精品解析：湖南省常德市西洞庭管理区第一中学2023-2024学年高二下学期入学考试物理试卷

2024年2月高二入学考试物理试题 考试时间：75分钟；总分：100 第I卷（选择题） 一、单选题（每小题3分，共24分） 1. 下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是（　　） A 只有甲、乙 B. 只有丙、丁 C. 只有甲、丙 D. 只有乙、丁 2. 如图所示，电荷量为＋q点电荷与均匀带电圆形薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心，垂线上的a、b两点关于薄板对称，到薄板的距离都是d。若图中a点的电场强度为零，则b点的电场强度大小和方向分别为（静电力常量为k）（　　） A. ，垂直薄板向左 B. ，垂直薄板向右 C. ，垂直薄板向左 D. ，垂直薄板向左 3. 关于电流及电流周围产生的磁场分布，下列各图中正确的是（　　） A. B. C. D. 4. 如图甲所示是一列简谐横波在时的波形图，质点P的平衡位置位于处，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ） A. 波沿x轴负方向传播 B. 再经过0.3s质点P运动至处 C. 0.1~1.1s内，质点P的路程为30cm D. 质点Q的振动方程为 5. 如图所示实线为某电场中的三条电场线，一点电荷从M点射入电场，只受电场力作用下沿图中虚线运动到N点，则（　　） A. 点电荷一定带负电 B. 从M向N运动的过程中点电荷的电势能一直减少 C. 从M向N运动的过程中点电荷的动能一直减小 D. 从M向N运动的过程中点电荷的动能和电势能的总和一直减少 6. 如图所示，平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子和α粒子的质量之比为1:4，电荷量之比为1:2，则下列判断中正确的是（　　） A. 两种粒子进入偏转电场时的动能相等 B. 两种粒子在偏转电场中的运动时间相等 C. 粒子射出电场时速度的偏角之比为1:2 D. 偏转电场的电场力对两种粒子做功之比为1:2 7. 下列各图所示能产生感应电流的是（ ） A. 一个闭合线圈绕平行于匀强磁场的转动轴匀速转动 B. 条形磁铁插入有开口的圆环 C. 闭合线圈与条形磁铁在同一平面远离磁铁 D. 平行金属导轨上两根金属棒向相反方向运动 8. 如图所示是一种消音器的气流示意图，该消音器可以削弱高速气流产生的噪声，波长为的声波沿管道自左向右传播，声波到达a处时分成上、下两束，两束声波在b处相遇时噪声减弱。下列关于上、下两束波叠加能削弱噪声的原因中说法正确的是（　　） A. 到达b处时频率变小 B. 到达b处时波速变小 C. 从a到b的路程差可能为 D. 从a到b的路程差可能为 二、多选题（每小题4分，共16分） 9. 如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则 (　 　) A. 甲、乙两个单摆的振幅分别为2 cm、－1 cm B. 甲、乙两个单摆的机械能可能相等 C. 第2 s末甲的速度达到最大，乙的加速度达到最大 D. 前2 s内甲乙两个摆球的加速度均为正值 10. 如图，电路中定值电阻阻值大于电源内阻阻值。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表、、示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表示数变化量的绝对值，则（　　） A. 的示数增大 B. 的示数增大 C. 与的比值大于 D. 小于 11. 一匀强电场的方向平行于经平面，平面内、、三点的位置如图所示，三点的电势分别为2V、8V、14V，下列说法正确的是（ ） A. 坐标原点处的电势为-4V B. 电子在点的电势能比在点的大 C. 匀强电场的电场强度的大小为，方向由点指向点 D. 电子从点运动到点，静电力对电子做功为 12. 如图所示，空间内存在方向水平向右的匀强电场，一根长为L、不可伸长的绝缘细绳的一端连着一个质量为m、带电荷量为+q的小球，另一端固定于O点。初始时细绳（张紧状态）与电场线平行，由静止释放小球，已知小球摆到最低点的另一侧时，细绳与竖直方向的最大夹角，重力加速度为g，则（　　） A. 匀强电场的电场强度为 B. 摆动过程中小球所受的最大拉力为 C. 摆动过程中小球的最大速度为 D. 小球经过最低点时的速度为 第II卷（非选择题） 三、实验题（13题每空2分，14题每空1分，共18分） 13. 某物理探究小组的同学测量均匀金属实心圆柱体电阻的电阻率。 （1）使用螺旋测微器测定金属丝直径d，某次测量结果如图甲所示，读数为______，然后用游标卡尺测量其长度L如图乙所示，可知其长度为______。 （2）用欧姆表粗测其电阻，把选择开关置于“”挡，用正确的测量方法，粗测时的读数如图丙所示，该读数为______。 （3）用伏安法测圆柱体电阻的阻值，提供如下器材： 电池组E：电动势，内阻不计； 电流表：量程，内阻约； 电流表：量程，内阻为； 滑动变阻器：阻值范围，额定电流为； 电阻箱：阻值范围，额定电流为； 开关S，导线若干。 要求实验中尽可能准确地测量的阻值，请回答下列问题： ①为了测量待测电阻两端的电压，将电流表______（填写器材字母代号）与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到______，改装成一个量程为的电压表。 ②在方框中画出测量阻值的电路图，并在图中标明器材代号______。 （4）金属丝的电阻率为______（用、d、、L表示）。 14. 在“探究碰撞中的不变量”实验中，通过碰撞后做平抛运动测量速度的方法来进行实验，实验装置如图所示 （1）在不放小球m2时，小球m1从斜槽某处由静止开始滚下，m1的落点在图中的______点，把小球m2放在斜槽末端边缘处，小球m1从斜槽相同位置处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m1的落点在图中的________点。 （2）关于本实验，下列说法正确的是_____________（填字母代号）； A.斜槽必须足够光滑且安装时末端必须保持水平 B.小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放 C.必须测量出斜槽末端到水平地面高度 D.实验中需要用到秒表测量小球空中飞行的时间 E.实验中两个小球的质量大小关系是m1大于m2 （3）用刻度尺测量OM长度为x1、MP长度为x2、PN长度为x3，通过验证等式_______________否成立，从而验证动量守恒定律。（用m1、m2、x1、x2、x3表示）。 四、解答题（10分+10分+10分+12分） 15. 如图所示，当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L都能恰好正常工作。已知电源的电动势为E=6V，内阻为r=1Ω，指示灯L的电阻为RL=2.5Ω，额定电流为I=1A，电动机M的线圈电阻为RM=0.5Ω。求： （1）电源的总功率P； （2）电动机的电功率P电； （3）电动机的机械功率P机。 16. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三象限分布存在匀强电场、，电场的场强大小为，方向与x轴负方向成斜向下，电场的场强大小，方向与x轴正方向成角斜向上，比荷为的带正电粒子a从第三象限的P点由静止释放，粒子沿PO做匀加速直线运动，到达O点的速度为，不计粒子的重力。求 （1）P、O两点间的距离； （2）粒子a离开电场时与O点的距离。 17. 一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB镀银（图中粗线），O表示半圆截面的圆心。一束光线在横截面内从M点的入射角为30º，∠MOA=60º，∠NOB=30º。求： （1）光线在M点的折射角； （2）透明物体的折射率。 18. 如图所示，高度相同的两块平板P1、P2置于光滑水平面上，其质量分别为m1=1kg和m2=3kg。质量m=1kg且可看作质点的物体P置于P1的最右端，P1与P一起以v0=4m/s的速度向右运动，与静止的P2发生碰撞（碰撞时间极短），碰撞过程中无机械能损失。P与P2之间的动摩擦因数为μ=0.5，P2足够长，重力加速度g取10m/s2。求： （1）P1、P2碰撞后瞬间两平板的速度大小； （2）P最终距离P2左端的距离。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年2月高二入学考试物理试题 考试时间：75分钟；总分：100 第I卷（选择题） 一、单选题（每小题3分，共24分） 1. 下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是（　　） A. 只有甲、乙 B. 只有丙、丁 C. 只有甲、丙 D. 只有乙、丁 【答案】C 【解析】 【详解】甲图中子弹与木块组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒；乙图中M与N组成的系统所受合外力不为0，系统动量不守恒；丙图中木球与铁球组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒；丁图中斜面与木块组成的系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，所以系统动量守恒的只有甲、丙。 故选C。 2. 如图所示，电荷量为＋q的点电荷与均匀带电圆形薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心，垂线上的a、b两点关于薄板对称，到薄板的距离都是d。若图中a点的电场强度为零，则b点的电场强度大小和方向分别为（静电力常量为k）（　　） A. ，垂直薄板向左 B. ，垂直薄板向右 C. ，垂直薄板向左 D. ，垂直薄板向左 【答案】D 【解析】 【详解】由题意可知，薄板和点电荷在a点的场强大小相等，方向相反，即 由对称性可知，薄板在其左右两侧等距离处产生的场强大小相等，方向相反，故b点的合场强大小为 方向垂直薄板向左。 故选D。 3. 关于电流及电流周围产生的磁场分布，下列各图中正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据安培定则可知，图中磁场方向与给出的箭头所指方向相反，故A错误； B．根据安培定则可知，图中磁场方向与给出的箭头所指方向相反，故B错误； C．根据电源正负极判定电流方向没有问题，根据安培定则可知，图中磁场方向与给出的箭头所指方向相反，故C错误； D．根据安培定则可知，图中磁场方向与给出的箭头所指方向相同，故D正确。 故选D。 4. 如图甲所示是一列简谐横波在时的波形图，质点P的平衡位置位于处，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ） A. 波沿x轴负方向传播 B. 再经过0.3s质点P运动至处 C. 0.1~1.1s内，质点P的路程为30cm D. 质点Q的振动方程为 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图乙可知时，质点P沿y轴正方向振动，根据上下坡法，波沿x轴正方向传播，A错误； B．波传播过程中，质点P在平衡位置附近振动，不会随波迁移，B错误； C．时，质点P正在向最大位移处运动，在周期内的路程小于一个振幅，在0.1~1.1s内，即周期内，质点P的路程小于五个振幅，即小于30cm，C错误； D．质点P、Q的相位差 由图乙可知质点P的振动方程为 质点Q的振动方程为 D正确。 故选D。 5. 如图所示实线为某电场中的三条电场线，一点电荷从M点射入电场，只受电场力作用下沿图中虚线运动到N点，则（　　） A. 点电荷一定带负电 B. 从M向N运动的过程中点电荷的电势能一直减少 C. 从M向N运动的过程中点电荷的动能一直减小 D. 从M向N运动的过程中点电荷的动能和电势能的总和一直减少 【答案】C 【解析】 【详解】A.由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，故在M点电场力沿电场线向左，由于电场线方向未知，所以不能确定点电荷的电性，故A错误． BC.粒子从M向N的过程中，电场力做负功，动能一直减小，电势能一直增加，故B错误，C正确． D.不计粒子所受的重力，只有电场力做功，动能和电势能的总和保持不变，故D错误． 6. 如图所示，平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子和α粒子的质量之比为1:4，电荷量之比为1:2，则下列判断中正确的是（　　） A. 两种粒子进入偏转电场时的动能相等 B. 两种粒子在偏转电场中的运动时间相等 C. 粒子射出电场时速度的偏角之比为1:2 D. 偏转电场的电场力对两种粒子做功之比为1:2 【答案】D 【解析】 【详解】A．在加速电场中有 两个粒子的带电量不同，所以两种粒子进入偏转电场时的动能不相等，故A错误； B．由 可得 粒子在偏转电场中的运动时间 两个粒子比荷不同，所以在偏转电场中的运动时间不相等，故B错误； CD．在偏转电场中有 联立可得 则粒子射出电场时速度偏角的正切 所以粒子射出电场时速度的偏角之比为1:1，偏转电场的电场力对两种粒子做功 可得偏转电场的电场力对两种粒子做功之比为1:2，故C错误，D正确。 故选D。 7. 下列各图所示能产生感应电流的是（ ） A. 一个闭合线圈绕平行于匀强磁场的转动轴匀速转动 B. 条形磁铁插入有开口的圆环 C. 闭合线圈与条形磁铁在同一平面远离磁铁 D. 平行金属导轨上两根金属棒向相反方向运动 【答案】D 【解析】 【详解】A．闭合线圈绕平行于匀强磁场的转动轴匀速转动，穿过闭合线圈的磁通量始终为零，因此闭合线框中无感应电流，故A错误； B．条形磁铁插入有开口的圆环，会产生感应电动势，但由于圆环未闭合，因此圆环中无感应电流，故B错误； C．闭合线圈与条形磁铁在同一平面远离磁铁，穿过闭合线圈的磁通量始终为零，因此闭合线圈中无感应电流，故C错误； D．平行金属导轨上两根金属棒构成闭合回路，当向相反方向运动时，闭合回路面积增大，即穿过闭合回路的磁通量增大，回路中将产生感应电流，故D正确。 故选D。 8. 如图所示是一种消音器的气流示意图，该消音器可以削弱高速气流产生的噪声，波长为的声波沿管道自左向右传播，声波到达a处时分成上、下两束，两束声波在b处相遇时噪声减弱。下列关于上、下两束波叠加能削弱噪声的原因中说法正确的是（　　） A. 到达b处时频率变小 B. 到达b处时波速变小 C. 从a到b的路程差可能为 D. 从a到b的路程差可能为 【答案】C 【解析】 【详解】A．频率由波源决定，所以到达b处时频率不变，故A错误； B．在同一介质中，波速相等，故B错误； CD．声波在a处时分成上下两列波，两列波的频率相同，经过不同的波程在b处相遇，若波程差满足半波长的奇数倍，即 即可在b处削弱噪声，故C正确，D错误。 故选C。 二、多选题（每小题4分，共16分） 9. 如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则 (　 　) A. 甲、乙两个单摆的振幅分别为2 cm、－1 cm B. 甲、乙两个单摆的机械能可能相等 C. 第2 s末甲的速度达到最大，乙的加速度达到最大 D. 前2 s内甲乙两个摆球的加速度均为正值 【答案】BC 【解析】 【详解】振幅等于位移的最大值，由图知甲、乙两摆的振幅分别为2cm、1cm，故A错误；由图知：甲、乙两球的周期分别为4s、8s，由单摆的周期公式知，甲摆的摆长比乙摆的摆长短，而甲摆的振幅比乙摆的振幅大，所以两个单摆的机械能可能相等，故B正确．第2秒末甲正通过平衡位置，速度最大；乙到达负的最大位移处，由知，加速度最大，故C正确．前2秒内，甲摆的位移为正，乙摆的位移为负，根据，知甲摆球的加速度为负值，乙摆球的加速度为正值，故D错误．故选BC． 【点睛】根据图象得到两个单摆的振幅之比和周期之比，结合单摆周期公式比较单摆的摆长关系，根据位移分析速度和加速度的大小． 10. 如图，电路中定值电阻阻值大于电源内阻阻值。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表、、示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表示数变化量的绝对值，则（　　） A. 的示数增大 B. 的示数增大 C. 与的比值大于 D. 小于 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．分析电路可知，滑动变阻器与定值电阻R串联后接在电源两端；将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知电路电流增大，路端电压减小；则电流表的示数增大，电压表的示数减小，故A正确，B错误； C．根据闭合电路欧姆定律可得 可得 故C正确； D．对于定值电阻，根据欧姆定律可得 根据闭合电路欧姆定律可得 可得 由于定值电阻阻值大于电源内阻阻值，则大于，故D错误。 故选AC。 11. 一匀强电场的方向平行于经平面，平面内、、三点的位置如图所示，三点的电势分别为2V、8V、14V，下列说法正确的是（ ） A. 坐标原点处的电势为-4V B. 电子在点的电势能比在点的大 C. 匀强电场的电场强度的大小为，方向由点指向点 D. 电子从点运动到点，静电力对电子做的功为 【答案】BC 【解析】 【详解】A．根据匀强电场中相互平行且等长的线段两端点的电势差相等，可知 可得 故A错误； B．负电荷在低电势处的电势能大，点的电势低于点，因此电子在点的电势能比在点的大，故B正确； C．由A选项分析可知，O、b两点的电势相等，故O、b所在直线为等势线，根据电场线与等势面相互垂直可知，ac的连线即为一条电场线，如下图 根据沿电场线方向电势在逐渐降低，可知电场线方向为c指向a，c、a两点间的电势差为 由几何知识可得 故电场强度大小为 故C正确； D．电子从c点运动到b点，静电力做功为 故D错误。 故选BC。 12. 如图所示，空间内存在方向水平向右的匀强电场，一根长为L、不可伸长的绝缘细绳的一端连着一个质量为m、带电荷量为+q的小球，另一端固定于O点。初始时细绳（张紧状态）与电场线平行，由静止释放小球，已知小球摆到最低点的另一侧时，细绳与竖直方向的最大夹角，重力加速度为g，则（　　） A. 匀强电场的电场强度为 B. 摆动过程中小球所受的最大拉力为 C. 摆动过程中小球的最大速度为 D. 小球经过最低点时的速度为 【答案】AB 【解析】 【详解】A．设匀强电场的场强为E，对小球由静止到摆到最低点的另一侧的最高位置的过程，根据动能定理有 解得 故A正确； BCD．将电场力与重力合成，有 合力方向与竖直方向成30°角斜向右下，将合力等效成一个合场力，找出等效最低点，对处于的小球受力分析，如下所示 由几何关系得 研究小球由静止到点的过程，根据动能定理有 解得 小球在点时受到的拉力最大，设为，根据牛顿第二定律得 解得 小球在点时的速度最大，所以小球经过最低点时的速度小于摆动过程中的最大速度，故B正确，CD错误。 故选AB。 第II卷（非选择题） 三、实验题（13题每空2分，14题每空1分，共18分） 13. 某物理探究小组的同学测量均匀金属实心圆柱体电阻的电阻率。 （1）使用螺旋测微器测定金属丝直径d，某次测量结果如图甲所示，读数为______，然后用游标卡尺测量其长度L如图乙所示，可知其长度为______。 （2）用欧姆表粗测其电阻，把选择开关置于“”挡，用正确的测量方法，粗测时的读数如图丙所示，该读数为______。 （3）用伏安法测圆柱体电阻的阻值，提供如下器材： 电池组E：电动势，内阻不计； 电流表：量程，内阻约； 电流表：量程，内阻为； 滑动变阻器：阻值范围，额定电流为； 电阻箱：阻值范围，额定电流为； 开关S，导线若干。 要求实验中尽可能准确地测量的阻值，请回答下列问题： ①为了测量待测电阻两端的电压，将电流表______（填写器材字母代号）与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到______，改装成一个量程为的电压表。 ②在方框中画出测量阻值的电路图，并在图中标明器材代号______。 （4）金属丝的电阻率为______（用、d、、L表示）。 【答案】 ①. 7.519##7.520##7.521 ②. 22.7 ③. 190 ④. ⑤. 9000 ⑥. ⑦. 【解析】 【详解】（1）[1] 螺旋测微器的精度为0.01mm，读数为 7.5mm+0.01mm=7.520mm [2]游标卡尺的精度为0.1mm，读数为 22mm+mm=22.7mm （2）[3]指针指向“19”刻度，选择开关置于“×10”挡，则读数190Ω； （3）①[4] [5] 根据电表的改装原理可知，应将电流表与电阻箱串联，改装成一个量程为0∼3.0V的电压表，根据欧姆定律有 =9000Ω ②[6]待测电阻较小，电流表采用外接法，滑动变阻器最大阻值较小，采用分压式接法，如图 （4）[7]根据电阻定律有 其中 解得 14. 在“探究碰撞中不变量”实验中，通过碰撞后做平抛运动测量速度的方法来进行实验，实验装置如图所示 （1）在不放小球m2时，小球m1从斜槽某处由静止开始滚下，m1的落点在图中的______点，把小球m2放在斜槽末端边缘处，小球m1从斜槽相同位置处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m1的落点在图中的________点。 （2）关于本实验，下列说法正确的是_____________（填字母代号）； A.斜槽必须足够光滑且安装时末端必须保持水平 B.小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放 C.必须测量出斜槽末端到水平地面高度 D.实验中需要用到秒表测量小球空中飞行的时间 E.实验中两个小球的质量大小关系是m1大于m2 （3）用刻度尺测量OM长度为x1、MP长度为x2、PN长度为x3，通过验证等式_______________是否成立，从而验证动量守恒定律。（用m1、m2、x1、x2、x3表示）。 【答案】 ①. P ②. M ③. BE ④. 【解析】 【详解】（1）[1]小球m1从斜槽某处由静止开始滚下，m1的落点在图中的P点； [2]小球m1和小球m2相碰后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以相碰后小球m2的落点在N点，小球m1的落点在M点； （2）[3]AB．斜槽末端必须水平，以保证小球做平抛运动，并且只要入射小球每次都从斜槽上的同一位置由静止释放，就能使碰撞前的速度相同，与斜槽是否光滑无关，故A项错误，B项正确； CD．由于两小球每次都是从同一位置开始做平抛运动，小球在空中飞行时间相同，小球水平位移能够反映小球初速度的大小，所以实验中不用测量出斜槽末端到水平地面的高度，也不用测量小球空中飞行的时间，故C、D项均错误； E．为了保证入射小球碰撞后不反弹，入射小球m1质量要大于被碰小球m2的质量，故E正确； 故选BE。 （3）[4]若动量守恒，取向右为正方向，则应满足 根据平抛运动规律得 整理可得 因此可得 整理得 四、解答题（10分+10分+10分+12分） 15. 如图所示，当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L都能恰好正常工作。已知电源的电动势为E=6V，内阻为r=1Ω，指示灯L的电阻为RL=2.5Ω，额定电流为I=1A，电动机M的线圈电阻为RM=0.5Ω。求： （1）电源的总功率P； （2）电动机的电功率P电； （3）电动机的机械功率P机。 【答案】（1）;（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L都能恰好正常工作，且指示灯额定电流为I=1A，由于小型直流电动机M和指示灯L是串联，可知此时电路中电流为1A，电源的总功率为 （2）电动机两端的电压为 电动机的电功率为 （3）电动机的机械功率为 16. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三象限分布存在匀强电场、，电场的场强大小为，方向与x轴负方向成斜向下，电场的场强大小，方向与x轴正方向成角斜向上，比荷为的带正电粒子a从第三象限的P点由静止释放，粒子沿PO做匀加速直线运动，到达O点的速度为，不计粒子的重力。求 （1）P、O两点间的距离； （2）粒子a离开电场时与O点的距离。 【答案】（1）0.5m；（2） 【解析】 【详解】（1）由题意可知，在第三象限粒子做匀加速直线运动，根据动能定理可得 且粒子到达O点的速度为 解得P、O两点间的距离 （2）第一象限内粒子在垂直场强方向上做匀速直线运动，沿场强方向做匀加速直线运动； 则有 解得 则粒子离开电场时与O点的距离为 17. 一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB镀银（图中粗线），O表示半圆截面的圆心。一束光线在横截面内从M点的入射角为30º，∠MOA=60º，∠NOB=30º。求： （1）光线在M点的折射角； （2）透明物体的折射率。 【答案】（1）15°；（2） 【解析】 【详解】（1）如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M 点相对于底面EF对称，Q、P 和N 三点共线。设在M点处，光的入射角为i，折射角为r，∠OMQ=α，∠PNF=β。 根据题意有 α=90°-60°=30° 由几何关系得 ∠PNO=∠PQO=∠PMO =r 于是 β+r=90°-30°=60°，α+r=β 解得 r=15° （2）根据折射率公式有 解得 18. 如图所示，高度相同的两块平板P1、P2置于光滑水平面上，其质量分别为m1=1kg和m2=3kg。质量m=1kg且可看作质点的物体P置于P1的最右端，P1与P一起以v0=4m/s的速度向右运动，与静止的P2发生碰撞（碰撞时间极短），碰撞过程中无机械能损失。P与P2之间的动摩擦因数为μ=0.5，P2足够长，重力加速度g取10m/s2。求： （1）P1、P2碰撞后瞬间两平板的速度大小； （2）P最终距离P2左端的距离。 【答案】（1）均为2m/s；（2）0.3m 【解析】 【详解】（1）、碰撞过程中无机械能损失，以、为系统，根据动量守恒定律得 根据机械能守恒定律得 联立解得 ， 则碰后、的速度大小均为。 （2）碰撞后以的速度运动到上，最后两物体共速，碰撞后对与，根据动量守恒定律得 对与，根据功能关系得 联立解得 则P最终距离P2左端的距离。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$