大題預測02【A組】（建議用時：40分鐘滿分：38分）解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。13．（9分）如圖甲所示是“足球”玻璃球，某物理小組利用激光對該球的光學性質進行研究。如圖乙所示是過球心所在的豎直截面的正視圖，且AB是沿水平方向的直徑，當激光水平向右從C點射入時，可從右側的B點射出。已知玻璃球的半徑為R，C到AB的豎直距離h=，且玻璃球內的“足球”是不透光體，不考慮反射光的情況下，光在真空中的速率為c，求：(1)B點的出射光相對C點入射光方向的偏折角；(2)激光在玻璃球中的傳播時間。答案(1)(2)解析（1）光從C點到B點的光路圖如圖所示光在C點折射，由折射定律可知（1分）其中由幾何關系可得（1分）解得折射率為（1分）光在B點折射，由折射定律可知（1分）可得（1分）故B點的出射光相對C點入射光方向偏折角為。（2）激光在玻璃球中的傳播速度為（1分）激光在玻璃球中的傳播距離為（1分）所以激光在玻璃球中的傳播時間為（2分）14．（13分）如圖所示，豎直面內的光滑絕緣圓弧軌道與足夠長的粗糙水平地面平滑連接，點在圓心點正下方，軌道半徑，整個空間存在豎直向上、大小的勻強電場。一個質量，電荷量的帶正電小滑塊，從軌道點靜止釋放，經過點后立即與另一個質量，不帶電的靜止小滑塊發生彈性碰撞（碰撞過程不發生電荷轉移，且碰撞時間極短）。已知與地面間的動摩擦因數，重力加速度取均視為質點。求：(1)到達圓軌道點（與碰前）的速度大小；(2)到達圓軌道點（與碰前）對軌道的壓力大小；(3)碰后的最大距離。答案(1)2m/s(2)3.6N(3)0.5m解析（1）從A到B的過程由動能定理得：（1分）解得（1分）（2）設小滑塊經過時，其受到軌道的支持力為，則（1分）由牛頓第三定律得（1分）解得（1分）（3）設水平向右為正方向，碰撞后的速度分別為，由彈性碰撞得，（1分）（1分）解得（1分）設碰撞后在水平地面上的加速度大小分別為，則，（2分）假設碰后經過時間達到共同速度，由運動學公式得（1分）由分析可得，說明共速時均未停止，假設成立。則碰后的最大距離為（1分）解得（1分）15．（16分）一位大學生在研究電磁感應問題時設計了如下實驗。實驗裝置如圖所示，水平放置的金屬軌道，FM與平行，相距，NZ與平行，相距，軌道間區域被邊界、和分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四個區域，其中Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ處于豎直向下的勻強磁場中，Ⅲ處于水平向左的磁場中，磁場磁感應強度的大小均為。軌道上放置著AB、CD兩根金屬棒，位置如圖所示。兩金屬棒質量均為，電阻均為，其中AB棒在Ⅰ區域運動時接入電路的有效電阻為。時，AB棒有向右的初速度，CD棒的速度為0（此后各運動過程，兩棒與導軌都始終垂直且接觸良好），在CD棒到達時AB棒恰好到達，且兩棒均已勻速。此時開始給AB棒一個外力，使AB棒在Ⅱ區域做勻加速運動，發現該外力隨時間每秒增加4N，且CD棒在Ⅲ區域的運動時間為1s。當CD棒到達時，撤去AB棒外力。此后AB棒繼續在Ⅱ區域運動，CD棒在Ⅳ區域運動，直到兩者穩定。所有軌道電阻不計，Ⅲ區域軌道粗糙，，其他軌道光滑，g取。求：（1）時，AB棒兩端的電勢差；（2）當CD棒到達時，AB棒的速度大小以及當CD棒到達時AB棒的速度大小；（3）CD棒在區域運動過程中整個回路產生的焦耳熱Q。

答案（1）；（2）4m/s，；（3）解析（1）感應電動勢（1分）AB棒兩端的電勢差為路端電壓（1分）（2）①在到達前兩棒均已勻速，設AB、CD棒的速度分別為、（1分）在到達前對兩棒各應用動量定理AB：（1分）CD：（1分）解得（1分）故當CD棒到達時，AB棒的速度大小同時可得（1分）②CD棒在Ⅲ區域的運動時對AB棒應用牛頓第二定律AB：（1分）得（1分）每秒增加4N即解得CD棒到達時，AB的速度（1分）（3）CD棒進入Ⅲ區域（1分）時時CD棒到達時速度為（1分）（1分）Ⅲ區域：CD棒進入在區域后直到穩定時，AB、CD棒系統動量守恒，最終以共同速度運動，設為

有（1分）CD棒進入在區域后整個回路產生的焦耳熱（2分）【B組】（建議用時：40分鐘滿分：38分）解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。13．（7分）北海市因美麗的銀灘和豐富的海洋資源而聞名。一條小船（視為質點）停泊在海岸邊，有人測得小船在1min內完成了30次全振動，t0時刻海浪的波形如圖所示，此時小船處于平衡位置，沿y軸正方向運動，求：(1)海浪傳播的速度大小；(2)1min內小船通過的路程：(3)s時小船偏離平衡位置的位移大小。答案(1)v10m/s(2)s12m(3)y0.05m解析（1）小船在1min內完成了30次全振動，可知小船的振動周期（1分）由題圖可知，海浪的波長（1分）海浪傳播的速度大小（1分）（2）1min內小船通過的路程（1分）（3）由題意可知，小船的振動方程為（1分）故s（1分）時小船偏離平衡位置的位移大小（1分）14．（14分）如圖所示，在光滑的水平面上靜止著一輛小車，小車上表面的水平軌道粗糙，小車右側有光滑的四分之一圓弧軌道，圓弧軌道與小車上表面相切于圓弧軌道最高點。一物塊靜止于小車最左端，一個小球被一根不可伸長的輕質細線懸掛于O點正下方，輕靠在物塊的左側。現將細線拉直到與豎直方向夾角θ=60°位置時，由靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發生碰撞，碰撞的恢復系數為e=0.8（定義式為，其中v10和v20分別是碰撞前兩物體的速度，v1和v2分別是碰撞后兩物體的速度）。碰撞后物塊在小車上運動。已知細線長L=1.6m，小球質量m=0.20kg，物塊、小車的質量均為M=0.40kg，小車上表面的水平軌道長s=1.0m，圓弧軌道半徑R=0.256m。小球、物塊均可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小；(2)小球與物塊碰撞過程中損失的機械能；(3)為使物塊能進入圓弧軌道，且在剛開始滑上圓弧軌道時不飛離軌道，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍。答案(1)4N(2)0.384J(3)0.08≤μ≤0.144解析（1）小球擺動到最低點的過程中，由動能定理得（1分）解得（1分）在最低點，對小球，由牛頓第二定律得（1分）解得（1分）（2）小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律得（1分）由碰撞的恢復系數可得解得，（1分）由能量守恒定律得（1分）解得（1分）（3）若物塊恰好運動到圓弧軌道的最高點相對靜止，則對物塊與小車整體，由動量守恒定律得（1分）由能量守恒定律得（1分）解得若物塊恰好運動到圓弧頂端時飛出，則對物塊與小車整體，由動量守恒定律得（1分）由能量守恒定律得（1分）在圓弧頂端有（1分）解得物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍為（1分）15．（17分）如圖所示，三個同心圓a、b、c的半徑分別為r、2r、，在圓a區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場。在圓a和圓b間的環形區域存在背離圓心的輻向電場，在圓b和圓c間的環形區域存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度。一質量為m、帶電量為+q的粒子，從圓a邊界上的A點沿半徑方向以速度射入圓a內，第一次從圓a邊界射出時速度方向偏轉60°，經過輻向電場加速后，從圓b邊界上進入外環區域，粒子恰好不會從圓c飛離磁場。不計粒子的重力。（1）求圓a區域內勻強磁場的磁感應強度大小與環形區域磁感應強度的比值；（2）求粒子經過圓a與圓b兩邊界間輻向電場加速過程中電勢能的變化量；（3）若將圓a區域內勻強磁場大小改為，粒子在繞O運動一周內可從電場回到入射點A，求滿足此過程的可能值。答案（1）1：3；（2）；（3）（，，，）解析（1）粒子在磁場中偏轉，設半徑為，由洛倫茲力提供向心力得（1分）由幾何關系可得（1分）聯立可得（1分）故（1分）（2）從圓b邊界上進入外環區域，粒子恰好不會從圓c飛離磁場，如圖所示設粒子在磁場中偏轉的軌道半徑為，速度為，由幾何關系可得（1分）解得由洛倫茲力提供向心力可得（1分）粒子經過輻向電場加速過程，根據動能定理可得（1分）故有（1分）（3）若粒子可以回到A點，其運動軌跡如圖所示設粒子在和磁場中轉動的次數各為，粒子在磁場中相對于O點轉過的圓心角不變，為，則在磁場中相對于O點轉過的圓心角為（1分）粒子在磁場中的軌跡半徑為（1分）由洛倫茲力提供向心力得（1分）聯立可得（，，，）（2分）【C組】（建議用時：30分鐘滿分：38分）解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。13．（8分）洗車所用的噴水壺的構造如圖所示，水壺的容積為V，洗車前向壺內加入的洗滌劑并密封，然后用打氣筒打氣10次后開始噴水，若壺內氣體壓強小于，則洗滌劑不能從壺中噴出。已知外部大氣壓強恒為，打氣筒每次打入壓強為、體積為的空氣，空氣可視為理想氣體，不計細管內液體的體積及壓強，打氣及噴水過程中封閉空氣的溫度始終不變。求：(1)打氣10次后，噴水壺內封閉空氣的壓強P；(2)噴水壺內洗滌劑能否全部從噴口噴出？若不能，最少還能剩余多少？答案(1)(2)不能全部噴出，還剩下解析（1）原來瓶內氣體體積為打氣過程中，相當于空氣等溫壓縮；把10次打入氣體和原來瓶內氣體為研究對象，由玻意耳定律得（2分）解得（2分）（2）假設壺內洗滌劑不能全部從噴口噴出，當壺內空氣的壓強降到時，壺內氣體的體積為，由玻意耳定律得（2分）解得（1分）故假設成立，壺內洗滌劑不能全部噴出，還剩下即（1分）14.（13分）如圖甲，胸口碎大石是一項驚險刺激的雜技表演，其原理可簡化為圖乙：質量為m的鐵錘從石板上方高h處由靜止自由落下，豎直砸中石板，鐵錘與石板瞬間達到共同速度，然后一起向下運動距離d后速度減為零，該過程中彈性氣囊A對石板的作用力F隨石板向下運動的距離x的規律如圖丙所示，已知石板的質量為鐵錘質量的19倍，不計空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)鐵錘與石板碰撞后的共同速度大小v；(2)鐵錘與石板碰撞過程中系統機械能的損失量；(3)鐵錘與石板向下運動的過程中，彈性氣囊A對石板作用力的最大值。答案(1)(2)(3)解析（1）假設鐵錘與石板碰撞前的速度為，則（2分）解得（1分）鐵錘與石板碰撞，由動量守恒定律，有（2分）解得（1分）（2）系統損失的機械能（2分）解得（1分）（3）彈性氣囊A對石板的作用力F做的功為圖像與橫軸圍成的面積，則（1分）從鐵錘與石板共速到兩者速度減為0的過程，根據動能定理得（2分）解得（1分）15．（17分）為了約束帶電粒子在一定區域內運動，某實驗小組設計了如圖所示的裝置。在空間坐標系中，區域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均是邊長為L的正方體空間，區Ⅰ內存在沿y軸正方向的勻強磁場，磁感應強度大小為（未知），區域Ⅱ內存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E（未知）。現有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從A點在平面內以速度沿某一方向進入區域Ⅰ，經過一段時間恰好經過c點，且速度沿x軸正方向，然后進入區域Ⅱ，該粒子通過區域Ⅱ后剛好經過h點，已知h點坐標為，粒子的重力忽略不計。(1)求區域Ⅰ內的磁感應強度大小和區域Ⅱ電場強度大小E的比值；(2)若只改變區域Ⅱ內電場強度E的大小，求粒子離開區域Ⅱ時動能與E的關系式；(3)區域Ⅲ內充滿平行于平面、與x軸負方向成45°角的勻強磁場，磁感應強度大小為（未知），在區域Ⅲ的上表面是一粒子收集板，粒子打到收集板上將不再射出。調整區域Ⅱ內電場強度的大小，使粒子從點進入區域Ⅲ，若粒子能夠在區域Ⅲ內直接打到上方的粒子收集板上，求的取值范圍。答案(1)(2)(3)解析（1）設帶電粒子在磁場中運動時的軌道半徑為R，帶電粒子在磁場中運動時如圖1所示由幾何關系得（1分）解得由（1分）得帶電粒子在電場中做類平拋運動，由（1分）（1分）聯立解得（1分）則（1分）（2）設帶電粒子離開區域Ⅱ時的動能為，由以上的分析可知，電場時帶電粒子恰好從h點離開正方體區域；若則帶電粒子從dh