2024年河北省石家庄市普通高中高考物理二模试卷（含详细答案解析）

2024年河北省石家庄市普通高中高考物理二模试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.如图所示的乂-t图像和u-t图像中，四条图线分别表示甲、乙、丙、丁四辆车由同一地点向同一方向运

B.0〜6s内，丙、丁两车的平均速度相等

C.0〜6s内，丙车的加速度始终大于丁车的加速度

D.0〜6s内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程

2.为了使在磁场中转动的绝缘轮快速停下来，小明同学设计了以下四种方案：图甲、乙中磁场方向与轮子

的转轴平行，图甲中在轮上固定闭合金属线圈，图乙中在轮上固定未闭合金属线圈；图丙、丁中磁场方向

与轮子的转轴垂直，图丙中在轮上固定闭合金属线框，图丁中在轮上固定一些细金属棒。四种方案中效果

最好的是（）

3.如图所示，在空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀的透明吸管，接口处用蜡密封，吸管中注

入一段长度可忽略的油柱，在吸管上标上温度值，就制作成了一个简易气温计。若外界大气压

不变，下列说法正确的是（）

A.吸管上的温度刻度分布不均匀

B.吸管上标的温度值由下往上减小

C.温度升高时，罐内气体增加的内能大于吸收的热量

D.温度升高时，饮料罐内壁单位面积、单位时间受到气体分子撞击次数减少

4.一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图所示，实线为I1=2s时的波形图，虚线为。=5s时的波形图。下

列关于平衡位置在。处质点的振动图像正确的是（）

5.2023年12月，新一代人造太阳“中国环流三号”面向全球开放。“人造太阳”内部发生的一种核反应

4

方程为,“+：”了"e+X,已知孑H的比结合能为Ei，的比结合能为E2，的比结合能为既，光在真

空中的传播速度为c。下列说法正确的是（）

A.核反应方程中X为电子

B.的比结合能小于工H的比结合能

C.核反应吸收的能量为E3-（E1+F2）

D.核反应中的质量亏损为4E3-竺1+3退）

6.如图所示，假设在太空中有A、8双星系统绕点。做顺时针匀速圆周运动，运一一―

**、、

动周期为Ti，它们的轨道半径分别为以、RB,且3<RB，C为8的卫星，绕B做；"二-、、

逆时针匀速圆周运动，周期为序忽略A与C之间的引力，且A与8之间的引力\

远大于C与B之间的引力。引力常量为G,下列说法正确的是（）

A.若知道C的轨道半径，则可求出C的质量

B.A、B、C三星由图示位置到再次共线的时间为注

11十，2

C.若A也有一颗运动周期为72的卫星，则其轨道半径一定大于c的轨道半径

D.B的质量为4芦心（二+小）2

7.已知电荷均匀分布的球壳对内部点电荷的库仑力为零。如图所示，在半

径为R、电荷均匀分布的带正电球体内有一穿过球心。的光滑真空细通

道，带负电的绝缘小球从入口A点由静止释放穿过通道到达球体另一端的

B点,其中C点到。点的距离为无。若小球由A点释放瞬间加速度大小为

。，不计小球重力，细通道及小球对球体电荷分布无影响。下列说法正确的

A.带电小球在C点处的加速度大小为a（l-5

B.带电小球在隧道内先做匀加速运动后做匀减速运动

C.带电小球的最大速度为，而

D.带电小球由A点运动到3点的时间大于4

二、多选题：本大题共3小题，共18分。

8.如图所示，半圆环竖直固定在水平地面上，光滑小球套在半圆环上。对B

小球施加一始终指向半圆环最高点8的拉力「使小球从圆环最低点A缓

缓移动到最高点及下列说法正确的是（）I

A.拉力F一直减小B.拉力F先增大后减小

C.小球对圆环的压力大小始终不变D.小球对圆环的压力先增大后减小

于绷紧状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.拖车在加速阶段的平均速度大于减速阶段的平均速度

B.整个过程矿石上升的高度为缶

C.拖车在减速阶段其加速度大小为吗幽

D.拖车刚关闭发动机时的速度为会

10.利用磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如............

图所示，以。点为圆心、半径为尺的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，圆形,

JXXx\

区域外有垂直纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为瓦有一质量为•2*'，

PL'o：

•XXXt

m、电荷量为+q的粒子从尸点沿半径射入圆形区域，粒子〃次穿越圆形区域边界（不\,/

包括经过尸点）后又回到P点，此过程中粒子与圆心。的连线转过角度为2兀，不计•••・&•

粒子重力，下列说法正确的是（）

A.n的最小值为2

B.几=3时，粒子速度大小为土避

m

C.n=4时，粒子从P出发到回到P点的时间为驾

D.粒子连续两次穿越圆形区域边界过程中，粒子与圆心的连线转过的角度为生

n

三、实验题：本大题共2小题，共16分。

11.某小组利用如图所示的装置做验证动量守恒定律的实验。滑块A、2的质量分别为根4、mB,气垫导轨

已调节水平。

气垫导轨

(1)甲同学在滑块B左端粘上少量橡皮泥，将滑块A从倾斜轨道上某点由静止释放，通过光电门C的挡光

时间为与滑块2碰后粘在一起，通过光电门。的挡光时间为巧，在误差允许的范围内，只需验证等式

(用题中给出的字母表示)成立即说明碰撞过程中滑块A、B系统动量守恒。某次实验中，测得匕=

、可知滑块和滑块的质量比为=

0.04st2=0.10s,A2

(2)乙同学在滑块B左端装上轻质弹性圈，将滑块A从倾斜轨道上某点由静止释放，A第一次通过光电门C

的挡光时间为功，与滑块B碰后，A向左运动第二次通过光电门C的挡光时间为±4,滑块2通过光电门。

的挡光时间为上，则在误差允许的范围内，只需验证等式(用题中给出的字母表示)成立即说明碰撞

过程中滑块A、8系统动量守恒。若使滑块A与8碰撞后均向右运动，应使滑块A的质量_____(选填“大

于”“等于”或“小于”)滑块B的质量。

12.某同学利用如图甲所示器材做探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验。

(1)该同学按图乙连接电路，变压器的左侧线圈接线柱0、8与学生电源的“稳压6V”接线柱相连。闭合开

关，用多用电表测得右侧线圈0、4接线柱之间的电压为o

A.0

B.3.0V

C.6.0V

D.12.0V

(2)正确连接电路后，变压器选用左侧0、2接线柱和右侧0、4接线柱进行实验，用多用电表测得左侧0、

2之间的电压为U］右侧0、4之间的电压为外，数据如下表所示，可判断学生电源接在了接线柱_____上(

选填“左侧0、2”或“右侧0、4”)。

实验次数12345

UJV1.001.903.004.004.80

U2/V2.104.006.108.2010.00

(3)实验室中还有一个变压器，如图丙所示。现要测量A、2线圈的匝数，实验步骤如下：

①取一段漆包线，一端与A线圈上端接线柱相连，顺着原来的绕制方向在变压器的铁芯上再绕制n匝线

圈，漆包线另一端与交流电源一端相连，4线圈下方接线柱与交流电源另一端相连接。

②用多用电表的交流电压挡先后测出交流电源两端的电压4和8线圈的输出电压U-,

③用多用电表的交流电压挡测出A线圈两端的电压Ui。

如果把该变压器看作理想变压器，则A、8线圈的匝数%=,nB=。(用题中给出的字母表示

)

四、简答题：本大题共3小题，共38分。

13.如图所示，一特制玻璃砖的截面由等边三角形ABC和以。为圆心、8C为直径的半圆组成。一束宽度

等于8。且平行于AO的单色光射到A8面上，折射光线恰与AC平行。已知sin35.5。=苧，不考虑半圆面

的反射光。求：

(1)玻璃砖的折射率；

(2)半圆面上有光射出的部分所对应的圆心角。

14.如图所示，水平地面上有一轻质弹簧自然伸长，左端固定在墙面上，右端位于。点。地面上M点右侧

有一传送带，其上表面与地面齐平，传送带以为=6m/s的速度逆时针转动。现用力推动置于。点、质量

叫4=4kg的小物块A,使弹簧缓慢压缩到。点后由静止释放，物块A运动到。点时的速度以=1M/S。现

将物块A换成质量SB=的物块8,重复以上过程，发现物块8刚好运动到M点速度减为0,此时将

质量ntc=1kg的物块C在传送带上与M距离为1(未知)的位置由静止释放，物块B、C碰撞后粘在一起，

形成结合体P,P第一次到达。点时的速度大小为。(未知)。已知地面。点左侧光滑，物块8、C与传送

带、。点右侧水平地面间的动摩擦因数均为〃=04,M、N之间的距离L=9rn,重力加速度g取

10m/s2,物块A、B、C均可视为质点。

(1)求。、M两点间的距离s；

(2)若u=0,求/的大小；

(3)求v与/的关系表达式。

；A**|

卜?5薪欢欢研一1McnNI

Q0----------a-----------------

15.如图所示，倾角均为0、间距为L的平行金属导轨左右对称，在底端平滑相连并固定在水平地面上，左

侧导轨光滑、长度为s,其上端接一阻值为R的定值电阻，右侧导轨粗糙且足够长。两导轨分别处在垂直

导轨平面向下、磁感应强度大小均为瓦的匀强磁场中。现将一质量为相、长度为L的金属棒自左侧导轨顶

端由静止释放，到达底端前金属棒己经达到最大速度，金属棒滑上右侧导轨时，左侧磁场立即发生变化，

使金属棒沿右侧导轨上滑过程中通过金属棒的电流始终为0。己知金属棒与右侧导轨间的动摩擦因数〃=

tan。，重力加速度为g,除定值电阻外，其余部分电阻均不计。

(1)求金属棒第一次运动到导轨底端时的速度大小；

(2)金属棒第一次沿右侧导轨上滑过程中，求左侧磁场的磁感应强度当与金属棒上滑距离x的关系式；

(3)金属棒在右侧导轨第一次上滑到最高点时，左侧磁场发生新的变化，使金属棒沿右侧导轨向下做加速

度大小为gsin。的匀加速直线运动。当金属棒第二次运动到导轨底端时，求左侧磁场的磁感应强度%的大

小。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4由甲图可知，6s末甲乙两车位于同一位置，而u-t图线与横轴所围区域的面积表示物体发

生的位移，由乙图可知，。〜6s内，丁的位移大于丙的位移，所以6s末丁车位于丙车的前方，故A正确；

A0〜6s内，丁的位移大于丙的位移，而丁的时间和丙的时间相同，所以丙车的平均速度小于丁车的平均

速度，故8错误；

C,-t图线切线的斜率表示物体运动的加速度，贝1]0〜6s内，丙车的加速度增大，丁车的加速度减小，丙

车的加速度先小于丁车的加速度，后大于丁车的加速度，在某一时刻两车加速度相等，故C错误；

DO〜6s内，根据交点表示相遇可得：甲车通过的路程等于乙车通过的路程，故。错误。

故选：Ao

根据久-t图线的斜率表示速度，u-t图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，结合u-t图线切

线的斜率表示物体运动的加速度分析求解。

本题考查了运动学图像问题，理解斜率、面积、截距、交点等在图像中的含义是解决此类问题的关键。

2.【答案】C

【解析】解：AB,在图甲和图乙中，当轮子转动时，穿过线圈的磁通量均不变，线圈不会产生感生感应电

流，则不会有磁场力阻碍轮子的运动，不能转动的绝缘轮快速停下来，故A8错误；

C、图丙中在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势，

形成感应电流，则会产生磁场力阻碍轮子转动，使轮子很快停下来，故C正确；

。、图丁中在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产生感应电动势，由于电路不闭合，不会形成感应

电流，所以不会产生磁场力阻碍轮子转动，故。错误。

故选：Co

根据感应电流产生的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，分析所给的图像中电路中是否有感应电流，

是否存在动能和电能的转化，由此得解。

本题主要是考查电磁感应现象，关键是掌握感应电流产生的条件，即穿过闭合电路的磁通量发生变化，或

闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动。

3.【答案】D

【解析】解：4气体发生等压变化，由盖吕萨克定律可知《=上则T心BPZ1T=CAV,因此吸管上的

Tk

温度刻度值是均匀的，故A错误;

A若温度升高，气体体积变大，油柱向上移动，则吸管上的温度刻度值由下往上增大，故2错误；

C.气温升高时，气体内能增加，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律/U=Q+勿

气体吸收的热量大于对外做的功，罐内气体增加的内能小于吸收的热量，故C错误；

D随温度升高，分子产生的平均撞击力变大，而气体发生等压变化，则单位时间内罐内壁单位面积上受到

气体分子撞击的次数减小，故。正确。

故选：D。

A封闭的理想气体发生了等压变化，根据盖-吕萨克定律分析作答；

A温度升高，气体体积变大，油柱向上移动，则吸管上的温度刻度值由下往上增大；

c.封闭气体膨胀，对外做功，根据热力学第--定律分析作答；

D随温度升高，分子产生的平均撞击力变大，再结合气体压强的含义分析作答。

本题考查了盖-吕萨克定律的应用，知道气温计的工作原理是解题的关键，知道气体压强的微观解释，应用

盖-吕萨克定律与热力学第一定律即可解题。

4.【答案】A

【解析】解：由题图可知波长2=4a,波沿无轴正向传播，则々到12时间内波形平移的距离为=+

4

nA=4n+3(m)(n=0,1,2,3......),则波速u=空=等?=+l(m/s)(n=0,1,2,3.......)

Zlt□一Z3

根据波速公式可得：7=卜=M⑸，若几=0，则7=4s,由实线波形图可知h=2s时质点。在

平衡位置且向y轴正向运动。周期不可能等于12s,故A正确，BCD错误。

故选：Ao

由题图可知波长，波沿X轴正向传播，在h到t2时间内波形平移的距离，由"=当计算波速，由7=(计算

周期并找出可能取值，由实线波形图读出h=2s时质点。的位置及运动状态，结合振动图像可求解。

本题属于波的图像的识图、振动图像的识图和对质点振动的判断问题。解决本题的关键是找出波速的表达

式，本题充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

5.【答案】D

【解析】解：4根据质量数与电荷数守恒可知X的质量数4=2+3—4=1,电荷数z=1+1—2=0,

所以X为加，故A错误；

8.反应过程中释放大量热量，则总结合能增大，胃/fe的比结合能大于女”的比结合能，故2错误；

CD.核反应放出的能量为/E=4E3一(2必+3E2)

2

由能量守恒可得4邑-(2%+3£2)=Amc

解得加=4E3-(2"+3E2)

CL

故c错误，。正确。

故选：D。

核反应过程中质量数与核电荷数守恒，根据质量数与核电荷数守恒求出X的核电荷数，确定X的种类；由

质能方程，结合释放的能量，求出核反应过程中的质量亏损；根据比结合能等于结合能与核子数的比值，

从而即可求解。

核反应过程中，质量数与核电荷数守恒；求出核反应的质量亏损，应用质能方程即可求出核反应释放的能

量。

6.【答案】C

【解析】解：4在知道C的轨道半径和周期的情况下，根据万有引力定律和牛顿第二定律列方程只能求解

8的质量，无法求解C的质量，故A错误；

A如图所示

A、B、C三星由图示位置到再次共线时，A、B转过圆心角％与C转过的圆心角”互补，则根据匀速圆周

运动规律可得

2兀2兀

7\t+五”兀

解得t=2（7；+1）

故2错误；

C.若A也有一颗运动周期为R的卫星，设卫星的质量为加，轨道半径为厂，则根据牛顿第二定律有

GMm4TT2

------5A——=m—z-r

解得r=3^£t

T'4*

2

同理可得C的轨道半径为七=3死啰

c47r2

对A、8组成的双星系统有必菅仆=MB舁RB

因为&<RB，所以MA>MB，则r>R「故C正确；

。.在A、8组成的双星系统中，对A根据牛顿第二定律有

GMAMB4兀2

------=MRA

（私+小）9B片

解得MB=4后为R+Rj,故。错误;

GTi

故选：Co

根据万有引力提供向心力公式可知，只能求中心天体质量；通过作图分析，求出所用的时间；根据万有引

力提供向心力可求出半径与质量的关系；根据万有引力提供向心力可求出B质量的大小。

学生在解答本题时，应注意对于双星系统，明确周期是相同的是解题的关键。

7.【答案】C

【解析】解：力B.设电荷均匀分布的带正电球体所带的电荷量为。带负电的绝缘小球所带的电荷量为g,

则

k—y=ma

R2

C点以内带正电球体所带电荷量为

为%3炉

Q】=鼻QR

37TH

根据牛顿第二定律，带电小球在C点处

k绰…

解得带电小球在C点处的加速度为

Qqxx

%=k-­2-n=a-n

mRKK

可知小球在任一点的加速度大小与到O点的距离成正相关，故带电小球在隧道内先做加速度减小的加速运

动后做加速度增大的减速运动，故AB错误;

C.取A点为坐标原点，AB方向为正方向建立a-光坐标系，如图

故图线与坐标轴所围面积乘以质量机为合外力做的功，根据B项分析知。点时小球的加速度为零，速度

最大，根据动能定理

11,

2maR=—m%

解得

=TaR

故C正确；

。根据B项分析画出带电小球由A点运动到2点的。-t图像如图所示

可知这个过程中的平均速度大于母，根据运动学规律知，带电小球由A点运动到8点的时间

故。错误。

故选：C„

根据牛顿第二定律计算加速度；分析带电小球在隧道内的运动；根据动能定理分析判断；根据运动学规律

分析。

本题关键确定带电体的带电量和小球速度最大位置。

8.【答案】AC

【解析】解：小球受力如图所示

根据相似三角形法可得

mgNF

~R~=R=1

从圆环最低点A缓缓移动到最高点8过程中，小球与8点间的距离/逐渐减小，则拉力尸减小，N的大小

不变，根据牛顿第三定律可得小球对圆环的压力大小始终不变，故AC正确，80错误。

故选：AC„

对小球受力分析，作出力的平行四边形，由相似三角形知识可求得拉力及压力的变化情况.

本题考查共点力平衡条件的动态分析问题，注意使用了相似三角形法；而此类方法在处理共点力的动态平

衡时较为常见，当题目无法找到直角时，应考虑应用此法.

9.【答案】AB

【解析】解：4设汽车的最大速度为也减速阶段的平均速度为（加速阶段，由于加速度减小，此过程通

过的位移大于匀加速运动到v的位移，其平均速度大于匀加速运动的平均速度，即大于?所以加速阶段的

平均速度大于减速阶段的平均速度，故A正确；

8设矿石上升的高度心由系统功能关系可得

Poto—mgh-KMgh=0—0

解得心华,故2正确；

C.拖车在减速阶段其加速度大小为

F合mg+kMg

CL=-------故c错误;

M+mM+m

。若经过时间to拖车受到的阻力与牵引力等大反向

/=曳=_f0_故。错误。

F牵mg+kMg

故选：ABo

加速阶段通过的位移大于减速阶段通过的位移，由此判断平均速度的大小。

由系统功能关系求整个过程矿石上升的高度；

根据牛顿第二定律求加速度;

应用平衡条件求速度。

本题是力学与运动学相结合的综合题，分析清楚动车的运动过程与受力情况是解题的关键，应用平衡条

件、牛顿第二定律、运动学公式与动能定理可以解题；解题时注意公式「=?"的应用。

10.【答案】AC

【解析】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，因为粒子"次穿越圆形区域边界（不包括经过尸点）后又

回到P点，此过程中粒子与圆心。的连线转过角度为2兀，画出粒子运动轨迹示意图如图所示。

则知”的最小值为2,故A正确；

B、当n=3时，粒子圆心间的连线构成圆边界的外切正方形，根据几何关系可知粒子的轨迹半径为：r=

R

根据洛伦兹力提供向心力，有

V2

qvB=m—

解得粒子速度大小为：v二照,故B错误；

m

c、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：7=铝=桨

VC[D

当n=4时，粒子从尸点出发又到回到尸点的时间为：t=（3x1喘2。+2*吗才。

360360

解得：t=鬻,故C正确；

D,根据几何关系可知，粒子连续两次穿越圆形区域边界过程中，粒子与圆心的连线转过的角度为卷，故

71+1

D错误。

故选：AC.

作出粒子的运动轨迹图，粒子W次穿越圆形区域边界（不包括经过P点）后又回到P点，此过程中粒子与圆

心。的连线转过角度为2兀，确定W的最小值。n=3时，根据几何关系求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供

向心力求粒子速度大小。兀=4时，结合周期公式计算粒子从产出发到回到尸点的时间。根据几何关系分

析。项。

本题考查带电粒子在磁场中的运动，对粒子正确受力分析，画出运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和几

何知识进行解答。

.L口天】_t23t3一t5t4大于

【解析】解：（1）4碰前的速度为

d

%=五

碰后的共同速度以B

设碰前A的速度方向为正方向，若动量守恒则只需满足

mAvA=（叫4+mB）vAB

即如-啊+-B

tl~t2

某次实验中，测得h=0.04s、±2=0.10s,可知滑块A和滑块B的质量比为

mAti2

—G3

（2）力第一次通过光电门C的

d

vAi=厂

碰后A、B的速度分别为

dd

%2=1方=云

设碰前A的速度方向为正方向，若动量守恒则只需满足

如%1=-mAvA2+mBvB

即

mAmBmA

七3七5七4

若使滑块A与3碰撞后均向右运动，设碰前A的速度方向为正方向，根据动量守恒和能量关系

mAv0=mAv1+mBv2

111

2mAVo=2mAVl+2mBr2

解得打苗…

则见4>mB

应使滑块A的质量大于滑块B的质量。

故答案为：⑴詈=岑”2

(2)詈=詈—詈；大于。

4%

(1)两物体发生完全非弹性碰撞时满足动量守恒定律，列方程求解。

(2)根据题意求出滑块经过光电门时的速度，然后根据动量守恒定律分析答题。

碰撞分弹性碰撞与非弹性碰撞两种，两物体发生完全弹性碰撞时系统损失的机械能最大，两物体发生弹性

碰撞时，碰撞过程损失的机械能最小；根据实验原理应用动量守恒定律即可解题。

12.【答案】A右侧0、4-^--^-

U0-U]UQ-U-y

【解析】解：(1)变压器的工作原理是互感，原线圈需接交流电，输出的也是交流电压；若原线圈与学生

电源的“稳压6V”接线柱相连，不产生电磁感应，则副线圈两端的电压为0,故A正确，BCD错误。

故选：Ao

(2)若左侧0、2接线柱接输入端圈，右侧0、4接线柱接输出端，则变压器是匝数比为卷

根据理想变压器电压与匝数比的关系"=|

由于实际变压器有漏磁，且线圈有焦耳热产生，因此第1组数据副线圈两端电压应小于2V、第2组数据副

线圈两端电压应小于4V、第3组数据副线圈两端电压应小于6U…，这与表格中记录的数据不同，因此可

判断学生电源接在了接线柱右侧0、4接线柱上;

(3)若把B线圈看作电源输入端，根据理想变压器电压与匝数比的关系且=%二支，2=支

nBnnBnA

解得4=nB=产卜。

Uo-UiUo—Ui

故答案为：(1)力；(2)右侧0、4±；(3)胖才；

U0—U1UQ-Ui

(1)根据变压器的原理判断；

(2)根据理想变压器电压与匝数比的关系求解变压器原线圈两端的电压，考虑实际变压器的磁损和铁损

后，再分析判断;

(3)根据理想变压器电压与匝数比的关系求解作答。

本题考查了探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系实验；要掌握变压器的工作原理以及原副线圈之间的

关系；知道交流电压表测量的有效值；知道实际变压器都存在磁损和铁损。

13.【答案】解：（1）根据题意，光在AB面发生折射时，入射角为60。，折射角为30。

根据折射定律-鬻=苧

（2）若折射光线在BC圆弧面恰好发生全反射，如图所示:

根据临界角公式sinC=-

n

代入数据解得C=35.5。

若恰好在C点发生全反射，则a=90°-（180°-60°-C）=5.5。

若恰好在D点发生全反射，则0=90。—（60。—C）=65.5°

所以半圆面上有光射出的部分所对应的圆心角为a+0=5.5。+65.5。=71。。

答：（1）玻璃砖的折射率C；

（2）半圆面上有光射出的部分所对应的圆心角71。。

【解析】（1）根据折射定律求折射率；

（2）根据临界角公式求临界角，作出折射光线在8c圆弧面恰好发生全反射的临界光线，根据数学知识求半

圆面上有光射出的部分所对应的圆心角。

本题主要考查了光的折射和全反射，要理解折射定律和临界角公式，作出折射光线在圆弧面恰好发生

全反射的临界光线是解题的关键。

14.【答案】解：（1）根据功能关系得：

11

mvmv

Ep^=2AA=2Bl

解得物块8运动到0点时的速度为：vB=2m/s

物块8、C在传送带、。点右侧水平地面间的加速度大小为

umq_.

a=加=[ig=0.4x10m/s2=4m/sz

物块B刚好运动到M点速度减为0,则

vj=2as

解得。、M两点间的距离为：s=0.5m

(2)若u=0,P从M点第一次到达。点时，则

v2—诒1=—2as

物块8、C碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有

mcvcl=(mB+mc)vM1

C在传送带上运动时，有

—2al

解得：I=2m

(3)由上述分析可知，当时，尸不能到达。点，物块C离开传送带的速度恰好为6ni/s时，物块

C在传送带上运动的距离为

2

VQ6

'】=而=三有m=&5爪

故当4.5爪W/W96时，物块C离开传送带的速度为6m/s,物块8、C碰撞过程，取向左为正方向，由动

量守恒定律有

mcvC2=(mB+mc)vM2

由运动学公式有廿-v«2=-2as

解得：v=V_5m/s

当2znWI<4.5m时，物块C离开传送带的速度满足：v^3-2al

且znc〃C3=(jnB+mc)vM3

v2—u63=-2as

解得：v=yj21—4(m/s)

答：(1)0、M两点间的距离s为0.5m；

(2)，的大小为2m；

(3)当2mW/<4.5zn时，”=721—4(m/s)；当4.5mW1W97n时，v—V_5m/So

【解析】(1)根据功能关系求出物块B运动到O点时的速度。物块B刚好运动到M点速度减为0,根据牛

顿第二定律和运动学公式相结合求出。、M两点间的距离s。

(2)若v=0,P从M点第一次到达。点时，由/一%1=-2as求出P到达加点的速度。物块8、C碰撞

过程，取向左为正方向，由动量守恒定律列式，求出碰撞前C的速度。再由运动学公式求解/的大小。

(3)结合上题的结果，分情况讨论物块C离开传送带的速度大小，再由动量守恒定律和运动学公式相结合

求v与