【文档说明】信息必刷卷04-2023年高考物理考前信息必刷卷（全国乙卷）（解析版）.docx，共(14)页，2.324 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前2023年高考物理考前信息必刷卷04（全国乙卷）（解析版）全国高考物理试卷的试题题型式是5（单选题）＋3（多选题）＋2（实验题）＋2（计算题）+2（选修模块3-3、3-4），高考命题依然是“内容不超过范围，深度不超要求”，注重增强灵活性和创新性为支撑，把考查的重点放在学

生思维品质和综合应用所学科知识解决问题能力上。2022年全国乙卷物理试题依据高考课程标准，在具体情境中深化基础性，考查学生对规律本质的理解，预测2023年物理高考命题整体上稳中有进，在求进中回归基础，在基础中强化

融合，在融合中中注重应用，在应用中力求创新。为适应新高考和新课改的要求，本试卷根据全国（乙）最新考纲要求和新课标地区模拟试卷进行大胆设题与创新，力求考生通过针对高考高频考点的训练，以此提升考生应用物理知识分析和解决问题的能力。一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项

中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。14．如图所示，导体棒P通过两等长细线悬挂在竖直墙面上等高的两点，并通以恒定电流PI，另一长直导

体棒Q位于AB连线正下方，并与一滑动变阻器串联，闭合开关前滑片位于最左端，已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度与通电导线的电流大小成正比，与到通电导线的距离成反比。不计电源与导体棒电阻，现闭合开关，将滑动变阻器的滑片自最左端缓慢滑至中间，导体棒P绕AB连线缓慢转动，下列说法正确的是

（）A．导体棒P所受安培力始终垂直于两棒所在平面B．绳子拉力将减半C．两棒间的安培力将翻倍D．两棒的间距将变为原来的2倍【答案】D【解析】由题意可知，两棒互相排斥，则电流方向相反，安培力平行于两棒所在平面，A错误；如图所示根据相似三角形可知PBLImgThld==，可知绳子拉力为定值，B错误；

由QIBkd=，QEIR=，可得P2kELImgThlRd==，当滑片滑到中间时，电阻减半，故两棒的间距将变为原来的2倍，则安培力将变为原来的2倍，C错误，D正确。故选D。15．如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过

相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现使车厢沿水平方向加速运

动，为保证A、B仍相对车厢静止，则（）A．速度可能向左，加速度可大于1g+（）B．加速度一定向右，不能超过1g（－）C．加速度一定向左，不能超过gD．加速度一定向左，不能超过1g（－）【答案】B【解析】车厢静止时，A恰好不下滑，则弹簧处于压缩状态．设弹簧弹力为F，车厢对A的支持

力为1NF，对此时的A受力分析可得：1NfmgFF===，解得：mgF=，车厢沿水平方向加速运动，为保证A仍相对车厢静止，车厢对A的支持力必须大于等于1NF，对A受力分析，由牛顿第二定律可得：A物

体的加速度一定向右．车厢沿水平方向加速运动，要保证B仍相对车厢静止，对B受力分析，由牛顿第二定律可得()BFmgfma−=，解得：()1ag−．故B项正确，ACD三项错误．16．射人造航天器时，可利用地球的自转让航天器发射前就获得相对地心的速度。设地球表面的重力加

速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，酒泉卫星发射中心的纬度为φ。将地球视为质量均匀分布的球体，则在酒泉卫星发射中心发射的航天器利用地球自转能获得相对地心的最大速度为（）A．0()cos2ggT+B．0()cos2ggT−C．0()cos2ggT−D．

0()cos4ggT−【答案】C【解析】地球表面两极处质量为0m的物体所受的重力等于万有引力，则有0002GMmmgR=，同理该物体在赤道处，由牛顿第二定律有002202()MmGmgmRRT=−，联立解得地球半径为202()4ggTR−=，对在酒泉卫星发射中心发射的航天器进行建模，如图所

示，则分析可知，在酒泉卫星发射中心发射的航天器利用地球自转能获得的相对地心的最大速度为0()2s2cocos2TrvggTRT=−==，故选C。17．如图所示，半径为r、质量不计的均匀圆盘竖直放置，可以绕过圆心O且与盘面垂直的水平光滑固定轴转动，在盘面的最右边边

缘处固定一个质量为m的小球A，在圆心O的正下方离O点12r处也固定一个质量为2m的小球B。现从静止开始释放圆盘让其自由转动，重力加速度为g，则小球B在转动过程中的最大速度为（）A．23grB．(21)3gr−C．(31)3gr−D．33gr【答案】B【解析】从静止开始释放圆盘，可知

圆盘与两小球将做顺时针转动，速度先变大后变小，速度为零后，再做逆时针转动，如此往复。设某一时刻，小球A与圆心O的连线与水平方向的夹角为θ，此时小球A下降的高度为Asinrh=，小球B上升的高度为()Bc121oshr−=，设此时小球B的速度为Bv，因为A、B两球的

角速度相同，所以小球A的速度为AB2vv=，在转动的过程中，A、B组成的系统机械能守恒，则有22BAAB112222mghmghmvmv−=+，解得()2B11sincos12sin1334vgrgr=+−=+−，可见当4

=时，小球B的速度最大，最大速度为()Bm213grv−=，故选B。18．一盏电灯发光功率为100W，假设它发出的光向四周均匀辐射，光的平均波长76.010m−=，在距电灯10mr=远处，以电灯为球心的球面上，2

1m的面积每秒通过的能量子数约为（）A．17210个B．16210个C．15210个D．23210个【答案】A【详解】光是电磁波，辐射能量也是一份一份进行的，100W灯泡每秒产生光能100JE=，设灯泡每秒发出的能量子数为n，则能量为cEnh=，在以电灯为球心

的球面上，21m的面积每秒通过的能量子数72223481006.0104443.14106.6310310nEnrrhc−−===个17=2.410个，故A正确。故选A。19．如图（甲），粗糙、绝缘的水平地面上，一质量2k

gm=的带负电小滑块（可视为质点）在1mx=处以初速度01.5m/sv=沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数0.05=。整个区域存在沿水平方向的电场，滑块在不同位置所具有的电势能pE如图（乙）所示，P点是图线最低点

，虚线AB是经过1mx=处的切线，并且AB经过(0,3)和(3,0)两点，210m/s=g，则以下说法正确的是（）A．3mx=处的电势最高B．滑块向右运动过程中，速度始终减小C．滑块向右一定不能经过4mx=处的位置D．滑块运动至3mx=处时，速度最大【答案】ABC【解析】

滑块在3mx=处电势能最低，由pEq=，因为滑块带负电，所以3mx=处的电势最高，A正确；BD．pEx−图像斜率的绝对值pEkFx==电，表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在1mx=处所受电场力大小为32N1N10F−==−，滑块所受滑动摩擦

力大小为1Nfmg==，所以在13m区间内，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，且不断减小，则滑块所受合外力方向与速度方向相反；在3mx=之后，滑块所受电场力与滑动摩擦力同向，且不断增大，则滑块所受合外力方向也与速度方向

相反。综上所述可知滑块向右运动过程中，速度始终减小，在1mx=处速度最大，B正确，D错误；滑块在1mx=处的电势能与在4mx=处的电势能相等，根据能量守恒定律,若滑块能够经过4mx=处，则应满足2012mvfx，根据题中数据可知实际情况并不满足上式，所以滑块一定无法经过4

mx=处的位置，C正确。故选ABC。20．如图（a），质量分别为Am、Bm的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的at−图像如图

（b）所示，1S表示0到1t时间内A的at−图线与坐标轴所围面积大小，2S、3S分别表示1t到2t时间内A、B的at−图线与坐标轴所围面积大小。下列说法正确的是（）A．0到1t时间内，墙对B的冲量为0B．运动后，弹簧的最大形变量小于xC．23::A

BmmSS=D．123SSS−=【答案】BD【解析】撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到1t时间内，对A由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小A0Imv=，弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间

相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小A0Imv=弹簧，对B，以向右为正方向，由动量定理得0II−=墙壁弹簧，解得墙壁对B的冲量大小为A0Imv=墙壁，方向水平向右，A错误；B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长或压缩量）最大，此时A、

B的速度不为零，A、B的动能不为零，由动量守恒定律可知，弹簧形变量最大时，A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧的形变量最大时弹簧的弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧的形变量最大时弹簧的形

变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故B正确；at−图像与坐标轴所围成面积的大小等于物体速度的变化量，因0=t时刻A的速度为零，1t时刻A的速度大小01vS=，2t时刻A的速度大小A12vSS=−，B的速度大小B3vS=，由图（b）图像可知，1t时刻A的加速度为零，此

时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到2t时刻两者加速度均达到最大，此时弹簧伸长量达到最大，两者速度相同，即ABvv=，则有123SSS−=，21~tt时间内，A、B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得A0ABA()mvmmv=+，结合01vS=，

A123vSSS=−=，联立得AB32::mmSS=，故C错误，D正确。故选BD。21．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上。第三、四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，第四象限同时存在方向平行于y轴的匀

强电场（图中未画出）。一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第四象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第一象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g。根据以上信息，可以确定的物理量有（）A

．小球做圆周运动的速度大小B．小球在第四象限运动的时间C．第四象限匀强电场场强方向D．磁感应强度大小【答案】ABC【解析】根据题意可知，粒子从P点垂直于y轴进入第四象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第一象限，则O点为粒子做圆周运动的圆心，由几

何关系可知ROPOQd===，A．粒子在第三象限，由重力和洛伦兹力的作用下，由A点运动到P点，洛伦兹力不做功，则运动过程中，粒子的机械能守恒，由机械能守恒定律有212Pmgdmv=，解得2Pvgd=，即小球做圆周运动

的速度大小为2gd，故A符合题意；BCD．根据题意可知，粒子在第四象限做匀速圆周运动，则有mgEq=，2PPvqvBmd=，由图结合左手定则可知，粒子带负电，由于电场力的方向竖直向上，则第四象限电场方向为竖直向

下，解得22mgdmgBqdqd==，mgqE=，由于不知道E、m和q，则无法得出磁感应强度B，粒子在第四象限的运动时间为12244Pddtvg==，故D不符合题意，BC符合题意。故选ABC。二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~25题为必考

题，每个试题考生都必须作答。第33~34题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题22．（5分）半导体薄膜压力传感器是一种常用的传感器，其阻值会随压力变化而改变。（1）利用图甲所示的电路测量一传感器在不同压力下的阻值NR，其阻值约几十千欧，现有以下器材：

压力传感器电源：电动势6V电流表A：量程250μA，内阻约为50电压表V：量程3V，内阻约为20k滑动变阻器R：阻值范围0~100开关S，导线若干为了提高测量的准确性，应该选下面哪个电路图进行测量_________；（2）

通过多次实验测得其阻值NR随压力F变化的关系图像如图乙所示：由图乙可知，压力越大，阻值NR_________（选填“越大”或“越小”），且压力小于2.0N时的灵敏度比压力大于2.0N时的灵敏度（灵敏度指电阻值随压力的变化率NRF）_________（选填“高”或“低”）；（3）

利用该压力传感器设计了如图丙所示的自动分拣装置，可以将质量不同的物体进行分拣，图中NR为压力传感器，R为滑动变阻器，电源电动势为6V（内阻不计）。分拣时将质量不同的物体用传送带运送到托盘上，OB为一个可绕O转动的杠杆，下端有弹簧，当控制电路两端电压3V时，杠杆OB水平，物体水

平进入通道1；当控制电路两端电压3V时，杠杆的B端就会被吸下，物体下滑进入通道2，从而实现分拣功能。重力加速度大小为210m/sg=，若要将质量大于0.16kg的货物实现分拣，至少应该将R接入电路的阻值调为_________k（结果保留

3位有效数字）。【答案】（1）A（2）越小高（3）28.0【解析】（1）因为RN的阻值在几十千欧，远大于滑动变阻器的最大阻值，所以为了便于调节RN的电压和电流，滑动变阻器应采用分压式接法；又因为NAVRR

R，所以为减小系统误差，电流表应采用内接法。故选A。（2）由图乙可知，压力越大，阻值RN越小。灵敏度NRF即为图线斜率的绝对值，所以压力小于2.0N时的灵敏度比压力大于2.0N时的灵敏度高。（3）当货物质量恰好为0.16kg，即对RN的压力大小为1.6N时，由

题图乙可知此时N28.0Rk=，若此时控制电路电压刚好为3V，则R接入电路的阻值最小，根据串联分压规律有N3VRERR=+，解得28.0Rk=，所以至少应该将R接入电路的阻值调为28.0kΩ。23．（10分）如图甲所示，某兴趣小组利用力传感器、加速度

传感器、动滑轮和定滑轮等实验仪器测量物块的质量M和物块与台面间的动摩擦因数。调节定滑轮高度，使细线与台面平行，不计滑轮与细线、轮轴间摩擦。已知当地的重力加速度g=10m/s2。（1）为了达到实验目的，实验前，___________（填“需要”

或“不需要”）将台面调整到水平。实验中，动滑轮质量___________（填“会”或“不会”）影响实验结果。（2）物块质量M不变，将钩码放入托盘中，将托盘静止释放并记录加速度传感器数值a与力传感器数值F，改变钩码个数多次实验，作出a－

F图像，如图乙所示，则动摩擦因数=____________，物块的质量M=___________kg。（结果均保留2位有效数字）（3）现将物块换成小车，用该装置测量一个不规则的小物体的质量m0实验步骤如下：①小车空载时进行实验并采集数据；②m0

放入小车中进行实验并采集数据；③作出两次实验的a－F图像如图丙所示，则小物体的质量m0=___________（结果用b、c、d表示）。【答案】（1）需要不会（2）0.200.60（3）2dcb−【解析】（1）为了达到实验目的，实验前需要将台面调整到水平，因为水平时对物块有NFMg=，fNF

F=得物体受到的摩擦力大小fFMg=所以将台面调整到水平，从而方便研究及M；由于物块受到的拉力可由力传感器直接测出，故实验结果不受滑轮质量的影响；（2）由于动滑轮省力但费距离，且加速度传感器测量的是m的加速度a，则对滑块

，其加速度为2a，根据牛顿第二定律有2FMgMa−=整理得122gaFM=−结合图乙可得1121.2M=，1.02g=可得0.60kgM=，0.20=（3）空载时，对小车有002FMgMa−=即0122gaFM=−放入0m后，有0000()()2FM

mgMma−+=+即0012()2gaFMm=−+结合图丙可得012bMc=，0012()bMmd=+，联立可得02dcmb−=24．（12分）如图（a），水平地面上固定一倾角为37°的斜面，一宽为0.43ml=的有界匀强磁场垂直于斜面向上

，磁场边界与斜面底边平行。在斜面上由静止释放一个单匝的正方形金属线框abcd，线框沿斜面下滑时，ab、cd边始终与磁场边界保持平行，并且恰好匀速进入磁场区域。以地面为零势能面，从线框开始运动到完全进入磁场的过程中，线框的机械能

E与位移s之间的关系如图（b）所示，图中①、②均为直线段。已知线框的质量为0.1kgm=，电阻为6R=。（sin370.6=，cos370.8=，重力加速度g取210m/s，计算结果保留三位有效数字）

求：（1）线框进入磁场前由于摩擦产生的内能及线框与斜面间的滑动摩擦力；（2）线框的边长l和匀强磁场的磁感应强度B；（3）线框穿越磁场的过程中，线框中产生的最大电功率mP。【答案】（1）0.144J，0.5；（2）0.15m，0.667T；（3）0.427W【解析】（1）

进入磁场前，摩擦力做负功变成摩擦热为机械能的减少量,由线段①有11(0.9000.756)cos37EQmgs==−=其中1=0.36ms，解得0.144JQ=，0.5=（2）线框为进入磁场前，线框的加速度2sin37cos37100.

60.5100.82m/sagg=−=−=则ab边刚进入磁场的速度112220.36m/s1.2m/svas===线框进入磁场中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，图线段②可知，此时机械能线性减小，可知安培力为恒力，线框

做匀速运动，则有'(0.7560.666)(cos37)2EmgFl=−=+安cos37sin37mgFmg+=安'FBIl=安EIR='1EBlv=联立可解得'0.15ml=2T0.667T3B=（3）当线框完全进

入磁场后做匀加速直线运动，当ab边刚要离开磁场时，开始做减速运动，此时线框收到的安培力最大，速度最大，线框的功率最大，由动能定理得'222111(sin37cos37)()22mgmgllmvmv−−=−解得21.6m/sv=所以线框的最大功率为2

2'222mBlvPIRR==带入数据得1.280.427W3mP=25．（20分）如图所示，光滑水平面上有一光滑水平凹槽PQ。质量为0.2kgM=、长度2.5mL=的木板C放置在凹槽内，其上表面恰好与水平面平齐。开始时木板C紧靠凹槽左

端P并处于静止状态，其右端与凹槽右端Q距离为0.02md=。水平面左侧较远处有一处于压缩锁定状态的轻弹簧，左端固定在墙壁上，右端连接物块A，物块B紧靠物块A放置，弹簧的弹性势能p4JE=。某时刻解除锁定，A、B由静止开始向右运动。已知物块A、B的质量均为0.16kgm=

，木板C与凹槽右端Q的碰撞为弹性碰撞（碰撞时间不计），物块与木板间的滑动摩擦因数0.5=，物块A、B可视为质点，重力加速度g取210m/s，求（1）物块B刚滑上木板C时的速度大小Bv；（2）木板C与凹槽右端

Q第一次碰撞时，物块B相对木板C滑行的距离x；（3）木板C在凹槽PQ中运动的整个过程中，木板C与凹槽右端Q碰撞的总次数n；（4）改变弹簧锁定状态时的弹性势能pE（弹簧允许的最大弹性势能为16J），为使物块

B能够滑上右侧水平面，弹性势能pE需满足的条件。【答案】（1）5m/s；（2）0.455m；（3）5；（4）225045(21)2,3,4,5)50(21)(pnEnn+−==−【解析】（1）由能量关系可知2122pBEmv=解得5m/sBv=（2）物块滑上木板后，对木板1mg

Ma=21112dat=对物块2mgma=2012112Bsvtat=−物块相对木板滑行的距离0.455mBxsd=−=此时物块的速度为4.5m/s，木板的速度为0.4m/s两者未共速，以上求解正确；（3）BC组成的系统不断与Q碰撞，使其向右的动量

不断减小，但不与P壁相碰，说明系统最终末态动量为零，最终B、C均静止；111vat=112IMv=100nImv−=−解得n=5此过程中物块B相对木板C运动的距离为2.5m，恰好未从木板C右端滑下；（4）要想物体B能滑上右侧水平面，需要同时满足以下条

件①1(21)1,2,3ntntn=−=②20212nnLdvtat+=−③2012162pEmv=④020.4tnvvat=−联立可得()()22p504521(2,3,4,5)5021nEnn+−==−（或者2p25.2210.16214nEn

−=+−）（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。33．【物理—选修3-3】（15分）（1）（5分）关于下面热学中的五张图片所涉及的相关知识，描述正确的是（）A．甲是分子间的作用力跟距离的关系图，当0rr时，分子间的作用力表现为

引力B．要达到乙图的实验效果，应先将一滴油酸酒精溶液滴入水面，再把痱子粉撒在水面上C．丙图中对同一气体而言，实线对应的气体分子温度高于虚线对应的气体分子温度D．丁图中，悬浮在液体中的颗粒越大，布朗运动表现

得越明显E．戊图中，猛推推杆压缩筒内封闭的气体，气体温度升高、压强变大【答案】ACE【解析】由图甲作用力跟距离的关系图可知，当0rr时，分子间的作用力表现为引力，故A正确；要达到乙图的实验效果，应先把痱子粉撒在水面上，再将一滴油酸酒精溶液滴入水面，故B错

误；温度升高时，速率分布最大的区间将向速率增大处移动，丙图中对同一气体而言，实线对应的气体分子温度高于虚线对应的气体分子温度，故C正确；丁图中，悬浮在液体中的颗粒越大，布朗运动表现得越不明显，故D错误；戊图中，猛推推杆

压缩筒内封闭的气体，外界对气体做功，气体内能增大，气体温度升高、压强变大，故E正确。故选ACE。（2）（10分）如图所示，竖直固定的大圆筒由上面的细圆筒和下面的粗圆筒两部分组成，粗圆筒的内径是细筒内径的4倍，细圆筒足够长。粗圆筒中放有A、B两个活塞，活塞A的重力及

与筒壁间的摩擦忽略不计。活塞A的上方装有水银，活塞A、B间封有一定质量的空气（可视为理想气体）。初始时，用外力向上托住活塞B使之处于平衡状态，水银上表面与粗筒上端相平，空气柱长12cmL=，水银深8cmH=。现使活塞B缓慢上移，直至有一半质量的水银被

推入细圆筒中。假设在整个过程中空气柱的温度不变，大气压强p。相当于76cm的水银柱产生的压强，求：（1）细圆筒中水银柱的高度；（2）封闭气体的压强；（3）活塞B上移的距离。【答案】（1）64cm；（2）144cmHg；（3）9cm【解析】（1）设粗圆筒的截面积为S1，细圆筒的

截面积为S2。由于粗圆筒的内径是细圆筒内径的4倍，所以有212416SS==水银总体积1VHS=一半水银上升到细圆筒中，设细圆筒中水银柱的高度为h。因为水银体积不变，所以有21122VhSHS==解得1264cm2HShS==（2）此时封闭气体的压强20144cm

Hg2Hpghp=++=（3）初态封闭气体的压强1084cmHgppgH=+=初态封闭气体的体积11VLS=设初态到末态活塞B上移的距离为x，则末态气体体积212HVLxS=+−由玻意耳定律有1122pVpV=解

得9cmx=34．【物理—选修3-4】（15分）（1）（5分）如图，图甲是0=t时刻一列沿x轴传播的横波图像，图乙是质点P的振动图像，质点Q的平衡位置坐标7mQx=，下列说法正确的是（）A．质点做简谐运动的频率为2.5HzB．此波沿x轴正方

向传播C．此波的传播速度大小10m/sD．0=t时刻，质点Q沿y轴正方向振动E．0=t时刻，质点Q偏离平衡位置的位移102cmQy=−【答案】ADE【解析】质点做简谐运动的周期T=0.4s，则频率为12.5HzfT==，选项A正确；因t=0时刻质点P沿y轴负向振

动，结合波形图可知，此波沿x轴负方向传播，选项B错误；此波的传播速度大小8m/s20m/s0.4vT===，选项C错误；由“同侧法”可知，0=t时刻，质点Q沿y轴正方向振动，选项D正确；0=t时刻，质点Q偏离平衡位

置的位移2220sin20sin7cm102cm8Qyx===−，选项E正确。故选ADE。（2）（10分）2022年2月4日举办的北京冬奥会开幕式令世界沸腾。在这场感觉、听觉、视觉交织融合的饕盛宴背后，

最大的“功臣”非LED显示技术莫属。发光二极管（LED）可高效地将电能转化为光能，在照明、平板显示、医疗器件等领域具有广泛的用途。有一种发光二极管，它由半径为R的半球体介质ABC和发光管芯组成，管芯发光区域是半径为r的圆面PQ，其圆心与半球体的球心O重合，过球心的横截面如图所示。图中发光圆面发出的

某条光线射向D点，入射角为30°，折射角为45°。（1）求半球体介质对光的折射率及光从该介质射入空气中的临界角；（2）为使从发光圆面PQ射向半球面上所有的光都不会发生全反射，管芯发光区域面积最大值为多少？【答案】（1）2n=，45C=；（2）22R【

解析】（1）根据折射定律得sinsinrni=解得2n=根据1sinCn=解得临界角45C=（2）如图，由正弦定理可知，从P或Q点垂直于圆面发出的光射到球面时的入射角最大，设为，由几何关系有sinrR=设光发生全反射的临界角为C，则有1sinCn=为使从发光圆面P

Q射向半球面上所有的光都不发生全反射，应满足sinsinC解得22RRrn=管芯发光区域面积应满足222RSr=所以管芯发光区域面积最大值为22R。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号w

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