甘肃省武威市四校2023-2024学年高三上学期开学联考物理试卷（含解析）

2023-2024学年甘肃省武威市四校联考高三（上）开学物理试卷一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（4分）一定质量的气体因外力对其做功体积减小，同时放出热量，则此过程的末态与初态相比（）A．气体内能可能增加 B．气体内能一定减小 C．气体内能一定不变 D．气体内能增加还是减小取决于气体种类2．（4分）关于近代物理知识，下列说法中正确的是（）A．光电效应现象说明了光具有粒子性 B．铀核裂变的一种核反应方程为UBaKrn C．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等 D．结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定3．（4分）如图所示，质量为m的小球用细绳悬挂在天花板上，用拉力F作用在小球上，重力加速度为g，保持小球的位置始终不变则拉力F与细绳的夹角α应满足的条件为（）A．0°≤α≤60° B．0°≤α≤90° C．30°≤α≤60° D．30°≤α≤90°4．（4分）如图所示，一负点电荷固定于O点，虚线为其等势面，a、b、c、d、e为粒子轨迹与虚线的五个交点。下列判断正确的是（）A．A带负电，B带正电 B．A在a处的动能大于在b处的动能 C．B由c处到d处电场力做正功 D．B在e处的电势能小于在c处的电势能5．（4分）如图所示，为某小型发电站的输电示意图。发电站的输出功率为P1＝200kW，经升压变压器升压后，输出电压为1×104V，发电站到用户的输电线总电阻为r＝10Ω，经过降压变压器给一居民小区供电。已知变压器均为理想变压器（）A．输电线路中的电流为100A B．用户获得的功率为4kW C．若发电站的输出电压减半，线路损耗的电功率变为原来的4倍 D．若用户所需电压为220V，则降压变压器原、副线圈匝数比为480：116．（4分）如图所示，一个带有挡板的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角为θ，下端连接滑块P，开始处于平衡状态。现用一平行于斜面向下的力F作用在P上（a＜gsinθ）运动一段距离。以x表示P离开初位置的位移，t表示P运动的时间（设初始时刻机械能为零），重力加速度为g，则下列图像可能正确的是（）A． B． C． D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。（多选）7．（5分）如图所示，一光滑斜面固定在水平面上，现让A、B两个小球同时运动，小球恰好落在斜面底端P。小球B沿斜面顶端由静止释放，小球沿斜面下滑。空气阻力不计，下列说法正确的是（）A．小球A先到达斜面底端P B．两个小球同时到达斜面底端P C．两个小球到达P点的速度相同 D．小球B到达P点的速度小于小球A到达P点的速度（多选）8．（5分）两列振幅和传播速度大小相同的简谐横波某时刻在如图所示的区域相遇，实线波沿x轴正向传播，虚线波沿x轴负向传播。已知实线波频率为1Hz，则（）A．实线波的传播速度大小为4×10﹣2m/s B．虚线波的频率为1Hz C．此时刻两列波在x＝6cm处的质点振动方向均沿y轴负方向 D．两列波在图示时刻区域不会发生稳定的干涉现象（多选）9．（5分）2022年10月9日7时43分，“夸父一号”卫星顺利进入太空，最终进入绕地球运行的太阳同步晨昏轨道。已知晨昏轨道距地面高度约为720km，地球表面重力加速度为9.8m/s2，万有引力常量为6.67×10﹣11N•m2/kg2，将“夸父一号”的运动看作匀速圆周运动，忽略地球自转。根据以上条件，可以估测出下列哪些物理量（）A．“夸父一号”卫星的运行周期 B．“夸父一号”卫星的质量 C．地球的平均密度 D．地球的公转周期（多选）10．（5分）如图所示，两平行倾斜导轨与水平导轨平滑连接，倾斜导轨光滑、水平导轨粗糙，棒与导轨垂直，水平导轨处在方向竖直向上的匀强磁场中，两导体棒与水平导轨的动摩擦因数均为μ＝0.1，导轨宽度为L＝1m2，则下列说法正确的是（）A．金属棒a沿斜导轨下滑过程机械能守恒 B．金属棒a下滑过程，因回路面积变小，故磁通量变小 C．金属棒a进入水平导轨后，金属棒b做加速度减小的加速运动 D．金属棒a整个运动过程中，两金属棒产生的焦耳热小于4J三、非选择题：本题共5小题，共56分。11．（4分）某兴趣小组用如图甲所示的装置进行了下列探究：①在一端带有定滑轮的水平长木板上固定A、B两个光电门，测得两光电门A、B之间的距离为x；滑块上有遮光片；②砂桶中加入砂子，用天平测得砂和砂桶的质量m，并保证滑块质量远大于砂和砂桶质量；③用跨过定滑轮的轻绳将滑块与砂桶相连，调节滑轮高度使轻绳水平；④将滑块从紧靠光电门A处由静止释放，读出滑块上遮光片通过光电门B的时间t；⑤改变砂和砂桶的质量m，重复实验，测得m、t的多组数据；⑥在坐标系中作出的图像如图乙所示。图线与纵轴的截距为b，与横轴的截距为﹣c。已知重力加速度大小为g，若把砂和砂桶所受重力作为滑块受到的拉力，根据图像信息可知：物块与长木板之间的动摩擦因数为，滑块质量为。12．（12分）某实验小组要测量一电源的电动势和内阻。实验室提供的器材有：A．待测电源（电动势约为3V，内阻几欧）B．电压表V1（量程1V，内阻r1＝300Ω）C．电压表V2（量程3V，内阻r2约3000Ω）D．定值电阻R1（阻值为2Ω）E.滑动变阻器R2（阻值变化范围为0～15Ω）F.电键一个，导线若干（1）实验小组成员根据实验室提供的器材，设计了如图甲所示的电路，其中a、b均为电压表（填“V1”或“V2”），b是另一个电压表，根据电路图将图乙中实物连完整。（2）连接好实验电路后，闭合电键前，将图乙中的滑动变阻器滑片移到最（填“左”或“右”）端，闭合电键后，调节滑动变阻器的滑片1、V2的示数U1、U2，根据测得的多组U1、U2数据，以U1为横坐标，U2为纵坐标作出U2﹣U1图像，作出的图像斜率绝对值为k，图像与纵轴的截距为b，内阻r＝。（均用已知和测得的量表示）（3）本实验（填“存在”或“不存在”）因电压表分流引起的系统误差。13．（10分）半径为R的透明玻璃球切去底面半径的球冠成为一个大球冠，如图所示，一束半径光束垂直球冠的切面照射到球冠上，已知光在真空中的传播速度为c，（球冠不含底面的表面积公式为S＝2πRh，R为球的半径，h为球冠的高度）。不考虑光在球冠内的反射（1）发光球面的面积；（2）光束正中间的光线通过大球冠的时间。14．（14分）如图所示，传送带以速度v＝5m/s顺时针传动，P、Q间距离x＝7.5m（可看作质点）以v0＝10m/s的速度从传送带的左端滑上传送带，到达右端时，刚好与传送带共速。滑块滑出传送带时与木板B发生弹性碰撞，继续在传送带上运动，已知重力加速度g＝10m/s2，试求：（1）滑块m第一次从传送带左端滑到右端的过程中，由于摩擦产生的热量；（2）滑块m被反弹后在传送带上运动过程中相对传送带滑动的距离。15．（16分）如图所示，平面直角坐标系xOy中，x＞0区域内存在着方向与x轴负向成45°角的匀强电场E2，电场强度大小，在﹣1m＜x≤0区域内存在着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在x≤﹣1m区域内存在沿y轴负方向的匀强电场E1，电场强度大小E1＝20V/m，带正电粒子从电场E1中P（﹣2m，0.5m）点沿x轴正方向以初速度v0＝2m/s射出，粒子恰好从坐标原点进入电场E2，该粒子的比荷，不计粒子重力，求：（1）粒子进入磁场时的速度；（2）磁感应强度大小；（3）粒子从P点射出到第三次经过y轴时的时间。

2023-2024学年甘肃省武威市四校联考高三（上）开学物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（4分）一定质量的气体因外力对其做功体积减小，同时放出热量，则此过程的末态与初态相比（）A．气体内能可能增加 B．气体内能一定减小 C．气体内能一定不变 D．气体内能增加还是减小取决于气体种类【分析】根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，判断气体内能的变化；根据符号法则，确定Q、W的正负号，代入公式ΔU＝Q+W进行判断。【解答】解：由于气体放出热量，所以Q＜0，则外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，所以气体内能可能增加，也可能不变，故A正确。故选：A。【点评】在运用ΔU＝W+Q来分析问题时，首先必须理解表达式的物理意义，掌握它的符号法则：①W＞0，表示外界对系统做功；W＜0，表示系统对外界做功；②Q＞0，表示系统吸热；Q＜0，表示系统放热；③ΔU＞0，表示系统内能增加；ΔU＜0，表示内能减少。2．（4分）关于近代物理知识，下列说法中正确的是（）A．光电效应现象说明了光具有粒子性 B．铀核裂变的一种核反应方程为UBaKrn C．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等 D．结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定【分析】光具有波粒二象性，而光电效应现象说明了光具有粒子性；了解的布罗意波的性质以及裂变的方程，了解结合能与比结合能的特点和性质，即可解决这类题型。【解答】解：A．光电效应现象说明了光具有粒子性；B．铀核需要俘获一个慢中子才能发生裂变故B错误；C．动能相等的质子和电子，它们的动量为：德布罗意波长为显然，质子和电子的质量不同，故C错误；D．比结合能又叫平均结合能，所以比结核能越大，原子核越稳定。故选：A。【点评】本题对原子物理与核物理的考查较为全面，但是考查难度不大。3．（4分）如图所示，质量为m的小球用细绳悬挂在天花板上，用拉力F作用在小球上，重力加速度为g，保持小球的位置始终不变则拉力F与细绳的夹角α应满足的条件为（）A．0°≤α≤60° B．0°≤α≤90° C．30°≤α≤60° D．30°≤α≤90°【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，采用图解法拉力F和细线对小球的拉力大小如何变化．【解答】解：重力竖直向下，绳子的张力沿绳收缩的方向，保持小球的位置始终不变，应满足α≥30°同时当F垂直细绳时，即α＝90°时，因此30°≤α≤90°。故选：D。【点评】本题解题关键是推理出当F的方向与细绳垂直时，即α＝90°时，细绳的拉力达到最大值。4．（4分）如图所示，一负点电荷固定于O点，虚线为其等势面，a、b、c、d、e为粒子轨迹与虚线的五个交点。下列判断正确的是（）A．A带负电，B带正电 B．A在a处的动能大于在b处的动能 C．B由c处到d处电场力做正功 D．B在e处的电势能小于在c处的电势能【分析】根据电荷的受力情况分析电性，根据能量守恒定律分析动能大小，c和e在同一个等势面。【解答】解：A．因为O处的是负点电荷，可知A带正电，故A错误；B．正电荷A在b处的电势能大于a处，故B正确；C．负电荷由c到d的过程中，故C错误；D．因为c和e在同一个等势面，故D错误。故选：B。【点评】解答本题时，要知道物体做曲线运动时合力指向的内侧，还要知道电场线与等势面垂直，来判断带电粒子受到的电场力方向，再分析其他量的变化情况。5．（4分）如图所示，为某小型发电站的输电示意图。发电站的输出功率为P1＝200kW，经升压变压器升压后，输出电压为1×104V，发电站到用户的输电线总电阻为r＝10Ω，经过降压变压器给一居民小区供电。已知变压器均为理想变压器（）A．输电线路中的电流为100A B．用户获得的功率为4kW C．若发电站的输出电压减半，线路损耗的电功率变为原来的4倍 D．若用户所需电压为220V，则降压变压器原、副线圈匝数比为480：11【分析】根据输电功率的公式求出输电线路中的电流；由P线损＝I2r求出输电线上损失的功率，从而求得用户获得的功率；根据判断电压减半时，输电线上损失的功率的倍数关系；求出降压变压器输出的电流后，根据电流与匝数的反比关系求降压变压器的匝数比。【解答】解：A、由于是理想变压器2＝P1＝200×106W，输电线路中的电流为：I2＝＝A＝20A；B、输电线的损失功率为：P损＝＝202×10W＝4kW所以用户获得的功率为：P6＝P3＝P2﹣P损＝P8﹣P损＝200kW﹣4kW＝196kW，故B错误；C、输电线损失功率为：可见P2、r不变，若发电站输出电压减半，线路损耗的电功率变为原来的2倍；D、降压变压器副线圈的电流为：I4＝＝A＝A降压变压器原、副线圈匝数比为：。故选：C。【点评】本题考查变压器与远距离输电的相关问题，需要掌握理想变压器的基本公式：、，知道理想变压器不改变电功率。6．（4分）如图所示，一个带有挡板的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角为θ，下端连接滑块P，开始处于平衡状态。现用一平行于斜面向下的力F作用在P上（a＜gsinθ）运动一段距离。以x表示P离开初位置的位移，t表示P运动的时间（设初始时刻机械能为零），重力加速度为g，则下列图像可能正确的是（）A． B． C． D．【分析】对物块P进行受力分析，结合牛顿第二定律得出力的变化趋势；分析物块P的能量转化特点，根据功能关系列式即可完成分析。【解答】解：AB．根据题意可得，弹簧的劲度系数为k0，由胡克定律可得：kx0＝mgsinθ由牛顿第二定律可得：F+mgsinθ﹣k（x+x2）ma联立可得：F＝kx+ma＝kat8+ma，故A错误；CD．由题可知F﹣k（x+x0）＝ma﹣mgsinθ＜0，因为在初始位置时，则物块P机械能的变化量为：E﹣5＝W＝﹣m（gsinθ﹣a）x整理得：E＝﹣m（gsinθ﹣a）x＝﹣m（gsinθ﹣a）at2，故CD错误。故选：B。【点评】本题主要考查了功能关系的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义，结合功能关系和牛顿第二定律即可完成分析。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。（多选）7．（5分）如图所示，一光滑斜面固定在水平面上，现让A、B两个小球同时运动，小球恰好落在斜面底端P。小球B沿斜面顶端由静止释放，小球沿斜面下滑。空气阻力不计，下列说法正确的是（）A．小球A先到达斜面底端P B．两个小球同时到达斜面底端P C．两个小球到达P点的速度相同 D．小球B到达P点的速度小于小球A到达P点的速度【分析】A球做匀加速直线运动，B球做平抛运动，落到底端时速度方向不同，根据小球的受力判断合力做功，根据动能定理判断到达B点时，速度的大小，根据匀变速直线运动基本公式和平抛运动的基本公式判断运动时间长短。【解答】解：AB、设斜面的倾角为θ，小球A做平抛运动，小球B加速度为：a＝gsinθ小球A做平抛运动有：所以小球A运动的时间为：小球B沿斜面做匀加速直线运动，根据L＝2得运动的时间为：所以A经过的时间更短，故A正确；CD、由于两球初末位置相同两小球运动的过程中，都只有重力做功，所以小球B到达P点的速度大小小于小球A的速度大小，D正确。故选：AD。【点评】解决本题的关键知道A、B两球的运动规律，通过动能定理可以比较速度的大小关系，注意落在斜面上速度的方向不同。（多选）8．（5分）两列振幅和传播速度大小相同的简谐横波某时刻在如图所示的区域相遇，实线波沿x轴正向传播，虚线波沿x轴负向传播。已知实线波频率为1Hz，则（）A．实线波的传播速度大小为4×10﹣2m/s B．虚线波的频率为1Hz C．此时刻两列波在x＝6cm处的质点振动方向均沿y轴负方向 D．两列波在图示时刻区域不会发生稳定的干涉现象【分析】根据波速的计算公式得出波速的大小；根据频率和周期的关系得出频率的大小；根据波形平移法分析出不同位置的质点振动方向；根据波发生干涉的条件分析。【解答】解：A．由图可知，则实线波的传播速度大小为：又联立解得：v＝4×10﹣7m/s，故A正确；B．由图可知，则虚线波的频率为又联立解得：，故B错误；C．根据两列波的传播方向结合波形平移法可知，故C错误；D．由于两列波的频率不相同，故D正确。故选：AD。【点评】本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解图像的物理意义，结合运动学公式和简谐横波的传播特点即可完成分析。（多选）9．（5分）2022年10月9日7时43分，“夸父一号”卫星顺利进入太空，最终进入绕地球运行的太阳同步晨昏轨道。已知晨昏轨道距地面高度约为720km，地球表面重力加速度为9.8m/s2，万有引力常量为6.67×10﹣11N•m2/kg2，将“夸父一号”的运动看作匀速圆周运动，忽略地球自转。根据以上条件，可以估测出下列哪些物理量（）A．“夸父一号”卫星的运行周期 B．“夸父一号”卫星的质量 C．地球的平均密度 D．地球的公转周期【分析】根据万有引力提供向心力列式，在地球表面上，根据万有引力等于重力列式，联立分析能否求出“夸父一号”卫星的运行周期和质量。根据万有引力等于重力可求出地球质量，结合地球的体积可估测地球的平均密度。结合已知分析能否求出地球的公转周期。【解答】解：A、“夸父一号”绕地球做匀速圆周运动在地球表面上，根据万有引力等于重力有两式联立可求出“夸父一号”卫星的运行周期，故A正确；B、由知，m约掉了，故B错误；C、根据，地球半径已知，故C正确；D、根据上述条件无法估测地球的公转周期。故选：AC。【点评】本题要理清卫星的运动情景，根据万有引力提供向心力，以及万有引力等于重力列式分析。（多选）10．（5分）如图所示，两平行倾斜导轨与水平导轨平滑连接，倾斜导轨光滑、水平导轨粗糙，棒与导轨垂直，水平导轨处在方向竖直向上的匀强磁场中，两导体棒与水平导轨的动摩擦因数均为μ＝0.1，导轨宽度为L＝1m2，则下列说法正确的是（）A．金属棒a沿斜导轨下滑过程机械能守恒 B．金属棒a下滑过程，因回路面积变小，故磁通量变小 C．金属棒a进入水平导轨后，金属棒b做加速度减小的加速运动 D．金属棒a整个运动过程中，两金属棒产生的焦耳热小于4J【分析】金属棒a在下滑过程中，只有重力做功，其机械能守恒；由磁通量的公式及题设条件分析磁通量的变化情况；假设b棒不动，求回路中的电流和安培力，再与最大静摩擦力对比，可以确定b棒的运动情况；根据能量守恒与转化定律分析焦耳热的情况。【解答】解：A、金属棒a沿斜导轨下滑过程，故机械能守恒；B、金属棒a下滑过程，故磁通量不变；C、金属棒a下滑到底端过程根据动生电动势公式：E＝BLv假设b棒不动则电流为：那么安培力：F安＝BIL＝1N＜μmg＝6N，故假设成立，故C错误；D、金属棒a初始时的机械能：E机＝mgh＝2×10×0.2J＝4J因金属棒a进入水平轨道后受摩擦力作用，故两棒产生的焦耳热小于4J。故选：AD。【点评】本题是导轨类型，关键要分析两棒的运动情况，掌握动生电动势公式、安培力公式，结合机械能守恒定律和能量守恒定律进行研究。三、非选择题：本题共5小题，共56分。11．（4分）某兴趣小组用如图甲所示的装置进行了下列探究：①在一端带有定滑轮的水平长木板上固定A、B两个光电门，测得两光电门A、B之间的距离为x；滑块上有遮光片；②砂桶中加入砂子，用天平测得砂和砂桶的质量m，并保证滑块质量远大于砂和砂桶质量；③用跨过定滑轮的轻绳将滑块与砂桶相连，调节滑轮高度使轻绳水平；④将滑块从紧靠光电门A处由静止释放，读出滑块上遮光片通过光电门B的时间t；⑤改变砂和砂桶的质量m，重复实验，测得m、t的多组数据；⑥在坐标系中作出的图像如图乙所示。图线与纵轴的截距为b，与横轴的截距为﹣c。已知重力加速度大小为g，若把砂和砂桶所受重力作为滑块受到的拉力，根据图像信息可知：物块与长木板之间的动摩擦因数为，滑块质量为。【分析】根据平均速度公式求物块通过光电门的速度，根据牛顿第二定律、运动学公式求函数，结合图像纵截距和斜率的含义求解滑块重力和动摩擦因数。【解答】解：以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律F﹣μMg＝Ma又F＝mg联立解得mg﹣μMg＝Ma物块通过光电门B的速度根据运动学公式联立解得图像的纵截距b＝μM图像的斜率解得滑块质量动摩擦因数。故答案为：；。【点评】本题考查了光电门测瞬时速度、牛顿第二定律和运动学公式的运用；根据牛顿第二定律和运动学公式求解函数是解题的关键。12．（12分）某实验小组要测量一电源的电动势和内阻。实验室提供的器材有：A．待测电源（电动势约为3V，内阻几欧）B．电压表V1（量程1V，内阻r1＝300Ω）C．电压表V2（量程3V，内阻r2约3000Ω）D．定值电阻R1（阻值为2Ω）E.滑动变阻器R2（阻值变化范围为0～15Ω）F.电键一个，导线若干（1）实验小组成员根据实验室提供的器材，设计了如图甲所示的电路，其中a、b均为电压表V1（填“V1”或“V2”），b是另一个电压表，根据电路图将图乙中实物连完整。（2）连接好实验电路后，闭合电键前，将图乙中的滑动变阻器滑片移到最左（填“左”或“右”）端，闭合电键后，调节滑动变阻器的滑片1、V2的示数U1、U2，根据测得的多组U1、U2数据，以U1为横坐标，U2为纵坐标作出U2﹣U1图像，作出的图像斜率绝对值为k，图像与纵轴的截距为bb，内阻r＝。（均用已知和测得的量表示）（3）本实验不存在（填“存在”或“不存在”）因电压表分流引起的系统误差。【分析】（1）电压表改装成电流表，要用内阻已知的电压表；（2）根据闭合电路欧姆定律联立两组方程即可求解；（3）实验数据处理时，考虑了电表的内阻，不存在因电压表分流引起的系统误差。【解答】解：（1）由图甲可知，电压表a与R1并联，改装成电流表1，改装后的量程为实物连接如图所示。（2）连接好实验电路后，闭合电键前，使接入电路的电阻最大；根据闭合电路欧姆定律解得图像与纵轴的截距等于电源电动势E＝b设电源的内阻为r，U2﹣U1表达式可得得到（3）由于实验数据处理时，考虑了电表的内阻。故答案为：（1）V1；见解答；（2）左；b；。【点评】本题考查了实验数据处理与实验误差分析，理解实验原理、根据题意分析清楚实验电路图是解题的关键，应用闭合电路欧姆定律求出图线的函数表达式，即可解题。13．（10分）半径为R的透明玻璃球切去底面半径的球冠成为一个大球冠，如图所示，一束半径光束垂直球冠的切面照射到球冠上，已知光在真空中的传播速度为c，（球冠不含底面的表面积公式为S＝2πRh，R为球的半径，h为球冠的高度）。不考虑光在球冠内的反射（1）发光球面的面积；（2）光束正中间的光线通过大球冠的时间。【分析】（1）先根据sinC＝求出全反射临界角。画出光线在球冠内恰好发生全反射临界光路，根据几何知识求发光球面的面积；（2）根据几何关系求出光线通过玻璃球的路程，由v＝求出光在玻璃球内的速度，即可求出光束正中间的光线通过大球冠的时间。【解答】解：（1）根据题意，设光发生全反射的临界角为C，由画出光路图，如图所示。光线①恰好发生全反射，发光区域是一个小的球冠，由几何关系有解得：发光球面面积为S＝2πRh＝7πR•R＝（2﹣2（2）如图由题意可得，球冠底面所对的圆心角为120°，通过玻璃球的路程为光在玻璃球内的速度所以，该光束正中间的光线通过玻璃球的时间为答：（1）发光球面的面积为（2﹣）πR6；（2）光束正中间的光线通过大球冠的时间为。【点评】本题考查光学的全反射知识，要注意掌握折射定律，结合数学几何知识求光线传播的距离是解题的关键。14．（14分）如图所示，传送带以速度v＝5m/s顺时针传动，P、Q间距离x＝7.5m（可看作质点）以v0＝10m/s的速度从传送带的左端滑上传送带，到达右端时，刚好与传送带共速。滑块滑出传送带时与木板B发生弹性碰撞，继续在传送带上运动，已知重力加速度g＝10m/s2，试求：（1）滑块m第一次从传送带左端滑到右端的过程中，由于摩擦产生的热量；（2）滑块m被反弹后在传送带上运动过程中相对传送带滑动的距离。【分析】（1）根据动能定理列式得出μ的大小，结合运动学公式得出相对位移的大小，再根据摩擦生热的计算公式完成分析；（2）根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式得出反弹后的速度，结合运动学公式即可完成分析。【解答】解：（1）从P运动到Q的过程中，对物体m只有到摩擦力做功解得：μ＝0.2则可知滑块在传送带上做减速运动的加速度大小为a＝μg＝0.5×10m/s6＝5m/s2则减速所用的时间为：可知滑块的对地位移为：x1＝传送带对地的位移为x5＝vt＝5×1m＝2m可得相对位移为Δx＝x1﹣x2＝7.5m﹣2.8m＝2.5m则因摩擦产生的热量为Qf＝μmg•Δx＝6.5×2×10×5.5J＝25J（2）由题意知滑块与木板发生弹性碰撞，则碰撞前后动量守恒，选择向右的方向为正方向mv＝mv1+Mv6，解得：v3＝﹣3m/s，方向水平向左设碰撞后滑块向左运动直至速度减为零这一过程中运动的位移为x3，则根据运动学公式可得：解得x3＝0.7m在此过程中运动的时间为在此时间内传送带向右移动的位移为x2＝vt1＝5×3.6m＝3m滑块速度减为零后开始反向做匀加速直线运动，可知滑块向右滑动5.9m速度会达到3m/s并恰好离开传送带，故可得滑块m被反弹后在传送带上运动过程中相对传送带滑动的距离为6m。答：（1）滑块m第一次