2024届山东烟台市等2地高三年级下册二模物理试题含答案

2023-2024学年山东省烟台市高三（第二次）模拟考试物理试卷

一、单选题：本大题共8小题，共32分。

1.如图所示，将一块平凹形玻璃板倒扣在另一块平板玻璃之上，从而在两块玻璃之间形成一层空气薄膜，

玻璃板的一边沿x方向，用平行单色光向下垂直照射平凹形玻璃板，观察到的干涉条纹形状可能正确的是

2.某实验小组研究光电效应规律时，用不同频率的光照射同一光电管并记录数据，得到遇止电压与入射光

频率的关系图像如图所示，已知电子电荷量为e,则该光电管的阴极材料的逸出功为（）

A-（%匕一%，2）B6（-1也一火匕）e(U2y2-%匕)e(2%匕-1/2.2)

也一匕丫2一匕•丫2一匕y2fl

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3.如图所示，电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距2d,点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。

若图中A点的电场强度为0,静电力常量为鼠则图中2点的电场强度为（

A.B.0C•噜D.人竺1

啧9dz

4.如图所示，一水晶球支架放置在水平桌面上，支架由水平底托和三根金属支杆构成。一质量为相、半径

为/的水晶球静置于支架上，水晶球与三根金属支杆的三个接触点等高，接触点的连线构成边长为/的等

边三角形。已知水晶球质量分布均匀，不计支杆与水晶球间的摩擦，重力加速度为g,则每根支杆对水晶

球的作用力大小为（）

唯

A-3

5.如图所示为竖直平面内的粗糙的四分之一圆轨道ABC,A点的切线水平，8为圆弧AC的中点。一小物

块自A点水平进入轨道，从C点冲出轨道上升至最高点后沿原路返回。已知物块与轨道间的动摩擦因数不

变，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（）

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A.小物块第一次和第二次到达B点时对轨道的压力相等

B.小物块第一次到达C点的加速度大小等于重力加速度大小

C.小物块第一次到达A点时对轨道的压力大小等于自身的重力大小

D.小物块由A到B克服摩擦力做的功大于由8到C克服摩擦力做的功

6.如图所示，某装置中竖直放置一内壁光滑、开口向上的圆柱形容器，圆柱形容器用一定质量的活塞封闭

一定质量的理想气体，外界大气压强为po,当装置静止时，容器内气体压强为Lip。，活塞下表面与容器底

面的距离为生，当装置以某一恒定加速度加速上升时，活塞下表面距容器底面的距离为0.8%，已知容器内

气体温度始终保持不变，重力加速度大小为g,则装置的加速度大小为（）

忸

A.0.25gB.1.5gC.2.75gD.11.5g

7.迷你系绳卫星在地球赤道正上方大气层外，沿圆形轨道绕地球飞行。如图所示，某系绳卫星由两个质量

相等的子卫星。、b组成，它们之间的绳沿地球半径方向，已知子卫星。、6绕地球做圆周运动的半径分别

为小女，地球半径为R，地球表面重力加速度大小为g,系绳质量不计，则系绳卫星做圆周运动的角速度

大小为（）

分R如+丁力八—」（一+，）

R]B•念

“2」什+搂,丁1丁2、

丁1+丁2丁1一丁2rl-rj

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8.质量为和巾2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标X随时间，变化的图像如图所示，若令m一

41

?=p,则0的取值范围为（）

A.p<1B.p<0C.p<—1D.—1<p<1

二、多选题：本大题共4小题，共16分。

9.如图所示为卡诺逆循环过程（制冷机）的p-IZ图像，该循环由两个等温过程和两个绝热过程组成，全过程

以理想气体为工作物质，工作物质与低温热源和高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程

为绝热过程。图中虚线A，0为两条等温线。下列说法中正确的是（）

A.一个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功

B.a-b过程气体压强减小只是由于单位体积内分子数减少导致的

Carb过程气体对外界做的功等于c-d过程外界对气体做的功

D.dTa过程气体向外界释放的热量等于b-c过程从低温热源吸收的热量

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10.图甲为一列简谐横波在t=2s时的波形图，质点P、。为该波传播方向上的两个质点，它们平衡位置之

间的距离为1m，质点尸的振动图像如图乙所示,则质点。的振动图像可能是（）

11.某实验小组利用如图所示的电路模拟研究远距离输电。图中交流电源电压为U=6U,定值电阻/?=

200,小灯泡乙的规格为“6匕3.6VV"，接通电路调节两个变压器，使小灯泡始终以额定功率工作，此时

理想变压器原副线圈的匝数比为意=七，理想变压器72原副线圈的匝数比为最=七。则下列说法中正确

的是（）

TiTi

A.灯和B的乘积小于1

B.七越大电路的输电效率越高

C.若矽=6,则R上消耗的功率为0.2W

D.若伍=6,则变压器的输出电压为38V

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12.如图甲所示，光滑的平行金属轨道水平固定在桌面上，轨道左端连接一可变电阻R,一导体杆与轨道垂

直放置，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。导体杆先后两次在水平向右的拉力作用下均由静止开始做

匀加速直线运动，两次运动中拉力大小厂与速率v的关系图像如图乙所示。其中，第一次对应直线1,开

始时拉力大小为瓦，改变电阻R的阻值和磁感应强度的大小后，第二次对应直线2,开始时拉力大小为

2F0,两直线交点的纵坐标为3&。若第一次和第二次运动中电阻的阻值之比为。、磁感应强度大小之比为

从杆从静止开始运动相同位移的时间之比为c,导体杆与轨道始终垂直并接触良好，不计导体杆和轨道的

电阻，则心b、C的值可能为（）

A.a=2、b=2、c=2B.a=2、6=2、c=\1-2

C.a=3、b=c=V_2D.a=6、b=AA3>C=

三、实验题：本大题共2小题，共18分。

13.如图甲所示，在水平平台上静止放置一轻弹簧，弹簧左端与固定竖直挡板拴接，弹簧处于原长时标记

右端对应平台台面上的。点，在。点右侧的A处固定一个光电门。已知小滑块与水平平台之间的摩擦很

小可忽略不计，当地重力加速度为0某同学利用该装置进行“验证动量守恒定律”实验，具体步骤如下：

①在小滑块a上固定一个宽度为d的挡光片；

②用天平分别测出小滑块a和8的质量小“码;

③使小滑块“向左压缩轻弹簧到某一位置01标记该位置后，由静止释放小滑块a,“瞬间被弹开后沿平台

向右运动，经过光电门后与另一小滑块6发生正碰，碰后两滑块先后从平台边缘飞出，分别落在水平地面

的8、C点；

④记录小滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t;

⑤用刻度尺测出。、％之间的距离/、平台距水平地面的高度力及平台边缘铅垂线分别与8、C点之间的水

平距离S。、Sb

⑥改变弹簧压缩量，进行多次测量。

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光电n

6oA

（i）若满足表达式（用题目中给定的字母表示），则说明小滑块队匕正碰过程动量守恒；

（2）该同学利用图像分析。,01之间的距离/与小滑块。通过光电门时挡光片的遮光时间/之间的数值关系，

利用描点法做出如图乙所示的图像是一条过原点的直线，该图像纵轴表示I,则横轴表示（选填

“广、”；，，或“地”）。若该图像的斜率为c,则由图乙可求得该轻弹簧的劲度系数々=。（弹

簧的弹性势能可表示为Ep=2k/,其中左为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）

14.某实验小组要测量一未知电源的电动势和内阻。准备的器材有：

毫安表（量程0—100加4，内阻4。）；

电阻箱R（最大阻值99.90）；

一个开关和若干导线。

（1）由于毫安表的量程较小，考虑安全因素，该实验小组决定将其量程扩大到0-500机4还需一个阻值为

Ro=。的定值电阻，并将该定值电阻与毫安表（选填“并联”或“串联”）。

（2）请在图甲虚线框内将实物图连接完整。

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(3)实验中多次改变电阻箱的阻值R并记录相应通过毫安表的电流/,得到多组数据后描点作出R图像如

图乙所示，则该电源的电动势E=V,内阻r=0。(结果均保留两位有效数字)

四、计算题：本大题共4小题，共40分。

15.光导纤维是一种利用全反射规律使光线沿着弯曲路径传播的光学元件。如图所示为某一光导纤维(可简

化为圆柱形长玻璃丝)的示意图，玻璃丝长度L=50km,直径为d=2〃m,折射率为几=1.25。已知光在

真空中的传播速度为c=3,0X108m/s,sin37°=0.6,则

(1)欲使从玻璃丝左侧横截面圆心。射入的激光在玻璃丝中发生全发射，求入射角的正弦值取值范围：

(2)若从玻璃丝左侧横截面圆心O射入的激光在玻璃丝中恰好发生全发射，求激光在玻璃丝中传播所用的

时间及发生反射的次数(结果均保留两位有效数字)o

16.风洞实验室中可以产生沿水平方向、大小可调节的风力。在t=0时刻，在风洞实验室中将一质量m=

0.2kg的小球以大小为为=5m/s的初速度水平抛出，抛出点距水平地面的高度为h=1.25如此后控制风

洞实验室中的风力尸随时间f变化的关系图像如图所示，已知0.1s〜0.2s内和0.4s〜0.6s内的风力方向与

初速度几方向相同，重力加速度g=10m/s2,求：

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(1)小球落地时的速度大小：

(2)小球落地点距离抛出点的水平距离。

17.如图所示，在直角坐标系x轴的下方有三块光滑弹性绝缘挡板PQ、QN、MN,其中尸、M两点位于x

轴上，PQ、平行且关于〉轴对称，QN长度为2L三块挡板间有垂直纸面向外的匀强磁场。在x轴的

上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为£一质量为小，电荷量为q的带正电粒子从直角坐标

系第二象限的S处以初速度大小为、方向与x轴正方向成30。斜向上飞出，恰好从P点射入磁场，先后与挡

板尸Q、QN、共发生4次碰撞反弹后，从M点离开磁场,并经过S关于y轴的对称点及。已知粒子射

入磁场时的速度方向与尸。的夹角为53。，到达QN时的速度方向与x轴正方向的夹角为53。，粒子与挡板

间的碰撞为弹性碰撞，且每次碰撞前后速度方向与挡板的夹角相同，不计粒子重力，s讥53。=0.8,求：

(1)S处的位置坐标：

(2)三块挡板间匀强磁场的磁感应强度大小；

(3)粒子在匀强磁场中的运动的时间。

18.如图所示，倾角为30。的固定斜面足够长，置于斜面上的””型长木板8的上表面光滑，下表面与斜

面上。点以上区域间的动摩擦因数为的=写，与斜面上。点以下区域间的动摩擦因数为〃2=苧。某时

刻在斜面上。点以上的某处自静止开始释放小物块A和长木板3,此时A在2的顶端，2的底端距。点的

距离为长木板B长度的51倍，一段时间后A与B底端的凸起发生第一次碰撞，第一次碰撞后B的速度大

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小为孙。已知B的质量是A的质量的4倍，A与8底端凸起的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间不计，B底端的

凸起大小不计，A视为质点，重力加速度为g。

(1)求长木板8的长度；

(2)4和B底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞期间，A能否到达2的顶端？若A能到达2的顶端，求A与

B底端凸起第一次碰撞后再经过多长时间A到达B的顶端；若A不能到达B的顶端，求期间A离B顶端的

最小距离：

(3)求B底端到达。点之前，A和B底端凸起碰撞的次数；

(4)B底端到达。点时将A取走，忽略2底端凸起对其质量分布的影响，3沿着其长度方向质量分布均匀，

求整个过程中8的位移大小。

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查光的干涉-薄膜干涉，解题的关键是要知道薄膜干涉形成的条纹特点。

【解答】

平行单色光在空气薄膜的上下表面发生反射后相干叠加，形成干涉条纹，根据薄膜干涉条纹间距与厚度的

关系，结合图中空气薄膜的形状可知，中间条纹间距最大，两边条纹间距减小，具有对称性，故8选项正

确，ACD均错误；

故选及

2.【答案】A

【解析】【分析】

根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，由光电效应方程，求逸出功。

该题考查了光电效应的相关问题，涉及到爱因斯坦光电效应方程的应用，考查知识点针对性强，重点突

出，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

【解答】

1h

V

2-m---

由光电效应方程有e4=hv-W0,得上e

可知Uc=0时对应的光照频率为极限频率叫，由图可求得小=必如

%一力

由图象得：3

吟一匕

则该光电管的阴极材料的逸出功：％=%%=丝勿仁"，故错误，A正确。

v2-vl

故选A。

3.【答案】D

【解析】q在A点形成的电场强度大小为：E1=暗,方向向左，

因A点场强为零，故薄板在4点的电场强度方向向右，大小为kg,

由对称性可知，薄板在B点的电场强度大小为kg,方向向左，

9d‘

q在B点的电场强度大小为k号，方向向左，

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则3点的电场强度大小为：趺=々与+上与=晔，所以A2C错误，。正确。

9dd9d

故选0。

解决本题的关键是明确点电荷场强公式及合场强为零的含义，根据薄板产生场强的特点，由几何对称性分

析求解。

熟记点电荷场强公式，理解合场强为零的含义，熟练运用电场强度矢量叠加原理。

4.【答案】B

【解析】【分析】

考查立体空间的受力分析，由几何知识计算出相关角度由受力平衡计算大小。

【解答】

由对称性知3Ncos。=mg,结合题意知cosO=；,F=,得N=牛/ng,故选B。

5.【答案】D

【解析】【分析】

【分析】

本题考查动能定理的基本应用，涉及竖直面内圆周运动的向心力分析。解题的关键是要知道在竖直面内做

圆周运动的物体，其向心力由轨道的支持力和重力沿半径方向的分力的合力提供，会分析物体运动过程中

各力做功的情况，结合动能定理判断物体速度大小。

【解答】

【解答】

A、由于轨道粗糙，故小物体第一次到B时克服摩擦力做的功少，故小物块第一次到达B点时的速度大于

第二次到8时的速度，对小物块在8点受力分析可知，第一次受到轨道的支持力大，即小物块第一次到达

B点时对轨道的压力大于第二次到达B点时对轨道的压力，故A错误；

2、由于小物块能从C点冲出轨道上升至最高点后沿原路返回，故小物块在C点速度不为零，对小物块在

C点受力分析可知，轨道对小物块有支持力，小物块在C点受到的摩擦力向下，故小物块第一次到达C点

的加速度大小大于重力加速度大小，8错误；

C、小物块从A点开始在竖直面内做圆周运动，对小物块第一次到达A点时受力分析有：FN-mg=

zn华，故小物块在A点受到的支持力大于重力，即小物块第一次到达A点时对轨道的压力大小大于自身

的重力大小，C错误；

。、由于有摩擦力和重力的作用，根据动能定理可知，小物块在AC段动能减小，做减速运动，由于小物

块速度减小，对轨道的压力也减小，摩擦力也减小，故小物块由A到2克服摩擦力做的功大于由3到C克

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服摩擦力做的功，。正确；

故选ZX

6.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查理想气体状态方程的应用，正确选用理想气体状态方程是解题的关键。

装置静止时，由平衡条件列方程，装置加速上升时，由牛顿第二定律列方程，结合玻意耳定律列方程，联

立求出装置的加速度大小即可判断。

【解答】

装置静止时，对活塞，由平衡条件：pos+mg=l.lp0S,装置加速上升时，对活塞，由牛顿第二定律：

pS-mg-p0S=ma,对封闭气体，由玻意耳定律：l.lp（）Sho=pS•联立知，装置的加速度大小

a=2.75g,故C正确，ABO错误。

7.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查万有引力定律的应用，基础题目。

根据表面重力与万有引力关系列方程，对系绳卫星整体，由万有引力提供向心力列方程，联立求出系绳卫

星运动的角速度即可判断。

【解答】

在地球表面：G臂=mg,系绳卫星绕地球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：G詈+G等=m32q+

2

mor2,联立知，系绳卫星做圆周运动的角速度大小3=旦产）,故A正确，BCD错误。

丁1丁2、丁1+丁2

8.【答案】C

【解析】【分析】

【分析】

本题考查动量守恒定律的应用-碰撞问题，涉及到碰撞合理性的分析。解题的关键是要根据图像，确定两

个物体的碰前速度及碰后速度，由碰撞合理性进行分析。

【解答】

【解答】

根据图像可知，碰撞前巾1做匀速直线运动速度大小为孙=，，爪2静止不动，

tl

碰撞后巾1反向运动，速度大小为巧=占，徵2的速度大小为。2=学子，

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对与加2组成的系统，取北方向为正方向，系统碰撞前后动量守恒有：mrv0=m2v2-

2

碰撞前后机械能不增加有：|mv0>+|m2v2,

又邈—!=p,

xitir

故解得：p<-1,C正确，ABD均错误;

故选Co

9.【答案】AC

【解析】【分析】

本题考查了理想气体的状态方程、热力学第一定律等知识点。在利用热力学第一定律时，一定要注意各个

量的符号所代表的物理意义。

【解答】

A理想气体状态方程和图形面积表示做功可知，一个循环过程中，c-d-a外界对气体做的功大于a-

b-c气体对外界做的功，故A正确；

Barb过程气体体积增大对外做功，且arb过程是绝热过程，则a-b过程气体温度降低，气体分子的

平均速率降低，所以气体压强减小是由于单位体积内分子数减少和气体分子的平均速率降低共同导致的，

故8错误；

D.dta过程和btc过程都是等温过程，内能变化/U=0,而d-a过程外界对气体做功大于6-c过程气

体对外界做功，根据热力学第一定律ZU=W+Q可知，d-a过程向外界释放的热量大于btc过程从低

温热源吸收的热量，故。错误；

C因为a-b和crd是绝热过程，且两个过程中气体温度变化一样，则内能变化4U相同，根据热力学第一

定律/U=I4/+Q,其中Q=0,则=可得a-b过程气体对外做的功等于c-d过程外界对气体做

的功，故C正确。

故选AC。

10.【答案】BD

【解析】此题考查了波动图象与质点的振动图象，分析清楚图示图象根据图象即可解题。

解：

该波的波长为4m，P、。两质点的平衡位置间的距离为1加，则二者相位相差与，即;7,不确定传播方

向，故可能超前，也可能落后，对应乙图从t=ls和t=3s开始的振动图像，故8。正确，AC错误。

11.【答案】ACD

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【解析】【分析】

本题考查了电能的输送，熟练掌握电能输送电路中各个部分的电压、电流、功率关系是解题的基础，难度

不算大。

【解答】A、由于在两个变压器之间的电阻R上会有电压损失，理想变压器A的输出电压等于&对应的输

入电压与R上损失电压和，匝数比满足也=*=七，%=罕左=右，又因为%=力=6匕

几2u2n4u4

解得的=&,七="声，

所以自和心的乘积小于1，故A正确；

8、由上面分析知，心越大则变压器T1的输出电压越低，要使灯泡正常发光，R上的电流就会越大，损失

的功率也越大，所以电路的输电效率越低，故2错误；

CD、对变压器72，输出电流与输入电流比值满足#=&，几=(=0.64若七=6,则R中电流4为

,30

0.14R两端电压为2匕其消耗的功率为0.2勿，

根据黑=%=七可得：U3=36V,所以变压器A的输出电压出=U3+UR=38忆故CD正确。

。4九4

故选ACD。

12.【答案】BC

【解析】【分析】

根据题目条件结合牛顿第二定律得出加速度的大小，结合运动学公式和图像的斜率完成分析。

本题主要考查了安培力的计算公式，熟悉牛顿第二定律和运动学公式，结合图像的特点即可完成解答。

【解答】

由题可知杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，

则在。=0时分别有的=&；a2=—

则第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移的时间满足：x=x=^a2tl

解得：c=*=理=，！；第一次和第二次运动中根据牛顿第二定律有F—吗包=ma,整理得：F=

ma+华,则可知两次运动中F-u图像的斜率为学，则有2=*W=L/A解得:!L=2,满足关

aa

RRR1

系式为BC选项，故选BC。

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13.【答案】⑴字=2Sa旦.

4+mbSb汨

(2*、呼

【解析】【分析】

本题考查验证动量守恒定律的实验，解题的关键是要根据实验的有关操作，确定碰前及碰后物体的动量表

达，注意速度的计算。

(1)根据题意，求出碰前及碰后滑块的纵6的速度，由动量守恒确定应满足的表达式;

(2)根据题意，结合动能定理及图像进行分析求解；

【解答】

(1)小滑块。通过光电门时的速度%=?,碰后a、b均做平抛运动，根据平抛运动的规律可得6平抛的初

速度%，=中=sj奈a碰后平抛的初速度4=中=S。J恭若a、6系统碰撞过程动量守恒，应有:

%%=m^'+mbv2',即竽=maSal^+mbSbJ^；

(2)根据题意可知，弹簧对小滑块a做的功W=g-2,小滑块到达光电门时的速度v=f不计摩擦，根据

动能定理有：加=抽《,故］=dj亨•；，所以图像的横轴表示;，若图像的斜率为c,则有：c=

d解得：k=衅。

；(3)4.0；7.2□

【解析】【分析】

(1)根据电流表的改装原理及并联电路的特点分析；

(2)根据器材和目的分析；

(3)根据闭合电路欧姆定律列式子得出R图像的表达式。根据图像的斜率和纵截距得出电动势和内阻。

本题考查测量电源电动势和内阻的常规实验，基础题目。

【解答】

(1)根据电流表改装原理得出要扩大电流表的量程，需要并联电阻，根据并联电路的特点得出100x4=

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(500-100)XRo

得出品=10；

(2)根据所给器材得出实物图为(

仃J[81

(3)根据电路可知，电流表读数为/时，总电流为51,根据闭合电路欧姆定律得:

E=IRg+5/(R+r)

整理得：E=41+5/(/?+r)

得出R=

根据图像的斜率和纵截距得出E=4.0匕r=7.20。

故填：(1)1；并联；(2)(3)4.0；7.2o

15.【答案】解.(1)光线进入玻璃丝后，在玻璃丝与空气的分界面恰好发生全反射时,

1

临界角：sinC=乙=0.8可得：C=53°

n

由几何关系可知此时在左侧截面处的折射角为a=90°-53。=37°

由折射定律得：n=—,入射角。的正弦值的取值范围为：0<sin。<0.75

sina

(2)光在玻璃丝中的速度为u=5=0.8c

它沿玻璃丝中轴线的速度分量为%=vcoscr=0.64c

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L_50xl()3

所用的时间为t=2.6x10-4s

%—0.64X3X108

uJ

24z-

第一次全反射前沿玻璃丝中轴线的传播长度：L==-X10-6m

tan37

后面相邻两次全反射沿玻璃丝中轴线的传播长度：—$=3X10-67n

“tan373

假设反射次数为"，L=4+5—1)%，可得兀=1.9XIO】。次

【解析】光的全反射必须是光从光密介质进入光疏介质，同时入射角大于或等于临界角，注意光的路程及

光在其中的速度求解是解题的关键。

(1)光线进入玻璃丝后，在玻璃丝与空气的分界面恰好发生全反射时，可得临界角，可得由几何关系可知

此时在左侧截面处的折射角，由折射定律得入射角的正弦值取值范围：

(2)根据折射率公式求光在介质中传播的速度以及沿玻璃丝中轴线的速度分量，再根据匀速运动公式求激

光在玻璃丝中传播所用的时间；根据第一次全反射前沿玻璃丝中轴线的传播长度，由几何关系得到发生反

射的次数。

16.【答案】解：(1)八=：9产

解得：t=0.5s

可知小球运动过程中，风力Fi=6N时，持续时间为△以=0.1s,风力F2=4N时，持续时间为△巳=0.ls

F1At1+F2^t2=mvx—mv0

解得：以=10m/s

%=gt

解得：v-5V~5m/s

(2)由动量定理得：=mv1-mv0

解得：%=8m/s

—VQt-£=O.IS)

」o+也

x2-2

久3=%t3

_%+以人.

%4-2△t?

%3=+%2+%3+必=3.65m。

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【解析】本题中小球水平方向上做匀速直线运动与匀加速运动，竖直方向上为自由落体，在水平方向上利

用动量定理及运动学公式求解。

17.【答案】解：

（1）在电场中粒子做匀变速曲线运动可分解为：沿x轴正方向做匀速运动和沿电场力

方向（y轴负方向）做匀变速运动，

sn=v

在S点以=〃ocos30。=字处，vyo=Voi3O°1o,a=*

在P点得=tan37°,vyl=^v0

由以上得S到P的时间t="（f°）=（4+3廖小

aoEq

沿X轴的距离为X=vxt=（叱？）哂

沿y轴负方向的距离y=里铲=:需

S处的位置坐标为（一咛等逋-L,雳）；

（2）在尸处粒子速度为：=萼％

sin53o

粒子在矩形磁场中经过与三块弹性挡板发生4次碰撞反弹后，从M点离开磁场，并经过S］。经分析知，粒

子与挡板的4次碰撞的分布，只能是与挡板尸°、MN各一次，与挡板QN碰撞2次，到达QN时与x轴正

"七'

T二-y巾1』I

方向的夹角为53。。具体轨迹如图所示：\

•1*r»'、•・>・1，•

、1»».♦

»J、•J、、-IJ

在磁场中粒子做匀速圆周运动，设半径为R

AQ=BQ=CN=DN=HF-GF=（R—ChH）--(R-ChG)=02G-02H=0.2R

2L=BC+BQ+CN

由以上可得R=L

又Bqu=

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(3)粒子在磁场中运动的周期：7=型=岑地

V13VQ

粒子在磁场中运动时间：1=且-7,。为轨迹所对的圆心角

【解析】本题考查带电粒子在复合场中的运动，涉及到粒子在电场中的类平抛运动及在磁场中的圆周运

动，解题的关键是要根据粒子在不同的场区受到的力分析粒子的运动，注意粒子在电电场中做类平抛运动

的分析方法，注意分析粒子在磁场中的运动轨迹。

(1)将粒子在电场中的运动分解为沿电场方向的匀加速直线及垂直电场方向的匀速直线运动，分析粒子的

运动时间及位移，求S处的坐标；

(2)根据题意分析粒子在磁场中运动的轨迹，由几何关系确定粒子在磁场中运动的半径，由洛伦兹力提供

向心力求解磁感应强度；

(3)计算粒子在磁场中运动的周期，分析其在磁场中运动轨迹所对应的圆心角，计算粒子在匀强磁场中的

运动时间。

18.【答案】解：(1)设小物块A的质量为“3则长木板8的质量为M=4小，自开始释放至第一次碰撞，

对小物块A有：

1,

mgsin30°L=

小物块A和长木板5下端凸起第一次碰撞过程中有：mv=mwA+Mv0,+|MVQ

联立解得第一次碰后小物块A的速度：vA=-1v0

长木板8的长度：入=婪

(2)长木板3运动时沿着斜面方向的合力为河外也30。-〃式用+M)9(：0530。=0,因此除碰撞外长木板只能

匀速运动。

小物块A在长木板上运动时：7ngsin30°=ma

A与8底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞，假设A能到达3的顶端，自第一次碰撞至A到达3的顶端

2

有：xB—xA=L,xA=vAt+-at,xB=vot

2

联立化简得：一02t2+l0gvQt-25v0=0

解得经过时间t=%,A到达B的顶端，假设成立。

9

(3)小物块A与长木板B底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞

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voti=以ti+2a钎

解得：亢=口

9

第二次碰撞前小物块A的速度：以2=以+砒1=竽

小物块A与长木板B底端凸起第二次碰撞过程

r,r

mvA2+MVQ=mvA2+MvB2

11