湖南省高考物理二轮复习专项练习-07解答题能力提升训练（含解析）
文档属性
| 名称 | 湖南省高考物理二轮复习专项练习-07解答题能力提升训练（含解析） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.8MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2026-03-29 00:00:00 | ||
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文档简介
湖南省高考物理二轮复习专项练习-07解答题能力提升训练
一、气体、固体和液体
1．汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力．如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆上施加水平力推动液压泵实现刹车．助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力．每次抽气时，打开，闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，闭合，打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从排出，完成一次抽气过程．已知助力气室容积为，初始压强等于外部大气压强，助力活塞横截面积为，抽气气室的容积为。假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。
（1）求第1次抽气之后助力气室内的压强；
（2）第次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小。
二、磁场
2．三维直角坐标系的oxy平面与水平面平行，空间存在与z轴平行的周期性变化的匀强磁场和匀强电场（图中没有画出），磁场和电场随时间变化规律分别如图甲和乙所示，规定沿z轴正方向为匀强磁场和匀强电场的正方向，不考虑磁场和电场变化而产生的感生电磁场的影响。在t＝0时刻，一个质量m，带电量+q的小球，以速度v0从坐标原点O点沿y轴正方向开始运动，小球恰好沿圆周运动，已知重力加速度为g，图中t0已知，，而E0未知。求：
(1)求E0的大小 、画出0~2t0时间内小球的运动轨迹；
(2)3t0时刻小球的位置坐标；
(3)20t0时刻小球在z轴的位置坐标。
3．带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流（每个粒子的质量为、电荷量为）以初速度垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在平面内的粒子，求解以下问题。
（1）如图（a），宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入圆心为、半径为的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点，求该磁场磁感应强度的大小；
（2）如图（a），虚线框为边长等于的正方形，其几何中心位于。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到点的带电粒子流经过该区域后宽度变为，并沿轴正方向射出。求该磁场磁感应强度的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）；
（3）如图（b），虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为，并沿轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。
三、动量及其守恒定律
4．如图所示，质量为、长为的均匀长木板，其上表面光滑，下表面粗糙，静止平放在粗糙的水平桌面上，左端安有一竖直挡板。一质量为的小滑块静置在长木板的右端。现给小滑块一个水平向左的瞬时速度，小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下。假设小滑块与竖直挡板的碰撞为弹性正碰，碰撞时间极短，桌面粗糙程度各处相同，桌面足够长，重力加速度大小为。求
(1)第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度大小；
(2)长木板与桌面间的动摩擦因数；
(3)长木板运动的总时间。
5．如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）。
6．如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定在地面上，质量的物体与弹簧连接，静止在处。将质量的物体自物体正上方处由静止释放，与发生第一次碰撞后，立刻向上运动，上升的最大高度，当再次回到点时恰与发生第二次碰撞。重力加速度取，空气阻力不计。（、碰撞时间极短，弹簧始终处于弹性限度内，且振动周期不变）。求：
（1）第一次碰撞后物体的速度；
（2）在两次碰撞的时间间隔内，弹簧对物体的冲量；
（3）经验证发现与发生的是弹性碰撞。若将物体释放的位置提高到处，仍要使、前两次碰撞均在点，求的最小值。
7．如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的倍（为常数且），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中已知，求的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
8．如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。
（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0四、机械能及其守恒定律
9．某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。
(1)若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
(2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小；
(3)若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。
10．如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道。质量为的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为。以水平轨道末端点为坐标原点建立平面直角坐标系，轴的正方向水平向右，轴的正方向竖直向下，弧形轨道端坐标为，端在轴上。重力加速度为。
（1）若A从倾斜轨道上距轴高度为的位置由静止开始下滑，求经过点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过点落在弧形轨道上的动能均相同，求的曲线方程；
（3）将质量为（为常数且）的小物块置于点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距轴高度的取值范围。
11．如图所示，质量均为m的小球A、B用一根长为l的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，质量也为m的小球C挨着小球B放置在地面上，扰动轻杆使小球A向左倾倒，小球B、C在同一竖直面内向右运动，当杆与地面有一定夹角时小球B和C分离，已知C球的最大速度为v，小球A落地后不反弹，重力加速度为g，求∶
(1)小球A落地时的动能；
(2)从开始到A球落地的过程中，杆对球B做的功；
(3)小球B和C分离时，轻杆与地面间夹角θ的正弦值满足的方程。（不包含m、g、l、v）
五、静电场
12．如图甲所示，真空中的电极能连续不断均匀地放出初速度为零、质量为、电荷量为的粒子，经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B间的中线平行于极板射入偏转电场，A、B两板距离为，A、B板长为，AB两板间加周期为的变化电场，如图乙所示，已知，能从偏转电场板间飞出的粒子在偏转电场中运动的时间也为。忽略极板边缘处电场的影响，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，粒子打到极板上后即消失．求：
(1)加速电场中的；
(2)若时刻粒子进入偏转电场两极板之间，粒子能否飞出极板？如果能，那么粒子的偏移量是多少？如果不能，那么粒子在偏转电场里平行于极板方向的位移是多少？
(3)若发射时间足够长，则能够从两极板间飞出的粒子占总入射粒子数的百分率。
13．如图甲所示，长为a的平行板M、N分别位于第一、第二象限内，与坐标平面垂直并与y轴平行，两板到y轴的距离相等，两板的下端均在x轴上，两板上所加的电压随时间变化的规律如图乙所示（图乙中均已知），在第三、四象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。在y轴上的P点沿y轴负方向均匀地射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，每个粒子均能进入磁场且从P点射出到进入磁场所用的时间均为，从时刻射出的粒子刚好从N板下边缘进入磁场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，磁场的磁感应强度大小为，求：
（1）M、N板间的距离为多少；
（2）能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的比例为多少；
（3）若将M、N极板上段截去一部分，使所有粒子从P点射出后经电场、磁场偏转后均不能再进入电场，则截去部分的长度至少为多少。
六、电磁感应
14．如图所示，间距L=1m的两平行光滑金属导轨，x轴平行于导轨，y轴垂直于导轨。在x=0位置有一宽度不计的光滑绝缘薄层隔开左右两部分电路，一质量为 的金属棒a静止置于其上 （开始时未接触导轨）。在y轴右侧区域的导轨间存在垂直纸面向外、大小为B的非匀强磁场，满足 B=0.5x（T） 变化。质量为 金属棒b垂直导轨静止于 处，导轨右侧的恒流源始终为电路提供恒定的电流 I=8A（方向如图中箭头所示）。在两轨道中存在一劲度系数为 k=8N/m的轻质弹簧，弹簧左端固定在的位置，右端与金属棒a相连。忽略一切阻力，金属棒a与金属棒b发生的均为弹性碰撞。劲度系数为k的弹簧当形变为x时弹簧的弹性势能为 求：
(1)金属棒b所受安培力的表达式以及第一次到达y轴 （还未与a相碰）时的速度大小v0；
(2)金属棒a第一次将弹簧压缩至最短时弹簧的形变量；
(3)已知物体做简谐运动的充要条件是所受回复力满足公式 ，运动的周期公式为，其中k为比例系数，x为以平衡位置为起点的位移。以金属棒a与金属棒b第一次碰撞为计时起点，求金属棒b的位置坐标随时间变化的函数方程。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
《湖南省高考物理二轮复习专项练习-07解答题能力提升训练》参考答案
1．（1）；（2）
【详解】（1）以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p0，体积V0，第一次抽气后，气体体积
根据玻意耳定律
解得
（2）同理第二次抽气
解得
以此类推……
则当n次抽气后助力气室内的气体压强
则刹车助力系统为驾驶员省力大小为
【点睛】
2．(1)；
(2)（，，）
(3)
【详解】（1）内，小球在xOy平面内做匀速圆周运动有得
小球做圆周运动周期
得
可知轨迹如图示
（2）内小球做圆周运动半径为r，
内，小球做匀速直线运动
内，小球在水平面内做匀速圆周运动，正好运动半周，竖直方向上做
自由落体运动，下落距离
可知时，小球位置坐标（x，y，z）
（3）小球在水平面内运动具有周期性，时小球恰好沿x轴正向平移了4r，时，，小球在竖直方向上
第一个内不运动，竖直位移
第二个做加速运动，竖直位移
第三个再匀速
由v-t图意义可知公差为 d=2gt02
时刻小球z轴上坐标为
3．（1）；（2），垂直与纸面向里，；（3），，，
【详解】（1）粒子垂直进入圆形磁场，在坐标原点汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力
解得
（2）粒子从点进入下方虚线区域，若要从聚焦的点飞入然后平行轴飞出，为磁发散的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域
磁场半径为，根据可知磁感应强度为
根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为
（3）粒子在磁场中运动，3和4为粒子运动的轨迹圆，1和2为粒子运动的磁场的圆周
根据可知I和III中的磁感应强度为
，
图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹，可知磁场的最小面积为叶子形状，取I区域如图
图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周与三角形之差，所以阴影部分的面积为
类似地可知IV区域的阴影部分面积为
根据对称性可知II中的匀强磁场面积为
4．(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）设小滑块的初速度方向为正方向，第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度分别为和，碰撞瞬间根据系统动量守恒和机械能守恒可得，
联立解得，
（2）发生第一次碰撞后，长木板做匀减速直线运动，小滑块做匀速直线运动，因为小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下，所以长木板匀减速到与小滑块速度相等时二者相对位移恰好等于，设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为，长木板匀减速的加速度大小为，则有，
解得，
对长木板根据牛顿第二定律可得
解得
（3）二者速度相等后，长木板继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为，
这段时间内小滑块的位移为
因为
所以小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板已停止运动，小滑块与长木板第二次碰撞瞬间，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，
联立解得，
同理，小滑块与长木板第次碰撞后瞬间长木板的速度大小
小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止，碰后均做加速度相同的匀减速运动，故
长木板运动的总时间
解得
5．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
联立解得
因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘t可得
且由几何关系可知
联立得
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得
（）
（3）将代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图
此时可知速度和水平方向的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立得
6．（1）；（2），方向竖直向上；（3）
【详解】（1）自由落体运动，与碰前速度为
解得
第一次碰后竖直上抛运动，初速度为
碰撞过程，取向下为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）两次碰撞时间间隔为
第二次碰撞前，的速度
此过程中，取向下为正方向，由动量定理得
解得弹簧对的冲量
方向竖直向上
（3）由
解得
第一次弹性碰撞，有
解得
碰后做简谐运动，振动周期不变（周期由振动系统决定）即
第二次仍然在点相碰，则竖直上抛回到点的时间与回到点时间相等
即
代入数据，解得
当时，值最小
7．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有
联立解得
（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有
上升过程有
代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h1代入h2有
拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h2代入h3有
直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
将hN-1代入hN有
其中
，
则有
则
方法二：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球从H下落时，速度为，反弹高度为，篮球受到冲量I后速度为v’，落地时速度为，则
，
联立可得
代入k可得，
……①
篮球再次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h1，受到冲量后，落地速度为v2，同理可得
，
同理化简可得
……②
篮球第三次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h2，受到冲量后，落地速度为v3，同理可得
，
同理化简可得
……③
……
第N次反弹可得
……（N）
对式子①②③……(N)两侧分别乘以、、……、，再相加可得
得
其中，，，可得
可得冲量I的大小
8．（1），；（2）或；
（3）
【详解】（1）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有
可得
碰撞后根据牛顿第二定律有
可得
（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有
联立解得
，
因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图
①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为，则有
联立解得
由于两质量均为正数，故k1=0，即
对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为，，则同样有
联立解得，，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。
②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为；所以
联立可得
因为两质量均为正数，故k2=0，即
根据①的分析可证，，满足题意。
综上可知
或。
（3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有
第一次碰撞动量守恒有
且
联立解得
B球运动的路程
第二次碰撞的相对速度大小为
第二次碰撞有
且
联立可得
所以B球运动的路程
一共碰了2n次，有
9．(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）由B点到最低点过程动能定理有
最低点牛顿第二定律可得
联立可得
（2）轻绳运动到左上方与水平方向夹角为时由能量守恒可得
水平方向
竖直方向取向上为正可得
联立可得
（3）当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为时计为点C，由能量守恒可得
设的水平速度和竖直速度分别为，则有
则水平方向动量守恒可得
水平方向满足人船模型可得
此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为
水平方向
竖直方向
联立可得
即
显然当时取得最小，此时
10．（1）；（2）（其中，）；（3）
【详解】（1）物块从光滑轨道滑至点，根据动能定理
解得
（2）物块从点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有
，
解得水平初速度为
物块从点到落点，根据动能定理可知
解得落点处动能为
因为物块从点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得
化简可得
即
（其中，）
（3）物块在倾斜轨道上从距轴高处静止滑下，到达点与物块碰前，其速度为，根据动能定理可知
解得
------- ①
物块与发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小分别为和，在物块与碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则
解得
-------②
-------③
设碰后物块反弹，再次到达点时速度为，根据动能定理可知
解得
-------④
据题意， A落在B落点的右侧，则
-------⑤
据题意，A和B均能落在弧形轨道上，则A必须落在P点的左侧，即：
-------⑥
联立以上，可得的取值范围为
11．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）落地瞬间，、水平方向共速，设为，从初始时刻到落地前瞬间，由水平方向动量守恒有
解得
落地时系统机械能守恒，则有
得
（2）球的动能变化量为
球的动能变化量为
从开始到球落地的过程中，杆对球做的功
（3）设球与分离时球相对球的速度大小为，方向垂直杆斜向下，球的速度大小是，则分离时的水平分速度大小是
方向水平向左。分离时的竖直分速度大小是有
方向竖直向下。对系统，由水平方向动量守恒有
从静止到分离过程，由系统机械能守恒有
分离瞬间，与间的弹力为，球和球的加速度为，此时轻杆没有弹力，此瞬间球为惯性参考系，以球为参考系，对球有
联立以上等式化简得
12．(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在加速电场中有
粒子在偏转电场中有
联立解得，
（2）时刻进入偏转电场的粒子在至时间内做类平抛运动，有，
联立解得，
因，粒子在时还未打到极板上，此时
假设粒子能飞出极板。粒子在至时间内做匀速直线运动
解得，
故粒子的偏移量为
因，假设不成立，粒子不能飞出极板。
设粒子在时刻打到极板上，则有
又
解得
（3）电场周期性变化，现研究第一个周期内哪个时间段进入偏转电场的粒子能够从两极板间飞出。
设粒子在时刻进入偏转电场，如果粒子运动时间后的偏移量
随增大，增大，当时，解得
设粒子在时刻进入偏转电场，如果粒子运动时间后的偏移量
随增大，减小，当时，解得
所以在第一个周期内，当和时，能从两极板间飞出。飞出的粒子占总入射粒子数的百分率
13．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设两板间的距离为，从时刻射出的粒子刚好从板的边缘飞出，则
解得
（2）由于所有粒子穿过电场的时间均为，所以所有粒子在电场中运动时沿平行轴方向的速度变化量为零，即所有粒子进磁场时，速度大小均为
方向垂直于轴向下；粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律
解得
所有粒子在磁场中均做半径为的半圆周运动，则
在第一个周期内，设在时刻射入的粒子在离板处进入磁场并恰好从板处进入磁场。则
解得
根据对称性得，能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的比例为
（3）截去一段后，设粒子进磁场时的速度为，速度与轴负方向的夹角为，则
粒子在磁场中做圆周运动的半径
粒子进磁场和出磁场位置间的距离
截去一段后，若从时刻进入电场的粒子发生的侧移为，则所有粒子均不能再进入电场。则
解得
则截去的板长
14．(1)，1m/s
(2)m
(3)，；，
【详解】（1）对b棒受力分析可得
金属棒b从开始位置到y轴的过程，根据-x图像可得J
该过程根据动能定理有
解得m/s
（2）两棒发生完全弹性碰撞，根据动量守恒定律与能量守恒定律有，
解得m/s，m/s
对金属棒a，根据能量守恒定律有
解得m
（3）
两棒第一次碰后，金属棒a在弹簧弹力作用下做简谐振动s
金属棒b在安培力作用下做简谐振动
解得s
故接下来第二次碰撞发生在x=0处，第二次碰撞时有 ，
解得，m/s
两金属棒周期性重复以上运动，当（k=0, 1, 2…）金属棒b到达最右边时，根据能量守恒定律有
解得x=m
则
当（k=0, 1, 2…）时，b棒向右运动的最大位移为0.5m，则
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一、气体、固体和液体
1．汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力．如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆上施加水平力推动液压泵实现刹车．助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力．每次抽气时，打开，闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，闭合，打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从排出，完成一次抽气过程．已知助力气室容积为，初始压强等于外部大气压强，助力活塞横截面积为，抽气气室的容积为。假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。
（1）求第1次抽气之后助力气室内的压强；
（2）第次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小。
二、磁场
2．三维直角坐标系的oxy平面与水平面平行，空间存在与z轴平行的周期性变化的匀强磁场和匀强电场（图中没有画出），磁场和电场随时间变化规律分别如图甲和乙所示，规定沿z轴正方向为匀强磁场和匀强电场的正方向，不考虑磁场和电场变化而产生的感生电磁场的影响。在t＝0时刻，一个质量m，带电量+q的小球，以速度v0从坐标原点O点沿y轴正方向开始运动，小球恰好沿圆周运动，已知重力加速度为g，图中t0已知，，而E0未知。求：
(1)求E0的大小 、画出0~2t0时间内小球的运动轨迹；
(2)3t0时刻小球的位置坐标；
(3)20t0时刻小球在z轴的位置坐标。
3．带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流（每个粒子的质量为、电荷量为）以初速度垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在平面内的粒子，求解以下问题。
（1）如图（a），宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入圆心为、半径为的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点，求该磁场磁感应强度的大小；
（2）如图（a），虚线框为边长等于的正方形，其几何中心位于。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到点的带电粒子流经过该区域后宽度变为，并沿轴正方向射出。求该磁场磁感应强度的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）；
（3）如图（b），虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为，并沿轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。
三、动量及其守恒定律
4．如图所示，质量为、长为的均匀长木板，其上表面光滑，下表面粗糙，静止平放在粗糙的水平桌面上，左端安有一竖直挡板。一质量为的小滑块静置在长木板的右端。现给小滑块一个水平向左的瞬时速度，小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下。假设小滑块与竖直挡板的碰撞为弹性正碰，碰撞时间极短，桌面粗糙程度各处相同，桌面足够长，重力加速度大小为。求
(1)第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度大小；
(2)长木板与桌面间的动摩擦因数；
(3)长木板运动的总时间。
5．如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）。
6．如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定在地面上，质量的物体与弹簧连接，静止在处。将质量的物体自物体正上方处由静止释放，与发生第一次碰撞后，立刻向上运动，上升的最大高度，当再次回到点时恰与发生第二次碰撞。重力加速度取，空气阻力不计。（、碰撞时间极短，弹簧始终处于弹性限度内，且振动周期不变）。求：
（1）第一次碰撞后物体的速度；
（2）在两次碰撞的时间间隔内，弹簧对物体的冲量；
（3）经验证发现与发生的是弹性碰撞。若将物体释放的位置提高到处，仍要使、前两次碰撞均在点，求的最小值。
7．如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的倍（为常数且），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中已知，求的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
8．如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。
（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0
9．某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。
(1)若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
(2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小；
(3)若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。
10．如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道。质量为的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为。以水平轨道末端点为坐标原点建立平面直角坐标系，轴的正方向水平向右，轴的正方向竖直向下，弧形轨道端坐标为，端在轴上。重力加速度为。
（1）若A从倾斜轨道上距轴高度为的位置由静止开始下滑，求经过点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过点落在弧形轨道上的动能均相同，求的曲线方程；
（3）将质量为（为常数且）的小物块置于点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距轴高度的取值范围。
11．如图所示，质量均为m的小球A、B用一根长为l的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，质量也为m的小球C挨着小球B放置在地面上，扰动轻杆使小球A向左倾倒，小球B、C在同一竖直面内向右运动，当杆与地面有一定夹角时小球B和C分离，已知C球的最大速度为v，小球A落地后不反弹，重力加速度为g，求∶
(1)小球A落地时的动能；
(2)从开始到A球落地的过程中，杆对球B做的功；
(3)小球B和C分离时，轻杆与地面间夹角θ的正弦值满足的方程。（不包含m、g、l、v）
五、静电场
12．如图甲所示，真空中的电极能连续不断均匀地放出初速度为零、质量为、电荷量为的粒子，经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B间的中线平行于极板射入偏转电场，A、B两板距离为，A、B板长为，AB两板间加周期为的变化电场，如图乙所示，已知，能从偏转电场板间飞出的粒子在偏转电场中运动的时间也为。忽略极板边缘处电场的影响，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，粒子打到极板上后即消失．求：
(1)加速电场中的；
(2)若时刻粒子进入偏转电场两极板之间，粒子能否飞出极板？如果能，那么粒子的偏移量是多少？如果不能，那么粒子在偏转电场里平行于极板方向的位移是多少？
(3)若发射时间足够长，则能够从两极板间飞出的粒子占总入射粒子数的百分率。
13．如图甲所示，长为a的平行板M、N分别位于第一、第二象限内，与坐标平面垂直并与y轴平行，两板到y轴的距离相等，两板的下端均在x轴上，两板上所加的电压随时间变化的规律如图乙所示（图乙中均已知），在第三、四象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。在y轴上的P点沿y轴负方向均匀地射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，每个粒子均能进入磁场且从P点射出到进入磁场所用的时间均为，从时刻射出的粒子刚好从N板下边缘进入磁场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，磁场的磁感应强度大小为，求：
（1）M、N板间的距离为多少；
（2）能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的比例为多少；
（3）若将M、N极板上段截去一部分，使所有粒子从P点射出后经电场、磁场偏转后均不能再进入电场，则截去部分的长度至少为多少。
六、电磁感应
14．如图所示，间距L=1m的两平行光滑金属导轨，x轴平行于导轨，y轴垂直于导轨。在x=0位置有一宽度不计的光滑绝缘薄层隔开左右两部分电路，一质量为 的金属棒a静止置于其上 （开始时未接触导轨）。在y轴右侧区域的导轨间存在垂直纸面向外、大小为B的非匀强磁场，满足 B=0.5x（T） 变化。质量为 金属棒b垂直导轨静止于 处，导轨右侧的恒流源始终为电路提供恒定的电流 I=8A（方向如图中箭头所示）。在两轨道中存在一劲度系数为 k=8N/m的轻质弹簧，弹簧左端固定在的位置，右端与金属棒a相连。忽略一切阻力，金属棒a与金属棒b发生的均为弹性碰撞。劲度系数为k的弹簧当形变为x时弹簧的弹性势能为 求：
(1)金属棒b所受安培力的表达式以及第一次到达y轴 （还未与a相碰）时的速度大小v0；
(2)金属棒a第一次将弹簧压缩至最短时弹簧的形变量；
(3)已知物体做简谐运动的充要条件是所受回复力满足公式 ，运动的周期公式为，其中k为比例系数，x为以平衡位置为起点的位移。以金属棒a与金属棒b第一次碰撞为计时起点，求金属棒b的位置坐标随时间变化的函数方程。
试卷第1页，共3页
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《湖南省高考物理二轮复习专项练习-07解答题能力提升训练》参考答案
1．（1）；（2）
【详解】（1）以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p0，体积V0，第一次抽气后，气体体积
根据玻意耳定律
解得
（2）同理第二次抽气
解得
以此类推……
则当n次抽气后助力气室内的气体压强
则刹车助力系统为驾驶员省力大小为
【点睛】
2．(1)；
(2)（，，）
(3)
【详解】（1）内，小球在xOy平面内做匀速圆周运动有得
小球做圆周运动周期
得
可知轨迹如图示
（2）内小球做圆周运动半径为r，
内，小球做匀速直线运动
内，小球在水平面内做匀速圆周运动，正好运动半周，竖直方向上做
自由落体运动，下落距离
可知时，小球位置坐标（x，y，z）
（3）小球在水平面内运动具有周期性，时小球恰好沿x轴正向平移了4r，时，，小球在竖直方向上
第一个内不运动，竖直位移
第二个做加速运动，竖直位移
第三个再匀速
由v-t图意义可知公差为 d=2gt02
时刻小球z轴上坐标为
3．（1）；（2），垂直与纸面向里，；（3），，，
【详解】（1）粒子垂直进入圆形磁场，在坐标原点汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力
解得
（2）粒子从点进入下方虚线区域，若要从聚焦的点飞入然后平行轴飞出，为磁发散的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域
磁场半径为，根据可知磁感应强度为
根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为
（3）粒子在磁场中运动，3和4为粒子运动的轨迹圆，1和2为粒子运动的磁场的圆周
根据可知I和III中的磁感应强度为
，
图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹，可知磁场的最小面积为叶子形状，取I区域如图
图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周与三角形之差，所以阴影部分的面积为
类似地可知IV区域的阴影部分面积为
根据对称性可知II中的匀强磁场面积为
4．(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）设小滑块的初速度方向为正方向，第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度分别为和，碰撞瞬间根据系统动量守恒和机械能守恒可得，
联立解得，
（2）发生第一次碰撞后，长木板做匀减速直线运动，小滑块做匀速直线运动，因为小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下，所以长木板匀减速到与小滑块速度相等时二者相对位移恰好等于，设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为，长木板匀减速的加速度大小为，则有，
解得，
对长木板根据牛顿第二定律可得
解得
（3）二者速度相等后，长木板继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为，
这段时间内小滑块的位移为
因为
所以小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板已停止运动，小滑块与长木板第二次碰撞瞬间，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，
联立解得，
同理，小滑块与长木板第次碰撞后瞬间长木板的速度大小
小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止，碰后均做加速度相同的匀减速运动，故
长木板运动的总时间
解得
5．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
联立解得
因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘t可得
且由几何关系可知
联立得
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得
（）
（3）将代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图
此时可知速度和水平方向的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立得
6．（1）；（2），方向竖直向上；（3）
【详解】（1）自由落体运动，与碰前速度为
解得
第一次碰后竖直上抛运动，初速度为
碰撞过程，取向下为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）两次碰撞时间间隔为
第二次碰撞前，的速度
此过程中，取向下为正方向，由动量定理得
解得弹簧对的冲量
方向竖直向上
（3）由
解得
第一次弹性碰撞，有
解得
碰后做简谐运动，振动周期不变（周期由振动系统决定）即
第二次仍然在点相碰，则竖直上抛回到点的时间与回到点时间相等
即
代入数据，解得
当时，值最小
7．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有
联立解得
（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有
上升过程有
代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h1代入h2有
拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h2代入h3有
直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
将hN-1代入hN有
其中
，
则有
则
方法二：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球从H下落时，速度为，反弹高度为，篮球受到冲量I后速度为v’，落地时速度为，则
，
联立可得
代入k可得，
……①
篮球再次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h1，受到冲量后，落地速度为v2，同理可得
，
同理化简可得
……②
篮球第三次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h2，受到冲量后，落地速度为v3，同理可得
，
同理化简可得
……③
……
第N次反弹可得
……（N）
对式子①②③……(N)两侧分别乘以、、……、，再相加可得
得
其中，，，可得
可得冲量I的大小
8．（1），；（2）或；
（3）
【详解】（1）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有
可得
碰撞后根据牛顿第二定律有
可得
（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有
联立解得
，
因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图
①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为，则有
联立解得
由于两质量均为正数，故k1=0，即
对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为，，则同样有
联立解得，，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。
②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为；所以
联立可得
因为两质量均为正数，故k2=0，即
根据①的分析可证，，满足题意。
综上可知
或。
（3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有
第一次碰撞动量守恒有
且
联立解得
B球运动的路程
第二次碰撞的相对速度大小为
第二次碰撞有
且
联立可得
所以B球运动的路程
一共碰了2n次，有
9．(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）由B点到最低点过程动能定理有
最低点牛顿第二定律可得
联立可得
（2）轻绳运动到左上方与水平方向夹角为时由能量守恒可得
水平方向
竖直方向取向上为正可得
联立可得
（3）当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为时计为点C，由能量守恒可得
设的水平速度和竖直速度分别为，则有
则水平方向动量守恒可得
水平方向满足人船模型可得
此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为
水平方向
竖直方向
联立可得
即
显然当时取得最小，此时
10．（1）；（2）（其中，）；（3）
【详解】（1）物块从光滑轨道滑至点，根据动能定理
解得
（2）物块从点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有
，
解得水平初速度为
物块从点到落点，根据动能定理可知
解得落点处动能为
因为物块从点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得
化简可得
即
（其中，）
（3）物块在倾斜轨道上从距轴高处静止滑下，到达点与物块碰前，其速度为，根据动能定理可知
解得
------- ①
物块与发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小分别为和，在物块与碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则
解得
-------②
-------③
设碰后物块反弹，再次到达点时速度为，根据动能定理可知
解得
-------④
据题意， A落在B落点的右侧，则
-------⑤
据题意，A和B均能落在弧形轨道上，则A必须落在P点的左侧，即：
-------⑥
联立以上，可得的取值范围为
11．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）落地瞬间，、水平方向共速，设为，从初始时刻到落地前瞬间，由水平方向动量守恒有
解得
落地时系统机械能守恒，则有
得
（2）球的动能变化量为
球的动能变化量为
从开始到球落地的过程中，杆对球做的功
（3）设球与分离时球相对球的速度大小为，方向垂直杆斜向下，球的速度大小是，则分离时的水平分速度大小是
方向水平向左。分离时的竖直分速度大小是有
方向竖直向下。对系统，由水平方向动量守恒有
从静止到分离过程，由系统机械能守恒有
分离瞬间，与间的弹力为，球和球的加速度为，此时轻杆没有弹力，此瞬间球为惯性参考系，以球为参考系，对球有
联立以上等式化简得
12．(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在加速电场中有
粒子在偏转电场中有
联立解得，
（2）时刻进入偏转电场的粒子在至时间内做类平抛运动，有，
联立解得，
因，粒子在时还未打到极板上，此时
假设粒子能飞出极板。粒子在至时间内做匀速直线运动
解得，
故粒子的偏移量为
因，假设不成立，粒子不能飞出极板。
设粒子在时刻打到极板上，则有
又
解得
（3）电场周期性变化，现研究第一个周期内哪个时间段进入偏转电场的粒子能够从两极板间飞出。
设粒子在时刻进入偏转电场，如果粒子运动时间后的偏移量
随增大，增大，当时，解得
设粒子在时刻进入偏转电场，如果粒子运动时间后的偏移量
随增大，减小，当时，解得
所以在第一个周期内，当和时，能从两极板间飞出。飞出的粒子占总入射粒子数的百分率
13．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设两板间的距离为，从时刻射出的粒子刚好从板的边缘飞出，则
解得
（2）由于所有粒子穿过电场的时间均为，所以所有粒子在电场中运动时沿平行轴方向的速度变化量为零，即所有粒子进磁场时，速度大小均为
方向垂直于轴向下；粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律
解得
所有粒子在磁场中均做半径为的半圆周运动，则
在第一个周期内，设在时刻射入的粒子在离板处进入磁场并恰好从板处进入磁场。则
解得
根据对称性得，能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的比例为
（3）截去一段后，设粒子进磁场时的速度为，速度与轴负方向的夹角为，则
粒子在磁场中做圆周运动的半径
粒子进磁场和出磁场位置间的距离
截去一段后，若从时刻进入电场的粒子发生的侧移为，则所有粒子均不能再进入电场。则
解得
则截去的板长
14．(1)，1m/s
(2)m
(3)，；，
【详解】（1）对b棒受力分析可得
金属棒b从开始位置到y轴的过程，根据-x图像可得J
该过程根据动能定理有
解得m/s
（2）两棒发生完全弹性碰撞，根据动量守恒定律与能量守恒定律有，
解得m/s，m/s
对金属棒a，根据能量守恒定律有
解得m
（3）
两棒第一次碰后，金属棒a在弹簧弹力作用下做简谐振动s
金属棒b在安培力作用下做简谐振动
解得s
故接下来第二次碰撞发生在x=0处，第二次碰撞时有 ，
解得，m/s
两金属棒周期性重复以上运动，当（k=0, 1, 2…）金属棒b到达最右边时，根据能量守恒定律有
解得x=m
则
当（k=0, 1, 2…）时，b棒向右运动的最大位移为0.5m，则
答案第1页，共2页
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