江西省抚州市七校2020-2021学年高二下学期期末联考物理试卷（Word版含答案）

2020-2021学年江西省抚州市七校联考高二（下）期末物理试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1．（4分）第一位提出“光本身也是一种电磁波”的科学家是（　　）
A．赫兹 B．法拉第 C．麦克斯韦 D．爱因斯坦
2．（4分）在光电效应实验中，用单色光照射光电管阴极，发生了光电效应．要使光电管中的电流增大，下列做法正确的是（　　）
A．保持入射光的频率不变，增加照射时间
B．保持入射光的频率不变，增大光的强度
C．保持入射光的强度不变，增加照射时间
D．保持入射光的强度不变，增大光的频率
3．（4分）一束光由空气射向一块平行平面玻璃砖，折射后分为两束单色光a、b．下列判断正确的是（　　）
A．在玻璃砖中a光的速度大于b光的速度，射出玻璃砖后单色光a、b平行
B．在玻璃砖中a光的速度大于b光的速度，射出玻璃砖后单色光a、b不平行
C．在玻璃砖中a光的速度小于b光的速度，射出玻璃砖后单色光a、b平行
D．在玻璃砖中a光的速度小于b光的速度，射出玻璃砖后单色光a、b不平行
4．（4分）如图所示是双缝干涉的实验装置，使用波长为600nm的橙色光照射单缝S，在光屏中央P处观察到亮条纹，在位于P的上方的P1处出现第一条亮纹中心，现换用波长为400nm的紫色光照射单缝S，则（　　）
A．P和P1处都为亮条纹
B．P和P1处都为暗条纹
C．P处是亮条纹，P1处是暗条纹
D．P处是暗条纹，P1处是亮条纹
5．（4分）实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与β粒子恰在纸面内做匀速圆周运动，粒子的轨迹如图所示，其中粒子在轨迹1是按顺时针方向运动．则（　　）
A．轨迹1是新核的，粒子在轨迹2是按顺时针方向活动
B．轨迹2是新核的，粒子在轨迹2是按顺时针方向运动
C．轨迹1是新核的，粒子在轨迹2是按逆时针方向运动
D．轨迹2是新核的，粒子在轨迹2是按逆时针方向运动
6．（4分）如图所示，斜面体固定在水平地面上，斜面表面是光滑的且足够长．斜面顶端与自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着物块m，当物块静止时，弹簧的伸长量为△l．压缩弹簧使弹簧长度为L时将物块由静止释放，则物块运动过程中，弹簧的最大伸长量为（运动过程中弹簧未超过弹性限度）
A．+2△l B．+△l C．L+2△l D．L+△l
7．（4分）运动的原子核X放出α粒子后变成静止的原子核Y．已知原子核X、α粒子的质量分别是M、m，α粒子的动能为E，真空中的光速为c，α粒子的速度远小于光速．则在上述核反应中的质量亏损是（　　）
A． B．E C．E D．E
8．（4分）氢原子基态的能量为E1＝﹣13.6eV．大量氢原子处于某一激发态．由这些氢原子可能发出的所有光子中，频率最大的光子能量为﹣0.96E1，则（　　）
A．频率最小的光子能量为0.31eV
B．频率最小的光子能量为0.54eV
C．发出的光子具有4种不同的频率
D．发出的光子具有10种不同的频率
9．（4分）一列简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距10m的两个质点。波先传到P，当波传到Q开始计时，P、Q两质点的振动图象如图所示，则（　　）
A．质点Q开始振动的方向沿y轴正方向
B．该波从P点传到Q的最短时间为2s
C．该波波长的最大值为15m
D．该波的传播速度可能为m/s
10．（4分）如图所示，光滑水平面上A、B两小球沿同一方向运动，A球的动量4kg m/s，B球的质量1kg，速度为6m/s，已知两球相碰后，A球的动量减为原来的一半，方向与原方向一致．则（　　）
A．A球的质量可能为0.4kg
B．A球的质量可能为0.5kg
C．A球碰撞后的速度不可能为4m/s
D．A球碰撞后的速度不可能为10m/s
二、非选择题（本大题共6小题，共60分）
11．（8分）利用单摆测量当地的重力加速度，如图甲所示，将长约为1m的细线上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．
（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为　 　mm．
（2）图丙中的振动图象真实的描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的三种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，这三种操作过程合乎实验要求且误差最小的是　 　．
（3）某同学某次测量时误把30次全振动的时间当作31次全振动的时间，则这次测量得到的重力加速度值会　 　（填“偏大”或“不变”）
（4）实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的刻度尺，某同学先测出图甲单摆的周期T，然后将摆长缩短一些，再测出摆长改变后的单摆周期T，用刻度尺测出摆长缩短的长度△l，用上述测量的物理量，写出重力加速度的表达式g＝　 　．
12．（8分）如图甲所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
（1）图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是 　 　．（填选项前的符号）
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距离地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
（2）经测定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示．实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值为 　 　（用（1）中测量的量表示），代入数值求得这个比值为 　 　．
（3）在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大，请用（2）中已知的数据，计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为 　 　cm．
13．（8分）如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线是这列波在t1＝0时刻的波形，虚线是这列波在t2＝0.5s时刻的波形，问：
（1）若这列波的波速大小为74m/s，求波传播的方向？
（2）若这列波的周期为T，且3T＜t2﹣t1＜4T，求这列波的波速是多大？
14．（10分）如图所示，横截面为四分之一圆的柱形玻璃砖放在水平面MN上，O点是圆心．一列与OA面等高的平行光束沿水平方向垂直射向玻璃砖的OA面，平行光束通过玻璃砖后在水平面MN上留下照亮的区域．已知玻璃砖的折射率为n（n＜2），不考虑光在OA、OB面的反射．求：
（1）若在玻璃砖左侧竖直放置一遮光板，使水平面BN不被照亮，遮光板的最小高度是多少？
（2）撤去遮光板，从OA的中点射入的光，在MN上的P处留下一个光点，P点到O点的距离是多少？
15．（12分）如图所示，木板的质量为2m，长为L，静止在光滑的水平地面上，木板上下面均与地面平行．点A、B是木板的两个端点，点C是中点，AC段是光滑的，CB段是粗糙的，木板的A端放有一个质量为m的物块（可视为质点），现给木板一个瞬间冲量，使木板获得一个水平向右、大小为v0的速度，最终物块恰好滑到木板的B端与木板一起运动．求：
（1）物块滑到木板B点时木板的速度v；
（3）物块在AB段上滑行的时间t．
16．（14分）如图所示，A、B、C三个小物块放置在光滑水平面上，A紧靠在墙壁，A、B之间用轻弹簧连接，它们的质量分别为mA＝m，mB＝2m，mC＝m．现使物块C获得水平向左的初速度v0，物块C与物块B发生碰撞并粘在一起不再分离．试求：
（1）物块A离开墙前，弹簧的最大弹性势能Em；
（2）物块A离开墙后，物块C的最小速度vmin．
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1．（4分）第一位提出“光本身也是一种电磁波”的科学家是（　　）
A．赫兹 B．法拉第 C．麦克斯韦 D．爱因斯坦
【解答】解：建立完整电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是麦克斯韦，而赫兹证实了电磁波的存在，对于法拉第首次提出场的概念，并发现电磁感应现象，爱因斯坦的相对论。故C正确，ABD错误。
故选：C。
2．（4分）在光电效应实验中，用单色光照射光电管阴极，发生了光电效应．要使光电管中的电流增大，下列做法正确的是（　　）
A．保持入射光的频率不变，增加照射时间
B．保持入射光的频率不变，增大光的强度
C．保持入射光的强度不变，增加照射时间
D．保持入射光的强度不变，增大光的频率
【解答】解：A、保持入射光的频率不变，增加照射时间只能增加产生光电效应的时间，与饱和光电流无关。故A错误；
B、保持入射光的频率不变，光照强度增大，单位时间内照射到金属表面的光子数目增大，因此单位时间内产生的光电子数目增大，即饱和电流增大，故B正确；
C、结合B的方向可知，保持入射光的强度不变，不能判断出是否增大饱和光电流。故C错误；
D、保持入射光的强度不变，增大光的频率，则单个的光子的能量增大，所以单位时间内入射的光子的数目减少，所以单位时间内产生的光电子减少，所以饱和光电流减小。故D错误。
故选：B。
3．（4分）一束光由空气射向一块平行平面玻璃砖，折射后分为两束单色光a、b．下列判断正确的是（　　）
A．在玻璃砖中a光的速度大于b光的速度，射出玻璃砖后单色光a、b平行
B．在玻璃砖中a光的速度大于b光的速度，射出玻璃砖后单色光a、b不平行
C．在玻璃砖中a光的速度小于b光的速度，射出玻璃砖后单色光a、b平行
D．在玻璃砖中a光的速度小于b光的速度，射出玻璃砖后单色光a、b不平行
【解答】解：由光路图可知，b光的偏折程度较大，则b光的折射率大，根据v＝知，b光在玻璃砖中传播的速度较小，光线在玻璃砖的上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理知，光线在下表面的折射角与上表面的入射角相等，可知射出玻璃砖后单色光a、b平行。故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
4．（4分）如图所示是双缝干涉的实验装置，使用波长为600nm的橙色光照射单缝S，在光屏中央P处观察到亮条纹，在位于P的上方的P1处出现第一条亮纹中心，现换用波长为400nm的紫色光照射单缝S，则（　　）
A．P和P1处都为亮条纹
B．P和P1处都为暗条纹
C．P处是亮条纹，P1处是暗条纹
D．P处是暗条纹，P1处是亮条纹
【解答】解：缝S1、S2到光屏中央P点的距离相等，无论什么色光，其相干光的路程差均为0，故P处都是亮条纹。对于波长为600nm的橙色光，S1、S2到P1点的路程差恰好为橙色光的1个波长，则换用波长为400nm的紫色光时，S1、S2到P1点的路程差恰好为橙色光的1.5个波长，因此紫色光照射时在P1处是暗条纹。故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
5．（4分）实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与β粒子恰在纸面内做匀速圆周运动，粒子的轨迹如图所示，其中粒子在轨迹1是按顺时针方向运动．则（　　）
A．轨迹1是新核的，粒子在轨迹2是按顺时针方向活动
B．轨迹2是新核的，粒子在轨迹2是按顺时针方向运动
C．轨迹1是新核的，粒子在轨迹2是按逆时针方向运动
D．轨迹2是新核的，粒子在轨迹2是按逆时针方向运动
【解答】解：原子核发生β衰变时，根据动量守恒可知两粒子的速度方向相反，动量的方向相反，大小相等；
由半径公式r＝＝（P是动量），分析得知，r与电荷量成反比，β粒子与新核的电量大小分别为e和ne（n为新核的电荷数），则β粒子与新核的半径之比为：ne：e＝n：1。
所以半径比较大的轨迹1是衰变后β粒子的轨迹，轨迹2是新核的。
新核沿逆时针方向运动，在A点受到的洛伦兹力向左，由左手定则可知，磁场的方向向里。
由以上的分析可知，选项D正确，ABC错误。
故选：D。
6．（4分）如图所示，斜面体固定在水平地面上，斜面表面是光滑的且足够长．斜面顶端与自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着物块m，当物块静止时，弹簧的伸长量为△l．压缩弹簧使弹簧长度为L时将物块由静止释放，则物块运动过程中，弹簧的最大伸长量为（运动过程中弹簧未超过弹性限度）
A．+2△l B．+△l C．L+2△l D．L+△l
【解答】解：由题，当物块静止时，弹簧的伸长量为△l；根据简谐运动的对称性，压缩弹簧使其长度为L时将物块由静止开始释放，故其振幅为：
A＝L+△l
故其最大伸长量为：A+△l＝L+2△l
故A正确，BCD错误
故选：A。
7．（4分）运动的原子核X放出α粒子后变成静止的原子核Y．已知原子核X、α粒子的质量分别是M、m，α粒子的动能为E，真空中的光速为c，α粒子的速度远小于光速．则在上述核反应中的质量亏损是（　　）
A． B．E C．E D．E
【解答】解：核反应中动量守恒，有：mvα＝Mvx，
α粒子的动能为E＝，
根据能量守恒得，，
由爱因斯坦质能方程得，△E＝△mc2，
联立解得，故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
8．（4分）氢原子基态的能量为E1＝﹣13.6eV．大量氢原子处于某一激发态．由这些氢原子可能发出的所有光子中，频率最大的光子能量为﹣0.96E1，则（　　）
A．频率最小的光子能量为0.31eV
B．频率最小的光子能量为0.54eV
C．发出的光子具有4种不同的频率
D．发出的光子具有10种不同的频率
【解答】解：AB、氢原子基态的能量为E1＝﹣13.6eV．大量氢原子处于某一激发态。
由这些氢原子可能发出的所有光子中，频率最大的光子能量为﹣0.96E1，即跃迁到最高能级能量E＝0.04E1＝﹣0.544eV，即处在n＝5能级；
频率最小的光子的能量为△E′＝﹣0.544eV﹣（﹣0.85eV）＝0.31eV，故A正确，B错误；
CD、根据数学组合公式，＝10，所以这些光子可具有10种不同的频率，故C错误，D正确。
故选：AD。
9．（4分）一列简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距10m的两个质点。波先传到P，当波传到Q开始计时，P、Q两质点的振动图象如图所示，则（　　）
A．质点Q开始振动的方向沿y轴正方向
B．该波从P点传到Q的最短时间为2s
C．该波波长的最大值为15m
D．该波的传播速度可能为m/s
【解答】解：A、根据y﹣t图象的斜率表示速度，知质点Q的起振方向沿y轴正方向，故A正确。
B、由题可知，简谐横波的传播方向从P到Q，由图可知，周期T＝6s，质点Q的振动图象向左平移4s后与P点的振动图象重合，意味着Q点比P点振动最少滞后了4s，即P传到Q的时间△t至少为4s，由周期性可知，从P传到Q的时间△t＝（4+nT）s，n＝0、1、2、3…，即△t＝4s，10s，16s…，不可能为2s，故B错误。
CD、由v＝＝m/s，可知，当△t＝4s，10s，16s…时，速度v可能为2.5m/s，1m/s，0.625m/s…，不可能为m/s。
由λ＝vT，代入最大波速为2.5m/s时，求得波长的最大值为15m，故C正确，D错误。
故选：AC。
10．（4分）如图所示，光滑水平面上A、B两小球沿同一方向运动，A球的动量4kg m/s，B球的质量1kg，速度为6m/s，已知两球相碰后，A球的动量减为原来的一半，方向与原方向一致．则（　　）
A．A球的质量可能为0.4kg
B．A球的质量可能为0.5kg
C．A球碰撞后的速度不可能为4m/s
D．A球碰撞后的速度不可能为10m/s
【解答】解：AB、由题知，碰撞后A的动量为 p'A＝2kg m/s，根据动量守恒定律有：pA+mBvB＝p'A+mBv'B，解得 v'B＝8.0m/s。
设A球质量为mA，A球能追上B球并与之碰撞，应满足 vA＝＞vB；碰撞后A球不可能运动到B球前方，故v′A＝≤v′B；
碰撞过程系统的总动能不可能增加，故+mBvB2≤+mBvB′2
解得：kg≤mA≤kg（或0.25kg≤mA≤0.43kg），所以A球的质量可能为0.4kg，不可能为0.5kg，故A正确，B错误。
CD、碰撞后，B球的速度为v'B＝8.0m/s，则A球碰撞后的速度不可能大于8.0m/s，所以A球碰撞后的速度不可能为10m/s。
若A球的质量为0.5kg，则碰撞前A球的速度为8m/s，碰撞后的速度为4m/s，碰撞前后A球动能的减少△EkA＝﹣＝﹣＝12J
B球动能的增加量△EkB＝mBvB′2﹣mBvB2＝14J＞△EkA，不可能，故CD正确。
故选：ACD。
二、非选择题（本大题共6小题，共60分）
11．（8分）利用单摆测量当地的重力加速度，如图甲所示，将长约为1m的细线上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．
（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为　18.6　mm．
（2）图丙中的振动图象真实的描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的三种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，这三种操作过程合乎实验要求且误差最小的是　A　．
（3）某同学某次测量时误把30次全振动的时间当作31次全振动的时间，则这次测量得到的重力加速度值会　偏大　（填“偏大”或“不变”）
（4）实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的刻度尺，某同学先测出图甲单摆的周期T，然后将摆长缩短一些，再测出摆长改变后的单摆周期T，用刻度尺测出摆长缩短的长度△l，用上述测量的物理量，写出重力加速度的表达式g＝　　．
【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为18mm+6×0.1mm＝18.6mm．
（2）单摆的振动在摆角小于5°才能看作简谐振动，在测量周期时计时起点应该选择在平衡位置（速度大误差小）．根据摆角估算振幅 A1＝lsin5°＝1×0.087m＝0.087m＝8.7cm≈8cm，AB振幅合理； A2＝lsin15°＝1×0.26m＝0.26m＝26cm，C振幅不合理，A中振动图象的计时起点在平衡位置是合理的，B中振动图象的计时起点在正的最大位置是不合理的，
故选：A；
（3）由单摆周期公式：T＝2π可知重力加速度为：g＝；误把30次全振动的时间当作31次全振动的时间，所测周期T偏小，则所测得的重力加速度值会偏大．
（4）由单摆周期公式得：T1＝2π，T2＝2π
解得：g＝；
故答案为：（1）18.6；（2）A；（3）偏大；（4）．
12．（8分）如图甲所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
（1）图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是 　ADE　．（填选项前的符号）
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距离地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
（2）经测定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示．实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值为 　　（用（1）中测量的量表示），代入数值求得这个比值为 　1　．
（3）在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大，请用（2）中已知的数据，计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为 　76.8　cm．
【解答】解：（1）A、小球的动量P＝mv，实验需要用天平测量两个小球的质量m1、m2，故A正确；
B、只要每次从斜槽的同一位置由静止释放小球即可，不需要测量小球m1开始释放高度h，故B错误；
C、两球离开轨道后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间t相等，在表达式中t可以约去，实验不需要测量抛出点距离地面的高度H，故C错误；
D、小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间相等，可以用它们的水平位移代替初速度，实验需要分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N，需要测量平抛射程OM、ON，故DE正确；
故选：ADE．
（2）由图示可知，P点是碰撞前入射球的落点，M、N分别是碰撞后入射球与被碰球的落点，
要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1＝m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，
它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：
m1v1t＝m1v2t+m2v3t，得：m1OP＝m1OM+m2ON，碰撞前后总动量的比值：
＝＝＝1；
（3）两球发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，其水平射程最大，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2，
由机械能守恒定律得：m1v02＝m1v12+m2v22，
得动能守恒的表达式是：m1 OM2+m2 ON2＝m1 OP2，
解得：v2＝v0，
因此最大射程为：sm＝ OP＝×44.80cm＝76.8cm；
故答案为：（1）ADE；（2）；1；（3）76.8．
13．（8分）如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线是这列波在t1＝0时刻的波形，虚线是这列波在t2＝0.5s时刻的波形，问：
（1）若这列波的波速大小为74m/s，求波传播的方向？
（2）若这列波的周期为T，且3T＜t2﹣t1＜4T，求这列波的波速是多大？
【解答】解：（1）由图象可知：该波的波长 λ＝8m。
若波速大小为74m/s，在△t＝t2﹣t1＝0.5s内波传播的距离为△x＝v △t＝74×0.5m＝37m
因为＝4
所以波沿x轴负方向传播；
（2）波在一个周期内传播的距离是一个波长，由3T＜t2﹣t1＜4T知，波传播距离为3λ＜△x＜4λ。
当波向x轴正方向传播时，波传播距离为：x＝（3λ+3）m＝（3×8+3）m＝27m
波速为：v＝＝m/s＝54m/s；
当波向x轴负方向传播时，波传播距离为 x＝（3λ+5）m＝（3×8+5）m＝29m
波速为：v═＝m/s＝58m/s。
答：（1）若这列波的波速大小为74m/s，波沿x轴负方向传播；
（2）当波向x轴正方向传播时，波速为54m/s；
当波向x轴负方向传播时，波速为58m/s。
14．（10分）如图所示，横截面为四分之一圆的柱形玻璃砖放在水平面MN上，O点是圆心．一列与OA面等高的平行光束沿水平方向垂直射向玻璃砖的OA面，平行光束通过玻璃砖后在水平面MN上留下照亮的区域．已知玻璃砖的折射率为n（n＜2），不考虑光在OA、OB面的反射．求：
（1）若在玻璃砖左侧竖直放置一遮光板，使水平面BN不被照亮，遮光板的最小高度是多少？
（2）撤去遮光板，从OA的中点射入的光，在MN上的P处留下一个光点，P点到O点的距离是多少？
【解答】解：（1）如图1，当光线在AB面入射角大于临界角C时，将没有光线出射后射向BN平面，设遮光板高度为h，则
由折射定律有：sinC＝，
由几何知识得h＝RsinC
求得h＝．
（2）如图2，当光在AB面中点入射时，入射角为30°，设P点到O点的距离为S，
由折射定律，
解得sinθ＝，cosθ＝，
在直角△OEP中，θ＝30+γ
根据正弦定律有：，
因此S＝R＝＝，
代入θ的正弦值和余弦值，求得P点到O点的距离S＝．
答：（1）遮光板的最小高度是；
（2）P点到O点的距离是．
15．（12分）如图所示，木板的质量为2m，长为L，静止在光滑的水平地面上，木板上下面均与地面平行．点A、B是木板的两个端点，点C是中点，AC段是光滑的，CB段是粗糙的，木板的A端放有一个质量为m的物块（可视为质点），现给木板一个瞬间冲量，使木板获得一个水平向右、大小为v0的速度，最终物块恰好滑到木板的B端与木板一起运动．求：
（1）物块滑到木板B点时木板的速度v；
（3）物块在AB段上滑行的时间t．
【解答】解：（1）在运动过程中，木板和物块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
2mv0＝（2m+m）v
解得：v＝
（2）设物块在AC段滑行时间为t1，在CB段滑行时间为t2，则有：
＝v0t1．
＝﹣．
解得：t＝t1+t2＝
答：（1）物块滑到木板B点时木板的速度v是；
（2）物块在AB段上滑行的时间t是．
16．（14分）如图所示，A、B、C三个小物块放置在光滑水平面上，A紧靠在墙壁，A、B之间用轻弹簧连接，它们的质量分别为mA＝m，mB＝2m，mC＝m．现使物块C获得水平向左的初速度v0，物块C与物块B发生碰撞并粘在一起不再分离．试求：
（1）物块A离开墙前，弹簧的最大弹性势能Em；
（2）物块A离开墙后，物块C的最小速度vmin．
【解答】解：（1）设物块C与B发生碰撞粘在一起时的速度为v．C、B碰撞过程，选取向左为正方向，根据动量守恒定律得：
mcv0＝（mc+mB）v
得：v＝v0．
当C与B一起压缩弹簧至速度为零时弹簧的弹性势能最大．以B、C和弹簧组成的系统为研究对象，根据机械能守恒定律有：
Em＝（mc+mB）2．
联立以上两式解得：Em＝．
（2）在A离开墙壁时，弹簧第一次恢复原长，B、C以速度v向右运动；
在A离开墙壁后，由于弹簧的作用，A的速度逐渐增大，B、C的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，B与C的速度最小．设B与C的速度最小时A的速度为vA．
选取向右为正方向，由A、B、C三物体组成系统动量守恒得：
（mB+mC）v＝mAvA+（mB+mC）vmin
又由能量守恒定律有：（mB+mC）v2＝mAvA2+（mB+mC）vmin2
联立解得：vmin＝
答：（1）A离开墙前，弹簧的最大弹性势能Em为．
（2）物块A离开墙后，物块C的最小速度vmin为．