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2022-2023学年四川省成都市树德中学（光华校区）高三（下）开学考试理综物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年四川省成都市树德中学（光华校区）高三（下）开学考试理综物理试卷（含解析），共20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。
2022-2023学年四川省成都市树德中学（光华校区）高三（下）开学考试理综物理试卷
一、单选题（本题共4小题，共16分）
1. 为研究某辆高铁的某段直线运动过程，王同学绘制了如图所示的xt2-1t图像，但是没有告知是处于加速还是减速状态，则下列说法正确的是( )
A. 该车处于加速状态 B. 该车的初速度为40m/s
C. 该车的加速度大小为4m/s2 D. 该车在前2秒的位移为96m
2. 我国发射的“天问一号”火星探测器已经在火星上着陆。“天问一号”火星探测器着陆前绕火星做匀速圆周运动，它的轨道距火星表面的高度等于火星半径的k倍，它的运动周期为T，万有引力常量为G，则火星的平均密度ρ的表达式为( )
A. ρ=3π(k+1)3GT2 B. ρ=3πk3GT2 C. ρ=3πk3T2G D. ρ=3π(k+1)3GT
3. 如图所示，一倾角为θ斜劈A静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块B，A、B之间的动摩擦因数为μ，在竖直向下的力F1作用下B匀速下滑。欲使B下滑过程中，地面对A有向右的摩擦力，以下方法可行的是( )
A. 仅增大F1 B. 仅增大θ
C. 仅增大μ D. 将F1替换为水平向右的力F2
4. 如图所示，一个带正电的小球静止在光滑的水平面上，当t=0时，在空间加上一个水平向右的大小为E1的匀强电场，当t=t0时，匀强电场突然反向，且大小变为E2，当t=3t0时，小球恰好回到出发点，则下列说法中正确的是( )
A. E1:E2=5:4
B. 当t=t0时，小球离出发点最远
C. 若仅将小球的比荷变为原来的2倍，则当t=3t0时，小球将位于出发点的右侧
D. 从t=0到t=2t0的时间内，小球的电势能先减小后增大再减小
二、多选题（本题共5小题，共30分）
5. ▵ABC为等边三角形，O是三角形的中心，D是AB的中点。图(a)中，A、B、C三个顶点处各放置电荷量相等的点电荷，其中A、B处为正电荷，C处为负电荷；图(b)中，A、B、C三个顶点处垂直纸面各放置一根电流大小相等的长直导线，其中A、B处电流方向垂直纸面向里，C处电流方向垂直纸面向外。下列说法正确的是( )
A. 图(a)中，沿着直线从O到D电势逐渐升高
B. 图(a)中，沿着直线从O到D各点的电场方向相同，且由O指向D
C. 图(b)中，沿着直线从O到D各点的磁场方向相同，且垂直OD向左
D. 图(b)中，O点的磁感应强度大于D点的磁感应强度
6. 如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为μ=0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为0.6N的恒力F，重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 前2s合外力对木板做的功为2.4J B. 2.5s时木板对地面的压力大小为2.5N
C. 静摩擦力对滑块做的功为1.8J D. 滑动摩擦力对滑块的冲量大小为1N⋅s
7. 在边长为L的正方形abcd的部分区域内存在着方向垂直纸面向外的匀强磁场，a点处有离子源，可以向正方形abcd所在区域的任意方向发射速率均为v的相同的正离子，且所有离子均垂直bc边射出，下列说法正确的是( )
A. 离子在磁场中做圆周运动的半径为2L
B. 离子在磁场中运动的最长时间为2πL3v
C. 磁场区域的最小面积为π-22L2
D. 离子入射速度方向与ab边夹角为60°时，将从bc边中点射出
8. 如图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场(场区都足够大)，现有一重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v0射入场区，下列有关判断正确的是( )
A. 如果粒子回到MN上时速度增大，则空间存在的一定是电场
B. 如果粒子回到MN上时速度大小不变，则该空间存在的一定是电场
C. 若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成夹角不变，则该空间存在的一定是磁场
D. 若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN所用的时间不变，则该空间存在的一定是磁场
9. 一列简谐横波沿直线传播，在波的传播方向上有一个质点P，已知波源O与质点P的平衡位置相距1.2m，以波源由平衡位置开始振动为计时零点，质点P的振动图像如图所示，则下列说法中正确的是( )
A. 该列波的波长为4m
B. 该列波的波速大小为0.6m/s
C. 波源O的起振方向为沿y轴负方向
D. 波源O的动能在t=10s时最大
E. t=5s时，质点P通过的路程是0.15m
三、实验题（本题共2小题，共18分）
10. 某同学想测量未知滑块的质量m和圆弧轨道的半径R。所用装置如图1所示，一个倾角为37°的固定斜面与竖直放置的光滑圆弧轨道相切，一个可以看做质点的滑块从斜面上某处由静止滑下，滑块上有一个宽度为d的遮光条，在圆弧轨道的最低点有一光电门和一压力传感器(没有画出)，可以记录挡光时间t和传感器受到的压力F，已知重力加速度为g。
(1)先用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图2所示，则遮光条宽度d=_________；
(2)实验过程中从斜面的不同位置释放滑块，然后记录对应的遮光时间t和压力传感器的示数F，得到多组数据，该同学通过图象法来处理数据，得到如图3所示的图象，但忘记标横轴表示的物理量，请通过推理补充，横轴表示的物理量为_________(用已知物理量符号表示)；
(3)已知图3中图线的斜率为k，纵截距为b，则可知滑块的质量m=_________；圆弧轨道的半径R=_________。(用已知物理量符号表示)
11. 一般的话筒用的是一块方形的电池(层叠电池)，如图甲所示，标称电动势为9V。某同学想要测量该电池实际的电动势和内阻，实验室提供了以下器材：
A.待测方形电池
B.电压表(量程0∼3V，内阻约为4kΩ)
C.电流表(量程0∼0.6A，内阻为1.0Ω)
D.电流表(量程0∼3A，内阻为1.0Ω)
E.电阻箱(阻值范围0∼999.9Ω)
F.电阻箱(阻值范围0∼9999.9Ω)
G.滑动变阻器(阻值范围0∼20Ω)
H.滑动变阻器(阻值范围0∼20kΩ)
I.开关、导线若干
(1)该同学根据现有的实验器材，设计了如图乙所示的电路图。根据如图乙所示电路图和如图丙所示图像，为完成该实验，电流表应选____，电阻箱应选_____，滑动变阻器应选______(均填写器材前字母标号)
(2)实验需要把电压表量程扩大为0∼9V。该同学按图乙连接好实验器材，检查电路无误后，将R1的滑片移到最左端，将电阻箱R2调为零，断开S3，闭合S1，将S2接a，适当移动R1的滑片，电压表示数为2.40V；保持R1接入电路中的阻值不变，改变电阻箱R2的阻值，当电压表示数为_______V时，完成扩大量程，断开S1。
(3)保持电阻箱R2阻值不变，开关S2接b，闭合S3、S1，从右到左移动R1的滑片，测出多组U、I，并作出U-I图线如图丙所示，可得该电池的电动势为_______V，内阻为_______Ω。
四、计算题（本题共3小题，共36分）
12. 我国选手在北京冬奥会自由式滑雪女子U型场地技巧决赛中夺得金牌。如图所示，某比赛用U型池场地长度L=160m、宽度d=20m、深度h=7.25m，两边竖直雪道与池底平面雪道通过圆弧雪道连接组成，横截面像“U”字形状，池底雪道平面与水平面夹角为θ=20∘。为测试赛道，将一质量m=1kg的小滑块从U型池的顶端A点以初速度v0= 0.7m/s滑入；滑块从B点第一次冲去U型池，冲出B点的速度vB=10m/s，与竖直方向夹角为α(α未知)，再从C点重新落回U型池(C点图中未画出)。已知A、B两点间直线距离为25m，不计滑块所受的空气阻力，sin20∘=0.34，cos20∘=0.94，g=10m/s2。
(1)A点至B点过程中，求小滑块克服雪道阻力所做的功Wf；
(2)忽略雪道对滑块的阻力，若滑块从池底平面雪道离开，求滑块离开时速度v的大小；
(3)若保持vB大小不变，调整速度vB与竖直方向的夹角为α0时，滑块从冲出B点至重新落回U型池的时间最长，求tanα0。
13. 如图，一绷直传送带与水平面夹角θ=30°，传送带AB长l=8.175m，已知传送带以v1=2m/s的速度逆时针匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数μ= 33，质量为M=1kg的木块运动到传送带底端A点时，恰好与传送带速度相同；此时，一颗质量为m=0.02kg的子弹以v0=300m/s平行于传送带向上的速度正对木块射入并穿出，穿出速度v=50m/s，子弹穿出瞬间立即对木块施加平行于传送带向上的恒力F=5N的作用，以后每隔Δt=1s就有一颗相同的子弹以相同的速度平行于传送带击中木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，忽略木块质量变化，g取10m/s2。求：
(1)在被第二颗子弹击中前，木块沿传送带向上运动离A点的最大高度；
(2)木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中；
(3)从第一颗子弹射中木块到木块离开传送带的过程中，木块和传送带之间产生的热量。
14. 如图，截面为等腰直角三角形ABC的玻璃砖，∠B=90°，一束频率为f=5×1014Hz的光线从AB面中点处垂直射入棱镜，在AC面发生全反射，从BC面射出后，进入双缝干涉装置。已知AC长度l=0.15m，双缝间距d=0.2mm，光屏离双缝L=1.0m，光在真空中的传播速度为c=3.0×108m/s。求：
(1)玻璃砖的折射率的最小值n；
(2)光线在玻璃砖中传播的最短时间t；
(3)光屏上相邻亮条纹的间距Δx。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】B.由匀变速直线运动规律有
x=v0t+12at2
变形得
xt2=v0t+12a
可知 xt2-1t 图像的斜率
k=v0=40.1m/s
可得，该车的初速度为
v0=40m/s
B正确；
AC. xt2-1t 图像的纵截距为
b=12a=-4m/s2
可得，该车的加速度为
a=-8m/s2
所以该车处于减速状态，AC错误；
D.将 v0=40m/s ， a=-8m/s2 ，代入位移公式可得
x=40t-4t2 (m)
则，该车在前2秒的位移为
x=64m
D错误。
故选B。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查万有引力定律的应用，基础题目。
根据万有引力提供向心力列方程，结合质量、密度和体积关系列方程，联立求出火星的密度即可判断。
【解答】
“天问一号”绕火星做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：GMm(kR+R)2=m(2πT)2(kR+R)，又M=ρ·43πR3，联立知，火星的平均密度ρ=3π(k+1)3GT2，故A正确，BCD错误。
3.【答案】C
【解析】解：A、由题意可得：μ(mg+F1)cosθ=(mg+F1)sinθ，所以仅增大F1，物体B仍匀速下滑，对整体受力分析得，地面对A没有摩擦力的作用，故A错误；
B、仅增大θ时，满足(mg+F1)sinθ>μ(mg+F1)cosθ，即物体沿斜面向下匀加速，则斜劈A对滑块B的合力为左上方，则由牛顿第三定律可得，滑块B对斜劈A的合力为右下方，即斜劈相对于地面有向右的运动趋势，则此时地面对A有向左的摩擦力，故B错误；
C、仅增大μ时，满足(mg+F1)sinθ<μ(mg+F1)cosθ，则物体沿斜面向下匀减速，则斜劈A对滑块B的合力为右上方，则由牛顿第三定律可得，滑块B对斜劈A的合力为左下方，即斜劈相对于地面有向左的运动趋势，则此时地面对A有向右的摩擦力，故C正确；
D、将F1替换为水平向右的力F2，沿斜面方向：mgsinθ-F2cosθ-μ(mgcosθ+F2sinθ)<0，故物体做减速运动；对物块，所受支持力增加了F2sinθ，则摩擦力增加μF2sinθ，即支持力与摩擦力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，如图：
则斜面所受的摩擦力与压力的合力放还是竖直向下，水平放向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故D错误。
故选：C。
滑块原来匀速下滑，合力为零；斜面保持静止状态，合力也为零。分别以滑块和斜面为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析地面对斜面的摩擦力。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。
4.【答案】D
【解析】
A.根据题意有
qE1=ma1 ， qE2=ma2
设 0∼t0 小球位移为 s1 ， t0∼3t0 位移为 s2 ，以向右为正方向，可得
s1=12a1t02
s2=a1t0⋅2t0-12a22t02
同时有
s1+s2=0
联立解得
a1:a2=4:5
即
E1:E2=4:5
故A错误；
B.设从 t=t0 时开始，经过 Δt 小球速度减小到零，有
a1t0-a2Δt=0
解得
Δt=45t0
故可知当
t=t0+45t0=95t0
时小球离出发点最远，故B错误；
C.将小球的比荷变为原来的2倍，在两种匀强电场中的加速度大小变成原来的2倍， t=t0 时小球的速度也变成原来的2倍，可知 s1 将变成原来的2倍， s2 也将变成原来的2倍，可得当 t=3t0 时，有
2s1+2s2=0
即此时小球仍将位于出发点，故C错误；
D.根据前面分析可知，在 0∼95t0 小球向右运动， 95t0∼2t0 小球向左运动，因为 t=t0 时，匀强电场反向，故可知 0∼t0 电场力做正功， t0∼95t0 电场力做负功， 95t0∼2t0 电场力做正功，即小球的电势能先减小后增大再减小，故D正确。
故选D。
5.【答案】AD
【解析】
【分析】
判断电势的高低时可认为离正电荷越近，电势越高，离负电荷越近，电势越低。
分析电场强度时可以借助点电荷的场强以及场强矢量叠加的方法判定。
通过安培定则判断电流产生的磁感应强度的方向，结合磁感应强度的矢量合成原则分析合磁感应强度。
【解答】
A、图(a)中，从O到D的方向上，离正电荷越来越近，离负电荷越来越远，所以电势逐渐升高，故A正确;
B、由场强的矢量合成可知，三个电荷的合场强由D指向O，故B错误;
C、图(b)中，由安培定则及矢量合成法则，可知A、B直导线的合磁场方向水平向右，C直导线的磁场方向水平向右，所以，三个导线的合磁场方向水平向右，故C错误;
D、A、B导线在D点的合磁感应强度为0，A、B导线棒在O点的合磁感应强度不为0且水平向右，再结合C导线距离O近，磁感应强度大，距离D远，磁感应强度小，叠加后O点的磁感应强度大于D点的磁感应强度，故D正确。
6.【答案】BC
【解析】A.静摩擦力能提供的最大加速度为
a0=μg=5m/s2
开始时木板滑块一起运动，加速度为
a=FM+m=2m/s2<5m/s2
而滑块向左运动后，由左手定则可知，会受到一个向上的洛伦兹力，设滑块速度为v时，两者开始相对滑动，由牛顿第二定律得，对滑块有
μ(mg-qvB)=ma
对木板有
F-μ(mg-qvB)=Ma
可得
v=6m/s
则发生相对滑动需要时间
t0=va=3s
t2=2s 时木板速度
v2=at2=4m/s
根据动能定理，前 2s 合外力对木板做的功为
W=ΔEk=12Mv22=1.6J
故A错误；
B. t2.5=2.5s 时速度
v2.5=at2.5=5m/s
木板对地面的压力大小为
N=(M+m)g-qv2.5B=2.5N
故B正确；
C.根据动能定理，静摩擦力对滑块做的功为
Wf=ΔEfk=12mv2=1.8J
故C正确；
D.当滑块受的洛伦兹力大小等于重力时，两者分离，此时由
qv'B=mg
可得
v'=10m/s
滑动摩擦力对滑块的冲量大小为
I=mv'-mv=0.4N⋅s
故D错误。
故选BC。
7.【答案】CD
【解析】
【分析】
如图所示，假设半径为R的圆形磁场区域边界处有一离子源S可以向各个方向发射速率相同的离子，且离子在磁场中做匀速圆周运动的半径也为R，考察其中某一离子的运动轨迹，根据几何知识可得四边形OSO'P为菱形，则出射离子的速度方向与OS垂直，即所有离子出射方向平行，由此可以得到一个结论，当离子运动半径与圆形磁场半径相同时，离子从同一点以任意方向射入磁场，其出射速度方向都将平行。
【解答】
AC、所有离子均垂直bc边射出，离子的轨迹半径等于L，磁场区域的最小面积为图中阴影部分的面积，即Smin=πL24-L2-πL24=π-22L2，故A错误，C正确；
B、离子的速率一定，轨迹最长的离子运动的时间最长，则最长时间为T4，则有：tmax=T4=πL2v，故B错误；
D、当离子入射速度方向与ab边夹角为60°时，轨迹如下所示，
根据几何关系，∠aOP=∠aO'P=60°，Oe=12R，所以出射点P是bc的中点，故D正确。
8.【答案】AD
【解析】解：A、洛伦兹力对带电粒子不做功，不能使粒子速度增大，电场力可使带电粒子做功，动能增大，故A正确；
B、若带电粒子以与电场线平行的速度v0射入，粒子返回速率不变，故B错误；
C、如果是电场，只要MN是等势面即可，故C错误；
D、由T=2πmBq知，粒子在磁场中运动的时间与速率无关，故D项正确．
故选AD．
洛伦兹力不做功，电场力可以做功；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类似抛体运动．
本题关键是分电场和磁场两种情况进行分析讨论，抓住匀速圆周运动模型和直线运动模型进行分析讨论．
9.【答案】5.50mm 1t2 bg bd2kg。
【解析】解：(1)游标卡尺的分度值为0.05mm，则遮光条宽度：d=5mm+10×0.05mm=5.50mm。
(2)利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，则遮光条通过光电门的速度：v=dt
分析最低点的受力情况，根据牛顿第二定律可知，F'-mg=mv2R
根据牛顿第三定律可知，压力等于支持力，F=F'
联立解得：F=mg+md2R⋅1t2
纵轴为F，则横轴为1t2。
(3)分析图象可知，斜率：k=md2R，纵截距：b=mg，则滑块的质量：m=bg，半径：R=bd2kg。
故答案为：(1)5.50mm；(2)1t2；(3)bg；bd2kg。
(1)根据游标卡尺的读数规则读数。
(2)利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，求出滑块到达光电门的速度，根据牛顿第二定律分析。
(3)分析图象的斜率和截距，求解相关量。
此题考查了探究加速度与质量、力的关系的实验，明确实验原理，进行实验的数据处理是解题的关键。
10.【答案】(1)D；F；G
(2)0.80
(3)8.94；2
【解析】
【分析】
(1)根据实验要求选择合适的仪器；
(2)电压表示数为2.40 V且保持R1接入电路中的阻值不变时，电压表与R2电压之和认为始终等于2.40 V；
(3)根据闭合电路欧姆定律E=3U+I(r+rA)求出电池的电动势和内阻
【解答】
(1)由图像丙可知，电路中电流较大，电流表应选D；电压表要扩大量程为9 V，则串联的电阻箱阻值应能调节为电压表内阻的两倍，故电阻箱选F；分压式电路中滑动变阻器阻值选小的，便于调节，则滑动变阻器选G。
(2)电压表示数为2.40 V且保持R1接入电路中的阻值不变时，电压表与R2电压之和认为始终等于2.40 V，当电压表示数为0.80 V时，说明R2两端电压为1.60 V，则电压表量程扩大为0～9 V。
(3)根据闭合电路欧姆定律E=3U+I(r+rA)，整理得U=-r+rA3I+E3，对照题图丙可得r+rA3=2.98-1.001.98，E3=2.98，解得E=8.94 V，r=2 Ω。
故答案为：
(1)D；F；G
(2)0.80
(3)8.94；2
11.【答案】(1)1.35J；(2)35m/s；(3) 1747
【解析】(1)小滑块从A点至B点过程中，由动能定理得
mgxsin(20∘)-Wf=12mvB2-12mv02
由几何关系得
x= xAB2-d2
解得
Wf=1.35J
(2)忽略雪道对滑块的阻力，滑块从A点运动到池底平面雪道离开的过程中，由动能定理得
mgLsin(20∘)+mghcos(20∘)=12mv2-12mv02
代入数据解得
v=35m/s
(3)当滑块离开B点后设速度方向与U型池斜面的夹角为 α0=θ=20∘ 时，沿U型池斜面方向分解速度及加速度分别为
vy=vBsinθ
vx=vBcosθ
ay=gcos(20∘)
ax=gsin(20∘)
vy=ayt1
t=2t1
由此可知，当vy最大时，滑块从冲出B点至重新落回U型池的时间最长，此时vB垂直于U型池斜面，即 α0=θ=20∘
tanα0=sinθcosθ=0.340.94=1747
12.【答案】解：(1)设子弹穿出木块瞬间，木块的速度为v'1，规定平行于斜面向上为正方向，第一颗子弹射入木块过程中动量守恒：mv0-Mv1=mv+Mv'1 ①
木块向上作减速运动过程，由牛顿第二定律：Mgsin30°+μMgcos30o-F=Ma1 ②
木块速度减小为零所用时间：t1=v'1a1 ③
联立得：t1=0.6s。
所以木块在被第二颗子弹击中前向上运动离A点最远时，速度为零，移动距离为s1=v'12t1 ④
最大高度为：hm=s1sinθ ⑤
联立 ① ② ③ ④ ⑤得：hm=0.45m；
(2)在第二颗子弹射中木块前，木块反向加速至传送带共速过程：由牛顿第二定律，
对木块：Mgsin30°+μMgcos30o-F=Ma2 ⑥
木块反向加速至与传送带共速的时间：
t2=v1a2=0.4s ⑤
木块反向加速至与传送带共速的位移：
s2=v12t2 ⑥
木块从被第一颗子弹击穿后到第二颗子弹击中前的时间：
Δt=t1+t2=1s ⑦
所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移大小：
s0=s1-s2 ⑧
第16颗子弹击中前，木块向上移动的位移为：s=15s0 ⑨
联立以上式子得：s=7.5m
第16颗子弹击中后，木块将会再向上先移动s1，总位移为s1+s=8.175m>l，木块将从B端落下，所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中；
(3)第一颗子弹击穿木块后至第二颗子弹击穿之前，木块向上减速运动过程中木块相对传送带的位移大小为：
Δs1=v1t1+s110
产生的热量为：Q1=μMgcos30∘Δs1，
木块向下加速运动过程中相对传送带的位移大小为：
Δs2=v1t2-s2⑪
产生的热量为：
Q2=μMgcos30∘Δs2，
第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有：v'1t3-12at32=l-s⑫
木块与传送带的相对位移为：
Δs3=l-s+v1t3⑬
产生的热量为：
Q3=μMgcos30∘Δs3⑭
全过程中产生的总热量为：
Q总=15(Q1+Q2)+Q3⑮
联立以上式子得：
Q总=193.875J。
【解析】(1)根据动量守恒定律求出子弹穿出瞬间木块的速度，然后根据牛顿第二定律求出木块沿传送带向上做匀减速运动的加速度，利用运动学公式求其减速到零的时间，进而求出向上的最大位移，从而得到向上的最大高度；
(2)根据牛顿第二定律、运动学公式求出相邻两次子弹射出后，木块向上运动的位移，从而可确定木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中；
(3)求出相邻两次子弹射出后的这段时间里，木块与传送带之间的相对路程，同时要求出最后一个子弹射出后，木块与传送带之间的相对路程，
从而得到总路程Δs，最后利用Q=fΔs求热量。
13.【答案】BDE
【解析】解：AB、由图乙知，周期T=4s，结合题知波从O传到P所用的时间为△t=2s，此过程传播的距离为△x=1.2m，
则波速v=△x△t=1.22m/s=0.6m/s，波长λ=vT=0.6×4m=2.4m，故A错误，B正确；
C、由图知，质点P的起振方向沿y轴正方向，由波的特点知，波源O的起振方向沿y轴正方向，故C错误；
D、t=10s时，波源O已经振动了10s=212T，而波源O的起振方向沿y轴正方向，则t=10s时，质点O位于平衡位置将沿y轴负方向运动，此时动能最大，故D正确；
E、由图知，振幅A=5cm，t=5s时，质点P运动了(5-2)s=3s=34T，则质点P通过的路程为s=3A=15cm=0.15m，故E正确
故选：BDE。
首先明确其图象是振动图象，并可知周期为4s和A点的起振方向；据波速公式v=△x△t=λT可求解波速和波长，质点通过平衡位置时动能最大．
灵活应用波的传播特点是解题的关键，即波的起振方向与各质点的起振方向相同；注意求波速的方法及波速公式的应用．
14.【答案】(1)设玻璃砖的折射率的最小值n
则sinC=1n
解得n= 2
(2)光线在玻璃砖中传播的最短时间t为t=2⋅l2sin45∘v
光在玻璃中传播的速度为v=cn
解得t=5×10-10s
(3)光屏上相邻亮条纹的间距Δx
则Δx=Ldλ
又λ=cf
解得Δx=3×10-3m
【解析】(1)在AC面恰好发生全反射时，折射率最小；
(2)根据几何关系计算传播路径，传播速度、折射率和光速的关系，可计算传播时间；
(3)根据条纹间距公式计算。
2022-2023学年四川省成都市树德中学（光华校区）高三（下）开学考试理综物理试卷
一、单选题（本题共4小题，共16分）
1. 为研究某辆高铁的某段直线运动过程，王同学绘制了如图所示的xt2-1t图像，但是没有告知是处于加速还是减速状态，则下列说法正确的是( )
A. 该车处于加速状态 B. 该车的初速度为40m/s
C. 该车的加速度大小为4m/s2 D. 该车在前2秒的位移为96m
2. 我国发射的“天问一号”火星探测器已经在火星上着陆。“天问一号”火星探测器着陆前绕火星做匀速圆周运动，它的轨道距火星表面的高度等于火星半径的k倍，它的运动周期为T，万有引力常量为G，则火星的平均密度ρ的表达式为( )
A. ρ=3π(k+1)3GT2 B. ρ=3πk3GT2 C. ρ=3πk3T2G D. ρ=3π(k+1)3GT
3. 如图所示，一倾角为θ斜劈A静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块B，A、B之间的动摩擦因数为μ，在竖直向下的力F1作用下B匀速下滑。欲使B下滑过程中，地面对A有向右的摩擦力，以下方法可行的是( )
A. 仅增大F1 B. 仅增大θ
C. 仅增大μ D. 将F1替换为水平向右的力F2
4. 如图所示，一个带正电的小球静止在光滑的水平面上，当t=0时，在空间加上一个水平向右的大小为E1的匀强电场，当t=t0时，匀强电场突然反向，且大小变为E2，当t=3t0时，小球恰好回到出发点，则下列说法中正确的是( )
A. E1:E2=5:4
B. 当t=t0时，小球离出发点最远
C. 若仅将小球的比荷变为原来的2倍，则当t=3t0时，小球将位于出发点的右侧
D. 从t=0到t=2t0的时间内，小球的电势能先减小后增大再减小
二、多选题（本题共5小题，共30分）
5. ▵ABC为等边三角形，O是三角形的中心，D是AB的中点。图(a)中，A、B、C三个顶点处各放置电荷量相等的点电荷，其中A、B处为正电荷，C处为负电荷；图(b)中，A、B、C三个顶点处垂直纸面各放置一根电流大小相等的长直导线，其中A、B处电流方向垂直纸面向里，C处电流方向垂直纸面向外。下列说法正确的是( )
A. 图(a)中，沿着直线从O到D电势逐渐升高
B. 图(a)中，沿着直线从O到D各点的电场方向相同，且由O指向D
C. 图(b)中，沿着直线从O到D各点的磁场方向相同，且垂直OD向左
D. 图(b)中，O点的磁感应强度大于D点的磁感应强度
6. 如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为μ=0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为0.6N的恒力F，重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 前2s合外力对木板做的功为2.4J B. 2.5s时木板对地面的压力大小为2.5N
C. 静摩擦力对滑块做的功为1.8J D. 滑动摩擦力对滑块的冲量大小为1N⋅s
7. 在边长为L的正方形abcd的部分区域内存在着方向垂直纸面向外的匀强磁场，a点处有离子源，可以向正方形abcd所在区域的任意方向发射速率均为v的相同的正离子，且所有离子均垂直bc边射出，下列说法正确的是( )
A. 离子在磁场中做圆周运动的半径为2L
B. 离子在磁场中运动的最长时间为2πL3v
C. 磁场区域的最小面积为π-22L2
D. 离子入射速度方向与ab边夹角为60°时，将从bc边中点射出
8. 如图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场(场区都足够大)，现有一重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v0射入场区，下列有关判断正确的是( )
A. 如果粒子回到MN上时速度增大，则空间存在的一定是电场
B. 如果粒子回到MN上时速度大小不变，则该空间存在的一定是电场
C. 若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成夹角不变，则该空间存在的一定是磁场
D. 若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN所用的时间不变，则该空间存在的一定是磁场
9. 一列简谐横波沿直线传播，在波的传播方向上有一个质点P，已知波源O与质点P的平衡位置相距1.2m，以波源由平衡位置开始振动为计时零点，质点P的振动图像如图所示，则下列说法中正确的是( )
A. 该列波的波长为4m
B. 该列波的波速大小为0.6m/s
C. 波源O的起振方向为沿y轴负方向
D. 波源O的动能在t=10s时最大
E. t=5s时，质点P通过的路程是0.15m
三、实验题（本题共2小题，共18分）
10. 某同学想测量未知滑块的质量m和圆弧轨道的半径R。所用装置如图1所示，一个倾角为37°的固定斜面与竖直放置的光滑圆弧轨道相切，一个可以看做质点的滑块从斜面上某处由静止滑下，滑块上有一个宽度为d的遮光条，在圆弧轨道的最低点有一光电门和一压力传感器(没有画出)，可以记录挡光时间t和传感器受到的压力F，已知重力加速度为g。
(1)先用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图2所示，则遮光条宽度d=_________；
(2)实验过程中从斜面的不同位置释放滑块，然后记录对应的遮光时间t和压力传感器的示数F，得到多组数据，该同学通过图象法来处理数据，得到如图3所示的图象，但忘记标横轴表示的物理量，请通过推理补充，横轴表示的物理量为_________(用已知物理量符号表示)；
(3)已知图3中图线的斜率为k，纵截距为b，则可知滑块的质量m=_________；圆弧轨道的半径R=_________。(用已知物理量符号表示)
11. 一般的话筒用的是一块方形的电池(层叠电池)，如图甲所示，标称电动势为9V。某同学想要测量该电池实际的电动势和内阻，实验室提供了以下器材：
A.待测方形电池
B.电压表(量程0∼3V，内阻约为4kΩ)
C.电流表(量程0∼0.6A，内阻为1.0Ω)
D.电流表(量程0∼3A，内阻为1.0Ω)
E.电阻箱(阻值范围0∼999.9Ω)
F.电阻箱(阻值范围0∼9999.9Ω)
G.滑动变阻器(阻值范围0∼20Ω)
H.滑动变阻器(阻值范围0∼20kΩ)
I.开关、导线若干
(1)该同学根据现有的实验器材，设计了如图乙所示的电路图。根据如图乙所示电路图和如图丙所示图像，为完成该实验，电流表应选____，电阻箱应选_____，滑动变阻器应选______(均填写器材前字母标号)
(2)实验需要把电压表量程扩大为0∼9V。该同学按图乙连接好实验器材，检查电路无误后，将R1的滑片移到最左端，将电阻箱R2调为零，断开S3，闭合S1，将S2接a，适当移动R1的滑片，电压表示数为2.40V；保持R1接入电路中的阻值不变，改变电阻箱R2的阻值，当电压表示数为_______V时，完成扩大量程，断开S1。
(3)保持电阻箱R2阻值不变，开关S2接b，闭合S3、S1，从右到左移动R1的滑片，测出多组U、I，并作出U-I图线如图丙所示，可得该电池的电动势为_______V，内阻为_______Ω。
四、计算题（本题共3小题，共36分）
12. 我国选手在北京冬奥会自由式滑雪女子U型场地技巧决赛中夺得金牌。如图所示，某比赛用U型池场地长度L=160m、宽度d=20m、深度h=7.25m，两边竖直雪道与池底平面雪道通过圆弧雪道连接组成，横截面像“U”字形状，池底雪道平面与水平面夹角为θ=20∘。为测试赛道，将一质量m=1kg的小滑块从U型池的顶端A点以初速度v0= 0.7m/s滑入；滑块从B点第一次冲去U型池，冲出B点的速度vB=10m/s，与竖直方向夹角为α(α未知)，再从C点重新落回U型池(C点图中未画出)。已知A、B两点间直线距离为25m，不计滑块所受的空气阻力，sin20∘=0.34，cos20∘=0.94，g=10m/s2。
(1)A点至B点过程中，求小滑块克服雪道阻力所做的功Wf；
(2)忽略雪道对滑块的阻力，若滑块从池底平面雪道离开，求滑块离开时速度v的大小；
(3)若保持vB大小不变，调整速度vB与竖直方向的夹角为α0时，滑块从冲出B点至重新落回U型池的时间最长，求tanα0。
13. 如图，一绷直传送带与水平面夹角θ=30°，传送带AB长l=8.175m，已知传送带以v1=2m/s的速度逆时针匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数μ= 33，质量为M=1kg的木块运动到传送带底端A点时，恰好与传送带速度相同；此时，一颗质量为m=0.02kg的子弹以v0=300m/s平行于传送带向上的速度正对木块射入并穿出，穿出速度v=50m/s，子弹穿出瞬间立即对木块施加平行于传送带向上的恒力F=5N的作用，以后每隔Δt=1s就有一颗相同的子弹以相同的速度平行于传送带击中木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，忽略木块质量变化，g取10m/s2。求：
(1)在被第二颗子弹击中前，木块沿传送带向上运动离A点的最大高度；
(2)木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中；
(3)从第一颗子弹射中木块到木块离开传送带的过程中，木块和传送带之间产生的热量。
14. 如图，截面为等腰直角三角形ABC的玻璃砖，∠B=90°，一束频率为f=5×1014Hz的光线从AB面中点处垂直射入棱镜，在AC面发生全反射，从BC面射出后，进入双缝干涉装置。已知AC长度l=0.15m，双缝间距d=0.2mm，光屏离双缝L=1.0m，光在真空中的传播速度为c=3.0×108m/s。求：
(1)玻璃砖的折射率的最小值n；
(2)光线在玻璃砖中传播的最短时间t；
(3)光屏上相邻亮条纹的间距Δx。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】B.由匀变速直线运动规律有
x=v0t+12at2
变形得
xt2=v0t+12a
可知 xt2-1t 图像的斜率
k=v0=40.1m/s
可得，该车的初速度为
v0=40m/s
B正确；
AC. xt2-1t 图像的纵截距为
b=12a=-4m/s2
可得，该车的加速度为
a=-8m/s2
所以该车处于减速状态，AC错误；
D.将 v0=40m/s ， a=-8m/s2 ，代入位移公式可得
x=40t-4t2 (m)
则，该车在前2秒的位移为
x=64m
D错误。
故选B。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查万有引力定律的应用，基础题目。
根据万有引力提供向心力列方程，结合质量、密度和体积关系列方程，联立求出火星的密度即可判断。
【解答】
“天问一号”绕火星做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：GMm(kR+R)2=m(2πT)2(kR+R)，又M=ρ·43πR3，联立知，火星的平均密度ρ=3π(k+1)3GT2，故A正确，BCD错误。
3.【答案】C
【解析】解：A、由题意可得：μ(mg+F1)cosθ=(mg+F1)sinθ，所以仅增大F1，物体B仍匀速下滑，对整体受力分析得，地面对A没有摩擦力的作用，故A错误；
B、仅增大θ时，满足(mg+F1)sinθ>μ(mg+F1)cosθ，即物体沿斜面向下匀加速，则斜劈A对滑块B的合力为左上方，则由牛顿第三定律可得，滑块B对斜劈A的合力为右下方，即斜劈相对于地面有向右的运动趋势，则此时地面对A有向左的摩擦力，故B错误；
C、仅增大μ时，满足(mg+F1)sinθ<μ(mg+F1)cosθ，则物体沿斜面向下匀减速，则斜劈A对滑块B的合力为右上方，则由牛顿第三定律可得，滑块B对斜劈A的合力为左下方，即斜劈相对于地面有向左的运动趋势，则此时地面对A有向右的摩擦力，故C正确；
D、将F1替换为水平向右的力F2，沿斜面方向：mgsinθ-F2cosθ-μ(mgcosθ+F2sinθ)<0，故物体做减速运动；对物块，所受支持力增加了F2sinθ，则摩擦力增加μF2sinθ，即支持力与摩擦力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，如图：
则斜面所受的摩擦力与压力的合力放还是竖直向下，水平放向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故D错误。
故选：C。
滑块原来匀速下滑，合力为零；斜面保持静止状态，合力也为零。分别以滑块和斜面为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析地面对斜面的摩擦力。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。
4.【答案】D
【解析】
A.根据题意有
qE1=ma1 ， qE2=ma2
设 0∼t0 小球位移为 s1 ， t0∼3t0 位移为 s2 ，以向右为正方向，可得
s1=12a1t02
s2=a1t0⋅2t0-12a22t02
同时有
s1+s2=0
联立解得
a1:a2=4:5
即
E1:E2=4:5
故A错误；
B.设从 t=t0 时开始，经过 Δt 小球速度减小到零，有
a1t0-a2Δt=0
解得
Δt=45t0
故可知当
t=t0+45t0=95t0
时小球离出发点最远，故B错误；
C.将小球的比荷变为原来的2倍，在两种匀强电场中的加速度大小变成原来的2倍， t=t0 时小球的速度也变成原来的2倍，可知 s1 将变成原来的2倍， s2 也将变成原来的2倍，可得当 t=3t0 时，有
2s1+2s2=0
即此时小球仍将位于出发点，故C错误；
D.根据前面分析可知，在 0∼95t0 小球向右运动， 95t0∼2t0 小球向左运动，因为 t=t0 时，匀强电场反向，故可知 0∼t0 电场力做正功， t0∼95t0 电场力做负功， 95t0∼2t0 电场力做正功，即小球的电势能先减小后增大再减小，故D正确。
故选D。
5.【答案】AD
【解析】
【分析】
判断电势的高低时可认为离正电荷越近，电势越高，离负电荷越近，电势越低。
分析电场强度时可以借助点电荷的场强以及场强矢量叠加的方法判定。
通过安培定则判断电流产生的磁感应强度的方向，结合磁感应强度的矢量合成原则分析合磁感应强度。
【解答】
A、图(a)中，从O到D的方向上，离正电荷越来越近，离负电荷越来越远，所以电势逐渐升高，故A正确;
B、由场强的矢量合成可知，三个电荷的合场强由D指向O，故B错误;
C、图(b)中，由安培定则及矢量合成法则，可知A、B直导线的合磁场方向水平向右，C直导线的磁场方向水平向右，所以，三个导线的合磁场方向水平向右，故C错误;
D、A、B导线在D点的合磁感应强度为0，A、B导线棒在O点的合磁感应强度不为0且水平向右，再结合C导线距离O近，磁感应强度大，距离D远，磁感应强度小，叠加后O点的磁感应强度大于D点的磁感应强度，故D正确。
6.【答案】BC
【解析】A.静摩擦力能提供的最大加速度为
a0=μg=5m/s2
开始时木板滑块一起运动，加速度为
a=FM+m=2m/s2<5m/s2
而滑块向左运动后，由左手定则可知，会受到一个向上的洛伦兹力，设滑块速度为v时，两者开始相对滑动，由牛顿第二定律得，对滑块有
μ(mg-qvB)=ma
对木板有
F-μ(mg-qvB)=Ma
可得
v=6m/s
则发生相对滑动需要时间
t0=va=3s
t2=2s 时木板速度
v2=at2=4m/s
根据动能定理，前 2s 合外力对木板做的功为
W=ΔEk=12Mv22=1.6J
故A错误；
B. t2.5=2.5s 时速度
v2.5=at2.5=5m/s
木板对地面的压力大小为
N=(M+m)g-qv2.5B=2.5N
故B正确；
C.根据动能定理，静摩擦力对滑块做的功为
Wf=ΔEfk=12mv2=1.8J
故C正确；
D.当滑块受的洛伦兹力大小等于重力时，两者分离，此时由
qv'B=mg
可得
v'=10m/s
滑动摩擦力对滑块的冲量大小为
I=mv'-mv=0.4N⋅s
故D错误。
故选BC。
7.【答案】CD
【解析】
【分析】
如图所示，假设半径为R的圆形磁场区域边界处有一离子源S可以向各个方向发射速率相同的离子，且离子在磁场中做匀速圆周运动的半径也为R，考察其中某一离子的运动轨迹，根据几何知识可得四边形OSO'P为菱形，则出射离子的速度方向与OS垂直，即所有离子出射方向平行，由此可以得到一个结论，当离子运动半径与圆形磁场半径相同时，离子从同一点以任意方向射入磁场，其出射速度方向都将平行。
【解答】
AC、所有离子均垂直bc边射出，离子的轨迹半径等于L，磁场区域的最小面积为图中阴影部分的面积，即Smin=πL24-L2-πL24=π-22L2，故A错误，C正确；
B、离子的速率一定，轨迹最长的离子运动的时间最长，则最长时间为T4，则有：tmax=T4=πL2v，故B错误；
D、当离子入射速度方向与ab边夹角为60°时，轨迹如下所示，
根据几何关系，∠aOP=∠aO'P=60°，Oe=12R，所以出射点P是bc的中点，故D正确。
8.【答案】AD
【解析】解：A、洛伦兹力对带电粒子不做功，不能使粒子速度增大，电场力可使带电粒子做功，动能增大，故A正确；
B、若带电粒子以与电场线平行的速度v0射入，粒子返回速率不变，故B错误；
C、如果是电场，只要MN是等势面即可，故C错误；
D、由T=2πmBq知，粒子在磁场中运动的时间与速率无关，故D项正确．
故选AD．
洛伦兹力不做功，电场力可以做功；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类似抛体运动．
本题关键是分电场和磁场两种情况进行分析讨论，抓住匀速圆周运动模型和直线运动模型进行分析讨论．
9.【答案】5.50mm 1t2 bg bd2kg。
【解析】解：(1)游标卡尺的分度值为0.05mm，则遮光条宽度：d=5mm+10×0.05mm=5.50mm。
(2)利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，则遮光条通过光电门的速度：v=dt
分析最低点的受力情况，根据牛顿第二定律可知，F'-mg=mv2R
根据牛顿第三定律可知，压力等于支持力，F=F'
联立解得：F=mg+md2R⋅1t2
纵轴为F，则横轴为1t2。
(3)分析图象可知，斜率：k=md2R，纵截距：b=mg，则滑块的质量：m=bg，半径：R=bd2kg。
故答案为：(1)5.50mm；(2)1t2；(3)bg；bd2kg。
(1)根据游标卡尺的读数规则读数。
(2)利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，求出滑块到达光电门的速度，根据牛顿第二定律分析。
(3)分析图象的斜率和截距，求解相关量。
此题考查了探究加速度与质量、力的关系的实验，明确实验原理，进行实验的数据处理是解题的关键。
10.【答案】(1)D；F；G
(2)0.80
(3)8.94；2
【解析】
【分析】
(1)根据实验要求选择合适的仪器；
(2)电压表示数为2.40 V且保持R1接入电路中的阻值不变时，电压表与R2电压之和认为始终等于2.40 V；
(3)根据闭合电路欧姆定律E=3U+I(r+rA)求出电池的电动势和内阻
【解答】
(1)由图像丙可知，电路中电流较大，电流表应选D；电压表要扩大量程为9 V，则串联的电阻箱阻值应能调节为电压表内阻的两倍，故电阻箱选F；分压式电路中滑动变阻器阻值选小的，便于调节，则滑动变阻器选G。
(2)电压表示数为2.40 V且保持R1接入电路中的阻值不变时，电压表与R2电压之和认为始终等于2.40 V，当电压表示数为0.80 V时，说明R2两端电压为1.60 V，则电压表量程扩大为0～9 V。
(3)根据闭合电路欧姆定律E=3U+I(r+rA)，整理得U=-r+rA3I+E3，对照题图丙可得r+rA3=2.98-1.001.98，E3=2.98，解得E=8.94 V，r=2 Ω。
故答案为：
(1)D；F；G
(2)0.80
(3)8.94；2
11.【答案】(1)1.35J；(2)35m/s；(3) 1747
【解析】(1)小滑块从A点至B点过程中，由动能定理得
mgxsin(20∘)-Wf=12mvB2-12mv02
由几何关系得
x= xAB2-d2
解得
Wf=1.35J
(2)忽略雪道对滑块的阻力，滑块从A点运动到池底平面雪道离开的过程中，由动能定理得
mgLsin(20∘)+mghcos(20∘)=12mv2-12mv02
代入数据解得
v=35m/s
(3)当滑块离开B点后设速度方向与U型池斜面的夹角为 α0=θ=20∘ 时，沿U型池斜面方向分解速度及加速度分别为
vy=vBsinθ
vx=vBcosθ
ay=gcos(20∘)
ax=gsin(20∘)
vy=ayt1
t=2t1
由此可知，当vy最大时，滑块从冲出B点至重新落回U型池的时间最长，此时vB垂直于U型池斜面，即 α0=θ=20∘
tanα0=sinθcosθ=0.340.94=1747
12.【答案】解：(1)设子弹穿出木块瞬间，木块的速度为v'1，规定平行于斜面向上为正方向，第一颗子弹射入木块过程中动量守恒：mv0-Mv1=mv+Mv'1 ①
木块向上作减速运动过程，由牛顿第二定律：Mgsin30°+μMgcos30o-F=Ma1 ②
木块速度减小为零所用时间：t1=v'1a1 ③
联立得：t1=0.6s。
所以木块在被第二颗子弹击中前向上运动离A点最远时，速度为零，移动距离为s1=v'12t1 ④
最大高度为：hm=s1sinθ ⑤
联立 ① ② ③ ④ ⑤得：hm=0.45m；
(2)在第二颗子弹射中木块前，木块反向加速至传送带共速过程：由牛顿第二定律，
对木块：Mgsin30°+μMgcos30o-F=Ma2 ⑥
木块反向加速至与传送带共速的时间：
t2=v1a2=0.4s ⑤
木块反向加速至与传送带共速的位移：
s2=v12t2 ⑥
木块从被第一颗子弹击穿后到第二颗子弹击中前的时间：
Δt=t1+t2=1s ⑦
所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移大小：
s0=s1-s2 ⑧
第16颗子弹击中前，木块向上移动的位移为：s=15s0 ⑨
联立以上式子得：s=7.5m
第16颗子弹击中后，木块将会再向上先移动s1，总位移为s1+s=8.175m>l，木块将从B端落下，所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中；
(3)第一颗子弹击穿木块后至第二颗子弹击穿之前，木块向上减速运动过程中木块相对传送带的位移大小为：
Δs1=v1t1+s110
产生的热量为：Q1=μMgcos30∘Δs1，
木块向下加速运动过程中相对传送带的位移大小为：
Δs2=v1t2-s2⑪
产生的热量为：
Q2=μMgcos30∘Δs2，
第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有：v'1t3-12at32=l-s⑫
木块与传送带的相对位移为：
Δs3=l-s+v1t3⑬
产生的热量为：
Q3=μMgcos30∘Δs3⑭
全过程中产生的总热量为：
Q总=15(Q1+Q2)+Q3⑮
联立以上式子得：
Q总=193.875J。
【解析】(1)根据动量守恒定律求出子弹穿出瞬间木块的速度，然后根据牛顿第二定律求出木块沿传送带向上做匀减速运动的加速度，利用运动学公式求其减速到零的时间，进而求出向上的最大位移，从而得到向上的最大高度；
(2)根据牛顿第二定律、运动学公式求出相邻两次子弹射出后，木块向上运动的位移，从而可确定木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中；
(3)求出相邻两次子弹射出后的这段时间里，木块与传送带之间的相对路程，同时要求出最后一个子弹射出后，木块与传送带之间的相对路程，
从而得到总路程Δs，最后利用Q=fΔs求热量。
13.【答案】BDE
【解析】解：AB、由图乙知，周期T=4s，结合题知波从O传到P所用的时间为△t=2s，此过程传播的距离为△x=1.2m，
则波速v=△x△t=1.22m/s=0.6m/s，波长λ=vT=0.6×4m=2.4m，故A错误，B正确；
C、由图知，质点P的起振方向沿y轴正方向，由波的特点知，波源O的起振方向沿y轴正方向，故C错误；
D、t=10s时，波源O已经振动了10s=212T，而波源O的起振方向沿y轴正方向，则t=10s时，质点O位于平衡位置将沿y轴负方向运动，此时动能最大，故D正确；
E、由图知，振幅A=5cm，t=5s时，质点P运动了(5-2)s=3s=34T，则质点P通过的路程为s=3A=15cm=0.15m，故E正确
故选：BDE。
首先明确其图象是振动图象，并可知周期为4s和A点的起振方向；据波速公式v=△x△t=λT可求解波速和波长，质点通过平衡位置时动能最大．
灵活应用波的传播特点是解题的关键，即波的起振方向与各质点的起振方向相同；注意求波速的方法及波速公式的应用．
14.【答案】(1)设玻璃砖的折射率的最小值n
则sinC=1n
解得n= 2
(2)光线在玻璃砖中传播的最短时间t为t=2⋅l2sin45∘v
光在玻璃中传播的速度为v=cn
解得t=5×10-10s
(3)光屏上相邻亮条纹的间距Δx
则Δx=Ldλ
又λ=cf
解得Δx=3×10-3m
【解析】(1)在AC面恰好发生全反射时，折射率最小；
(2)根据几何关系计算传播路径，传播速度、折射率和光速的关系，可计算传播时间；
(3)根据条纹间距公式计算。
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