【word版可编辑】黑龙江省名校新高考物理精选解答题100题汇总含解析

【word版可编辑】黑龙江省名校新高考物理精选解答题100题汇总精选高考物理解答题100题含答案有解析1．如图所示，一上端开口的圆筒形导热汽缸竖直静置于地面，汽缸由粗、细不同的两部分构成，粗筒的横截面积是细筒横截面积S (cm2)的2倍，且细筒足够长．粗筒中一个质量和厚度都不计的活塞将一定量的理想气体封闭在粗筒内，活塞恰好在两筒连接处且与上壁无作用力，此时活塞与汽缸底部的距离h=12cm，大气压p0=75 cmHg．现把体积为17S (cm3)的水银缓缓地从上端倒在活塞上方，在整个过程中气体温度保持不变，不计活塞与汽缸间向的摩擦，求最终活塞下降的距离x．【答案】2cm【解析】【分析】【详解】以汽缸内封闭气体为研究对象：初态压强p1＝p0＝75 cmHg初态体积V1＝2hS注入水银后，设细圆筒中水银的高度为L，则有：17S＝LS+x·2S所以，末态压强为：p2=(p0+x+L)末态体积V2＝2(h－x)S由玻意耳定律可知：p1V1＝p2V2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＝2cm，或x＝102 cm，无意义舍去2．如图所示，固定在竖直面内半径R=0.4m 的光滑半圆形轨道cde 与长s=2.2m 的水平轨道bc 相切于 c 点，倾角θ=37°的斜轨道ab 通过一小段光滑圆弧与水平轨道bc 平滑连接。

质量m=1 kg 的物块B 静止于斜轨道的底端b 处，质量M=3kg 的物块 A 从斜面上的P 处由静止沿斜轨道滑下，与物块B 碰撞后黏合在一起向右滑动。

已知P 处与 c 处的高度差H=4.8m，两物块与轨道abc 间的动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，A、B 均视为质点，不计空气阻力。

求：(1)A 与B 碰撞后瞬间一起滑行的速度大小；(2)物块A、B 到达e 处时对轨道的压力大小。

【答案】 (1)6m/s ；(2)50N【解析】【分析】【详解】(1)A 沿斜轨道下滑时，由牛顿第二定律1sin cos Mg Mg Ma θμθ-=结合运动学公式212sin H v a θ=⋅ 两物块碰撞满足动量守恒，选取水平向右为正方向12 () Mv M m v =+解得26m/s v =(2)物块从b 运动到e 的过程，根据动能定理223211()()2()()22M m gs M m g R M m v M m v μ-+-+⋅=+-+ 在e 点，根据牛顿第二定律()()23RF m M g m M v ++=+ 解得50N =F根据牛顿第三定律可知物块对轨道e 点的压力大小为50N 。

3．如图所示，间距为L 的平行金属板MN 、PQ 之间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。

MN 板带正电荷，PQ 板带等量负电荷，板间磁场方向垂直纸面向里，'OO 是平行于两金属板的中心轴线。

紧挨着平行金属板的右侧有一垂直纸面向外足够大的匀强偏转磁场，在其与'OO 垂直的左边界上放置一足够大的荧光屏。

在O 点的离子源不断发出沿'OO 方向的电荷量均为q 、质量均为m ，速度分别为0v 010v 的带正电的离子束。

速度为0v 的离子沿直线'OO 010v 的离子恰好擦着极板的边缘射出平行金属板其速度方向在平行金属板间偏转了60︒，两种离子都打到荧光屏上，且在荧光屏上只有一个亮点。

已知在金属板MN 、PQ 之间匀强磁场的磁感应强度。

不计离子重力和离子间相互作用。

已知在金属板MN 、PQ 之间的匀强磁场磁感应强度0mv B qL=。

求： (1)金属板MN 、PQ 之间的电场强度；(2)金属板的右侧偏转磁场的磁感应强度；(3)两种离子在金属板右侧偏转磁场中运动时间之差。

【答案】 (1) 20mv E qL= ；(2) 002mv B qL = ；(3) 03L t v π∆= 【解析】【详解】(1)速度为0v 的离子沿直线OO '方向匀速运动，则：0qv B qE = 得200mv E v B qL== (2)010v ，的离子在平行金属板间运动时，由动能定理可知)22101110222L qE mv m v -⋅=- 得 103v v =设金属板的右侧匀强磁场的磁感应强度为0B ，由牛顿第二定律可知：在O 点速度为0v 的离子进入右侧偏转磁场后20001mv qv B r = 则010mv r qB = 在O0，的离子进入右侧偏转磁场后()()200233m v qB v r = 得 0203mv r qB = 两种离子都打到荧光屏同一点A ，由几何关系可知1222L r r += 得 002mv B qL= (3)在O 点速度为0v 的离子在右侧偏转匀强磁场后运动时间：1100ππ2r L t v v == 在O0的离子在右侧偏转匀强磁场后运动时间：22002π55π636r L t v v =⋅= 这两种离子在金属板的右侧偏转匀强磁场中运动时间之差21t t t ∆=-得π3L t v ∆=4．如图所示，在直角坐标系xoy 的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B 0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调， C 点坐标为（4L ，3L ），M 点为OC 的中点．质量为m 带电量为-q 的粒子从C 点以平行于y 轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为02qB L m，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场． （1）若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围；（2）若粒子恰好不能从AC 边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；（3）若粒子能到达M 点，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值．【答案】（1）06B B <；（2）024=49B B ；（3）若粒子由区域Ⅰ达到M 点，n=1时，0338B B =；n=2时，04116B B =；n=3时，04924B B =；②若粒子由区域Ⅱ达到M 点，n=0时，0258B B =，n=1时，03316B B = 【解析】【分析】【详解】 （1）粒子速度越大，半径越大，当运动轨迹恰好与x 轴相切时，恰好不能进入Ⅰ区域故粒子运动半径03r L >粒子运动半径满足：2v qBv mr=代入0=2qB Lvm解得06BB<（2）粒子在区域Ⅰ中的运动半径02mv LrqB==若粒子在区域Ⅱ中的运动半径R较小，则粒子会从AC边射出磁场．恰好不从AC边射出时满足∠O2O1Q=2θ24sin22sin cos25θθθ==又sin2rR rθ=-解得49492448R r L==代入0=2qB Lvm可得：024=49BB（3）①若粒子由区域Ⅰ达到M点每次前进()()282cos5CP R r R rθ=-=-由周期性：()21.2.3...CM nCP n==即()5825L n R r=-25491648R r L Ln=+≥，解得3n≤n=1时3316R L=，833B B=n=2时4132R L=，1641B B=n=3时4948R L=，2449B B=②若粒子由区域Ⅱ达到M点由周期性：()120.1.2.3...CM CP nCP n=+=即()588255L R n R r=+-，解得()54492584815nR L Ln+=≥+，解得2625n≤n=0时2516R L =，0825B B = n=1时3332R L =，01633B B = 点睛：本题考查了带电粒子在磁场中的运动情况，做诸如此类问题时要注意正确画出运动轨迹图，并结合几何关系求出运动的半径，并分析运动的可能性，由于运动的多解性，所以要求我们做此类题目时要细心再细心．5．平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v 0沿x 轴正方向开始运动，Q 点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍．粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等．不计粒子重力，问：(1)粒子到达O 点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．【答案】 (1)02v ,与x 轴正方向成45°角斜向上 (2)02v 【解析】【分析】【详解】(1)粒子运动轨迹如图：粒子在电场中由Q 到O 做类平抛运动，设O 点速度v 与x 方向夹角为α，Q 点到x 轴的距离为L ，到y 轴的距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，根据平抛运动的规律有：x 方向：02L v t =y 方向：212L at = 粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度：y v at =，又tan yx v v α=，解得tan 1α=，即45α=︒，粒子到达O 点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O 点时的速度大小为002cos 45v v v ︒==； (2)设电场强度为E ，粒子电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ，粒子在电场中运动的加速度：qE a m=， 设磁感应强度大小为B ，粒子做匀速圆周运动的半径为R ，洛伦兹力提供向心力，有：2v qvB m R=， 根据几何关系可知：2R L =解得：02v E B = 6．如图甲所示，一列简谐波沿x 轴传播，A 、B 为平衡位置相距4m 的两个质点，它们的振动图像如图乙所示。

求该波的波速。

【答案】4041n +m/s 【解析】【详解】 根据图乙知，该列波周期：T=0.4s由A 、B 振动图像可知，若简谐波沿x 轴正方向传播，振动由质点A 传播到质点B 所需的时间为 34t nT T =+AB （n=1，2，3……） 根据波速定义式有：x v t =AB AB联立解得：4043v n =+m/s （n=0，1，2，3） 由A 、B 振动图像可知，若简谐波沿x 轴负方向传播，振动由质点B 传播到质点A 所需的时间为14t nT T =+BA （n=0，1，2，3） 根据波速定义式有：x v t =BA BA联立解得：4041v n =+m/s （n=0，1，2，3） 7．如图1所示，足够长的固定斜面倾角为α，一小物块从斜面底端开始以初速度0v 沿斜面向上运动，若012/v m s =，则经过2s 后小物块达到最高点，多次改变0v 的大小，记录下小物块从开始运动到最高点的时间m t ，作出0m t v -图像，如图2所示，（g 取210/m s ），则：（1）若斜面光滑，求斜面倾角α；（2）更换另一倾角30α=o 的斜面，当小物块以012/v m s =沿斜面向上运动时，仍然经过2s 到达最高点，求它回到原来位置的速度大小；（3）更换斜面，改变斜面倾角α，得到的0m t v -图像斜率为k ，则当小物块以初速度0v 沿斜面向上运动时，求小物块在斜面上运动的总时间为多少？【答案】（1）37α=o（2）46/m s（3）kv 0 或者01kv ⎛+ ⎝ 【解析】试题分析：（1）由图可知：22012/6/2m v a m s m s t === 根据牛顿第二定律：2sin sin 6/mg ma a g m s αα=⇒== 可得：sin 0.6a gα==，则37α=o ． （2）根据牛顿第二定律：1sin 30cos30mg mg ma μ+=o o21sin 30cos306/a g g m s o o μμ=+=⇒=上升过程中：2011122v s m a == 下降过程中：2sin 30cos30mg mg ma μ-=o o22sin 30cos304/a g g m s μ=-=o o由此可得：/t v s ==．（3）由题意可知：01m t k v a ==，可知：1a k= 由于物体在斜面上上升过程中：sin cos a g g αμα=+，可得：1tan cos kg μαα=- 讨论：（a ）当tan μα>，即12sin k g α<，物块上滑到最高点后不会下滑，则0t v k =． （b ）当tan μα<，即12sin k g α>，物块到最高点后会下滑，则10t v k = 上升的位移为20101122s v t kv == 下滑时：1sin cos a g g αμα=-与sin cos a g g αμα=+联立得：112sin 2sin a g a g kαα=-=-则：2t kv ===120001112sin 12sin 1t t t v k kv kv kg kg αα⎛⎫=+=+=+ ⎪ ⎪--⎝⎭总 考点：匀变速直线运动规律的综合运用、匀变速直线运动的位移与时间的关系【名师点睛】对于复杂的运动，要做出具体的猜测，共有多少种情况，然后根据具体的计算作出判断． 8．如图所示，长为L 的轻质木板放在水平面上，左端用光滑的铰链固定，木板中央放着质量为m 的小物块，物块与板间的动摩擦因数为μ.用力将木板右端抬起，直至物块刚好沿木板下滑．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。