湖南省長沙市某中學2023-2024學年高三年級上冊月考物理試題（解析版）

物理

時量75分鐘，滿分100分。

一、單選題（本題共6小題，每小題4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.如圖所示為研究光電效應的電路圖。開關閉合后，當用波長為4的單色光照射光電管的陰極K時，電流

表有示數(shù)。下列說法正確的是（）

A.若只讓滑片尸向。端移動，則電流表的示數(shù)一定增大

B.若只增加該單色光的強度，則電流表示數(shù)一定增大

C.若改用波長小于4的單色光照射光電管的陰極K,則陰極K的逸出功變大

D.若改用波長大于4的單色光照射光電管的陰極K,則電流表的示數(shù)一定為零

【答案】B

【解析】

【詳解】A.只讓滑片P向。端移動，A、K間電壓增大，所加電壓為正向電壓，如果光電流達到飽和值,

增加電壓，電流表示數(shù)也不會增大，故A錯誤；

B.只增加單色光強度，逸出的光電子數(shù)增多，光電流增大，故B正確；

C.陰極K的逸出功與入射光無關，故C錯誤；

D.若改用波長大于4的單色光，能量減小，可能會發(fā)生光電效應，則流表的示數(shù)不一定為零，故D錯誤。

故選B。

2.2021年6月17日我國神舟十二號載人飛船入軌后，按照預定程序，與在同一軌道上運行的“天和”核

心艙交會對接，航天員將進駐“天和”核心艙。交會對接后神舟十二號飛船與“天和”核心艙的組合體軌

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道不變，將對接前飛船與對接后的組合體對比，下面說法正確的是（）

A.組合體的環(huán)繞速度大于神舟十二號飛船的環(huán)繞速度

B.組合體的環(huán)繞周期大于神舟十二號飛船的環(huán)繞周期

組合體的向心加速度大于神舟十二號飛船的向心加速度

D.組合體所受的向心力大于神舟十二號飛船所受的向心力

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】AB.由

2

-Mmv4兀之

G——=m—=m——r

r2rT2

可得

GM

r3

T=2n

GM

可見V、T與質量加無關，周期與環(huán)繞速度不變，故AB錯誤;

C.由

GMm

——--二ma

r

可得

GM

可知向心加速度與質量加無關，故C錯誤;

D.向心力為

「GMm

F=T

組合體的質量大于神舟十二號飛船的質量，則組合體所受的向心力大于神舟十二號飛船所受的向心力，故

D正確。

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故選D。

3.如圖所示為一拔樁機的設計示意圖，繩CDE與繩ACB連接于C點。在。點施加豎直向下的力尸可將樁

拔起。保持C。段繩水平，AC段繩豎直，更省力的措施是（）

A.減小a角，增大夕角B.減小a角，減小夕角

C.增大a角，增大￡角D.增大a角，減小￡角

【答案】B

【解析】

【詳解】對。點進行受力分析，由受力平衡可得

F=TDCtana

對C點進行受力分析，由受力平衡可得

T_￡D

CAtan0

由于

￡D=TDC

可得

="■%

tanatanp

故更省力的措施是減小a角，減小”角。

故選B。

4.如圖為交流發(fā)電機的示意圖，矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動，發(fā)電機的電動

勢隨時間的變化規(guī)律為e=20sin（100萬。V。下列說法正確的是（）

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0

A.此交流電的頻率為100Hz

B.此交流電動勢的有效值為20V

C.當線圈平面轉到圖示位置時產生的電動勢最大

D.當線圈平面轉到平行于磁場的位置時磁通量的變化率最大

【答案】D

【解析】

【詳解】A.此交流電的頻率為

,co1007r

Hz=50Hz

2萬

故A錯誤;

B.此交流電動勢的有效值為

石=隼=10亞V

V2

故B錯誤；

C.當線圈平面轉到圖示位置時處于中性面，產生的感應電動勢為零，故C錯誤；

D.當線圈平面轉到平行于磁場的位置時，垂直于中性面，磁通量的變化率最大，此時產生的電動勢最

大，D正確。

故選D。

5.已知汽車在平直路面上由靜止啟動，阻力恒定，最終達到最大速度%后以額定功率勻速行駛，ab、cd

平行于v軸，6c反向延長線過原點O,汽車質量為已知M、耳、片、%,下列說法不正確的是

()

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A.汽車額定功率為工丫皿B.汽車從b到。過程作變加速運動

心m

C.汽車勻加速運動持續(xù)的時間為D.汽車從a到b過程克服阻力做功

（E+初耳2（耳_8）邛

【答案】c

【解析】

【詳解】A.根據(jù)

P=Fv

可得

v=P--

F

汽車額定功率為圖象的斜率，有

V

尸=十

故A正確;

B.汽車從6到c過程中功率保持不變，隨著汽車速度的增大，牽引力減小，根據(jù)牛頓第二定律有

F-f=ma

可知隨著牽引力的減小，汽車的加速度減小，故汽車從6到c過程作變加速運動，故B正確;

C.汽車所受的阻力為

由于額定功率等于圖象斜率有

尸=2=%

11

即

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其％=耳％

汽車從a到b,根據(jù)牛頓第二定律有

Fl-f=Ma

汽車從a到b勻加速運動持續(xù)的時間為

MF2vm

a（耳-招明

故C錯誤;

D.汽車從。到b過程的位移

x=-at2

2

汽車從a到b過程克服阻力做功

W=fx=2（；T；：）F；

故D正確。

本題選不正確的，故選C。

6.一列簡諧波在均勻介質中沿x軸傳播，a=0刻平衡位置坐標x=0.5m的質點P恰好處于波峰，h=0.5s時

的波形如圖所示，則下列說法正確的是（）

A.如果波沿x軸正方向傳播，最大的周期為1.5s

B.波沿x軸傳播，最小的速度為3mzs

C.如果波沿無軸正方向傳播，0~0.5s內質點P經(jīng)過的最短路程為1.5m

D.如果波速為21m/s,則波一定沿x軸負方向傳播

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.如果波沿x軸正方向傳播，則

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3

%=47+〃7=04,2，…)

代入數(shù)據(jù)，得

T=——-——s(n=0,12…)

4〃+3')

當〃取0時，波的周期最大，為

T=-s

3

故A錯誤;

B.波沿x軸正方向傳播，根據(jù)公式

2

v二一

T

易知，周期最大時對應的波速最小,代入波長數(shù)據(jù)，有

22,o,

V-----=-m/s=3m/s

min2

3

同理，波沿x軸負方向傳播,根據(jù)公式

%=—T+nT(n-0,1,2,…)

代入數(shù)據(jù)，得

T=^—s(n=0,1,2,-

4H+1')

當”取。時，波的周期最大,為

T=2s

周期最大時對應的波速最小,代入波長數(shù)據(jù)，有

22

%in-----=-m/s=lm/s

Anax2

故B錯誤;

C.振動的質點任意一個周期內的路程都是4A,所以周期越小，在相等的時間內質點的路程越大，所以當

周期最大時，路程最小，0~0.5s內對應最大周期的周期數(shù)為

0.5A3A

〃二丁個二二個

24

3

3

由于0時刻，質點P位于最大位移處，所以在一個周期內的路程為

4

Smin=3A=30cm

故C錯誤;

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D.如果該波沿負方向傳播，有

4

v=—=（4n+l）m/s

當n取5時，波速恰好為21m/s,故D正確。

故選D。

二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20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5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）

7.某中學生助手在研究心臟電性質時，當興奮在心肌傳播，在人體的體表可以測出與之對應的電勢變化，

可等效為兩等量電荷產生的電場。如圖是人體表面的瞬時電勢分布圖，圖中實線為等差等勢面，標在等勢

面上的數(shù)值分別表示該等勢面的電勢，a、枚c、d為等勢面上的點，a、匕為兩電荷連線上對稱的兩點，

c、d為兩電荷連線中垂線上對稱的兩點。則（）

0

A.d、a兩點的電勢差。加=-L5mV

B.負電荷從b點移到d點，電勢能增加

C.a、〃兩點的電場強度等大反向

D.c、d兩點的電場強度相同，從c到d的直線上電場強度先變大后變小

【答案】AD

【解析】

【詳解】該瞬時電勢分布圖可等效為等量異種電荷產生的，等量異種電荷的電場線分布如圖

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A.d、。兩點的電勢差

Uda=(Pd-(Pa=-1.5mV

選項A正確；

B.從。點移到d點電勢升高，但由于是負電荷所以電勢能減小，選項B錯誤；

C.a、6為兩電荷連線上對稱的兩點，所以。、匕兩點的電場強度大小、方向相同，C錯誤；

D.c、d為兩電荷連線中垂線上對稱的兩點，c、d兩點的電場強度大小方向都相同，根據(jù)等勢線的密程度可

判斷出從c到d的直線上電場強度先變大后變小，選項D正確。

故選AD。

8.正方形導線框abed邊長為L,垂直紙面向里的水平勻強磁場區(qū)域，上、下邊界分別為MN、PQ,寬

度為d。線框平面豎直，ab邊與MN平行,距離為〃，線框從靜止釋放后，邊在下落過程中經(jīng)過

與經(jīng)過PQ時的速度相等。重力加速度大小為g,下列說法正確的是()

A.邊剛進入磁場時，線框加速度一定向上

B.磁場的寬度d可能小于線框的邊長L

C.cd邊到達MN的速度一定等于J2g(〃+L-d)

D.線框穿過磁場的全過程，產生的焦耳熱一定為2根gd

【答案】BC

【解析】

【分析】本題通過對線框落入有界勻強磁場區(qū)域的分析，考查考生的邏輯推理能力及分析綜合能力。本題

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考查的知識有牛頓運動定律、感應電動勢、閉合回路歐姆定律及能的轉化和守恒。需要分情況討論線框穿

過磁場的運動規(guī)律。

【詳解】設線框電阻為R,到達時速度為匕，cd到達A/N時速度為吃，全過程產生的焦耳熱為

Q,對於到達時有

mgkgmv；

電動勢

E=BLvx

感應電流為

EBLv.

[=—=----

RR

安培力

Bdv、

F=BIL=-------1

R

①若竺且L<mg,邊進入磁場后做加速運動，邊經(jīng)過P。時的速度一定大于經(jīng)過時的速度，

R

與題意不符。

D2T2

②若=加g,邊進入磁場后開始做勻速運動，若該條件下d<L,ab邊經(jīng)過MN與經(jīng)過尸。時

R

的速度相等，有

v2=J2g他+L-d)

ab穿過磁場產生的焦耳熱2,=mgd,cd穿過磁場產生的焦耳熱0>〃出,全過程產生的焦耳熱

Q=。+Q2〉2mgd

若該條件下d=L,邊經(jīng)過MN與經(jīng)過尸。時的速度相等，有

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彩=小2g(h+L-d)=y/2gh

全過程產生的焦耳熱

Q=2mgd

若該條件下d>L，線框全部進入磁場后加速運動，邊經(jīng)過PQ時的速度大于經(jīng)過時的速度，與題

意不符。

③若竺01〉mg,邊進入磁場后做減速運動，若該條件下dWL,邊經(jīng)過尸。時的速度小于經(jīng)過

R

MN時的速度，與題意不符；

若該條件下d>L,線框全部進入磁場后，線框加速，a。邊經(jīng)過尸。時的速度可能等于經(jīng)過時的速

度,有

mg(d-L)=；相片~~mv2

得

%=J2g(/z+L-d)

cd邊到達PQ時的速度為v2，全過程由能量守恒定律有

mg(〃+d+L)=~mvi+Q

得

Q=2mgd

故選BC。

9.如下圖，是以狀態(tài)。為起始點、在兩個恒溫熱源之間工作的卡諾逆循環(huán)過程（制冷機）的。-V圖像，虛

線工、石為等溫線。該循環(huán)是由兩個等溫過程和兩個絕熱過程組成，該過程以理想氣體為工作物質，工作

物質與低溫熱源或高溫熱源交換熱量的過程為等溫過程，脫離熱源后的過程為絕熱過程。下列說法正確的

是（）

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A.a。過程氣體壓強減小完全是由于氣體的溫度降低導致的

B.一個循環(huán)過程完成后，氣體對外放出熱量

C.dfa過程向低溫熱源釋放的熱量等于匕TC過程從高溫熱源吸收的熱量

D.arb過程氣體對外做的功等于Cfd過程外界對氣體做的功

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.由理想氣體狀態(tài)方程可知，pV越大，氣體的溫度T越高，由圖示圖像可知

由圖示圖像可知，a-b過程，氣體體積增大溫度降低，氣體體積增大單位體積的分子數(shù)減少，氣體溫度降

低，分子平均動能減小，因此a-6過程氣體壓強減小是單位體積內分子數(shù)減少和分子平均動能減小共同

導致的，故A錯誤；

B.根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示外界對氣體做的功（體積減小時），或氣體對外界做的功（體積增

大時），可知一個循環(huán)過程完成后，外界對氣體做功為正值，由熱力學第一定律AU=W+Q,可知

Q<0

所以氣體對外放出熱量，故B正確；

C.d-a過程氣體溫度不變，氣體內能不變，氣體體積減小外界對氣體做功，由熱力學第一定律可知，氣

體向外界釋放的熱量等于外界對氣體做的功，即

|。加=|卬曲|

b-c過程氣體氣體溫度不變，氣體內能不變，氣體體積變大，氣體對外界做功，由熱力學第一定律可知，

氣體吸收的熱量等于氣體對外界做的功，即

\Qbc\=\Whc\

p-V圖像與坐標軸所圍圖形的面積等于氣體做的功，由圖示圖像可知，d-a過程p-V圖像的面積大于

過程QV圖像的面積，即

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|%|>|航lc

則

|Qda|>|Q-

即d-〃過程向低溫熱源釋放的熱量大于匕一。過程從高溫熱源吸收的熱量，故C錯誤；

D.a-b過程氣體與cf1過程氣體溫度的變化量相等，兩個過程氣體內能的變化量|AU|相等，a-b過程

氣體與c-d過程都是絕熱過程，則

2=0

由熱力學第一定律：U=w+Q可知

AU=W

由于兩過程氣體內能的變化量|AU|相等，則

|ACZ|=|W|

即ai過程氣體對外做的功等于c-d過程外界對氣體做的功，故D正確。

故選BD。

10.如圖所示，一質量為M的長直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一質量為根的木塊，木塊與

木板間的動摩擦因數(shù)為〃，在長直木板右方有一豎直的墻。使木板與木塊以共同的速度vo向右運動，某時

刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短），設木板足夠長，木塊始終在木板上，重力加速度為g。下列說

法正確的是（）

□___,

A.如果M=2%,木板只與墻壁碰撞一次，整個運動過程中摩擦生熱的大小為一相片

3

B.如果木板只與墻壁碰撞一次，木塊相對木板的位移大小為』一

2〃g

C.如果M=0.5m,木板第100次與墻壁發(fā)生碰撞前瞬間的速度大小為v（）

D.如果M=0.5祖，木板最終停在墻的邊緣，在整個過程中墻對木板的沖量大小為1.5〃砒

【答案】ACD

【解析】

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【詳解】A.木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后速度等大反向，如果M=2加，合動量方向向左，則木板只

與墻壁碰撞一次，最后二者以速度丫向左做勻速直線運動，

取向左為正，根據(jù)動量守恒定律可得

Mv0-mvQ=QM+m)v

F

整個運動過程中摩擦生熱的大小為

2

Q=gMvJ+；mv0-g(Af+"2=g

故A正確；

B.如果木板與墻壁碰撞后，二者的合動量為零，最后木板靜止時木塊也靜止，木板只與墻壁碰撞

一次，

根據(jù)能量關系可得

1,21

/imgx=—MvQ+—mv0

解得木塊相對木板的位移大小為冬-；

故B錯誤；

C.如果M=0.5加，木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后速度等大反向，碰撞后二者的合動量方向向右，第

一次共速后的速度為也，取向右為正，根據(jù)動量守恒定律可得

匕

mv0-Mv0=(m+

所以共速前木板沒有與墻壁碰撞，二者以共同速度也勻速運動，木板第二次與墻壁碰撞時的速度為也;

同理可得，木板與墻壁第二次碰撞后達到共速的速度為

木板第3次與墻壁碰撞時的速度為

%=(])2%

以此類推，木板第100次與墻壁碰撞的速度為

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/1、99

V99=(-)V0

故c正確；

D.如果M=05w,木板最終停在墻的邊緣，全過程根據(jù)動量定理可得，在整個過程中墻對木板的沖量大小

為

I=(m+M)v0=1.5mv0

故D正確；

故選ACD。

三、實驗題(11題6分，12題10分)

11.如圖所示，某同學利用水平桌面上的氣墊導軌和數(shù)字計時器，探究滑塊沿氣墊導軌下滑過程中機械能

是否守恒。氣墊導軌上有很多小孔，氣泵送來的壓縮空氣從小孔噴出，使得滑塊與導軌之間有一層薄薄的

空氣層，滑塊運動時阻力近似為零。

(1)實驗時，氣墊導軌的b端需用墊片墊高。用50分度游標卡尺測量某塊墊片的厚度，標尺位置如圖所

示，其讀數(shù)為mm?

12

0123

(2)設實驗測得墊片的總高度為/?,遮光條的有效寬度為“，單腳螺絲到雙腳螺絲連線的距離為3滑塊

經(jīng)過光電門1和光電門2時的遮光時間分別為彳和?2,則還需要測量的物理量是(寫出物理量

的符號并說明)，實驗需要驗證的關系式是(用題中和所測物理量字母表示)。

(3)數(shù)據(jù)處理時發(fā)現(xiàn)重力勢能減小量小于動能增加量，造成的原因可能o

A.滑塊釋放位置不夠高

B.充氣泵的氣流較小，滑塊與導軌存在較大摩擦

C.導軌被墊高之前沒有將導軌調節(jié)水平，被墊高的一端偏高

(4)光電門計時器的計時原理：光電門中的光敏元件接收到的光線是直徑約2mm的圓柱型光束，只要遮

光條前沿擋住90%的光照就能使光控信號"上跳為H,只要后沿讓光照恢復達到70%就能使光控信號"下

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跳為心計時器可以設置兩種計時模式：①記錄前沿擋光與后沿復光信號之間的時間；②記錄2次前沿擋

光信號之間的時間。根據(jù)以上信息，下列哪種型號的遮光條測量速度的誤差最?。ㄌ睢凹住薄耙摇?/p>

或“丙”）。

L

0

前沿擋光后沿復光

sehd~d2-

【答案】0.5.02②.兩光電門之間的距離s③?告=）一R@.C⑤.丙

L2片2片

【解析】

【詳解】（1）[1]用50分度游標卡尺測量，其精確度為0.02mm,由圖可知，主尺讀數(shù)是5mm,游標尺的

第一個刻度線與主尺的某刻度線對齊，則讀數(shù)是

1x0.02rnm=0.02rnm

則其整體讀數(shù)為

5mm+0.02cm=5.02mm

（2）[2]墊片的總高度為心單腳螺絲到雙腳螺絲連線的距離為L,設氣墊導軌與水平面間的夾角為&可

sin。=一

L

遮光條的有效寬度為心滑塊經(jīng)過光電門1和光電門2時的遮光時間分別為％和方2,滑塊經(jīng)光電門時的速

度分別為

"2=7

要探究滑塊沿氣墊導軌下滑過程中機械能是否守恒。可探究滑塊從光電門1到光電門2的運動中，動能的

增加量與重力勢能的減少量是否相等，因此還需要測量的物理量是兩光電門之間的距離s,可得滑塊從光

電門1到光電門2下落的高度

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&=s?sin6=工

⑶則有實驗需要驗證的關系式是

整理可得

sgh_d2d2

L212彳

(3)14]A.滑塊釋放位置不夠高，則有滑塊經(jīng)光電門時的時間會較長，由平均速度代替瞬時速度，則速

度會比真實值偏小，有較大的誤差，導致重力勢能減小量大于動能增加量，不符合題意；

B.充氣泵的氣流較小，滑塊與導軌存在較大摩擦，滑塊運動中會克服摩擦力做功，會導致滑塊的動能增

加量偏小，重力勢能的減小量不變，則重力勢能減小量大于動能增加量，不符合題意；

C.導軌被墊高之前沒有將導軌調節(jié)水平，被墊高的一端偏高，這樣在計算重力勢能減小量時按正常高度

計算，實際滑塊在經(jīng)光電門時的速度比正常時偏大，因此則有重力勢能減小量小于動能增加量，符合題

忌、O

故選C。

(4)[5]由計時器設置的兩種計時模式，結合甲、乙、丙三種遮光條的形狀，可知甲、乙兩種遮光條符合

第一種計時模式，在此模式下兩種遮光條擋光時間所對應的位移

稀=(50-2x0.9-2x0.7)x1()—3m=4.68x102m

x乙=(30-2x0.9-2x0.7)xl03m=2.68x102m

由計算可知，均略小于遮光條的真實寬度，而計算速度用的是遮光條的真實寬度，顯然甲、乙兩型號的遮

光條計算得到的平均速度均大于真實值，對于丙遮光條，符合第二種模式，在此模式下丙遮光條擋光時間

所對應的位移

龍丙=3x102m

即遮光條擋光時間所對應的位移等于遮光條的寬度，計算得到的平均速度等于真實值。可知丙遮光條測量

速度的誤差最小。

12.甲同學設計了如圖甲所示的電路來測量電源電動勢E及電阻&和R2的阻值.

實驗器材有：待測電源E(不計內阻)，待測電阻吊，待測電阻&,電壓表V(量程為1.5V,內阻很大)，電

阻箱R(0?99.99C),單刀單擲開關Si,單刀雙擲開關S2,導線若干.

⑴先測電阻照的阻值.請將甲同學的操作補充完整：

閉合Si,將S2切換到。，調節(jié)電阻箱，讀出其示數(shù)Ro和對應的電壓表示數(shù)Ui.保持電阻箱示數(shù)不變，

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,讀出電壓表的示數(shù)5.則電阻Rj的表達式為Ri=

（2）甲同學已經(jīng)測得電阻4=4.80。，繼續(xù)測電源電動勢E和電阻&的阻值，該同學的做法是：閉合Si,將

S2切換到m多次調節(jié)電阻箱，讀出多組電阻箱示數(shù)R和對應的電壓表示數(shù)U,用測得的數(shù)據(jù)，繪出了如

圖乙所示的工-工圖線，則電源電動勢￡=-V,電阻&=。（保留三位有效數(shù)字）.

UR

【答案】①.將S切換到6②.2R。（3）.1.43?.1.20

u\

【解析】

【詳解】（1）口］由題意可知，本實驗中沒有給出電流表，故應是電壓表與電阻箱求電源電動勢和內電阻的;

實驗中應充分利用電阻值及串并聯(lián)電路的規(guī)律得出表達式；為了多測數(shù)據(jù)，應再將S2切換到6；

⑵由歐姆定律可知：

S=/（氏+為）

U1=IR

而電路電流相等，聯(lián)立解得：

R_U「U

⑵⑶［4］根據(jù)

E=u+g（N+&）

得

111R+R?

UERE

比照直線方程>=丘+。，有截距

—=Z?=0.7

E

所以

E=1.43V

斜率

第18頁/共24頁

2.8-0.7

k==4.2

0.5

又

k=N+&

E

測出Ri=4.8C,求得

7?2=1.20Q

四、解答題(13題10分，14題14分，15題16分)

13.圖示是由透明材料制成的柱體的橫截面圖，圓弧AB所對的圓心角NAOB為120。，圓弧半徑為R,P為

A。上的點?，F(xiàn)有一光線沿紙面垂直。4從P點射入，射到圓弧面上的C點恰好發(fā)生全反射。已知OP=

旦R,光在真空中傳播的速度大小為以求：

2

(1)透明材料的折射率和光線發(fā)生全反射的臨界角;

(2)光從P點射入到第一次射出柱體所用的時間。

〃=區(qū)160°；(2)蟲純

【答案】⑴

33c

【解析】

【分析】

【詳解】(i)光路圖如圖所示，設透明材料的折射率為n,光線發(fā)生全反射的臨界角為仇則

1

sin0=—

n

?八OP

sine=----

R

其中

解得

,0=60°

第19頁/共24頁

(ii)在C點發(fā)生全反射的光線在圓弧面AB上恰好再次發(fā)生全反射，后垂直08從E點射出柱體。由幾何

關系有

PC=DE=gR,CD=R

光從尸點傳播到E點所用的時間為

PC+CD+DE

t=--------------------

V

又

C

n=一

v

解得

一4?

I-------

3c

14.如圖所示，從A點以某一水平速度%拋出質量根=lkg的小物塊1(可視為質點)，當物塊1運動至B

點時，恰好沿切線方向進入半徑R=2.75m、圓心角NBOC=37°的固定光滑圓弧軌道BC,C端的切線

水平且與長木板上表面等高，長木板靜止在光滑水平面上，質量”=4kg,其左端放置與小物塊1完全相

同的小物塊2,右端固定擋板上連接一根輕質短彈簧，A點距C點的高度〃=小物塊1滑行到車上

立即與小木塊2發(fā)生碰撞(碰撞時間極短)，碰后兩物塊粘在一起在木板上向右滑動，一段時間后在木板

的正中間與木板達到相對靜止，物塊與長木板間動摩擦因數(shù)〃=025,sin37°=0.6,cos37=0.8,g

miOnVs2,彈簧始終在彈性限度內，求：

(1)小物塊1拋出時水平速度%的大?。?/p>

(2)小物塊1滑動至C點時，對圓軌道的壓力大小;

⑶木板的長度。

【答案】⑴4m/s；(2)23N；(3)/=0.8m

【解析】

【詳解】(1*點距C點的高度

h=R(l-cos37°)=0.55m

第20頁/共24頁

小球運動至B點的豎直分速度

%=J2g(H-〃)=3m/s

拋出時的初速度

(2)8點的速度

力==5m/s

從2到C的過程中物塊1機械能守恒

~mvB+加gR(l—cos370)=；相優(yōu)

。點的速度

vc=yjv1+2/?g(l-cos37°)=6m/s

在。點由牛頓第二定律可得

rv；

r-m2=m—

R

代入數(shù)據(jù)可解得

F=mg+m-=?23N

R11

由牛頓第三定律可知小物塊1滑動至C點時，對圓弧軌道的壓力大小約為23N。

⑶物塊1和2粘合時動量守恒

mvc=2加匕'

代入數(shù)據(jù)可解得(=3m/s，若物塊沒有與右側彈簧相碰，對三個物體組成的系統(tǒng)，由動量守恒有

r

2mvc=(2m+v

由能量守恒可得

=^(2m+M)v2+//?2mg?1

可解得/=2.4mo

若物塊與右側彈簧相碰，由動量守恒和能量守恒可得

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2mv=(2〃z+M)v

1,,1,3

—=—(2m+M)v+/J,-2mg■—I

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可解得1=0.8m。

15.如圖甲所示，某多級直線加速器由橫截面相同的金屬圓板和4個金屬圓筒依次排列組成，圓筒的兩底

面中心開有小孔，其中心軸線在同一直線上，相鄰金屬圓筒分別接在周期性交變電壓的兩端。粒子從圓板

中心沿軸線無初速度進入加速器，在間隙中被電場加速（穿過間隙的時間忽略不計），在圓筒內做勻速直

線運動。若粒子在筒內運動時間恰好等于交變電壓周期的一半，這樣粒子就能“踏準節(jié)奏”在間隙處一直被

加速。粒子離開