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2024-2025 2025
1． D 2． C 3. A 4． B 5、D 6、C 7. B 8. AB 9. AC 10． AD
11． 1 大 乙
1 M +5m 1 1
12. 【答案】（1）2.86 （2）B （3） = − 0.19
a mg n g
13． 【答案】（1） ；（2）45°
【详解】（1）根据题√意2 作出光路图如图：
由几何知识可得折射角=30 （2分）
sin
由折射定律可知n= 解得n= 2 （3分）
sin
1
（2）棱镜材料的折射率为 2﹐有n= 解得临界角C=45
sinC
由几何知识可得，DE光线在AB界面上的入射角=60C（2分）
所以光线在AB界面发生全反射，将垂直指向BC界面，如图：
由几何知识可得，该光线射出棱镜的光线与射入棱镜光线之间的夹角为45°。（3分）
14. 【答案】（（1）F ≤6.0N；（2）9N；（3）6.0J
0
(mg+qE)
【详解】（1）当拉力F 作用于滑块m上，木板能够产生的最大加速度为a = =2.0m/s2
0 M M
为使滑块与木板共同运动，滑块最大加速度为a a 对于滑块有F −(mg+qE)=ma （2分）
m M 0 m
得F =(mg+qE)+ma =6.0N即为使滑块与木板之间无相对滑动，力F 不应超过6.0N。 （3分）
0 m 0
1 1
（2）设滑块相对于水平面的加速度为a ，木板的加速度为a ，由运动学公式可知s ＝ a t2，s ＝ a t2
1 2 1 1 2 2
2 2
滑块从木板右端滑出时，则有s −s =L （3分）
1 2
滑动过程中木板的加速度为a =2.0m/s2
2
联立解得，滑块运动的加速度为a =5.0m/s2
1
对滑块有F =(mg+qE)+ma =9.0N （2分）
1
（3）在将小滑块从木板右端拉出的过程中，系统的内能增加了Q=(mg+qE)L=6.0J （4分）
2
15. 【答案】(1)v =4 gR(2)cos= (3)5k2 6+2
0 3
【知识点】利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题
【详解】（1）设物块1与物块2发生弹性碰撞后的速度分别为v 和v ，由动量守恒和机械能守恒得
1 2
第1页，共2页 命题/审题：高2025届文庙物理组
{#{QQABaYYEogiAABIAAAhCQQVwCEMQkgCCCagGgEAMIAAACBFABCA=}#}mv =mv +m v ，
1 0 1 1 2 2
1 1 1
mv2 = mv2+ m v2 （2分）
2 1 0 2 1 1 2 2 2
1
物块2进入管道后恰能到达最高点，物块2在最高点的速度大小为0，由动能定理得−m g2R=0− m v2联
2 2 2 2
立解得v =4 gR （3分）
0
（2）设物块2运动到管形轨道内的P点时，与管内壁和外壁均无相互作用力，此时OP和OD之间的夹角
1 1
为θ，物块2的速度大小为v ，由动能定理得−m gR(1+cos)= m v2 − m v2 （2分）
P 2 2 2 P 2 2 2
v2 2
重力指向圆心的分力提供向心力，则m gcos=m P 解得cos= （3分）
2 2 R 3
（3）将轻质半圆管道换成轻质半圆轨道，物块2经碰撞后以v= kgR的速度进入C点且能通过半圆轨道
v2
的最高点D，设物块2在最高点的速度为v ，则m gm D
D 2 2 R
1 1
由动能定理得−m g2R= m v2 − m v2解得k 5 （3分）
2 2 2 D 2 2
设物块2运动到轻质半圆轨道的Q点时的速度为v ，此时OQ和OD之间的夹角为α（0 ≤ α ≤ 90°），轨道
Q
v2
对物块2的作用力为F N ，长木板刚好不与凹槽底部脱离，则F N +m 2 gcos=m 2 R Q ，F N cos=m 3 g
1 1 2
由动能定理得−m gR(1+cos)= m v2 − m v2解得k= +3cos+2 （3分）
2 2 2 Q 2 2 cos
2 6
当且仅当 =3cos即cos= (35.3)时，k取得最小值k =2 6+2
cos 3 min
若k值超过k ，则物块2运动到此位置后，速度将过大，所需要的向心力也过大，对半圆轨道的作用力
min
的竖直分力大于m g，所以长木板与凹槽底部脱离。
3
综上所述，k的取值范围为5k2 6+2。 （2分）
第2页，共2页 命题/审题：高2025届文庙物理组
{#{QQABaYYEogiAABIAAAhCQQVwCEMQkgCCCagGgEAMIAAACBFABCA=}#}
