山东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）

山东省高考物理二轮复习专项练习-07解答题能力提升训练
一、磁场
1．如图所示，在Oxy坐标系x>0，y>0区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN=60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。
（1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0；
（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向；
（3）当加速电压为时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。
2．如图甲所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第一、二象限内存在竖直向上的匀强电场，场强大小E1（未知）。现有一质量为m、电量为+q的带电小球，从第二象限以速度水平射出，做匀速直线运动，经点M（0，）进入第一象限，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，经过一段时间，从点N（，0）第一次离开第一象限进入第四象限内，第四象限内存在一未知电场，小球沿NP方向做匀减速直线运动，到达y轴上的P点时速度恰好减为0。一足够长的光滑绝缘斜面固定在第三象限内，与y轴相交与P点，斜面沿NP方向，第三象限内存在垂直纸面向外的大小为的匀强磁场，同时存在竖直向上的周期性变化的电场，变化规律如图乙所示，从小球刚到达P点开始计时，且此后小球一直在第三象限内运动，重力加速度为g。求：
(1)电场强度大小E1；
(2)第一象限内磁感应强度大小B1；
(3)第四象限内的电场强度大小E2；
(4)小球在时间内的路程s。
3．如图甲所示，足够大的两平行板P、Q水平固定，间距为d，板间有可独立控制的周期性变化的电场和磁场。电场和磁场都取垂直纸面向里为正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电场强度随时间的变化规律如图丙所示。t=0时刻，一质量为m、带电量为+q的带电粒子（不计重力），以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置水平向右射入两板间。当B0、TB、TE取某些特定值时，可使粒子经一段时间垂直打在P板上（不考虑粒子反弹）。上述m、q、E0、v0、d为已知量。
(1)若只加磁场且磁感应强度，粒子垂直打在P板上，求粒子在板间运动的时间以及水平位移；
(2)若同时加电场和磁场，且磁感应强度，粒子垂直打在P板上，求粒子在板间运动的位移大小。
4．中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系中，空间内充满匀强磁场I，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；，的空间内充满匀强磁场II，磁感应强度大小为，方向平行于平面，与x轴正方向夹角为；，的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为的离子甲，从平面第三象限内距轴为的点以一定速度出射，速度方向与轴正方向夹角为，在平面内运动一段时间后，经坐标原点沿轴正方向进入磁场I。不计离子重力。
（1）当离子甲从点出射速度为时，求电场强度的大小；
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度；
（3）离子甲以的速度从点沿轴正方向第一次穿过面进入磁场I，求第四次穿过平面的位置坐标（用d表示）；
（4）当离子甲以的速度从点进入磁场I时，质量为、带电量为的离子乙，也从点沿轴正方向以相同的动能同时进入磁场I，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差（忽略离子间相互作用）。
5．如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。

6．某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于点，右边界与x轴垂直交于点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用，不计重力。
（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；
（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；
（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到的距离S。
7．现代科技常利用电场和磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示的空间直角坐标系（轴未画出，正方向垂直于平面向外）中，在轴上的点有一粒子源，可以沿轴正方向发射质量均为、电荷量均为、速度大小均为的带电粒子。在的空间内存在如图乙所示的交变电场，电场强度大小未知，方向平行于轴，时间内沿轴正方向；在的空间内存在如图丙所示的交变磁场，磁感应强度大小为，方向沿轴负方向；在，的空间内存在磁感应强度大小也为、方向沿轴负方向的匀强磁场；在，的空间内存在电场强度大小也为、方向沿轴正方向的匀强电场。点和点为轴和分界线的交点。已知时刻射出的粒子恰好通过点。不计粒子重力和粒子间的相互作用以及电、磁场的边界效应。求：
(1)电场强度大小；
(2)时刻射出的粒子在时间内离轴的最大距离；
(3)时刻射出的粒子第次到达平面时的坐标。
二、光的折射
8．由透明介质制作的光学功能器件截面如图所示，器件下表面圆弧以O点为圆心，上表面圆弧以点为圆心，两圆弧的半径及O、两点间距离均为R，点A、B、C在下表面圆弧上。左界面AF和右界面CH与平行，到的距离均为。
(1)B点与的距离为，单色光线从B点平行于射入介质，射出后恰好经过点，求介质对该单色光的折射率n；
(2)若该单色光线从G点沿GE方向垂直AF射入介质，并垂直CH射出，出射点在GE的延长线上，E点在上，、E两点间的距离为，空气中的光速为c，求该光在介质中的传播时间t。
三、动量及其守恒定律
9．某游戏装置如图所示，一水平传送带以v=3ms的速度顺时针转动，其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离L=4m。左边水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物块甲与传送带之间的动摩擦因数。右边水平台面上有一个倾角为45°，高为的固定光滑斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面与水平台面的高度差为。桌面左端依次叠放着质量为的木板（厚度不计）和质量为的物块乙，物块乙与木板之间的动摩擦因数为，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距，木板与挡板碰撞会原速率返回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，已知，。求：
（1）物块甲运动到最高点时的速度大小；
（2）弹簧最初储存的弹性势能；
（3）木板运动的总路程。
10．如图所示，竖直放置的半径的光滑圆弧轨道AB与倾角为，长度为的倾斜传送带BC在B点平滑连接，传送带BC的右端与静置在光滑水平面上的木板CD在C点等高平滑连接，距木板右端处有一固定的挡板P。现从A点正方方h0.4m处，由静止释放小物块a，a经圆弧轨道和传送带后在一极短光滑圆弧轨道（未画出）的约束下沿水平方向滑上木板，与静止在木板左端的小物块b碰后瞬间粘在一起，木板第一次与挡板Р碰撞时恰好与物块a、b达到共速。已知，传送带以的速度沿顺时针方向匀速转动，a的质量为， b的质量为，木板的质量为，物块a与传送带间的动摩擦因数为，物块a、b与木板间的动摩擦因数均为，物块a经过所有连接处均无能量损失，木板与挡板Р的所有碰撞均为弹性碰撞，物块a、b始终未与木板分离，重力加速度g 取。求：
(1)物块a通过B点时对轨道的压力大小；
(2)物块a与传动带间摩擦产生的热量；
(3)的大小；
(4)木板在整个运动过程中总路程的大小。
11．如图所示，在足够长的水平地面上放有木块A、长木板B和木块D。A与B之间用轻绳相连且压缩一轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接）。B的上表面左端有一不计厚度的挡板，可视为质点的木块C紧靠挡板静止在B上，木块D静止在B的正前方，D的右方s=40m处有一固定挡板E。已知压缩弹簧的弹性势能Ep=192J，A、B、C、D的质量mA=8kg、mB=1kg、mC=3kg、mD=1kg，木块C与长木板B的上表面之间、木块D与水平地面之间的动摩擦因数均为0.1，木块A、长木板B与地面之间均无摩擦，重力加速度g=10m/s2。现烧断细线，弹簧将A、B弹开之后，长木板B与木块D发生弹性碰撞（二者所有碰撞均为弹性碰撞且时间极短），D运动到挡板E处立即被锁定，木块C始终未滑离长木板B。求：
(1)弹簧将A、B弹开瞬间B的速度大小；
(2)木块D运动到挡板E处所用的时间；
(3)长木板B与木块D第5次碰撞时的速度大小；
(4)长木板B的最小长度。
12．如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的点，点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于），A以速度沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量，B的质量，A与B的动摩擦因数，B与地面间的动摩擦因数，取重力加速度。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小与；
（2）B光滑部分的长度d；
（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功；
（4）实现上述运动过程，的取值范围（结果用表示）。
四、机械能及其守恒定律
13．如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。

14．如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与的大小；
（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。
15．如图所示，质量的物块A（可看作质点）和的长木板B叠放在水平地面上，A放在B的最左端。A与B、B与地面间的动摩擦因数分别为，。敲击A，A立即获得方向水平向右、大小为的初速度，A刚好没有在B上掉下来。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。
(1)求B的长度；
(2)当A刚运动到B的右端时，B的右端刚好到达点，在点右侧合适的位置固定一个光滑半圆轨道，轨道最低点的高度和B的高度相同，轨道半径，为竖直方向的直径；质量的滑块C（可看作质点）静止在半圆轨道的最低点。当B与轨道相碰时立即被锁定，A与C发生弹性碰撞。要使A与C能发生碰撞且C在中途不脱离半圆轨道，求的水平距离应满足的条件；
(3)在第（2）问中，若，求离开轨道后的落点与静止时的距离。
五、静电场
16．如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内存在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁场的上边界是以为圆心、半径为R的圆弧，下边界是以为圆心、半径为的圆弧；第四象限内存在沿着x轴正方向、大小的匀强电场，第三象限内同时存在沿着y轴正方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，其中电场强度大小为，磁感应强度的大小也为。一个质量为m、电荷量为的粒子以大小为的速度从y轴上的点正对圆心方向射入第一象限的磁场中，离开磁场后进入第四象限的电场之中，然后从y轴上的Q点离开电场进入第三象限的电磁场中，不计粒子的重力，忽略粒子对电磁场的影响，求：
(1)粒子进入第四象限时的速度方向与x轴正方向的夹角；
(2)Q点的纵坐标；
(3)粒子从P点运动到Q点的过程中经过的时间；
(4)粒子在第三象限内运动过程中的最大速度；
17．现代科学实验中，对带电粒子运动的控制要求越来越高。如图甲所示，在空间坐标系中，的区域内存在与轴负方向夹角为30°的匀强电场，在的空间存在沿轴正方向的匀强电场，两部分电场强度大小相等。同时在的空间还存在沿轴方向变化的磁场（图中未画出）﹐磁感应强度随t的变化规律如图乙所示。一质量为m，电荷量为＋q的带电粒子，从静止出发经过加速电压U后，从A点（未知）处进入匀强电场，一段时间后恰好从原点О沿y轴负方向进入的空间。已知粒子第一次经过О点时记为时刻，粒子在时间内恰好可以在与平面平行的平面内做一个完整的圆周运动，且在时间内能达到的坐标最大值的绝对值与A点相同，规定磁场方向沿轴正方向为正，不计粒子重力，图乙中未知。求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)的大小；
(3)时刻粒子的位置坐标。
六、全反射
18．超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖，其中用到的一种脉冲激光展宽器截面如图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜斜面间的距离，脉冲激光中包含两种频率的光，它们在棱镜中的折射率分别为和。取，，。
（1）为使两种频率的光都能从左侧第一个棱镜斜面射出，求的取值范围；
（2）若，求两种频率的光通过整个展宽器的过程中，在空气中的路程差（保留3位有效数字）。
七、恒定电流
19．某粮库使用额定电压，内阻的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度沿斜坡匀速上行，此时电流。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量，车上粮食质量，配重质量，取重力加速度，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
（1）比例系数k值；
（2）上行路程L值。
八、电磁感应
20．如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域I、Ⅱ，区域I（ 2L ≤ x < L）内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ（x ≥ 0）内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1 = k1t+k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。
(1)若金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域I上边界的距离s；
(2)金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），此时金属框的速率为v0，若，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d。
试卷第1页，共3页
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《山东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），方向沿x轴正方向；（3）(n=0,1,2 )
【详解】（1）根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
在区域根据洛伦兹力提供向心力有
在匀强加速电场中由动能定理有
联立解得
（2）根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
在区域根据洛伦兹力提供向心力有
粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，粒子带正电，则之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向，大小满足
联立可得
电场方向沿轴正方向。
（3）当加速电压为时，在匀强加速电场中由动能定理有
可得
在区域由洛伦兹力提供向心力有
可得粒子在区域运动的轨迹半径
作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示
设粒子从小孔射出的速度方向与轴正方向夹角为，根据几何关系可知
则粒子从小孔射出的速度方向与轴正方向的夹角为，由配速法，将速度分解为沿轴正方向的和另一个待定速度 ,使得满足，则
此时，则
方向正好沿着轴正方向，则设
则粒子从射出后的运动可分解为沿轴正方向的速度大小为的匀速直线运动和速度大小为的匀速圆周运动，可知
解得
粒子做圆周运动的周期为，粒子至少运动距离轴最近，加上整周期则粒子运动，时距离轴最近，则最近位置的横坐标为
纵坐标为，
综上所述，最近的位置坐标，。
2．(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）由小球在第二象限做匀速直线运动可知
解得
（2）因E1q=mg，则在第一象限内小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示：
由几何关系有，
得
又
则
（3）由（2）中几何关系可知NP与x轴负方向成45°
小球由N到P过程中有
且小球所受的合力F合=ma
重力mg和电场力qE2之间满足如下关系
解得
（4）分析可知小球在第三象限无电场期间沿斜面做匀加速直线运动，恰好离开斜面时有，
得
小球在时刻恰好离开斜面，则小球在斜面上做匀加速直线运动的路程为
小球在时刻的速度为
小球在时刻的速度为
分析可知小球在有电场存在的时间内做匀速圆周运动，由周期公式得
则小球在两段有电场存在的时间内分别做两个完整的匀速圆周运动，两次的路程之和为
联立解得
3．(1)，
(2)
【详解】（1）若只加磁场且磁感应强度，根据洛伦兹力提供向心力
解得
粒子在磁场中的轨迹如图
由图可知
解得
水平距离
圆周运动的周期
运动时间
（2）若同时加电场和磁场，且磁感应强度，根据洛伦兹力提供向心力
解得
粒子在磁场中的轨迹如图
圆周运动的周期
粒子在一个电场周期内，沿电场方向的速度变化为零，要使粒子垂直打到P板上，有
解得
粒子沿电场方向的位移大小
在磁场中的位移
粒子在板间运动的位移大小
4．（1）；（2）；（3）（d，d，）；（4）
【详解】（1）如图所示
将离子甲从点出射速度为分解到沿轴方向和轴方向，离子受到的电场力沿轴负方向，可知离子沿轴方向做匀速直线运动，沿轴方向做匀减速直线运动，从到的过程，有
联立解得
（2）离子从坐标原点沿轴正方向进入磁场I中，在磁场I中做匀速圆周运动，经过磁场I偏转后从轴进入磁场II中，继续做匀速圆周运动，如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得
，
可得
为了使离子在磁场中运动，则离子磁场I运动时，不能从磁场I上方穿出。在磁场II运动时，不能xOz平面穿出，则离子在磁场用运动的轨迹半径需满足
，
联立可得
要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为；
（3）离子甲以的速度从点沿z轴正方向第一次穿过面进入磁场I，离子在磁场I中的轨迹半径为
离子在磁场II中的轨迹半径为
离子从点第一次穿过到第四次穿过平面的运动情景，如图所示
离子第四次穿过平面的坐标为
离子第四次穿过平面的坐标为
故离子第四次穿过平面的位置坐标为（d，d，）。
（4）设离子乙的速度为，根据离子甲、乙动能相同，可得
可得
离子甲、离子乙在磁场I中的轨迹半径分别为
，
离子甲、离子乙在磁场II中的轨迹半径分别为
，
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点在离子乙第一次穿过x轴的位置，如图所示
从点进入磁场到第一个交点的过程，有
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为
5．（1）；（2）（i），；（ii）不会
【详解】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图

根据几何关系可知
联立可得
（2）（i）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图

在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
解得
所以有
，
洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有
沿y方向上有
其中根据牛顿第二定律有
联立以上各式解得
（ii）粒子从P到Q根据动能定理有
可得从Q射出时的速度为
此时粒子在磁场中的半径

根据其几何关系可知对应的圆心坐标为
得
，
而圆心与P的距离为
故不会再从P点进入电场。
6．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得
①
根据几何关系得
②
联立①②式得
（2）离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为，加速度大小为a，由牛顿第二定律得
由运动的合成与分解得
，，
联立得
（3）Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做线速度大小为vcosθ的匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为，圆周运动半径为，运动轨迹长度为，由几何关系得
，
由于在y轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于C点，则离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有
C到的距离
联立得
7．(1)
(2)
(3)或
【详解】（1）粒子由P点运动到M点的过程，沿x方向做匀速直线运动，所用时间为
所以沿y方向先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，所以
其中
得
（2）设磁感应强度大小为，粒子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为
粒子在时间内的运动轨迹如图所示
根据运动的对称性可得、时间内粒子沿y轴正方向的位移大小均为
在时刻，，
方向与x轴正方向的夹角为，时间内粒子以速度v做匀速圆周运动，则
解得
时间内粒子沿y轴方向的最大位移
综上所述可得
（3）时刻射出的粒子在时刻到达N点，速度为，方向与x轴正方向的夹角为，粒子在磁场中的运动为螺旋运动，每次在磁场中运动的时间为。粒子每次进入磁场后沿y轴负方向移动的距离
粒子每次进入磁场后，有
解得
沿z轴负方向移动的距离
粒子每次进入电场后沿y轴负方向移动的距离
归纳得，时刻射出的粒子第次到达平面时的坐标为或
8．(1)
(2)
【详解】（1）如图
根据题意可知B点与的距离为，，所以
可得
又因为出后恰好经过点，点为该光学器件上表面圆弧的圆心，则该单色光在上表面垂直入射，光路不变；因为，所以根据几何关系可知
介质对该单色光的折射率
（2）若该单色光线从G点沿GE方向垂直AF射入介质，第一次射出介质的点为D，且，可知
由于
所以光线在上表面D点发生全反射，轨迹如图
根据几何关系有则光在介质中传播的距离为
光在介质中传播的速度为
所以光在介质中的传播时间
9．（1）3m/s；（2）2.2J；（3）1.0m
【详解】（1）由题意可知，物块甲从斜面顶端到最高点做逆向平抛运动，水平方向为匀速运动，设物块甲刚离开斜面时速度为，则有
联立解得
可知物块甲运动到最高点时的速度大小为
（2）设物块甲在B点时速度为，对物块甲从B点到斜面顶端由动能定理有
解得
因为，所以物块甲在传送带上一直做减速运动。对物块甲从静止开始到B点，设弹簧弹力做功，由动能定理有
解得
根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能
（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律得
v0= v甲x
由机械能守恒定律得
解得
，
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理得
解得
可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。
由动量守恒定律得
木板向左减速过程中，由动能定理得
解得
同理可得
以此类推木板的总路程为
解得
10．(1)100N
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）物块 a 从释放点到B点，由动能定理
代入数据，解得
在B点，由牛顿第二定律
解得轨道支持力
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力为 100N。
（2）由
知物块a若与传动带共速，则同步向上运动，设经时间物块a与传动带共速，
根据牛顿第二定律
联立解得，
物块a的位移
物块a与传动带间相对滑动的距离为
物块a与传动带间摩擦产生的热量为
（3）之后以的速度做匀速运动到与物块b相碰，碰撞瞬间动量守恒
解得
之后物块ab匀减速运动，木板匀加速运动，到第一次与挡板Р碰撞时恰好达到共速，根据牛顿第二定律，对物块ab，
牛顿第二定律，对木板
解得 ，
对系统，根据动量守恒
解得
根据运动学规律对木板分析
解得
（4）木板与挡板Р的所有碰撞均为弹性碰撞，物块a、b始终未与木板分离，故最终整体停下，第一次碰后瞬间，木板速度反向，大小不变，为
开始做加速度大小为匀减速直线运动，减速到零再反向运动至与木板共速，设时间为，物块a、b做减速直线运动，加速度大小为，根据运动学规律
解得，
还没撞到P上已经共速，因此木板运动的路程为
再次碰后，木板反向，同理
解得，，
这次木板运动的路程为
同理，由数学知识推理得
11．(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）弹簧弹开、过程，由于木块C紧靠挡板静止在B上，则、、组成的系统动量守恒、机械能守恒。设向右为正方向，由动量守恒
机械能守恒
代入，，，
联立解得
（2）设碰撞前的速度为正方向，弹性碰撞瞬间与D满足动量守恒
机械能守恒
代入，，
解得，
在水平地面滑行，受滑动摩擦力
加速度大小
方向与运动方向相反，做匀减速直线运动。从碰撞后初速度
加速度
由
得
可知如果与D撞完之后，不与D再次相撞，则D运动后静止。
继续分析，第一次撞击后
在上，二者相对滑动，B受摩擦力
两者之后会共速，可知
可得，，
由，
之后与共速前进，设再经过，与D再次相遇，则两者位移满足
解得
即此时D经过之后
即此时与以
与D相遇，此时
说明与D第二次碰撞时，二者均在向右运动，并没有静止，此时D距离E的距离是
弹性碰撞满足动量守恒
机械能守恒
代入，，，
解得，
与D第二次撞击之后，重复第一次撞击之后的过程
，，
由，
之后与共速前进，设再经过，与D再次相遇，则两者位移满足
解得
针对D来说，根据
解得
说明再经过
D运动到挡板E。此时与共速前进，速度为
此时B距离E板距离
综上所述，木块D运动到挡板E处所用的时间
（3）B与D之前已经撞击了2次，已知长木板B与木块D发生弹性碰撞（二者所有碰撞均为弹性碰撞且时间极短），所以每次B与D撞击之后，速度都反向，且B与地面之间无摩擦，可知第三次碰撞之后共速的速度是第四次碰撞的速度，根据动量守恒第三次碰撞之后共速
第四次碰撞之后共速
即为第5次碰撞时的速度，联立解得
（4）结合前面分析，设长木板B的最小长度为，根据B与D第一次碰撞后，B速度变为0，C以8m/s速度在B上滑动直至共速的过程，木板长度最小，有
求得
该过程对B、C列动能定理得
代入数据，解得
12．（1），；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）设水平向右为正方向，因为点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有
代入数据联立解得
，（方向水平向左）
，（方向水平向右）
即A和B速度的大小分别为，。
（2）如图所示为A与B挡板碰撞后到运动至O点正下方的运动示意图
A回到前，A在B上匀速直线运动的时间设为。A的位移大小
对平板B，由牛顿第二定律得
对平板B，由运动学公式有
由几何关系
①
A从回到O点正下方设时间为，A在B上做匀减速直线运动，设A的加速度大小为，由牛顿第二定律得
解得
A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，则
时间内A相对于地面的位移大小
由几何关系
②
联立解得
或，
由①②可得
与等大
分析可知，A回到O点正下方时B未减速为0，故
舍去。综上解得
（3）在A刚开始减速时，B物体的速度为
在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知
解得
B物体停下来的时间为t3，则有
解得
可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为
所以A对B的摩擦力所做的功为
（4）小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有
由题意可知A返回到O点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为T，摆长为L，则有
由单摆周期公式解得，小球到悬挂点O点的距离
小球下滑过程根据动能定理有
当碰后小球摆角恰为5°时，有
解得
，
小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有
小球与A碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于），则要求
故要实现这个过程的范围为
13．（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得
（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为
木板B受到C的摩擦力水平向右，为
B受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C的加速度为
木板B的加速度为
设经过时间t1，B和C共速，有
代入数据解得
木板B的位移
共同的速度
此后B和C共同减速，加速度大小为
设再经过t2时间，物块A恰好撞上木板B，有
整理得
解得
，（舍去）
此时B的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s范围为
（3）由于
所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得
，（舍去）
滑块C在这段时间的位移
所以摩擦力对C做的功
（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有
此时A、B之间的距离为
由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小
物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有
整理得
解得
，（舍去）
此时有
方向向左；
方向向右。
接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
代入数据解得
而此时
物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量
末动量
则整个过程动量的变化量
即大小为9.02kg m/s。
14．（1）；；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得
联立，解得，
（2）当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得
若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得
结合第（1）问结果可知
根据题意舍去
所以恒力的最小值为
（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得
以C为研究对象，由动能定理得
由B、C得运动关系得
联立，解得
（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
则坐标原点的加速度为
之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为
可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为
负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得
脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得
解得脱离弹簧后，C运动的距离为
则C最后停止的位移为
图像如图所示
15．(1)6m
(2)或
(3)0.875m
【详解】（1）对A，由牛顿第二定律有
对B由牛顿第二定律有
当A、B共速时，A刚好运动到B的右端，则有
解得
故B的长度
（2）设A与C碰后C获得的速度太小为， 当C恰好能通过最高点F时有
且该过程有
联立解得
当C运动到与圆心等高处速度为0时有
解得
即或
设A与C碰前的速度大小为，对A、C碰撞过程有，
联立以上解得或
对A、B整体，一起匀减速运动时，有
解得或
（3）把代人第(2)问的相关公式，得碰后A、C的速度分别为
由题意可知，C到达最高点F前会离开轨道做斜抛运动，如图所示
设C离开轨道的位置为P点，PO与水平方向的夹角为，从E到P由动能定理有
在P位置，由牛顿第二定律及向心力表达式有
联立解得
假设C做斜抛运动能够落到长木板B上，则，
联立解得
P、E水平距离
即C刚好落到E点，则A碰后到静止的位移大小为
可知C离开轨道后的落点与A静止时的距离为0.875m。
16．(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）磁场中，由牛顿第二定律得
解得
由几何知识可证明，粒子从点离开第一象限，设速度方向与x轴正方向的夹角为，则由几何知识可得
有
（2）粒子在第四象限内做类斜抛运动，粒子水平方向做匀变速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，设竖直位移大小为，水平位移大小为，在电场中运动时间为。由牛顿第二定律得
则有，，
解得，
故Q点的纵坐标为
（3）粒子在磁场中偏转的圆心角为
在磁场中运动的周期
在磁场中运动的时间为
离开磁场运动到点时间为
则粒子从P点运动到Q点的过程中经过的时间为
（4）粒子进入第三象限后做摆线运动，经过Q点时沿方向的分速度大小分别为和，则：，
求得
由题意可知
故粒子的运动可分解为沿着x轴负方向、速度大小为的匀速直线运动和速度大小为的匀速圆周运动。粒子运动到最低点时，速度最大，方向沿着x轴的负方向，最大速度为
17．(1)
(2)
(3)（，0，0）
【详解】（1）设粒子经加速电压后速度为，则有
解得
一段时间后恰好从原点О沿y轴负方向进入的空间，可知在O点时，粒子水平方向速度为0，则水平方向有
其中
联立解得
（2）设粒子经过原点O时速度为v，在区域内的匀强电场中，水平方向，有
解得
竖直方向，有，
其中
解得，
进入的空间，与平面平行的平面内做一个完整的圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
根据题意
解得
（3）进入进入的空间，粒子在磁场的作用下平行于xOy平面做匀速圆周运动，在电场作用下平行于x轴方向做初速度为0的匀加速直线运动。
在时间内，粒子运动的周期
在时间内，粒子将做离心运动，周期与在B0磁场中做匀速圆周运动相同，
故在时间内，粒子运动半个周期，到达x轴上。
在x方向，
解得2t0时刻粒子的位置坐标为（，0，0）
18．（1）（或）；（2）
【详解】（1）由几何关系可得，光线在第一个三梭镜右侧斜面上的入射角等于，要使得两种频率的光都从左侧第一个棱镜斜面射出，则需要比两种频率光线的全反射角都小，设C是全反射的临界角，根据折射定律得
①
折射率越大，临界角越小，代入较大的折射率得
②
所以顶角的范围为
（或）③
（2）脉冲激光从第一个三棱镜右侧斜面射出时发生折射，设折射角分别为和，由折射定律得
④
⑤
设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为和，则
⑥
⑦
⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据得
⑨
19．（1）；（2）
【详解】（1）设电动机的牵引绳张力为，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有
解得
小车和配重一起匀速，设绳的张力为，对配重有
设斜面倾角为，对小车匀速有
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有
联立各式解得
，
（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为，对系统由牛顿第二定律有
可得
由运动学公式可知
解得
20．(1)，
(2)
【详解】（1）金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培力水平向左，则
切割磁感线产生的电动势
线框中电流
线框做匀速直线运动，则
解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率
金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得
可得释放时pq边与区域I上边界的距离
（2）当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），设线框ef边到O点的距离为s时，线框中产生的感应电动势，其中
此时线路中的感应电流
线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为
线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为
则线框受到的安培力
代入
化简得
当线框平衡时，可知此时线框速率为0。
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得
即
对时间累积求和可得
可得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页