2023-2024学年江苏省苏州市相城区南京师范大学苏州实验学校高三（上）期末模拟考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省苏州市相城区南京师范大学苏州实验学校高三（上）期末模拟考试物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.安培分子环流假说解释了磁现象的电本质，按照安培假设，地球的磁场也是由绕过地心的轴的环形电流引起的，则图中能正确表示安培假设中环流方向的是( )
A. B.
C. D.
2.某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是( )
A. 未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B. 未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C. 接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D. 接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
3.倾角为α、质量为M的斜面体上静止在水平桌面上，质量为m的木块可以在斜面体上匀速下滑，现用大小为F的力沿斜面向下作用于木块，使木块加速下滑，下列结论正确的是()
A. 木块受到的摩擦力大小是mgcsα
B. 木块对斜面体的压力大小是mgsinα
C. 桌面对斜面体的摩擦力大小是Fcsα
D. 桌面对斜面体的支持力大小是(M+m)g
4.关于图中四个演示实验的说法，正确的是( )

A. 甲图中将平行板电容器左侧极板向左平移，验电器张角减小
B. 乙图中阴极射线向下偏转，说明U形磁铁靠近镜头一端为N极
C. 丙图中随着入射角增加，反射光线越来越弱，折射光线越来越强
D. 丁图中静电平衡后，用手触碰导体A端，A端不带电，B端带正电
5.某交流发电机产生交变电流的装置如左图所示，产生的感应电动势与时间的关系如右图所示，下列说法正确的是( )
A. t=0时，线圈平面处于中性面位置，磁通量变化率最大
B. 线圈通过中性面时，交变电流不改变方向
C. 线框中产生的感应电动势e=100sin50tV
D. 如果仅使线圈的转速加倍，则电动势的最大值和周期分别变为200V、0.02s
6.消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题。如图所示的消声器可以用来削弱高速气流产生的噪声。波长分别为0.6m和1.0m的两列声波沿水平管道自左向右传播，在声波到达A处时，分成两列波，这两列波在B处相遇时，消声器对这两列波都达到了良好的消声效果。消声器消除噪声的工作原理及A、B两点间弯管与直管中声波的路程差至少为( )
A. 波的衍射1.5mB. 波的衍射3mC. 波的干涉1.5mD. 波的干涉0.9m
7.如图所示的天平可用来测定磁感应强度B。天平的右臂下面挂有一个电阻为R的矩形线圈，线圈宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。当线圈中通有电流I时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡。当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡。若在此时剪断细线，矩形线圈将由静止下落，经一段时间，线圈的上边离开磁感应强度为B的匀强磁场前瞬间的速度为v，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. B大小为(m1−m2)gNIL
B. B大小为mg2NIL
C. 剪断细线后，线圈上边刚离开磁场前产生的感应电动势为E=BLv
D. 线圈离开磁场前瞬间，感应电流的电功率P=(BLv)2R
8.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度v从M 点竖直向上运动，通过N 点时，速度大小为2v，方向斜向下，且与电场方向的夹角为45°(图中未画出)，则小球从M 运动到N 的过程
( )
A. 重力势能增加12mv2B. 重力势能减少12mv2
C. 电势能增加12mv2D. 电势能减少12mv2
9.为了测量储罐中不导电液体的高度，有人设计了如图所示装置。将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储罐中，电容C可通过单刀双掷开关S与电感L或电源相连。当开关从a拨到b时，由电感L与电容C构成的回路中产生振荡电流。现知道平行板电容器极板面积一定、两极板间距离一定的条件下，当两极板间充入电介质时，电容增大。在该LC振荡电路中，某一时刻的磁场方向、电场方向如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 此时电容器正在充电
B. 振荡电流正在减小
C. 当储罐内的液面高度降低时，LC回路振荡电流的频率升高
D. 当开关从a拨到b时开始计时，经过时间t，电感L上的电流第一次达到最大，则该LC回路中的振荡周期为2t
10.在A、B两点放置电荷量分别为+q1和−q2的点电荷，其形成的电场线分布如图所示，C为A、B连线的中点，D是AB连线的中垂线上的另一点。则下列说法正确的是
A. q1B. C点的电势高于D点的电势
C. 若将一正电荷从C点移到无穷远点，电场力做负功
D. 若将另一负电荷从C点移到D点，电荷电势能减小
11.如图所示，甲、乙是两个完全相同的闭合导线线框，a、b是边界范围、磁感应强度大小和方向都相同的两个匀强磁场区域，只是a区域到地面的高度比b高一些。甲、乙线框分别从磁场区域的正上方距地面相同高度处同时由静止释放，穿过磁场后落到地面。下落过程中线框平面始终保持与磁场方向垂直。以下说法正确的是( )
A. 甲乙两框同时落地
B. 乙框比甲框先落地
C. 落地时甲乙两框速度相同
D. 穿过磁场的过程中甲线框中通过的电荷量小于乙线框
二、实验题：本大题共1小题，共14分。
12.某同学想要描绘标有“3.8V，0.3A”字样的小灯泡L的伏安特性曲线，要求实验尽量准确。可供选择的器材除小灯泡、开关、导线外，还有：
A.电压表V1，量程0～5V，内阻约5kΩ
B.电压表V2，量程0～15V，内阻约15kΩ
C.电流表A1，量程0～500mA，内阻约0.5Ω
D.电流表A2，量程0～100mA，内阻约4Ω
E.滑动变阻器R1，最大阻值10Ω，额定电流2.0A
F.滑动变阻器R2，最大阻值100Ω，额定电流1.0A
G.直流电源E，电动势约6V，内阻可忽略不计

(1)上述器材中，电压表应选______ ，电流表应选______ ，滑动变阻器应选______ (填写各器材前面的序号)。
(2)该同学正确选择仪器后连接了如图甲所示的电路，为保证实验顺利进行，并使误差尽量小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的两项问题：
① ______ ；
② ______ 。
(3)该同学校正电路后，经过正确的实验操作和数据记录，描绘出了小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所示，由此推断小灯泡的电阻值随工作电压的增大而______ (选填“不变”“增大”或“减小”)。
(4)该同学完成实验后又进行了以下探究：把一只这样的小灯泡直接接在电动势为4V、内阻为8Ω的电源上组成闭合回路。请你根据上述信息估算此时小灯泡的功率约为______ W(结果保留两位有效数字)。
三、计算题：本大题共4小题，共42分。
13.如图所示，坐标原点O处的波源t=0时刻开始沿y轴方向做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的简谐波。t=0.3 s时刻，波传到x=3 m的P点。求：
①波的传播速度；
②再经过多长时间，位于x=8 m处的Q点到达波谷。
14.如图所示，水族馆训练员在训练海豚时，将一发光小球高举在水面上方的A位置，海豚的眼睛在B位置，A位置和B位置的水平距离为d，A位置离水面的高度为23d。训练员将小球向左水平抛出，入水点在B位置的正上方，入水前瞬间速度方向与水面夹角为θ。小球在A位置发出的一束光线经水面折射后到达B位置，折射光线与水平方向的夹角也为θ。已知水的折射率n=43，求：
(1)tanθ的值；
(2)B位置到水面的距离H。
15.如图所示，足够长的光滑水平台面M距地面高h=0.80m，平台右端紧接长度L=5.4m的水平传送带NP，A、B两滑块的质量分别为mA=4kg、mB=2kg，滑块之间压着一条轻弹簧(不与两滑块栓接)并用一根细线锁定，两者一起在平台上以速度v=1m/s向右匀速运动；突然，滑块间的细线瞬间断裂，两滑块与弹簧脱离，之后A继续向右运动，并在静止的传送带上滑行了1.8m，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s2，求：
(1)细线断裂瞬间A物体的速度和弹簧释放的弹性势能Ep；
(2)若在滑块A冲到传送带时传送带立即以速度v1=1m/s逆时针匀速运动，求滑块A与传送带系统因摩擦产生的热量Q；
(3)若在滑块A冲到传送带时传送带立即以速度v2=6.5m/s顺时针匀速运动，试求滑块A运动至P点时做平抛运动的水平位移x(传送带两端的轮子半径足够小)。
16.粒子源S能够在纸面内连续不断同时向各个方向均匀发射电荷量为q，质量为m，速率都为v=Bqdm的正粒子。粒子收集板MN足够长，水平置于粒子源的正下方，收集板与一灵敏理想电流表G相连接在大地上，收集板与粒子源的间距为d。整个空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。粒子源每秒内可以发射N个粒子，不计粒子的重力及各个粒子之间的相互作用力，求解以下问题：
(1)能打在收集板上的粒子在磁场中运动的最短时间tmin；
(2)收集板上能接收到粒子区域的长度L；
(3)通过电流表的电流大小I；
(4)请你重新设计一种面积最小的磁场区域(磁感应强度的大小不变)，使所有粒子都能打在收集板上，且打在收集板上时粒子的速度方向都垂直于收集板，在答卷纸上画出你所设计的磁场区域和方向。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西，故C正确，ABD错误；
故选：C。
要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向。
主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在。另外要掌握此类题目一定要注意安培定则的准确应用。
2.【答案】D
【解析】A、未接导线时，表针晃动过程中表内线圈要切割磁感线，会产生感应电动势，故A错误。
B、未接导线时，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，由于电路未闭合，则线圈没有感应电流，线圈不受安培力的作用，故B错误。
CD、接上导线后形成闭合回路，表针晃动过程中表内线圈产生感应电流，线圈会受到安培力作用阻碍线圈的转动，表针晃动减弱，故C错误，D正确。
故选D。
不接导线和接上导线时，表针晃动过程中表内线圈都要产生感应电动势，接上导线后，还要产生感应电流，线圈受到安培力的阻碍作用，表针会很快的停下来。
解答本题时，要知道在运输电流表时，通常都会用导线把电流表的两个接线柱连接起来，就是运用电磁阻尼的作用，让指针不再发生大角度的偏转。
3.【答案】D
【解析】【分析】
未加推力F时，物体m沿斜面匀速下滑，而斜面体静止不动，两者都处于平衡状态，可以作为整体处理，分析地面对斜面体有无摩擦力．再研究施加推力F的情况，物块对斜面体的作用力没有变化，分析可知斜面体的受力情况不改变。
本题解题有两个关键：一、是先整体为研究对象，确定出地面的支持力和摩擦力，二是抓住F平行于斜面，物块对斜面体的作用没有变化，从而斜面体的受力情况也不发生改变。
【解答】
A.先对木块m受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有；
f=mgsinα ①
N=mgcsα ②
由①式，选项A错误；
B.斜面对木块的支持力和木块对斜面的压力相等，由②式，B错误；
CD.在未加推力F时，物块m沿斜面匀速下滑，而斜面体静止不动，两者都处于平衡状态，以整体为研究对象，分析可知，竖直方向上受到总重力和地面的支持力，由平衡条件得知，地面的支持力大小等于总重力，水平方向上地面对斜面体没有摩擦力。
施加推力F后，物块对斜面体的压力和摩擦力没有变化，则斜面体的受力情况没有改变，所以斜面体受到的地面的摩擦力仍然为零，地面对斜面体的支持力仍然等于总重力，保持不变，则斜面体对地面的压力也保持不变，故CD错误。故C错误，D正确。
4.【答案】B
【解析】【分析】
解答本题时，要掌握电容的决定式C=εrS4πkd和电容的定义式C=QU，会运用左手定则判断磁场方向。要理解感应起电的过程。
甲图中，根据电容的决定式C=εrS4πkd和电容的定义式C=QU相结合分析静电计张角的变化；
乙图中，运用左手定则判断；
丙图中，随着入射角增加，反射光线增强，折射光线减强；
丁图中静电平衡后，分析电子的流动方向，判断A端和B端的电性。
【解答】
A、甲图中，将平行板电容器左侧极板向左平移，板间距离增大，根据电容的决定式C=εrS4πkd电容减小，电荷量不变，由C=QU知板间电势差增大，静电计张角增大，故A错误；
B、乙图中阴极射线向下偏转，说明阴极射线受到的洛伦兹力向下，阴极射线带负电，向右运动，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，说明U形磁铁靠近镜头一端为N极，故B正确；
C、丙图中随着入射角增加，反射光线越来越强，折射光线越来越弱，当入射角等于或大于临界角时，发生全反射，没有折射光线，只有反射光线，这时反射光线的强度不变，故C错误；
D、丁图中静电平衡后，用手触碰导体A端，大地中的电子经过人体转移到该导体上，再次静电平衡后，A端带负电，B端不带电，故D错误。
5.【答案】D
【解析】D
【详解】AB.由图像可知， t=0 时，电动势为零，此时线圈平面处于中性面位置，磁通量变化率为零，线圈每通过中性面一次，交变电流方向就会改变一次，AB错误；
C.线框中产生的感应电动势的最大值和周期分别为 100V 和 0.04s ，则感应由动势瞬时值为
e=Emsin2πTt=100sin50πtV
C错误；
D.由
Em=NBSω=2πNBSn
T=2πω=1n
如果仅使线圈的转速加倍，则电动势的最大值和周期分别变为 200V 和 0.02s 。
故选D。
6.【答案】C
【解析】C
【详解】根据消声器原理可知，消声器是利用了波的干涉现象在生产生活中的应用；根据波的干涉特点知，两相干波源的距离差为波长的整数倍时，此点为振动增强点；距离差为半波长的奇数倍时，此点为振动减弱点，消声器对这两列波都达到了良好的消声效果，所以A、B两点间弯管与直管的长度差，对于波长为0.6m的声波
Δx1=n1λ12=0.3n1m n1=1,3,5,⋯
对于波长为1.0m的声波
Δx2=n2λ22=0.5n2m n2=1,3,5,⋯
A、B两点间弯管与直管中声波的路程差至少为1.5m。故C正确，ABD错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】解：AB.设线圈的质量为m0，根据受力平衡可得
m1g=(m0+m2) g+NBIL
m1g=(m0+m2+m) g−NBIL
解得
B=mg2NIL
故A错误，B正确；
C.剪断细线后，线圈上边刚离开磁场前产生的感应电动势为E=NBLv
故C错误；
D.由闭合回路欧姆定律可得
I=ER=NBLvR
感应电流的电功率为
P=I2R
解得
P=(NBLv)2R
故D错误；
故选：B。
根据共点力平衡条件解得磁感应强度大小；根据法拉第电磁感应定律解得感应电动势，从而计算电功率。
解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力的平衡及法拉第电磁感应定律去求解问题。
8.【答案】B
【解析】【分析】
对小球受力分析，受重力和电场力，对小球从抛出到N点的运动过程运用动能定理列式分析得到电场力做功情况，根据电场力做功与电势能变化关系得到电势能的变化情况，根据重力做功与重力势能的变化关系得到重力势能的变化情况．
本题为力电综合创新题，考生需熟练掌握运动的独立性，正确理解各个力的功和动能定理的关系．
【解答】
把小球的实际运动分解成竖直方向和水平方向的两个分运动。在N点分解速度，如图
可得v1=v2=2v×sin 45∘= 2v
小球在水平方向只受电场力qE，竖直方向只受重力mg，则小球在水平方向和竖直方向的位移分别为
y=v12−v22g=v22g，
x=v222⋅qEm=mv2qE;
AB.带电小球竖直方向只受重力作用，由动能定理，可得WG=mgy=12mv2
易知重力势能减少12mv2，故A错误，B正确；
CD.带电小球水平方向只受电场力作用，由动能定理，可得W电=qEx=mv2，易知电势能减少mv2，故CD错误。
故选B。
9.【答案】C
【解析】AB.由题图中电场方向可知，此时电容器右极板带正电，左极板带负电，由磁场方向可知电流方向由正极板流向负极板，可知此时电容器正在放电，磁场能增大，电场能减小，振荡电流正在增大，AB错误；
C.根据电容决定式C=εrS4πkd可知当储罐内的液面高度减低时，εr变小，电容C变小，根据T=2π LC可知振荡周期变小，即振荡电流的频率升高，C正确；
D.由LC回路电磁振荡周期性变化规律可知：当开关从a拨到b时开始计时，经过时间t，电感L上的电流第一次达到最大，则该LC回路中的振荡周期为4t，故D错误
故选C。
在LC振荡电路中，当电容器在放电过程：电场能在减少，磁场能在增加，回路中电流在增加，电容器上的电量在减少。从能量看：电场能在向磁场能转化；
当电容器在充电过程：电场能在增加，磁场能在减小，回路中电流在减小，电容器上电量在增加。从能量看：磁场能在向电场能转化。
两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中，故电容器的电容C的大小与液面高度有关(电介质)。
电磁振荡高中阶段不是考察重点内容，出题方向单一，只需了解电流、磁场能、周期、频率等周期性变化规律及电介质对电容影响即可作答。难度较易。
10.【答案】B
【解析】【分析】
本题解题关键根据电场线与等势面垂直，沿电场线方向电势逐渐降低，是一道基础题。
电场线与等势面垂直；沿电场线方向电势逐渐降低，负电荷，电势低的位置电势能大。
【解答】
解：AB.电场线越密电场强度越大，A点附近电场强度大于B点附近电场强度，由点电荷场强公式E=kqr2，q1>q2，根据电场线与等势面的关系，电场线与等势面垂直，画出过C点等势线如图中的黑色线，根据沿电场线方向电势逐渐降低，故C点的电势高于D点的电势，故A错误B正确；
CD.如果q1=q2，则AB连线的中点C点的电势等于无穷远点的电势即都是零，而现在q1>q2，且q1为正电荷，所以AB连线的中点C点的电势大于无穷远点的电势即大于零，因此将一正电荷从C点移到无穷远点，电势能减小，电场力做正功；
根据沿电场线方向电势逐渐降低，C点的电势大于D点的电势，由Ep=φq可知，负电荷从C点移到D点，电荷电势能增大，故CD错误。
11.【答案】B
【解析】解：C、线框进入磁场前做自由落体运动，线框刚进入磁场时的速度大小v= 2gh，由于h乙>h甲，乙线框进入磁场时的速度比甲线框进入磁场时速度大，即v乙>v甲，线框切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，感应电流I=ER=BLvR，线框所受的安培力大小F=BIL=B2L2vR，乙在进入线圈过程中受到的安培力较大，因为两个线圈完全相同，安培力对乙做的负功多，产生的热量多，重力做的功一部分转化为导线框的动能，一部分转化为导线框穿过磁场产生的热量，根据动能定理可知，甲落地速度比乙落地速度大，故C错误；
D、由法拉第电磁感应定律得：E−=ΔΦΔt，由闭合电路的欧姆定律得：I−=E−R，通过线框导线的电荷量q=I−Δt，解得：q=ΔΦR，线框穿过磁场的过程中磁通量的变化量ΔΦ相等，则甲线框中通过的电荷量等于乙线框，故D错误；
AB、以向下为正方向，线框下落过程中，根据动量定理得：mgt−I安=mv−0，线框穿过磁场时，安培力的冲量为I安=BLI−⋅t=BLq，线框穿过磁场中通过的电荷量相等，故甲乙两过程安培力的冲量相等，又因为甲落地时间的速度大于乙落地时的速度，说明甲重力作用的时间更长，则乙先落地，故B正确，A错误。
故选：B。
线框进入磁场前做自由落体运动，求出线框进入磁场时的速度；应用E=BLv求出感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，根据安培力公式求出安培力大小，根据动能定理求出线框落地时速度大小；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律与电流的定义式求出通过线框的电荷量；应用动量定理求出线框运动时间。
根据题意分析清楚线框的运动过程是解题的前提，应用运动学公式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、动能定理、动量定理可以解题。
12.【答案】A C E 电流表采用内接法 滑动变阻器采用限流接法 增大 0.49
【解析】解：(1)灯泡额定电压是3.8V，电压表应选择A；灯泡额定电流为0.3A，电流表应选择C；为方便实验操作，滑动变阻器应选择E。
(2)由欧姆定律可知，灯泡正常发光时的电阻RL=UI=3.80.3Ω≈12.7Ω，由题意可知，RVRL>RLRA，电流表应采用外接法；描绘伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由图甲所示实物电路图可知，电流表采用内接法、滑动变阻器采用限流接法都是错误的。
(3)I−U图线上的点与坐标原点连线斜率的倒数等于电阻，由图乙所示图象可知，随工作电压增大，图线上的点与坐标原点斜率的倒数增大，则灯泡电阻增大。
(4)把灯泡直接接在电源上，由闭合电路的欧姆定律得：E=U+Ir，代入数据整理得：I=0.5−18U，
在灯泡I−U图象坐标系内作出电源的I−U图象如图所示：
由图示图象可知，灯泡两端电压为：U=2.04V，电流为：I=0.242A
灯泡功率为：P=UI=2.04×0.242W≈0.49W；
故答案为：(1)A；C；E；(2)①电流表采用内接法；②滑动变阻器采用限流接法；(3)增大；(4)0.49。
(1)根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
(2)根据题意确定滑动变阻器接法，根据电表内阻与灯泡电阻的关系确定电流表接法，然后分析电路图答题。
(3)根据图示图线应用欧姆定律分析灯泡电阻如何变化。
(4)作出电源I−U图线，求出灯泡电压与电流，然后由P=UI求出灯泡功率。
要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；根据图示图象判断灯泡电阻随工作电压如何变化时要注意是I−U图象，不是U−I图象。
13.【答案】解：①由题知，波从波源传到P点的距离为：△x=3m
用时：t=0.3s
则波的传播速度为：v=Δxt=10m/s
②周期为：T=0.4s
当图中波谷传到Q点时Q点第一次到达波谷，所用时间为：△t′=xv=810s=0.8s
设再经过时间△t，位于x=8m处的Q点到达波谷，则有：△t=0.8+nT=0.4(2+n)s(n=0,1,2…)
答：①波的传播速度是10m/s；
②再经过0.4(2+n)s(n=0,1,2…)时间，位于x=8m处的Q点到达波谷。
【解析】①根据波从波源传到P点的距离与时间，由v=Δxt求波的传播速度；
②由图确定出波的周期，当图中波谷传到Q点时Q点第一次到达波谷，结合波的周期性求解。
解决本题的关键是理解波的形成过程，知道波的周期性，利用波形平移法分析Q点形成波谷的时间。
14.【答案】解：(1)由平抛运动的规律可知
水平方向：d=v0t
竖直方向：23d=12gt2
tanθ=gtv0
解得
tanθ=43
(2)因tanθ=43可知θ=53°，从A点射到水面的光线的入射角为α，折射角为i=90°−θ=37°，则由折射定律可知
n=sinαsini
解得
α=53°
由几何关系可知
Htan37°+23dtan53°=d
解得
H=4d27
答：(1)tanθ的值为43；
(2)B位置到水面的距离为4d27。
【解析】(1)根据平抛运动规律解答；
(2)根据折射定律结合几何关系解得。
本题考查光的折射，解题关键掌握折射定律与平抛运动的综合运用，注意几何关系的寻找。
15.【答案】(1) vA=3m/s ， Ep=24J ；(2) Q=32J ；(3) x=2.4m
【详解】(1)设A、B与弹簧分离瞬间的速度分别为以 vA 、 vB ，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mA+mBv=mAvA+mBvB
A向N运动的过程，运用动能定理得
−μmAgs=0−12mAvA2
细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能为
Ep=12mAvA2+12mBvB2−12mA+mBv2
解得
vA=3m/s
vB=−3m/s
Ep=24J
(2)滑块A在皮带上向右减速到0后向左加速到与传送带共速，之后随传送带向左离开，设相对滑动时间为 Δt ，滑块A有
μmAg=mAa
加速度大小为
a=2.5m/s2
由运动学公式得
−v1=vA−a⋅Δt
xA=vA+−v12⋅Δt
x带=−v1⋅Δt
滑块与传送带间的相对滑动路程为
s1=xA−x带
在相对滑动过程中产生的摩擦热
Q=μmAgs1
由以上各式得
Q=32J
(3)设A平抛初速度为 v2 ，平抛时间为 t ，则
x=v2t
h=12gt2
解得
t=0.4s
若传送带A顺时针运动的速度达到某一临界值 vm ，滑块A将向右一直加速，直到平抛时初速度恰为 vm ，则
μmAgL=12mAvm2−12mAvA2
解得
vm=6m/s
若传送带顺时针运动的速度 v2=6.5m/s ，则A在传送带上向右一直加速运动，平抛初速度等于 vm=6m/s ，水平射程
x=vmt=2.4m

【解析】见答案
16.【答案】(1) πm3qB ；(2) 1+ 3d ；(3) 0.5Nq ；(4)见解析
【详解】(1)根据
qvB=mv2r
得
r=mvqB=d
如图
当粒子与收集板相遇位置在粒子源正下方A点时，弦长最短，圆心角为最小为 60∘ ，时间最短，即
tmin=60360T=162πmqB=πm3qB
(2)粒子与收集板相遇的最左端B和最右端C如图所示，由几何关系，收集板上能接收到粒子区域的长度为
L=d+ 3d=1+ 3d
(3)由图可知，粒子源所发射的粒子中，有一半的粒子到达收集板，则单位时间内收集板收集的粒子电荷量，即电流表示数为
I=0.5Nq
(4)粒子源左右两侧的粒子不可能都逆时针转动且垂直到达收集板，所以两侧需要存在不同方向的匀强磁场。使粒子垂直到达收集板的条件是：粒子射出磁场时的方向与收集板垂直，出射点的集合为半径为d的圆形，故磁场区域为半径为d的圆形区域，即粒子源两侧磁场面积均为 πd2 ，且方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向右。如图所示

【解析】见答案