山東省濰坊市2023屆高三年級上冊1月期末考試物理試題 含解析

高三物理試卷

注意事項：

1.答題前，考生先將自己的學(xué)校、姓名、班級、座號、考號填涂在相應(yīng)位置。

2.選擇題答案必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必須使用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(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；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(lán)色大閃蝶，在陽光下可以看到其翅膀燦爛閃爍。藍(lán)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(jié)構(gòu)。光照射翅背上“臺階結(jié)構(gòu)”的典型光路如圖所示，則（）

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1倍

【答案】A

【解析】

【詳解】ABC.翅膀燦爛閃爍是光的薄膜干涉現(xiàn)象，選項A正確，BC錯誤；

D.根據(jù)

為氣―v空氣丁=0=.=3

4r仔-2

n

選項D錯誤。

故選Ao

2.如圖所示為某科學(xué)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wx圖像，則下列說

法正飾的是（）

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

【答案】B

【解析】

【詳解】BCD.根據(jù)圖像得

v=kx

所以

-=k-

tt

得

a=kv

式中k不變，隨著速度i，的增大，加速度。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Bo

3.如圖所示，平面的第一象限內(nèi)存在垂直紙面向里的有界勻強磁場，磁場邊界與“軸成6=45。角,

邊長為L的正方形金屬框MNPQ中心位于磁場邊界上，電阻為R?，F(xiàn)使金屬框勻速向右運動至完全進(jìn)入磁

)

A.金屬框中感應(yīng)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(yīng)電動勢的變化率不變

D.通過金屬框的電荷量為---

R

【答案】C

【解析】

【詳解】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(yīng)電流方向一直為

逆時針。只有QP邊和邊切割磁感線，若金屬框速度為也運動時間為心根據(jù)右手定則和電磁感應(yīng)

定律可判斷產(chǎn)生的電動勢為

E=Bv(L—L!)

根據(jù)幾何關(guān)系可知

L!=vttan45°=vt

整理可得

E=Bv(L-vt)=-Bv2t+BvL

故感應(yīng)電動勢的變化率為一=-82口不變。根據(jù)

Ar

R

可知E隨時間變小，故感應(yīng)電流大小也隨時間變小。根據(jù)

L卜①

E=----

Z

可知做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△①BASBI)

q7=aIN=——A4=----=--------=

RRR2R

故D錯誤。

故選Co

4.磁電式電流表的構(gòu)造如圖甲所示，在蹄形磁鐵的兩極間有一個可以繞軸轉(zhuǎn)動的線圈，轉(zhuǎn)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(dāng)電流通過線圈時，線圈在安培力的作

用下轉(zhuǎn)動，螺旋彈簧被扭動，線圈停止轉(zhuǎn)動時滿足N8/S斗仇式中N為線圈的匝數(shù)，S為線圈的面積，/為

通過線圈的電流，B為磁感應(yīng)強度，。為線圈(指針)偏角，％是與螺旋彈簧有關(guān)的常量。不考慮電磁感應(yīng)

現(xiàn)象，由題中的信息可知()

甲乙

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(yuǎn)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(yuǎn)

D.運動員在B點對軌道的壓力為1400N

【答案】D

【解析】

【詳解】A.運動員從S點水平飛出后做平拋運動，因此有

12

尸5g廠

X=VBt

tan370=^

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(yuǎn)時速度方向與斜面平行，則有

tan37°=^

以

?=M+喑

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(yuǎn)時，豎直方向有

解得

f=2.25s

故C錯誤；

D.運動員在5點飛出前在做圓周運動，根據(jù)牛頓第一定律有

FN-mg=m-^-

A

解得

=1400N

根據(jù)牛頓第三定律，運動員在B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(zhì)量為如長為L的均勻軟繩用細(xì)線懸掛在Oi點，軟繩下端剛好與地面接觸。剪斷細(xì)線，

軟繩自由下落，落地后速度立刻變?yōu)榱?。圖乙中，質(zhì)量也為，”的小球用細(xì)線懸掛在02點，小球離地面高

度為L,小球可以看成質(zhì)點，剪斷細(xì)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△/=且工，則（）

10g

LL

甲乙

A.從細(xì)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而

B.從細(xì)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力啦

C.地面對小球的平均作用力大小為Umg

D.地面對小球的平均作用力大小為21mg

【答案】D

【解折】

【詳解】AB.從細(xì)線斷開到軟繩全都落至地面有

712

L=Qgt

解得

從細(xì)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

皈一/地二°

解得地面對軟繩的沖量大小為

，地=加痛E

AB錯誤；

CD.小球落地前瞬時速度大小為v,則

1，

mgLr=-mv~

解得

v=yj2gL

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(shè)地面對小球的平

均作用力大小為凡取豎直向上為正方向

解得

F=21mg

C錯誤，D正確。

故選Do

7.如圖所示的O-g，z三維坐標(biāo)系中，平面在水平地面內(nèi)，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￡=500V/mo現(xiàn)從坐標(biāo)原點O以初速度vo=15m/s豎直

向上拋出一帶正電小球，已知小球質(zhì)量用=0.01kg,帶電量g=10?七，重力加速度g=I0m/s2。下列說

法正確的是（）

|z/m

------->x/m

A.小球運動過程中電勢能先減小后增大

B.經(jīng)ul.5s小球的速度最小，為7.5m/s

C./=2s時，小球的位置坐標(biāo)為（8,6,10）

D.取。點為零勢能點，小球落地時的電勢能為-2.25J

【答案】C

【解析】

【詳解】A.小球運動過程中沿x、y軸兩個方向，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

F=￡i7=O.（）5N

豎直向下的重力

〃陪=0.IN

則兩個力的合力與豎直方向的夾角

qE\

mg2

大小為

七二卜+（*=*N

當(dāng)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

_%cos0_mvcos3

t——0—1.，S

小球的速度最小，為

%n=%sin6=3^m/s

選項B錯誤；

C.r=2s時，沿z方向的位移

z=卬-;g產(chǎn)=15x2-3x10x22=10m

沿X方向的位移

1、1cos37o

x=-ar=----------r2=8m

2'2tn

沿y方向的位移

\21qEsin37,4

y=-ar=---------r=6m

2'2m

小球的位置坐標(biāo)為（8,6,10）選項C正確；

D.小球落地時的時間

3=3S

g

沿電場力方向的位移

s2遺產(chǎn)=22.5m

2m

則電場力做功等于的電勢能減小，即

=-qEs=-1.125J

即取。點為零勢能點，小球落地時電勢能為?L125J,選項D錯誤。

故選C。

8.質(zhì)晟不計的直角支架兩端分別連接質(zhì)貴為2〃2的小球A和質(zhì)量為的小球B,支架的兩直角邊長度分

別為L和自，支架可繞固定軸0在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，如圖所示。開始時0A邊水平，現(xiàn)將小球A由

2

靜止釋放，重力加速度為g,則（）

LA

oLC

L2m

2

BC)3加

球A到達(dá)最低點時的速度大小用

A.小

B.當(dāng)0A與豎直方向夾角為37。時，球A、B速度達(dá)到最大

C.球B最大速度為

球A到達(dá)最低點的過程中，桿對小球A所做的功為竺警

D.小

【答手UB

【解01】

【詳s簿A.根據(jù)題意，小球A由靜止到達(dá)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

-3mg?—=-2mgL+g-2mv\+g-3mH

兩小七R為同軸轉(zhuǎn)動，角速度相同，由口=。廠可知，兩球的線速度之比為

乙：?=2：1

解得

故A?昔誤；

D.根據(jù)題意，小球A由靜止到達(dá)最低點過程中，設(shè)桿對小球A所做的功為卬，對小球A由動能定理有

2mgL+W=—mv\

解得

卬_18，〃gL

11

故D,昔誤；

BC.展據(jù)題意，設(shè)04與豎直方向夾角為夕時，以A球開始位置為零勢能，球A、B速度達(dá)到最大，由系

機械方且守恒定律，對系統(tǒng)有

L31.1.

-3mg?—=-2mgLcos^-―mgLsin^+—?2皿:+—?3mv^

又有

V4=2VB

整理可得

vB=J與(4cosO+3sinO-3)

由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)〃=37。時，小球A、B速度達(dá)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.如圖所示，某小型水電站通過升壓變壓器*、高壓輸電線路和降壓變壓器T?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IC/km,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，的正數(shù)比為1：5,下列說法正確的是()

.T2

用

戶

A.*的輸出電壓為2000V

B.T2的匝數(shù)比n3：n4=95：11

C高壓輸電線上的電流為5A

D.高壓輸電線上損失的電功率為IkW

【答案】ABD

【解析】

【詳解】A.根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)比關(guān)系，可得

如=2

U?n2

解得「的輸出電壓為

[72=2000V

故A正確；

C.高壓輸電線上的電流為

,P420x103

L=—=—=-----------A=10A

2U,U、2(XX)

故C錯誤:

D.高壓輸電線總電阻

r=2x5xlQ=l()Q

高壓輸電線上損失的電功率為

22

^=/2r=10xl0W=l(XX)W

故D正確；

B.高壓輸電線上損失的電壓為

[/=Z2r=10xl0V=100V

T2的輸入電壓為

t/3=t/2-t/'=2000V-100V=1900V

T2的匝數(shù)比

n.U,190095

[丁西=TT

故B正確。

故選ABD。

10.一列沿x軸傳播的簡諧橫波，r=0.8s時的波形如圖甲所示，質(zhì)點N的平衡位置為沖=11m,質(zhì)點M的

振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是()

F|y/cm—一y/cm

I甲乙

A.從r=0.8s時起到質(zhì)點M通過的路程為20cm過程所用時間為0.6s

B.質(zhì)點初的平衡位置為x*8m

C./=12s時質(zhì)點N的位移產(chǎn)20cm

D.質(zhì)點N的振動方程為y=20sin(3if-g;r)(cm)

62

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.根據(jù)振動圖像，r=0.8s時，質(zhì)點例向y軸負(fù)方向振動，說明波沿x軸正方向傳播，由于“點

此時并不是在正負(fù)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(zhì)點運動的路程不是

20cm,應(yīng)該大于20cm,故A錯誤；

B.由圖可知，波長和周期分別為

2=12m

7'=2.4s

所以波速為

412/u,

v=—=——m/s=5m/s

T2.4

根據(jù)振動圖像可知，質(zhì)點”在L2s時回到平衡位置，結(jié)合波的傳播，有

xM-6=v(1.2-0.8)

解得

%=8m

故B正確；

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

xN-9=v(r-0.8)

所以

t=l.2s

所以1.2s時N質(zhì)點處于波峰，即

2萬

y=20cm=20sin(x1.2+°)cm

解得

1

所以質(zhì)點N的振動方程為

y=20sin(—7rt~—萬)(cm)

62

當(dāng)/=12s時，有

y=20sin(.1x12—g4)(cm)=-20cm

故C錯誤，D正確.

故選BDo

11.火星的半徑是地球半徑的二分之一，質(zhì)量為地球質(zhì)量的十分之一，忽略星球自轉(zhuǎn)影響，地球表面重力

加速度g=10m/s2。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(nèi)徑的小球，小球在管道內(nèi)做圓周運動，從5點脫離后做平拋運動，1s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(zhì)點且質(zhì)量機=5kg。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3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U6N

D.小球經(jīng)過管道的B點時，對管壁的壓力為66N

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.忽略星球自轉(zhuǎn)影響，在星球表面的物體受到的萬有引力等于重力，則有

-Mm

G-=mg

可知

GM加

g=-r-

4也

5火廠2

rk

由此可得

g火二誓鳥8=401/§2

必也展

故A錯誤;

B.小球運動到C點的豎直分速度為

j=g火，

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。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

—mg火=gm匕

在A點，對小球受力分析，由牛頓第二定律可得

由牛頓第三定律得

々=6

聯(lián)立解得

%=116N

故C正確；

D.小球經(jīng)過管道的8點時，設(shè)管壁給小球向下壓力由牛頓第二定律有

V2

6+加且火=加君■

K

解得

F2=-4N

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B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(dǎo)軌WN、尸。傾斜放置，與水平面夾角a=30。，導(dǎo)軌寬度L=lm,導(dǎo)

體棒而垂直于導(dǎo)軌放置，且接觸良好，整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B=2.0T。

己知導(dǎo)體棒"質(zhì)量機=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(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻不計。/=0時開關(guān)接1,導(dǎo)體棒H由靜止釋放，/=2s時開關(guān)接2,下列說法正

A.r=2s時，導(dǎo)體棒時的速度為2.5m/s

B./=2s時，電容器儲存的電場能為0.16J

C.開關(guān)接2瞬間，導(dǎo)體棒H的加速度為3m/s2

D.開關(guān)接2至導(dǎo)體棒"達(dá)到最大速度的過程中，通過電阻K的電向量為U.O2c

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.設(shè)在時間內(nèi)，金屬棒速度變化為△心金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變化

△E=BLAv

電容器兩極板電壓變化

△U=BL4u

電容器所帶電荷量變化

△q=CAU=CBL'

金屬棒中的電流

I=^-=CBL—=CBLa

Ar加

對金屬棒，由牛頓第二定律有

mgsina-BIL=ma

解得

a=lm/s2

/=2s時，導(dǎo)體棒曲的速度為

v=at=2m/s

故A錯誤；

B.r=2s時，電容器儲存的電場能

1,1.

E=-CU2=-C(BLv)2=0.16J

22

故B正確；

C.開關(guān)接2瞬間，對導(dǎo)體棒必有

E

mgsina-BIL=ma,I=—,E-BLv

解得

a=3m/s2

故C正確；

D.而達(dá)到最大速度

E

mgsina=BlJ,,Em=BLvm

A

解得

vm=5m/s

根據(jù)能量守恒，如果沒有克服安培力做功

121mv2

—mvni~~=mgxsina

解得

x=2.1m

通過電阻R的電荷量為

=—=0.021C

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BCo

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(zhì)量的關(guān)系”的實驗裝置。某同學(xué)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(guān)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(yīng)的多個加速度〃的值，畫出了圖像，如圖乙所不。所有計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字，

重力加速度^=10m/s2o

A.實驗中需要保證桶和砂子的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量M

B.實驗中需要保證滑塊的質(zhì)量M不變

C.實驗中不需要保證桶和砂子的總質(zhì)量機不變

D.連接滑塊的細(xì)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(zhì)量M=2kg,則小桶和砂子的總質(zhì)量切=kg,圖乙中m/s2o

【答案】①.BD②.0.50?.2.0

【解析】

【詳解】(1)[1]A.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(zhì)量“遠(yuǎn)小于

滑塊的質(zhì)量M,故A錯誤；

BC.實驗中多次改變4的值，需要其他條件不變，則需要保證滑塊的質(zhì)量M不變，需要保證桶和砂子的

總質(zhì)量，〃不變，故B正確，C錯誤；

D.連接滑塊的細(xì)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BDo

(2)[2]由圖乙可知，當(dāng)"=0.25時，加速度為零，由平衡條件有

從Mg=mg

解得

m=0.50kg

[3]根據(jù)題意，由牛頓第二定律有

mg-juMg=(機+Af”

整理得

M+mM

結(jié)合圖乙可得

b=—=2.0m/s2

M+m

14.實驗方案對實驗測曷的精度有直接的影響。某學(xué)習(xí)小組利用以下實驗器材對“測量電池的中，動勢和內(nèi)

阻”的實驗進(jìn)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(nèi)住小于1C）

B.亳安表A1（量程0」5mA.內(nèi)阻IkC）

C.亳安表A2（量程300mA,內(nèi)阻約為3C）

D.定值電阻凡（阻值為9k。）

E.定值電阻與（阻值為3C）

F.滑動變阻器&（最大阻值為30。）

G.開關(guān)一個，導(dǎo)線若干

（2）某同學(xué)合理設(shè)計實驗方案并進(jìn)行實驗，多次改變滑動變阻器滑片的位置，記錄多組電流表A1、A2

的示數(shù)，2,并描在如圖所示圖像中，根據(jù)圖像可得電池電動勢后=V,內(nèi)阻r=Q。（結(jié)

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P隨滑動變阻器接入電路的阻值R?變化關(guān)系的是o

【答案】①.見解析1.4③.0.50?.D

【解析】

【詳解】（1）[1]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(nèi)阻準(zhǔn)確的亳安表A1基礎(chǔ)上

串聯(lián)一個大電阻/?）改裝成量程為Ug的電壓表

Ug=/g（4+與）=L5V

電源電動勢約為L5V,改裝表滿足測量需求；亳安表A2內(nèi)阻不準(zhǔn)確，故需要排除亳安表A2分流影響；電

源內(nèi)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

^__I

(2)[2][3]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得

￡=；1(/?1+/])+(；1+Z2)(r+/?2)

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

E=1.4V,r=0.50Q

(3)⑷設(shè)外電路總電阻為及外，則電源的輸出功率

成)%=遠(yuǎn)圭1

R

可知凡卜=一時電源的輸出功率最大，由于寵2>人則根據(jù)電路的動態(tài)分析，區(qū)3增加則R總增加且一定大于

電源內(nèi)阻，電源的輸出功率會隨之減小。

故選D。

15.如圖所示為一個用折射率〃=2.4的透明介質(zhì)做成的四棱柱A8CO-A4GR,其中ND45=90。，

ZABC=60°,NBCD=90?！，F(xiàn)有一平行光束垂直于四棱柱側(cè)面A8BM入射，已知A￡>二限m，

M=2cm,AB=6cm,求：

(1)從側(cè)面ABB^入射到面耳上的光線經(jīng)第一次反射后的反射光線與面8DG的夾角；

(2)面8CC石上的發(fā)光面積。

____D)

B

【答案】(1)60°；(2)3cm2

【解析】

【詳解】(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(guān)系可知

=120°

可得C。面入射光線的入射角為30。，則從側(cè)面入射到面BCR片上的光線經(jīng)第一次反射后的反

射光線與面CDRG的夾角為60。。

(2)根據(jù)題意，由公式可得

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

可知，光線從AF段入射，可以從8。段射出，光線從所段入射，無論是經(jīng)CO反射，還是直接照射到

BC,在上的入射角均大于臨界角，不能從上射出，由于

4Z)=6cm，ZADO=60°

可得

AO=3cm

由幾何關(guān)系可得

BO=1.5cm

則面片上的發(fā)光面積為

2

S=BBixBO=3cm

16.一根輕質(zhì)細(xì)繩繞過輕質(zhì)定滑輪，右邊系著質(zhì)量M=3kg的物塊A,左邊穿過長為L=3.0m的細(xì)管后下端

系著質(zhì)量2kg的物塊B,細(xì)管由鎖定裝置固定不動，物塊B距細(xì)管下端〃=2.0m,已知物塊B通過細(xì)管

時與管內(nèi)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(zhì)點，不計滑輪與輪軸之間的摩擦，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)剛釋放A、B時，繩的拉力大?。?/p>

(2)物塊B剛通過細(xì)管時速度大小。

匚1□A

【答案】(1)T=24N；(2)v=^ym/s

【解析】

【詳解】(1)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

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

解得

17.在三維坐標(biāo)系O-xyz中存在一長方體如4—,其所在區(qū)域內(nèi)勻強磁場分布如圖所示,平面mnij

左側(cè)磁場沿z軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強度大小為B],右側(cè)磁場沿mi方向，磁感應(yīng)強度大小為&,其中

Bi=q~BaBi、修均未知)?，F(xiàn)有電量為4(。0)、質(zhì)量為帆的帶電粒子以初速度-從〃點沿平面。力加

進(jìn)入磁場，經(jīng)/點垂直平面如切進(jìn)入右側(cè)磁場，最后離開長方體區(qū)域。已知長方體側(cè)面abed為邊長為L的

正方形,其余邊長如圖中所示，5足37。=0.6,5訪53。=0.8,不計粒子重力。求：

(1)平面陽，均左側(cè)空間磁場磁感應(yīng)強度81的大??；

(2)粒子離開磁場時位置坐標(biāo)及在磁場中的運動時間；

(3)若平面切〃"右側(cè)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(guān)系式。

【解析】

【詳解】（1）粒子在面a5m內(nèi)做勻速圓周運動，軌跡如圖甲所示:

甲J

設(shè)其軌道半徑為n由幾何關(guān)系

儲一/y+4產(chǎn)

得

=

得

網(wǎng)

5qL

（2）經(jīng)分析粒子到達(dá)點j后在平面〃仇0內(nèi)做勻速圓周運動，設(shè)其軌道半徑為⑵

0

\r

qvB2=m——

r2

BLgB、

152

得

V2

運動軌跡如圖乙所示

乙

可知粒子從〃點回到平面機前左側(cè)磁場，在左側(cè)磁場中運動時軌跡在平面胸沁內(nèi)，假設(shè)粒子從ic邊離開

磁場，運動軌跡如圖丙所示

礦=亞一(1)2

得

if=2L

即點f與點c重合。故粒子從。點離開磁場，其坐標(biāo)為(?2L,0,0)

粒子從。到/運動時間為力

532mn

t,=-----------

360qB、

粒子從/到〃運動時間為及

v

粒子從〃到C運動時間為門

G=:

故粒子在磁場中運動時間

53TILA/LTL

，=%+f2+'3=---------1---------

36v2v

(3)粒子在電場中做勻變速曲線運動，當(dāng)粒子從力'點離開電場時,

2L=vt6L='42

2m

得

\f2mv2

E=-------

2qL

當(dāng)石之立對時，

粒子從帥'邊離開長方體。

2qL

\flqEL=耳一；mv2

得

2

Ek=\[lqEL+gmv

當(dāng)七＜也對時，

粒子從""邊離開

2qL

尸產(chǎn)尚2

2mv

得

2EqI)

y=2

tn\^

由

Eqy=E-mv1

k乙

得

s2E2q21}12

mv2

18.窗簾是我們?nèi)粘Ｉ钪泻艹Ｒ姷囊环N家具裝飾物，具有遮陽隔熱和調(diào)節(jié)室內(nèi)光線的功能。圖甲為羅馬

桿滑環(huán)窗簾示意圖。假設(shè)窗簾質(zhì)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L=0.2m,每個滑環(huán)的質(zhì)量均為〃尸0.4kg,滑環(huán)與滑桿之間的動摩擦因數(shù)均為

〃=0.L窗簾未拉開時.所有滑環(huán)可看成挨在一起處干滑桿右側(cè)功緣處.滑環(huán)間無擠壓,現(xiàn)在給1號滑環(huán)