(1)玻璃體的折射率n;
(2)O、E之間的距離。
答案 (1)102 (2)22R
解析 (1)當(dāng)光線經(jīng)球心O入射時,光路圖如圖甲所示
甲
根據(jù)折射定律n=sinisinr
其中sin r=ABOA2+AB2
解得n=102。
(2)如圖乙所示,入射光束平移到過E點(diǎn)時,在D點(diǎn)發(fā)生全反射,則sin ∠EDO=1n
乙
在△EDO內(nèi),有ODsin(90°-r)=OEsin∠EDO
聯(lián)立得OE=22R。
2.(8分)(2024陜西寶雞二模)某同學(xué)在操場練習(xí)籃球的控球能力。他單手托著籃球,使籃球由靜止隨手一起豎直向上運(yùn)動h1=0.3 m的高度后豎直拋出,籃球離開手上升h2=1.2 m的高度到達(dá)最高點(diǎn)。籃球落回拋出點(diǎn)時再單手接住,籃球隨手一起向下運(yùn)動h3=0.2 m的高度后速度減為零。已知籃球質(zhì)量m=0.6 kg,重力加速度g取10 m/s2,空氣阻力忽略不計,手和籃球一起的運(yùn)動近似看作勻變速直線運(yùn)動。求:
(1)拋球過程和接球過程手對籃球的作用力之比;
(2)拋球過程和接球過程手對籃球的沖量之比。
答案 (1)5∶7 (2)15∶14
解析 (1)設(shè)拋球過程和接球過程手對籃球的作用力分別為F1、F2,兩過程籃球運(yùn)動的加速度大小分別為a1、a2,拋出瞬間球的速度大小為v,由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律可得
v2=2gh2
v2=2a1h1
由于籃球運(yùn)動過程中不計空氣阻力,拋球和接球速度大小相等,所以
v2=2a2h3
聯(lián)立解得a1=40 m/s2,a2=60 m/s2
由牛頓第二定律可得
F1-mg=ma1
F2-mg=ma2
解得F1∶F2=5∶7。
(2)設(shè)拋球和接球過程中手對籃球的沖量分別為I1、I2,籃球運(yùn)動時間分別為t1、t2,由題意可得
I1=F1t1
I2=F2t2
v=a1t1=a2t2
解得I1∶I2=15∶14。
3.(14分)(2024山西朔州二模)如圖所示,一足夠長的長方體O1a1b1c1-O3a3b3c3被正方形O2a2b2c2分成上下兩個長方體空間Ⅰ和空間Ⅱ,以O(shè)1為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O1-xyz,其中O1a1=O1c1=O2O3=4L。整個長方體空間存在沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出),另外空間Ⅱ內(nèi)同時還存在沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出),一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從O3c3邊的中點(diǎn)P以初速度v0平行于y軸正方向射入長方體區(qū)域,粒子恰好經(jīng)過正方形O2a2b2c2的中心點(diǎn)Q,且粒子在空間Ⅱ內(nèi)運(yùn)動的過程中,恰好未從長方體側(cè)面飛出長方體區(qū)域,不計粒子重力,求:
(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小;
(2)粒子經(jīng)過Q點(diǎn)時的動能;
(3)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。
答案 (1)2mv02qL (2)172mv02 (3)mv02qL
解析 (1)帶正電粒子在空間Ⅰ中做類平拋運(yùn)動,運(yùn)動軌跡如圖甲所示
甲
則2L=v0t1,4L=12at12
由牛頓第二定律qE=ma
聯(lián)立可得,勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E=2mv02qL。
(2)在空間Ⅰ中,由動能定理qE×4L=Ek-12mv02
解得,粒子經(jīng)過Q點(diǎn)時的動能為Ek=172mv02。
(3)粒子進(jìn)入空間Ⅱ時速度為v=2Ekm=17v0
將v分解為沿y軸方向的速度vy=v0和沿z軸方向的速度v=4v0,由于vz方向與磁場方向平行,不受洛倫茲力,如圖乙所示,在xO1y平面內(nèi)的分運(yùn)動由洛倫茲力提供向心力,有qv0B=mv02r
由幾何關(guān)系可知r=2L
可得勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=mv02qL。
乙
4.(16分)(2024福建泉州統(tǒng)考二模)如圖所示,一質(zhì)量為3m、長度為L的木板靜止在傾角θ=30°的固定斜面上,木板的上表面光滑,下表面與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=32,木板的下端固定有垂直于木板的薄擋板。一與斜面平行的輕彈簧下端固定在斜面的底端,上端由原長被壓縮L2后用觸控鎖釘鎖定?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的小滑塊從木板的中點(diǎn)由靜止釋放,經(jīng)過一段時間,滑塊與擋板發(fā)生第一次碰撞后,木板開始運(yùn)動。經(jīng)過多次碰撞后,當(dāng)滑塊位于擋板處且和木板速度都為零時,木板剛好接觸彈簧并觸發(fā)鎖釘立即解除鎖定。已知重力加速度大小為g,彈簧的勁度系數(shù)k=15mgL,滑塊與擋板間的碰撞為彈性正碰,且碰撞時間極短,不計空氣阻力。求:
(1)滑塊第一次與擋板碰撞前瞬間,滑塊的速度大小v0;
(2)滑塊第一次與擋板碰撞后瞬間,木板的速度大小v1和加速度大小a1;
(3)木板在初始位置時,其下端與鎖釘?shù)木嚯xd;
(4)鎖釘解除后,當(dāng)滑塊與擋板第一次分離時木板的速度大小v'。
答案 (1)gL2
(2)gL8 12g
(3)L4
(4)380gL
解析 (1)設(shè)滑塊釋放時加速度大小為a0,由牛頓第二定律得mgsin θ=ma0
滑塊在從釋放后到第一次與擋板碰撞前的過程中做勻加速直線運(yùn)動,有
v02=2a0L2
得v0=gL2。
(2)設(shè)第一次碰撞后瞬間,木板的速度為v1,滑塊的速度為v2,由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=3mv1+mv2
12mv02=12×3mv12+12mv22
聯(lián)立解得v1=12v0=gL8,v2=-12v0=-gL8
對木板由牛頓第二定律可得4μmgcs θ-3mgsin θ=3ma1
解得a1=12g
方向沿斜面向上。
(3)從滑塊開始運(yùn)動到滑塊位于擋板處且和木板速度都為零時,木板一直向下運(yùn)動,在這一過程中,滑塊重力做功WG1=mgL2+dsin θ
木板重力做功WG2=3mgdsin θ
木板所受摩擦力做功
Wf=-4μmgdcs θ
由功能關(guān)系得WG1+WG2+Wf=0
解得d=L4。
(4)當(dāng)板塊分離時,設(shè)彈簧的形變量為x,此時擋板與滑塊間的彈力N=0,兩者的加速度相等,都為a=gsin θ
對板塊整體4μmgcs θ+4mgsin θ-kx=4ma
得x=L5
對彈簧和板塊系統(tǒng),
由能量守恒得12kL22-12kx2=4μmgcs θ·L2-x+4mgsin θ·L2-x+12×4mv2
解得v'=380gL。

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