天津市2026年高考物理二轮复习专项练习-解答题基础通过训练（含解析）
文档属性
| 名称 | 天津市2026年高考物理二轮复习专项练习-解答题基础通过训练（含解析） |
|
|
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.8MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2026-03-27 00:00:00 | ||
图片预览
文档简介
天津2026年高考物理二轮复习专项练习-解答题基础通过训练
目录
一、机械能及其守恒定律 1
二、磁场 2
三、抛体运动 6
六、动量及其守恒定律 8
七、电磁感应 10
八、匀变速直线运动 13
一、机械能及其守恒定律
1．如图所示，半径为R = 0.45m的四分之一圆轨道AB竖直固定放置，与水平桌面在B点平滑连接。质量为m = 0.12kg的玩具小车从A点由静止释放，运动到桌面上C点时与质量为M = 0.18kg的静置物块发生碰撞并粘在一起，形成的组合体匀减速滑行x = 0.20m至D点停止。A点至C点光滑，小车和物块碰撞时间极短，小车、物块及组合体均视为质点，g取10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)小车运动至圆轨道B点时所受支持力FN的大小；
(2)小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v的大小；
(3)组合体与水平桌面CD间的动摩擦因数μ的值。
2．2024年春节前夕，因“冻雨”导致众多车辆在某些高速路段停滞，并发生了一些交通事故。如图所示，受高速路面冰雪影响，乙车停在水平高速路面上，甲车以速度从乙车正后方同一车道匀速驶来，在距乙车处紧急刹车（牵引力瞬间变为零），但仍与乙车发生了碰撞；碰撞后，甲、乙两车各自减速运动和后停止运动。若甲、乙两车完全相同且均可视为质点，两车碰撞时间不计，碰撞前、后两车质量均保持为m不变，且始终在同一直线上，两车在冰雪路面上的所有减速运动均视为加速度相同的匀减速运动，重力加速度为g。求：
（1）碰撞后瞬时，甲、乙两车的速度大小之比；
（2）两车与路面的动摩擦因数及甲车碰撞前瞬间的速度大小。
二、磁场
3．放射性同位素相对含量的测量在考古学中有重要应用。如图甲所示，将少量古木样品碳化、电离后，产生出电荷量均为q的12C和14C离子，从容器A下方的小孔S1进入加速电压为U的匀强电场中，其初速度可视为零。以离子刚射入磁场时的O点为坐标原点，水平向右为x轴正方向。x轴下方有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为B，离子在磁场中行进半个圆周后被位于原点O右侧x轴上的收集器分别收集。一个核子的质量为m，不考虑离子重力及离子间的相互作用。
(1)写出中子与发生核反应生成，以及衰变生成的两个核反应方程式；
(2)求收集器收集到的12C和14C离子的位置坐标x12和x14；
(3)由于加速电场的变化，可能会使两束离子到达收集器的区域发生交叠，导致两种离子无法完全分离。
①若加速电压在区间范围内发生微小变化，为使两种离子完全分离，应小于多少？
②若离子经过加速电压为U的特殊电场，从O点进入磁场时，与垂直x轴方向左右对称偏离，导致有一个散射角α，如图乙所示。为使两种离子完全分离，求最大散射角。
[已知，若，，则]
4．如图所示，纸面内水平虚线下方存在竖直向上的匀强电场，虚线上方存在垂直于纸面的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从电场中的O点以水平向右的速度开始运动，在静电力的作用下从P点进入磁场，射入磁场时的速度大小为v、方向与竖直方向夹角为，粒子返回电场前的运动轨迹过P点正上方的Q点，P、Q间距离及O、P间的水平距离均为L。不计粒子重力。
(1)判断粒子的电性；
(2)求电场强度大小E；
(3)求磁感应强度大小B。
5．霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为。质量为、电荷量为的电子从点不断地沿轴正方向以大小不同的速度水平入射，速度大小在0到范围内变化。入射速度大小为的电子，入射后沿轴做直线运动；入射速度小于时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点电子所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
(1)求电场强度的大小；
(2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标；
(3)若一段时间内入射电子的总数为，且电子数随速率的变化均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数占总电子数的百分比。
6．如图所示，空间有一棱长为L的正方体区域，带电粒子从平行于MF棱且与MPQF共面的线状粒子源连续不断地逸出，逸出粒子的初速度可视为0，粒子质量为m，电荷量为，经垂直于MF棱的水平电场加速后，粒子以一定的水平初速度从MS段垂直进入正方体区域内，MS段长为，该区域内有垂直平面MPRG向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，从M点射入的粒子恰好从R点射出。忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。
（1）求线状粒子源处与正方体MS段之间的电势差；
（2）若该区域内只有垂直平面MPRG向外的匀强电场，电场强度大小为，已知从S点射入的粒子从QP边上的某点射出，求该点距Q点的距离；
（3）若该区域内同时存在上述磁场与电场，通过计算判断从S点进入的粒子，离开该区域时的位置和速度大小。
7．科学研究中可以用电场和磁场实现电信号放大，某信号放大装置示意如图，其主要由阴极、中间电极(电极1,电极2, …,电极n)和阳极构成，该装置处于匀强磁场中,各相邻电极存在电势差。由阴极发射的电子射入电极1,激发出更多的电子射入电极2,依此类推,电子数逐级增加,最终被阳极收集,实现电信号放大。图中所有中间电极均沿x轴放置在xOz平面内,磁场平行于z轴，磁感应强度的大小为B。已知电子质量为m,电荷量为e。忽略电子间的相互作用力，不计重力。
（1）若电极间电势差很小可忽略,从电极1上O点激发出多个电子，它们的初速度方向与y轴的正方向夹角均为，其中电子a、b的初速度分别处于xOy 、yOz平面的第一象限内，并都能运动到电极2。
（i）试判断磁场方向；
（ii）分别求出a和b到达电极2所用的时间和；
（2）若单位时间内由阴极发射的电子数保持稳定,阴极、中间电极发出的电子全部到达下一相邻电极。设每个射入中间电极的电子在该电极上激发出个电子, ，U为相邻电极间电势差。试定性画出阳极收集电子而形成的电流I和U关系的图像,并说明理由
8．科学实验中，常用电场和磁场控制带电粒子的运动。如图为绝缘材料围成边长为的等边三角形，其中一条边的中点有一开口P，可以允许带电粒子通过。开口处存在沿OP方向的匀强电场，加速电压U大小可调；三角形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B大小可调。现有一个质量为m、带电量为的粒子，从加速电场的正极板静止释放，经电场加速后穿过开口P进入磁场区域，当调节时，它与绝缘边界内壁发生两次弹性碰撞（电荷不转移）后又垂直返回P位置。不计粒子重力。
（1）求此时加速电场两极板的电势差；
（2）若取不变，只调节加速电场电势差U，使得粒子仍能够垂直返回开口P，试推导U的表达式；
（3）若取不变，只改变磁感应强度为B的大小，求粒子从进入磁场到垂直返回P处所用时间的最大值t。
9．如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿方向的匀强电场，电场强度大小为E．一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从M点以速度v沿方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。
(1)求磁感应强度B的大小；
(2)若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间t；
(3)若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为，求粒子在磁场中运动的时间。
10．如图所示，一不可伸长的轻绳上端固定，下端系在单匝匀质正方形金属框上边中点O处，框处于静止状态。一个三角形区域的顶点与O点重合，框的下边完全处在该区域中。三角形区域内加有随时间变化的匀强磁场，磁感应强度大小B与时间t的关系为B = kt（k > 0的常数），磁场与框平面垂直，框的面积为框内磁场区域面积的2倍，金属框质量为m，电阻为R，边长为l，重力加速度g，求：
（1）金属框中的感应电动势大小E；
（2）金属框开始向上运动的时刻t0；
三、抛体运动
11．如图所示，传送带水平匀速运动的速度为5m/s，在传送带的左端P点轻放一质量m=1kg的物块，物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，物块随传送带运动到A点后抛出，物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，B、C为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径R=1.0m，圆弧对应的圆心角θ=106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h=0.80m。取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
(1)物块离开A点时水平初速度的大小；
(2)物块经过O点时对轨道压力的大小；
(3)物块从P点运动至A点过程中，物块与传送带之间的摩擦力对传送带所做的功Wf及由于放上物块后电动机多消耗的电能。
四、静电场
12．如图，在平面直角坐标系的第三象限内存在沿轴正方向的匀强电场，第一象限某区域内存在垂直于坐标平面向里的圆形区域的匀强磁场（图中没有画出）。一质量为，电荷量为的带正电粒子从电场中的点以大小为的速度平行于轴正方向射入电场，经原点射入第一象限时与轴正方向的夹角为，运动一段时间后进入圆形匀强磁场区域，最后射出磁场时与轴正方向的夹角也为。已知点与轴的距离为，匀强磁场的磁感应强度大小，不计粒子受到的重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)粒子在磁场中运动的时间；
(3)圆形匀强磁场区域的最小半径。
五、交变电流
13．电动汽车制动过程中可以控制电机转为发电模式，在产生制动效果的同时，将汽车的部分机械能转换为电能，储存在储能装置中，实现能量回收、降低能耗。如图1所示，发电机可简化为处于匀强磁场中的单匝正方形线框ABCD，线框边长为L，电阻忽略不计，磁场磁感应强度大小为B，线框转轴OO′与磁场垂直，且与AB、CD距离相等。线框与储能装置连接。
(1)线框转动方向如图1所示，试判断图示位置AB中的电流方向；
(2)若线框以角速度ω匀速转动，线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，线框在t时刻位置如图2所示，求此时AB产生的感应电动势；
(3)讨论电动汽车在某次制动储存电能时，为方便计算，做两点假定：①将储能装置替换为阻值为R的电阻，电阻消耗的电能等于储能装置储存的电能；②线框转动第一周的角速度为ω0，第二周的角速度为，第三周的角速度为，依次减半，直到线框停止转动。若该制动过程中汽车在水平路面上做匀减速直线运动，汽车质量为m，加速度大小为a，储存的电能为初动能的50%，求制动过程中汽车行驶的最大距离x。
六、动量及其守恒定律
14．智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为m，绳长为l，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.4l，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动。某时刻绳子与竖直方向夹角θ=37°。运动过程中不计空气阻力，腰带可看成不动，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。在绳子与竖直方向夹角从0°缓慢增至θ=37°的过程中，求：
(1)绳子夹角θ=37°时，配重的速度大小v：
(2)该过程中，配重所受合力的冲量大小I；
(3)该过程中，绳子对配重所做的功W。
15．如图，距地面高度为的光滑水平桌面上有一轻质理想弹簧，固定其左端，用质量为m的小球A压缩其右端。某时刻由静止释放小球A，小球A离开弹簧后与质量为的小球B发生弹性正碰，球B从桌面水平飞出。两小球都落地后，测量它们第一个落点之间的距离为，g取，忽略空气阻力。求：
（1）小球B在空中飞行的时间t；
（2）两小球碰撞之前的瞬间A的速度；
（3）若，全过程中弹簧的弹力对小球A的总冲量I。
16．如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I = 1.8 N s，A、B的质量分别为mA = 0.3 kg、mB = 0.1 kg，轨道半径和绳长均为R = 0.5 m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)与B碰前瞬间A的速度大小；
(2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。
七、电磁感应
17．轴向磁通风力发电机在新能源领域中有广泛应用，其原理可简化为一圆盘发电机。如图所示，发电机的中心轴为固定不动的圆柱，一外半径为、厚度均匀的环形导体盘套在轴上，接触良好并可绕轴转动，导体盘轴线与中心轴的轴线重合。整个装置处在方向与轴线平行的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。在风力的作用下，导体盘以角速度匀速转动，导体盘的内、外缘为发电机的两个电极。两极接在外电阻两端后，导体盘上各处均有沿半径流动的电流。
(1)磁场方向与导体盘转动方向如图所示，试判断导体盘的外缘是发电机的正极还是负极；
(2)若外电阻阻值为R，导体盘电阻忽略不计、内半径为l，通过导体盘上相同圆心角区域内的电流相同。求作用在导体盘上圆心角为区域（很小，可视为导体棒）上的安培力大小F与的关系式；
(3)若外电阻阻值忽略不计，导体盘电阻不可忽略，距离轴线为r处的电阻率与r成正比，比例系数为k，即，导体盘厚度为d、内半径大小可调。求导体盘发热功率最大时内半径的大小。
18．有关列车电气制动，可以借助如图所示简化模型来理解，图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，导轨间距为，磁场的磁感应强度为，金属棒MN的质量为，导轨右端接有阻值为的电阻，金属棒接入电路部分的电阻为，导轨的电阻不计。金属棒MN在安培力作用下向右减速运动的过程对应于列车的电气制动过程，金属棒MN开始减速时的初速度为。
（1）求刚开始减速时，导体棒两端的电压U；
（2）求刚开始减速时，安培力的功率P；
（3）在制动过程中，列车还会受到空气阻力和轨道的摩擦力作用，为了研究问题方便，设简化模型受到的这些阻力总和大小恒为。在金属棒从开始减速到速度减至2m/s的过程中，金属棒的位移大小为。求：该过程中电路产生的焦耳热Q。
19．如图所示，间距为L的足够长的平行金属直角导轨，、水平放置，、竖直放置，整个装置处在磁感应强度大小为B，方向水平向右的匀强磁场中。质量为m金属杆ab静止在水平导轨上，质量相同的金属杆cd被弹簧托片（图中未画出）托住紧贴竖直导轨静止。水平轨道与ab杆之间的动摩擦因数为，竖直轨道光滑。两杆接入回路的电阻均为R，导轨电阻不计。某时刻，给金属杆ab施加一个水平向右、大小为F（大小未知）的拉力，使其由静止开始向右做直线运动，同时由静止释放cd杆，经过一段时间后，两金属杆同时达到最大速度。重力加速度为g，求：
（1）杆cd的最大速度；
（2）拉力F的大小；
（3）若cd杆从开始运动到获得最大速度下降的高度为h，求此过程中ab杆上产生的焦耳热Q。
20．如图所示，固定的光滑绝缘斜面与水平面夹角为，斜面上相距d的水平虚线和间有垂直斜面向下的匀强磁场。质量为m、边长为、电阻为R的正方形金属线框放在斜面上，线框由粗细均匀的相同材料制成。将其从上方某处由静止释放。当边刚进入磁场时，线框即以速度做匀速运动，当边刚到磁场边界时，线框的加速度大小为。斜面足够长，线框运动过程中边始终与平行，重力加速度为g，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B；
（2）边刚进入磁场时，c、d两点间的电势差U；
（3）线框从边刚进入磁场到边刚到磁场边界的过程产生的焦耳热Q。
21．涡流制动是磁悬浮列车在高速运行时进行制动的一种方式．某研究所制成如图甲所示的车和轨道模型来模拟磁悬浮列车的涡流制动过程，模型车的车厢下端安装有电磁铁系统，能在长为，宽的矩形区域内产生竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为、方向竖直向下；将长大于，宽也为的单匝矩形线圈，等间隔铺设在轨道正中央，其间隔也为，每个线圈的电阻为，导线粗细忽略不计．在某次实验中，当模型车的速度为时，启动电磁铁系统开始制动，电磁铁系统刚好滑过了个完整的线圈．已知模型车的总质量为，空气阻力不计，不考虑磁感应强度的变化引起的电磁感应现象以及线圈激发的磁场对电磁铁的影响．求：
（1）刹车过程中，线圈中产生的总热量；
（2）电磁铁系统刚进入第（）个线圈时，模型车的加速度的大小；
（3）某同学受到上述装置的启发，设计了进一步提高制动效果的方案如图乙所示，将电磁铁换成个相同的永磁铁并在一起的永磁铁组，两个相邻的磁铁磁极的极性相反；且将线圈改为连续铺放，相邻线圈紧密接触但彼此绝缘，若永磁铁激发的磁感应强度大小恒定为，模型车质量为，模型车开始减速的初速度为，试计算该方案中模型车的制动距离．
22．如图所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场B，一单匝边长为L，质量为m的正方形线框abcd放在水平桌面上，在水平外力作用下从左边界以速度v匀速进入磁场，当cd边刚好进入磁场后立刻撤去外力，线框ab边恰好到达磁场的右边界，然后将线框以ab边为轴，以角速度ω匀速翻转到图示虚线位置。已知线框与桌面间动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L，线框电阻为R，重力加速度为g，求：
（1）当ab边刚进入磁场时，ab两端的电压Uab；
（2）水平拉力F的大小和磁场的宽度d；
（3）匀速翻转过程中线框产生的热量Q。
八、匀变速直线运动
23．质量的物体A自距地面高度自由落下，与此同时质量的物体B由地面竖直上抛，经过与A碰撞，碰后两物体粘在一起,碰撞时间极短,忽略空气阻力。两物体均可视为质点，重力加速度，求A、B：
（1）碰撞位置与地面的距离x；
（2）碰撞后瞬时的速度大小v；
（3）碰撞中损失的机械能。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
《天津高考物理二轮复习专项练习-解答题基础通过训练》参考答案
1．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设小车运动至圆轨道B点时的速度大小为，由机械能守恒定律，有
由牛顿第二定律，有
代入数据，联立解得
（2）小车与物块在C点碰撞，在水平方向由动量守恒，有
代入数据，联立解得
（3）组合体水平方向受动摩擦力作用，从C点匀减速运动至D点静止，由动能定理，有
代入数据，联立解得
2．（1）；（2），
【详解】（1）设碰撞后甲、乙两车的速度大小分别为、，两车与路面的动摩擦因数为，根据动能定理可得
可得碰撞后瞬时，甲、乙两车的速度大小之比为
（2）设碰撞前瞬间甲车的速度为，碰撞前对甲车，由动能定理得
碰撞时由动量守恒可得
结合（1）问方程，解得
，
3．(1)；
(2)；
(3)①，②
【详解】（1）核反应方程；
（2）由动能定理得，
由洛伦兹力提供向心力得，
联立得，直径
和离子的位置坐标分别为；
（3）①加速电压越大，速度越大，则半径越大
12C离子的最大直径
14C离子的最小直径
为保证完全分离需满足
联立解得
②对于同一离子以相同大小的速度但方向不同进入磁场后，垂直于x轴射入时偏转距离x最大，向左向右偏离垂直入射的方向入射，其偏转距离都将减小，如图所示。
12C离子离开O点的最大距离
14C离子离开O点的最小距离
为保证两种离子完全分离
联立解得
4．(1)正电
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，粒子向上偏转，所受电场力向上，与电场方向相同，则粒子带正电。
（2）设粒子在电场中运动的时间为t，水平方向上由运动学公式，有
设粒子在电场中运动的加速度为a，由牛顿第二定律，有
竖直方向上由运动学公式，有
联立上述各式，得
（3）设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系，得
洛伦兹力提供向心力，有
联立得
5．(1)
(2)
(3)90%
【详解】（1）由题知，入射速度为时，电子沿轴做直线运动则有
解得
（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
解得
（3）若电子以入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有
在最低点有
联立有，
要让电子达纵坐标位置，即
解得
则若电子入射速度在范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数占总电子数的90%。
6．（1）；（2）；（3）粒子从N点离开该区域；
【详解】（1）粒子经电场加速，则
进入垂直平面MPRG向外的匀强磁场后从，从M点射入的粒子恰好从R点射出，可知粒子在磁场中运动的轨道半径为
r=L
则由
可得
（2）若该区域内只有垂直平面MPRG向外的匀强电场，则粒子在电场中做类平抛运动，则垂直电场方向
沿电场方向
其中
解得
该点距Q点的距离
（3）该区域内同时存在上述磁场与电场时，从S点进入的粒子在正方体区域内做不等距螺旋线运动，将其运动分解为沿MF方向的初速为零的匀加速直线运动，和平行于MPRG平面的线速度为v,半径为R=L的匀速圆周运动。分运动的匀速圆周运动的周期为
假设粒子从FQNA面射出，则有
解得
可知分运动的匀速圆周运动的轨迹为圆周，该粒子恰好从N点离开该区域，假设成立。
离开该区域时沿MF方向的速度为
v2=at2
解得
设离开该区域时速度大小为v′，则有
解得
7．（1）（ⅰ）沿z轴反方向；（ⅱ），（2）见解析
【详解】（1）（ⅰ）a电子，初速度方向在xoy平面内，与y轴正方向成θ角；若磁场方向沿z轴正方向，a电子在洛伦兹力作用下向x轴负方向偏转，不符合题题意；若磁场方向沿z轴反方向，a电子在洛伦兹力作用下向x轴正方向偏转，符合题意；
b电子，初速度方向在zoy平面内，与y轴正方向成θ角。将b电子初速度沿坐标轴分解，沿z轴的分速度与磁感线平行不受力，沿y轴方向的分速度受到洛伦兹力使得电子沿x轴正方向偏转，根据左手定则可知，磁场方向沿z轴反方向。符合题意；
综上可知，磁感应强度B的方向沿z轴反方向。
（ⅱ）a电子在洛伦兹力作用下运动轨迹如图
由图可知电子运动到下一个极板的时间
b电子，沿z轴的分速度与磁感线平行不受力，对应匀速直线运动；沿y轴方向的分速度受到洛伦兹力使电子向右偏转，电子运动半个圆周到下一个极板的时间
（2）设，单位时间内阴极逸出的电子数量N0不变，每个电子打到极板上可以激发δ个电子，经过n次激发阳极处接收电子数量
对应的电流
可得I-U图像如图
8．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）如图，由几何关系得
①
根据牛顿第二定律可得
②
根据动能定理得
③
由①②③得
④
（2）根据几何关系，得
⑤
根据牛顿第二定律得
⑥
根据动能定理得
⑦
由⑤⑥⑦得
⑧
（3）当时，由③可知在磁场中运行的速度大小不变，粒子在磁场中圆周运动的周期为
⑨
代入⑤式可得
⑩
在三角形区域的总时间为
由⑩ 得
当，t最大
由③ 得
9．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，由于一带负电粒子能沿直线匀速穿过半圆区域，由平衡条件有
解得
（2）若仅有电场，带负电粒子受沿轴负方向的电场力，由牛顿第二定律有
又有
联立解得
（3）根据题意，设粒子入射速度为，则有
可得
画出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系可得
解得
则轨迹所对圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间
10．（1）；（2）
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律有
（2）由图可知线框受到的安培力为
当线框开始向上运动时有
mg = FA
解得
11．(1)3m/s
(2)43N
(3) 15J，15J
【详解】（1）平抛运动竖直方向有
又
可得
（2）从B点到O点过程有
由几何关系得
在O点
由牛顿第三定律知对轨道压力
（3）传送带上物块加速运动
P运动至A点所需的时间
传送带的位移
物块与传送带之间的摩擦力对传送带所做的功
由于放上物块后电动机多消耗的电能
12．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，有，，
又
联立解得
（2）设粒子从点射入第一象限时的速度大小为，在磁场中运动轨迹所对应的圆心角等于，则运动时间
又有，
联立解得
（3）粒子在匀强磁场区域内的运动轨迹如图所示
由几何关系可知，当进入磁场的点和射出磁场的点的连线是圆形磁场区域的直径时，磁场区域半径最小，则有
又，
联立解得
13．(1)电流方向从B到A
(2)
(3)
【详解】（1）由右手定则可知，图示位置AB中的电流方向从B到A。
（2）线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，则经过时间t转过的角度为
AB切割磁感线的速度为
则感应电动势
解得此时AB产生的感应电动势
（3）线框转动过程中，AB、CD均能产生感应电动势，故线框转动产生的感应电动势为
线框转动第一周产生感应电动势最大值
储存电能为
同理线框转动第二周储存的电能
同理线框转动第三周储存的电能
……
线框转动第n周储存的电能
则直到停止时储存的电能为
储存的电能为初动能的50%，可知初动能
根据动能定理和牛顿第二定律可得
解得
14．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）配重做圆周运动时，半径
由牛顿第二定律可得
解得
（2）由动量定理可得
代入数据得
（3）由动能定理可得
代入数据得
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球B竖直方向自由落体运动
小球B在空中飞行的时间
（2）A球与B碰后反弹，则由动量守恒
A球反弹后再次压缩弹簧然后被弹回，则两小球离开桌面后均做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向自由落体，时间相同，根据题意得
弹性碰撞满足能量守恒，动能关系为
整理解得
（3）根据动量定理，第一次和第二次被弹簧弹开时弹簧对球的冲量分别为
由第（2）问中的公式解得
所以全过程中弹簧的弹力对小球A的总冲量为
16．(1)4 m/s
(2)11.2 N
【详解】（1）根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度为v0，由动量定理有
设与B碰前瞬间A的速度大小v，从最低点到最高点，由动能定理有
联立代入数据解得
（2）A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有
设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有
联立代入数据解得
17．(1)正极
(2)
(3)
【详解】（1）根据右手定则可知导体盘的外缘是发电机的正极。
（2）设导体盘上圆心角为的区域切割磁场的平均速度为v，有
设导体盘的电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有
设回路中的总电流为I，由闭合电路的欧姆定律，有
设导体盘上圆心角为区域的电流为，则
作用在导体盘上圆心角为区域上的安培力大小为
联立上述各式，得
（3）如图所示
设距离轴线为r处的沿半径方向的微小长度为、横截面积为的导体电阻为，有
设导体盘的内半径大小为x、圆心角为区域的电阻为，有
设导体盘的电阻为，则
设内半径为x时导体盘的电动势为，可知
设导体盘发热功率为P，有
联立上述式子联立可得
根据数学求导部分知识可得当时，导体盘发热功率最大。
18．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）金属棒MN刚开始减速时，产生的电动势为
回路电流为
导体棒两端的电压为
（2）刚开始减速时，金属棒MN受到的安培力为
安培力的功率为
代入数据解得
（3）在金属棒从开始减速到速度减至2m/s的过程中，金属棒的位移大小为，由动能定理可得
又
代入数据解得
19．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当cd 杆达到最大速度时，由竖直方向受力平衡得
①
根据闭合电路欧姆定律得
②
又
③
联立①②③解得
④
（2）当ab杆达到最大速度时，由竖直方向受力平衡得
⑤
水平方向受力平衡得
⑥
由②③⑤⑥得
（3）cd 杆从释放至达到最大速度的过程中，由能量守恒得
ab杆产生的焦耳热
20．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律可得线框cd边刚进入磁场时产生的感应电动势为
①
根据闭合电路欧姆定律可得此时线框中的电流为
②
由平衡条件可得
③
联立①②③解得
④
（2）根据闭合电路欧姆定律可得
⑤
联立①④⑤解得
⑥
（3）设ab边刚到磁场边界PQ时线框的速度大小为v1，此时线框中的感应电动势为
⑦
线框中的电流为
⑧
由题意并根据牛顿第二定律有
⑨
联立④⑦⑧⑨解得
⑩
对线框从cd边刚进入磁场到ab边刚到磁场边界PQ的过程由能量守恒定律有
联立⑩ 解得
21．(1) (2) (3)
【详解】试题分析：刹车过程中，线圈的动能转化为内能，根据能量守恒定律求解总热量Q；设电磁铁系统刚进入第k个线圈时速度为v，根据动量定理列式．结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律得到电流的平均值，求得v，再求得安培力的大小，即可根据牛顿第二定律求得加速度a．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式求得每个磁铁受到的阻力，再求解模型车的制动距离x．
（1）根据能量守恒定律
（2）设电磁铁系统刚进入第k个线圈时，速度为v
根据动量定理
根据法拉第电磁感应定律，有
根据闭合电路欧姆定律
根据法拉第电磁感应定律
根据闭合电路欧姆定律
线圈所受安培力为
根据牛顿第三定律，电磁铁系统所受力大小也为
根据牛顿第二定律
则
（3）当模型车的速度为时，每个线圈中产生的感应电动势为
每个线圈中的感应电流为
每个磁铁受到的阻力为
个磁铁受到的阻力为
由第（2）问同理可得
解得
【点睛】此题类似于磁场不动线圈动的题型．在模型车的减速过程中，加速度不恒定，可用动量定理来求制动距离x．
22．（1）；（2），；（3）
【详解】（1）感应电动势
根据欧姆定律
则有
（2）由受力分析得
撤去拉力后，线框匀减速运动，则有
所以
（3）线框在绕ab轴翻转过程中
有效值
又
产生焦耳热
23．（1）1m；（2）0；（3）12J
【详解】（1）对物体A，根据运动学公式可得
（2）设B物体从地面竖直上抛的初速度为，根据运动学公式可知
即
解得
可得碰撞前A物体的速度
方向竖直向下；
碰撞前B物体的速度
方向竖直向上；
选向下为正方向，由动量守恒可得
解得碰后速度
（3）根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
目录
一、机械能及其守恒定律 1
二、磁场 2
三、抛体运动 6
六、动量及其守恒定律 8
七、电磁感应 10
八、匀变速直线运动 13
一、机械能及其守恒定律
1．如图所示，半径为R = 0.45m的四分之一圆轨道AB竖直固定放置，与水平桌面在B点平滑连接。质量为m = 0.12kg的玩具小车从A点由静止释放，运动到桌面上C点时与质量为M = 0.18kg的静置物块发生碰撞并粘在一起，形成的组合体匀减速滑行x = 0.20m至D点停止。A点至C点光滑，小车和物块碰撞时间极短，小车、物块及组合体均视为质点，g取10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)小车运动至圆轨道B点时所受支持力FN的大小；
(2)小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v的大小；
(3)组合体与水平桌面CD间的动摩擦因数μ的值。
2．2024年春节前夕，因“冻雨”导致众多车辆在某些高速路段停滞，并发生了一些交通事故。如图所示，受高速路面冰雪影响，乙车停在水平高速路面上，甲车以速度从乙车正后方同一车道匀速驶来，在距乙车处紧急刹车（牵引力瞬间变为零），但仍与乙车发生了碰撞；碰撞后，甲、乙两车各自减速运动和后停止运动。若甲、乙两车完全相同且均可视为质点，两车碰撞时间不计，碰撞前、后两车质量均保持为m不变，且始终在同一直线上，两车在冰雪路面上的所有减速运动均视为加速度相同的匀减速运动，重力加速度为g。求：
（1）碰撞后瞬时，甲、乙两车的速度大小之比；
（2）两车与路面的动摩擦因数及甲车碰撞前瞬间的速度大小。
二、磁场
3．放射性同位素相对含量的测量在考古学中有重要应用。如图甲所示，将少量古木样品碳化、电离后，产生出电荷量均为q的12C和14C离子，从容器A下方的小孔S1进入加速电压为U的匀强电场中，其初速度可视为零。以离子刚射入磁场时的O点为坐标原点，水平向右为x轴正方向。x轴下方有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为B，离子在磁场中行进半个圆周后被位于原点O右侧x轴上的收集器分别收集。一个核子的质量为m，不考虑离子重力及离子间的相互作用。
(1)写出中子与发生核反应生成，以及衰变生成的两个核反应方程式；
(2)求收集器收集到的12C和14C离子的位置坐标x12和x14；
(3)由于加速电场的变化，可能会使两束离子到达收集器的区域发生交叠，导致两种离子无法完全分离。
①若加速电压在区间范围内发生微小变化，为使两种离子完全分离，应小于多少？
②若离子经过加速电压为U的特殊电场，从O点进入磁场时，与垂直x轴方向左右对称偏离，导致有一个散射角α，如图乙所示。为使两种离子完全分离，求最大散射角。
[已知，若，，则]
4．如图所示，纸面内水平虚线下方存在竖直向上的匀强电场，虚线上方存在垂直于纸面的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从电场中的O点以水平向右的速度开始运动，在静电力的作用下从P点进入磁场，射入磁场时的速度大小为v、方向与竖直方向夹角为，粒子返回电场前的运动轨迹过P点正上方的Q点，P、Q间距离及O、P间的水平距离均为L。不计粒子重力。
(1)判断粒子的电性；
(2)求电场强度大小E；
(3)求磁感应强度大小B。
5．霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为。质量为、电荷量为的电子从点不断地沿轴正方向以大小不同的速度水平入射，速度大小在0到范围内变化。入射速度大小为的电子，入射后沿轴做直线运动；入射速度小于时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点电子所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
(1)求电场强度的大小；
(2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标；
(3)若一段时间内入射电子的总数为，且电子数随速率的变化均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数占总电子数的百分比。
6．如图所示，空间有一棱长为L的正方体区域，带电粒子从平行于MF棱且与MPQF共面的线状粒子源连续不断地逸出，逸出粒子的初速度可视为0，粒子质量为m，电荷量为，经垂直于MF棱的水平电场加速后，粒子以一定的水平初速度从MS段垂直进入正方体区域内，MS段长为，该区域内有垂直平面MPRG向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，从M点射入的粒子恰好从R点射出。忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。
（1）求线状粒子源处与正方体MS段之间的电势差；
（2）若该区域内只有垂直平面MPRG向外的匀强电场，电场强度大小为，已知从S点射入的粒子从QP边上的某点射出，求该点距Q点的距离；
（3）若该区域内同时存在上述磁场与电场，通过计算判断从S点进入的粒子，离开该区域时的位置和速度大小。
7．科学研究中可以用电场和磁场实现电信号放大，某信号放大装置示意如图，其主要由阴极、中间电极(电极1,电极2, …,电极n)和阳极构成，该装置处于匀强磁场中,各相邻电极存在电势差。由阴极发射的电子射入电极1,激发出更多的电子射入电极2,依此类推,电子数逐级增加,最终被阳极收集,实现电信号放大。图中所有中间电极均沿x轴放置在xOz平面内,磁场平行于z轴，磁感应强度的大小为B。已知电子质量为m,电荷量为e。忽略电子间的相互作用力，不计重力。
（1）若电极间电势差很小可忽略,从电极1上O点激发出多个电子，它们的初速度方向与y轴的正方向夹角均为，其中电子a、b的初速度分别处于xOy 、yOz平面的第一象限内，并都能运动到电极2。
（i）试判断磁场方向；
（ii）分别求出a和b到达电极2所用的时间和；
（2）若单位时间内由阴极发射的电子数保持稳定,阴极、中间电极发出的电子全部到达下一相邻电极。设每个射入中间电极的电子在该电极上激发出个电子, ，U为相邻电极间电势差。试定性画出阳极收集电子而形成的电流I和U关系的图像,并说明理由
8．科学实验中，常用电场和磁场控制带电粒子的运动。如图为绝缘材料围成边长为的等边三角形，其中一条边的中点有一开口P，可以允许带电粒子通过。开口处存在沿OP方向的匀强电场，加速电压U大小可调；三角形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B大小可调。现有一个质量为m、带电量为的粒子，从加速电场的正极板静止释放，经电场加速后穿过开口P进入磁场区域，当调节时，它与绝缘边界内壁发生两次弹性碰撞（电荷不转移）后又垂直返回P位置。不计粒子重力。
（1）求此时加速电场两极板的电势差；
（2）若取不变，只调节加速电场电势差U，使得粒子仍能够垂直返回开口P，试推导U的表达式；
（3）若取不变，只改变磁感应强度为B的大小，求粒子从进入磁场到垂直返回P处所用时间的最大值t。
9．如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿方向的匀强电场，电场强度大小为E．一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从M点以速度v沿方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。
(1)求磁感应强度B的大小；
(2)若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间t；
(3)若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为，求粒子在磁场中运动的时间。
10．如图所示，一不可伸长的轻绳上端固定，下端系在单匝匀质正方形金属框上边中点O处，框处于静止状态。一个三角形区域的顶点与O点重合，框的下边完全处在该区域中。三角形区域内加有随时间变化的匀强磁场，磁感应强度大小B与时间t的关系为B = kt（k > 0的常数），磁场与框平面垂直，框的面积为框内磁场区域面积的2倍，金属框质量为m，电阻为R，边长为l，重力加速度g，求：
（1）金属框中的感应电动势大小E；
（2）金属框开始向上运动的时刻t0；
三、抛体运动
11．如图所示，传送带水平匀速运动的速度为5m/s，在传送带的左端P点轻放一质量m=1kg的物块，物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，物块随传送带运动到A点后抛出，物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，B、C为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径R=1.0m，圆弧对应的圆心角θ=106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h=0.80m。取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
(1)物块离开A点时水平初速度的大小；
(2)物块经过O点时对轨道压力的大小；
(3)物块从P点运动至A点过程中，物块与传送带之间的摩擦力对传送带所做的功Wf及由于放上物块后电动机多消耗的电能。
四、静电场
12．如图，在平面直角坐标系的第三象限内存在沿轴正方向的匀强电场，第一象限某区域内存在垂直于坐标平面向里的圆形区域的匀强磁场（图中没有画出）。一质量为，电荷量为的带正电粒子从电场中的点以大小为的速度平行于轴正方向射入电场，经原点射入第一象限时与轴正方向的夹角为，运动一段时间后进入圆形匀强磁场区域，最后射出磁场时与轴正方向的夹角也为。已知点与轴的距离为，匀强磁场的磁感应强度大小，不计粒子受到的重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)粒子在磁场中运动的时间；
(3)圆形匀强磁场区域的最小半径。
五、交变电流
13．电动汽车制动过程中可以控制电机转为发电模式，在产生制动效果的同时，将汽车的部分机械能转换为电能，储存在储能装置中，实现能量回收、降低能耗。如图1所示，发电机可简化为处于匀强磁场中的单匝正方形线框ABCD，线框边长为L，电阻忽略不计，磁场磁感应强度大小为B，线框转轴OO′与磁场垂直，且与AB、CD距离相等。线框与储能装置连接。
(1)线框转动方向如图1所示，试判断图示位置AB中的电流方向；
(2)若线框以角速度ω匀速转动，线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，线框在t时刻位置如图2所示，求此时AB产生的感应电动势；
(3)讨论电动汽车在某次制动储存电能时，为方便计算，做两点假定：①将储能装置替换为阻值为R的电阻，电阻消耗的电能等于储能装置储存的电能；②线框转动第一周的角速度为ω0，第二周的角速度为，第三周的角速度为，依次减半，直到线框停止转动。若该制动过程中汽车在水平路面上做匀减速直线运动，汽车质量为m，加速度大小为a，储存的电能为初动能的50%，求制动过程中汽车行驶的最大距离x。
六、动量及其守恒定律
14．智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为m，绳长为l，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.4l，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动。某时刻绳子与竖直方向夹角θ=37°。运动过程中不计空气阻力，腰带可看成不动，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。在绳子与竖直方向夹角从0°缓慢增至θ=37°的过程中，求：
(1)绳子夹角θ=37°时，配重的速度大小v：
(2)该过程中，配重所受合力的冲量大小I；
(3)该过程中，绳子对配重所做的功W。
15．如图，距地面高度为的光滑水平桌面上有一轻质理想弹簧，固定其左端，用质量为m的小球A压缩其右端。某时刻由静止释放小球A，小球A离开弹簧后与质量为的小球B发生弹性正碰，球B从桌面水平飞出。两小球都落地后，测量它们第一个落点之间的距离为，g取，忽略空气阻力。求：
（1）小球B在空中飞行的时间t；
（2）两小球碰撞之前的瞬间A的速度；
（3）若，全过程中弹簧的弹力对小球A的总冲量I。
16．如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I = 1.8 N s，A、B的质量分别为mA = 0.3 kg、mB = 0.1 kg，轨道半径和绳长均为R = 0.5 m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)与B碰前瞬间A的速度大小；
(2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。
七、电磁感应
17．轴向磁通风力发电机在新能源领域中有广泛应用，其原理可简化为一圆盘发电机。如图所示，发电机的中心轴为固定不动的圆柱，一外半径为、厚度均匀的环形导体盘套在轴上，接触良好并可绕轴转动，导体盘轴线与中心轴的轴线重合。整个装置处在方向与轴线平行的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。在风力的作用下，导体盘以角速度匀速转动，导体盘的内、外缘为发电机的两个电极。两极接在外电阻两端后，导体盘上各处均有沿半径流动的电流。
(1)磁场方向与导体盘转动方向如图所示，试判断导体盘的外缘是发电机的正极还是负极；
(2)若外电阻阻值为R，导体盘电阻忽略不计、内半径为l，通过导体盘上相同圆心角区域内的电流相同。求作用在导体盘上圆心角为区域（很小，可视为导体棒）上的安培力大小F与的关系式；
(3)若外电阻阻值忽略不计，导体盘电阻不可忽略，距离轴线为r处的电阻率与r成正比，比例系数为k，即，导体盘厚度为d、内半径大小可调。求导体盘发热功率最大时内半径的大小。
18．有关列车电气制动，可以借助如图所示简化模型来理解，图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，导轨间距为，磁场的磁感应强度为，金属棒MN的质量为，导轨右端接有阻值为的电阻，金属棒接入电路部分的电阻为，导轨的电阻不计。金属棒MN在安培力作用下向右减速运动的过程对应于列车的电气制动过程，金属棒MN开始减速时的初速度为。
（1）求刚开始减速时，导体棒两端的电压U；
（2）求刚开始减速时，安培力的功率P；
（3）在制动过程中，列车还会受到空气阻力和轨道的摩擦力作用，为了研究问题方便，设简化模型受到的这些阻力总和大小恒为。在金属棒从开始减速到速度减至2m/s的过程中，金属棒的位移大小为。求：该过程中电路产生的焦耳热Q。
19．如图所示，间距为L的足够长的平行金属直角导轨，、水平放置，、竖直放置，整个装置处在磁感应强度大小为B，方向水平向右的匀强磁场中。质量为m金属杆ab静止在水平导轨上，质量相同的金属杆cd被弹簧托片（图中未画出）托住紧贴竖直导轨静止。水平轨道与ab杆之间的动摩擦因数为，竖直轨道光滑。两杆接入回路的电阻均为R，导轨电阻不计。某时刻，给金属杆ab施加一个水平向右、大小为F（大小未知）的拉力，使其由静止开始向右做直线运动，同时由静止释放cd杆，经过一段时间后，两金属杆同时达到最大速度。重力加速度为g，求：
（1）杆cd的最大速度；
（2）拉力F的大小；
（3）若cd杆从开始运动到获得最大速度下降的高度为h，求此过程中ab杆上产生的焦耳热Q。
20．如图所示，固定的光滑绝缘斜面与水平面夹角为，斜面上相距d的水平虚线和间有垂直斜面向下的匀强磁场。质量为m、边长为、电阻为R的正方形金属线框放在斜面上，线框由粗细均匀的相同材料制成。将其从上方某处由静止释放。当边刚进入磁场时，线框即以速度做匀速运动，当边刚到磁场边界时，线框的加速度大小为。斜面足够长，线框运动过程中边始终与平行，重力加速度为g，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B；
（2）边刚进入磁场时，c、d两点间的电势差U；
（3）线框从边刚进入磁场到边刚到磁场边界的过程产生的焦耳热Q。
21．涡流制动是磁悬浮列车在高速运行时进行制动的一种方式．某研究所制成如图甲所示的车和轨道模型来模拟磁悬浮列车的涡流制动过程，模型车的车厢下端安装有电磁铁系统，能在长为，宽的矩形区域内产生竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为、方向竖直向下；将长大于，宽也为的单匝矩形线圈，等间隔铺设在轨道正中央，其间隔也为，每个线圈的电阻为，导线粗细忽略不计．在某次实验中，当模型车的速度为时，启动电磁铁系统开始制动，电磁铁系统刚好滑过了个完整的线圈．已知模型车的总质量为，空气阻力不计，不考虑磁感应强度的变化引起的电磁感应现象以及线圈激发的磁场对电磁铁的影响．求：
（1）刹车过程中，线圈中产生的总热量；
（2）电磁铁系统刚进入第（）个线圈时，模型车的加速度的大小；
（3）某同学受到上述装置的启发，设计了进一步提高制动效果的方案如图乙所示，将电磁铁换成个相同的永磁铁并在一起的永磁铁组，两个相邻的磁铁磁极的极性相反；且将线圈改为连续铺放，相邻线圈紧密接触但彼此绝缘，若永磁铁激发的磁感应强度大小恒定为，模型车质量为，模型车开始减速的初速度为，试计算该方案中模型车的制动距离．
22．如图所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场B，一单匝边长为L，质量为m的正方形线框abcd放在水平桌面上，在水平外力作用下从左边界以速度v匀速进入磁场，当cd边刚好进入磁场后立刻撤去外力，线框ab边恰好到达磁场的右边界，然后将线框以ab边为轴，以角速度ω匀速翻转到图示虚线位置。已知线框与桌面间动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L，线框电阻为R，重力加速度为g，求：
（1）当ab边刚进入磁场时，ab两端的电压Uab；
（2）水平拉力F的大小和磁场的宽度d；
（3）匀速翻转过程中线框产生的热量Q。
八、匀变速直线运动
23．质量的物体A自距地面高度自由落下，与此同时质量的物体B由地面竖直上抛，经过与A碰撞，碰后两物体粘在一起,碰撞时间极短,忽略空气阻力。两物体均可视为质点，重力加速度，求A、B：
（1）碰撞位置与地面的距离x；
（2）碰撞后瞬时的速度大小v；
（3）碰撞中损失的机械能。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
《天津高考物理二轮复习专项练习-解答题基础通过训练》参考答案
1．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设小车运动至圆轨道B点时的速度大小为，由机械能守恒定律，有
由牛顿第二定律，有
代入数据，联立解得
（2）小车与物块在C点碰撞，在水平方向由动量守恒，有
代入数据，联立解得
（3）组合体水平方向受动摩擦力作用，从C点匀减速运动至D点静止，由动能定理，有
代入数据，联立解得
2．（1）；（2），
【详解】（1）设碰撞后甲、乙两车的速度大小分别为、，两车与路面的动摩擦因数为，根据动能定理可得
可得碰撞后瞬时，甲、乙两车的速度大小之比为
（2）设碰撞前瞬间甲车的速度为，碰撞前对甲车，由动能定理得
碰撞时由动量守恒可得
结合（1）问方程，解得
，
3．(1)；
(2)；
(3)①，②
【详解】（1）核反应方程；
（2）由动能定理得，
由洛伦兹力提供向心力得，
联立得，直径
和离子的位置坐标分别为；
（3）①加速电压越大，速度越大，则半径越大
12C离子的最大直径
14C离子的最小直径
为保证完全分离需满足
联立解得
②对于同一离子以相同大小的速度但方向不同进入磁场后，垂直于x轴射入时偏转距离x最大，向左向右偏离垂直入射的方向入射，其偏转距离都将减小，如图所示。
12C离子离开O点的最大距离
14C离子离开O点的最小距离
为保证两种离子完全分离
联立解得
4．(1)正电
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，粒子向上偏转，所受电场力向上，与电场方向相同，则粒子带正电。
（2）设粒子在电场中运动的时间为t，水平方向上由运动学公式，有
设粒子在电场中运动的加速度为a，由牛顿第二定律，有
竖直方向上由运动学公式，有
联立上述各式，得
（3）设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系，得
洛伦兹力提供向心力，有
联立得
5．(1)
(2)
(3)90%
【详解】（1）由题知，入射速度为时，电子沿轴做直线运动则有
解得
（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
解得
（3）若电子以入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有
在最低点有
联立有，
要让电子达纵坐标位置，即
解得
则若电子入射速度在范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数占总电子数的90%。
6．（1）；（2）；（3）粒子从N点离开该区域；
【详解】（1）粒子经电场加速，则
进入垂直平面MPRG向外的匀强磁场后从，从M点射入的粒子恰好从R点射出，可知粒子在磁场中运动的轨道半径为
r=L
则由
可得
（2）若该区域内只有垂直平面MPRG向外的匀强电场，则粒子在电场中做类平抛运动，则垂直电场方向
沿电场方向
其中
解得
该点距Q点的距离
（3）该区域内同时存在上述磁场与电场时，从S点进入的粒子在正方体区域内做不等距螺旋线运动，将其运动分解为沿MF方向的初速为零的匀加速直线运动，和平行于MPRG平面的线速度为v,半径为R=L的匀速圆周运动。分运动的匀速圆周运动的周期为
假设粒子从FQNA面射出，则有
解得
可知分运动的匀速圆周运动的轨迹为圆周，该粒子恰好从N点离开该区域，假设成立。
离开该区域时沿MF方向的速度为
v2=at2
解得
设离开该区域时速度大小为v′，则有
解得
7．（1）（ⅰ）沿z轴反方向；（ⅱ），（2）见解析
【详解】（1）（ⅰ）a电子，初速度方向在xoy平面内，与y轴正方向成θ角；若磁场方向沿z轴正方向，a电子在洛伦兹力作用下向x轴负方向偏转，不符合题题意；若磁场方向沿z轴反方向，a电子在洛伦兹力作用下向x轴正方向偏转，符合题意；
b电子，初速度方向在zoy平面内，与y轴正方向成θ角。将b电子初速度沿坐标轴分解，沿z轴的分速度与磁感线平行不受力，沿y轴方向的分速度受到洛伦兹力使得电子沿x轴正方向偏转，根据左手定则可知，磁场方向沿z轴反方向。符合题意；
综上可知，磁感应强度B的方向沿z轴反方向。
（ⅱ）a电子在洛伦兹力作用下运动轨迹如图
由图可知电子运动到下一个极板的时间
b电子，沿z轴的分速度与磁感线平行不受力，对应匀速直线运动；沿y轴方向的分速度受到洛伦兹力使电子向右偏转，电子运动半个圆周到下一个极板的时间
（2）设，单位时间内阴极逸出的电子数量N0不变，每个电子打到极板上可以激发δ个电子，经过n次激发阳极处接收电子数量
对应的电流
可得I-U图像如图
8．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）如图，由几何关系得
①
根据牛顿第二定律可得
②
根据动能定理得
③
由①②③得
④
（2）根据几何关系，得
⑤
根据牛顿第二定律得
⑥
根据动能定理得
⑦
由⑤⑥⑦得
⑧
（3）当时，由③可知在磁场中运行的速度大小不变，粒子在磁场中圆周运动的周期为
⑨
代入⑤式可得
⑩
在三角形区域的总时间为
由⑩ 得
当，t最大
由③ 得
9．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，由于一带负电粒子能沿直线匀速穿过半圆区域，由平衡条件有
解得
（2）若仅有电场，带负电粒子受沿轴负方向的电场力，由牛顿第二定律有
又有
联立解得
（3）根据题意，设粒子入射速度为，则有
可得
画出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系可得
解得
则轨迹所对圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间
10．（1）；（2）
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律有
（2）由图可知线框受到的安培力为
当线框开始向上运动时有
mg = FA
解得
11．(1)3m/s
(2)43N
(3) 15J，15J
【详解】（1）平抛运动竖直方向有
又
可得
（2）从B点到O点过程有
由几何关系得
在O点
由牛顿第三定律知对轨道压力
（3）传送带上物块加速运动
P运动至A点所需的时间
传送带的位移
物块与传送带之间的摩擦力对传送带所做的功
由于放上物块后电动机多消耗的电能
12．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，有，，
又
联立解得
（2）设粒子从点射入第一象限时的速度大小为，在磁场中运动轨迹所对应的圆心角等于，则运动时间
又有，
联立解得
（3）粒子在匀强磁场区域内的运动轨迹如图所示
由几何关系可知，当进入磁场的点和射出磁场的点的连线是圆形磁场区域的直径时，磁场区域半径最小，则有
又，
联立解得
13．(1)电流方向从B到A
(2)
(3)
【详解】（1）由右手定则可知，图示位置AB中的电流方向从B到A。
（2）线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，则经过时间t转过的角度为
AB切割磁感线的速度为
则感应电动势
解得此时AB产生的感应电动势
（3）线框转动过程中，AB、CD均能产生感应电动势，故线框转动产生的感应电动势为
线框转动第一周产生感应电动势最大值
储存电能为
同理线框转动第二周储存的电能
同理线框转动第三周储存的电能
……
线框转动第n周储存的电能
则直到停止时储存的电能为
储存的电能为初动能的50%，可知初动能
根据动能定理和牛顿第二定律可得
解得
14．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）配重做圆周运动时，半径
由牛顿第二定律可得
解得
（2）由动量定理可得
代入数据得
（3）由动能定理可得
代入数据得
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球B竖直方向自由落体运动
小球B在空中飞行的时间
（2）A球与B碰后反弹，则由动量守恒
A球反弹后再次压缩弹簧然后被弹回，则两小球离开桌面后均做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向自由落体，时间相同，根据题意得
弹性碰撞满足能量守恒，动能关系为
整理解得
（3）根据动量定理，第一次和第二次被弹簧弹开时弹簧对球的冲量分别为
由第（2）问中的公式解得
所以全过程中弹簧的弹力对小球A的总冲量为
16．(1)4 m/s
(2)11.2 N
【详解】（1）根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度为v0，由动量定理有
设与B碰前瞬间A的速度大小v，从最低点到最高点，由动能定理有
联立代入数据解得
（2）A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有
设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有
联立代入数据解得
17．(1)正极
(2)
(3)
【详解】（1）根据右手定则可知导体盘的外缘是发电机的正极。
（2）设导体盘上圆心角为的区域切割磁场的平均速度为v，有
设导体盘的电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有
设回路中的总电流为I，由闭合电路的欧姆定律，有
设导体盘上圆心角为区域的电流为，则
作用在导体盘上圆心角为区域上的安培力大小为
联立上述各式，得
（3）如图所示
设距离轴线为r处的沿半径方向的微小长度为、横截面积为的导体电阻为，有
设导体盘的内半径大小为x、圆心角为区域的电阻为，有
设导体盘的电阻为，则
设内半径为x时导体盘的电动势为，可知
设导体盘发热功率为P，有
联立上述式子联立可得
根据数学求导部分知识可得当时，导体盘发热功率最大。
18．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）金属棒MN刚开始减速时，产生的电动势为
回路电流为
导体棒两端的电压为
（2）刚开始减速时，金属棒MN受到的安培力为
安培力的功率为
代入数据解得
（3）在金属棒从开始减速到速度减至2m/s的过程中，金属棒的位移大小为，由动能定理可得
又
代入数据解得
19．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当cd 杆达到最大速度时，由竖直方向受力平衡得
①
根据闭合电路欧姆定律得
②
又
③
联立①②③解得
④
（2）当ab杆达到最大速度时，由竖直方向受力平衡得
⑤
水平方向受力平衡得
⑥
由②③⑤⑥得
（3）cd 杆从释放至达到最大速度的过程中，由能量守恒得
ab杆产生的焦耳热
20．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律可得线框cd边刚进入磁场时产生的感应电动势为
①
根据闭合电路欧姆定律可得此时线框中的电流为
②
由平衡条件可得
③
联立①②③解得
④
（2）根据闭合电路欧姆定律可得
⑤
联立①④⑤解得
⑥
（3）设ab边刚到磁场边界PQ时线框的速度大小为v1，此时线框中的感应电动势为
⑦
线框中的电流为
⑧
由题意并根据牛顿第二定律有
⑨
联立④⑦⑧⑨解得
⑩
对线框从cd边刚进入磁场到ab边刚到磁场边界PQ的过程由能量守恒定律有
联立⑩ 解得
21．(1) (2) (3)
【详解】试题分析：刹车过程中，线圈的动能转化为内能，根据能量守恒定律求解总热量Q；设电磁铁系统刚进入第k个线圈时速度为v，根据动量定理列式．结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律得到电流的平均值，求得v，再求得安培力的大小，即可根据牛顿第二定律求得加速度a．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式求得每个磁铁受到的阻力，再求解模型车的制动距离x．
（1）根据能量守恒定律
（2）设电磁铁系统刚进入第k个线圈时，速度为v
根据动量定理
根据法拉第电磁感应定律，有
根据闭合电路欧姆定律
根据法拉第电磁感应定律
根据闭合电路欧姆定律
线圈所受安培力为
根据牛顿第三定律，电磁铁系统所受力大小也为
根据牛顿第二定律
则
（3）当模型车的速度为时，每个线圈中产生的感应电动势为
每个线圈中的感应电流为
每个磁铁受到的阻力为
个磁铁受到的阻力为
由第（2）问同理可得
解得
【点睛】此题类似于磁场不动线圈动的题型．在模型车的减速过程中，加速度不恒定，可用动量定理来求制动距离x．
22．（1）；（2），；（3）
【详解】（1）感应电动势
根据欧姆定律
则有
（2）由受力分析得
撤去拉力后，线框匀减速运动，则有
所以
（3）线框在绕ab轴翻转过程中
有效值
又
产生焦耳热
23．（1）1m；（2）0；（3）12J
【详解】（1）对物体A，根据运动学公式可得
（2）设B物体从地面竖直上抛的初速度为，根据运动学公式可知
即
解得
可得碰撞前A物体的速度
方向竖直向下；
碰撞前B物体的速度
方向竖直向上；
选向下为正方向，由动量守恒可得
解得碰后速度
（3）根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
同课章节目录