辽宁省高考物理二轮复习专项练习-06解答题能力提升训练（含解析）
文档属性
| 名称 | 辽宁省高考物理二轮复习专项练习-06解答题能力提升训练（含解析） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.9MB | ||
| 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
辽宁省高考物理二轮复习专项练习-06解答题能力提升训练
一、气体、固体和液体
1．如图（a）所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途。图（b）为某一“系留气球”的简化模型图；主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气（可视为理想气体），副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氦气体积变为地面时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的。已知地面大气压强p0=1.0×105Pa、温度T0=300K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。
（1）设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p；
（2）气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的。求气球驻留处的大气温度T。
二、机械振动与机械波
2．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为，B、C两小球通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，放在倾角为带有挡板的固定光滑斜面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，保证滑轮两侧细线均与斜面平行，且C球与挡板接触。已知A的质量为2m，B的质量为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。现释放A球，求：
(1)初始时，弹簧形变量的大小；
(2)A沿斜面下滑的最大速度；
(3)A沿斜面下滑至位移最大时，C对挡板的压力大小。
三、静电场
3．如图所示，以O为坐标原点建立O xyz坐标系，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，z轴正方向垂直纸面向外（图中未画出），沿x轴正方向从左到右依次存在四个区域，区域之间的边界均平行于yOz平面。I区存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E1=15N/C；Ⅱ区存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小；Ⅲ区存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小；Ⅳ区存在沿y轴负方向的匀强电场和沿z轴负方向的匀强磁场，电场强度大小E2=200N/C，磁感应强度大小B3=0.01T，Ⅳ区足够宽。I区右边界与x轴的交点为O1，y轴上的A点到O点的距离h=0.1m。一个比荷的带电粒子从A点以速度v0=1×104m/s、沿x轴正方向射入I区，经O1点进入Ⅱ区时第一次穿过xOz平面，进入Ⅲ区时恰好第二次穿过xOz平面，进入Ⅳ区时恰好第三次穿过xOz平面，之后在Ⅳ区内继续运动。不计粒子所受重力。求：
(1)带电粒子进入Ⅱ区时的速度；
(2)带电粒子第二次穿过xOz平面时的位置坐标（结果可含π）；
(3)Ⅲ区的宽度d。
四、磁场
4．质谱仪是用来分离和检测同位素的科学仪器。某种质谱仪的原理如下图，加速电场的电压为；速度选择器中磁感应强度为，两板电压为，两板间距离为；磁分析器在坐标系的第一、四象限中，其匀强磁场的磁感应强度为，各磁场方向如图中所示。一电荷量为的粒子从容器右侧小孔进入加速电场，恰能沿直线运动通过速度选择器，从小孔出来后，进入磁分析器中偏转，轨迹如图中虚线所示，到达轴上点时纵坐标为，不计粒子重力，整个装置处于真空中，求∶
(1)粒子经过小孔的速度；
(2)粒子的质量和刚进入加速电场时的初速度；
(3)粒子沿直线通过速度选择器后，若由于磁分析器漏气，粒子在磁分析器中受到与速率大小成正比的阻力，轨迹如实线所示，其运动到点时速度方向刚好沿轴正向，则粒子所受阻力与速率的比值是多少？
5．如图，在平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电的粒子从点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角，从点射出磁场。已知粒子的电荷量为，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。
(1)求粒子射入磁场的速度大小和在磁场中运动的时间。
(2)若在平面内某点固定一负点电荷，电荷量为，粒子质量取（k为静电力常量），粒子仍沿（1）中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小。
(3)在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间速度方向首次与N点速度方向相反，求（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势）。
6．现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为和。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
（1）求磁感应强度的大小B；
（2）求Ⅲ区宽度d；
（3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为，其中常系数，已知、k未知，取甲经过O点时。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取值范围）
7．如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差U；
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。
8．如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子甲从点S（-a，0）由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。（不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）
（1）求电场强度的大小E；
（2）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间△t；
（3）若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。
五、牛顿运动定律
9．如图所示，质量均为的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小、；
(3)B被敲击后获得的初速度大小及整个过程中B与地面之间的摩擦生热。
10．我国第三艘航母福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。为探究弹射过程，某项目组设计了如图所示的简化模型（俯视图）。已知电源的电动势为，电容器的电容为，定值电阻的阻值为，两足够长的水平固定导轨间距为，金属棒MN的质量为，静置在导轨上，不计金属棒与导轨间的阻力，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度大小可在一定范围内调节。不计电源、金属棒及导轨电阻，金属棒MN在运动过程中始终与导轨垂直。
(1)若导轨只放金属棒，调节磁感应强度大小为，断开，将接，电源给电容器充电，充电完成后断开，将接，求金属棒运动达到稳定状态时速度的大小；
(2)将一绝缘材料制成的飞机模型与金属棒固定，组合体总质量为，运动过程中所受阻力恒为；调节磁感应强度也为，开关分别接。若组合体从静止开始运动，当位移为时速度为，求此时组合体加速度的大小及此过程所用时间；
(3)开关分别接，调节磁感应强度，组合体能达到的稳定速度也随之改变。求理论上可实现的稳定速度的最大值以及对应的磁感应强度的大小。
11．如图所示，一倾角的光滑固定斜面的顶端放有质量的电阻不计的U形导体框。一阻值、质量的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF，EF与斜面底边平行，长度。初始时CD与EF相距，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离后进入一方向垂直于斜面向上的磁感应强度大小的有界匀强磁场，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行。金属棒在磁场中做匀速运动，直到离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边恰好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好。重力加速度，，。
(1)求金属棒在磁场中运动时所受的安培力；
(2)求金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
(3)求导体框在磁场中匀速运动过程中克服安培力做的功。
六、动量及其守恒定律
12．如图，质量m1= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t0表示）。
七、机械能及其守恒定律
13．抛石机又叫抛车，最早产生于周代，是一种攻守城垒的武器。为了方便研究，简化为图示物理模型，轻杆左端装上质量为m的石头A，右端固定有重物B，轻杆可绕水平转轴O自由转动。初始时刻轻杆与水平地面的夹角为30°，A、B到O的距离分别为6L、L。无初速度释放，当轻杆运动到竖直时A脱离轻杆做平抛运动，A、B均可视为质点，不计转轴摩擦及空气阻力，重力加速度为g。A平抛运动的水平射程为，求∶
(1)A脱离轻杆时，A和B的速度大小；
(2)重物B的质量M；
(3)A脱离杆前瞬间杆对转轴O的作用力大小。
八、电磁感应
14．如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
《辽宁省高考物理二轮复习专项练习-06解答题能力提升训练》参考答案
1．(1) 5.0×104Pa；(2) 266K
【详解】（1）汽囊中的温度不变，则发生的是等温变化，设气囊内的气体在目标位置的压强为，由玻意耳定律
解得
由目标处的内外压强差可得
解得
（2）有胡克定律可知弹簧的压缩量变为原来的，则活塞受到弹簧的压力也变为原来的，即
设此时气囊内气体的压强为，对活塞压强平衡可得
由理想气体状态方程可得
其中
解得
2．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对小球B受力分析可知，小球B仅受重力和斜面的支持力无法平衡，则弹簧对小球B有沿斜面向上的支持力，则初始时弹簧处于压缩状态，设压缩量为，由B沿斜面方向受力平衡可得
解得
（2）A沿斜面下滑至速度最大时，加速度为0，由牛顿第二定律可知绳上的拉力为
此时对B沿斜面方向的受力，由牛顿第二定律有
联立解得
因为，一开始释放的位置弹簧的弹性势能与速度最大位置时弹簧的弹性势能相等，由系统机械能守恒得
联立解得
（3）根据简谐运动知识可以判定A、B两个小球一起做简谐振动，二者的振幅为
当小球A运动到最低点时，则B向上运动的最大距离为
此时弹簧的伸长量为
此时对C做受力分析由平衡方程有
联立解得
由牛顿第三定律可知，C对挡板的压力大小为
3．(1)，方向与x轴正方向成60°角
(2)
(3)
【详解】（1）带电粒子在Ⅰ区中做类平抛运动，根据动能定理有
代入题中数据，解得带电粒子进入Ⅱ区时的速度
设速度v方向与x轴正方向夹角为θ，则
可知
（2）粒子进入Ⅱ区后，粒子速度方向与磁场方向不垂直，所以粒子做螺旋线运动，一边沿x轴正方向以速度v0做匀速直线运动，一边在垂直于x轴的平面内以速度vsinθ做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
粒子进入Ⅱ区后转过半周第二次穿过
xOz平面，所经历的时间为
粒子第二次穿过xOz平面时的x坐标为
y坐标为0，z坐标为
即粒子第二次穿过xOz平面时的坐标为
（3）粒子进入Ⅲ区时速度大小仍为v，方向与xOy平面平行、偏向y轴正方向且与x轴正方向成θ，粒子在Ⅲ区匀速圆周运动过程有
解得
Ⅲ区的宽度
4．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）在速度选择器中，根据平衡条件，有
电场强度为
联立可得
（2）在磁分析器中，洛伦兹力提供向心力，有
由图可知l=2r
联立可得
在加速电场中，根据动能定理，有
解得
（3）在磁分析器中，从O到Q，沿x方向根据动量定理有
其中在x方向，有
在y方向，有
代入可得
解得
5．(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示
由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆周运动的半径为
由洛伦兹力提供向心力
解得正电荷的入射速度大小为
正电荷在磁场中运动的周期为
所以正电荷从M运动到N的时间为
（2）由题意可知，在平面内的负电荷在圆心O处，由牛顿第二定律可知，其中
解得或（舍去）
（3）在（2）的条件下，由题意可知，粒子从N点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需要的向心力大于点电荷提供的库仑力，因此粒子无法做匀速圆周运动，即正电荷从N点离开磁场后绕负电荷做椭圆运动，如图所示
由能量守恒定律得
由开普勒第二定律可知
其中
联立解得
由牛顿第二定律
解得
故正电荷从点离开磁场后到首次速度变为与点的射出速度相反的时间为
6．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对乙粒子，如图所示
由洛伦兹力提供向心力
由几何关系
联立解得，磁感应强度的大小为
（2）由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为
对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式
由牛顿第二定律
联立可得Ⅲ区宽度为
（3）甲粒子经过O点时的速度为
因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则
可得
设乙粒子经过Ⅲ区的时间为，乙粒子在Ⅳ区运动时间为，则上式中
对乙可得
整理可得
对甲可得
则
化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为
【点睛】
7．（1）；（2）或；（3）
【详解】（1）设板间距离为，则板长为，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度
解得
设粒子在平板间的运动时间为，根据类平抛运动的运动规律得
，
联立解得
（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有
故
则出电场时粒子的速度为
粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得
解得
已知圆形磁场区域半径为，故
粒子沿方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为，由几何关系可得
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或；
（3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
8．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子甲匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径R=a
则
则
粒子从S到O，由动能定理可得
可得
（2）甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为、，取向上为正，则有，
计算可得，
两粒子碰后在磁场中运动，
解得，
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为，
则两粒子碰后再次相遇
解得再次相遇时间
（3）乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为
撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，粒子在磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示
设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了，可知粒子甲的匀速运动距离
则粒子乙的匀速运动距离
加上磁场后两粒子的轨迹恰好外切，设两圆心的连线与轴正方向的夹角为。
由几何关系，
还有
联立解得
整理得
再有几何关系可得
又有
联立解得
解得
9．(1)
(2)
(3)
，24J
【详解】（1）由题意可知AB间最大静摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，敲击A时B不动，对A，由牛顿运动定律有
解得A的加速度大小
因为
联立解得
（2）对齐前，对B有
解得
对齐后，对整体有
解得
（3）设敲击B后经过t时间AB达到共同速度v，该过程A的加速度为，则有
该过程AB位移分别为
且
联立解得
AB共速后一起减速到0，其加速度为，则该过程B的位移
则整个过程中B与地面之间的摩擦生热
联立以上解得
10．(1)
(2)，
(3)，
【详解】（1）解法一：当金属棒运动达到稳定状态时，设金属棒的稳定速度为，此时电容器两端电压
在此过程中，由动量定理得
其中
解得
解法二：金属棒由静止开始运动至稳定的过程中，由动量定理得
其中
代入上式解得
（2）当组合体速度大小为时，由牛顿第二定律得
因为，
解得
组合体从静止开始运动到通过位移为的过程中，由动量定理得
其中
代入上式解得
（3）解法一：当组合体最终达到稳定时，有
整理得，由求根公式得
使有解，则
即，解得
此时
解法二：当组合体达到稳定状态时，有
整理得
根据数学知识可知，当时，取最大值，为
此时
解法三：将定值电阻与电源看成等效电源，电动势为，内阻为，当组合体达到稳定时，等效电源的输出功率达到最大，为
且
由以上两式得
此时
解得
11．(1)0.18N，方向沿斜面向上
(2)0.375
(3)
【详解】（1）由于斜面光滑，所以导体框与金属棒由静止开始同步匀加速下滑，以整体为研究对象，则由牛顿第二定律m总gsinαm总a1
解得a16m/s2
当金属棒CD进入磁场时，速度达到
此时CD棒产生感应电动势E1BLv11×0.6×1.5V=0.9V
回路中的感应电流为I1= 0.3A
CD棒受到的安培力F1BI1L1×0.3×0.6N0.18N
方向沿斜面向上。
（2）由于CD棒与导体框原来同步向下匀加速，现CD棒进入磁场受到沿斜面向上的安培力，且做匀速直线运动，因此CD棒必定相对导体框向上运动，受导体框对它沿斜面向下的滑动摩擦力，设CD的质量为m，CD匀速穿过磁场时受到导体框的滑动摩擦力为f，则此过程中CD棒受力如图所示
由共点力的平衡条件有F1mgsinα+f
即0.186m+f
再由平衡条件，有N1mgcosα0.02×10×0.8N=0.16N
根据公式
解得金属棒与导体框之间的动摩擦因数=0.375
（3）当导体框EF未进入磁场时，其受力如图
由牛顿第二定律
即CD棒进入磁场后，导体框以初速度v11.5m/s
解得加速度为a2 =5m/s2
继续沿斜面向下做匀加速直线运动s0后，EF边恰好进入磁场，根据速度-位移公式
此时EF边的速度为
而此时CD棒的速度为v11.5m/sCD棒的受力如图所示
由牛顿第二定律，有
解得CD棒有加速度a3 =9m/s2
则CD棒加速到v2需要时间
即导体框匀速运动的距离
此时EF边感应电动势E2BLv21×0.6×2.5V=1.5V
感应电流为I2=0.5A
EF边受到的安培力F2BI2L1×0.5×0.6N0.3N
方向沿斜面向上；
导体棒克服安培力做的功为
12．（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）
【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有
m2v0= (m1＋m2)v1
代入数据有
v1= 1m/s
对m1受力分析有
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v12= 2a1x1
代入数据解得
x1= 0.125m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有
kx = (m1＋m2)a共
对m2有
a2= μg = 1m/s2
当a共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2= 0.25m
对m1、m2组成的系统列动能定理有
代入数据有
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有
－μm2g 2t0= m2v3－m2v2
解得
则对于m1、m2组成的系统有
U = Wf
联立有
13．(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）竖直方向 ，解得
水平方向，解得
根据角速度公式 ，解得
（2）根据机械能守恒定律得 ，解得
（3）对A，，解得 ，向下，，向上
对B， ，解得 ，向上，，向下
杆对转轴O的作用力， ，向下
14．（1），方向水平向左；（2）①，②；（3）
【详解】（1）细金属杆M以初速度向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为
电流方向为，电流的大小为
则所受的安培力大小为
安培力的方向由左手定则可知水平向左；
（2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量为
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为，有
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到的最小距离为
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，则N到cd边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知
解得N出磁场时，M的速度大小为
由题意可知，此时M到cd边的距离为
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
联立解得
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有
同理解得
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为
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一、气体、固体和液体
1．如图（a）所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途。图（b）为某一“系留气球”的简化模型图；主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气（可视为理想气体），副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氦气体积变为地面时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的。已知地面大气压强p0=1.0×105Pa、温度T0=300K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。
（1）设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p；
（2）气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的。求气球驻留处的大气温度T。
二、机械振动与机械波
2．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为，B、C两小球通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，放在倾角为带有挡板的固定光滑斜面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，保证滑轮两侧细线均与斜面平行，且C球与挡板接触。已知A的质量为2m，B的质量为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。现释放A球，求：
(1)初始时，弹簧形变量的大小；
(2)A沿斜面下滑的最大速度；
(3)A沿斜面下滑至位移最大时，C对挡板的压力大小。
三、静电场
3．如图所示，以O为坐标原点建立O xyz坐标系，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，z轴正方向垂直纸面向外（图中未画出），沿x轴正方向从左到右依次存在四个区域，区域之间的边界均平行于yOz平面。I区存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E1=15N/C；Ⅱ区存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小；Ⅲ区存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小；Ⅳ区存在沿y轴负方向的匀强电场和沿z轴负方向的匀强磁场，电场强度大小E2=200N/C，磁感应强度大小B3=0.01T，Ⅳ区足够宽。I区右边界与x轴的交点为O1，y轴上的A点到O点的距离h=0.1m。一个比荷的带电粒子从A点以速度v0=1×104m/s、沿x轴正方向射入I区，经O1点进入Ⅱ区时第一次穿过xOz平面，进入Ⅲ区时恰好第二次穿过xOz平面，进入Ⅳ区时恰好第三次穿过xOz平面，之后在Ⅳ区内继续运动。不计粒子所受重力。求：
(1)带电粒子进入Ⅱ区时的速度；
(2)带电粒子第二次穿过xOz平面时的位置坐标（结果可含π）；
(3)Ⅲ区的宽度d。
四、磁场
4．质谱仪是用来分离和检测同位素的科学仪器。某种质谱仪的原理如下图，加速电场的电压为；速度选择器中磁感应强度为，两板电压为，两板间距离为；磁分析器在坐标系的第一、四象限中，其匀强磁场的磁感应强度为，各磁场方向如图中所示。一电荷量为的粒子从容器右侧小孔进入加速电场，恰能沿直线运动通过速度选择器，从小孔出来后，进入磁分析器中偏转，轨迹如图中虚线所示，到达轴上点时纵坐标为，不计粒子重力，整个装置处于真空中，求∶
(1)粒子经过小孔的速度；
(2)粒子的质量和刚进入加速电场时的初速度；
(3)粒子沿直线通过速度选择器后，若由于磁分析器漏气，粒子在磁分析器中受到与速率大小成正比的阻力，轨迹如实线所示，其运动到点时速度方向刚好沿轴正向，则粒子所受阻力与速率的比值是多少？
5．如图，在平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电的粒子从点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角，从点射出磁场。已知粒子的电荷量为，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。
(1)求粒子射入磁场的速度大小和在磁场中运动的时间。
(2)若在平面内某点固定一负点电荷，电荷量为，粒子质量取（k为静电力常量），粒子仍沿（1）中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小。
(3)在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间速度方向首次与N点速度方向相反，求（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势）。
6．现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为和。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
（1）求磁感应强度的大小B；
（2）求Ⅲ区宽度d；
（3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为，其中常系数，已知、k未知，取甲经过O点时。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取值范围）
7．如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差U；
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。
8．如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子甲从点S（-a，0）由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。（不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）
（1）求电场强度的大小E；
（2）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间△t；
（3）若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。
五、牛顿运动定律
9．如图所示，质量均为的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小、；
(3)B被敲击后获得的初速度大小及整个过程中B与地面之间的摩擦生热。
10．我国第三艘航母福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。为探究弹射过程，某项目组设计了如图所示的简化模型（俯视图）。已知电源的电动势为，电容器的电容为，定值电阻的阻值为，两足够长的水平固定导轨间距为，金属棒MN的质量为，静置在导轨上，不计金属棒与导轨间的阻力，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度大小可在一定范围内调节。不计电源、金属棒及导轨电阻，金属棒MN在运动过程中始终与导轨垂直。
(1)若导轨只放金属棒，调节磁感应强度大小为，断开，将接，电源给电容器充电，充电完成后断开，将接，求金属棒运动达到稳定状态时速度的大小；
(2)将一绝缘材料制成的飞机模型与金属棒固定，组合体总质量为，运动过程中所受阻力恒为；调节磁感应强度也为，开关分别接。若组合体从静止开始运动，当位移为时速度为，求此时组合体加速度的大小及此过程所用时间；
(3)开关分别接，调节磁感应强度，组合体能达到的稳定速度也随之改变。求理论上可实现的稳定速度的最大值以及对应的磁感应强度的大小。
11．如图所示，一倾角的光滑固定斜面的顶端放有质量的电阻不计的U形导体框。一阻值、质量的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF，EF与斜面底边平行，长度。初始时CD与EF相距，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离后进入一方向垂直于斜面向上的磁感应强度大小的有界匀强磁场，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行。金属棒在磁场中做匀速运动，直到离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边恰好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好。重力加速度，，。
(1)求金属棒在磁场中运动时所受的安培力；
(2)求金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
(3)求导体框在磁场中匀速运动过程中克服安培力做的功。
六、动量及其守恒定律
12．如图，质量m1= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t0表示）。
七、机械能及其守恒定律
13．抛石机又叫抛车，最早产生于周代，是一种攻守城垒的武器。为了方便研究，简化为图示物理模型，轻杆左端装上质量为m的石头A，右端固定有重物B，轻杆可绕水平转轴O自由转动。初始时刻轻杆与水平地面的夹角为30°，A、B到O的距离分别为6L、L。无初速度释放，当轻杆运动到竖直时A脱离轻杆做平抛运动，A、B均可视为质点，不计转轴摩擦及空气阻力，重力加速度为g。A平抛运动的水平射程为，求∶
(1)A脱离轻杆时，A和B的速度大小；
(2)重物B的质量M；
(3)A脱离杆前瞬间杆对转轴O的作用力大小。
八、电磁感应
14．如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
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-06解答题能力提升训练》参考答案
1．(1) 5.0×104Pa；(2) 266K
【详解】（1）汽囊中的温度不变，则发生的是等温变化，设气囊内的气体在目标位置的压强为，由玻意耳定律
解得
由目标处的内外压强差可得
解得
（2）有胡克定律可知弹簧的压缩量变为原来的，则活塞受到弹簧的压力也变为原来的，即
设此时气囊内气体的压强为，对活塞压强平衡可得
由理想气体状态方程可得
其中
解得
2．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对小球B受力分析可知，小球B仅受重力和斜面的支持力无法平衡，则弹簧对小球B有沿斜面向上的支持力，则初始时弹簧处于压缩状态，设压缩量为，由B沿斜面方向受力平衡可得
解得
（2）A沿斜面下滑至速度最大时，加速度为0，由牛顿第二定律可知绳上的拉力为
此时对B沿斜面方向的受力，由牛顿第二定律有
联立解得
因为，一开始释放的位置弹簧的弹性势能与速度最大位置时弹簧的弹性势能相等，由系统机械能守恒得
联立解得
（3）根据简谐运动知识可以判定A、B两个小球一起做简谐振动，二者的振幅为
当小球A运动到最低点时，则B向上运动的最大距离为
此时弹簧的伸长量为
此时对C做受力分析由平衡方程有
联立解得
由牛顿第三定律可知，C对挡板的压力大小为
3．(1)，方向与x轴正方向成60°角
(2)
(3)
【详解】（1）带电粒子在Ⅰ区中做类平抛运动，根据动能定理有
代入题中数据，解得带电粒子进入Ⅱ区时的速度
设速度v方向与x轴正方向夹角为θ，则
可知
（2）粒子进入Ⅱ区后，粒子速度方向与磁场方向不垂直，所以粒子做螺旋线运动，一边沿x轴正方向以速度v0做匀速直线运动，一边在垂直于x轴的平面内以速度vsinθ做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
粒子进入Ⅱ区后转过半周第二次穿过
xOz平面，所经历的时间为
粒子第二次穿过xOz平面时的x坐标为
y坐标为0，z坐标为
即粒子第二次穿过xOz平面时的坐标为
（3）粒子进入Ⅲ区时速度大小仍为v，方向与xOy平面平行、偏向y轴正方向且与x轴正方向成θ，粒子在Ⅲ区匀速圆周运动过程有
解得
Ⅲ区的宽度
4．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）在速度选择器中，根据平衡条件，有
电场强度为
联立可得
（2）在磁分析器中，洛伦兹力提供向心力，有
由图可知l=2r
联立可得
在加速电场中，根据动能定理，有
解得
（3）在磁分析器中，从O到Q，沿x方向根据动量定理有
其中在x方向，有
在y方向，有
代入可得
解得
5．(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示
由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆周运动的半径为
由洛伦兹力提供向心力
解得正电荷的入射速度大小为
正电荷在磁场中运动的周期为
所以正电荷从M运动到N的时间为
（2）由题意可知，在平面内的负电荷在圆心O处，由牛顿第二定律可知，其中
解得或（舍去）
（3）在（2）的条件下，由题意可知，粒子从N点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需要的向心力大于点电荷提供的库仑力，因此粒子无法做匀速圆周运动，即正电荷从N点离开磁场后绕负电荷做椭圆运动，如图所示
由能量守恒定律得
由开普勒第二定律可知
其中
联立解得
由牛顿第二定律
解得
故正电荷从点离开磁场后到首次速度变为与点的射出速度相反的时间为
6．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对乙粒子，如图所示
由洛伦兹力提供向心力
由几何关系
联立解得，磁感应强度的大小为
（2）由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为
对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式
由牛顿第二定律
联立可得Ⅲ区宽度为
（3）甲粒子经过O点时的速度为
因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则
可得
设乙粒子经过Ⅲ区的时间为，乙粒子在Ⅳ区运动时间为，则上式中
对乙可得
整理可得
对甲可得
则
化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为
【点睛】
7．（1）；（2）或；（3）
【详解】（1）设板间距离为，则板长为，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度
解得
设粒子在平板间的运动时间为，根据类平抛运动的运动规律得
，
联立解得
（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有
故
则出电场时粒子的速度为
粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得
解得
已知圆形磁场区域半径为，故
粒子沿方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为，由几何关系可得
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或；
（3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
8．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子甲匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径R=a
则
则
粒子从S到O，由动能定理可得
可得
（2）甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为、，取向上为正，则有，
计算可得，
两粒子碰后在磁场中运动，
解得，
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为，
则两粒子碰后再次相遇
解得再次相遇时间
（3）乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为
撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，粒子在磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示
设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了，可知粒子甲的匀速运动距离
则粒子乙的匀速运动距离
加上磁场后两粒子的轨迹恰好外切，设两圆心的连线与轴正方向的夹角为。
由几何关系，
还有
联立解得
整理得
再有几何关系可得
又有
联立解得
解得
9．(1)
(2)
(3)
，24J
【详解】（1）由题意可知AB间最大静摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，敲击A时B不动，对A，由牛顿运动定律有
解得A的加速度大小
因为
联立解得
（2）对齐前，对B有
解得
对齐后，对整体有
解得
（3）设敲击B后经过t时间AB达到共同速度v，该过程A的加速度为，则有
该过程AB位移分别为
且
联立解得
AB共速后一起减速到0，其加速度为，则该过程B的位移
则整个过程中B与地面之间的摩擦生热
联立以上解得
10．(1)
(2)，
(3)，
【详解】（1）解法一：当金属棒运动达到稳定状态时，设金属棒的稳定速度为，此时电容器两端电压
在此过程中，由动量定理得
其中
解得
解法二：金属棒由静止开始运动至稳定的过程中，由动量定理得
其中
代入上式解得
（2）当组合体速度大小为时，由牛顿第二定律得
因为，
解得
组合体从静止开始运动到通过位移为的过程中，由动量定理得
其中
代入上式解得
（3）解法一：当组合体最终达到稳定时，有
整理得，由求根公式得
使有解，则
即，解得
此时
解法二：当组合体达到稳定状态时，有
整理得
根据数学知识可知，当时，取最大值，为
此时
解法三：将定值电阻与电源看成等效电源，电动势为，内阻为，当组合体达到稳定时，等效电源的输出功率达到最大，为
且
由以上两式得
此时
解得
11．(1)0.18N，方向沿斜面向上
(2)0.375
(3)
【详解】（1）由于斜面光滑，所以导体框与金属棒由静止开始同步匀加速下滑，以整体为研究对象，则由牛顿第二定律m总gsinαm总a1
解得a16m/s2
当金属棒CD进入磁场时，速度达到
此时CD棒产生感应电动势E1BLv11×0.6×1.5V=0.9V
回路中的感应电流为I1= 0.3A
CD棒受到的安培力F1BI1L1×0.3×0.6N0.18N
方向沿斜面向上。
（2）由于CD棒与导体框原来同步向下匀加速，现CD棒进入磁场受到沿斜面向上的安培力，且做匀速直线运动，因此CD棒必定相对导体框向上运动，受导体框对它沿斜面向下的滑动摩擦力，设CD的质量为m，CD匀速穿过磁场时受到导体框的滑动摩擦力为f，则此过程中CD棒受力如图所示
由共点力的平衡条件有F1mgsinα+f
即0.186m+f
再由平衡条件，有N1mgcosα0.02×10×0.8N=0.16N
根据公式
解得金属棒与导体框之间的动摩擦因数=0.375
（3）当导体框EF未进入磁场时，其受力如图
由牛顿第二定律
即CD棒进入磁场后，导体框以初速度v11.5m/s
解得加速度为a2 =5m/s2
继续沿斜面向下做匀加速直线运动s0后，EF边恰好进入磁场，根据速度-位移公式
此时EF边的速度为
而此时CD棒的速度为v11.5m/s
由牛顿第二定律，有
解得CD棒有加速度a3 =9m/s2
则CD棒加速到v2需要时间
即导体框匀速运动的距离
此时EF边感应电动势E2BLv21×0.6×2.5V=1.5V
感应电流为I2=0.5A
EF边受到的安培力F2BI2L1×0.5×0.6N0.3N
方向沿斜面向上；
导体棒克服安培力做的功为
12．（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）
【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有
m2v0= (m1＋m2)v1
代入数据有
v1= 1m/s
对m1受力分析有
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v12= 2a1x1
代入数据解得
x1= 0.125m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有
kx = (m1＋m2)a共
对m2有
a2= μg = 1m/s2
当a共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2= 0.25m
对m1、m2组成的系统列动能定理有
代入数据有
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有
－μm2g 2t0= m2v3－m2v2
解得
则对于m1、m2组成的系统有
U = Wf
联立有
13．(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）竖直方向 ，解得
水平方向，解得
根据角速度公式 ，解得
（2）根据机械能守恒定律得 ，解得
（3）对A，，解得 ，向下，，向上
对B， ，解得 ，向上，，向下
杆对转轴O的作用力， ，向下
14．（1），方向水平向左；（2）①，②；（3）
【详解】（1）细金属杆M以初速度向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为
电流方向为，电流的大小为
则所受的安培力大小为
安培力的方向由左手定则可知水平向左；
（2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量为
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为，有
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到的最小距离为
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，则N到cd边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知
解得N出磁场时，M的速度大小为
由题意可知，此时M到cd边的距离为
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
联立解得
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有
同理解得
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为
答案第1页，共2页
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