高考理綜物理解答題專項集中訓練50題含答案解析

高考理綜物理解答題專項集中訓練50題含答案

學校:姓名：班級:考號：

一、解答題

1.“天舟一號”貨運飛船于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，

完成了與天宮二號空間實驗室交會對接.已知地球質量為M,半徑為R萬有引力常量

為G.

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

（2）若飛船停泊于赤道上，考慮地球的自轉因素，自轉周期為元，求飛船內質量為加

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，航天發(fā)射場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)相對于地心可以有較大線速度，有較大的初動能

【解析】

【詳解】

(1)根據萬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）根據萬有引力定律及向心力公式,有舄產GR及耳廣機產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)相對于地心可以有

較大線速度，有較大的初動能.

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.水滴的運動為一般的拋體運動，它的受力情況與平

拋運動相同，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動的

方法來研究一般的拋體運動.圖甲中所示噴泉水滴的運動軌跡如圖乙中所示，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。定義為單位時間內噴出水的體積)，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^

【解析】

【詳解】

(1)由運動的合成與分解及平拋運動規(guī)律可知：

豎直方向h=；gt2

水平方向4=v

解得“需

水從噴口噴出時豎直方向

所以水從噴口噴出時的速度大小為V=Jv：+v：回+2gh

(2)在Af時間內，噴射出水的質量△機。加

對4時間內噴出的水，在最高點的動能：4=g△叫2

由功能關系，nPXt=Am(H+h)g+g△，叫2

解得P=寫的

旬

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

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

試卷第2頁，共61頁

磁感應強度B=9」xl(HT,電子的電荷量e=I.6xl()T9c,電子質量機=9.以10⑹kg.求:

__9__

□XXX

XXX

XXX

------XXX

(1)電子在磁場中運動的速度大小V和半徑R.

(2)電子在磁場中運動的時間f(結果保留兀).

(3)若加速電壓大小可以改變，其他條件不變，為使電子在磁場中的運動時間最長,

加速電壓。應滿足什么條件？

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

96

【解析】

【詳解】

(1)加速電場有動能定理得：eU=\tnv2-0

2

解得v-隹Z=8xl06mzs

Vm

電子在磁場做圓周運動，有牛頓第二定律豉8=叱

R

tnv

解得R=F=0。5m

qB

(2)磁場中運動的周期7=2的JxlO-s

v8

由幾何關系sin，===：

A2

1jr

則6=30°,t=—T=—x]O1s

1296

(3)電子在磁場中的運動時間最長時，圓心角為180。如圖所示

當運動軌跡與磁場右界相切時，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射到玻璃

球外時發(fā)生折射后的的反射.求：

①在玻璃球內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間t

【答案】(1)30°(2)

【解析】

【詳解】

(1)根據折射定律可知：〃=亞解得r=30°

sinr

(2)由幾何關系可知，折射光在玻璃中通過的路程s=2xgcosr

光在玻璃中的速度：v=-

n

由1="解得"，

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

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

下端未離開水銀面)，穩(wěn)定時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,大氣壓強為區(qū),該過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p；

(2)玻璃管向上提升后，上部分氣體的長度

試卷第4頁，共61頁

(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、外水銀面相平，封閉氣體壓強等于大氣壓強

對水銀柱根據平衡得：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長度為L=0.8,圓弧軌道半徑為R=0.4m,直線PN左側空

間分布有水平向右的勻強電場，電場強度E=l.OxlO4N/C,右側空間分布有垂直紙面

向里的勻強磁場，磁感應強度B=500T.現將一質量為m=0.05kg,帶電量為+q=+

1.0x104c的小球從0點靜止釋放，g取10m/s2,不計摩擦力和空氣阻力.求：

(1)小球第一次到達P點時的速度大??；

(2)小球經過N點時對軌道的壓力；

(3)小球從N點飛出后，落回地面時距離P點的長度.

【答案】⑴4亞初s(2)1.3N,方向豎直向上⑶0

【解析】

【分析】

(1)只有電場力做功，根據動能定理求解P點的速度；

(2)根據動能定理求解到達N點速度，然后根據向心力公式求解即可；

(3)將運動根據受力情況進行分解，然后根據水平方向和豎直方向進行求解即可.

【詳解】

(1)從O到P只有電場力做功，根據動能定理可以得到：EqL=3vj_0

代入數據可以得到：=4y/2m/s；

(2)從0到N根據動能定理可以得到：EqL-mg-2R=^mv\,-0

代入數據可以得到：Vz=4mis

2

在N點根據牛頓第二定律可以得到：，"g+a%8+外,=相型

R

代入數據可以得到：品=L3N

根據牛頓第三定律可知，小球在N點軌道的壓力大小為L3N,方向豎直向上；

(3)從N點飛出后，豎直方向只受重力作用，即2R=gg/，則/=o.4s

水平方向只受電場力做用，加速度為a=^=20,"/s2

m

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

a

正好到達P點，即落回地面時距離P點的長度為零.

【點睛】

本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動，注意動能定理的應用，以及運動的合成分解

的應用問題.

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

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

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

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

(2)當封閉氣體的溫度緩慢升到7=450K時，封閉氣體的壓強為多少？

【答案】(1)及=375K；(2)0=1.2x10$Pa。

【解析】

【詳解】

(1)活塞緩慢移動可知:

Pt=P2=P<>

對活塞中的氣體

試卷第6頁，共61頁

匕=匕

(T2

匕一4

%d,+d2

聯立解得:

7；=375K

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

V=V2

所以:

￡_￡1

TT2

解得:

p=1.2xlO5Pa

8.如圖甲所示裝置由加速電場、偏轉電場和偏轉磁場組成，偏轉電場處在相距為d的

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

力不計)由靜止開始，經加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射

入偏轉電場.已知電子的質量為m、電荷量為e,加速電場的電壓為.當偏

8md2

轉電場不加電壓時，這些電子通過兩板之間的時間為T；當偏轉電場加上如圖乙所示的

周期為T、大小恒為Uo的電壓時，所有電子均能通過電場，穿過磁場后打在豎直放置

的熒光屏上.

(1)求水平導體板的板長lo；

(2)求電子離開偏轉電場時的最大側向位移ym；

(3)要使電子打在熒光屏上的速度方向斜向右下方，求磁感應強度B的取值范圍.

XX

XX

【答案】(1)；(2)

【解析】

【分析】

（1）應用動能定理求得電子經加速獲得的速度，電子進入偏轉電場后水平方向做勻速

直線運動，可求板長；（2）電子在/二二尸7時進入電場，電子在偏轉電場中半個周期

的時間內做類平拋運動，偏轉最??；電子在f=ZT時進入電場，偏轉最大且是最小偏轉

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，據臨界時的半徑可求出對應的臨界磁感應強度.

【詳解】

⑴電子在電場中加速，由動能定理得則正絲匹

202md

水平導體板的板長lo=VoT=向討

2md

（2）若電子在》=智7時進入電場，電子在偏轉電場中半個周期的時間內做類平拋運動

半個周期的側向位移）1=（警.（（）2=靠,

電子離開偏轉電場時的最大側向位移兒=3），尸喂;

（3）電子離開偏轉電場時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

電子進入磁場做勻速圓周運動，有6田=加匕，其中V

Rcos0

垂直打在熒光屏上時圓周運動半徑為R/,R、sin0=l,此時B有最小值

軌跡與屏相切時圓周運動半徑為&,R2sin0+R2=l,止匕時B有最大值

UaB-3UJUR3UR

聯立解得紇加故<B<

21d'小2ld2ld2ld

【點睛】

所謂臨界問題是指一種物理過程或物理狀態(tài)轉變?yōu)榱硪环N物理過程或物理狀態(tài)的時候，

存在著分界的現象，即所謂的臨界狀態(tài)，符合這個臨界狀態(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，在解答臨界問題時，就是要找出臨界狀態(tài)，分析臨界條

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

先求出所研究問題的一般規(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)和相應的臨界值，求解出所研究問題的規(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的平行導軌，整個裝置處

在豎直向上、磁感應強度大小B=0.4T的勻強磁場中，P/。/與間的距離為L=1.0

m,8。2與例2N2間的距離為42=0.5m,兩導軌電阻可忽略不計.質量均為小=0.2kg

的兩金屬棒就、〃放在導軌上，運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，并與導軌形

試卷第8頁，共61頁

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

動摩擦因數〃=0.2,且與導軌間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.取重力加速度大小g

=10m/s2.

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

軌以a=5.0m/s2的加速度做勻加速直線運動，金屬棒cd運動多長時間金屬棒ah開始運

動？

(2)若用一個適當的水平外力尸從未知)向右拉金屬棒cd,使其速度達到也=20m/s后沿

導軌勻速運動，此時金屬棒融也恰好以恒定速度沿導軌運動，求金屬棒外沿導軌運動

的速度大小和金屬棒cd勻速運動時水平外力加的功率；

(3)當金屬棒岫運動到導軌Q/M位置時剛好碰到障礙物而停止運動，并將作用在金屬棒

cd上的水平外力改為尸/=0.4N,此時金屬棒〃的速度變?yōu)関o=30m/s,經過一段時間

金屬棒〃停止運動，求金屬棒油停止運動后金屬棒〃運動的距離.

【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定律、牛頓第二定律及動量的綜合問題，意在考查考生的分析

綜合能力.

【詳解】

(1)設金屬棒cd運動f時間金屬棒外開始運動，根據運動學公式可知，此時金屬棒cd

的速度v=at

金屬棒〃產生的電動勢E2=BL2V

則通過整個回路的電流人=共=

2A2A

金屬棒ah所受安培力吊尸=生鏟

金屬棒ah剛要開始運動的臨界條件為FAi=「img

2umgR

聯立解得廣缶2s

⑵設金屬棒cd以速度V2=20m/s沿導軌勻速運動時，金屬棒。。沿導軌勻速運動的速度

大小為n/，根據法拉第電磁感應定律可得E=BL2V2—B5I

此時通過回路的電流/=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〃為研究對象，則有R=〃，ng+BLJ=0.6TN

水平外力F。的功率為Po=FoV2=nW

(3)對于金屬棒cd根據動量定理得S-^nS-BLj)\t=Q-mv0

設金屬棒岫停止運動后金屬棒4運動的距離為x,根據法拉第電磁感應定律得

屏△①L叫x

7-A

根據閉合電路歐姆定律-3R

2

聯立解得：x=^^=225m

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

小木塊A(可視為質點)，且，〃(歷，A、B間的動摩擦因數為"，現給A施加一水平向左

的外力F/=g凡同時給8施加一水平向右的外力F2=F,使A開始向左運動，B開始

向右運動，經時間r后同時撤去兩個外力，最后A恰好不會滑離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向左運動的位移最大時，8向右運動的位移大小.

3F2-5〃mgF+2必n2g2

7Mg

【解析】

【詳解】

(1)對A,根據牛頓第二定律有

1

—Fr—jumg=mai

解得a尸尸?砥

2m

試卷第10頁，共61頁

運動r時間后A的速度大小為

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

2m

(注：力也可用動量定理進行求解)

同理對B有F—Rmg=Ma2

解得

M

運動，時間后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，根據動量守恒定律有

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向左運動的位移最大，即A減速到零，根據牛頓第二定律有

I"77g=ma3

解得&3=〃g

則A減速的時間為「=-=

2"mg

這段時間內對B由牛頓第二定律有〃"ig=Mw

解得回=曙

則A減速為零時，3的速度為

,Ft

V3=V2—a4l=-------

2M

故B在加速過程中的位移大小為x尸土片砰一刖1

122M

在A減速過程中B運動的位移為

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向左運動的位移最大時，B向右運動的位移大小為

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

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

2MMmMgMmMg

【點睛】

此題涉及到的研究對象有兩個，物理過程較多，所以難度較大；關鍵是首先搞清物體運

動的物理過程，按照物理過程發(fā)生的順序解答；注意涉及到速度、力和時間問題要優(yōu)先

選擇動量定律；注意臨界態(tài)的挖掘.

II.如圖所示，拋物面軌道4。通過水平軌道08與半圓形軌道BCD平滑連接，整個軌

道處于豎直平面內，以。點為坐標原點建立直角坐標系xOy,拋物面軌道A。在坐標系

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

道BCZ)的最高點Q,最終落到了坐標原點。，不計一切摩擦，已知水平軌道OB長L

=2m,重力加速度g=10m/s2.求:

(1)半圓形軌道的半徑R和小球釋放點的高度》；

(2)若釋放點的高度”=4.45m,小球落到軌道上的點的坐標.

【答案】(1)1m,2.5m；(2)(-1.5m,0.75m)

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)設小球恰好可以通過半圓形軌道的最高點的速度為vD,則

公皿

R

小球離開。點后做平拋運動，則

2R=；gJ

￡=3

聯立可得

/?=1m

小球從釋放點到。點的過程根據動能定理有

mg(y-2R)=g機年

聯立可得

y=2.5m

(2)若釋放點的高度”=4.45m,則小球會落到拋物面軌道上，設小球到達。點時的速

度為丫，根據動能定理有

fn8(y2_2R)=gmv2

試卷第12頁，共61頁

設落點的坐標為(一X。，加)，由平拋運動規(guī)律有

r

XQ+L=vt

又因為

(m)

聯立可得

2

另一解不符合題意，舍去

故

x0=1.5m

y0=0.75m

所以落點坐標為(-1$m,0.75m)

12.如圖所示，在y軸左側有半徑為R的圓形邊界勻強磁場，其圓心為x軸上的P點，

磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向里.y軸右側有垂直于紙面向外的勻強磁場，

磁感應強度為*8「兩磁場的邊界相切于O點.在磁場中距離O點右側R的N點

處有一個厚度忽略不計，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).現一質量為m,帶電量為+q的粒子從A點以

速度v,(大小未知)沿著x軸正方向射入磁場，經過一段時間后射離圓形邊界的磁場，

其速度方向偏離原來方向的夾角為45。.忽略重力和空氣阻力.求：

(1)粒子從A出發(fā)到第一次離開圓形邊界磁場所用的時間；

(2)粒子能否再回到A點，若不能，說明理由；若能，求從A點出發(fā)到回到A點所用

的時間.

7cm

【答案】(1)磕

、nm(2\/2-2+y[27r)mtan22.5°

IqBqB

【解析】

【分析】

由題意畫出運動軌跡圖，并由幾何關系來確定圓心角，寫出周期公式，尋找每次旋轉后

角度變化規(guī)律來來計算各段時間，然后求出求總時間；

【詳解】

(1)帶電粒子在左邊圓形磁場內運動如圖所示，設。=45"，則粒子圓周運動的圓心角

也為45。，則粒子從A出發(fā)到第一次離開圓形邊界磁場所用的時間為:

45°丁_45°21nl_7cm

360?_360°

(2)由圖可知，在左側磁場中有：qB=y-,

Vmr

R0

而且：一=tan—=tan22.5°

r2

則：v==

mtntan22.5°

由圖可知粒子從左側磁場飛出進入右邊磁場，中間AB段沒有磁場作用，為勻速運動,

根據幾何關系可知：AB=(V2-1)/?

mIAR(5/2-lln?tan22.5°

則在AB段時間為：t=——=i-------L---------------

1vqB

在右側磁場中運動：qv-=—

tan22.5°r

整理可以得到：廠=走/?,可知在右邊的運動為兩個半圓

2

_1127rm_yfl/cmtan22.5°

這兩個半圓的總時間為：’2==2X2X一廊—二W

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

tan22.5°

由圖可知，粒子仍能回到A點，則從A點出發(fā)到回到A點所用的時間為：

冗m（20-2+叵兀）/?/tan22.5°

7d2/3x42x（應7"22.5。+仿…22.5。

124qBqBqB2qBqB

試卷第14頁，共61頁

O'

【點睛】

本題考查帶電粒子在磁場中的運動，難度較大，過程復雜，關鍵在于用運動軌跡圖來尋

找?guī)缀侮P系，確定長度及角度，將復雜運動形成規(guī)律進行簡化解決.

13.如圖所示，電源電動勢E=3V,內阻不計，水平導軌不計電阻，不計摩擦阻力，寬

為0.1m.在相互平行的導軌上擱一導體，其電阻為1C,串聯電阻R的阻值為2C,導

體處于豎直向上的勻強磁場中，現用水平輕繩通過光滑定滑輪吊著質量為0.02kg的重

物，此時重物恰能靜止在傾角為30。的斜面上.

（1）若斜面光滑，則磁感應強度B為多大？

（2）若斜面動摩擦因素u=立，則磁感應強度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

再對金屬棒分析可知：尸安=7

則根據閉合電路歐姆定律可知：/=白

R+r

即：B1L=%=T

聯立可以得到：B=\T-.

（2）若安培力較小，即磁感應強度較小時，重物受到的摩擦力沿斜面向上

根據平衡條件有：Bj"+〃mgcos30°=mgsin30°

代入數據可以得到：B小=0.5T

若安培力較大，即磁感應強度較大時，重物受到的摩擦力沿斜面向下

根據平衡條件有：B,.1L=mgsin30°+的gcos30°

代入數據可以得到：以=157.

【點睛】

本題考查有關安培力的平衡問題，注意當斜面不光滑時，重物受到的摩擦力方向不同，

然后根據平衡條件求解即可.

14.如圖，處于勻強磁場中的兩根光滑足夠長、電阻不計的平行金屬導軌相距乙=1m,

導軌平面與水平面成6=30°角，上端連接阻值為R=2Q的電阻.勻強磁場B=Q4T垂

直于導軌平面向上.質量”?=0.2kg、電阻r=l。的金屬棒以初速度%=6m/s從導

軌底端向上滑行，由于外還受到一個平行于導軌平面的外力F的作用，做勻變速直線

運動，加速度大小為a=3m/s2、方向平行于斜面向下，設棒ab與導軌垂直并保持良好

接觸，g=10m/s2o求：

（1）棒"開始運動瞬間，流過金屬棒的電流方向，此時金屬棒兩端的電壓4以及電

阻R消耗的電功率4；

（2）當棒ab離導軌底端s=4.5m時所施加外力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，共61頁

【解析】

【詳解】

（1）金屬棒開始運動瞬間，根據右手定則可知，流過金屬棒的電流方向由。流向b,

此時感應電動勢為

E0=BLv0=2AN

感應電流為

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）設金屬棒離導軌底端s=4.5m時的速度大小為匕，則

-2as=v；-v()

解得

v,=3m/s

此時感應電動勢為

g=町=1.2V

此時感應電流為

E

^^=0.4A

R+r

金屬棒受到的安培力大小為

E女=8/J=0.16N

若此時金屬棒速度向上，設外力￡向上，由牛頓第二定律得

mgsin。+七一6=ma

解得

耳=0.56N

即此時外力方向沿斜面向上，大小為0.56N；

若此時金屬棒速度向下，設外力與向上，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。,足夠長的固定斜面與g之間的動摩擦因數"=0.25,

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

知斜面足夠長，取g=10m/s2,sin37°=0.6)

【答案】5=0.1m

【解析】

【詳解】

設開始下落時兩物體的加速度大小為〃/,繩子拉力為F,則根據牛頓第二定律得

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m2落地時的速度為v,則

設加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

聯立上兩式得到，

v2ah

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

2g(sinO+jucosd)g(sin?+〃cos。)

代入解得

5=0.1m

【點睛】

試卷第18頁，共61頁

解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律進行求解，掌握整體法和隔離

法.此題也可以根據動能定理，分兩個過程求解.

16.某型號的艦載飛機在航空母艦的跑道上加速時,發(fā)動機產生的最大加速度為5m/s2,

所需的起飛速度為50m/s,跑道長100m.

（1）請你通過計算判斷，飛機能否從靜止開始只靠自身的發(fā)動機從艦上起飛？

（2）為了使飛機在開始滑行時就有一定的初速度，航空母艦裝有彈射裝置.對于該型

號的艦載飛機，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)動機從艦上起飛（2）105/15m/s

【解析】

【分析】

根據位移速度關系式解出飛機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；第二過程中再次應用位移速度關系式解出飛機起飛的初速度；

【詳解】

（1）假設能從靜止靠自身起飛，需要跑道長為玉，根據位移速度關系式：--葉=，

則為=二二3="於％=250加＞100”，所以，飛機不能靠自身的發(fā)動機起飛；

2a2x5

22

（2）設彈射系統(tǒng)給的初速度為％,根據位移-速度關系式：v-v0=2ar

22

得到：v0=Vv-2ax=A/50-2x5xl00/n/s=1/s-

【點睛】

本題是勻變速直線運動的基本公式的直接應用，解題時要學會公式的靈活運用，這樣問

題就會迎刃而解.

17.在不久的將來，我國科學家乘坐“嫦娥N號”飛上月球（可認為是均勻球體），為了研

究月球，科學家在月球的“赤道”上以大小為物的初速度豎直上拋一物體，經過時間〃,

物體回到拋出點；在月球的“兩極”處仍以大小為%的初速度豎直上拋同一物體，經過時

間及，物體回到拋出點.已知月球的半徑為凡求：

⑴月球的質量；

（2）月球的自轉周期.

【解析】

【分析】

本題考查考慮天體自轉時，天體兩極處和赤道處重力加速度間差異與天體自轉的關系.

【詳解】

(1)科學家在“兩極”處豎直上拋物體時,由勻變速直線運動的公式-%=%-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”沒有月球自轉的影響下，萬有引力等于重力，G-^=mg2

解得月球的質量用=?&

⑵由于月球自轉的影響，在“赤道”上，有G誓一g

解得:

18.如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內的半圓形軌道在B點銜接，導軌半徑為R,

一個質量為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，當它經

過B點進入導軌瞬間對導軌的壓力為其重力的7倍,之后向上運動恰能完成半圓周運動

到達c點，求:

(1)開始時彈簧儲存的彈性勢能;

(2)物塊從B到C克服阻力做的功；

(3)物塊離開C點后落回水平面時的水平距離及動能的大小.

【答案】(1)Ep=3mgR(2)Wf=^mgR(3)s=2R；2=|楊冰

【解析】

【分析】

由B點對導軌的壓力可求得物體在8點的速度，則由動能定理可求得彈簧對物塊的彈力

所做的功，根據能量守恒知開始時彈簧儲存的彈性勢能；由臨界條件利用向心力公式可

求得最高點的速度，由動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

運動，機械能守恒，則由機械能守恒定理可求得落回水平地面時的動能

試卷第20頁，共61頁

【詳解】

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

R

得VB=7^:

設開始時彈簧儲存的彈性勢能為Ep；由%=%；%匕，

4至8光滑，即以=%,

聯立解得用,=3〃?gR；

（2）設物塊恰能到達C點的速度為%;由叫=吟得Vc=標:

設物塊從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C點做平拋運動；由2R=：g/，S=vct,得S=2R

由能量守恒可得EK=mg2R+g機b，解得4=|＞ngR.

【點睛】

解答本題首先應明確物體運動的三個過程，第一過程彈力做功增加了物體的動能；第二

過程做豎直面上的圓周運動，要注意臨界條件的應用；第三過程做平拋運動，機械能守

恒.

19.如圖，平面直角坐標系X。），中，在）＞0及）區(qū)域存在場強大小相同，方向相

3

反（均平行于y軸）的勻強電場，在一萬心勺＜0區(qū)域存在方向垂直于xOy平面（紙面）

向外的勻強磁場，電場強度與磁感應強度大小之比為與=半，-質量為，小電荷量為q

B3

的帶正電粒子，經過），軸上的點P（0,L）時的速率為山，方向沿x軸正方向，然后經

(1)粒子到達尸2點時的速度大小和方向；

(2)粒子第一次從磁場下邊界穿出位置的橫坐標；

(3)粒子從P點出發(fā)后做周期性運動的周期.

【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做類平拋運動，設到達P2時的y方向分速度為Vy

由運動學規(guī)律有：|乙=%4，L

3L4

可得：*=五，

故粒子在P2的速度大小：

7片+H=1

設V與X軸的夾角為￡

v4

則tan)=工=彳，即夕=53。

%3

(2)粒子從Pi到P2,據動能定理有：qEL=mv2—mvo2

r砥廠8機u；

可得：E=—^

9qL

據題意解得：8=舞

3qL

據：qvB=m—

r

mv5

得：r=F="r

qB2

故粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心為0,

試卷第22頁，共61頁

可得：P20'=—^―=—=r

2cos5302

故粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心為0,

3

因粒子在磁場中的軌跡所對圓心角。=37。故粒子將垂直于y=-3L直線從M點穿出磁

場

3

由幾何關系可得M點的橫坐標為：x=#十(LRC°S37。)=2L

(3)粒子運動一個周期的軌跡如答圖1所示

一3L

物子從Pl運動到P2：A=—

2%

丁2冗r37cL

又因為：品=---=----

v%

_3737冗L

粒子從P2運動到M：/2-360磁一120%

“=隹=%

粒子從M運動到N：

m9L

v15L

貝(I：1一=『

a8%

(405+37^)1

則粒子周期運動的周期為：T=2(t|+t2+t3)=

60%

點睛：帶電粒子在電場及磁場中的運動問題，關鍵是畫出運動的軌跡圖，靈活運用幾何

關系；知道類平拋運動的研究方法以及圓周運動的研究方法.

20.如圖所示為一皮帶傳送裝置，其中A8段水平，長度k8=4機，BC段傾斜，長度足

夠長，傾角為6=37：，AB和BC在B點通過一段極短的圓弧連接(圖中未畫出圓弧)傳

送帶以y=4〃?/s的恒定速率順時針運轉?現將一質量機=1僅的工件(可看做質點)無初

速度地放在A點，已知工件與傳送帶間的動摩擦因數〃=0$.

(1)工件從A點開始至第一次到達B點所用的時間t；

(2)工件從第一次到達B點至第二次到達B點的過程中，工件與傳送帶間因摩擦而產生

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

設經乙時間工件與傳送帶的速度相同，則有：

v4

t.=—=—s=0.8s

1q5

工件前進的位移為：

11

x=—a,t^9=—x5x0.829=1.6m