2023-2024学年山东省烟台市高三（第二次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年山东省烟台市高三（第二次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，将一块平凹形玻璃板倒扣在另一块平板玻璃之上，从而在两块玻璃之间形成一层空气薄膜，玻璃板的一边沿x方向，用平行单色光向下垂直照射平凹形玻璃板，观察到的干涉条纹形状可能正确的是( )
A. B.
C. D.
2.某实验小组研究光电效应规律时，用不同频率的光照射同一光电管并记录数据，得到遇止电压与入射光频率的关系图像如图所示，已知电子电荷量为e，则该光电管的阴极材料的逸出功为( )
A. e(U2ν1−U1ν2)ν2−ν1B. e(U1ν2−U2ν1)ν2−ν1C. e(U2ν2−U1ν1)ν2−ν1D. e(2U1ν1−U2ν2)ν2−ν1
3.如图所示，电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中A点的电场强度为0，静电力常量为k，则图中B点的电场强度为( )
A.

kq9d2

B. 0C.

k8q9d2

D. k10q9d2
4.如图所示，一水晶球支架放置在水平桌面上，支架由水平底托和三根金属支杆构成。一质量为m、半径为l的水晶球静置于支架上，水晶球与三根金属支杆的三个接触点等高，接触点的连线构成边长为l的等边三角形。已知水晶球质量分布均匀，不计支杆与水晶球间的摩擦，重力加速度为g，则每根支杆对水晶球的作用力大小为( )
A. mg3B. 6mg6C. 3mg3D. 32mg
5.如图所示为竖直平面内的粗糙的四分之一圆轨道ABC，A点的切线水平，B为圆弧AC的中点。一小物块自A点水平进入轨道，从C点冲出轨道上升至最高点后沿原路返回。已知物块与轨道间的动摩擦因数不变，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A. 小物块第一次和第二次到达B点时对轨道的压力相等
B. 小物块第一次到达C点的加速度大小等于重力加速度大小
C. 小物块第一次到达A点时对轨道的压力大小等于自身的重力大小
D. 小物块由A到B克服摩擦力做的功大于由B到C克服摩擦力做的功
6.如图所示，某装置中竖直放置一内壁光滑、开口向上的圆柱形容器，圆柱形容器用一定质量的活塞封闭一定质量的理想气体，外界大气压强为p0，当装置静止时，容器内气体压强为1.1p0，活塞下表面与容器底面的距离为h0，当装置以某一恒定加速度加速上升时，活塞下表面距容器底面的距离为0.8h0，已知容器内气体温度始终保持不变，重力加速度大小为g，则装置的加速度大小为( )
A. 0.25gB. 1.5gC. 2.75gD. 11.5g
7.迷你系绳卫星在地球赤道正上方大气层外，沿圆形轨道绕地球飞行。如图所示，某系绳卫星由两个质量相等的子卫星a、b组成，它们之间的绳沿地球半径方向，已知子卫星a、b绕地球做圆周运动的半径分别为r1,r2，地球半径为R，地球表面重力加速度大小为g，系绳质量不计，则系绳卫星做圆周运动的角速度大小为( )
A. Rr1r2 g(r12+r22)r1+r2B. Rr1r2 g(r12+r22)r1−r2C. Rr1r2 g(r13+r23)r12+r22D. Rr1r2 g(r13+r23)r12−r22
8.质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示，若令x2x1−t2t1=p，则p的取值范围为( )
A. p<1B. p<0C. p≤−1D. −1二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示为卡诺逆循环过程(制冷机)的p−V图像，该循环由两个等温过程和两个绝热过程组成，全过程以理想气体为工作物质，工作物质与低温热源和高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程。图中虚线T1,T2为两条等温线。下列说法中正确的是( )
A. 一个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功
B. a→b过程气体压强减小只是由于单位体积内分子数减少导致的
C. a→b过程气体对外界做的功等于c→d过程外界对气体做的功
D. d→a过程气体向外界释放的热量等于b→c过程从低温热源吸收的热量
10.图甲为一列简谐横波在t=2s时的波形图，质点P、Q 为该波传播方向上的两个质点，它们平衡位置之间的距离为1m，质点P的振动图像如图乙所示，则质点Q的振动图像可能是( )
A. B.
C. D.
11.某实验小组利用如图所示的电路模拟研究远距离输电。图中交流电源电压为U=6V，定值电阻R=20Ω，小灯泡L的规格为“6V,3.6W”，接通电路调节两个变压器，使小灯泡始终以额定功率工作，此时理想变压器T1原副线圈的匝数比为n1n2=k1，理想变压器T2原副线圈的匝数比为n3n4=k2。则下列说法中正确的是( )
A. k1和k2的乘积小于1
B. k1越大电路的输电效率越高
C. 若k2=6，则R上消耗的功率为0.2W
D. 若k2=6，则变压器T1的输出电压为38V
12.如图甲所示，光滑的平行金属轨道水平固定在桌面上，轨道左端连接一可变电阻R，一导体杆与轨道垂直放置，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。导体杆先后两次在水平向右的拉力作用下均由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小F与速率v的关系图像如图乙所示。其中，第一次对应直线1，开始时拉力大小为F0，改变电阻R的阻值和磁感应强度的大小后，第二次对应直线2，开始时拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中电阻的阻值之比为a、磁感应强度大小之比为b、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为c，导体杆与轨道始终垂直并接触良好，不计导体杆和轨道的电阻，则a、b、c的值可能为( )
A. a=2、b=2、c=2B. a=2、b=2、c= 2
C. a=3、b= 6、c= 2D. a=6、b= 3、c= 2
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.如图甲所示，在水平平台上静止放置一轻弹簧，弹簧左端与固定竖直挡板拴接，弹簧处于原长时标记右端对应平台台面上的O点，在O点右侧的A处固定一个光电门。已知小滑块与水平平台之间的摩擦很小可忽略不计，当地重力加速度为g.某同学利用该装置进行“验证动量守恒定律”实验，具体步骤如下：
①在小滑块a上固定一个宽度为d的挡光片；
②用天平分别测出小滑块a和b的质量ma、mb;
③使小滑块a向左压缩轻弹簧到某一位置O1标记该位置后，由静止释放小滑块a，a瞬间被弹开后沿平台向右运动，经过光电门后与另一小滑块b发生正碰，碰后两滑块先后从平台边缘飞出，分别落在水平地面的B、C点；
④记录小滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t;
⑤用刻度尺测出O、O1之间的距离l、平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线分别与B、C点之间的水平距离Sa、Sb
⑥改变弹簧压缩量，进行多次测量。
(1)若满足表达式_____________(用题目中给定的字母表示)，则说明小滑块a、b正碰过程动量守恒；
(2)该同学利用图像分析O,O1之间的距离l与小滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t之间的数值关系，利用描点法做出如图乙所示的图像是一条过原点的直线，该图像纵轴表示l，则横轴表示__________(选填“t”、“1t”或“1t2”)。若该图像的斜率为c，则由图乙可求得该轻弹簧的劲度系数k=__________。(弹簧的弹性势能可表示为Ep=12kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)
14.某实验小组要测量一未知电源的电动势和内阻。准备的器材有：
毫安表(量程0−100mA，内阻4Ω)；
电阻箱R(最大阻值99.9Ω)；
一个开关和若干导线。
(1)由于毫安表的量程较小，考虑安全因素，该实验小组决定将其量程扩大到0−500mA，还需一个阻值为R0=______Ω的定值电阻，并将该定值电阻与毫安表______(选填“并联”或“串联”)。
(2)请在图甲虚线框内将实物图连接完整。
(3)实验中多次改变电阻箱的阻值R并记录相应通过毫安表的电流I，得到多组数据后描点作出R−1I图像如图乙所示，则该电源的电动势E=______V，内阻r=______Ω。(结果均保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
15.光导纤维是一种利用全反射规律使光线沿着弯曲路径传播的光学元件。如图所示为某一光导纤维(可简化为圆柱形长玻璃丝)的示意图，玻璃丝长度L=50km，直径为d=2μm，折射率为n=1.25。已知光在真空中的传播速度为c=3.0×108m/s,sin37∘=0.6，则
(1)欲使从玻璃丝左侧横截面圆心O射入的激光在玻璃丝中发生全发射，求入射角的正弦值取值范围：
(2)若从玻璃丝左侧横截面圆心O射入的激光在玻璃丝中恰好发生全发射，求激光在玻璃丝中传播所用的时间及发生反射的次数(结果均保留两位有效数字)。
16.风洞实验室中可以产生沿水平方向、大小可调节的风力。在t=0时刻，在风洞实验室中将一质量m=0.2kg的小球以大小为v0=5m/s的初速度水平抛出，抛出点距水平地面的高度为h=1.25m，此后控制风洞实验室中的风力F随时间t变化的关系图像如图所示，已知0.1s∼0.2s内和0.4s∼0.6s内的风力方向与初速度v0方向相同，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)小球落地时的速度大小：
(2)小球落地点距离抛出点的水平距离。
17.如图所示，在直角坐标系x轴的下方有三块光滑弹性绝缘挡板PQ、QN、MN，其中P、M两点位于x轴上，PQ、MN平行且关于y轴对称，QN长度为2L，三块挡板间有垂直纸面向外的匀强磁场。在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从直角坐标系第二象限的S处以初速度大小v0、方向与x轴正方向成30∘斜向上飞出，恰好从P点射入磁场，先后与挡板PQ、QN、MN共发生4次碰撞反弹后，从M点离开磁场，并经过S关于y轴的对称点S1。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为53∘，到达QN时的速度方向与x轴正方向的夹角为53∘，粒子与挡板间的碰撞为弹性碰撞，且每次碰撞前后速度方向与挡板的夹角相同，不计粒子重力，sin53∘=0.8，求：
(1)S处的位置坐标：
(2)三块挡板间匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子在匀强磁场中的运动的时间。
18.如图所示，倾角为30∘的固定斜面足够长，置于斜面上的“L”型长木板B的上表面光滑，下表面与斜面上O点以上区域间的动摩擦因数为μ1=4 315，与斜面上O点以下区域间的动摩擦因数为μ2= 32。某时刻在斜面上O点以上的某处自静止开始释放小物块A和长木板B，此时A在B的顶端，B的底端距O点的距离为长木板B长度的51倍，一段时间后A与B底端的凸起发生第一次碰撞，第一次碰撞后B的速度大小为v0。已知B的质量是A的质量的4倍，A与B底端凸起的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间不计，B底端的凸起大小不计，A视为质点，重力加速度为g。
(1)求长木板B的长度；
(2)A和B底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞期间，A能否到达B的顶端？若A能到达B的顶端，求A与B底端凸起第一次碰撞后再经过多长时间A到达B的顶端；若A不能到达B的顶端，求期间A离B顶端的最小距离：
(3)求B底端到达O点之前，A和B底端凸起碰撞的次数；
(4)B底端到达O点时将A取走，忽略B底端凸起对其质量分布的影响，B沿着其长度方向质量分布均匀，求整个过程中B的位移大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查光的干涉--薄膜干涉，解题的关键是要知道薄膜干涉形成的条纹特点。
【解答】
平行单色光在空气薄膜的上下表面发生反射后相干叠加，形成干涉条纹，根据薄膜干涉条纹间距与厚度的关系，结合图中空气薄膜的形状可知，中间条纹间距最大，两边条纹间距减小，具有对称性，故B选项正确，ACD均错误；
故选B。
2.【答案】A
【解析】【分析】
根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，由光电效应方程，求逸出功。
该题考查了光电效应的相关问题，涉及到爱因斯坦光电效应方程的应用，考查知识点针对性强，重点突出，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
【解答】
由光电效应方程有eUc=12mv02=hν−W0，得Uc=heν−W0e
可知Uc=0时对应的光照频率为极限频率ν0，由图可求得ν0=ν1U2−ν2U1U2−U1
由图象得：he=U2−U1ν2−ν1
则该光电管的阴极材料的逸出功：W0=hν0=e(U2ν1−U1ν2)ν2−ν1，故BCD错误，A正确。
故选A。
3.【答案】D
【解析】q在A点形成的电场强度大小为：E1=kq9d2，方向向左，
因A点场强为零，故薄板在A点的电场强度方向向右，大小为kq9d2，
由对称性可知，薄板在B点的电场强度大小为kq9d2，方向向左，
q在B点的电场强度大小为kqd2，方向向左，
则B点的电场强度大小为：Eb=kq9d2+kqd2=10kq9d2，所以ABC错误，D正确。
故选D。
解决本题的关键是明确点电荷场强公式及合场强为零的含义，根据薄板产生场强的特点，由几何对称性分析求解。
熟记点电荷场强公式，理解合场强为零的含义，熟练运用电场强度矢量叠加原理。
4.【答案】B
【解析】【分析】
考查立体空间的受力分析，由几何知识计算出相关角度由受力平衡计算大小。
【解答】
由对称性知3Ncsθ=mg，结合题意知csθ=hl，h2=l2− 33l2，得N= 66mg，故选B。
5.【答案】D
【解析】【分析】
【分析】
本题考查动能定理的基本应用，涉及竖直面内圆周运动的向心力分析。解题的关键是要知道在竖直面内做圆周运动的物体，其向心力由轨道的支持力和重力沿半径方向的分力的合力提供，会分析物体运动过程中各力做功的情况，结合动能定理判断物体速度大小。
【解答】
【解答】
A、由于轨道粗糙，故小物体第一次到B时克服摩擦力做的功少，故小物块第一次到达B点时的速度大于第二次到B时的速度，对小物块在B点受力分析可知，第一次受到轨道的支持力大，即小物块第一次到达B点时对轨道的压力大于第二次到达B点时对轨道的压力，故A错误；
B、由于小物块能从C点冲出轨道上升至最高点后沿原路返回，故小物块在C点速度不为零，对小物块在C点受力分析可知，轨道对小物块有支持力，小物块在C点受到的摩擦力向下，故小物块第一次到达C点的加速度大小大于重力加速度大小，B错误；
C、小物块从A点开始在竖直面内做圆周运动，对小物块第一次到达A点时受力分析有：FN−mg=mv02R，故小物块在A点受到的支持力大于重力，即小物块第一次到达A点时对轨道的压力大小大于自身的重力大小，C错误；
D、由于有摩擦力和重力的作用，根据动能定理可知，小物块在AC段动能减小，做减速运动，由于小物块速度减小，对轨道的压力也减小，摩擦力也减小，故小物块由A到B克服摩擦力做的功大于由B到C克服摩擦力做的功，D正确；
故选D。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查理想气体状态方程的应用，正确选用理想气体状态方程是解题的关键。
装置静止时，由平衡条件列方程，装置加速上升时，由牛顿第二定律列方程，结合玻意耳定律列方程，联立求出装置的加速度大小即可判断。
【解答】
装置静止时，对活塞，由平衡条件：p0S+mg=1.1p0S，装置加速上升时，对活塞，由牛顿第二定律：pS−mg−p0S=ma，对封闭气体，由玻意耳定律：1.1p0Sh0=pS⋅0.8h0，联立知，装置的加速度大小a=2.75g，故C正确，ABD错误。
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律的应用，基础题目。
根据表面重力与万有引力关系列方程，对系绳卫星整体，由万有引力提供向心力列方程，联立求出系绳卫星运动的角速度即可判断。
【解答】
在地球表面：GMmR2=mg，系绳卫星绕地球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：GMmr12+GMmr22=mω2r1+mω2r2，联立知，系绳卫星做圆周运动的角速度大小ω=Rr1r2 g(r12+r22)r1+r2，故A正确，BCD错误。
8.【答案】C
【解析】【分析】
【分析】
本题考查动量守恒定律的应用--碰撞问题，涉及到碰撞合理性的分析。解题的关键是要根据图像，确定两个物体的碰前速度及碰后速度，由碰撞合理性进行分析。
【解答】
【解答】
根据图像可知，碰撞前m1做匀速直线运动速度大小为v0=x1t1，m2静止不动，
碰撞后m1反向运动，速度大小为v1=x1t2−t1，m2的速度大小为v2=x2−x1t2−t1，
对m1与m2组成的系统，取v0方向为正方向，系统碰撞前后动量守恒有：m1v0=m2v2−m1v1，
碰撞前后机械能不增加有：12mv0≥12m1v12+12m2v22，
又x2x1−t2t1=p，
故解得：p≤−1，C正确，ABD均错误；
故选C。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查了理想气体的状态方程、热力学第一定律等知识点。在利用热力学第一定律时，一定要注意各个量的符号所代表的物理意义。
【解答】
A. 理想气体状态方程和图形面积表示做功可知，一个循环过程中，c→d→a外界对气体做的功大于a→b→c气体对外界做的功，故A正确；
B.a→b过程气体体积增大对外做功，且a→b过程是绝热过程，则a→b过程气体温度降低，气体分子的平均速率降低，所以气体压强减小是由于单位体积内分子数减少和气体分子的平均速率降低共同导致的，故B错误；
D.d→a过程和b→c过程都是等温过程，内能变化ΔU=0，而d→a过程外界对气体做功大于b→c过程气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，d→a过程向外界释放的热量大于b→c过程从低温热源吸收的热量，故D错误；
C.因为a→b和c→d是绝热过程，且两个过程中气体温度变化一样，则内能变化ΔU相同，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，其中Q=0，则ΔU=W，可得a→b过程气体对外做的功等于c→d过程外界对气体做的功，故C正确。
故选 AC。
10.【答案】BD
【解析】此题考查了波动图象与质点的振动图象，分析清楚图示图象根据图象即可解题。
解：
该波的波长为4 m，P、Q两质点的平衡位置间的距离为1 m，则二者相位相差π2，即14T，不确定传播方向，故可能超前，也可能落后，对应乙图从t=1s和t=3s开始的振动图像，故BD正确，AC错误。
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了电能的输送，熟练掌握电能输送电路中各个部分的电压、电流、功率关系是解题的基础，难度不算大。
【解答】A、由于在两个变圧器之间的电阻 R上会有电压损失，理想变压器T1的输出电压等于T2对应的输入电压与 R上损失电压和，匝数比满足 n1n2 =U1U2 =k1， n3n4 =U2−URU4 =k2，又因为U1=U4=6V，
解得k1=6U2，k2=U2−UR6，
所以k1和k2的乘积小于1，故A正确；
B、由上面分析知，k1越大则变压器T1的输出电压越低，要使灯泡正常发光， R上的电流就会越大，损失的功率也越大，所以电路的输电效率越低，故B错误；
CD、对变压器T2，输出电流与输入电流比值满足 I4I3 =k2，I4=PU =0.6A，若k2=6，则 R中电流I3为0.1A， R两端电压为2V，其消耗的功率为0.2W，
根据 U3U4 =n3n4 =k2可得：U3=36V，所以变压器T1的输出电压U2=U3+UR=38V，故CD正确。
故选 ACD。
12.【答案】BC
【解析】【分析】
根据题目条件结合牛顿第二定律得出加速度的大小，结合运动学公式和图像的斜率完成分析。
本题主要考查了安培力的计算公式，熟悉牛顿第二定律和运动学公式，结合图像的特点即可完成解答。
【解答】
由题可知杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，
则在v=0时分别有a1=F0m；a2=2F0m
则第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移的时间满足：x=12a1t12；x=12a2t22
解得：c=t1t2= a2 a1= 2；第一次和第二次运动中根据牛顿第二定律有F−B2L2vR=ma，整理得：F=ma+B2L2vR，则可知两次运动中F−v图像的斜率为B2L2R，则有2=R2R1⋅B12B22=1a⋅b2，解得：b2a=2，满足关系式为BC选项，故选BC。
13.【答案】(1)madt=maSa g2h+mbSb g2h；
(2)1t 、mad2c2。
【解析】【分析】
本题考查验证动量守恒定律的实验，解题的关键是要根据实验的有关操作，确定碰前及碰后物体的动量表达，注意速度的计算。
(1)根据题意，求出碰前及碰后滑块的a、b的速度，由动量守恒确定应满足的表达式；
(2)根据题意，结合动能定理及图像进行分析求解；
【解答】
(1)小滑块a通过光电门时的速度v1=dt，碰后a、b均做平抛运动，根据平抛运动的规律可得b平抛的初速度v2′=Sbt=Sb g2h，a碰后平抛的初速度v1′=Sat=Sa g2h，若a、b系统碰撞过程动量守恒，应有：mav1=mav1′+mbv2′，即madt=maSa g2h+mbSb g2h；
(2)根据题意可知，弹簧对小滑块a做的功W=12kl2，小滑块到达光电门时的速度v=dt，不计摩擦，根据动能定理有：12kl2=12mad2t2，故l=d mak⋅1t，所以图像的横轴表示1t，若图像的斜率为c，则有：c=d mak，解得：k=mad2c2。
14.【答案】(1)1；并联；(2)；(3)4.0；7.2。
【解析】【分析】
(1)根据电流表的改装原理及并联电路的特点分析；
(2)根据器材和目的分析；
(3)根据闭合电路欧姆定律列式子得出R−1I图像的表达式。根据图像的斜率和纵截距得出电动势和内阻。
本题考查测量电源电动势和内阻的常规实验，基础题目。
【解答】
(1)根据电流表改装原理得出要扩大电流表的量程，需要并联电阻，根据并联电路的特点得出100×4=500−100×R0
得出R0=1Ω；
(2)根据所给器材得出实物图为
(3)根据电路可知，电流表读数为I时，总电流为5I，根据闭合电路欧姆定律得：
E=IR g+5I(R+r)
整理得：E=4I+5IR+r
得出R=E5⋅1I−45−r
根据图像的斜率和纵截距得出E=4.0V，r=7.2Ω。
故填：(1)1；并联；(2)；(3)4.0；7.2。
15.【答案】解.(1)光线进入玻璃丝后，在玻璃丝与空气的分界面恰好发生全反射时，
临界角：sinC=1n=0.8可得：C=53∘
由几何关系可知此时在左侧截面处的折射角为α=90∘−53∘=37∘
由折射定律得：n=sinθsinα，入射角θ的正弦值的取值范围为：0(2)光在玻璃丝中的速度为v=cn=0.8c
它沿玻璃丝中轴线的速度分量为v1=vcsα=0.64c
所用的时间为t=Lv1=50×1030.64×3×108=2.6×10−4s
第一次全反射前沿玻璃丝中轴线的传播长度：l1=d2tan37∘=43×10−6m
后面相邻两次全反射沿玻璃丝中轴线的传播长度：l2=dtan37∘=83×10−6m
假设反射次数为n，L=l1+(n−1)l2，可得n≈1.9×1010次
【解析】光的全反射必须是光从光密介质进入光疏介质，同时入射角大于或等于临界角，注意光的路程及光在其中的速度求解是解题的关键。
(1)光线进入玻璃丝后，在玻璃丝与空气的分界面恰好发生全反射时，可得临界角，可得由几何关系可知此时在左侧截面处的折射角，由折射定律得入射角的正弦值取值范围：
(2)根据折射率公式求光在介质中传播的速度以及沿玻璃丝中轴线的速度分量，再根据匀速运动公式求激光在玻璃丝中传播所用的时间；根据第一次全反射前沿玻璃丝中轴线的传播长度，由几何关系得到发生反射的次数。
16.【答案】解：(1)h=12gt2
解得：t=0.5s
可知小球运动过程中，风力F1=6N时，持续时间为△t1=0.1s，风力F2=4N时，持续时间为△t2=0.1s
F1Δt1+F2Δt2=mvx−mv0
解得：vx=10m/s
vy=gt
v= vx2+vy2
解得：v=5 5m/s
(2)由动量定理得：F1Δt1=mv1−mv0
解得：v1=8m/s
x1=v0t1(t1=0.1s)
x2=v0+v12Δt1
x3=v1t3
x4=v1+vx2△t2
x3=x1+x2+x3+x4=3.65m。
【解析】本题中小球水平方向上做匀速直线运动与匀加速运动，竖直方向上为自由落体，在水平方向上利用动量定理及运动学公式求解。
17.【答案】解：
(1)在电场中粒子做匀变速曲线运动可分解为：沿x轴正方向做匀速运动和沿电场力
方向(y轴负方向)做匀变速运动，
在S点vx=v0cs30∘= 32v0，vy0=v0sin30∘=12v0，a=Eqm
在P点vy1vx=tan37∘，vy1=3 38v0
由以上得S到P的时间t=vy1−(−vy0)a=(4+3 3)mv08Eq
沿x轴的距离为x=vxt=(4 3+9)mv0216Eq
沿y轴负方向的距离y=vy12−vy022a=11mv02128Eq
S处的位置坐标为(−(4 3+9)mv0216Eq−L,11mv02128Eq)；
(2)在P处粒子速度为：v=vxsin53∘=5 38v0
粒子在矩形磁场中经过与三块弹性挡板发生4次碰撞反弹后，从 M点离开磁场，并经过S1。经分析知，粒子与挡板的4次碰撞的分布，只能是与挡板PQ、MN各一次，与挡板QN碰撞2次，到达 QN时与x轴正方向的夹角为53∘。具体轨迹如图所示：
在磁场中粒子做匀速圆周运动，设半径为R
AQ=BQ=CN=DN=HF−GF=(R−O2H)−(R−O2G)=O2G−O2H=0.2R
2L=BC+BQ+CN
由以上可得R=L
又Bqv=mv2R
解得：B=5 3mv08qL；
(3)粒子在磁场中运动的周期：T=2πRv=16 3πL15v0
粒子在磁场中运动时间：t=θ360⋅T，θ为轨迹所对的圆心角
解得：t=28 3πL27v0。
【解析】本题考查带电粒子在复合场中的运动，涉及到粒子在电场中的类平抛运动及在磁场中的圆周运动，解题的关键是要根据粒子在不同的场区受到的力分析粒子的运动，注意粒子在电电场中做类平抛运动的分析方法，注意分析粒子在磁场中的运动轨迹。
(1)将粒子在电场中的运动分解为沿电场方向的匀加速直线及垂直电场方向的匀速直线运动，分析粒子的运动时间及位移，求S处的坐标；
(2)根据题意分析粒子在磁场中运动的轨迹，由几何关系确定粒子在磁场中运动的半径，由洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
(3)计算粒子在磁场中运动的周期，分析其在磁场中运动轨迹所对应的圆心角，计算粒子在匀强磁场中的运动时间。
18.【答案】 解：(1)设小物块A的质量为m，则长木板 B的质量为M=4m，自开始释放至第一次碰撞，对小物块 A有：
mgsin30∘L=12mv2
小物块A和长木板B下端凸起第一次碰撞过程中有：mv=mwA+Mv0，12mv2=12mvA2+12Mv02
联立解得第一次碰后小物块A的速度：vA=−32v0
长木板B的长度：L=25v024g
(2)长木板B运动时沿着斜面方向的合力为Mgsin30∘−μ1(M+m)gcs30∘=0，因此除碰撞外长木板只能匀速运动。
小物块A在长木板上运动时：mgsin30∘=ma
A与B底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞，假设 A能到达B的顶端，自第一次碰撞至 A到达B的顶端有：xB−xA=L，xA=vAt+12at2，xB=v0t
联立化简得：−g2t2+10gv0t−25v02=0
解得经过时间t=5v0g，A到达B的顶端，假设成立。
(3)小物块A与长木板B底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞
v0t1=vAt1+12at12
解得：t1=10v0g
第二次碰撞前小物块A的速度：vA2=vA+at1=7v02
小物块A与长木板B底端凸起第二次碰撞过程
mvA2+Mv0=mvA2′+MvB2′′
12mvA22+12Mv02=12mvA2′2+12MvB2′2
解得第二次碰撞后小物块A的速度：vA2′=−v02
长木板B的速度：vB2′=2v0
自第二次碰撞至第三次碰撞：vB2′t2=vA2′t2+12at22
解得：t2=10v0g
第三次碰撞前小物块A的速度vA3=vA2′+at2=9v02
小物块A与长木板B底端凸起第三次碰撞过程
mvA3+MvB2′=mvA3′+MvB3′
12mvA32+12MvB2′2=12mvA3′2+12MvB3′2
解得第三次碰撞后小物块A的速度：vA3′=v02
长木板B的速度：vB3′ =3v0
自第三次碰撞至第四次碰撞：vB3′t3=vA3′t3+12at32
解得：t3=10v0g
⋯⋯
归纳可得t1=t2=t3=⋯⋯=tn=10v0g
自第一次碰撞至长木板B的底端到达O点有：51L=v0t1+2v0t1+3v0t3+⋅⋅⋅⋅⋅+nv0tn
解得：n=7.5，因此，长木板B底端到达O点之前，小物块A和长木板B底端凸起的碰撞次数为8次；
(4)长木板B底端到达O点时其速度大小为8v0，长木板B顶端经过O点时的速度设为v′，长木板B经过O点的过程：MgLsin30∘−Wf=12Mv′2−12M(8v0)2
Wf=μ2Mgcs30∘⋅L2+μ1Mgcs30∘⋅L2=11532Mv02
联立化简得：v′= 10094v0
长木板B过O点后有：Mgsin30∘⋅x−μ2Mgcs30∘⋅x=0−12Mv′2
解得：x=1009v028g
整个过程长木板B的位移大小x总=52L+x=3609v028g。
【解析】【解析】
本题考查动量与能量的综合应用，涉及到动能定理的应用，弹性碰撞，牛顿运动定律的应用，难度大，过程复杂。解题的关键是要根据题意分析滑块与木板在各个阶段的运动情况，由对应的规律建立关系列式求解。
(1)对小滑块，根据动能定理求解第一次碰撞前的速度，滑块与木板发生弹性碰撞，系统的动量守恒，机械能守恒，据此列式求解木板长度；
(2)碰撞后，对滑块与木板受力分析可知，滑块做匀变速运动，木板做匀速运动，假设碰后A能到达B的顶端，根据牛顿运动定律及相对运动关系列式求解；
(3)分析滑块与木板相邻两次碰撞的时间，并计算每次碰后木板的速度，由木板每次碰后均做匀速直线运动，根据木板B底端到达O点建立位移关系求解碰撞次数；
(4)根据动能定理分析木板顶端到达O点时的速度，注意木板经过O点时摩擦力大小随下滑距离变化时，克服摩擦力做功的计算；过O点后再由动能定理分析木板能继续下滑的距离，整个过程中B的位移大小等于O点前的位移加上O点后的位移。