大题预测02（A+B+C数学）+答案

1大题预测02【【A组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。1310分）如图所示，平放在桌面上的某透光圆环外圆和内圆半径为R、r。一束激光从P点水平射入，当入射角“由0增大到37时，激光在圆环的内表面恰好发生了全反射；继续增大入射角，当入射角增至45°时，观察到折射光线恰与内圆相切。光在真空中的传播速度为c，不考虑多次反射。求：(2)激光通过圆环的最长时间（用R和c表示）。1414分）冬雪季节，大桥斜拉索杆表面的积雪结冰，有坠落伤人的风险，故在拉索杆顶端预安装了一批除雪环。如图甲，必要时释放除雪环，可以刮除沿途所有积雪和覆冰。图乙是大桥的部分结构示意图，OB是一根拉索杆（相当于直滑道），其中OA段用于悬挂除雪环（OA长度未知），装有顶盖，不会积雪。单个除雪环在拉索杆上受到的滑动摩擦力为定值。当拉索杆无积雪时（d=0），从O点释放一个除雪环，经18s滑到B点。已知所有除雪环均可视为从O点释放，单个除雪环质量m=8kg，OB=324m，倾角θ=30°,重力加速度g取10m/s2。(1)求单个除雪环在拉索杆上受到的滑动摩擦力f0的大小；(2)某次，环运动至覆有冰雪层的AB段时受到冰雪层额外的阻力，其大小恒为f1=24N。释放一个除雪环后，2此除雪环最终停在了C点，已知lOC=24m，试求OA长度lOA。(3)在（2）问的过程之后又释放第二个除雪环。求从第二个除雪环释放至它与第一个除雪环发生完全非弹性碰撞后为止，该过程中系统损失机械能。1516分）如图空间直角坐标系O-xyz将y≥0的空间划分为四个区域，IV区域存在沿z轴负方向的匀强电场，Ⅱ、Ⅲ区域存在沿y轴负方向的匀强磁场。在xOy平面内x>0区域放置一足够大的吸收屏，吸收屏下方紧靠P（l，0，0）处有一粒子源可向x轴负方向发射速率为v0、质量为m、带电量为+q的粒子（重力不计）。粒子运动经过Q（0，0点且刚好打在屏上P点，粒子打在吸收屏上即被吸收且不影响空间电、磁场分布。(1)求匀强电场的电场强度大小E0；(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B0；(3)若在I区域加沿y轴正方向、电场强度大小为2E0的匀强电场，同时调节IV区域中电场强度大小为kE0（电场方向不变），求粒子打在吸收屏上落点的坐标。【【B组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。1310分）供暖管上的温度计及其内部结构如图，滑片把圆环分成Ⅰ、Ⅱ两部分，Ⅰ密封一定质量的理想气体，紧贴供暖管上的导热片，Ⅱ与大气相通，滑片可沿圆环无摩擦自由滑动。已知大气压强为1.0×105Pa，供暖前温度计指示-3℃,Ⅰ区内气体体积为9.0×10_4m3，供暖后温度计指示42℃。若供暖前后，Ⅰ区内气体吸收了53J的热量。求：3(2供暖前后，Ⅰ区内气体内能的变化量。1414分）如图所示，倾角为θ、宽度为L的光滑倾斜导轨EFGH顶端连接电动势大小为E、内阻为r的电源，FG以上区域存在垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、电阻为2r的金属棒a垂直导轨放置，金属棒长度为L，与导轨始终接触良好，闭合开关S瞬间将金属棒a由静止释放，金属棒a向下运动一段时间达到匀速后穿出磁场边界FG，经过绝缘圆弧轨道进入足够长的光滑水平导轨MNPQ。已知重力加速度大小为g，导轨电阻不计，求：(1)金属棒a释放瞬间加速度的大小；(2)金属棒a在倾斜导轨EFGH匀速运动速度的大小；(3)金属棒a经过绝缘圆弧后，到达光滑水平导轨MNPQ时的速度大小为v,MQ右侧存在竖直向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场，金属棒b、c通过轻质绝缘弹簧连接，静止在水平导轨上，金属棒b恰好与磁场边界MQ重合，此时弹簧处于原长。三根金属棒a、b、c完全相同，金属棒a与b在MQ处发生碰撞，碰撞时间极短，碰后粘为一体一起运动，经过时间t后，弹簧达到最大压缩量x，此时弹簧的弹性势能为Ep，求这段时间内，金属棒c产生的焦耳热及金属棒c运动位移的大小。1516分）如图所示，质量为2m、半径为R的四分之一绝缘圆弧体A静止在光滑的水平面上，圆弧面光滑且底端切线水平，质量为m的绝缘长木板B也静止在光滑水平面上，长木板右端离圆弧体的左端距离为R，上表面与圆弧的底端等高，整个系统处在水平向右的匀强电场中，将一个质量为m、带电量为+q的带电物块C轻放在长木板上表面的左端，之后长木板运动一段时间后与圆弧体碰撞并粘在一起。已知匀强4电场的场强大小为E其中g为重力加速度，物块与长木板上表面的动摩擦因数为0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计物块C的大小，求：(1)物块C放到长木板上一瞬间，C、B的加速度大小；(2)B与A碰撞后一瞬间，A的速度大小；(3)若板长等于2R，B与A碰撞后，当C刚滑到B板的右端时，A与水平面上一固定挡板碰撞，A、B立即停止，则C滑上圆弧面后对圆弧面的最大压力多大。【【C组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。136分）一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时的波形图如图1所示，图2为x轴上E点的振动图像，图1中质点F的位移为-102cm。求：(1)从t=0时刻开始到质点F第一次到达波谷的时间；(2)质点F在0~0.25s时间内通过的路程。1414分）如图所示，在xOy坐标系x<0区域内存在平行于x轴、电场强度大小为E（E未知）的匀强电场，分界线OP将x>0区域分为区域I和区域II，区域I存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B（B未知）的匀强磁场，区域II存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为BB的匀强磁场及沿y轴负方向、电场强度大小为EE的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M(-d,0)点以初速度v0垂直电场方 向进入第二象限，经N点进入区域I，此时速度与y轴正方向的夹角为60°,经区域I后由分界线OP上的A点（图中未画出）垂直分界线进入区域II，不计粒子重力及电磁场的边界效应。已知v0=2m/s，d=3m，5(1)N点的y轴坐标yN；(2)带电粒子从M点运动到A点的时间t；(3)粒子在区域II中运动时，第1次和第2n+1次（n≥1）经过x轴的位置之间的距离s。1520分）如图所示，AB为足够大的光滑圆弧轨道，BC、EF均为光滑水平平台，CD是半径为R上端切线水平的光滑圆弧轨道。质量为m的滑块甲从AB不同高度H处自由释放，与静止在水平面上质量为4nm（n>1，且为定值）的滑块乙发生弹性正碰，两平台间高度差h可调，重力加速度为g。已知H=1.125R时，碰撞后乙恰能过C点做平抛运动。(2)若H=1.8R、h=3.9R，求甲、乙在EF上落点间的水平距离Δx结果用分式及根号表示）(3)若H=4.5R、h已知，甲带正电、电量为q，不加电场时甲落点在乙左侧，欲使甲落点在乙右侧，在C点右侧空间加一竖直向上的匀强电场，甲仅受重力和电场力，乙除受重力外还受始终与运动方向相反的空气阻力f=kv（k为常数）。已知在右侧空间运动时甲乙均不与轨道CDE相碰，乙刚过C点时fmg，落到EF上时，乙速度大小为2gR、方向斜向右下，求场强E的取值范围。（结果用m、g、q、h、R表示）1大题预测02【【A组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。1310分）如图所示，平放在桌面上的某透光圆环外圆和内圆半径为R、r。一束激光从P点水平射入，当入射角α由0增大到37时，激光在圆环的内表面恰好发生了全反射；继续增大入射角，当入射角增至45。时，观察到折射光线恰与内圆相切。光在真空中的传播速度为c，不考虑多次反射。求：(2)激光通过圆环的最长时间（用R和c表示）。【答案】R【详解】（1）根据题意作出光路图界面上P点，n（1分）激光在Q点恰好发生全反射，可知sinC（1分）在△OPQ中由正弦定理（1分）三式联立得sinα,α=37，可得（12（2）界面上P点n（1分）当折射光与内表面相切时sinθ=r（1分）R代入数据可得n由折射率与光速的计算公式v当激光与内圆相切时在圆环内的光程最长s=2Rcosθ（1分）激光在圆环中的最长传播时间为t42R代入数据可得t=（1分）42R1414分）冬雪季节，大桥斜拉索杆表面的积雪结冰，有坠落伤人的风险，故在拉索杆顶端预安装了一批除雪环。如图甲，必要时释放除雪环，可以刮除沿途所有积雪和覆冰。图乙是大桥的部分结构示意图，OB是一根拉索杆（相当于直滑道），其中OA段用于悬挂除雪环（OA长度未知），装有顶盖，不会积雪。单个除雪环在拉索杆上受到的滑动摩擦力为定值。当拉索杆无积雪时（d=0），从O点释放一个除雪环，经18s滑到B点。已知所有除雪环均可视为从O点释放，单个除雪环质量m=8kg，OB=324m，倾角θ=30°,重力加速度g取10m/s2。(1)求单个除雪环在拉索杆上受到的滑动摩擦力f0的大小；(2)某次，环运动至覆有冰雪层的AB段时受到冰雪层额外的阻力，其大小恒为f1=24N。释放一个除雪环后，此除雪环最终停在了C点，已知lOC=24m，试求OA长度lOA。(3)在（2）问的过程之后又释放第二个除雪环。求从第二个除雪环释放至它与第一个除雪环发生完全非弹性碰撞后为止，该过程中系统损失机械能。【答案】(1)f0=24N(2)lOA=8m(3)ΔE=768J【详解】（1）对于单个除雪环在无积雪的拉索杆上向下滑动的阶段，依据运动学公式可得LOBa0t（1分）3同时根据牛顿第二定律列出方程mgsinθ_f0=ma0（2分）解得单个除雪环所受的滑动摩擦力f0=24N（1分）（2）除雪环自O点释放最终静止于C点，此过程中重力所做的正功与摩擦力所做的负功总和为零，应用动能定理可得mglOCsinθ_f0lOC_f1（lOC_lOA）=0（2分）代入数据计算，得到OA段的长度lOA=8m（1分）（3）由于第一个除雪环已将A至C段的积雪清除，第二个除雪环从O运动至C的过程中仅受到恒定的摩擦力f0，其在C点碰撞前的加速度为a=gsin到达C点的速度满足v2=2alOC（1分）碰撞过程为完全非弹性碰撞，取水平向右为正方向，满足动量守恒定律mvC2=2mv共（2分）整个过程中系统损失的机械能等于初始状态的总机械能与碰撞后总动能之差，即ΔE=mglOCsinmv分）计算得出系统损失的机械能ΔE=768J（1分）1516分）如图空间直角坐标系O-xyz将y≥0的空间划分为四个区域，IV区域存在沿z轴负方向的匀强电场，Ⅱ、Ⅲ区域存在沿y轴负方向的匀强磁场。在xOy平面内x>0区域放置一足够大的吸收屏，吸收屏下方紧靠P（l，0，0）处有一粒子源可向x轴负方向发射速率为v0、质量为m、带电量为+q的粒子（重力不计）。粒子运动经过Q（0，0点且刚好打在屏上P点，粒子打在吸收屏上即被吸收且不影响空间电、磁场分布。(1)求匀强电场的电场强度大小E0；(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B0；4(3)若在I区域加沿y轴正方向、电场强度大小为2E0的匀强电场，同时调节IV区域中电场强度大小为kE0（电场方向不变），求粒子打在吸收屏上落点的坐标。【详解】（1）粒子从P到Q做类平抛运动，设运动时间为t1x方向有l=v0t1（1分）z方向有at12（1分）其中a（1分）联立三式得：E（1分）（2）设粒子到达Q点时，速度方向与x轴成θ角，由tan得θ=45（1分）粒子在磁场中做匀速圆周运动，从Q点进入磁场，从M点离开磁场。设粒子圆周运动半径为r，速度vQ，由洛伦兹力提供向心力有qvQB0=m分）并且vQcosθ=v0（1分）粒子打在P点，有ltanrcosθ（1分）联立三式得B（1分）（3）调节I、IV区域的电场分布后，设粒子从Q'点进入磁场，再从M'点离开磁场zQ由前面分析可知l，与IV区域电场强度大小无关。5粒子要进入I区域，打在吸收屏上，需满足l，即0＜k＜3（1分）粒子到达M'点时，z方向的分速度vMkv0（1分）粒子在I区域运动，设经历时间t2，落点在吸收屏上坐标设为（x，y，0）有zQvM（1分）故x=v0tl（1分），yl（1分）所以打在吸收屏的坐标是【【B组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。1310分）供暖管上的温度计及其内部结构如图，滑片把圆环分成Ⅰ、Ⅱ两部分，Ⅰ密封一定质量的理想气体，紧贴供暖管上的导热片，Ⅱ与大气相通，滑片可沿圆环无摩擦自由滑动。已知大气压强为1.0x105Pa，供暖前温度计指示-3℃,Ⅰ区内气体体积为9.0x10_4m3，供暖后温度计指示42℃。若供暖前后，Ⅰ区内气体吸收了53J的热量。求：(2供暖前后，Ⅰ区内气体内能的变化量。【答案】(1)1.05x10_3m3(2)38J【详解】（1）Ⅰ区内气体压强始终等于大气压强p0，供暖前T1=_3+273K=270K，V1=9.0x10_4m36供暖后T2=42+273K=315K根据盖吕萨克定律有（2分）解得V2=1.05×10-3m3（2分）（2）若供暖前后，Ⅰ区内气体吸收了53J的热量，则有Q=53J气体体积增大，气体对外界做功，则有W=-p0(V2-V1)=-15J（2分）根据热力学第一定律有ΔU=W+Q（2分）1414分）如图所示，倾角为θ、宽度为L的光滑倾斜导轨EFGH顶端连接电动势大小为E、内阻为r的电源，FG以上区域存在垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、电阻为2r的金属棒a垂直导轨放置，金属棒长度为L，与导轨始终接触良好，闭合开关S瞬间将金属棒a由静止释放，金属棒a向下运动一段时间达到匀速后穿出磁场边界FG，经过绝缘圆弧轨道进入足够长的光滑水平导轨MNPQ。已知重力加速度大小为g，导轨电阻不计，求：(1)金属棒a释放瞬间加速度的大小；(2)金属棒a在倾斜导轨EFGH匀速运动速度的大小；(3)金属棒a经过绝缘圆弧后，到达光滑水平导轨MNPQ时的速度大小为v,MQ右侧存在竖直向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场，金属棒b、c通过轻质绝缘弹簧连接，静止在水平导轨上，金属棒b恰好与磁场边界MQ重合，此时弹簧处于原长。三根金属棒a、b、c完全相同，金属棒a与b在MQ处发生碰撞，碰撞时间极短，碰后粘为一体一起运动，经过时间t后，弹簧达到最大压缩量x，此时弹簧的弹性势能为Ep，求这段时间内，金属棒c产生的焦耳热及金属棒c运动位移的大小。【详解】（1）金属棒a释放瞬间，通过金属棒的电流I分）7根据牛顿第二定律有mgsinθ_BIL=ma（1分）解得a=gsin1分）（2）金属棒a在倾斜轨道上匀速运动时，根据平衡条件有mgsinθ=BI’L（1分）通过金属棒的电流I（1分）解得vm（3）金属棒a与b在MQ处发生碰撞，根据动量守恒定律有mv=2mv1（1分）当金属棒a、b、c三者共速时，弹簧压缩量达到最大，根据动量守恒定律有2mv1=3mv2（1分）根据能量守恒定律有x2mvx3mvEp+Q（1分）金属棒c产生的焦耳热Qc分）其中Rab解得QcmvEp（1分）金属棒a、b、c运动过程中，根据动量守恒定律有2mv1=2mvab+mvc（1分）两边同时对时间微元累加有Σ2mv1Δt=Σ2mvabΔt+ΣmvcΔt整理可得mvΣΔt=2mΣvabΔt+mΣvcΔt代入并整理得mvt=2msab+msc（1分）其中sab_sc=x（1分）解得scx（1分）1516分）如图所示，质量为2m、半径为R的四分之一绝缘圆弧体A静止在光滑的水平面上，圆弧面光滑且底端切线水平，质量为m的绝缘长木板B也静止在光滑水平面上，长木板右端离圆弧体的左端距离为R，上表面与圆弧的底端等高，整个系统处在水平向右的匀强电场中，将一个质量为m、带电量为+q的带电物块C轻放在长木板上表面的左端，之后长木板运动一段时间后与圆弧体碰撞并粘在一起。已知匀强电场的场强大小为E，其中g为重力加速度，物块与长木板上表面的动摩擦因数为0.5，且最大静摩擦8力等于滑动摩擦力，不计物块C的大小，求：(1)物块C放到长木板上一瞬间，C、B的加速度大小；(2)B与A碰撞后一瞬间，A的速度大小；(3)若板长等于2R，B与A碰撞后，当C刚滑到B板的右端时，A与水平面上一固定挡板碰撞，A、B立即停止，则C滑上圆弧面后对圆弧面的最大压力多大。【详解】（1）对物块C，由牛顿第二定律Eq_μmg=maC（1分）解得aC=0.5g，对长木板B，由牛顿第二定律μmg=maB（1分）解得aB=0.5g（1分）（2）C、B以a=0.5g匀加速向右运动，由匀变速直线运动公式得碰前B的速度v12=2aBR（1分）碰撞时间极短，水平方向不受外力，动量守恒；A、B碰撞后粘在一起，以向右为正方向，有mv1=(2m+m)v2（1分）（3）碰撞后C与A、B的相对滑动阶段，C的加速度aCg（1分）A、B整体的加速度aAB（1分）根据位移公式xC=v1taCt2（1分），xAB=v2taABt2（1分）且相对位移xC_xAB=2R（1分）解得t此时C的速度vC=v1+aCt=2·gR（1分）等效重力大小为Fmg（1分）方向与水平夹角为45°,滑上圆弧面后，在等效最低点位置速度最大，从圆弧底端到等效最低点在等效最低点N_F=m（1分）9根据牛顿第三定律，解得最大压力Nm=N=(32+2)mg（1分）【【C组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。136分）一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时的波形图如图1所示，图2为x轴上E点的振动图像，图1中质点F的位移为-102cm。求：(1)从t=0时刻开始到质点F第一次到达波谷的时间；(2)质点F在0~0.25s时间内通过的路程。【详解】（1）由图1可知，E、F两点平衡位置处的距离为λ,则m（1分）解得λ=3.2m由图2知，周期T=0.4s则波速vm/s（1分）机械波向右传播，波谷第一次传到F点，传播的距离x（1分）质点F第一次到达波谷需要的时间t分）（2）由0.25s1分）可知0.25s时质点刚好回到平衡位置，质点F在0~0.25s时间内通过的路程scm（1分）1414分）如图所示，在xOy坐标系x<0区域内存在平行于x轴、电场强度大小为E（E未知）的匀强电场，分界线OP将x>0区域分为区域I和区域II，区域I存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B（B未知）的匀强磁场，区域II存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为BB的匀强磁场及沿y轴负方向、电场强度大小为EE的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M(_d,0)点以初速度v0垂直电场方向进入第二象限，经N点进入区域I，此时速度与y轴正方向的夹角为60°,经区域I后由分界线OP上的A点（图中未画出）垂直分界线进入区域II，不计粒子重力及电磁场的边界效应。已知v0=2m/s，d=3m，(1)N点的y轴坐标yN；(2)带电粒子从M点运动到A点的时间t；(3)粒子在区域II中运动时，第1次和第2n+1次（n≥1）经过x轴的位置之间的距离s。【答案】(1)yN=2ms(3)s=2n【详解】（1）粒子经过N点时的速度vv0（1分）经过N点时的x轴分速度vx=v0tan60v0（1分）由类平抛规律有dt（1分yN=v0t（1分）联立解得yNd=2m（1分）（2）粒子从M点到N点，由yN=v0t1联立解得td从M点运动到A点，其运动轨迹如图1所示由几何关系可得，粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径r1=ONsin60=d（1分）可知运动时间t1分）则带电粒子从M点运动到A点的时间t=t1+ts（1分）（3）粒子从M点到N点，由动能定理得qEdmvmv（1分）解得E粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m1分）解得B在A点将速度v分解为沿x轴分速度v1和沿y轴负向分速度v'，如图1所示，设v1对应的洛伦兹力与静电力平衡，这样粒子进入区域Ⅱ中的运动分解为以v1的匀速直线运动和以v'的匀速圆周运动，静电力等于洛伦兹力有qE'=qv1B'（1分）0设对应的匀速圆周运动的半径为r2，由洛伦兹力提供向心力有qv,B联立解得r2=·3d运动周期为其运动轨迹如图2所示粒子从第1次到第2n+1次经过x轴，共运动了n个周期，时间tn=nT分）距离S=v1tn（1分）1520分）如图所示，AB为足够大的光滑圆弧轨道，BC、EF均为光滑水平平台，CD是半径为R上端切线水平的光滑圆弧轨道。质量为m的滑块甲从AB不同高度H处自由释放，与静止在水平面上质量为4nm（n>1，且为定值）的滑块乙发生弹性正碰，两平台间高度差h可调，重力加速度为g。已知H=1.125R时，碰撞后乙恰能过C点做平抛运动。(2)若H=1.8R、h=3.9R，求甲、乙在EF上落点间的水平距离Δx结果用分式及根号表示）(3)若H=4.5R、h已知，甲带正电、电量为q，不加电场时甲落点在乙左侧，欲使甲落点在乙右侧，在C点右侧空间加一竖直向上的匀强电场，甲仅受重力和电场力，乙除受重力外还受始终与运动方向相反的空气阻力f=kv（k为常数）。已知在右侧空间运动时甲乙均不与轨道CDE相碰，乙刚过C点时fmg，落到EF上时，乙速度大小为2gR、方向斜向右下，求场强E的取值范围。（结果用m、g、q、h、R表示）【答案【详解】（1）甲滑下，由动能定理有mgHmv（1分）甲、乙弹性碰撞mv0=mv甲+nmv乙（1分）mvmvnmv（1分）2乙在C点，有nmg=nmv乙（1分）R联立解得n=2（1分）H=1.8R时，由（1）有v甲v甲C→P过程有mgRmvmv1分）P点有mgcosθ=m（1分）又h_R=vsinθ.t甲gt1分），x联立得x甲=2.2R乙做平抛运动，由平抛运动规律有x乙=v乙t乙（1分）、hgt（1分联立得x乙R又Δx=x乙_x甲，代入数据解得分）已知n=2，乙质量M=2m，弹性正碰，由动量守恒和动能守恒得碰撞后速度：v甲=_·gR,v乙=2gR甲碰撞后反弹，沿光滑圆弧返回后再次滑下，到水平平台时速度大小为v甲=gR，方向向右。乙受阻力f=_kv对乙列运动的微分方程，结合题目条件：f0=kv乙mg（1分）得k且落地速度大小|v末|=2gR即v+v=4gR（1分）。解得：vx=gR,vy=3gR对水平方向由动量定理：kx乙=M(v0x_vx)（1分）代入得：x乙R甲加竖直向上电场后，竖直加速度a1分）要落到EF上，必须a>0，即：mg_qEq甲做平抛运动，竖直方向hat2得运动时间t水平位移：x甲=v甲t要求甲落点在乙右侧，即x甲>x乙两边平方整理得：E结合题目给出不加电场时甲在乙左侧，符合E=0不满足上述不等式，对应h<6R，下限为正。场强E的取值范围为：分）1大题预测02【【A组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．【答案】R【详解】（1）根据题意作出光路图界面上P点，n（1分）激光在Q点恰好发生全反射，可知sinC（1分）在△OPQ中由正弦定理（1分）三式联立得sinα,α=37，可得sinαsinθ（2）界面上P点n=（1sinθ当折射光与内表面相切时sin（1分）代入数据可得n由折射率与光速的计算公式vc（1分）当激光与内圆相切时在圆环内的光程最长s=2Rcosθ（1分）激光在圆环中的最长传播时间为t分）14．【答案】(1)f0=24N(2)lOA=8m(3)ΔE=768J2【详解】（1）对于单个除雪环在无积雪的拉索杆上向下滑动的阶段，依据运动学公式可得LOBa0t（1分）同时根据牛顿第二定律列出方程mgsinθ_f0=ma0（2分）解得单个除雪环所受的滑动摩擦力f0=24N（1分）（2）除雪环自O点释放最终静止于C点，此过程中重力所做的正功与摩擦力所做的负功总和为零，应用动能定理可得mglOCsinθ_f0lOC_f1（lOC_lOA）=0（2分）代入数据计算，得到OA段的长度lOA=8m（1分）（3）由于第一个除雪环已将A至C段的积雪清除，第二个除雪环从O运动至C的过程中仅受到恒定的摩擦力f0，其在C点碰撞前的加速度为a=gsin（1分）到达C点的速度满足v2=2alOC（1分）碰撞过程为完全非弹性碰撞，取水平向右为正方向，满足动量守恒定律mvC2=2mv共（2分）整个过程中系统损失的机械能等于初始状态的总机械能与碰撞后总动能之差，即ΔE=mglOCsinmv2分）计算得出系统损失的机械能ΔE=768J（1分）15．【答案【详解】（1）粒子从P到Q做类平抛运动，设运动时间为t1x方向有l=v0t1（1分）z方向有at12（1分）其中a1分）联立三式得：E（1分）（2）设粒子到达Q点时，速度方向与x轴成θ角，由tan得θ=45（1分）粒子在磁场中做匀速圆周运动，从Q点进入磁场，从M点离开磁场。设粒子圆周运动半径为r，速度vQ，3由洛伦兹力提供向心力有qvQB0=m（1分）r并且vQcosθ=v0（1分）粒子打在P点，有ltanrcosθ（1分）联立三式得B（1分）（3）调节I、IV区域的电场分布后，设粒子从Q'点进入磁场，再从M'点离开磁场zQ1分）由前面分析可知l，与IV区域电场强度大小无关。粒子要进入I区域，打在吸收屏上，需满足l，即0＜k＜3（1分）粒子到达M'点时，z方向的分速度vMkv0（1分）粒子在I区域运动，设经历时间t2，落点在吸收屏上坐标设为（x，y，0）有zQvM（1分）），（1分）【【B组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的4题，答案中必须明确写出数值和单位。13．【答案】(1)1.05x10_3m3(2)38J【详解】（1）Ⅰ区内气体压强始终等于大气压强p0，供暖前T1=_3+273K=270K，V1=9.0x10_4m3供暖后T2=42+273K=315K根据盖吕萨克定律有（2分）解得V2=1.05x10_3m3（2分）（2）若供暖前后，Ⅰ区内气体吸收了53J的热量，则有Q=53J气体体积增大，气体对外界做功，则有W=_p0(V2_V1)=_15J（2分）根据热力学第一定律有ΔU=W+Q（2分）14．【答案gsinmvEpx【详解】（1）金属棒a释放瞬间，通过金属棒的电流I1分）根据牛顿第二定律有mgsinθ_BIL=ma（1分）解得a=gsin（1分）（2）金属棒a在倾斜轨道上匀速运动时，根据平衡条件有mgsinθ=BI’L（1分）通过金属棒的电流I（1分）解得vm分）（3）金属棒a与b在MQ处发生碰撞，根据动量守恒定律有mv=2mv1（1分）当金属棒a、b、c三者共速时，弹簧压缩量达到最大，根据动量守恒定律有2mv1=3mv2（1分）根据能量守恒定律有x2mvx3mvEp+Q（1分）金属棒c产生的焦耳热QcQ（1分）其中Rab解得QcmvEp（1分）5金属棒a、b、c运动过程中，根据动量守恒定律有2mv1=2mvab+mvc（1分）两边同时对时间微元累加有Σ2mv1Δt=Σ2mvabΔt+ΣmvcΔt整理可得mvΣΔt=2mΣvabΔt+mΣvcΔt代入并整理得mvt=2msab+msc（1分）其中sab_sc=x（1分）解得scx（1分）【详解】（1）对物块C，由牛顿第二定律Eq_μmg=maC（1分）解得aC=0.5g，对长木板B，由牛顿第二定律μmg=maB（1分）解得aB=0.5g（1分）（2）C、B以a=0.5g匀加速向右运动，由匀变速直线运动公式得碰前B的速度v12=2aBR（1分）碰撞时间极短，水平方向不受外力，动量守恒；A、B碰撞后粘在一起，以向右为正方向，有mv1=(2m+m)v2（1分）13解得碰撞后一瞬间，A的速度大小v2=-JgR（1分）13（3）碰撞后C与A、B的相对滑动阶段，C的加速度aCg（1分）A、B整体的加速度aAB（1分）根据位移公式xC=v1taCt2（1分），xAB=v2taABt2（1分）且相对位移xC_xAB=2R（1分）解得t此时C的速度vC=v1+aCt等效重力大小为Fmg（1分）方向与水平夹角为45°,滑上圆弧面后，在等效最低点位置速度最大，从圆弧底端到等效最低点6在等效最低点N_F=m分）根据牛顿第三定律，解得最大压力Nm=N=(32+2)mg（1分）【【C组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。【详解】（1）由图1可知，E、F两点平衡位置处的距离为λ,则分）解得λ=3.2m由图2知，周期T=0.4s则波速vm/