2024年江苏省淮安市高考物理冲刺试卷（五）（含详细答案解析）

2024年江苏省淮安市高考物理冲刺试卷（五）

一、单选题：本大题共n小题，共44分。

1.放射性同位素热甩机是各种深空探测器中最埋想的能量源，它不受温度及宇宙射线的影响，使用寿命可

达十几年。我国的火星探测车用放射性材料器瑞8P〃作为燃料，其原理为普8P〃发牛0衰变时将释放的能量

转化为电能，衰变方程为舒8p〃-x+eHe,以Z和N分别表示X的电荷数和中子数，下列判断正确的是

（）

A.Z=90,N=142B.Z=92,N=144

C.Z=92,N=142D.Z=90,N=144

2.如图所示，将绝缘导线绕在柱形铁块上，导线内通以交变电流，铁块内就

会产生感应电流，即涡流。当线圈内部空间的磁感线方向竖直向上，在铁块

内产生（自上而下观察）沿虚线顺时针方向的涡流方向时，下列说法正确的是

（）

A.绝缘导线中的电流正在减小

B.绝缘导线中的电流由〃流向4

C.为减小涡流，可以增大交变电流的频率

D.为减小涡流，可以把铁块沿纵向切成很薄的铁片，涂上绝缘层后叠放起来

3.如图所示，面积为0.08m2、匝数为10匝的矩形线圈，处在磁感应强度!0

为的匀强磁场中，通过电刷与理想变压器的原线圈相连。变压器的原

n

线圈接有一理想二极管，副线圈接有R=5。的电阻和一理想交流电压

表，变压器的原、副线圈匝数比为2：L当线圈绕垂直于磁场的轴0。'以R

50仃Qd/s的角速度转动时，下列说法中正确的是（）

A.矩形线圈产生的交流电的周期为0.02sB.矩形线圈产生的电动势的有效值为80V

C.电压表的示数为20VD,副线圈的输出功率为160IV

4.气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形气缸与椅面固定连

接，柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，设气缸气密

性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为4,某人坐上椅面保持不动，椅子缓慢下降一段距

离后达到稳定状态从此过程温度不变。然后开空调，•段时何后，室内温度降低到设定温度，稳定后气

体状态为C：接着人离开座椅，椅子重新处于另一个稳定状态则气体从状态A到状态。的过程中，关

Fp、匕7的关系图或叙述中正确的是（）

图甲图乙

C.从状态人到状态D,气体向外放出的热量大于外界对气体做的功

D.与状态4相比，处于状态。时，单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数减少

5.新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶，t】时刻达到发动机额定功率后保持功率不

变，坛时刻起匀速行驶。汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的加速度。、速度队牵引力入功率

P隙时间/的变化规律正确的是（）

or,t,to

6.1970年4月24日，中国首颗人造地球卫星''东方红一号”成功发射；2007年10月24日，中国首颗月

球探测器“嫦娥一号”成功发射；2020年7月23日，中国首颗火星探测器“天问一号”成功发射；2022

年10月9口，中国首颗综合性太阳探测专用卫星“夸父一号”成功发射。我国星际探测事业在一代代中

国舫天人的接续奋斗中不断开创新高度。已知“东方红一号”经地球运行周期为1.9小时，“嫦娥一号”绕

月球运行周期为2.1小时，“天问一号”绕火星运行周期为8.2小时，“夸父一号”绕地球运行周期为1.7小

时。根据以上信息可知（）

A.“东方红一号”的轨道半径最大B.“嫦娥一号”的向心加速度最大

C.“天问一号”的发射速度最大D.“夸父一号”的运行速度最大

7.将一物体以某一初速度沿与水平方向成37。角从A点斜向上抛出，经过8点时速度与水平方向的夹角为

53%已知4、△之间的水平距离为3忽略空气阻力的影响，重力加速度为g,sin530=0.8,则下列说法

正确的是（）

从点抛出时的速度大小为工羿

A.AB.从A到4过程中速度的最小值为

C从4到B的时间为|栏

D.A、8之间的高度差为

8.如图所示，边长为。的正方形铝框平放在光滑绝缘水平桌面上，桌面上有边界平行、宽为〃且足够长的

匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，铝框依靠惯性滑过磁场区域，滑行过程中铝框平面始终与磁场垂直

11.如图所示，电荷均匀分布在半球面上，它在这半球的中心。处电场强度等于用).两

个平面通过同一条直径，夹角为。，从半球中分出一部分球面，则所分出的这部分球

面上(在“小瓣”上)的电荷在。处的电场强度为()

B.F=EcosaC.E=Eosin]D.E=Fcos^

A.E=Eos\na00

二、实验题：本人题共1小题，共8分。

12.一学生小组测量某金属丝(阻值约十几欧姆)的电阻率。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源从电

压表(内阻非常大)、定值电阻R。(阻值10.0。)、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导

线若干。图(a)是学生设计的实验电路原理图。完成下列填空：

(1)实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S。

(2)将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，比时电压表读数记为名，然后瘠K与2端

相连，此时电压表读数记为内。由此得到流过待测金属丝的电流/=,金属丝的电阻r=o(

结果均用&、U］、4表示)

(3)继续微调R,重复(2)的测显过程，得到多组测显数据，如下表所示：

%(哂0.570.710.851.141.43

U2(mV)0.971.211.451.942.43

(4)利用上述数据，得到金属丝的电阻丁=14.2/20

(5)用米尺测得金属丝长度L=50.00c77io用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图

(b)所示，该读数为＜/=______〃如。多次测量后，得到直径的平均值恰与，相等。

(6)由以上数据可得，待测金属丝所用材料的电阻率。=_____X10-7n-mo(保留2位有效数字)

三、简答题：本大题共2小题，共25分。

13.如图所示，两根平行光滑的金属导轨由四分之一圆弧部分力1%、%%与水平部分BiG、构成，弧

形部分半径为八导体棒长度和导轨间距均为乙导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，破感应强度

大小为弹性导体棒〃、。分别垂直于导轨静置于圆弧顶端处和水平导轨中某位置，。、。两导体棒质量

均为，小电阻均为心导体棒。从&&由静止释放，整个运动过程中导体棒与导轨垂直且接触良好，导轨

电阻不计•，重力加速度g取10m/s2。

(1)导体棒a刚滑入水平导轨时，求导体棒b的加速度大小；

(2)若两棒匀速运动前未发生碰撞，求导体棒a、A共速前通过回路的电荷量(用含g的字母表示)及。导体

棒产生的焦耳热(用含g的字母表示)；

(3)若初始时导体棒力距8/2为2%已知8=IT,L=0.5m,R=IQ,r=5cm,m=lkg,求最后共速

时两导体棒间的距离。

14.如图所示，半径为R=1.8m的四分之一光滑圆弧轨道尸。固定在水平面上，轨道末端与厚度相同的处

于静止的木板A和6紧挨着(不枯连)。木板A、6的质星均为M=1kg,与水平面间的动摩擦囚数均为

%=0.2,木板A氏以=L5m。一质量为m=2kg、可视为质点的小物块从。点由静止释放，小物块在以

后的运动过程中没有滑离木板8。小物块与木板A间的动摩擦因数〃2=。.8,与木板8间的动摩擦因数

%=01，重力加速度g=10m/s2,求：

(1)小物块运动到。点时对轨道的压力大小；

(2)小物块刚滑上木板B时的速度大小；

(3)木板B的最小长度。

四、计算题：本大题共2小题，共23分。

15.如图，边长为。的正方形A8CD为一棱镜的横截面，"为A8边的中点。在截面所在平面内，一光线自

M点射入棱镜，入射角为60。，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从C。边的，点射出棱

镜。求棱镜的折射率以及p、C两点之间的距离。

16.如图，在平面直角坐标系X。)，内，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电

场，第IV象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀

强磁场，磁感应强度为8.一质量为机、电荷量为t7的带正电的粒子，从)，轴

正半轴上y=九处的M点，以速度处垂直于y轴射入电场，经x轴上无=2九处

的P点进入磁场，最后以垂直于『轴的方向射出磁场。不计粒子重力。求：

(1)电场强度大小E；

(2)粒了•在磁场中运动的轨道半径，•:

(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.

答案和解析

1.【答案】C

【解析［解：核反应方程满足质量数和电荷数的守恒定律，可知X的电荷数为94-2=92,质量数为

238-4=234,电荷数等于质子数，质量数等于质子数加中子数，所以中子数为234-92=142,即2=

92,N=142

故A8。错误，C正确。

故选:Co

根据核反应方程的质量数守恒和电荷数守恒机选X的质量数和电荷数，然后再结合质量数等于质子数与中

子数之和进行计算求解。

考查核反应方程的书写规则，会根据题意进行相关物理量的运算。

2.【答案】。

【解析】解：AB.图中涡流为顺时针方向，根据安培定则可知，感应电流的磁场方向向下，与交变电流的

磁场的方向相反，根据楞次定律可知绝缘导线中的电流正在增大；柱形铁块中磁场方向如图所示，根据安

培定则可知，此时绝缘导线中的电流由。流向儿故错误；

C、增大交变电流的频率，则电流产生的磁场的变化率增大，可增大导体内产生的感应电动势，所以会增

加涡流，故C错误；

。、在感应电动势的大小一定时要减小涡流，需要增大铁块电阻，根据电阻定律可知，可减小铁块的横截

面枳，故可以把铁块沿纵向切成很薄的铁片，涂上绝缘层后叠放起来，故。正确。

故选：D。

根据安培定则判断感应电流产生的磁场的方向，然后根据楞次定律判断原磁场的变化，再根据安培定则分

析导线中电流的方向；根据法拉第电磁感应定律，结合欧姆定律分析减小涡流的方法。

本题解题关键在于把握影响涡流发热的原因。

3.【答案】C

【解析1解：A、线圈转动的周期7=穿=0.04s,故A错误；

B、矩形线圈产生的感应电动势的最大值为7=NBS&)=10x：x0.08x50nV=80V,有效值E=舞=

40/2V,故B错误；

C、根据二极管的特点可知，在一个周期内有半个周期副线圈中有电压，有半个周无电压，有包压时副线

圈两端的电压U=：E=2（h/1V,根据电压有效值的特点可知《［二9丁，解得U'=20V,故。正确；

。、副线圈的输出功率P=4=80W,故。错误；

K

故选：C。

先根据公式Um=N8SG求解输入电压的最大值，知道二极管的特点，然后根据理想变压器的变压比公式和

变流比公式列式求解。

本题关键是记住交流发电机最大电动势表达式Um=NBSo）,根据二极管的特点，知道一个周期内有半个周

期副线圈中无电压，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功

率。

4.【答案】C

【解析】解：A氏4到3的过程中，气体等温压缩，压强增大，体积减小；

从B到。的过程中，气体等压降温，温度降低，体积减小；

从。到。的过程中，气体等温膨胀，压强减小，体积增加，

而且。状态的压强又恢复到最初A状态的压强，其V-7图像和p图像如图

所示，在，-7图像AQ的连线要经过原点5。在同一等压线上），故A8错

误;

C、根据热力学第一定律：AU=W+Q,由于末态。气体温度降低，内能减小，即4UV0；体积变小,

外界对气体做功，即W>0,因此气体向外放出的热量大于外界对气体做的功，故C正确；

。、由于状态A与状态。压强相等，而状态。温度较低，分子平均动能较小，平均单个分子撞击器壁的作

用力较小，因此与状态A相比，处于状态。时单位时间内碰撞理位面积容器壁的分子数较多，故。错

误。

故选：C。

解析A到。过程中各阶段的气体状态参量的变化情况，画出其1/-7图像和p-£图像；根据热力学第一定

律：4U=W+Q解答；根据封闭气体压强的微观解释解答。

本题考查了在封闭气体经历多个变化过程中应用气体实验定律和热力学第一定律分析问题，解题关键是要

分析好压强、体积、温度三个状态参量的变化情况，选择合适的实验定律解答。注意热力学第一定律：

AU=W+Q,式中各量正负的确定。

5.【答案】C

【解析】解：A、汽车以恒定的加速度启动，则汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，

再做匀速直线运动，最后加速度为零，故A错误；

8、汽车先做匀加速直线运动，所以0〜A阶段图线为过原点的倾斜直线，故B错误；

C、0〜0时间内汽车的牵引力恒定不变，匕时刻汽车的功率达到额定功率，此后汽车的功率不变，由2二

股可知，尸不变，】，增大，牵引力”减小，由牛顿第二定律：=可知加速度。减小，所以v增大

的越来越慢，则尸减小的越来越慢，即t1〜匕图线的斜率减小，垃后加速度减为零，汽车的速度达到最

大，汽车开始匀速直线运动，即牵引力等于阻力，故。正确：

。.汽车做匀加速直线运动过程，由。=?〃，1；=就可得功率尸=尸。3尸和。都不变，所以0〜I1时间内尸

.与时间/成正比，即图线为一条对原点的倾斜直线，汽车的功率认到额定功率时，汽车的功率恒定不变，

故。错误。

故选：C。

A、根据汽车最后匀速运动时。=0分析；

B、根据汽车恒加速启动过程，v-t图像上图线是倾斜的宜线分析；

C、根据P=F〃和牛顿第二定律分析牵引力大小变化；

D、根据。=尸〃和^=at分析匀加速直线运动过程夕与/的关系.达到额定功率，汽车功率不变”

本题考查了汽车恒加速度启动的问题，解题的关键是知道匀加速运动结束时汽车的功率达到额定功率，之

后汽车的功率不变，速度增大，牵引力减小，加速度减小，速度增大的越来越慢，则牵引力减小的越来越

慢，当牵引力减小到与阻力相等时汽车做匀速直线运动。

6.【答案】C

【解析】解：力BD.“东方红一号”与“夸父一号”都是绕地球运行的卫星，“嫦娥一号”是绕月球运行的

卫星，“天问号”是绕火星运行的卫星，它们的中心天体不完全相同，运行参量中的轨道半径、向心加

速度、速度无法比较，故A3。错误；

C“东方红一号”、“嫦娥一号”、“夸父一号”的发射速度均大于第一宇宙速度、小于第二宇宙速度，

“天问一号”的发射速度大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度，所以“天问一号”的发射速度最大，故

C正确。

故选：C

根据牛顿运动定律和圆周运动向心力的知识列式分析解答；根据不同卫星在不同天体周围做I员周运动与地

球的远近比较发射速度的大小。

考查人造卫星和万有引力定律的应用，会根据题意选用恰当的公式进行分析和比较。

7.【答案】4

【解析】解：4设初速度为n则水平方向的速度为：vx=vcos0=0.8v,竖直方向的速度为：vy=

vsin0=0.6v

由于水平方向速度不变，所以末状态下的竖直方向的速度为：v/=vxtan530=0.8vi=i|p

所以取竖直向下为正方向有：一丹+以=勿，解得：£=称

水平方向上有乙二以3解得：U二孚，故A正确；

z

R速度最小值是最高点的速度，此时竖直方向速度为零，速度最小，有：v=vx=0.8v=0.8=

|J3gL,故B错误；

C从A到B的时间为：£=券=3故C错误；

。.根据速度关系，竖直方向有：9=usin。=0.6/=0.6•3gL

2

取竖直向下为正方向有：h=-vyt+^gt

解得：h=&L,故。错误；

故选：40

根据斜抛运动的特点，结合题目中的水平和竖直方向角度的关系，可求出初速度，同时求出A到B的时间

以及48间的高度差；通过分析可找到最小速度的位置，并求出最小速度。

学生在解答本题时:应注意熟练运用运动的分解，并结合斜抛运动规律解题。

8.【答案】D

【解析】解：A、在滑入和滑出磁场区域的两个过程中，铝框受到向左的安培力作用，均做减速运动，所

以铝框进入磁场的过程平均速度较大，而两个过程通过的位移相等，则铝框进入磁场时所用时间较短，故

A错误；

B、根据安培力表达式自=华知，铝框做减速运动时，受到的安培力不断减小，因此进入磁场时：铝框

所受的平均安培力较大，克服安培力做功较多，产生的热量较多，故3错误；

C、根据楞次定律可知，进入磁场时感应电流沿逆时针方向，滑出磁场时，感应电流方向沿顺时针方向，

所以铝框中的电流方向相反，故C错误；

D、安培力对铝框的冲量为/=8〃f=8半。=8等。=学，可知安培力对铝框的冲量相同，故。

正确。

故选：。。

利用铝框的运动情况，分析铝框滑入和滑出磁场区域所用时间关系。根据克服安培力做功关系，分析产生

的热量关系。运用楞次定律判断感应电流方向。由/=Ft分析冲量关系。

解答本题时，要正确分析俗框的受力情况和运动情况，能根据平均安培力来求解安培力的冲量。要知道克

服安培力做功等于铝框产生的热量。

9.【答案】A

【解析】解:AB.当底板与水平面间的夹角为30。时，对货物受力分析，两个弹力的合力与重力等大反

向，如下图所受：

两个弹力N】与N2垂直，由平衡条件可得支架对货物的支持力：M=mgsin300=mgx^=^

底板对货物的支持力：N2=mgcos3(T=mgx?=平，故A正确，9错误；

CD、压下把手的过程中，两个弹力的夹角始终是90°,货物的受力情况如下图所示：

由图可知，底板对货物的支持力M一直减小，支架对货物的支挣力N2一直增大，故CO错误。

故选：Ao

AB,对货物受力分析，由力的平衡可得两个弹力大小；

C。、两个弹力的夹角始终是90。不变，利用动态圆的方法分析。

本题考查了动态平衡问题、力的合成与分解，解题的关键是知道底板对货物的支持力与支架对货物的支持

力始终垂直，利用动态圆的方法分析两个弹力的大小变化，一目了然。

10.【答案】C

【解析】解：根据题意可知正粒子的轨迹与A8相切，负粒子的圆心在C点，设正粒子的轨迹半径为8,

负粒子的轨迹的半径为Rz，根据几何关系可知

R2=AC

可得

/?i：/?2=1：3

由

V2

Bqv=m~p

可得

旦二JL

m~BR

所以正、负粒子的比荷之比为3：1,故C正确，错误。

故选：Co

依题意作出两粒子在磁场中运动的轨迹图，由几何关系求得半径的关系，根据洛伦兹力提供向心力求解。

本题考查了带电粒子在磁场中运动问题。对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依

据寇意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。

11.【答案】C

【解析】解：根据对称性，作出球面上的电荷在。点产生的电场分布，如图所示，由

平行四边形定则得到“小瓣”球面上的电荷在。处的电场强度E=Fosin^

故选：Co

半球的中心。处电场强度&）是部分球面上电荷产生的电场叠加的结果，根据对称性,

作出球面上的电荷在。点产生的电场分布，由平行四边形定则求解“小瓣”球面上的

电荷在。处的电场强度.

本题解题关键是抓住对称性，作出两部分球面上电荷产生的电场分布图.

12.【答案】练鱼出察0.1505.0

Rou2~ul

【解析［解：(2)根据题意可知，R。两端的电压为

u=u2-u1

则流过Ro即流过待测金属丝的电流

Uih-ih

金属丝的电阻

厂=电

联立可得

UiRo

7

(5)螺旋测微器的读数为

d=0+15.0x0.01mm=0.150mm

(6)由于

L=50.00cm=0.5m

d=0.150mm=1.5x10-4m

根据电阻定律

L

r=ps

又S=7T•(犷

代人数据联立解得

p=5.0xI。-，。-m

故答案为：(2)5卢，罂■:(5)0.150：(6)5.0。

根据串并联判断出岛两端的电压，再根据欧姆定律求出流过待测金属丝的电流大小，结合r=牛，求出厂

的表达式；

螺旋测微器的最终读数:固定刻度+可动刻度，可动刻度需要估读一位，读数的最终结果小数点后有三位;

根据丁=pg以及S=7T.。)2代入数据求解电阻率。

本题考查的是测量某金属丝电阻率实验，其中需结合电阻定律、欧姆定律以及串并联规律解答，题型较为

基础。

13.【答案】解：以下解答均以向右为正方向。

(1)导体棒。由静止运动到丛丛的过程，由动能定理得：mgr=\mvl

解得：v0=J2gr

导体棒a刚滑入水平导轨时，感应电动势为：E=BL%

根据闭合电路欧姆定律得感应电沆为：/=~

对导体棒力，根据牛顿第二定律得：BIL=ma

解得：。=震口^

(2)两棒匀速运动时回路的电流为零，两棒的速度相同，设为V。在水平轨道上。、〃棒组成的系统满足动

最守恒定律，可得：

mv0=2mv

设导体棒〃、〃共速前通过回路的电荷量为夕，对〃棒由动量定理得：

£8"a=

其中：=2dq=q

可得：BLq=mv

解得：9=看12rg

设。导体棒产生的焦耳热为Q,由能量守恒定律得：

1

mgr=2Q+5x2mv2

解得：Q=[mgr

(3)当r=5cm=0.05?n时，由⑴的解答可得：v0=(2gr=V2x10x0.05m/s=Im/s

导体棒“滑入水平导轨后，设〃、力棒的相对位移为〃=2〃.时，两者的速度分别为％、以，根据(2)的解

答，对“棒由动量定理得：

-BLq'=mva-mv0

其中：q=/a，/=而，E=M=—

联立可得：-B=mv-mv

Li\aQ

解得：va=0.75m/s

同理，对方棒，由动量定理得:

B2L2AX

-^R-=m^~Q

解得：vb=0.25m/s

因%>%,故〃、沙棒发生弹性碰撞，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：

mva+mvb=mval+mvbl

rn*m以=nw}m琢1

~^27

解得:%i=0.25m/s,%i=0.75m/s,(质量相等,交换速度)

碰撞之后的运动过程中系统动量守恒，直到共速。由动量守恒定律得：

mval+mvbl=2mvp.

设最后共速时两导体棒间的距离为同理，对/，棒由动量定理得：

B2L2AX

---通—=mu共一机九i

解得：Ax'=2m

答：(1)导体棒。刚滑入水平导轨时，导体棒匕的加速度大小为之、为万；

(2)导体棒。、〃共速前通过回路的电荷量为翡"亍，。导体棒产生的焦耳热为:mgr；

(3)最后共速时两导体棒间的距离为2///O

【解析】(1)根据动能定理求得导体棒到达//时的速度，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律

求得感应电流，对导体棒人应用牛顿第二定律求解加速度；

(2)两棒匀速运动时回路的电流为零，两棒的速度相同，在水平轨道上〃、棒组成的系统满足动量守恒定

律，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解焦耳热。对〃棒由动量定埋求解通过的电荷量；

(3)根据动量定理分别求得心。棒的相对位移为4%=27n时的速度，根据动量守恒定律与能量守恒定律求

解。、〃棒发生碰撞后的速度。再由动量守恒定律求得两者共速时的速度，对其中一个棒，由动量定理求

解最终两棒之间的距离。

本题考查了电磁感应定律应用的导体棒切割磁感线模型，清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据动能定

理、功能关系等列方程求解；对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及求解电荷最、位移、时间问

题，常根据动量定理，结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。

14.【答案】解：(1)小物块下滑过程中，由动能定理得

1,

mgR=ymvQ

解得：VQ=6m/s

在。点，对小物块，由牛顿第二定律得

「VQ

FN-mg=m-^-

解得:FN=60N

由牛顿第三定律可知小物块运动到Q点时对轨道的压力大小尸N'=FN=60N

(2)小物块在木板A上滑动时，对小物块，由牛顿第二定律有

N2mg=

可得：Qi=8m/s2

对木板A,由牛顿第二定律有

N2mg一〃i(m+2M)g=2Ma2

2

可得：a2=4m/s

小物块刚滑上木板8时，小物块的位移为

12

%i=vQt-

木板A的位移为

1ac2

x2=22

又有LA=%I-X2

联立解得：t-0.5s

则小物块刚滑上木板区时的速度

%—=(6-8x0.5)m/5=2m/s

(3)小物块刚滑上木板8时木板B的速度

%=a2t=4x0,5m/s=2m/s

小物块在木板8上滑动时，对小物块有

林3Tly=mu3

2

解得：a3=lm/s

对木板B有

+2M)g-fi3mg=2Ma4

2

解得：a4=3m/s

小物块的位移为

Vo

木板B的位移为

V?

%=弧

则木板B的最小长度Lmin=x3~x4

联立解得：Lmin=^rn

答：(1)小物块运动到Q点时对轨道的压力大小为60M

(2)小物块刚滑上木板8时的速度大小为2m/s；

(3)木板B的最小长度为加。

【解析】(1)小物块下滑过程中，只有重力做功，根据动能定理求出小物块运动到。点时的速度大小。在

。点，对物块，根据重力和支持力的合力提供向心力列式，即可求出支持力，从而小物块得到对轨道的压

力；

(2)小物块在木板A上滑动时，对小物块和木板A分别受力分析,根据牛顿第二定律求出两者的加速度，

然后根据位移-时间关系公式和两者位移关系求出此过程的时间，再由速度-时间关系公式列式求解小物块

刚滑上木板8时的速度大小；

(3)先求出小物块刚滑上木板B时木板8的速度。小物块在木板3上滑动时，根据牛顿第二定律求出两者

的加速度，再根据速度-位移公式和位移关系求解木板B的最小长度。

本题的关键要分析清楚小物块和两木板的运动规律，分阶段运用牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公

式以及关联条件进行解答。

15.【答案】解：设该棱镜的临界角为折射率为〃，由临界角和折射率的关系可知:

1

sin1=—

n

设光线从M点射入棱镜后折射角为0,由几何关系可得：

0=90。-a

由折射定律可知：

sin60°

n~sin/?

联立可得：

sin60°_1

sin(90°-a)sina

解得：sina=