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由折射定律有，n1·sin0=sina(1分)该过程对滑块应用动量定理，n2·sin8=sin(1分)竖直方向mgt-I,=0(1分)可得。=45，sin月=得I,=12N·s,方向竖直向上3水方向mos一mo=I,(1分)由几何知识可得，得I,=一12N·s,方向水向右DE=d·tana-d'。tanβ(1分)IN=√T+I正(1分)可得DE=1-马)a解得滑块所受弹力冲量为IN=12√2N·s,方由于两棱镜斜边行，光学性质易知光线必将向斜向右上，与竖直向成45角，垂直下棱镜底边出射，由于小车对滑块弹力与滑块对小车弹力为相互有△x=DE·cos0(1分)作用力，代人可得△x=23-6故小车受到的冲量大小为12√2N·s(1分)4d1分)方向斜向左下方，与竖直向成45角(1分)25.【答案】(1)0.5m(4分)(2)1.25m(3分)26.【答案】1)(-有06分)(3)36J12√2N·s方向斜向左下方，与竖直向成45角(7分)≤B≤(2+E)/m可gL(8分)【解析】(])滑块在最高点A时与小车相对静止，自B滑至最高点A过程水方向动量守号需6恒，mvo=(m+M)1(1分)【解析】(1)粒子在行板中加速过程有，滑块与小车组成系统机械能守恒1mur=安m+Ma+mRR1分)1g0=2m2(1分)粒子在第二象限作类抛运动，解得R=0.5m(2分)(2)滑块最后恰好停在C点，说明滑块在C点tanp=m(1分)yro时与小车共速，小车自B点开始至C点过程水由角度关系tan0=2ianp(1分)向动量守恒，1u。=(m十M)v1(1分)由系统能量守恒可知，可得m-1分2m，2≤1(m+M)u2+mgLc(1分)故D点坐标为(-冬0小2分)解得L=1.25m(1分)(3)滑块自B上升至返回B过程，(2)粒子在行板巾加速过程有U=号m水方向动量守恒Vp=-s01分)Vmva=Mv:十mvg滑块与小车组成系统机械能守恒综合解得vp=2。已(1分)言m:=方Mar+分m1分)1N粒子进入磁场后做匀速圆周运动Bg0p-mvr解得v2=6m/s,,=1m/s对小车应用动能定理有可得B=mUpqMo.-0-W为使粒子从BC边射出，则找出两种临界情形解得W=36J(1分)》情形「：粒子刚好从B点射出，轨迹如图1所示，理科综合试题（二）参考答案第9页共13页

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