必刷卷04——【高考三輪沖刺】2023年高考物理考前20天沖刺必刷卷（廣東專用）（原卷版+解析版）-試卷下載-教習網(wǎng)

絕密★啟用前2023年高考物理考前信息必刷卷04廣東專用①選擇題方面：全國卷8道物理選擇題（5單3多，共48分），廣東新高考7單3多（共46分）；知識點、考察方式、題型、難度與全國卷持平；但是由于題目數(shù)量多了2道，所以答題時間控制在20-25min為宜②實驗題方面：仍然是“一小一大”，知識點、考察方式、題型、難度與全國卷持平；答題時間15min左右；③計算題方面：只考兩道計算題的話，高考真題大概率仍然是“一力一電”，即：力學（運動+受力+功能+動量）綜合問題一道，電磁學（粒子運動/電磁感應(yīng)/力電結(jié)合）綜合問題一道；答題時間20-30min；④選考題方面：3-3/3-4二選一，知識點、考察方式、題型、難度與全國卷持平（只是分值由5+10變成了4+8）；答題時間15min左右。大題要求學生具有良好的真實情境分析能力，應(yīng)用已學的物理知識解決實際問題的能力，從而促進學生的學科素養(yǎng)的形成與發(fā)展。力學部分：主要考查受力分析、動力學問題與完全非彈性碰撞模型，考查學生拆解多個運動階段、依次構(gòu)建物理模型、進而對情景進行分析的能力?？忌Y(jié)合共點力平衡、牛頓第二定律、勻變速直線運動規(guī)律、動能定理和碰撞中的動量守恒，列出常規(guī)的公式即可解決。電學部分：注意帶電粒子在復(fù)合場中的運動、電磁感應(yīng)中的桿和導(dǎo)軌模型或線框進入磁場的問題，重點是要注意動量、動量守恒定律在電磁學中的應(yīng)用一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．如圖所示，質(zhì)量為4m的木塊用輕質(zhì)細繩豎直懸于O點，當一顆質(zhì)量為m的子彈以的速度水平向右射入木塊后，它們一起向右擺動的最大擺角為60°。木塊可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g，則輕繩的長度為（　?。?/span>A． B． C． D．【答案】 C【解析】設(shè)子彈射入木塊后它們共同的速度大小為v，根據(jù)動量守恒定律有設(shè)輕繩的長度為L，根據(jù)動能定理有聯(lián)立解得故選C。2．如圖為氫原子能級示意圖的一部分，已知當氫原子吸收能量大于或等于其所在能級與能級的能級差時，氫原子將電離，吸收的多余能量將轉(zhuǎn)化為電離的電子的動能，相反氫離子俘獲電子時，可類似看為電離過程的“相反過程”。則下列說法正確的是（　?。?/span>A．當處于基態(tài)的氫原子吸收光子能量發(fā)生電離時，光子能量必須恰好為13.6eVB．當處于基態(tài)的氫原子受到質(zhì)子撞擊時，當質(zhì)子動能為13.6eV時，氫原子一定會電離C．當氫離子俘獲電子形成氫原子時，會以光子形式釋放能量，光子最大能量可能大于13.6eVD．當氫離子俘獲電子形成氫原子時，會以光子形式釋放能量，光子最小能量為0.54eV【答案】 C【解析】A．氫原子吸收光子能量發(fā)生電離時，其吸收的光子能量大于或等于其所在能級與能級的能級差，故A錯誤；B．當質(zhì)子撞擊氫原子時，質(zhì)子的動能只有部分會被氫原子吸收，所以氫原子并不一定會電離，故B錯誤；C．當氫離子俘獲電子形成氫原子時，相當于電子從能級向低能級躍遷，當電子初始動能為零時，釋放光子能量為能級差當電子在能級處動能不為零時，從能級躍遷到能級時釋放能量將大于13.6eV，故C正確；D．氫原子的激發(fā)態(tài)并不只有5個，釋放光子的最小能量不一定是0.54eV，故D錯誤。故選C。3．在如圖所示的電路中，交流電源的電壓有效值恒定，k盞相同的燈泡均正常發(fā)光。理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為（　?。?/span>A． B． C． D．【答案】 A【解析】設(shè)燈泡均正常發(fā)光時通過燈泡的電流為I，根據(jù)電路圖可知原線圈電路中只接入一盞燈泡，則通過原線圈的電流為副線圈電路中接入k-1盞燈泡，k-1盞燈泡并聯(lián)，并聯(lián)電路的總電流等于各支路電流之和，則通過副線圈的電流為根據(jù)理想變壓器電流與線圈匝數(shù)關(guān)系可知原、副線圈的匝數(shù)之比為故A正確，BCD錯誤。故選A。4．如圖所示，、是傾角均為30°的兩斜面，某同學（可看成質(zhì)點）從斜面上A點分別以速度、、沿水平方向跳出，分別落在、、三點，落地時速度分別為、和。該同學受到的空氣阻力忽略不計，已知重力加速度為，。下列說法正確的是（　?。?/span>A．、的方向和方向間的夾角不同B．、的方向和方向間的夾角相同C．D．【答案】 D【解析】AB．該同學落到斜面、上時位移與水平方向的夾角均為30°，由平拋運動推論可知，、的方向和方向間的夾角相同，同理可知，、的方向和方向間的夾角不同，故AB錯誤；C．該同學落到、點時，豎直位移之比為1∶2，豎直方向有可得在空中運動的時間之比為，又水平位移之比為1∶2，由則故C錯誤；D．由題意可知，該同學落到B點和C點時在空中下落的高度相等，即在空中運動的時間相等，又則結(jié)合上述分析可得故D正確。故選D。5．一種粒子探測器的簡化模型如圖所示。圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，PQ過圓心，平板MQN為探測器，整個裝置放在真空環(huán)境中。所有帶電離子從P點沿PQ方向射入磁場，忽略離子重力及離子間相互作用力。對能夠打到探測器上的離子，下列分析正確的是（）A．打在Q點的左側(cè)的離子帶正電B．打在MQN上離Q點越遠的離子，入射速度一定越大C．打在MQN上離Q點越遠的離子，比荷一定越大D．入射速度相同的氫離子和氘離子，打在MQN上的位置更靠近Q點是氘離子【答案】 D【解析】A．由左手定則可知，正電荷受到的洛倫茲力向右，則打在Q點的右側(cè)的離子帶正電，A錯誤；BC．作出離子的運動軌跡如下圖所示由上圖可看出只有在圓形磁場區(qū)域的下半圓射出的離子才可能打到MQN上，且軌跡半徑越小的離子離Q點越遠，且解得則當比荷相同v越小或速度相同比荷越大的離子的軌跡半徑越小，離子離Q點越遠，BC錯誤；D．入射速度相同的氫離子和氘離子，由于氘離子的比荷較小，則氘離子運動軌跡的半徑越大，故打在MQN上的位置更靠近Q點是氘離子，D正確。故選D。6．某空間固定有兩個可看成點電荷的帶電小球，所帶的電荷量分別為2q和-q，如圖所示，以-q為圓心做圓，a、b兩點為圓和兩電荷連線的交點，過-q的中心做兩電荷連線的垂線，c、d兩點為垂線和圓的交點，以下說法正確的是（　?。?/span>A．a點的場強小于b點的場強B．a點的場強小于d點的場強C．電子沿圓弧從a點經(jīng)c點到b點，電勢能一直增大D．電子沿圓弧從a點經(jīng)c點到b點，電勢能先減小后增大【答案】 C【解析】A．兩點荷在點產(chǎn)生的場強方向相同，在點產(chǎn)生的方向相反，在圓上產(chǎn)生的場強大小相同，在點產(chǎn)生的場強大于在點產(chǎn)生的場強，根據(jù)矢量疊加，的場強大于點的場強，故A錯誤；B．在點產(chǎn)生的場強大于在點產(chǎn)生的場強，且兩電荷在點產(chǎn)生的夾角大于零，根據(jù)矢量疊加，的場強大于點的場強，故B錯誤；CD．電勢是標量，根據(jù)公式在圓上產(chǎn)生的電勢相等，且為負值，從經(jīng)到，產(chǎn)生的電勢越來越小，且為正值。則電子沿圓弧從經(jīng)到，電勢能一直增大，故C正確，D錯誤。故選C。7．圖甲所示為生活中巧妙地利用兩根并排的竹竿，將長方體磚塊從高處運送到低處的場景。將竹竿簡化為兩根平行放置，粗細均勻的圓柱形直桿，磚塊放在兩竹竿的正中間，由靜止開始從高處下滑，圖乙所示為垂直于運動方向的截面圖（磚塊截面為正方形）。若僅將兩竹竿間距增大一些，則磚塊（　　）A．下滑過程中竹竿對磚塊的彈力變大B．下滑過程中竹竿對磚塊的摩擦力不變C．下滑的加速度變小D．下滑到底端的時間變短【答案】 B【解析】A．假定兩竹竿與地面傾角為?、磚塊的質(zhì)量為m，每一根竹竿對磚塊的支持力為N，以磚塊為研究對象，只在垂直于竹竿平面內(nèi)對其受力分析，如圖所示，依題意有則有若僅將兩竹竿間距增大一些，由于支持力垂直于接觸面，?角保持不變，則N不變，故A錯誤；B．假定磚塊與竹竿的動摩擦因數(shù)為?，則摩擦力為據(jù)前面分析，由于N不變，則下滑過程中竹竿對磚塊的摩擦力不變，故B正確；C．根據(jù)牛頓第二定律有解得由于?角不變，則下滑的加速度不變，故C錯誤；D．由于下滑加速度變小，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，，則下滑時間不變，故D錯誤。故選B。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分有選錯的得0分。8．“天舟三號”在文昌航天發(fā)射中心成功發(fā)射升空。圖中、分別是“天舟三號”和“天和核心艙”對接前各自在預(yù)定軌道運行的情景，下列說法正確的是（　?。?/span>A．在預(yù)定軌道運行時，的周期小于的周期B．在預(yù)定軌道運行時，的速率大于的速率C．為了實現(xiàn)對接，應(yīng)減速D．為了實現(xiàn)對接，應(yīng)加速【答案】 ABD【解析】A．根據(jù)開普勒第三定律，有因P的軌道半徑小，所以周期也小，A正確；B．根據(jù)得因P的軌道半徑小，則P的速率大，B正確；CD．P的軌道低于Q的軌道，則為了完成對接P應(yīng)加速，C錯誤，D正確。故選ABD。9．2022年10月9日搭載天基太陽天文臺“夸父一號”的長征二號丁運載火箭成功發(fā)射。下圖為火箭發(fā)射后，第6秒末的照片，現(xiàn)用毫米刻度尺對照片進行測量，刻度尺的0刻度線與剛發(fā)射時火箭底部對齊。假設(shè)火箭發(fā)射后6秒內(nèi)沿豎直方向做勻加速直線運動，且質(zhì)量不變。已知火箭高為40.6米，起飛質(zhì)量為250噸，重力加速度g取。則下列估算正確的是（）A．火箭豎直升空的加速度大小為B．火箭豎直升空的加速度大小為C．火箭升空所受到的平均推力大小為D．火箭升空所受到的平均推力大小為【答案】 AD【解析】由圖可知，照片中火箭尺寸與實際火箭尺寸的比例為可得火箭在6s內(nèi)上升的高度為由勻變速直線運動規(guī)律得解得由牛頓第二定律得解得平均推力大小為故選AD。10．如圖所示，在光滑的水平面上方，有兩個磁感應(yīng)強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場，PQ為兩個磁場的理想邊界，且PQ與水平方向的夾角，磁場范圍足夠大。一個邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的單匝正方形金屬線框，以速度垂直磁場方向從如圖實線位置Ⅰ開始向右運動，當線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中的位置Ⅱ時，線框的速度為零。則下列說法正確的是（　?。?/span>A．線框在位置Ⅱ時，安培力具有最大值B．線框從位置Ⅰ運動到位置Ⅱ的過程中，做加速度增大的減速運動C．線框從位置Ⅰ運動到位置Ⅱ的過程中，克服安培力做功為D．線框從位置Ⅰ運動到位置Ⅱ的過程中，通過導(dǎo)線截面的電荷量為【答案】 CD【解析】A．線框在位置Ⅱ時，線框的速度為零，所以感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零，則安培力為零，故A錯誤；B．線框在位置Ⅰ時，磁通量不會發(fā)生變化，感應(yīng)電流為零，安培力為零，物體速度減小到0，安培力由零到零，必然存在一個先增大，后減小的過程，所以加速度先增大后減小，故B錯誤；C．線框從位置Ⅰ運動到位置Ⅱ的過程中，只有安培力做功，安培力做功等于物體動能的變化，由動能定理有解得故C正確；D．線框在位置Ⅰ時磁通量線框在位置Ⅱ時磁通量為零，此過程中通過導(dǎo)線截面的電荷量，，聯(lián)立解得故D正確。故選CD。三、非選擇題：共54分。第11～14題為必考題，考生都必須作答。第15～16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共42分。11. （7分）小王同學想測量實驗室量程的電流表的內(nèi)阻。(1)他采用多用電表的歐姆表來粗測，下面四個擋位應(yīng)選哪個最合適___________。A．擋　B．擋　C．擋　D．擋(2)該同學發(fā)現(xiàn)示數(shù)很小，也沒辦法繼續(xù)用歐姆表測量，因此打算用伏安法來測量電流表的內(nèi)阻。但是考慮到電流表內(nèi)阻很小，為保護電流表，他決定給電流表串聯(lián)一個阻值為定值電阻，電路圖如圖所示。下面儀器中應(yīng)該選擇哪個作為的定值電阻？______。A．滑動變阻器　　B．電阻箱　　C．滑動變阻器(3)該同學選出正確的儀器，并采用最佳的電路正確連接電路并操作后（電源使用學生電源的直流輸出），得到如下一組電流表、電壓表的示數(shù)，如圖所示，可求得電流表的量程的內(nèi)阻為_____（保留兩位有效數(shù)字）。(4)測出電流表的內(nèi)阻后，若把這個測量值作為電流表的已知值，小王同學又想用該電流表測量手邊的兩節(jié)干電池串聯(lián)的內(nèi)阻，找到合適的儀器后，他拿不準下面兩個電路應(yīng)該選哪個，請你幫他選出最合適的選項__________（填“甲”或“乙”）(5)小王利用（4）中所選電路測出數(shù)組電池組的U、I，并作圖如圖所示，可求得電池組的內(nèi)阻為________。（保留兩位有效數(shù)字）【答案】 A B 乙【解析】(1)由于電流表的電阻很小，在幾以下，所以需選擇擋；(2)在三個圖中，能準確獲得電阻的儀器只能是電阻箱；(3)電流表的示數(shù)是，電壓表的示數(shù)是，根據(jù)伏安法測電阻可得為，而此測量電阻則(4)由于已知電流表電阻，根據(jù)誤差分析，圖乙電路裝置獲得的圖斜率為則可以準確測出(5)根據(jù)的斜率可求得又由12. （9分）用如圖裝置可驗證機械能守恒定律。輕繩兩端系著質(zhì)量相等的物塊A、B，物塊B上放置一金屬片C。鐵架臺上固定一金屬圓環(huán)，圓環(huán)處在物塊B正下方。系統(tǒng)靜止時，金屬片C與圓環(huán)間的高度差為h。由此釋放，系統(tǒng)開始運動，當物塊B穿過圓環(huán)時，金屬片C被擱置在圓環(huán)上。兩光電門固定在鐵架臺P1、P2處，通過數(shù)字計時器可測出物塊B通過P1、P2這段時間。(1)若測得P1、P2之間的距離為d，物塊B通過這段距離的時間為t，則物塊B剛穿過圓環(huán)后的速度v=______；(2)若物塊A、B的質(zhì)量均為M表示，金屬片C的質(zhì)量用m表示，該實驗中驗證了下面哪個等式成立，即可驗證機械能守恒定律。正確選項為______；A．mgh=Mv2B．mgh=Mv2C．mgh=（2M+m）v2D．mgh=（M+m）v2(3)改變物塊B的初始位置，使物塊B由不同的高度落下穿過圓環(huán)，記錄各次高度差h以及物塊B通過P1、P2這段距離的時間為t，以h為縱軸，以______（填“t2”或“”）為橫軸，通過描點作出的圖線是一條過原點的直線。【答案】 C 【解析】(1)物塊A和B一起通過圓環(huán)向下運動的過程中，因此物塊的質(zhì)量相等，因此兩物塊一起做勻速運動，因此物塊B穿過圓環(huán)后速度不變，可得物塊B剛穿過圓環(huán)后的速度(2)系統(tǒng)ABC減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的增加的動能，即為可得故選C。(3)將式子變形可得因此以為橫軸，通過描點作出的圖線是一條過原點的直線。13. （10分）如圖所示，某人站在水平地面上，以大小為5m/s、與水平方向夾角為的初速度v0斜向右上方拋出一個質(zhì)量為m0=1kg的彈性小球，小球離開手的高度為h1=1.8m，小球剛好水平擊中位于高度為h2=2.6m水平平臺上的小車A，小車A的質(zhì)量為mA=2kg，小球和小車均可視為質(zhì)點。平臺上右側(cè)有一個質(zhì)量為mB=4kg的小車B，其左側(cè)接有一個輕彈簧，當小車A壓縮彈簧到最短時，將小車A與彈簧小車B鎖定在一起，二者繼續(xù)運動，撞到右側(cè)一個粘性擋板，粘住兩小車，兩小車靜止。已知平臺水平面光滑，重力加速度g=10m/s2，求：（1）角的大小；（2）小車A被小球擊中后的速度；（3）兩小車撞到右側(cè)粘性擋板后靜止，若突然撤去擋板，再解除彈簧鎖定，AB分離時的速度分別為多少？【答案】（1）；（2）；（3）；【解析】（1）小球做斜拋運動，豎直方向有聯(lián)立解得（2）小球到達最高點時水平分速度記為，由運動的分解有小球與小車發(fā)生彈性碰撞，設(shè)小球碰后速度為，小車速度為，由動量守恒定律，機械能守恒定律可得，聯(lián)立解得（3）小車繼續(xù)向右運動，壓縮彈簧，當A、B共速時，彈簧最短由動量守恒定律可得由機械能守恒定律，彈簧最大彈性勢能為A、B撞到粘性擋板，二者均靜止，撤去擋板后，彈簧伸長，A、B反沖，設(shè)AB分離時的速度分別為、，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得聯(lián)立各式解得，14. （16分）如圖所示，在直角坐標系中，A、P、C、B四點的坐標分別為、、、。內(nèi)（包括邊界）有方向垂直坐標平面向外的勻強磁場；第Ⅱ、Ⅲ象限（含y軸）存在電場強度大小相同的勻強電場，電場強度方向分別沿y軸負方向和正方向。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從A點沿坐標平面以某一初速度射入第Ⅱ象限，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從P點以速率v垂直y軸射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好未從邊界射出磁場，然后從D點（圖中未畫出）通過x軸。不計粒子所受的重力。（1）求電場的電場強度大小E以及粒子在A點的初速度方向與x軸正方向的夾角；（2）求從粒子通過P點（第一次通過y軸）到粒子第二次通過y軸的時間t；（3）若在粒子第二次通過y軸時，其他條件不變，僅在第Ⅲ象限加上磁感應(yīng)強度大小為內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小的2倍、方向垂直坐標平面向里的勻強磁場（圖中未畫出），求粒子在第Ⅲ象限運動的過程中距離y軸最遠時的縱坐標。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】（1）由題可知，帶電粒子第Ⅱ象限只受電場力的作用，故從A到P的過程可以看成是反方向的類平拋運動，則由此可知解得（2）由題可知，粒子通過P點到粒子第二次通過y軸的軌跡圖如圖所示由此可知解得同理根據(jù)邊角關(guān)系可知故從粒子通過P點（第一次通過y軸）到粒子第二次通過y軸的時間為（3）由（2）分析可知，帶電粒子進入第Ⅲ象限時與y軸負方向的夾角為，對帶電粒子的運動和受力進行如圖所示的分析其中故帶電粒子通過點后在第III象限的運動可看做是沿x軸負方向、速率為的勻速直線運動和沿逆時針方向、線速度大小為的勻速圓周運動的合運動，帶電粒子在第Ⅲ象限運動的過程中距離y軸最遠時，速度方向與y軸平行，如圖所示由動能定理可知解得故（二）選考題：共12分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[選修3-3]15.（1）（4分）假定兩個分子的距離為無窮遠時，它們的分子勢能為0，使一個分子固定，另一個分子在外力作用下從無窮遠逐漸向它靠近，直至相距很近很近，整個過程中分子勢能______(填“不變”或“先增大后減小”或“先減小后增大”)。物體從單一熱源吸收的熱量______(填“可以”或“不可以”)全部用于做功。【答案】先減小后增大可以【解析】開始時兩分子間距離大，分子間作用力表現(xiàn)為引力，分子相互靠近，引力做正功，分子勢能減小，隨分子間距離減小到平衡位置后，分子間作用力表現(xiàn)為斥力，分子相互靠近，斥力做負功，分子勢能增加，故整個過程分子勢能先減小后增加；根據(jù)熱力學第二定律可知，在外界因素影響下，物體從單一熱源吸收的熱量可以全部用于做功。（2）（8分）設(shè)有一馬桶，桶內(nèi)體積為V，因堵塞需疏通，現(xiàn)用薄膜膠帶密封后（如圖a所示），桶內(nèi)除了部分水，剩下的為空氣，空氣體積為，壓強為P0。接著通過水箱向桶內(nèi)注水，這時密封薄膜膠帶向上鼓起，桶內(nèi)空氣體積變?yōu)?/span>。然后用手往下按壓膠帶（如圖b所示），桶內(nèi)空氣體積壓縮了，恰好疏通。吸水管橫截面積為S，堵塞物所在位置如圖c所示，疏通前瞬間與液面高度差為h。設(shè)密封完好，疏通之前，桶內(nèi)空氣沒有泄漏且溫度保持不變，水的密度為，重力加速度為g。求：（1）注入水后，桶內(nèi)空氣的壓強；（2）疏通瞬間堵塞物受到桶內(nèi)水的壓力。【答案】（1）；（2）【解析】(1)水注入過程為等溫變化，由玻意耳定律得解得桶內(nèi)空氣的壓強(2)設(shè)用手往下按壓膠帶后，桶內(nèi)空氣的壓強為P2，有解得設(shè)堵塞物處的壓強為P3，有堵塞物受到的壓力F=P3S聯(lián)立解得[選修3-4]16.（1）（4分）（多選）一列簡諧橫波沿x軸傳播，波速時刻的波形如圖中實線所示，時刻的波形如圖中虛線所示，平衡位置坐標為的質(zhì)點P在0.5 s時恰好位于平衡位置。下列說法正確的是（　　）A．該簡諧橫波沿x軸正方向傳播B．時的位移大小相等C．0~0.5 s內(nèi)質(zhì)點P通過的路程為5 cmD．質(zhì)點P的振動方程為【答案】 ABD【解析】A．結(jié)合題意可知，0~0.5 s內(nèi)波傳播的距離故O處質(zhì)點在時刻的振動情況在時傳到P點，則簡諧橫波沿x軸正方向傳播，A正確；B．0~0.1 s時間內(nèi)，波沿x軸正方向傳播的距離為0.1 m，則時平衡位置坐標為的質(zhì)點處于平衡位置，兩質(zhì)點平衡位置到該質(zhì)點的距離均為0.2 m，結(jié)合振動規(guī)律可知，兩質(zhì)點相對平衡位置的位移大小相等，B正確；C．時刻，質(zhì)點P的位移為波的周期結(jié)合波的傳播方向及周期可知，0~0.5 s時間內(nèi)質(zhì)點P通過的路程為15 cm，C錯誤；D．根據(jù)角速度和周期的關(guān)系可知時質(zhì)點P在位置向上振動，此位置對應(yīng)的正弦角度為，根據(jù)幾何關(guān)系可知質(zhì)點P振動方程為D正確。故選ABD。（2）（8分）如圖所示為一個半徑為R的半球形玻璃磚的剖面圖，其中O為圓心，AB為直徑，為AB的垂線。（1）一束細光線在OB的中點處垂直于AB從下方入射，光線從玻璃磚的上表面射出時與的夾角為15°，求玻璃的折射率n的大小；（2）一束平行光垂直射向玻璃磚的下表面，若光線到達上表面后，都能從上表面射出，則入射光束在AB上的最大寬度為多少？【答案】（1）；（2）【解析】（1）光路圖如下圖所示設(shè)光線在AB上表面的入射角為，折射角為，由幾何關(guān)系可得，則，由折射率的表達式（2）設(shè)離O點最遠的光線入射到AB上表面后恰好發(fā)生全反射，該光束到O的距離設(shè)為d,入射角的臨界值為C，則可得則入射光的范圍為

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