河北省高考物理二轮复习专项练习-06解答题能力提升训练（含解析）
文档属性
| 名称 | 河北省高考物理二轮复习专项练习-06解答题能力提升训练（含解析） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.9MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2026-03-30 00:00:00 | ||
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文档简介
河北省高考物理二轮复习专项练习-06解答题能力提升训练
一、气体、固体和液体
1．如图，某实验小组为测量一个葫芦的容积，在葫芦开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为的均匀透明长塑料管，密封好接口，用氮气排空内部气体，并用一小段水柱封闭氮气。外界温度为时，气柱长度为；当外界温度缓慢升高到时，气柱长度变为。已知外界大气压恒为，水柱长度不计。
（1）求温度变化过程中氮气对外界做的功；
（2）求葫芦的容积；
（3）试估算被封闭氮气分子的个数（保留2位有效数字）。已知氮气在状态下的体积约为，阿伏伽德罗常数取。
二、全反射
2．如图所示的玻璃砖横截面由等腰直角三角形OAB和四分之一圆BD组成，O是圆心，有一细单色光束垂直AB入射，在AD面上恰好发生全反射，已知光在真空中的传播速度为c，不考虑BD面的反射光。求：
（1）玻璃砖的折射率是多少；
（2）保持细光束垂直AB入射，改变入射点，光在玻璃砖中传播的最长时间是多少。
3．如图，一个半径为R的玻璃球，O点为球心。球面内侧单色点光源S发出的一束光在A点射出，出射光线AB与球直径SC平行，θ = 30°。光在真空中的传播速度为c。求：
（i）玻璃的折射率；
（ii）从S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间。
4．将两块半径均为R、完全相同的透明半圆柱体A、B正对放置，圆心上下错开一定距离，如图所示，用一束单色光沿半径照射半圆柱体A，设圆心处入射角为，当时，A右侧恰好无光线射出；当时，有光线沿B的半径射出，射出位置与A的圆心相比下移h，不考虑多次反射，求：
（1）半圆柱体对该单色光的折射率；
（2）两个半圆柱体之间的距离d。
三、磁场
5．如图1，真空中两金属板M、N平行放置，板间电压U连续可调，在金属板N的中心C处开有一小孔。F、G、H为正三角形CDE各边中点，DE与金属板平行。三角形FGH区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一带电粒子从紧邻M板的P点由静止释放沿CG方向进入磁场，一段时间后沿的角平分线方向从E点离开。已知正三角形CDE的边长为a，粒子质量为m、电荷量大小为q，粒子重力不计。
（1）求板间电压U的大小；
（2）若磁场区域如图2，磁感应强度不变。调整两板间电压大小，将该粒子从P点由静止释放，仍能沿的角平分线方向从E点离开，求粒子从C点运动到E点的时间。
6．如图所示，空间中存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。x轴上有一厚度不计的薄板MN，垂直于xOy平面固定，薄板长度为2a，中点位于O点。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从A（0，-a）点以速率沿xOy平面射入磁场。若粒子打到薄板下表面会被吸收，打到薄板上表面会被反弹，粒子与薄板碰撞前后速度大小不变，方向遵循光的反射定律，不计粒子重力。
(1)若粒子向各方向射出的概率相等，求粒子被薄板吸收的概率；
(2)求粒子从发射到被吸收经历的最短时间t；
(3)若粒子与薄板上表面碰撞n（n=1，2，3……）次后经过A点被薄板吸收，求粒子发射方向与y轴负方向夹角的正弦值。
7．如图所示，在x轴的上方存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场。位于x轴下方离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子，其初速度大小范围为。这束离子经电势差为的电场加速后，从小孔O（坐标原点）垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上，在x轴上区间水平固定放置一探测板（）。假设每秒射入磁场的离子总数为，打到x轴上的离子数均匀分布（离子重力不计）。
（1）求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；
（2）调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小；
（3）保持磁感应强度不变，求每秒打在探测板上的离子数N。
8．如图，左侧为一对平行金属板，平行金属板长度10cm，极板间距也为10cm，两金属板间电压为100V，上极板带正电荷。现有一质量为m=1.6×10-25kg，电荷量为1.6×10-17C的负电荷从左侧中点处，以初速度v0=1.0×105m/s沿平行于极板方向射入，然后进入右侧匀强磁场中。匀强磁场紧邻电场，宽度为10cm，匀强磁场上下足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度B=0.02T。（不计粒子重力，不计电场、磁场的边缘效应）试求：
(1)带电粒子射出金属板时速度的大小、方向；
(2)带电粒子在磁场中运动的时间以及从匀强磁场射出时的位置。
9．如图，一对长平行栅极板水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与可调电源相连，正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射速度为、带正电的粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q，一足够长的挡板与正极板成倾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是负极板上的两点，C点位于O点的正上方，P点处放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收从上方打入的粒子，长度为，忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力。。
（1）若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求可调电源电压的大小；
（2）调整电压的大小，使粒子不能打在挡板上，求电压的最小值；
（3）若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调，则负极板上存在H、S两点（，H、S两点未在图中标出）、对于粒子靶在区域内的每一点，当电压从零开始连续缓慢增加时，粒子靶均只能接收到n（）种能量的粒子，求和的长度（假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定）。
10．两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1）时刻释放的粒子，在时刻的位置坐标；
（2）在时间内，静电力对时刻释放的粒子所做的功；
（3）在点放置一粒接收器，在时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
四、牛顿运动定律
11．如图所示，水平传送带AB，长度，以顺时针匀速转动。另一右侧靠墙的水平传送带CD（与AB等高）长度以逆时针匀速转动。时刻质量为m的物块以水平向右的速度从A点滑上传送带，同时在D点轻放一质量也为m的物块。两滑块与传送带间的动摩擦因数均为，忽略两传送带间的间隙，滑块在整个运动过程中可看作质点，所有碰撞均为弹性碰撞，不计物块滑上传送带时的能量损耗，重力加速度大小。求：
(1)第一次碰后的速度；
(2)从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间。
五、动量及其守恒定律
12．如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为A木板长度为，机器人质量为，重力加速度g取，忽略空气阻力。
（1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。
（2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
（3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。
六、静电场
13．如图所示，在第一象限的区域内和第四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，在第二象限内的曲线上方有沿轴负方向的匀强电场，其场强大小为，曲线左侧有一粒子源AB，B端位于轴上，能够持续不断地沿轴正方向发射速度为、质量为、电荷量为的粒子束，这些粒子经电场偏转后均能够通过点，已知从A点射出的粒子恰好从P点进入电场，不计重力及粒子间的相互作用。
(1)写出匀强电场边界段的边界方程（粒子入射点的坐标和间的关系式）；
(2)若某带电粒子在第二象限从点沿轴正方向射出后，进入第四象限的匀强磁场，刚好不从磁场上边界射出，求磁感应强度的大小；
(3)若第四象限内磁场为非匀强磁场，磁感应强度大小随轴坐标均匀变化，其关系为（为第（2）问中求得的值），某带电粒子从点沿轴正方向射出后，进入第四象限的非匀强磁场，求粒子从射入磁场到速度方向变为沿轴正方向的过程中，其运动轨迹与轴所围成的面积。
七、机械能及其守恒定律
14．某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1000A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10F，导轨间距为0.5m，磁感应强度大小为1T，MM′到NN′的距离为5m，a、b质量分别为2kg、8kg，a在导轨间的电阻为0.01Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。
(1)若分离后某时刻a的速度大小为10m/s，求此时通过a的电流大小。
(2)忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量。
(3)忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f = kv2（k = 0.025N·s2/m2），初始位置与（2）问一致，试估算a运行至NN′时。a分离前的速度大小能否达到（2）问中分离前速度的99%，并给出结论。（0.992 = 0.980l）
15．如图，质量为的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成角．质量为的小物块以的初速度从木板左端水平向右滑行，与木板间的动摩擦因数为0.5．当到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时沿圆弧切线方向滑上轨道．待离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反．已知木板长度为取取．
（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块和木板的速度大小；
（2）求物块到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；
（3）物块运动到最大高度时会炸裂成质量比为的物块和物块，总质量不变，同时系统动能增加，其中一块沿原速度方向运动．为保证之一落在木板上，求从物块离开轨道到解除木板锁定的时间范围．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
《河北省高考物理二轮复习专项练习-06解答题能力提升训练》参考答案
1．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由于水柱的长度不计，故封闭气体的压强始终等于大气压强。设大气压强为，塑料管的横截面积为，初、末态气柱的长度分别为，气体对外做的功为。根据功的定义有
解得
（2）设葫芦的容积为，封闭气体的初、末态温度分别为，体积分别为，根据盖—吕萨克定律有
联立以上各式并代入题给数据得
（3）设在状态下，氮气的体积为、温度为，封闭气体的体积为，被封闭氮气的分子个数为。根据盖一吕萨克定律有
其中
联立以上各式并代入题给数据得
个
2．（1）；（2）
【详解】（1）由于是等腰直角三角形，垂直AB入射，在AD面上的入射角为45°
恰好发生全反射，则临界角
根据临界角与折射率之间的关系有
代入数据得折射率
（2）保持细光束垂直AB入射，改变入射点，作出光路图如图所示
由几何关系可知从AB边入射经过AD边反射到BD连线时的光程是不变的，所以在AB中点入射的光在玻璃砖中经过BD连线后传播的路程最长，所用时间最长。光在介质中传播的最长路程
光在介质中的传播速度
光在介质中传播的最长时间
3．（1）；（2）
【详解】（i）根据题意将光路图补充完整，如下图所示
根据几何关系可知
i1 = θ = 30°，i2 = 60°
根据折射定律有
nsini1 = sini2
解得
（ii）设全反射的临界角为C，则
光在玻璃球内的传播速度有
根据几何关系可知当θ = 45°时，即光路为圆的内接正方形，从S发出的光线经多次全反射回到S点的时间最短，则正方形的边长
则最短时间为
4．（i）；（ii）
【详解】（i）光从半圆柱体A射入，满足从光密介质到光疏介质，当时发生全反射，有
解得
（ii）当入射角，经两次折射从半圆柱体B的半径出射，设折射角为，光路如图
由折射定律有
有几何关系有
联立解得
5．（1）；（2）
【详解】（1）粒子在电场中加速，由动能定理得
根据洛伦兹力提供向心力
根据几何关系有
解得板间电压的大小为
（2）根据题意，做出粒子的运动轨迹，如图所示。
根据几何关系有
则
粒子在磁场中的运动时间为
粒子在无磁场区域运动的时间为
粒子从C点运动到E点的时间为
6．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动
解得
若粒子的初速度方向竖直向下，刚好可以经过N点，若初速度方向竖直向上，刚好可以经过M点，轨迹如图1所示；若粒子有x轴负方向的分速度，粒子不会碰到薄板，若粒子有x轴正方向的分速度，可能会直接被薄板吸收，也可能与薄板碰撞一次或多次后被吸收，轨迹如图2所示。所以粒子被吸收的概率为
（2）粒子在磁场中做完整圆周运动的周期
当粒子发射后直接打到薄板下表面的O点，用时最短，如图3所示
由几何关系可知
此时粒子的运动时间
（3）粒子能再次经过A点，其运动轨迹关于y轴对称，当时，如图4所示，此时粒子回到A点后的轨迹与（2）中相同，由（2）知此时粒子发射方向与y轴负方向的夹角为
正弦值为
当时，如图5所示。由几何关系可知O 、C之间的距离
C、D之间的距离
O、C之间的距离为
粒子在薄板上碰撞次后回到A点，需满足
联立可得
解得（另一解不符题意，舍去）
7．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）在加速电场中加速时据动能定理
将和和分别代入上式，得到离子进入磁场的最小和最大速度
在磁场中洛伦兹力提供向心力
所以半径
将最小速度和最大速度分别代入并跟
进行对比得到最小半径和最大半径
所以打在x轴上的区间为；
（2）当最大速度的粒子打在探测板的最右端时，其半径，由
得到此时磁感应强度
（3）若保持磁感应强度不变，将最小速度和最大速度代入半径公式
得到此种情况下的最小半径和最大半径
则打在x轴上的区间为，所以每秒打在探测板上的粒子占总粒子数
8．(1)1.4×105m/s、方向与水平方向夹角为=45°；(2)，恰好从上极板向右延长线与磁场右边界交点处射出
【详解】(1)带电粒子在电场中受电场力
粒子沿平行于极板方向射入做类平抛运动，设粒子射出金属板时速度的大小v、方向与水平方向夹角为θ，则有
，
又
，，
联立解得v=1.4×105m/s，θ=45°
(2)粒子进入磁场做圆周运动，则有
解得
因θ=45°，磁场宽度为10cm，则粒子恰好从上极板向右延长线与磁场右边界交点处射出，如图
又
所以
s
9．（1）；（2）；（3）；
【详解】（1）从O点射出的粒子在板间被加速，则
粒子在磁场中做圆周运动，则半径
由
解得
（2）当电压有最小值时，当粒子穿过下面的正极板后，圆轨道与挡板OM相切，此时粒子恰好不能打到挡板上，则
从O点射出的粒子在板间被加速，则
粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动
粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到v0，则
由几何关系可知
联立解得
（3）结合（2）分析可知，当粒子经上方磁场再进入下方磁场时，轨迹与挡板相切时，粒子运动轨迹半径分别为r2、r3，则
①当粒子在下方区域磁场的运动轨迹正好与OM相切，再进入上方磁场区域做圆周运动，轨迹与负极板的交点记为H2，当增大两极板的电压，粒子在上方磁场中恰好运动到H2点时，粒子靶恰好能够接收2种能量的粒子，此时H2点为距C点最近的位置，是接收2种能量的粒子的起点，运动轨迹如图所示
由几何关系可得
②同理可知当粒子靶接收3种能量的粒子的运动轨迹如图所示
第③个粒子经过下方磁场时轨迹与MN相切，记该粒子经过H2后再次进入上方磁场区域运动时轨迹与负极板的交点为H3 (S2) ，则该点为接收两种粒子的终点，同时也是接收3种粒子的起点。由几何关系可得
可知，粒子靶接收n种、n+1种粒子的起点（即粒子靶接收n种粒子的起点与终点）始终相距
当粒子靶接收n种能量的粒子时，可得
10．（1）；（2）；（3）或
【详解】（1）在时间内，电场强度为，带电粒子在电场中加速度，根据动量定理可知
解得粒子在时刻的速度大小为
方向竖直向上，粒子竖直向上运动的距离
在时间内，根据粒子在磁场运动的周期可知粒子偏转，速度反向，根据可知粒子水平向右运动的距离为
粒子运动轨迹如图
所以粒子在时刻粒子的位置坐标为，即；
（2）在时间内，电场强度为，粒子受到的电场力竖直向上，在竖直方向
解得时刻粒子的速度
方向竖直向上，粒子在竖直方向上运动的距离为
在时间内，粒子在水平方向运动的距离为
此时粒子速度方向向下，大小为，在时间内，电场强度为，竖直方向
解得粒子在时刻的速度
粒子在竖直方向运动的距离
粒子运动的轨迹如图
在时间内，静电力对粒子的做功大小为
电场力做正功；
（3）根据（1）问中解析有，
①若粒子到达点之前，在磁场中已经过两个半圆，则释放时刻一定在时间内，若在之间的时刻释放粒子，粒子运动轨迹如图丙所示，有
，
，
，
，
，
所以
整理发现
所以需满足，代入数据解不等式，
当时不等式成立
②若粒子到达点前只经过一个半圆，则粒子在磁场中运动的轨迹半径
由得，经第一次电场加速的末速度，则粒子在时间内释放不可能，如果在时间内释放，则第一次在电场中加速的时间，即在时释放符合条件，但在此情况下，，经过一个半圆后在电场中减速至速度为零的位移大小为
联立有
故此情况下无法到达点，所以考虑在时间内释放，假设粒子第一次在电场中加速的时间为，则，在此种情况下，，经过一个半圆后在电场中减速至速度为零的位移大小为
联立有
故此情况下粒子能在点被吸收，所以粒子释放时刻为
综上可知，在或时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获
11．(1)-4m/s，6m/s
(2)
【详解】（1）两物块在传送带上加速度相同，根据牛顿第二定律可知，其加速度均为
解得
对于物块
解得
对于物块
解得
所以第一次碰撞发生在两传送带交界处。规定向右为正方向。两物块发生弹性碰撞
解得
，
（2）第一次碰撞后，物块向右减速
撞墙时速度
从第一次碰撞到撞墙所用时间
反弹后速度仍大于，反弹后在传送带上继续减速
反弹后减速的时间
后与传送带共速运动到C点
物块向左减速到0所用时间为1s，所以在物块回到传送带交接处时，物块仍未减速到0。从此时开始计时，两物块到第二次碰撞时用时为，则有
解得
所以从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间
12．（1）；（2）90J，2；（3）
【详解】（1）机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量为m，取向右为正方向，则
机器人从A木板左端走到A木板右端时，机器人、木板A运动位移分别为、,则有
同时有
解得A、B木板间的水平距离
（2）设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得
联立解得
机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒
根据能量守恒可得机器人做的功为
联立得
根据数学知识可得当时，即时，W取最小值，代入数值得此时
（3）根据可得，根据
得
分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC木板组成的系统在水平方向动量守恒，得
解得
该过程A木板向左运动的距离为
机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为，B木板的速度大小为，机器人每次跳跃的时间为，取向右为正方向，得
①
每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得
②
机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为
可得
③
联立①②③解得
故A、C两木板间距为
解得
13．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在电场区域做类平抛运动，则，
代入
解得
（2）由段的边界方程可知
粒子在电场中做类平抛运动，水平、竖直位移分别满足，
联立可得
从点出电场时的速度与水平方向的夹角满足
则
粒子从点出电场时的速度为
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，粒子轨迹刚好磁场上边界相切时，由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力有
解得
（3）粒子进入第四象限的磁场后，沿轴方向应用动量定理有
对粒子从进入磁场到速度方向变为沿轴正方向的过程求和得
可得
运动轨迹与轴所围成的面积
代入
解得
14．(1)500A
(2)25m/s，能，40V
(3)能
【详解】（1）分离后当导体a的速度大小为10m/s时，根据法拉第电磁感应定律有
通过a的电流
解得
（2）规定水平向右为正方向，从运动至b位置过程中，由安培力提供加速度，则
a、b间初始距离
碰撞前a的速度
解得，，
a与b碰撞过程中系统动量守恒，有
储存的弹性势能为
解得，
a、b碰后一起运动至过程中
由安培力提供加速度有
位移为
分离前速度为
解得，，
a、b分离过程，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
解得，
在整个过程中安培力大小恒定，安培力做功大小为一定值，若a、b分离时a的速度为零，则此时b能获得最大速度，最大速度为25m/s；
上述过程中通过导体棒a的电荷量
电容器电压的减少量
解得
（3）规定水平向右为正方向，a、b碰后共同速度为，若无空气阻力，到达的速度为，其图像如图所示
若考虑阻力，则实际图像应在图中所示图像的下方，可知克服阻力做的功为
由动能定理有
解得
可知a、b分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99%。
15．（1），；（2），；（3）或
【详解】（1）设物块的初速度为，木板与轨道底部碰撞前，物块和木板的速度分别为和，物块和木板的质量分别为和，物块与木板间的动摩擦因数为，木板长度为，由动量守恒定律和功能关系有
由题意分析，联立式得
（2）设圆弧轨道半径为，物块到圆弧轨道最高点时斜抛速度为，轨道对物块的弹力为．物块从轨道最低点到最高点，根据动能定理有
物块到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
联立式，得
设物块拋出时速度的水平和竖直分量分别为和
斜抛过程物块上升时间
该段时间物块向左运动距离为
．
物块距离地面最大高度
．
（3）物块从最高点落地时间
设向左为正方向，物块在最高点炸裂为，设质量和速度分别为和、，设，系统动能增加．根据动量守恒定律和能量守恒定律得
解得
或．
设从物块离开轨道到解除木板锁定的时间范围：
（a）若，炸裂后落地过程中的水平位移为
炸裂后落地过程中的水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅰ．若仅落在木板上，应满足
且
解得
Ⅱ．若仅落在木板上，应满足
且
不等式无解；
（b）若，炸裂后落地过程中水平位移为0，炸裂后落地过程中水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅲ．若仅落在木板上，应满足
且
解得
Ⅳ．若仅落在木板上，应满足
且
解得
．
综合分析（a）（b）两种情况，为保证之一一定落在木板上，满足的条件为
或
答案第1页，共2页
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一、气体、固体和液体
1．如图，某实验小组为测量一个葫芦的容积，在葫芦开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为的均匀透明长塑料管，密封好接口，用氮气排空内部气体，并用一小段水柱封闭氮气。外界温度为时，气柱长度为；当外界温度缓慢升高到时，气柱长度变为。已知外界大气压恒为，水柱长度不计。
（1）求温度变化过程中氮气对外界做的功；
（2）求葫芦的容积；
（3）试估算被封闭氮气分子的个数（保留2位有效数字）。已知氮气在状态下的体积约为，阿伏伽德罗常数取。
二、全反射
2．如图所示的玻璃砖横截面由等腰直角三角形OAB和四分之一圆BD组成，O是圆心，有一细单色光束垂直AB入射，在AD面上恰好发生全反射，已知光在真空中的传播速度为c，不考虑BD面的反射光。求：
（1）玻璃砖的折射率是多少；
（2）保持细光束垂直AB入射，改变入射点，光在玻璃砖中传播的最长时间是多少。
3．如图，一个半径为R的玻璃球，O点为球心。球面内侧单色点光源S发出的一束光在A点射出，出射光线AB与球直径SC平行，θ = 30°。光在真空中的传播速度为c。求：
（i）玻璃的折射率；
（ii）从S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间。
4．将两块半径均为R、完全相同的透明半圆柱体A、B正对放置，圆心上下错开一定距离，如图所示，用一束单色光沿半径照射半圆柱体A，设圆心处入射角为，当时，A右侧恰好无光线射出；当时，有光线沿B的半径射出，射出位置与A的圆心相比下移h，不考虑多次反射，求：
（1）半圆柱体对该单色光的折射率；
（2）两个半圆柱体之间的距离d。
三、磁场
5．如图1，真空中两金属板M、N平行放置，板间电压U连续可调，在金属板N的中心C处开有一小孔。F、G、H为正三角形CDE各边中点，DE与金属板平行。三角形FGH区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一带电粒子从紧邻M板的P点由静止释放沿CG方向进入磁场，一段时间后沿的角平分线方向从E点离开。已知正三角形CDE的边长为a，粒子质量为m、电荷量大小为q，粒子重力不计。
（1）求板间电压U的大小；
（2）若磁场区域如图2，磁感应强度不变。调整两板间电压大小，将该粒子从P点由静止释放，仍能沿的角平分线方向从E点离开，求粒子从C点运动到E点的时间。
6．如图所示，空间中存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。x轴上有一厚度不计的薄板MN，垂直于xOy平面固定，薄板长度为2a，中点位于O点。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从A（0，-a）点以速率沿xOy平面射入磁场。若粒子打到薄板下表面会被吸收，打到薄板上表面会被反弹，粒子与薄板碰撞前后速度大小不变，方向遵循光的反射定律，不计粒子重力。
(1)若粒子向各方向射出的概率相等，求粒子被薄板吸收的概率；
(2)求粒子从发射到被吸收经历的最短时间t；
(3)若粒子与薄板上表面碰撞n（n=1，2，3……）次后经过A点被薄板吸收，求粒子发射方向与y轴负方向夹角的正弦值。
7．如图所示，在x轴的上方存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场。位于x轴下方离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子，其初速度大小范围为。这束离子经电势差为的电场加速后，从小孔O（坐标原点）垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上，在x轴上区间水平固定放置一探测板（）。假设每秒射入磁场的离子总数为，打到x轴上的离子数均匀分布（离子重力不计）。
（1）求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；
（2）调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小；
（3）保持磁感应强度不变，求每秒打在探测板上的离子数N。
8．如图，左侧为一对平行金属板，平行金属板长度10cm，极板间距也为10cm，两金属板间电压为100V，上极板带正电荷。现有一质量为m=1.6×10-25kg，电荷量为1.6×10-17C的负电荷从左侧中点处，以初速度v0=1.0×105m/s沿平行于极板方向射入，然后进入右侧匀强磁场中。匀强磁场紧邻电场，宽度为10cm，匀强磁场上下足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度B=0.02T。（不计粒子重力，不计电场、磁场的边缘效应）试求：
(1)带电粒子射出金属板时速度的大小、方向；
(2)带电粒子在磁场中运动的时间以及从匀强磁场射出时的位置。
9．如图，一对长平行栅极板水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与可调电源相连，正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射速度为、带正电的粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q，一足够长的挡板与正极板成倾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是负极板上的两点，C点位于O点的正上方，P点处放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收从上方打入的粒子，长度为，忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力。。
（1）若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求可调电源电压的大小；
（2）调整电压的大小，使粒子不能打在挡板上，求电压的最小值；
（3）若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调，则负极板上存在H、S两点（，H、S两点未在图中标出）、对于粒子靶在区域内的每一点，当电压从零开始连续缓慢增加时，粒子靶均只能接收到n（）种能量的粒子，求和的长度（假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定）。
10．两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1）时刻释放的粒子，在时刻的位置坐标；
（2）在时间内，静电力对时刻释放的粒子所做的功；
（3）在点放置一粒接收器，在时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
四、牛顿运动定律
11．如图所示，水平传送带AB，长度，以顺时针匀速转动。另一右侧靠墙的水平传送带CD（与AB等高）长度以逆时针匀速转动。时刻质量为m的物块以水平向右的速度从A点滑上传送带，同时在D点轻放一质量也为m的物块。两滑块与传送带间的动摩擦因数均为，忽略两传送带间的间隙，滑块在整个运动过程中可看作质点，所有碰撞均为弹性碰撞，不计物块滑上传送带时的能量损耗，重力加速度大小。求：
(1)第一次碰后的速度；
(2)从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间。
五、动量及其守恒定律
12．如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为A木板长度为，机器人质量为，重力加速度g取，忽略空气阻力。
（1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。
（2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
（3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。
六、静电场
13．如图所示，在第一象限的区域内和第四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，在第二象限内的曲线上方有沿轴负方向的匀强电场，其场强大小为，曲线左侧有一粒子源AB，B端位于轴上，能够持续不断地沿轴正方向发射速度为、质量为、电荷量为的粒子束，这些粒子经电场偏转后均能够通过点，已知从A点射出的粒子恰好从P点进入电场，不计重力及粒子间的相互作用。
(1)写出匀强电场边界段的边界方程（粒子入射点的坐标和间的关系式）；
(2)若某带电粒子在第二象限从点沿轴正方向射出后，进入第四象限的匀强磁场，刚好不从磁场上边界射出，求磁感应强度的大小；
(3)若第四象限内磁场为非匀强磁场，磁感应强度大小随轴坐标均匀变化，其关系为（为第（2）问中求得的值），某带电粒子从点沿轴正方向射出后，进入第四象限的非匀强磁场，求粒子从射入磁场到速度方向变为沿轴正方向的过程中，其运动轨迹与轴所围成的面积。
七、机械能及其守恒定律
14．某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1000A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10F，导轨间距为0.5m，磁感应强度大小为1T，MM′到NN′的距离为5m，a、b质量分别为2kg、8kg，a在导轨间的电阻为0.01Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。
(1)若分离后某时刻a的速度大小为10m/s，求此时通过a的电流大小。
(2)忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量。
(3)忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f = kv2（k = 0.025N·s2/m2），初始位置与（2）问一致，试估算a运行至NN′时。a分离前的速度大小能否达到（2）问中分离前速度的99%，并给出结论。（0.992 = 0.980l）
15．如图，质量为的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成角．质量为的小物块以的初速度从木板左端水平向右滑行，与木板间的动摩擦因数为0.5．当到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时沿圆弧切线方向滑上轨道．待离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反．已知木板长度为取取．
（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块和木板的速度大小；
（2）求物块到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；
（3）物块运动到最大高度时会炸裂成质量比为的物块和物块，总质量不变，同时系统动能增加，其中一块沿原速度方向运动．为保证之一落在木板上，求从物块离开轨道到解除木板锁定的时间范围．
试卷第1页，共3页
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《河北省高考物理二轮复习专项练习-06解答题能力提升训练》参考答案
1．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由于水柱的长度不计，故封闭气体的压强始终等于大气压强。设大气压强为，塑料管的横截面积为，初、末态气柱的长度分别为，气体对外做的功为。根据功的定义有
解得
（2）设葫芦的容积为，封闭气体的初、末态温度分别为，体积分别为，根据盖—吕萨克定律有
联立以上各式并代入题给数据得
（3）设在状态下，氮气的体积为、温度为，封闭气体的体积为，被封闭氮气的分子个数为。根据盖一吕萨克定律有
其中
联立以上各式并代入题给数据得
个
2．（1）；（2）
【详解】（1）由于是等腰直角三角形，垂直AB入射，在AD面上的入射角为45°
恰好发生全反射，则临界角
根据临界角与折射率之间的关系有
代入数据得折射率
（2）保持细光束垂直AB入射，改变入射点，作出光路图如图所示
由几何关系可知从AB边入射经过AD边反射到BD连线时的光程是不变的，所以在AB中点入射的光在玻璃砖中经过BD连线后传播的路程最长，所用时间最长。光在介质中传播的最长路程
光在介质中的传播速度
光在介质中传播的最长时间
3．（1）；（2）
【详解】（i）根据题意将光路图补充完整，如下图所示
根据几何关系可知
i1 = θ = 30°，i2 = 60°
根据折射定律有
nsini1 = sini2
解得
（ii）设全反射的临界角为C，则
光在玻璃球内的传播速度有
根据几何关系可知当θ = 45°时，即光路为圆的内接正方形，从S发出的光线经多次全反射回到S点的时间最短，则正方形的边长
则最短时间为
4．（i）；（ii）
【详解】（i）光从半圆柱体A射入，满足从光密介质到光疏介质，当时发生全反射，有
解得
（ii）当入射角，经两次折射从半圆柱体B的半径出射，设折射角为，光路如图
由折射定律有
有几何关系有
联立解得
5．（1）；（2）
【详解】（1）粒子在电场中加速，由动能定理得
根据洛伦兹力提供向心力
根据几何关系有
解得板间电压的大小为
（2）根据题意，做出粒子的运动轨迹，如图所示。
根据几何关系有
则
粒子在磁场中的运动时间为
粒子在无磁场区域运动的时间为
粒子从C点运动到E点的时间为
6．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动
解得
若粒子的初速度方向竖直向下，刚好可以经过N点，若初速度方向竖直向上，刚好可以经过M点，轨迹如图1所示；若粒子有x轴负方向的分速度，粒子不会碰到薄板，若粒子有x轴正方向的分速度，可能会直接被薄板吸收，也可能与薄板碰撞一次或多次后被吸收，轨迹如图2所示。所以粒子被吸收的概率为
（2）粒子在磁场中做完整圆周运动的周期
当粒子发射后直接打到薄板下表面的O点，用时最短，如图3所示
由几何关系可知
此时粒子的运动时间
（3）粒子能再次经过A点，其运动轨迹关于y轴对称，当时，如图4所示，此时粒子回到A点后的轨迹与（2）中相同，由（2）知此时粒子发射方向与y轴负方向的夹角为
正弦值为
当时，如图5所示。由几何关系可知O 、C之间的距离
C、D之间的距离
O、C之间的距离为
粒子在薄板上碰撞次后回到A点，需满足
联立可得
解得（另一解不符题意，舍去）
7．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）在加速电场中加速时据动能定理
将和和分别代入上式，得到离子进入磁场的最小和最大速度
在磁场中洛伦兹力提供向心力
所以半径
将最小速度和最大速度分别代入并跟
进行对比得到最小半径和最大半径
所以打在x轴上的区间为；
（2）当最大速度的粒子打在探测板的最右端时，其半径，由
得到此时磁感应强度
（3）若保持磁感应强度不变，将最小速度和最大速度代入半径公式
得到此种情况下的最小半径和最大半径
则打在x轴上的区间为，所以每秒打在探测板上的粒子占总粒子数
8．(1)1.4×105m/s、方向与水平方向夹角为=45°；(2)，恰好从上极板向右延长线与磁场右边界交点处射出
【详解】(1)带电粒子在电场中受电场力
粒子沿平行于极板方向射入做类平抛运动，设粒子射出金属板时速度的大小v、方向与水平方向夹角为θ，则有
，
又
，，
联立解得v=1.4×105m/s，θ=45°
(2)粒子进入磁场做圆周运动，则有
解得
因θ=45°，磁场宽度为10cm，则粒子恰好从上极板向右延长线与磁场右边界交点处射出，如图
又
所以
s
9．（1）；（2）；（3）；
【详解】（1）从O点射出的粒子在板间被加速，则
粒子在磁场中做圆周运动，则半径
由
解得
（2）当电压有最小值时，当粒子穿过下面的正极板后，圆轨道与挡板OM相切，此时粒子恰好不能打到挡板上，则
从O点射出的粒子在板间被加速，则
粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动
粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到v0，则
由几何关系可知
联立解得
（3）结合（2）分析可知，当粒子经上方磁场再进入下方磁场时，轨迹与挡板相切时，粒子运动轨迹半径分别为r2、r3，则
①当粒子在下方区域磁场的运动轨迹正好与OM相切，再进入上方磁场区域做圆周运动，轨迹与负极板的交点记为H2，当增大两极板的电压，粒子在上方磁场中恰好运动到H2点时，粒子靶恰好能够接收2种能量的粒子，此时H2点为距C点最近的位置，是接收2种能量的粒子的起点，运动轨迹如图所示
由几何关系可得
②同理可知当粒子靶接收3种能量的粒子的运动轨迹如图所示
第③个粒子经过下方磁场时轨迹与MN相切，记该粒子经过H2后再次进入上方磁场区域运动时轨迹与负极板的交点为H3 (S2) ，则该点为接收两种粒子的终点，同时也是接收3种粒子的起点。由几何关系可得
可知，粒子靶接收n种、n+1种粒子的起点（即粒子靶接收n种粒子的起点与终点）始终相距
当粒子靶接收n种能量的粒子时，可得
10．（1）；（2）；（3）或
【详解】（1）在时间内，电场强度为，带电粒子在电场中加速度，根据动量定理可知
解得粒子在时刻的速度大小为
方向竖直向上，粒子竖直向上运动的距离
在时间内，根据粒子在磁场运动的周期可知粒子偏转，速度反向，根据可知粒子水平向右运动的距离为
粒子运动轨迹如图
所以粒子在时刻粒子的位置坐标为，即；
（2）在时间内，电场强度为，粒子受到的电场力竖直向上，在竖直方向
解得时刻粒子的速度
方向竖直向上，粒子在竖直方向上运动的距离为
在时间内，粒子在水平方向运动的距离为
此时粒子速度方向向下，大小为，在时间内，电场强度为，竖直方向
解得粒子在时刻的速度
粒子在竖直方向运动的距离
粒子运动的轨迹如图
在时间内，静电力对粒子的做功大小为
电场力做正功；
（3）根据（1）问中解析有，
①若粒子到达点之前，在磁场中已经过两个半圆，则释放时刻一定在时间内，若在之间的时刻释放粒子，粒子运动轨迹如图丙所示，有
，
，
，
，
，
所以
整理发现
所以需满足，代入数据解不等式，
当时不等式成立
②若粒子到达点前只经过一个半圆，则粒子在磁场中运动的轨迹半径
由得，经第一次电场加速的末速度，则粒子在时间内释放不可能，如果在时间内释放，则第一次在电场中加速的时间，即在时释放符合条件，但在此情况下，，经过一个半圆后在电场中减速至速度为零的位移大小为
联立有
故此情况下无法到达点，所以考虑在时间内释放，假设粒子第一次在电场中加速的时间为，则，在此种情况下，，经过一个半圆后在电场中减速至速度为零的位移大小为
联立有
故此情况下粒子能在点被吸收，所以粒子释放时刻为
综上可知，在或时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获
11．(1)-4m/s，6m/s
(2)
【详解】（1）两物块在传送带上加速度相同，根据牛顿第二定律可知，其加速度均为
解得
对于物块
解得
对于物块
解得
所以第一次碰撞发生在两传送带交界处。规定向右为正方向。两物块发生弹性碰撞
解得
，
（2）第一次碰撞后，物块向右减速
撞墙时速度
从第一次碰撞到撞墙所用时间
反弹后速度仍大于，反弹后在传送带上继续减速
反弹后减速的时间
后与传送带共速运动到C点
物块向左减速到0所用时间为1s，所以在物块回到传送带交接处时，物块仍未减速到0。从此时开始计时，两物块到第二次碰撞时用时为，则有
解得
所以从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间
12．（1）；（2）90J，2；（3）
【详解】（1）机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量为m，取向右为正方向，则
机器人从A木板左端走到A木板右端时，机器人、木板A运动位移分别为、,则有
同时有
解得A、B木板间的水平距离
（2）设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得
联立解得
机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒
根据能量守恒可得机器人做的功为
联立得
根据数学知识可得当时，即时，W取最小值，代入数值得此时
（3）根据可得，根据
得
分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC木板组成的系统在水平方向动量守恒，得
解得
该过程A木板向左运动的距离为
机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为，B木板的速度大小为，机器人每次跳跃的时间为，取向右为正方向，得
①
每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得
②
机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为
可得
③
联立①②③解得
故A、C两木板间距为
解得
13．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在电场区域做类平抛运动，则，
代入
解得
（2）由段的边界方程可知
粒子在电场中做类平抛运动，水平、竖直位移分别满足，
联立可得
从点出电场时的速度与水平方向的夹角满足
则
粒子从点出电场时的速度为
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，粒子轨迹刚好磁场上边界相切时，由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力有
解得
（3）粒子进入第四象限的磁场后，沿轴方向应用动量定理有
对粒子从进入磁场到速度方向变为沿轴正方向的过程求和得
可得
运动轨迹与轴所围成的面积
代入
解得
14．(1)500A
(2)25m/s，能，40V
(3)能
【详解】（1）分离后当导体a的速度大小为10m/s时，根据法拉第电磁感应定律有
通过a的电流
解得
（2）规定水平向右为正方向，从运动至b位置过程中，由安培力提供加速度，则
a、b间初始距离
碰撞前a的速度
解得，，
a与b碰撞过程中系统动量守恒，有
储存的弹性势能为
解得，
a、b碰后一起运动至过程中
由安培力提供加速度有
位移为
分离前速度为
解得，，
a、b分离过程，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
解得，
在整个过程中安培力大小恒定，安培力做功大小为一定值，若a、b分离时a的速度为零，则此时b能获得最大速度，最大速度为25m/s；
上述过程中通过导体棒a的电荷量
电容器电压的减少量
解得
（3）规定水平向右为正方向，a、b碰后共同速度为，若无空气阻力，到达的速度为，其图像如图所示
若考虑阻力，则实际图像应在图中所示图像的下方，可知克服阻力做的功为
由动能定理有
解得
可知a、b分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99%。
15．（1），；（2），；（3）或
【详解】（1）设物块的初速度为，木板与轨道底部碰撞前，物块和木板的速度分别为和，物块和木板的质量分别为和，物块与木板间的动摩擦因数为，木板长度为，由动量守恒定律和功能关系有
由题意分析，联立式得
（2）设圆弧轨道半径为，物块到圆弧轨道最高点时斜抛速度为，轨道对物块的弹力为．物块从轨道最低点到最高点，根据动能定理有
物块到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
联立式，得
设物块拋出时速度的水平和竖直分量分别为和
斜抛过程物块上升时间
该段时间物块向左运动距离为
．
物块距离地面最大高度
．
（3）物块从最高点落地时间
设向左为正方向，物块在最高点炸裂为，设质量和速度分别为和、，设，系统动能增加．根据动量守恒定律和能量守恒定律得
解得
或．
设从物块离开轨道到解除木板锁定的时间范围：
（a）若，炸裂后落地过程中的水平位移为
炸裂后落地过程中的水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅰ．若仅落在木板上，应满足
且
解得
Ⅱ．若仅落在木板上，应满足
且
不等式无解；
（b）若，炸裂后落地过程中水平位移为0，炸裂后落地过程中水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅲ．若仅落在木板上，应满足
且
解得
Ⅳ．若仅落在木板上，应满足
且
解得
．
综合分析（a）（b）两种情况，为保证之一一定落在木板上，满足的条件为
或
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
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