能；第二

過(guò)程做豎直面上的圓周運(yùn)動(dòng)，要注意臨界條件的應(yīng)用；第三過(guò)程做平拋運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守

恒.

19.如圖，平面直角坐標(biāo)系X。），中，在）＞0及）區(qū)域存在場(chǎng)強(qiáng)大小相同，方向相

3

反（均平行于y軸）的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在一萬(wàn)心勺＜0區(qū)域存在方向垂直于xOy平面（紙面）

向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為與=半，-質(zhì)量為，小電荷量為q

B3

的帶正電粒子，經(jīng)過(guò)），軸上的點(diǎn)P（0,L）時(shí)的速率為山，方向沿x軸正方向，然后經(jīng)

(1)粒子到達(dá)尸2點(diǎn)時(shí)的速度大小和方向；

(2)粒子第一次從磁場(chǎng)下邊界穿出位置的橫坐標(biāo)；

(3)粒子從P點(diǎn)出發(fā)后做周期性運(yùn)動(dòng)的周期.

【答案】(1)2%與x軸的夾角為53°(2)2L(3)(叱干.

360%

【解析】

【詳解】

(1)如答圖1,粒子從Pl到P2做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)到達(dá)P2時(shí)的y方向分速度為Vy

由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有：|乙=%4，L

3L4

可得：*=五，

故粒子在P2的速度大?。?/p>

7片+H=1

設(shè)V與X軸的夾角為￡

v4

則tan)=工=彳，即夕=53。

%3

(2)粒子從Pi到P2,據(jù)動(dòng)能定理有：qEL=mv2—mvo2

r砥廠8機(jī)u；

可得：E=—^

9qL

據(jù)題意解得：8=舞

3qL

據(jù)：qvB=m—

r

mv5

得：r=F="r

qB2

故粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為0,

試卷第22頁(yè)，共61頁(yè)

可得：P20'=—^―=—=r

2cos5302

故粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為0,

3

因粒子在磁場(chǎng)中的軌跡所對(duì)圓心角。=37。故粒子將垂直于y=-3L直線從M點(diǎn)穿出磁

場(chǎng)

3

由幾何關(guān)系可得M點(diǎn)的橫坐標(biāo)為：x=#十(LRC°S37。)=2L

(3)粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的軌跡如答圖1所示

一3L

物子從Pl運(yùn)動(dòng)到P2：A=—

2%

丁2冗r37cL

又因?yàn)椋浩?---=----

v%

_3737冗L

粒子從P2運(yùn)動(dòng)到M：/2-360磁一120%

“=隹=%

粒子從M運(yùn)動(dòng)到N：

m9L

v15L

貝(I：1一=『

a8%

(405+37^)1

則粒子周期運(yùn)動(dòng)的周期為：T=2(t|+t2+t3)=

60%

點(diǎn)睛：帶電粒子在電場(chǎng)及磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，關(guān)鍵是畫(huà)出運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，靈活運(yùn)用幾何

關(guān)系；知道類平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法以及圓周運(yùn)動(dòng)的研究方法.

20.如圖所示為一皮帶傳送裝置，其中A8段水平，長(zhǎng)度k8=4機(jī)，BC段傾斜，長(zhǎng)度足

夠長(zhǎng)，傾角為6=37：，AB和BC在B點(diǎn)通過(guò)一段極短的圓弧連接(圖中未畫(huà)出圓弧)傳

送帶以y=4〃?/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)?現(xiàn)將一質(zhì)量機(jī)=1僅的工件(可看做質(zhì)點(diǎn))無(wú)初

速度地放在A點(diǎn)，已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0$.

(1)工件從A點(diǎn)開(kāi)始至第一次到達(dá)B點(diǎn)所用的時(shí)間t；

(2)工件從第一次到達(dá)B點(diǎn)至第二次到達(dá)B點(diǎn)的過(guò)程中，工件與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生

的熱量Q.

【答案】(l)1.4s(2)64J

【解析】

【詳解】

(1)工件剛放在水平傳送帶上的加速度為4，由牛頓第二定律得：

jumg=max

解得：

%==5m/s2

設(shè)經(jīng)乙時(shí)間工件與傳送帶的速度相同，則有：

v4

t.=—=—s=0.8s

1q5

工件前進(jìn)的位移為：

11

x=—a,t^9=—x5x0.829=1.6m