第1頁（共1頁）2025年黑龍江省哈爾濱六中高考物理二模試卷一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．（4分）下列核反應為人工核轉變類型的是（）A．92238U→90234B．714N+24He→C．92235U+01n→56D．12H+132．（4分）具有主動降噪功能的耳機內設有兩個麥克風，如圖所示，一個麥克風收集周圍環境中的噪聲信號，這樣耳機的處理器能夠預測下一時刻噪聲的情況，并產生相應的抵消聲波；另一個麥克風檢測合成后的噪聲是否變小，使得處理器優化抵消聲波以降低合成后的噪聲音量。主動降噪技術利用了聲波的（）A．反射 B．折射 C．干涉 D．衍射3．（4分）理論分析表明，逃逸速度（即第二宇宙速度）是第一宇宙速度的2倍。某球狀天體的半徑為地球半徑的一半，其表面的重力加速度大小為地球表面重力加速度的18A．2.8km/s B．4.0km/s C．5.6km/s D．15.8km/s4．（4分）兩端封閉、粗細均勻的U形細玻璃管內有一段水銀柱，當U形管兩端豎直朝上時，a中空氣柱長度大于b中空氣柱長度。現將U形管整體緩慢平放在水平桌面上，沒有氣體從管的一邊通過水銀逸入另一邊。整個過程中氣體溫度不變，則（）A．a中氣體壓強大于b中氣體壓強 B．a中氣體壓強小于b中氣體壓強 C．a中空氣柱長度大于b中空氣柱長度 D．a中空氣柱長度等于b中空氣柱長度5．（4分）如圖，兩個帶等量正電的點電荷位于M、N兩點，O點為MN連線的中點，EF為MN連線中垂線上的兩點。一帶負電的試探電荷在E點由靜止釋放，僅在靜電力作用下恰好運動至F點。若兩個點電荷的電荷量均變為原來的2倍，則（）A．E點的電場強度變為原來的4倍 B．E點與O點的電勢差變為原來的2倍 C．試探電荷運動到O點的動能變為原來的4倍 D．試探電荷運動到F點的時間變為原來的126．（4分）圖中Hα、Hβ、Hγ、Hδ為氫原子在可見光區的四條譜線，此四條譜線滿足巴耳末公式1λ=R（12A．6種，可見光范圍內的譜線有Hγ、Hδ B．6種，可見光范圍內的譜線有Hα、Hβ C．3種，可見光范圍內的譜線有Hγ、Hδ D．3種，可見光范圍內的譜線有Hα、Hβ7．（4分）如圖甲所示，一長木板靜止于光滑水平面上，t＝0時，小物塊（可視為質點）以速度v0滑上長木板左端，t1時刻小物塊恰好滑至長木板右端。圖乙為物塊與木板運動的v﹣t圖像，圖中t1、v0、v1均已知，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．木板的長度為v0t1 B．物塊與木板的質量之比為v1C．物塊與木板之間的動摩擦因數為v0D．0～t1時間內物塊動能的減少量與木板動能的增加量之比為v（多選）8．（6分）平拋運動可以分解為水平和豎直方向的兩個直線運動，在同一坐標系中作出這兩個分運動的v﹣t圖線，如圖所示。若平拋運動的時間大于2t1，下列說法中正確的是（）A．圖線b表示豎直分運動的v﹣t圖線 B．t1時刻的速度方向與初速度方向夾角為30° C．t1時間內的位移方向與初速度方向夾角的正切值為12D．2t1時間內的位移方向與初速度方向夾角為60°（多選）9．（6分）如圖，真空區域內有寬度為d、磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里，MN、PQ為磁場的邊界。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力），沿著與MN夾角θ為30°的方向以某一速度射入磁場中，粒子恰好未能從PQ邊界射出磁場。下列說法正確的是（）A．可求出粒子在磁場中運動的半徑 B．可求出粒子在磁場中運動的加速度大小 C．若僅射入速度減小，則粒子在磁場中運動的時間減小 D．若僅磁感應強度增大，則粒子在磁場中運動的時間減小（多選）10．（6分）如圖，質量為m的薄板B與直立輕彈簧上端拴接，彈簧下端固定在地面上，平衡時彈簧壓縮量為h。一質量為m的小物塊A從B正上方距離為3h處自由落下，接觸薄板后粘連在一起向下運動。已知彈簧的彈性勢能Ep=12kxA．A剛接觸B時的動能為3mgh B．彈簧的最大彈性勢能為8mgh C．A和B一起運動的最大速度大小為3gh D．A和B一起運動的最大加速度大小為g二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．（6分）用單擺測量重力加速度的實驗中（1）用刻度尺測出擺球球心與懸掛點之間的距離作為擺長l的測量值，用停表測量單擺完成n次全振動所用的時間t，則重力加速度g＝（用l、n、t表示）；（2）實驗時改變擺長，測出幾組擺長l和對應的周期T的數據，作出l﹣T2圖像，如圖所示。利用A、B兩點的坐標可寫出重力加速度的表達式為g＝；若擺球質量分布不均勻，該圖像求得g的測量值真實值（選填“大于”、“小于”或“等于”）；（3）請寫出一個測量g的其他方法：。12．（8分）測量電壓表V1的內阻，可選用的器材如下：待測電壓表V1：量程0～3V，內阻約2000Ω電壓表V2：量程0～5V，內阻約3500Ω電流表A：量程0～0.6A，內阻約0.1Ω電阻箱R1；阻值范圍0～9999Ω電阻箱R2：阻值范圍0～99.9Ω滑動變阻器R：最大阻值100Ω，額定電流1.5A電源E：電動勢6V，內阻不計開關S及導線若干（1）在虛線框內畫出實驗電路圖，并在圖上標出所用器材的符號；（2）寫出用測量值表示電壓表V1內阻的表達式RV＝，說明式中各量的含義：。13．（10分）圖示陰影部分ABC為一透明材料做成的柱形光學元件的橫截面，AC為一半徑為R的14圓弧，D為圓弧面圓心，ABCD構成正方形，在D處有一點光源。若只考慮首次從圓弧AC直接射向AB、BC的光線，從點光源射入圓弧AC的光中，有一部分不能從AB、BC面直接射出。已知這部分光照射圓弧AC的弧長為π（1）該材料的折射率；（2）直接從AB、BC面射出的光線中，在此光學元件中傳播的最大時間。14．（12分）如圖，不可伸長的輕繩將物塊a懸掛于O點。現將輕繩拉至與豎直方向夾角θ＝60°，將物塊a由靜止釋放，當物塊a運動至最低點時，恰好與靜止在水平面上的物塊b發生彈性碰撞。碰撞后物塊b在水平面上滑行一段距離后停下來。已知輕繩長度L＝0.4m，物塊a、b質量分別為ma＝0.1kg、mb＝0.3kg，物塊b與水平面間的動摩擦因數μ＝0.1；a、b均視為質點，不計空氣阻力。重力加速度g取10m/s2。（1）求碰撞前瞬間，輕繩對物塊a的拉力大小；（2）求物塊b在水平面上滑行的距離。15．（18分）如圖所示的足夠長光滑水平導軌上，有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，平行導軌左端間距為4d，右端間距為d。與導軌垂直放置AC、DF兩根導體棒，質量分別為2m和m，電阻分別為4R和R。現導體棒AC以初速度v0水平向右運動，設兩導體棒未相碰，且均在各自導軌上運動。求：（1）此時導體棒DF的加速度；（2）導體棒AC的速度為12（3）求整個運動過程中導體棒AC產生的焦耳熱。

2025年黑龍江省哈爾濱六中高考物理二模試卷參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）題號1234567答案BCACBBD二．多選題（共3小題）題號8910答案ACABDABD一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．（4分）下列核反應為人工核轉變類型的是（）A．92238U→90234B．714N+24He→C．92235U+01n→56D．12H+13【分析】明確常見核反應，知道重核裂變是質量數較大的核裂變為質量中等的核，聚變是質量數較小的核轉化為質量中等的核，并能夠判斷是聚變反應還是裂變反應；人工核轉變是指通過人工技術（射線，激光，粒子撞擊等手段）使原子核發生反應；衰變是指放射性元素在自然條件下不斷的放出粒子的反應。【解答】解：A.92238U→90234Th+B.714N+C.92235U+01n→D.12H+13故選：B。【點評】本題考查了原子核的反應類型。對于原子物理中核反應方程，裂變、聚變和衰變等基本知識要熟練掌握和應用。2．（4分）具有主動降噪功能的耳機內設有兩個麥克風，如圖所示，一個麥克風收集周圍環境中的噪聲信號，這樣耳機的處理器能夠預測下一時刻噪聲的情況，并產生相應的抵消聲波；另一個麥克風檢測合成后的噪聲是否變小，使得處理器優化抵消聲波以降低合成后的噪聲音量。主動降噪技術利用了聲波的（）A．反射 B．折射 C．干涉 D．衍射【分析】主動降噪耳機是根據波的干涉條件，抵消聲波與噪聲的振幅、頻率相同，相位相反，疊加后才能相互抵消來實現降噪的。【解答】解：主動降噪技術是將抵消聲波和噪聲疊加后相互抵消來實現降噪的，利用的是干涉原理，故ABD錯誤，C正確。故選：C。【點評】本題考查學生對干涉現象的理解，難度不高。3．（4分）理論分析表明，逃逸速度（即第二宇宙速度）是第一宇宙速度的2倍。某球狀天體的半徑為地球半徑的一半，其表面的重力加速度大小為地球表面重力加速度的18A．2.8km/s B．4.0km/s C．5.6km/s D．15.8km/s【分析】根據第一宇宙速度和第二宇宙速度的關系，結合不同星球的半徑和質量比值列式解答。【解答】解：設地球的半徑為R，表面重力加速度為g，由mg=mv地12R，得v地1=gR，某星球的第一宇宙速度v故選：A。【點評】考查宇宙速度的計算，會根據題意進行準確分析解答。4．（4分）兩端封閉、粗細均勻的U形細玻璃管內有一段水銀柱，當U形管兩端豎直朝上時，a中空氣柱長度大于b中空氣柱長度。現將U形管整體緩慢平放在水平桌面上，沒有氣體從管的一邊通過水銀逸入另一邊。整個過程中氣體溫度不變，則（）A．a中氣體壓強大于b中氣體壓強 B．a中氣體壓強小于b中氣體壓強 C．a中空氣柱長度大于b中空氣柱長度 D．a中空氣柱長度等于b中空氣柱長度【分析】左右兩部分氣體作等溫變化，分析初態和末態氣體的壓強、空氣柱的長度，分別由玻意耳定律列式，即可求得U形管平放時兩邊空氣柱的長度的大小關系。【解答】解：AB.設U形管平放時左右兩邊空氣柱的壓強分別為pa′、pb′根據平衡條件可知pa′S＝pb′S解得pa′＝pb′，故AB錯誤；CD.當U形管兩端豎直朝上時，有la＞lb，兩端水銀面的高度差為h0根據平衡條件paS＝（pb+h0cmHg）S解得pa＞pbU形管平放時，設左右兩邊空氣柱的長度分別為la′、lb′左右兩部分氣體作等溫變化，分別由玻意耳定律對左部分氣體有palaS＝pa′la′S對右部分氣體有pblbS＝pb′lb′S聯立解得l故C正確，D錯誤。故選：C。【點評】本題主要考查了氣體壓強、平衡條件和玻意耳定律的理解和運用，基礎題。5．（4分）如圖，兩個帶等量正電的點電荷位于M、N兩點，O點為MN連線的中點，EF為MN連線中垂線上的兩點。一帶負電的試探電荷在E點由靜止釋放，僅在靜電力作用下恰好運動至F點。若兩個點電荷的電荷量均變為原來的2倍，則（）A．E點的電場強度變為原來的4倍 B．E點與O點的電勢差變為原來的2倍 C．試探電荷運動到O點的動能變為原來的4倍 D．試探電荷運動到F點的時間變為原來的12【分析】根據點電荷場強公式，結合電場力做功公式以及運動學公式分析。【解答】解：ABC、根據點電荷電場公式E=kQD.由以上分析得加速度變為原來2倍，位移不變，x=12a故選：B。【點評】本題的關鍵要掌握點電荷場強公式，注意電場力做功及運動學公式的運用。6．（4分）圖中Hα、Hβ、Hγ、Hδ為氫原子在可見光區的四條譜線，此四條譜線滿足巴耳末公式1λ=R（12A．6種，可見光范圍內的譜線有Hγ、Hδ B．6種，可見光范圍內的譜線有Hα、Hβ C．3種，可見光范圍內的譜線有Hγ、Hδ D．3種，可見光范圍內的譜線有Hα、Hβ【分析】根據數學組合公式求解輻射出的光的種類，【解答】解：大量處在n＝4能級的氫原子，能輻射出C42=6種特定波長的光，其中從n＝3→n＝2的Hα故選：B。【點評】本題考查了玻爾原子結構模型，掌握原子能級躍遷的條件。7．（4分）如圖甲所示，一長木板靜止于光滑水平面上，t＝0時，小物塊（可視為質點）以速度v0滑上長木板左端，t1時刻小物塊恰好滑至長木板右端。圖乙為物塊與木板運動的v﹣t圖像，圖中t1、v0、v1均已知，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．木板的長度為v0t1 B．物塊與木板的質量之比為v1C．物塊與木板之間的動摩擦因數為v0D．0～t1時間內物塊動能的減少量與木板動能的增加量之比為v【分析】小物塊在長木板上滑行過程，物塊與木板組成的系統動量守恒，根據v﹣t圖像分析清楚兩者的運動過程，應用動量守恒定律與能量守恒定律、動量定理分析答題。【解答】解：A.t1時刻小物塊恰好滑至長木板的最右端，所以相對位移就是板長，根據題圖乙可知板長L=Δx=v故A錯誤；B.設物塊與木板的質量分別為m和M，物塊與木板組成的系統動量守恒，以小物塊的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（m+M）v1解得：mM故B錯誤；C.對物塊，以小物塊的初速度方向為正方向，由動量定理得：﹣μmgt1＝mv1﹣mv0解得：μ=v故C錯誤；D.0～t1時間內，木板的動能增加量為ΔE物塊的動能減少量為ΔE物塊動能的減少量與木板動能的增加量之比為ΔE又mM聯立得ΔE故D正確。故選：D。【點評】本題考查了動量守恒定律和動量定理的應用，要知道物塊與木板組成的系統動量守恒，v﹣t圖像與時間軸所圍的面積表示位移。涉及力在時間上的效果時要考慮動量定理。（多選）8．（6分）平拋運動可以分解為水平和豎直方向的兩個直線運動，在同一坐標系中作出這兩個分運動的v﹣t圖線，如圖所示。若平拋運動的時間大于2t1，下列說法中正確的是（）A．圖線b表示豎直分運動的v﹣t圖線 B．t1時刻的速度方向與初速度方向夾角為30° C．t1時間內的位移方向與初速度方向夾角的正切值為12D．2t1時間內的位移方向與初速度方向夾角為60°【分析】A、平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據速度圖線可知運動情況。B、t1時刻可知水平分速度和豎直分速度相等，通過分速度關系可知速度方向與初速度方向的夾角。C、根據水平方向和豎直方向的運動情況，可以求出水平位移和豎直位移，根據兩個分位移的關系可得出位移與水平方向的夾角。D、根據速度—時間圖線可知道2t1時刻的水平位移和豎直位移關系，根據該關系，可以求出位移與水平方向的夾角。【解答】解：A、圖線b是初速度為0的勻加速直線運動，所以圖線b表示的是豎直分運動。故A正確。B、t1時刻可知水平分速度和豎直分速度相等，則速度與初速度方向的夾角為45°．故B錯誤。C、圖線與時間軸圍成的面積表示位移，則t1時刻豎直方向的位移與水平方向的位移之比為1：2，所以t1時刻的位移方向與初速度方向夾角的正切值為12D、2t1時刻豎直方向的位移和水平方向的位移相等，所以2t1時刻的位移方向與初速度方向夾角為45°．故D錯誤。故選：AC。【點評】解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做自由落體運動，可以通過速度、位移的合成與分解求出速度、位移與水平方向的夾角。（多選）9．（6分）如圖，真空區域內有寬度為d、磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里，MN、PQ為磁場的邊界。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力），沿著與MN夾角θ為30°的方向以某一速度射入磁場中，粒子恰好未能從PQ邊界射出磁場。下列說法正確的是（）A．可求出粒子在磁場中運動的半徑 B．可求出粒子在磁場中運動的加速度大小 C．若僅射入速度減小，則粒子在磁場中運動的時間減小 D．若僅磁感應強度增大，則粒子在磁場中運動的時間減小【分析】AB./粒子恰好未能從PQ邊界射出磁場，其在磁場中的勻速圓周運動軌跡與PQ邊界相切，由幾何關系可得圓周運動半徑，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律解答；CD.若僅減小射入速度，或僅增大磁感應強度，粒子運動半徑變小，軌跡圓心角不變，結合運動周期分析運動時間的變化。【解答】解：AB.根據題意可以分析粒子到達PQ邊界時速度方向與邊界線相切，如圖所示則根據幾何關系可知d＝r+rcos30°在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力qvB=mv解得r=mv則加速度為a=v故AB正確；CD.根據t=α若僅減小射入速度，則粒子在磁場中運動的半徑減小，可知粒子運動軌跡的圓心角不變，時間不變，若僅增大磁感應強度，粒子運動軌跡的圓心角不變，粒子在磁場中運動的時間變短，故C錯誤，D正確。故選：ABD。【點評】本題考查了帶電粒子在磁場中運動問題，此類問題的基本功是能根據幾何知識找到圓心、求解半徑以及圓心角。知道運動時間與軌跡圓心角相關聯，運動的線速度與運動半徑相關聯。（多選）10．（6分）如圖，質量為m的薄板B與直立輕彈簧上端拴接，彈簧下端固定在地面上，平衡時彈簧壓縮量為h。一質量為m的小物塊A從B正上方距離為3h處自由落下，接觸薄板后粘連在一起向下運動。已知彈簧的彈性勢能Ep=12kxA．A剛接觸B時的動能為3mgh B．彈簧的最大彈性勢能為8mgh C．A和B一起運動的最大速度大小為3gh D．A和B一起運動的最大加速度大小為g【分析】AB.物塊A做自由落體運動，根據機械能守恒定律求出A剛接觸B時的動能，根據動量守恒定律求出碰撞后兩者的共同速度，從A、B碰撞到達最低點，根據系統機械能守恒求彈簧的最大彈性勢能；C.當彈簧彈力與A、B的重力相等時，A和B一起運動的速度最大，由平衡條件求出此時彈簧的壓縮量，再由機械能守恒定律求最大速度；D.A、B一起運動到最低點時，加速度最大，由牛頓第二定律求最大加速度；【解答】解：AB、物塊A做自由落體運動，設其與木板B碰撞前瞬間的速度大小為v0，由機械能守恒定律可得mg?3h=1解得v0物塊A與木板B碰撞瞬間滿足動量守恒，取豎直向下為正方向，由動量守恒定律可得mv0＝2mv1解得v1從A、B碰撞到達最低點，設在最低點時彈簧壓縮量為x1，由A、B及彈簧組成的機械能守恒可得12其中kh＝mg解得x1＝4h則彈簧的最大彈性勢能為Epm故AB正確；C、當彈簧彈力與A、B的重力相等時，A和B一起運動的速度最大，設此時彈簧的壓縮量為x2，由平衡條件可得kx2＝2mg解得x2＝2h根據系統機械能守恒定律有12解得vm故C錯誤；D、A和B一起運動到最低點時，彈簧的形變量最大，彈簧對A、B整體的彈力最大，加速度最大，由牛頓第二定律有kx1﹣2mg＝2mam解得A、B一起運動的最大加速度大小為am＝g故D正確。故選：ABD。【點評】根據題意分析清楚物體運動過程是解題的前提，結合動量守恒和機械能守恒求解，注意正方向的規定。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．（6分）用單擺測量重力加速度的實驗中（1）用刻度尺測出擺球球心與懸掛點之間的距離作為擺長l的測量值，用停表測量單擺完成n次全振動所用的時間t，則重力加速度g＝4π2（2）實驗時改變擺長，測出幾組擺長l和對應的周期T的數據，作出l﹣T2圖像，如圖所示。利用A、B兩點的坐標可寫出重力加速度的表達式為g＝4π2(I（3）請寫出一個測量g的其他方法：見解析。【分析】（1）根據全振動的時間和次數求單擺周期；根據單擺周期公式求解作答；（2）根據單擺周期公式求解l﹣T2函數，結合圖像斜率求解重力加速度，并進行誤差分析；（3）利用自由落體運動測重力加速度。【解答】解：（1）單擺的周期T=根據單擺周期公式T=2π聯立解得g=（2）根據單擺周期公式T=2π變形得l=l﹣T2圖像的斜率k=結合l﹣T2函數，圖像斜率k=聯立解得g=若擺球質量分布不均勻，則擺長L＝l+r根據單擺周期公式T=2π變形得l=圖像的斜率k=由于圖像的斜率不變，重力加速度的測量值等于真實值；（3）利用自由落體運動測量重力加速度：將打點計時器安裝在鐵架臺上，使打點計時器的限位孔在同一豎直平面內，讓紙帶一端與槽碼相連，另一端穿過打點計時器；讓槽碼靠近打點計時器，用手提住紙帶的另一端；實驗中需要調整好儀器，接通打點計時器的電源，松開紙帶，使重物下落，打點計時器會在紙帶上打出一系列小點，最后根據紙帶上的點跡求出重力加速度。故答案為：（1）4π2n【點評】本題考查了應用單擺測重力加速度的實驗原理、實驗操作、實驗誤差分析等問題；掌握單擺周期公式的運用。12．（8分）測量電壓表V1的內阻，可選用的器材如下：待測電壓表V1：量程0～3V，內阻約2000Ω電壓表V2：量程0～5V，內阻約3500Ω電流表A：量程0～0.6A，內阻約0.1Ω電阻箱R1；阻值范圍0～9999Ω電阻箱R2：阻值范圍0～99.9Ω滑動變阻器R：最大阻值100Ω，額定電流1.5A電源E：電動勢6V，內阻不計開關S及導線若干（1）在虛線框內畫出實驗電路圖，并在圖上標出所用器材的符號；（2）寫出用測量值表示電壓表V1內阻的表達式RV＝U1R1U【分析】（1）根據歐姆定律，通過待測電壓表的最大電流，然后結合電流表量程進行分析；實驗時要采用“伏﹣伏”法測電壓表內阻，據此完成電路圖的設計；（2）根據串聯、并聯電路的特點和歐姆定律求解作答。【解答】解：（1）根據歐姆定律，通過待測電壓表的最大電流I=電流表A的量程過大，電流測量的誤差大；電阻箱R1的阻值范圍0～9999Ω，與待測電壓表內阻相當，電阻箱R2的最大電阻過小，因此選擇電阻箱R1與待測電壓表串聯；電壓表V2測待測電壓表V1和電阻箱兩端的總電壓，電路圖如圖所示：（2）設電壓表V1、V2的讀數分別為U1、U2，電阻箱R1的接入電阻為R1；根據串聯、并聯電路的特點和歐姆定律U解得RV1故答案為：（1）見解析；（2）U1【點評】本題考查了電壓表的內阻的測量，要明確實驗原理，掌握歐姆定律、串聯和并聯電路特點的運用。13．（10分）圖示陰影部分ABC為一透明材料做成的柱形光學元件的橫截面，AC為一半徑為R的14圓弧，D為圓弧面圓心，ABCD構成正方形，在D處有一點光源。若只考慮首次從圓弧AC直接射向AB、BC的光線，從點光源射入圓弧AC的光中，有一部分不能從AB、BC面直接射出。已知這部分光照射圓弧AC的弧長為π（1）該材料的折射率；（2）直接從AB、BC面射出的光線中，在此光學元件中傳播的最大時間。【分析】（1）結合題意，由幾何關系、臨界角與折射率的關系分別列式，即可分析求解；（2）結合前面分析，由幾何關系、折射率與光速的關系、速度與時間的關系分別列式，即可分析求解。【解答】解：（1）設弧長為πR6的圓弧所對應的圓心角為α則：α=πR根據幾何知識可知，全反射的臨界角為C＝30°，根據臨界角與折射率的關系可得：sinC=1解得：n＝2；（2）由幾何關系及（1）可得下圖：由幾何關系可知，直接從AB、BC面射出的光線中，在此光學元件中傳播的最長路徑的長度為：l=R光在此光學元件中傳播的速度為：v=c則光在此光學元件中傳播的最長時間為：t=l聯立解得：t=2(2答：（1）該材料的折射率為2；（2）直接從AB、BC面射出的光線中，在此光學元件中傳播的最大時間為2(2【點評】本題考查光的折射與全反射的綜合問題，解題時需注意，光投射到兩種介質的界面上會發生反射和折射，入射角和反射角、入射角和折射角的關系分別遵守反射定律和折射定律，當光從光密介質射向光疏介質中時，若入射角等于或者大于臨界角會發生全反射現象。14．（12分）如圖，不可伸長的輕繩將物塊a懸掛于O點。現將輕繩拉至與豎直方向夾角θ＝60°，將物塊a由靜止釋放，當物塊a運動至最低點時，恰好與靜止在水平面上的物塊b發生彈性碰撞。碰撞后物塊b在水平面上滑行一段距離后停下來。已知輕繩長度L＝0.4m，物塊a、b質量分別為ma＝0.1kg、mb＝0.3kg，物塊b與水平面間的動摩擦因數μ＝0.1；a、b均視為質點，不計空氣阻力。重力加速度g取10m/s2。（1）求碰撞前瞬間，輕繩對物塊a的拉力大小；（2）求物塊b在水平面上滑行的距離。【分析】（1）應用動能定理求出碰撞前a的速度，應用牛頓第二定律求出輕繩對a的拉力大小。（2）a、b發生彈性碰撞，碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，應用動量守恒定律與機械能守恒定律求出碰撞后b的速度，應用動能定理求出b滑行的距離。【解答】解：（1）a下擺到最低點過程，由動能定理得：magL=1在最低點，對a，由牛頓第二定律得：F﹣mag＝mav代入數據解得：F＝2