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邢台市新高考物理精选常考100解答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，u 形管竖直放置，右管内径为左管内径的2 倍，管内水银在左管内封闭了一段长为76cm、温度为300K的空气柱，左、右两管水银面高度差为6 c m,大气压为76cmHg给左管的气体加热，求当U 形管两边水银面等高时，左管内气体的温度；在问的条件下，保持温度不变，往右管缓慢加入水银，直到左管气柱恢复原长，求此时两管水银面的高度差答案】346.34.8cm【解析】【详解】由右管内径是左管的2 倍可知，右管的横截面积是左管的4 倍，所以两管水银面相平时，左侧液面下降4.8cm,右侧液面上升1.2cm,则有：=16cmHg-6cmHg=70cmHgV=76cm?S,4=300KP、=76cmHg,V,=：(76cm+4.8cm)?S由 公 式p yt=王P,V2解得：4=3 4 6.3 K；管中气体做等温变化，则有：鸟 匕=鸟 匕，其中匕=匕解得：P3=80.8cmHg所以右管的水银面比左管高M =80.8cm76勿=4.8cm.2.如图所示，哑铃状玻璃容器由两段完全相同的粗管和一段细管连接而成，容器竖直放置。

容器粗管的截面积为Si=2cm2,细管的截面积S2=lcm2,开始时粗细管内水银长度分别为hi=h2=2cm整个细管长为h=4cm,封闭气体长度为L=6cm,大气压强取po=76cmHg,气体初始温度为27 C求：若要使水银刚好离开下面的粗管，封闭气体的温度应为多少K?(ii)若在容器中再倒入同体积的水银，且使容器中封闭气体长度L 仍为6cm不变，封闭气体的温度应为多少 K?【答案】(i)405K；(i i)315K【解析】【分析】【详解】开始时P i=P o +%+%=8 0 c m H gK=g,7；=(2 7 3 +2 7)K =3 0 0 K水银全部离开下面的粗管时，设水银进入上面粗管中的高度为人3,则hlSl+h2s 2 =hS2+h3sl解得/?3=1 m此时管中气体的压强为p2=Po+h+%=8 1 c m H g管中气体体积为%=(L+4 K由 理 想 气 体 状 态 方 程 毕=喑，得 =4 0 5 K再倒入同体积的水银，气体的长度仍为6cm不变，则此过程为等容变化，管里气体的压强为p3 4)+2(%+/?2)=8 4 cmHg则 由 苧=祟 解 得/1 134=315K3 .一列沿x轴负向传播的简谐横波在t=0 时刻波的图象如图所示，经 0.1 s,质点M 第一次回到平衡位置,求：这列波传播的速度大小；质点M 在 1.2 s 内，走过的路程.【答案】(1)5 m/s；(2)4 m【解析】【分析】A v运用波形的平移法研究质点M 质点M 第一次回到平衡位置时，波传播的距离，根据v =求解波速，Nt根据数学知识求解波长，从而求出周期，而一个周期内，质点运动的路程为4 A；【详解】2 7 r解：(1)根据数学知识得：y =A s in c o x=A s in xX2 7 r由题知：1 0 =20s in x O.l2则波长为：2 =1.2 m波沿x 轴负方向传播，当 M 第一次回到平衡位置，此过程中波传播的距离为：A x =0.5 m巾r A x 0.5 ,广 /则波速为：v =m l s=5 m/sM 0.1夕 1 2波沿X 轴负方向传播，周期：T =-=0.24sv 5t=1.2 s =5T则质点M 在 1.2 s 内走过的路程：5 =5 x 4 A =4 m4 .据报道，我国华中科技大学的科学家创造了脉冲平顶磁场磁感应强度超过6 0 T 的世界纪录，脉冲平顶磁场兼具稳态和脉冲两种磁场的优点，能够实现更高的强度且在一段时间保持很高的稳定度。

如图甲所示,在磁场中有一匝数n=1 0 的线圈，线圈平面垂直于磁场，线圈的面积为S=4 xl 0-4 m 2,电阻为R=6 0如图乙为该磁场磁感应强度的变化规律，设磁场方向向上为正，求：(l)t=0.5 xl 0-2s时，线圈中的感应电动势大小；在 0-2x10%过程中，通过线圈横截面的电荷量;(3)在 0-3x10%过程中，线圈产生的热量fxlOVs甲乙【答案】(1)24V；(2)4X10-3C;(3)0.192J=【解析】【分析】【详解】由E n S得E=10 x 6 0 X4X10-4=24VIx W2 在 010ms过程中，由R得1=0.4A在 1020ms过程中，线圈中电流为0,所以，由q=/Az流过线圈的电荷量为4=0.4x1x10-2=4x10-3 C(3)由Q=2I2Rt030ms过程中，线圈产生的热量为Q =2x0.42x60 x1x10-2=0.192 J5.如图所示，一质量为m,长度为L 的导体棒AC静止于两条相互平行的水平导轨上且与两导轨垂直通过导体棒A C 的电流为L匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面成角斜向下且垂直于导体棒A C,求：导体棒AC受到的安培力;导体棒AC受到的摩擦力。

答案】(l)B IL,方向垂直于AC斜向右下方，与竖直方向成角；BILsin方向水平向左【解析】【分析】【详解】由安培力公式可知导体棒AC受到的安培力为4=3 ，由左手定则可知，安培力方向垂直于AC斜向右下方，与竖直方向成角；(2)对导体棒受力分析如图N由平衡条件可知Ff=&si nBIL si n 0方向水平向左6.如图所示，固定在竖直面内半径R=0.4m的光滑半圆形轨道cd e与 长 s=2.2m 的水平轨道b e 相切于 c 点，倾角6=37的斜轨道a b 通过一小段光滑圆弧与水平轨道b e 平滑连接质 量 m=l k g 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a b c 间的动摩擦因数口=0.2 5,取 g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,A、B 均视为质点，不计空气阻力求:(D A 与 B 碰撞后瞬间一起滑行的速度大小；物 块 A、B 到 达 e 处时对轨道的压力大小1,【答案】(l)6m/s；(2)50N【解析】【分析】【详解】(DA沿斜轨道下滑时，由牛顿第二定律Mg sin 6-/jMg cos 3=Ma、结合运动学公式两物块碰撞满足动量守恒，选取水平向右为正方向Mvx-(M+m)v2解得v2=6m/s物块从b 运动到e 的过程，根据动能定理191 9_/u(M+rri)gs (M+m)g-2R=(M+rri)v (M+在 e 点，根据牛顿第二定律b +(z +M)g=(z +M)解得F=50N根据牛顿第三定律可知物块对轨道e 点的压力大小为50N。

7.如图所示，MN和 M，N，为两竖直放置的平行光滑长直金属导轨，两导轨间的距离为L在导轨的下部有垂直于导轨所在平面、方向向里的匀强磁场，磁感应强度为B在导轨的MM，端连接电容为C、击穿电压为Ub、正对面积为S、极板间可认为是真空、极板间距为d 的平行板电容器在 t=0 时无初速度地释放金属棒e f,金属棒e f的长度为L、质量为m、电阻可忽略不计.假设导轨足够长，磁场区域足够大,金属棒ef与导轨垂直并接触良好，导轨和各接触处的电阻不计，电路的电感、空气的阻力可忽略，已知重力加速度为go求电容器两端的电压达到击穿电压所用的时间；金属棒ef下落的过程中，速度逐渐变大，感应电动势逐渐变大，电容器极板上的电荷量逐渐增加，两极板间存储的电场能也逐渐增加单位体积内所包含的电场能称为电场的能量密度已知两极板间为真空时 平 行 板 电 容 器 的 电 容 大 小 可 表 示 为试证明平行板电容器两极板间的空间内的电场能量密度s与电场强度E 的平方成正比，并求出比例系数(结果用0和数字的组合表示)答案】LC +m)(2)10,证明见解析BLmg 2【解析】【详解】本题为“单棒+电容器+导轨模型”，可以根据牛顿第二定律，使用“微元法”对棒列方程求解。

1)在电容器两端电压达到击穿电压前，设任意时刻t,流过金属棒的电流为i,由牛顿第二定律知，此时金属棒的加速度a 满足mgBi L=ma设在t 至！)t+A t的时间内，金属棒的速度由v 变为v+A v,电容器两端的电压由U 变为U+A U,电容器的带电荷量由Q 变 为 Q+A Q,由电流的定义、电荷量与电压和电容间的关系、电磁感应定律以及加速度的定义得.Ag CAU CBLAvi=-=-=-=CBLaAt A Z At联立得a=强B2l7C+m可知金属棒做初速度为0 的匀加速直线运动，当电容器两端电压达到击穿电压时，金属棒的速度为所以电容器两端电压达到击穿电压所用的时间为_Vo_ (B2L2C +m)a BLmg(2)当电容器两极板间的电荷量增加无穷小量AQi 时，电容器两端的电压可认为始终为U i,增加的电场能可用图甲中左起第1 个阴影部分的面积表示；同理，当电容器两极板间的电荷量增加无穷小量AQi+i 时,电容器两端的电压可认为始终为U i+i,增加的电场能可用图甲中左起第2 个阴影部分的面积表示；依次类推可知，当电容器的带电荷量为Q，、两端电压为U，时，图乙中阴影部分的面积表示两极板间电场能的大小 W，所以1W,=y U,Q,根据题意有又Q=UC,U=Ed,C=-2nSd联立解得所以电场能量密度3与电场强度E 的平方成正比，且比例系数为28.质量为m 的小滑块自圆弧形轨道上端由静止滑下，如图所示，圆弧形轨道半径为R,高度为h。

A 点为弧形轨道与水平桌面的平滑连接点滑块离开桌面后恰好落入静止在水平地面上的装满沙的总质量为M的小车中，桌面到小车上沙平面的高度也是h木块落入车内与沙面接触直到相对静止经过的较短时间为t o 试回答下列问题：（所有接触面的摩擦不计，重力加速度g 已知，小车高度不计滑块经过A 点前后对轨道和桌面的压力Fl、F2各多大？小车最终的速度是多大？（3）滑块落入车中直到相对车静止的过程中小车对地面的平均压力多大？【答案】（1）耳=机？+2mg 2,F2=m g .m12gh；（3）M g +m g +0R M +m t【解析】【详解】滑块沿弧形轨道下滑的过程中mgh=；mvvA=y12gh经过A 点前的瞬间:E-m 2 -m1 R所以：L c h片=m g +2 m g-,K经过A 点后，滑块沿桌面匀速直线运动，所以经过A 点的瞬间:F?=m g ；滑块离开桌面做平抛运动落入车内时，竖直方向分速度匕=g t =y 2g h水平方向分速度匕 f滑块与小车水平方向动量守恒，贝！J：m vx=(m +M)v解得：m vA _ n iy fl g hM-m M+m(3)由动量定理：(F -m g)t =m vy=2 g h解得：m y 12g hr =m g -,t由牛顿第三定律可知，小车对地的压力，一 m、2h gF =Mg+m g H -o9.如图所示，放置在水平地面上一个高为48c m、质量为30kg的金属容器内密闭一些空气，容器侧壁正中央有一阀门，阀门细管直径不计.活塞质量为10kg,横截面积为50c m2.现打开阀门，让活塞下降直至静止.不考虑气体温度的变化，大气压强为L 0 xl05pa,忽略所有阻力。

求：n活塞静止时距容器底部的高度；活塞静止后关闭阀门，对活塞施加竖直向上的拉力，通过计算说明能否将金属容器缓缓提离地面?【答案】(l)20cm(2)不能【解析】【详解】(1)活塞经阀门细管时，容器内气体的压强为：pi=1.0 xl05Pa容器内气体的体积为：Li=24cm活塞静止时，气体的压强为：小105+孩*I与*根据玻意耳定律：PlVl=p2V2代入数据得：右=PijS_ 1.0 x105x24x5pS 1.2xl()5 xS=20cm(2)活塞静止后关闭阀门，设当活塞被向上拉至容器开口端时，L3=48cm根据玻意耳定律：piLiS=p3L3s代入数据得:p3=5xlO4Pa又因为F。