2022?2023學年山東省泰安市高三（第一次）模擬考試物理

試卷

1.在光電效應中，當一定頻率的光照射某種金屬時，實驗得到的遏止電壓〃,與入射光的

頻率”的關系如圖所示，其橫軸截距為a,縱軸截距為元電荷電量為e。下列說法正確

C.金屬的截止頻率為bD.普朗克常量力=丁

2.2021年10月16日，神舟十三號載人飛船發射成功，順利進入預定軌道，發射任務取

得圓滿成功。已知飛船在航天員出艙前先要“減壓”，在航天員從太空返回進入航天器后要“升

壓”。因此將飛船此設施專門做成了一個艙，叫“氣閘艙”，其原理如圖所示，相通的艙A、B

之間裝有閥門K,指令艙人中充滿氣體（視為理想氣體），氣閘艙B內為真空，整個系統與

外界沒有熱交換，打開閥門K后，A中的氣體進入B中，最終達到平衡，則艙內氣體（）

B.氣體分子勢能增大，內能增大

C.氣體分子單位時間內對單位面積的艙壁碰撞的次數將增多

D.氣體分子單位時間內對單位面積的艙壁碰撞的次數將減少

3.利用薄膜干涉可以測量圓柱形金屬絲的直徑。已知待測金屬絲與標準圓柱形金屬絲的直

徑相差很小?約為微米量級），實驗裝置如圖甲所示，r,和八是具有標準平面的玻璃平晶，

A,為標準金屬絲，直徑為A為待測金屬絲，直徑為D；兩者中心間距為L實驗中用

波長為A的單色光垂直照射平晶表面，觀察到的干涉條紋如圖乙所示，測得相鄰明條紋的間

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距為、上。則以下說法正確的是（）

AA

乙

B.-D（,|=第

D.-D（）|=

4.一傾角可改變的光滑斜面固定在水平地面上，現有一質量為m的箱子（可看作質點）在

斜面頂端由靜止釋放，如圖所示。斜面底邊長度為L,斜面傾角為9,重力加速度為g,下列

說法正確的是（

A.箱子滑到底端時重力的功率p（;=mgsin0，2gLtan6

B.箱子滑到底端時重力的功率P（；=m（i\/'2fiLtan^

C保持斜面的底邊長度L不變，改變斜面的傾角0,當8=3（『時，箱子從斜面頂端自由下

滑到底端所用的時間最短

D.保持斜面的底邊長度L不變，改變斜面的傾角9,當。=6（）?時，箱子從斜面頂端自由下

滑到底端所用的時間最短

5.我國空間站組合體在2022年9月30日由兩艙“一”字構型轉變為兩艙“L”字構型。”

中國空間站”在距地面高400km左右的軌道上做勻速圓周運動，在此高度上有非常稀薄的

大氣，因氣體阻力的影響，軌道高度1個月大概下降2km,空間站安裝有發動機，可對軌道

進行周期性修正。假設中國空間站正常運行軌道高度為h,經過一段時間t,軌道高度下降了

△力＜b）,在這一過程中其機械能損失為AE,已知引力常量為G,地球質量為M,地

球半徑為R,地球表面的重力加速度為g,空間站質量為m。規定距地球無限遠處為地球引

力零勢能點，地球附近物體的引力勢能可表示為E?一色“竺，其中M為地球質量，m為

r

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物體質量，r為物體到地心距離。則下列說法中正確的是（）

A.“中國空間站”正常在軌道上做圓周運動的向心加速度大小為叱吆

R2-

B.“中國空間站”正常在軌道上做圓周運動的線速度大小為、/送1

C."中國空間站”正常在軌做圓周運動的周期為逆土史

VGM

c,lGMiuGMni

D?“中國空間站”軌道高度下降時的機械能損失AE=2（R+八_一2（R+八）

6.氣壓式升降椅通過氣缸上下運動來支配椅子升降，其簡易結構如圖乙所示，圓柱形氣缸

與椅面固定連接，柱狀氣缸桿與底座固定連接。可自由移動的氣缸與氣缸桿之間封閉一定質

量的理想氣體，設氣缸氣密性、導熱性能良好，忽略摩擦力。設氣體的初始狀態為人，某人

坐上椅面后，椅子緩慢下降一段距離達到穩定狀態B。然后打開空調，一段時間后，室內溫

度降低到設定溫度，穩定后氣體狀態為C（此過程人的雙腳懸空）；接著人緩慢離開座椅，直

到椅子重新達到另一個穩定狀態。，室內大氣壓保持不變，則氣體從狀態力到狀態。的過程

中，關于p、7、T的關系圖正確的是（）

椅面1~

氣缸/

氣缸桿，

底座

一

1圖甲圖乙

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V

7.空間中有一正四面體ABCD,棱長為/。在4個頂點都放置一個電荷量為Q的正點電荷,

棱48、C。的中點分別為E、F。已知無窮遠處電勢為0。則下列說法正確的是（）

A.E、F兩點電勢不同B.E、F兩點電場強度相同

C.E點的電場強度大小為處&°D.E點的電場強度大小為華

8.一根輕質的不可伸長的細線長為￡=50cm，兩端分別系在水平天花板上間距為

11-川，團的a、b兩點，有一質量及大小不計的光滑動滑輪c跨在細線上，滑輪通過細線懸

掛重力為G=1.V的小球，處于靜止狀態，小球可視為質點。現對小球施加大小為尸YI.V

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9.家用燃氣灶的脈沖點火器工作原理電路如圖所示，其電源為一節干電池。將L5V的直

流電壓通過轉換器轉換為正弦交變電壓”=6sinl(K)7rf(V),將該交變電壓加在理想變壓器的

原線圈上，副線圈兩端接放電針，當放電針之間電壓的最大值超過12k\/時，就可以放電，

利用放電針高壓放電所產生的電火花可點燃燃氣。下列說法正確的是()

■

%放電針

A.正常工作時，點火器每秒點火50次

B.正常工作時，點火器每秒點火100次

C.若變壓器原、副線圈的匝數之比為L1500,點火器能正常工作

D.若變壓器原、副線圈的匝數之比為1：2200,點火器能正常工作

10.均勻介質中，波源位于。點的簡諧橫波在xOy水平面內傳播，/=()時刻部分質點的

狀態如圖(")所示，其中實線AE表示波峰，虛線FG表示相鄰的波谷，A處質點的振動圖像

如圖⑼所示，z軸正方向豎直向上，下列說法正確的是()

A.該波從A點傳播到B點，所需時間為4s

B.，=(遙時，B處質點位于波峰

C.時，C處質點振動速度方向豎直向上

D./.1()6時，。處質點所受回復力方向豎直向下

11.2022年北京冬奧會某滑雪比賽場地簡化如圖所示，AO為曲線助滑道，為傾斜雪

坡，與水平面夾角n-37,運動員某次訓練從助滑道的最高點A由靜止開始下滑至起跳點

O,若起跳速率為22m-，方向與水平方向成"h16,最后落在雪坡上的P點；圖中未畫出

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)o把運動員視為質點,不計空氣阻力，取g=10m/s2,sin3r=0.6,cos37=0.8,則

A.運動員從起跳到達P點運動的時間為I.kB.運動員從起跳到達P點運動的時間為

22s

C.運動員離開雪坡的最大距離為19.：”“〃D.運動員離開雪坡的最大距離為

116.16m

12.如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌與水平面夾角為8-3()〕兩導軌間距為()』〃，

導軌電阻不計。導軌所在空間被分成足夠長的區域I和II,兩區域的邊界與斜面的交線為MN,

區域I中分布有垂直斜面向下的勻強磁場，區域I中分布有垂直斜面向上的勻強磁場，兩磁場

的磁場感應度大小均為B=0.5T。在區域I中，將質量=0」卜9、電阻的金屬

條ab放在導軌上，ab剛好不下滑。然后，在區域I中將質量小？=電阻幾—().1。

的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開始下滑。cd在滑動過程中始終處于區域II的磁場中,

ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，取則()

B.經過足夠長的時間后，ab和cd最終以相同大小的加速度運動

C.當cd的速度大小為5m/s時，ab剛要開始滑動

D.當cd的速度大小為25,〃小時，ab剛要開始滑動

13.現要通過實驗驗證機械能守恒定律，實驗裝置如圖(“)所示，實驗過程如下:

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⑴用螺旋測微器測量小球的直徑，示數如圖(〃)所示，小球直徑d二mm.

(2)將小球從釋放裝置由靜止釋放，調節光電門位置，使小球從光電門正上方釋放后。在下落

過程中通過光電門。用刻度尺測出光電門到小球釋放點的距離h,記錄小球通過光電門的遮

光時間t,計算小球通過光電門的速度。已知重力加速度為g,在誤差允許范圍內，若滿足關

系式用字母dd、t、g表示)，則認為小球下落過程中機械能守恒；

(：3)小球與橡膠材料碰撞會造成機械能損失。調節光電門位置，使小球下落通過光電門后，與

水平放置的橡膠材料碰撞并反彈再次通過光電門，記錄小球第一次和第二次通過光電門的遮

光時間八和益，已知小球的質量為m,可得小球與橡膠材料碰撞導致的機械能損失△￡=

I用字母m、心卜和h表示)。若適當調高光電門的高度，將會：選

填“增大”或“減小”)因空氣阻力引起的測量誤差。

14.某實驗小組欲將內阻兒1(射、量程為/(,=ioo/3的電流表改裝成歐姆表，供選擇

的器材有；

A定值電阻凡(阻值為1必。)

8滑動變阻器總(最大阻值為

C.滑動變阻器K"最大阻值為500。)

D電阻箱(0~9999.9。)

E干電池(E=1.5V.r=2Q)

F.紅、黑表筆各一只，開關，導線若干

⑴為了保證改裝后歐姆表能正常使用，滑動變阻器選I填“/”或“用”)。

請用筆畫線代替導線將圖(〃)中的實物連線組成歐姆表。

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E,r

圖(a)

（2）歐姆表改裝好后，將紅、黑表筆短接進行調零，此時滑動變阻器R接入電路的電阻應為

。；電流表表盤的刻度對應的改裝后歐姆表的刻度為。

⑶通過計算，對整個表盤進行電阻刻度，如圖⑸所示。表盤上c處的電流刻度為75,則c

（1）利用改裝后的歐姆表進行電阻測量，小組同學發現當被測電阻的阻值為幾百歐姆時，電流

表指針偏轉角太大，不能進行讀數，他們利用電阻箱和開關，對電路進行了改進，使中值電

阻為1500。，如圖⑹為他們改進后的電路，圖中電阻箱的阻值應調為Qo若用

該表測量一阻值為10000的電阻時，則電流表指針對應的電流是/<-'!。

15.如圖所示，為某玻璃材料的截面，ABO部分為直角三角形棱鏡，NA30,，

O8D部分是半徑為R的四分之一圓柱狀玻璃，。點為圓心。一束單色光從P點與AB成:如

角斜射入玻璃材料，剛好垂直OA邊射出，射出點離。點p/L已知真空中的光速為C。

（1）求該單色光在玻璃材料中發生全反射的臨界角的正弦值;

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（2）現將該光束繞P點沿逆時針方向在紙面內轉動至水平方向，觀察到BD面上有光線從Q

點射出（Q點未畫出）。求光束在玻璃材料中的傳播時間（不考慮圓柱BD弧面部分的發射光

線）。

16.如圖所示，傳送帶與水平方向成;丸）,角，順時針勻速轉動的速度大小"=,傳送

帶長=11.4m,水平面上有一塊足夠長的木板。質量為，〃=3。的物塊（可視為質點I以

初速度。,自4端沿AB方向滑上傳送帶，在底端B滑上緊靠傳送帶上表面的靜止

木板，木板質量為V從。，不考慮物塊沖上木板時碰撞帶來的機械能損失。已知物塊與傳

送帶間的動摩擦因數為小逛，物塊與木板間的動摩擦因數為小-。-3,木板與地面間的

動摩擦因數為為<>.1o取重力加速度g—l（）m/F,求：

⑴物塊從人運動到B點經歷的時間t；

（2）物塊停止運動時與B點的距離X。

17.如圖所示，在xOz平面的第二象限內有沿z軸負方向的勻強電場，電場強度的大小

E=10V7/n,空間某區域存在軸線平行于Z軸的圓柱形磁場區域，磁場方向沿Z軸正方向。

一比荷為"=的帶正電粒子從x軸上的P點以速度h射入電場，方向與x軸的夾

m

角。=3（廠。該粒子經電場偏轉后，由z軸上的Q點以垂直于z軸的方向立即進入磁場區域,

經磁場偏轉射出后，通過坐標為（0,015m.0.2m）的M點，圖中未畫出I,且速度方向與x軸

負方向的夾角c=60-，其中。Q（）.2小，不計粒子重力。求：

⑴粒子速度小的大小；

（2）圓柱形磁場區域的最小橫截面積（結果保留兩位有效數字）；

（3）粒子從P點運動到M點經歷的時間，（結果保留三位有效數字）。

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NP為半圓形軌道。一個質量為m的物塊8與輕彈簧連接，靜止在水平軌道MN上物體A

向B運動，，=。時刻與彈簧接觸，至W=2/。時與彈簧分離，第一次碰撞結束A、8的，-/

圖像如圖乙所示。已知在0八時間內，物體B運動的距離為0.6“八。A、B分離后,B與

靜止在水平軌道MN上的物塊C發生彈性正碰，此后物塊C滑上半圓形豎直軌道，物塊C

的質量為m,且在運動過程中始終未離開軌道M/VP。已知物塊A、B、C均可視為質點，碰

撞過程中彈簧始終處于彈性限度內，重力加速度為g。求：

（1）半圓形豎直軌道半徑R滿足的條件；

（2）物塊A最終運動的速度；

（3）.4,B第一次碰撞和第二次碰撞過程中A物體的最大加速度大小之比（彈簧的彈性勢能表

達式為片,hlz.（A.r）2,其中k為彈簧的勁度系數，△/為彈簧的形變量）；

（1）第二次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值。

圖甲圖乙

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答案和解析

1?【答案】B

【解析】A根據光電效應方程可得電子的最大初動能為=hv-Ho

根據動能定理可得Ur=0-Ek,“

聯立可得-E

ee

可知遏止電壓與入射光的頻率不成正比關系，故A錯誤；

D.(C-P圖像的斜率為〃=",解得普朗克常量為刀-勁，故。錯誤;

eaa

B()圖像的縱軸截距為一山-b,解得金屬的逸出功為11“=〃，

_\Vo_eb_

金屬的截止頻率為"'一了—正一"故B正確，C錯誤。

故選8。

2.【答案】D

【解析】A打開閥門K后，A中的氣體進入B中，由于8中為真空，所以氣體不對外做功，A錯

誤；

8氣體分子間作用力忽略不計，所以氣體分子間沒有分子勢能，又因為系統與外界無熱交換，且

氣體沒有做功現象，則氣體的溫度不變，所以氣體內能不變，B錯誤；

CD氣體體積變大，溫度不變，氣體壓強減小，所以氣體分子單位時間內對單位面積的艙壁碰撞

的次數將減少，C錯誤，。正確。

故選D。

3.【答案】D

【解析】設標準平面的玻璃晶之間的夾角為心由空氣薄膜的干涉條件可知=：

由題設條件，則有tan&=

聯立解得=總，故選D。

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4.【答案】4

【解析】八3.箱子受到豎直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力，由動能定理可得

八12

mgLtan8=-mv

箱子滑到底端時重力的功率為=n>(ivsmff

解得P<；=〃“/sind，2g/tan份，故人正確，8錯誤;

CD斜面光滑，保持斜面的底邊長度L不變，箱子受到豎直向下的重力和垂直于斜面向上的支持

力,由牛頓第二定律可得""/si"。=

由勻變速直線運動規律可得就：”

解得，n

改變斜面的傾角9,當sin20=1,即時，箱子從斜面頂端自由下滑到底端所用的時間

最短，故C。錯誤。

故選A。

5.【答案】D

【解析】A"中國空間站”在軌道上做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律有Ip=

物體繞地球表面運行，根據牛頓第二定律有=mg

R2

聯立解得“中國空間站”正常在軌道上做圓周運動的向心加速度大小為。=嚴,故A錯誤

8根據向心加速度公式.=

R+h

“中國空間站”正常在軌道上做圓周運動的線速度大小為〃=需］,故B錯誤；

C.根據牛頓第二定律有G：比下=,〃5(/?+/,)

(/?+/?)I-

"中國空間站”正常在軌做圓周運動的周期為了

D.根據牛頓第二定律有G：'"li+h

(〃+/，)-

"中國空間站”正常在軌做圓周運動的速度為〃

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軌道距地面高度為h時，空間站的動能為￡H=3nL'=]

//（'Ii""41

軌道距地面高度為h時，空間站的勢能為E”=—

「——GMin

軌道距地面高度為h時，空間站的機械能為&=扇+Epi=-,，（/…）

（，T/

同理軌道距地面高度為“*，時,空間站的機械能為邑=一2便+「一△八）

“中國空間站”軌道高度下降△力時的機械能損失為

GMmGMmGMmGMm

==i-￡2=-2便+人)一(~2(R+h-^,hy=2(/?+h-A/i)-2(/?+h)

故D正確。

故選D。

6.【答案】B

【解析】從狀態A到狀態B過程中，氣體等溫壓縮，體積減小，壓強增大，溫度不變，從B到

C,氣體等壓降溫，溫度降低，體積減小，壓強不變，從C到。過程中，氣體等溫膨脹，體積變

大，壓強減小，且。狀態的壓強恢復為原A狀態的壓強。

故選8。

7.【答案】C

【解析】A由于E、F兩點分別到四面體各個頂點距離組合完全相同，根據電勢的疊加法則可知

E、F兩點電勢都相同，故A錯誤；

BCD由點電荷電場的對稱性可知E、F兩點電場強度大小相等，但方向不同。根據電場的疊加

法則可知A、B兩個電荷在E點產生的合場強為零，C、。兩個點電荷在E點產生的電場強度大

小相等，有幾何關系可知

LCE=Isin60°=—

根據點電荷場強公式則有3/2

E點的合場強為E介=2Ecos0

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聯立解得E點的電場強度為%=嚓q

故C正確，BD錯誤。

故選C。

8.【答案】B

【解析】如圖所示，對小球未施加拉力時，設細線與豎直方向夾角為0,如圖，施加拉力后，小

球再次平衡時，設重力與水平拉力的合力為G',G'與豎直方向夾角為。，細線與合力G'反

向延長線夾角為少，則

同時，線段db在垂直合力G'方向投影的長度(f=(I-cosa=30”〃

可得sin"="=；

Lo

則小球再次平衡時，有2Tcos仍=Gf

5

聯立解得，a、b間細線的張力為7=

O

故選8。

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9.【答案】BD

【解析】八3.由題可知交流電的頻率為50Hz,正常工作時，每個周期點火2次，因此點火器每

秒點火100次，A錯誤，8正確；

CD只要副線圈兩端電壓的峰值超過12kH點火器能正常工作，由于

7"_Uun_6_I

元=圾=12XIO*-2000

C錯誤，。正確。

故選BDo

1。.【答案】ACD

【解析】A由圖a、b可看出，該波的波長、周期分別為A=lih/i,T-Is,則根據波速公式

v=奈=2.5m/s

r10

A、B間距為一個波長，則該波從A點傳播到B點，所需時間為f=-=-5=心，故A正確；

v2.5

8由選項A可知，則該波從八點傳播到8點，所需時間為4s,則在/=6M時，8點運動了

2s,即g,則B處質點位于波谷，故B錯誤；

C.波從AE波面傳播到C的距離為/：(106-IO)?”

則波從AE波面傳播到C的時間為t；?4.9s

則/時，C處質點動了3.1.、，則此時質點速度方向向上，故C正確；

D.波從AE波面傳播到D的距離為，二(100-10)m

則波從AE波面傳播到C的時間為，

則f10s時，。處質點動了8.3s,則此時質點位于z軸上方，回復力方向向下，故。正確。

故選ACD。

11.【答案】AC

【解析】AB將運動員的速度沿著雪坡和垂直于雪坡進行分解，則沿雪坡方向的速度為

q=t\)cos(a+8)=22x0.6m/a=13.2m/s

垂直于雪坡方向上的速度為5=n)sin(c+J)=22x0.8n?/.s=17.6m/s

同理可得明.=//sinn=10x().()/??/.s2=(ini/s2

22

ay=geos。=10x0.8m/s=8m/s

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根據對稱性可知，運動員從起跳到達P點的運動時間為，—工心，故A正確，8錯誤；

2

CD.運動員離雪坡最遠時，垂直于斜面的速度為零兒“=獸-1936m,故C正確，D錯誤。

故選AC。

12.【答案】BC

【解析】由題意可知，開始金屬條ab與金屬導軌間的最大靜摩擦力/=r"i.gsin。

方向沿著金屬導軌向上；開始金屬棒Cd加速下滑，根據右手定則可知，產生的感應電流從d到

c，根據左手定則可知金屬條ab所受安培力沿著金屬導軌向上，隨著金屬棒cd速度增大，感

應電流變大，金屬條ab所受安培力變大，當安培力等于/時，金屬條ab剛要開始

滑動，此時BI\Lnn</sh\O+f

解得L5.4

金屬棒Cd產生的感應電動勢E=川&+坳）=IV

E

則金屬棒cd的速度3—5?;/.s

故C正確，。錯誤；

AB.金屬條ab開始運動后，產生的感應電流與金屬棒cd產生的感應電流相反，由于金屬棒

cd有較大的速度，所以金屬棒cd產生的感應電流大于金屬條ab產生的感應電流，設當電流為

,?_L用口”，由sin0-BliLB1>L-/niffsin0-f

/>時，滿足-----

7H2

解得<?-1

此時金屬條ab和金屬棒cd的加速度相等，此后金屬條ab和金屬棒cd的速度差恒定，產生的

感應電流大小不變，金屬條ab和金屬棒cd以相同大小的加速度運動，故B正確，A錯誤。

故選BC。

13.【答案】(1)6.883(6.882-6.884)；(2)V0=gh；

增大

【解析】t）螺旋測微器的分度值為主刻度為65〃“”，可動刻度為

38.3x0.01rnrn=0.383rnrn

小球的直徑為d-6.5mm+0.383mm-6.883mm；

(2)小球通過光電門速度r

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若機械能守恒，則嚴L'=nigh

化簡得：(；)=gh；

(3)由題意可得，小球向下、向上通過光電門的速度為

d

V，=h

d

勤2=一

t2

由題意可得，碰撞過程中損失的機械能為4E=-

IIIVl/l\12/

若調高光電門的高度，較調整之前小球會經歷較大的空中距離，所以將會增大因空氣阻力引起的

測量誤差。

14.【答案】H)/?!；見解析(2)!跳；15A-J2(3)5(4)1560；60

【解析】(1)為了保證改裝后歐姆表能正常使用，歐姆調零時，有/"=￡

E15

解得歐姆調零時歐姆表內阻為A“=7=而J再聲「15(乂川。

1g11UUXJIU

此時滑動變阻器接入電路阻值為aft=%---T=(15000-14000-40-2)Q=958Q

則滑動變阻器應選小；

歐姆表黑表筆應接電源的正極，實物連線如圖所示

(2)歐姆調零時，有/“=而

E15

解得歐姆調零時歐姆表內阻為△”.=7而*=15(KK)Q

1ft1UUK1U

此時滑動變阻器接入電路阻值為K滑=%一兄)一",一『=(15000-14000-40-2)?=958Q

E

設電流表表盤的1)〃-4刻度對應的改裝后歐姆表的刻度為凡，則有/一萬_亍

第17頁，共23頁

E

解得見=了-麗=—：Q-1500()0=15000Q=15fcQ

欣50x10-6

(3)表盤上C處的電流刻度為75,設此時測量電阻為/<,則有

E15

=——7?歐=——(,Q—15()00。=500()。=5A。

I<OX1U

則c處的電阻刻度為5。

(1)設改裝后干路的最大電流為幾，則歐姆調零時有九=

對電路進行了改進，使中值電阻為1500。，則有%“=〃，上-而>

聯立解得R歐=150(*2,=1mA=1000"

則圖中電阻箱的阻值應調為八箱=?=1560。

/-19

若用該表測量一阻值為1000。的電阻時，此時干路電流為/總=卬-皿。=°^mA=做)”」

“歐十1UUUW

,A箝，1560

則電流表指針對應的電流是/1=p4.D,D140no上加X5川〃」=(川〃」o

箱十/to十100U+141JIMJ+4U

15.【答案】根據題意可知，光線從AB界面的P點進入玻璃棱鏡，由折射定律畫出光路圖,

折射角辦-30,且P。恰好為法線，根據n=--i可得折射率n-瓜

S1H0>

又有sinC=-

n

解得sinC=;

3

⑵根據題意，當光線轉至水平方向入射，入射角大小仍為4-6(),畫出光路圖，如圖所示

第18頁，共23頁

B

由折射定律同理可知，折射角仇301,折射光線交。。邊于F點，由題已知Z4=30,

PCIAO，得在OD邊界上的入射角為0-60「，由于發生全反射的臨界角為C?則有

.c1.?瓜

sinC=-j=<sin65=

即c<%

可知在OD界面發生全反射，已知co以及。由幾何關系得，在三角形OFQ中，由余弦定

q

理得OQ?-OF2+FQ2-2OF-FQcos150°

其中。Q=R

瓜

OF=OP=JR

解得

又有V

PF=2OFcos30°

PF+FQ

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

v

解(36+西加

4c

【解析】(口根據幾何關系結合折射定律可解得折射率；

(2)根據全反射的臨界角公式判斷光線是否發生全反射，結合余弦定理與折射定律可解得。

本題主要考查光的全反射與折射定律，正確理解題意，作出臨界光路圖，結合幾何關系即可正確

解題。

16.【答案】(1)根據題意，物塊在傳送帶上先做勻加速運動，由牛頓第二定律得

mgsin30°+Hifngcos30°=mai

解得"i=10""/

物塊滑上傳送帶到速度與傳送帶相同所需的時間為八，由公式〃=卬+而可得，h=0.心

第19頁，共23頁

設此過程物塊的位移大小為門，由公式Q：-二二八

解得工］=2Am<11.4m

又有mgsin30°41mgeos30c

此后物塊隨皮帶勻速運動，則有L\H-=vt2

解得包1.125,

則物塊從A運動到B點經歷的時間為，=八+=L525S；

（2）物塊滑上木板后，物塊的加速度為,木板的加速度為?3,木板與物塊一塊減速時的共同

加速度為,根據牛頓第二定律得〃2mg=ma2

liimg-p3（m+M）g=A/a3

〃3（m+M）g=（m+A/）a.j

解得a?=3m/?2

。3=5ni/s-

=lrn/s2

木塊與木板經時間八達到共同速度”，則有

V-。2,3=/公

?1=。3公

解得"=15

Vi=5mls

此過程物塊位移為心='t.i-=6.5m

二者共同減速的位移為力，則有d=20盧3,解得心=12；”〃

則物塊停止運動時與B點的距離為上=1-2+.?,：）=19〃i。

【解析】本題考查了傳送帶模型和滑塊木板模型、綜合性較強，關鍵是分析清楚物體在各個過程

滿足的運動規律和遵循的物理定律。

⑴通過受力分析，由牛頓第二定律結合運動學公式計算物塊在傳送帶上運動時間；

（2）先根據運動學公式得共速時物塊的位移，再求得二者共同減速的位移，即可得到物塊停止運動

時與8點的距離。

17.【答案】（1）粒子在電場中沿X軸正方向的分運動是勻速直線運動，沿Z軸正方向的分運動是

勻變速直線運動，沿z軸方向根據勻變速直線運動的規律可得。疝16