第第頁2025屆貴州省貴陽市高三下學(xué)期4月聯(lián)考物理試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1．下列情境中的對(duì)象，處于平衡狀態(tài)的是（）A．圖甲中在軌運(yùn)行的中國空間站B．圖乙中騎著自行車正在轉(zhuǎn)彎的騎手C．圖丙中站在勻速下行扶梯上的顧客D．圖丁中下落到最低點(diǎn)時(shí)的蹦極挑戰(zhàn)者2．考慮到地球自轉(zhuǎn)的影響，下列示意圖中可以表示地球表面P點(diǎn)處重力加速度g方向的是（）A． B．C． D．3．一足夠長的輕質(zhì)彈性細(xì)繩左端固定，波源a帶動(dòng)細(xì)繩上各點(diǎn)上下做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，t=0時(shí)刻繩上形成的簡(jiǎn)諧橫波恰好傳到位置M，此時(shí)繩上b、c兩質(zhì)點(diǎn)偏離各自平衡位置的位移相同，如圖所示。已知波源振動(dòng)周期為T，下列說法正確的是（）A．波源的起振方向豎直向下B．此后c比b先運(yùn)動(dòng)到平衡位置C．t=32D．t=144．一群處于n=5的激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)會(huì)發(fā)出各種頻率的光，如果用這些光照射一群處于n=2的激發(fā)態(tài)的氫原子，使它們直接向高能級(jí)躍遷（未電離），這些氫原子最多會(huì)吸收m種頻率的光，則m等于（）A．4 B．6 C．8 D．125．如圖，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中有一邊界截面為圓形的無場(chǎng)區(qū)，O為圓形邊界的圓心，P、Q為邊界上的兩點(diǎn)，OP與OQ的夾角為60°。一帶電粒子從P點(diǎn)沿垂直磁場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域后經(jīng)過時(shí)間t從Q點(diǎn)第一次回到無場(chǎng)區(qū)，粒子在P點(diǎn)的速度方向與OP的夾角為20°。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子的比荷為k，不計(jì)粒子重力，則t為（）A．4π9kB B．8π9kB C．14π9kB6．某滑板運(yùn)動(dòng)員在如圖所示的場(chǎng)地進(jìn)行技巧訓(xùn)練，該場(chǎng)地截面圖的左側(cè)A端處的切線豎直，B端右側(cè)有一水平面。該運(yùn)動(dòng)員在某次訓(xùn)練時(shí)以某一速度從A端沖出，沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，上升的最大高度為H，回到場(chǎng)地后又以同樣大小的速度從B端沖出，上升的最大高度為H2A．H2 B．3H2 C．2H7．如圖，A、B、C、D是勻強(qiáng)電場(chǎng)中的四個(gè)點(diǎn)，它們位于與電場(chǎng)方向平行的同一平面內(nèi)。已知AB=CD=l，AB與CD所在直線的夾角為60°，UABA．Ul B．2Ul C．23二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8．如圖，一輛汽車沿凹形路面以不變的速率駛向最低位置的過程中，若車胎不漏氣，胎內(nèi)氣體溫度不變，不計(jì)氣體分子間作用力，則胎內(nèi)氣體（）A．對(duì)外界做功 B．向外界放出熱量C．壓強(qiáng)變大 D．內(nèi)能增大9．沿正方體的棱bc和dd1分別放置兩根足夠長的通電直導(dǎo)線，其電流方向如圖所示。P為棱cd上的一點(diǎn)，若要使P點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，可在空間中再放置一條足夠長的通電直導(dǎo)線，則該導(dǎo)線可能（）A．與棱ab平行 B．與棱bc平行C．與bb1d1d面平行 D．與bb1c1c面平行10．如圖所示，在水平圓盤圓心O的一側(cè)，沿半徑方向放著用輕桿相連的兩個(gè)物體A和B，A、B的質(zhì)量均為m，與圓盤的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μA、μB，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力?，F(xiàn)使圓盤在不同的角速度ω下繞過O的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，已知重力加速度為g，則B未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)前，其所受的靜摩擦力f與ω2的關(guān)系圖像可能是（）A． B．C． D．三、非選擇題：本題共5小題，共57分。11．某同學(xué)為觀察電容器的充放電現(xiàn)象，設(shè)計(jì)了如圖（a）所示的實(shí)驗(yàn)電路圖。（1）根據(jù)圖（a），在答題卡上完成圖（b）中的實(shí)物圖連線。（2）該同學(xué)正確連接電路后，將單刀雙擲開關(guān)撥到位置“1”，發(fā)現(xiàn)電流計(jì)指針向右偏轉(zhuǎn)，待指針穩(wěn)定后把開關(guān)迅速撥到位置“2”，觀察到電流計(jì)的指針。（選填正確答案前的序號(hào)）①繼續(xù)向右偏轉(zhuǎn)，然后保持不變②繼續(xù)向右偏轉(zhuǎn)，然后回到零刻度線③向左偏轉(zhuǎn)，然后回到零刻度線（3）該同學(xué)將電容器充電后斷開開關(guān)，經(jīng)過一段較長的時(shí)間后發(fā)現(xiàn)電壓表的示數(shù)最終為零，原因是。12．某學(xué)習(xí)小組用單擺實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行有關(guān)力學(xué)實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖（a）所示，其中光電門位于懸點(diǎn)的正下方。（1）該小組先用該裝置測(cè)量當(dāng)?shù)刂亓铀俣?，操作如下：①先測(cè)出小球的直徑d；②測(cè)出此時(shí)懸點(diǎn)與小球上端的距離l，則單擺的擺長L=，然后調(diào)整懸點(diǎn)的高度，使小球能正好通過光電門；③保持細(xì)線拉直，使小球在豎直平面內(nèi)偏離平衡位置一小段距離后靜止釋放，通過光電計(jì)時(shí)器記錄下小球連續(xù)兩次經(jīng)過光電門的時(shí)間間隔為t0，則單擺的周期T=；④多次改變細(xì)線的長度，重復(fù)②③的操作，記錄下多組擺長L和對(duì)應(yīng)的周期T；⑤作出T2-L圖像，并得到該圖像的斜率k=4.05s2/m，則當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=m/s2（π29.86，計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。（2）在測(cè)出重力加速度g后，該小組繼續(xù)用此實(shí)驗(yàn)裝置來驗(yàn)證小球擺動(dòng)過程中機(jī)械能是否守恒，操作如下：①拉直細(xì)線，使小球偏離平衡位置；②測(cè)量此時(shí)小球球心與其在最低點(diǎn)時(shí)球心的距離x，如圖（b）所示，然后將小球由靜止釋放；③利用光電計(jì)時(shí)器記錄下小球通過光電門的擋光時(shí)間t，則小球通過光電門最低點(diǎn)的速度v=；④逐漸增大擺角，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)步驟。該小組通過理論分析，小球在擺動(dòng)過程中，若x=（用L、d、t和g表示），則說明小球擺動(dòng)過程中機(jī)械能守恒。該小組對(duì)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)進(jìn)行分析后發(fā)現(xiàn)，當(dāng)擺角α小于90o時(shí)，在誤差范圍內(nèi)上述關(guān)系式成立；但擺角α大于90o時(shí)，上述關(guān)系式明顯不成立，說明小球機(jī)械能有較大損失，原因是。13．水晶燈下方的吊墜可以提高燈體的穩(wěn)定性，其多面棱角的形狀使光線在內(nèi)部多次反射，減少眩光。如圖是一種鉆石型吊墜的剖面圖，∠N=∠P=90o，∠O=120o，NO邊和PO邊長為2L，在該剖面所在平面內(nèi)有一束單色光從MN邊上的A點(diǎn)射入吊墜，經(jīng)折射后恰好射到NO中點(diǎn)，已知AN=33（1）吊墜對(duì)該單色光的折射率；（2）通過計(jì)算，判斷該束光在NO面是否會(huì)發(fā)生全反射；（3）光在吊墜中傳播的時(shí)間（當(dāng)光在界面發(fā)生折射時(shí)，不考慮其反射光線）。14．如圖所示，光滑水平面上放置有一質(zhì)量為M的勻質(zhì)長方體物塊P，從P右端截取任意一部分長方體作為物塊Q，將Q靜置于P左側(cè)某位置。對(duì)Q施加一水平拉力，經(jīng)時(shí)間t，Q運(yùn)動(dòng)的位移為L。之后保持拉力大小不變，方向迅速在豎直面內(nèi)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度60°，Q繼續(xù)運(yùn)動(dòng)2.5L后撤去該力，一段時(shí)間后，Q與P發(fā)生正碰并粘在一起。已知拉力大小與Q重力之比為定值，重力加速度大小為g。求：（1）該拉力大小與Q的重力大小之比；（2）撤去拉力時(shí)，物塊Q的速度大??；（3）截取的物塊Q質(zhì)量為多大時(shí)，Q與P碰撞損失的機(jī)械能最大？并求此最大值。15．圖（a）為某游樂園的U形過山車，一興趣小組為了研究該過山車的電磁制動(dòng)過程，搭建了如圖（b）所示的裝置進(jìn)行研究。該裝置由間距L=1m的固定水平長直平行軌道和左右兩邊的弧形平行軌道平滑連接組成，在水平軌道中部間距為d=0.45m的兩虛線之間有B=0.4T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。用質(zhì)量m=0.24kg的“”型導(dǎo)體框模擬過山車，導(dǎo)體框與軌道間絕緣，其ab、cd、ef邊的長度均為L=1m，電阻阻值均為R=0.1Ω，它們之間相鄰間距均為0.5m，導(dǎo)體框其余部分電阻不計(jì)?，F(xiàn)將導(dǎo)體框從左側(cè)弧形軌道上由靜止釋放，釋放時(shí)導(dǎo)體框重心到水平軌道的高度h=1.25m。已知重力加速度大小g=10m/s2，不計(jì)導(dǎo)體框與軌道間的摩擦和空氣阻力，導(dǎo)體框運(yùn)動(dòng)過程中始終未脫離軌道。求：（1）ab邊即將進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)體框的速度大??；（2）ab邊即將離開磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)體框的速度大??；（3）導(dǎo)體框運(yùn)動(dòng)全過程中，cd邊產(chǎn)生的熱量。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．在軌運(yùn)行的中國空間站做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度方向不斷變化，合力不為零，不是平衡狀態(tài)，A錯(cuò)誤；B．圖乙中騎著自行車正在轉(zhuǎn)彎的騎手做曲線運(yùn)動(dòng)，不是平衡狀態(tài)，B錯(cuò)誤；C．圖丙中站在勻速下行扶梯上的顧客處于平衡狀態(tài)，C正確；D．圖丁中下落到最低點(diǎn)時(shí)的蹦極挑戰(zhàn)者速度為零，但是加速度不為零，不是平衡狀態(tài)，D錯(cuò)誤。故答案為：C。

【分析】根據(jù)平衡狀態(tài)的定義（靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)，合力為零），逐一分析各選項(xiàng)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和受力情況。2．【答案】D【解析】【解答】P點(diǎn)處萬有引力指向地心，充當(dāng)合力，是平行四邊形對(duì)角線，隨地球自轉(zhuǎn)的向心力指向地軸，根據(jù)F可得FG故答案為：D。

【分析】明確萬有引力、向心力、重力的矢量關(guān)系，通過矢量減法確定重力加速度的方向。3．【答案】B【解析】【解答】A．由同側(cè)法可知，波向左傳播，故t=0時(shí)刻，M即將向上振動(dòng)，根據(jù)各質(zhì)點(diǎn)的起振方向與振源的起振方向相同，可知波源的起振方向豎直向上，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)同側(cè)法可知t=0時(shí)刻，b質(zhì)點(diǎn)正在向上振動(dòng)，c質(zhì)點(diǎn)正在向下振動(dòng)，故此后c比b先運(yùn)動(dòng)到平衡位置，故B正確；C．各質(zhì)點(diǎn)在自己的平衡位置上下振動(dòng)，并不隨波遷移，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)同側(cè)法可知t=0時(shí)刻，b質(zhì)點(diǎn)正在向上振動(dòng)，c質(zhì)點(diǎn)正在向下振動(dòng)，t=0時(shí)刻兩質(zhì)點(diǎn)位移相同，但振動(dòng)方向不同，規(guī)定向上為正，則t=1故答案為：B。

【分析】利用同側(cè)法判斷波的傳播方向和質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向，結(jié)合質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)特點(diǎn)（不隨波遷移、振動(dòng)方向影響到達(dá)平衡位置的時(shí)間）分析各選項(xiàng)。4．【答案】B【解析】【解答】如圖為氫原子能級(jí)圖，一群處于n=5的激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)會(huì)發(fā)出C5用這些光照射一群處于n=2的激發(fā)態(tài)的氫原子，使它們直接向高能級(jí)躍遷（未電離），會(huì)有以下三種情況：處于n=2能級(jí)的氫原子時(shí)，可能出現(xiàn)從n=2能級(jí)躍遷到n=3、n=4和n=5能級(jí)共三種情況；處于n=3能級(jí)的氫原子時(shí)，可能出現(xiàn)從n=3能級(jí)躍遷到n=4和n=5能級(jí)共兩種情況；處于n=4能級(jí)的氫原子時(shí)，從n=4能級(jí)躍遷到n=5能級(jí)一種情況；則吸收光的頻率的種數(shù)m=3＋2＋1=6種。故答案為：B。

【分析】先確定n=5躍遷的光子種類，再根據(jù)能級(jí)差匹配原則，分階段分析n=2氫原子向更高能級(jí)躍遷的可能情況，累加得到吸收的頻率種數(shù)。5．【答案】C【解析】【解答】粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由圖結(jié)合幾何關(guān)系可知，軌跡的圓心角為θ=280°根據(jù)牛頓第二定律可得qvB=m粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T=所以t=故答案為：C。

【分析】先利用比荷求出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期，再通過幾何關(guān)系確定軌跡的圓心角，最后結(jié)合周期與圓心角的關(guān)系計(jì)算運(yùn)動(dòng)時(shí)間。6．【答案】D【解析】【解答】運(yùn)動(dòng)員在某次訓(xùn)練時(shí)以某一速度從A端沖出，沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，上升的最大高度為H，則有mgH=以同樣大小的速度從B端沖出，上升的最大高度為H2，則豎直方向有(vsin水平方向有x=v聯(lián)立解得x=2H故答案為：D。

【分析】通過機(jī)械能守恒求初速度，結(jié)合斜拋運(yùn)動(dòng)的豎直分運(yùn)動(dòng)求時(shí)間，再通過水平分運(yùn)動(dòng)求位移。7．【答案】A【解析】【解答】根據(jù)E=Ud可知AB沿電場(chǎng)線方向的投影與CD沿電場(chǎng)線方向的投影之比為1:2解得θ=60°，即電場(chǎng)線方向沿AB方向，該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E=故答案為：A。

【分析】利用勻強(qiáng)電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系，結(jié)合幾何角度分析沿電場(chǎng)線的投影距離，進(jìn)而求解電場(chǎng)強(qiáng)度。8．【答案】B,C【解析】【解答】ABD．一輛汽車沿凹形路面以不變的速率駛向最低位置的過程中，由于汽車處于超重狀態(tài)，汽車與地面間的壓力增大，所以胎內(nèi)氣體體積減小，外界對(duì)氣體做功；由于胎內(nèi)氣體溫度不變，則氣體內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=W+QC．由于胎內(nèi)氣體溫度不變，根據(jù)玻意耳定律pV=C，由于胎內(nèi)氣體體積減小，可知胎內(nèi)氣體壓強(qiáng)變大，故C正確。故答案為：BC。

【分析】結(jié)合汽車超重對(duì)胎內(nèi)氣體體積的影響，利用熱力學(xué)第一定律分析熱量交換，再通過玻意耳定律判斷壓強(qiáng)變化。9．【答案】A,D【解析】【解答】由右手螺旋定則可知I1在P處磁感應(yīng)強(qiáng)度B1為垂直cd邊向下，I2在P點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2為垂直cd邊向左；故B1、BA．與ab棱平行，即如在a1b1cd平面內(nèi)a1b1，電流方向若為b1a1，則產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感性強(qiáng)度B3垂直于平面a1b1cd斜向上，可以使P處的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，A對(duì)正確；B．與bc棱平行，產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感性強(qiáng)度B4斜向上或斜向下，但不垂直于cd邊，故P處的合磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，B錯(cuò)誤；C．與bb1d1d面平行，無論如何調(diào)整電流方向，都不能使之產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向在P點(diǎn)垂直于cd邊斜向右上方，P點(diǎn)處合磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，C錯(cuò)誤；D．與bb1c1c面平行，當(dāng)電流方向沿cb1時(shí)在P處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪庇赾d邊斜向右上方；P點(diǎn)處合磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，D正確。故答案為：AD。

【分析】通過右手螺旋定則確定現(xiàn)有磁場(chǎng)的合方向，再根據(jù)磁場(chǎng)疊加原理，分析新增導(dǎo)線的磁場(chǎng)方向是否能抵消合磁場(chǎng)。10．【答案】A,B,C11．【答案】（1）（2）③（3）電容器通過電壓表放電了【解析】【解答】（1）根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖，如圖所示（2）開關(guān)S接1，電容器充電，電容器上極板帶正電，通過微安表的電流方向從左往右，微安表指針向右偏轉(zhuǎn)，穩(wěn)定后，充電完成，微安表示數(shù)減為0，開關(guān)S接2，電容器放電，電容器上極板帶正電，通過微安表的電流方向從右往左，則微安表指針向左偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小。

故答案為：③。（3）用電壓表接在電容器兩端測(cè)量電壓，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)緩慢減小，說明電壓表的內(nèi)阻不是無窮大，電容器通過電壓表在緩慢放電，放電結(jié)束后電壓表示數(shù)為0。

故答案為：電容器通過電壓表放電了

【分析】（1）體現(xiàn)電路實(shí)物連接的規(guī)范性，需嚴(yán)格遵循電路圖的元件布局與電流路徑。

（2）通過充放電過程的電流方向變化，分析電流計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)規(guī)律，體現(xiàn)電容器充放電的電流特性。

（3）結(jié)合電壓表的實(shí)際內(nèi)阻，解釋電容器的放電過程，體現(xiàn)電路元件非理想性對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響。（1）根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖，如圖所示（2）開關(guān)S接1，電容器充電，電容器上極板帶正電，通過微安表的電流方向從左往右，微安表指針向右偏轉(zhuǎn)，穩(wěn)定后，充電完成，微安表示數(shù)減為0，開關(guān)S接2，電容器放電，電容器上極板帶正電，通過微安表的電流方向從右往左，則微安表指針向左偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小，故選③。（3）用電壓表接在電容器兩端測(cè)量電壓，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)緩慢減小，說明電壓表的內(nèi)阻不是無窮大，電容器通過電壓表在緩慢放電，放電結(jié)束后電壓表示數(shù)為0。12．【答案】（1）l+d2；2t0（2）dt；d【解析】【解答】（1）單擺的擺長應(yīng)為擺線長l加上小球的半徑r=d2由于擺球一個(gè)周期內(nèi)兩次經(jīng)過最低點(diǎn)，結(jié)合題意小球連續(xù)兩次經(jīng)過光電門的時(shí)間間隔為t0，則有1解得單擺的周期為T=2t根據(jù)單擺的周期公式T=2π可得T故在T2?L解得g=4π2k=4×9.86（2）由題可知，小球通過最低點(diǎn)的速度為v=dt；由幾何知識(shí)可得∠AOB=則∠COB=90°?(90°?α)?故有CO=L解得sin若小球擺動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，則有mgL(1?其中v=聯(lián)立解得x=d小球剛開始做自由落體運(yùn)動(dòng)，細(xì)線繃緊的瞬間損失一部分機(jī)械能，因此整個(gè)過程機(jī)械能不再守恒。

故答案為：dt；dtLg；小球先做自由落體運(yùn)動(dòng)，在細(xì)線繃直的瞬間有動(dòng)能損失（1）[1]單擺的擺長應(yīng)為擺線長l加上小球的半徑r=d2[2]由于擺球一個(gè)周期內(nèi)兩次經(jīng)過最低點(diǎn)，結(jié)合題意小球連續(xù)兩次經(jīng)過光電門的時(shí)間間隔為t0，則有1解得單擺的周期為T=2[3]根據(jù)單擺的周期公式T=2π可得T故在T2?L解得g=（2）[1]由題可知，小球通過最低點(diǎn)的速度為v=[2]如圖所示由幾何知識(shí)可得∠AOB=則∠COB=90°?(90°?α)?故有CO=L解得sin若小球擺動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，則有mgL(1?其中v=聯(lián)立解得x=[3]小球剛開始做自由落體運(yùn)動(dòng)，細(xì)線繃緊的瞬間損失一部分機(jī)械能，因此整個(gè)過程機(jī)械能不再守恒。13．【答案】（1）解：設(shè)該單色光進(jìn)入吊墜的折射角為r，則tanr=AN（2）解：該單色光在吊墜中的臨界角為C，則sinC=（3）解：設(shè)該光在吊墜中的傳播速度為v，則n=cv，可得v=22c，由幾何關(guān)系可知，該單色光將在MP面上關(guān)于OM軸與A點(diǎn)對(duì)稱的A【解析】【分析】（1）通過幾何關(guān)系求折射角，結(jié)合折射定律推導(dǎo)折射率，體現(xiàn)光學(xué)折射的基本規(guī)律。

（2）利用全反射臨界角公式，結(jié)合入射角的幾何判斷，分析全反射現(xiàn)象，體現(xiàn)全反射的條件應(yīng)用。

（3）結(jié)合光速與折射率的關(guān)系、幾何路徑長度，推導(dǎo)傳播時(shí)間，體現(xiàn)光學(xué)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間計(jì)算方法。（1）設(shè)該單色光進(jìn)入吊墜的折射角為r，則tan可得r=30°吊墜對(duì)該單色光的折射率n=（2）該單色光在吊墜中的臨界角為C，則sin可得C=45°而單色光射到NO面的入射角為60°，所以該束光會(huì)在NO面發(fā)生全反射。（3）設(shè)該光在吊墜中的傳播速度為v，則n=可得v=由幾何關(guān)系可知，該單色光將在MP面上關(guān)于OM軸與A點(diǎn)對(duì)稱的A'點(diǎn)處射出吊墜，光在吊墜中傳播的路徑長度s=2光在吊墜中傳播的時(shí)間t=14．【答案】（1）解：拉力大小與Q的重力大小之比為k，Q的質(zhì)量為m，在水平拉力作用時(shí)的加速度為a，由牛頓第二定律可得kmg=ma由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得L=聯(lián)立解得k=（2）解：設(shè)撤去拉力時(shí)，物塊Q的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理kmgL+2.5kmgL解得v=（3）解：設(shè)Q與P碰撞后，兩者的速度大小為v'，根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv=Mv'碰撞損失的機(jī)械能E聯(lián)立解得E由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)m=M?m時(shí)，E損有最大值，即m=M2【解析】【分析】（1）結(jié)合牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，推導(dǎo)拉力與重力的比值，體現(xiàn)勻加速運(yùn)動(dòng)的受力與運(yùn)動(dòng)關(guān)聯(lián)。

（2）應(yīng)用動(dòng)能定理，分析拉力在兩個(gè)階段的做功，推導(dǎo)末速度，體現(xiàn)變力做功的能量分析。

（3）通過動(dòng)量守恒與機(jī)械能損失公式，結(jié)合數(shù)學(xué)極值分析，推導(dǎo)最大損失機(jī)械能的條件與數(shù)值，體現(xiàn)碰撞過程的能量與動(dòng)量綜合應(yīng)用。（1）拉力大小與Q的重力大小之比為k，Q的質(zhì)量為m，在水平拉力作用時(shí)的加速度為a，由牛頓第二定律可得kmg=ma由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得L=聯(lián)立解得k=（2）設(shè)撤去拉力時(shí)，物塊Q的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理kmgL+2.5kmgL解得v=（3）設(shè)Q與P碰撞后，兩者的速度大小為v'，根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv=Mv'碰撞損失的機(jī)械能E聯(lián)立解得E由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)m=M?m時(shí)，E損有最大值，即m=M215．【答案】（1）解：設(shè)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v0，從靜止釋放到ab邊即將進(jìn)入磁場(chǎng)過程中由機(jī)械能守恒有代入數(shù)據(jù)解得v（2）解：導(dǎo)體框ab邊在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由串并聯(lián)關(guān)系可知導(dǎo)體框的總電阻為R設(shè)ab邊在磁場(chǎng)中的瞬時(shí)速度為v時(shí)，ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv此時(shí)ab邊中的電流為I=ab受到的安培力為F聯(lián)立可得ab受到的安培力為F=設(shè)ab邊剛出磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v1，把a(bǔ)b邊進(jìn)磁場(chǎng)到出磁場(chǎng)的這段時(shí)間t看成由若干小段極短的時(shí)間Δt組成，在每一小段時(shí)間Δt內(nèi)，可認(rèn)為ab邊受到的安培力F1、F2、…、Fn是不變的，根據(jù)動(dòng)量定理，有聯(lián)立有?代入數(shù)據(jù)得v（3）解：由第二問分析?可知，線框每條邊通過磁場(chǎng)區(qū)時(shí)，速度改變量Δ由此可知，cd剛離開磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度v故ef無法離開磁場(chǎng)區(qū)域，即導(dǎo)體框末速度為v設(shè)ab邊在通過磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，導(dǎo)體框產(chǎn)生的熱量為ΔQ1，根據(jù)能量守恒，有Δ此過程導(dǎo)體框的等效電路如圖