安徽省高考物理二轮复习专项练习-05解答题基础通关训练（含解析）
文档属性
| 名称 | 安徽省高考物理二轮复习专项练习-05解答题基础通关训练（含解析） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 921.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2026-03-30 00:00:00 | ||
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文档简介
安徽省高考物理二轮复习专项练习-05解答题基础通关训练
一、抛体运动
1．某同学在练习“侧向擦板投篮”时，篮球恰好在最高点击中篮板上距出手点竖直高度差h1=1.8m的A点，球经篮板反弹后进入篮筐。篮球与篮板碰撞后，平行于篮板的速度分量不变，垂直于篮板的速度分量大小变为碰前的一半。O1与A点在篮板上处于同一水平线，O2是篮筐的篮圈中心在篮板上的投影，O1在O2正上方。若O1A=x=40cm，O1O2=h2=20cm，篮球被板反弹后从篮圈进入球网，篮球球心在篮板上的投影也为O2时，篮球上靠近篮板的边缘离篮板的距离y=30cm，不计篮球与板碰撞时的形变与碰撞时间，重力加速度大小g=10m/s2，空气阻力不计。求：
(1)该同学投篮时，篮球离开手的速度大小；
(2)篮球从出手到进筐（球心在篮板上的投影为O2）所用的时间。
2．如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距。一根长为的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量的小球，小球与水平地面接触但无压力。时，小球以水平向右的初速度开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
二、气体、固体和液体
3．如图所示，在竖直平面内放置粗细均匀的U型玻璃管内装有水银，左侧管口封闭。左侧管内封闭一定质量的理想气体A，气体A的长度，右侧管内一轻质活塞封闭一定质量的理想气体B，气体B的长度，两侧管内水银液面的高度差，现对轻质活塞施加竖直向下的力F，使活塞缓慢下降直至两侧管内水银液面相平。已知大气压强，玻璃管导热性能良好，环境温度不变，不计活塞与玻璃管的摩擦，活塞不漏气。求：
(1)施加力F前，气体A的压强；
(2)施加力F后，活塞下降的距离。
4．一定质量的理想气体从状态A开始，经A→B→C→A三个过程后回到初始状态A，其图像如图所示，已知状态A的气体温度为该理想气体的内能U和温度T的关系为U=αT（其中α=2J/K）。求：
(1)气体在状态C时的温度；
(2)C→A过程中，气体从外界吸收的热量。
三、全反射
5．一细束单色光在三棱镜的侧面上以大角度由D点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射角为i，经折射后射至边的E点，如图所示，逐渐减小i，E点向B点移动，当时，恰好没有光线从边射出棱镜，且。求棱镜的折射率。
6．如图，玻璃砖的横截面是半径为R的半圆，圆心为O点，直径与x轴重合。一束平行于x轴的激光，从横截面上的P点由空气射入玻璃砖，从Q点射出。已知P点到x轴的距离为，P、Q间的距离为。
(1)求玻璃砖的折射率；
(2)在该横截面沿圆弧任意改变入射点的位置和入射方向，使激光能在圆心O点发生全反射，求入射光线与x轴之间夹角的范围。
四、磁场
7．如图甲所示，足够长的两平行金属导轨MN、PQ水平固定，两导轨电阻不计，且处在竖直向上的匀强磁场中。完全相同的导体棒a、b垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的电阻均为R=1.0Ω，且长度刚好等于两导轨间距L，两导体棒的间距也为L，磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当t=0.8s时导体棒刚好要滑动。已知L=2m，两导体棒的质量均为m=0.5kg，重力加速度大小g=10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求∶
(1)导体棒开始滑动前，通过导体棒的电流I；
(2)导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；
(3)0~0.8s内导体棒a中产生的焦耳热Qa。
8．如图所示，在xOy的平面直角坐标系中有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。t=0时，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，从坐标原点O，以初速度v0沿着x轴正方向射入磁场，除了受到洛伦兹力外，还受到与速度方向相反的阻力作用，不计带电粒子的重力。
(1)若阻力大小恒为f，求带电粒子在磁场中运动的路程。
(2)试证明无阻力时粒子运动周期与速度大小无关，若有阻力且阻力大小与速度成正比，即f=kv，求带电粒子速度方向第一次沿y轴正向时所经过的时间。
(3)若阻力大小与速度成正比，即f=kv，且，带电粒子经过足够长时间，趋近于停止运动，求运动全过程的位移。
五、牛顿运动定律
9．如图甲所示，质量为m的木板静止在粗糙水平面上，其左端通过劲度系数为k的轻弹簧与竖直墙壁连接，弹簧处于自然状态。质量也为m的小物块放置在木板的左端，现给小物块施加的水平向右的恒力，使小物块由静止向右加速运动，经时间后小物块从木板上滑出，此时木板速度第一次减为0，该过程中木板的速度-时间图线如图乙所示，该图线为正弦图线。已知小物块和木板间的动摩擦因数为4μ，木板和水平面间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g。求：
(1)小物块离开木板时的速度大小；
(2)木板的长度及弹簧弹性势能的最大值；
(3)从木板开始运动到停止，木板和水平面间因摩擦产生的热量。
六、动量及其守恒定律
10．如图所示，质量为的小车静止在光滑水平面上，小车左端AB为竖直平面内光滑的四分之一圆弧，半径，圆弧与水平部分BP相切于B点，P为固定在小车右端的弹性挡板，BP长。质量为的小物块从A点以方向竖直向下的速度滑进小车的圆弧部分，小物块与小车水平部分BP间的动摩擦因数，重力加速度g取。求：
(1)与挡板P碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
(2)挡板P第一次碰撞后，小物块上升至最高点时与A点的竖直距离；
(3)小物块最终在小车上离B点的距离以及整个运动过程中小车相对水平面的位移大小。
11．光滑水平平台上有一个滑块D，滑块D右侧面是半径为的圆弧，圆弧面与平台相切，滑块B在平台右端。平台右侧有一长木板C放在光滑水平地面上，木板上表面与平台平齐。小球从滑块D的最高点沿圆弧面从静止释放。已知A、B、C、D的质量分别为、、、，滑块B和木板间的动摩擦因数，小球与滑块B均可视为质点，重力加速度为。
(1)求小球刚滑到圆弧面底端时，小球的水平位移大小；
(2)求小球刚滑到圆弧面底端时，小球对圆弧面的压力大小；
(3)若初始时将滑块D固定在水平面上，小球在水平面上与滑块B发生弹性碰撞（碰后小球即被取走），求滑块B与木板共速时，木板的运动距离。
12．如图所示，在倾角的足够长固定斜面的下端垂直斜面固定着一挡板，底部光滑的物块A与物块B用足够长的轻弹簧拴接并静止在斜面上，物块A与挡板接触。初始时弹簧处于原长状态，现在将底部光滑而侧面有粘性的物块C从距离B物块处由静止释放，C与B发生完全非弹性碰撞并粘合成一个整体（碰后C，B与斜面依然保持良好接触）继续运动。已知：C、B质量均为，B与斜面的动摩擦因数，弹簧劲度系数且始终处在弹性限度内，弹性势能（为弹簧形变量），简谐运动的周期为，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量。取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B、C均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为。
(1)求B和C碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)C与B碰后并粘在一起运动的过程中A恰好未离开挡板，求A的质量；
(3)求弹簧从第一次压缩到最短到最终稳定所用的时间t。
七、圆周运动
13．如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围。
八、电磁感应
14．如图所示，空间存在水平方向的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ中磁场垂直纸面向里，Ⅱ中磁场垂直纸面向外，两磁场区域的高度均为，磁感应强度大小均为将一边长也为的单匝正方形导体框abcd由磁场区域Ⅰ上方处静止释放，导体框恰好匀速进入磁场区域Ⅰ。导体框的bc边到达磁场区域Ⅱ下边界前又再次匀速运动。已知导体框运动过程中始终保持竖直且bc边始终平行磁场边界，导体框质量；重力加速度g取，不计空气阻力。求：
(1)导体框的电阻值；
(2)导体框bc边刚进入磁场区域Ⅱ时的加速度；
(3)导体框从bc边进入磁场区域Ⅰ到bc边运动至磁场区域Ⅱ下边界的过程中产生的焦耳热（结果保留一位小数）。
15．如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求:
（1）时金属框所受安培力的大小；
（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
《安徽省高考物理二轮复习专项练习-05解答题基础通关训练》参考答案
1．(1)7m/s
(2)0.8s
【详解】（1）A点是篮球运动的最高点，经篮板反弹后篮球在竖直方向做自由落体运动，在竖直方向上有
解得
沿AO1方向，篮球做匀速直线运动，设速度大小为vx，则有x=vxt1
解得
垂直于板方向，篮球做匀速直线运动，设碰前速度大小为vy，则有
解得
篮球离开手时速度的竖直分量设为vz，则
解得
则篮球离开手时的速度大小
代入数据得v=7 m/s
（2）设篮球从出手到运动至最高点的时间为t2，则vz=gt2
解得
篮球从出手到进筐所用的时间t=t1+t2=0.8s
2．(1)，
(2)4m
(3)
【详解】（1）小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据机械能守恒定律
在该位置时根据牛顿第二定律
解得，
（2）小球做平抛运动时，
解得x=4m
（3）若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足
从最低点到该位置由动能定理
解得
3．(1)80cmHg
(2)3.5cm
【详解】（1）对轻活塞受力分析可知，施加F前，气体B的压强
根据两侧管内水银液面的高低，可得
（2）当两侧液面相平时，左侧管内液面升高
右侧管内液面降低
此时气体A的长度
对气体A，根据玻意耳定律有
解得
两侧是水银液面相平，有
对气体B，根据玻意尔定律有
解得气体B的长度
故活塞下降的距离为
4．(1)
(2)
【详解】（1）过程，有
代入数据解得
（2）过程，气体对外界做的功等于图线与横坐标围成的面积，则有
气体内能变化为
根据热力学第一定律可得
解得
可知气体从外界吸收的热量为。
5．1.5
【详解】
因为当时，恰好没有光线从AB边射出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为C，则
由几何关系可知，光线在D点的折射角为
则
联立可得
n=1.5
6．(1)
(2)或
【详解】（1）根据题意得出光路图如图所示
根据几何关系可得，，
可得，
根据折射定律
（2）发生全反射的临界角满足
可得
要使激光能在圆心O点发生全反射，激光必须指向点射入，如图所示
只要入射角大于，即可发生全反射，则使激光能在圆心O点发生全反射，入射光线与x轴之间夹角的范围。由对称性可知，入射光线与x轴之间夹角的范围还可以为。
7．(1)I=1A
(2)μ=0.2
(3)Qa=0.8J
【详解】（1）磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，则导体棒开始滑动前，回路中电动势
电路中的电流
（2）当t=0.8s时导体棒所受安培力
此时导体棒刚好开始滑动，则导体棒所受的安培力大小刚好等于滑动摩擦力，则有
解得
（3）根据焦耳定律，在0~0.8s内，导体棒a中产生的焦耳热
8．(1)
(2)证明见解析，
(3)，方向与x轴正方向夹角为60°斜向右上方
【详解】（1）洛伦兹力对粒子不做功，当阻力恒为时，粒子的动能全部被阻力消耗。由动能定理有
求得带电粒子在磁场中运动的路程
（2）无阻力时粒子做匀速圆周运动，根据，
联立求得粒子运动周期为
该周期仅与磁感应强度、质量和电荷量有关，与速度大小无关。
有阻力时的首次转向时间：速度方向首次沿轴正方向的时间为四分之一周期，即
（3）阻力且时的总位移∶对x方向和y方向分别用动量定理得
x方向∶
得
y方向∶
得
总位移大小为，方向与x轴正方向夹角
联立求得，方向与x轴正方向夹角斜向右上方。
9．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）物块刚开始运动时，对物块由牛顿第二定律得
对木板由牛顿第二定律得
，故物块一开始就和木板发生相对滑动，此后物块向右做匀加速直线运动，由运动学知识有
（2）当物块从木板上滑出时，由运动学知识有物块的位移为
设此时弹簧的伸长量为，因时间内木板的图线为正弦图线，由运动的对称性有
解得
故木板的长度
对木板由能量守恒得
解得
（3）木板速度第1次减为0后，对木板受力分析由牛顿第二定律有
故木板会向左运动，此后木板向左运动规律和时间内相同，其速度随时间变化的图线也为正弦图线。设木板速度第2次减为0时，弹簧的压缩量为，由对称性有
解得
木板速度第2次减为0后，对木板受力分析
故木板会再次向右运动，设木板速度第3减为0时，弹簧的压缩量为，由对称性有
解得
故从木板开始运动到停止，由功能关系有木板和水平面间因摩擦产生的热量为
10．(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）设小物块与挡板P碰撞前瞬间速度为，小车速度为，对小物块和小车系统，在小物块从A点运动至P点的过程中，水平方向动量守恒，得
由能量守恒，得
联立解得
（2）设小物块上升至最高点时与A点竖直距离为h，对小物块和小车系统，在小物块从A点运动至最高点的过程中，水平方向动量守恒，得
解得
由能量守恒得
解得
（3）小物块与小车相对运动，因摩擦力做功，系统机械能损失，最终两者相对静止，对小物块和小车系统，从开始到相对静止的过程中，水平方向动量守恒，有
解得
由能量守恒，得
解得
有，故小物块相对小车静止于水平部分离B点的距离
在整个相对运动过程中，小物块与小车水平方向动量守恒，始终有
整理得
又
解得小车的位移大小
11．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小球下滑过程，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，有
由几何关系有
解得
（2）当小球滑到圆弧面底端时有
由机械能守恒有
解得
小球相对于圆弧的速度
,
解得
（3）小球从滑块D上滑下，有
解得小球到达平台时的速度
小球和滑块B碰撞过程有，
解得碰后滑块B的速度
滑块B在木板上滑行过程有
对木板由动量定理有
解得
所以
12．(1)
(2)
(3)s
【详解】（1）C下滑过程由动能定理得
C和B碰撞过程由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
（2）由分析可知整体第一次向下运动的最大位移等于弹簧的最大形变量，C、B从碰后到第一次运动至最低点的过程，由能量守恒定律
解得
C、B整体向下运动过平衡位置点时，回复力为零，此时弹簧形变量为则
解得
设C、B整体经平衡位置点向下运动一小段距离后，偏离平衡位置的位移为，弹簧形变量为则
故形变量为时，回复力的大小为
又因为回复力方向和位移的方向相反，证得C、B整体向下的运动为单方向简谐运动。
则C、B整体向下运动的振幅
在最低点时，整体所受弹簧弹力为
此后将向上运动。同理可证整体向上的运动也是单方向简谐振动，平衡位置为点，此时弹簧形变量设为，平衡位置回复力为零，则
解得
若记本次为第1次单方向简谐振动，运动的振幅为
向上运动到达最高点时弹簧的伸长量为0.14m，此时弹簧弹力为14N
由于A恰好未离开挡板，对A物块受力分析
解得
（3）分析可知，向上运动到达最高点之后整体将向下做第2次单方向简谐振动，平衡位置又变成点，振幅为
向下运动到达最低点之后整体将向上做第3次单方向简谐振动，平衡位置又变成点，振幅为
由上述分析发现整体振幅的变化将依次递减0.02m，则第次振动的振幅为
考虑整体最后停止的位置一定位于弹簧压缩状态，设停止时弹簧压缩量为，则由整体静止条件得
解得0.01m≤≤0.03m
当整体向上运动以为点为平衡位置做第9次单方向简谐振动的振幅m，则当整体从最低点往上运动后速度会变为零，此时弹簧形变量为m，整体将停止运动。
综上，弹簧从第一次压缩到最短到最终稳定的所用的时间为：9次单方向简谐振动的总时间
13．（1）6N；（2）4m/s；（3）
【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
在最低点，对小球由牛顿第二定律
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为
【点睛】
14．(1)
(2)，竖直向上
(3)31.7J
【详解】（1）导体框进入磁场前做自由落体运动，设bc边进入磁场时的速度为，有
解得
导体框匀速进入磁场区域I，安培力
又，
联立可得
根据平衡条件可得
代入数据解得
（2）导体框在区域I中匀速运动，bc边进入磁场区域II时，速度仍为，此时安培力
对导体框受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
方向竖直向上。
（3）导体框的bc边到达磁场区域II下边界前已再次匀速运动，设速度为，则有
解得
自导体框由静止释放到bc边运动至磁场区域II的下边界，根据能量守恒有
解得焦耳热
15．（1）；（2）0.016J
【详解】（1）金属框的总电阻为
金属框中产生的感应电动势为
金属框中的电流为
t=2.0s时磁感应强度为
金属框处于磁场中的有效长度为
此时金属框所受安培力大小为
（2）内金属框产生的焦耳热为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、抛体运动
1．某同学在练习“侧向擦板投篮”时，篮球恰好在最高点击中篮板上距出手点竖直高度差h1=1.8m的A点，球经篮板反弹后进入篮筐。篮球与篮板碰撞后，平行于篮板的速度分量不变，垂直于篮板的速度分量大小变为碰前的一半。O1与A点在篮板上处于同一水平线，O2是篮筐的篮圈中心在篮板上的投影，O1在O2正上方。若O1A=x=40cm，O1O2=h2=20cm，篮球被板反弹后从篮圈进入球网，篮球球心在篮板上的投影也为O2时，篮球上靠近篮板的边缘离篮板的距离y=30cm，不计篮球与板碰撞时的形变与碰撞时间，重力加速度大小g=10m/s2，空气阻力不计。求：
(1)该同学投篮时，篮球离开手的速度大小；
(2)篮球从出手到进筐（球心在篮板上的投影为O2）所用的时间。
2．如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距。一根长为的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量的小球，小球与水平地面接触但无压力。时，小球以水平向右的初速度开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
二、气体、固体和液体
3．如图所示，在竖直平面内放置粗细均匀的U型玻璃管内装有水银，左侧管口封闭。左侧管内封闭一定质量的理想气体A，气体A的长度，右侧管内一轻质活塞封闭一定质量的理想气体B，气体B的长度，两侧管内水银液面的高度差，现对轻质活塞施加竖直向下的力F，使活塞缓慢下降直至两侧管内水银液面相平。已知大气压强，玻璃管导热性能良好，环境温度不变，不计活塞与玻璃管的摩擦，活塞不漏气。求：
(1)施加力F前，气体A的压强；
(2)施加力F后，活塞下降的距离。
4．一定质量的理想气体从状态A开始，经A→B→C→A三个过程后回到初始状态A，其图像如图所示，已知状态A的气体温度为该理想气体的内能U和温度T的关系为U=αT（其中α=2J/K）。求：
(1)气体在状态C时的温度；
(2)C→A过程中，气体从外界吸收的热量。
三、全反射
5．一细束单色光在三棱镜的侧面上以大角度由D点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射角为i，经折射后射至边的E点，如图所示，逐渐减小i，E点向B点移动，当时，恰好没有光线从边射出棱镜，且。求棱镜的折射率。
6．如图，玻璃砖的横截面是半径为R的半圆，圆心为O点，直径与x轴重合。一束平行于x轴的激光，从横截面上的P点由空气射入玻璃砖，从Q点射出。已知P点到x轴的距离为，P、Q间的距离为。
(1)求玻璃砖的折射率；
(2)在该横截面沿圆弧任意改变入射点的位置和入射方向，使激光能在圆心O点发生全反射，求入射光线与x轴之间夹角的范围。
四、磁场
7．如图甲所示，足够长的两平行金属导轨MN、PQ水平固定，两导轨电阻不计，且处在竖直向上的匀强磁场中。完全相同的导体棒a、b垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的电阻均为R=1.0Ω，且长度刚好等于两导轨间距L，两导体棒的间距也为L，磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当t=0.8s时导体棒刚好要滑动。已知L=2m，两导体棒的质量均为m=0.5kg，重力加速度大小g=10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求∶
(1)导体棒开始滑动前，通过导体棒的电流I；
(2)导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；
(3)0~0.8s内导体棒a中产生的焦耳热Qa。
8．如图所示，在xOy的平面直角坐标系中有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。t=0时，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，从坐标原点O，以初速度v0沿着x轴正方向射入磁场，除了受到洛伦兹力外，还受到与速度方向相反的阻力作用，不计带电粒子的重力。
(1)若阻力大小恒为f，求带电粒子在磁场中运动的路程。
(2)试证明无阻力时粒子运动周期与速度大小无关，若有阻力且阻力大小与速度成正比，即f=kv，求带电粒子速度方向第一次沿y轴正向时所经过的时间。
(3)若阻力大小与速度成正比，即f=kv，且，带电粒子经过足够长时间，趋近于停止运动，求运动全过程的位移。
五、牛顿运动定律
9．如图甲所示，质量为m的木板静止在粗糙水平面上，其左端通过劲度系数为k的轻弹簧与竖直墙壁连接，弹簧处于自然状态。质量也为m的小物块放置在木板的左端，现给小物块施加的水平向右的恒力，使小物块由静止向右加速运动，经时间后小物块从木板上滑出，此时木板速度第一次减为0，该过程中木板的速度-时间图线如图乙所示，该图线为正弦图线。已知小物块和木板间的动摩擦因数为4μ，木板和水平面间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g。求：
(1)小物块离开木板时的速度大小；
(2)木板的长度及弹簧弹性势能的最大值；
(3)从木板开始运动到停止，木板和水平面间因摩擦产生的热量。
六、动量及其守恒定律
10．如图所示，质量为的小车静止在光滑水平面上，小车左端AB为竖直平面内光滑的四分之一圆弧，半径，圆弧与水平部分BP相切于B点，P为固定在小车右端的弹性挡板，BP长。质量为的小物块从A点以方向竖直向下的速度滑进小车的圆弧部分，小物块与小车水平部分BP间的动摩擦因数，重力加速度g取。求：
(1)与挡板P碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
(2)挡板P第一次碰撞后，小物块上升至最高点时与A点的竖直距离；
(3)小物块最终在小车上离B点的距离以及整个运动过程中小车相对水平面的位移大小。
11．光滑水平平台上有一个滑块D，滑块D右侧面是半径为的圆弧，圆弧面与平台相切，滑块B在平台右端。平台右侧有一长木板C放在光滑水平地面上，木板上表面与平台平齐。小球从滑块D的最高点沿圆弧面从静止释放。已知A、B、C、D的质量分别为、、、，滑块B和木板间的动摩擦因数，小球与滑块B均可视为质点，重力加速度为。
(1)求小球刚滑到圆弧面底端时，小球的水平位移大小；
(2)求小球刚滑到圆弧面底端时，小球对圆弧面的压力大小；
(3)若初始时将滑块D固定在水平面上，小球在水平面上与滑块B发生弹性碰撞（碰后小球即被取走），求滑块B与木板共速时，木板的运动距离。
12．如图所示，在倾角的足够长固定斜面的下端垂直斜面固定着一挡板，底部光滑的物块A与物块B用足够长的轻弹簧拴接并静止在斜面上，物块A与挡板接触。初始时弹簧处于原长状态，现在将底部光滑而侧面有粘性的物块C从距离B物块处由静止释放，C与B发生完全非弹性碰撞并粘合成一个整体（碰后C，B与斜面依然保持良好接触）继续运动。已知：C、B质量均为，B与斜面的动摩擦因数，弹簧劲度系数且始终处在弹性限度内，弹性势能（为弹簧形变量），简谐运动的周期为，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量。取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B、C均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为。
(1)求B和C碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)C与B碰后并粘在一起运动的过程中A恰好未离开挡板，求A的质量；
(3)求弹簧从第一次压缩到最短到最终稳定所用的时间t。
七、圆周运动
13．如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围。
八、电磁感应
14．如图所示，空间存在水平方向的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ中磁场垂直纸面向里，Ⅱ中磁场垂直纸面向外，两磁场区域的高度均为，磁感应强度大小均为将一边长也为的单匝正方形导体框abcd由磁场区域Ⅰ上方处静止释放，导体框恰好匀速进入磁场区域Ⅰ。导体框的bc边到达磁场区域Ⅱ下边界前又再次匀速运动。已知导体框运动过程中始终保持竖直且bc边始终平行磁场边界，导体框质量；重力加速度g取，不计空气阻力。求：
(1)导体框的电阻值；
(2)导体框bc边刚进入磁场区域Ⅱ时的加速度；
(3)导体框从bc边进入磁场区域Ⅰ到bc边运动至磁场区域Ⅱ下边界的过程中产生的焦耳热（结果保留一位小数）。
15．如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求:
（1）时金属框所受安培力的大小；
（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。
试卷第1页，共3页
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《安徽省高考物理二轮复习专项练习-05解答题基础通关训练》参考答案
1．(1)7m/s
(2)0.8s
【详解】（1）A点是篮球运动的最高点，经篮板反弹后篮球在竖直方向做自由落体运动，在竖直方向上有
解得
沿AO1方向，篮球做匀速直线运动，设速度大小为vx，则有x=vxt1
解得
垂直于板方向，篮球做匀速直线运动，设碰前速度大小为vy，则有
解得
篮球离开手时速度的竖直分量设为vz，则
解得
则篮球离开手时的速度大小
代入数据得v=7 m/s
（2）设篮球从出手到运动至最高点的时间为t2，则vz=gt2
解得
篮球从出手到进筐所用的时间t=t1+t2=0.8s
2．(1)，
(2)4m
(3)
【详解】（1）小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据机械能守恒定律
在该位置时根据牛顿第二定律
解得，
（2）小球做平抛运动时，
解得x=4m
（3）若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足
从最低点到该位置由动能定理
解得
3．(1)80cmHg
(2)3.5cm
【详解】（1）对轻活塞受力分析可知，施加F前，气体B的压强
根据两侧管内水银液面的高低，可得
（2）当两侧液面相平时，左侧管内液面升高
右侧管内液面降低
此时气体A的长度
对气体A，根据玻意耳定律有
解得
两侧是水银液面相平，有
对气体B，根据玻意尔定律有
解得气体B的长度
故活塞下降的距离为
4．(1)
(2)
【详解】（1）过程，有
代入数据解得
（2）过程，气体对外界做的功等于图线与横坐标围成的面积，则有
气体内能变化为
根据热力学第一定律可得
解得
可知气体从外界吸收的热量为。
5．1.5
【详解】
因为当时，恰好没有光线从AB边射出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为C，则
由几何关系可知，光线在D点的折射角为
则
联立可得
n=1.5
6．(1)
(2)或
【详解】（1）根据题意得出光路图如图所示
根据几何关系可得，，
可得，
根据折射定律
（2）发生全反射的临界角满足
可得
要使激光能在圆心O点发生全反射，激光必须指向点射入，如图所示
只要入射角大于，即可发生全反射，则使激光能在圆心O点发生全反射，入射光线与x轴之间夹角的范围。由对称性可知，入射光线与x轴之间夹角的范围还可以为。
7．(1)I=1A
(2)μ=0.2
(3)Qa=0.8J
【详解】（1）磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，则导体棒开始滑动前，回路中电动势
电路中的电流
（2）当t=0.8s时导体棒所受安培力
此时导体棒刚好开始滑动，则导体棒所受的安培力大小刚好等于滑动摩擦力，则有
解得
（3）根据焦耳定律，在0~0.8s内，导体棒a中产生的焦耳热
8．(1)
(2)证明见解析，
(3)，方向与x轴正方向夹角为60°斜向右上方
【详解】（1）洛伦兹力对粒子不做功，当阻力恒为时，粒子的动能全部被阻力消耗。由动能定理有
求得带电粒子在磁场中运动的路程
（2）无阻力时粒子做匀速圆周运动，根据，
联立求得粒子运动周期为
该周期仅与磁感应强度、质量和电荷量有关，与速度大小无关。
有阻力时的首次转向时间：速度方向首次沿轴正方向的时间为四分之一周期，即
（3）阻力且时的总位移∶对x方向和y方向分别用动量定理得
x方向∶
得
y方向∶
得
总位移大小为，方向与x轴正方向夹角
联立求得，方向与x轴正方向夹角斜向右上方。
9．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）物块刚开始运动时，对物块由牛顿第二定律得
对木板由牛顿第二定律得
，故物块一开始就和木板发生相对滑动，此后物块向右做匀加速直线运动，由运动学知识有
（2）当物块从木板上滑出时，由运动学知识有物块的位移为
设此时弹簧的伸长量为，因时间内木板的图线为正弦图线，由运动的对称性有
解得
故木板的长度
对木板由能量守恒得
解得
（3）木板速度第1次减为0后，对木板受力分析由牛顿第二定律有
故木板会向左运动，此后木板向左运动规律和时间内相同，其速度随时间变化的图线也为正弦图线。设木板速度第2次减为0时，弹簧的压缩量为，由对称性有
解得
木板速度第2次减为0后，对木板受力分析
故木板会再次向右运动，设木板速度第3减为0时，弹簧的压缩量为，由对称性有
解得
故从木板开始运动到停止，由功能关系有木板和水平面间因摩擦产生的热量为
10．(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）设小物块与挡板P碰撞前瞬间速度为，小车速度为，对小物块和小车系统，在小物块从A点运动至P点的过程中，水平方向动量守恒，得
由能量守恒，得
联立解得
（2）设小物块上升至最高点时与A点竖直距离为h，对小物块和小车系统，在小物块从A点运动至最高点的过程中，水平方向动量守恒，得
解得
由能量守恒得
解得
（3）小物块与小车相对运动，因摩擦力做功，系统机械能损失，最终两者相对静止，对小物块和小车系统，从开始到相对静止的过程中，水平方向动量守恒，有
解得
由能量守恒，得
解得
有，故小物块相对小车静止于水平部分离B点的距离
在整个相对运动过程中，小物块与小车水平方向动量守恒，始终有
整理得
又
解得小车的位移大小
11．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小球下滑过程，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，有
由几何关系有
解得
（2）当小球滑到圆弧面底端时有
由机械能守恒有
解得
小球相对于圆弧的速度
,
解得
（3）小球从滑块D上滑下，有
解得小球到达平台时的速度
小球和滑块B碰撞过程有，
解得碰后滑块B的速度
滑块B在木板上滑行过程有
对木板由动量定理有
解得
所以
12．(1)
(2)
(3)s
【详解】（1）C下滑过程由动能定理得
C和B碰撞过程由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
（2）由分析可知整体第一次向下运动的最大位移等于弹簧的最大形变量，C、B从碰后到第一次运动至最低点的过程，由能量守恒定律
解得
C、B整体向下运动过平衡位置点时，回复力为零，此时弹簧形变量为则
解得
设C、B整体经平衡位置点向下运动一小段距离后，偏离平衡位置的位移为，弹簧形变量为则
故形变量为时，回复力的大小为
又因为回复力方向和位移的方向相反，证得C、B整体向下的运动为单方向简谐运动。
则C、B整体向下运动的振幅
在最低点时，整体所受弹簧弹力为
此后将向上运动。同理可证整体向上的运动也是单方向简谐振动，平衡位置为点，此时弹簧形变量设为，平衡位置回复力为零，则
解得
若记本次为第1次单方向简谐振动，运动的振幅为
向上运动到达最高点时弹簧的伸长量为0.14m，此时弹簧弹力为14N
由于A恰好未离开挡板，对A物块受力分析
解得
（3）分析可知，向上运动到达最高点之后整体将向下做第2次单方向简谐振动，平衡位置又变成点，振幅为
向下运动到达最低点之后整体将向上做第3次单方向简谐振动，平衡位置又变成点，振幅为
由上述分析发现整体振幅的变化将依次递减0.02m，则第次振动的振幅为
考虑整体最后停止的位置一定位于弹簧压缩状态，设停止时弹簧压缩量为，则由整体静止条件得
解得0.01m≤≤0.03m
当整体向上运动以为点为平衡位置做第9次单方向简谐振动的振幅m，则当整体从最低点往上运动后速度会变为零，此时弹簧形变量为m，整体将停止运动。
综上，弹簧从第一次压缩到最短到最终稳定的所用的时间为：9次单方向简谐振动的总时间
13．（1）6N；（2）4m/s；（3）
【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
在最低点，对小球由牛顿第二定律
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为
【点睛】
14．(1)
(2)，竖直向上
(3)31.7J
【详解】（1）导体框进入磁场前做自由落体运动，设bc边进入磁场时的速度为，有
解得
导体框匀速进入磁场区域I，安培力
又，
联立可得
根据平衡条件可得
代入数据解得
（2）导体框在区域I中匀速运动，bc边进入磁场区域II时，速度仍为，此时安培力
对导体框受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
方向竖直向上。
（3）导体框的bc边到达磁场区域II下边界前已再次匀速运动，设速度为，则有
解得
自导体框由静止释放到bc边运动至磁场区域II的下边界，根据能量守恒有
解得焦耳热
15．（1）；（2）0.016J
【详解】（1）金属框的总电阻为
金属框中产生的感应电动势为
金属框中的电流为
t=2.0s时磁感应强度为
金属框处于磁场中的有效长度为
此时金属框所受安培力大小为
（2）内金属框产生的焦耳热为
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