新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分专项增分练4数理结合练

这是一份新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分专项增分练4数理结合练，共19页。

1．[2023·湖南长沙模拟](多选)2022年10月网上一保安用绳子轻松溜石头的视频火了．如图所示，石头在保安的拉动下做滚动，石头的运动过程可以简化成匀速运动．设石头的质量为m，拉动时石头与地面的动摩擦系数为μ，绳子(质量不计)对石头的拉力大小为F、与水平方向的夹角为θ.下列有关说法正确的是( )
A．石头受重力、地面的支持力、绳子的拉力
B．石头受到沿水平方向的摩擦力大小为Fcsθ
C．石头对地面的压力为mg－Fsinθ
D．当tanθ＝μ时，绳子的拉力最小
2．在仰角α＝30°的雪坡上举行跳台滑雪比赛，如图所示．运动员从坡上方A点开始下滑，到起跳点O时借助设备和技巧，保持在该点的速率不变而以与水平面成θ角的方向起跳．最后落在坡上B点，坡上O、B两点距离为L.已知A点高于O点h＝50m，不计摩擦和阻力，则O、B两点距离L最大值为多少？此时起跳角为多大？(取g＝10m/s2)
【2.均值不等式求极值】
3．[2023·山东烟台模拟](多选)如图所示，OA是竖直线，OB是水平线，点A距离点O的高度为h(h可调节)，点B与点O间的距离为x(x已知).将一小球从A点以合适的速度水平抛出，每次都能击中水平面上的B点．不计空气阻力，则( )
A．h越大，小球到达B点时的动能越大
B．小球到达B点时的动能为mg(eq \f(x2,h)＋h)
C．小球到达B点时的动能最小值为mgx
D．h越大，小球到达B点时重力的瞬时功率越大
4．(多选)已知汽车在加速过程中每秒钟的耗油量与行驶的加速度a的数量关系为V0＝Aa＋B(A、B均为常数).若某型号汽车由静止开始做匀加速直线运动，行驶了位移s，若要此段运动中汽车的耗油量最小，则汽车的加速度大小及最小耗油量应为( )
A．汽车加速度为a＝eq \f(A,B)
B．汽车加速度为a＝eq \f(B,A)
C．汽车最小耗油量为eq \r(8ABs)
D．汽车最小耗油量为eq \r(4ABs)
5．[2023·北京朝阳模拟]如图所示，位于坚直平面上的eq \f(1,4)圆弧光滑轨道AB，半径为R，OA沿水平方向，OB沿竖直方向，圆弧轨道上端A距地面高度为H，质量为m的小球从A静止释放，到达B点时速度大小为eq \r(2gR)，最后落在地面C点处，不计空气阻力．求
(1)小球刚运动到B点时，对轨道的压力多大？
(2)小球落地点C与B的水平距离s为多少？
(3)比值eq \f(R,H)为多少时，小球落地点C与B点的水平距离最大？最大值为多少？
【3.二次方程根的判别式判断可能解】
6．[2023·湖南模拟]某同学在操场练习掷铅球，第一次以速度v0水平掷出铅球，第二次以与水平方向成α角斜向上掷出铅球，结果铅球都落到了P点．已知铅球两次出手时的高度和速度大小均相同，两次铅球的水平射程均为x，重力加速度大小为g，则铅球出手时的高度为( )
A．eq \f(gx2,v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )B．eq \f(2gx2,v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
C．xtanαD．eq \f(x,tanα)
7．如图所示，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q(q＞0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O′.球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(0<θ8．如图，在光滑水平长直轨道上有A、B两个绝缘体，它们之间有一根长L的轻质细线相连接，其中A的质量为m，B的质量为M＝2m，A为带有电量为＋q的物体，B不带电，空间存在着方向水平向右的匀强电场，电场强度为E.开始时用外力把A与B靠在一起并保持静止，某时刻撤去外力，A开始向右运动，直到细线绷紧．当细线被绷紧时，细线存在极短时间的弹力，而后B开始运动，已知B开始运动时的速度等于线刚绷紧前瞬间A的速度的eq \f(1,2).整个过程中，A的电荷量保持不变．求：
(1)B开始运动时，A的速度为多少；
(2)通过计算来判断细线在第二次绷紧前A、B是否发生碰撞；
(3)在(2)中，若A、B发生碰撞，求碰撞前瞬间B的位移；若A、B不发生碰撞，求细线第二次绷紧前瞬间B的位移．
【4.函数求解功率的最大值】
9．[2023·吉林白城模拟](多选)直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的( )
A．总功率一定减小
B．效率保持不变
C．内部损耗功率一定减小
D．输出功率一定先增大后减小
10．用电阻为13Ω的均匀电阻丝制成一个圆环，并把它接到如图所示的电路中．图中导线的P端能沿圆环移动，并保持良好接触．已知R0为2Ω，电源电压保持3V不变．改变P的位置，圆环的最大电功率为( )
A．eq \f(13,25)WB．eq \f(9,8)W
C．eq \f(9,13)WD．eq \f(9,2)W
11．如图所示，一个理想自耦变压器原线圈上加有电动势为E，内阻为r的交流电源，副线圈连有电阻R，且RA．原线圈中的电流I1＝eq \f(E,r)
B．电阻R上获得最大功率Pmax＝eq \f(E2,4R)
C．变压器原、副线圈的匝数比为eq \r(\f(r,R))
D．原线圈两端的电压为U1＝eq \f(E,4)
【5.等比数列求路程、时间或速度】
12．[2023·云南模拟]如图所示，在光滑绝缘地面上存在垂直于地面向下的匀强磁场，磁感应强度为B.有一质量为m的不带电小球P以v0的速度向右运动，与另一电荷量为＋q的静止小球Q发生正碰．两球碰撞后合为一体垂直撞向平行于v0方向的足够长的墙，已知小球与墙每次碰撞后的速率变为碰撞前的eq \f(1,2)，速度方向反向，则最终两小球与小球Q的初始位置的距离为( )
A．eq \f(3mv0,qB)B．eq \f(\r(10)mv0,qB)
C．eq \f(2mv0,qB)D．eq \f(\r(5)mv0,qB)
13．将一篮球从距地面高度为H处由静止释放，篮球与地面碰撞过程损失的能量总为碰撞前动能的eq \f(1,4)，篮球始终在竖直方向运动，不计空气阻力，则篮球停止运动前运动的总路程为( )
A．8HB．7H
C．4HD．2H
14．[2023·江西宜春模拟]如图所示，质量M＝2kg的木板Q静止在光滑水平地面上，距其右端x(未知且可调)处有一铆钉固定的滑块A.一质量m＝1kg的小滑块P(可视为质点)静止于木板左端．现水平向右迅速敲击小滑块P，使其瞬间获得v0＝8m/s的初速度沿木板向右运动．已知重力加速度大小为g＝10m/s2，滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，整个过程中滑块P未滑离木板Q，木板与右侧滑块A的碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略．
(1)若x＝0.25m，将A的钉去掉，滑块A与水平面无摩擦，且mA＝2kg，求木板与物块A碰撞的次数及碰后滑块P、木板Q、物块A最终速度的大小；
(2)若小滑块P的质量为mP＝2kg，Q的质量为mQ＝1kg，滑块A用铆钉固定在距Q右侧x0＝6m处，多次碰撞后P、Q最终都静止，求整个过程中木板Q的总路程．
【6.几何方法求解】
15．[2023·河北衡水模拟]如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块．物块与圆盘及与餐桌面间的动摩擦因数均为μ，现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点．则( )
A．物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的角速度大小为eq \r(μgr)
B．物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的线速度大小为eq \r(\f(μg,r))
C．餐桌面的半径为eq \f(\r(5),2)r
D．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr
16．如图所示，两个质量分别为mA和mB的带电小球A、B(可视为质点)通过一根绝缘轻绳跨放在光滑的定滑轮上(滑轮大小不计)，两球静止，O为滑轮正下方AB连线上的一个点．两球到O点距离分别为xA和xB，到滑轮的距离分别为lA和lB，且lA∶lB＝1∶2，细绳与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，两球电荷量分别为qA和qB.则( )
A．qA>qBB．θ1>θ2
C．mA∶mB＝1∶2D．xA∶xB＝1∶2
17．(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为18V、20V、26V，下列说法正确的是( )
A．坐标原点处的电势为12V
B．电场强度的大小为100eq \r(2)V/m
C．电子从b点运动到c点，克服电场力做功为6eV
D．电子在a点的电势能比在b点的电势能大2eV
18．[2023·湖南模拟](多选)如图所示，有一对平行金属板，两板相距为d＝0.5m，电压为U＝10V，两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0＝0.1T，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里．图中右边有一半径R为0.2m、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1T，方向垂直于纸面向里．一宽度为0.2m、比荷为1×103C/kg的正离子束正对着O点沿平行于金属板面、从金属板左侧垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并射入圆形磁场区域．不计离子重力．下列说法正确的是( )
A．金属板的上极板带正电，离子速度v＝200m/s
B．最后所有离子均会从圆形磁场边界上同一点出来，该点位于O点的正上方
C．离子在圆形磁场区域中运动的最长时间为eq \f(2π,3)×10－3s
D．离子在圆形磁场区域中运动的最短时间为eq \f(π,2)×10－3s
19．[2023·河南联考]用某透明材料制作的半球形光学元件如图所示，平行单色光垂直射到半径为R的半球底平面上，材料对该单色光的折射率n＝eq \f(5,3)，半球的上方平行于半球底平面放置一足够大的光屏，单色光经半球折射后在光屏上可形成一个圆形光斑．不考虑光的干涉、衍射及在半球内的多次反射，折射光线可视为近轴光线(所有光线可会聚于轴上同一点)，真空中光速为c.求：
(1)当光屏上的光斑最小时，圆心O到光屏的距离；
(2)圆心O到光屏的距离d＝eq \f(5,2)R时，光屏被照亮的面积及单色光从O点到达光屏的时间．
20．[2023·山东烟台模拟]光纤通信作为一门新型技术，以其通信容量大、抗干扰性高和信号衰减小，而远优于电缆、微波通信的传输，已成为世界通信中主要传输方式．但光纤光缆在转弯的地方弯曲半径不能太小，否则影响正常通信．如图所示，模拟光纤通信，将直径为d的圆柱形玻璃棒弯成eq \f(3,4)圆环，已知玻璃的折射率为eq \r(2)，光在真空中的速度为c，要使从A端垂直入射的光线能全部从B端射出．求：
(1)圆环内径R的最小值；
(2)在(1)问的情况下，从A端最下方入射的光线，到达B端所用的时间．
21．[2023·山东省一模]如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上在0≤x≤d，0≤y≤eq \f(d,2)虚线范围内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，有A、B两个小球(均可视为质点)，小球A质量为m电荷量为＋q，小球B不带电．现将小球A从x＝0处无初速释放，小球B位于x＝d处，A与B发生碰撞时间极短，且只撞一次，碰撞过程中A的电荷量不变，经过一段时间两小球保持eq \f(d,4)的距离不变．求：
(1)小球A与小球B碰前小球A的速度v0；
(2)小球B的质量mB；
(3)若将虚线区域内的电场换为垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，小球A从O点以不同的速度发射，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．已知小球A在磁场中做圆周运动的半径介于eq \f(d,2)到d之间，A在磁场中运动的最长时间为在磁场中做圆周运动周期的四分之一，求当A在磁场中运动时间最长时，从O点射出时的速度大小．
[答题区]
专项增分练4 数理结合练
1．解析：石头受重力、地面的支持力、绳子的拉力、地面给的摩擦力，A错误；根据正交分解得Ff＝μFN＝Fcsθ，FN＝mg－Fsinθ，解得F＝eq \f(μmg,csθ＋μsinθ)，对上式做数学变换得F＝eq \f(μmg,\r(1＋μ2)（csθ\f(1,\r(1＋μ2))＋\f(μ,\r(1＋μ2))sinθ）)＝eq \f(μmg,\r(1＋μ2)cs（α－θ）)，上式中tanα＝eq \f(μ,1)，则当θ＝α(tanθ＝μ)时，F取得最小值eq \f(μmg,\r(1＋μ2))，B、C、D正确．
答案：BCD
2．解析：运动员在O点速度为v0＝eq \r(2gh)＝10eq \r(10)m/s
起跳后运动员做斜上抛运动；
把运动分解为水平向右的匀速运动和竖直方向的竖直上抛运动，
水平方向上有x＝v0csθ·t
竖直方向上有y＝v0sinθ·t－eq \f(1,2)gt2
令y＝－xtanα，解得
x＝eq \f(2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) csθsin（α＋θ）,gcsα)＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) [sin（α＋2θ）＋sinα],gcsα)
当2θ＋α＝90°，即θ＝30°时，xmax＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) （1＋sinα）,gcsα)
此时L有极大值，有Lmax＝eq \f(xmax,csα)＝200m.
答案：200m 30°
3．解析：设小球运动时间为t，水平初速度为v0，小球竖直方向做自由落体运动h＝eq \f(1,2)gt2，水平方向做匀速直线运动x＝v0t，从A到B由动能定理有mgh＝EkB－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，联立解得EkB＝mgh＋eq \f(x2mg,4h).当mgh＝eq \f(x2mg,4h)，即h＝eq \f(x,2)时，EkB有最小值为EkB最小＝mgx，A、B错误，C正确；小球到达B点时重力的瞬时功率为P＝mgVy＝mg2t，当h越大，t越大，P也越大，D正确．
答案：CD
4．解析：根据公式s＝eq \f(1,2)at2可得行驶了位移s的运动时间为t＝eq \r(\f(2s,a))，则消耗的油量V＝(Aa＋B)t，化简可得V＝(Aa＋B)eq \r(\f(2s,a))＝eq \r(2s（A2a＋\f(B2,a)＋2AB）)，根据数学知识可得当A2a＝eq \f(B2,a)时，消耗的油量最小，即a＝eq \f(B,A)，最小油量V＝eq \r(8ABs)，B、C正确，A、D错误．
答案：BC
5．解析：(1)质量为m的小球从A静止释放，到达B点时速度大小为eq \r(2gR)，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,R)，可得FN＝3mg
根据牛顿第三定律可知，小球运动到B点对轨道的压力为3mg.
(2)小球离开B点后做平抛运动，抛出点高为H－R，有H－R＝eq \f(1,2)gt2，s＝vBt，解得s＝eq \r(4HR－4R2)＝2eq \r(R（H－R）)
(3)由上式可知，当R＝eq \f(H,2)时，即eq \f(R,H)＝eq \f(1,2)时，s有最大值，即smax＝H.
答案：(1)3mg (2)2eq \r(R（H－R）) (3)eq \f(1,2) H
6．解析：设铅球以仰角θ掷出后，在空中做斜抛运动，则－h＝v0tsinθ－eq \f(1,2)gt2，x＝v0tcsθ，即eq \f(gx2,2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) cs2θ)－xtanθ－h＝0，上式变形有eq \f(gx2,2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )tan2θ－xtanθ＋eq \f(gx2,2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )－h＝0，tanα、tan0°为二次方程的两个根，根据韦达定理有tanα＋tan0°＝eq \f(2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,gx)，tanαtan0°＝1－eq \f(2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) h,gx2)，解得h＝eq \f(gx2,2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )＝eq \f(x,tanα)，D正确．
答案：D
7．解析：据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O′.P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力N和磁场的洛仑兹力f＝qvB ①
式中v为小球运动的速率．洛仑兹力f的方向指向O′.根据牛顿第二定律Ncsθ－mg＝0 ②，f－Nsinθ＝meq \f(v2,Rsinθ) ③
由①②③式得v2－eq \f(qBRsinθ,m)v＋eq \f(gRsin2θ,csθ)＝0 ④
由于v是实数，必须满足
Δ＝(eq \f(qBRsinθ,m))2－eq \f(4gRsin2θ,csθ)≥0 ⑤
由此得B≥eq \f(2m,q)eq \r(\f(g,Rcsθ)) ⑥
可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为Bmin＝eq \f(2m,q)eq \r(\f(g,Rcsθ)) ⑦
此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为v＝eq \f(qBminRsinθ,2m) ⑧
由⑦⑧式得v＝eq \r(\f(gR,csθ))sinθ.
答案：eq \f(2m,q)eq \r(\f(g,Rcsθ)) eq \r(\f(gR,csθ))sinθ
8．解析：(1)从运动到拉直时，A的速度为v0，根据动能定理有
Eql＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得v0＝eq \r(\f(2Eql,m))
所以由题知vB＝eq \f(1,2)eq \r(\f(2Eql,m))
绷紧前后系统动量守恒mv0＝mvA＋2m·vB
解得vA＝0.
(2)二者若能相遇，则有eq \f(1,2)v0t＝eq \f(1,2)eq \f(Eql,m)t2＋L
一元二次方程的判别式：Δ＝－eq \f(3EqL,2m)<0
故t无实数解，说明B追不上A，所以二者不会发生碰撞．
(3)设第二次绷紧时间为t2，则有sB＝sA，sA＝eq \f(v0,2)t2，sB＝eq \f(1,2)eq \f(Eq,m)t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，
解得t2＝eq \f(mv0,Eq)，所以sB＝L.
答案：(1)0 (2)二者不会发生碰撞 (3)L
9．解析：滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器的电阻变大，电路总电阻变大，总电流I总变小，由电源总功率公式P总＝EI总得电源总功率减小，A正确；滑动变阻器的电阻变大，根据闭合电路欧姆定律得，路端电压U增大，根据电源效率公式η＝eq \f(UI总,EI总)×100%，电源效率变大，B错误；设电源内阻为r，则内部损耗功率为P内＝I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(总)) r，因为总电流I总变小，电源内阻r不变，所以电源内部损耗功率一定减小，C正确；设电源外部电阻为R，则电源输出功率为P出＝I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(总)) R＝eq \f(E2R,（R＋r）2)＝eq \f(E2R,（R－r）2＋4Rr)＝eq \f(E2,\f(（R－r）2,R)＋4r)，则当R＝r时，电源输出功率最大，现在不知道外部电阻和内部电阻的具体数值关系，D错误．
答案：AC
10．解析：根据题意可知，圆环分成两部分并联接入电路，设接入电路的等效电阻为R1，则圆环的功率为P＝(eq \f(U,R0＋R1))2×R1＝eq \f(U2,\f(R eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R1)＋2R0＋R1)，由数学知识可知eq \f(R eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R1)＝R1，即R1＝R0时，P有最大值，最大值为Pm＝eq \f(U2,4R0)＝eq \f(9,8)W，B正确．
答案：B
11．解析：根据题意，设原副线圈匝数比为eq \f(n1,n2)，变压器的原线圈等效电阻为R0，当原线圈的输入功率最大时，负载电阻R上获得最大功率，原线圈的输入功率为P＝EI1－I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) r.由数学知识可知，当I1＝eq \f(E,2r)时，即R0＝r，P最大，最大功率为Pm＝eq \f(E2,4r)，由原副线圈功率关系有I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) R0＝(eq \f(n1,n2)I1)2R，解得eq \f(n1,n2)＝eq \r(\f(r,R))，A、B错误，C正确；原线圈两端的电压为U1＝eq \f(E,R0＋r)·R0＝eq \f(E,2)，D错误．
答案：C
12．解析：设小球Q的质量为M，两球碰撞合为一体后的速度为v，根据动量守恒有mv0＝(m＋M)v，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝(m＋M)eq \f(v2,r)，解得两球碰撞合为一体后运动半径r＝eq \f(mv0,qB)，由题意可知小球与墙每次碰撞后的运动半径变为碰撞前的eq \f(1,2)，所以在水平方向的距离为x＝r＋r＋eq \f(1,2)r＋eq \f(1,4)r＋eq \f(1,8)r＋…，利用等比数列求和公式可得x＝3r，最后利用勾股定理可得最终两小球与小球Q的初始位置的距离d＝eq \r(10)r＝eq \f(\r(10)mv0,qB)，B正确．
答案：B
13．解析：篮球下落的过程，篮球的重力势能转化为篮球的动能，所以篮球下落到与地面第一次碰撞前动能为Ek＝mgH，篮球与地面碰撞过程损失的能量总为碰撞前动能的eq \f(1,4)，可知篮球与地面碰后篮球的动能变为原来的eq \f(3,4)，即Ek1＝eq \f(3,4)mgH，篮球反弹后所具有的动能转化为重力势能，则Ek1＝mgh1，所以篮球与地面第一次碰撞后篮球上升的最大高度为h1＝eq \f(3,4)H，同理可以得出篮球与地面第二次碰撞后篮球上升的最大高度为h2＝(eq \f(3,4))2H，继而求出第三次h3＝(eq \f(3,4))3H，…，第n次，hn＝(eq \f(3,4))nH，进行数学归纳，发现每次与地面碰撞后篮球上升的高度与之前下落高度为等比数列，篮球停止运动前运动的总路程x＝H＋2h1＋2h2＋2h3……，由等比数列知识得x＝H＋eq \f(1－（\f(3,4)）n,1－\f(3,4))2h1，篮球停止，n取无穷大，总路程为x＝H＋eq \f(1,1－\f(3,4))2h1＝7H，B正确．
答案：B
14．解析：(1)木板Q、物块A每次碰撞时，由动量守恒与机械能守恒可得MvQ＋mAvA＝Mv′Q＋mAv′A，eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Q)) ＋eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＝eq \f(1,2)Mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Q)) ＋eq \f(1,2)mAv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))
解得v′Q＝vA，v′A＝vQ
即木板Q、物块A每次碰撞后，交换速度，故第一次碰撞前，木板Q向右做匀加速直线运动，木板Q的加速度大小为a＝eq \f(μmg,M)＝2m/s2
木板Q第一次碰撞A的速度大小为vQ1＝eq \r(2ax)＝1m/s
对P和木板Q，由动量守恒mv0＝MvQ1＋mv1
木板Q第一次碰撞A时滑块P的速度大小为v1＝6m/s
第一次碰撞后，木板Q、物块A的速度分别为v′Q1＝0，v′A1＝1m/s
接下来木板Q向右匀加速直线运动，到第二次碰撞前，根据位移关系v′A1t＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(vQ2,2)t
木板Q的速度为vQ2＝2m/s
第二次碰撞后，木板Q、物块A的速度大小分别为v′Q2＝1m/s，v′A2＝2m/s
由动量守恒mv0＝Mv′Q2＋mAv′A2＋mv2
滑块P的速度大小为v2＝2m/s
木板Q继续向右匀加速直线运动，直到滑块P、木板Q共速，有
mv0＝(M＋m)v′＋mAv′A2
若能发生第三次碰撞，由位移关系v′A2t＝v′Q2t′＋eq \f(1,2)at′2，vQ3＝v′Q2＋at′
木板Q的速度大小为vQ3＝3m/s>v′
所以不能发生第三次碰撞．即木板与物块A碰撞的次数为2次，滑块P、木板Q、物块A最终速度的大小分别为eq \f(4,3)m/s，eq \f(4,3)m/s，2m/s.
(2)第一次碰撞前，木板Q向右做匀加速直线运动，木板Q的加速度大小为a′＝eq \f(μmPg,mQ)＝8m/s2
解得木板Q碰A时的速度大小为vQ3＝eq \r(2a′x0)＝4eq \r(6)m/s>v0
故木板Q先匀加速到与滑块P共速mPv0＝(mP＋mQ)v共1
再匀速运动至物块A所在位置并与其发生碰撞，第一次碰撞后，木板Q速度反向，大小不变，加速度不变，向左运动位移为x1＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(共1)) ,2a′)＝eq \f(16,9)m
然后向右匀加速运动直到与滑块P共速mPv共1－mQv共1＝(mP＋mQ)v共2
再匀速运动至物块A所在位置并与其发生碰撞，第二次碰撞后，木板Q速度反向，大小不变，加速度不变，向左运动位移为x2＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(共2)) ,2a′)＝eq \f(16,81)m
所以木板Q的总路程为s＝6m＋eq \f(16,9)×2m＋eq \f(16,81)×2m＋…＝6m＋32[(eq \f(1,9))1＋(eq \f(1,9))2＋(eq \f(1,9))3＋…] m＝10m.
答案：(1)2次 eq \f(4,3)m/s eq \f(4,3)m/s 2m/s (2)10m
15.
解析：物块从圆盘上滑落的瞬间，物块与圆盘的角速度大小相等，线速度大小相等，此时摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律可得μmg＝mω2r，解得ω＝eq \r(\f(μg,r))，由线速度与角速度的关系公式v＝ωr，可得圆盘的线速度大小为v＝ωr＝eq \r(\f(μg,r))r＝eq \r(μgr)，A、B错误；物块从圆盘上滑落到桌面的边缘，如图所示，由动能定理可得－μmgx＝0－eq \f(1,2)mv2，代入数据解得x＝eq \f(r,2)，由几何关系可得R2＝r2＋(eq \f(r,2))2，代入数据解得餐桌面的半径为R＝eq \f(\r(5),2)r，C正确；物块随圆盘运动的过程中，由动能定理，可得圆盘对小物块做功为W＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)μmgr，D错误．
答案：C
16.
解析：由于两球的电场力是相互作用力，故无法比较两球电荷量的大小，A错误；绳子上的力处处相等，对绳子跨过定滑轮的节点受力分析可知T′csθ1＝T′csθ2，所以θ1＝θ2，B错误；对两球受力可知，根据相似三角形eq \f(mAg,h)＝eq \f(T′,lA)＝eq \f(F,xA)，eq \f(mBg,h)＝eq \f(T′,lB)＝eq \f(F,xB)，可得mA∶mB＝2∶1，xA∶xB＝1∶2，C错误，D正确．
答案：D
17．解析：根据φc－φa＝φb－φO，因a、b、c三点电势分别为φa＝18V、φb＝20V、φc＝26V，解得原点处的电势为φO＝12V，A正确；如图所示，将ac连线四等分，可以确定b′点的电势为20V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图：
则有eq \f(ab′,b′c)＝eq \f(Ub′a,Ucb′)＝eq \f(20－18,26－20)＝eq \f(1,3)，因此可知ab′＝2cm.因为匀强电场，则有E＝eq \f(Uce,d)，依据几何关系，则d＝eq \f(b′c×bc,bb′)＝eq \f(6×6,\r(62＋62))cm＝3eq \r(2)cm，因此电场强度大小为E＝eq \f(26－20,3\r(2))V/cm＝eq \r(2)V/cm＝100eq \r(2)V/m，B正确；bc间的电势差Ubc＝φb－φc＝20V－26V＝－6V，电子从b点运动到c点，电场力做正功为W＝qUbc＝6eV，C错误；因Uab＝φa－φb＝18V－20V＝－2V，电子从a点到b点电场力做功为W＝qUab＝2eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高2eV，D正确．
答案：ABD
18．解析：离子带正电，故洛伦兹力向上，电场力向下，大小和洛伦兹力大小相等离子才能沿直线运动，有qeq \f(U,d)＝qvB，解得v＝200m/s，A正确；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，解得离子做圆周运动的半径r＝eq \f(mv,qB)＝0.2m＝R，即离子做圆周运动的半径和磁场半径相同，根据磁聚焦的知识可知B正确；离子运动轨迹如图甲，离子均从O点正上方的F点出磁场．根据离子运动轨迹可知最下方进入磁场的离子运动时间最长，其圆心刚好在磁场边界上的O1处，此处也恰好是最上方离子进入磁场的位置，如图乙．
四边形GOFO1为菱形，根据几何关系可得α＝60°，故θ＝120°，而离子做圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)＝2π×10－3s，故离子运动的最长时间为t＝eq \f(1,3)T＝eq \f(2π,3)×10－3s，同理运动时间最短的是从O1处进入圆形磁场的离子，其圆心角为β＝60°，最短运动时间为t＝eq \f(1,6)T＝eq \f(π,3)×10－3s，C正确，D错误．
答案：ABC
19.
解析：(1)做剖面图如图所示，光线入射到D点时恰好产生全反射，则有sinC＝eq \f(1,n)，由几何关系可得
OF＝eq \f(R,csC)＝eq \f(R,\f(\r(n2－1),n))＝eq \f(4,5)R
(2)由解析图可得eq \f(O′F,r)＝tanC
O′F＝d－OF＝eq \f(5,2)R－eq \f(4,5)R＝eq \f(17,10)R
解得r＝eq \f(34,15)R
光屏被照亮的面积S＝πr2＝π(eq \f(34,15)R)2≈5.1πR2
单色光从O点到达光屏的时间
t＝eq \f(R,v)＋eq \f(d－R,c)＝eq \f(R,\f(c,n))＋eq \f(\f(3,2)R,c)＝eq \f(5R,3c)＋eq \f(3R,2c)＝eq \f(19R,6c).
答案：(1)eq \f(4,5)R (2)5.1πR2 eq \f(19R,6c)
20.
解析：(1)从A端最下方入射的光线发生全反射时其他光线都能发生全反射，如图所示，根据几何关系得
sinθ＝eq \f(R,R＋d)
设全反射临界角为C，则要使A端垂直入射的光线全部从B端射出，必须有θ≥C.根据全反射临界角公式sinC＝eq \f(1,n)
因此有sinθ≥sinC
即有eq \f(R,R＋d)≥eq \f(1,n)
解得R≥eq \f(d,n－1)＝eq \f(d,\r(2)－1)＝(eq \r(2)＋1)d
所以R的最小值为(eq \r(2)＋1)d.
(2)在(1)问的情况下，由解析图可知θ＝45°，则有R＝(eq \r(2)＋1)d
光在光纤内传播的总路程为s＝6R
光在光纤内传播的速度为v＝eq \f(c,n)＝eq \f(\r(2),2)c
所以所求时间为t＝eq \f(s,v)＝eq \f(6\r(2)R,c)＝eq \f(6（2＋\r(2)）d,c).
答案：(1)(eq \r(2)＋1)d (2)eq \f(6（2＋\r(2)）d,c)
21．解析：(1)对小球A，根据动能定理得qEd＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，
解得v0＝eq \r(\f(2qEd,m))
(2)对小球A、B，动量守恒有mv0＝－mvA＋mBvB
碰撞后小球A向左运动，先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，最后向右匀速直线运动出电场，由两小球保持eq \f(d,4)的距离不变可得
vA＝vB，vBt＝eq \f(d,4)
碰撞后一段时间t，对小球A有qEt＝mvA－(－mvA)
解得mB＝5m
(3)对于小球A，洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)
根据几何关系可得
Rsinα＋eq \f(d,2)＝R，Rsinα＋Rcsα＝d，sin2α＋cs2α＝1
解得v＝(2－eq \f(\r(6),2))eq \f(qBd,m).
答案：(1)eq \r(\f(2qEd,m)) (2)5m (3)(2－eq \f(\r(6),2))eq \f(qBd,m)题号
1
3
4
6
9
10
11
答案
题号
12
13
15
16
17
18
答案