2020届江苏省南京市六校联合体高三（下）5月联考物理试题（解析版）

2020 届高三模拟考试试卷 物理 一、单项选择题：本题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分。每小题只有一个选项符合题意。 1.如图所示为教室里可以沿水平方向滑动的黑板，一位老师用粉笔在其中某块可移动的黑板上画直线。若粉 笔相对于地面从静止开始向下先做匀加速直线滑动后做匀减速直线滑动，同时黑板以某一速度水平向左匀 速滑动，则粉笔在黑板上所画出的轨迹，可能为下列图中的（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据做曲线运动 物体受合外力一定指向曲线凹侧，则粉笔在水平方向始终匀速，在竖直方向上 先向下加速再减速。由运动的合成与分解，结合矢量合成法则，故 ABD 错误，C 正确。 故选 C。 2.如图为手机及无线充电板。如图为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电 线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池 充电，下列说法正确的是（　　） A. 手机外壳用金属材料制作可以减少能量损耗 B. 如果图示方向的磁场在变强，受电线圈中 c 点的电势高于 d 点的电势 C. 在送电线圈电压不变 情况下，增加送电线圈匝数可以提高受电线圈的电压 D. 受电线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．手机外壳使用金属材料会屏蔽电磁波，导致无线充电不能完成，故 A 错误； 的 的B．根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由 c 到 d，因此 c 点的电势低于 d 点的电势，故 B 错误； C．该设备电磁感应原理，因此根据原、副线圈感应电动势公式变形可得 则当送线圈匝数 增加时，受电线圈的电压 减小，故 C 错误。 D．该设备采用的是电磁感应原理，因此当发射线圈中电流方向改变时，受电线圈中的电流方向也会改变， 即受电线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故 D 正确。 故选 D。 3.如图所示，曲线 1 和 2 分别为甲、乙两小球的运动轨迹，甲球从 P 点水平抛出的同时乙球从 M 点斜向上 抛出，经过一段时间后两球在 N 点相遇，若 M 点在 P 点正下方，M 点与 N 点在同一水平线上，不计空气阻 力，可将球视为质点，则（　　） A. 两球相遇时甲的速度大小为乙的两倍 B. 甲球在 P 点速度与乙球在最高点的速度相等 C. 乙球相对于 M 点上升的最大高度为 PM 长度一半 D. 两球相遇时甲的速度与水平方向的夹角为乙的两倍 【答案】B 【解析】 【详解】AB．由题意得，甲球做平抛运动，乙球做斜抛运动，设甲球初速度为 ，相遇时甲的速度为 ， 乙的速度为 ，由题意得，相遇时二者所用时间相等，且 即 可得 因乙球在最高点只有水平方向有速度，竖直方向速度为 0，则 2 2 1 1 nU U n = ⋅ 1n 2U 0v pv mv x x=甲 乙 0v t v t= 乙 0v v= 乙即甲球在 P 点速度与乙球在最高点的速度相等。由题意得 对乙球运行的后半段可得 即 可知两球相遇时甲的速度大小不为乙的两倍，故 A 错误，B 正确； C．由乙球运行的后半段可知 PM 的长度为 由 可知乙球相对于 M 点上升的最大高度为 PM 长度的 ，故 C 错误； D．设甲的速度与水平方向的夹角为 ，乙的速度与水平方向的夹角为 ，则有 即 故两球相遇时甲的速度与水平方向的夹角正切值为乙的速度与水平方向的夹角正切值的两倍，故 D 错误。 1 0v v v= =乙 2 2 p 0 ( )v v gt= + 2 2 m 0 ( )2 tv v g= + ⋅ 2 2 2 p 0 2 2 2m 0 1 4 v v g t v v g t += + 21 ( )2 2 th g= 2 1 1 2h gt= 1 1 4 h h = 1 4 1 θ 2 θ 1 0 tan gt v θ = 2 0 2tan tg v θ = 1 2 tan 2tan θ θ =故选 B。 4.质量分别为 m1 和 m2 的两个小物块用轻绳连结，绳跨过位于倾角 θ 的粗糙斜面顶端的轻滑轮，斜面左端固 定在水平桌面上，通过改变 AB 边的高度可使 AO 绕 O 点转动，如图所示。已知滑轮与转轴之间的摩擦不计， m1=2m2，现在使 O 缓慢地从 60°变为 15°，m1 始终相对斜面处静止状态，m2 始终悬空（未与 AB、地面接 触）。下列说法正确的是（　　） A. 细绳的拉力在逐渐变小 B. m1 和 m2 系统的机械能一定守恒 C. m1 受到 摩擦力先减小再增加 D. 斜面对 m1 的支持力始终不变 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题意得，细绳的拉力等于 的重力，故细绳的拉力保持不变，故 A 错误； B．当 O 缓慢地从 60°变为 15°时，由图可知高度下降，故 和 组成的系统重力势能减小，动能不变， 机械能减小，故 B 错误； C．当角度大于 时受力分析如下图 可得 即 即随着角度变小，摩擦力也在减小。当角度减小到 时，重力向下的分力等于 的重力，随着角度继续 减小，则可做受力分析如下图 的 2m 1m 2m 30° 22 sinm g f Fθ = + 拉 2 22 sinf m g m gθ= − 30° 2m 此时摩擦力为 可知角度继续减小时，摩擦力增大，故 受到的摩擦力先减小再增加，故 C 正确； D．斜面对 的支持力为 可知角度减小，斜面对 的支持力增大，故 D 错误。 故选 C。 5.如图所示，电源为交流恒压源，即无论电路中的电阻如何变化，接入电路的交流电压始终保持恒定。R1、 R2 阻值保持不变，理想交流电压表与理想交流电流表的示数分别为 U、I。当恒压交流源的频率变大时，理 想电压表与理想电流表的示数变化量分别为 ΔU、ΔI，下列说法正确的是（　　） A. B. U 变大，I 变大 C. 灯泡变暗，I 变小 D. 【答案】A 【解析】 【详解】AD．设恒压源电压为 E，电阻 两端电压 ，则由电路可知 联立变形可得 2 22 sinf m g m g θ= − 1m 1m N 1 cosF m g θ= 1m 1 U RI ∆ =∆ 1 2 U R RI ∆ = +∆ 1R 1U 1E U U= + 1 1U IR=可把该等式看作函数，则 为该函数的斜率即 故 A 正确，D 错误； BC．当交流源的频率变大时，电容器对于电流的阻碍作用变小，即电容器等效电阻变小。根据“串反并同” 原理，灯泡与电容器串联，所以灯泡的电流和电压都变大，灯泡变亮。灯泡和电容器串联后与电流表并联， 所以电流表的示数 变小。U 测 R2 电压，R2 在干路，相当于串联关系，故 U 变大。故 BC 错误。 故选 A。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题有多个选项符合题意，全部 选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分。 6.我国在酒泉发射中心成功发射了神舟十一号载人飞船，并随后与天宫二号对接形成组合体。如图所示，圆 轨道 1 为天宫二号的运行轨道，圆轨道 2 为神舟十一号开始的运行轨道，半径为 R，神舟十一号经过时间 t， 通过的弧长为 s。已知引力常量为 G，则（　　） A. 天宫二号内的物体处于平衡状态 B. 神舟十一号要完成与天宫二号对接必须适时加速 C. 发射神舟十一号时的速率一定大于 7.9km/s D. 可算出地球质量为 【答案】BC 【解析】 【详解】A．天宫二号内的物体随天宫二号一起围绕地球做圆周运动，即合外力方向改变，因此不处于平衡 状态，故 A 错误； B．当神舟十一号加速时，它会做离心运动，进而从轨道 2 上升至轨道 1，再与天宫二号对接，故 B 正确； C． 为第一宇宙速度，是最大的运行速度。神舟十一号的轨道半径比地球半径大，因此其发射速 1U IR E= − + U I ∆ ∆ 1 1 U R RI ∆ = − =∆ I 2 2 s GRt 7.9km s度应当大于 ，故 C 正确； D．神舟十一号的线速度为 根据万有引力公式提供向心力可得 联立解得 即地球质量为 ，故 D 错误。 故选 BC。 7.如图甲所示是某工厂烟囱静电除尘机原理图，放电极和集尘极加上高压电场，使尘埃带上静电（电荷性质 未知），尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，达到除尘目的，图乙是俯视图，图中实线为电场线。 不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则（　　） A. 进入除尘区前应使尘埃带上负电荷 B. 图中 A 点电势高于 B 点电势 C. 图中 A 点电场强度大于 B 点电场强度 D. 尘埃在迁移过程中电势能增加 【答案】AB 【解析】 【详解】A．由图乙可看出，放电极带负电，集尘极链接电源正极带正电。因此为了使尘埃向集尘极迁移并 沉淀，根据“同性相斥，异性相吸”的原理，进入除尘区前尘埃需要带上负电，故 A 正确； B．如图所示，B 点可等效为 7.9km s sv t = 2 2 Mm vG mR R = 2 2 s RM Gt = 2 2 s R Gt B′则可看出 位于 A 顺电场线的下方，所以 A 点电势高于 点电势，即 A 点电势高于 B 点电势，故 B 正确； C．由图可知，A 点处的电场线比 B 点处疏，因此 A 点电场强度小于 B 点电场强度，故 C 错误； D．带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，做正功，所以在迁移过程中电势能减小，动能增加，故 D 错误。 故选 AB。 8.如图所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力 F，通过传感器可测得甲的 加速度 a 随拉力 F 变化的关系如图所示。已知重力加速度 g=10m/s2，由图线可知（　　） A. 乙的质量 m 乙=6kg B. 甲、乙的总质量 m 总=8kg C. 甲、乙间的动摩擦因数 μ=0.3 D. 甲、乙间的动摩擦因数 μ=0.1 【答案】BD 【解析】 【详解】由图像可知，当力 时加速度较小，所以甲乙相对静止。采用整体法，当 时 根据牛顿第二定律有 即图像中直线较小斜率的倒数等于甲乙质量之和，因此可得出 B′ B′ 24NF < 1 24NF = 2 1 3m/sa = 1 1F m a= 总 8kgm =总当 时，甲的加速度较大，采用隔离法，由牛顿第二定律可得 即图像中较大斜率倒数等于甲的质量，较大斜率直线的延长线与纵轴的截距为 因此可以得出 因此 故 AC 错误，BD 正确。 故选 BD。 9.如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、 磁分析器、收集器。加速电场的加速压为 U，静电分析器通道中心线半径为 R，通道内有均匀辐射电场，在 中心线处的电场强度大小为 E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为 B 的匀强磁场，其左边 界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为 m、电荷量为 q 的正离子（初速度为零，重力不 计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线 MN 做匀速圆周运动，而后由 P 点进入磁分析器中，最 终经过 Q 点进入收集器。下列说法正确的是（　　） A. 磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外 24NF > 2 2F m g m aµ− =甲 甲 gµ 6kgm =甲 1gµ = 2kgm m m= − =乙 甲总 1 0.1g µ = =B. 磁分析器中圆心 O2 到 Q 点的距离 C. 不同粒子经相同的加速压 U 加速后都可以沿通道中心线安全通过静电分析器 D. 静电分析器通道中心线半径为 【答案】AD 【解析】 【详解】A．粒子在磁分析器中沿顺时针转动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则，磁分析器中匀强磁 场方向垂直于纸面向外，故 A 正确； B．离子在静电分析器时速度为 ，离子在加速电场中加速的过程中，根据动能定理可得 离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得 联立以上等式可得 因此 即磁分析器中圆心 到 点的距离为 ，故 B 错误； C．离子在加速电场中加速的过程中，根据动能定理可得 由此变形可得 因此不同粒子经过加速后进入静电分析器时的速度不一样。当速度不符合沿通道中心线安全通过的速度时， 离子就会做离心运动或是近心运动，无法通过静电分析器，故 C 错误； D．在通过静电分析器时，电场力提供向心力，由此可得 1 2mERd B q = 2UR E = v 21 02qU m= −v 2vBqv m r = 1 mERr B q = 1 mERd r B q = = 2O Q 1 mER B q 21 02qU m= −v 2qUv m =结合之前分析所得通过静电分析器的速度结果，可化简得 即静电分析器通道中心线半径为 ，故 D 正确。 故选 AD。 三、简答题：本题分必做题（第 10、11、12 题）和选做题（第 13 题）两部分，共 42 分。请 将解答填写在相应的位置。 10.如图甲所示是某同学在做“探究加速度与力、质量的关系”实验初始时刻的装置状态图，如图乙所示是 该同学得到一条用打点计时器打下的纸带。 (1)写出图甲中错误的地方：__________；___________（至少写出两点）； (2)如图甲所示中打点计时器应该用以下哪种电源________； A.直流 4~6V B.电流 220V C.交流 4~6V D.交流 220V (3)已知打点计时器所用电源的频率为 50Hz，纸带上每两个相邻计数点之间还有 4 个打出的点未画出，根据 纸带求出物块运动时的加速度大小为________m/s2（结果保留两位有效数字）； (4)该同学在教师指导下，将实验装置调试正确。实验中，保持所挂砂和砂桶的总质量 m 不变，改变小车的 质量 M，并测出所对应的加速度 a，以小车的质量 M 为横坐标，以 为纵坐标，在坐标纸上作出如图丙所 示的关系图线，已知当地的重力加速度为 g，结果发现图像不过原点，根据牛顿第二定律认为在拉力不变的 情况下 与 M 应该成正比，该同学百思不得其解，请你告诉该同学图中纵轴上的截距的物理意义________ （用题中所给的字母表示）。 2vqE m R = 2UR E = 2U E 1 a 1 a【答案】 (1). 小车释放时距打点计时器过远；细线没有放在滑轮上 (2). 细线没有与木板平行；细线 不够长等 (3). D (4). 0.75(0.72～0.78) (5). 【解析】 【详解】(1)[1][2]小车释放时距打点计时器过远、细线没有放在滑轮上、细线没有与木板平行、细线不够长 等。 (2)[3]由图可知，该打点计时器为电火花打点计时器，因此应当选用 的交流电，故 ABC 错误，D 正确。 故选 D。 (3)[4]由于两个相邻计数点之间还有 4 个打出的点未画出，因此两个相邻计数点时间间隔为 。根据 匀变速直线运动的推论公式 可得 (4)[5]由牛顿第二定律可得 由此变形可得 根据数学关系即可知，图像在纵轴的截距代表 。 11.某一实验小组用如图甲所示电路测量电源 E 的电动势和内阻，图中电压表 V 的量程是 3V，虚线框内为 用电流计 G 改装的电流表。 (1)已知电流计 G 的满偏电流 Ig=200mA、内阻 rg=1.0Ω，电路中已将它改装为量程 400mA 的电流表，则 R1=________Ω； (2)通过移动变阻器 R 的滑片，得到多组电压表 V 的读数 U 和电流计 G 的读数 I，作出如图乙所示的图像； 1 g 220V 0.1sT = 2x aT∆ = 2 2 0.75m/s4 DE CD BC ABa T + − −= = ( )F mg M m a= = +合 ( )1 1M m M a mg mg g += = + 1 g(3)某次测量时，电压表 V 的示数如图丙所示，则此时通过电源 E 的电流为________mA； (4)根据图乙得出电源 E 的电动势等于________V，内阻等于________Ω（小数点后保留两位）； (5)本实验中电压表 V 的内阻对实验的测量结果________（选填“有”或“无”）影响。 【答案】 (1). 1.0 (2). 200 (3). 2.93 (4). 1.15 (5). 无 【解析】 【详解】(1)[1]由题可得 即 代入数据解得 (3)[2]由图丙读出电压为 ，对应的图乙的电流为 ，由第一题可知，电流表改装后的量程为原电 流表的两倍，故此时通过电源 的电流为 。 (4)[3][4]将图乙补充完整后可得电源 的电动势等于 ，设电源内阻为 ，根据 又因为 联立解得 (5)[5]因电压表 V 的内阻很大，所以流过的电流几乎为零，故本实验中电压表 V 的内阻对实验的测量结果无 影响。 12.下列关于四幅图说法中，正确的是（　　） 1g RU U= ( )g g g 1I r I I R= − 1 1R = .0Ω 2 V.6 mA100 E mA200 E 2 V.93 0r 0( )E I R R r= + +并 2 VIR = .6 mAI = 200 1 g 1 g R rR R r = +并 0 1r = .15ΩA. 玻尔原子理论的基本假设认为，电子绕核运行轨道的半径是任意的 B. 光电效应产生的条件为：入射光的频率大于极限频率 C. 电子束通过铝箔时的衍射图样证实了运动电子具有波动性 D. 发现少数 α 粒子发生了较大偏转，说明金原子质量大而且很坚硬 【答案】BC 【解析】 【详解】A．根据波尔理论知道，电子的轨道不是任意的，电子有确定的轨道，且轨道是量子化的，故 A 错误； B．发生光电效应的条件是入射光频率大于金属极限频率，故 B 正确； C．衍射是波的特有现象，电子束通过铝箔时的衍射图样验证了电子具有波动性，故 C 正确； D．发现少量 粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围，故 D 错误。 故选 BC。 13.质量为 4kg 的物体 B 静止在光滑水平面上，一质量为 1kg 的物体 A 以 2.0m/s 的水平速度和 B 发生正碰， 碰撞后 A 以 0.2m/s 的速度反弹，则碰撞后物体 B 的速度大小为________；此过程中系统损失的机械能等于 ________。 【答案】 (1). 0.55 m/s (2). 1.375J 【解析】 【详解】[1][2]设物体 A 质量 ，物体 B 质量 ，A 初速度为 ，碰撞后 。该过程动量守恒，因此有 代入数据解得 根据动能定理可得 代入数据可得 α 1m 2m 1v 1v ′ 1 1 1 1 2 20m v m v m v′+ = + 2 0.55m/sv = 2 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2E m v m v m v ′∆ = − +  14.铝的逸出功为 W0=6.72×10－19J，用波长 λ=200nm 的光照射不带电的铝箔，发生光电效应，普朗克常量 h=6.63×10－34J·s，电子电量为 e=1.6×10－19C。求： (1)发生光电效应时，铝箔的电性； (2)若用铝箔制作光电管，则它的遏止电压 Uc（结果保留两位有效数字）。 【答案】(1)正；(2)2.0V 【解析】 【详解】(1)根据爱因斯坦光电效应现象可知道，电子逃出来，结合电荷守恒定律，则铝箔表面带正电。 (2)根据爱因斯坦光电效应方程得，光电子最大初动能为 根据动能定理可得 联立解得 15.下列关于物质属性的微观认识的说法中，正确的是（　　） A. 液体的分子势能与体积无关 B. 单层云母片导热性能具有各向异性 C. 温度升高，每个分子的速率都增大 D. 一定质量的理想气体，在绝热膨胀的过程中，分子平均动能一定减少 【答案】BD 【解析】 【详解】A．分子势能是分子间因为相对位置的变化而具有的能，分子力间的距离与分子的体积有关，因此 液晶的分子势能与体积有关，故 A 错误； B．云母片是单晶体，单晶体表现为各向异性，故 B 正确； C．温度升高，分子平均动能增大，但并不是所有分子动能均增大，故 C 错误； D．一定质量的气体，在绝热膨胀过程中，气体对外界做功而没有热交换，因此内能一定减小，温度降低， 平均动能减小，故 D 正确。 故选 BD。 16.如图所示，绝热气缸 A 与导热气缸 B 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦。两 气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为 V0、温度均为 T0。缓慢加热 A 中气体，停止加热达 1.375JE∆ = k 0 hcE Wλ= − k cE eU= c 2.0VU =到稳定后，A 中气体压强为原来的 1.2 倍。设环境温度始终保持不变，则气缸 B 中气体的体积 VB=________；气缸 A 中气体温度 TA=________。 【答案】 (1). V0 (2). 1.4T0 【解析】 【详解】[1][2]设初始压强为 ，膨胀后 A、B 压强相等，即 B 中气体始末状态温度相等，根据波意耳定律可得 联立以上等式解得 则 A 中气体体积 根据理想气体状态方程可得 联立以上等式可得 17.在“油膜法估测分子直径”的实验中，某老师为本实验配制油酸酒精溶液，实验室配备的器材有：面积为 0.25m2 的蒸发皿，滴管，量筒（60 滴溶液滴入量筒体积约为 1 毫升），纯油酸和无水酒精若干等．已知分子 直径数量级为 10﹣10m，则该老师配制的油酸酒精溶液浓度（油酸与油酸酒精溶液的体积比）至多为多少？ 【答案】 【解析】 【详解】[1]．根据题意可知，形成的油膜的面积不能超过蒸发皿的面积，当油膜面积等于蒸发皿的面积时， 此时油酸浓度最大，一滴油酸的体积为： V=dS=10﹣10m×0.25m2=2.5×10﹣11m3 一滴酒精油酸溶液的体积为 5 6 0p A B 01.2p p p= = 0 0 B Bp V p V= B 0 5 6V V= A 0 B 0 72 6V V V V= − = 0 0 A A 0 A p V p V T T = A 01.4T T= 31.5 10−×因此油酸的浓度为 18.下列四幅图的有关说法中正确的是 A. 由两个简谐运动的图像可知：它们的相位差为 或者 B. 当球与横梁之间存在摩擦的情况下，球的振动不是简谐运动 C. 频率相同的两列波叠加时，某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱 D. 当简谐波向右传播时，质点 A 此时的速度沿 y 轴正方向 【答案】BC 【解析】 【详解】A．由两个简谐运动的图像可知：它们的相位差为 或者 ，A 错误； B．简谐运动是一种理想运动，过程中不受摩擦力，所以 B 正确； C．频率相同的两列水波的叠加：当波峰与波峰、可波谷与波谷相遇时振动是加强的；当波峰与波谷相遇时 振动是减弱的．C 正确； D．根据走坡法可得此时 A 点向 y 轴负方向运动，故 D 错误； 故选 BC。 点评：波 叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰．当 频率相同时才有稳定的干涉图样，当频率不同时不能发生干涉． 19.如图为某一简谐横波在 t＝0 时刻的波形图，此时质点 a 振动方向沿 y 轴正方向．从这一时刻开始，质点 a、b、c 中第一次最先回到平衡位置的是______．若 t＝0.02s 时，质点 c 第一次到达波谷处，从此时刻起开 始计时，质点 c 的振动方程 y=_______cm． 的 3 8 31 cm 1.7 10 m60oV −= = × 3 0 1.5 10V V −= × 2 π π 2 π 3 2 π【答案】 (1). c (2). 【解析】 【详解】[1]．a 点振动方向沿 y 轴正方向，则 b 点振动方向沿 y 轴负方向，c 点直接沿 y 轴负方向运动，则 a 点、b 点第一次回到平衡位置的时间都大于 周期，而 c 点第一次回到平衡位置的时间等于 周期，所以 a、b、c 第一次最快回到平衡位置的是 c 点． [2]．若 t=0.02s 时，质点 c 第一次到达波谷处，则 c 点振动的周期为 则从此时刻起开始计时，c 点的振动方程为 （cm）． 点评：由图示时刻 a 点振动方向沿 y 轴正方向，可判断 b 的振动方向，确定 a、b、c 第一次回到平衡位置的 先后．由 c 点确定出周期，读出振幅，写出 c 点振动方程． 20.如图所示，△ABC 为等腰直角三棱镜的横截面，∠C=90°，一束激光 a 沿平行于 AB 边射入棱镜，经一次 折射后射到 BC 边时，刚好能发生全反射，求该棱镜的折射率 n． 【答案】 【解析】 【详解】如图 解得 8sin(50 )2y t ππ= − 1 4 1 4 0.04T s= 2 50 rad/sT πω π= = cos 8cos 50y A t tω π= = （ ） 6 2n = sin 45 sinn α ° = 1 sinn C = 90C α °+ =点评：临界角其实也是入射角，对于同一介质它是特定的．当光垂直入射时，由于入射角为零，所以折射 角也为零，由于已知三棱镜的顶角，当光再次入射时，由几何关系可知折射角角，最后由折射定律可求出 折射率． 四、计算题：本题共 3 小题，共 47 分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算 步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 21.如图所示，间距为 H 的两水平线 MN、PQ 间存在匀强磁场，磁感应强度为 B，有一质量为 m 边长为 L 的正方形线框（ ），从有界的匀强磁场上方由静止自由下落，线框电阻为 R，线框下落过程中 ab 边 与磁场界面平行。已知 ab 边刚进入磁场和刚穿出磁场时都做减速运动，且加速度大小均为 。求： (1)ab 边刚进入磁场时线框中的电流强度 I； (2)线框穿过磁场的全过程中产生的热量 Q； (3)cd 边刚进入磁场时，线框速度的大小 v。 【答案】(1) ；(2)2mgH；(3) 【解析】 【详解】(1)由牛顿第二定律得 联立解得 (2)由能量守恒可知，线框穿过磁场的全过程线框产生的总热量 6 2n = L H< 5 ga = 6 5 mg BL 2 2 2 4 4 36 2 ( )25 m g R g H LB L − − AF mg ma− = AF BIL= 6 5 mgI BL = 2Q mgH=总(3)由题意知，ab 边刚穿出磁场时的速度 等于 ab 边刚进入磁场时的速度 联立以上等式、欧姆定律以及上题结果可得 从 cd 边刚进入磁场到 ab 边刚穿出磁场过程中 则 cd 边刚进入磁场时，线框速度 22.如图所示，竖直平面内有一半径 R=0.45m 的光滑 圆弧轨道 AB，一质量 m=2kg 的物块（可视为质点）， 从 A 点由静止滑下，无能量损失地滑上静止的长木板的左端（紧靠 B 点），此后两者沿光滑水平面向右运动， 木板与弹性挡板 P 碰撞后立即以原速率反向弹回，最终物块和木板均静止。已知木板质量 M=1kg，板长 L=1m， 初始时刻木板右端到挡板 P 的距离为 x=2m，物块与木板间的动摩擦因数为 μ=0.5，设物块与木板间的最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10m/s2。求： (1)物块滑至 B 点时对轨道的压力大小 FN； (2)木板第一次速度为零时，物块的速度大小 v1； (3)物块最终距挡板 P 的距离。 【答案】(1)60N；(2)1m/s；(3)0.1m 【解析】 【详解】(1)设物块滑到圆弧轨道最低点 B 的速度为 ，由动能定理得 根据牛顿第二定律得 解得 2v 1v 1E BLv= 1 2 2 6 5 mgRv B L = ( )2 2 1 2v v g H L− = − 2 2 2 4 4 36 2 ( )25 m g Rv g H LB L = − − 1 4 0v 2 0 1 2mgR mv= 2 0 N mvF mg R ′ − =由牛顿第三定律可知，物块滑至 B 点时对轨道的压力大小 (2)物块滑到水平板上受到向左的摩擦力 对物块用牛顿第二定律 对木板用牛顿第二定律 设物块和木板第一次共速时的速度为 ，则有 解得 当 之后，物块和木板一起撞向挡板，则木板撞向挡板到速度为零用时 则物块此时的速度 解得 (3)设物块最终相对于木板相对位移为 ，根据能量守恒有 解得 所以物块最终距挡板的距离为 23.如图所示，位于竖直平面内 坐标系 xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强的 N 60NF ′ = N N 60NF F ′= = 1mg maµ = 1mg Maµ = v 0 1 1v v a t= − 2 1v a t= 2m/sv = 1 0.2st = 2 2 vt a = 1 1 2v v a t= − 1 1m/sv = s 2 0 1 2mgs mvµ = 0.9ms = 0.1md L s= − =磁场，磁感应强度为 B，还有沿 x 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E=2N/C，第一象限空间有沿 y 轴负方 向的、场强大小也为 E 的匀强电场，并在 y h=1.6m 的区域有磁感应强度也为 B 垂直于纸面向外的匀强磁 场。一个带电荷量为 q 的油滴从图中第三象限的 P 点获得一初速度 m/s，恰好能沿 PO 做匀速直线 运动（PO 与 x 轴负方向的夹角为 θ=45°），并从原点 O 进入第一象限。已知重力加速度 g=10m/s2。求： (1)油滴所带电性以及磁场磁感应强度 B； (2)油滴第二次经过 y 轴的坐标； (3)若第一象限内是磁感应强度仍为 B，位置可变的矩形磁场，能让油滴在第一象限内回到 x 轴的磁场区域 最小面积 S。 【答案】(1)负电，0.5T；(2) m；(3) m2 【解析】 【详解】(1)由题意作图如图所示 油滴在运动时所受合力为零，根据三力平衡可以判断油滴带负电，可得 解得 (2)由题意可得 又有 > 0 4 2v = 16+8 20 5       ， 128+(2 2) 25 + mg qE= 0 2Bqv qE= 0.5TB = mg qE=解得 所以油滴第二次经过 轴的坐标为 。 (3)满足条件的油滴在磁场内的运动轨迹如图所示 则最小面积 解得 2 0 0 vBqv m r = 8 2 m5r = 8 2 16 8 21.6 1.6 m5 5y += + + = y 16+8 20 5       ， ( )2 cos45S r r r= ⋅ + ° ( ) 2 128 2 2 m25S + + =