山西省臨汾市洪洞縣2021-2022學(xué)年高二下學(xué)期物理期末考試試卷

山西省臨汾市洪洞縣2021-2022學(xué)年高二下學(xué)期物理期末考試試卷閱卷人一、單選題（共8題；共16分）得分（2分）關(guān)于電磁波譜，下列說法正確的是（ ）A.在烤箱中能看見一種淡紅色的光線，這是電熱絲發(fā)出的紅外線B.無線電波的波長小于X射線的波長C.適量紫外線照射人體能促使人體合成維生素DD.醫(yī)學(xué)上常用y光照片輔助進(jìn)行疾病診斷【答案】C【解析】【解答】A.在烤箱中能看見一種淡紅色的光線，是電熱絲發(fā)出的紅光，不是紅外線，紅外線是看不到的，A不符合題意；B.無線電波的波長大于X射線的波長，B不符合題意；C.紫外線能促進(jìn)體內(nèi)維生素D的合成，C符合題意；D.醫(yī)學(xué)上常用X光照片輔助進(jìn)行疾病診斷，D不符合題意。故答案為：Co【分析】在烤箱中看到的紅色的光線屬于紅光；無線電波的波長比X射線的波長大；醫(yī)學(xué)上常用X光照片輔助進(jìn)行疾病診斷。（2分）下列說法中正確的是（ ）A.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象B.法拉第發(fā)現(xiàn)電流產(chǎn)生磁場的現(xiàn)象C.安培提出了分子電流假說D.赫茲提出了電磁場理論【答案】C【解析】【解答】AB.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，奧斯特發(fā)現(xiàn)電流的磁場效應(yīng)。AB不符合題意；C.安培提出了分子電流假說，很好的解釋了軟鐵磁化現(xiàn)象，C符合題意；D.麥克斯韋提出了電磁場理論，D不符合題意。故答案為：Co【分析】法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象；奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)；麥克斯韋提出了電磁場的理論。（2分）關(guān)于UAB=^^R3WAB=qUAB的理解，正確的是（ ）A.電場中A,B兩點(diǎn)間的電勢差和兩點(diǎn)間移動電荷的電荷量q成反比B.Uab與q、Wab無關(guān)，甚至與是否移動電荷都沒有關(guān)系C.在電場中A,B兩點(diǎn)間沿不同路徑移動相同電荷，路徑長時WAB較大D.Wab與q、Uab及電荷移動的路徑無關(guān)【答案】B【解析】【解答】A.電勢差公式UAB=^^^比值定義法，電場中的A、B兩點(diǎn)間的電勢差和兩點(diǎn)間移動電荷的電量q和電場力做功均無關(guān)，A不符合題意；B.電勢差公式Uab=^^^比值定義法，UAB與q、WAB無關(guān)，甚至與是否移動電荷都沒有關(guān)系，B符合題意；C.根據(jù)公式WAB=qUAB,在電場中A、B兩點(diǎn)移動不同的電荷，電場力的功WAB和電量q成正比，與路徑無關(guān)，C不符合題意；D.電場力做功與路徑無關(guān)，電場力的功WAB和電量q成正比，即Wab與q成正比，但與電荷移動的路徑無關(guān)，D不符合題意。故答案為：Bo【分析】電勢差的大小與電場力做功的大小無關(guān)；電場力做功與運(yùn)動的路徑無關(guān)；電場力做功的大小與電荷量及電勢差的大小有關(guān)。（2分）如圖所示，帶有J光滑圓弧軌道質(zhì)量為M的小車靜止置于光滑水平面上，一質(zhì)量為m的小球以速度%水平?jīng)_上小車，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車的左端，則（ ）A.小球離開小車以后一定向右做平拋運(yùn)動B.小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒C.小球到達(dá)最高點(diǎn)時速度為零D.小球和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒【答案】D【解析】【解答】D.小球和小車組成的系統(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能守恒，D符合題意；B.小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，豎直方向合外力不為零，故小球和小車組成的系統(tǒng)動量不守恒，B不符合題意；AC.小球離開小車后，水平方向小球和小車速度相等，豎直方向小球速度不為零，小球上升到最高點(diǎn)時與小車相對靜止，水平方向有相同速度，AC不符合題意。故答案為：D?！痉治觥坑捎谛∏蚝托≤囅到y(tǒng)只有重力做功機(jī)械能守恒；系統(tǒng)水平方向不受力所以動量守恒；利用動量守恒定律可以判別小球到達(dá)最高點(diǎn)速度與小車相等。（2分）如圖所示環(huán)形導(dǎo)線a中有逆時針方向的電流，a環(huán)外有一個與它同心且在同一平面內(nèi)的導(dǎo)線圈b,當(dāng)a中的電流不變時，增大b的半徑，則穿過b的磁通量（ ）A.變大，方向向里 B.變大；方向向外C.變小，方向向里 D.變小，方向向外【答案】D【解析】【解答】由安培定則可知，a環(huán)內(nèi)磁場垂直紙面向外，a環(huán)外磁場垂直紙面向里，則穿過b環(huán)的磁通量垂直紙面向外，當(dāng)a中的電流不變時，增大b的半徑，則穿過b的向外的磁感線條數(shù)不變，向里的磁感線條數(shù)增加，則總的磁通量向外減小。故答案為：D?！痉治觥坷冒才喽▌t可以判別通過b環(huán)的磁通量方向，結(jié)合內(nèi)外磁通量的大小可以判別b環(huán)磁通量減小。（2分）下列說法正確的是（ ）A.電荷從電場中的A點(diǎn)運(yùn)動到了B點(diǎn)，路徑不同，靜電力做功的大小就可能不同B.正電荷沿著電場線運(yùn)動，靜電力對正電荷做正功，負(fù)電荷逆著電場線運(yùn)動，靜電力對負(fù)電荷做負(fù)功C.電荷從電場中的某點(diǎn)開始出發(fā)，運(yùn)動一段時間后，又回到了該點(diǎn)，則靜電力做功為零D.電荷在電場中運(yùn)動，因?yàn)殪o電力可能對電荷做功，所以能量守恒定律在電場中并不成立【答案】C【解析】【解答】A.靜電力做功和電荷運(yùn)動路徑無關(guān)，只與初末位置的電勢差有關(guān)，A不符合題-Al.忌；B.正電荷沿電場線的方向運(yùn)動，則正電荷受到的靜電力方向和電荷的運(yùn)動方向相同，故靜電力對正電荷做正功，同理，負(fù)電荷逆著電場線的方向運(yùn)動，靜電力對負(fù)電荷做正功，B不符合題意；C.靜電力做功只和電荷的初、末位置有關(guān)，所以電荷從某點(diǎn)出發(fā)又回到了該點(diǎn)，靜電力做功為零，C符合題意；D.電荷在電場中運(yùn)動，靜電力可能對電荷做功，但能量守恒依然成立，D不符合題意。故答案為：Co【分析】靜電力做功與電荷運(yùn)動的路徑無關(guān)；負(fù)電荷逆著電場力做功時電場力對負(fù)電荷做正功；電荷在電場中運(yùn)動，電場力做功會導(dǎo)致電勢能與其他能量轉(zhuǎn)化，過程中能量守恒。（2分）1820年4月，丹麥物理學(xué)家奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)。已知通電長直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度8=4],即磁感應(yīng)強(qiáng)度B與導(dǎo)線中的電流I成正比、與該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離r成反比。如圖所示，兩根平行長直導(dǎo)線相距為配，分別通以大小不等、方向相同的電流，已知規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正，在0?X。區(qū)間內(nèi)磁感強(qiáng)度B隨x變化的圖線可能是圖中的（ ）

【答案】A【解析】【解答】由安培定則可知，左側(cè)導(dǎo)線中的電流在該導(dǎo)線右側(cè)產(chǎn)生的磁場的方向向里，而右側(cè)導(dǎo)線中的電流在該導(dǎo)線左側(cè)產(chǎn)生的磁場的方向向外，故在0?出區(qū)間內(nèi)磁場方向先為正后為負(fù)。根據(jù)通電長直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度B=kT和A>i2可知，在華的位置磁場方向?yàn)檎较?，A符合題意，BCD不符合題意。故答案為：Ao【分析】利用右手螺旋定則可以判別通電導(dǎo)線磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，結(jié)合矢量疊加可以判別磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及方向分布。（2分）街頭變壓器通過降壓給用戶供電的示意圖如圖所示。輸出電壓通過輸電線輸送給用戶，輸電線總電阻為R。，變阻器R代表用戶用電器的總電阻。負(fù)載變化時輸入電壓不會有大的波動，若變壓器上的能量損耗可以忽略，當(dāng)滑片下移（相當(dāng)于用戶的用電器增加）時（）A.Ai和A2示數(shù)均增大 B.V2示數(shù)增大C.Ro的功率減小 D.變壓器輸入功率減小【答案】A【解析】【解答】A.當(dāng)滑片下移，變阻器R的接入電阻變小，根據(jù)串反并同規(guī)律，副線圈電流上增大,根據(jù)然舒原線圈電流h增大，Ai和A2示數(shù)均增大，A符合題意；B.當(dāng)滑片下移，變阻器R的接入電阻變小，根據(jù)串反并同規(guī)律，V2示數(shù)減小，B不符合題意；C.當(dāng)滑片下移，變阻器R的接入電阻變小，根據(jù)串反并同規(guī)律，R。的電流增大，根據(jù)P=2/?oRo的功率增大，C不符合題意;D.變壓器輸入功率為P/=U/1輸入電壓Ui不變，L增大，變壓器輸入功率增大，D不符合題意。故答案為：A。【分析】當(dāng)滑片下移時，副線圈的電阻減小則根據(jù)輸出電壓不變可以判別輸出電流增大，由于輸出電流增大則定值電阻兩端的電壓增大則導(dǎo)致電壓表V2讀數(shù)減小；由于輸出電流增大則導(dǎo)致兩個電流表讀數(shù)增大；由于電流增大則輸入功率增大，且定值電阻的功率也增大。閱卷人二、多選題（共4題；共8分）得分（2分）一含有理想變壓器的電路如圖所示，％、為定值電阻，為滑動變阻器，A為理想交流電流表。U為正弦交流電源，輸出電壓的有效值恒定。下列說法正確的是（ ）Q不動，P向上滑動，電流表示數(shù)減小Q不動，P向下滑動，變壓器輸出功率減小P不動，Q向上滑動，電流表示數(shù)變小P不動，Q向下滑動，變壓器輸出功率變小【答案】A,D【解析】【解答】A.Q不動，則負(fù)載的總電阻不變，P向上滑動，原線圈的匝數(shù)憶變大，根據(jù)變壓器原、副線圈電壓比等于匝數(shù)比可知副線圈輸出電壓3減小，則副線圈每個電阻通過的電流都減小，電流表示數(shù)減小，A符合題意；Q不動，則負(fù)載的總電阻不變，P向下滑動，原線圈的匝數(shù)七變小，根據(jù)變壓器原、副線圈電壓比等于匝數(shù)比可知副線圈輸出電壓出增大，則副線圈的輸出電流七增大，變壓器的輸出功率增大，B不符合題意；P不動，原線圈的匝數(shù)必不變，副線圈輸出電壓力不變，Q向上滑動，滑動變阻器接入的阻值減小，副線圈負(fù)載的總電阻減小，副線圈的輸出電流/2增大，定值電阻R1兩端電壓增大，定值電阻

/?2兩端電壓減小，通過定值電阻陵的電流減小，則電流表示數(shù)變大，C不符合題意；P不動，原線圈的匝數(shù)3不變，副線圈輸出電壓四不變，Q向下滑動，滑動變阻器/?3接入的阻值增大，副線圈負(fù)載的總電阻增大，則副線圈的輸出電流/2減小，變壓器的輸出功率減小，D符合題意。故答案為：ADo【分析】當(dāng)Q不動時，P向上滑動時原線圈的匝數(shù)增大，結(jié)合電壓與匝數(shù)之比可以判別輸出電壓減小，結(jié)合歐姆定律可以判別電流表讀數(shù)減小，反之會導(dǎo)致其輸出電壓和輸出電流增大，則輸出功率變大；當(dāng)P不斷時，Q向上滑動會導(dǎo)致副線圈電阻減小則輸出電流增大，反之會導(dǎo)致電流減小，結(jié)合輸出電壓不變可以判別輸出功率減小。(2分)圖甲為一列簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，Q是平衡位置在x=4m處的質(zhì)點(diǎn)，圖乙為質(zhì)點(diǎn)Q的振動圖像，則下列說法正確的是( )A.這列波的波長是8m,周期是0.2s,振幅是10cmB.在t=0時，質(zhì)點(diǎn)Q向y軸負(fù)方向運(yùn)動C.波向x軸負(fù)方向傳播，且波速為40m/sD.質(zhì)點(diǎn)Q簡諧運(yùn)動的表達(dá)式為y=0.10sinl07rt(m)【答案】A,D【解析】【解答】A.由圖像可知，這列波的波長是8m,周期是0.2s,振幅是10cm,A符合題意；BC.由Q點(diǎn)的振動圖像可知，在t=0時，質(zhì)點(diǎn)Q向y軸正方向運(yùn)動，可知波向x軸正向傳播，BC不符合題意；D.根據(jù)圖像可知3=竿=lOnrad/s則質(zhì)點(diǎn)Q簡諧運(yùn)動的表達(dá)式為y=0.1Osin1Ont(m)D符合題意。故答案為：ADo【分析】利用圖像可以得出波長、周期和振幅的大小，利用Q點(diǎn)的振動圖像可以判別速度的方向，利用振動方向可以判別波的傳播方向；利用周期可以求出角速度的大小，結(jié)合振幅的大小可以求出簡諧運(yùn)動的表達(dá)式。（2分）如圖所示，兩個線圈套在同一個鐵芯上，線圈的繞向在圖中已經(jīng)標(biāo)出.左線圈連著平行導(dǎo)軌M和N,導(dǎo)軌電阻不計，在導(dǎo)軌垂直方向上放著金屬棒ab,金屬棒處在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，下列說法中正確的是（ ）db A.當(dāng)金屬棒ab向右勻速運(yùn)動時，a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)，c點(diǎn)電勢高于d點(diǎn)B.當(dāng)金屬棒ab向右勻速運(yùn)動時，b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)，c點(diǎn)與d點(diǎn)等電勢C.當(dāng)金屬棒ab向右加速運(yùn)動時，b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)，c點(diǎn)電勢高于d點(diǎn)D.當(dāng)金屬棒ab向右加速運(yùn)動時，b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)，d點(diǎn)電勢高于c點(diǎn)【答案】B.D【解析】【解答】AB.當(dāng)金屬棒向右勻速運(yùn)動切割磁感線時，金屬棒產(chǎn)生恒定感應(yīng)電動勢，由右手定則可知，電流方向?yàn)閍-b,根據(jù)電流從電源（ab相當(dāng)于電源）正極流出沿外電路回到電源負(fù)極的特點(diǎn)，可以判斷b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)，由于左線圈中的感應(yīng)電動勢恒定，則感應(yīng)電流也恒定，所以穿過右線圈的磁通量保持不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則c點(diǎn)電勢等于d點(diǎn)電勢，A不符合題意B符合題Vr.CD.當(dāng)ab向右做加速運(yùn)動時，由右手定則可推斷，b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)，電流沿逆時針方向，又由E=8卻可知，ab導(dǎo)體兩端的E不斷增大，那么左邊電路中的感應(yīng)電流也不斷增大，由安培定則可判斷它在鐵芯中的磁感線方向是沿逆時針方向的，并且磁感應(yīng)強(qiáng)度不斷增強(qiáng)，則右邊電路線圈中向上的磁通量不斷增加，由楞次定律可知，右邊電路的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針，而在右線圈組成的電路中，感應(yīng)電動勢僅產(chǎn)生在繞在鐵芯上的那部分線圈上，把這個線圈看做電源，由于電流是從c沿內(nèi)電路（即右線圈）流向d,則d點(diǎn)電勢高于c點(diǎn)，C不符合題意D符合題意。故答案為：BDo【分析】當(dāng)金屬棒向右勻速運(yùn)動時，利用右手定則可以判別感應(yīng)電流的方向進(jìn)而判別a點(diǎn)的電勢低于b點(diǎn)，由于副線圈沒有感應(yīng)電流的產(chǎn)生所以cd電勢相等；當(dāng)金屬棒向右加速運(yùn)動時，產(chǎn)生的感應(yīng)

電流方向相同，則b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)，結(jié)合楞次定律可以判別副線圈電流的方向，進(jìn)而比較cd兩點(diǎn)的電勢大小。（2分）如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量（包括船、人和貨物）分別為8m、14m,兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動，速率分別為2%、v0,為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為2m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，同時保證兩船繼續(xù)同向運(yùn)動，不計水的阻力。則拋出貨物的速率可能是（2%A.v0 B.2v0 C.5v0 D.4v0【答案】B,C,D【解析】【解答】以原運(yùn)動方向?yàn)檎较颍瑨伜笠掖乃俣葹椤埃瑢σ掖蛼伋鲐浳锪袆恿渴睾?，則有14m%=-2mv+12mbi甲船接收到貨物后的速度為V2?對甲船和貨物列動量守恒，則有167nl7?！?mv=107nv2依題意有Vi>v216mv0>2mv解得IIv0<v<8v0故答案為：BCDo【分析】利用乙船和貨物的動量守恒定律及甲船和貨物的動量守恒定律結(jié)合最后兩船的速度可以判別拋出貨物的速度大小范圍。閱卷人—三、實(shí)驗(yàn)題（共2題；共10分）得分（5分）在用電流表和電壓表測電池的電動勢和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)中，電源的電動勢不超過1.5V,內(nèi)阻不超過1C,電壓表（0---3V,3kC）,電流表（0—0.6A,1Q）,滑動變阻器有Ri（10Q,2A）和R2（100Q,0.1A）各一只.實(shí)驗(yàn)電路如圖（甲）

（甲）（乙）（甲）（乙）（1分）實(shí)驗(yàn)中滑動變阻器應(yīng)選用（填“Ri”或"Rd'）（2分）某位同學(xué)在實(shí)驗(yàn)操作時電路連接如圖（乙）所示，該同學(xué)接線中錯誤（或不妥當(dāng)）的實(shí)驗(yàn)器材是A.滑動變阻器 B.電壓表 C.電流表（2分）一位同學(xué)根據(jù)記錄的數(shù)據(jù)畫出U-I圖線如圖（丙）所示，根據(jù)圖象（答題紙上的圖更清晰一些）讀出電池的電動勢E=V,根據(jù)圖象求出電池內(nèi)阻廠Q..【答案】（【答案】（1）RiA；B1.45；0.69【解析】【解答】（1）因電流表量程為0.6A,由I4K-rr得：牛雜字解得：2.7CWRW6.5C因此變阻器應(yīng)選Ri.（2）電壓表不能直接接在電源兩極間，應(yīng)由電鍵控制；滑動變阻器接在此兩點(diǎn)間不能改變電阻值.所以錯誤（或不妥當(dāng)）的實(shí)驗(yàn)器材是：A、B（3）應(yīng)將U-I圖象延長分別與兩軸相交，與縱軸交于1.45V,與橫軸交于0.64A左右，因此電動勢E=1.45V,內(nèi)電阻尸弟=0.690【分析】（1）利用電流表的電流結(jié)合歐姆定律可以判別滑動變阻器的阻值；（2）電壓表不能直接接在電壓兩端；滑動變阻器接法出現(xiàn)錯誤；（3）利用圖像斜率和截距可以求出電動勢和內(nèi)阻的大小。（5分）某同學(xué)為了測當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，測出了多組擺長和運(yùn)動周期，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，作出T2_L的關(guān)系圖像如圖所示。甲（1分）甲圖秒表的讀數(shù)為;（1分）做出題圖的乙-廠圖像不過坐標(biāo)原點(diǎn)，原因可能是（“多測”或“漏測”）了小球的半徑；（1分）由圖像可求得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹閙/s2（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）（2分）如果該同學(xué)測得的g值偏大，可能的原因是：A.測擺線長時擺線拉得過緊B.開始計時，秒表過早按下C.實(shí)驗(yàn)中誤將49次全振動數(shù)為50次D.擺線上端懸點(diǎn)未固定，擺動過程中出現(xiàn)松動，擺線長度增加了【答案】（1）95.1（2）漏測9.86A；C【解析】【解答】（1）秒表的讀數(shù)為t=60s+35.1s=95.1s（2）圖像不過坐標(biāo)原點(diǎn)，將圖像向右平移1cm就會通過坐標(biāo)原點(diǎn)，故相同的周期下，擺長偏小1cm,故可能是測擺長時，僅測了擺線長度而漏測了小球半徑。（3）由單擺周期公式7=2兀R可得7？=酬1入一產(chǎn)圖像斜率卜=殍結(jié)合圖像數(shù)據(jù)得到k=4s2/m則求得g工9.86m/s2（4）A,根據(jù)7=2兀J可得9=曙測擺線長時擺線拉得過緊，使擺線長度偏大，導(dǎo)致g測量值偏大，A符合題意；B.開始計時，秒表過早按下，使T測量值偏大，導(dǎo)致g值偏小，B不符合題意；C.由7=三n誤將49次全振動數(shù)為50次，使得T值偏小，導(dǎo)致g測量值偏大，C符合題意；D.擺線上端懸點(diǎn)未固定，擺動過程中出現(xiàn)松動，L測量值偏小，導(dǎo)致g測量值偏小，D不符合題意。故答案為：ACo【分析】（1）利用秒表的分度值可以讀出對應(yīng)的讀數(shù)；（2）利用圖像沒有過原點(diǎn)可以判別擺長測量值偏小，則應(yīng)該在測量時忽略了小球的半徑;（3）利用單擺的周期公式結(jié)合圖像斜率可以求出重力加速度的大?。唬?）利用重力加速度的表達(dá)結(jié)合測量擺長或周期的誤差可以判別g值產(chǎn)生的誤差大小。閱卷人四'解答題（共3題；共40分）得分（10分）如圖所示，半圓玻璃磚的半徑R=10cm,折射率為《=遍，直徑AB與屏幕垂直并接觸于A點(diǎn)，激光a以入射角i=30。射向半圓玻璃碗的圓心O,結(jié)果在水平屏幕MN上出現(xiàn)了兩個光斑。（5分）求兩個光斑之間的距離;（5分）改變?nèi)肷浣?，使屏MN上只剩一個光斑，求光斑離A點(diǎn)距離最長時的入射角C（可用三角函數(shù)表示該角）?！敬鸢浮浚?）解：光路圖如圖所示設(shè)折射角為丫，折射光線交MN于P點(diǎn)，反射光線從玻璃磚射出后交MN于Q點(diǎn)，根據(jù)折射定律有sinyn=r-rsmt解得y=60°由幾何關(guān)系可得兩個光斑P、Q之間的距離PQ=PA+AQ=/?tan30°+/?tan60°解得PQ=當(dāng)百cm（2）解：當(dāng)入射角增大發(fā)生全反射時，屏MN上只剩一個光斑，此光斑Q，離A點(diǎn)最遠(yuǎn)時，恰好發(fā)生全反射，入射角等于臨界角，即i=C且sinC=-=^n3【解析】【分析】（1）畫出光折射和反射的路徑，利用折射定律可以求出折射角的大小，結(jié)合幾何關(guān)系可以求出PQ之間的距離；（2）當(dāng)改變?nèi)肷浣菚r，光發(fā)生全反射，利用折射率的大小可以求出臨界角的大小。（15分）如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，y>0的范圍內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，在y<0的范圍內(nèi)存在著垂直紙面的勻強(qiáng)磁場（方向未畫出）?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量大小為一q（重力不計）的帶電粒子，以初速度vo（vo沿x軸正方向）從y軸上的a點(diǎn)出發(fā)，運(yùn)動一段時間后，恰好從x軸上的d點(diǎn)第一次進(jìn)入磁場，然后從O點(diǎn)第一次離開磁場。已知Oa=L,Od=2L,求：（5分）電場強(qiáng)度大小;（5分）粒子第一次通過x軸時的速度大小和方向;（5分）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向?！敬鸢浮浚?）解：粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可得其加速度大小為a=變①m設(shè)粒子做類平拋運(yùn)動的時間為t,則x方向上有2L=vot ②y方向上有L=^at2（3）聯(lián)立①②③解得七=翳④（2）解：粒子在d點(diǎn)的y方向分速度大小為3=at⑤聯(lián)立①②⑤解得％=%⑥設(shè)粒子在d點(diǎn)速度方向與x軸正方向的夾角為a,則tana=^=1（7）解得a=45。⑧粒子第一次通過x軸時的速度大小為v=懸=缶。⑨（3）解：由題意可知粒子進(jìn)入磁場后向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里。如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R=V2L@根據(jù)牛頓第二定律有=nr3■何）聯(lián)立⑨⑩?解得B=察?【解析】【分析】（1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，利用牛頓第二定律可以求出加速度的大小，結(jié)合位移公式可以求出電場強(qiáng)度的大??；（2）粒子經(jīng)過x軸時，利用速度公式結(jié)合速度的分解可以求出速度的大小及方向；（3）粒子進(jìn)入磁場時，利用幾何關(guān)系可以求出軌跡半徑的大小，結(jié)合牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。（15分）我國運(yùn)動員閆文港在2022年北京冬奧會獲得男子鋼架雪車比賽銅牌，實(shí)現(xiàn)該項(xiàng)目的歷史性突破，小明同學(xué)看到該新聞后，設(shè)計了如下情景探究物塊與軌道及滑板間的相互作用規(guī)律。如圖所示，水平面上豎直固定一個粗糙圓弧軌道BC,圓弧軌道C端切線水平，長木板靜止在光滑的水平面上，木板左端緊靠軌道右端且與軌道點(diǎn)等高但不粘連，接觸處上表面平滑。從B的左上方A點(diǎn)以某一初速度水平拋出一質(zhì)量m=2kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），物塊恰好能從B點(diǎn)沿切線方向無碰撞進(jìn)入圓弧軌道BC,物塊滑到圓弧軌道C點(diǎn)時對軌道的壓力大小為Fn=43.04N,經(jīng)圓弧軌道后滑上長木板，已知長木板的質(zhì)量M=6kg,A、B兩點(diǎn)距C點(diǎn)的高度分別為H=4.3m、h=2.5m、R=12.5m,空氣阻力不計，g取lOm/s2。求：（5分）物塊從A運(yùn)動到B的時間和物塊到達(dá)B點(diǎn)時的速度大小；（5分）物塊從B滑到C的過程中克服摩擦阻力做的功；（5分）若長木板與地面間的摩擦不計，物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)〃=0.6,要使物塊不滑出長木板，長木板至少為多長；若長木板固定不動，且物塊和木板是某種特殊材料，物塊在木板上運(yùn)動受到的水平阻力（與摩擦力類似）大小與物塊速度大小v成正比，即Ff=ku,k=3kg/s,要使物塊不滑出長木板，長木板至少為多長?！敬鸢浮浚?）解：物塊從A點(diǎn)做平拋運(yùn)動到B點(diǎn)，則有=代入數(shù)據(jù)解得A到B的時間t=O.6svy=gt=6m/s由幾何關(guān)系得到B點(diǎn)速度方向與水平方向夾角。等于NBOC,而cos4BOC=粵=0.8B點(diǎn)的速度大小vB==10m/s（2）解：根據(jù)牛頓第三定律，物塊在C點(diǎn)所受支持力大小等于物塊對軌道的壓力大小，在C點(diǎn)有Fn-m9=得V2=12m/s從A點(diǎn)拋出的初速度為%=上*=8m/su3nt/從A至C點(diǎn)，由動能定理得mgH—叼=；巾域—詔代入數(shù)據(jù)解得從B滑到C物塊克服阻力做功為卬/=67(3)解：物塊滑上長木板后，木塊和長木板系統(tǒng)動量守恒，則有小/=(m+M)u解得u=3m/s假設(shè)物塊剛好不滑離長木板。〃=0.6,由功能關(guān)系可得〃mgL=寺小詣—3(m+M)?2解得L=9m若Ff=kv,對木塊m由動量定理