辽宁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）

辽宁省高考物理二轮复习专项练习-05解答题基础通关训练
一、热力学定律
1．如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2 = 5：1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。
（1）求变压器的输出功率P；
（2）已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q = CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。
二、牛顿运动定律
2．某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v =80m/s时离开水面，该过程滑行距离L=1600m、汲水质量m=1.0×10 kg。离开水面后，飞机攀升高度h=100m时速度达到v =100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s 。求：
（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
3．机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
三、原子核
4．在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的铀核（）发生一次衰变，变成钍核（该元素符号为Th），粒子与钍核均在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。已知钍核的动能为，且在该过程中释放的核能全部转化为两个粒子的动能。已知真空中的光速为c，不计一切阻力和粒子间作用力。
(1)写出该衰变的核反应方程，并求出粒子与钍核做圆周运动的半径之比；
(2)求该过程中的质量亏损。
四、全反射
5．为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成长为6m的细圆柱棒，如图甲所示。让一束平行激光从圆柱棒的一个底面垂直射入，历时在另一端接收到该光束，已知光在真空中的速度为。现将这种新材料制成一根半径的光导纤维束弯成半圆形暴露于空气中（假设空气中的折射率与真空相同），半圆形外半径为R，如图乙所示。
(1)求这种新材料的折射率n；
(2)用同种激光垂直于光导纤维的端面射入，若该束激光恰好不从光导纤维的侧面外泄，求半圆形的半径R。
五、抛体运动
6．如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑轨道半径为R，A端与圆心O等高，AD为与水平方向成45°角的斜面，B端在O的正上方，一个质量为m的小球在A点正上方某处由静止开始释放，自由下落至A点后进入圆形轨道并能沿圆形轨道到达B点，最后落到斜面上C点，且到达B处时小球的速度为（忽略空气阻力）。求：
(1)小球到达B点时对轨道的压力；
(2)小球从B点运动到C点所用的时间t；
(3)小球离开B后，距离斜面的最远距离d。
7．如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小和；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。
六、电磁感应
8．如图所示，光滑水平面上有一质量为2m的形导体框MPQN，导体框电阻忽略不计。一质量为m、电阻为R的铜棒静置于导体框上的最右端MN处，与导体框构成矩形回路MNQP。右侧有一足够大的区域分布有匀强磁场，磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为B，EF为磁场左侧边界且与MN平行，。初始时，导体框与铜棒均静止，现给导体框一个与PQ垂直的水平向右的初速度，一段时间后铜棒进入磁场中刚好做匀速直线运动，直至PQ进入磁场。已知PQ刚进入磁场时导体框速度为，又经时间t导体框与铜棒速度相同。导体框与铜棒之间的动摩擦因数，重力加速度为g。已知导体框与钢棒之间始终接触良好，铜棒始终未到达PQ位置，其中m、R、L、B、、t为已知量，求：
(1)铜棒进入磁场时的速度大小；
(2)导体框MP边的长度；
(3)导体框的PQ边进入磁场后，回路产生的焦耳热。
七、动量及其守恒定律
9．“冰天雪地也是金山银山”，哈尔滨冰雪大世界的冰滑梯已成为游客最喜欢的娱乐项目之一。如图所示，某一冰滑梯由AB和BC两段滑道组成，两段间由一小段光滑圆弧连接，其中AB段斜面长9m，BC段水平。在滑道顶端准备出发过程中，一旅客不慎将质量为2kg的背包在滑道顶端A处掉落，背包由静止开始匀加速滑下。1s后该旅客搭乘轮胎滑具，在工作人员助推下从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。已知该旅客和滑具总质量为48kg，滑具与BC段间的动摩擦因数为 =0.4，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力及拎包过程中旅客与背包的重心变化。
(1)求该旅客从开始下滑到追上背包经过的时间；
(2)若旅客拎起背包后乘坐滑具继续滑行，求旅客拎起背包这一瞬间的速度大小和旅客在BC段滑行的距离。（结果均保留2位小数）
八、静电场
10．如图所示，光滑水平面和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道运动。以O为坐标原点建立直角坐标系，在区域有方向与x轴夹角为的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）小球经过O点时的速度大小；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程。
九、机械能及其守恒定律
11．如图，一雪块从倾角的屋顶上的点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离，A点距地面的高度，雪块与屋顶的动摩擦因数。不计空气阻力，雪块质量不变，取，重力加速度大小。求：
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小；
(2)雪块落地时的速度大小，及其速度方向与水平方向的夹角。
12．如图所示，在足够长的光滑水平面上静止着两个物块P和Q，物块P与轻弹簧右端连接。一个小球被一根不可伸长的轻质细线悬挂于点正下方，轻靠在物块Q的左侧。现将细线拉直到与竖直方向夹角位置时，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块Q发生碰撞（碰后将小球撤离），碰撞的恢复系数为e=0.5（定义式为，其中和分别是碰前两物体的速度，和分别是碰撞后两物体的速度），已知细线长L=0.9m，小球和物块P的质量为，物块Q的质量为，球、物块均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度取。求：
(1)碰撞后物块Q的速度大小；
(2)物块P最大速度；
(3)小球与物块Q碰撞后，试求物块Q最小速度。
十、相互作用
13．图甲为某汽车后备箱气压杆的示意图，气压杆内部的高压气体被活塞封闭在汽缸中。图乙是简化模型，后备箱盖打开静止在某位置时，活塞到汽缸底部的距离为，活塞的横截面积为，箱盖作用于连杆上的沿杆方向的竖直向下的力为。已知大气压强为，重力加速度为，不计活塞与容器壁的摩擦以及连杆和活塞的重力，忽略气体温度变化。
(1)关闭后备箱盖，活塞到汽缸底部的距离为，求此时气体的压强；
(2)汽车由于突发碰撞，活塞处瞬间漏出部分气体且箱盖由关闭状态被弹开，活塞重新回到距离汽缸底部L处。若漏出的气体质量占气体总质量的，求箱盖作用于连杆上的沿杆竖直方向的力的大小及方向？
十一、磁场
14．如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框，置于始终竖直向下的匀强磁场中，边与磁场边界平行，边中点位于磁场边界。导体框的质量，电阻、边长。磁感应强度B随时间t连续变化，内图像如图（b）所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
(1)求时边受到的安培力大小F；
(2)画出图(b)中内图像（无需写出计算过程）；
(3)从开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度，求ad边离开磁场时的速度大小。
十二、匀变速直线运动
15．2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。
（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度时，滑过的距离，求加速度的大小；
（2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为，滑行速率分别为，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。
试卷第1页，共3页
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《辽宁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）；（2）
【详解】（1）由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为
设变压器副线圈的输出电压为U2，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有
联立解得
理想变压器的输出功率等于R的热功率，即
（2）设加热前容器内气体的压强为p0，则加热后气体的压强为2p0，温度为T2，容器内的气体做等容变化，则有
由知气体吸收的热量
根据热力学第一定律，气体的体积不变，所以W = 0，容器是绝热容器，则
电热丝产生的热量全部被气体吸收
联立整理得
解得
【点睛】
2．（1），；（2）
【详解】（1）飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则
解得飞机滑行的时间为
飞机滑行的加速度为
（2）飞机从水面至处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为
3．（1）；（2）
【详解】（1）小包裹的速度大于传动带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知
解得
（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
在传动带上滑动的距离为
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
所以小包裹通过传送带的时间为
4．(1)；
(2)
【详解】（1）根据原子核衰变时电荷数和质量数守恒，有
设Th核的质量，电荷量
粒子的质量，电荷量
核反应过程的动量守恒，以v1方向为正，有
粒子在磁场中做匀速圆周运动由
可知
所以
（2）依题意，衰变过程中释放的核能全部转化为两个粒子的动能，有
其中，
由质能方程有
所以
5．(1)
(2)
【详解】（1）光在细圆柱棒中传输有
解得传播速度为
材料的折射率为
解得
（2）当入射光线越接近E点时，则光在光纤中的入射角越大，就越容易发生全反射，因此激光不从光导纤维束侧面外泄的临界条件是入射光在光导纤维束内侧面发生全反射，临界光路图如图所示
根据几何关系可得
又因为
联立解得
6．(1)3mg
(2)
(3)
【详解】（1）小球到达B点时，根据牛顿第二定律有
求得轨道对小球的弹力
由牛顿第三定律，可知小球此时对轨道的压力为
（2）小球从B点运动到C点做平抛运动，有，，
联立求得所用的时间
（3）将小球在B点的速度和重力加速度分别沿斜面和垂直斜面方向分解，则有，
当减为零时，此时小球距离斜面的距离最远，有
7．（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【详解】（1）对A物块由平抛运动知识得
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为
AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB物块整体动量守恒，则
解得脱离弹簧时B的速度大小为
（2）对物块B由动能定理
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
（3）弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即
其中
，
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
8．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）铜棒进入磁场做匀速运动，受力分析得
联立解得
（2）从一开始到铜棒进入磁场时，铜棒与导体框动量守恒有
根据能量守恒有
由题意可知，铜棒进入磁场后，导体框做匀减速直线运动，对导体框有
根据运动学公式，有
MP边的长度为
联立解得
（3）PQ边进入磁场后，导体框与铜棒动量守恒有
对铜棒由动量定理有
设从PQ边进入磁场到导体框与铜棒共速的过程中，导体框通过的位移为，铜棒通过的位移为，时间为t，此过程中，产生的平均电动势
产生的平均电流
联立可得
根据能量守恒有
解得
9．(1)2s
(2)7.44m/s，6.92m
【详解】（1）设滑道AB段的长度为L，则有
解得
（2）设背包和旅客到达水平滑道时的速度分别为v1、v2，则
其中
代入数据解得
根据速度时间关系可得
代入数据解得
旅客拎起背包的过程，系统动量守恒，设拎起背包时的共同速度为v，根据动量守恒定律，有
代入数据解得
根据牛顿第二定律可得，
联立解得
10．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球从A到B，根据能量守恒定律得
（2）小球从B到O，根据动能定理有
解得
（3）小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有
竖直方向有
解得
，
说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有
，
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程
11．(1)5m/s
(2)8m/s，60°
【详解】（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理
代入数据解得雪块到A点速度大小为
（2）雪块离开屋顶后，做斜向下抛运动，由动能定理
代入数据解得雪块到地面速度大小
速度与水平方向夹角，满足
解得
12．(1)
(2)
(3)0
【详解】（1）小球从释放到刚与物块碰撞过程中，由动能定理得
对小球和物块构成的系统，碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒得
又因为碰前物块静止，由定义式可得
由以上式子联立解得：
（2）从物块与弹簧开始接触到弹簧再次恢复到原长时，物块的速度最大，在此过程中物块与物块及弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒，由动量守恒定律得
由机械能守恒得
联立解得：，所以物块的最大速度为
（3）由第二问解得，当弹簧恢复原长时，物块的运动方向发生变化，说明从物块刚与弹簧接触到弹簧恢复原长的过程中的某一位置，物块的速度为零，所以物块的最小速度为
13．(1)
(2)，方向竖直向下
【详解】（1）箱盖打开时，，对活塞受力分析，由平衡方程
解得
关闭后箱盖，，设此时压强为，由玻意耳定律得
解得
（2）设漏出气体体积为
则有
解得
由玻意耳定律得：
解得
对活塞受力分析，由平衡方程：
解得
方向竖直向下
14．(1)0.015N
(2)
(3)0.01m/s
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律可知，内线框中的感应电流大小为
由图（b）可知，时磁感应强度大小为
所以此时导线框的安培力大小为
（2）内线框内的感应电流大小为，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，由图（c）可知内的感应电流大小为
方向为逆时针，根据欧姆定律可知内的感应电动势大小为
由法拉第电磁感应定律
可知内磁感应强度的变化率为
解得时磁感应强度大小为
方向垂直于纸面向里，故的磁场随时间变化图为
（3）由动量定理可知
其中
联立解得经过磁场边界的速度大小为
15．（1）；（2），甲
【详解】（1）根据速度位移公式有
代入数据可得
（2）根据向心加速度的表达式
可得甲、乙的向心加速度之比为
甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为
代入数据可得甲、乙运动的时间为
，
因，所以甲先出弯道。
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