陕西省西安市长安区第一中学2024-2025学年高二上学期期末物理试卷

2024-2025学年陕西省西安市长安一中高二（上）期末物理试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.如图所示，某学校探究性学习小组的同学用A、B两种颜色的激光以不同的角度同时沿不同的半径方向射入同一块半圆形玻璃砖，其折射光线由圆心O点射出后重合。A、B两种光穿过玻璃砖所需时间分别为、，全反射临界角分别为、，则下列说法正确的是(    ) A. ， B. ， C. ， D. ， 2.四个相同的小量程电流表表头分别改装成两个电流表、和两个电压表、，已知电流表的量程小于的量程，电压表的量程大于的量程，改装好之后把它们接入如图所示的电路，合上开关，R为定值电阻，电压表、读数分别为、，电流表、的读数分别为、，则下列说法正确的是(    ) A. 指针的偏角大于指针的偏角 B. 指针的偏角小于指针的偏角 C. 的读数大于的读数，的读数小于的读数 D. 定值电阻 3.将乒乓球从某一高度静止释放后，与水平地板碰撞若干次后最终停在地板上。设乒乓球每次弹起的最大高度为前一次的k倍，不计空气阻力，则在相邻的前后两次碰撞过程动能变化量为和，动量变化量的大小分别为和，则下列不正确的是(    ) A. B. C. 乒乓球损失的机械能相等 D. 乒乓球所受地板的弹力的冲量之比为 4.“顿牟缀芥”是两千多年前我国古人对摩擦起电现象的观察记录，经摩擦后带电的琥珀能吸起小物体。现用下述模型分析探究。在某处固定一个电荷量为Q的正点电荷，在其正下方h处有一个原子。在点电荷产生的电场场强为作用下，原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离，形成电偶极子如图所示。描述电偶极子特征的物理量称为电偶极矩p，，这里q为原子核的电荷。实验显示，，为原子的极化系数，反映其极化的难易程度。被极化的原子与点电荷之间产生作用力F。在一定条件下，原子会被点电荷“缀”上去。下列说法正确的是(    ) A. F为排斥力 B. F为吸引力，因为被极化的原子整体呈现带负电 C. 若点电荷的电荷量变成2倍，则F变成4倍 D. 若原子与点电荷间的距离减小一半，则F变为16倍 5.如图甲，弹簧振子的平衡位置O点为坐标原点，小球在M、N两点间做振幅为A的简谐运动，小球经过O点时开始计时，其图像如图乙，小球的速度，加速度为a，质量为m，动能为，弹簧劲度系数为k，弹簧振子的弹性势能为，弹簧对小球做功的功率为P，下列描述该运动的图像正确的是(    ) A. B. C. D. 6.在真空中，一点电荷在M、N两点产生的电场强度方向如图所示。若M点的电场强度大小为，，。现有点电荷，在M、N两点的连线上，则点电荷q受到的电场力最大值为(    ) A. B. C. D. 7.如图所示，在均匀介质中有两个频率为2Hz的波源和，两波源之间的距离为4m，以波源为圆心，有一半径的圆，在时，两波源同时垂直纸面方向从平衡位置开始振动，已知波源的振幅为5cm，两波源发出的波传到A点的时间相差4s，最终稳定后，波源和连线的中点的振幅为5cm，则下列说法错误的是(    ) A. 波源的振幅为10cm B. 两波源发出波的波长都为2m C. x轴正半轴所有质点的振幅都相同 D. 在圆周上振动加强点有32个 二、多选题：本大题共3小题，共12分。 8.下列关于磁场与现代科技的相关说法正确的(    ) A. 甲图是一种速度选择器，当的正电荷不计重力从左侧射入，将向上偏转 B. 乙图是一种磁流体发电机的装置，一束等离子体含有大量正、负带电粒子射入磁场，则通过电阻R的电流从b流向a C. 丙图是常见的质谱仪，可以把质量不同，但比荷相同的带电粒子分开 D. 丁图是金属导体制成的霍尔元件，通以如图所示的电流，则a面电势低于b面电势 9.如图所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度和电势分布如图所示。现有一带负电的粒子重力不计以初速度沿轴线由P运动到Q，。关于粒子由P运动到Q的过程分析，下列说法正确的是(    ) A. 粒子先加速后减速 B. 静电力对粒子做功不为0 C. 粒子所受静电力先增大后减小再增大再减小 D. 粒子的电势能先增大后减小 10.如图所示，圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。质量为m、电荷量为q的带电粒子由A点沿平行于直径CD的方向射入磁场，经过圆心O，最后离开磁场。已知圆形区域半径为R，A点到CD的距离为，不计粒子重力。则(    ) A. 粒子带负电 B. 粒子运动速率为 C. 粒子在磁场中运动的时间为 D. 粒子在磁场中运动的路程为 三、实验题：本大题共2小题，共18分。 11.实验小组成员用双缝干涉实验装置测光的波长，装置如图甲所示，其中光源发出单色光。 为保证实验顺利进行，A处应安装的光学仪器为______。 实验时，若观察到较模糊的干涉条纹，可以调节拨杆使单缝和双缝平行，从而使条纹变得清晰。要想增加从目镜中观察到的条纹个数，需将毛玻璃屏向______填“靠近”或“远离”双缝的方向移动。 将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹。此时手轮上的示数为；然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第5条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示，为______ mm。求得相邻亮纹的间距。已知双缝间距，测得双缝到屏的距离，求得所测单色光的波长为______结果保留2位有效数字。 12.将两个锌、铜等金属电极插入任何一个水果中就可以做成一个水果电池，但日常生活中我们很少用“水果电池”，这是为什么呢？某学习小组的同学准备就此问题进行探究． 某学习小组通过查阅资料得知，将锌、铜两电极插入水果中，电动势大约有1伏左右，他们找来了一个苹果做实验，用伏特表测其两极时读数为则该苹果电池的电动势E应______填“大于”、“等于”或“小于”。但当他们将四个这样的苹果电池串起来给标称值为“3V，”的小灯泡供电时，灯泡并不发光，经小组检查，电源串联没有问题，灯泡、线路也均没有故障，则出现这种现象的原因估计是______不要求写分析、推导过程。 为验证上述猜想，该学习小组想尽可能准确测量出“苹果电池”的电动势和内阻，他们进入实验室，发现有以下器材： A.一个“苹果电池” B.电流表量程为，内阻为 C.电流表量程为，内阻为 D.电流表量程为，内阻约为 E.滑动变阻器最大阻值约 F.定值电阻阻值为 G.电阻箱 H.导线和开关 经分析，实验电路中最大电流约，则需选择电流表______选填“”、“”或“”并用定值电阻对其量程进行扩充，扩充后的量程为______。 在图1的方框中画出设计的电路图； 用中实验电路测得的几组电流表的读数I、电阻箱的读数R，作出图线如图2所示，根据图线求得：______V，______结果保留2位有效数字。 四、简答题：本大题共1小题，共16分。 13.如图，一半径为的圆内存在匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里，在圆形磁场右边有一接地的“”形金属挡板abcd，，，在bc边中点O开一小孔，圆形磁场与bc边相切于O点，挡板内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度大小，在cd边下方处放置一足够长的水平接收板P，初速度可忽略的大量电子，经过电压U加速后，有宽度为的平行电子束竖直向上进入圆形磁场，均通过O点进入，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间的相互作用和电子的重力，其中U、、m、e已知，求： 电子进入圆形磁场区域时的速度v； 圆形磁场区域的半径； 电子在水平接收板上击中的区域。 五、计算题：本大题共2小题，共26分。 14.如图，一半径为R的透明材料半球，O点是半球的球心，虚线表示光轴过球心O与半球底面垂直的直线。已知该材料的折射率为，光在真空中的传播速度为c。现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出不考虑被半球的内表面反射后的光线。 半球底面上多大区域面积的入射光线能够直接从球面射出； 距光轴的入射光线，经球面折射后与光轴相交，求该光线从进入半球到该交点的时间t。已知 15.如图所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道和水平面间不固定。轨道水平部分的上表面粗糙，竖直部分为表面光滑的四分之一圆弧轨道，两部分在点平滑连接，A为轨道的最高点。现有一质量的小物块从平板车的右端以水平向左的初速度滑上水平轨道，小物块与水平轨道间的动摩擦因数。已知轨道圆弧部分的半径，小物块处在轨道水平部分运动时，轨道加速度与小物块加速度大小之比为1：3，小物块可视为质点，重力加速度。求： 轨道的质量M； 若小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A，求水平轨道的长度L； 在的前提下，判断小物块能否从轨道上滑下来；如果能，求小物块滑下来的速度；如果不能，求小物块停在轨道的位置与的距离。 答案和解析 1.【答案】C  【解析】解：由图知玻璃对AO光的折射率大，对BO光的折射率小，由，知AO光的临界角小，； 由，知AO光的折射率大，在玻璃中传播速度小，穿过玻璃砖所需时间较长。BO光在玻璃中传播速度大，穿过玻璃砖所需时间较短，则。 故ABD错误，C正确； 故选：C。 光线以不同的入射角沿半径方向射入同一块半圆形玻璃砖，折射角相同，根据折射定律确定折射率的关系，分析折射率大小，由，分析临界角的大小．光在介质中的光速为，判断光速的大小，分析光穿过玻璃砖所需时间的长短． 根据折射率的不同，从确定全反射临界角大小，再由折射率去确定波速的大小，最后确定时间的关系． 2.【答案】D  【解析】解：ABC、小量程电流表改装成电压表，需要给电流表串联一个电阻，所以这两个改装后的电压表里面的电流表是串联的，在串联电路中电流处处相等，即通过这两个电压表的电流是相等的，即电压表的指针偏角相等，因为电压表的量程大于的量程，所以的读数大于的读数，改装后的电流表、是串联在一起的，通过它们的电流相等，即、的读数相等，因为电流表的量程小于的量程，所以指针的偏角大于指针的偏角，故ABC错误； D、电阻R两端的电压为，但是因为电压表的分流，所以定值电阻的电阻，故D正确。 故选：D。 两个电压表是串联的，通过它们的电流相等，由此可知电压表指针的偏转角度，根据它们的；量程分析电压表的示数；两个电流表是串联的，所以通过它们的电流相等，即读数相等，根据它们的量程分析指针偏转的角度；根据电压表的分流分析定值电阻的阻值。 掌握串并联电路中电压、电流和电阻的特点是解题的基础，知道电压表和电流表的改装原理是解题的关键。 3.【答案】C  【解析】解：由动能定理可知，，因为乒乓球每次弹起的最大高度为前一次的k倍，所以乒乓球每次碰撞后的动能为碰撞前的动能的k倍，则乒乓球每次碰撞后的速度大小为碰撞前的速度大小的倍； 设前一次碰撞前后的速度大小分别为、，后一次碰撞前后的速度大小分别为、， 可得：，， 则乒乓球的动能变化量大小分别为： ， ， 由于， 可得：， 则：， 碰撞过程，乒乓球损失的机械能等于乒乓球减小的动能，则乒乓球损失的机械能不相等，故A正确，C错误； B.选择反弹后的速度方向为正方向， 则乒乓球的动量变化量大小分别为：，， 解得：，， 由于， 则：，故B正确； D.结合前面分析，根据动量定理可知， 前后两次乒乓球所受冲量大小分别为：，， 则：：：， 解得：：：，故D正确； 本题选不正确的， 故选：C。 由动能定理，先确定乒乓球每次碰撞前后速度大小的关系，进而确定每次碰撞前后动能变化量大小的关系，再结合题意分析判断即可； B.结合前面分析，分别表示出、，即可分析判断； D.结合前面分析，根据动量定理列式，即可分析判断。 本题主要考查对动量定理的掌握，解题时需注意动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量，要先规定正方向，计算时也要注意该物理量的符号。 4.【答案】C  【解析】解：极化的原子整体依然是电中性，原子会被点电荷“缀”上去，即被吸上去，所以F为吸引力，故AB错误； 设点电荷Q带正电，与电偶极子的作用力大小为，点电荷Q在离它距离为h的位置产生的电场强度大小为，故，则点电荷Q与极化原子之间的作用力为，若仅将固定点电荷的电量变为两倍，被极化的原子与点电荷之间的相互作用力将变为，若被极化的原子与点电荷之间的距离减小一半，则二者之间的相互作用力将变为，故C正确，D错误。 故选：C。 根据偶极子中正负电荷距点电荷Q的位置关系，利用库仑定律即可得出相互作用力，再将，代入，即可知Q或h变化对的影响。 本题需要厘清不同情况下，点电荷Q与偶极子间的位置关系，结合库仑定律得出二者间作用力大小，再，代入作用力表达式中即可解决本题。 5.【答案】C  【解析】解：小球做简谐运动，速度 可知在时速度最大，小球位于平衡位置，此时位移为0，动能最大，弹性势能为0，加速度为0，弹簧的弹力为0，对小球做功的功率为0，故A错误； 由可知 则小球速度变化周期为 所以动能和势能的周期为 小球的最大速度 根据机械能守恒可知最大弹性势能 故B错误，C正确； D.由图像可知小球的位移 弹簧对小球做功的功率 则 故D错误。 故选：C。 根据速度公式求出在时的速度最大，速度最大时处于平衡位置，求出此时的x、a以及与等，得出对小球做功的功率大小； 求出角速度，从而求出小球速度变化周期，得出动能和势能的周期，求出最大动能，再根据机械能守恒得出最大弹性势能； 求出功率的通式，再得出功率最大值。 该题考查学生从简谐运动图像读取信息的能力，属于基本题型。 6.【答案】B  【解析】解：已知一点电荷在M、N两点产生的电场强度方向，点电荷产生的电场线是直线，故图中两条电场线的反向延长线交点为场源电荷位置，由于电场线向外，故场源电荷带正电，如图 设M距离场源电荷距离为r，场源电荷为，则根据点电荷产生的电场强度公式 M点的电场强度大小为，有 在M、N两点的连线上，点电荷q受到的电场力最大，则电场强度最大，则距离场源电荷距离最短，分析可知最短为 故电场强度最大值 所以点电荷q受到的电场力最大为 联立以上，代入数据整理得 故B正确，ACD错误。 故选：B。 由于是某点电荷所形成的电场，所以两条电场线的反向延长线交点为场源电荷所在位置，在点电荷激发的电场中，距离场源电荷越近，电场强度越大，通过几何关系找到AB连线上距离场源电荷最近的点，然后根据建立关系求解即可。 此题考查点电荷周围的电场强度，需要熟练公式，并通过几何关系建立起不同点的场强关系。 7.【答案】B  【解析】解：设波源的振幅为A，若两波源的振动步调相同，由于波源和连线的中点到两波源的距离差为零，则该点为加强点，则有，解得，不符合题意；若两波源的振动步调相反，由于波源和连线的中点到两波源的距离差为零，则该点为减弱点，则有，解得或舍，故A正确； B.设波速为v，则有，解得，两波源发出波的波长，故B错误； C.x轴正半轴所有质点的到两波源的距离差为，由于，由上述分析知两波源的振动步调相反，所以x轴正半轴所有质点都为减弱点，振幅都相同，故C正确； D.取圆上一点，到和两个波源的距离分别为和，两波源的振动步调相反，加强点满足，……，又因为三角形的两边之差小于第三边，故，解得，1，2，3，4，5，6，7，由数学知识可知，当n取不同知时都与圆周有四个交点，所以在圆周上振动加强点有个个，故D正确。 本题选择错误的，故选B。 振动加强点的振幅等于两波振幅之和，振动减弱点的振幅等于两波振幅之差；由波速公式求解波长；根据波程差与波长的关系分析振动加强点和振动减弱点的个数。 本题考查波的性质以及波的干涉，要注意明确干涉的条件，同时明确振动加强点和减弱点的条件要求。 8.【答案】ABD  【解析】解：由图可知，带正电的粒子，在速度选择器中受到的电场力方向竖直向下、洛伦兹力方向竖直向上，若，可知粒子初始受合力竖直向上，向上偏转，故A正确； B.由左手定则，可知正电荷在磁流体发电机中受到的洛伦兹力方向向下，即下极板带正电；负电荷在磁流体发电机中受到的洛伦兹力向上，即上极板带负电；即通过电阻R的电流方向为从b到a，故B正确； C.由动能定理，洛伦兹力提供向心力，则打到屏的位置，故，可知比荷相同的粒子，打在照相底片的位置相同，不能分开，故C错误； D.由左手定则，可知载流子的受力向a端偏转，而载流子带负电，即可知a端的电势比b两端的电势低，故D正确。 故选：ABD。 由带电粒子在速度选择器中受到的电场力方向、洛伦兹力方向，可分析粒子的运动状态；由左手定则，可知粒子在磁流体发电机中受到的洛伦兹力方向，即可知上下极板的电势相对高低，通过电阻R的电流方向；粒子在质谱仪中运动时，由动能定理可得到速度表达式，由洛伦兹力提供向心力，可计算粒子圆周运动的轨道半径，分析粒子打在照相底片上的位置与比荷、质量的关系；由左手定则，可知载流子的受力偏转方向，结合载流子的电性，即可知a、b两端的电势相对高低。 本题考查带电粒子在电磁场中的运动特点，关键是将粒子在不同元件中的运动状态与受力分析结合起来。 9.【答案】AC  【解析】解：因为沿电场方向电势逐渐降低，所以由图可知，O点左侧电场强度方向向左、O点右侧电场强度方向向右，因为带负电的粒子受到的电场力的方向与电场强度的方向相反，所以由P运动到Q的过程中，粒子受到的电场力的方向先向右，后向左，则从P到Q电场力先做正功，后做负功，动能先增大后减小，则粒子先加速后减速；根据电场力做功与电势能的关系可得，该过程粒子的电势能先减小后增大，故A正确，D错误； B.根据图的对称性可知，，根据可知，粒子由P运动到Q的过程，静电力对粒子做功的代数和为0，故B错误； C.根据图可知，粒子由P运动到Q的过程，场强先增大后减小，再增大最后再减小，故粒子所受静电力先增大后减小，再增大最后再减小，故C正确； 故选：AC。 结合图信息，根据沿电场方向电势逐渐降低及功能关系，即可分析判断； B.结合图的对称性，根据，即可分析判断； C.根据图信息，结合电场强度与电场力的关系，即可分析判断。 本题主要考查对电场中功能关系的掌握，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。 10.【答案】AD  【解析】解：A、由于粒子经过圆心O，最后离开磁场，可知粒子在A点所受洛伦兹力方向向下，根据左手定则可知，四指指向与速度方向相反，所以粒子带负电，故A正确； B、根据题意，作出粒子的运动轨迹，如图所示。 由于圆形区域半径为R，A点到CD的距离为，令粒子做圆周运动的轨迹半径为r，根据几何关系有 解得： 粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则 解得粒子运动速率为：，故B错误； C、由于圆形区域半径为R，A点到CD的距离为，根据上述分析，粒子做圆周运动的轨迹半径也为R，则与均为等边三角形 所以轨迹所对应的圆心角 粒子圆周运动的周期为 则粒子在磁场中运动的时间为 ，故C错误； D、粒子在磁场中运动的路程为：，故D正确。 故选：AD。 根据粒子轨迹弯曲方向判断粒子受到的洛伦兹力方向，根据左手定则判断粒子的电性。粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式求解粒子运动速率。根据轨迹所对应的圆心角和周期求解粒子在磁场中运动的时间。根据几何关系求粒子在磁场中运动的路程。 本题考查带电粒子在磁场中的运动，关键要正确分析粒子的受力情况，画出轨迹，结合几何关系和圆周运动的相关公式即可完成解答 11.【答案】透镜  靠近      【解析】解：需要将灯泡的发出的光变为点光源，因此为保证实验顺利进行，A处应安装的光学仪器为透镜； 实验时，要想增加从目镜中观察到的条纹个数，需要减小条纹间距，根据 所以需将毛玻璃屏向华近双缝的方向移动； 螺旋测微器的精度为，图乙读数为 则 由相邻两亮条纹间距公式 得 代入数据得 故答案为：透镜；靠近；； 根据实验原理选择器材，干涉条纹的间距公式为：； 游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读； 根据求出相邻条纹的间距，再根据求出波长。 解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，本题关键是明确实验原理，然后根据双缝干涉条纹的间距公式列式分析，基础题。 12.【答案】大于  水果电池的内阻太大，接灯泡时电流太小，电池的输出电压也太小，导致输出功率太低，不能使灯泡发光    2 mA      【解析】解：电压表的测量值是电源的路端电压，而路端电压小于电源的电动势，所以该苹果电池的电动势E应大于； 水果电池的内阻太大，接灯泡时电流太小，电池的输出电压也太小，导致输出功率太低，不能使灯泡发光； 经过分析，实验电路中电流约，则需要选择电流表，并用定值电阻对其量程进行扩充： 扩充后的量程为： 电路图如图所示： 改装后的电流表内阻为： 设电流表的电流为I，干路电流为 根据闭合电路欧姆定律得：I总 解得： 根据图像得： 解得： 故答案为：大于；水果电池的内阻太大，接灯泡时电流太小，电池的输出电压也太小，导致输出功率太低，不能使灯泡发光；；2mA；电路图如上图所示；； 根据电路的特点分析出电动势的大小和不发光的原因； 根据电路中的电流大小选出合适的电流表，结合电表改装的知识分析扩充后的量程； 根据题中要求的情况设计出合理的电路图； 根据图像的斜率和截图，结合数学知识求出电动势的内阻的大小。 本题主要考查了电源的电动势和内阻的测量，根据实验原理选出合适的实验仪器，结合电表改装的知识计算新的量程，根据电学图像的斜率和截距求出电动势和内阻，难度中等偏上。 13.【答案】解：电子初速度为0，忽略电子间的相互作用和电子的重力，经过电压U加速，由动能定理得： 变形整理解得： 因为有宽度为的平行电子束竖直向上进入圆形磁场，均通过O点，根据磁聚焦的原理， 结合几何关系可知，圆形磁场半径等于电子在其运动轨迹的半径，即： 挡板内电子进入挡板内磁场，由洛伦兹力提供向心力： 可知在挡板内做圆周运动的半径为圆形磁场内圆周运动半径的2倍，即： 当圆的轨迹与ab边相切时，即粒子在O点速度方向向上，此时粒子可以射到收集板，如左图所示。 随着粒子在O点速度从竖直向上往顺时针偏转时，其轨迹也绕O点顺时针偏转，当偏转到圆的轨迹与ad边相切时，此时粒子刚好不能射到收集板，如右图所示。 在右边大三角形中： 在三角形中，由题意和几何关系：， 所以有： 那么： 则： 代入解得： 电子在水平接收板上击中的区域为这一区域。 答：电子进入圆形磁场区域时的速度v为； 圆形磁场区域的半径为； 电子在水平接收板上击中的区域为挡板bc右边处，区域见解析图示。  【解析】根据动能定理求电子进入圆形磁场区域的速度； 在圆形磁场区域，电子做匀速圆周运动，由磁聚焦的原理求磁场圆的半径； 根据题意画出电子在磁场中运动的轨迹草图，充分利用几何关系，结合离子在磁场中的运动半径公式，求解电子在水平区域击中的长度。 该题考查了带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，在磁场中要掌握住轨道半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，半径和偏转角的几何关系就比较明显了。 14.【答案】解：光路图如图所示： 设从底面上A处射入的光线在球面上发生折射时的入射角i刚好等于全反射临界角C时，对应入射光线到光轴的距离最大，从球面射出的光线对应的面积最大； 由全反射临界角公式，解得临界角， 根据数学知识， 半球底面上的最大面积， 故入射光线能够直接从球面射出的底面上面积为； 设距光轴的入射光线在球面E点发生折射时的入射角和折射角分别为i和r，光路图如图所示： 根据数学知识，解得入射角， 根据数学知识， 根据折射率公式， 传播时间， 由折射定律，折射角，解得折射角， 设折射光线与光轴的交点为F，根据数学知识，， 在中，由正弦定理有， 代入数据解得， 光的传播时间， 该光线从进入半球到该交点的时间。  【解析】根据临界角公式求解临界角，从而确定临界光线，根据数学知识求解中心到临界光线的距离，然后求面积； 由入射光线的位置得到入射角，根据折射定律求折射角；根据数学知识分别求解该光线在透明材料中和离开球面到交点的距离；根据折射率公式求解光在透明介质中的速度，最后在根据匀速直线运动公式求时间，再求总时间。 15.【答案】解：小物块处在轨道水平部分运动时，设二者之间的摩擦力大小为f，对轨道M和小物块m，分别由牛顿第二定律得： 又根据题意可知： 联立解得轨道的质量M为： 因小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A，所以小物块到达最高点A时二者速度相等，设共同速度为，在整个过程中，规定向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒有： 代入数据联立解得水平轨道的长度L为： 假设轨道的水平部分足够长，则二者最终共速，设共速的速度为，则从小物块开始滑上轨道到最终二者共速的整个过程中，规定向左为正方向，根据系统动量守恒和能量守恒有： 代入数据联立解得： 因 所以，小物块不能从轨道上滑下来，小物块停在轨道的位置与的距离为： 答：轨道的质量M为3kg； 若小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A，求水平轨道的长度L为； 在的前提下，判断小物块不能从轨道上滑下来，小物块停在轨道的位置与的距离为。  【解析】对轨道M和小物块m，分别由牛顿第二定律，并结合题意求解轨道的质量M； 若小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A，根据动量守恒和能量守恒求水平轨道的长度L； 从小物块开始滑上轨道到最终二者共速的整个过程中，根据系统动量守恒和能量守恒判断并求解。 本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物块的运动的情况，知道应用动量守恒定律解题时要规定正方向，难度适中。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$