2024年高考押題預測卷-物理（山東卷03）（全解全析）

2()24年高考押題預測卷()3【山東卷】

物理-全解全析

1234567891()1112

ACBCCDDDADBDADCD

2024年高考押題預測卷03【山東卷】

高三物理

(考試時間：90分鐘試卷滿分：100分)

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦

干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。

1.潛水鐘是一種水下作業(yè)工具。將潛水鐘的大鐵罩倒扣在水面后使之下沉，如圖是潛水鐘緩慢下沉的示意

圖，不計下沉過程中水溫的變化，關于潛水鐘內(nèi)被封閉的氣體，下列說法正確的是()

A,氣體向外界放出熱量

B.鐘壁單位面積上單位時間內(nèi)分子碰撞的次數(shù)不變

C.運動速率大的分子占比減小

D.氣體的體積不變

【答案】A

【詳解】AD.下潛過程中，隨著深度的增加，鐘內(nèi)氣體體積減小，則單位體積內(nèi)分子數(shù)增大，不計下沉過

程中水溫的變化，氣體體積減小，該過程外界對氣體做功，向外界放出熱屋，故A正確，D錯誤；

B.根據(jù)華=C鐘內(nèi)氣體體積減小，不計下沉過程中水溫的變化，故壓強增大，故鐘壁單位面積上單位時

間內(nèi)分子碰撞的次數(shù)發(fā)生變化，故B錯誤;

C.不計下沉過程中水溫的變化，則溫度不變，故氣體分子速率分布規(guī)律不變，故C錯誤。故選A。

2.在我國漢代，勞動人民就已經(jīng)發(fā)明了轆粘，如圖所示，可轉(zhuǎn)動的把手邊緣上“點到轉(zhuǎn)軸的距離為4R,轆

靜邊緣上〃點到轉(zhuǎn)軸的距離為R,忽略空氣阻力。在水桶離開水面后加速上升的過程中，下列說法正確的是

A.。點與8點的角速度之比為4:1

B.〃點的線速度大小與水桶上升的速度大小之比為1:4

C.〃點與b點的向心加速度大小之比為4:1

D.繩的拉力對水桶（含桶內(nèi)的水）的沖量大小等于重力對水桶（含桶內(nèi)的水）的沖量大小

【答案】C

【詳解】A.把手邊緣上。點與轆粘邊緣上力點屬于共軸轉(zhuǎn)動，所以角速度相同，故A錯誤；

B.根據(jù)角速度與線速度的關系，可得水桶上升的速度大小為u=把手邊緣上〃點的線速度大小為

匕=4/R所以把手邊緣上。點的線速度大小與水桶上升的速度大小之比為4:1,故B錯誤；

C.由公式〃可知，把手邊緣上〃點與轆護邊緣上〃點的向心加速度大小之比為4:1,故C正確;

D.對水桶分析，根據(jù)動量定理有/拉一4二Ap可知拉力對水桶（含桶內(nèi)的水）的沖量大小等于重力對水桶

（含桶內(nèi)的水）的沖量大小與水桶（含桶內(nèi)的水）動量的變化量大小之和，故D錯誤。故選C。

3.扇車在我國西漢時期就已廣泛被用來清選谷物。谷物從扇車上端的進谷口進入分離倉，分離倉右端有一

鼓風機提供穩(wěn)定氣流，從而將谷物中的枇粒。（枇粒為不飽滿的谷粒，質(zhì)量較輕）和飽粒力分開。若所有谷

粒進入分離倉時?，在水平方向獲得的動量相同。之后所有谷粒受到氣流的水平作用力可視為相同。下圖中

虛線分別表示。、〃谷粒的軌跡，入、居為相應谷粒所受的合外力。下列四幅圖中可能正確的是（）

進谷口進谷口

進谷口進谷口

鼓

風

機

二【詳解】從力的角度看，水平方向的力相等，飽?！ǖ闹亓Υ笥阼亮?。的重力，如圖所示

1b

從運動上看，在水平方向獲得的動量相同，飽?！ǖ乃剿俣刃∮阼亮！５乃剿俣?，而從豎直方向上高度

相同〃=gg/運動時間相等工二%，所以工＞4綜合可知B正確。故選Bo

4.如圖，波長為4的單色光，照對到間距為d的雙縫上，雙縫到屏的距離為/(/■4),屏上觀察到明暗相

間的條紋.現(xiàn)將屏向右平移》則移動前和移動后，屏上兩相鄰亮條紋中心的間距之比為()

,P\

L—!—

＞近I

I

I

A.4:3B.3:4C.4:5D.5:4

【答案】C

【詳解】移動前屏上兩相鄰亮條紋中心的間距加二3移動后屏上兩相鄰亮條紋中心的間距加、二展

a

屏上兩相鄰亮條紋中心的間距之比為⑨：?2=4：5故選C。

5.氫原子光譜按波長展開的譜線如圖甲所示，此譜線滿足巴耳末公式;=尺(』-二)，〃=3,4,5,6,7…,

圖乙為氫原子能級圖。普朗克常量約為6.63xl（r“J.s,則（）

nE/eV

00.........o

5---------------------0.54

410.294---------------------0.85

397.12434.17486.27656.47/Jnm3---------------------1.51

2---------------------3.40

1----------------------13.6

Hu

乙

A.垂直入射到同一單縫衍射裝置，"月光的衍射中央亮條紋寬度小于〃，

B.氫原子從〃=3躍遷到〃=2能級時會輻射出丫射線

C.氫原子從〃=5躍遷到〃=2與〃=4躍遷到〃二2產(chǎn)生光子的動量之比為286：255

D.在同一光電效應裝置中，乙光照射產(chǎn)生的光電子初動能都大于"a光照射產(chǎn)生的光電子

【答案】C

【詳解】A.由圖甲可知，“〃的波長大于〃一垂直入射到同一單縫衍射裝置，，力光的衍射中央亮條紋寬

度大于A錯誤；

B.氫原子從n=3躍遷到〃=2能級輻射出光的波長由濃=&-&；u=?求得2=434.17nm線原子從〃=3

/t

躍遷到〃=2能級時會輻射出生光，不會輻射出丫射線，B錯誤；

如L

C.根據(jù)〃及4=￡可得〃=皿因此動量之比為且=需=獸=提二!■=袈，C正確；

2vc〃2空EA-E2255

c

D.在同一光電效應裝置中，3光的能量大了?〃.光，照射產(chǎn)生的光電子最大初動能大于光照射產(chǎn)生的

光電子的最大初動能，而不是?光照射產(chǎn)生的光電子初動能都大于Ha光照射產(chǎn)生的光電子，D錯誤。

故選C。

6.如圖所示，一理想變壓器的原線圈由雙線圈ab和〃構(gòu)成，雙線圈匝數(shù)各為公,副線圈的匝數(shù)為〃2。用L

和q表示變壓器的輸入電流和電壓，乙和內(nèi)表示變壓器輸出電流和電壓。下列說法正確的是（）

鐵芯

電源

-------oB

A.若A接B接b，cd空置,電鍵閉合前后，凡發(fā)生變化

B.若A接a,B接仇cd空置，負載變化時，電源輸出功率恒定

C.若4接a,B接c,b接d,原副線圈的電壓比為"

D.若A接a,B接d,b接c,負載變化時，乙和乙相應變化且成正比

【答案】D

【詳解】AB.若4接a,B接b,cd空置,則線圈cd的存在不影響變壓器的工作，電鍵閉合前后，力不會

H2

發(fā)生變化。負載變化時，根據(jù)P=泰?可知電源輸出功率小恒定。故AB錯誤；

C.若A接小B接c,b接d,雙線圈外和cd的互感作用會抵消掉，從而理想變壓器不會正常工作，副線

圈的電壓為零。故C錯誤；

D.若A接小B接d,〃接c,雙線圈時和M為串聯(lián)關系，滿足十二*可知負載變化時，乙和乙相應變

化且成正比。故D正確。故選D。

7.某校天文小組通過里遠鏡觀察木星周圍的兩顆衛(wèi)星〃、從記錄了不同時刻f兩衛(wèi)星的位置變化如圖甲。

現(xiàn)以木星中心為原點，測量圖甲中兩衛(wèi)星到木星中心的距離X,以木星的左側(cè)為正方向，繪出XT圖像如圖

乙。已知兩I2星繞木星近似做圓周運動，忽略在觀測時間內(nèi)觀察者和木星的相對位置變化，由此可知（）

o0時

o2時

o4時

左6時七

o8時石

o24時

o26時

o28時

o?48時

pl乙

A.。公轉(zhuǎn)周期為八B.。公轉(zhuǎn)周期為2fo

C.〃公轉(zhuǎn)的角速度比方的小D.a公轉(zhuǎn)的線速度比。的大

【答案】D

【詳解】A.由圖像"J'知，a公轉(zhuǎn)周期為2，。，故A錯誤;

BCD.由萬有引力提供向心力可得空”二機駕二機療廠二機匕可知了二但工[GMv=[GM

廣「rVGM“Yki-

由于〃的軌道半徑大于〃的軌道半徑，則力的公轉(zhuǎn)周期大于a的公轉(zhuǎn)周期，即/,公轉(zhuǎn)周期大于2，。；4公轉(zhuǎn)的

角速度比〃的大；〃公轉(zhuǎn)的線速度比人的大，故BC錯誤，D正確。故選D。

8.如圖所示，兩位同學分別拉一根長為1.2m的繩兩端A、從1=0時刻，兩同學同時上下抖動繩子兩端,

使A、8開始在豎直方向做簡諧振動，產(chǎn)生沿繩傳播的兩列波。/=0.5s時，兩列波恰好傳播到P、Q兩點,

波形如圖所示，則（）

A.兩列波起振方向相反

B.兩列波屬于相干波

C.到兩列波恰好相遇時，質(zhì)點A經(jīng)過的路程為25cm

D./=2s時，x=0.5m處的質(zhì)點偏離平衡位置的位移為-5cm

【答案】D

【詳解】A.圖示時刻兩列波恰好傳播到尸、Q兩點，根據(jù)同側(cè)法可得P、Q兩點起振方向豎直向上，因此

兩列波起振方向相同，故A錯誤：

B.機械波的傳播速度由介質(zhì)決定，故兩列波傳播速度相同，均為i，=2=?^m/s=0.4m/s但由圖可知左側(cè)的

波長為0.4m,右側(cè)的波長為0.2m,由u=可知兩列波的頻不同，不是相干波，故B錯誤：

C.由圖可知在f=L5s時，兩列波相遇在0.6m位置處，A質(zhì)點已經(jīng)經(jīng)過了1.5個周期，路程為6個振幅，應

為30cm,故C錯誤；

D.左右兩列波的周期為7；=2=氐北=&=0.5s左面的波傳到0.5m所需要的時間"=工=0.75s；

vv0.4

3

/=2s時x=0.5m處質(zhì)點左側(cè)波在波振動時間為0.75s,振動時間為［工，處于波谷位置，右面波傳到0.5m

所用時間為芍="14-等05=1.25s右側(cè)波振動時間為0.25s半個周期,右側(cè)波在平衡位置，疊加后?合位移為-5cm,

故D正確。故選D。

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。

全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得。分。

9.如圖所示，真空中有一正方體A8CQ-AAC"1，在正方體的頂點A、G處分別固定一個電荷量相等的正

A.8點和"點的電勢相等

B.8點和A點的場強相同

C.若有?個質(zhì)子以某-初速度射入該空間中，可能做勻速圓周運動

D.若有一個電子以某一初速度射入該空問中，可能做勻速圓周運動

【答案】AD

【詳解】AB.電勢為標量，電場強度為矢量，在等量同種電荷的電場中，根據(jù)對稱性可知4、0兩點電勢

相等，場強大小相等，方向不同，A正確，B錯誤；

CD.兩個等量正電荷形成的電場，不是勻強電場，若粒子在該電場中做勻速圓周運動，運動軌跡處的場強

一定大小相等，根據(jù)對稱性，該軌跡一定在等量同種電荷的中垂面上，且圓心一定在兩電荷連線的中點處，

若有一個電子以某一初速度射入該處，兩個正電荷對它的引力的合力提供向心力，可以做勻速圓周運動，

而如果是正電荷，受到的是排斥力，不可能指向圓心，因此不可能做勻速圓周運動，C錯誤，D正確。

故選ADo

10.蹦床運動可以簡化為如圖甲所示模型，輕質(zhì)彈簧原長為4/,,彈簧的彈力與形變量的關系如圖乙所示。

第?次將質(zhì)量為，〃的小球A在距離彈簧頂端為L的位置由靜止釋放，小球下落過程中速度最大值為％;第

二次將質(zhì)量為2機的小球B在相同位置由靜止群放，不考慮空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，兩小球均可

視為質(zhì)點。下列說法正確的是（）

A.兩小球在相同的位置達到最大速度

B.當兩小球達到最大速度時，第一次和第二次彈簧的彈性勢能之比為1:4

C.小球B在下落過程中的最大速度為等％

D.小球B在下落過程中的最大速度為巫％

30

【答案】BD

【詳解】A.小球的速度最大時小球受到的重力與彈簧的彈力大小相等，由于小球A、B的質(zhì)量不同，所以

兩小球在不同的位置達到最大速度，故A錯誤;

B.小球達到最大速度時?，彈簧的彈性勢能等于小球克服彈力所做的功，由胡克定律”=去，可知當兩小球

達到最大速度時，第一次和第二次彈簧的壓縮量之比為1：2；小球克服彈力所做的功等于尸圖像下與坐

標軸圍成的面積，所以當兩小球達到最大速度時，第一次和第二次彈簧的彈性勢能之比為1:4,故B正確;

CD.由圖可知=k。所以小球A在下落過程中的最大速度時彈簧的壓縮量為&彈簧的彈性勢能

44

%=1?gx號=$3由小球A與彈性組成的系統(tǒng)機械能守恒可得"吆（心+彳）=，〃山+；〃?%2小球B達到

最大速度時2〃取=心解得小球B在下落過程中的最大速度時彈簧的壓縮量K=?彈簧的彈性勢能

1oL；mgL小球與彈性組成的系統(tǒng)機械能守恒2mg+x/io

￡FX2,X=-ingL+—x2〃nF解得

PA'-=2^222v=-

故C錯誤，D正確。故選BD。

II.如圖，水平放置的剛性汽缸內(nèi)用活塞封閉兩部分氣體A和B,質(zhì)量一定的兩活塞用桿連接。汽缸內(nèi)兩

活塞之間保持真空，活塞與汽缸壁之間無摩擦，左側(cè)活塞面積較大，A、B的初始溫度相同。略抬高汽缸左

端使之傾斜，再使A、B升高相同溫度，氣體最終達到穩(wěn)定狀態(tài)。若始末狀態(tài)A、B的壓強變化量△/〃、△/%

均大于零，對活塞壓力的變化量磐，則（）

一〃*sin30°

A.A體積增大B.A體積減小C.2---------------45D.

S

【答案】AD

【詳解】AB.氣溫不變時，略抬高汽缸左端使之傾斜，設此時的細桿與水平面的夾角為仇則有

PASA+(M+Mgsin0=pRSR

則可知A部分氣體壓強減小，B部分氣體壓強增加，對兩部分氣體由玻意耳定律得，A體積增大，B體枳

減小，故A正確，B錯誤：

C.開始時，兩活塞受力平衡，略抬高汽缸左端使之傾斜，則A部分氣體壓強減小一些，B部分氣體壓強增

大一些，而最終兩個活塞的受力在要平衡，那么壓力的變化不相等△用＞八6故C錯誤；

AF

D.由=z｝但SA＞SB結(jié)合C分析可得，故有＜△/故D正確。故選AD。

12.2022年6月17日，我國003號航母“福建艦”下水，該艦是我國完全自主設計建造的首艘電磁彈射型航

母。某同學采用如圖甲所示裝置模擬電磁彈射，線圈可在圓柱形鐵芯上無摩擦滑動，并通過電刷與導軌保

持良好接觸；鐵芯上存在垂直于表面向外的輻向磁場，線圈所在處的磁感應強度大小均為8=Q1T。將開關

S與1連接，恒流源輸出電流使線圈向右勻加速一段時間，之后將開關S擲向2與阻值為R=4C的電阻相連，

同時施加水平外力F,使線圈向右勻減速到零，線圈運動的凹圖像如圖乙所示。已知線圈匝數(shù)：〃=100,質(zhì)

量片0.5kg,每匝周長/=0.1m,不計線圈及導軌電阻，忽略電刷與導軌間摩擦及空氣阻力，則線圈()

A.0?0.2s,電流從恒流源。端流出，且電流大小為/=25OOA

B.。?0.2s,線圈所受安培力的功率不變

C.0.2?0.3s,水平外力/隨時間f變化的關系為產(chǎn)=42.5+25/(N)

D.0?0.2s與0.2?0.3s,通過線圈的電荷量之比為40：1

【答案】CD

/惡心=5。苗根據(jù)牛頓第二定律有制…

【詳解】A.由圖乙可知，0?0.2s的加速度大小為。=

解得7=25A故A錯誤;

B.0-0.2S,線圈所受安培力的功率為4=//〃丫=/田〃加即線圈所受安培力的功率逐漸變大，政B錯誤;

C.0.2s?0.3s,線圈的加速度大小為"=2m/s2=l()()m/s2根據(jù)牛頓第二定律可得

尸/8哽[]0-]00（/-0.2）]

-〃W(O.2"/KO.3s)結(jié)合圖像可得尸=42.5:25,(N)故C正確。

R

D.0?0.2s,流經(jīng)線圈的電荷量w=/〃=5C,0.2s?0.3s,平均感應電流/=專工通過電阻R的電荷%=色=與

結(jié)合圖乙求得俏=0.125c故兩次流經(jīng)線圈的電荷量之比為力：4尸40：I故D正確：故CD正確。

三、非選擇題：本題共6小題，共60分。

13.某同學利用手機“聲音圖像''軟件輔助測量物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)4。實驗裝置如圖甲所示，將長

木板固定在水平桌面上，物塊置于長木板上且兩端分別通過跨過定滑輪的細線與小球A、B相連，實驗前分

別測量出小球A、B底部到地面的高度％、飽(色＞4)。打開手機軟件，燒斷一側(cè)細繩，記錄下小球與

地面兩次碰撞聲的時間圖像(兩小球落地后均不反彈)。

物塊

手機

地面.

甲

細線

小球A

—70

乙

⑴燒斷細線前，用分度值為1cm的刻度尺測量%,刻度尺的?？潭染€與地面齊平，小球A的位置如圖乙所

示，則/入=U11I?

(2)實驗時燒斷物塊左側(cè)的細繩，若算得A下落的時間為0.40s,由圖內(nèi)可知，物塊加速運動的時間為—s；

若將手機放在靠近小球B的地面上測量物塊加速運動的時間，測量結(jié)果會—(選填“偏大”、“偏小”或“不

變“):

(3)僅改變小球B實驗前離地高度，％,測量不同高度下物塊加速運動的時間/,作出“-產(chǎn)圖像如圖丁所示，

由圖像可求得斜率為衣，若小球B的質(zhì)量為〃?，物塊質(zhì)量為M,重力加速度大小為四，則物塊與木板間的

動摩擦因數(shù)4=(用字母攵、M、〃？、g表示)。

mS-2k(rn+M)

【答案】(1)78.5(78.3?78.7)(2)0.90偏小(3)，-----------------

Mg

【詳解】(1)測量時間是通過小球落地計算，小球的底端先落地，所以應測量到小球底端距離，而不是小

球的球心，由圖乙可知以=78.5cm

(2)[1]由圖丙可知，A、B兩球落地時間差為A/=2.70s-2.20s=0.50s,A球先下落，時間短，則B球下

落時間為。=0.40s+0.50s=0.90s即物塊加速運動的時間為0.90s.

⑵若將手機放在靠近小球B的地面上測量物塊加速運動的時間，由「小球A落到時聲音傳到手機時間變大,

小球B落到時聲音傳到手機時間變小，則A、B落地時間差變小，故測最結(jié)果偏小。

(3)物塊和小球B一起做勻加速直線運動，由勻變速直線運動位移時間關系有小產(chǎn)由牛頓第二定律

有

吟〃+〃整理可得心貌鬻/結(jié)合*/圖像可得人卷溪f解〃="老空㈣

‘IzI///-t-/wIyv/p

14.某實驗小組使用多用電表測量電學中的物理量，并探究歐姆表的原理。

(1)某次測量時，多用電表表盤指針指在如圖甲所示的位置，下列說法錯誤的是二

A.若該讀數(shù)是選用歐姆擋倍率得到的，應該更換“X10”倍率，歐姆調(diào)零后再次進行測量

B.多用電表的歐姆擋是靠內(nèi)部電源提供電流的.若選用“xlO”倍率測量電阻，則歐姆表內(nèi)阻約為20Q

C.測直流電流時，應讓紅表筆接外電路的正極，黑表筆接外電路的負極

(2)該小組進一步探究歐姆表的原理，設計了如圖乙所示的電路，通過調(diào)節(jié)開關S,可使歐姆表具有“xl”和

“x]0”的兩種倍率，可用器材如下：

A.干電池(電動勢E=1.5V,內(nèi)阻不計)：

B.電流表G(滿偏電流4=lmA,內(nèi)阻R"90C)：

C.定值電阻凡（阻值為5.0Q）；

D.滑動變阻器"（最大阻值為150Q）；

E.定值電阻R?（阻值為LOQ）、

F.開關一個紅、黑表筆各一支，導線若干.

①表筆B是（填“紅或“黑”）表筆；

②虛線框內(nèi)是雙量程電流表，已知當S接〃時、對應電流表量程是。?0.1A,那么定值電阻％=Q；

③當開關S撥向（填或*”）時，歐姆表的倍率是“xl?！?，歐姆調(diào)零后，歐姆表內(nèi)阻為Qo

【答案】⑴B⑵黑9》150

【詳解】（1）A.歐姆表的讀數(shù)等于倍率乘指針示數(shù)，該圖指針所示位置電阻讀數(shù)偏小，說明倍率選大了，

應該改用“xIO”的倍率，歐姆調(diào)零后再次進行測量，故A正確：

B.多用電表作歐姆表使用時，是靠內(nèi)部電源提供電流，中值刻度對應的電阻就等于這個倍率下歐姆表的內(nèi)

阻,若選用的是'IO”的倍率測電阻,則歐姆表內(nèi)阻約為150C,故B錯誤;

C.測直流電流時，應該讓電流從紅表筆流進，從黑表筆流出，以保證表盤指針能夠正偏，故必須讓紅表筆

接外電路的正極，黑表筆接外電路負極，故C正確.

本題選錯誤的，故選B。

（2）①川電流從紅表筆流進，黑表筆流出，由圖可知，表筆B是黑表筆；

②⑵當S接。時,對應電流表量程是0?0.1A,則有4（&+凡）=（/-/*四解得&=9。

p

③網(wǎng)［4］當S接融寸，對應電流表量程是0-0.1A,則歐姆表內(nèi)阻為R咕=7=I5C當S接時，設滿偏電流

Rr-i,.

為廣，根據(jù)并聯(lián)電路分流特點有丁=—;■上解得/'=0.01A可知，當S接。時，歐姆表的倍率是“xio”。

E2+K34

F

則歐姆表內(nèi)阻為R=m=150Q

15.在一個平靜的湖面上，距離水面高度九=30m處有一條水平纜索，纜索上每隔/=10s就從站臺以速度

u=lnVs沿一個方向持續(xù)開出一輛纜車。湖水深為=8m,纜索中央正下方的湖底有一員潛水員，該潛水員

只能看到湖面半徑4=9m的圓面有亮光，又在透過湖面半徑4=6m的圓面上才能清晰的看到纜索上的纜車。

已知J145=12,sin53°=0.8,cos53°=0.6,求：

（1）湖水的折射率〃的大?。ㄓ梅质奖硎荆?/p>

（2）潛水員最多能清晰的看到纜索上纜車的數(shù)量。

纜車7^宣宣言7?7?7T7T7?

h\

湖而.............1.......彳…一'-

：h2

潛1員―

4

【答案】（1）-;（2）10

【詳解】（1）根據(jù)題意可知，由于潛水員只能看到湖面半徑4=9m的圓面有亮光，如圖所示

則有sinC=.??；川=力1解得〃=孑4

（2）潛水員透過湖面半徑弓二6m的圓面看到纜索，如圖所示

潛水員

?A??LQini4

由兒何關系有sm〃二五掾，的'=1二+*乂有"=券=：解得L=40m由對稱性可知,潛水員透過湖

面半徑&=6m的圓面看到纜索長度為d=2（L+4）=92m由題意可知，相鄰纜車間的距離為Ar="=10m

則有N===9.2即潛水員最多能清晰的看到纜索上纜車的數(shù)最為10°

16.如圖，一中空建材板下端固定于水平地面上的。點，通過物體M的支撐使得該板與水平地面間夾角

。=37。°建材板中為格子形狀，每個格子的規(guī)格相同。一質(zhì)量為加的小滑塊從板底端。點以一定初速度沿

板網(wǎng)上射出，小滑塊沿著板面做了一次往返直線運動，小滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小不變。用頻

閃照相機連續(xù)記錄了小滑塊在板面中段運動過程中的部分位置，圖甲和圖乙分別是上滑過程和卜.滑過程的

頻閃照片。已知小滑塊運動的最高點相對于板底端的距離為$,不計空氣阻力，重力加速度為.疝37。=（）.6,

8s37°=0.8。求：

（I）小滑塊所受摩擦力的大小;

（2）小滑塊下滑過程中,在距離板底端多遠處其重力勢能是動能的3倍（以板底端所在水平面為零勢能面）。

【答案】（1）0.3mg；（2）|s

【詳解】

（1）設每個格了?在小滑塊運動方向的寬度為〃，頻閃照相機閃光周期為兀根據(jù)勻變速運動的推論，上滑

時有-15d-9d=卬；下滑時有7d-5J=根據(jù)牛頓第二定律，上消時有mgsinO+f=〃9

下滑時有mgsin0-f=ma2得f=0.3〃吆

（2）卜滑過程中，在距底端4處重力勢能是其動能的三倍，則〃?gsinO±=3xg〃M

I3

有（〃?gsin。一/）（5-X）=一〃八g-0聯(lián)立解得w=-5

225

17.如圖甲所示，平行邊界CD、EF之間存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為8的勻強磁場，CD、EF之

間的距離為41=0時刻，有一質(zhì)量為6的帶電粒子從磁場C。邊界上人點處以速度%垂直磁場方向射入,

%方向與CO邊界的夾角為30,粒子恰好從。點垂直"邊界射出磁場。緊靠磁場E尸邊界右惻，有兩個間

距為L、足夠大的平行板M、N,平行板間存在電場，兩板間電勢差的變化規(guī)律如圖乙，其中"已知。帶

電粒子在運動過程中始終不與N板相碰，粒子重力不計。求：

（1）該帶電粒子的電性及電荷量大??；

（2）若％=3冬,4=坐處，帶電粒子從A點到第一次到達。點的時間乙及，=暫時刻帶電粒子的速

度P與%的比值:

（3）若滿足（2）條件，帶電粒子第二次離開磁場時的位置與力點的距離（結(jié)果用根號表示］

【答案】（1）粒子帶正電，*=避"生；（2）二：4；（3）(11>/3-V29TW

2dB33

【詳解】（1）帶電粒子在磁場中運動軟跡如圖，其軌道半徑為4,根據(jù)左手定則可判定粒子帶正電荷;

由幾何關系可知sin6（T=&由洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，則。％5=，〃電

解得帶電粒子的電荷量大小為4=鏢^

60°1-2nr2萬〃？iT

⑵帶電粒子從A點到第一次到達。點的時間”端匚Y其中丁="二方-解得仆例則，甘時

刻帶電粒子在電場中加速運動了!”，則有4=約由運動學公式y(tǒng)=%+4x』7；則此時刻帶電粒子的速度

6niLo

V與%的比值上=4

%

（3）接著帶電粒子先減速后反向加速，則這一過程的加速度大小均為生,設粒子在電場中反問后可以一直

2

加速到O點，則=也■由運動學公式得（4%尸V-（4%尸=2a產(chǎn)聯(lián)立可得X=5v0

5mL

根據(jù)產(chǎn)竽?！?11〃我立可得f=/故假設成立，帶電粒子第二次在磁場中運動的軌跡如圖所

示

設其筑道半徑為弓，由洛倫茲力提供向心力=可得△=吆叵設帶電粒子從K點離開磁場，

r2?3

故帶電粒子第二次離開