大题预测01（A+B+C数学）+答案

1大题预测01【【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．(9分)茶宠是茶具观赏物品，它历经千年演变，工艺精湛、寓意丰富，是中华茶文化的缩影。有一款南瓜样茶宠玩具如图甲所示，当将热茶淋在其上时，它会向外喷水。为了研究其中的原理，可将该茶宠简化为一圆柱形容器，容器的上表面有一小孔（尺寸可忽略），孔内连接有一细管，如图乙。初始时，容器内充满压强为P0、温度为T0的空气。其工作过程可分为三个阶段：第一阶段为排气过程，用热水缓慢淋在容器上，使容器内气体温度达到T1，此过程中容器内部有部分空气从小孔逸出；第二阶段为吸水过程，迅速将容器放入温度为T0的水中，并让容器上的小孔始终处在水面以下，容器内气体温度逐渐降低，水逐渐被吸入容器，忽略水温的变化，直到容器内气体温度再次恢复到T0；第三阶段为喷水过程，取出容器，再次将热水淋在容器上，就会出现神奇的喷水现象。已知水的密度为ρ,大气压强为P0，容器内气体可视为理想气体。(1)第一阶段排气过程中，求从容器中逸出的空气质量与容器中原有空气质量的比值m1；m(2)第二阶段吸水过程中，容器内外因水面高度差产生的压强相对大气压强可忽略不计，封闭气体吸水过程可视为等压变化，测量出吸水过程前后容器的质量差为Δm，求容器容积V。14．(15分)如图所示，为了防止电梯因电机失控而带动缆绳竖直向下坠落导致人员伤亡，在质量为25m的电梯正下方的地面上安装四根劲度系数均为k的相同弹簧，弹簧上端连接一质量为m的水平铁板。电机失控后，电梯从底部距离铁板高度为h处由静止下坠，电梯下坠过程中所受缆绳的拉力大小恒为mg（g为重力加速度大小），电梯碰到铁板时立即与铁板粘在一起，此后缆绳松弛，电梯碰到铁板后经时间t停下。弹簧的弹性势能Epkx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，弹簧始终在弹性限度内，不计空2气阻力以及弹簧的质量。求：(1)电梯接触铁板前瞬间的速度大小v0；(2)在这段时间t内，每根弹簧对铁板的冲量大小I；(3)在铁板下压弹簧的过程中，电梯的最大速度vm。15．(16分)如图所示，在xOy坐标系中，虚线ab与x轴平行，距离为2L，在虚线ab与x轴之间的第二象限内，有沿x轴正方向的匀强电场，场强大小E1（未知）；在虚线ab与x轴之间的第一象限内，有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1（未知），在x轴下方的足够大区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场E2和垂直于纸面向外的匀强磁场B2，场强大小E磁感应强度大小B。现有一电量为+q、质量为m的粒子在A点，坐标为，以v的初速度向y轴正方向射出，粒子第一次经过y轴时的速度大小为v，不计粒子重力。求：(1)场强大小E1；(2)要使粒子能够经过x轴，B1需满足的条件；(3)如果B，粒子第二次经过x轴的位置坐标。3【【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。13．(8分)某介质均匀的玻璃砖截面如图所示。下边界是半径为3R的半圆弧，以其圆心O为坐标原点建立坐标系，上边界是半径为5R的优弧，圆心P坐标为（0，4R）。为测定该玻璃砖的折射率，在O处放置一单色光源，发现上边界有光线射出的区域恰好覆盖了半圆MN，不考虑光在玻璃砖内反射后再射出。空气中的光速为c，求：(1)该玻璃砖的折射率；(2)能从上边界射出的光线在玻璃砖中传播的最长时间。14．(15分)某款电磁阻尼拉力健身器材的简化装置如图所示。矩形框架abcd的ab边长L=0.4m，绕有匝数N=100匝、电阻R=10Ω的闭合金属线圈，框架和线圈的总质量m=30kg。将框架静置于下端固定的竖直弹簧上（不拴接弹簧的压缩量x=0.2m，框架上端通过轻质绝缘绳索跨过轻质定滑轮与轻质拉杆GH相连。在MNPQ区域内存在方向垂直框架平面向内、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，磁场边界MN与PQ之间的距离d=0.96m。一位健身爱好者用恒力F=450N向下拉动拉杆，框架由静止开始竖直向上运动。ab边上升到PQ时，弹簧恰好恢复原长，上升到MN时，健身者松手，装置触发复位机制使框架回到初始位置，整个过程框架与定滑轮不相碰。已知重力加速度g=10m/s2，不计一切阻力。求：4(1)弹簧的劲度系数k；(2)ab边刚进入磁场时框架的速度v1和加速度a的大小；(3)若ab边通过磁场的时间t=0.4s，ab边运动到MN时框架的速度大小v2。15．(17分)某兴趣小组设计的连锁机械游戏装置如图所示。左侧有一固定水平弹射管道，在靠近管口等高处放置一质量为m(m=0.5kg)的“”形小盒B（可视为质点），小盒B与大小可忽略、质量为3m的小物块C用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，左侧滑轮（忽略滑轮直径）与小盒B之间的绳长为L=0.8m；小物块C压在质量为m的木板D左端，木板D上表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦因数μ=0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力木板D右端到桌子右边缘固定挡板的距离为2L；质量为m且粗细均匀的细杆用跨过桌子右边缘的光滑定滑轮的轻绳与木板D相连，木板D与定滑轮间轻绳水平，细杆下端到地面的距离也为2L；质量为0.25m的圆环（可视为质点）套在细杆E上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为0.5mg。开始时所有装置均静止，现将一质量为m的小球A（可视为质点）由弹射管道以v0=4m/s的速度水平弹出，之后小球A立即进入小盒B，且进入后立即被卡住（作用时间很短可不计）。木板D与挡板相撞、细杆与地面相撞均以原速率反弹。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：5(1)小球进入小盒后的瞬间小物块C对木板D的压力N；(2)木板D与挡板碰后，第一次向左运动的最大位移x1；(3)为使圆环最终不滑离细杆，细杆的最小长度xmin。【【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。13．(10分)波源S产生的振动在均匀介质中沿平面传播，垂直平面放置一足够长的挡板，挡板上开有两小孔A、B，AB=15m，A、B两孔到波源的距离相等，在挡板前方有一点C，线段AC与挡板垂直，且足够长，过波源沿平行AB方向建立x轴，取某点为坐标原点（未画出垂直纸面向外为正方向建立y轴（未画出如图（a）所示。某时刻开始计时，图（b）中实线a为t=0时刻的部分波形，第一次出现虚线b所示波形的时刻是t=0.2s，质点P平衡位置的横坐标为x=3m。求：6(1)这列波的传播速度和质点P的振动方程；(2)线段AC上振动加强点到A的距离。14．(14分)如图甲，电子枪连续不断的逸出质量为m、电荷量大小为e的电子（初速度可视为0），经电压为U0的电场加速，沿与M、N板平行的方向从两板正中间射入。平行金属板M、N间的电压UMN随时间变化如图乙所示，BAC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，7A=37，M、N板的右端均在磁场边界AB上，A点到M板的距离为h。t=0时刻射入MN板间的电子恰好从M板的右边缘飞出，且在两板间运动的时间为2t0。已知U其中m、e、h、t0为已知量，不计电子的重力和电子间相互作用力，单位时间逸出电子数量不变。取sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1)金属板的板长L及M、N板间的距离d；(2)若BAC区域的磁感应强度B，BD板的长度足够长，求打到BD板上的电子占电子数量的百分比；(3)若将BAC区域改为垂直AC边斜向上的匀强电场，要使电子不从AC边界射出，求匀强电场的电场强度最小值E，以及此条件下打在BD板上的位置离N板的最远距离xm。15．(16分)如图所示，A为水平平台的右末端，BC为半径R=1m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道对应的圆心角θ=53o，AB间竖直高度h=0.8m，C为圆心的正下方，右边有质量M=3kg的两个相同的长木板依次排列在水平地面上（不粘连），长木板的上表面刚好与C齐平。竖直挡板固定于木板右侧，且略高于木板乙的上表面。质量m=1kg的小滑块（视为质点）从A点以某一初速度水平滑出，刚好从B点切向进入。小滑块以一定的水平初速度滑上木板甲的上表面，经过一段时间后，小滑块恰好未从木板乙上滑落，然后一起向7右运动。小滑块与竖直挡板发生多次碰撞后，最终相对地面静止。每次碰撞时均无机械能损失且碰撞时间极短。小滑块与木板甲、乙之间的动摩擦因数均为μ1=0.2，木板甲与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.1，木板乙与地面之间无摩擦力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（不考虑小滑块在各轨道衔接处的能量损失，重力加速度g大小取10m/s2，cos53o=0.6，sin53o=0.8）。求：(1)小滑块滑到C点时对圆弧轨道的压力FN大小及方向；(2)如果小滑块在AB间同时受到向上的力F=3vy（vy为小滑块竖直方向速度）。调整平台A点到B点间的水平距离，改变小滑块从A点水平滑出时的初速度使其仍刚好从B点切向进入，到达C点的速度v=3m/s时。小滑块在A点抛出去的速度v0和从A运动到B的时间t；(3)若小滑块以vm/s滑上甲木板，求小滑块与竖直挡板发生第一次碰撞后所运动的总路程。1大题预测01【【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．(9分)茶宠是茶具观赏物品，它历经千年演变，工艺精湛、寓意丰富，是中华茶文化的缩影。有一款南瓜样茶宠玩具如图甲所示，当将热茶淋在其上时，它会向外喷水。为了研究其中的原理，可将该茶宠简化为一圆柱形容器，容器的上表面有一小孔（尺寸可忽略），孔内连接有一细管，如图乙。初始时，容器内充满压强为P0、温度为T0的空气。其工作过程可分为三个阶段：第一阶段为排气过程，用热水缓慢淋在容器上，使容器内气体温度达到T1，此过程中容器内部有部分空气从小孔逸出；第二阶段为吸水过程，迅速将容器放入温度为T0的水中，并让容器上的小孔始终处在水面以下，容器内气体温度逐渐降低，水逐渐被吸入容器，忽略水温的变化，直到容器内气体温度再次恢复到T0；第三阶段为喷水过程，取出容器，再次将热水淋在容器上，就会出现神奇的喷水现象。已知水的密度为ρ,大气压强为P0，容器内气体可视为理想气体。(1)第一阶段排气过程中，求从容器中逸出的空气质量与容器中原有空气质量的比值m1；m(2)第二阶段吸水过程中，容器内外因水面高度差产生的压强相对大气压强可忽略不计，封闭气体吸水过程可视为等压变化，测量出吸水过程前后容器的质量差为Δm，求容器容积V。【答案【详解】（1）设容器容积为V，原有气体初始状态：压强p0、温度T0、体积V；温度升高到T1后，若原有气体全部不逸出，总体积变为V1，根据盖-吕萨克定律有（2分）整理得VV2气体密度均匀，逸出质量与总质量之比等于体积比，因此（2分）（2）第一阶段结束后，容器内剩余气体体积为V、温度为T1；降温到T0后，设剩余气体体积变为V2，由盖-吕萨克定律有（2分）整理得VV吸入容器的水的体积为ΔV=V_V2=V（1分）吸水后容器质量差Δm=pΔV（1分）代入整理得V（1分）14．(15分)如图所示，为了防止电梯因电机失控而带动缆绳竖直向下坠落导致人员伤亡，在质量为25m的电梯正下方的地面上安装四根劲度系数均为k的相同弹簧，弹簧上端连接一质量为m的水平铁板。电机失控后，电梯从底部距离铁板高度为h处由静止下坠，电梯下坠过程中所受缆绳的拉力大小恒为mg（g为重力加速度大小），电梯碰到铁板时立即与铁板粘在一起，此后缆绳松弛，电梯碰到铁板后经时间t停下。弹簧的弹性势能Epkx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力以及弹簧的质量。求：(1)电梯接触铁板前瞬间的速度大小v0；(2)在这段时间t内，每根弹簧对铁板的冲量大小I；(3)在铁板下压弹簧的过程中，电梯的最大速度vm。【详解】（1）设电梯在空中下坠过程中的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有25mg_mg=25ma（2分）根据匀变速直线运动的规律有v02=2ah（2分）（2）设电梯与铁板碰撞后瞬间的速度大小为v，3（3）根据动量守恒定律有25mv0=(25m+m)v（2分）解得vgh对铁板和电梯组成的系统，根据动量定理有4I_(25m+m)gt=0_[_(25m+m)v]（2分）（3）设碰撞前，弹簧的压缩量为x1，根据胡克定律有4kx1=mg（1分）解得x碰撞后，当铁板和电梯组成的系统合力为0时，电梯的速度最大，设此时弹簧的压缩量为x2，根据胡克定律有4kx2=(25m+m)g（1分）解得x根据功能关系有g(x2_xvmv2解得vm（1分）15．(16分)如图所示，在xOy坐标系中，虚线ab与x轴平行，距离为2L，在虚线ab与x轴之间的第二象限内，有沿x轴正方向的匀强电场，场强大小E1（未知）；在虚线ab与x轴之间的第一象限内，有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1（未知），在x轴下方的足够大区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场E2和垂直于纸面向外的匀强磁场B2，场强大小E磁感应强度大小B现有一电量为+q、质量为m的粒子在A点，坐标为以v的初速度向y轴正方向射出，粒子第一次经过y轴时的速度大小为v，不计粒子重力。求：(1)场强大小E1；(2)要使粒子能够经过x轴，B1需满足的条件；(3)如果B粒子第二次经过x轴的位置坐标。4【详解】（1）粒子在电场E1中，根据动能定理有qEmv2分解得E（1分）（2）粒子第一次经过y轴时，对速度进行分解，设速度与y轴夹角为θ,则有cosv（1分）可得θ=30o，vx=vsinv（1分），在x方向上，有vt1（1分），在y方向上，有yvt1（1分）联立解得y=L粒子在磁场B1中，根据牛顿第二定律有qvB1=m（1分）解得r=，要使粒子能经过x轴，临界状态轨迹如图所示当轨迹圆恰好和x轴相切时，有r1+r1sinθ=L（1分）得L，联立解得B当轨迹圆恰好和虚线ab相切时，有r2_r2sinθ=L（1分），得r2=2L，联立解得B，故B1需满足的条件为1分）（3）当B1=时，由r，解得r3=L，轨迹如图所示，第一次经过x轴的位置坐标为xcosL粒子在x轴下方的复合场中运动时，由配速法可得qv1B2=qE2（1分解得v1=v，故粒子有沿x轴负方向匀速的分运动，由矢量三角形，如图所示，可知v2=v，故粒子还有匀速圆周运动的分运动。5由qv2B2=m解得r4=L，从粒子第一次经过x轴到第二次经过x轴，历时t4，匀速圆周运动的分运动，如图所示由几何关系可得t1分粒子向x轴负方向侧移Δx1=3r4=3L（1分）对沿x轴负方向匀速的分运动，粒子向x轴负方向侧移Δx2=vt（1分），故第二次经过x轴，x2=x1_Δx1_Δx分），粒子第二次经过x轴的位置坐标为【【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。13．(8分)某介质均匀的玻璃砖截面如图所示。下边界是半径为3R的半圆弧，以其圆心O为坐标原点建立坐标系，上边界是半径为5R的优弧，圆心P坐标为（0，4R）。为测定该玻璃砖的折射率，在O处放置一单色光源，发现上边界有光线射出的区域恰好覆盖了半圆MN，不考虑光在玻璃砖内反射后再射出。空气中的光速为c，求：6(1)该玻璃砖的折射率；(2)能从上边界射出的光线在玻璃砖中传播的最长时间。【答案】R【详解】（1）由题意可知光线恰好在N点发生全反射，如图所示根据全反射临界角公式可得sinC1分），由几何关系可得sinC1分）解得该玻璃砖的折射率为n（1分）（2）光线在玻璃砖中的传播速度为v（1分），光线沿y轴方向从上边界射出时，在玻璃砖中的传播距离最大，如图所示则有smax=5R+(4R_3R)=6R（2分），从上边界射出的光线在玻璃砖中传播的最长时间为t（1分）联立解得t14．(15分)某款电磁阻尼拉力健身器材的简化装置如图所示。矩形框架abcd的ab边长L=0.4m，绕有匝数N=100匝、电阻R=10Ω的闭合金属线圈，框架和线圈的总质量m=30kg。将框架静置于下端固定的竖直弹簧上（不拴接弹簧的压缩量x=0.2m，框架上端通过轻质绝缘绳索跨过轻质定滑轮与轻质拉杆GH相连。在MNPQ区域内存在方向垂直框架平面向内、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，磁场边界MN与PQ之间的距离d=0.96m。一位健身爱好者用恒力F=450N向下拉动拉杆，框架由静止开始竖直向上运动。ab边上升到PQ时，弹簧恰好恢复原长，上升到MN时，健身者松手，装置触发复位机制使框架回到初始位置，7整个过程框架与定滑轮不相碰。已知重力加速度g=10m/s2，不计一切阻力。求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)ab边刚进入磁场时框架的速度v1和加速度a的大小；(3)若ab边通过磁场的时间t=0.4s，ab边运动到MN时框架的速度大小v2。【答案】(1)k=1500N/m【详解】（1）框架初始处于静止状态，由力的平衡条件得mg=kx（1分）解得k=1500N/m（1分）（2）框架从静止开始竖直向上运动到ab边刚进入磁场的过程，由动能定理得Fx_mgx+W弹mv（2分）由功的定义得W弹x（2分）联立解得v1=2m/s（1分）由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得I（1分）框架ab边刚进入磁场时，由牛顿第二定律得F_mg_NBI1L=ma（2分）联立解得am/s2（1分）（3）框架ab边通过磁场的过程中，由动量定理得Ft_mgt_ΣNBiL.Δt=mv2_mv1（2分），i（1分），d=Σv.Δt联立解得v2=2.72m/s（1分）815．(17分)某兴趣小组设计的连锁机械游戏装置如图所示。左侧有一固定水平弹射管道，在靠近管口等高处放置一质量为m(m=0.5kg)的“”形小盒B（可视为质点），小盒B与大小可忽略、质量为3m的小物块C用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，左侧滑轮（忽略滑轮直径）与小盒B之间的绳长为L=0.8m；小物块C压在质量为m的木板D左端，木板D上表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦因数μ=0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力木板D右端到桌子右边缘固定挡板的距离为2L；质量为m且粗细均匀的细杆用跨过桌子右边缘的光滑定滑轮的轻绳与木板D相连，木板D与定滑轮间轻绳水平，细杆下端到地面的距离也为2L；质量为0.25m的圆环（可视为质点）套在细杆E上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为0.5mg。开始时所有装置均静止，现将一质量为m的小球A（可视为质点）由弹射管道以v0=4m/s的速度水平弹出，之后小球A立即进入小盒B，且进入后立即被卡住（作用时间很短可不计）。木板D与挡板相撞、细杆与地面相撞均以原速率反弹。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：(1)小球进入小盒后的瞬间小物块C对木板D的压力N；(2)木板D与挡板碰后，第一次向左运动的最大位移x1；(3)为使圆环最终不滑离细杆，细杆的最小长度xmin。8【答案】(1)0(2)m(3)1.6m【详解】（1）由AB系统动量守恒，有mv0=2mv（1分）得v=2m/s对AB整体，由牛顿第二定律有F_2mg=2m（1分）得F=3mg对C，由平衡有F+N,=3mg（1分）得N,=09由牛顿第三定律N=N,得N=0（1分）（2）小球被盒卡住后，木板、圆环和细杆一起运动，对板T1_μmg=ma1（1分）对杆和圆环整体(m+0.25m)g_T1'=(m+0.25m)a1（1分）且得ag由运动学规律v=2a1×2L（1分），第一次撞地后，细杆与环发生相对滑动，对板μmg+T2=ma2（1分）对杆0.5mg+mg_T2,=ma2（1分）且T2'=T2得a2=g木板向左的最大位移x（1分）得xL即xm（1分）（3）第一次撞地后，对圆环0.5mg_0.25mg=0.25ma3（1分）得a3=g板向左匀减，环向下匀减，两者加速度大小相等，所以同时速度减为零，之后两者再一起加速运动至第二次撞地，第一次撞地后直至速度减为零的过程，圆环向下的位移x（1分）得x第一次撞地后直至速度减为零的过程，圆环与细杆最大相对位移Δx=x1+x1,（1分）即同理，第二次撞地后，圆环与细杆最大相对位移第n次撞地后，圆环与细杆最大相对位移（1分）则细杆的长度至少为xmin=Δx1+Δx2++Δxn 解得xmin=2L即xmin=1.6m（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。13．(10分)波源S产生的振动在均匀介质中沿平面传播，垂直平面放置一足够长的挡板，挡板上开有两小孔A、B，AB=15m，A、B两孔到波源的距离相等，在挡板前方有一点C，线段AC与挡板垂直，且足够长，过波源沿平行AB方向建立x轴，取某点为坐标原点（未画出垂直纸面向外为正方向建立y轴（未画出如图（a）所示。某时刻开始计时，图（b）中实线a为t=0时刻的部分波形，第一次出现虚线b所示波形的时刻是t=0.2s，质点P平衡位置的横坐标为x=3m。求：(1)这列波的传播速度和质点P的振动方程；(2)线段AC上振动加强点到A的距离。【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】（1）由题意和题图可知，波源在x≤0或x≥6m处，当波源位于x≤0处时，0<x<6m范围内波沿x轴正方向传播；当波源位于x≥6m处时，0<x<6m范围内波沿x轴负方向传播，由于t=0.2s时第一次出现虚线波形，当波源位于x≤0处时，可知波在0.2s内向右传播了1m，此时波速为vm/s（1分）周期为Ts（1分）同理可知，当波源位于x≥6m处时，波速为v=15m/s（1分）则周期为Ts（1分）当波源位于x≤0处时，P的振动方程为y=_0.02sin1分）当波源位于x≥6m处时，P的振动方程为y=0.02sin（1分）（2）设Q点是AC上的振动加强点，则QB_QA=2nn=1，2，3……1分）则QB_QA=4n(m)（n=1，2，3）由于4n<15可得n=1，2，3由此可以判断，AC上振动加强点有三个，QA与QB的距离差可能为4m、8m、12m（1分），20916127解得线段AC上振动加强点到A的距离可能值为m、m和m（1分）。14．(14分)如图甲，电子枪连续不断的逸出质量为m、电荷量大小为e的电子（初速度可视为0），经电压为U0的电场加速，沿与M、N板平行的方向从两板正中间射入。平行金属板M、N间的电压UMN随时间变化如图乙所示，BAC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，LA=37，M、N板的右端均在磁场边界AB上，A点到M板的距离为h。t=0时刻射入MN板间的电子恰好从M板的右边缘飞出，且在两板间运动的时间为2t0。已知U其中m、e、h、t0为已知量，不计电子的重力和电子间相互作用力，单位时间逸出电子数量不变。取sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1)金属板的板长L及M、N板间的距离d；(2)若BAC区域的磁感应强度BBD板的长度足够长，求打到BD板上的电子占电子数量的百分比；(3)若将BAC区域改为垂直AC边斜向上的匀强电场，要使电子不从AC边界射出，求匀强电场的电场强度最小值E，以及此条件下打在BD板上的位置离N板的最远距离xm。【答案】(1)4h，2h(2)75%(h【详解】（1）电子离开加速场的速度为v0，由动能定理eUmv（1分）电子沿与M、N板平行的方向做匀速运动L=v0.2t0（1分解得L=4h，电子沿与M、N板垂直的方向先做匀加速运动，后做匀减速运动，由牛顿第二定律得a（1分），由对称可知a1tx2（1分）解得d=2h（1分）（2）由（1）可得电子进入磁场中速度大小一定都为v0，且水平向右，由洛伦兹力提供向心力ev0B0=m分）解得r=2.25h，设与M板相距x的电子从两板间射出时，在磁场中运动的轨迹恰好与AC边界相切，由几何关系r=(r+x+h)sin37（1分）解得xh则打到BD板上的电子占电子数量的百分比为x100%（1分）解得η=75%（1分）（3）进入电场的粒子做类斜抛运动，从M板边缘射出的电子运动轨迹与AC边界相切时电场强度E最小，对粒子运动进行正交分解，沿电场方向分速度刚好减为0，则有2=2a2hsin37（1分）牛顿第二定律得a分）解得E从N板边缘射出的电子打在BD板上的位置离N板的距离最远，垂直电场方向有xmcos37=v0sin37.t（1分）沿电场方向有xmsin37=_v0cos37.ta2t2（1分）解得xmh（1分）15．(16分)如图所示，A为水平平台的右末端，BC为半径R=1m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道对应的圆心角θ=53o，AB间竖直高度h=0.8m，C为圆心的正下方，右边有质量M=3kg的两个相同的长木板依次排列在水平地面上（不粘连），长木板的上表面刚好与C齐平。竖直挡板固定于木板右侧，且略高于木板乙的上表面。质量m=1kg的小滑块（视为质点）从A点以某一初速度水平滑出，刚好从B点切向进入。小滑块以一定的水平初速度滑上木板甲的上表面，经过一段时间后，小滑块恰好未从木板乙上滑落，然后一起向右运动。小滑块与竖直挡板发生多次碰撞后，最终相对地面静止。每次碰撞时均无机械能损失且碰撞时间极短。小滑块与木板甲、乙之间的动摩擦因数均为μ1=0.2，木板甲与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.1，木板乙与地面之间无摩擦力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（不考虑小滑块在各轨道衔接处的能量损失，重力加速度g大小取10m/s2，cos53o=0.6，sin53o=0.8）。求：(1)小滑块滑到C点时对圆弧轨道的压力FN大小及方向；(2)如果小滑块在AB间同时受到向上的力F=3vy（vy为小滑块竖直方向速度）。调整平台A点到B点间的水平距离，改变小滑块从A点水平滑出时的初速度使其仍刚好从B点切向进入，到达C点的速度v=3m/s时。小滑块在A点抛出去的速度v0和从A运动到B的时间t；(3)若小滑块以vm/s滑上甲木板，求小滑块与竖直挡板发生第一次碰撞后所运动的总路程。【答案】(1)43N，方向竖直向下(2)0.6m/s，0.32smB→C过程：动能定理mgRmvmv1分）在C点FN_mg=m（1分），FN,=FN=43N方向竖直向下（1分）（2）小滑块从B到C过程，根据动能定理有mgmvmv1分）解得v0=vBcosθ=0.6m/s，在竖直方向上，根据动量定理有mgt_Ft=mv0tanθ（1分）由于F=3vy解得t=0.32s（1分）（3）小滑块滑上甲后，因μ1mg=2N<μ2(M+m)g=4N，甲不动，在甲上面动能定理_μ1mgLmvmv（1分）小滑块滑上乙后，动量守恒mv1=(m+M)v2（1分）能量守恒μ1mgLmv（1分）小滑块与挡板碰撞过程没有能量损失，则碰后小滑块向左做匀减速直线运动，木板乙向右做匀减速直线运动，但小滑块和木板乙组成的系统动量守恒，则第一次碰撞后有Mv2_mv2=(M+m)v3（1分）第二次碰撞后有Mv3_mv3=(M+m)v4第三次碰撞后有Mv4_mv4=(M+m)v5……所以vm/s，v4=m/s，v5=m/s（1分）所以小滑块与竖直挡板发生第一次碰撞后所运动的总路程为s=2(x1+x2+x3+)（1分）解得sm（1分）1大题预测01【【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】【详解】（1）设容器容积为V，原有气体初始状态：压强p0、温度T0、体积V；温度升高到T1后，若原有气体全部不逸出，总体积变为V1，根据盖-吕萨克定律有（2分）整理得VV气体密度均匀，逸出质量与总质量之比等于体积比，因此（2分）（2）第一阶段结束后，容器内剩余气体体积为V、温度为T1；降温到T0后，设剩余气体体积变为V2，由盖-吕萨克定律有（2分）整理得VV吸入容器的水的体积为ΔV=V_V2=V（1分）吸水后容器质量差Δm=pΔV（1分）代入整理得V（1分）m【详解】（1）设电梯在空中下坠过程中的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有25mg_mg=25ma（2分）根据匀变速直线运动的规律有v02=2ah（2分）（2）设电梯与铁板碰撞后瞬间的速度大小为v，（3）根据动量守恒定律有25mv0=(25m+m)v（2分）解得vgh对铁板和电梯组成的系统，根据动量定理有4I_(25m+m)gt=0_[_(25m+m)v]（2分）（3）设碰撞前，弹簧的压缩量为x1，根据胡克定律有4kx1=mg（1分）解得x2碰撞后，当铁板和电梯组成的系统合力为0时，电梯的速度最大，设此时弹簧的压缩量为x2，根据胡克定律有4kx2=(25m+m)g（1分）解得x根据功能关系有g(x2_xvmv2解得vm（1分）15．【答案】【详解】（1）粒子在电场E1中，根据动能定理有qEmv分解得E（1分）（2）粒子第一次经过y轴时，对速度进行分解，设速度与y轴夹角为θ,则有cosv（1分）可得θ=30o，vx=vsinv（1分），在x方向上，有vt1（1分），在y方向上，有yvt1（1分）联立解得y=L粒子在磁场B1中，根据牛顿第二定律有qvB1=m（1分）解得r要使粒子能经过x轴，临界状态轨迹如图所示当轨迹圆恰好和x轴相切时，有r1+r1sinθ=L（1分）得L，联立解得B当轨迹圆恰好和虚线ab相切时，有r2_r2sinθ=L（1分），得r2=2L，联立解得B，故B1需满足的条件为1分）（3）当B时，由r，解得r3=L，轨迹如图所示，第一次经过x轴的位置坐标为x1=2r3cosθ=3L3粒子在x轴下方的复合场中运动时，由配速法可得qv1B2=qE2（1分解得v1=v，故粒子有沿x轴负方向匀速的分运动，由矢量三角形，如图所示，可知v2=v，故粒子还有匀速圆周运动的分运动。由qv2B2=m解得r4=L，从粒子第一次经过x轴到第二次经过x轴，历时t4，匀速圆周运动的分运动，如图所示由几何关系可得t1分粒子向x轴负方向侧移Δx1=3r4=3L（1分）对沿x轴负方向匀速的分运动，粒子向x轴负方向侧移Δx2=vt（1分），故第二次经过x轴，x2=x1_Δx1_Δx1分），粒子第二次经过x轴的位置坐标为【【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。13．【答案】(1)(R【详解】（1）由题意可知光线恰好在N点发生全反射，如图所示4根据全反射临界角公式可得sinC（1分），由几何关系可得sinC1分）解得该玻璃砖的折射率为n（1分）（2）光线在玻璃砖中的传播速度为v（1分），光线沿y轴方向从上边界射出时，在玻璃砖中的传播距离最大，如图所示则有smax=5R+(4R_3R)=6R（2分），从上边界射出的光线在玻璃砖中传播的最长时间为t【详解】（1）框架初始处于静止状态，由力的平衡条件得mg=kx（1分）解得k=1500N/m（1分）（2）框架从静止开始竖直向上运动到ab边刚进入磁场的过程，由动能定理得Fx_mgx（2分）由功的定义得W弹x（2分）联立解得v1=2m/s（1分）由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得I1分）框架ab边刚进入磁场时，由牛顿第二定律得F_mg_NBI1L=ma（2分）5联立解得am/s2（1分）（3）框架ab边通过磁场的过程中，由动量定理得Ft_mgt_ΣNBiL.Δt=mv2_mv1（2分），i（1分），d=Σv.Δt联立解得v2=2.72m/s（1分）15．【答案】m【详解】（1）由AB系统动量守恒，有mv0=2mv（1分）得v=2m/s对AB整体，由牛顿第二定律有F_2mg=2m（1分）得F=3mg对C，由平衡有F+N,=3mg（1分）得N,=0由牛顿第三定律N=N,得N=0（1分）（2）小球被盒卡住后，木板、圆环和细杆一起运动，对板T1_μmg=ma1（1分）对杆和圆环整体(m+0.25m)g_T1'=(m+0.25m)a1（1分）且T1'=T1得ag由运动学规律v=2a1×2L（1分），第一次撞地后，细杆与环发生相对滑动，对板μmg+T2=ma2（1分）对杆0.5mg+mg_T2,=ma2（1分）且T2'=T2得a2=g木板向左的最大位移x（1分）得xL即x1=m（1分）（3）第一次撞地后，对圆环0.5mg_0.25mg=0.25ma3（1分）得a3=g板向左匀减，环向下匀减，两者加速度大小相等，所以同时速度减为零，之后两者再一起加速运动至第二次撞地，第一次撞地后直至速度减为零的过程，圆环向下的位移x得x第一次撞地后直至速度减为零的过程，圆环与细杆最大相对位移Δx=x1+x1,（1分）即同理，第二次撞地后，圆环与细杆最大相对位移第n次撞地后，圆环与细杆最大相对位移则细杆的长度至少为xmin=Δx1+Δx2++Δxn6解得xmin=2L即xmin=1.6m（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。13．【详解】（1）由题意和题图可知，波源在x≤0或x≥6m处，当波源位于x≤0处时，0<x<6