新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分专项增分练4数理结合练（附解析）

专项增分练4　数理结合练【1.三角函数求极值】1．[2023·湖南长沙模拟](多选)2022年10月网上一保安用绳子轻松溜石头的视频火了．如图所示，石头在保安的拉动下做滚动，石头的运动过程可以简化成匀速运动．设石头的质量为m，拉动时石头与地面的动摩擦系数为μ，绳子(质量不计)对石头的拉力大小为F、与水平方向的夹角为θ.下列有关说法正确的是(　　)A．石头受重力、地面的支持力、绳子的拉力B．石头受到沿水平方向的摩擦力大小为FcosθC．石头对地面的压力为mg－FsinθD．当tanθ＝μ时，绳子的拉力最小2．在仰角α＝30°的雪坡上举行跳台滑雪比赛，如图所示．运动员从坡上方A点开始下滑，到起跳点O时借助设备和技巧，保持在该点的速率不变而以与水平面成θ角的方向起跳．最后落在坡上B点，坡上O、B两点距离为L.已知A点高于O点h＝50m，不计摩擦和阻力，则O、B两点距离L最大值为多少？此时起跳角为多大？(取g＝10m/s2)【2.均值不等式求极值】3．[2023·山东烟台模拟](多选)如图所示，OA是竖直线，OB是水平线，点A距离点O的高度为h(h可调节)，点B与点O间的距离为x(x已知).将一小球从A点以合适的速度水平抛出，每次都能击中水平面上的B点．不计空气阻力，则(　　)A．h越大，小球到达B点时的动能越大B．小球到达B点时的动能为mg(＋h)C．小球到达B点时的动能最小值为mgxD．h越大，小球到达B点时重力的瞬时功率越大4．(多选)已知汽车在加速过程中每秒钟的耗油量与行驶的加速度a的数量关系为V0＝Aa＋B(A、B均为常数).若某型号汽车由静止开始做匀加速直线运动，行驶了位移s，若要此 段运动中汽车的耗油量最小，则汽车的加速度大小及最小耗油量应为(　　)A．汽车加速度为a＝B．汽车加速度为a＝C．汽车最小耗油量为D．汽车最小耗油量为5．[2023·北京朝阳模拟]如图所示，位于坚直平面上的圆弧光滑轨道AB，半径为R，OA沿水平方向，OB沿竖直方向，圆弧轨道上端A距地面高度为H，质量为m的小球从A静止释放，到达B点时速度大小为，最后落在地面C点处，不计空气阻力．求(1)小球刚运动到B点时，对轨道的压力多大？(2)小球落地点C与B的水平距离s为多少？(3)比值为多少时，小球落地点C与B点的水平距离最大？最大值为多少？ 【3.二次方程根的判别式判断可能解】6．[2023·湖南模拟]某同学在操场练习掷铅球，第一次以速度v0水平掷出铅球，第二次以与水平方向成α角斜向上掷出铅球，结果铅球都落到了P点．已知铅球两次出手时的高度和速度大小均相同，两次铅球的水平射程均为x，重力加速度大小为g，则铅球出手时的高度为(　　)A．B．C．xtanαD．7．如图所示，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q(q＞0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O′.球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(0<θ<).为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B的最小值及小球P相应的速率．(已知重力加速度为g)8．如图，在光滑水平长直轨道上有A、B两个绝缘体，它们之间有一根长L的轻质细线相连接，其中A的质量为m，B的质量为M＝2m，A为带有电量为＋q的物体，B不带电，空间存在着方向水平向右的匀强电场，电场强度为E.开始时用外力把A与B靠在一起并保持静止，某时刻撤去外力，A开始向右运动，直到细线绷紧．当细线被绷紧时，细线存在极短时间的弹力，而后B开始运动，已知B开始运动时的速度等于线刚绷紧前瞬间A的速度的.整个过程中，A的电荷量保持不变．求： (1)B开始运动时，A的速度为多少；(2)通过计算来判断细线在第二次绷紧前A、B是否发生碰撞；(3)在(2)中，若A、B发生碰撞，求碰撞前瞬间B的位移；若A、B不发生碰撞，求细线第二次绷紧前瞬间B的位移．【4.函数求解功率的最大值】9．[2023·吉林白城模拟](多选)直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的(　　)A．总功率一定减小B．效率保持不变C．内部损耗功率一定减小D．输出功率一定先增大后减小10．用电阻为13Ω的均匀电阻丝制成一个圆环，并把它接到如图所示的电路中．图中导线的P端能沿圆环移动，并保持良好接触．已知R0为2Ω，电源电压保持3V不变．改变P的位置，圆环的最大电功率为(　　)A．WB．WC．WD．W11．如图所示，一个理想自耦变压器原线圈上加有电动势为E，内阻为r的交流电源，副线圈连有电阻R，且R<r，当移动滑片使负载电阻R上获得最大功率时，以下选项正确的是(　　) A．原线圈中的电流I1＝B．电阻R上获得最大功率Pmax＝C．变压器原、副线圈的匝数比为D．原线圈两端的电压为U1＝【5.等比数列求路程、时间或速度】12．[2023·云南模拟]如图所示，在光滑绝缘地面上存在垂直于地面向下的匀强磁场，磁感应强度为B.有一质量为m的不带电小球P以v0的速度向右运动，与另一电荷量为＋q的静止小球Q发生正碰．两球碰撞后合为一体垂直撞向平行于v0方向的足够长的墙，已知小球与墙每次碰撞后的速率变为碰撞前的，速度方向反向，则最终两小球与小球Q的初始位置的距离为(　　)A．B．C．D．13．将一篮球从距地面高度为H处由静止释放，篮球与地面碰撞过程损失的能量总为碰撞前动能的，篮球始终在竖直方向运动，不计空气阻力，则篮球停止运动前运动的总路程为(　　)A．8HB．7HC．4HD．2H14．[2023·江西宜春模拟]如图所示，质量M＝2kg的木板Q静止在光滑水平地面上，距其右端x(未知且可调)处有一铆钉固定的滑块A.一质量m＝1kg的小滑块P(可视为质点)静止于木板左端．现水平向右迅速敲击小滑块P，使其瞬间获得v0＝8m/s的初速度沿木板向右运动．已知重力加速度大小为g＝10m/s2，滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，整个过程中滑块P未滑离木板Q，木板与右侧滑块A的碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略．(1)若x＝0.25m，将A的钉去掉，滑块A与水平面无摩擦，且mA＝2kg，求木板与物块A碰撞的次数及碰后滑块P、木板Q、物块A最终速度的大小； (2)若小滑块P的质量为mP＝2kg，Q的质量为mQ＝1kg，滑块A用铆钉固定在距Q右侧x0＝6m处，多次碰撞后P、Q最终都静止，求整个过程中木板Q的总路程．【6.几何方法求解】15．[2023·河北衡水模拟]如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块．物块与圆盘及与餐桌面间的动摩擦因数均为μ，现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点．则(　　)A．物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的角速度大小为B．物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的线速度大小为C．餐桌面的半径为rD．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr16．如图所示，两个质量分别为mA和mB的带电小球A、B(可视为质点)通过一根绝缘轻绳跨放在光滑的定滑轮上(滑轮大小不计)，两球静止，O为滑轮正下方AB连线上的一个点．两球到O点距离分别为xA和xB，到滑轮的距离分别为lA和lB，且lA∶lB＝1∶2，细绳与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，两球电荷量分别为qA和qB.则(　　) A．qA>qBB．θ1>θ2C．mA∶mB＝1∶2D．xA∶xB＝1∶217．(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为18V、20V、26V，下列说法正确的是(　　)A．坐标原点处的电势为12VB．电场强度的大小为100V/mC．电子从b点运动到c点，克服电场力做功为6eVD．电子在a点的电势能比在b点的电势能大2eV18．[2023·湖南模拟](多选)如图所示，有一对平行金属板，两板相距为d＝0.5m，电压为U＝10V，两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0＝0.1T，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里．图中右边有一半径R为0.2m、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1T，方向垂直于纸面向里．一宽度为0.2m、比荷为1×103C/kg的正离子束正对着O点沿平行于金属板面、从金属板左侧垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并射入圆形磁场区域．不计离子重力．下列说法正确的是(　　)A．金属板的上极板带正电，离子速度v＝200m/sB．最后所有离子均会从圆形磁场边界上同一点出来，该点位于O点的正上方C．离子在圆形磁场区域中运动的最长时间为×10－3sD．离子在圆形磁场区域中运动的最短时间为×10－3s19．[2023·河南联考]用某透明材料制作的半球形光学元件如图所示，平行单色光垂直射到半径为R的半球底平面上，材料对该单色光的折射率n＝，半球的上方平行于半球底平面放置一足够大的光屏，单色光经半球折射后在光屏上可形成一个圆形光斑．不考虑光的干涉、衍射及在半球内的多次反射，折射光线可视为近轴光线(所有光线可会聚于轴上同一点)，真空中光速为c.求： (1)当光屏上的光斑最小时，圆心O到光屏的距离；(2)圆心O到光屏的距离d＝R时，光屏被照亮的面积及单色光从O点到达光屏的时间．20．[2023·山东烟台模拟]光纤通信作为一门新型技术，以其通信容量大、抗干扰性高和信号衰减小，而远优于电缆、微波通信的传输，已成为世界通信中主要传输方式．但光纤光缆在转弯的地方弯曲半径不能太小，否则影响正常通信．如图所示，模拟光纤通信，将直径为d的圆柱形玻璃棒弯成圆环，已知玻璃的折射率为，光在真空中的速度为c，要使从A端垂直入射的光线能全部从B端射出．求：(1)圆环内径R的最小值； (2)在(1)问的情况下，从A端最下方入射的光线，到达B端所用的时间．21．[2023·山东省一模]如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上在0≤x≤d，0≤y≤虚线范围内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，有A、B两个小球(均可视为质点)，小球A质量为m电荷量为＋q，小球B不带电．现将小球A从x＝0处无初速释放，小球B位于x＝d处，A与B发生碰撞时间极短，且只撞一次，碰撞过程中A的电荷量不变，经过一段时间两小球保持的距离不变．求：(1)小球A与小球B碰前小球A的速度v0；(2)小球B的质量mB；(3)若将虚线区域内的电场换为垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，小球A从O点以不同的速度发射，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～90° 范围内．已知小球A在磁场中做圆周运动的半径介于到d之间，A在磁场中运动的最长时间为在磁场中做圆周运动周期的四分之一，求当A在磁场中运动时间最长时，从O点射出时的速度大小．[答题区]题号134691011答案题号121315161718答案 专项增分练4　数理结合练1．解析：石头受重力、地面的支持力、绳子的拉力、地面给的摩擦力，A错误；根据正交分解得Ff＝μFN＝Fcosθ，FN＝mg－Fsinθ，解得F＝，对上式做数学变换得F＝＝，上式中tanα＝，则当θ＝α(tanθ＝μ)时，F取得最小值，B、C、D正确．答案：BCD2．解析：运动员在O点速度为v0＝＝10m/s起跳后运动员做斜上抛运动；把运动分解为水平向右的匀速运动和竖直方向的竖直上抛运动，水平方向上有x＝v0cosθ·t竖直方向上有y＝v0sinθ·t－gt2令y＝－xtanα，解得x＝＝当2θ＋α＝90°，即θ＝30°时，xmax＝此时L有极大值，有Lmax＝＝200m.答案：200m　30°3．解析：设小球运动时间为t，水平初速度为v0，小球竖直方向做自由落体运动h＝gt2，水平方向做匀速直线运动x＝v0t，从A到B由动能定理有mgh＝EkB－mv，联立解得EkB＝mgh＋.当mgh＝，即h＝时，EkB有最小值为EkB最小＝mgx，A、B错误，C正确；小球到达B点时重力的瞬时功率为P＝mgVy＝mg2t，当h越大，t越大，P也越大，D正确．答案：CD4．解析：根据公式s＝at2可得行驶了位移s的运动时间为t＝，则消耗的油量V＝(Aa＋B)t，化简可得V＝(Aa＋B)＝，根据数学知识可得当A2a＝时，消耗的油量最小，即a＝，最小油量V＝，B、C正确，A、D错误．答案：BC5．解析：(1)质量为m的小球从A静止释放，到达B点时速度大小为 ，由牛顿第二定律有FN－mg＝m，可得FN＝3mg根据牛顿第三定律可知，小球运动到B点对轨道的压力为3mg.(2)小球离开B点后做平抛运动，抛出点高为H－R，有H－R＝gt2，s＝vBt，解得s＝＝2(3)由上式可知，当R＝时，即＝时，s有最大值，即smax＝H.答案：(1)3mg　(2)2　(3)　H6．解析：设铅球以仰角θ掷出后，在空中做斜抛运动，则－h＝v0tsinθ－gt2，x＝v0tcosθ，即－xtanθ－h＝0，上式变形有tan2θ－xtanθ＋－h＝0，tanα、tan0°为二次方程的两个根，根据韦达定理有tanα＋tan0°＝，tanαtan0°＝1－，解得h＝＝，D正确．答案：D7．解析：据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O′.P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力N和磁场的洛仑兹力f＝qvB　①式中v为小球运动的速率．洛仑兹力f的方向指向O′.根据牛顿第二定律Ncosθ－mg＝0　②，f－Nsinθ＝m　③由①②③式得v2－v＋＝0　④由于v是实数，必须满足Δ＝()2－≥0　⑤由此得B≥　⑥可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为Bmin＝　⑦此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为v＝　⑧由⑦⑧式得v＝sinθ.答案：　　sinθ 8．解析：(1)从运动到拉直时，A的速度为v0，根据动能定理有Eql＝mv解得v0＝所以由题知vB＝绷紧前后系统动量守恒mv0＝mvA＋2m·vB解得vA＝0.(2)二者若能相遇，则有v0t＝t2＋L一元二次方程的判别式：Δ＝－<0故t无实数解，说明B追不上A，所以二者不会发生碰撞．(3)设第二次绷紧时间为t2，则有sB＝sA，sA＝t2，sB＝t，解得t2＝，所以sB＝L.答案：(1)0　(2)二者不会发生碰撞　(3)L9．解析：滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器的电阻变大，电路总电阻变大，总电流I总变小，由电源总功率公式P总＝EI总得电源总功率减小，A正确；滑动变阻器的电阻变大，根据闭合电路欧姆定律得，路端电压U增大，根据电源效率公式η＝×100%，电源效率变大，B错误；设电源内阻为r，则内部损耗功率为P内＝Ir，因为总电流I总变小，电源内阻r不变，所以电源内部损耗功率一定减小，C正确；设电源外部电阻为R，则电源输出功率为P出＝IR＝＝＝，则当R＝r时，电源输出功率最大，现在不知道外部电阻和内部电阻的具体数值关系，D错误．答案：AC10．解析：根据题意可知，圆环分成两部分并联接入电路，设接入电路的等效电阻为R1，则圆环的功率为P＝()2×R1＝，由数学知识可知＝R1，即R1＝R0时，P有最大值，最大值为Pm＝＝W，B正确．答案：B11．解析：根据题意，设原副线圈匝数比为，变压器的原线圈等效电阻为R0，当原线圈的输入功率最大时，负载电阻R上获得最大功率，原线圈的输入功率为P＝EI1－Ir. 由数学知识可知，当I1＝时，即R0＝r，P最大，最大功率为Pm＝，由原副线圈功率关系有IR0＝(I1)2R，解得＝，A、B错误，C正确；原线圈两端的电压为U1＝·R0＝，D错误．答案：C12．解析：设小球Q的质量为M，两球碰撞合为一体后的速度为v，根据动量守恒有mv0＝(m＋M)v，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝(m＋M)，解得两球碰撞合为一体后运动半径r＝，由题意可知小球与墙每次碰撞后的运动半径变为碰撞前的，所以在水平方向的距离为x＝r＋r＋r＋r＋r＋…，利用等比数列求和公式可得x＝3r，最后利用勾股定理可得最终两小球与小球Q的初始位置的距离d＝r＝，B正确．答案：B13．解析：篮球下落的过程，篮球的重力势能转化为篮球的动能，所以篮球下落到与地面第一次碰撞前动能为Ek＝mgH，篮球与地面碰撞过程损失的能量总为碰撞前动能的，可知篮球与地面碰后篮球的动能变为原来的，即Ek1＝mgH，篮球反弹后所具有的动能转化为重力势能，则Ek1＝mgh1，所以篮球与地面第一次碰撞后篮球上升的最大高度为h1＝H，同理可以得出篮球与地面第二次碰撞后篮球上升的最大高度为h2＝()2H，继而求出第三次h3＝()3H，…，第n次，hn＝()nH，进行数学归纳，发现每次与地面碰撞后篮球上升的高度与之前下落高度为等比数列，篮球停止运动前运动的总路程x＝H＋2h1＋2h2＋2h3……，由等比数列知识得x＝H＋2h1，篮球停止，n取无穷大，总路程为x＝H＋2h1＝7H，B正确．答案：B14．解析：(1)木板Q、物块A每次碰撞时，由动量守恒与机械能守恒可得MvQ＋mAvA＝Mv′Q＋mAv′A，Mv＋mAv＝Mv′＋mAv′解得v′Q＝vA，v′A＝vQ即木板Q、物块A每次碰撞后，交换速度，故第一次碰撞前，木板Q向右做匀加速直线运动，木板Q的加速度大小为a＝＝2m/s2木板Q第一次碰撞A的速度大小为vQ1＝＝1m/s 对P和木板Q，由动量守恒mv0＝MvQ1＋mv1木板Q第一次碰撞A时滑块P的速度大小为v1＝6m/s第一次碰撞后，木板Q、物块A的速度分别为v′Q1＝0，v′A1＝1m/s接下来木板Q向右匀加速直线运动，到第二次碰撞前，根据位移关系v′A1t＝at2＝t木板Q的速度为vQ2＝2m/s第二次碰撞后，木板Q、物块A的速度大小分别为v′Q2＝1m/s，v′A2＝2m/s由动量守恒mv0＝Mv′Q2＋mAv′A2＋mv2滑块P的速度大小为v2＝2m/s木板Q继续向右匀加速直线运动，直到滑块P、木板Q共速，有mv0＝(M＋m)v′＋mAv′A2若能发生第三次碰撞，由位移关系v′A2t＝v′Q2t′＋at′2，vQ3＝v′Q2＋at′木板Q的速度大小为vQ3＝3m/s>v′所以不能发生第三次碰撞．即木板与物块A碰撞的次数为2次，滑块P、木板Q、物块A最终速度的大小分别为m/s，m/s，2m/s.(2)第一次碰撞前，木板Q向右做匀加速直线运动，木板Q的加速度大小为a′＝＝8m/s2解得木板Q碰A时的速度大小为vQ3＝＝4m/s>v0故木板Q先匀加速到与滑块P共速mPv0＝(mP＋mQ)v共1再匀速运动至物块A所在位置并与其发生碰撞，第一次碰撞后，木板Q速度反向，大小不变，加速度不变，向左运动位移为x1＝＝m然后向右匀加速运动直到与滑块P共速mPv共1－mQv共1＝(mP＋mQ)v共2再匀速运动至物块A所在位置并与其发生碰撞，第二次碰撞后，木板Q速度反向，大小不变，加速度不变，向左运动位移为x2＝＝m所以木板Q的总路程为s＝6m＋×2m＋×2m＋…＝6m＋32[()1＋()2＋()3＋…]m＝10m.答案：(1)2次　m/s　m/s　2m/s　(2)10m15.解析：物块从圆盘上滑落的瞬间，物块与圆盘的角速度大小相等，线速度大小相等，此时摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律可得μmg＝mω2r，解得ω＝ ，由线速度与角速度的关系公式v＝ωr，可得圆盘的线速度大小为v＝ωr＝r＝，A、B错误；物块从圆盘上滑落到桌面的边缘，如图所示，由动能定理可得－μmgx＝0－mv2，代入数据解得x＝，由几何关系可得R2＝r2＋()2，代入数据解得餐桌面的半径为R＝r，C正确；物块随圆盘运动的过程中，由动能定理，可得圆盘对小物块做功为W＝mv2＝μmgr，D错误．答案：C16.解析：由于两球的电场力是相互作用力，故无法比较两球电荷量的大小，A错误；绳子上的力处处相等，对绳子跨过定滑轮的节点受力分析可知T′cosθ1＝T′cosθ2，所以θ1＝θ2，B错误；对两球受力可知，根据相似三角形＝＝，＝＝，可得mA∶mB＝2∶1，xA∶xB＝1∶2，C错误，D正确．答案：D17．解析：根据φc－φa＝φb－φO，因a、b、c三点电势分别为φa＝18V、φb＝20V、φc＝26V，解得原点处的电势为φO＝12V，A正确；如图所示，将ac连线四等分，可以确定b′点的电势为20V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图：则有＝＝＝，因此可知ab′＝2cm.因为匀强电场，则有E＝，依据几何关系，则d＝＝cm＝3cm，因此电场强度大小为E＝V/cm＝V/cm＝100V/m，B正确；bc间的电势差Ubc＝φb－φc＝20V－26V＝－6V，电子从b点运动到c点，电场力做正功为W＝qUbc＝6eV，C错误；因Uab＝φa－φb＝18V－20V＝－2V，电子从a点到b点电场力做功为W＝qUab＝2eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高2eV，D正确． 答案：ABD18．解析：离子带正电，故洛伦兹力向上，电场力向下，大小和洛伦兹力大小相等离子才能沿直线运动，有q＝qvB，解得v＝200m/s，A正确；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得离子做圆周运动的半径r＝＝0.2m＝R，即离子做圆周运动的半径和磁场半径相同，根据磁聚焦的知识可知B正确；离子运动轨迹如图甲，离子均从O点正上方的F点出磁场．根据离子运动轨迹可知最下方进入磁场的离子运动时间最长，其圆心刚好在磁场边界上的O1处，此处也恰好是最上方离子进入磁场的位置，如图乙．四边形GOFO1为菱形，根据几何关系可得α＝60°，故θ＝120°，而离子做圆周运动的周期T＝＝2π×10－3s，故离子运动的最长时间为t＝T＝×10－3s，同理运动时间最短的是从O1处进入圆形磁场的离子，其圆心角为β＝60°，最短运动时间为t＝T＝×10－3s，C正确，D错误．答案：ABC19.解析：(1)做剖面图如图所示，光线入射到D点时恰好产生全反射，则有sinC＝，由几何关系可得OF＝＝＝R(2)由解析图可得＝tanCO′F＝d－OF＝R－R＝R 解得r＝R光屏被照亮的面积S＝πr2＝π(R)2≈5.1πR2单色光从O点到达光屏的时间t＝＋＝＋＝＋＝.答案：(1)R　(2)5.1πR2　20.解析：(1)从A端最下方入射的光线发生全反射时其他光线都能发生全反射，如图所示，根据几何关系得sinθ＝设全反射临界角为C，则要使A端垂直入射的光线全部从B端射出，必须有θ≥C.根据全反射临界角公式sinC＝因此有sinθ≥sinC即有≥解得R≥＝＝(＋1)d所以R的最小值为(＋1)d.(2)在(1)问的情况下，由解析图可知θ＝45°，则有R＝(＋1)d光在光纤内传播的总路程为s＝6R光在光纤内传播的速度为v＝＝c所以所求时间为t＝＝＝.答案：(1)(＋1)d　(2)21．解析：(1)对小球A，根据动能定理得qEd＝mv，解得v0＝ (2)对小球A、B，动量守恒有mv0＝－mvA＋mBvB碰撞后小球A向左运动，先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，最后向右匀速直线运动出电场，由两小球保持的距离不变可得vA＝vB，vBt＝碰撞后一段时间t，对小球A有qEt＝mvA－(－mvA)解得mB＝5m(3)对于小球A，洛伦兹力提供向心力有qvB＝m根据几何关系可得Rsinα＋＝R，Rsinα＋Rcosα＝d，sin2α＋cos2α＝1解得v＝(2－).答案：(1)　(2)5m　(3)(2－)