高三物理

2023.1

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(jié)構(gòu)。光照射翅脊上“臺階結(jié)構(gòu)''的典型光路如圖所示，則（）

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敢現(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三倍

【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)

3

%翅杼-2

n

選項D錯誤。

故選A。

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v-.v圖像，則下列說

法正確的是（）

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

V,X

得

a=kv

式中k不變，隨著速度v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，xQy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x軸成。=45。角，

邊長為￡的正方形金屬框MNP0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入磁

場過程中，下列說法正確的是()

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

DT-

D.通過金屬框的電荷量為更

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°只有邊和MV邊切割磁感線，若金屬框速度為叭運動時間為乙根據(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

Lr=vttan45°=vt

整理可得

E=Bv(L—vt)=-Bv2t+BvL

A尸

故感應(yīng)電動勢的變化率為一=-82丫不變。根據(jù)

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)

A/

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

B'BL2

=/4=——△，=---=

RRR~^R

故D錯誤。

故選C。

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/SM。，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(yīng)強度，。為線圈（指針）偏角，上是與螺旋彈簧有關(guān)的常量。不考慮電磁感

應(yīng)現(xiàn)象，由題中的信息可知（）

A.線圈轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動

C.線圈（指針）偏角夕與通過線圈的電流/成正比

D,電流表的靈敏度定義為"，更換“值更大的螺旋彈簧，可以增大電流表的靈敏度

AZ

【答案】C

【解析】

【詳解】A.磁場是均勻地輻射分布，線圈轉(zhuǎn)過過程中各個位置的磁感應(yīng)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(cè)安培力向上，右側(cè)安培力向下，線圈將沿順

時針方向轉(zhuǎn)動，故B錯誤；

C.根據(jù)題意線圈停止轉(zhuǎn)動時滿足

NBIS=kO

解得

k

可知線圈（指針）偏角。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絲，根據(jù)題意

A/

NBIS=kO

解得

△6NBS

Mk

可知更換左值更大的螺旋彈簧，電流表的靈敏度減小了，故D錯誤。

故選C。

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“雪如怠”如圖甲所示，其筒化圖如圖乙所示，跳臺滑雪賽道由助滑道AB,著

解得

然=1400N

根據(jù)牛頓第三定律，運動員在8點對紈道的壓力與軌道對運動員的支持力相等，故D正確。

故選Do

6.如圖甲所示，質(zhì)量為〃?，長為L的均勻軟繩用細(xì)線懸掛在。1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)榱恪D乙中，質(zhì)量也為m的小球用細(xì)線懸掛在0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4=^^^,則（）

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

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2機

C.地面對小球的平均作用力大小為llmg

D.地面對小球的平均作用力大小為21mg

【答案】D

【解析】

【詳解】AB.從細(xì)線斷開到軟繩全都落至地面有

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，取豎直向下為王方向

解得地面對軟繩的沖量大小為

/地=加低工

AB錯誤；

CD.小球落地前瞬時速度大小為y,則

mgL=7y2

解得

V=yf2gL

小球與地面發(fā)生彈性碰撞，則原速率返叵，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

（尸一〃zg）AZ=2mv

解得

F=21〃?g

C錯誤，D正確。

故選Do

7.如圖所示的OR，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Q37。，場強大小￡=500V/mo現(xiàn)從坐標(biāo)原點O以初速度v0=15m/s豎

直向上拋出一帶正電小球，已知小球質(zhì)量m=0.01kg,帶電量q=10?氣，重力加速度g=10m/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)片1.5s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=Eq=0.05^

豎直向下的重力

wg=0.1N

則兩個力的合力與豎直方向的夾角

tan*」

fng2

大小為

F臺=/2+（〃吆）2=^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_mvcos0

t——0—1?2S

aF合

小球的速度最小，為

v

min=vosin<9=3>/5m/s

選項B錯誤；

C.z=2s時，沿z方向的位移

z==15x2--x10x22=10m

沿x方向的位移

11qEcos370_

x=-at2=----------------121=8m

22m

沿y方向的位移

121sin37°/

y=-at=---------12=6m

2J2m

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

f=.=3s

g

沿電場力方向的位移

1qE之cc.

s=——t~=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-1.125J,選項D錯誤。

故選Co

8.質(zhì)量不計的直角支架兩端分別連接質(zhì)量為2m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。在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，如圖所示。開始時。/邊水平，現(xiàn)將小球A

2

由靜止釋放，重力加速度為g,則（）

B。3加

A.小球A到達最低點時的速度大小

B.當(dāng)O力與豎直方向夾角為37。時，球A、B速度達到最大

C.球B最大速度為」逐

V11

D.小球A到達最低點的過程中，桿對小球A所做的功為岬『

【答案】B

【解析】

【詳解】A.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

-3mg?-=—2mgL+—?2mv^+—?3m

222

兩小球為同軸轉(zhuǎn)動，角速度相同，由丫二①〃可知，兩球的線速度之比為

嶗：匕=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(shè)桿對小球A所做的功為此,對小球A由動能定理有

2mgL+W=~mvA

解得

11

故D錯誤；

BC.根據(jù)題意，設(shè)。4與豎直方向夾角為。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

￡311

一3〃7g?—=-2mgLcos0——mgLsin。+一?2mv^d—37n

2222

又有

整理可得

區(qū)二梧(4cos6+3sine—3)

由數(shù)學(xué)知識可知,當(dāng)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B。

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T?、高壓輸電線路和降壓變壓器T?將產(chǎn)生的電能輸送給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，T?的匝數(shù)比為1：5。下列說法正確的是()

用

戶

A.T?的輸出電壓為2000V

B.T?的匝數(shù)比〃?：n?=95：II

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

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

A=A=20xl0iA=1()A

2U2U22000

故C錯誤；

D.高壓輸電線的總電阻

r=2x5xlQ=10Q

高壓輸電線上損失的電功率為

22

7^=Z2r=10xl0W=1000W

故D正確：

B.高壓輸電線上損失的電壓為

C/'=Z2r=10xl0V=100V

T2的輸入電壓為

U3=U2-U=2000V-100V=1900V

T?的匝數(shù)比

n3_U3190095

%一彳我一TT

故B正確。

故選ABD。

10.一列沿x軸傳播的簡諧橫波，上0氐時的波形如圖甲所示，質(zhì)點N的平衡位置為M=Um,質(zhì)點"的

振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是()

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M的平衡位置為x,-8m

C.r=l2s時質(zhì)點N的位移尸20cm

D.質(zhì)點N的振動方程為y=20sinf1加-L;r)(cm)

62

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.根據(jù)振動圖像，片0.8s時，質(zhì)點M向y軸負(fù)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(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

A=12m

T=2.4s

所以波速為

212.「,

v=-=——m/s=5m/s

T2.4

根據(jù)振動圖像可知，質(zhì)點M在1.2s時回到平衡位置，結(jié)合波的傳播，有

xw-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3則

-9=v(/-0.8)

所以

所以1.2s時N質(zhì)點處于波峰，即

2乃

y=20cm=20sin(-^-x1.2+*)cm

解得

所以質(zhì)點N的振動方程為

y=20sin(^加一;加)(cm)

當(dāng)/=12s時，有

y=20sin(—^xl2-—^)(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/s2o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8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A=5m,小球可看作質(zhì)點且質(zhì)量”=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B點的水平距離為4m

C.小球經(jīng)過管道的4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

【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

由此可得

-^--g=4m/s2

“地

故A錯誤；

B.小球運動到。點的豎直分速度為

。=8火/

與傾角為45。的斜面垂直相碰，則有

tan450=-^

V..

水平位移為

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得點C與3點的水平距離為

x=4m

故B正確：

C.對小球從4點到8點的過程，由動能定理可得

-mg火.2R=

在4點，對小球受力分析，由牛頓第二定律可得

6一〃陪火=加丁

由牛頓第三定律得

尊=6

聯(lián)立解得

生=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乃，由牛頓第二定律有

g+mg火二吟

1\

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(dǎo)軌MMP。傾斜放置，與水平面夾角a=30。，導(dǎo)軌寬度￡=lm，導(dǎo)

體棒ab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3=2.0T。

已知導(dǎo)體棒時質(zhì)量m=0.02kg,電容器電容為C=0.02F,耐壓值足夠大，定值電阻H=200C，重力加速度

g=10m/s2,導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻不計。片0時開關(guān)接1,導(dǎo)體棒時由靜止釋放，/=2s時開關(guān)接2,下列說法

正確的是()

A./=2s時，導(dǎo)體棒時的速度為2.5m/s

B.片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M的加速度為3m/s2

D.開關(guān)接2至導(dǎo)體棒仍達到最大速度的過程中，通過電阻R的電荷量為0.02C

【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

△F=BLAv

電容器兩極板電壓變化

△U=BL4v

電容器所帶電荷量變化

△q=C4U=CBL4v

金屬棒中的電流

I=^-=CBL—=CBLa

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ab的速度為

v=at=2m/s

故A錯誤；

B.片2s時，電容器儲存的電場能

E=；OU=gC(BLv)2=0.16J

故B正確；

C.開關(guān)接2瞬間，對導(dǎo)體棒砧有

E

mgsina-BIL=ma,I=—,E=BLv

解得

a=3m/s2

故C正確；

D.ab達到最大速度

E

mgsina=BIL,I=-^~,E=BLv

mmKmm

解得

vm=5m/s

根據(jù)能量守恒，如果沒有克服安培力做功

1WV2_1WV2=mgxsina

2m2

解得

x=2.1m

通過電阻R的電荷量為

5LX=0()21C

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，如圖乙所示。所有計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字，

重力加速度g=10m/s2o

(1)為盡可能準(zhǔn)確地完成實驗，下列做法正確的是O

A.實驗中需要保證桶和砂子的總質(zhì)量m遠小于滑塊的質(zhì)量M

B.實驗中需要保證滑塊的質(zhì)量〃不變

C.實驗中不需要保證桶和砂子的總質(zhì)量“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〃尸kg,圖乙中b=m/s2o

【答案】①.BD②.0.500.2.0

【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)量制遠小于滑

塊的質(zhì)量故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V不變，需要保證桶和砂子的

總質(zhì)量機不變，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

^Mg=mg

解得

m=0.50kg

[3]根據(jù)題意，由牛頓第二定律有

mg-^Mg=(w+A/)a

整理得

a=------——--

M+mM

結(jié)合圖乙可得

b==2.0m/s2

Nf+m

14.實驗方案對實驗測量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“測量電池的電動勢和內(nèi)

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L5V,內(nèi)阻小于1Q）

B.亳安表A1（量程0.15mA,內(nèi)阻IkC）

C.亳安表A2（量程300mA,內(nèi)阻約為3C）

D.定值電阻4（阻值為9kC）

E.定值電阻&（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)計實驗方案并進行實驗，多次改變滑動變阻器滑片的位置，記錄多組電流表A「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E=V,內(nèi)阻廠=C。（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&變化關(guān)系的是

抬Og

【答案】①.見解析②.1.4③.0.50④.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R、改裝成量程為Ug的電壓表

Ug=/g（Rg+R1）=L5V

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

電源內(nèi)阻阻值較小，為了方便數(shù)據(jù)處理可以將凡串聯(lián)在電路中。電路圖如下圖所示

(2)[2][3]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得

七二/伍+八)+(4+/2)(廠+為)

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)[4]設(shè)外電路總電阻為R外，則電源的輸出功率

P=/與卜=(:R)2R外二衣一

r+K外(火外一廣)?4廣

R

可知.%=〃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，口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45CO-44GA，其中力8=90。，

=60°,ZBCD=90°o現(xiàn)有一平行光束垂直于四棱柱側(cè)面旦4入射，已知/。=6疝，

AAX-2cm,48=6cm,求：

(1)從側(cè)面入射到面8CC￡上的光線經(jīng)第一次反射后的反射光線與面C"AG的夾角；

(2)面上的發(fā)光面積。

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

c

B

由幾何關(guān)系可知

ZADC=]20°

可得8面入射光線的入射角為30。，則從側(cè)面力5與吊入射到面5CG片上的光線經(jīng)第一次反射后的反

射光線與面CDAG的夾角為60。。

（2）根據(jù)題意，由公式可得

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

可知，光線從Zb段入射，可以從8。段射出，光線從8尸段入射，無論是經(jīng)CD反射，還是直接照射到

BC,在5C上的入射角均大于臨界角，不能從BC上射出，由于

AD=V3cm?ZADO=60°

可得

AO=3cm

由幾何關(guān)系可得

30=1.5cm

則面BCC/i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m=2kg的物塊B,細(xì)管由鎖定裝置固定不動，物塊B距細(xì)管下端力=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r4N,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。

1

c]口A

B口

【答案】（1）7=24N；（2）

【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=；(加+A/)v2

解得

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

左側(cè)破場沿z軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強度大小為8?,右側(cè)磁場沿加方向，磁感應(yīng)強度大小為8?,其中

4=*82（4、鳥均未知）?，F(xiàn)有電量為4（夕＞0）、質(zhì)量為m的帶電粒子以初速度丫從。點沿平面成物?

進入滋場，經(jīng)/點垂直平面m〃）進入右側(cè)磁場，最后離開長方體區(qū)域。已知長方體側(cè)面仍〃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：

（1）平面機叼‘左側(cè)空間磁場磁感應(yīng)強度8?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）若平面加〃）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，線與E的關(guān)系式。

【解析】

【詳解】(1)粒子在面。的力?內(nèi)做勻速圓周運動，軌跡如圖甲所示:

甲J

設(shè)其軌道半徑為口由幾何關(guān)系

化-￡)2+4￡2=42

得

7]=-L

'2

得

與二處

15qL

(2)經(jīng)分析粒子到達點/后在平面力”/?內(nèi)做勻速圓周運動，設(shè)其軌道半徑為門,

V2

qyB?=m——

ri

A=引

得

6

運動軌跡如圖乙所示

乙

可知粒子從〃點回到平面加暗左側(cè)磁場，在左側(cè)磁場中運動時軌跡在平面加江內(nèi)，假設(shè)粒子從詁邊離開

磁場，運動軌跡如圖丙所示

得

if=2L

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

粒子從。到,運動時間為力

532兀m

360

粒子從/到〃運動時間為

V

粒子從〃到c運動時間為力

故粒子在磁場中運動時間

53TCL收冗L

（3）粒子在電場中做勻變速曲線運動，當(dāng)粒子從6點離開電場時,

2L=vt亞L=L%2

2m

得

2qL

52

當(dāng)E2衛(wèi)L時，粒子從而，邊離開長方體。

2qL

mv

CqEL=E]~~

得

Ek—yplqEL+-^mv

為2

當(dāng)E<-----------時，粒子從邊離開

2qL

卜鏟（均

2mv

得

2EqE