2025年江蘇省南通市蘇北七市高考物理一模試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2025年江蘇省南通市蘇北七市高考物理一模試卷一、單選題：本大題共11小題，共44分。1.碳14能夠自發(fā)地進(jìn)行衰變：?614C→714N+X。碳14的半衰期為A.衰變放出的X是一種穿透能力極強(qiáng)的高頻電磁波

B.碳14的衰變方程為?614C→714N+?102.在陽光照射下，孔雀的羽毛色彩斑斕，仔細(xì)研究時(shí)發(fā)現(xiàn)孔雀羽毛上有很多細(xì)縫，則孔雀羽毛的彩色可能主要源于(

)A.光的折射 B.光的全反射 C.光的偏振 D.光的衍射3.如圖所示，圍棋比賽時(shí)的評析棋盤是豎直的，棋盤上布有磁石，而每顆棋子都是一個(gè)小磁鐵，棋子靜止在豎直放置的磁性棋盤上，則下列說法正確的是(

)A.棋子對棋盤的摩擦力和棋盤對棋子的摩擦力是平衡力

B.棋子所受重力與棋子所受摩擦力是平衡力

C.要使棋子不易滑下，一般使用相對光滑的材料作棋盤面

D.棋子不會(huì)掉落是因?yàn)槠遄淤|(zhì)量小，重力可以忽略不計(jì)4.如圖，“雙人花樣滑冰”訓(xùn)練時(shí)男運(yùn)動(dòng)員以自己為轉(zhuǎn)動(dòng)軸拉著女運(yùn)動(dòng)員沿冰面做圓周運(yùn)動(dòng)，兩人手臂伸直，女運(yùn)動(dòng)員始終未離開冰面。男運(yùn)動(dòng)員在緩慢下蹲過程，手中拉力大小恒定，則女運(yùn)動(dòng)員(

)A.轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定不變 B.線速度大小恒定不變

C.受到的合外力大小不變 D.加速度方向始終沿著伸直的手臂方向5.2024珠海航空展上，飛行員駕駛飛機(jī)短時(shí)沿實(shí)線軌跡在豎直面內(nèi)勻速率飛行，如圖所示，a、b、c為飛行軌跡上的三點(diǎn)，a、c為飛行過程中距離地面高度相等的兩點(diǎn)，下列關(guān)于飛機(jī)說法正確的是(

)a、c兩點(diǎn)的重力功率相等 B.各點(diǎn)的加速度方向豎直向下

C.a點(diǎn)所受的合力小于c點(diǎn) D.a、b、c三點(diǎn)的機(jī)械能相等6.某同學(xué)以5m/s的速度將籃球斜拋出，球在空中運(yùn)動(dòng)0.4s后垂直撞擊到豎直籃板上，然后以2m/s的水平速度反彈，平拋進(jìn)入籃筐。球與籃板接觸的時(shí)間為0.1s，忽略空氣阻力，籃球質(zhì)量為0.6kg(g取10m/s2)。下列說法正確的是(

)A.籃球撞擊籃板反彈時(shí)的動(dòng)量大小為1.8N?s

B.籃板對球的平均作用力大小為12N

C.籃球被拋出后上升過程處于超重狀態(tài)

D.該同學(xué)投籃處到籃板的水平距離為1.2m

7.如圖所示，人造地球衛(wèi)星1在圓形軌道Ⅰ上運(yùn)行，人造地球衛(wèi)星2在橢圓軌道Ⅱ上運(yùn)行，其中橢圓軌道上的A點(diǎn)為遠(yuǎn)地點(diǎn)，B點(diǎn)為近地點(diǎn)，兩軌道相切于A點(diǎn)，下列說法正確的是(

)A.衛(wèi)星1在軌道Ⅰ上的速度大于7.9km/s

B.衛(wèi)星1在A點(diǎn)的加速度小于衛(wèi)星2在B點(diǎn)的加速度

C.衛(wèi)星1和衛(wèi)星2在相同時(shí)間內(nèi)與地球連線掃過的面積相等

D.衛(wèi)星1在軌道Ⅰ上的機(jī)械能大于在衛(wèi)星2在軌道Ⅱ上的機(jī)械能8.如圖所示，在內(nèi)壁光滑氣缸內(nèi)封閉著一定質(zhì)量的理想氣體，用電熱絲加熱，使其溫度升高T，若活塞固定，吸收熱量為Q1；若活塞不固定，吸收熱量為Q2，則Q1與Q2的大小關(guān)系A(chǔ).Q1>Q2 B.Q1<9.如圖所示為電容式位移傳感器，在電容器板上加上恒壓源U，通過電容器所帶電荷量Q的變化來判斷被測物體的位移x，下列說法中正確的是(

)A.Q變大時(shí)，被測物體向右移動(dòng)

B.被測物體向右移動(dòng)時(shí)，電容器的電容變小

C.該傳感器是通過改變電容器極板間距使電容變化

D.恒壓源U越小，傳感器靈敏度越高10.如圖，A、B、C、D是正方形的四個(gè)頂點(diǎn)，正方形的邊長為a，在A點(diǎn)和C點(diǎn)放有電荷量都為q的正電荷，在B點(diǎn)放了某個(gè)未知電荷q′后，恰好D點(diǎn)的電場強(qiáng)度等于0。則下列說法正確的是(

)A.放在B點(diǎn)的電荷為正電荷

B.放在B點(diǎn)的電荷電荷量為2q

C.將B處的電荷從B點(diǎn)沿BD連線運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，電勢能先增大后減少

D.一帶負(fù)電的試探電荷在D點(diǎn)電勢能比正方形中心電勢能小

11.如圖所示，光滑斜面固定在水平地面上，質(zhì)量相等的物塊A、B通過一根不可伸長的輕繩跨過光滑定滑輪連接，一輕質(zhì)彈簧下端固定在斜面底端，另一端連接在A上。開始時(shí)B被托住，輕繩伸直但沒有彈力，現(xiàn)使B由靜止釋放，在B運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過程中(設(shè)B未落地，A未與滑輪相碰，彈簧始終在彈性限度內(nèi))(

)A.A和B總的重力勢能先減小后增大

B.輕繩拉力對A做的功等于A機(jī)械能的增加

C.當(dāng)A受到的合外力為零時(shí)，A的速度最大

D.當(dāng)A和B的速度最大時(shí)，A和B的總機(jī)械能最大二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共1小題，共16分。12.某實(shí)驗(yàn)小組做“測量一均勻新材料制成的金屬絲的電阻率”實(shí)驗(yàn)。

(1)先用螺旋測微器測量電阻絲Rx的直徑d，示數(shù)如圖甲所示，其直徑d=______mm，再用刻度尺測出電阻絲Rx的長度為L；

(2)首先用多用電表粗測Rx的電阻，當(dāng)用“×10”擋時(shí)發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，應(yīng)該換用______(填“×100”或“×1”)擋，進(jìn)行一系列正確操作后，指針靜止時(shí)位置如圖乙所示，其讀數(shù)為______Ω；

(3)為了能比較精確地測量Rx的阻值，實(shí)驗(yàn)室提供了如下的實(shí)驗(yàn)器材，電流表應(yīng)選用______，定值電阻應(yīng)選用______；為了滑動(dòng)變阻器調(diào)節(jié)方便，并讓電壓變化范圍盡量大一些，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用______(均填儀器前的字母代號(hào))。

A.電源(電動(dòng)勢E=6V，內(nèi)阻不計(jì))

B.電流表(量程為30mA，內(nèi)阻R1=9.5Ω)

C.電流表(量程為3A，內(nèi)阻R2=0.1Ω)

D.電壓表(量程為6V，內(nèi)阻RV>10kΩ)

E.定值電阻R3=0.5Ω

F.定值電阻R4=5Ω

G.滑動(dòng)變阻器(最大阻值為10Ω，允許通過的最大電流為2A)

H.滑動(dòng)變阻器(最大阻值為15kΩ，允許通過的最大電流為0.5A)

I.開關(guān)S，導(dǎo)線若干

(4)根據(jù)所選用的實(shí)驗(yàn)器材，設(shè)計(jì)測量電阻的電路圖如圖丙所示，若電壓表的示數(shù)為U，電流表的示數(shù)為I，則待測電阻的計(jì)算式為Rx=______(用題中相關(guān)物理量的符號(hào)表示)，則該合金絲的電阻率三、計(jì)算題：本大題共4小題，共40分。13.如圖甲所示，以O(shè)O′為軸的透明圓柱體內(nèi)有一個(gè)與軸線OO′平行的線光源SS′截面如圖乙所示，在圓柱體的四周均有光線出射，圓柱體對該光的折射率為n=2，半徑為R，求：

(1)該光對透明圓柱體的臨界角C；

(2)該光源與軸OO′的最大距離dm。14.如圖所示，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0時(shí)刻的波形如圖實(shí)線所示，在t=0.4s時(shí)刻的波形如圖虛線所示。

(1)求波的傳播速度大小v；

(2)若波的周期大于0.4s，寫出x=0處的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程。15.如圖所示，在光滑的水平面上，一根勁度系數(shù)為k，原長0.5L的輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的小球a相連，用一水平恒力F(大小未知)作用于小球a，使小球a靜止在A點(diǎn)，OA間距為L，另一長為L，不可伸長的柔軟輕繩一端與A點(diǎn)處的小球a相連，一端與B點(diǎn)處質(zhì)量也為m的小球b相連(兩球均可視為質(zhì)點(diǎn))，AB連線與OA連接垂直，AB距離為0.6L，求：

(1)小球a靜止在A點(diǎn)時(shí)F的大小；

(2)若沿與OA平行的方向，給小球b—個(gè)向右的初速度v0，求在輕繩繃緊后一瞬間系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE及此后一小段時(shí)間內(nèi)輕繩拉力T；

(3)在第(2)中輕繩繃緊前一瞬間撤去水平恒力F，求此瞬間A、B兩球的速度大小。16.為探測射線，威耳遜曾用置于勻強(qiáng)磁場或電場中的云室來顯示它們的徑跡。某研究小組設(shè)計(jì)了電場和磁場分布如圖所示，在Oxy平面(紙面)內(nèi)，在x1≤x≤x2區(qū)間內(nèi)存在平行y軸的勻強(qiáng)電場，x2?x1=2d。在x≥x3的區(qū)間內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，x3=3d。一未知粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)與x正方向成θ=53°角射入，在坐標(biāo)為(3d,2d)的P點(diǎn)以速度v0垂直磁場邊界射入磁場，并從(3d,0)射出磁場。已知整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)粒子重力，sin53°=0.8。求：

(1)該未知粒子的比荷qm；

(2)勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度E的大小及右邊界x2的值；

(3)如圖所示，若偏轉(zhuǎn)磁場中磁感應(yīng)強(qiáng)度由邊界x3至x4由左向右在間距均為d0(d0很小)中，第一個(gè)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度為B答案解析1.B

【解析】解：AB.根據(jù)反應(yīng)過程電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可知其核反應(yīng)方程為?614C→714N+?10e，可知X為電子，即衰變放出的是β射線，γ射線才是一種穿透能力極強(qiáng)的高頻電磁波，故A錯(cuò)誤，B正確；

C.放射性元素的半衰期是由原子核內(nèi)部自身因素決定的，跟原子所處的化學(xué)狀態(tài)和外部條件沒有關(guān)系，故C錯(cuò)誤；

D.碳14自發(fā)地進(jìn)行衰變，衰變中釋放了能量，根據(jù)質(zhì)能方程可知存在質(zhì)量虧損，所以衰變后X與氮核的質(zhì)量之和小于衰變前碳核的質(zhì)量，故D錯(cuò)誤。

故選：B。

AB.2.D

【解析】解：A、光的折射是光從一種介質(zhì)斜射到另一種介質(zhì)的現(xiàn)象，與題意不符合，故A錯(cuò)誤；

B、光的全反射現(xiàn)象是當(dāng)入射角增大到某一角度，折射角達(dá)到90°時(shí)，折射光完全消失，與題意不符合，故B錯(cuò)誤；

C、光的偏振現(xiàn)象說明光是一種橫波，與題意不符合，故C錯(cuò)誤；

D、由題意得，根據(jù)光的單縫衍射實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知，羽毛彩色的原因可能主要源于光的衍射，故D正確。

故選：D。

根據(jù)光的單縫衍射現(xiàn)象特點(diǎn)判斷可知。

本題考查光的折射、全反射、偏振、衍射等現(xiàn)象，對現(xiàn)象的原理理解是關(guān)鍵。3.B

【解析】解：AB.棋子靜止在上面時(shí)受到重力、彈力、磁力及摩擦力；

彈力和磁力與棋盤垂直，二力平衡，摩擦力豎直向上與重力平衡，故A錯(cuò)誤，B正確；

C.豎直方向上有

f=G

f應(yīng)不超過最大靜摩擦力，則有

f<fm=μN(yùn)=μF

要使棋子不滑下，應(yīng)增大最大靜摩擦力，應(yīng)增大μ，棋盤面應(yīng)選取較粗糙的材料，故C錯(cuò)誤；

D.棋子質(zhì)量小而重力小時(shí)，若沒有其他阻力存在，仍會(huì)向下運(yùn)動(dòng)，棋子不會(huì)掉落是因?yàn)槠遄邮艿狡灞P對它向上的摩擦力，故D錯(cuò)誤。

故選：B。

4.A

【解析】解：AB.男運(yùn)動(dòng)員拉力的水平分力提供女運(yùn)動(dòng)員的向心力，設(shè)拉力與水平方向夾角為θ，女運(yùn)動(dòng)員重心到轉(zhuǎn)動(dòng)軸沿手臂的距離為l不變，則有

Fcosθ=mv2r=mω2r，cosθ=rl

可得

v=Flcos2θm，ω=Fml

男運(yùn)動(dòng)員緩慢下蹲，θ減小，則女運(yùn)動(dòng)員線速度增大，角速度不變，故A正確，B錯(cuò)誤；

C.女運(yùn)動(dòng)員始終未離開冰面，地面對運(yùn)動(dòng)員還有支持力作用，女運(yùn)動(dòng)員受到的合力為

F合=Fcosθ5.C

【解析】解：A.a、c兩點(diǎn)的速度大小相等，但速度方向不同，速度與重力夾角不同，根據(jù)P=mgvcosα，所以重力功率不相等，故A錯(cuò)誤；

BC.質(zhì)點(diǎn)在每小段的運(yùn)動(dòng)都可以看作圓周運(yùn)動(dòng)的一部份，在豎直面內(nèi)勻速率飛行，合力方向指向各自圓心，加速度方向也指向各自圓心，明顯ac兩點(diǎn)加速度方向不向下，a點(diǎn)對應(yīng)的圓周半徑更大，c點(diǎn)對應(yīng)半徑更小，合力提供向心力，根據(jù)向心力公式可知a點(diǎn)所受的合力小于c點(diǎn)，故B錯(cuò)誤，C正確；

D.明顯.a、c兩點(diǎn)的機(jī)械能相等，b點(diǎn)機(jī)械能最大，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

運(yùn)動(dòng)軌跡既不是直線也不是圓周的曲線運(yùn)動(dòng)，可以稱為一般的曲線運(yùn)動(dòng)。盡管這時(shí)曲線各個(gè)位置的彎曲程度不一樣，但在研究時(shí)，可以把這條曲線分割為許多很短的小段，質(zhì)點(diǎn)在每小段的運(yùn)動(dòng)都可以看作圓周運(yùn)動(dòng)的一部分。這樣，在分析質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過曲線上某位置的運(yùn)動(dòng)時(shí)，就可以采用圓周運(yùn)動(dòng)的分析方法來處理了。

將普通曲線運(yùn)動(dòng)看成無數(shù)段小的圓周運(yùn)動(dòng)是解題關(guān)鍵。6.D

【解析】解：A.籃球質(zhì)量為0.6kg，以2m/s的水平速度反彈，由公式p

=

mv可得，籃球撞擊籃板反彈時(shí)的動(dòng)量大小為

p=0.6×2N?s=1.2N?s

故A錯(cuò)誤；

BD.對籃球撞擊籃板前的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行逆向分析，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對稱性可看成平拋運(yùn)動(dòng)，則豎直方向的分速度為

vy=gt

水平方向的分速度為

vx=v02?vy2

則該同學(xué)投籃處到籃板的水平距離為

x=vxt

球與籃板接觸時(shí)，以vx方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理有

?FΔt=?mv?mvx

解得籃板對球的平均作用力大小為7.B

【解析】解：A、第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度，故衛(wèi)星1在軌道Ⅰ上的速度小于7.9

km/s，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)牛頓第二定律可得

GMmr2=ma

解得

a=GMr2

得衛(wèi)星1在A點(diǎn)的加速度小于衛(wèi)星2在B點(diǎn)的加速度，故B正確；

C、根據(jù)開普勒第二定律，衛(wèi)星1在相同時(shí)間內(nèi)與地球連線掃過的面積相等，且衛(wèi)星2在相同時(shí)間內(nèi)與地球連線掃過的面積相等，但兩衛(wèi)星不在同一軌道上，所以在相同時(shí)間內(nèi)與地球連線掃過的面積不相等，故C錯(cuò)誤；

D、由于兩衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系未知，不能確定它們機(jī)械能的大小關(guān)系，故D錯(cuò)誤。

故選：B。

A：第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度；

B：根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)向心加速度的表達(dá)式，根據(jù)半徑關(guān)系判斷加速度大??；

8.B

【解析】解：對一定質(zhì)量的理想氣體，內(nèi)能由溫度決定，兩種情況下氣體溫度變化情況相同，氣體內(nèi)能變化量相等，即：ΔU1=ΔU2，

第一種情況，活塞固定，氣體體積不變，做等容變化，氣體不做功，W1=0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得：ΔU1=Q1，

第二種情況，活塞不固定，氣體體積增大，做等壓變化，氣體對外做功，W2<0，由熱力學(xué)第一定律可得：ΔU2=W2+Q2，9.B

【解析】解：AB、根據(jù)電容的定義式C=QU可知，Q變大時(shí)C也變大，根據(jù)電容的決定式C=?rS4πkd可知，?r增大，被測物體向左移；C減小，?r減小，被測物體向右移，故A錯(cuò)誤，B正確；

C、由題可知，該傳感器是通過電介質(zhì)常數(shù)來改變電容的，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)電容的定義式可知，U減小，Q的變化就小，靈敏度越低，故D錯(cuò)誤；10.D

【解析】解：A、A點(diǎn)電荷在D點(diǎn)的場強(qiáng)方向沿AD方向，C點(diǎn)電荷在D點(diǎn)的場強(qiáng)方向沿CD方向，D點(diǎn)的合場強(qiáng)方向沿BD方向，在B點(diǎn)放了某個(gè)未知電荷q′后，恰好D點(diǎn)的電場強(qiáng)度等于0，故B點(diǎn)放的未知電荷在D點(diǎn)的場強(qiáng)方向沿DB方向，故B點(diǎn)放的未知電荷帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；

B、正方形的邊長為a，在A點(diǎn)和C點(diǎn)放有電荷量都為q的正電荷，故A點(diǎn)和C點(diǎn)電荷在D點(diǎn)的場強(qiáng)大小為

E=kqL2

則合場強(qiáng)為

E合=2E2=2kqL2

B點(diǎn)放的未知電荷在D點(diǎn)的場強(qiáng)大小為

E′=kq′(2L)2

又

E合=E′

得

q′=22q

故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)題意，未知電荷從B點(diǎn)沿BD連線運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減少后增加，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)點(diǎn)電荷周圍電勢分布公式知

φD=kqa+kqa?kq′2a=0

φ中=kq22a+kq22a?kq′22a=(2211.C

【解析】解：A、設(shè)A、B的質(zhì)量均為m，斜面傾角為θ。當(dāng)B下降高度為?時(shí)，B減少的重力勢能為mg?，而A增加的重力勢能為mg?sinθ，易知在B下降的過程中B減少的重力勢能大于A增加的重力勢能，即A和B總的重力勢能一直減小，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)功能關(guān)系，可知輕繩拉力對A做的功等于A和彈簧組成的整體的機(jī)械能的增加量，故B錯(cuò)誤；

C、A先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A的加速度為零，即A受到的合外力為零時(shí)，A的速度最大，故C正確；

D、由于A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以彈簧彈性勢能最小時(shí)，即彈簧處于原長狀態(tài)，彈力為零時(shí)，A和B的總機(jī)械能最大，而彈簧彈力為零時(shí)，AB整體受到的合外力大小為mg?mgsinθ，即AB整體受到的合外力和加速度不為零，故A和B的速度不是最大的，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

根據(jù)重力勢能的定義確定A和B各自的重力勢能變化量，進(jìn)而判斷兩者總的重力勢能的變化；根據(jù)功能關(guān)系，可知輕繩拉力對A做的功等于A和彈簧組成的整體的機(jī)械能的增加量；當(dāng)A的加速度為零，即A受到的合外力為零時(shí)，A的速度最大；根據(jù)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧彈性勢能最小時(shí)，即彈簧處于原長狀態(tài)時(shí)，A和B的總機(jī)械能最大，而此時(shí)A和B的速度不是最大的。

本題考查了連接體問題中的系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題。掌握系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律和功能關(guān)系的應(yīng)用。12.1.126

×1

11.0

B

E

G

UR3I(【解析】解：(1)根據(jù)螺旋測微器精確度為0.01mm可知，金屬絲直徑為

d=1mm+12.8×0.01mm=1.128mm

(2)用多用電表測電阻絲的阻值，當(dāng)用“×10”擋時(shí)發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明被測電阻很小，應(yīng)該換用小量程電阻擋，用“×1”擋；

指針靜止時(shí)指在如圖乙所示刻度，讀數(shù)為11.0，乘擋位“×1”，所以是11.0Ω；

(3)由電壓表的量程值與待測電阻的比值可知，電流的最大值約為0.6A，因此兩個(gè)電流表均不能直接選用，可將量程為30mA的電流表與定值電阻并聯(lián)，改裝成量程為0.6A的電流表，此時(shí)接入定值電阻的阻值為

R并=9.5×0.030.6?0.03Ω=0.5Ω

故電流表選B，定值電阻選E；

待測電阻阻值較小，為了滑動(dòng)變阻器調(diào)節(jié)方便，并讓電壓變化范圍盡量大一些，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用最大阻值較小的G；

(4)由歐姆定律可知

Rx=UIx=UI+IR1R3=UR3I(R1+R3)

則該合金絲的電阻率

ρ=Rx13.解；(1)根據(jù)臨界角公式sinC=1n=12，解得：C=30°

(2)設(shè)光線在圓柱體內(nèi)表面的入射角為i，當(dāng)光線在圓柱體內(nèi)表面發(fā)生全反射時(shí)，入射角i達(dá)到臨界角C，此時(shí)d達(dá)到最大值dm，如圖所示：

由幾何關(guān)系可得：sinC=dmR

代入數(shù)據(jù)解得：dm=12R

答：(1)該光對透明圓柱體的臨界角C【解析】(1)根據(jù)臨界角公式求解臨界角；

(2)根據(jù)幾何知識(shí)結(jié)合臨界角公式求解光源與軸OO′的最大距離。

對于幾何光學(xué)問題，首先要正確作出光路圖，其次要充分運(yùn)用幾何知識(shí)分析入射角與折射角的關(guān)系，再根據(jù)折射定律進(jìn)行解題。14.解：(1)由圖像可知，波長為λ=3m，簡諧橫波向x軸正方向傳播，則有：(n+13)T=0.4s

解得：T=1.23n+1(n=0、1、2……)

波速：v=λT，解得：v=5+15n2m/s

(n=0、1、2……)；

(2)若波的周期大于0.4s，根據(jù)T=1.23n+1可得n=0，周期T=1.2s

x=0m處的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為：y=Asin(ωt+π)

由圖可知：A=10cm，圓頻率為：ω=2πT=5π3

聯(lián)立解得：y=10sin(5π3t+π)cm。

答：(1)【解析】(1)簡諧橫波向x軸正方向傳播，根據(jù)圖像得到周期的可能值，再根據(jù)波速計(jì)算公式求解波速；

(2)若波的周期大于0.4s，根據(jù)周期表達(dá)式分析周期，結(jié)合振動(dòng)方程的一般表達(dá)式進(jìn)行解答。

對于波的多解性問題，關(guān)鍵是知道傳播方向的不確定、質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期性都會(huì)造成多解，解題時(shí)要弄清楚質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況、以及波的傳播情況，知道波速、波長和頻率之間的關(guān)系v=fλ。15.解：(1)根據(jù)胡克定律

F=k×(L?0.5L)，

解得

F=0.5kL

(2)在繩繃緊瞬間