高考理综物理解答题专项集中训练50题含参考答案11209.pdf
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1、试卷第 1 页,共 58 页 高考理综物理解答题专项集中训练 50 题含参考答案 学校:_姓名:_班级:_考号:_ 一、解答题 1如图所示,处于竖直面内的坐标系 x轴水平、y 轴竖直,第二象限内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下,磁场方向垂直坐标平面向里带电微粒从 x轴上 M点以某一速度射入电磁场中,速度与 x 轴负半轴夹角=53,微粒在第二象限做匀速圆周运动,并垂直 y轴进入第一象限已知微粒的质量为 m,电荷量为-q,OM 间距离为 L,重力加速度为 g,sin53=08,cos53=06求 (1)匀强电场的电场强度 E;(2)若微粒再次回到 x轴时动能为 M点动能的 2 倍,
2、匀强磁场的磁感应强度 B为多少【答案】(1)mgq(2)B=85m gLqL或 B=85mgqL【解析】【详解】(1)微粒在第二象限做匀速圆周运动,则 qE=mg,解得:E=mgq(2)微粒垂直 y 轴进入第一象限,则圆周运动圆心在 y轴上,由几何关系得:rsin=L 由向心力公式可知:qvB=m2vr 微粒在第一象限中2112kmgrcosEmv()2122kEmv 联立解得:B=85m gLqL或 B=85mgqL 2如图所示,在第一象限内存在匀强电场,电场方向与 x 轴成 45角斜向左下,在第四象限内有一匀强磁场区域,该区域是由一个半径为 R 的半圆和一个长为 2R、宽为2R的矩形组成,
3、磁场的方向垂直纸面向里一质量为 m、电荷量为+q 的粒子(重力忽略不计)以速度 v从 Q(0,3R)点垂直电场方向射入电场,恰在 P(R,0)点进入磁场区域 试卷第 2 页,共 58 页 (1)求电场强度大小及粒子经过 P 点时的速度大小和方向;(2)为使粒子从 AC 边界射出磁场,磁感应强度应满足什么条件;(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域,磁场的磁感应强度应不大于多少?【答案】(1)224mvEqR;2v,速度方向沿 y 轴负方向(2)8 22 25mvmvBqRqR(3)2 2713mvqR【解析】【详解】(1)在电场中,粒子沿初速度方向做匀速运动 132cos452 2cos
4、45RLRR 1Lvt 沿电场力方向做匀加速运动,加速度为 a 22 sin452LRR 2212Lat qEam 试卷第 3 页,共 58 页 设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v、2v,合速度v 1vv、2vat,2tanvv 联立可得224mvEqR 进入磁场的速度22122vvvv 45,速度方向沿 y 轴负方向(2)由左手定则判定,粒子向右偏转,当粒子从 A点射出时,运动半径12Rr 由211mvqv Br得12 2mvBqR 当粒子从 C点射出时,由勾股定理得 222222RRrr 解得258rR 由222mvqv Br得28 25mvBqR 根据粒子在磁
5、场中运动半径随磁场减弱而增大,可以判断,当8 22 25mvmvBqRqR时,粒子从 AC 边界射出 试卷第 4 页,共 58 页 (3)为使粒子不再回到电场区域,需粒子在 CD 区域穿出磁场,设出磁场时速度方向平行于 x 轴,其半径为3r,由几何关系得222332RrrR 解得3714Rr 由233mvqv Br得32 2713mvBqR 磁感应强度小于3B,运转半径更大,出磁场时速度方向偏向 x 轴下方,便不会回到电场中 3某建筑学书籍上说,“地面土质松湿之处,欲起建房屋或工程之事,以打桩为极要之工”如图甲所示为工程打桩的示意图,已知桩料最初竖直静止在地面上,其质量M=300kg,夯锤每次
6、被提升到距离桩顶 H=5m 后由静止释放,卷扬机迅速转动,使夯锤自由下落,与桩料碰撞后都是以相同的速度向下运动,桩料进入地面后所受阻力 f与深度 h的关系如图乙所示,图中斜率 k=2.5104N/m已知夯锤的质量 m=200 kg,重力加速度 g=10m/s2,求:试卷第 5 页,共 58 页 (1)夯锤第一次与桩料碰撞后的速度大小;(2)打完第一夯后桩料进入地面的深度【答案】(1)14m/sv(2)10.8mh 【解析】【分析】【详解】(1)设夯锤与桩料碰撞前的速度大小为0v,则根据机械能守恒定律有 2012mgHmv 解得 010m/sv 夯锤与桩料碰撞过程中满足动量守恒定律,设碰撞后桩料
7、的速度大小为1v,则有 01mvMm v 代入数据得 14m/sv (2)设打完第一夯后桩料进入地面的深度为1h,则根据动能定理得 2111111022Mm ghh khMm v 解得 10.8mh 4如图所示,倾角=30的光滑斜面上锁定一根上端开口、内壁光滑的玻璃管,管中用一段长 L=28cm 的水银柱封闭一段长 L1=19cm 的空气,初始时水银柱静止,其上端到管口的距离为 L2=9.5cm,已知大气压强恒为 p0=76 cmHg,热力学温度与摄氏温度的关试卷第 6 页,共 58 页 系为 T=t+273K (i)现缓慢升高温度至水银恰到管口,此时封闭气体的温度 t2=177,求初始时封闭
8、气体的温度 t1;()若保持封闭气体温度 t1不变,解除锁定,将玻璃管在光滑斜面上由静止释放,设斜面足够长,能保证玻璃管稳定匀加速下滑,求玻璃管在斜面上稳定运动时管内气体的长度 L3【答案】(i)127t(ii)22.5cm【解析】【详解】()设玻璃管横截面积为 S,初状态:11VL S,11273TtK 末状态:212VLLS,22273TtK 根据盖一吕萨克定律知1212VVTT 代入数据解得127t ()初状态:11VL S,10sin3090cmHgppL 斜面光滑,玻璃管沿长斜面匀加速下滑,水银对管内气体无压力,故气体压强为30pp 33VL S 假设水银没有从管口流出,根据玻意耳定
9、律知1133pVp V 代入数据得322.5cmL 由于312LLL,所以玻璃管内气体长度为 22.5cm 5如图所示,某三棱镜的截面 ABC 是边长为 L 的等边三角形,在 C 点垂直 BC 的方向固定光屏,一束单色光从 D 点以 i=45角入射,经三棱镜后照射到屏上的 P 点现令光线在 D 点的入射方向沿顺时针方向转动直至垂直 AB 边入射,此时光线从三棱镜射出后试卷第 7 页,共 58 页 照射到屏上的 Q 点,已知3LBD,三棱镜对该单色光的折射率2n,光在真空中速度为 c,26sin754,求:()光线从 D 点以 i=45角入射时在三棱镜中的传播时间;()屏上 P 点与 Q 点的间
10、距【答案】()2 23Ltc()2 339L【解析】【详解】()光路图如图所示 由折射定律sinsinin得30 由几何关系知折射光线DN平行于BC边,该光线在三棱镜中传播的距离x满足23LxLL,故23xL 于是光在三棱镜中的传播时间满足cxtn 解得2 23Ltc()以 i=45角入射的光线射出三棱镜后出射角也为 45,在PNC中由正弦定理得试卷第 8 页,共 58 页 3sin45sin105LPC 解得313PCL 光线从 D 点垂直入射时,在 M点发生反射后垂直于 AC 边射到光屏上,光路图如图所示,由几何关系得tan303LQC 解得39QCL 2 339PQPCQCL 6如图甲所
11、示,质量为m的A放在足够高的平台上,平台表面光滑质量也为m的物块B放在水平地面上,物块B与劲度系数为k的轻质弹簧相连,弹簧 与物块A用绕过定滑轮的轻绳相连,轻绳刚好绷紧 现给物块A施加水平向右的拉力F(未知),使物块A做初速度为零的匀加速直线运动,加速度为a,重力加速度为,g AB、均可视为质点。(1)当物块B刚好要离开地面时,拉力F的大小及物块A的速度大小分别为多少;(2)若将物块A换成物块C,拉力F的方向与水平方向成37角,如图乙所示,开始时轻绳也刚好要绷紧,要使物块B离开地面前,物块C一直以大小为a的加速度做匀加速度运动,则物块C的质量应满足什么条件?(sin370.6,cos370.8
12、)【答案】(1)2;amgFmamg vk (2)343Cmgmga【解析】【分析】【详解】(1)当物块 B刚好要离开地面时,设弹簧的伸长量为 x,物块 A 的速度大小为 v,对物块 B 受力分析有 mgkx 试卷第 9 页,共 58 页 解得 mgxk 根据 22vax 解得 22amgvaxk 对物体 A FTma 对物体 B T=mg 解得 F=ma+mg(2)设某时刻弹簧的伸长量为 x对物体 C,水平方向 1cosCFTm a 其中 1Tkxmg 竖直方向 sinCFm g 联立解得 343Cmgmga 7如图所示,竖直放置的导热U形管,右侧管比左侧管长 9cm,管内径相同,左侧管上端
13、封闭一定长度的空气柱(可视为理想气体),右侧管上端开口开始时与大气相通,当环境温度为 t0=27时,左侧管中空气柱高 h0=50cm,左侧管中水银面比右侧管中水银面高 H=15cm,外界大气压强 p0=75cmHg。(1)求环境温度升高到多少摄氏度时,左侧空气柱长为 55cm;(2)如图环境温度保持不变,而在右侧管中用活塞封住管口,并慢慢向下推压,最终使左侧空气柱长度变为 30cm,右侧水银柱未全部进入水平管,求活塞下推的距离。试卷第 10 页,共 58 页 【答案】(1)112;(2)64cm【解析】【详解】(1)左右两管水银高度差变为 5cm 10060cmHgpph 2070cmHgpp
14、h 根据理想气体状态方程 1 12212pVp VTT 解得 t=112(2)先选左侧空气柱为研究对象,根据 1133pVp V 解得 1 133100cmHgpVpV 当左侧空气柱长度变为 30cm 时,右侧水银面下降了 20cm,再选右侧空气柱为研究对象,刚加上活塞时空气柱的高度 9cm+50cm+15cm=74cmh 设活塞下推了 x 时,左侧空气柱长度变为 30cm,右侧空气柱压强 43(55)cmHgpp 空气柱高度 474cm20cmhx 根据玻意耳定律 044p h Sp h S 试卷第 11 页,共 58 页 解得 64cmx 8位于原点 O处的波源 t=0 时开始振动,产生的
15、简谐横波沿 x 轴正方向传播,波源 O的振动方程为 y=8sin5t cm,当 t=4 s 时质点 P(10 m,0 m)恰好刚开始振动求:波长 以及 08.1 s 时间内质点 P 运动的路程 L;质点 Q(9.875 m,0 m)从 t=4 s 起第一次到达波谷所用的时间 t2【答案】328 cm 0.25 s【解析】【详解】解:波速:/102 5/4.vm ssm st 周期:20.4Ts 波长:2.50.4 1 vTmm 08.1s 时间内质点P运动的时间:18.1 4 4.1 tsss 14.11100.44tnT 质点P运动的路程:4328 LnAcm 由85 ysint cm知:质
16、点P的起振方向沿y轴正方向 4 ts时波形示意图如图所示 4 ts时9.25 xm的波谷传播到质点Q所用的时间为2t 传播的距离:29.875 9.25 0.625 xmmm 220.25xtsv 9冬天,东北地区有一间长、宽、高分别为 8 m、6.5 m、3 m 教室,室内温度为零下23,打开暖气后,室内空气的质量会发生变化已知在 1 个标准大气压下温度为 0 的空气的密度 0=1.29 kg/m,室内外压强始终保持 1 个标准大气压 结果保留三位有效数字求:打开暖气前室内空气的质量 m0;若打开暖气后室内的温度达到 27,求室内空气减少的质量 m 试卷第 12 页,共 58 页【答案】22
17、0 kg 36.7 kg【解析】【详解】解:打开暖气前教室内空气体积为:33186.53 156 VLdhmm 体积为1V、绝对温度1(27323)250 TKK的空气在 1 个标准大气压下膨胀为体积为0V、绝对温度0273 TK的空气,根据盖-吕萨克定律有:0101VVTT 解得:30170.4 Vm 打开暖气前室内空气的质量:00 0220 mVkg 体积为1V、绝对温度1(27323)250 TKK的空气在 1 个标准大气压下膨胀为体积为3V、绝对温度3(27327)300 TKK的空气,根据盖-吕萨克定律有:3131VVTT 解得:33187.2 Vm 在 1 个标准大气压下绝对温度为
18、3T的空气的密度:03mV 则有室内空气减少的质量:3136.7 mVVkg 10 如图所示,矩形 ABCD、绝缘水平直杆 P1P2和半径 R=1.6 m 的光滑绝缘圆弧杆 PP1在同一竖直面内,其中 AD竖直,小孔 P2 为 AD 的中点,PP1与 P1P2 相切于 P1 点,P点与 P1P2间的高度差 h=0.8 m,P1P2、CD 长均为 L1=0.9 m,BC长 L2=2512 m在 P1的左侧空间有竖直向上的匀强电场,质量为3m的不带电绝缘小球 a和质量为 m、电荷量为 q的带正电小球 b套在杆上,b静止在 P1 处,a从 P 处由静止开始滑下,滑到 P1处时与 b 发生弹性正碰已知
19、小球 b与 P1P2 间的动摩擦因数=0.2,取 g=10 m/s2,两球均视为质点且只相碰一次 试卷第 13 页,共 58 页(1)若场强大小 E=mgq,求小球 a 与 b碰前瞬间受到杆的支持力 N 与重力大小之比以及小球 b碰后开始第一次到达矩形所用的时间 t1;(2)若场强大小 E=6mgq,求小球 b 离开杆后第一次与矩形相碰处与 C点的距离 d2;(3)若小球 b在 P1P2 上滑行过程中场强大小 E 随小球 b 的速率v按 E=0mgmgvqvq(其中v0=1.2 m/s)变化,当小球 b 运动到 P2处后场强大小突然变为 E0=2120mgq,求 b 离开杆后第一次与矩形相碰处
20、到 C点的距离 d3【答案】(1)2 0.9 s (2)0.4 m (3)1.85【解析】【详解】解:(1)设小球a与b碰前瞬间的速率为v,碰后小球a的速度为1v,小球b的速度为2v,小球a从P滑到1P的过程,根据机械能守恒定律有:21323mmghv 碰前瞬间,对小球a,根据牛顿第二定律有:233mmvNgR 解得:4/vm s 小球 a 与 b 碰前瞬间受到杆的支持力 N 与重力大小之比:23Nmg 小球a与b发生弹性正碰,由动量守恒和机械能守恒得:1233mmvvmv 2221211123232mmvvmv 解得12/vm s,22/vm s或14?/vm s,20/vm s(舍去)若m
21、gqE 即qEmg,小球b不受12PP的作用,以水平向左的速度 v2匀速运动打到BC的中点上,则有:11220.9Ltsv(2)若场强大小6mgEq即16Eqmg,则小球b受到杆的支持力大小:56bNmgqEmg 小球b从1P运动到2P的过程,根据动能定理有:222211122bmvvNmL 解得:21/vm s 小球b离开杆后做类平抛运动,若小球b先打在BC边上,则有:12 2Lv t 22 212ya t 根据牛顿第二定律有:2mgqEma 试卷第 14 页,共 58 页 解得:27m82BCy,故小球b应先打在CD上,有:223xv t 222 3122La t 解得:210.5 xmL
22、 小球b第一次与矩形相碰处与 C 点的距离:2120.4 dLxm(3)设小球b离开杆时的速率为 v3,从1P运动到2P的过程,根据牛顿第二定律有:qEmgma 即:0mgvmav 根据加速度的定义有:vat 解得:0gv tvv 由微积分得:0123gvLvv 解得:30.5/vm s 小球b离开杆后做类平抛运动,若小球b先打在BC边上,则有:13 4Lv t 203412qEmgytm 解得:230.81 2Lym,符合猜想 小球b离开杆后第一次与矩形相碰处到C点的距离23321.85 Ldym 11如图所示,质量 M=0.4kg 的长木板静止在光滑水平面上,其右侧与固定竖直挡板问的距离
23、L=0.5m,某时刻另一质量 m=0.1kg 的小滑块(可视为质点)以 v0=2m/s 的速度向右滑上长木板,一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞,碰撞过程无机械能损失。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数=0.2,重力加速度 g=10m/s2,小滑块始终未脱离长木板。求:(1)自小滑块刚滑上长木板开始,经多长时间长木板与竖直挡板相碰;(2)长木板碰撞竖直挡板后,小滑块和长木板相对静止时,小滑块距长木板左端的距离。【答案】(1)1.65m;(2)0.928m【解析】【分析】【详解】试卷第 15 页,共 58 页(1)小滑块刚滑上长木板后,小滑块和长木板水平方向动量守恒 b1()mvmM v 解得 0
24、.4m sv 对长木板 mgMa 得长木板的加速度 20.5m sa 自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度 1vat 解得 10.8st 长木板位移 2112xat 解得 0.16m0.5mxL 两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板 1 2Lxv t 解得 20.85st 则 121.65sttt(2)长木板碰竖直挡板后,小滑块和长木板水平方向动量守恒 112()mvMvmM v 最终两者的共同速度 20.24m sv 220211()22mgsmvmM v 小滑块和长木板相对静止时,小滑块距长木板左端的距离 0.928ms 试卷第 16 页,共 58 页 12预测到 2025 年,我国将成
25、为第一个在航空母舰上用中压直流技术的电磁弹射器实现对飞机的精确控制其等效电路如图(俯视图),直流电源电动势 E=18 V,超级电容器的电容 C=1 F两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距 l=0.4 m,电阻不计,磁感应强度大小 B=2 T 的匀强磁场垂直于导轨平面向外质量 m=0.16kg、R=0.2 的金属棒 MN 垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触开关 S先接 1,使电容器完全充电,然后将 S 接至 2,MN 开始向右加速运动当 MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时,回路中电流为零,MN达到最大速度,之后离开导轨求:(1)开关 S 接 1 使电容器完全充电,极板
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