1、第 1 页，共 18 页 2020 年安徽省江淮十校联考高考物理三模试卷年安徽省江淮十校联考高考物理三模试卷 题号 一 二 三 四 五 六 总分 得分 一、单选题（本大题共 5 小题，共 30.0 分） 1. 2020 年安徽省江淮十校联考高考物理三模试卷如图所示为氢原子的能级图，一群 处在 = 4激发态的氢原子向低能级跃迁，用所辐射的光子照射某金属，能打出的 光电子的最大初动能为10.25，则氢原子辐射的光子中能使该金属发生光电效应 的光子种数为( ) A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】解：一群处在 = 4激发态的氢原子向低能级跃迁，共发出4 2 = 6种不同的光
2、子，光子的最大能量为41= 4 1= 12.75， 根据光电效应方程式= 0= 41 0，解得金属的逸出功0= 41 = 12.75 10.25 = 2.5， 6 种光子中的能量分别是12.75，12.09，10.2，2.55，1.89，0.66，其中 大于或等于2.5的光子共有 4种，故 C 正确，ABD错误。 故选：C。 根据玻尔理论判断出氢原子向低能级跃迁所辐射的光的种类，求出光子的最大能量，结 合光电效应的条件判断金属的逸出功以及能使金属发生光电效应的种类； 解决本题的关键知道能级跃迁所满足的规律，以及掌握光电效应方程，并能灵活运用。 2. 2020 年安徽省江淮十校联考高考物理三模试
3、卷如图所示为甲、 乙两个质点沿同一方向做直线运动的位移时间图象( 第 2 页，共 18 页 图象)，甲做匀速直线运动，乙做匀加速直线运动， = 4时刻图象乙的切线交时间 轴 = 1.5点处，由此判断质点乙在 = 0时刻的速度是质点甲速度的( ) A. 1 5倍 B. 2 5倍 C. 3 8倍 D. 5 8倍 【答案】B 【解析】解：设 = 4内两质点运动的位移为 x，则甲的速度为1= .乙在 = 4时刻的 速度为2= 2.5 = 5 8 = 8 5， 设乙在 = 0时刻的速度为0， 则 = 0:8 5 2 ， 解得0= 2 5 = 2 51， 故 ACD错误，B正确。 故选：B。 甲做匀速直线
4、运动， 乙做匀加速直线运动， 0 4内两个质点通过的位移相等， 由 = 求 甲的速度，根据图象的斜率求乙在 = 4时刻的速度，由平均速度公式求乙在 = 0时刻 的速度，即可得解。 本题是位移时间图象问题，抓住图象的数学意义：斜率等于物体的速度，来分析物体 的运动情况，抓住两个质点之间的关系，如位移关系、时间关系等是解题关键。 3. 2020 年安徽省江淮十校联考高考物理三模试卷空 间存在竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大 小为0， 两根长直导线 A、 B垂直于纸面水平放置， 两导线中通入大小相等方向相反的恒定电流，a点 为 A、B 连线的中点，a、b 两点关于 B 对称，若 a、b 两点的
5、磁感应强度大小分别 为1、2，方向均竖直向下，则撤去匀强磁场和长直导线 B 以后，a、b两点的磁 感应强度大小分别为( ) A. 1;0 2 ，1;22:30 2 B. 1:0 2 ，1:22;30 2 C. 1;0 2 ，1:22;30 2 D. 1:0 2 ，1;22:30 2 【答案】C 【解析】解：撤去磁场和长直导线 B之前，根据安培定则可知，a 点的磁感应强度为两 直导线 A、B 和匀强磁场的磁感应强度的矢量和，根据对称性可知，两直导线 A、B在 a 点产生的磁场等大同向，均与匀强磁场方向相同， b 点的磁感应强度为两直导线 A、B和匀强磁场的磁感应强度的矢量和，根据安培定则 可知，
6、直导线 A在 b 点产生的磁场方向竖直向下，直导线 B 在 b 点产生的磁场方向竖直 向上， 第 3 页，共 18 页 设撤去磁场和长直导线B以后， a点的磁感应强度大小为， b点的磁感应强度大小为， 根据题意可知， 2 + 0= 1， + 0 = 2， 解得： = 1;0 2 ， = 1:22;30 2 ， 故 C正确，ABD 错误。 故选：C。 根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判 断出两导线在 a、b点形成磁场方向，磁感应强度 B是矢量，根据矢量分解合成的平行 四边形定则求解。 此题考查了磁感应强度的计算，磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则
7、，因此 要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提。 4. 2020年安徽省江淮十校联考高考物理三模试卷如图所示， 小球B用细线悬挂静止， 将小球 A 从图示位置斜向上抛出的同时将细线剪断，不计空气阻力，结果两个球在 空中相遇，已知两球开始时的位置连线与水平方向的夹角为，小球 A 抛出时的初 速度与水平方向的夹角为，则下列说法正确的是( ) A. B. C. 小球抛出的初速度方向确定，大小可以不确定 D. 小球抛出的初速度方向可以不确定，大小也可以不确定 【答案】C 【解析】解：AB、设 A、B 两球开始的位置竖直方向相距 h，水平距离为 x，初速度大 小为0，由于两球相遇，则有： =
8、 0 = 0 1 2 2+ 1 2 2 解得： = ，因此有 = ，故 AB错误； 第 4 页，共 18 页 CD、 从以上分析可以看出， 竖直方向高度差 h与水平距离为 x都是一定的， 即 = 是 确定的，故小球抛出初速度方向确定，大小可以不确定，故 C正确，D 错误。 故选：C。 根据 A球做斜抛运动， 可以分解为水平方向上匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运 动，B 球做自由落体运动；两球相遇时，运动时间相等，竖直方向上的位移和等于 A、 B 两球开始运动时的竖直方向上的高度，A球水平方向上的位移等于 A、B两球开始运 动时的位置在水平方向上的投影。 本题考查的是运动的分解， 关键要把斜
9、抛运动分解为水平方向上匀速直线运动和竖直方 向上的竖直上抛运动，要理解分运动的独立性原理，结合几何关系求解。 5. 2020 年安徽省江淮十校联考高考物理三模试卷如图所示， 带电量为+ 1和带电量为 2的两个点电荷分别固定于 x 轴的负半轴上某点和坐标原点 O处， 将一个带正电 的带电粒子放在 x轴正半轴上的 a点时恰好能处于静止，若将该电荷在 x 轴正半轴 上 b点(图中未标出)由静止释放时，该粒子向右运动，不计粒子的重力，则下列说 法正确的是( ) A. 1 2，故 A 错误； B、根据电场叠加可知，x轴正半轴上 O、a 间场强方向向左，a 点右侧场强方向向右， 由于粒子在 b点由静止释放
10、后向右运动，因此 b点一定在 a点右侧，故 B 正确； C、此后粒子在电场力作用下一直向右运动，故 C 错误； D、从 a 点沿 x轴正向，电场强度先增大后减小，因此粒子运动的加速度可能先增大后 减小，可能一直减小，故 D错误。 故选：B。 依据库仑定律，结合带电粒子在 a点受力平衡，即可判定电量大小； 根据电场叠加法则，确定 a 点右侧场强方向，即可判定 b 点位置，及运动性质； 第 5 页，共 18 页 因 b点与电场强度最强点位置不确定，则粒子在此后受到电场力大小也不确定。 考查库仑定律的内容，掌握矢量的合成法则，及平衡条件的应用，注意从 a点沿 x 轴正 向，电场强度先增大后减小，而电
11、场强度最强点与 b 点位置不确定是解题的关键。 二、多选题（本大题共 4 小题，共 23.0 分） 6. 2020 年安徽省江淮十校联考高考物理三模试卷如图所示， N匝矩形线圈在匀强磁场 中绕垂直于磁场的轴匀速转动， 线圈的面积为 S， 匀强磁场的磁感应强度大小为 B， 线圈转动的角速度为， 线圈和灯泡的电阻均为 R， 俯视看线圈沿逆时针方向转动， 当线圈转到图示位置时(即线圈平面与磁感线平行)，下列说法正确的是( ) A. 电流方向发生改变 B. 线圈中的磁通量变化最快 C. ab边受到的安培力垂直纸面向里 D. 灯泡中的电流大小2 4 【答案】BCD 【解析】解：A、线圈处于中性面时，电流
12、方向改变，图示位置为与中性面垂直的位置， 电流方向不变，故 A错误； B、 线圈平面与磁感线平行时， 磁通量为零， 但磁通量的变化率最大， 磁通量变化最快， 故 B 正确； C、根据楞次定律的推广含义-来拒去留，ab 边受到的安培力阻碍线圈的转动，线圈逆 时针方向转动，因此受到的安培力垂直纸面向里，故 C 正确； D、根据正弦式交变电流的产生规律可知，产生的感应电动势最大值：= ，有 效值： = 2 ，根据闭合电路欧姆定律可知，灯泡中的电流大小： = 2 = 2 4 ， 故 D 正确。 故选：BCD。 线框位于中性面时，穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零。 由正弦式交变电
13、流的产生规律可以求出感应电动势有效值， 根据闭合电路欧姆定律求解 电流。 此题考查了交变电流的产生规律，明确交变电流的产生过程，即可正确解题，注意中性 第 6 页，共 18 页 面位置，理解正弦式交变电流的产生规律。 7. 2020 年安徽省江淮十校联考高考物理三模试卷在银河系 中，双星的数量非常多，估计不少于单星，研究双星，不 但对于了解恒星形成和演化过程的多样性有重要的意义， 如图所示为由 A、B两颗恒星组成的双星系统，A、B绕连 线上一点 O做圆周运动，测得 A、B两颗恒星间的距离为 L，恒星 A的周期为 T， 其中一颗恒星做圆周运动的向心加速度是另一颗恒星的 2 倍，则( ) A. 恒
14、星 B 的周期为 2 B. 恒星 A的向心加速度是恒星 B的 2倍 C. A、B两颗恒星质量之比为 1：2 D. A、B 两颗恒星质量之和为4 23 2 【答案】BCD 【解析】解：A、双星系统的周期相同，故 A 错误； B、由 = 2可知做圆周运动的半径越大，向心加速度越大，则恒星 A的向心加速度 是恒星 B 的 2 倍，故 B正确； C、由此得到 A 做圆周运动的半径是 B 做圆周运动半径的 2 倍，由2= 2， 得到 A、B两恒星质量之比为 1：2，故 C 正确； D、 由 2 = (2 )2得： = 823 32， 同理得 = 423 32， 因此得： + = 423 2 ， 故 D
15、正确。 故选：BCD。 双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，根据万有引力等于向心力列 式分析各个量的关系。 本题的关键是理解双星系统的特点：双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的 周期和角速度，运用动力学思路列式进行分析。 8. 2020 年安徽省江淮十校联考高考物理三模试卷如图所 示，光滑平行金属导轨 MN、PQ 倾斜放置，上端用导 线相连，导轨平面与水平方向成角， = 37，两导轨 间距为 L， 导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中， 磁场的磁感应强度大小为 B，金属棒 ab 放置在导轨上 并由静止释放，金属棒 ab沿导轨下滑过程中始终与导轨垂直且接触良好，ab棒的
16、 质量为 m、接入电路部分的电阻为 R，当流过 ab 棒某一横截面的电荷量为 q时， 第 7 页，共 18 页 金属棒恰好达到最大速度，导轨和上端金属导线的电阻不计，则在金属棒这一运动 过程中( ) A. 金属棒两端的最大电压为3 522 B. 金属棒受到安培力冲量大小为 BqL C. 金属棒沿导轨下滑的距离为3 5 D. 金属棒中产生的焦耳热为3 5 9322 5044 【答案】BD 【解析】 解： A、 金属棒相当于电源， 它两端电压是路端电压， 外电阻为零， 因此 = 0， 故 A 错误； B、金属棒受到安培力冲量大小为= ; = ，故 B 正确； C、由电荷量的经验公式 = 得 = ，
17、故 C错误； D、 设金属棒下滑的最大速度为 v， 根据平衡条件可得： 37 = = 22 ， 解得： = 0.6 22 ， 根据能量守恒，金属棒产生的焦耳热 = 1 2 2 = 3 5 9322 5044 ，故 D 正 确。 故选：BD。 金属棒相当于电源，根据闭合电路欧姆定律进行分析；根据冲量的计算公式进行解答； 由电荷量的经验公式求解位移；根据平衡条件求解速度，根据能量守恒求解金属棒产生 的焦耳热。 本题主要是考查电磁感应中力学问题与能量问题的综合，掌握电荷量的经验公式，根据 平衡条件求解速度，根据能量关系进行分析是关键。 9. 2020 年安徽省江淮十校联考高考物理三模试卷下列说法正确
18、的是( ) A. 两分子间距离大于0时，增大分子间距，分子力做负功，分子势能增大 B. 表面张力的产生，是由于液体表面层与液体内部相比分子间的距离比较大 C. 同一种液体对不同的固体，可能是浸润的，也可能是不浸润的 D. 由于多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体是各向异性的 E. 一定质量的理想气体，如果温度升高，则气体分子的平均动能增大，压强一定 增大 第 8 页，共 18 页 【答案】ABC 【解析】解：A、两分子距离大于0时，分子力表现为分子引力，若增大分子距离，分 子力做负功，分子势能逐渐增大，故 A 正确。 B、 液体表面张力是液体表面层里的分子比液体内部稀疏， 分子间
19、的距离比液体内部大， 分子力表现为引力的结果，液体的表面张力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势， 故 B 正确。 C、某种液体浸不浸润固体不是绝对的，与固体和液体两物质性质有关。水可以浸润玻 璃，却不能浸润石蜡。水银可以浸润铅，却不能浸润玻璃，故 C 正确。 D、由于多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体是各向同性的，故 D 错误。 E、一定质量的理想气体，如果温度升高，则气体分子的平均动能增大；根据理想气体 状态方程 = ，虽然温度升高，但体积却不确定，压强不一定增大，故 E 错误。 故选：ABC。 两分子距离大于0时，分子力表现为分子引力若增大分子距离分子力做负功，分子势能
20、逐渐增大； 表面张力产生的原因是由于表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离 大，这时分子间的引力大于斥力；同一种液体对不同的固体，可能是浸润的，也可能是 不浸润的；多晶体表现为各向同性；根据理想气体状态方程判断。 本题考查了分子力、晶体和非晶体、浸润和不浸润、理想气体状态方程等知识点。这种 题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。 三、填空题（本大题共 1 小题，共 4.0 分） 10. 2020 年安徽省江淮十校联考高考物理三模试卷如图甲所示为一列简谐横波沿 x 轴 正向传播在 = 0时刻的波形图，图乙为坐标轴上 = 05范围内某质点的振动图 象，则这列波传播的速度大小为
21、 =_/，图乙所对应的质点平衡位置的坐 标为 =_m。 第 9 页，共 18 页 【答案】5 6 8 3 【解析】解：由振动图象可知，图乙对应的质点在零时刻振动的相位为7 6 ，2s时刻相位 为2，0 时刻和 2s 末相位差为5 6 ，根据 5 6 2 = 2;0 得： = 24 5 ；这列波的波速为： = = 4 4.8/ = 5 6/，由图乙可知，该质点经过 5 12到达平衡位置，即该质点平衡位 置的坐标为： = 1 + 5 6 5 12 24 5 = 8 3。 故答案为：5 6； 8 3。 由振动图象可知，图乙对应的质点在零时刻和 2s时刻振动的相位差，根据相位差求周 期，从图甲当中读出
22、波长，根据公式 = 求得波速；然后根据质点经过的时间来计算 图乙所对应的质点平衡位置的坐标。 本题关键要能够区分振动图象和波动图象，此题的关键是根据相位差求周期。 四、实验题（本大题共 2 小题，共 15.0 分） 11. 某同学用气垫导轨做探究加速度与力关系的实验，装置如图所示。 该同学在气垫导轨上安装了两个光电门：光电门 1、光电门 2，在滑块上固定了一 个遮光条，用绕过气垫导轨左端的定滑轮的细线一端连接在滑块上，另一端与力传 感器相连(力传感器可测得细线上的拉力大小)，力传感器下方悬挂钩码，滑块与遮 光条的总质最为 M。 (1)关于实验的要点，下列说法正确的是_ A.将气垫导轨的右端适当
23、垫高，以平衡摩擦力 B.调节定滑轮的高度，使连接滑块的细线与气垫导轨平行 C.钩码的质量必须远小于滑块与遮光条的总质量 D.两光电门间的距离应适当大些 (2)按实验要求调节好装置，接通气源，让滑块从光电门 1右侧气垫导轨上某一位 置由静止释放，与两光电门相连的光电计时器，记录遮光条通过光电门 1、2的挡 第 10 页，共 18 页 光的时间分别为1、2，若测得遮光条的宽度为 d，要计算滑块运动的加速度，还 需要测量的物理量是_(写出物理量的名称)，若该物理量用 x 表示，则由测得 的物理量求得滑块的加速度 =_(用测得的物理量表示)。 (3)保持两光电门的位置不变，多次改变悬挂钩码质量，每次让
24、滑块从光电门 1右 侧的气垫导轨上由静止释放，记录每次力传感器的读数 F 及遮光条通过光电门 1、 2 的遮光时间1、2，求出每次 1 2 2 1 1 2并记为 A，作出 图象，如果图象是一条 过原点的斜的直线，且图象的斜率为_，表明加速度与合外力成正比。 【答案】BD 两光电门间的距离 2 2 ( 1 2 2 1 1 2) 2 2 【解析】解：(1)、该实验由于气垫导轨摩擦很小，因此不需要平衡摩擦力，只需要调 节气垫导轨水平即可，故 A 错误； B、调节定滑轮的高度，使连接滑块的细线与气垫导轨平行，以保证细线的拉力等于滑 块受到的合外力，故 B 正确； C、由于细线的拉力由力传感器测出，因此
25、不需要满足使钩码的质量远小于滑块与遮光 条的总质量，故 C 错误； D、两光电门间的距离应适当大些，以减小距离测量的误差，故 D正确。 故选：BD。 (2)除了记录遮光条通过光电门 1、2的挡光的时间1、2，及遮光条的宽度为 d，还需 要测量的物理量是两光电门的距离，根据动能定理：( 2) 2 ( 1) 2 = 2 解得： = 2 2 ( 1 2 2 1 1 2) (3)由牛顿第二定律： = 得： = 2 2 当图象的斜率为 2 2时，表明加速度与合外力成正比。 故答案为：(1)；(2)两光电门间的距离， 2 2 ( 1 2 2 1 1 2)；(3) 2 2。 (1)气垫导轨的摩擦力可以忽略不
26、计，不需要平衡摩擦力；细线与气垫导轨需要平行； 细线的拉力由力传感器测出，不需要满足 ；为了减小测量误差，两光电门间的 距离应适当大些。 (2)根据动能定理：( 2) 2 ( 1) 2 = 2，可得加速度的表达式，由表达式可知，还需要 测量的物理量是两光电门的距离。 (3)根据牛顿第二定律 = ，及 a的表达式可以得到 A与 F函数关系式，如果图象是 第 11 页，共 18 页 一条过原点的斜的直线， 且图象的斜率和 A 与 F函数关系式系数相同， 表明加速度与合 外力成正比。 本题考查了探究加速度与物体质量、物体受力的关系的实验。.涉及到图象问题，首先 根据相应的物理规律写出公式，然后整理出
27、关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根 据斜率和截距的概念即可求解。 12. 某同学要测量一段金属丝的电阻率。 (1)他先用螺旋测微器测金属丝的直径，示数如图甲所示，则金属丝的直径 =_mm； (2)该同学设计了测金属丝电阻的实验电路图如图乙所示，请根据电路图将图丙实 物图连接完整，闭合电键前，图丙中滑动变阻器的滑片应移到最_(填“左” 或“右”)端； (3)团合电键后调节滑动变阻器，测得多组电压表、电流表的值，在 坐标系中 描点如图丁所示，请作出 图线，并根据图线求得金属丝的电阻=_， 若测得金属丝接入电路的长度为 = 64.00， 该金属丝的电阻率 =_ ( 保留两位有效数字)； (4)由
28、图乙电路图可知，测量电路中电压表有分流作用，因此测量结果存在_( 选填“系统”或“偶然”)误差，由此测得的电阻率_(选填“偏大”或“偏 小”)。 【答案】1.600 右 0.45 1.4 10;6 系统 偏小 【解析】解：(1)由图示螺旋测微器可知，其示数 = 1.5 + 10.0 0.01 = 1.600。 (2)滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于右端。 (3)根据坐标系内描出的点作出图象，让尽可能多的点在直线上， 不能在直线上的点应对称分别在直线的两侧，图象如图所示； 第 12 页，共 18 页 金属丝的电阻= = 0.25 0.56 0.45； 由电阻定律可知： =
29、 = ( 2) 2， 电阻率 = 2 4 ， 代入数据解得： 1.4 10;6 ； (4)由图乙电路图可知，测量电路中电压表有分流作用，因此测量结果存在系统误差， 由于电压表分流作用， 电流测量值偏大， 所测电阻阻值测量值偏小， 电阻率测量值偏小。 故答案为：(1)1.600；(2)右；(3)图象如图所示；0.45；1.4 10;6；(4)系统；偏小。 (1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。 (2)滑动变阻器采用分压接法，为保护电路闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的 位置。 (3)根据坐标系内描出的点作出图象，根据图示图象应用欧姆定律求出待测电阻阻值； 根据电阻定律
30、与实验数据求出电阻率。 (4)由实验设计造成的实验误差是系统误差，由实验操作、读数等问题造成的误差是偶 然误差。 本题考查了螺旋测微器读数、实验注意事项与实验数据处理、实验误差分析；要掌握常 用器材的使用及读数方法；应用欧姆定律与电阻定律即可解题。 五、计算题（本大题共 2 小题，共 20.0 分） 13. 如图所示，气缸开口向上放在水平地面上，缸口固定有小的挡板， 缸内质量为 m 的活塞将缸内封闭有一段气体，静止时，活塞离缸底 的距离为缸内深度的3 5，活塞的横截面积为 S，活塞与气缸内壁无摩 擦且气密性好，这时环境温度为0，大气压强为0，不计活塞的厚 度，气缸导热性能良好，重力加速度为 g
31、。求： ()若使用向上的拉力将活塞缓慢地拉到缸口， 拉动过程中， 拉力的最大值为多少； 第 13 页，共 18 页 ()若给缸内气体加热，使缸内气体温度升高3 40，则温度升高后缸内气体的压强为 多大？ 【答案】解：()设气缸的深度为 H，活塞到达缸口时拉力最大，气体的状态参量： 1= 0+ ，1= 3 5，2 = ， 对缸内气体，由玻意耳定律得：11= 22， 解得：2= 3 5(0 + )， 对活塞，由平衡条件得：0 + = 2 + ， 解得： = 2 5(0 + )； ()活塞刚升到气缸口过程，气体发生等压变化， 由盖吕萨克定律得： 3 5 0 = 0:， 解得： = 2 30 3 40
32、， 当温度升高3 40时活塞会移到缸口且对挡板有压力， 从开始加热到温度升高3 40过程，由理想气体状态方程得： 13 5 0 = 3 0:3 40 ， 解得：3= 21 20(0 + )； 答：()若使用向上的拉力将活塞缓慢地拉到缸口，拉动过程中，拉力的最大值为 2 5(0 + )； ()若给缸内气体加热，使缸内气体温度升高3 40，则温度升高后缸内气体的压强为 21 20(0 + )。 【解析】()气体发生等温变化，求出气体的状态参量，应用玻意耳定律求出气体末状 态的压强，然后求出拉力的最大值。 ()应用盖吕萨克定律求出活塞恰好到达缸口时气体的温度，然后应用理想气体状态方 程分析答题。 本
33、题考查了气体状态方程的应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提， 根据题意求出气体的状态参量，然后应用玻意耳定律、盖吕萨克定律与理想气体状态方 程可以解题。 第 14 页，共 18 页 14. 如图所示， 半径为 R的半圆形玻璃砖放在水平面上， 一束单色光从圆弧面上的C点以30的入射角射入玻 璃砖， 折射光线刚好照射到 OB的中点 D点， 折射光 线 CD与 AB 面的夹角为45， 光在真空中传播的速度 为 c，求： ()玻璃砖对光的折射率； ()当光再次射到圆弧面时，光在玻璃砖中传播的时间为多少。 【答案】解：()光路图如图所示： 设光在 C 点的折射角为 r， 在 中，根据正弦定
34、理有 1 2 = 45 ， 解得 = 2 4 ， 则折射率为 = = 2； ()由于 = 1 ， 解得 = 45， 因此光线在 AB面上会发生全反射， 根据几何关系可知，光在玻璃砖内传播的距离为 = 2 = 14 2 光在玻璃砖内传播的速度为 = ， 所以光在介质中传播的时间为： = = 7 。 答：()玻璃砖对光的折射率为 2； ()当光再次射到圆弧面时，光在玻璃砖中传播的时间为 7 。 第 15 页，共 18 页 【解析】()根据正弦定理分析光在 C 点的折射角，由折射定律求解折射率； ()根据几何知识求解光在介质中的路程，由 = 求解光在介质中的速度，再分析光在 介质中的传播时间。 解决
35、该题需要能正确作出光路图， 能根据几何知识求解光在介质中传播的长度以及相关 的角度，熟记折射定律以及传播速度的表达式。 六、简答题（本大题共 2 小题，共 32.0 分） 15. 如图所示，两个完全相同的长木板 A、B放在光滑的水平面上，在同一直线上两木 板的质量为 m，长为 L，相距也为 L，质量为1 2的物块 C 放在长木板 B的上表面 右端，物块 C 与两木板的动摩擦因数均为0.5，现给长木板 A施加一个水平向右的 恒力，使木板 A向右做匀加速运动，A与 B刚要相碰时撤去恒力，A、B相碰粘在 一起，此后物块 C 刚好不滑离木板 A，不计物块 C 的大小，重力加速度为 g，求： (1)物块
36、 C在木板上滑行的时间； (2)恒力的大小。 【答案】解：(1)设物块 A 与 B 碰后速度大小为1，物块 c 在木板上滑动后与木板相对 静止时共同速度为2，据动量守恒定律有： 21= 5 2 2 根据功能关系有： 1 2 2 = 1 2 21 2 1 2 5 22 2， 联立解得： 1= 1 2 10 2= 2 5 10 物块在木板上滑动时的加速度大小为： = = 0.5 木块 C在木板上滑动的时间为： = 2 = 4 5 10 ； (2)设木板 A 与 B碰撞前的速度为0，根据动量守恒有：0= 21 解得：0= 10； 根据动能定理可得： = 1 20 2 第 16 页，共 18 页 解得
37、： = 5 答：(1)物块 C在木板上滑行的时间为4 5 10 ； (2)恒力的大小为 5mg。 【解析】(1)设物块 A 与 B碰后速度大小为1，在 C与 AB 的作用过程中，根据动量守 恒定律结合功能关系求出1以及三者的共同速度2， 再根据速度公式求解木块 C 的滑动 时间； (1)木板 A、B的碰撞过程满足动量守恒，再结合动能定理求解拉力 F 即可； 本题关键是明确物体的受力情况和运动规律， 特别是分析速度相等时物块 C 与木板间的 相对位移，然后分过程运用功能关系和运动学公式列式研究。 16. 如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中，在 y 轴右侧和 = 的上方区域有沿 y 轴负 方向
38、的匀强电场，电场强度大小为 E，在 x轴下方向和 = 的左侧区域有垂直于 坐标平面向外的匀强磁场，在坐标原点处沿 x 轴正向射出一束质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子，这束粒子第一次出电场的范围在 = 上的 P、Q 两点之间， = ， = 2，从 P点出电场的粒子第一次在磁场中运动的轨迹刚好与 y 轴相 切，不计粒子的重力，不计粒子间的相互作用，求： (1)粒子从 O 点射出的速度大小范围； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)试分析： 第一次从 Q点射出电场的粒子， 第一次在磁场中运动会不会穿过 y轴， 说明理由。 【答案】解：(1)设第一次从 P 点射出电场的粒子初速度大小为1，
39、从 Q射出电场的粒 子初速度大小为2，粒子在电场中做类平抛运动，则有： 2 2 = 11， 第 17 页，共 18 页 2 2 = 1 2 1 2， 2 2 2 = 22， 2 2 2 = 1 2 2 2， 解得：1=2 2 ，2=2 4 ， 因此粒子的初速度大小范围：2 4 02 2 。 (2)从 P 点出电场的粒子运动轨迹如图所示，设粒子进磁场 时速度方向与 x 轴正向的夹角为，根据几何关系有 = 2， 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为1，根据几何关系知： 1+ 1sin = 2 2 ， 解得1= 10 2(5:2)， 设粒子运动到 P点的速度大小为，根据动能定理有 2 2 = 1 2 2
40、 1 21 2， 根据牛顿第二定律有： = 2 1 联立两式解得： = ( 2 2 + 10 5 ) 52 。 (3)设从 Q点射出电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径为2， 粒子到 Q点的速度为， 根据动能定理有： 2 = 1 2 2 1 22 2， 根据牛顿第二定律有： = 2 2 解得：2= (5 25)， 由于2+ 2 = 2 2 2， 因此此粒子第一次在磁场中运动不会穿过 y轴。 答：(1)粒子从 O 点射出的速度大小范围为：2 4 02 2 ； (2)匀强磁场的磁感应强度大小为( 2 2 + 10 5 ) 52 ； (3)由于2+ 2 = 2 2 2，因此此粒子第一次在磁场中运动不会
41、穿过 y轴。 【解析】(1)设第一次从 P 点射出电场的粒子初速度大小为1，从 Q射出电场的粒子初 速度大小为2，粒子在电场中做类平抛运动，根据位移与时间关系列方程分别求出1和 2，从而知初速度的大小范围； 第 18 页，共 18 页 (2)画出从 P 点出电场的粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系知半径，根据动能定理 和牛顿第二定律列方程求解 B； (3)设从 Q点射出电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径为2， 粒子到 Q点的速度为， 根据动能定理和牛顿第二定律列方程求解半径2，然后根据几何关系判定粒子第一次在 磁场中运动会不会穿过 y轴。 本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题， 要求同学们能正确分析粒子的受力情 况， 再通过受力情况分析粒子的运动情况， 熟练掌握圆周运动及类平抛运动的基本公式， 难度适中。
