2024年九省联考（广西）高考物理适应性试卷（1月份）

2024年九省联考（广西）高考物理适应性试卷（1月份）一、选择题：本大题共10小题，共46分。第1～7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分，第8～10题，每小题4分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。1．（4分）锝99m在医疗诊断中被广泛用作显像剂或示踪剂，质量为m0的锝99m经过12h后剩余锝99m的质量为，它的半衰期为（）A．3h B．6h C．9h D．12h2．（4分）我国酒泉卫星发射中心在2022年将“夸父一号”卫星送入半径为r1的晨昏轨道；2023年又将“星池一号A星”送入半径为r2的晨昏轨道（r1＞r2），“夸父一号”与“星池一号A星”在绕地球运行中，周期之比为（）A．1：1 B．r1：r2 C．： D．3．（4分）如图，当车辆驶入或驶出圆形区域时，车辆会改变区域内通电线圈中的磁场，通过传感器电路将磁场的变化转换为交通灯的控制信号，车辆驶入图中圆形区域时，车辆引起磁场变化的原因类似于（）A．将铁芯放入通电线圈 B．增大通电线圈的面积 C．增加通电线圈的匝数 D．加大对通电线圈的压力4．（4分）半径为0.1m的圆内有匀强磁场，磁感应强度B大小为0.4T，现将一单匝正方形线框放入磁场，线框平面与磁场方向垂直，其中一顶点与圆形磁场区域的圆心O点重合，如图，当通过线框的电流I为1A时，线框所受的安培力大小为（）A． B． C． D．5．（4分）2023年11月，在广西举办的第一届全国学生（青年）运动会的自行车比赛中，若甲、乙两自行车的v﹣t图像如图，在t＝0时刻两车在赛道上初次相遇，则（）A．0﹣t1内，乙的加速度越来越大 B．t1时刻，甲、乙再次相遇 C．0﹣t1内，甲、乙之间的距离先增大后减小 D．t1﹣t2内，甲、乙之间的距离先减小后增大6．（4分）如图，空间中有一匀强电场，大小为，方向与水平方向成30°角，现有一光滑绝缘大圆环固定在竖直平面内，O点为环心，将质量为m、带电荷量为+q的小圆环套在大圆环的M点并同时给小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，重力加速度为g，则小圆环（）A．从M点到Q点动能减小 B．在M点和N点的电势能相等 C．从M点到Q点电场力做负功 D．动能最大处的电势低于动能最小处的电势7．（4分）如图甲，弹簧振子的平衡位置O点为坐标原点，小球在M、N两点间做振幅为A的简谐运动，小球经过O点时开始计时，其x﹣t图像如图乙，小球的速度，加速度为a，质量为m，动能为Ek，弹簧劲度系数为k，弹簧振子的弹性势能为Ep，弹簧对小球做功的功率为P，下列描述该运动的图像正确的是（）A． B． C． D．（多选）8．（6分）电磁炉正常工作时，面板下方的线圈周围产生迅速变化的磁场，使面板上方的铁锅底部产生涡流而发热，则（）A．通过线圈的是恒定电流 B．通过线圈的是交变电流 C．用全陶瓷锅替代铁锅也能发热 D．电磁炉正常工作时面板不发热（多选）9．（6分）等量同种理想气体分别经绝热过程①和一般过程②，温度均从Ta升至Tb，p﹣V图像如图，过程①外界对理想气体做功为W1，过程②外界对理想气体做功为W2，则（）A．过程②内能的增量等于W1 B．过程①和过程②相比，W1＞W2 C．过程②理想气体向外界放出热量 D．过程①理想气体从外界吸收的热量等于W1（多选）10．（6分）水塔顶部有一蓄满水的蓄水池，内部水的深度用h表示，靠近蓄水池底部的侧壁有一个面积为S的小孔，水从小孔水平喷出，水流下落过程中分离成许多球状小水珠，小水珠所受空气阻力大小可近似为f＝kπr2v2，其中k为比例系数，r为小水珠半径，v为小水珠速度（v未知），设重力加速度为g，水的密度为ρ，水塔足够高，则（）A．水从小孔喷出的速度约为 B．水珠最终下落速度不会超过 C．小水珠在水平方向的最大位移仅由小孔离地高度和水喷出的速度决定 D．若用一块木板正面去堵小孔，即将堵住时水对木板的冲击力大小为5ρghS二、非选择题：本大题共5小题，共54分。第11题6分，第12题10分，第13题10分，第14题12分，第15题16分。其中13～15题解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．（6分）某同学进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验，实验装置如图：（1）实验用到的打点计时器是用来记录和的仪器；（2）在进行实验时，该同学将长木板不带滑轮的一端垫高，使得小车在不受牵引时能拖动纸带沿长木板运动，该操作的目的是补偿阻力；（3）当槽码的质量m和小车的质量M大小关系满足时，可以认为小车所受的拉力大小与槽码所受的重力大小相等。12．（10分）某实验小组对一个待测电池的电动势E（约1.5V）和内阻r（小于2Ω）进行测量，可用的器材有：一个小量程的电压表（量程为0.3V），定值电阻R0＝149.0Ω，最大阻值为999.9Ω的电阻箱R，开关S，他们设计如图甲的实验电路。实验方案如下：（1）在电表安全范围内，闭合开关，改变电阻箱阻值R，记录相应电压表读数U，某次测量时R的读数如图乙，该读数为Ω；（2）处理测量数据获得图像如图丙，结果表明与成线性关系，其斜率为Ω/V（保留3位有效数字）；（3）该小组将图甲中的电压表当成理想电压表，结合图丙可得待测电池的电动势E′＝V（保留2位小数）；（4）该小组发现E′与预期相差较大，通过查阅电压表的使用说明书，得知电压表的内阻RV＝300.0Ω，结合图丙计算得E＝V（保留2位小数），r＝Ω（保留1位小数）。13．（10分）光学反射棱镜被广泛应用于摄像、校准等领域，其中一种棱镜的截面如图，eh边为镀膜反射面，ef＝eh，fg＝gh，∠e＝60°，∠g＝120°，棱镜的折射率为，光在真空中的传播速度为3.0×108m/s，若细光束从O点以60°的入射角从真空射入棱镜，求：（1）光在上述棱镜中传播速度的大小；（2）光束从棱镜中射出的折射角，并完成光路图。14．（12分）在图示装置中，斜面高h＝0.9m，倾角α＝37°，形状相同的刚性小球A、B质量分别为100g和20g，轻弹簧P的劲度系数k＝270N/m，用A球将弹簧压缩Δl＝10cm后无初速释放，A球沿光滑表面冲上斜面顶端与B球发生对心弹性碰撞，设碰撞时间极短，弹簧弹性势能Ep＝，重力加速度的大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6。（1）求碰撞前瞬间A球的速度大小；（2）求B球飞离斜面时的速度大小；（3）将装置置于竖直墙面左侧，仍取Δl＝10cm，再次弹射使B球与墙面碰撞，碰撞前后瞬间，速度平行于墙面方向的分量不变，垂直于墙面方向的分量大小不变，方向相反，为使B球能落回到斜面上，求装置到墙面距离x的最大值。15．（16分）如图，一半径为R1的圆内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B1，方向垂直于纸面向里，在圆形磁场右边有一接地的“”形金属挡板abcd，ab＝cd＝3R1，bc＝4R1，在bc边中点O开一小孔，圆形磁场与bc边相切于O点，挡板内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度大小B2＝0.5B1，在cd边下方2R1处放置一足够长的水平接收板P，初速度可忽略的大量电子，经过电压U加速后，有宽度为2R1的平行电子束竖直向上进入圆形磁场，均通过O点进入B2，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间的相互作用和电子的重力，其中U、B1、m、e已知，求：（1）电子进入圆形磁场区域时的速度v；（2）圆形磁场区域的半径R1；（3）电子在水平接收板上击中的区域。2024年九省联考（广西）高考物理适应性试卷（1月份）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，共46分。第1～7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分，第8～10题，每小题4分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。1．（4分）锝99m在医疗诊断中被广泛用作显像剂或示踪剂，质量为m0的锝99m经过12h后剩余锝99m的质量为，它的半衰期为（）A．3h B．6h C．9h D．12h【分析】根据半衰期的公式求解。【解答】解：根据半衰期的公式有整理解得τ＝6h故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】会利用半衰期的公式进行有关计算，难度不大。2．（4分）我国酒泉卫星发射中心在2022年将“夸父一号”卫星送入半径为r1的晨昏轨道；2023年又将“星池一号A星”送入半径为r2的晨昏轨道（r1＞r2），“夸父一号”与“星池一号A星”在绕地球运行中，周期之比为（）A．1：1 B．r1：r2 C．： D．【分析】根据开普勒第三定律得出周期比例。【解答】解：由开普勒第三定律得周期之比为故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题考查的是开普勒第三定律的运用，题型简单。3．（4分）如图，当车辆驶入或驶出圆形区域时，车辆会改变区域内通电线圈中的磁场，通过传感器电路将磁场的变化转换为交通灯的控制信号，车辆驶入图中圆形区域时，车辆引起磁场变化的原因类似于（）A．将铁芯放入通电线圈 B．增大通电线圈的面积 C．增加通电线圈的匝数 D．加大对通电线圈的压力【分析】根据电磁感应现象分析出电流的变化，从而分析出线圈产生的磁场的变化原因。【解答】解：当车辆驶入或驶出圆形区域时，车辆会改变区域内通电线圈中的磁场，从而使圆形区域线圈的磁通量发生变化，汽车上大部分是金属，汽车经过线圈时会引起汽车磁通量的变化，从而产生电磁感应现象，产生感应电流，从而改变区域内通电线圈中的磁场；此过程类似将铁芯放入通电线圈，铁芯的磁通量也会变化，也会产生感应电流，从而改变通电线圈中的磁场。故BCD错误，A正确。故选：A。【点评】本题主要考查了电磁感应在生活中的应用，理解电磁感应现象，结合感应电流的产生条件即可完成分析。4．（4分）半径为0.1m的圆内有匀强磁场，磁感应强度B大小为0.4T，现将一单匝正方形线框放入磁场，线框平面与磁场方向垂直，其中一顶点与圆形磁场区域的圆心O点重合，如图，当通过线框的电流I为1A时，线框所受的安培力大小为（）A． B． C． D．【分析】先计算出线圈的有效长度，再根据F＝BIL求解出安培力的大小。【解答】解：线框在磁场的线段的有效长度为L＝＝＝m安培力大小为F＝BIL＝0.4×1×N＝N故B正确，ACD正确。故选：B。【点评】本题考查的是安培力的计算，其中需注意线段的有效长度。5．（4分）2023年11月，在广西举办的第一届全国学生（青年）运动会的自行车比赛中，若甲、乙两自行车的v﹣t图像如图，在t＝0时刻两车在赛道上初次相遇，则（）A．0﹣t1内，乙的加速度越来越大 B．t1时刻，甲、乙再次相遇 C．0﹣t1内，甲、乙之间的距离先增大后减小 D．t1﹣t2内，甲、乙之间的距离先减小后增大【分析】v﹣t图像的斜率表示加速度；v﹣t图像的面积表示位移，分析得出结论。【解答】解：A．v﹣t图像的斜率表示加速度，由图可得，0﹣t1内乙图线的斜率逐渐变小，即加速度减小，故A错误；BCD．v﹣t图像的面积表示位移，由图可知在t1时刻，乙的位移大于甲的位移，即此时乙在甲前面，由图可得，0﹣t1乙的面积与甲的面积差一直增大，即甲、乙的位移差一直增大，甲、乙之间的距离一直增大，t1时刻乙在甲前面，t1﹣t2，由图可知v甲＞v乙且都做匀速直线运动，则甲会追上乙，并超越乙到乙的前面，即t1﹣t2甲、乙之间的距离先减小到甲追上乙，后甲超越乙到乙的前面，甲、乙的距离在增大，故BC错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查了与图像相关的追及相遇问题，重点考查学生对图像中运动的理解，能够将运动与图像结合进行理解是学生需具备的重要能力。6．（4分）如图，空间中有一匀强电场，大小为，方向与水平方向成30°角，现有一光滑绝缘大圆环固定在竖直平面内，O点为环心，将质量为m、带电荷量为+q的小圆环套在大圆环的M点并同时给小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，重力加速度为g，则小圆环（）A．从M点到Q点动能减小 B．在M点和N点的电势能相等 C．从M点到Q点电场力做负功 D．动能最大处的电势低于动能最小处的电势【分析】正电荷沿着电场线方向移动，电场力做正功；沿电场线方向电势降低，可判断出M和N的电势大小，再根据Ep＝φq得出电势能的大小；作出等效最高点和最低点，得出动能的大小关系；得出B点电势和A点电势的关系，再得出动能与电势的联系。【解答】解：C．小圆环带正电，从M点到Q点电场力做正功，故C错误；B．作出等势面如图沿电场线方向电势降低，则在M点的电势高于N点的电势，根据Ep＝φq可得在M点的电势能大于N点的电势能，故B错误；A．小圆环受到的电场力受力如图则小圆环运动的等效最高点和等效最低点分别为A点和B点，在A点速度最小，在B点速度最大，则从M点到Q点动能先增大后减小，故A错误；D．根据沿电场线方向电势降低，则在B点的电势低于A点的电势，即动能最大处的电势低于动能最小处的电势，故D正确。故选：D。【点评】考查带电粒子在电场中的运动，掌握动能定理的应用，理解等效重力加速度的思维。7．（4分）如图甲，弹簧振子的平衡位置O点为坐标原点，小球在M、N两点间做振幅为A的简谐运动，小球经过O点时开始计时，其x﹣t图像如图乙，小球的速度，加速度为a，质量为m，动能为Ek，弹簧劲度系数为k，弹簧振子的弹性势能为Ep，弹簧对小球做功的功率为P，下列描述该运动的图像正确的是（）A． B． C． D．【分析】根据速度公式求出在t＝0时的速度最大，速度最大时处于平衡位置，求出此时的x、a以及Ek与Ep等，得出对小球做功的功率大小；求出角速度，从而求出小球速度变化周期，得出动能和势能的周期，求出最大动能，再根据机械能守恒得出最大弹性势能；求出功率的通式，再得出功率最大值。【解答】解：A．小球做简谐运动，速度可知在t＝0时速度最大，小球位于平衡位置，此时位移为0，动能最大，弹性势能为0，加速度为0，弹簧的弹力为0，对小球做功的功率为0，故A错误；BC．由可知则小球速度变化周期为T′＝T所以动能和势能的周期为小球的最大速度根据机械能守恒可知最大弹性势能故B错误，C正确；D．由x﹣t图像可知小球的位移弹簧对小球做功的功率弹簧对小球做功的功率P与时间的关系图像为：故D错误。故选：C。【点评】该题考查学生从简谐运动图像读取信息的能力，属于基本题型。（多选）8．（6分）电磁炉正常工作时，面板下方的线圈周围产生迅速变化的磁场，使面板上方的铁锅底部产生涡流而发热，则（）A．通过线圈的是恒定电流 B．通过线圈的是交变电流 C．用全陶瓷锅替代铁锅也能发热 D．电磁炉正常工作时面板不发热【分析】当线圈中通有交变电流时，金属中这些回路的磁通量就会发生变化，从而在金属内产生感应电流。【解答】解：AB．电磁炉工作时，面板下方的线圈周围产生迅速变化的磁场，因此通过线圈的是交变电流，故A错误，B正确；C．使用时，加热线圈中通入交变电流，线圈周围便产生一交变磁场，交变磁场的磁感线大部分通过铁锅锅底，在锅底中产生大量的涡流，从而产生烹饪所需的热，所以电磁炉发热部分需要用铁锅产生涡流来加热，故C错误；D．电磁炉内线圈通过高频交流电，会在上方的铁质锅具中产生涡流，从而加热食品，面板是陶瓷材料制成，不能产生涡流，也就不能产生热，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查了涡流在现实生活中的应用，在理解涡流时，要注意涡流的本质是由于电磁感应而产生的，它的产生仍然符合感应电流产生的条件（有磁通量的改变，具体形式是有磁场的变化或导体切割磁感线），特殊之处在于感应电流不是在线状回路中产生的，而是在块状金属中产生的。（多选）9．（6分）等量同种理想气体分别经绝热过程①和一般过程②，温度均从Ta升至Tb，p﹣V图像如图，过程①外界对理想气体做功为W1，过程②外界对理想气体做功为W2，则（）A．过程②内能的增量等于W1 B．过程①和过程②相比，W1＞W2 C．过程②理想气体向外界放出热量 D．过程①理想气体从外界吸收的热量等于W1【分析】过程①为绝热过程，此过程既不吸热也不放热，气体内能的变化量等于外界对气体做的功；气体的p﹣V图像与坐标轴围成的面积为气体做的功；由热力学第一定律列式结合A选项的结论得出热量的大小。【解答】解：AD．由题意可知，①为绝热过程，所以该过程气体既不从外界吸收热量，也不向外界释放热量，气体内能的变化量等于外界对气体做的功，即ΔU1＝W1由于理想气体的内能只与温度有关，而两过程的初末状态的温度相同，所以其初末状态的内能相同，即内能变化相同，即ΔU2＝ΔU1＝W1故A正确，D错误；B．由气体的p﹣V图像可知，其图像与坐标轴围成的面积为气体做的功，由图像可知，②过程做的功大于①过程。过程①和过程②相比，W1＜W2，故B错误；C．由热力学第一定律有ΔU2＝W2+Q2其中ΔU2＝W1，且W1＜W2，综上所述Q2＜0所以该过程气体向外界放出热量，故C正确。故选：AC。【点评】本题考查了理想气体状态方程和热力学第一定律的应用，对于热力学第一定律表示式ΔU＝W+Q，其中W的含义是外界对系统做的功，应用时若系统对外界做功，则W应取负值；Q的含义是系统从外界吸收的热量，若系统向外界放热，则Q应取负值。（多选）10．（6分）水塔顶部有一蓄满水的蓄水池，内部水的深度用h表示，靠近蓄水池底部的侧壁有一个面积为S的小孔，水从小孔水平喷出，水流下落过程中分离成许多球状小水珠，小水珠所受空气阻力大小可近似为f＝kπr2v2，其中k为比例系数，r为小水珠半径，v为小水珠速度（v未知），设重力加速度为g，水的密度为ρ，水塔足够高，则（）A．水从小孔喷出的速度约为 B．水珠最终下落速度不会超过 C．小水珠在水平方向的最大位移仅由小孔离地高度和水喷出的速度决定 D．若用一块木板正面去堵小孔，即将堵住时水对木板的冲击力大小为5ρghS【分析】根据机械能守恒定律得出水从小孔喷出的速度；当重力与阻力相等时，下落速度最大，列式求出最大速度；不计空气阻力时，水平方向的最大位移仅由小孔离地高度和水喷出的速度决定，而小水珠运动过程中有阻力的作用；根据动量定理求解，列式时假设时间t水珠的运动情况。【解答】解：A．取水面上质量为m的水滴，从小孔喷出时，由机械能守恒定律可知mgh＝mv解得水从小孔喷出的速度约为故A正确；B．水珠下落速度最大时有mg＝f即解得所以最终下落速度不会超过，故B正确；C．不计空气阻力时，水平方向的最大位移仅由小孔离地高度和水喷出的速度决定，由于小水珠喷出后受空气阻力的作用，所以水平方向的最大位移由小孔离地高度和水喷出的速度以及阻力大小有关，故C错误；D．若用一块木板正面去堵小孔，设水与木板表面的作用时间为t，对到木板表面的水，以水的速度方向为正方向，由动量定理得，则在t时间内到木板表面水的质量为m＝ρSv0tFt＝0﹣mv0整理解得F＝﹣2ρghS可见即将堵住时水对木板的冲击力大小为2ρghS，故D错误。故选：AB。【点评】本题考查的是动量定理的应用，其中需注意水珠下落过程中会受到阻力的作用。二、非选择题：本大题共5小题，共54分。第11题6分，第12题10分，第13题10分，第14题12分，第15题16分。其中13～15题解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．（6分）某同学进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验，实验装置如图：（1）实验用到的打点计时器是用来记录时间和距离的仪器；（2）在进行实验时，该同学将长木板不带滑轮的一端垫高，使得小车在不受牵引时能拖动纸带沿长木板做匀速直线运动，该操作的目的是补偿阻力；（3）当槽码的质量m和小车的质量M大小关系满足m≪M时，可以认为小车所受的拉力大小与槽码所受的重力大小相等。【分析】（1）根据打点计时器的原理和用途说明测量的物理量；（2）为了平衡摩擦力，需要将长木板右端适当垫高；（3）绳子的拉力由槽码的总重力代替，需要槽码的总质量，也需要满足槽码总质量远小于小车的质量。【解答】解：（1）实验用到的打点计时器是用来记录时间和距离的仪器；（2）在进行实验时，该同学将长木板不带滑轮的一端垫高，使得小车在不受牵引时能拖动纸带沿长木板做匀速直线运动，该操作的目的是补偿阻力，平衡摩擦力；（3）对整体根据牛顿第二定律可得加速度为：故可得绳子中拉力为：故当槽码的质量m和小车的质量M大小关系满足m≪M时，可以认为小车所受的拉力大小与槽码所受的重力大小相等。故答案为：（1）时间、距离；（2）做匀速直线；（3）m≪M。【点评】本题考查了探究加速度与物体质量、物体受力的关系的实验。教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚。对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由。比如为什么要平衡摩擦力，为什么要满足m≪M的条件等。12．（10分）某实验小组对一个待测电池的电动势E（约1.5V）和内阻r（小于2Ω）进行测量，可用的器材有：一个小量程的电压表（量程为0.3V），定值电阻R0＝149.0Ω，最大阻值为999.9Ω的电阻箱R，开关S，他们设计如图甲的实验电路。实验方案如下：（1）在电表安全范围内，闭合开关，改变电阻箱阻值R，记录相应电压表读数U，某次测量时R的读数如图乙，该读数为25.0Ω；（2）处理测量数据获得图像如图丙，结果表明与成线性关系，其斜率为100Ω/V（保留3位有效数字）；（3）该小组将图甲中的电压表当成理想电压表，结合图丙可得待测电池的电动势E′＝1.0V（保留2位小数）；（4）该小组发现E′与预期相差较大，通过查阅电压表的使用说明书，得知电压表的内阻RV＝300.0Ω，结合图丙计算得E＝1.50V（保留2位小数），r＝1.0Ω（保留1位小数）。【分析】（1）根据电阻箱各倍率的数字读取电阻的示数；（2）由数学知识，结合图像的相关数据求图像的斜率；（3）根据闭合电路欧姆定律，当电表均为理想电表时，结合图像的斜率与纵截距解答；（4）考虑电压表的内阻，写出的表达式，结合斜率和纵截距求电动势和内阻。【解答】解：（1）某次测量时R的读数为0×100Ω+2×10Ω+5×1Ω+0×0.1Ω＝25.0Ω；（2）根据图像中的两个特殊点的坐标，可得图像斜率为：（3）根据电路图，由闭合电路的欧姆定律可知：解得：＝+•由图像的纵截距可知：变形解得：E'＝1.00V（4）若考虑电压表内阻，RV＝300.0Ω，根据闭合电路欧姆定律有：解得：则：解得：b＝1.00解得：k＝100联立代入数据解得：E＝1.50V，r＝1.0Ω故答案为：（1）25.0；（2）100；（3）1.00；（4）1.50、1.0。【点评】本题考查了测量电源的电动势和内阻的实验，掌握利用图像处理数据的常规方法。13．（10分）光学反射棱镜被广泛应用于摄像、校准等领域，其中一种棱镜的截面如图，eh边为镀膜反射面，ef＝eh，fg＝gh，∠e＝60°，∠g＝120°，棱镜的折射率为，光在真空中的传播速度为3.0×108m/s，若细光束从O点以60°的入射角从真空射入棱镜，求：（1）光在上述棱镜中传播速度的大小；（2）光束从棱镜中射出的折射角，并完成光路图。【分析】（1）根据计算光在棱镜中传播的速度；（2）画出光路图，确定出光线在界面入射角和折射角，从而分析解答。【解答】解：（1）由光的折射定律可得光在上述棱镜中传播速度的大小为（2）作出光路图如图所示由光的折射定律其中θ1＝60°解得θ2＝30°由图可知θ3＝60°根据可得，临界角为30°＜C＜45°故光线在O1处发生全反射，根据几何关系可知，光线垂直射到eh边，根据光路的可逆性，则光线沿着原路返回，故光线在O处发生折射，根据几何关系，光束从棱镜中射出的折射角为60°。答：（1）光在上述棱镜中传播速度的大小为；（2）光束从棱镜中射出的折射角为60°，光路图见解析。【点评】本题运用光的折射定律、反射定律及光的全反射条件．还利用光的几何特性，来寻找角与角的关系，从而算出结果。14．（12分）在图示装置中，斜面高h＝0.9m，倾角α＝37°，形状相同的刚性小球A、B质量分别为100g和20g，轻弹簧P的劲度系数k＝270N/m，用A球将弹簧压缩Δl＝10cm后无初速释放，A球沿光滑表面冲上斜面顶端与B球发生对心弹性碰撞，设碰撞时间极短，弹簧弹性势能Ep＝，重力加速度的大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6。（1）求碰撞前瞬间A球的速度大小；（2）求B球飞离斜面时的速度大小；（3）将装置置于竖直墙面左侧，仍取Δl＝10cm，再次弹射使B球与墙面碰撞，碰撞前后瞬间，速度平行于墙面方向的分量不变，垂直于墙面方向的分量大小不变，方向相反，为使B球能落回到斜面上，求装置到墙面距离x的最大值。【分析】（1）根据根据能量守恒定律求解碰撞前瞬间A球的速度大小；（2）A与B发生对心弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解B球飞离斜面时的速度大小；（3）B球与墙壁发生弹性碰撞，水平方向速度大小不变，方向反向，竖直方向速度大小方向均不变。球B飞回斜面的过程为斜抛运动，将运动分解到水平方向和竖直方向，根据运动学公式列式求解即可。【解答】解：（1）设A球与B球碰撞前的速度为vA，由能量守恒定律得：其中代入数据解得，碰撞前瞬间A球的速度大小为：vA＝3m/s（2）A球与B球发生对心弹性碰撞，则碰撞过程中由动量守恒定律得：mAvA＝mAvA′+mBvB′由机械能守恒定律得：＝mAvA′2+mBvB′2代入数据联立解得，B球飞离斜面时的速度大小为：vB′＝5m/s（3）仍取Δl＝10cm，则B球飞离斜面时的速度仍为vB′＝5m/s设B球运动的总时间为t，B球与墙壁