2025屆山東省濰坊市高三下學期二模物理試題（含答案）

第第頁2025屆山東省濰坊市高三下學期二模物理試題一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24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．下列四幅圖片涉及的物理現象，說法正確的是（）A．甲圖中用粗棉線實現自動澆水，利用了毛細現象B．乙圖中熱針接觸涂蠟固體后，蠟融化區域呈現圓形，說明該固體為非晶體C．丙圖中抽去玻璃板后兩種氣體混合，原因是分子間存在引力D．丁圖中用手推動封閉注射器的活塞時阻力增大，原因是分子斥力增大2．在光電效應實驗中，小明用甲、乙、丙三種光分別照射同一光電管，得到的光電流I與電壓U的關系曲線如圖所示，下列說法正確的是（）A．甲光照射時光電子的最大初動能比丙光大B．甲光的強度比丙光大C．甲光的頻率比乙光大D．乙光的波長比丙光長3．殲-20的光學著陸系統中用到了雙縫干涉的知識。某物理興趣小組用如圖甲所示的裝置做雙縫干涉實驗，通過目鏡觀察到屏上的條紋如圖乙所示。只改變一個條件，使觀察到的條紋如圖丙所示，則改變的條件是（）A．換用長度更長的遮光筒 B．增大單縫到雙縫的距離C．換用間距更小的雙縫 D．紅色濾光片換成紫色濾光片4．如圖所示，S1、S2為繩左右兩端的波源，P為繩子中點。S1振動了T1時間，發出一個獨立的半波a；A．0 B．T1?T28 5．如圖所示，子彈垂直射入并排在一起固定的相同木板，穿過第12塊木板后速度變為0．子彈視為質點，在各木板中運動的加速度都相同。從子彈射入開始，到分別接觸第4、7、10塊木板所用時間之比為（）A．3:2:1 B．3C．2?3:2?6．中國空間站繞地球運行方向如圖所示，由于地球遮擋陽光，空間站內宇航員在一天內會經歷多次日落日出。太陽光看作平行光，空間站經歷一次日落到日出轉過的圓心角為2θ，則空間站線速度大小與第一宇宙速度大小之比為（）A．1sinθ B．sinθ C．17．如圖所示，帶電量分別為+4Q和-Q的兩個點電荷固定在x軸上，其中正電荷的坐標x1=-d，負電荷的坐標x2=0。選無窮遠處電勢為零，將一電子從x3=d2處由靜止釋放，此時其電勢能為Ep1、加速度大小為a1；當電子運動到x4=d處時電勢能為EA．Ep1<Ep2，a1<a2 B．Ep1<Ep2，a1>a2C．Ep1>Ep2，a1>a2 D．Ep1>Ep2，a1<a28．如圖為可調式理想變壓器輸電示意圖。原線圈連接燈泡L1，副線圈匝數可通過滑動觸頭Q來調節，在副線圈兩端按照圖示連接了定值電阻R0、燈泡L2、滑動變阻器R，P為滑動變阻器的滑動觸頭。燈泡LA．保持Q的位置不動，將P從a端滑動到b端的過程中，L1先變暗后變亮，LB．保持Q的位置不動，將P從a端滑動到b端的過程中，L1先變暗后變亮，LC．保持P的位置不動，將Q向上滑動的過程中，燈泡L1一直變暗，LD．保持P的位置不動，將Q向上滑動的過程中，燈泡L1一直變亮，L二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16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4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9．如圖所示，半徑為R的光滑圓環固定在豎直平面內，a為圓環上最高點，c為圓環上最低點，圓環上b、d兩點與圓心等高。原長為2R的輕彈簧一端固定在d點，另一端與小球栓接，小球套在圓環上，從a點由靜止釋放，經b點下滑至c點，下列說法正確的是（）A．由a到b過程，重力的瞬時功率一直變大B．由a到b過程，彈簧彈力的瞬時功率一直變大C．由a到c過程，重力的平均功率大于彈簧彈力的平均功率D．由a到c過程，小球的機械能一直變大10．如圖所示，小明用輕繩PQ拴住輕桿OQ的頂端，輕桿下端O用鉸鏈固定在水平地面上某高度處，Q端下方懸掛重物，輕繩PQ長度為定值。PQ與水平方向夾角α=30°，OQ與水平方向夾角β=60°，下列說法正確的是（）A．輕繩PQ對Q端的拉力大于重物重力B．輕桿OQ對Q端的支持力等于重物重力的3倍C．若小明拉住輕繩P端緩慢向右移動，輕繩PQ對Q端的拉力逐漸增大D．若小明拉住輕繩P端緩慢向右移動，輕繩PQ對Q端的拉力逐漸減小11．如圖所示，P、Q、M為同一豎直平面內三點，P、Q位于同一條豎直線上，Q、M位于水平地面上，且PQ=QM。某一時刻小球甲從P點水平拋出，同時小球乙從Q點與QM成θ角拋出，速度方向如圖，兩球在M點相遇，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．從拋出到相遇，乙速度變化量大于甲B．甲、乙初速度大小之比為1:C．相遇前瞬間，甲、乙速度大小之比為2:D．僅改變乙拋出的θ角，則其落地時一定位于M點的左側12．如圖所示，間距為L的兩光滑平行導軌由傾斜部分和水平部分組成，固定在水平地面上，兩部分通過光滑圓弧絕緣小段相連接。傾斜軌道M1N1和M2N2的傾角θ=60°，M1A．導體棒P沿傾斜導軌做勻加速直線運動，加速度大小為3B．ad邊剛進入磁場邊界eh時的速度為gLC．整個線框穿過磁場的過程中，流過電阻R的電荷量為BD．整個線框穿出磁場后的速度為gL三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13．某小組用三根規格相同的橡皮筋（遵循胡克定律）、細線、重物、刻度尺、三角板、白紙、圖釘、木板等器材探究兩個互成角度力的合成規律，實驗操作如下：①用細繩拴住橡皮筋兩端，確保三根橡皮筋兩結點間原長相同，用刻度尺量出橡皮筋的原長；②木板豎直固定，用圖釘將白紙固定在木板上；③將一根橡皮筋上端的細繩固定在a點，下端細繩拴接甲乙重物，如圖甲所示，待重物靜止后記錄接點位置，并標記為O，用刻度尺量出橡皮筋1兩結點間的長度；④將另外兩根橡皮筋上端的細繩分別固定在b、c兩點，下端的細繩拴接（接點為O'⑤用橡皮筋伸長量表示其受力的大小，作出橡皮筋1對O拉力的圖示F1，橡皮筋2和3對O'拉力的圖示F2⑥以F2和F3為鄰邊作平行四邊形，比較請回答下列問題：（1）關于本實驗下列說法正確的是______；A．圖乙中b、c兩點可以不在同一高度處B．圖乙中橡皮筋2和3需調整至互相垂直C．若橡皮筋規格不相同，對實驗無影響D．重物質量適量大些，可以減小實驗誤差（2）步驟④中有遺漏，請補充：；（3）該實驗中合力F1和兩個分力F2、14．熱敏電阻常用于溫度控制或過熱保護裝置中。某學習小組利用熱敏電阻，設計制作自動報警裝置，方案如下：（1）使用多用電表研究熱敏電阻Rt①用多用電表測Rt的阻值，選擇開關應置于②不同溫度下選擇合適的擋位，讀出熱敏電阻Rt的阻值。某次讀數時，發現多用電表的指針偏轉角度較大，為了較準確地讀出此溫度下熱敏電阻的阻值，需要將選擇開關換到③描繪出熱敏電阻Rt（2）使用上述熱敏電阻Rt①為了降低裝置的報警溫度，應將滑動變阻器滑片P向（選填“左”或“右”）移動；②設定裝置的報警溫度為100℃，報警時流過熱敏電阻Rt的電流為10mA，已知直流電源電動勢E=15V（內阻不計），忽略電磁鐵線圈電阻，則滑動變阻器應接入電路的阻值為15．圖甲為市面上常見的氣壓式升降椅，它通過汽缸的上下運動支配座椅升降，其簡易結構如圖乙所示，圓柱形汽缸與座椅固定連接，橫截面積S=20cm2的柱狀支架與底座固定連接，可自由移動的汽缸與支架之間封閉一定質量的理想氣體。質量M=60kg的工作人員坐在座椅上（兩腳懸空離地），穩定后封閉氣體柱長度L1=10.4cm，已知汽缸與座椅的總質量m=10kg，大氣壓強p（1）求降溫過程座椅高度的變化量；（2）若降溫過程封閉氣體內能變化了1.4J，求氣體吸收或放出的熱量。16．半圓柱體玻璃磚的橫截面如圖所示，O為圓心，半徑OP長為R，一束由a、b兩種單色光組成的復色光沿AP方向從PO面射入玻璃磚，∠APO=150°，a光恰好在玻璃磚曲面上發生全反射。已知玻璃對a光的折射率大于玻璃對b光的折射率，光在真空中的傳播速度為c，求：（1）玻璃對a光的折射率；（2）b光從進入玻璃磚到第一次射出玻璃磚所用的時間。17．如圖所示，正方體物塊A放在離地高度H=3.2m的粗糙平臺上，直徑與A棱長相同的小球B靜置在與A等高處，與平臺右端距離S=0.8m，光滑固定斜面MN與水平方向夾角θ=45°，N點與水平軌道NP平滑相連，PQ是半徑R=25m的足夠長光滑圓弧，P點是圓弧最低點，圓心未畫出。現對A施加水平拉力F=12N，使A由靜止開始向右運動，t1=3s后撤去F，A繼續滑行t2=1s（1）求A離開平臺時的速度vA（2）求碰撞過程中，A、B形變量最大時系統的彈性勢能Ep（3）求A與B到達地面的時間差Δt（4）某同學認為可以利用單擺周期T=2πRg，計算小球B離開P點到返回P點所用時間18．如圖所示，在真空建立坐標系O-xyz，z軸正方向垂直于紙面向外（未畫出），xOy平面的第二象限內有邊界互相平行且寬度均為d的六個區域，交替分布著沿y軸負方向的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場；x>0區域存在方向均沿著x軸正方向的勻強磁場和勻強電場（未畫出），磁感應強度大小B1=kmgqv0，電場強度大小E1（1）在平面坐標系xOy的第二象限中電場強度大小E0（2）在x>0區域內，粒子偏離xOy平面的最大距離；（3）在x>0區域內，粒子偏離xOy平面距離最大時的x坐標；（4）在平面坐標系xOy的第二象限中磁感應強度大小B0

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．甲圖中用粗棉線實現自動澆水，利用了毛細現象，故A正確；B．圖乙說明固體在傳導熱量上具有各向同性，多晶體和非晶體都具有各向同性，說明該固體可能是多晶體，也可能是非晶體，故B錯誤；C．丙圖中抽去玻璃板后兩種氣體混合，原因是分子不停地做無規則的熱運動，故C錯誤；D．丁圖中封閉注射器的出射口，按壓管內封閉氣體過程中阻力增大，是氣體壓強逐漸變大的緣故，故D錯誤。故答案為：A。

【分析】結合毛細現象、晶體與非晶體的各向同性、分子熱運動、氣體壓強等基礎熱學概念，逐一分析四幅圖對應的物理原理，判斷選項正誤。2．【答案】B【解析】【解答】結合圖像，由光電子最大初動能公式Ek=eUc=hν?故答案為：B。

【分析】根據光電效應方程Ek=eU3．【答案】D【解析】【解答】根據相鄰條紋間距公式Δ可知，若要減小條紋間距?x，則可以減小光屏到雙縫的距離L，減小波長λ，增大雙縫間距d，由于紅光波長比紫光更長，所以可以將紅色濾光片換成紫色濾光片，減小波長。故答案為：D。

【分析】根據雙縫干涉條紋間距公式Δx=Ld4．【答案】D【解析】【解答】機械波的傳播速度只與介質有關，所以兩列半波的波峰從波源傳播到P點的時間相同，波源S1從平衡位置振動到最高點所用時間為T12，波源S2從平衡位置振動到最高點所用時間為T故答案為：D。

【分析】機械波在同一介質中傳播速度相同，兩列波的波峰從波源傳到中點P的傳播時間相等；要讓波峰在P點相遇，需讓兩波源各自振動到波峰的時間差等于兩波發出的時間差。5．【答案】C【解析】【解答】設子彈的質量為m，子彈初速度為v0，因為子彈在木板中的加速度相同，木板的長度也相同，所以子彈在每個木板中損失的動能相同，所以在接觸第4塊木板時E解得：v所以接觸第4塊木板所用時間t在接觸第7塊木板時E解得：v所以接觸第7塊木板所用時間t在接觸第10塊木板時E解得：v所以接觸第10塊木板所用時間t所以t故答案為：C。

【分析】將子彈的勻減速直線運動逆向視為初速度為0的勻加速直線運動，利用初速度為0的勻加速直線運動位移與時間的比例關系，計算通過連續相等位移的時間，再轉化為正向運動的時間之比。6．【答案】B【解析】【解答】根據題意可知，空間站的軌道半徑為r=根據萬有引力提供向心力可得GMmr聯立可得v故答案為：B。

【分析】先由幾何關系求出空間站軌道半徑與地球半徑的關系，再利用萬有引力提供向心力的公式，分別表示空間站線速度和第一宇宙速度，最后求兩者比值。7．【答案】C【解析】【解答】兩點電荷在x3處產生的電場強度大小分別為E1=k所以x3處電場強度方向沿x軸負方向，電子受到沿x軸正方向的電場力，電子的加速度大小為a兩點電荷在x4處產生的電場強度大小分別為E3=k所以x4處電場強度為零，電子所受電場力為零，加速度a由于電場力做正功，所以電勢能減小，則E故答案為：C。

【分析】先通過點電荷場強公式計算指定位置的合場強，判斷電場力和加速度大小；再根據電場力做功與電勢能變化的關系，比較電勢能大小。8．【答案】A【解析】【解答】AB．根據題意可知副線圈的總電阻為1化簡得R=則滑動變阻器R的滑片從a端滑到b端的過程中，副線圈的總電阻先增大后減小，根據等效電阻關系，變壓器與副線圈電阻可等效為電阻R則等效電阻先增大后減小，對原線圈電路由歐姆定律有I理想變壓器電流關系I由上述分析可知I1先減小后增大，I2先減小后增大，則L變壓器電壓關系U由于I1先減小后增大，則副線圈的電壓U2先增大后減小，通過L則滑動變阻器R的滑片從a端滑到b端的過程中，Rbp逐漸減小，副線圈的電壓U2增大過程中IL2增大；在副線圈的電壓U2Rap逐漸增大，則IR可知L2CD．根據等效電阻關系，有R可知保持P的位置不動，將Q向上滑動的過程中，n2增大，故等效電阻變小，根據歐姆定律可知I1增大，故L1即當R=(n1n故答案為：A。

【分析】先分析副線圈電路的總電阻變化規律，結合理想變壓器等效電阻與變壓比的關系，推導原線圈側等效電阻變化；再依據閉合電路歐姆定律分析原線圈電流及原線圈側燈泡L1?的亮度變化；最后根據變壓器電流關系確定副線圈電流，結合串并聯電路規律分析L2?的亮度變化，同時對比Q滑動時副線圈匝數變化對電路的影響。9．【答案】A,C【解析】【解答】A．輕彈簧的原長為2R，可知小球運動到b點時彈簧處于原長，則由a到b過程，重力和彈簧彈力均對小球做正功，小球的動能增大，速度增大，且速度與豎直方向的夾角逐漸減小，所以豎直分速度增大，根據P=mg可知重力的瞬時功率一直變大，故A正確；B．小球運動到b點時，彈簧彈力為0，此時彈簧彈力的瞬時功率為0，所以由a到b過程，彈簧彈力的瞬時功率不是一直變大，故B錯誤；C．根據對稱性可知，小球處于a點和c點時，彈簧的形變量相等，則由a到c過程，彈力做功為0，彈簧彈力的平均功率為0；該過程重力做正功，重力的平均功率大于0，故C正確；D．由a到c過程，彈簧彈力對小球先做正功，后做負功，小球的機械能先增大后減小，故D錯誤。故答案為：AC。

【分析】先分析彈簧形變量與彈力做功規律，結合功率定義判斷重力、彈簧彈力的瞬時功率變化；再利用對稱性分析a到c過程彈力總功，結合平均功率定義比較重力與彈力的平均功率；最后根據除重力外其他力做功與機械能變化的關系，判斷小球機械能的變化趨勢。10．【答案】B,C【解析】【解答】A．設物體的重力為mg，輕桿的彈力為T1，輕繩的彈力為T2。選擇由幾何關系可得，θ=γ=30°，OQ為角平分線，則B．由A選項受力分析可知，T1CD．過O點向PQ做垂線交PQ于S，設O距離水平PQ面的高度為H，選擇Q為研究對象，做矢量三角形如圖所示由幾何關系可知，力的矢量三角形與幾何三角形OQS相似，且滿足mgSO=T故答案為：BC。

【分析】以Q點為研究對象，利用共點力平衡條件，結合幾何角度關系建立力的平衡方程，求解初始狀態下輕繩拉力與輕桿支持力的大小；再通過動態平衡分析，結合幾何約束（PQ長度不變、O點位置固定），判斷P右移時輕繩拉力的變化趨勢。11．【答案】B,D【解析】【解答】A．速度變化量為Δv=gtB．小球甲做平拋運動，則x=v1小球乙做斜上拋運動，則x=v2聯立可得θ=45°，v1C．相遇前瞬間，甲的速度大小為v乙的速度大小為v乙=vD．對乙球，有x=v2cosθ?t由此可知，當θ=45°時，乙球的水平位移最大，所以若改變乙拋出的θ角，其水平位移減小，即其落地時一定位于M點的左側，故D正確。故答案為：BD。

【分析】以相遇點為橋梁，結合平拋與斜拋運動的分運動規律，建立水平、豎直方向的位移與速度方程；聯立求解拋射角與初速度比例，再通過運動學公式計算相遇瞬間的合速度，最后利用斜拋運動落地時間與水平位移的關系分析落點位置。12．【答案】A,D【解析】【解答】A．對導體棒P在下滑過程中受力分析有mgsin60°?BIL=ma，I=Δq聯立解得a=3B．導體棒在傾斜導軌上做勻加速直線運動，則v02碰后粘在一起形成一個正方形金屬線框，線框從bc邊進入磁場邊界eh到ad邊剛進入磁場邊界eh，根據動量定理可得?BIL?聯立可得v2D．ad邊剛進入磁場邊界eh到整個線框穿出磁場的過程，根據動量定理可得?BI'L?ΔtC．由于bc邊切割磁感線時，電流不經過電阻R，當ad邊切割磁感線時，電阻R與bc并聯，所以整個線框穿過磁場的過程中，流過電阻R的電荷量為q'故答案為：AD。

【分析】先對導體棒P在傾斜導軌上的受力與運動進行分析，結合電容器充電規律推導其加速度；再利用動量守恒計算碰撞后線框的速度；接著通過電磁感應規律分析線框穿過磁場時的電荷量與動量變化，最終得到線框穿出磁場后的速度。13．【答案】（1）A；D（2）記錄O'（3）將重物提起且保持靜止【解析】【解答】（1）A．實驗中，b、c兩點的高度并不影響力的合成，只要保證結點在同一位置即可，A正確；B．橡皮筋2和3不需要互相垂直，它們可以以任意角度互成角度，實驗的目的是探究任意角度的力的合成規律，B錯誤；C．橡皮筋規格不同會導致伸長量與力的關系不一致，影響實驗結果，C錯誤；D．重物質量較大時，橡皮筋的伸長量更明顯，測量誤差相對較小，D正確。故答案為：AD。（2）將兩根橡皮筋分別固定在b、c兩點，并懸掛同一重物，但未明確記錄接點O'的位置。為了后續作圖和分析，需要記錄O'點的位置或者記錄兩橡皮筋的方向。

故答案為：記錄（3）合力F1和兩個分力F2、F3的等效替代作用效果是提起重物并使物體保持靜止，即達到力的平衡狀態。

(2)步驟④需補充記錄結點位置或力的方向，為后續作力的圖示提供幾何依據。(3)合力與分力等效替代的核心是作用效果相同，即讓重物保持靜止平衡。（1）A．實驗中，b、c兩點的高度并不影響力的合成，只要保證結點在同一位置即可，A正確；B．橡皮筋2和3不需要互相垂直，它們可以以任意角度互成角度，實驗的目的是探究任意角度的力的合成規律，B錯誤；C．橡皮筋規格不同會導致伸長量與力的關系不一致，影響實驗結果，C錯誤；D．重物質量較大時，橡皮筋的伸長量更明顯，測量誤差相對較小，D正確。故選AD。（2）將兩根橡皮筋分別固定在b、c兩點，并懸掛同一重物，但未明確記錄接點O'的位置。為了后續作圖和分析，需要記錄O（3）合力F1和兩個分力F2、14．【答案】（1）B區；更低（2）右；1350【解析】【解答】（1）①用多用電表測Rt②多用電表的指針偏轉角度較大，為了較準確地讀出此溫度下熱敏電阻的阻值，需要將選擇開關換到更低擋。

故答案為：①B區；②更低（2）①為了降低裝置的報警溫度，說明報警時熱敏電阻的阻值比原來大，故為了使電流達到電磁繼電器正常吸合時的電流，需要減小滑動變阻器，應將滑動變阻器滑片P向右移。②如果設置報警溫度為100℃，由圖像可知該溫度對應的熱敏電阻阻值為R根據閉合電路歐姆定律可得I=則滑動變阻器應接入電路的阻值為R=1350Ω

故答案為：①右；②1350

【分析】(1)①多用電表測量電阻時，選擇開關應置于歐姆擋區域；

②(2)①降低報警溫度意味著熱敏電阻阻值變大，為保持報警電流不變，需減小滑動變阻器阻值，故滑片向右移動；

②報警時熱敏電阻阻值已知，結合閉合電路歐姆定律可計算滑動變阻器接入阻值。（1）①[1]用多用電表測Rt②[2]多用電表的指針偏轉角度較大，為了較準確地讀出此溫度下熱敏電阻的阻值，需要將選擇開關換到更低擋。（2）①[1]為了降低裝置的報警溫度，說明報警時熱敏電阻的阻值比原來大，故為了使電流達到電磁繼電器正常吸合時的電流，需要減小滑動變阻器，應將滑動變阻器滑片P向右移。②[2]如果設置報警溫度為100℃，由圖像可知該溫度對應的熱敏電阻阻值為R根據閉合電路歐姆定律可得I=則滑動變阻器應接入電路的阻值為R=135015．【答案】（1）解：汽缸內氣體壓強一定，由蓋—呂薩克定律得V即L解得L則Δ可得Δ降溫過程座椅下降了0.4cm（2）解：人坐在座椅上，由平衡條件得pS=氣體溫度下降，內能減小；外界對缸內氣體所做的功W=p即W=pS根據熱力學第一定律Δ代入數據得Q=?5此過程氣體放出熱量為5J【解析】【分析】(1)封閉氣體做等壓變化，用蓋-呂薩克定律建立初末狀態體積與溫度的關系，結合柱體體積公式求氣柱長度變化，進而得到座椅高度變化量。

(2)先計算外界對氣體做的功，再結合熱力學第一定律ΔU=W+Q，求氣體與外界的熱交換量。（1）汽缸內氣體壓強一定，由蓋—呂薩克定律得V即L解得L則Δ可得Δ降溫過程座椅下降了0.4cm（2）人坐在座椅上，由平衡條件得pS=氣體溫度下降，內能減小；外界對缸內氣體所做的功W=p即W=pS根據熱力學第一定律Δ代入數據得Q=?5此過程氣體放出熱量為5J16．【答案】（1）解：a光在玻璃中傳播路徑如圖所示由題意可知i=60°r+C=90°由折射定律na光恰好在玻璃磚曲面上發生全反射，則n解得n（2）解：玻璃對a光的折射率大于玻璃對b光的折射率，則b光第一次到達曲面時不會發生全反射設b光的折射率為nb，則光在玻璃磚中傳播速度v=光在玻璃磚中傳播距離l=2R光在玻璃中傳播時間t=聯立解得t=【解析】【分析】(1)先由幾何關系得到入射角，結合a光恰好全反射的臨界角條件，利用折射定律和全反射公式聯立求解玻璃對a光的折射率。(2)由a、b光折射率大小關系，判斷b光不會全反射，再結合幾何關系求出b光在玻璃中的傳播路程，根據光速與折射率的關系求出傳播速度，進而計算傳播時間。（1）a光在玻璃中傳播路徑如圖所示由題意可知i=60°r+C=90°由折射定律na光恰好在玻璃磚曲面上發生全反射，則n解得n（2）玻璃對a光的折射率大于玻璃對b光的折射率，則b光第一次到達曲面時不會發生全反射設b光的折射率為nb，則光在玻璃磚中傳播速度v=光在玻璃磚中傳播距離l=2R光在玻璃中傳播時間t=聯立解得t=17．【答案】（1）解：對A由牛頓第二定律有F?μ撤去拉力后由牛頓第二定律有?μ由運動學知識有A離開平臺時的速度v代入數值解之可得A離開平臺時的速度v（2）解：A飛出后做平拋運動，A、B彈性正碰，機械能守恒，水平方向動量守恒，A、B形變量最大時A、B水平方向共速v共，豎直方向速度均為由水平方向動量守恒有m由機械能守恒有1代入數值解之可得E（3）解：A、B彈性正碰，機械能守恒，水平方向動量守恒，分離時A、B各自水平速度分別為vA1、由水平方向動量守恒有m由機械能守恒有1代入數值解之可得vB運動到M點前，A、B豎直方向的運動是相同的有tanM點到平臺的高度差h，由運動學知識有h=A此后下落時間tA，由運動學知識有B沿斜面下滑時間tB，由運動學知識有A與B到達地面的時間差Δt，有代入數值解之可得Δ（4）解：小球滑到P點時速度vP，由能量守恒有沿圓弧運動減速到零時高度為h0，由機械能守恒有代入數值解之可得h通過幾何關系可知小球B在最高點時與圓心連線和豎直方向的夾角為α=37°，結合單擺擺角應小于5°知，小球B的運動不符合單擺運動規律，這個同學的計算方式不合理。【解析】【分析】(1)對物塊A分兩段受力分析：拉力作用階段和撤去拉力后階段，由牛頓第二定律求兩段加速度，再結合運動學公式求A離開平臺時的速度。(2)A做平拋運動、B做自由落體運動，先求碰撞前兩者的速度；碰撞過程水平方向動量守恒，形變量最大時二者水平共速，由能量守恒求此時的彈性勢能。

(3)分別計算A平拋落地時間、B碰撞后運動到落地的總時間，二者差值即為時間差。(4)分析圓弧軌道上小球的運動是否滿足單擺小角度近似條件，通過計算最大偏角判斷能否用單擺周期公式計算時間。（1）對A由牛頓第二定律有F?μ撤去拉力后由牛頓第二定律有?μ由