遼寧省各地區(qū)2023年高考物理模擬（二模）題匯編-03解答題

遼寧省各地區(qū)2023年高考物理模擬（二模）題按題型分類匯

編-03解答題

一、解答題

1.（2023屆遼寧省葫蘆島市普通高中高三下學期第二次模擬考試物理試題）如圖甲所

示，一水平固定放置的汽缸由兩個粗細不同的圓柱形筒組成，汽缸中活塞I與活塞H之

間封閉有一定量的理想氣體，兩活塞用長度為2乙、不可伸長的輕質(zhì)細線連接，活塞∏

恰好位于汽缸的粗細缸連接處，此時細線拉直且無張力?，F(xiàn)把汽缸豎立放置，如圖乙所

示，活塞I在上方，穩(wěn)定后活塞I、∏到汽缸的粗細缸連接處的距離均為乙已知活塞I

與活塞II的質(zhì)量分別為2機、，〃，面積分別為2S、S,重力加速度大小為g,大氣壓強和

環(huán)境溫度保持不變，忽略活塞與汽缸壁的摩擦，汽缸不漏氣，汽缸與活塞導熱性良好，

不計細線的體積。求：大氣壓強和圖乙狀態(tài)時細線上的張力。

2.（2023屆遼寧省葫蘆島市普通高中高三下學期第二次模擬考試物理試題）“打水漂”

是很多同學體驗過的游戲。小石片被水平拋出，碰到水面時并不會直接落入水中，而是

擦著水面滑行一小段距離，再次彈起，飛行跳躍數(shù)次后沉入水中，俗稱“打水漂”。如圖

所示，某同學在岸邊離水面高度0.8m處，將質(zhì)量為20g的小石片以初速度16m∕s水平

拋出，若小石片第一次在水面上滑行時，受到水平阻力的大小恒為0.8N,接觸水面0.1s

3

后彈起，彈起時豎直方向的速度是剛接觸水面時豎直速度的二。取重力加速度

4

g=IOmZs2,不計空氣阻力。

（1）求小石片第一次落至水面時的速度大小（結果可用根號表示）；

（2）求小石片第一次離開水面時的水平速度大??；

（3）求小石片第一次離開水面到再次碰到水面過程中在空中運動的水平距離。

≡A

3.（2023屆江西省吉安市高三下學期一模理綜物理試題）我國自行設計研制的熱核聚

變?nèi)瑢锌R克實驗裝置再次創(chuàng)造了該類實驗裝置運行的世界新紀錄。此裝置在運行

過程中，需要將加速到較高速度的離子束轉(zhuǎn)變成中性粒子束，而其中還未被中性化的高

速帶電離子則需通過過濾裝置過濾出來并剝離。所用到的過濾裝置工作原理簡圖如圖所

示，混合粒子束先通過加有一定電壓的兩極板之間區(qū)域后，再進入極板下方的偏轉(zhuǎn)磁場

中，此過程中中性粒子仍會沿原方向運動并被接收器接收；而帶電離子中的一部分則會

先在兩極板間的電場作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，一部分直接打在下極板，另一部分則會在穿過板

間電場后進入其下方的勻強磁場與區(qū)域，進一步發(fā)生磁偏轉(zhuǎn)并打在吞噬板上，從而剝

離吸收。已知這些帶電離子電荷量為4（q>0）,質(zhì)量為，*兩極板間距為“，所加電

壓為U,極板長度為2d,粒子束中所有粒子所受重力均可忽略不計，不考慮粒子間的

相互作用。

（1）要使初速度為M=Jg的離子能沿平行于極板的直線經(jīng)過電場區(qū)域，需在極板間

再施加一垂直于紙面的勻強磁場，求其磁感應強度用的大小和方向；

（2）若帶電離子以初速度匕沿直線通過極板區(qū)域后，進入下方垂直紙面向外的勻強偏

轉(zhuǎn)磁場與區(qū)域。≡ι磁感應強度J----時，要使禺子耳匕全部被吞噬板吞噬，求吞

d"q

噬板所需的最小長度/；

（3）若粒子束中帶電粒子為初速度%=/|二，且撤去了兩極板間的磁場片，則有部

分帶電離子會通過兩極板間的偏轉(zhuǎn)電場進入偏轉(zhuǎn)磁場，已知磁場的磁感應強度當大小

可調(diào)，且分布范圍足夠?qū)拸V，吞噬板∕=2J并緊靠左極板水平放置。若要保證進入偏轉(zhuǎn)

磁場的帶電粒子最終都能被吞噬板吞噬，求磁感應強度與大小的取值范圍。

試卷第2頁，共10頁

4.（河北省部分高中2022-2023學年高三下學期4月聯(lián)考物理試題）假日期間，小聰與

家人去售樓部收房，小聰想檢查陽臺窗戶的雙層玻璃的厚度是否達標（合同里每層玻璃

的厚度4=5mm）。小聰查閱資料得知該窗戶由中間夾一層惰性氣體的兩平行且厚度相

同的玻璃組成，他用一激光筆垂直窗戶玻璃人射，用記號筆分別記下窗戶兩側(cè)入射點和

出射點的位置尸、Q,如圖所示，再讓激光筆對準P點以入射角α=60入射，記下窗戶

另--側(cè)出射點的位置M,測得PQ和QM的距離分別為20.0mm、28.0mm。玻璃和惰性

氣體對激光的折射率分別為n,=√2>%=1。

（1）若玻璃的厚度恰好達標，求激光通過第一層玻璃的出射點和入射點沿玻璃方向的

偏移（結果可保留根號）；

（2）請通過計算判斷該窗戶的雙層玻璃的厚度是否為合同中的5mmO

QM

5.（河北省部分高中2022-2023學年高三下學期4月聯(lián)考物理試題）如圖所示，質(zhì)量為

切?的木板靜止在足夠大的光滑水平地面上，質(zhì)量為小的滑塊靜止在木板的左端，質(zhì)量

為加的子彈以大小為%的初速度射入滑塊，子彈射入滑塊后未穿出滑塊，且滑塊恰好未

滑離木板。滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度大小為g,子彈與滑塊均視為

質(zhì)點，不計子彈射入滑塊的時間。求：

（1）木板的長度L；

（2）滑塊在木板上相對木板滑動的過程中系統(tǒng)克服摩擦力做功（產(chǎn)生熱量）的平均功

率「。

?

6.（河北省部分高中2022-2023學年高三下學期4月聯(lián)考物理試題）如圖所示，在豎直

面內(nèi)有一直角坐標系XQy,y軸豎直，長度L=0.4m、傾角e=53的絕緣斜面下端固定

在O點；x>0區(qū)域存在正交的勻強磁場與勻強電場（圖中未畫出），磁場的磁感應強度

大小3=0.7T,方向垂直坐標平面向里。一質(zhì)量，W=0.15kg、電荷量q=0.5C的帶正電

滑塊（視為質(zhì)點）從斜面的頂端A點由靜止沿斜面下滑，離開斜面后恰好做勻速圓周運

動，從y軸上的C點（圖中未畫出）離開磁場。滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)〃=0?5,

取重力加速度大小g=IOnVs?,sin53°=0.8,cos53o=0.6,不計空氣阻力,計算結果

可用Tr和分式表示。

（1）求滑塊通過O點時的速度大小V以及電場的電場強度大小E；

（2）求滑塊從A點運動到C點的時間以及滑塊從。點運動到C點的路程s；

（3）若在滑塊離開斜面后運動半周通過。點（圖中未畫出）時，立即將電場方向沿順

時針方向轉(zhuǎn)過16。，電場強度增大為且勻強電場充滿全部空間，其他情況不變，求

滑塊從力點起到第二次通過y軸所用的時間t.

7.（2023屆遼寧省丹東市高三總復習質(zhì)量測試物理試題（二））一晴朗的冬日，某同學

在冰雪游樂場乘坐滑雪圈從靜止開始沿斜直雪道勻變速下滑，滑行60m后進入水平雪

道，繼續(xù)滑行80m后勻減速到零。已知該同學和滑雪圈的總質(zhì)量為60kg,整個滑行過

程用時14s,斜直雪道傾角為37。，重力加速度g=10m∕sz,忽略空氣阻力（sin37o=0.6,

試卷第4頁，共10頁

cos37o=0.8),

（1）求該同學和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力Fr的大?。?/p>

（2）若水平雪道區(qū)域重新規(guī)劃，使水平雪道距離縮短為60m,之后再鋪設IOm長的防

滑毯，可使該同學和滑雪圈在防滑毯終點恰好安全停下，求防滑毯與滑雪圈之間的動摩

擦因數(shù)。

水平雪道

8.（2023屆遼寧省丹東市高三總復習質(zhì)量測試物理試題（二））兩木塊A、B質(zhì)量均為機，

用勁度系數(shù)為左的輕彈簧連在一起，放在水平地面上，如圖所示，

（1）若用外力F將木塊A壓下一段距離后靜止不動，撤去外力，A上下做簡諧運動。

在A運動過程中，要使B始終不離開地面，將A下壓至靜止的外力尸不得超過多大？

（2）若將另一塊質(zhì)量也為，”的物塊C從距A高，=坐里處自由落下，與A相碰后，

K

立即與A結合在一起，它們到達最低點后又向上運動，求木塊B剛好離開地面時A的

速度為多少？

9.（2023屆遼寧省丹東市高三總復習質(zhì)量測試物理試題（二））真空中存在空間范圍足

夠大的，水平向右的勻強電場。在電場中，若將一個質(zhì)量為陽，帶正電的小球由空中靜

止釋放，運動中小球的速度與豎直方向夾角為53。。如圖所示，若在此電場中，放置一

個豎直面內(nèi)的光滑固定軌道欣（電場沒有畫出），，力水平，長度為0.5R,6c是半徑為

R的四分之一的圓弧，與必相切于。點?，F(xiàn)將該小球由〃點靜止釋放，求從。點開始運

動的整個過程中（取重力加速度大小為g,sin53o=0.8,cos53o=0.6）,

（1）小球受到的電場力大小及方向；

（2）從4點開始運動到軌跡最高點過程中小球電勢能的變化量；

（3）小球從C點離開軌道后速度最小時距C點的距離。

10.(2023屆遼寧省鞍山市普通高中高三下學期第二次質(zhì)量監(jiān)測物理試題)依據(jù)運動員

某次練習時推動冰壺滑行的過程建立如圖所示模型：冰壺的質(zhì)量m=19.7kg,當運動員

推力f為5N,方向與水平方向夾角為6=37。時，冰壺可在推力作用下沿著水平冰面做

勻速直線運動，一段時間后松手將冰壺投出，重力加速度g取IOm/S?,sin37°=0.6,

cos370=0.8,求:

(1)冰壺與地面間的動摩擦因數(shù)〃；

(2)若冰壺投出后在冰面上滑行的最遠距離是s=40m,則冰壺離開手時的速度%為多

11.(2023屆遼寧省鞍山市普通高中高三下學期第二次質(zhì)量監(jiān)測物理試題)如圖所示，

水平面上兩根足夠長的光滑金屬導軌平行固定放置，導軌間距離為L=O?5m,一端通過

導線與阻值為R=0.4C的電阻連接；質(zhì)量"i=0.5kg'長也為L=O.5m、電阻r=0.1Ω的

金屬桿靜止放置在導軌上，導軌的電阻忽略不計；導軌所在位置有磁感應強度為3=IT

的勻強磁場，磁場的方向垂直導軌平面向上，現(xiàn)在給金屬桿施加一水平向右的拉力F,

使金屬桿從靜止開始做加速度為α=lm∕s2的勻加速直線運動。求：

(1)從靜止開始運動，經(jīng)時間f=4s時拉力F的大小；

12.(2023屆遼寧省鞍山市普通高中高三下學期第二次質(zhì)量監(jiān)測物理試題)如圖所示，

在以。點為圓心、R為半徑的圓周上有P、A、C三點，NPo4=60。。此圓形區(qū)域內(nèi)存

在磁感應強度大小為8、方向垂直紙面向里的勻強磁場，圓形區(qū)域下方存在水平向右的

勻強電場，其上邊界與磁場相切于C點，豎直的左邊界MN與磁相切于尸點，MN左側(cè)

試卷第6頁，共10頁

只有部分區(qū)域存在勻強磁場。兩個相同的帶電粒子(重力不計)從P點沿尸。方向射入

磁場中，速率為%的“粒子恰好從A點射出磁場，速率為的b粒子出磁場后又從。

點離開電場，離開電場時的速度平行于經(jīng)過MN左側(cè)的、部分區(qū)域的磁場偏轉(zhuǎn)后,

最終能從P點沿水平向右的方向重新進入磁場。試求：

(1)該粒子的比荷k；

(2)勻強電場的場強E：

(3)粒子6在MN左側(cè)的、部分區(qū)域磁場中運動的最短時間幾

D->

N

13.(2023屆遼寧省大連市高三下學期二?？荚囄锢碓囶})如圖所示，均勻介質(zhì)中兩波

源SI、S?分別位于X軸上占=0、w=12m處，質(zhì)點P位于X軸上XP=4m處，/=0時刻

兩波源同時開始由平衡位置向y軸正方向振動，振動周期均為T=O.Is,形成的兩列波相

向傳播，波長均為4m,波源的振幅均為A=4cm0求：

(1)該介質(zhì)中的波速，并判斷P點是加強點還是減弱點；

(2)從f=0至f=().35s內(nèi)質(zhì)點P通過的路程。

Mem

SPS2

02468101214x∕m

14.(黑龍江省哈爾濱市第三中學2021-2022學年高二(下)期末物理試題)牡2至∏1具

有放射性，能夠發(fā)生用衰變變?yōu)殄汸a、如圖所示，位于坐標原點的靜止針核發(fā)生“衰變，

在紙面內(nèi)向X軸上方各方向發(fā)射電子。在X軸上方存在垂直紙面向外、半徑為”的圓形

勻強磁場，磁感應強度為B,磁場圓心位于y軸，且與X軸相切于原點。X軸上方4-24

處平行y軸方向放置一足夠長的熒光屏。已知鈕核質(zhì)量為機7,電子質(zhì)量為山e,鍥核質(zhì)

量為劭,，電子電量絕對值為e,光速為C,反應中釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為鍥核和電子的

動能，不考慮粒子之間的相互作用。

（1）寫出該反應方程式；

（2）求電子的動能以；

（3）如圖所示，若沿y軸正方向發(fā)射的電子垂直打在熒光屏上，求速度方向與X軸正

方向夾角為9的電子到達熒光屏所用的時間。（結果用me、e、B、化表示）

6

15.（2021屆山東省煙臺市高三（下）一模物理試題）跳臺滑雪是冬奧會比賽項目，被

稱作“勇敢者的運動”，其場地的簡化圖如圖所示。雪坡OB段為傾角為α=30。的斜面，

某運動員從助滑道的最高點A由靜止開始下滑，到達起跳點O時借助設備和技巧，保

持在。點的速率沿與水平方向成。角的方向起跳，最后落在雪坡上的B點，起跳點。

與落點8之間的距離OB為此項運動的成績。已知A點與。點之間的高度差〃=50m,該

運動員可視為質(zhì)點，不計一切阻力和摩擦，g=10m∕s2?求

（1）該運動員在。點起跳時的速度大??；

（2）該運動員以多大的起跳角。起跳才能取得最佳成績，最佳成績?yōu)槎嗌伲?/p>

（3）在（1）問中，該運動員離開雪坡的最大距離。

試卷第8頁，共10頁

A

，卜

16.（2023屆遼寧省大連市高三下學期一模物理試題）某瀕危魚類長期生活在壓強為

40%的深海中，科研團隊為便于研究，把該魚類從海里移到如圖所示的兩層水箱中，

同時給它們創(chuàng)造一個類似深海的壓強條件。假設該魚位于一層水箱底部，距離二層水箱

水面的高度力=50m,二層水箱上部密封一定質(zhì)量的空氣，空氣體積Y=7L,空氣壓

強與外界大氣壓相同。已知外界大氣壓為Po,Iom高水柱產(chǎn)生的壓強約為P。（水箱內(nèi)

氣體溫度恒定、不考慮空氣溶入水的影響）。求：

（1）為使魚在一層水箱正常存活，需要給二層水箱再打進壓強為P。的空氣多少升？

（2）為了讓二層水箱上方氣體壓強和第（1）問充氣后氣體壓強相同，還可以采用從進

17.（2023屆遼寧省大連市高三下學期一模物理試題）如圖所示，粗糙輕桿水平固定在

豎直輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上A點。質(zhì)量為〃?的小球和輕彈簧套在輕桿上，小球與輕桿間的動摩擦

因數(shù)為"，彈簧原長為0.6L左端固定在A點，右端與小球相連。長為L不可伸長質(zhì)量

不計的細線一端系住小球，另一端系在轉(zhuǎn)軸上B點，AB間距離為0.6心裝置靜止時將

小球向左緩慢推到距A點OAL處時松手，小球恰能保持靜止。接著使裝置由靜止緩慢

加速轉(zhuǎn)動。已知小球與桿間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g,不計

轉(zhuǎn)軸所受摩擦。

(I)求彈簧的勁度系數(shù)公

(2)求小球與輕桿間恰無彈力時裝置轉(zhuǎn)動的角速度g

(3)從開始轉(zhuǎn)動到小球與輕桿間恰無彈力過程中，摩擦力對小球做的功為W,求該過

程外界提供給裝置的能量Eo

18.(2023屆遼寧省大連市高三下學期一模物理試題)如圖甲所示，空間中有一直角坐

標系。孫z,在緊貼坐標為(-0?4m,0,0)點的下側(cè)有一粒子源尸，能沿X軸正方向以

%=以1()6111/$的速度持續(xù)發(fā)射比荷幺=5/107€：/1^的帶正電的粒子。圖乙為犬0》平面

m

圖，在x<0、"0的空間中有沿一y方向的勻強電場，電場強度大小為E=5×104V∕m,

在x>0的空間有垂直于Xo)，平面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為B,=(MT。若在

XoZ平面內(nèi)x<O區(qū)域放置一足夠大的吸收屏(如圖甲所示)，屏上方施加有沿一〉方向，

TT

大小為壇=WT的勻強磁場(忽略粒子間的相互作用)。求：(結果保留一位有效數(shù)字)

(1)粒子第一次穿過y軸的坐標；

(2)粒子第二次穿過y軸的坐標；

(3)粒子打到吸收屏上的坐標。

圖甲圖乙

試卷第10頁，共10頁

參考答案:

I.誓，4,四

?

【詳解】設大氣壓強為4,圖乙時細線張力尸，氣體做等溫變化，由玻意耳定律可得

P0-4LS=pi-3LS

在圖乙時活塞受力平衡，對活塞I

p∣2S=2mg+p02S+F

對活塞II

plS+mg=p0S+F

聯(lián)立解得大氣壓強

9mg

Pn=-y-

線上張力

F=Amg

2.(1)4√Γ7m∕s;(2)12m/s；(3)7.2m

【詳解】(1)小石片第一次落至水面過程，由動能定理

,II

mgh=-mv~2--mv^2

解得落至水面時的速度大小

V=4Λ∕Γ7ΓΠ∕S

(2)小石片在水面上水平方向受恒力作用，由牛頓第二定律

f=ma

水平方向做勻減速直線運動

聯(lián)立解得第一次離開水面時的水平速度大小

匕=12m∕s

(3)設第一次落至水面時豎直速度為氣，第一次離開水面時豎直速度為4,由速度關系

222

Ki=V--V0-

由題意可得

答案第1頁，共24頁

3

4T

第一次離開水面時豎直方向

vt

V2=S2

解得

vV|=4m∕s

L,=3m∕s

第一次離開水面上升到最高點的時間

t2=0.3s

小石片飛行水平距離

X=2匕F

聯(lián)立解得

X=7.2m

3.（1）;杵,方向垂直紙面向里；（2）l=d；（3）1

【詳解】（1）離子能直線通過兩極板，則洛倫茲力與電場力平衡，則有

如心=q-

a

將匕=楞代入上式解得

由左手定則判斷可知：磁場四方向垂直紙面向里。

（2）當離子在偏轉(zhuǎn)磁場中做勻速圓周運動時有

qvB=tn—

i~2r

解得

凡

r=--a

2

又由圖可知：離子在吞噬板上最靠右的落點到左極板距離

f

x1=lr-d

答案第2頁，共24頁

離子在吞噬板上最靠左的落點到左極板距離

x2=2r

則此吞噬板的長度最短，聯(lián)立解得

/=(x2—X1)=J

在兩極板間做類平拋運動。

12

y--aV

2

2d=v2t

答案第3頁，共24頁

q?a

聯(lián)立解得

mv13

離子做類平拋運動的過程中，根據(jù)動能定理

UI221

—Uqy--imv"——1

d22

13qU

+《=

3m

離子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度偏向角的余弦值為

此時沿上極板進入電場的帶電離子射出偏轉(zhuǎn)電場時，與吞噬板右端相距為gd,當磁場當滿

足此離子打到吞噬板，則由幾何關系分析可得

deCld

一≤2rcos6≤——

用性粒子流

又當入射點下移至帶電粒子剛好擦著下極板右邊緣射出電場進入偏轉(zhuǎn)磁場，則磁場為滿足

該離子剛好能打在吞噬板的下端點為最大值，有

答案第4頁，共24頁

2rcos6>≤2√

綜合分析結果有

-≤2rcosθ<2d

3

根據(jù)

V2

qvB2=m—

則所需磁場人的取值范圍

4.(1)JFmm；(2)見解析

【詳解】(1)激光通過窗戶玻璃的光路圖如圖所示

sina

%=------

1sin￡

解得

c?〃而

sinβ=

設激光在第一層玻璃中的偏移量為巧，根據(jù)幾何關系有

xl=4tanβ

解得

xl=ViGnm

(2)若玻璃的厚度恰好達標，則由光路的可逆性可知，激光在第二層玻璃中的偏移量

M=VTsmm

答案第5頁，共24頁

窗戶的厚度4=20?0mm,可知惰性氣體的厚度&=IOmm,激光在惰性氣體中的偏移量

x2=d2tana?lθ?/?mm

激光的總偏移量

%=2x1+Λ2=^2Λ∕L5÷

因為x≠28.0mm,所以雙層玻璃的厚度不是合同中的5mm。

5?⑴蒲…望

【詳解】（1）設子彈射入滑塊后瞬間子彈和滑塊的共同速度大小為W，根據(jù)動量守恒定律有

mvu=2mvl

解得

設最終滑塊與木板的共同速度大小為匕，根據(jù)動量守恒定律有

2mvi=(Zc+2)mv,

解得

%

k+2

對滑塊在木板上相對木板滑動的過程，根據(jù)功能關系有

=2

μ×2mgL?×2∕πv1-g(Z+2)∕m^

解得

（2）滑塊在木板上相對木板滑動的過程中系統(tǒng)克服摩擦力做的功

W=μ×2mgL

設滑塊在木板上相對木板滑動時木板的加速度大小為“，對木板，根據(jù)牛頓第二定律有

μXImg=kma

設滑塊在木板上相對木板滑動的時間為t,根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有

v2=at

答案第6頁，共24頁

又有

P=—

t

解得

P=WngVO

2

6?⑴2m/S，3N/C；⑵毀*s,??l?rm:（3）等

【詳解】（1）滑塊的運動軌跡如圖所示

根據(jù)牛頓第二定律有

Ingsin。一μmgcosθ=ma

解得

α=5m∕s2

滑塊在斜面上做初速度為零的勻加速直線運動，有

V2=IaL

解得

v=2rr√s

因為滑塊在磁場中做勻速圓周運動，所以滑塊所受的重力與電場力平衡，有

mg=qE

解得，電場的電場強度大小為

E=3N∕C

（2）滑塊在斜面上運動的時間

答案第7頁，共24頁

V

一

4=a

解得

G=0.4s

滑塊受到的洛倫茲力提供向心力，有

V2

qvB=m—

r

解得

6

r=-m

7

根據(jù)幾何關系可知，滑塊在磁場中運動的軌跡對應的圓心角

α=26+180。=286。

滑塊從。點運動到C點的路程

286or

s=-----×2πr

360°

解得

143萬

s=------m

105

滑塊在磁場中運動的時間

_s

V

解得

143萬

力=----s

2210

又

Z0=4+12

解得

84+143萬

,0=S

°210

（3）電場方向從豎直向上轉(zhuǎn)過16后，電場方向與速度方向的夾角為

^=37o+16o=53o

滑塊受到的電場力大小變?yōu)?/p>

4

F,=qE,=q×-E=2^

計算可得

答案第8頁，共24頁

qE,cosθ=1.2N=Jngsinθ

qvB÷mgcosθ-1.6N=qE,sinΘ

因此滑塊從。點開始做勻速直線運動，設滑塊第一次過y軸上的點為尸，滑塊從。點運動

到P點的時間

2∕*tan

A=

V

解得

8

ti=S

37

滑塊進入第二象限后做類平拋運動，之后從Q點第二次通過y軸，等效重力加速度大小

,—夕￡sin6-ZngCoSe_qvB_14HS2

mm3

經(jīng)分析可知

tanθ=.%

解得

9

t,=——s

414

又

，=力+，4

解得

25

t=—s

14

7.(1)160N；(2)0.5

【詳解】(1)該同學和滑雪圈在斜直雪道上滑行時做初速度為。的勻加速直線運動，加速度

大小為4,位移大小為4，時間為4,末速度為%;在水平雪道上滑行時，做末速度為0

的勻減速直線運動，位移大小為演，時間為L分析運動過程可得

々2，4+%=∣4s

解得斜直雪道末速度

vm=20m/s

斜直雪道的時間

答案第9頁，共24頁

t?=6s

水平雪道用時

t2=8s

在斜直雪道上的加速度

?1=—=—m∕s2

43

由牛頓第二定律得

ZMgSin37°-Ff=mai

解得該同學和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力為

4=16ON

(2)設在水平雪道上滑行時，加速度為大小外，則

α,=—=2.5m∕s2

?2

使水平雪道距離縮短為60m,設該同學和滑雪圈滑出水平雪道的速度為叭則

vm-V2=2a2x3

解得

l2

V=QVm=>∕20-2×2.5×60m∕s=10m∕s

設在防滑毯上的加速度大小為由，則

2

V=2aix4

解得

22

VIO,2..2

α,=----=--------m∕s^=5m∕s^

3

2X42×IO

由牛頓第二定律可得

μmg=may

解得防滑毯與滑雪圈之間的動摩擦因數(shù)

∕z=0.5

答案第10頁，共24頁

【詳解】(1)撤去外力后，木塊A以沒有施加壓力時的位置為平衡位置做簡諧振動，當木

塊B剛好要離開地面時，對木塊B受力分析，根據(jù)二力平衡，有

kx=mg

此時木塊A處于簡諧運動的最高點，A的加速度最大，方向豎直向下，根據(jù)牛頓第二定律,

有

kx+mg=ma

解得

2tng.

a=-----=2g

m

由簡諧運動的對稱性可知，當木塊A運動至最低點時，加速度最大，仍為2g,方向豎直向

上。撤去外力尸瞬間合外力等于撤去的外力，根據(jù)牛頓第二定律，有

F=ma=2mg

(2)對物塊C分析，設物塊C自由落下到與木塊A相碰前的速度為%,由自由落體運動的

規(guī)律，有

片=2gH

解得

物塊C與木塊A相碰后一起向下運動的初速度設為匕，由動量守恒定律，有

mva=(jn+m)vλ

解得

物塊C自由落下前，木塊A受重力和彈力平衡

mg=kx、

得彈簧壓縮量

L巡

X-k

同理，木塊B剛好離開地面時彈簧伸長，B受重力和彈力平衡，得彈簧伸長量

_mg_

“一k

答案第Il頁，共24頁

因此兩位置彈簧的形變量相等，即

士=W

所以彈簧彈性勢能的變化量為

ΔEp=O

設木塊B剛好離開地面時A的速度為匕，對木塊A,物塊C及彈簧組成的系統(tǒng)，由機械能

守恒定律，有

2mg&+々-?2mv}

解得

匝

"v七一=

9.(1)→ng,水平向右；(2)AEp=-1瓶gR；(3)

39125

【詳解】（1）由題意，電場力大小

4

F=Angtan53°=—mg

方向：水平向右

（2）對小球由。到C的過程，由動能定理得

1

F(0.5R+H)—tngR=-mvc

解得

小球離開C點后豎直方向在重力作用力下做勻減速直線運動（豎直上拋運動），設小球離開C

點到其軌跡最高點所需的時間為f,有

O=匕._gf

小球沿水平方向做初速度為0的勻加速運動，加速度為“，則有：由牛頓第二定律可知

F4

Wg

此過程小球沿電場方向位移為

14

x=-at2=—Rd

23

電場力做功為

答案第12頁，共24頁

W=F(0.5R+R+x)=-mgR

因為電場力做正功，所以電勢能減少量為

?廣34n

=mgR

(3)由題意可知，重力與電場力合力方向與豎直方向夾角53。,斜向下如圖，沿著合力與

垂直合力方向建立坐標系，將C點速度沿著兩個方向分解

aby

y方向做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知

a=%=/^_=,

mmCoS5303

從C點到小球速度最小時的位移

(%COS53.=21R

2a125

_vccos53°_9j2gR

a25g

X方向做勻速直線運動，此速度為離開C后的最小速度

vt=vcsin53≡=

72

o

X=vcsin53r2=R

小球從C點離開軌道后速度最小時距C點的距離

S=Fy=也R

Y125

10.(1)//=0.02；(2)4m∕s

【詳解】(1)以冰壺為研究對象,由共點力作用下物體的平衡條件：在水平方向有

FCOSθ=μN

在豎直方向有

FSinf)+mg=N

解得

答案第13頁，共24頁

〃二0.02

(2)由勻變速直線運動的位移速度加速度關系式得

0-vθ=2(-α)j

由牛頓運動定律得

μmg=ma

代入數(shù)據(jù)后聯(lián)立解得

vo=4m∕s

11.(1)2.5N；(2)6N?s

【詳解】(1)根據(jù)題意可知，r=4s時，導體棒的速度為

v=W=4m∕s

感應電動勢為

E=BLV=W

感應電流為

安培力為

FA=BIL=2N

以金屬桿為研究對象，由牛頓運動定律得

F-Fλ=ma

解得

F=2?5N

(2)根據(jù)題意可知，在0~4s內(nèi)由動量定理得

∕F-∕A=∕W

由安培力計算式以及沖量計算式得

IK=BglM)=BLq

由電磁感應中中通過導體截面電量關系式得

ΔΦBLx

q~=

R+rR+r

由勻變速直線運動的位移時間關系公式得

答案第14頁，共24頁

x=-at2

2

代入數(shù)據(jù)后聯(lián)立解得在0~4s內(nèi)拉力F的沖量

∕H=6N?S

√3Bv(4+8BRTt

12.(1)v(2)—n?;(3)

BR2√39%

【詳解】（1）粒子“進入磁場后,由幾何關系可得

tan30=h

R

解得半徑為

√3p

r-R

由牛頓第二定律以及圓運動相關知識得

T

解得

&=2=?

nιBR

（2）對于b粒子，由牛頓第二定律以及圓運動相關知識得

Bq?=選虻

rb

解得

K=R

進入電場區(qū)域后做類平拋運動到。點，軌跡如圖所示

XX

答案第15頁，共24頁

水平位移

R=-at2

2

由牛頓第二定律可得

Eq

a=--

m

將離開電場時速度分解，可得

tan60o=

at

聯(lián)立解得

EW

2√3

2

(3)進入左側(cè)磁場區(qū)域速度偏轉(zhuǎn)角為240。，由運動時間為可知周期越短，時間越短，

由于粒子速度大小一定，可知半徑越小，時間越短，可知進入MN左側(cè)區(qū)域即進入磁場，偏

轉(zhuǎn)時間最短。豎直位移

解得〃粒子的豎直位移

y=26R

離開電場時的速度由速度的分解可