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1、目录牛顿第二定律.2功能.3动 量.3力学综合.3动量能量综合.4带电粒子在电场中的运动.6带电粒子在磁场中的运动.6电磁感应.8法拉第电磁感应定律（动生与感生电动势）.8杆切割.8线框切割.9感生电动势.9电磁感应中的功能问题.10电磁科技应用.11热学.12光学.14近代物理.15思想方法原理类.15牛顿第二定律批 注 zl:【解答解：（1）舰载机做初速度为零的匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为V,则舰载机在A B 上1.2 0 1 9天津卷】完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成
2、，如图1 所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板B C 是与水平甲板A B相切的一段圆弧,示意如图2,A B 长 L=1 5 0 m,B C 水平投影L 2=6 3 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角。=1 2 （s i n l 2 0.2 1）。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经 t=6 s 到达B点进入B C.已知飞行员的质量m=6 0 k g,g=1 0 m/s ,求（1）舰载机水平运动的过程中，K 行员受到的水平力所做功肌（2）舰载机刚进入B C 时，飞行员受到竖直向上的压力K多大。滑行过程：Li图22.1 2 0 1 9江苏卷】如图所示，质量相等的物块A和 B叠
3、放在水平地面上，左边缘对齐。A与 B、B与地面间的动摩擦因数均为巴 先敲击A,A立即获得水平向右的初速度，在 B上滑动距离L 后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：（1）A被敲击后获得的初速度大小巧；（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小由、H B；（3）B被敲击后获得的初速度大小VH。B由动能定理得：W 0,代入数据解得：W=7.5X104J:（2）设上翘甲板对应的圆弧半径为R,由几何知识得:L2=Rsin 瑁以飞行员为研窕对象，由牛顿第二定律得：FN
4、-mg=V2m R ,代入数据解得：FN=1.1X1N：批 注 z2:【解答解：（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小：aA=lg匀变速直线运动：解得：以=J 2 4 gL（2）设A、B 的质量均为m,对齐前，B 所受合外力大小：F=3img由牛顿运动定律：F=m a e.解得：aB=3ig对齐后，A、B 所受合外力大小：F=21mg由牛顿运动定律F=2maB解得：aB=lg（3）经过时间t,A、B 达到共同速度v,位移分别为XA,XB,A 加速度的大小等于aA,则:V=UAtV=VB-ant功能3.12019.04浙江选考】小明以初速度vo=10m/s竖直向上抛出一个质量m=0.1kg的小皮
5、球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1倍。求小皮球（1）上升的最大高度：（2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功（3）上升和下降的时间。批 注 73:【解答解：（）上升过程由牛顿第二定律 得:mg+f=ma）解得：ai=11 m/s2上升的最大高度：h动量m（2）从抛出到接住的过程中重力做功W（；=0力学综合4.2019全国卷I I】一质量为m=2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方10（）m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0L时间段为从司机发现警示
6、牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶）,3=0.8s；3 匕时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24m,第4 s内的位移为lmo（1）在 图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小;空气阻力做功Wf=-P2h J（3）上升过程的时间批注 M：【解答】解：（1）v-i 图象如图所示:（2）设刹车前汽车匀速行驶的速度大小为“，则u 时刻的速度也为VI，12时刻的速度为V2,在 t
7、2时刻以后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a,取l=l s,设汽车在9+（n-1）t2+n&内的位移为Sn,n=k2、3。若汽车在t2+3At-t2+4At时间内未停止，设它在t2+3 t 时刻的速度为V3,在 2+4ZU时刻的速度为V 4,根据运动学公式有：si-s&=3a（A t）功S l=V 2 A t V4=V2-4 a A t（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及却 t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以 tit2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？5.（2019.04浙江选考】某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑
8、的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角8=3 7 的直轨道AB,其卜.方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R=0.4m、转轴间距L=2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H=2.2m。现将一小物块放在距离传送带高h 处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C 点时，速度大小不变，方向变为水平向右。己知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为U =0.5.（sin37。=0.6）批 注 75:【解答 解：（1）物块由静止释放到B 的过程中，由牛顿第二定律得：ingsin,修 mg
9、cos 瑁ma由速度位移的关系式得：sinOVB2a联立解得：VB=4m/s（2）左侧离开，设到D点速度为零时高为hi,由动能定理得：0=mghi-imgcosimgL解得：hi=3.0 m若小物块落到传送带左侧地面，h 需要满足的条件是hW3.0 m（3）右侧抛出，设到D点的速度为v,由动能定理得：（1）若 h=2.4m,求小物块到达B端时速度的大小；（2）若小物块落到传送带左侧地面，求 h 需要满足的条件（3）改变小物块释放的高度h,小物块从传送带的D 点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x 与 h 的关系式及h 需要满足的条件。mv2=mgh-imgcosimgL由平抛运动的规
10、律得：H+2R gt2.x=vi动量能量综合6.2019全国卷I】竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如 图（a）所示。t=0 时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当 A返回到倾斜轨道上的P 点（图中未标出）时，速度减为0,此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t 图象如图（b）所示，图中的山和心均为未知量。己知A 的质量为m,初始时A与 B 的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力。解得：x=2为使能在D点水平抛出，则有:mg解得：h=3.6m答：（I
11、）若 h=2.4m,小物块到达B 端时速度的大小是4m/s；（2）若小物块落到传送带左侧地面，h 需要满足的条图(b)批 注 z6:【解答解：（1）根据图（b）,v i为A在%碰撞前瞬间的速度大小，2为其碰撞后瞬间速度大小。设物块B的质量为m,碰后瞬间的速度为v ,根据动量守恒定律可得：m在 图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功;己知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从 P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。7.1 2 0 1 9 全国卷I I I 静止在水平地面上的两小物块A、B,
12、质量分别为肌=1.0 k g,mH=4.0 k g；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离1=1.0 m,如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使 A、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k=1 0.0 J.释放后,A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B 与地面之间的动摩擦因数均为p=0.2 0.重力加速度取g=1 0 m/s 2.A、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。（1）求弹簧释放后瞬间A、B 速度的大小；（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与 B之间的距离是多少？（3）A 和 B都停止后，A 与 B 之间的距离是多少？8.1 2
13、 0 1 9 海南卷】如图，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在0点：初始时，轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块 b 发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后b 滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的 3 倍。b与水平面间的动摩擦因数为u 重力加速度大小为g。求（）+m vz根据能量守恒定律可得：J批 注 z7:【解答解：（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为VA、VB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有：O=mAVA-IUBVR1 7 1 7联立式并代入题给数据得VA=4.0 m/s,VB=1.0 m/s（2）A、B的物块与地面间的动摩
14、擦因数相等，二者运动的过程中，若A一直向右运动，一直到停止，则对A由动量定理可得：-lmAgti=0-mAV,则：ti=2.0sB 一直向左运动，则：-imBgt2=O-msvB可得：t2=O.5s批 注 78:【解答解：（1）设a的质量为m,则b的质量为3m。碰撞后b滑行过程，根据动能定理得（1）碰撞后瞬间物块b 速度的大小:（2）轻绳的长度。-i*3mgs=0 3mvb2 n解得，碰撞后瞬间物块b速度的大小Vbw s o?-9批 注 z 9 :【解答解：（I）P G、QG间的电场强度大小相等、方向相反，设为E,则有：带电粒子在电场中的运动9.1 2 0 1 9 全国卷H】如图，两金属板P、
15、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均 为 年（p 0）o质量为 爪 电 荷量为q（q 0）的粒子自G的左端上方距离G为 h的位置，以速度V。平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？-v o上 一 _ _ _ _-Q1 0.2 0 1 9 全国卷m】空间存在一方向竖直向下的匀强电场，0、P是电场中的两点。从 0点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A
16、不带电，B的电荷量为 q （q 0）0 时，求拉力功率P。批 注 7 14:【解答】解：(1)导体棒有效切割长度为L时产生的感应电动势为：E=BL v通过导体棒的电流为:通过的电荷量为：(2)导体棒匀速向卜运动，由平衡条件有:F=m g -BI L则拉力功率为:()批 注 z l5:【解答】解：（1）根据导体切割磁感应线处的感应电动势计算公式可得：E=BL v；（2）拉力做功功率等于回路中产生的电功率，则P线框切割15.20 19 北京卷】如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B,纸面内有一正方形均匀金属线框a b e d,其边长为L,总电阻为R,a d 边与磁场边界平行。从 a d 边刚
17、进入磁场直至b e 边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v 匀速运动，求：（1）感应电动势的大小E；（2）拉力做功的功率P；（3）a b 边产生的焦耳热Q。（3）进入磁场的运动时间I产生的总热量Q 5 =批 注 z l6 :【解答 解：（1）磁通量的变化量为：郑3 BS,则感应电动势的平均值为：感生电动势16.20 19 江苏卷】如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S=0.3 m 2、电阻R =0.6。,磁场的磁感应强度B=0.2T.现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在t=0.5s 时间内合到一起。求线圈在上述过程中（1）感应电动势
18、的平均值E；（2）感应电流的平均值I,并在图中标出电流方向；（3）通过导线横截面的电荷量q。（2）感应电流的平均值为：E 0.12/=户=母=叫根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，如图所示。（3）通过导线横截面的电荷量为：q=I Z U=0.2 X 0.5 C=O.I C o批 注 z l 7 :【解答 解：（1）设线圈中产生的感应电动势为E,根据法拉第电磁感应定律可得电磁感应中的功能问题17.2019天津卷】如图所示，固定在水平面上间距为1的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为I、电阻均为R,两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈
19、相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量匕图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ的质量为m,金属导轨足够长、电阻忽略不计。（1）闭合S,若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向；（2）断开S,PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q,求该过程安培力做的功孔E则E=k设 PQ与MN并联的电阻为R小有:R .闭合S后，设线圈中的电流为I,根据闭合电路的欧姆定律可得：1 8.12019.04浙江选考】如图所示，倾角6=3 7、间距1=0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1Q的电阻，质量m=
20、0.1kg的金属棒a b垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数|i=0.4 5.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴X。在0.2mWxW0.8m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t=0时刻起，棒a b在沿x轴正方向的外力F作用下从x=0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度与位移x满足v=kx（可导出a=k v）k=5s_）.当棒ab运动至x1=0.2m处时，电阻R消耗的电功率P=0.12W,运动至X2=0.8m处时撤去外力F,此后棒ab将继续运动，最终返回至x=0处。棒ab始终保持与导轨垂直，不计其它电阻，求：（提示：可以用F-x图象下的“面积”代表力F做的功）（1）磁感应强度B的大小I二批
21、注 7 1 8 :【解答 解：（1）当棒a b 运动至x i =0.2 m处时，速度 v=k x i=5 X 0.2=l m/s电阻R消耗的电功率P又 E=B l v联立得B（2）外力F随位移x变化的关系式；（3）在棒a b整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。批 注 7 1 9 :【解答 解：（1）在静电分析器中，电场力提供向心力，电磁科技应用由牛顿第:定律得：q E o=m T n ,解得：1 9.1 2 0 1 9.0 4浙江选考】有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心0、与0点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着
22、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v。、电荷量均为q、质量分别为m和0.5 m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r 0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5 m的离子恰好从0 N连线的中点P与水平方向成8角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在0点正下方的Q点。已知0 P=0.5 r ,OQ=ro,N、u=皿 3 8=6P两点间的电势 差NP q,不计重力和离子
23、间相互作用。（1）求静电分析器中半径为&处的电场强度EQ和磁分析器中的磁感应强度B的大小；（2）求质量为0.5 m的离子到达探测板上的位置与。点的距离1 （用r。表示）；（3）若磁感应强度在（B-A B）到（B+Z X B）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5 m的两束离子，求的最大值离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力,毯由牛顿第二定律得：q v o B =m n ,解得：B（2）对离子，由动能定理得:qUNP解得：W 0,离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力,V2由牛顿第二定律得：q v B=0.5 m V .解得：r距离：I =2 r c o s 0.5 m,解得
24、：l=1.5 r o；恰好能分辨的条件:热学Q2 0.2 0 1 9 全国卷I】热等静压设备广泛应用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.1 3 m:炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将1 0 瓶氧气压入到炉腔中。己知每瓶氧气的容积为3.2 X1 0 2 m 3,使用前瓶中气体压强为i.5 Xl()7 p a,使用后瓶中剩余气体压强为2.0 Xl(fp a；室温温度为2 7 .敏气可视为理想气体。(i)求压入氮气后炉腔中气体
25、在室温下的压强；(i i)将压入氨气后的炉腔加热到1 2 2 7 C,求此时炉腔中气体的压强。2 1.(2 0 1 9 全国卷I I】如图，一容器由横截面积分别为2 S和 S 的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上,汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为m和 V。，氢气的体枳为 2 V。，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求(i)抽气前氢气的压强：(i i)抽气后氢气的压强和体积。批 注 z 2 0：【解答】解：(i)设初始时每瓶气体的体积
26、为V o,压强为小，使用后气瓶中剩余气体的压强为气体温度保持不变发生等温变化，由玻意耳定律得：p o Vo=p i V),被压入炉腔的气体在室温和p i条件下的体积：V,=Vi -Vo,设1 0瓶气体压入完成后炉腔中气体压强为P2,体积为V2,由玻意耳定律得:p2V2=1 0 p i VJ/,代入数据解得：p 2=3.2 X1 07Pa：i i)设加热前炉腔的温度为To,加热后炉腔的温度为T 1,气体压强为P3，P3=P2气体发生等容变化，由查理定律得：Tn,代入数据解得：P3=1.6 X1 0sPa；答：(i)压入氢气后炉腔中气体在室温下的压强为3.2X 1 07Pa；(i i )将压入氧气
27、后的炉腔加热到1 2 2 7,此时炉腔中气体的压强为L6 X1 0 N Pa,批 注 z 2 1 J:【解答】解：(i)抽气前活塞静止处于平衡状态，对活塞，由平衡条件得：(p ：,-p),2 S (p o-p)S解得，氢气的压强：p (p o+p):(i i)设抽气后氨气的压强与体积分别为p i、V u氮气的压强和体积分别为P2、V2，对活塞，由平衡条件得：P2 S=p r 2 S,气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p i Vi =pVop 2 V 2=p o Vo,由于两活塞用刚性杆连接，由几何关系得：Vi -2 Vo=2 (Vo -V2),解得：p i p o pVi22.1 2 0 1
28、9 全国卷I I I】如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.O cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为7 6 cm H g,环境温度为2 96K。(i)求细管的长度；(i i)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。2 3.2 0 1 9江苏卷】如图所示，一定质量理想气体经历A-B 的等压过程，B-C 的绝热过程(气体与外界无热量交换)，其中B-C 过程中内能减少90 0
29、 J.求 A-B-C 过程中气体对外界做的总功。2 4.(2 0 1 9海南卷】如图，一封闭的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，一重量不可忽略的光滑活塞将容器内的理想气体分为A、B两部分，A体 积 为%=4.0 X 1 0%)压强为pA=4 7cm H g；B 体积为VB=6.0 X 1 0 言,压 强 为 p B=50 cm H g.现将容器缓慢转至水平，气体温度保持不变，求此时A、B两部分气体的体积。批 注 z 2 2 :【解答 解：(i 设细管的长度为L,横截面的面积为S,水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h i,被密封气体的体积为V,压强为p：细管倒置时，气体体积为V”
30、压 强 为 由玻意耳定律有：p V =p i V i 由力的平衡条件有p=p o+C g h p i=p o -n g h 式中，翘C g 分别为水银的密度和重力加速度的大小，p o 为大气压强。由题意有V=S (L-h)-h)V)=S (L-h)由(D 式和题给条件得L=4 I cm (i i)设气体被加热前后的温度分别为T o 和 T,由盖-匚=匕吕萨克定律有：Tn T 由式和题给数据得T=3 1 2 K 答：(i)细管的长度为4 1 cm；(i i)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直翔批 注 0 2 3 :【解答】解：A到 B过程中,W i=-p(V u-VA)=-6X 1 05X
31、 1 X 1 0 3=_ 60 0 J,B到C的过程中，没有吸放热，Q=0,则 U=W 2，解得：W2=-90 0 J,所以 W W +W 2=-60 0 -90 3=-I 50 0 J,可知气体对外界做功1 50 0 J 答：气体对外界做功的大小为I 5(X)JU批 注 72 4 :【解答】解：对 A中气体：初态：压强 p A=4 7cm H g,体积 VA=4.0X10 3 m 3,末态：压强PA,体积VA,根据玻意耳定律可得：PAVA=PA/VA 对 B中气体：初态：压强 p B=50 cm H g,体积 VB=6.0X 1 0 W末态：压强PB,体积VB，根据玻意耳定律可得：PBVB=
32、PB VB 容器水平后有：PA=PH 容器的总体积保持不变，即：VA+VB=VA+VB=1.0X 1 0 m 3 联立(D 式可得：VA=3.85X 1 0 3m3VB=6.1 5X 1 0 W答：此时A部分气体的体积为3.85X 1 0%?,B两部分光学2 5.12019全国卷I】如图，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3加距水面4m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53(取sin53。=0.8)。己知水的折射率为。(i)求桅杆到P点的水平距离；(ii)船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为4
33、 5 时，从水面射出后仍照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。2 6.12019全国卷III】如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，NA=90,NB=30.一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出。(i)求棱镜的折射率；(i i)保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出。求此时AB边上入射角的正弦。2 7.12019江苏卷】如图所示，某L形透明材料的折射率n=2.现沿AB方向切去一角，AB与水平方向的夹角为6.为使水平方向的光线射到AB面时不会射入空气，求6的最大值。批 注 z25:【解答解：(i)设光束从水而射出的点到桅杆的水平距离为XI，到
34、 P 点的水平距离为X2.桅杆的高度为h”P 点处水深为激光束在水中与竖直方向的夹角为琛由几何关系有：&=h tan53。包=h tan 琛 0由折射定律有：n设桅杆到P 点的水平距离为X,则：X=X|+X2联立并代入数据解得：x=7m(ii)设激光束在水中与竖直方向的夹角为45时，从水面出射的方向与竖直方向的夹角为i。由折射定律有：批 注 z26:【解答解：(i)光路图及相关量如图所ZJx光束在A B 边上折射，由折射定律得：sini=nRina 式中n 是棱镜的折射率。由几何关系可知：“狭力60 由几何关系和反射定律得：裸 解 =Z B批 注 z27:【解答】解：当光线在A B 面上刚好发
35、生C则sinC可 得 C=30 根据几何关系有C+瑁9 0 可 得 瑁%60 答：璧淖畲透髡。60。28.2 0 1 9海南卷】-透明材料制成的圆柱体的上底面中央有一球形凹陷，凹面与圆柱体卜.底面可透光，表面其余部分均涂有遮光材料。过圆柱体对称轴线的截面如图所示。0点是球形凹陷的球心，半径OA与0G夹角8=120.平行光沿垂直于轴线方向向卜入射时，从凹面边缘A点入射的光线经折射后，恰好由下底面上C点射出。已知AB=FG=lcm,BCcm,0A=2cm r2）的雨滴在空气中无初速下落的v-t图线，其中 对应半径为门的雨滴（选填、）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v-t图线。（3）由
36、于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度V 下落时受到的空气阻力f=v 2 （提示：设单位体积内空气分子数为n,空气分子质量为肌）。批 注 z 32 :【解答解：（1）设正离子经过电极B时的速度为v,根据动能定理，有3 2.【2 019 天津卷】2 018 年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B 之间的匀强电场（初速度忽略不计），A、B间电压为U,使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒
37、定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为m,电荷量为Z e,其中Z是正整数，。是元电荷。（1）若引擎获得的推力为F1，求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少;F（2）加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力F 也不同，试推导A的表达式;F F（3）为提高能量的转换效率，要使7 尽量大，请提出增大尹的三条建议。电 离 室A17：-5O O-Jo-:ooo-o-B3 3.12 019 上海卷】如图，光滑轨道a b c 固定在竖直平面内，c点与粗糙水平轨道c d 相切,一质量为m的小球A从高H.静止落下，在 b处与一质量为m的滑块B相撞后小球A静止，小球A的动能全部传递给
38、滑块B,随后滑块B从 c 处运动到d处且b d 高 乩，滑块B通过在c d 段所用时间为t。求：（1）c d 处的动摩擦因数由（2）若将此过程类比为光电效应的过程，则：A为？B 为？分析说明：用何类比为极限频率v 0?Z e U m v2-0设正离子束所受的电场力为F/，根据牛顿第三定律,有F/=Fi设引擎在时间内飘入电极间的正离子个数为AN,由牛顿第二定律，有Fj =ANm.批 注 733:【解答解：（I）A球运动到b 处过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：E=m g H）然后将这部分能量传递给B,设 B 球在c 处的速度为v,由机械能守恒定律得：1 9mgH 工=mgH2+不 mi”解得：，物块在cd间运动过程：v=at,由牛顿第:段的了得：a 1g,解得：（2）A、B 碰撞过程与光电效应相类似，光电效应过