河南省漯河市新高考物理经典100解答题含解析.pdf

《河南省漯河市新高考物理经典100解答题含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省漯河市新高考物理经典100解答题含解析.pdf（130页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、word版可编辑】河南省谭河市新高考物理经典100解答题精选高考物理解答题100题含答案有解析1.图 a 所示为杂技“顶竿”表演，质量为肛=50k g 的甲站在地面上，肩上扛一质量为，%=5 k g 的竖直竹竿，竿上有一质量为4=45k g 的乙可视为质点，乙从竿的顶端A 恰好下滑到竿的末端B,其速度一时间图象如图b所示，g 取 l O m/s z,求：(1)竿 A B 的长度；整个下滑过程中，竿对乙所做的功；(3)1 3s 内甲对地面的压力大小。【答案】(l)3m；-1350J ；(3)1045N【解析】【分析】【详解】(1)由乙的速度图象可知竿长为s =(g x 2x 3)m =3 m (

2、2)乙从A 到 B 的过程中，设竿对乙做的功为W。由动能定理得W+/?23g s =0 0 解得W=-1350J (3)1 3s 内，乙匀减速下降，加速度方向向上，由图象可知其大小为 2 =l m/s2设地面对甲的支持力大小为F,分析甲、乙和竿组成的整体，由牛顿第二定律得R一(町+秩+砥)g =人”解得F =1 0 4 5 N 由牛顿第三定律可知，甲对地面的压力F=-77=-1045N 即甲对地面的压力大小1045N.2.如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中关于x 轴对称放置两平行金属板A、B,A、B 板的左端均在y轴上，两板间距离d=6.0cm,板 长 L】=1.8cm,距两板右端L2=28

3、cm处放置有足够长的垂直x 轴方向的荧光屏，两者之间区域分布着匀强磁场，磁感应强度B=L 0T,方向垂直坐标平面向里。大量比荷为-=5.0 xl04C/kg带负电粒子以速度vo=6.OxlOJm/s从坐标原点O 连续不断的沿x 轴正向射入板间，离开板m间电场后进入磁场，最后打在荧光屏上。在两板间加上如图乙所示的交流电压，不计粒子重力，不考虑场的边缘效应和粒子的相对论效应，求：(l)t=0时刻发射的粒子离开电场时的速度大小及偏转距离；(2)粒子打在荧光屏上的范围；【答案】(1)l,Ox 104m/s；2.8cm；(2)(3.6cm,6.8cm)【解析】【分析】【详解】粒子穿过偏转电场时间，=4

4、=3.0*10弋=7%根据牛顿第二定律可得qU-=mad解得Q=8 X 1m/s2时刻，粒子从偏转电场飞出时的竖直分速度v=a -T-a -T =8.OxlO3m/s)3 3飞出时速度=Jy；+W=i.o x io4m/s偏转距离，2、22 1 1 1、2一y =(?)+a t t a(tY-2 3 L 3 3 2 3.解得y=2.8 c m由题意知，所有粒子飞出电场时速度大小和方向均相同，则所有粒子在磁场中运动轨迹都是平行的，所有粒子在磁场中的运动时间均相同。粒子飞出电场的方向与水平方向成e角V,4t a n。=上=一%3在磁场中，根据牛顿第二定律可得2qvB=mR解得R =20c m粒子在

5、磁场中运动轨迹如图所示，由集合关系可知,=R s i n a+H s i n p解得s*粒子在磁场中运动过程中的.V轴方向的便宜距离均为 y =R c o s a-R c o s /=4c mt=0时刻的粒子在荧光屏上的纵坐标Y=y +Ay =6.8c mr =2x l 0 s时刻粒子在电场中偏移y，二 ；(一+卜a)g/=4 4 cmt=2X10-4S时刻的粒子荧光屏上的纵坐标Y y+Ay=3.6cm即范围坐标为(3.6cm,6.8cm)3.如图所示，在内壁光滑的细玻璃管中用水银密封一段空气柱(可视为理想气体)，当玻璃管竖直放置时,水银柱高/2=1 0cm,空气柱高/=20cm。现将玻璃管放

6、在倾角为3 0的粗糙斜面上，管口向上，玻璃管与斜面间的动摩擦因数为立。已知外界温度不变，大气压强o=L 0lxl()5pa,水银的密度6p =13.6xl03k g/m 重力加速度g取lO m/s?,假设斜面足够长，让玻璃管由静止下滑，当玻璃管与水银柱相对静止时，求玻璃管中空气柱的长度(结果保留三位有效数字)。【答案】V=22.0cm【解析】【分析】【详解】设玻璃管的横截面积为S,当玻璃管竖直放置时，空气柱的体积乂 =IS压强Pl=Po+pgh当玻璃管与水银柱相对静止一起沿斜面下滑时，设玻璃管和水银柱的总质量为m,加速度大小为a,对整体根据牛顿第二定律有mg sin 30-jumg cos 3

7、0=ma设此时空气柱的压强为生，体 积 为%,长 度 为 广，同理，对水银柱有p(S+pShg sin 3(T-p2S=pSha整个过程中空气柱发生等温变化，根据玻意耳定律有PM=PM其中匕=/5联立以上各式并代入数据解得I=22.0cm4.如图所示，粗糙水平地面上放置长木板A 和滑块C,滑块B 置于A 的左端。开始时A、B 静止，C 与A 右端相距x=4 m,现 C 以=7m/s的初速度水平向左运动，然后与A 发生弹性碰撞(时间极短)。已知 A、B、C 质量均为2kg,A和 C 与地面间的动摩擦因数为4=0.3,A与 B 间的动摩擦因数为2 =2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B 最终没有从A

8、 上掉下去，重力加速度g 取10mH,求：(1)C 与 A 碰撞前的速度；(2)A、B 间因摩擦产生的热量。【答案】(1)5m/s；(2)5.5J【解析】【详解】(1)设三者质量为m,碰撞前C 做匀减速直线运动，设 C 与 A 碰撞前的速度为匕，由动能定理可得1 2 1 2=mv-mvQ代入数据得v,=5m/s(2)因碰撞时间极短，A 与 C 碰撞的过程动量守机械能守，设碰撞后瞬间A 的速度为匕，C 的速度为匕，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv,=mv2+mv31 2 1 ，1 ，mv.=mv,+mv：2 2 2代入数据得v2=5m/s匕=0此后，B 加速，A 减速，此过程一直持续到二者

9、具有共同速度v 为止。设 A 的加速度大小为生,B 的加速度大小为生,该过程由牛顿第二定律及运动学公式得(%+2从)mg=从2mg=ma2v=v2at=a2t解得%=8m/s2生=2m/s2v=lm/s此过程，B相 对A一直有滑动，相对位移大小在此以后，地面对A的摩擦力阻碍A运动，B与A之间的摩擦力改变方向。设A和B的加速度大小分别为 和。2,则由牛顿第二定律得2 4 mg-f =mayf =ma假 设/m g与假设矛盾故/=4 2%，贝Ua；=4m/s2a2=2m/s2此过程，B相对A一直向左滑动，相对位移大小v2 v2Ar,=-=0.125m2 2a2,2a,则A、B间因摩擦产生的热量Q=

10、fj2mg(Ax,+/)=5.5J5.如图所示，平行金属板M、N竖直放置，两板足够长且板间有水平向左的匀强电场，P点离N板的距离为d,离M板的距离为g d。一个质量为m、带正电荷量为q的小球从P点以初速度水平向右抛出，结果小球恰好不能打在N板上。已知重力加速度为g,小球的大小不计，求(1)两板间的电场强度的大(2)小球打到M 板时动能的大小。I 答案】家沁25mg2 d之2彳【解析】【详解】(1)设板间电场强度为E,根据动能定理有:1 2-qEd=O-wvj,得：后=些2qd(2)设小球从P 点运动到N板 所 用 的 时 间 为 则 有:1得：2dti=一%设小球从N板运动到M 板所用的时间为

11、t 2,则有：=at.4 2 2qE=ma得：3dt2=一%因此小球从P 点开始运动到M 板所用的时间：5dt=t+t2=-%这段时间内小球下落的高度:1 2 25gd2h中=丁茨2 2%根据动能定理：5 1 ,qEx d+mgh=Ek mv得：4=沁管婪6.质量为外的小车置于光滑的水平面上，车上固定着一根竖直轻杆，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂在杆的上端。按住小车并拉直轻绳使其水平，然后同时放开小车和小球，小球下落后与轻杆发生弹性碰撞。(1)求碰撞前瞬间小球和小车的速度大小；若碰撞的作用时间为/,求碰撞过程中小球对轻杆的平均冲击力的大小。【答案】%=户%迎，_ m 12mogLZ|mQ m

12、0+m2及削gLt N m0+m【解析】【分析】【详解】(1)小球和小车组成的系统水平方向动量守恒0=加 口 球 一 小球和小车组成的系统机械能守恒r 1 2 1 2机gL=加4*+耳他。相解得_ l2mogL _m_ 2mogLJ ；R ym+m 1 m0 m0+m对全过程，由动量守恒得0=-%+/%喔由机械能守恒得mgL=m v+mov碰撞过程中，以小球为研究对象，设轻杆对小球的平均作用力为F,由动量定理得-FM -，九y球根据牛顿第三定律可知，小球对轻杆的平均冲击力大小F=F联立各式解得F，=F=网 回ogLAf V%+加7.如图所示，棱镜的截面为直角三角形ABC,Z A=3 0 斜边A

13、B=a。棱镜材料的折射率为n=0。在此截面所在的平面内，一条光线以45的入射角从AC边的中点M 左侧射入棱镜。(不考虑光线沿原路返回的情况，已知光速为c)画出光在棱镜中传播的光路图；求光在棱镜中传播的时间。【解析】【分析】【详解】(1)根据光的折射和反射定律画出光路如图/=30设全反射的临界角为外，由s i n%=,，得n%=450由几何关系N M/M =3 0，所以在D点的入射角等于6 0%,故在D点发生全反射，由几何关系才 八 6 也MD-a，DE-a4 8设光在棱镜中传播距离为s,传播时间为t,则s =MD+DE得s=a8由=,/=上 得V V3at=-a8 c8.如图，在平面直角坐标系

14、x O y内，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第I V象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为A 质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，自y轴正半轴上y =处的M点，以速度垂直于y轴射入电场。经x轴上x =2处的P点进入磁场，最后垂直于y轴的方向射出磁场。不计粒子重力。求：（1）电场强度大小E；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子在磁场运动的时间t。【答案】在叵2 3）幽【解析】【详解】（1）设粒子在电场中运动的时间为哈根据类平抛规律有:C.1 22 =%,/:=at根据牛顿第二定律可得：Eq=ma联立解得：石=皿2qh（2）粒子进入磁场时

15、沿y 方向的速度大小:匕，=码=%粒子进入磁场时的速度：方向与x 轴成45角，根据洛伦兹力提供向心力可得:VqvB=mr解得：r 二版 mvqB（3）粒子在磁场中运动的周期：_ 2nr 2nmr=v qB根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角：9=1 3 5 ,则粒子在磁场中运动的时间:9.一半圆柱形透明物体横截面如图。底 面 AOB镀银（图中粗线）,0 表示半圆截面的圆心。一束光线在横截面内从M 点的入射角为30,ZM0A=60o,ZNOB=30o求：光线在M 点的折射角；透明物体的折射率。【答案】(1)15(2)年【解析】【分析】作出光路图，根据几何关系求出光线在M 点的折射角，根

16、据折射角，通过折射定律求出透明物体的折射率。【详解】(1)如图，透明物体内部的光路为折线MPN,Q、M 点相对于底面E F 对称，Q、P 和 N 三点共线。设在M 点处，光的入射角为i,折射角为r,根据题意有二=3$由几何关系得二二二二=二二二二=二口 +口=力且二+二=二由以上各式解得：二=万;根据折射定律有：二=与311：_解得：二=孝。【点睛】本题主要考查光的折射和反射，掌握折射定律，本题对数学几何能力的要求较高。1 0.如图所示，用质量m=lk g 的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度%=1.0m,气体的温度t】=27C o

17、现将汽缸缓慢加热至t2=207,活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度lb处，此过程中被封闭气体增加的内能AU=300J。已知大气压强po=1.0 xl0sP a,重力加速度g=10m/s2,活塞横截面积SnS.Oxlom?。求：(i)初始时汽缸内气体的压强P I和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h2!(ii)此过程中缸内气体吸收的热量Q。【答案】(i)1.2xlO5Pa,L6m；(ii)336J【解析】【分析】【详解】初始时汽缸内气体的压强P=P o+=L 2 x lPa气体做等压变化，根据盖一吕萨克定律可得!S _ h2s即1.0%273+27-273+207解得h2=1.6m(ii)在气体膨胀

18、的过程中，气体对外做功为W=pS(h2-hi)=1.2X105X(1.6-1.0)x5.0 xl0-4J=36J根据热力学第一定律可得气体内能的变化为 U=-W+Q解得Q=A U+W=336J1 1.如图甲，两个半径足够大的D 形金属盒Di、D2正对放置，Oi、02分别为两盒的圆心，盒内区域存在与盒面垂直的匀强磁场。加在两盒之间的电压变化规律如图乙，正反向电压的大小均为U。，周期为T。，两盒之间的电场可视为匀强电场。在 t=0时刻，将一个质量为m、电荷量为q(q 0)的粒子由O2处静止释 放，粒子在电场力的作用下向右运动，在 =色 时 刻 通 过 OL粒 子 穿 过 两D形 盒 边 界M、N时

19、运动不受2影 响，不考虑由于电场变化而产生的磁场的影响，不计粒子重力。(1)求 两D形 盒 边 界M、N之间的距离；门 Tim 若D1盒内磁场的磁感应强度4 =下，且 粒 子 在Di、D2盒 内 各 运 动 一 次 后 能 到 达O 1,求D2盒内磁qT。场的磁感应强度；若D2、D2盒内磁场的磁感应强度相同，且 粒 子 在D卜D2盒内各运动 一 次 后 在t=2T。时 刻 到 达O”求磁场的磁感应强度。【解 析】【详 解】设 两 盒 之 间 的 距 离 为d,盒 间 电 场 强 度 为E,粒子在电场中的加速度为a,则有U0=EdqE=ma,1cl-a2联立解得管 设 粒 子 到 达O1的 速

20、度 为VI，在 盒 内 运 动 的 半 径 为R1，周 期 为Ti，时 间 为h，则有mv；胡 瓦=优可得t产To3故粒子在万方时刻回到电场；设粒子经电场再次加速后以速度V2进入D 2盒，由动能定理qU0=m vl-m vf设粒子在D 2盒内的运动半径为R 2,则2mv以2 8 2=7-粒子在4 1)2盒内各运动一次后能到达。2应有Rz=Ri联立各式可得6兀mqT(3)依题意可知粒子在D 1D 2盒内运动的半径相等；又故粒子进入D 2盒内的速度也为V”可判断出粒子第二次从。2运动到。1的时间也为与粒子的运动轨迹如图；O O iI I 1粒子从P到Q先加速后减速，且加速过程的时间和位移均相等，设

21、加速过程的时间为t 2,则有1,1 2-d =vit2+-at2则粒子每次在磁场中运动的时间qB一 万联立各式解得n2(4+向7imB-5q”1 2 .如图所示，在光滑的水平 面 上 静 置 一 长为L的 木 板B,上表面粗糙，现 有 滑 块A以 初 速 度%从 右 端滑 上B,恰 好 未 离 开B,A的 质 量 为m,B的 质 量 为2加，求A与B上表面间的动摩擦因数4【答 案 噎【解 析】【详 解】对A在 木 板B上的滑动过程，恰 好 未 离 开B,即 滑 至B的 左 端 与B共 速，根据动量守恒定律有mv()=(jn+2m)v解得1由系统能量守恒有jumgL=；mv-；+2/7i)v2解

22、得1 3 .如图(b)所 示，一个正方体玻璃砖的棱长为2 a,其 折 射 率 为0。在其中心轴线处有一点光源，该点光源可沿中心轴线上下移动。若点光源移动至某一位置。时，玻璃砖上表面均有光线射出，求此时玻璃砖下表面有光线射出的面积上边缘(b)【答 案】(6-4 0)房.【解析】【详解】光路如图，（临界点）。点发出的光射至上表面正方形的对角线边缘P 点恰好全反射，则上表面均有光线射出，射至下表面的Q 点恰好全反射（临界点），则以Q 点为圆形边缘，其内部有光线射出p 点恰全反射，则有.1smC=-n由几何关系得sinCJ（缶+川。点恰全反射，由几何关系得sinC=/“2+（2_）2光线射出面积为S=

23、7TX2联立解得S=（6 4五）而21 4.如图所示，水平地面上有两个静止的物块A 和 B,A、B 的质量分别为m1=2kg,m2=lk g,它们与地面间的动摩擦因数均为H=0.5。现对物块A 施加一大小I=40N s,水平向右的瞬时冲量，使物块A 获得一个初速度，t=ls 后与物块B 发生弹性碰撞，且碰撞时间很短，A、B 两物块均可视为质点，重力加速度 g=10m/s2o（1）求 A 与 B 碰撞前瞬间，A 的速度大小；（2）若物块B 的正前方20m处有一危险区域，请通过计算判断碰撞后A、B 是否会到达危验区域。危险区域【答案】(l)15m/s 物 块 A 不会到达危险区域，物块B 会到达危

24、险区域【解析】【详解】(1)设物块A 获得的初速度为V。，则I=miv0A 与 B 碰撞前的运动过程有：vi=vo-at其中a=jig解得：A 与 B 碰撞前瞬间，A 的速度大小vi=15m/s(2)A 与 B 碰撞过程机械能守恒、动量守恒，则有miv产miv/+m2V2 2 1,2 1 2-mV=2加 昌+5加2岭解得：v/=5 m/s,V2=20 m/s由运动学公式可知：V)2XA=2.5 m2axB=40m2a即物块A 不会到达危险区域，物块B 会到达危险区域。1 5.如图，A、B 为半径R=lm 的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着=lxlO6V/m,竖直向上的匀

25、强电场，有一质量m=lk g、带电荷量q=+1.4xl(p 5 c 的物体(可视为质点),从 A 点的正上方距离A 点 H 处由静止开始自由下落(不计空气阻力)，BC段为长L=2m、与物体间动摩擦因数|1=0.2的粗糙绝缘水平面.(取g=10m/s2)(1)若 H=l m,物体能沿轨道AB到达最低点B,求它到达B 点时对轨道的压力大小；(2)通过你的计算判断：是否存在某一 H 值，能使物体沿轨道AB经过最低点B 后最终停在距离B 点0.8 m 处.【答案】(1)8 N；(2)不存在某一 H 值，使物体沿着轨道AB经过最低点B 后，停在距离B 点 0.8 m 处.【解析】【分析】【详解】(1)物

26、体由初始位置运动到B 点的过程中根据动能定理有1 ,mg(R+H)qER=mv2到达B 点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力F N-m g+q E=lR解得FN=8N根据牛顿第三定律，可知物体对轨道的压力大小为8 N,方向竖直向下(2)要使物体沿轨道AB到达最低点B,当支持力为0 时，最低点有个最小速度v,则-mVqEm g=-R解 得 v=2 m/s在粗糙水平面上，由动能定理得：一jimgx=/mV?所以 x=l m0.8 m故不存在某一 H 值，使物体沿着轨道AB经过最低点B 后，停在距离B 点 0.8 m 处.【名师点睛】本题主要考查了动能定理及牛顿第二定律的直接应用，关键是能

27、正确分析物体的受力情况和运动情况，选择合适的过程应用动能定理，难度适中.16.一位同学的家住在一座25层的高楼内，他每天乘电梯上楼，经过多次仔细观察和反复测量，他发现电梯启动后的运动速度符合如图所示的规律，他就根据这一特点在电梯内用台秤、重物和停表测量这座楼房的高度。他将台秤放在电梯内，将重物放在台秤的托盘上，电梯从第一层开始启动，经过不间断地运行,最后停在最高层，在整个过程中，他没有来得及将台秤的示数记录下来，假设在每个时间段内台秤的示数都是稳定的，重力加速度g 取 10m/s2；电梯在03.0S时间段内台秤的示数应该是多少？根据测量的数据，计算该座楼房每一层的平均高度。O 31 31 9

28、t/s【答案】(l)5.8kg；(2)2.9m。时间/s台秤示数/kg电梯启动前5.00 3.03.0 13.05.013.0 19.04.619.0以后5.0【解析】【详解】由V T图象可知，电梯在13.0 19.0s内向上做匀减速运动，由牛顿第二定律:mg-N-m ax g-=(1 0-)m/s2=0.8m/s2m 5.0匀速运动时的速度v=at=0.8x(!9.0-13.0)m/s=4.8m/s03.0s内，电梯向上做匀加速运动，设其加速度为a?,贝lja22=m/s2=1.6m/s2t2 3.0由牛顿第二定律：N2 mg=ma2N2=/%(8+g)=5.0X(10+1.6)N=58N即

29、0 3.0s内台秤的示数应该为5.8kg；03.0s内电梯的位移1 2 1 2s=a2r2=x 1.6 x 3.0-m=7.2m3.0 13.0s内电梯的位移s2=vt3=4.8x 10m=48m13.0 19.Os内电梯的位移1 9 1 9院=a,t：=x 0.8 x 0.6 m=14.4m3 2 2总高度H-sx+s2+=69.6m平均高度h=2.9m o241 7.如图所示，一 块 质 量 为M=2 k g,长 为L=3m的均质薄木板静止在足够长的水平桌面上，在木板的左端静止摆放着质量 为 加=1kg的 小 木 块(可 视 为 质 点)，薄木板和小木块之间的动摩擦因数 为4=0 4，薄

30、木 板 与 地 面 之 间 的 动 摩 擦 因 数 为 也=0.2.在f=o时刻，在 木 板M左端施加一水平向左恒定的拉力F=12N,g 取 10m/s)贝!：(1)拉 力/刚 作 用 在 木 板 上 时，木 板M的加速度大小是多少？(1)如 果/一 直 作 用 在M上，那 么 经 多 少 时 间 加 将 离 开M?(3)若 在 时 间f=1s末 撤 去 尸，再 经 过 多 少时间M和m第一次速度相同？在此情况下，最 终 加 在M上留下的痕迹的长度是多少？【解 析】【分 析】【详 解】(1)F刚作用在木板上时，由牛顿第二定 律，对m有:pimg=mai代入数据得ai=lm/s1对M有：F-gi

31、mg-jii(M+m)g=Ma代入数据解得：al.Sm/s1(1)设m离 开M的 时 间 为t”则 对m有：1 2玉=5卬1对M有：1 2工2又有L=Xi-Xi联立解得：ti=ls(3)t=3 时 m 的速度vi=aiti=lxlm/s=lm/sM 的速度为：vi=aiti=1.5xlm/s=1.5m/s此过程中m 相对M 的位移Ax,-=0.75mIs后 m 仍以a i的加速度作匀加速运动，M 将以a3的加速度匀减速运动，且有：jiimg+pi(M+m)g=Maj解得：%3.5 m/s1设再经h 后二者速度相等，有：W+即2=V2 卬1解得1=S2 3此时两者的共同速度为4v=m/s3此过程

32、中m 相对M 的位移AX2=(-2-)t2-=0.25m则在此情况下，最终m 在 M 上留下的痕迹的长度：Ax=Ax1+AX2-Im1 8.水银气压计的工作原理如图所示，若某水银气压计中混入了一个气泡，上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空，当实际大气压相当于768 mm高的水银柱产生的压强时，这个水银气压计的读数只有750 m m,此时管中的水银面到管顶的距离为80 mm。当这个气压计的读数为740 mm水银柱时，实际的大气压相当于多高水银柱产生的压强？设温度保持不变。【答案】756mmHg【解析】【分析】【详解】对上面封闭的气体，初态：pi=768mmHg-750mmHg=18 mmH

33、g Vi=80S末态：p2=(p-740)mmHg V2=90S根据玻意耳定律PiVi=p2V2解得p=756 mmHg1 9.如图所示，在光滑水平面上静止放置质量M=2kg、长 L=2.17m、高 h=0.2m的长木板C。距该板左端距离x=1.81m处静止放置质量mA=lkg的小物块A,A 与 C 间的动摩擦因数p=0.2。在板右端静止放置质量 mB=lkg的小物块B,B 与 C 间的摩擦忽略不计。A、B 均可视为质点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 lOm/s)。现在长木板C 上加一水平向右的力F,求：当 F=3N时，小物块A 的加速度；(2)小物块A 与小物块B 碰撞之前运动的最短

34、时间；(3)若小物块A 与小物块B 碰撞之前运动的时间最短，则水平向右的力F 的大小(本小题计算结果保留整数部分)；(4)若小物块A 与小物块B 碰撞无能量损失，当水平向右的力F=10N,小物块A 落到地面时与长木板C 左端的距离。(【答案】(l)lm/s2；(2)t=0.6s；(3)6N F26N；(4)x2=0.78m【解析】【分析】【详解】(1)若长木板C 和小物块一起向右加速运动，设它们之间是静摩擦力为f,由牛顿第二定律得:F=(M+mA)a解得a=lm/s2贝!I f=mAa=lNpmAg=2N,这表明假设正确，即 A 的加速度为Im/s?(1)要使小物块A 在与小物块B 碰撞之前运

35、动时间最短，小物块A 的加速度必须最大，则 A 所受的摩擦力为最大静摩擦力或滑动摩擦力，有HmAg=niAai解得t=0.6s(3)要使小物块A 加速度最大，且又不从长木板C 的左端滑落，长木板C 的加速度有两个临界条件:由牛顿第二定律得：Fi=(M+mA)at则Fi=6N由牛顿第二定律得：F2-f=Ma2则F2=26N故 6N F26N(4)若小物块A 与小物块B 碰撞点距从长木板C 的左端距离为xiFj-f=Ma31 2 1 2-Clt X-%解得xi=1.45m设小物块A 发生碰撞到从长木板C 左端滑落的时间为h，因有物块A、B 发生弹性碰撞，速度交换，故有1 2 1 2+万%-5$解得

36、ti=0.5s设小物块A 碰撞到从长木板C 左端滑落时各自的速度分别为Vm、VM，小物块A 落到地面时与长木板C左端的距离为X2.1 2Fj=Ma4vm=aitiVM=a3t+a3tl则有1.2VMt2+-a/2 -vmt2=x2X2=0.78m2 0.第 24届冬奥会将于2022年 2 月 4 日在中国北京和张家口联合举行。如图为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图。助滑坡由AB和 BC组成，AB为斜坡，BC为 R=10m的圆弧面，二者相切于B 点，与水平面相切干C 点，A C 间的竖直高度差为=50m CD为竖直跳台。运动员连同滑雪装备总质量为m=80kg,从A 点由睁止滑下，假设通过C 点时雪

37、道对运动员的支持力为F=8000N水平飞出段时间后落到着陆坡DE的 E 点上。CE间水平方向的距离x=150m。不计空气阻力，取 g=10m/s2。求：(1)运动员到达C 点速度vc的大小；(2)CE间竖直高度差h2；(3)运动员从A 点滑到C 点的过程中克服摩擦力做的功W【分析】【详解】(1)运动员到达C 点，由牛顿第二定律得F-m g=m 空R解得 vc=30 m/so(2)CE过程运动员做平抛运动水平方向x=vct竖直方向a =/g 厂解得 h2=125m。(3)AC过程，由动能定理得1 2mghy-W =-mvc解得 w =4000.1 o2 1.如图所示为一种运动游戏，运动员从起跑线

38、开始推着滑板加速一段相同距离后，再跳上滑板自由滑行,滑行距离远但又不掉入水池的为获胜者，其运动过程可简化为以下模型：一质量M=60kg的运动员用与水平方向成37角的恒力F 斜向下推静止于A 点、质量m=20kg的滑板，使其匀加速运动到P 点时迅速跳上滑板(跳上瞬间可认为滑板速度不变)，与滑板一起运动到水池边的B 点时刚好停下，已知运动员在AP段所施加的力F=200N,AP长为x”PB长 X2=24m,滑板与水平面间的动摩擦因数为 =0.2,不计滑板长和空气阻力，重力加速度g=l()m/s sin37,=0.6,求:(1)AP 长 X”滑板从A 到 B 所用的时间t(保留两位有效数字)。【答案】

39、玉=10m；二 木【解析】【分析】【详解】(1)设滑板在P 点的速度为V,AP段和PB段加速度分别为ai和 a2,PB段根据牛顿第二定律可得a,pg=2m/s2在 AP段根据牛顿第二定律可得Fe o s 37 (7 g +F s i n 37 0)=ma解得at=4.8m/s2根据速度位移关系可得v2=2 q X=2a2x2联立可得x 1=10 m,v-47 6 m/s(2)根据平均速度和位移的关系可得得2玉 +2 x,2 x(10 +2 4)17 /-t-r=-s =,6 sv 4 c,光束能在。处发生全反射。根据几何关系可知：ZDEO=75假设反射光从。点射到0。面的距离为d,根据正弦定理

40、：sin 75。sin 60R-d解得：2传播时间：_ d _nd _3(娓-向RI-Ov c 2c23.2019年 5 月 1 2 日，在世界接力赛女子4X200米比赛中，中国队夺得亚军。如图所示，OB为接力赛跑道，AB为长L=20m的接力区，两名运动员的交接棒动作没有在20m的接力区内完成定为犯规。假设训练中甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持Um/s的速度跑完全程，乙运动员从起跑后到接棒前的运动是匀加速运动，加速度大小为2.5m/s2,乙运动员在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙两运动员相遇时完成交接棒(1)第一次训练，甲运动员以v=Um/s的速度跑到接力区前端A 处左侧s0=17

41、m的位置向乙运动员发出起跑口令，求甲、乙两运动员交接棒处离接力区前端A 处的距离第二次调练，甲运动员在接力区前端A 处左测25m的位置以v=Um/s的速度跑向接力区，乙运动员恰好在速度达到与甲运动员相同时被甲运动员追上，则甲运动员在接力区前端A 处多远时对乙运动员发出起跑口令以及棒经过接力区的时间，并判断这次训练是否犯规甲接力区B【答案】(1)5m(2)见解析【解析】【详解】(1)第一次训练，设乙运动员加速到交接棒时运动时间为t,则在甲运动员追击乙运动员的过程中，有1 2so+-a t =vt代人数据得Z,=2st=6.8s乙运动员加速的时间v.*=一=4sat2 tm故舍去交接棒处离接力区前

42、端A 处的距离为1 2x=a r=5 m2第二次训练，乙运动员恰好与甲运动员共速时V乙=at乙乙运动员加速的时间/乙=4.4s设甲运动员在距离接力区前端A 处为s 时对乙运动员发出起跑口令，则在甲运动员追击乙运动员的过程中,有s+atl=vt代人数据得s=24.2m棒经过接力区的时间为L 20%一7-覆乙运动员恰好达到与甲运动员相同速度时的位移1 ,x乙=/at/=24.2m 20m已经出了接力区接棒，两名运动员的交接棒动作没有在20m的接力区内完成，所以第二次训练犯规.24.为了保证行车安全，车辆在行进过程中应保持足够的安全距离。现在有甲、乙两辆汽车在同一直线车道上匀速行驶，甲车速度飞=10

43、血/5,乙车速度u乙=24?/s,甲车在前，乙车在后。当两车相距Ar=48m时，两车司机同时看到前方正在发生山体滑坡，于是立即采取制动措施，刹车的加速度大小分别为al=2 m/s2,a =4 m/s 如果不考反应时间与车身的长度，那么两车能否避免相碰？【答案】可避免相撞【解析】【详解】设经过t时间后两车的速度相等，可得v甲 一 蕾=以/+&/解得t=1s设汽车从开始刹车到停时间为:那么由皿可得甲车的停车时间为5 s,乙车的停车时间为6s。7s时速度相等，说明在7s内后车速度一直大于前车，距离一直在靠近，然而7s时两车都已经停车，所以说明两车在停车之前距离一直在缩小。设两车从开始刹车到停止经过的

44、位移为x,则由片一 片=2ax可计算出x乙=义-=7201乙2x4在停车之前，乙车比甲车多行进的距离为x乙 一 金-47m而两车之间的距离Ac=4 8 m,所以两车可以避免相碰。25.如图所示，将一个折射率为=立的透明长方体放在空气中，矩 形ABCD是它的一个截面，一单色2细光束入射到P点，AP之间的距离为d,入射角为9,AD=R A P，AP间的距离为d=30cm,光速为c=3.0 xl08m/s,求：(i)若要使光束进入长方体后正好能射至D点上，光线在P D之间传播的时间;(ii)若要使光束在AD面上发生全反射，角 0 的范围。【答案】(i)r=3.5x 10-9s;(ii)3000 si

45、nCsinC=-nsin p=cos a=vl-sin2 a=sin。n2解得060因此角0 的范围为300+x+L)末 态 体 积 V2=2(h-x)S由玻意耳定律可知：pi=p2V 2整理、代入数据并化简得：X2-104X+204=0解得活塞静止时下降的距离为：x=2 c m,或 x=1 0 2 cm,无意义舍去27.如图所示，在圆柱形汽缸中用一定质量的光滑导热活塞密闭有一定质量的理想气体，在汽缸底部开有一小孔,与U 形水银管相连，已知外界大气压为po,室温t0=27,稳定后两边水银面的高度差为4 h=1.5cm,此时活塞离容器底部高度为hi=5()cm。已知柱形容器横截面积SR.O ln

46、?,大气压po=75cmHg=l.OxlO:Pa,g=10m/s”求：活塞的质量；现室温降至-33C时活塞离容器底部的高度h2oB丁广150rm|1 tr【答案】2kg；40cm。【解析】【分析】【详解】.活塞产生压强整=也S 75解得m=2kg.气体等压变化，U 形管两侧水银面的高度差不变仍为 h=1.5cm初状态：T=300K,=50cm-S末状态：T2=240 K,V2=hyS由盖吕萨克定律乜/Z T2解得h2=40cm2 8.如图所示，左端封闭右端开口、直径相同的U 形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长L=10cm 的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长，已知大气压强 o=75cm H

47、g。现将下端阀门S 打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S,左管水银面下降的高度=2cm。(1)求右管水银面下降的高度；(2)若再将右端封闭，同时对左管缓慢加热，并保持右管内气体的温度不变，使右管的水银面回到最初高度,求此时左管内气体的压强。【答案】(l)14.5cm；(2)200.25cmHg【解析】【详解】(1)左管水银面下降2cm过程，封闭气体做等温变化，则有p()LS=Pi(L+/?)S解得Pi=62.5cmHg设平衡时左管水银面比右管水银面高九，有62.5cm+%=75cm解得%=12.5cm所以右管水银面下降的高度为12.5cm+2cm=14.5cm(2)要使右管水银面回到原来高度

48、，则左管水银面要再下降14.5cm,则右管水银面比左管的高14.5cm+2cm=16.5cm右管水银面上升过程右管内封闭气体做等温变化，则有/70(14.5cm+1 ()cm)S=/?2xl0cm-5解得p2=183.75cmHg此时左管内封闭气体的压强 3 =Pi+16.5cmHg=200.25cmHg2 9.热气球为了便于调节运动状态，需要携带压舱物，某热气球科学考察结束后正以大小为的速度匀速下降，热气球的总质量为M,当热气球离地某一高度时，释放质量为IM的压舱物，结果热气球到达地面时的速度恰好为零，整个过程中空气对热气球作用力不变，忽略空气对压舱物的阻力，重力加速度为g,求：(1)释放压

49、舱物时气球离地的高度h;(2)热气球与压舱物到达地面的时间差.3v2 2 v【答案】(1)(2)2 g g【解析】【详解】(1)由题意知F浮=Mg释放压舱物后：即热气球向下做匀减运动的加速度大小为：1a=-g3由于热气球到地面时的速度刚好为零，则2 a 2 g(2)设压舱物落地所用时间为t”根据运动学公式有：/7 =%+ggf解得：V4=一g设热气球匀减速到地面所用时间为t 2 ,则力=:可，解得：3v 2 =一g因此两者到达地面所用时间差为：2v,2 -1=一g30.两平行金属导轨水平放置，导轨间距=0.8 m。一质量机=0.2侬的金属棒垂直于导轨静止放在紧贴电阻R处，电阻R=01 C,其他

50、电阻不计。矩形区域M N Q P内存在有界匀强磁场，磁场的磁感应强度大小B =0.2 5 T,M N =P Q =x =0.8 5 m金属棒与两导轨间的动摩擦因数均为=0.4,电阻R与边界 的 距 离s =0.36 m 0某时刻金属棒，”在一水平外力作用下由静止开始向右匀加速穿过磁场，其加速度大小a=2 m/s 2,g取l Om/s L求金属棒外穿过磁场的过程中平均电流的大小；(2)若自金属棒ah进入磁场开始计时，求金属棒ah在磁场中运动的时间内，外力尸随时间，变化的关系。求金属棒乃 穿过磁场的过程中所受安培力的冲量的大小/安。【答案】(D3.4A；(2)/=1.6 8 +O.8 4N)其中