山東省濰坊市2023屆高三上學期1月期末考試物理試題（解析版）

高三物理

2023.1

注意事項：

1.答題前，考生先將自己的學校、姓名、班級、座號、考號填涂在相應位置。

2.選擇題K答案】必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題K答案》必須

使用0?5毫米黑色簽字筆書寫，繪圖時，可用2B鉛筆作答，字體工整、筆跡清楚。

3.請按照題號在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的工答案》無效；在草稿

紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只

有一項是符合題目要求的。

1.如圖是藍色大閃蝶，在陽光下可以看到其翅膀燦爛閃爍。藍色大閃蝶的翅膀表面有凸起

的翅脊，這些翅脊有一串類似臺階的結構。光照射翅脊上“臺階結構''的典型光路如圖所示，

貝IJ（）

線］光線3

?≡W√

A.翅膀燦爛閃爍是光的干涉現(xiàn)象B.翅膀燦爛閃爍是光的色散現(xiàn)象

C.翅膀燦爛閃爍是光的全反射現(xiàn)象D.光在空氣中的波長約是在翅脊中波長的（倍

R答案HA

K解析IABC.翅膀燦爛閃爍是光的薄膜干涉現(xiàn)象，選項A正確，Be錯誤；

D.根據(jù)

選項D錯誤。

故選Ao

2.如圖所示為某科學實驗小組利用計算機和傳感器繪制出的一玩具小車做直線運動的v-x

)

A.該玩具小車做勻變速直線運動B.該玩具小車運動的加速度逐漸增大

C.該玩具小車運動的加速度逐漸減小D.該玩具小車運動的加速度隨時間均勻變化

K答案』B

K解析』BCD.根據(jù)圖像得

v=∕<x

所以

-=k-

得

a-kv

式中A不變，隨著速度V的增大，加速度α增大，所以加速度隨時間增大，B正確，CD錯

誤;

A.因為加速度增大，小車做非勻變速度直線運動，A錯誤。

故選B。

3.如圖所示，Xoy平面的第一象限內存在垂直紙面向里的有界勻強磁場，磁場邊界與X軸

成6=45°角，邊長為心的正方形金屬框MNP。中心位于磁場邊界上，電阻為凡現(xiàn)使金屬

框勻速向右運動至完全進入磁場過程中，下列說法正確的是（）

A.金屬框中感應電流的大小和方向都不變

B.金屬框中磁通量的變化率變大

C.金屬框中感應電動勢的變化率不變

nτ2

D.通過金屬框的電荷量為之

R

K答案WC

K解析I)ABC.金屬框運動過程中，根據(jù)楞次定律可知金屬框磁通量增加，產(chǎn)生的感應電

流方向一直為逆時針。只有QP邊和MN邊切割磁感線，若金屬框速度為叭運動時間為人

根據(jù)右手定則和電磁感應定律可判斷產(chǎn)生的電動勢為

E=BV(L-L')

根據(jù)幾何關系可知

U=vttan45o=vt

整理可得

E-BV(L-vt)=-Bv't+BvL

AF

故感應電動勢的變化率為一=-B?U不變。根據(jù)

?r

/一

R

可知E隨時間變小，故感應電流大小也隨時間變小。根據(jù)

?ΔΦ

E=----

Z

可知磁通量的變化率也隨時間減小，故AB錯誤、C正確；

D.通過金屬框的電荷量為

-E△①B?ΔSBl?

q=a∕?f=—a加=---=------=----

RRR2R

故D錯誤。

故選Co

4.磁電式電流表的構造如圖甲所示，在蹄形磁鐵的兩極間有一個可以繞軸轉動的線圈，轉

軸上裝有螺旋彈簧和指針。蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，如圖乙所示。當電流通

過線圈時，線圈在安培力的作用下轉動，螺旋彈簧被扭動，線圈停止轉動時滿足N3∕S=姐，

式中N為線圈的匝數(shù)，S為線圈的面積，/為通過線圈的電流，8為磁感應強度，。為線圈

（指針）偏角，A是與螺旋彈簧有關的常量。不考慮電磁感應現(xiàn)象，由題中的信息可知1（)

A.線圈轉動過程中受到的安培力逐漸變大

B.若線圈中通以如圖乙所示的電流時，線圈將沿逆時針方向轉動

C.線圈（指針）偏角，與通過線圈電流/成正比

D.電流表靈敏度定義為一匕，更換左值更大的螺旋彈簧，可以增大電流表的靈敏度

Δ/

K答案Dc

K解析』A.磁場是均勻地輻射分布，線圈轉過過程中各個位置的磁感應強度大小不變，

故受到的安培力大小不變，故A錯誤；

B.若線圈中通以如圖乙所示的電流時，根據(jù)左手定則，左側安培力向上，右側安培力向下,

線圈將沿順時針方向轉動，故B錯誤；

C.根據(jù)題意線圈停止轉動時滿足

NBlS=k。

解得

k

可知線圈（指針）偏角6與通過線圈的電流/成正比，故C正確；

D.電流表的靈敏度定義為——，根據(jù)題意

M

NBIS=kθ

解得

bθNBS

?7^k

可知更換上值更大的螺旋彈簧，電流表的靈敏度減小了，故D錯誤。

故選Co

5.第24屆冬季奧運會于2022年2月4日在北京和張家口聯(lián)合舉行，跳臺滑雪是冬奧會中

最具觀賞性的項目之一，北京跳臺滑雪賽道“雪如意”如圖甲所示，其簡化圖如圖乙所示，跳

臺滑雪賽道由助滑道AB,著陸坡BC,減速停止區(qū)CD三部分組成，B點處對應圓弧半徑為

R=50m0比賽中質量機=5Okg的運動員從A點由靜止下滑，運動到B點后水平飛出，落在

著陸坡的C點，已知運動員在空中的飛行時間為4.5s,著陸坡的傾角g37。，重力加速度

g=10m?2,忽略空氣阻力影響，則（）

A.運動員從B點水平飛出的速度大小為60m∕s

B.運動員從B點飛出后離斜面最遠時速度大小為45m∕s

C.運動員從B點飛出后經(jīng)3s離斜面最遠

D.運動員在B點對軌道的壓力為MOON

K答案』D

K解析HA.運動員從B點水平飛出后做平拋運動，因此有

12

y=2gr

X=VBt

tan37。=』

X

聯(lián)立解得

VB=30m∕s

故A錯誤；

B.運動員從8點飛出后離斜面最遠時速度方向與斜面平行，則有

tan37°=上

VB

V=λ∕√+^√

聯(lián)立解得

v'-37.5m∕s

故B錯誤；

C.運動員從8點飛出后離斜面最遠時，豎直方向有

V,gf

解得

/'=2.25s

故C錯誤;

D.運動員在B點飛出前在做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有

一mg=m

R

解得

FN=I400N

根據(jù)牛頓第三定律，運動員在2點對軌道的壓力與軌道對運動員的支持力相等，故D正確。

故選D。

6.如圖甲所示，質量為小,長為上的均勻軟繩用細線懸掛在Oi點，軟繩下端剛好與地面接

觸。剪斷細線，軟繩自由下落，落地后速度立刻變?yōu)榱?。圖乙中，質量也為，"的小球用細

線懸掛在。2點，小球離地面高度為L,小球可以看成質點，剪斷細線后小球自由下落，并

與地面發(fā)生彈性碰撞。不考慮部分軟繩落地后引起的落點的變化，空氣阻力不計，重力加速

度為g,小球與地面碰撞的接觸時間△/='延，則（）

IOg

??

：LL

甲乙

A.從細線斷開到軟繩全都落至地面過程中，地面對軟繩的沖量大小為機，3

B.從細線斷開到軟繩全都落至地面過程中，地面對軟繩的沖量大小為2〃板

C.地面對小球的平均作用力大小為Ilmg

D.地面對小球的平均作用力大小為21mg

R答案XD

工解析2AB.從細線斷開到軟繩全都落至地面有

解得

從細線斷開到軟繩全都落至地面過程中，對軟繩用動量定理，取豎直向下為正方向

mgr-/地=O

解得地面對軟繩的沖量大小為

I^=my∣2gL

AB錯誤;

CD.小球落地前瞬時速度大小為V,則

mgL=—my

v^y∣2gL

小球與地面發(fā)生彈性碰撞，則原速率返回，對小球在與地面碰撞過程中用動量定理，設地面

對小球的平均作用力大小為尸，取豎直向上為正方向

(F-"zg)4=2mv

解得

F=21mg

C錯誤，D正確。故選D。

7.如圖所示的O-XyZ三維坐標系中，X。V平面在水平地面內，z軸正方向豎直向上，空間有

水平方向的勻強電場，電場方向與X軸正方向夾角0=37。，場強大小E=500V∕m°現(xiàn)從坐標

原點。以初速度vo≈15m∕s豎直向上拋出一帶正電小球，已知小球質量/n=0.0lkg,帶電量

q=IO4C,重力加速度g=10m∕s20下列說法正確的是（）

,y∕m

A.小球運動過程中電勢能先減小后增大

B.經(jīng)H1.5s小球的速度最小，為7.5m∕s

C.∕=2s時，小球的位置坐標為（8,6,10）

D.取。點為零勢能點，小球落地時的電勢能為-2.25J

R答案HC

K解析IlA.小球運動過程中沿?。S兩個方向，電場力均做正功，則電勢能減小，選項

A錯誤；

B.因沿水平方向電場力

E=Eq=O.05N

豎直向下的重力

zπg=O.IN

則兩個力的合力與豎直方向的夾角

qE1

tana=——=—

mg2

大小為

∣22

F合=yF+(mg)

當小球沿合力方向的速度減為零時速度最小，則經(jīng)過的時間

_vcosθ_InVOCoSθ

t—0——1.，S

aF合

小球的速度最小，為

匕面=%sin6>=3√^m∕s

選項B錯誤；

C.∕=2s時，沿Z方向的位移

1,21,2

z=vor--^=15×2-?×10×2=IOm

沿X方向的位移

121QEcθs37o

尤=一at=-------------12=8m

2'r2m

沿），方向的位移

121qEsin372，

y=-at=---------------Γ=6m

“2'2m

小球的位置坐標為（8,6,10）選項C正確；

D.小球落地時的時間

f=紐=3s

g

沿電場力方向的位移

s=--t2=22.5m

2m

則電場力做功等于的電勢能減小，即

ΔEp=—qEs=—1.125J

即取。點為零勢能點，小球落地時電勢能為-1.125J,選項D錯誤。

故選C。

8.質量不計的直角支架兩端分別連接質量為2加的小球A和質量為3機的小球B,支架的

兩直角邊長度分別為上和工，支架可繞固定軸O在豎直平面內無摩擦轉動，如圖所示。開

2

始時OA邊水平，現(xiàn)將小球A由靜止釋放，重力加速度為g,則（)

BC)3加

A.小球A到達最低點時的速度大小包

11

B.當OA與豎直方向夾角為37。時，球A、B速度達到最大

C.球B最大速度為杵;

D.小球A到達最低點的過程中，桿對小球A所做的功為身嗎

（答案DB

K解析HA.根據(jù)題意，小球A由靜止到達最低點過程中，以A球開始位置為零勢能，由

機械能守恒定律，對A、B組成的系統(tǒng)有

L1212

-3mg.—=-2HIgL+—?2mv?+—?3mvβ

兩小球為同軸轉動，角速度相同，由U=Gr可知，兩球的線速度之比為

%：%=2：1

解得

故A錯誤；

D.根據(jù)題意，小球A由靜止到達最低點過程中，設桿對小球A所做的功為W,對小球A

由動能定理有

12

2mgL+W=—mvA

解得

11

故D錯誤；

BC.根據(jù)題意，設OA與豎直方向夾角為6時，以A球開始位置為零勢能，球A、B速度

達到最大，由系機械能守恒定律，對系統(tǒng)有

_L_τ_3Iz-'2lz>,2

-3mg?—=-2mgLcosc/--mgLsιnσ÷-?2mvA+—?3mvli

又有

VA=2vB

整理可得

VB=J言(4COSe+3Sine-3)

由數(shù)學知識可知，當6=37°時，小球A、B速度達到最大，小球B速度最大值為

故C錯誤，B正確。

故選Bo

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有

多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

9.如圖所不，某小型水電站通過升壓變壓器Ti、高壓輸電線路和降壓變壓器T2將產(chǎn)生電

能輸送給5km外的用戶，水電站輸出電壓為400V,高壓輸電線路的阻值為ICZkm,輸電總

功率為20kW,用戶端電壓為220V。兩變壓器均為理想變壓器，TI的匝數(shù)比為1：50下列

說法正確的是()

水

用

電

戶

站T

A.Ti的輸出電壓為2000VB.T2的匝數(shù)比〃3：n4=95:11

C.高壓輸電線上的電流為5AD.高壓輸電線上損失的電功率為IkW

K答案》ABD

K解析》A.根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)比關系，可得

Ul=?

U2n2

解得Tl的輸出電壓為

七=2000V

故A正確；

C.高壓輸電線上的電流為

PP_20xl03

2xA=IOA

Zζ-Zζ-200()

故C錯誤；

D.高壓輸電線總電阻

r=2×5×lΩ=l()Ω

高壓輸電線上損失的電功率為

22

%=∕2r=10XlOW=IOOOW

故D正確；

B.高壓輸電線上損失的電壓為

U=∕,r=10xl()V=IooV

T2的輸入電壓為

U3=U2-U=2000V-IOOV=1900V

T2的匝數(shù)比

?U3190095

220^7T

故B正確。

故選ABDo

10.一列沿X軸傳播的簡諧橫波,uθ.8s時的波形如圖甲所示,質點N的平衡位置為WIlm,

質點M的振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是()

A.從∕=0.8s時起到質點M通過的路程為20Cm過程所用時間為0.6s

B.質點M的平衡位置為XM=8m

C.∕=12s時質點N的位移y=20cm

D.質點N的振動方程為y=20sin(--??)(cm)

62

K答案2BD

K解析UA?根據(jù)振動圖像，∕=0.8s時，質點”向y軸負方向振動，說明波沿X軸正方向

傳播，由于M點此時并不是在正負最大位移處或者平衡位置，所以經(jīng)過0.6s,也就是四分

之一周期，質點運動的路程不是20cm,應該大于20Cm,故A錯誤；

B.由圖可知，波長和周期分別為

Λ=12m

T=2.4s

所以波速為

λn,

y=—=——-m/ts=5cm∕s

T2.4

根據(jù)振動圖像可知，質點M在I?2s時回到平衡位置，結合波的傳播，有

?-6=v(1.2-0.8)

解得

?=8m

故B正確；

CD.根據(jù)波的傳播，質點N在0.8s時向上振動，此后第一次到波峰的時間為3則

XN—9=v{t—0.8)

所以

Z=1.2s

所以1.2s時N質點處于波峰，即

y=20cm=20sin(?∣^?X?.2+φ)cm

解得

1

(P-——π

2

所以質點N的振動方程為

y=20sin(-πt--^?)(cm)

62

當U12s時,有

y=20Sin(°π×?2--萬)(Cm)=-20cm

62

故C錯誤，D正確。故選BD。

11.火星的半徑是地球半徑的二分之一，質量為地球質量的十分之一，忽略星球自轉影響，

地球表面重力加速度g=10m?2.假定航天員在火星表面做了如下實驗：一個固定在豎直平

面上的光滑半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內徑的小球，小球在管道內做圓周運

動，從B點脫離后做平拋運動，Is后與傾角為45。的斜面垂直相碰。已知半圓形管道的半徑

R=5m,小球可看作質點且質量m=5kg0則（）

A.火星表面重力加速度大小為2.5m∕s2

B.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離為4m

C.小球經(jīng)過管道的A點時，對管壁的壓力為116N

D.小球經(jīng)過管道的8點時，對管壁的壓力為66N

K答案1BC

K解析1A.忽略星球自轉影響，在星球表面的物體受到的萬有引力等于重力，則有

CMm

G-r=mg

可知

GM地GM火

s=—^&火F

由此可得

g火大樂"2

故A錯誤;

B.小球運動到C點的豎直分速度為

與傾角為45。的斜面垂直相碰，則有

tan45°=上

水平位移為

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得點C與B點的水平距離為

X=4m

故B正確;

C.對小球從A點到B點的過程，由動能定理可得

I2I2

-mg火?2R=QfnL

在A點，對小球受力分析，由牛頓第二定律可得

2

6T%g火=機f-

K

由牛頓第三定律得

聯(lián)立解得

∕?=116N

故C正確;

D.小球經(jīng)過管道的B點時,設管壁給小球向下壓力由牛頓第二定律有

F?+mg火=

R

解得

F2=-AN

說明管壁給小球有向上壓力4N,根據(jù)牛頓第三定律，小球經(jīng)過管道的8點時對管壁的壓力

為4N,故D錯誤。

12.如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌P。傾斜放置，與水平面夾角a=30。，導軌

寬度L=Im,導體棒岫垂直于導軌放置，且接觸良好，整個裝置處于垂直導軌平面向下的

勻強磁場中，磁感應強度B=2.0T0已知導體棒外質量，"=0.02kg,電容器電容為C=0.02F,

耐壓值足夠大，定值電阻R=200C,重力加速度g=10m∕s2,導體棒和導軌電阻不計。Z=O時

開關接1,導體棒而由靜止釋放，U2s時開關接2,下列說法正確的是（）

P

A.u2s時，導體棒向的速度為2.5m∕s

B.z=2s時，電容器儲存的電場能為0.16J

C.開關接2瞬間，導體棒ah的加速度為3m∕s2

D.開關接2至導體棒帥達到最大速度的過程中，通過電阻R的電荷量為0.02C

K答案HBC

K解析》A.設在時間內，金屬棒速度變化為△心金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢變化

ΔE=βLΔv

電容器兩極板電壓變化

△U=BL∕?v

電容器所帶電荷量變化

△q=CAU=CBLAv

金屬棒中的電流

I=啊=CBL”=CBLa

△tNt

對金屬棒，由牛頓第二定律有

mgsina一BlL=ma

解得

a=lm∕s2

r=2s時，導體棒cιb的速度為

U=Qr=2m∕s

故A錯誤；

B.片2s時，電容器儲存的電場能

11

E=-CU27=-C(BLv)72=0.16J

故B正確；

C.開關接2瞬間，對導體棒外有

E

mgsina-BIL=ma,I=一,E=BLv

R

解得

a=3m∕s2

故C正確；

D.C活達到最大速度

p

mgsina=BIinL,Im=T,Em=BLVM

K

解得

vm-5m∕s

根據(jù)能量守恒，如果沒有克服安培力做功

-mvl--mv2=mgxsina

2,n2

解得

X=2.Im

通過電阻R的電荷量為

q=些=0.02IC

R

實際上，克服安培力做功，下滑位移更大，則通過的電量更大，故D錯誤。故選BC。

三、非選擇題：本題共6小題，共60分。

13.圖甲為“探究加速度與力、質量的關系”的實驗裝置。某同學欲用這套實驗裝置探究滑塊

的加速度與長木板、滑塊間的動摩擦因數(shù)的關系，在其他條件不變的情況下，通過多次改變

動摩擦因數(shù)〃的值，利用紙帶測量對應的多個加速度”的值，畫出了a-μ圖像，如圖乙所示。

所有計算結果均保留兩位有效數(shù)字，重力加速度g=10m∕s2.

A.實驗中需要保證桶和砂子的總質量m遠小于滑塊的質量M

B.實驗中需要保證滑塊的質量M不變

C.實驗中不需要保證桶和砂子的總質量S不變

D.連接滑塊的細線要與長木板平行

E.本實驗中，需要平衡摩擦力

(2)由圖乙可知，若滑塊的質量M=2kg,則小桶和砂子的總質量，片kg,圖乙中

2

b=m∕so

R答案X(1)BD(2)0.502.0

K解析F(I)KlXA.實驗中的研究對象是小桶和滑塊的整體，則不需要保證桶和砂子的

總質量m遠小于滑塊的質量例，故A錯誤；

BC.實驗中多次改變〃的值，需要其他條件不變，則需要保證滑塊的質量M不變，需要保

證桶和砂子的總質量〃?不變，故B正確，C錯誤；

D.連接滑塊的細線要與長木板平行，避免拉力產(chǎn)生垂直于木板方向的分力，故D正確。

E.本實驗中，需要研究摩擦力，不需要平衡摩擦力，故E錯誤。

故選BD。

(2)(22由圖乙可知，當〃=0.25時，加速度為零，由平衡條件有

μMg=mg

解得

m-0.50kg

K3∑根據(jù)題意，由牛頓第二定律有

mg—μMg=（W+Λ∕）Q

整理得

a=一4一+上

M-?-mM+m

結合圖乙可得

b=m8?2.0m∕s2

M+m

14.實驗方案對實驗測量的精度有直接的影響。某學習小組利用以下實驗器材對“測量電池

的電動勢和內阻''的實驗進行了探究。實驗室提供的器材有：

A.干電池一節(jié)（電動勢約為1.5V,內阻小于IC）

B.毫安表Al（量程0.15mA,內阻IkC）

C.毫安表A2（量程300mA,內阻約為3C）

D.定值電阻打（阻值為9kC）

E.定值電阻R2（阻值為3C）

F.滑動變阻器R.；（最大阻值為30C）

G.開關一個，導線若干

（2）某同學合理設計實驗方案并進行實驗，多次改變滑動變阻器滑片的位置，記錄多組電

流表A2的示數(shù)∕∣、I2,并描在如圖所示圖像中，根據(jù)圖像可得電池電動勢

E=V,內阻r=C。（結果均保留兩位有效數(shù)字）

(3)實驗中，隨著滑動變阻器滑片的移動，電源的輸出功率P發(fā)生變化，下列示意圖能大

致反映電源的輸出功率尸隨滑動變阻器接入電路的阻值段變化關系的是?

K答案H(1)見R解析》(2)1.40.50(3)D

工解析Il(I)KIiI實驗室提供的器材缺少電壓表因而需要改裝電壓表，需要在內阻準確的

毫安表Al基礎上串聯(lián)一個大電阻Rl改裝成量程為Ug的電壓表

UaJ=I5V

電源電動勢約為L5V,改裝表滿足測量需求；毫安表A?內阻不準確，故需要排除毫安表A?

分流影響；電源內阻阻值較小，為了方便數(shù)據(jù)處理可以將R2串聯(lián)在電路中。電路圖如下圖

所示

(2)K2∑K3∑根據(jù)閉合電路歐姆定律可得

E=Z,(Λ1+7])+(Z1+Z2)(Γ+JR2)

讀出其中兩點坐標(60mA,0.12mA)和(260mA,0.05mA)代入上述方程，解得電動勢和內

阻分別為

E=1.4V,r=0.50Ω

(3)K4∑設外電路總電阻為R外，則電源的輸出功率

E2

可知H外=/時電源的輸出功率最大，由于用〉，則根據(jù)電路的動態(tài)分析，R,增加則R總增

加且一定大于電源內阻，電源的輸出功率會隨之減小。

故選D0

15.如圖所示為一個用折射率〃=2.4的透明介質做成的四棱柱ABC。一A4GA，其中

NZMB=90°,NΛBC=60°,NBCD=90°?，F(xiàn)有一平行光束垂直于四棱柱側面ABBM

入射，已知AO=KCrn，M=2cm,AB-6cm,求:

(I)從側面ABB1A1入射到面BCG耳上的光線經(jīng)第一次反射后的反射光線與面CDDG的

夾角;

(2)面BCGBl上的發(fā)光面積。

R答案2⑴60°；(2)3cm2

K解析1(1)根據(jù)題意，在四棱柱橫截面上畫出光路圖，如圖所示

由幾何關系可知

NAJDC=I20。

可得8面入射光線的入射角為30。，則從側面ABAA入射到面BCe山上的光線經(jīng)第一

次反射后的反射光線與面CDAa的夾角為60。。

(2)根據(jù)題意，由公式可得

.八1?

sinC=—<—

2.42

可知，臨界角小于30。，根據(jù)折射定律和反射定律畫出截面上的光路圖，如圖所示

B\

可知，光線從A尸段入射，可以從Bo段射出，光線從阱段入射，無論是經(jīng)Co反射，

還是直接照射到BC,在8C上的入射角均大于臨界角，不能從BC上射出，由于

AO=Gcm,ZADO=60°

可得

AO=3cm

由幾何關系可得

BO=1.5cm

則面8CC∣4上的發(fā)光面積為

2

S=BBx×BO=3cm

16.一根輕質細繩繞過輕質定滑輪，右邊系著質量M=3kg的物塊A,左邊穿過長為L=3.0m

的細管后下端系著質量m=2kg的物塊B,細管由鎖定裝置固定不動，物塊B距細管下端

/J=2.θm,已知物塊B通過細管時與管內壁間的滑動摩擦力戶4N,開始時A、B均靜止，繩

處于拉直狀態(tài)，同時釋放A和B。A、B均看作質點，不計滑輪與輪軸之間的摩擦，重力加

速度g=10m∕s20求：

C1LJA

B□

(1)剛釋放A、B時，繩的拉力大??；

(2)物塊B剛通過細管時速度大小。

［答案D(I)T=24N;(2)V=后m/s

K解析Il(I)對物塊A、B由牛頓第二定律分別可得

Mg-T-Ma

T-mg=ma

聯(lián)立解得

T=24N

(2)對A、B由機械能守恒可得

1,

Mg(h+L)-mg(h+L)-fL=-(m+M)v^

解得

17.在三維坐標系。-孫Z中存在一長方體曲cd-α7∕c'd',,其所在區(qū)域內勻強磁場分布如圖

所示，平面相的左側磁場沿Z軸負方向、磁感應強度大小為為，右側磁場沿加方向，磁感

應強度大小為之,其中4=2—當(呂、當均未知)?，F(xiàn)有電量為q(q>O)?質量為，〃的帶

電粒子以初速度V從。點沿平面進入磁場，經(jīng)j點垂直平面西進入右側磁場，最后

離開長方體區(qū)域。已知長方體側面abed為邊長為L的正方形，其余邊長如圖中所示，

sin37o=0.6,sin53o=0.8,不計粒子重力。求：

(2)粒子離開磁場時位置坐標及在磁場中的運動時間；

(3)若平面，”西右側空間磁場換成由/到〃方向且電場強度E大小可變的勻強電場(電場

圖中未畫出，其余條件不變)，求粒子離開長方體區(qū)域時動能，Ek與E的關系式。

C2/nvS3τr∕、歷rτ∕

K答案H(1)Bi=—r；(2)(-2L,0,0),，=也K+4M；(3)見R解析』

5qL36vIv

K解析U(1)粒子在面“力加內做勻速圓周運動，軌跡如圖甲所示：

甲J

設其軌道半徑為n由幾何關系

(4-L)2+4L2=Z；2

得

得

_2mv

Dx-

5qL

（2）經(jīng)分析粒子到達點j后在平面〃從門內做勻速圓周運動，設其軌道半徑為⑶

qvB2=m—

rι

得

運動軌跡如圖乙所示

乙

可知粒子從n點回到平面mnij左側磁場，在左側磁場中運動時軌跡在平面加ic內，假設粒

子從ic邊離開磁場，運動軌跡如圖丙所示

if=y∣ι^-(t]-Ly

得

if=2L

即點,與點C重合。故粒子從C點離開磁場，其坐標為(-2L,0,0)

粒子從α至叮運動時間為A

532πm

t,~------------

360qB、

粒子從j到〃運動時間為r2

1強

V

粒子從n到C運動時間為/3

故粒子在磁場中運動時間

53%JL?∣2πL

t=ti+t2+ti=36v+Iv

(3)粒子在電場中做勻變速曲線運動，當粒子從〃點離開電場時,

2ig%

得

E=皿

2qL

52

當E≥7時,粒子從帥'邊離開長方體。

IqL

2

CqEL=E1--mv

得

2

Ek=6qEL+?/nv

萬2

當E<7時,粒子從“〃邊離開

IqL

尸；斗馬2

2mV

得

2Eql}

mv2

由

Wy=Ek_—1mv2

2

得

2E2q2I??1

Ek=mv^

mv22

18.窗簾是我們日常生活中很常見的一種家具裝飾物，具有遮陽隔熱和調節(jié)室內光線的功

能。圖甲為羅馬桿滑環(huán)窗簾示意圖。假設窗簾質量均勻分布在每一個環(huán)上，將圖甲中的窗簾

抽象為圖乙所示模型。長滑桿水平固定，上有10個相同的滑環(huán)，滑環(huán)厚度忽略不計，滑環(huán)

從左至右依次編號為1、2、3-10。窗簾拉開后，相鄰兩環(huán)間距離均為Δ=0.2m,每個滑環(huán)

的質量均為，"=0.4kg,滑環(huán)與滑桿之間的動摩擦因數(shù)均為窗簾未拉開時，所有滑環(huán)

可看成挨在一起處于滑桿右側邊緣處，滑環(huán)間無擠壓，現(xiàn)在給1號滑環(huán)一個向左的初速度，

使其在滑桿上向左滑行(視為只有平動)；在滑環(huán)滑行的過程中，前、后滑