【文档说明】山东省东营市第一中学2022-2023学年高三下学期二模物理试题含答案.docx，共(20)页，1.586 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前东营市第一中学2022-2023学年第二学期模块考试高三物理2023.4.22本试卷共6页，18小题，满分100分。考试用时90分钟。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1、2022年11月1日，23吨的梦天

实验舱与60吨的天和核心舱组合体顺利对接，完成了中国空间站建设最后一个模块的搭建。若对接前天和核心舱组合体在距地高度380km的正圆轨道运动，运行速度略小于梦天实验舱对接前的速度，则（）A．对接时梦天舱和天和舱因冲击力而产生的加速度相同B．

对接前空间站内宇航员所受地球的引力为零C．对接后空间站绕地运行速度大于第一宇宙速度D．若不启动发动机调整轨道，对接后空间站的轨道将会是椭圆2、如图所示为一物体沿直线运动的位移-时间图像，下列关于该物体的

速度—时间图像可能正确的是（）A.B.C.D.3、如图所示，光滑圆环竖直固定，A为最高点，橡皮条上端固定在A点，下端连接一套在圆环上的轻质小环，小环位于B点，AB与竖直方向的夹角为30°，用光滑钩拉橡皮条中点，将橡皮条中点拉至C点时，钩的拉力大小为F，为保持小环静

止于B点，需给小环施加一作用力'F，下列说法中正确的是（）A.若'F沿水平方向，则3'2FF=B.若'F沿竖直方向，则3'3FF=C.'F的最小值为36FD.'F的最大值为33F4、如图甲所示，条形码扫描笔的原理是扫描笔头在条形码上匀速移动时，遇到黑色线条，发光二极管发出的

光线将被吸收，光敏三极管接收不到反射光，呈高阻抗；遇到白色间隔，光线被反射到光敏三极管，三极管呈低阻抗。光敏三极管将条形码变成一个个电脉冲信号，信号经信号处理系统处理，即完成对条形码信息的识别，等效电路图如图乙所示，其中R为光敏三极管的等效电阻，R0为定值电阻，下列判断正确的是（）甲乙A．当

扫描笔头在黑色线条上移动时，信号处理系统获得高电压B．当扫描笔头在白色间隔上移动时，信号处理系统获得高电压C．扫描速度对信号处理系统接收到的电压信号无影响D．扫描笔头外壳出现破损时仍然能正常工作5、如图所示，A、B、C三点把

等量异种点电荷P、Q的连线平均分成了四份，过C点作两点电荷连线的垂线CD，有DC=AC。把另一个带正电的点电荷M沿连线由A点移动至C点，再沿垂线由C点移动至D点，移动过程中点电荷M的速率不变。不考虑点电荷M对空间电场的影响，下列说法正确的是（）A.B、D两点的电场强度大小为BDEEB.移动

过程中点电荷M所受电场力先减小后增大C.移动过程中点电荷M的电势能先减小后增大D.移动过程中电场力对点电荷M先做正功后做负功再做正功6、笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭。图乙为一块

利用自由电子导电，长、宽、高分别为a、b、c的霍尔元件，电流方向向右。当合上显示屏时，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁场中，元件前、后表面间产生电压，当电压达到某一临界值时，屏幕自动熄灭。则元件的（）甲乙A.合屏过程中，前表面的电势比后表面的低B.开屏过程中，

元件前、后表面间的电压变大C.若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏D.开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关7、历史上因为阴极射线管真空度不高，高速电子运动时受空气阻力的影响，没有观察到电子的有效偏转，人们一度认为电子不带电，后来卢瑟福改进仪器，才发现电子在电场中的偏转，进而说明电子

是带负电的另一种新粒子。某同学为了自制真空管，采用抽气装置对某一体积为V的玻璃管进行抽气，初始时，气体的压强等于大气压p0，已知每次能从玻璃管中抽走气体的体积为V0，其中0110VV=，抽气过程温度不变，经过n次抽气后，玻璃管中气体的压强p和剩余气体的质量与原有气体质量的比值分别为（）A.091

0np，910nB.0910np，1011nC.01011np，1011nD.01011np，910n8、一种升降电梯的原理如图所示，A为

电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时A（含乘客）、B的质量分别为M=1000kg和m=800kg。A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动（轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞）。电动机输出功率P=2kW保持不变。不计空气阻力和摩擦

阻力，g=10m/s2。在A向上运动过程中，则（）A.轿厢A能达到的最大速度0.2m/smv=B.轿厢A向上的加速度为22m/sa=时，配重B下端的牵引绳上拉力F=5600NC.轿厢A先做匀加速直线运动，再做加速度减小

的直线运动，最后做匀速直线运动D.厢体A从静止开始到上升的高度为5m时（箱体已处于匀速状态），所用的时间t=5.25s二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9、如乙图所示，一束复色光从空气射向一

个球状水滴后被分成了a、b两束单色光，分别将这两束单色光射向图甲所示的装置，仅有一束光能发生光电效应。调节滑片P的位置，当电流表示数恰为零时，电压变示数为Uc。已知该种金属的极限频率为v0，电子电荷量的绝对值为e，普朗克常量为h，下列说法正确的是（）A.a光在玻

璃中的传播速度比b光小B.b光的光子能量为0chveU+C.保持光强不变，滑片P由图示位置向左移，电流表示数变大D.用同一双缝做光的干涉实验，a光产生的干涉条纹间距比b光的大10、如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球

筒，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为M=90g（不含球的质量），球筒与手之间的滑动摩擦力为f1=2.6N，羽毛球质量为m=5g，球头离筒的上端距离为d=9.0cm，球与筒之间的滑动摩擦力为f2=0.1N，重力加

速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后（）A．羽毛球的加速度大小为10m/s2B．羽毛球的加速度大小为30m/s2C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3m/sD．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得

的初速度至少为355m/s11、两个振动情况完全相同的波源S1、S2，分别位于x轴上原点O和0.9m，振幅为10cm。t=0时刻波源S1开始沿y轴方向做简谐运动，形成的简谐波沿x轴正、负方向传播，当波传到0.9m处，触发波源S2开始振动，此时x正半轴波形如图所示，两波源各

自振动2s后停止振动。则下列说法正确的是（）A.两列波的传播速度为4m/sB.波源的起振方向沿y轴负方向C.在0~6s内，平衡位置处在0.4mx=−的质点运动总路程为100cmD.从图示时刻开始，再过0.75s，平衡位置在x=0.7m处的质点位移为−20cm12、如图所示，一电阻不计

的U型导体框置于倾角为37=的足够长的光滑绝缘斜面顶端，一质量为m=100g、电阻为8R=的金属棒CD置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF，且EF与斜面底边平行，导轨间的距离为3m2d=，导体框上表面粗糙，金属棒与导体框间的动摩擦因数为0.5=，与金属棒相距3m4L=的下方区域有方

向垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为4T3B=，t=0时刻，让金属棒与导体框同时由静止释放，金属棒进入磁场时导体框与金属棒发生相对滑动，导体框开始做匀速运动，t=6s时刻导体框EF端进入磁场，此时金属棒开始匀速运

动。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，导体框EF端进入磁场前金属棒没有离开磁场（sin370.6=，cos370.8=。取g=10m/s2）。则下列说法正确的是（）A．导体框的质量为200g3B．从静止释放到导体框EF端刚进入磁场的过程中，系统减少的机械能全部转化为金属棒的焦耳热C．

从静止释放到导体框EF端刚进入磁场的过程中，通过金属棒的电荷量为q=2.8CD．导体框EF端刚进入磁场时，金属棒与磁场上边界的距离为x=22.4m第II卷（非选择题）三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.（6分）某实验小组设计了图甲所示的实验装置来测量木块与平板间的动摩擦因数，

其中平板的倾角可调。（1）获得纸带上点的部分实验步骤如下：A．测量完毕，关闭电源，取下纸带B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开木块C．把打点计时器固定在平板上，将木块尾部与纸带相连，使纸带穿过限位孔D．将木块靠近打点计时器上述实验步骤的正确顺序是：（用字母填写）。（2）打点计时器

的工作频率为50Hz，纸带上计数点的间距如图乙所示。根据纸带求出木块的加速度a=2m/s（保留两位有效数字）。（3）若重力加速度g=9.8m/s2，测出斜面的倾角，查表知sin0.60=，cos0.80

=，若木块的质量为m=0.20kg，则木块与平板间的动摩擦因数=（保留两位有效数字）。（4）若另一小组利用图甲装置验证了牛顿第二定律，则实验时通过改变，验证质量一定时，加速度与力成正比的关系；通过改变，验证力一定时，加速度与质量成反比的关系。14.（8分）小刚准备试测弟弟的儿童电动车

上电池的电动势和内阻，他先上网查了一下，这款电池的电动势E约为8V。除了导线和开关外，还可利用的器材有：A．直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻约为3kΩ；B．定值电阻R0，阻值为7Ω；C．最大阻值为8kΩ的电阻箱；D．滑动变阻器R1最大阻值约为10

Ω；E．滑动变阻器R2最大阻值约为5kΩ。电压表量程不够，需要改装，但是又不知道电压表内阻的准确值，小刚根据电表的特点，打算改装成量程为9V的电压表。图1图2图3（1）他先将电阻箱与电压表V1串联后，连成图1所示的电路，其中RP应选用（填R1或R2）。（2）将滑动变阻器滑片P移至最右端，

同时将电阻箱阻值调为零，再闭合开关，将滑动变阻器的滑片P到适当位置，使电压表刚好满偏。（3）保持滑片P的位置不变，调节电阻箱，使电压表的示数为V；不改变电阻箱，电压表和电阻箱的串联组合，就是改装好的9V的电压表（4）小刚利用改装后的电压表，连接成图2

所示的电路测量电池的电动势和内阻，这里的RP应选用（填R1或R2）。移动滑动变阻器滑片，读出电压表V1、V2的多组数据U1，U2，描绘出U1-U2图像如图3所示，图中直线斜率为k，与纵轴的截距为a，则电池的电动势E

=，内阻r=。（均用k、a、R0表示）15.（8分）如图所示，ABDO为某玻璃材料的截面，ABO部分为直角三角形棱镜，30A=，OBD部分是半径为R的四分之一圆柱状玻璃，O点为圆心。一束单色光从P点与AB成30角斜射入玻璃材料，刚好垂直OA边射出，射出点离O点

34R，已知真空中的光速为c。（1）求该单色光在玻璃材料中发生全反射的临界角的正弦值；（2）现将该光束绕P点沿逆时针方向在纸面内转动至水平方向，观察到BD面上有光线从Q点射出（Q点未画出）。求光束在玻璃材料中的传播时间（不考虑圆柱BD弧面部分的发

射光线）。16.（8分）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为l1，人站立时摆长为l2。不计空气阻力，重力加速度大小为g。（1）如果摆

长为l1，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。a.人蹲在踏板上从最大摆角1开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿

势摆到另一边的最大摆角为2。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明21。b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角后，如果再次经过最低点时，通过一

次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能kE应满足的条件。17.（14分）图为某个有奖挑战项目的示意图，挑战者压缩弹簧将质量m0=0.3kg的弹丸从筒口A斜向上弹出后，

弹丸水平击中平台边缘B处质量m1=0.3kg的滑块或质量m2=0.2kg的“L形”薄板，只要薄板能撞上P处的玩具小熊就算挑战成功。已知弹丸抛射角θ=53°，B与A的高度差20m9h=，B与P处的小熊相距s=2.2m，

薄板长度L=0.9m，最初滑块在薄板的最左端；滑块与薄板间的动摩擦因数为10.5=，薄板与平台间的动摩擦因数20.3=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；薄板厚度不计，弹丸和滑块都视为质点，所有碰撞过程的时

间和外力影响均不计，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8。（1）求A、B间的水平距离x；（2）若弹丸与薄板发生完全非弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功；（3）若弹丸与滑块发生完全弹性碰撞，且之后可能的碰撞也为完全弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功。18.（16分）某离子诊断测量

装置的简化结构如图所示。在第一象限中存在一沿y轴正方向，电场强度204mvEaq=的匀强电场。在第二、三象限存在垂直xOy平面向外磁感应强度0mvBaq=的匀强磁场。有一块长度为a的探测板CD，仅可在第四象限范围内移动，且始终

接地。在第一象限的抛物线22(0)yxxaa=上有一簇粒子源，沿x轴负方向发射大量负离子，离子的质量为m、电荷量为(0)qq−。速度大小均为v0，单位时间发射的离子数为N，这些离子沿y轴均匀分布。稳定工作后，若探测板

CD在某处平行于y轴固定，则从O点出射的离子恰能击中探测板的C点，从A点（a，2a）出射的离子恰能击中探测板的D点。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。（1）求探测板上C点的纵坐标y0；（2）求探测板的横坐标x0；（3）求离子第二次经过y轴时的纵坐标y与其出发点的横坐标x的关系

；（4）若探测板沿x轴平移，求单位时间内，板上接收到的离子数n与板的横坐标x之间关系式。东营市第一中学2022-2023学年第二学期模块考试高三物理参考答案4.22题号123456789101112答案DACBCDCBBDBCBCDAC1、【解析】A．梦天舱和天

和舱因之间因冲击对梦天舱和天和舱产生的力大小相等方向相反，可知梦天舱和天和舱的加速度方向不同，梦天舱和天和舱的质量不等，根据F=ma可知梦天舱和天和舱的加速度大小不相等，故A错误；B．空间站内的宇航员受到地球的万有引力，由于万有引力全部提

供做圆周运动的向心力，所以宇航员处于完全失重状态，故B错误；C．第一宇宙速度为环绕地球做圆周运动的物体的最大速度，可知对接后空间站绕地运行速度小于第一宇宙速度，故C错误；D．对接后空间站的速度会发生变化，若不启动发动机调整轨道，对接后空间站的轨道将会是椭圆，故D正确。故选D。2、【

详解】BD．从位移—时间图像可知物体一直沿正方向运动，所以BD错误；AC．又可知2s内物体的位移为8m，则速度—时间图线与时间轴所围的面积为8，故A正确、C错误。3、【详解】A．设橡皮条的拉力大小为T，对C有2cos30TF=可知33TF=若'F沿水平方向，小环

只受橡皮条的拉力和'F，由平衡条件知3'3FTF==，A错误；B．若'F沿竖直方向，则有1'tan303FTF==，B错误；CD．作出小环的受力图，如图所示由几何知识知，当'FN⊥时，'F有最小值，且最小值m

in3sin306FTF==C正确；D．根据平行四边形定则可知'F无最大值，D错误。故选C。4、【解析】AB．信号处理系统获得的电压是R0两端的电压，当扫描笔头在黑色线条上移动时，R相当于大电阻，根据闭合电路欧姆定律，回路电流很小，R0两端的电压很低，信号处理系

统获得低电压；当扫描笔头在白色间隔上移动时，R相当于小电阻，回路电流较大，R0两端的电压较高，信号处理系统获得高电压，A错误，B正确；C．如果扫描速度发生变化，在信号处理系统中高低电压的时间间隔就会发

生变化，从而无法正确判断黑、白条纹宽度，可能出现错误识别信息，C错误；D．扫描笔头外壳出现破损时，外面的光就会进入光敏三级管，从而出现错误信息，导致不能正常工作，D错误。5、【详解】A．两点电荷P、Q到B点的距离均小于到D点的距离，可知两点电荷P、Q在B点产生的电场强度均大于在D点产生

的电场强度，且两点电荷P、Q在B点产生的电场强度方向相同，故有BDEE，故A错误；B．由等量异种点电荷电场分布情况可知ACBDEEEE=所以点电荷M移动过程中所受电场力先减小后增大再减小，故B错误；CD．点电荷M由A点移动到C点电场力做正功其电势能减小，由C点移动到D点电场力做负功其电

势能增大，故D错误，C正确。6、【详解】A．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则，自由电子向后表面偏转，后表面积累了电子，前表面的电势高于后表面的电势，故A错误；BCD．稳定后根据平衡条件有UevBeb=根据电流的微观表达式有IneSvneb

cv==解得BIUnec=所以开屏过程中，磁感应强度减小，元件前、后表面间的电压变小。若磁场变强，元件前、后表面间的电压变大，不可能出现闭合屏幕时无法熄屏。开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关，故D正确，BC错误；7、经过一次抽气()010pVpVV=+；101011p

p=同理，第二次抽气后玻璃管中气体压强为211011pp=，则经过n次抽气后，管中气体压强01011nnpp=原有气体压强变为np，则体积会变为'V，由玻意耳定律可得0'npVpV=又有0'

mVmV=联立可得01011nmm=，故选C8、【详解】A．当轿厢A的速度达到最大时轿厢A做匀速直线运动，电动机的牵引力为F，则有()FMmg=−又mPFv=代入数据解得1m/smv=故A错误；B．当A向上的加速度为22m/sa=时，设A、B之间绳的拉力为FA，重物B下端绳的拉力

大小为FB。分别分析A、B，根据牛顿第二定律得AFMgMa−=，BAFmgFma+−=联立解得5600NBF=，故B正确；C电动机输出功率P=2kW保持不变，速度增大时，根据PFv=可知牵引力减小，所以轿厢A做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运动，故C错误；D．厢体A

从静止开始到上升的高度为5m时，轿厢箱体已处于匀速状态，对A、B整体，由动能定理得21()2mPtmghMghMmv+−=+代入数据解得5.45st=，故D错误；10、【解析】AB．依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于筒向上运动，受到筒对它竖直向下的摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得2

1mgfma+=求得羽毛球的加速度为2130m/sa=羽毛球向下做匀加速直线运动，故A错误，B正确；CD．对筒受力分析，根据牛顿第二定律有122MgffMa−−=求得2220m/sa=−负号表示筒的加速度方向竖直向上，说明筒向下做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽毛球

头部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时，二者速度相等，此时筒获得的初速度为最小minv，有1min2atvat=−22min2111()22vtatatd−−=联立，代入相关数据求得min3m/sv=，

故D错误，C正确。12、【解析】A．依题意，金属棒进入磁场时导体框与金属棒发生相对滑动，导体框开始做匀速运动，导体框根据平衡条件可得sin37Mgf=cos37fmg=联立代入相关数据求得导体框的质量为200g3M=，故A正确；B．依题意，可知从静止释放到导体框EF端刚进入磁

场的过程中，系统减少的机械能一部分部转化为金属棒因克服所受安培力所做的功而产生的焦耳热，一部分转化为系统因克服摩擦力所做的功而产生的热量，故B错误；C．依题意，可得金属棒进入磁场瞬间的速度为111vat=21112Lat=1()sin()mMgmMa

+=+联立代入相关数据求得10.5st=13m/sv=导体框EF端进入磁场，此时金属棒开始匀速运动，则有222sin37cos37BdvFmgmgR==+安求得此时导体棒的速度大小为22m/sv=则从静止释放到导体框E

F端刚进入磁场的过程中，对金属棒根据动量定理有112sin37()cos370()mgtmgttBIdttmv+−=−−−1()qItt=−联立以上式子，代入相关数据求得通过金属棒的电荷量为2.8Cq=，故C正确；D．依题意，根

据BSBdxqRRR===代入相关数据，可求得导体框EF端刚进入磁场时，金属棒与磁场上边界的距离为11.2mx=故D错误。13、（6分）CDBA1.60.55平板的倾角m和，且(sincos)m−保持不变说明：（前四个空各1分，最后一空2分）【解析

】（1）[1]实验时首先要把打点计时器固定在平板上，将木块尾部与纸带相连，使纸带穿过限位孔；将木块靠近打点计时器，接通电源，待打点计时器工作稳定后放开木块，测量完毕，关闭电源，取下纸带。则此实验步骤的正确顺序是CDBA。（2）[2]根据2xaT=，运用逐差法得22222(15.

709.00)(9.003.90)10m/s1.6m/s(5)(50.02)xaT−−−−===（3）[3]根据牛顿第二定律sincosmgmgma−=解得0.55（4）[4]探究牛顿第二定律采取的是控制变量法，

验证质量一定时，加速度与力成正比的关系，通过改变平板的倾角来改变合外力。[5]验证力一定时，加速度与质量成反比的关系，由于滑块下滑加速的力是由重力沿斜面向下的分力和摩擦力提供，所以要保证向下的合力不变，应该使sincosmgmg−不变，所以需要同时

改变滑块的质量m和斜面倾角。14.（8分）1R1.01R313ak−0313kRk−说明：（分数顺序为1分，2分，1分，2分，2分。）【解析】（1）[1]不知道电压表内阻的准确值，还要扩大电压表的量程，就需要设置恒定的电压，因此图1中分压用的变阻器应该用电阻远小于

电压表内阻的R1，以减小电压表分流带来的误差。（3）[2]当电阻箱阻值为零，滑动变阻器的滑片P调到电压表刚好满偏，说明分压为3V。保持滑片P的位置不变，即分压保持为3V，当调节电阻箱，使电压表的示数为1.0V时，电压表和电阻箱的串联组合的电压为3V。这说明当电压表的示数为3.0V时，电压

表和电阻箱的串联组合的电压为9V，这就是改装好的9V电压表。（4）[3]由于定值电阻R0阻值为7Ω，为了让V2表能尽可能取得合适的数值，应选用电阻较小的R1。[4][5]根据闭合电路欧姆定律可得121033UUUErR−=−，整理得012003333ERrUURrRr=++

+即0033ERaRr=+033rkRr=+解得313aEk=−0313kRrk=−15.（8分）（1）3sin3C=；（2）(3339)4Rc+【解析】（1）根据题意可知，光线从AB界面的P点进入玻璃棱镜，由折射定律画

出光路图，如图所示根据几何关系，可得入射角1903060−==折射角130=，且PO恰好为法线，根据12sinsinn=可得折射率3n=又有1sinCn=解得3sin3C=（2）根据题意，当光线转至水平方向入射，入射角大小

仍为360=，画出光路图，如图所示由折射定律同理可知，折射角430=，折射光线交OD边于F点，由题已知30A=，PCAO⊥，得在OD边界上的入射角为560=，由于发生全反射的临界角为C。则有513sinsin23C==即5C可知在OD界面发生全反射，已知34COR=。由

几何关系得，在三角形OFQ中，由余弦定理得2222cos150OQOFFQOFFQ=+−其中OQR=32OFOPR==解得(133)4FQR−=又有cvn=2cos30PFOF=PFFQtv+=解得(3339)4Rtc+=16、（8分）（1）21v

Tmgml=+；（2）a.见解析；b.k215(1cos)2Emglmgl−−【详解】（1）根据牛顿运动定律21vTmgml−=解得21vTmgml=+（2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v1、v2，根据功能关系得2111()11cos2mglmv

−=2222()11cos2mglmv−=已知12vv=，得1122(1co)s)1cos(mglmgl−=−因为12ll，得12coscos所以21b.设“摆球”由最大摆角摆至最低点时动能为kE，根据功能关系得k1(

1cos)Emgl=−“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为mv，根据牛顿运动定律得2m2vmgml=“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得2kk2m122EEmglmv++得k215(1cos)2Emglmgl−−1

7、（14分）（1）设弹丸在筒口A的速率为0v，弹丸从A到B可视为平抛运动的逆过程，由运动学规律有212hgt=，0xvt=又0tangtv=将20m9h=，53=代入，解得2s3t=，05m/sv=，10m3x=（2）弹丸与薄板发生完全

非弹性碰撞，设碰后的共同速率为v，对弹丸与薄板组成的系统，由动量守恒定律有0002()mvmmv=+代入数据得3m/sv=碰撞结束时，滑块速度仍然为零，将在B处脱离薄板，弹丸与薄板整体向右做匀减速直线运动，设发生的最大位移为maxx。由动能定理

有2202max021()0()2mmgxmmv−+=−+代入数据解得max1.5mx=因为max2.4m2.2mxLs+==，所以薄板能撞上小熊，挑战成功（3）弹丸与滑块发生完全碰撞，系统动量和机械能均守恒．设碰后两者

速率分别为0v、1v。因01mm=，故两者速度互换，即00v=（弹丸此后掉落），15m/sv=薄板所受滑块的滑动摩擦力为1111.5Nfmg==薄板所受平台的最大静摩擦力为2212()1.5Nfmmg=+=因21ff=，故薄

板静止不动。设滑块滑至薄板右侧与薄板右端相碰时，滑块速率为2v，由动能定理有221112111122mgLmvmv−=−代入数据得24m/sv=滑块与薄板发生弹性碰撞，系统动量和机械能均守恒．设碰后两者速度分别为3v、4v有121324mvmvmv=+，22212

1324111222mvmvmv=+代入数据得30.8m/sv=，44.8m/sv=此后，滑块和薄板分别向右做匀加速直线运动和匀减速直线运动，假设两者能够共速，速率为5v，对滑块和薄板，分别由动量定理有111513mgtmvm

v=−112122524()mgtmmgtmvmv−−+=−代入数据得51.8m/sv=，0.2st=此过程中，设滑块与薄板发生的位移分别为x1和x2由运动学规律有()13510.26m2xvvt

=+=，()24510.66m2xvvt=+=因：21.56m2.2mxLs+==，滑块与薄板的相对位移1210.4m0.9mxxxL=−==故两者共速假设成立。共速后，因12，故假设两者相对静止做匀减速直线运动直至停止，再发生位移x3，动能定

理有()()22123125102mmgxmmv−+=−+代入数据得30.54mx=因232.1m2.2mxxLs++==所以薄板不能撞上小熊，挑战失败。18.（16分）（1）02ya=−；（2）04ax=；（3）任意离子第二次穿越y轴时的纵坐标为2a−，与其出发点的横坐标x无关

；（4）22(0)4()164aNxnaaNxx=（1）O点出射的离子直接进入第三象限做匀速圆周运动有2001vqvBmR=解得1Ra=恰能击中探测板的C点，得到C点纵坐标为0122yRa=−=−（2）假设A点粒子从原点上方出电场则有0av

t=21'2Eqytm=解得'2ya=说明该粒子从原点进入磁场。设磁场粒子速度为v，且与水平方向夹角为，在磁场中有22vqvBmR=0cosvv=22cosOFyR=解得2OFya=从F点射出，由电场中的类平抛运动

可知，04yEqvtvm==如图所示由0tanyCFvaxv==解得横坐标为04CFaxx==（3）在抛物线上任取一点(,)xy，则22yxa=若该处发射的离子进入第二象限，则有0xvt=212''Eqytm=解得22''yxa=可见''yy=故所有离子均从O点进入第三象限。此时

粒子速度为'v且与水平方向夹角为，在磁场中有23'vqvBmR=0'cosvv=第二次过y轴时，坐标为232cosyR=−解得22ya=−所以任意离子第二次穿越y轴时的纵坐标为2a−，与其出发点的横坐标x无关

。（4）由（3）的结论得①当04ax时nN=②4ax时，对打在D点的粒子，如图所示0tanyvavx==对于第一象限的类平抛运动有22yEqvym=由于在第一象限沿着y轴均匀分布，则击中挡板的比率为2ynNa=解得2216anNx=纵上所述可得22(0)4()16

4aNxnaaNxx=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com