2021年高考物理试卷（湖南）（解析卷）_物理历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考物理真题_物理（按年份分类）2008-2025_2021·高考物理真题

湖南省 2021 年普通高中学业水平选择性考试 物理 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试 卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共 6小题，每小题 4分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 1. 核废料具有很强的放射性，需要妥善处理。下列说法正确的是（ ） A. 放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽 B. 原子核衰变时电荷数守恒，质量数不守恒 C. 改变压力、温度或浓度，将改变放射性元素的半衰期 D. 过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，但辐射强度在安全剂量内则没有伤害 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．放射性元素的半衰期是大量的放射性元素衰变的统计规律，对少量的个别的原子核无意义，则 放射性元素完全衰变殆尽的说法错误，故A错误； B．原子核衰变时满足电荷数守恒，质量数守恒，故B错误； C．放射性元素的半衰期是由原子核的自身结构决定的，而与物理环境如压力、温度或浓度无关，与化学状 态无关，故C错误； D．过量放射性辐射包含大量的射线，对人体组织有破坏作用，但辐射强度在安全剂量内则没有伤害，故D 正确； 故选D。 2. 物体的运动状态可用位置x和动量 p描述，称为相，对应 p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可 用 p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动， 则对应的相轨迹可能是（ ） 第1页 | 共27页A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有 v2 =2ax 而动量为 p =mv 联立可得 1 p=m 2ax =m 2a×x2 动量 p关于x为幂函数，且x>0，故正确的相轨迹图像为D。 故选D。 3. “复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行 驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比 （F =kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为v 。下列说法正确的是（ ） 阻 m A. 动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B. 若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 3 C. 若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为 v 4 m D. 若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度v ，则这一过程中 m 1 该动车组克服阻力做的功为 mv 2 -Pt 2 m 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．对动车由牛顿第二定律有 F -F =ma 阻 第2页 | 共27页若动车组在匀加速启动，即加速度a恒定，但F =kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大， 阻 故A错误； B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有 4P -kv=ma v 故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误； C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶时加速度为零，有 2.25P =kv v 而以额定功率匀速时，有 4P =kv v m m 联立解得 3 v= v 4 m 故C正确； D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度v ，由动能定理可 m 知 1 4Pt-W = mv2 -0 F阻 2 m 可得动车组克服阻力做的功为 1 W =4Pt- mv2 F阻 2 m 故D错误； 故选C。 4. 如图，在 a，0 位置放置电荷量为 q 的正点电荷，在 0，a 位置放置电荷量为 q 的负点电荷，在距 Pa，a 为 2a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为（ ） 第3页 | 共27页A. 0，2a ， 2q B. 0，2a ，2 2q C. 2a，0 ， 2q D. 2a，0 ，2 2q 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 根据点电荷场强公式 Q E =k r2 两点量异种点电荷在P点的场强大小为 kq E = ，方向如图所示 0 a2 两点量异种点电荷在P点的合场强为 kq E = 2E = 2 ，方向与+q点电荷与-q点电荷的连线平行如图所示 1 0 a2 Q点电荷在p点的场强大小为 Q kQ E =k = 2  2 2a2 2a 三点电荷的合场强为0，则E 方向如图所示，大小有 2 E = E 1 2 解得 Q=2 2q 由几何关系可知Q的坐标为（0，2a） 第4页 | 共27页故选B。 5. 质量为M 的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆 水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F 推动小滑块由A点向B 点缓慢移动，力F 的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（ ） A. 推力F 先增大后减小 B. 凹槽对滑块的支持力先减小后增大 C. 墙面对凹槽的压力先增大后减小 D. 水平地面对凹槽的支持力先减小后增大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】AB ．对滑块受力分析，由平衡条件有 F =mgsinq N =mgcosq 滑块从A缓慢移动B点时，q越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB错误； C．对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为 1 F = Fcosq=mgsinqcosq= mgsin2q N 2 则q越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确； D．水平地面对凹槽的支持力为 N =M +mg-Fsinq=M +mg-mgsin2q 地 则q越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误； 故选C。 6. 如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n :n ，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡 1 2 L 、L 的阻值始终与定值电阻R 的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯 1 2 0 第5页 | 共27页泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（ ） A. L 先变暗后变亮，L 一直变亮 1 2 B. L 先变亮后变暗，L 一直变亮 1 2 C. L 先变暗后变亮，L 先变亮后变暗 1 2 D. L 先变亮后变暗，L 先变亮后变暗 1 2 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】副线圈的总电阻为 1 1 1 = + R R +R R +R 2 0 ap 0 pb 解得         R +R × R +R R +R × R +R R = 0 ap 0 pb = 0 ap 0 pb 2  R +R  +  R +R  2R +R 0 ap 0 pb 0 则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，副线圈的总电阻选增大后减小，根据等效电阻关系有 n 1U U n 2 æ n ö 2 U æ n ö 2 R = 1 = 2 =ç 1 ÷ 2 =ç 1 ÷ R 等 I n n I n 2 1 2 I è 2 ø 2 è 2 ø n 2 1 则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有 U n I = ，I = 1 I 1 R +R 2 n 1 0 等 2 I 先减小后增大，I 先减小后增大，则L 先变暗后变亮，根据 1 2 1 n U =U -I R ，U = 2U 1 1 0 2 n 1 1 第6页 | 共27页由于I 先减小后增大，则副线圈的电压U 先增大后减小，通过L 的电流为 1 2 2 U I = 2 L2 R +R 0 pb 则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，R 逐渐减小，副线圈的电压U 增大过程中 I 增大；在 pb 2 L2 副线圈的电压U 减小过程中，通过R 的电流为 2 0 U I = 2 R 0 R +R 0 ap R 逐渐增大，则I 越来越小，则 ap R 0 I ­= I ­-I ¯ L2 2 R 0 则L 先变暗后变亮，L 一直变亮； 1 2 故选A。 二、选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符 合题目要求。全部选对的得 5分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。 7. 2021年4月29日，中国空间站天和核心舱发射升空，准确进入预定轨道。根据任务安排，后续将发射问 天实验舱和梦天实验舱，计划2022年完成空间站在轨建造。核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道 1 离地面的高度约为地球半径的 。下列说法正确的是（ ） 16 2 æ16ö A. 核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的 ç ÷ 倍 è17ø B. 核心舱在轨道上飞行的速度大于7.9km/s C. 核心舱在轨道上飞行的周期小于24h D. 后续加挂实验舱后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】A．根据万有引力定律有 Mm F =G r2 核心舱进入轨道后的万有引力与地面上万有引力之比为 第7页 | 共27页F R2 æ16ö 2 1 = = ç ÷ F æ 1 ö 2 è17ø 2 R+ R ç ÷ è 16 ø 所以A正确； B．核心舱在轨道上飞行的速度小于7.9km/s，因为第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以B错误； C．根据 R3 T =2p GM 可知轨道半径越大周期越大，则其周期比同步卫星的周期小，小于24h，所以C正确； D．卫星做圆周运动时万有引力提供向心力有 Mm v2 G =m r2 r 解得 GM v= R 则卫星的环绕速度与卫星的质量无关，所以变轨时需要点火减速或者点火加速，增加质量不会改变轨道半 径，所以D错误； 故选AC。 8. 如图（a），质量分别为m 、m 的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F 作用在A上，系统 A B 静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a-t 图像如图（b）所示，S 表示0到t 时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S 、S 分别表示t 到t 1 1 2 3 1 2 时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t 时刻的速度为v 。下列说法正确的是（ ） 1 0 第8页 | 共27页A. 0到t 时间内，墙对B的冲量等于m v 1 A 0 B. m > m A B C. B运动后，弹簧的最大形变量等于x D. S -S =S 1 2 3 【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】A．由于在0 ~ t 时间内，物体B静止，则对B受力分析有 1 F = F 墙 弹 则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A， 撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有 I = m v （方向向右） A 0 则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确； B．由a—t图可知t 后弹簧被拉伸，在t 时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有 1 2 F = m a = m a 弹 A A B B 由图可知 a > a B A 则 m < m B A B正确； C．由图可得，t 时刻B开始运动，此时A速度为v ，之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒， 1 0 则 m v =m v +m v A 0 A A A B 可得AB整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误； D．由a—t图可知t 后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t —t 时间内AB组成的系统动量守恒，且在t 时刻 1 1 2 2 弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a—t图像的面积为v，在t 时刻AB的速度分别为 2 v =S -S ，v =S A 1 2 B 3 A、B共速，则 S -S =S 1 2 3 第9页 | 共27页D正确。 故选ABD。 9. 如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd 为该圆直径。将电荷量为 qq >0 的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2WW >0 ；若将该粒子从c点移动到d 点，电场力做 功为W 。下列说法正确的是（ ） A. 该匀强电场的场强方向与ab平行 B. 将该粒子从d 点移动到b点，电场力做功为0.5W C. a点电势低于c点电势 D. 若只受电场力，从d 点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】A．由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的的思路，沿cd方向建立x轴，垂直与cd方向建立 y轴如下图所示 在x方向有 W = E q2R x 在y方向有 2W = E q 3R + E qR y x 第10页 | 共27页经过计算有 W 3W W E E = ，E = ，E = ，tanθ = y = 3 x 2qR y 2qR qR E x 由于电场方向与水平方向成60°，则电场与ab平行，且沿a指向b，A正确； B．该粒从d点运动到b点，电场力做的功为 R W′ = Eq = 0.5W 2 B正确； C．沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于c点的电势，C错误； D．若粒子的初速度方向与ab平行则粒子做匀变速直线运动，D错误。 故选AB。 10. 两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。 距离组合体下底边H 处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左 右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v 水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B 0 使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A. B与v 无关，与 H 成反比 0 B. 通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变 C. 通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等 D. 调节H 、v 和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变 0 【答案】CD 【解析】 【分析】 第11页 | 共27页【详解】A．将组合体以初速度v 水平无旋转抛出后，组合体做平抛运动，后进入磁场做匀速运动，由于 0 水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互低消，则有 B2L2v mg = F = y ，v = 2gH 安 y R 综合有 mgR 1 B = × L2 2g H 1 则B与 成正比，A错误； H B．当金属框刚进入磁场时金属框的磁通量增加，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时 金属框的磁通量减少，此时感应电流的方向为顺时针方向，B错误； C．由于组合体进入磁场后做匀速运动，由于水平方向的感应电动势相互低消，有 B2L2v mg = F = y 安 R 则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正确； D．无论调节哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有 mg = F 安 则安培力做的功都为 W = F 3L 安 则组合体通过磁场过程中产生的焦耳热不变，D正确。 故选CD。 三、非选择题：共 56分。第 11~14 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 15、16题为 选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 43分。 11. 某实验小组利用图（a）所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要实验步骤如下： 第12页 | 共27页（1）用游标卡尺测量垫块厚度h，示数如图（b）所示，h=___________cm； （2）接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平； （3）在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度； （4）在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数n和滑块对应的加速度a； （5）在右支点下增加垫块个数（垫块完全相同），重复步骤（4），记录数据如下表： n 1 2 3 4 5 6  a/m×s-2 0.087 0.180 0.260 0.425 0.519 根据表中数据在图（c）上描点，绘制图线___________。 如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是___________m/s2（保留三位有效数字）。 【答案】 (1). 1.02 (2). (3). 0.342 【解析】 【分析】 第13页 | 共27页【详解】（1）[1]垫块的厚度为 h=1cm+2×0.1mm=1.02cm （5）[2]绘制图线如图； [3]根据 nh mg× =ma l 可知a与n成正比关系，则根据图像可知，斜率 0.6 a k = = 7 4 解得 a=0.342m/s2 12. 某实验小组需测定电池的电动势和内阻，器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻 （阻值为R ）、一个电流表（内阻为R ）、一根均匀电阻丝（电阻丝总阻值大于R ，并配有可在电阻丝上 0 A 0 移动的金属夹）、导线若干。由于缺少刻度尺，无法测量电阻丝长度，但发现桌上有一个圆形时钟表盘。某 同学提出将电阻丝绕在该表盘上，利用圆心角来表示接入电路的电阻丝长度。主要实验步骤如下： （1）将器材如图（a）连接： （2）开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的___________端（填“a”或“b”）； （3）改变金属夹的位置，闭合开关，记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角q和电流表示数I ，得到多 组数据； 第14页 | 共27页（4）整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图（b）所示，图线斜率为k，与纵轴截距为d ，设单 位角度对应电阻丝的阻值为r ，该电池电动势和内阻可表示为E =___________，r =___________（用R 、 0 0 R 、k、d 、r 表示） A 0 （5）为进一步确定结果，还需要测量单位角度对应电阻丝的阻值r 。利用现有器材设计实验，在图（c） 0 方框中画出实验电路图__________（电阻丝用滑动变阻器符号表示）； （6）利用测出的r ，可得该电池的电动势和内阻。 0 r rb 【答案】 (1). b (2). 0 (3). 0 -R -R (4). k k 0 A 【解析】 【分析】 【详解】（2）[1]开关闭合前，为了保护电路中的元件，应将电阻丝的最大阻值接入电路，根据电阻定律 L R=r 可知电阻丝接入越长，接入电阻越大，金属夹应夹在电阻丝的b端。 S （4）[2]设圆心角为q时，电阻丝接入电路中的电阻为qr ，根据闭合电路欧姆定律E =U +Ir可知 0 E = I(R +R +qr )+Ir A 0 0 整理得 1 r R +R +r = 0q+ A 0 I E E 结合图象的斜率和截距满足 r R +R +r 0 =k， A 0 =b E E 解得电源电动势和内阻为 r E = 0 k rb r = 0 -R -R k 0 A （5）[3]实验器材中有定值电阻R 和单刀双掷开关，考虑使用等效法测量电阻丝电阻，如图 0 第15页 | 共27页原理的简单说明： ① 将开关置于R 位置，读出电流表示数I ； 0 0 ② 将开关置于电阻丝处，调节电阻丝的角度，直到电流表示数为I ，读出此时角度θ ； 0 ③ 此时qr = R ，即可求得r 的数值。 0 0 0 13. 带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流（每个粒子的质量为m、 电荷量为+q）以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子， 求解以下问题。 （1）如图（a），宽度为2r 的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A0，r  、半径为r 的圆形匀强磁场中， 1 1 1 若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，求该磁场磁感应强度B 的大小； 1 （2）如图（a），虚线框为边长等于2r 的正方形，其几何中心位于C0，-r  。在虚线框内设计一个区域面 2 2 积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r ，并沿x轴正方向射出。求该磁 2 场磁感应强度B 的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）； 2 （3）如图（b），虛线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r 的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r 的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、 3 4 Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r 的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚 3 到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r ，并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求 4 Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。 第16页 | 共27页mv mv mv mv 【答案】（1） ；（2） ，垂直与纸面向里， S =pr2；（3） B = ， B = ， qr qr 2 2 I qr III qr 1 2 3 4 1 1 S =( p-1)r2，S =( p-1)r2 II 2 3 IV 2 4 【解析】 【分析】 【详解】（1）粒子垂直x进入圆形磁场，在坐标原点O汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的 半径等于圆形磁场的半径r ，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力 1 v2 qvB =m 1 r 1 解得 mv B = 1 qr 1 （2）粒子从O点进入下方虚线区域，若要从聚焦的O点飞入然后平行x轴飞出，为磁发散的过程，即粒子 在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图所示，图中圆形磁场即为最小的 匀强磁场区域 第17页 | 共27页v2 磁场半径为r ，根据qvB=m 可知磁感应强度为 2 r mv B = 2 qr 2 根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为 S =pr2 2 2 （3）粒子在磁场中运动，3和4为粒子运动的轨迹圆，1和2为粒子运动的磁场的圆周 v2 根据qvB=m 可知I和III中的磁感应强度为 r mv mv B = ，B = I qr III qr 3 4 图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹，可知磁场的最小面积为叶子形状，取I区域如图 第18页 | 共27页) 图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周S 与三角形S 之差，所以阴影部分的面积为 AOB AOB ) 1 1 1 S =2(S -S )=2´( pr2 - r2)=( p-1)r2 1 AOB AOB 4 3 2 3 2 3 类似地可知IV区域的阴影部分面积为 1 1 1 S =2´( pr2 - r2)=( p-1)r2 IV 4 4 2 4 2 4 根据对称性可知II中的匀强磁场面积为 1 S =( p-1)r2 II 2 3 14. 如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平 轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为。以水平轨道末端 O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P 端坐标为 2L，L ，Q端在y轴上。重力加速度为g。 （1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2L的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小； （2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的 曲线方程； （3）将质量为lm（l为常数且l³5）的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生 弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始 位置距x轴高度的取值范围。 第19页 | 共27页【 答 案 】（ 1 ） 2gL；（ 2 ） x=2 2Ly- y2 （ 其 中 ， L£ y£2L）；（ 3 ） 3l-1 l2 +l+1 ×L£ x£ ×4L l-3 (l-1)2 【解析】 【分析】 【详解】（1）物块A从光滑轨道滑至O点，根据动能定理 1 mg×2L-mgL= mv2 2 解得 v= 2gL （2）物块A从O点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为v ，落在弧形轨道上的坐标为(x,y)，将平抛运 0 动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有 1 x=vt，y = gt2 0 2 解得水平初速度为 gx2 v2 = 0 2y 物块A从O点到落点，根据动能定理可知 1 mgy = E - mv2 k 2 0 解得落点处动能为 1 mgx2 E =mgy+ mv2 =mgy+ k 2 0 4y 因为物块A从O点到弧形轨道上动能均相同，将落点P(2L,L)的坐标代入，可得 第20页 | 共27页mgx2 mg(2L)2 E =mgy+ =mg´L+ =2mgL k 4y 4´L 化简可得 x2 y+ =2L 4y 即 x=2 2Ly- y2 （其中，L£ y£2L） （3）物块A在倾斜轨道上从距x轴高h处静止滑下，到达O点与B物块碰前，其速度为v ，根据动能定 0 理可知 1 mgh-mgL= mv2 2 0 解得 v2 =2gh-2gL ------- ① 0 物块A与B发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需 要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小 分别为v 和v ，在物块A与B碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则 1 2 mv =-mv +lmv 0 1 2 1 1 1 mv2 = mv2 + ×lmv2 2 0 2 1 2 2 解得 l-1 v = v -------② 1 l+1 0 2 v = v -------③ 2 l+1 0 设碰后A物块反弹，再次到达O点时速度为v ，根据动能定理可知 3 1 1 -2mgL= mv2 - mv2 2 3 2 1 解得 v2 =v2 -4gL -------④ 3 1 据题意， A落在B落点的右侧，则 第21页 | 共27页v >v -------⑤ 3 2 据题意，A和B均能落在弧形轨道上，则A必须落在P点的左侧，即： v £ 2gL -------⑥ 3 联立以上，可得h的取值范围为 3l-1 l2 +l+1 ×L