河北省滄州市滄縣中學(xué)高三下學(xué)期模擬預(yù)測(cè)物理試題

2023屆高考物理考前熱身卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.2023年正月十三至正月二十二，已有上千年歷史的涿州市元宵燈會(huì)上以三國(guó)文化為主題的各類霓虹燈悉數(shù)登場(chǎng)，多姿多彩的霓虹燈使人們?cè)诩t紅火火的元宵花燈節(jié)上感受著濃濃的新春氣息。霓虹燈發(fā)光原理是不同氣體原子從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí)發(fā)出能量各異的光子而呈現(xiàn)五顏六色，如圖所示為氫原子能級(jí)圖，氫原子處于能級(jí)上，已知可見(jiàn)光的光子能量范圍為，則下列說(shuō)法正確的是（）A.一個(gè)處于能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，最多產(chǎn)生10種譜線B.氫原子從能級(jí)向能級(jí)躍遷過(guò)程中發(fā)出的光為可見(jiàn)光C.氫原子從能級(jí)向能級(jí)躍遷過(guò)程中發(fā)出光不能使逸出功為的金屬鈉發(fā)生光電效應(yīng)D.氫原子從能級(jí)向能級(jí)躍遷過(guò)程中發(fā)出光的波長(zhǎng)最長(zhǎng)【答案】B【解析】【詳解】A．一個(gè)處于能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，最多產(chǎn)生的譜線為種，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．從能級(jí)躍遷到能級(jí)輻射出光子的能量為，又可見(jiàn)光的光子能量范圍為，則該光屬于可見(jiàn)光，選項(xiàng)B正確；C．氫原子從能級(jí)向能級(jí)躍遷過(guò)程中發(fā)出光子的能量為兩能級(jí)的能量差，即12.09eV，大于金屬鈉逸出功，所以能發(fā)生光電效應(yīng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．氫原子從能級(jí)向能級(jí)躍遷過(guò)程中能級(jí)差最大，發(fā)出光的頻率最大，波長(zhǎng)最短，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。2.如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的x軸上的O點(diǎn)和的A點(diǎn)有兩個(gè)波源，波源振動(dòng)的周期均為0．4s，波源產(chǎn)生的兩列簡(jiǎn)諧橫波在同一種介質(zhì)中沿x軸相向傳播，當(dāng)時(shí)，兩列波分別傳播到和兩點(diǎn)，在x軸上和處的三個(gè)質(zhì)點(diǎn)為。下列說(shuō)法中正確的是（）A.時(shí)，質(zhì)點(diǎn)B速度方向沿y軸正方向，加速度方向沿y軸負(fù)方向B.O點(diǎn)和A點(diǎn)產(chǎn)生的兩列波傳播的速度之比為2︰1C.C點(diǎn)距兩波源距離相等，所以C點(diǎn)是振動(dòng)的加強(qiáng)點(diǎn)D.兩列波同時(shí)到達(dá)D點(diǎn)，D點(diǎn)為振動(dòng)的減弱點(diǎn)【答案】A【解析】【詳解】A．波速沿x軸正方向傳播的波經(jīng)過(guò)到達(dá)B點(diǎn)且起振方向沿y軸正方向，波的周期為，再經(jīng)過(guò)即經(jīng)過(guò)，此波引起質(zhì)點(diǎn)B的位移為正向位移，且振動(dòng)方向沿y軸正方向；沿x軸負(fù)方向傳播的波經(jīng)過(guò)到達(dá)B點(diǎn)且起振方向沿y軸正方向，波的周期為，再經(jīng)過(guò)，即再經(jīng)過(guò)，此波引起質(zhì)點(diǎn)B的位移為正向位移，且振動(dòng)方向沿y軸正方向，所以兩列波引起質(zhì)點(diǎn)B的合運(yùn)動(dòng)速度方向沿y軸正方向，加速度方向?yàn)檠貀軸負(fù)方向，選項(xiàng)A正確；B．兩列波在同一介質(zhì)中傳播，所以傳播速度相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．C點(diǎn)距兩波源距離相等，但兩波源不是同時(shí)起振，差，當(dāng)兩列波都到達(dá)C點(diǎn)時(shí)兩列波引起C點(diǎn)的振動(dòng)相互抵消，所以C點(diǎn)是振動(dòng)的減弱點(diǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．D點(diǎn)距兩列波最前端距離相等，兩列波傳播速度相等，則兩列波同時(shí)到達(dá)D點(diǎn)，且振動(dòng)方向相同，所以D點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選A。3.如圖所示，水平地面上平行放置兩根足夠長(zhǎng)的通電直導(dǎo)線a和b，其電流大小相等、方向垂直紙面向里，豎直線MN位于直導(dǎo)線a、b的中垂面上。通電直導(dǎo)線c中的電流方向垂直紙面向外。現(xiàn)在從M點(diǎn)由靜止釋放，一段時(shí)間后直導(dǎo)線c落在地面上。M點(diǎn)離地面的高度為h，整個(gè)過(guò)程中，導(dǎo)線a和b靜止不動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。則通電直導(dǎo)線c由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中（）A.導(dǎo)線a、b在M點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樗较蜃驜.導(dǎo)線c在M點(diǎn)的加速度大于gC.導(dǎo)線即將落地時(shí)的加速度大小一定為gD.調(diào)整M點(diǎn)到地面的高度h，導(dǎo)線c落地時(shí)的速度大小可能為【答案】C【解析】【詳解】A．如圖所示由平行四邊形定則可知，導(dǎo)線a、b中電流在M點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樗较蛴?，故A錯(cuò)誤；B．異向電流相互排斥，所以導(dǎo)線c在M點(diǎn)受到a、b中兩個(gè)電流的合力方向?yàn)樨Q直向上，由牛頓第二定律有mg－F＝ma所以a＜g故B錯(cuò)誤；C．由前面受力分析可知導(dǎo)線c沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，即將落地時(shí)，導(dǎo)線c受到a、b的兩個(gè)電流的作用力等大反向，其所受合力為mg，其加速度大小為g，故C正確；D．在下落過(guò)程中，a、b中兩個(gè)電流給導(dǎo)線c的合力方向一直豎直向上，對(duì)導(dǎo)線c做負(fù)功，由動(dòng)能定理解得故D錯(cuò)誤。故選C。4.在風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)中，將一質(zhì)量為1kg的小球自西向東以初速度大小20m/s水平拋出，風(fēng)洞內(nèi)同時(shí)加上自北向南的大小隨時(shí)間均勻變化的風(fēng)力，風(fēng)力大小與時(shí)間t滿足，重力加速度g取，則兩秒后（）A.小球速度大小為B.小球的速度大小為40m/sC.小球的動(dòng)量變化量大小為D.小球的動(dòng)量變化量大小為【答案】C【解析】【詳解】AB．2s時(shí)，小球向東的速度大小向下的速度大小設(shè)向南的速度大小為，由動(dòng)量定理得解得故小球的速度大小故AB錯(cuò)誤；CD．動(dòng)量變化量為末動(dòng)量減去初動(dòng)量，小球向東的動(dòng)量變化量為零，向南的動(dòng)量變化量為20kg·m/s，向下的動(dòng)量變化量為20kg·m/s，由矢量三角形法可得小球的動(dòng)量變化量大小為，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。5.如圖甲所示，圓柱形氣缸開(kāi)口向下豎直放置，氣缸與活塞之間密封一定質(zhì)量的理想氣體，氣缸與活塞間無(wú)摩擦且不漏氣，活塞面積，質(zhì)量，氣柱高度，氣體溫度，外界大氣壓?，F(xiàn)把氣缸翻轉(zhuǎn)開(kāi)口向上放置，如圖乙所示，氣柱高度變?yōu)椋诖诉^(guò)程中，外界對(duì)氣體做功120J，氣體放出熱量20J，取，則（）A.圖甲狀態(tài)，氣體的壓強(qiáng)為B.圖乙狀態(tài)，氣體的溫度約為42℃C.氣體內(nèi)能增加140JD.氣體分子單位時(shí)間對(duì)單位面積器壁的撞擊次數(shù)減少【答案】B【解析】【詳解】A．氣體初狀態(tài)的壓強(qiáng)為故A錯(cuò)誤；B．氣體初狀態(tài)體積，溫度；氣體末狀態(tài)壓強(qiáng)體積，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，代入數(shù)據(jù)解得即42℃，故B正確；C．根據(jù)熱力學(xué)第一定律，可知即氣體內(nèi)能增加100J，故C錯(cuò)誤；D．因?yàn)闇囟壬撸瑲怏w分子的平均速率增大，體積減小，氣體分子密度增大，所以氣體分子單位時(shí)間對(duì)單位面積器壁的撞擊次數(shù)增多，故D錯(cuò)誤。故選B。6.2022年10月9日，在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了“夸父一號(hào)”綜合性太陽(yáng)探測(cè)衛(wèi)星，首次實(shí)現(xiàn)在同一顆衛(wèi)星上對(duì)太陽(yáng)高能成像和大氣不同層次變化的同時(shí)觀測(cè)。已知“夸父一號(hào)”繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，離地高度為，運(yùn)動(dòng)周期為，地球的半徑，則根據(jù)以上信息可知（）A.“夸父一號(hào)”為綜合性太陽(yáng)探測(cè)衛(wèi)星，所以發(fā)射速度大于第二宇宙速度B.“夸父一號(hào)”的運(yùn)行速度大于第一宇宙速度C.“夸父一號(hào)”的周期與近地衛(wèi)星的周期之比為D.第一宇宙速度的大小為【答案】D【解析】【詳解】A．“夸父一號(hào)”為綜合性太陽(yáng)探測(cè)衛(wèi)星，但并不是圍繞太陽(yáng)轉(zhuǎn)動(dòng)，而是圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以其發(fā)射速度小于第二宇宙速度，故A錯(cuò)誤；B．第一宇宙速度為近地衛(wèi)星的速度，由萬(wàn)有引力提供向心力有解得由于“夸父一號(hào)”的軌道半徑大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，所以“夸父一號(hào)”的運(yùn)行速度小于第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律有整理可得“夸父一號(hào)”的周期與近地衛(wèi)星的周期之比為，故C錯(cuò)誤；D．第一宇宙速度為近地衛(wèi)星的速度，設(shè)為v，近地衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有“夸父一號(hào)”繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有兩式聯(lián)立解得第一宇宙速度故D正確。故選D。7.如圖所示，一理想變壓器的原線圈連接一燈泡L，接在輸出電壓有效值恒定的正弦式交流電源上，副線圈連接一滑動(dòng)變阻器，可以通過(guò)調(diào)節(jié)滑片的位置來(lái)改變接入電路中的副線圈匝數(shù)。下列說(shuō)法正確的是（）A.僅將滑片向a端移動(dòng)，燈泡將變亮B.僅將滑片向上端移動(dòng)，燈泡將變暗C.僅將滑片向a端移動(dòng)，一定變大D.僅將滑片向上端移動(dòng)，一定變大【答案】C【解析】【詳解】AC．設(shè)電源輸出電壓有效值為U，原線圈及其右側(cè)部分的等效電阻為，原、副線圈的匝數(shù)分別為，則有滑片向a端移動(dòng)過(guò)程中R增大，則增大，原線圈中電流減小，燈泡變暗，原線圈兩端電壓增大，又匝數(shù)不變，則將變大，A錯(cuò)誤，C正確；BD．原線圈中電流僅將滑片向上端移動(dòng)，即增大，可知增大，所以燈泡將變亮，又可得由于的大小關(guān)系未知，所以不一定變大，BD錯(cuò)誤。故選C。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，每題有多項(xiàng)符合題目要求。8.如圖在一半徑為R的表面光滑的半球形容器的球心O點(diǎn)，用長(zhǎng)為的絕緣細(xì)線懸掛一質(zhì)量為、電荷量為的小球A，在容器內(nèi)放置一質(zhì)量為m、電荷量為的小球B，已知B與容器絕緣。兩球在如圖所示的位置處于平衡狀態(tài)，此時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角。下列說(shuō)法正確的是（）A.容器對(duì)小球B的支持力等于細(xì)線對(duì)小球A的拉力B.容器對(duì)小球B的支持力等于細(xì)線對(duì)小球A拉力的2倍C.細(xì)線對(duì)小球A的拉力為小球A重力的D.兩小球間的庫(kù)侖力為小球A重力的【答案】AC【解析】【詳解】AB．如圖1所示，連接交過(guò)球心O的豎直線于P點(diǎn)，分析兩小球的受力，并將力經(jīng)適當(dāng)平移，構(gòu)成矢量三角形，根據(jù)力的矢量三角形與幾何三角形相似，可得所以故A正確，B錯(cuò)誤；C．把小球A、B看作整體，對(duì)整體受力分析如圖2所示，正交分解，可得解得故C正確；D．對(duì)小球A，設(shè)兩小球間庫(kù)侖力為F，則有故D錯(cuò)誤。故選AC。9.如圖甲所示，斜面傾角為、足夠長(zhǎng)、光滑的斜面體固定在水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為的物塊置于斜面上足夠高處，時(shí)刻在物塊上施加一沿斜面向上的變化的外力，同時(shí)釋放物塊，利用計(jì)算機(jī)描繪了0~4s時(shí)間內(nèi)物塊的速度隨時(shí)間的變化圖象，如圖乙所示，規(guī)定沿斜面向下的方向?yàn)檎较颍飰K在釋放點(diǎn)的重力勢(shì)能為零，重力加速度大小為。則（）A.1~2s的時(shí)間內(nèi)外力的大小為40NB.0~1s時(shí)間內(nèi)與2~4s時(shí)間內(nèi)的外力大小之比為2:19C.1s末物塊的機(jī)械能為32JD.0~4s的時(shí)間內(nèi)物塊的機(jī)械能減少了350J【答案】BD【解析】【詳解】A．由圖乙可知，時(shí)內(nèi)物塊的加速度為位移大小為由牛頓第二定律得解得由圖乙可知，時(shí)內(nèi)物塊的加速度為位移大小為由牛頓第二定律得解得故A錯(cuò)誤；B．由圖乙可知，時(shí)內(nèi)物塊的加速度為位移大小為由牛頓第二定律得解得則故B正確；CD．由題意可知，t=0時(shí)刻，物塊的機(jī)械能為0，由功能關(guān)系可知，物塊機(jī)械能的變化量等于整個(gè)過(guò)程外力F所做的功，外力做的功為即1s末物塊的機(jī)械能為8J，外力做的功為則整個(gè)過(guò)程中物塊機(jī)械能變化量大小為故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。10.半徑為r的圓形導(dǎo)體框與小燈泡組成如圖甲所示的回路，框內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化，如圖乙所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向），圓形導(dǎo)體框電阻為R1，小燈泡電阻為R2，其他電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度最大值為B0，變化周期為T(mén)，電壓表為理想電壓表，下列說(shuō)法正確的是（）A.導(dǎo)體框上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為B.電壓表的示數(shù)為C.在內(nèi)流過(guò)小燈泡電流的方向N→L→M，通過(guò)小燈泡的電荷量D.一個(gè)周期內(nèi)回路中產(chǎn)生的熱量【答案】AD【解析】【詳解】A．由圖像可知磁感應(yīng)強(qiáng)度為線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為故A正確；B．電壓表示數(shù)為小燈泡電壓的有效值故B錯(cuò)誤；C．在內(nèi)磁場(chǎng)垂直紙面向外增大，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)垂直紙面向里，感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，故流過(guò)小燈泡電流的方向，通過(guò)小燈泡的電荷量為故C錯(cuò)誤；D．一個(gè)周期內(nèi)回路中產(chǎn)生的熱量應(yīng)該用交流電的有效值故D正確。故選AD。三、非選擇題：共5題，共54分。11.如圖甲所示為研究平拋運(yùn)動(dòng)的裝置。將白紙和復(fù)寫(xiě)紙對(duì)齊重疊并固定在豎直的硬板上。鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點(diǎn)飛出，落在水平擋板MN上。由于擋板靠近硬板一側(cè)較低，鋼球落在擋板上時(shí)，鋼球側(cè)面會(huì)在白紙上擠壓出一個(gè)痕跡點(diǎn)。移動(dòng)擋板，重新釋放鋼球，如此重復(fù)，白紙上將留下一系列痕跡點(diǎn)。（1）下列實(shí)驗(yàn)條件必須滿足的有_______。A.斜槽軌道光滑B.斜槽軌道末段水平C.擋板高度等間距變化D.每次從斜槽上相同的位置無(wú)初速度釋放鋼球（2）為定量研究，建立以水平方向?yàn)閤軸、豎直方向?yàn)閥軸的坐標(biāo)系。取平拋運(yùn)動(dòng)的起始點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，將鋼球靜置于Q點(diǎn)，鋼球的球心對(duì)應(yīng)白紙上的位置即為原點(diǎn)；在確定y軸時(shí)_______（填“需要”或“不需要”）y軸與重垂線平行。（3）某同學(xué)得到部分運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示.圖乙中水平方向與豎直方向每小格的長(zhǎng)度均為l，和是軌跡圖線上的三個(gè)點(diǎn)，和、和之間的水平距離相等。那么，小球從運(yùn)動(dòng)到所用的時(shí)間為_(kāi)______，小球拋出后的水平速度為_(kāi)_____?！敬鸢浮竣?BD##DB②.需要③.④.【解析】【詳解】（1）[1]ABD．為了能畫(huà)出平拋運(yùn)動(dòng)軌跡，首先保證鋼球做的是平拋運(yùn)動(dòng)，所以斜槽軌道不一定要光滑，但末段必須是水平的；要讓鋼球總是從同一位置無(wú)初速度釋放，這樣才能保證有相同的平拋初速度，才能找到同一運(yùn)動(dòng)軌跡上的幾個(gè)點(diǎn)，故BD正確，A錯(cuò)誤；C．擋板只要能記錄下鋼球下落在不同高度時(shí)的不同位置即可，不需要等間距變化，故C錯(cuò)誤。故選BD。（2）[2]將鋼球運(yùn)動(dòng)分解，鋼球在豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，故需要y軸與重垂線平行。（3）[3]在豎直方向上，根據(jù)得[4]水平分速度12.某實(shí)驗(yàn)小組要測(cè)量一個(gè)量程為0~1V的電壓表的內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供的器材如下：待測(cè)電壓表V（量程0~1V，內(nèi)阻約為1500Ω）滑動(dòng)變阻器R1（最大阻值為5Ω，額定電流2A）滑動(dòng)變阻器R2（最大阻值為2kΩ，額定電流）電源E1（電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻不計(jì)）電源E2（電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻不計(jì)）電阻箱R（0~999Ω）開(kāi)關(guān)兩個(gè)、導(dǎo)線若干該實(shí)驗(yàn)小組根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖操作步驟如下：①按電路圖連接電路，開(kāi)關(guān)閉合前，將滑動(dòng)變阻器的滑片移至最右端，電阻箱調(diào)到最大值；②閉合開(kāi)關(guān)S1和S2，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片位置，使電壓表的指針指到滿刻度；③斷開(kāi)S2，保持S1閉合，滑動(dòng)變阻器位置不變，調(diào)整電阻箱的阻值，發(fā)現(xiàn)無(wú)論如何都調(diào)不到電壓表指針半偏，最后只好調(diào)至電壓表指針指到滿刻度的三分之二；④讀出電阻箱的阻值R，得出電壓表的阻值。（1）補(bǔ)全電路圖，注意：滑動(dòng)變阻器的滑片移至最右端時(shí)，電壓表示數(shù)為零。_______（2）電壓表的阻值________。（3）為了使測(cè)量比較準(zhǔn)確，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選_______，電源應(yīng)選_______。（均填入器材所對(duì)應(yīng)的符號(hào)）（4）用該方法測(cè)出的電壓表內(nèi)阻R測(cè)和電壓表真實(shí)內(nèi)阻R真的大小關(guān)系為R測(cè)_______（填“大于”“等于”或“小于”）R真，這種誤差屬于系統(tǒng)誤差。【答案】①.②.③.R1④.E2⑤.大于【解析】【詳解】（1）[1]滑動(dòng)變阻器的滑片移至最右端時(shí)，電壓表示數(shù)為零，說(shuō)明利用的是滑動(dòng)變阻器右半部分的電壓，所如圖所示電路。（2）[2]由于電壓表兩端電壓為電阻箱兩端電壓的2倍，故（3）[3]在采用分壓式接法時(shí)，滑動(dòng)變阻器電阻越小，測(cè)量部分的電阻與滑動(dòng)變阻器并聯(lián)部分的電阻變化就越小，可認(rèn)為其兩端的電壓幾乎不變，所以滑動(dòng)變阻器選R1；[4]為減小實(shí)驗(yàn)誤差，電源電動(dòng)勢(shì)應(yīng)大些，這樣可以使得滑動(dòng)變阻器并聯(lián)部分的電阻更小，故電源選E2。（4）[5]在接入電阻箱后，電壓表所在支路電阻增加，分壓增大，電壓表兩端的電壓為滿偏的三分之二，電阻箱兩端電壓應(yīng)大于滿偏的三分之一，因此而我們將作為測(cè)量值，因此測(cè)量值大于真實(shí)值，這屬于系統(tǒng)誤差。13.如圖，一柱形玻璃磚，其橫截面為扇形OPQ，扇形的圓心角為111°，半徑為R，圓心為O。一束單色光從OP面上緊靠P點(diǎn)的位置射入玻璃磚，入射角為i，此單色光射入玻璃磚后又恰好在玻璃磚圓弧面上M點(diǎn)發(fā)生全反射。已知，，光在真空中的傳播速度為c。求：（1）玻璃磚對(duì)此單色光的折射率n；（2）單色光從P點(diǎn)射入玻璃磚到射出玻璃磚所經(jīng)歷的最短時(shí)間t。【答案】（1）37°；（2）【解析】【詳解】（1）設(shè)從P點(diǎn)入射折射角為r，根據(jù)光的折射定律有根據(jù)題設(shè)條件有根據(jù)幾何關(guān)系可得光線在M點(diǎn)的入射角為M點(diǎn)恰好發(fā)生全反射，則有聯(lián)立解得玻璃磚對(duì)該單色光的折射率解得折射角（2）折射角，根據(jù)幾何關(guān)系可得，三角形OPM為等腰三角形，則，在等腰三角形OPM中，根據(jù)正弦定理解得PM長(zhǎng)度在等腰三角形OPM中有，則根據(jù)光的反射定律可知反射角，則反射光線MN與OQ面垂直，根據(jù)幾何關(guān)系MN的長(zhǎng)度光在玻璃磚內(nèi)傳播的速度單色光從P點(diǎn)射入玻璃磚到射出玻璃磚所經(jīng)歷的最短時(shí)間解得14.小車C靜止在光滑的水平面上，距離小車C的右側(cè)s處有一固定光滑斜面和光滑平臺(tái)組成的裝置，斜面底端與小車C等高，平臺(tái)P點(diǎn)與斜面平滑連接，不影響滑塊經(jīng)過(guò)時(shí)運(yùn)動(dòng)的速率。平臺(tái)上O點(diǎn)固定一豎直的彈性擋板，滑塊B靜止于Q點(diǎn)，PQ間距離為kL，OQ間距離為L(zhǎng)。當(dāng)滑塊A以的速度滑上小車，運(yùn)動(dòng)到小車C右端時(shí)恰好與之共速（小車未碰到斜面底端）。當(dāng)滑塊A經(jīng)斜面進(jìn)入平臺(tái)后，始終受到水平向右的恒力F＝mg作用，當(dāng)滑塊B在該平臺(tái)上向左運(yùn)動(dòng)時(shí)受到同樣的恒力F作用，向右運(yùn)動(dòng)則合力為零。已知滑塊A、B及小車C的質(zhì)量相等，即，斜面高h(yuǎn)＝，A、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)，，滑塊A、B均可看成質(zhì)點(diǎn)，滑塊A沖上斜面時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，且A、B之間以及B與擋板之間的碰撞為彈性碰撞。（1）為保證小車C與平臺(tái)碰撞時(shí)A、C能共速，s至少為多長(zhǎng)；（2）當(dāng)滑塊A經(jīng)斜面進(jìn)入平臺(tái)PO后，若A不能在滑塊B勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中追上滑塊B發(fā)生第二次碰撞，則k需要滿足什么條件?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）設(shè)A、C獲得的共同速度為，以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得若A、C共速時(shí)，C剛好運(yùn)動(dòng)到斜面底端，對(duì)C，由動(dòng)能定理得代入數(shù)據(jù)解得s＝16m則保證C運(yùn)動(dòng)到斜面底端前A、C能夠共速，s至少為。（2）滑塊A沖上斜面，設(shè)到斜面頂端時(shí)速度為，由動(dòng)能定理解得A上到平臺(tái)后受力為F＝mg，A開(kāi)始做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知F＝mg＝ma解得a＝g設(shè)與B碰前A的速度為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有A與B發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律可得由機(jī)械能守恒定律可得聯(lián)立解得A、B第一次碰后，B所受合力為零，沿平臺(tái)向右做勻速直