1、2015-2016学年四川省宜宾一中高三（上）第14周周练物理试卷一、选择题（共48分第1-4题单选，第5-8题多选）1如图所示直线是电场中的一条电场线，A、B是该线上的两点一负电荷由A点以一定初速度沿电场线从A运动到B，运动过程中的速度时间图线如图乙所示，则下列说法中正确的是（）A该电场是匀强电场BA、B两点的电势相比一定是ABCA、B两点的场强大小相比一定是EAEBD该电荷在两点的电势能大小相比一定是EpAEpB2如图所示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板PO、QO，竖直放置在重力场中，a、b为两个带有同种电量的小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左的作用力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止
2、状态现若稍改变F的大小，使b稍向左移动一段小距离，则当a、b重新处于静止状态后（）Aab间的电场力增大B作用力F将减小C系统重力势能减少D系统的电势能将增加3如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球运动过程中每次曝光的位置连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d根据图中的信息，下列判断错误的是（）A位置“1”是小球释放的初始位置B小球做匀加速直线运动C小球下落的加速度为D小球在位置“3”的速度为4组成星球的物质靠引力吸引在一起随星球自转如果某质量分布均匀的星球自转周期为T，万有引力常量为G，为使该星球不至于瓦解，该星球
3、的密度至少是（）ABCD5如图所示，将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上O点为该正方形对角线的交点，直线段AB通过O点且垂直于该正方形，以下对A、B两点的电势和场强的判断，正确的是（）AEA=EB=0，A=B=0BEA=EB0，A=B=0CEA=EB=0，A=B0DEA=EB0，A=B06在x轴上存在与x轴同向的电场，x轴上各点的电场强度随x点位置变化情况如图所示点电荷a和b带的电量分别为+q和q，不计a和b间的静电力下列叙述正确的是（）Ax1、x2两处的电势相同Ba和b在x1处的电势能相等C将电荷a沿x轴从x1处移到x2处，电场力一直做正功Db在x1处的电势能小于在x2处的电势能7如
4、图所示，一绝缘光滑圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，圆环半径为R，场强为E，在与环心等高处放有一带正电的小球，质量为m、电量为q，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是（）A小球在运动过程中机械能守恒B小球经过环的最低点时速度最大C小球经过环的最低点时对轨道压力为mg+qED要使小球能到达最高点，小球初速度至少应为8如图所示甲、乙两种表面粗糙的传送带倾斜于水平地面放置以同样恒定速率v向上运动现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v已知B处离地面高度为H，则在物体从A到B的运动过
5、程中（）A两种传送带对小物体做功相等B将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能相等C两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同D将小物体传送到B处，两种系统产生的热量相等二、实验题（共16分，每题8分）9在探究物体的加速度a与物体所受外力F、物体质量M间的关系时，采用如图1所示的实验装置小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示（1）当M与m的大小关系满足时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力（2）某一组同学先保持盘及盘中的砝码质量m一定来做实验，其具体操作步骤如下，以下做法正确的是A平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B每次改变小车的质量时，不需
6、要重新平衡摩擦力C实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源D用天平测出m以及小车质量M，小车运动的加速度可直接用公式a=mg/M求出（3）另两组同学保持小车及车中的砝码质量M一定，探究加速度a与所受外力F的关系，由于他们操作不当，这两组同学得到的aF关系图象分别如图2甲和图2乙所示，其原因分别是：图甲：图乙：10某多用电表内欧姆挡“1”的内部电路图如图1所示，小明同学将电阻箱和电压表V并联后接在两表笔a、b上，欲用图示的电路测量多用电表内部的电阻r（远小于电压表V的内阻）和电池的电动势E实验的主要步骤为：（1）表笔a为（填“红表笔”或“黑表笔”）将选择开关转至欧姆挡“1”，将红黑表笔短接，调
7、节，使指针指在（填“左”或“右”）侧零刻度处（2）改变电阻箱R的阻值，分别读出6组电压表和电阻箱的示数U、R，将、的值算出并记录在表格中，请将第3、5组数据的对应点在坐标纸上补充标出，并作出图线组数123456R100.050.025.016.712.59.10.010.020.040.060.080.11U1.200.950.740.600.500.400.831.051.351.682.002.50（3）根据图线得到电动势E=V，内电阻r=（结果保留三位有效数字）（4）由于电压表的分流作用，多用电表内部电池的电动势的测量值比真实值（填“大”或“小”）三、计算题（共31分）11如图甲所示，有
8、一倾角为30的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板开始时质量为m=1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，滑块滑上木板的过程不考虑能量损失此后滑块和木板在水平上运动的vt图象如图乙所示，g=10m/s2求（1）水平作用力F的大小；（2）滑块开始下滑时的高度；（3）木板的质量12如图所示，在一倾角为37的绝缘斜面下端O，固定有垂直于斜面的绝缘挡板斜面ON段粗糙，长度s=0.02m，NM段光滑，长度L=0.5m在斜面的所在区域有竖直向下的匀强电场，场强为2105 N/C有一小滑块质量为2103kg，带正电，电量为 1l07
9、C，小滑块与ON段表面的动摩擦因数为0.75将小滑块从M点由静止释放，在运动过程中没有电量损失，与挡板相碰后原速返回已知sin37=0.6，cos37=0.8，g取 l0m/s2求：（1）小滑块第一次过N点的速度大小；（2）小滑块最后停在距离挡板多远的位置；（3）小滑块在斜面上运动的总路程四、选修必做题（共15分）13图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象从该时刻起（）A经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离B经过0.25s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度C经过0.15s，波沿x轴的正方向传播了3mD经过0.1s时，质点Q
10、的运动方向沿y轴正方向E该波遇到直径大小约为4.2米的障碍物会发生明显的衍射现象141966年33岁的华裔科学家高锟首先提出光导纤维传输大量信息的理论，43年后高锟因此获得2009年诺贝尔物理学奖如图所示一长为L的直光导纤维，外套的折射率为n1，内芯的折射率为n2，一束单色光从图中O1点进入内芯斜射到内芯与外套的介质分界面M点上恰好发生全反射，O1O2为内芯的中轴线，真空中的光速为c求：该单色光在内芯与外套的介质分界面上恰好发生全反射时临界角C的正弦值；该单色光在光导纤维中的传播时间2015-2016学年四川省宜宾一中高三（上）第14周周练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共48分第1-4
11、题单选，第5-8题多选）1如图所示直线是电场中的一条电场线，A、B是该线上的两点一负电荷由A点以一定初速度沿电场线从A运动到B，运动过程中的速度时间图线如图乙所示，则下列说法中正确的是（）A该电场是匀强电场BA、B两点的电势相比一定是ABCA、B两点的场强大小相比一定是EAEBD该电荷在两点的电势能大小相比一定是EpAEpB【考点】电场线【分析】速度图象的斜率等于物体的加速度，故A点的场强小于B点场强；负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，沿电场线的方向电势降低根据动能定理求电势差【解答】解：A、C、速度图象的斜率等于物体的加速度，由图可知点电荷从A向B运动的过程中，加速度越来越大，所受的电
12、场力越来越大，由F=qE知A点的场强小于B点场强，即EAEB故A错误，C正确B、由于物体沿电场线运动过程当中做减速运动，故点电荷所受电场力方向由B指向A，又由于负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，所以电场线的方向由A指向B；而沿电场线的方向电势降低，所以A点电势比B点的电势高，AB故B错误D、从图象知道，速度减小，电荷动能减小，由于仅在电场力作用，所以根据能量守恒知，电势能增大，即EpAEpB，故D正确故选：CD2如图所示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板PO、QO，竖直放置在重力场中，a、b为两个带有同种电量的小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左的作用力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止
13、状态现若稍改变F的大小，使b稍向左移动一段小距离，则当a、b重新处于静止状态后（）Aab间的电场力增大B作用力F将减小C系统重力势能减少D系统的电势能将增加【考点】库仑定律；电势能【分析】以a球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析a、b间电场力和挡板对小球的弹力如何变化，由库仑定律分析两间距离的变化情况，根据电场力做功正负判断系统电势能的变化对整体研究，分析作用力F如何变化【解答】解：A、B以a球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，电场力为：F电=，减小，cos增大，则电场力F电减小挡板对a的弹力N=mgtan，减小，N减小对整体研究：水平方向：F=N，则作用力F将减小故A错误，B正
14、确C、D电场力F电减小，根据库仑定律得知，两球间的距离增大，电场力做正功功，系统的电势能减小，而F做正功，根据功能关系可知，系统重力势能增加故CD错误故选：B3如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球运动过程中每次曝光的位置连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d根据图中的信息，下列判断错误的是（）A位置“1”是小球释放的初始位置B小球做匀加速直线运动C小球下落的加速度为D小球在位置“3”的速度为【考点】匀变速直线运动规律的综合运用【分析】小球做的匀加速直线运动，根据相机的曝光的时间间隔相同，由匀变速直线运动的规律可以
15、求得【解答】解：由图可以知道每两个相邻的点之间的距离差是一样的，由x=at2 可知，a=，所以BC的说法正确；由于时间的间隔相同，所以2点瞬时速度的大小为1、3之间的平均速度的大小，所以V2=，根据V=V0+at可知点1的速度大小是V1=V2at=T=，所以A错误；点3的瞬时速度的大小为2、4之间的平均速度的大小，所以V3=，所以D正确本题选错误的，故选A4组成星球的物质靠引力吸引在一起随星球自转如果某质量分布均匀的星球自转周期为T，万有引力常量为G，为使该星球不至于瓦解，该星球的密度至少是（）ABCD【考点】万有引力定律及其应用【分析】由题意可知当周期达到某一最小值时，物体对星球表面应刚好没
16、有压力，即万有引力恰好充当星球表面的物体在星球表面做圆周运动的向心力；故由万有引力公式可求得最小密度【解答】解：由可得周期越小，物体需要的向心力越大，物体对星球表面的压力最小，当周期小到一定值时，压力为零，此时万有引力充当向心力，即：又联立解得：=故选：B5如图所示，将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上O点为该正方形对角线的交点，直线段AB通过O点且垂直于该正方形，以下对A、B两点的电势和场强的判断，正确的是（）AEA=EB=0，A=B=0BEA=EB0，A=B=0CEA=EB=0，A=B0DEA=EB0，A=B0【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势【分析】两个等量同种电荷连
17、线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，方向与中垂线平行根据对称性和电场的叠加原理分析即可【解答】解：两个等量正电荷连线中点O处的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，A点电场强度竖直向上，B点电场强度竖直向下；两个等量负电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，A点电场强度竖直向下，B点电场强度竖直向上；因为电荷量相等，距离也相等，故电场强度大小也相等，方向相反，合场强为零，则EA=EB=0根据以上分析，由电场的叠
18、加原理可知直线段AB上各点电场强度均为零，是一等势面，所以A点电势等于B点电势，A=B=0故选：A6在x轴上存在与x轴同向的电场，x轴上各点的电场强度随x点位置变化情况如图所示点电荷a和b带的电量分别为+q和q，不计a和b间的静电力下列叙述正确的是（）Ax1、x2两处的电势相同Ba和b在x1处的电势能相等C将电荷a沿x轴从x1处移到x2处，电场力一直做正功Db在x1处的电势能小于在x2处的电势能【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能【分析】沿场强方向电势降低，则知两点电势的大小，由W=Uq求得做功及电势能的变化【解答】解：A、沿场强方向电势降低，则x1处的电势大于x2处的电势则A错误B、
19、由Ep=q，则不同电性的电荷在同位置处的电势能不同，则B错误C、正电荷受力方向同场强的方向，则电荷a沿x轴从x1处移到x2处，电场力一直做正功，则C正确D、负电荷在高电势处电势能小，则D正确故选：CD7如图所示，一绝缘光滑圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，圆环半径为R，场强为E，在与环心等高处放有一带正电的小球，质量为m、电量为q，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是（）A小球在运动过程中机械能守恒B小球经过环的最低点时速度最大C小球经过环的最低点时对轨道压力为mg+qED要使小球能到达最高点，小球初速度至少应为【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力；机械能守恒定律【分析】明确重力
20、和电场力做功情况，知道小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒根据动能定理知小球经过环的最低点时速度最大根据动能定理求出小球经过在最低点时的速度，由牛顿第二定律求出环对球的支持力，求得球对环的压力【解答】解：A、小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒故A错误B、小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功最多，则根据动能定理得知，动能增加最大，速率增大最大，所以小球经过环的最低点时速度最大故B正确C、小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：（mg+qE）R=mv2又由NmgqE=m，联立解得N=3（mg+qE）故C错误D、小球恰能经过最高点时，根据牛顿第二定律可知：mg+Eq=；从起点到最高点，
21、根据动能定理可得：（mg+qE）R=mv12mv02，联立解得v0=，故D正确；故选：BD8如图所示甲、乙两种表面粗糙的传送带倾斜于水平地面放置以同样恒定速率v向上运动现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v已知B处离地面高度为H，则在物体从A到B的运动过程中（）A两种传送带对小物体做功相等B将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能相等C两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同D将小物体传送到B处，两种系统产生的热量相等【考点】功能关系；滑动摩擦力；牛顿第二定律【分析】小物块从底
22、端上升到顶端过程与上升到速度达到皮带速度过程不同，动能定理表达式不同本题的关键是比较两种情况下产生的热量关系【解答】解：A、对小物块从A到B过程，设为甲传送带对物体做的功，为乙传送带做的功，由动能定理，按甲图时有mgH=m，按乙图时有mgH=m，比较可得=，故A正确C：设甲、乙对应的加速度分别为和，对甲应有： =2，对乙应有： =2，可得=比较可知，再根据a=gcosgsin可知， ，即两传送带与小物体之间的动摩擦因数不同，所以C正确；D：根据x=可得，对甲由=，可得=，对乙由=，可得=，由Q=f可得，对甲应有： =对乙应有： =将对应的时间代入可得=， =，再由=2（）可得=2（）可得=联立
23、以上各式可得=， =所比较可得，所以D错误；B、根据能量守恒定律，电动机消耗的电能等于摩擦产生的热量Q与物块增加机械能的和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，而产生的热量不同，所以消耗的电能应不同，由D选项的分析可知甲产生的消耗的电能多，所以B错误；故选：AC二、实验题（共16分，每题8分）9在探究物体的加速度a与物体所受外力F、物体质量M间的关系时，采用如图1所示的实验装置小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示（1）当M与m的大小关系满足mM时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力（2）某一组同学先保持盘及盘中的砝码质量m一定来做实验，其具体操作步骤如下，以下
24、做法正确的是BA平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源D用天平测出m以及小车质量M，小车运动的加速度可直接用公式a=mg/M求出（3）另两组同学保持小车及车中的砝码质量M一定，探究加速度a与所受外力F的关系，由于他们操作不当，这两组同学得到的aF关系图象分别如图2甲和图2乙所示，其原因分别是：图甲：不满足mM图乙：平衡摩擦力时长木板的倾角过小【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】当盘及盘中砝码的总质量远小于小车及砝码总质量时，可以认为小车受到的拉力等于盘及砝码的重力平衡摩擦
25、力时，不能挂盘；实验过程中，应保证绳和纸带与木板平行；小车的加速度应由纸带求出【解答】解：（1）该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关系那么小车的合力怎么改变和测量呢？为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板D的右端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力根据牛顿第二定律得：对m：mgT=ma对M：T=Ma解得：当mM时，即当砝码和盘的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于砝码和盘的总重力（2）A、平衡摩擦力时，不能将及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上故A错误B、改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力故
26、B正确C、实验时，先接通电源，再释放小车故C错误D、小车运动的加速度通过纸带求出，不能通过a=求出故D错误故选：B（3）图2中随着F的增大，即砝码和盘的质量增大，不再满足砝码和盘的质量远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象从图象3可知，F大于零时，加速度为零，知没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力时长木板的倾角过小故答案为：（1）mM；（2）B；（3）不满足mM；没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足10某多用电表内欧姆挡“1”的内部电路图如图1所示，小明同学将电阻箱和电压表V并联后接在两表笔a、b上，欲用图示的电路测量多用电表内部的电阻r（远小于电压表V的内阻）和电池的电动势E实验的主要步骤为：（1）表
27、笔a为红（填“红表笔”或“黑表笔”）将选择开关转至欧姆挡“1”，将红黑表笔短接，调节a，使指针指在右（填“左”或“右”）侧零刻度处（2）改变电阻箱R的阻值，分别读出6组电压表和电阻箱的示数U、R，将、的值算出并记录在表格中，请将第3、5组数据的对应点在坐标纸上补充标出，并作出图线组数123456R100.050.025.016.712.59.10.010.020.040.060.080.11U1.200.950.740.600.500.400.831.051.351.682.002.50（3）根据图线得到电动势E=1.43V，内电阻r=2.52（结果保留三位有效数字）（4）由于电压表的分流作用
28、，多用电表内部电池的电动势的测量值比真实值小（填“大”或“小”）【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）根据多用电表的结构及读数方法可得出表笔的位置及读数；（2）根据描点法得出对应的图象；（3）根据闭合电路欧姆定律列出方程，再由图象的性质明确电动势和内阻的大小；（4）根据电路结构分析实验误差来源及测量值与真实值之间的关系【解答】解：（1）由图可知，右侧表笔接电内部电压的正极，为保证电流由红进黑出，则左表笔应接红接线柱；调零时指针应指在右侧的零刻度处；（2）根据表中数据利用描点法得出对应的图象如图所示；（3）由闭合电路欧姆定律可知：E=U+；变形得：=+；可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动
29、势的倒数；故E=1.43V；图象的斜率表示，则r=1.43=2.52（4）当R为无穷大即为不接电阻箱时电压表的示数为多用电表内部电池的电动势的测量值，而电压表两端的电压等于电动势的真实值减去多用电表的内电压，所以多用电表内部电池的电动势的测量值比真实值小故答案为：（1）红表笔；（2）如图所示；（3）1.43；2.52；（4）小三、计算题（共31分）11如图甲所示，有一倾角为30的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板开始时质量为m=1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，滑块滑上木板的过程不考虑能量损失此后滑块和木板在水
30、平上运动的vt图象如图乙所示，g=10m/s2求（1）水平作用力F的大小；（2）滑块开始下滑时的高度；（3）木板的质量【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【分析】（1）对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小； （2）根据图乙判断滑块滑到斜面底部的速度，由牛顿第二定律求出加速度，从而根据在斜面上的位移和三角关系求出下滑时的高度（3）根据图象和牛顿第二定律求出地面和木板间的摩擦力，以及滑块和木板间的摩擦力，进而根据牛顿第二定律求出木板的质量【解答】解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示，水平推力：F=mgtan=110=（2）由图乙知，滑块滑到木
31、板上时速度为：v1=10m/s设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：mgsin+Fcos=ma代入数据得：a=10m/s2则下滑时的高度：h=（3）设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1由图乙知，滑块刚滑上木板时加速度为：对滑块：f1=ma1此时木板的加速度：对木板：f1f=Ma2当滑块和木板速度相等，均为：v=2m/s之后，连在一起做匀减速直线运动，加速度为：a3=对整体：f=（m+M）a3联立带入数据解得：M=1.5kg答：（1）水平作用力F的大小位；（2）滑块开始下滑时的高度为2.5m；（3）木板的质量为1.5kg12如图所示，在一倾角为37的绝缘斜面下端O，
32、固定有垂直于斜面的绝缘挡板斜面ON段粗糙，长度s=0.02m，NM段光滑，长度L=0.5m在斜面的所在区域有竖直向下的匀强电场，场强为2105 N/C有一小滑块质量为2103kg，带正电，电量为 1l07C，小滑块与ON段表面的动摩擦因数为0.75将小滑块从M点由静止释放，在运动过程中没有电量损失，与挡板相碰后原速返回已知sin37=0.6，cos37=0.8，g取 l0m/s2求：（1）小滑块第一次过N点的速度大小；（2）小滑块最后停在距离挡板多远的位置；（3）小滑块在斜面上运动的总路程【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；能量守恒定律【分析】（1）对从M到N过程运用动能定理列
33、式求解即可；（2）小滑块在NO阶段重力和电场力的合力的下滑分力与摩擦力大小相等，故速度为零时可以停止，对全程由动能定理列式求解即可（3）先根据功能关系列式求解每次碰撞后返回过程上升距离的减小量，然后逐次分析运动的全过程，得到总路程【解答】解：（1）小滑块第一次过N点的速度为v，则由动能定理有：代入数据得：m/s；（2）滑块在ON段运动时所受的摩擦力：f=（mgcos37+qEcos37）=2.4102N滑块所受重力、电场力沿斜面的分力：因此滑块沿ON下滑时做匀速运动，上滑做匀减速运动，速度为零时可停下设小滑与挡板碰撞n次后停在距挡板距离为x处，则由动能定理得：（mg+qE）（L+Sx）sin3
34、7（mg+qE）（2n1）S+xcos37=0由0x0.02m 得：12.5n13.5取n=13得：x=0.01m； （3）设滑块每一次与挡板碰撞沿斜面上升的距离减少x，由能量守恒得：（mg+qE）xsin37=2（mg+qE）Scos37代入数据得：x=0.04m 滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离：S1=L+Sx=0.48m滑块第p次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离：Sp=S1（p1）x滑块移动的总路程：S总=L+s+x+2由于Sps=0.02m，得p12.5，取p=12代入上式得：S总=6.77m答：（1）小滑块第一次过N点的速度大小为2m/s；（2）小滑块最后停在距离挡板多=0.01m
35、远的位置；（3）小滑块在斜面上运动的总路程为6.77m四、选修必做题（共15分）13图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象从该时刻起（）A经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离B经过0.25s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度C经过0.15s，波沿x轴的正方向传播了3mD经过0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向E该波遇到直径大小约为4.2米的障碍物会发生明显的衍射现象【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【分析】由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速
36、分析波动过程，确定Q点的加速度与P点加速度关系，并判断Q点的运动方向结合衍射的条件分析即可【解答】解：A、根据甲乙两图可知，该波的波长和周期分别为 =4m，T=0.2s，所以波速为v=20m/s乙图中t=0时刻质点P正向下振动，在甲图中，根据波形平移法可知该波是向右传播的甲图中，此时P正向下运动，Q点正向上运动T=0.2s，经过t=0.35s=1T时，P点到达波峰，Q点到达平衡位置下方，但未到波谷，则质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离故A正确B、经过t=0.25s=1T时，P点到达波谷，加速度达到最大值Q点到达平衡位置上方，但未到波峰，所以质点Q的加速度小于质点P的加速度故B正确
37、C、波沿x轴的正方向传播，波速为v=20m/s，则经过0.15s，波传播距离x=vt=200.15m=3m故C正确D、t=0.1s=T，质点Q的运动方向沿y轴负方向故D错误E、当波的波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射由图知该波的波长为=4m，所以这列波遇到尺寸为4.2m的障碍物会发生明显的衍射现象，故E正确故选：ACE141966年33岁的华裔科学家高锟首先提出光导纤维传输大量信息的理论，43年后高锟因此获得2009年诺贝尔物理学奖如图所示一长为L的直光导纤维，外套的折射率为n1，内芯的折射率为n2，一束单色光从图中O1点进入内芯斜射到内芯与外套的介质分界面M点上恰好发生全反射，O1O2为内芯的中轴线，真空中的光速为c求：该单色光在内芯与外套的介质分界面上恰好发生全反射时临界角C的正弦值；该单色光在光导纤维中的传播时间【考点】全反射【分析】根据光的折射定律，结合恰好发生全反射，折射角为90，从而即可求解；根据传播速度C=nv，结合几何关系，即可求解传播时间【解答】解：、由光的折射定律，则有：当1=90时，sinC=；、根据几何关系，则有：x=因传播速度，v=；而传播时间，t=；联立上式，可解得：t=；答：恰好发生全反射时临界角C的正弦值为；该单色光在光导纤维中的传播时间t=2017年1月21日