河南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 | 河南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 | 1.8MB | ||
| 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
河南省高考物理二轮复习专项练习-06解答题能力提升训练
一、光学实验
1．用插针法测量上、下表面平行的玻璃砖的折射率。实验中用A、B两个大头针确定入射光路、C、D两个大头针确定出射光路，O和分别是入射点和出射点，如图（a）所示。测得玻璃砖厚度为，A到过O点的法线的距离，M到玻璃砖的距离，到的距离为。
（ⅰ）求玻璃砖的折射率；
（ⅱ）用另一块材料相同，但上下两表面不平行的玻璃砖继续实验，玻璃砖的截面如图（b）所示。光从上表面入射，入射角从0逐渐增大，达到时，玻璃砖下表面的出射光线恰好消失。求此玻璃砖上下表面的夹角。
二、机械能及其守恒定律
2．一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
三、气体、固体和液体
3．如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为，。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差。已知外界大气压为。求A、B两管内水银柱的高度差。
4．如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为、m，面积分别为、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为。已知活塞外大气压强为，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。（重力加速度常量g）
（1）求弹簧的劲度系数；
（2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。
四、抛体运动
5．如图所示，传送带倾角，两端点间距离，以的速度顺时针匀速转动，送料槽（图中未画出）连续不断地将沙砾缓缓送到传送带的底端。已知送料口的出料流量，沙砾滑上传送带的初速度可视为0，沙砾与传送带之间的动摩擦因数，不计机械传动机构的摩擦。取，，，不计空气阻力。
(1)求一颗沙砾从传送带底端到达顶端所需的时间；
(2)若一颗沙砾从传送带顶端以其末速度被水平抛出，求落地点距传送带顶端的水平距离；
(3)求传送带电机因运送沙砾而增加的电功率。
五、静电场
6．如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量为q（）的粒子从磁场中的a点以速度向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为。不计重力。
(1)求磁感应强度的大小；
(2)求电场强度的大小；
(3)若粒子从a点以竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度）
7．半径为R的半圆形细玻璃管固定在竖直平面内，其右端是坐标原点，内壁光滑。第二、三象限存在水平向右的匀强电场，，第一象限存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的非匀强磁场，电场强度，磁感应强度。一质量为m、电荷量为q的带正电小球从第二象限某一位置P点以大小为、与水平方向成的速度斜向下进入匀强电场，恰好无碰撞进入细管的左端A，已知细管的内径略大于小球的直径，重力加速度。
(1)求小球到达A点的速度大小及时间；
(2)小球到达细管中Q点（图中未标出）时速度达到最大，求小球从P点到Q点的过程中合外力的冲量大小；
(3)若已知小球到达细管右端的速度大小为v，小球从原点运动到最高点时轨迹与x轴所围成的面积。
8．一质量为m、电荷量为的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内，一个点表示，、分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
（2）电场强度的大小；
（3）P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。
六、磁场
9．如图甲所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内存在垂直于xOy平面的磁场（图中未画出），规定垂直于xOy平面向外为磁感应强度正方向，该区域内磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示；第二象限内（含x轴负半轴）存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子由A点（ L，0）沿x轴正方向以大小为v0的速度射入电场，在t=0时刻，粒子经y轴上的P点与y轴正方向成θ=30°角射入第一象限，忽略粒子重力。求：
(1)电场强度的大小；
(2)在至时间内，粒子运动轨迹的半径；
(3)在时刻，粒子的位置坐标。
10．如图所示，平面直角坐标系内，为磁场、电场的分界线，与轴正方向的夹角为，在区域内（含边界）存在垂直于平面向里的匀强磁场，在线之上有范围足够大的电场，此电场由许多独立的匀强电场组成，电场强度方向均垂直于向下，沿的宽度均为，电场强度大小，每个电场区域包含右边界。一质量为、电荷量为的粒子以初速度从轴上的点（图中未画出）沿轴正方向射入匀强磁场，并恰好垂直进入电场，粒子恰好到达轴，不计粒子的重力，，。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)粒子在第次从离开电场前瞬间的加速度大小；
(3)粒子从第1次经过到第50次到达的过程运动的总路程。
七、动量及其守恒定律
11．如图所示，一水平传送带的左右两端均与水平地面平滑连接，左侧地面粗糙，右侧地面光滑，传送带两轮轴间的距离，传送带以的速度顺时针传动。质量m均为1kg的A、B两物块间有一压缩的轻弹簧（弹簧与两物块不连接），开始弹簧的压缩量，弹性势能。两物块与左侧地面和传送带间的动摩擦因数均为0.2。紧靠传送带右端地面上依次排放着三个完全相同的小球1、2、3，质量M均为2kg，相邻两小球间的距离d均为1m。现由静止同时释放A、B两物块，B脱离弹簧时恰好滑上传送带，此时开始计时。物块A、B和三个小球均在同一直线上，所有的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间忽略不计，物块和小球都可视为质点，取重力加速度。求：
(1)物块B滑上传送带时的速度大小；
(2)小球3开始运动的时间；
(3)物块B与传送带间由于摩擦产生的总热量。
12．如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
13．如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
14．如图所示，光滑的水平平台上劲度系数的水平轻质弹簧左端与竖直固定挡板相连，质量分别为、的木板、靠在一起并静止在水平地面上，且的长度，其左端与平台右端接触。质量的物块静止在的左端。在平台上用质量的物块向左缓慢压缩弹簧，当弹簧压缩量时，将由静止释放，脱离弹簧后滑上，若将与发生弹性正碰的时刻记为。时从的右端滑离。已知与、之间，以及与之间的动摩擦因数均为，与地面之间的动摩擦因数，与地面之间的摩擦不计，、上表面与平台平齐，、可视为质点且碰撞时间极短，弹簧在弹性限度内，取。求：
(1)滑离平台时的速度大小；
(2)、碰撞后瞬间的速度大小；
(3)的长度。
八、电磁感应
15．如图所示，质量为，边长为，阻值为且均匀分布的正方形金属框，位于光滑的水平面上。金属框的边与磁场左边界平行，运动方向与磁场左边界垂直。图甲和图乙中的磁场为匀强磁场，大小为，方向垂直水平面向下。图丙中沿正方向存在按均匀增大的稳恒磁场（是单位为的已知常量，为坐标值）。
(1)如图甲，给金属框一初速度，则金属框刚进磁场时，求边所受的安培力的大小；
(2)如图乙，给金属框一变力，使金属框从图示位置由静止开始做匀加速直线运动。在进入磁场的过程中，力随时间的变化率为定值。求金属框的加速度大小；
(3)如图丙，给金属框一初速度，使金属框从图示位置开始向右运动，求停止运动时边的坐标值。
16．如图，一倾角为的光滑固定斜面的顶端放有质量的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻的金属棒的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路；与斜面底边平行，长度。初始时与相距，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小，重力加速度大小取。求：
（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
（3）导体框匀速运动的距离。
17．如图有两条不计电阻的平行光滑金属导轨MQN、M'Q'N'，导轨间距L＝0.5m，其中MQ、M'Q'段倾斜放置，倾斜角θ=37°，MQ=M'Q'=4m，QN、Q'N'段水平放置，两段之间通过一小段（大小可忽略）光滑圆弧绝缘材料平滑相连，在倾斜导轨左端连接一电源及电键S1，电源电动势E=3V，内阻r＝0.5Ω。在Q和Q'两端向下引出两根无电阻的金属导线通过电键S2与一电容量C=2F的电容器相连，在N和N'两端与电阻器R=0.1Ω相连，在倾斜导轨MQ、M'Q'区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场B1=2T，在水平导轨的DD'E'E区域内加有垂直水平导轨平面向上的匀强磁场B2=0.8T，DD'、EE'均与导轨垂直，且DE=D'E'=L=0.5m，cdef是质量为3m，每边电阻均为R=0.1Ω，各边长度均为L的U形金属框，开始时紧挨导轨静置于DD'E'E左侧外，现有一不计电阻的质量为m的金属棒a紧贴MM'放置，合上电键S1时金属棒恰好静止在导轨上。
（1）求金属棒a的质量m；
（2）断开S1同时闭合S2，金属棒a向下滑行，求金属棒a到达倾斜导轨底端QQ'时的速度；
（3）金属棒a越过QQ'后与U形金属框发生碰撞，碰后黏在一起穿过磁场B2区域，求此过程中电阻器R上产生的焦耳热。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
《河南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．（i） （ii）15°
【详解】（i）从O点射入时，设入射角为α，折射角为β。根据题中所给数据可得：
再由折射定律可得玻璃砖的折射率：
（ii）当入射角为45°时，设折射角为γ，由折射定律：
可求得：
再设此玻璃砖上下表面的夹角为θ，光路图如下：
而此时出射光线恰好消失，则说明发生全反射，有：
解得：
由几何关系可知：
即玻璃砖上下表面的夹角：
2．（1）；（2）
【详解】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系
代入数据可得
（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得
在拍球时间内运动的位移为
做得功为
联立可得
（舍去）
3．
【详解】设注入水银后A管内的水银柱高度为，横截面积为，B管内的水银柱高度为，横截面积为。对A管内气体，由玻意耳定律
对B管内气体，由玻意耳定律
代入数据解得
，
故A、B两管内水银柱的高度差
4．（1）；（2），
【详解】（1）设封闭气体的压强为，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有
解得
对活塞Ⅰ由平衡条件有
解得弹簧的劲度系数为
（2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为
即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为
，
由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有
有等压方程可知
解得
5．(1)6.5s
(2)
(3)23.76W
【详解】（1）在传送带上对沙砾进行受力分析，列牛顿第二定律方程有
代入数据解得沙砾向上匀加速的加速度为
设沙砾做匀加速运动直至与传送带共速的时间为，则有
该段时间内沙砾发生的位移大小为
传送带发生的位移大小为
沙砾与传送带共速后，匀速完成剩下的位移所用的时间为
所以一颗沙砾从传送带的底端运动到传送带的顶端所需时间为
（2）若沙砾从传送带顶端以其末速度被水平抛出，则下落的高度为
根据竖直方向自由落体运动有
解得砂砾平抛运动的时间为
所以平抛的水平位移为
即落地点距传送带顶端的水平距离为。
（3）在连续工作过程中，质量为的沙砾获得的能量为
这部分沙砾在加速阶段与传送带由于发生相对运动产生的热量为
所以传送带电机因运送沙砾而增加的能量为
则传送带电机因运送沙砾而增加的电功率为
6．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由题意可知
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，由几何关系有
解得
由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为，方向与水平虚线的夹角为，由几何关系可得
则粒子在电场中的运动时间为
沿电场方向上，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
联立解得
（3）若粒子从a点以竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为，粒子在磁场中运动的半径仍为，由几何关系可得，粒子进入电场时速度与虚线的夹角
结合小问2分析可知，粒子在电场中的运动时间为
间的距离为
由几何关系可得
则
粒子在磁场中的运动时间为
则有
综上所述可知，粒子每隔时间向右移动，则漂移速度大小
7．(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）小球从P到A，水平方向：
竖直方向：
解得，
（2）小球在第二、三象限运动过程中，所受合的大小为
方向与水平方向的夹角为53°
当小球运动到合力与速度方向垂直时速度达到最大，从A到Q，根据动能定理有
解得
从P到Q，利用动量定理
解得
（3）小球在第一象限运动时，，故小球只受洛伦慈力，小球运动至x轴最远位置时y方向上的分速度为零，竖直方向利用动量定理
其中，左边微元累积
即
而
解得
8．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动时的速度为
根据洛伦兹力提供向心力
解得做圆周运动的半径为
周期为
（2）根据题意，已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为速度相应的曲线，根据可知任意点的加速度大小相等，故可得
解得
（3）根据题意分析可知从b点到c点粒子在磁场中转过的角度为，绕一圈的过程中两次在电场中运动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图，从a到b过程中粒子做类平抛运动，得
故可得该段时间内沿y方向位移为
根据几何知识可得
由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移的大小为
联立解得
9．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在第二象限做类平抛运动，设粒子由A至P历时t0，则
粒子在P点沿y轴正方向的分速度大小
沿y轴正方向上，由动量定理有
解得
（2）设粒子在P点的速度大小为v，则
设粒子在此阶段运动轨迹的半径为r2，由洛伦兹力提供向心力有
解得
（3）粒子运动轨迹如图所示，设粒子刚进入第一象限时运动轨迹的半径为r1，由洛伦兹力提供向心力有，
解得，
由轨迹的对称性可知四边形PQMN为矩形，设PN的长度为s，则
设P点的纵坐标为yP，则
则N点的纵坐标为
则N点的横坐标为
设时刻粒子位于K点，则K点的纵坐标
K点的横坐标
故在时刻，粒子的位置坐标为
10．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）带电粒子第一次经过时恰好垂直于，即长即为粒子在磁场中的偏转半径，由洛伦兹力提供向心力有
解得
设粒子第一次进入的电场的电场强度大小
粒子在电场中做匀减速直线运动，粒子恰好到达轴，则粒子沿电场线方向的位移大小
根据动能定理有
解得
则
若粒子第一次进入电场的电场强度大小为，则
若粒子第一次进入电场的电场强度大小为，则
综上所述，，则磁感应强度大小
（2）粒子在磁场中偏转的速率大小相同，半径相同，每次完成半个圆周，可知
粒子再次垂直经过OM返回电场，沿OM运动的距离
根据题意可知，各电场的宽度
所以粒子在OM上的途经点正好落在各个电场区域的中间位置。粒子第2n次经过OM的位置，即第n个途经点，电场强度大小
根据牛顿第二定律有
（3）粒子从第一次经过OM到第2n次到达OM的过程，粒子在电场中做匀变速运动，根据功能关系有
则
在电场中的运动路程
在磁场中的运动路程
所以总路程
当时，
11．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对A、B和弹簧组成的系统根据动量守恒
根据能量守恒
联立，解得
（2）因为
所以B在传送带上减速，假设B可以减速到与传送带共速，则设经过时间与传送带共速，根据牛顿第二定律
根据运动学公式有
联立，解得
减速的位移大小为
所以假设成立。则匀速的位移大小为
匀速的时间为
物块B与小球1碰撞，根据动量守恒
根据动能守恒
解得，
因为小球1、2、3完全相同，所以小球1与小球2发生弹性碰撞后，交换速度，所以从小球1运动到小球3运动所需时间为
小球3开始运动的时间为
（3）物块B第一次在传送带上相对传送带的路程为
物块B第一次与小球1碰撞后返回到传送带上，与传动带作用后以相同的速度大小反向再次与小球1发生碰撞，物块B第二次在传送带上相对传送带的路程为
物块B与小球1第二次碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得，
解得
物块B第三次在传送带上相对传送带的路程为
物块B与小球1第三次碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得，
解得
物块B第四次在传送带上相对传送带的路程为
所以，物块B与传送带间由于摩擦产生的总热量为
12．（1）小球速度大小，圆盘速度大小；（2）l；（3）4
【详解】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律
解得
过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
解得
即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下；
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
解得
根据运动学公式得最大距离为
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得
同理可得当位移相等时
解得
圆盘向下运动
此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度
当二者即将四次碰撞时
x盘3= x球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为
20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动
x盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。
13．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻、的瞬时速度分别为
，
根据位移等速度在时间上的累积可得
，
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
对方程两边同时乘以时间，有
0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
将代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得
14．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）弹簧弹力与脱离弹簧前的位移成正比，此段位移内弹力的平均值
根据动能定理有弹簧对做的功
解得滑离平台时的速度大小
（2）设滑上后，加速度大小为，由牛顿第二定律可知
解得
设刚滑上时，B、C、D整体的加速度大小为，有
解得
设滑上后，经时间与发生碰撞，有
解得或（舍去）
设此时的速度大小为，则
设此时B、C、D的速度大小为，则
设A、D碰撞后其速度分别为、，A与D弹性碰撞过程中，动量守恒有
机械能守恒有
解得或（舍去），
（3）滑上后，、的加速度大小依然为，设此时的加速度大小为，则
解得
时刻后，设经过时间A与C共速，设此时速度为，因时刻的速度大小为，故有
解得，
设此段时间内在上相对滑动的位移为，则
设、共速后，的加速度大小为，有
解得
、停下来所需时间为
、共速后，设又经历，滑下，则
易知此时未停止运动。设此段时间内在上滑动的位移为，则
则的长度
15．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）给金属框一初速度，感应电动势大小为
感应电流大小为
根据安培力的计算公式可得
联立解得
（2）在进入磁场的过程中，根据牛顿第二定律可得
即
由于
则
解得
（3）当金属框的速度为时，金属框中感应电动势的大小为
金属框所受安培力大小为
取初速度方向为正方向，根据动量定理可得
则有
解得
16．（1）；（2），；（3）
【分析】、
【详解】（1）根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得
代入数据解得
金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得
由闭合回路的欧姆定律可得
则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为
（2）金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为
当金属棒刚好离开磁场区域时，则此时导体框的速度为
则导体框的位移
因此导体框和金属棒的相对位移为
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入磁场，则有位移关系
金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得
联立以上可得
（3）金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有
导体框匀速运动的距离为
代入数据解得
17．（1）1kg；（2）4m/s；（3）0.48J
【详解】（1）合上电键S1时金属棒a恰好静止在导轨上，由平衡条件得
解得
故质量为1kg。
（2）断开S1同时闭合S2，金属棒a沿倾斜轨道向下滑行，在此过程中有
，
所以电流为
则有
又有
则
又因为
所以可求得金属棒加速度为
由运动学公式得
故速度为4m/s。
（3）金属棒a越过QQ'后与U形金属框发生碰撞，由动量守恒定律
解得
在de边进入磁场区域时，左侧cd和ef存在电阻，而导轨不存在电阻，所以电阻被导轨短路，电流只走导轨，所以de边左侧电阻为0，即右侧的电阻器R被短路，此时总电阻就为de边的电阻R；在cf边出磁场时，此时右侧de边和电阻器组成并联电路，此时总电阻为0.5R，根据
，
则碰后黏在一起全部进入磁场B2区域过程，根据动量定理有
解得
金属框一起全部穿出磁场B2区域过程，有
解得
所以此过程中电阻器R上产生的焦耳热为
故电阻器R上产生的焦耳热为0.48J。
答案第1页，共2页
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一、光学实验
1．用插针法测量上、下表面平行的玻璃砖的折射率。实验中用A、B两个大头针确定入射光路、C、D两个大头针确定出射光路，O和分别是入射点和出射点，如图（a）所示。测得玻璃砖厚度为，A到过O点的法线的距离，M到玻璃砖的距离，到的距离为。
（ⅰ）求玻璃砖的折射率；
（ⅱ）用另一块材料相同，但上下两表面不平行的玻璃砖继续实验，玻璃砖的截面如图（b）所示。光从上表面入射，入射角从0逐渐增大，达到时，玻璃砖下表面的出射光线恰好消失。求此玻璃砖上下表面的夹角。
二、机械能及其守恒定律
2．一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
三、气体、固体和液体
3．如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为，。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差。已知外界大气压为。求A、B两管内水银柱的高度差。
4．如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为、m，面积分别为、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为。已知活塞外大气压强为，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。（重力加速度常量g）
（1）求弹簧的劲度系数；
（2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。
四、抛体运动
5．如图所示，传送带倾角，两端点间距离，以的速度顺时针匀速转动，送料槽（图中未画出）连续不断地将沙砾缓缓送到传送带的底端。已知送料口的出料流量，沙砾滑上传送带的初速度可视为0，沙砾与传送带之间的动摩擦因数，不计机械传动机构的摩擦。取，，，不计空气阻力。
(1)求一颗沙砾从传送带底端到达顶端所需的时间；
(2)若一颗沙砾从传送带顶端以其末速度被水平抛出，求落地点距传送带顶端的水平距离；
(3)求传送带电机因运送沙砾而增加的电功率。
五、静电场
6．如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量为q（）的粒子从磁场中的a点以速度向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为。不计重力。
(1)求磁感应强度的大小；
(2)求电场强度的大小；
(3)若粒子从a点以竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度）
7．半径为R的半圆形细玻璃管固定在竖直平面内，其右端是坐标原点，内壁光滑。第二、三象限存在水平向右的匀强电场，，第一象限存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的非匀强磁场，电场强度，磁感应强度。一质量为m、电荷量为q的带正电小球从第二象限某一位置P点以大小为、与水平方向成的速度斜向下进入匀强电场，恰好无碰撞进入细管的左端A，已知细管的内径略大于小球的直径，重力加速度。
(1)求小球到达A点的速度大小及时间；
(2)小球到达细管中Q点（图中未标出）时速度达到最大，求小球从P点到Q点的过程中合外力的冲量大小；
(3)若已知小球到达细管右端的速度大小为v，小球从原点运动到最高点时轨迹与x轴所围成的面积。
8．一质量为m、电荷量为的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内，一个点表示，、分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
（2）电场强度的大小；
（3）P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。
六、磁场
9．如图甲所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内存在垂直于xOy平面的磁场（图中未画出），规定垂直于xOy平面向外为磁感应强度正方向，该区域内磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示；第二象限内（含x轴负半轴）存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子由A点（ L，0）沿x轴正方向以大小为v0的速度射入电场，在t=0时刻，粒子经y轴上的P点与y轴正方向成θ=30°角射入第一象限，忽略粒子重力。求：
(1)电场强度的大小；
(2)在至时间内，粒子运动轨迹的半径；
(3)在时刻，粒子的位置坐标。
10．如图所示，平面直角坐标系内，为磁场、电场的分界线，与轴正方向的夹角为，在区域内（含边界）存在垂直于平面向里的匀强磁场，在线之上有范围足够大的电场，此电场由许多独立的匀强电场组成，电场强度方向均垂直于向下，沿的宽度均为，电场强度大小，每个电场区域包含右边界。一质量为、电荷量为的粒子以初速度从轴上的点（图中未画出）沿轴正方向射入匀强磁场，并恰好垂直进入电场，粒子恰好到达轴，不计粒子的重力，，。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)粒子在第次从离开电场前瞬间的加速度大小；
(3)粒子从第1次经过到第50次到达的过程运动的总路程。
七、动量及其守恒定律
11．如图所示，一水平传送带的左右两端均与水平地面平滑连接，左侧地面粗糙，右侧地面光滑，传送带两轮轴间的距离，传送带以的速度顺时针传动。质量m均为1kg的A、B两物块间有一压缩的轻弹簧（弹簧与两物块不连接），开始弹簧的压缩量，弹性势能。两物块与左侧地面和传送带间的动摩擦因数均为0.2。紧靠传送带右端地面上依次排放着三个完全相同的小球1、2、3，质量M均为2kg，相邻两小球间的距离d均为1m。现由静止同时释放A、B两物块，B脱离弹簧时恰好滑上传送带，此时开始计时。物块A、B和三个小球均在同一直线上，所有的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间忽略不计，物块和小球都可视为质点，取重力加速度。求：
(1)物块B滑上传送带时的速度大小；
(2)小球3开始运动的时间；
(3)物块B与传送带间由于摩擦产生的总热量。
12．如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
13．如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
14．如图所示，光滑的水平平台上劲度系数的水平轻质弹簧左端与竖直固定挡板相连，质量分别为、的木板、靠在一起并静止在水平地面上，且的长度，其左端与平台右端接触。质量的物块静止在的左端。在平台上用质量的物块向左缓慢压缩弹簧，当弹簧压缩量时，将由静止释放，脱离弹簧后滑上，若将与发生弹性正碰的时刻记为。时从的右端滑离。已知与、之间，以及与之间的动摩擦因数均为，与地面之间的动摩擦因数，与地面之间的摩擦不计，、上表面与平台平齐，、可视为质点且碰撞时间极短，弹簧在弹性限度内，取。求：
(1)滑离平台时的速度大小；
(2)、碰撞后瞬间的速度大小；
(3)的长度。
八、电磁感应
15．如图所示，质量为，边长为，阻值为且均匀分布的正方形金属框，位于光滑的水平面上。金属框的边与磁场左边界平行，运动方向与磁场左边界垂直。图甲和图乙中的磁场为匀强磁场，大小为，方向垂直水平面向下。图丙中沿正方向存在按均匀增大的稳恒磁场（是单位为的已知常量，为坐标值）。
(1)如图甲，给金属框一初速度，则金属框刚进磁场时，求边所受的安培力的大小；
(2)如图乙，给金属框一变力，使金属框从图示位置由静止开始做匀加速直线运动。在进入磁场的过程中，力随时间的变化率为定值。求金属框的加速度大小；
(3)如图丙，给金属框一初速度，使金属框从图示位置开始向右运动，求停止运动时边的坐标值。
16．如图，一倾角为的光滑固定斜面的顶端放有质量的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻的金属棒的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路；与斜面底边平行，长度。初始时与相距，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小，重力加速度大小取。求：
（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
（3）导体框匀速运动的距离。
17．如图有两条不计电阻的平行光滑金属导轨MQN、M'Q'N'，导轨间距L＝0.5m，其中MQ、M'Q'段倾斜放置，倾斜角θ=37°，MQ=M'Q'=4m，QN、Q'N'段水平放置，两段之间通过一小段（大小可忽略）光滑圆弧绝缘材料平滑相连，在倾斜导轨左端连接一电源及电键S1，电源电动势E=3V，内阻r＝0.5Ω。在Q和Q'两端向下引出两根无电阻的金属导线通过电键S2与一电容量C=2F的电容器相连，在N和N'两端与电阻器R=0.1Ω相连，在倾斜导轨MQ、M'Q'区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场B1=2T，在水平导轨的DD'E'E区域内加有垂直水平导轨平面向上的匀强磁场B2=0.8T，DD'、EE'均与导轨垂直，且DE=D'E'=L=0.5m，cdef是质量为3m，每边电阻均为R=0.1Ω，各边长度均为L的U形金属框，开始时紧挨导轨静置于DD'E'E左侧外，现有一不计电阻的质量为m的金属棒a紧贴MM'放置，合上电键S1时金属棒恰好静止在导轨上。
（1）求金属棒a的质量m；
（2）断开S1同时闭合S2，金属棒a向下滑行，求金属棒a到达倾斜导轨底端QQ'时的速度；
（3）金属棒a越过QQ'后与U形金属框发生碰撞，碰后黏在一起穿过磁场B2区域，求此过程中电阻器R上产生的焦耳热。
试卷第1页，共3页
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《河南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．（i） （ii）15°
【详解】（i）从O点射入时，设入射角为α，折射角为β。根据题中所给数据可得：
再由折射定律可得玻璃砖的折射率：
（ii）当入射角为45°时，设折射角为γ，由折射定律：
可求得：
再设此玻璃砖上下表面的夹角为θ，光路图如下：
而此时出射光线恰好消失，则说明发生全反射，有：
解得：
由几何关系可知：
即玻璃砖上下表面的夹角：
2．（1）；（2）
【详解】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系
代入数据可得
（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得
在拍球时间内运动的位移为
做得功为
联立可得
（舍去）
3．
【详解】设注入水银后A管内的水银柱高度为，横截面积为，B管内的水银柱高度为，横截面积为。对A管内气体，由玻意耳定律
对B管内气体，由玻意耳定律
代入数据解得
，
故A、B两管内水银柱的高度差
4．（1）；（2），
【详解】（1）设封闭气体的压强为，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有
解得
对活塞Ⅰ由平衡条件有
解得弹簧的劲度系数为
（2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为
即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为
，
由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有
有等压方程可知
解得
5．(1)6.5s
(2)
(3)23.76W
【详解】（1）在传送带上对沙砾进行受力分析，列牛顿第二定律方程有
代入数据解得沙砾向上匀加速的加速度为
设沙砾做匀加速运动直至与传送带共速的时间为，则有
该段时间内沙砾发生的位移大小为
传送带发生的位移大小为
沙砾与传送带共速后，匀速完成剩下的位移所用的时间为
所以一颗沙砾从传送带的底端运动到传送带的顶端所需时间为
（2）若沙砾从传送带顶端以其末速度被水平抛出，则下落的高度为
根据竖直方向自由落体运动有
解得砂砾平抛运动的时间为
所以平抛的水平位移为
即落地点距传送带顶端的水平距离为。
（3）在连续工作过程中，质量为的沙砾获得的能量为
这部分沙砾在加速阶段与传送带由于发生相对运动产生的热量为
所以传送带电机因运送沙砾而增加的能量为
则传送带电机因运送沙砾而增加的电功率为
6．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由题意可知
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，由几何关系有
解得
由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为，方向与水平虚线的夹角为，由几何关系可得
则粒子在电场中的运动时间为
沿电场方向上，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
联立解得
（3）若粒子从a点以竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为，粒子在磁场中运动的半径仍为，由几何关系可得，粒子进入电场时速度与虚线的夹角
结合小问2分析可知，粒子在电场中的运动时间为
间的距离为
由几何关系可得
则
粒子在磁场中的运动时间为
则有
综上所述可知，粒子每隔时间向右移动，则漂移速度大小
7．(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）小球从P到A，水平方向：
竖直方向：
解得，
（2）小球在第二、三象限运动过程中，所受合的大小为
方向与水平方向的夹角为53°
当小球运动到合力与速度方向垂直时速度达到最大，从A到Q，根据动能定理有
解得
从P到Q，利用动量定理
解得
（3）小球在第一象限运动时，，故小球只受洛伦慈力，小球运动至x轴最远位置时y方向上的分速度为零，竖直方向利用动量定理
其中，左边微元累积
即
而
解得
8．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动时的速度为
根据洛伦兹力提供向心力
解得做圆周运动的半径为
周期为
（2）根据题意，已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为速度相应的曲线，根据可知任意点的加速度大小相等，故可得
解得
（3）根据题意分析可知从b点到c点粒子在磁场中转过的角度为，绕一圈的过程中两次在电场中运动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图，从a到b过程中粒子做类平抛运动，得
故可得该段时间内沿y方向位移为
根据几何知识可得
由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移的大小为
联立解得
9．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在第二象限做类平抛运动，设粒子由A至P历时t0，则
粒子在P点沿y轴正方向的分速度大小
沿y轴正方向上，由动量定理有
解得
（2）设粒子在P点的速度大小为v，则
设粒子在此阶段运动轨迹的半径为r2，由洛伦兹力提供向心力有
解得
（3）粒子运动轨迹如图所示，设粒子刚进入第一象限时运动轨迹的半径为r1，由洛伦兹力提供向心力有，
解得，
由轨迹的对称性可知四边形PQMN为矩形，设PN的长度为s，则
设P点的纵坐标为yP，则
则N点的纵坐标为
则N点的横坐标为
设时刻粒子位于K点，则K点的纵坐标
K点的横坐标
故在时刻，粒子的位置坐标为
10．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）带电粒子第一次经过时恰好垂直于，即长即为粒子在磁场中的偏转半径，由洛伦兹力提供向心力有
解得
设粒子第一次进入的电场的电场强度大小
粒子在电场中做匀减速直线运动，粒子恰好到达轴，则粒子沿电场线方向的位移大小
根据动能定理有
解得
则
若粒子第一次进入电场的电场强度大小为，则
若粒子第一次进入电场的电场强度大小为，则
综上所述，，则磁感应强度大小
（2）粒子在磁场中偏转的速率大小相同，半径相同，每次完成半个圆周，可知
粒子再次垂直经过OM返回电场，沿OM运动的距离
根据题意可知，各电场的宽度
所以粒子在OM上的途经点正好落在各个电场区域的中间位置。粒子第2n次经过OM的位置，即第n个途经点，电场强度大小
根据牛顿第二定律有
（3）粒子从第一次经过OM到第2n次到达OM的过程，粒子在电场中做匀变速运动，根据功能关系有
则
在电场中的运动路程
在磁场中的运动路程
所以总路程
当时，
11．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对A、B和弹簧组成的系统根据动量守恒
根据能量守恒
联立，解得
（2）因为
所以B在传送带上减速，假设B可以减速到与传送带共速，则设经过时间与传送带共速，根据牛顿第二定律
根据运动学公式有
联立，解得
减速的位移大小为
所以假设成立。则匀速的位移大小为
匀速的时间为
物块B与小球1碰撞，根据动量守恒
根据动能守恒
解得，
因为小球1、2、3完全相同，所以小球1与小球2发生弹性碰撞后，交换速度，所以从小球1运动到小球3运动所需时间为
小球3开始运动的时间为
（3）物块B第一次在传送带上相对传送带的路程为
物块B第一次与小球1碰撞后返回到传送带上，与传动带作用后以相同的速度大小反向再次与小球1发生碰撞，物块B第二次在传送带上相对传送带的路程为
物块B与小球1第二次碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得，
解得
物块B第三次在传送带上相对传送带的路程为
物块B与小球1第三次碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得，
解得
物块B第四次在传送带上相对传送带的路程为
所以，物块B与传送带间由于摩擦产生的总热量为
12．（1）小球速度大小，圆盘速度大小；（2）l；（3）4
【详解】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律
解得
过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
解得
即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下；
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
解得
根据运动学公式得最大距离为
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得
同理可得当位移相等时
解得
圆盘向下运动
此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度
当二者即将四次碰撞时
x盘3= x球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为
20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动
x盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。
13．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻、的瞬时速度分别为
，
根据位移等速度在时间上的累积可得
，
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
对方程两边同时乘以时间，有
0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
将代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得
14．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）弹簧弹力与脱离弹簧前的位移成正比，此段位移内弹力的平均值
根据动能定理有弹簧对做的功
解得滑离平台时的速度大小
（2）设滑上后，加速度大小为，由牛顿第二定律可知
解得
设刚滑上时，B、C、D整体的加速度大小为，有
解得
设滑上后，经时间与发生碰撞，有
解得或（舍去）
设此时的速度大小为，则
设此时B、C、D的速度大小为，则
设A、D碰撞后其速度分别为、，A与D弹性碰撞过程中，动量守恒有
机械能守恒有
解得或（舍去），
（3）滑上后，、的加速度大小依然为，设此时的加速度大小为，则
解得
时刻后，设经过时间A与C共速，设此时速度为，因时刻的速度大小为，故有
解得，
设此段时间内在上相对滑动的位移为，则
设、共速后，的加速度大小为，有
解得
、停下来所需时间为
、共速后，设又经历，滑下，则
易知此时未停止运动。设此段时间内在上滑动的位移为，则
则的长度
15．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）给金属框一初速度，感应电动势大小为
感应电流大小为
根据安培力的计算公式可得
联立解得
（2）在进入磁场的过程中，根据牛顿第二定律可得
即
由于
则
解得
（3）当金属框的速度为时，金属框中感应电动势的大小为
金属框所受安培力大小为
取初速度方向为正方向，根据动量定理可得
则有
解得
16．（1）；（2），；（3）
【分析】、
【详解】（1）根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得
代入数据解得
金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得
由闭合回路的欧姆定律可得
则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为
（2）金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为
当金属棒刚好离开磁场区域时，则此时导体框的速度为
则导体框的位移
因此导体框和金属棒的相对位移为
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入磁场，则有位移关系
金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得
联立以上可得
（3）金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有
导体框匀速运动的距离为
代入数据解得
17．（1）1kg；（2）4m/s；（3）0.48J
【详解】（1）合上电键S1时金属棒a恰好静止在导轨上，由平衡条件得
解得
故质量为1kg。
（2）断开S1同时闭合S2，金属棒a沿倾斜轨道向下滑行，在此过程中有
，
所以电流为
则有
又有
则
又因为
所以可求得金属棒加速度为
由运动学公式得
故速度为4m/s。
（3）金属棒a越过QQ'后与U形金属框发生碰撞，由动量守恒定律
解得
在de边进入磁场区域时，左侧cd和ef存在电阻，而导轨不存在电阻，所以电阻被导轨短路，电流只走导轨，所以de边左侧电阻为0，即右侧的电阻器R被短路，此时总电阻就为de边的电阻R；在cf边出磁场时，此时右侧de边和电阻器组成并联电路，此时总电阻为0.5R，根据
，
则碰后黏在一起全部进入磁场B2区域过程，根据动量定理有
解得
金属框一起全部穿出磁场B2区域过程，有
解得
所以此过程中电阻器R上产生的焦耳热为
故电阻器R上产生的焦耳热为0.48J。
答案第1页，共2页
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