2020届江苏省高三（下）5月质量检测物理试题（解析版）

江苏省高三月考物理试题 一、单项选择题 1. 关于传感器，下列说法中正确的是 A. 话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号， B. 电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断 C. 霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换成这个电阻电学量 D. 光敏电阻在光照射下其电阻会显著变大 【答案】B 【解析】 试题分析：话筒是一种常用的声波传感器，其作用是声信号转换为电信号，故 A 错误；热双金属片传感器 和干簧管在电路中相当于开关，可以控制电路的通断，故 B 正确；霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转 换为电压这个电学量，故 C 错误；光敏电阻在光照射下其电阻会显著变小，D 错误； 考点：考查了传感器的应用 【名师点睛】该题考查常见的传感器的特点与应用，属于对基础知识点的考查，多加积累即可做好这一类 的题目 2.如图所示，E 为电源，其内阻不可忽略，RT 为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L 为指示灯泡，C 为平行板电容器，G 为灵敏电流计。闭合开关 S，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是（　　） A. G 中电流方向由 a 到 b B. RT 两端电压变大 C. C 所带的电荷量保持不变 D. L 变暗 【答案】A 【解析】 【详解】A．电容器的带电量减小，电容器放电，故 G 中电流由 ，故 A 正确； B．因为电路中电流增大，电源的内压及灯泡 L 两端的电压增大，由 可得 两端电压减小，故 B 错误； C．因为电容器并联在电源两端，因内电压增大，路端电压减小，故由 a b→ E U U= + 外内 TR Q CU=知电容器的带电量减小，故 C 错误； D．由图可以知道，热敏电阻与 L 串联，当环境温度升高时，热敏电阻的阻值减小，总电阻减小，则电路中 电流增大，灯泡 L 变亮，故 D 错误。 故选 A。 3.如图所示，半径为 R 的半球形碗固定于水平地面上，一个质量为 m 的物块，从碗口沿内壁由静止滑下， 滑到最低点时速度大小为 v，物块与碗之间的动摩擦因数恒为 μ，则下列说法正确的是（　　） A. 在最低点时物块所受支持力大小为 B. 整个下滑过程物块所受重力的功率一直增大 C. 物块在下滑至最低点过程中动能先增大后减小 D. 整个下滑过程摩擦力对滑块做功 【答案】C 【解析】 【详解】A．在最低点时，根据牛顿第二定律得 计算得出支持力 故 A 错误； B．初始位置速度为零，重力的功率为零，到达最低点速度最大，但是重力与速度的方向夹角为 90 度，重 力的瞬时功率为零，可以知道整个过程中功率的功率先增大后减小，故 B 错误； C．在下滑的过程中，重力沿曲面切线方向的分力逐渐减小，滑动摩擦力逐渐增大，下滑到一定程度后重力 沿曲面切线方向的分力会小于摩擦力做减速运动，则动能先增大后减小，故 C 正确； D．对整个过程运用动能定理得 则摩擦力对滑块做功为 故 D 错误。 mg 21 2mgR mv− 2vN mg m R − = 2vN m mgR = + 21 02fmgR W mv+ = − 21 2fW mv mgR= −故选 C。 4.如图为两个不等量异种电荷电场的电场线，O 点为两点电荷连线的中点，P 点为连线中垂线上的一点，下 列判断正确的是（　　） A. P 点场强大于 O 点场强 B. P 点电势高于 O 点电势 C. 将一正试探电荷从靠近负电荷右侧处移动到无限远处，其电势能逐渐增大 D. 从 P 到 O 移动一正试探电荷，电场力做负功 【答案】D 【解析】 【详解】A．电场线的疏密表示电场强度的相对大小，根据图象可以知道 P 点场强小于 O 点场强，故 A 错 误； B．沿着电场线方向电势降低，结合等势面与电场线垂直，则 P 点电势低于 O 点电势，故 B 错误； C．因为两个点电荷所带的电荷量不等，由图分析可以知道正电荷所带电量较大，那么从负电荷向右到无限 远的电场线，方向先向左后向右，则电势先升高再逐渐降低，试探电荷电势能逐渐增大再逐渐降低，故 C 错误； D．从 P 到 O 电势升高，根据正电荷在电势高处电势能大，可知移动一正试探电荷其电势能增加，电场力 做负功，故 D 正确。 故选 D。 5.如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框 abcd．t=0 时刻，线框在水平外力的 作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc 边刚进入磁场的时刻为 t1，ad 边刚进入磁场的时刻为 t2， 设线框中产生的感应电流的大小为 i，ad 边两端电压大小为 U，水平拉力大小为 F，则下列 i、U、F 随运动 时间 t 变化关系图像正确的是A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析：根据物理规律得到物理量 表达式，再选择图象是研究图象问题常用的思路，采用数学上数形 结合的思维方法． 金属杆的速度与时间的关系式为 ，a 是加速度．由 和 得，感应电流与时间的关系式为 ，B、L、a 均不变，当 时间内，感应电流为零， 时间内，电流 I 与 t 成正比， 时间 后无感应电流，故 AB 错误；由 和 得，感应电流与时间的关系式为 ，当 时 间内，感应电流为零，ad 的电压为零， 时间内，电流 I 与 t 成正比， ， 电压随时间均匀增加， 时间后无感应电流，但有感应电动势， 电压随时间均匀增加，故 C 正确；根据推论得知：金属杆所受的安培力为 ，由牛顿第二定律得 ，得 ，当 时间内，感应电流为零， ，为定值， 时间内，F 与 t 成正比，F 与 t 是线性关系，但不过原点， 时间后无感应电流， ，为定值，故 D 错误． 二、多项选择题 6.如图所示，曲线Ⅰ是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为 R；曲线Ⅱ是一颗绕地球椭圆运 动卫星轨道的示意图，O 点为地球球心，AB 为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道 上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为 G，地球质量为 M，下列说法正确的是 A. 椭圆轨道的半长轴长度为 R B. 卫星在Ⅰ轨道的速率为 v0，卫星在Ⅱ轨道 B 点的速率为 vB， 则 v0＞vB C. 卫星在Ⅰ轨道的加速度大小为 a0，卫星在Ⅱ轨道 A 点加速度大小为 aA，则 a0＜aA 的 v at= E BLv= EI R = BLaI tR = 10 t− 1 2t t− 2t E BLv= EI R = BLaI tR = 10 t− 1 2t t− 1 4 4ad ad BLat BLatU IR RR = = × = 2t adU E BLat= = 2 2 A R B L vF = AF F ma− = 2 2B L aF t maR = + 10 t− F ma= 1 2t t− 2t F ma=D. 若 OA=0.5R，则卫星在 B 点的速率 vB＞ 【答案】ABC 【解析】 【详解】由开普勒第三定律可得： ，圆轨道可看成长半轴、短半轴都为 R 的椭圆，故 a=R，即椭圆 轨道的长轴长度为 2R，故 A 正确；根据万有引力做向心力可得： ，故 v＝ ，那么， 轨道半径越大，线速度越小；设卫星以 OB 为半径做圆周运动的速度为 v'，那么，v'＜v0；又有卫星Ⅱ在 B 点做向心运动，故万有引力大于向心力，所以，vB＜v'＜v0，故 B 正确；卫星运动过程只受万有引力作用， 故有： ，所以加速度 ；又有 OA＜R，所以，a0＜aA，故 C 正确；若 OA=0.5R，则 OB=1.5R，那么，v′＝ ，所以，vB＜ ，故 D 错误； 点睛：万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半径、线速度、 角速度、周期中两个已知量，根据万有引力做向心力求得其他物理量． 7.如图，理想变压器原副线圈的匝数比 n1:n2=10:1，将原线圈接在交流电源上，副线圈上电阻 R 和理想交流 电压表并联接人电路，已知交流电源电压 ，现在 A、B 两点间接入不同的电子元件， 下列说法正确的是（　 　） A. 在 AB 间串联一相同电阻 R，电压表的示数为 11V B. 在 AB 两点间接入理想二极管，电压表的读数为 11V C. 在 AB 两点间接入一只电容器，只提高交流电的频率，电压表读数增大 D. 在 AB 两点间接入一只电感线圈，只降低交流电的频率，电阻 R 消耗电功率减小 【答案】AC 【解析】 【详解】A．根据理想变压器原副线圈的电压与匝数成正比，即有： 2 3 GM R 2 3 T ka ＝ 2 2 GMm mv r r ＝ GM r 2 GMm mar ＝ 2 GMa r = 2 3 GM R 2 3 GM R 220 2 sin100 (V)u tπ= 1 2 1 2U U n n=： ：所以副线圈两端的电压有效值为： 若在 AB 间串联一相同电阻 R，电压表测得 R 两端电压为 U，则： A 正确； B． 若在 AB 两点间接入理想二极管，电压表测得 R 两端电压为 U，则： 解得 ，B 错误； C．若在 AB 两点间接入一只电容器，只提高交流电的频率，则副线圈电压不变，由电容器通高频阻低频的 特点可知，电流增大，R 两端电压增大，即电压表示数增大，C 正确； D．若在 AB 两点间接入一只电感线圈，只降低交流电的频率，则副线圈电压不变，由电感线圈通低频阻高 频的特点可知，电流增大，电阻 R 消耗电功率 增大，D 错误。 故选 AC。 8.如图所示，一块长度为 a、宽度为 b、厚度为 d 的金属导体，当加有与前后表面垂直的匀强磁场 B，且通 以图示方向的电流 I 时，用电压表测得导体上、下表面 MN 间电压为 U。已知自由电子的电量为 e。下列说 法中正确的是（　　） A. M 板比 N 板电势高 B. 导体中自由电子定向移动的速度为 C. 仅将磁场方向变为与导体的的左右表面垂直时，U 不变 D. 导体单位体积内的自由电子数为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．如图，电流方向向右，电子向左移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向上， 则 M 积累了电子，MN 之间产生向上的电场，因此 M 板比 N 板电势低，故 A 错误； B．由 2 2 1 1 1 220V=22V10 nU Un = = × 2 1 11V2U U= × = 22 21 2 UU T TR R = × 11 2VU = 2P I R= Uv Bd = BI eUb变形可得自由电子定向移动速度为 故 B 正确； C．如果把磁场方向变为与导体的左右表面垂直的话，电子所受的洛伦兹力为零，无法到达上下表面，则 U 为零，故 C 错误； D．电流的微观表达式为 则导体单位体积内的自由电子数为 又因为 联立解得 故 D 正确。 故选 BD 9.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的转轴 O 上，另一端与套在粗糙固定直杆 A 处质量为 m 的小球 （可视为质点）相连，A 点到水平面的高度为 h，直杆的倾角为 ，OA=OC，B 为 AC 的中点 OB 等于弹 簧原长，小球从 A 处由静止开始下滑，第一次经过 B 处的速度为 v，运动到 C 处速度为零；然后小球获得 一初动能 Ek 由 C 处沿直杆向上滑行，恰好能到达出发点 A。已知重力加速度为 g，设最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A. 小球下滑过程中，AB 段与 BC 段摩擦力做功相等 B. 。 U E Bdv= = Uv Bd = I nevS= In evS = S db= Uv Bd = BIn eUb = 30° k 2E mgh=C. 弹簧具有的最大弹性势能为 D. 撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止状态 【答案】AB 【解析】 【详解】A．在下滑过程中，从 A 到 B 和从 B 到 C 物体受到的支持力都等于重力垂直杆的分力和弹簧的弹 力垂直杆的分力，弹簧的弹力关于 B 点对称，因此从 A 到 B 和从 B 到 C 物体受到的支持力是关于 B 点对称 相等，因此摩擦力相等，因此摩擦力做功相同；故 A 正确； B．小球从 A 到 C，弹性势能改变量为零，动能的改变量为零，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理 有 当小球得到初动能 由 C 恰好到 A，由动能定理得 两次摩擦力做功相同，因此 故 B 正确； C．根据能量守恒定律得，对于小球从 A 到 B 的过程有 从 A 到 C 的过程有 联立解得 故 C 错误； D．设从 A 到 C 的摩擦力平均值为 ， ，则有 即 在 B 点有摩擦力 2mv 0fmgh W− = kE k0fmgh W E− − = − k 2E mgh= 2 p 1 1 2 2 2 f hmg E mv W+ = + fmgh W= 2 p 1 2E mv= f AC s= fW mgh= sin30f s mg s⋅ = °⋅由于弹簧对小球有拉力（B 点除外），小球对杆的压力大于 ，因此 由此可得 因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止，故 D 错误。 故选 AB。 三、简答题 10.某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示．在气垫导轨上相隔一定距 离 两处安装两个光电传感器 A、B，滑块 P 上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出一 定电压，两光电传感器与计算机相连滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器 A、B 时， 通过计算机可以得到如图乙所示的电压 U 随时间 t 变化的图象． (1)实验前，接通气源，将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的△t1___________△t2 (选填 >m“=”或“ ° sin30 cos30mg mgµ° > ° 2 2 2 1 1 1( )( ) ( )( )2 2 d dmgL m M m Mt t = + − +8.474mm． （3）系统重力势能的减小量为 mgL，系统动能的增加量为 ．可知满足关系式 mgL ，则滑块和砝码组成的系统机械能守恒．所以还需要测量滑块的质 量 M； （4）由（3）可得：满足关系式 mgL ，即可验证机械能守恒． 11.小明测量 LED(发光二极管)在额定电压(2.5 V)时的电阻．他选择的器材有：滑动变阻器(0～10 Ω)；电压表 (量程 3 V，内阻 3 kΩ)；电动势为 3.0 V 的电源；多用电表(电流挡；量程 1 mA，内阻 40 Ω；量程 10 mA，内 阻 4 Ω；量程 100 mA，内阻 0.4 Ω)． (1) 在判断 LED 极性时，小明先将多用电表选择开关旋至×10 挡，调节好多用电表，将二极管两极与表笔相 接，多用电表的示数如图甲所示时，多用电表红表笔(插在 A 孔中)与二极管的________(选填正或负)极相接 触． (2) 再将多用电表的选择开关旋至 100 mA 挡，将其接入图乙所示电路．多用电表红表笔应与________(选填 1 或 2)连接． (3) 闭合开关，移动滑片，电压表示数为 2.50 V 时，多用电表示数为 8 mA，则该 LED 在额定电压时的电阻 为________Ω. (4) 为了更准确地测出 LED 在额定电压时的电阻，在不更换实验器材的条件下，对小明的实验提出两点改 进建议：①________________；②_________________________________. 【答案】 (1). 负 (2). 2 (3). 312.5 (4). 将多用电表的选择开关旋至 10mA 测量电流 (5). 改 ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1( ) ( )2 2 2 2 d dM m v M m v M m M mt t  + − + = + − + ( ) ( )2 2 2 1 1 1( ) ( )2 2 d dM m M mt t = + − +   ( ) ( )2 2 2 1 1 1( ) ( )2 2 d dM m M mt t = + − +  用多用电表(电流挡)内接法 【解析】 【详解】(1)由欧姆表的示数为 150 ，说明此时二极管为反向电阻，再根据多用电表的电流方向为红进黑 出所以此时红表笔与二极管的负极相连； (2)此时多用电表当作电流表使用测量流过二极管的电流，再根据多用电表的电流方向为红进黑出，所以此 时红表笔应与 2 相连； (3)根据欧姆定律可知： ； (4)由(3)可知，当二极管两端电压为 2.5V 时，电流为 8mA（即最大电流），所以为为减小读数误差，应将多 用电表的选择开关旋至 10mA 测量电流，由于电压表的内阻为 3 ，而多用电表 10mA 档的内阻为 4 ， 二极管的电阻约为 312 ，所以为了减小误差，应改用多用电表(电流挡)内接法． 【点睛】解决本题关键知道多用电表的电流为红进黑出，二极管具有单向导通性，在选择电流表内、外接 法时利用大内偏大，小外偏小判断． 12.基于下列四幅图的叙述正确的是________． A. 由甲图可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方 向移动 B. 由乙图可知，a 光光子的频率高于 b 光光子的频率 C. 由丙图可知，该种元素的原子核每经过 7.6 天就有 发生衰变 D. 由丁图可知，中等大小的核的比结合能量大，这些核最稳定 【答案】AD 【解析】 【分析】 考查黑体辐射、光电效应、原子核衰变、比结合能。 【详解】A．由甲图观察可知黑体温度升高时，各种波长 电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波 长较短的方向移动，故 A 正确． B．由乙图可知， 光光子的频率低于于 光光子的频率，故 B 错误． 的 Ω 3 2.5 312.58 10 UR I −= = Ω = Ω× kΩ Ω Ω 1 4 a bC．由丙图可知，该种元素的原子核每经过 7.6 天就有 发生衰变，故 C 错误． D．由丁图可知，质量数为 40 的原子的比结合能最大，即中等大小的核的比结合能量大，这些核最稳定， 故 D 正确． 故选 AD。 13.已知氢原子的基态能量为 E1(E1< 0)，激发态能量 En＝ E1，其中 n＝2、3、4….已知普朗克常量为 h， 真空中光速为 c，吸收波长为________的光子能使氢原子从基态跃迁到 n＝2 的激发态；此激发态氢原子再 吸收一个频率为 ν 的光子被电离后，电子的动能为________． 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 根据能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差求出吸收的光子能量，从而得出吸收的波长 大小，根据能量守恒求出吸收光子电离后电子的动能； 【详解】n=2 激发态的能量 ，则 ，解得 ； 根据能量守恒定律得： ，则电子的动能： ； 14.如图所示，木块 A 和半径为 r＝0．5m 的四分之一光滑圆轨道 B 静置于光滑水平面上，A、B 质量 mA＝mB ＝2．0kg．现让 A 以 v0＝6m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为 t＝0．2s，碰后速度大 小变为 v1＝4m/s．取重力加速度 g＝10m/s2．求： ①A 与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块平均作用力的大小； ②A 滑上圆轨道 B 后到达最大高度时的共同速度大小． 【答案】①100N ②2m/s 【解析】 试题分析：①A 与墙碰撞过程，规定水平向左为正，对 A 由动量定理有 Ft＝mAv1－mA（－v0） 解得 F＝100 N 3 4 2 1 n 1 4 3 hc E − 1 4 Ehv + 2 1 1 4E E= 2 1 cE E h λ− = 1 4 3 hc E λ = − 2 2 1 2hv E mv+ = 1 1 4kE hv E= +②A 从返回到滑上斜面到最高度的过程，对 A、C 系统水平方向动量守恒有 mAv1＝（mA＋mC）v2 解得 v2＝2 m/s 考点：动量定理；动量守恒 15.以下说法正确的是（　　） A. 当两个分子间的距离为 r0（平衡位置）时，分子势能最小 B. 布朗运动反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动 C. 一定量的气体体积不变时，单位时间分子平均碰撞器壁的次数随着温度降低而减小 D. 液晶的光学性质不随温度、电磁作用变化而改变 【答案】AC 【解析】 【详解】A．当两个分子间的距离为 时，分子力为零，分子势能最小，故 A 正确； B．布朗运动反映了液体分子的无规则运动，故 B 错误； C．一定量的气体，温度降低，分子运动的激烈程度减小，所以在体积不变时，单位时间分子平均碰撞器壁 的次数随着温度降低而减小，故 C 正确； D．液晶具有光学各向异性，其光学性质随温度、电磁作用变化而改变，故 D 错误。 故选 AC。 16.一定质量的理想气体从状态 A 变化到状态 B，再变化到状态 C，其状态变化过程的 p﹣V 图象如图所示， 已知 A→B 过程放出热量 Q，TA=TC，则 B→C 过程气体吸收还是放出热量？热量是多少？ 【答案】吸收热量为 Q﹣p2（V2﹣V1） 【解析】 试题分析：比较 BC 两状态的温度，从而判断气体内能的变化，比较 BC 两状态的体积可判断功 W 的正负， 再根据可根据热力学第一定律即可解决问题． 根据 ，知 B→C 过程气体的压强不变，体积增大，温度升高，则气体的内能增大． 气体对外做功，由热力学第一定律知气体吸收热量 0r pV cT =B 到 C 过程，气体对外做功的值为： A 到 B 过程，气体的体积不变，不做功 由 A 到 C 过程，根据 得： 解得： 即 B→C 过程吸收热量为 17.目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术。实验发现，在水深 300m 处，二氧化碳将变成凝胶状态， 当水深超过 2500m 时，二氧化碳会浓缩成近似固体的硬胶体。设在某状态下二氧化碳气体的密度为 ρ，摩 尔质量为 M，阿伏加德罗常数为 NA，将二氧化碳分子看作直径为 D 的球（球的体积公式 ），则 在该状态下体积为 V 的二氧化碳气体变成硬胶体后体积为多少？ 【答案】 【解析】 【详解】体积为 V 的二氧化碳气体的质量为 所含分子数为 变成硬胶体后的体积为 18.下列说法正确的是（　　） A. 电磁波在介质中的传播速度不仅取决于介质，还与电磁波的频率有关 B. 拍摄玻璃橱窗里的物品时，照相机镜头上安装偏振片是为了增加透射光的强度 C. 狭义相对论认为，在惯性参照系中，光速与光源、观察者间的相对运动无关 D. 用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振 【答案】AC 【解析】 【分析】 ( )2 2 1W p V V= − U W Q∆ = + 0BCQ W Q− − + = ( )2 2 1BCQ Q W Q p V V= + = + − ( )2 2 1Q W Q p V V+ = + − 31= 6V Dπ球 3 A 6 VN D M πρ m Vρ= A A m Vn N NM M ρ= = 3 3 A 1 1 6 6 VN DV n D M πρπ= ⋅ =【详解】 A．机械波的传播速度只取决于介质，跟频率无关；而电磁波的传播速度与介质有关，还跟频率有关，故 A 正确； B．镜头上安装的偏振片，其透振方向与反射光的振动方向垂直，从而减弱反射光的透射强度，故 B 错误； C．根据光速不变原理得：狭义相对论认为，在惯性参照系中，光速与光源、观察者间的相对运动无关， 故 C 正确； D．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉现象，故 D 错误。 故选 AC。 19.一列简谐横波在 t=0 时的波形图如图所示.介质中 x=3 m 处的质点 P 沿 y 轴方向做简谐运动的表达式为 y=5sin(5πt)cm.则此波沿 x 轴____(填“正”或“负”)方向传播,传播速度为____m/s. 【答案】负 10 【解析】 试题分析：由质点 P 的振动表达式，可知在 t=0 时刻质点 P 向上振动，该波向左传播，角速度为 5πrad/s， 周期为 2π/w=0.4s，波速为 v= 考点：本题考查波动图像 点评：本题难度较小，从波动图像中直接读出振幅、波长，再结合间歇运动的表达式算出角速度或周期即 可求解 20.如图所示，一透明玻璃半球竖直放置，OO′为其对称轴，O 为球心，球半径为 R，球左侧为圆面，右侧为 半球面。现有一束平行光从其左侧垂直于圆面射向玻璃半球，玻璃半球的折射率为 ，设真空中的光速为 c，不考虑光在玻璃中的多次反射。 （1）求从左侧射入能从右侧射出的入射光束面积占入射面的比例； （2）从距 O 点正上方 的 B 点入射的光线经玻璃半球偏折后到达对称轴 OO′上的 D 点（图中未画出），求 光从 B 点传播到 D 点的时间。 3 2 R【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】（1）设从左侧的 A 点入射，光在右侧半球面刚好发生全反射，由 sin = ① OA=Rsin ② S′=πOA2③ S=πR2④ 由①～④式解得 = （2）设距 O 点 的光线射到半球面上的点为 C 点，入射角 i=30°，设折射角为 r，由： =n⑤ 得： r=60° 由图知： BC= R，CD=R⑥ 光在玻璃中传播速度 v= ⑦ t= ＋ ⑧ 1 3 5 2 R c θ 1 n θ S S ′ 1 3 2 R sin sin r i 3 2 c n BC v CD c由⑤～⑧解得： t= 四、计算或论述题 21.如图所示，两根半径 r 为 1m 的 圆弧轨道间距为 L=0.5m，其顶端 a、b 与圆心处等高，轨道光滑且电 阻不计，在其上端连有一阻值为 R=4Ω 的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度 大小均为 B=1T。将一根长度稍大于 L、质量为 m=0.2kg、电阻为 R0=6Ω 的金属棒从轨道顶端 ab 处由静止释 放．已知当金属棒到达如图所示的 cd 位置（金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为 ）时，金属棒的速 度达到最大；当金属棒到达轨道底端 ef 时，对轨道的压力为 3N，g 取 。求： (1)当金属棒的速度最大时，流经电阻 R 的电流大小和方向； (2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻 R 的电量； (3)金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻 R 上产生的热量。 【答案】(1) ，电流方向是 a→R→b；(2)0.025π(C)；(3)0.6J 【解析】 【详解】(1)金属棒速度最大时，在轨道的切线方向所受的合力为零，则有 解得 流经电阻 R 的电流方向是 a→R→b。 (2)金属棒滑到底端的过程中，穿过回路的磁通量的变化量为 平均电动势 平均电流 5 2 R c 1 4 60° 210m/s 2A cosmg BILθ = cos 2AmgI BL θ= = 2 2 r BL rBS BL π π∆Φ = = = E t ∆Φ=联立解得流经电阻 R 的电量 (3)在轨道最低点，由牛顿第二定律得 由能量关系 电阻 R 上产生的热量 22.如下图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段圆弧面相连接．在木板的中间有位于 竖直面内的光滑圆槽轨道，斜面的倾角为 θ.现有 10 个质量均为 m、半径均为 r 的均匀刚性球，在施加于 1 号球的水平外力 F 的作用下均静止，力 F 与圆槽在同一竖直面内，此时 1 号球球心距它在水平槽运动时的 球心高度差为 h.现撤去力 F 使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内．重力加速度为 g.求： (1)水平外力 F 的大小； (2)1 号球刚运动到水平槽时的速度； (3)整个运动过程中，2 号球对 1 号球所做的功． 【答案】(1)10mgtan θ　(2) 　(3)9mgrsin θ 【解析】 【详解】(1)以 10 个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得 tan θ＝ 得 F＝10mgtan θ. 0 EI R R = + ( ) ( ) 0 0 0 025 C2 BL rq It R R R R π π∆Φ= = = = .+ + 2vN mg m r − = 21 2Q mgr mv= − R 0 0.6JRQ QR R = =+ v= 2gh 10 F mg(2)以 1 号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得 mgh＝ mv2 解得 v＝ (3)撤去水平外力 F 后，以 10 个小球整体为研究对象，利用机械能守恒定律可得： 10mg ＝ ·10m·v12 解得 v1＝ 以 1 号球为研究对象，由动能定理得 mgh＋W＝ m·v12 得 W＝9mgrsin θ. 23.如图所示，两水平放置 平行金属板 a、b，板长 L=0.2m，板间距 d=0.2m．两金属板间加可调控的电压 U，且保证 a 板带负电，b 板带正电，忽略电场的边缘效应．在金属板右侧有一磁场区域，其左右总宽度 s=0.4m，上下范围足够大，磁场边界 MN 和 PQ 均与金属板垂直，磁场区域被等宽地划分为 n（正整数）个 竖直区间，磁感应强度大小均为 B=5×10﹣3T，方向从左向右为垂直纸面向外、向内、向外…．在极板左端 有一粒子源，不断地向右沿着与两板等距的水平线 OO′发射比荷 =1×108C/kg、初速度为 v0=2×105m/s 的带 正电粒子．忽略粒子重力以及它们之间的相互作用． （1）当取 U 何值时，带电粒子射出电场时的速度偏向角最大； 的 1 2 2gh 18( sin )2 rh θ+ 1 2 2 9 singh r θ+ 1 2 q m（2）若 n=1，即只有一个磁场区间，其方向垂直纸面向外，则当电压由 0 连续增大到 U 过程中带电粒子射 出磁场时与边界 PQ 相交的区域的宽度； （3）若 n 趋向无穷大，则偏离电场的带电粒子在磁场中运动的时间 t 为多少？ 【答案】（1）400V （2） （3） 【解析】 （1）当粒子恰好从极板右边缘出射时，竖直方向 ； 水平方向： 解得： 当 U 取 400V 时，带电粒子射出电场时的速度偏向角最大 （2） 由几何关系知，逐渐增大 ，速度偏向角变大，磁偏转半径变大，与 PQ 交点逐渐上移． 当 U=0 时，交点位置最低（如图中 D 点） 由 得： 此时交点 D 位于 正下方 0.4m 处．圆弧所对应圆心角为 90° 当 U=400V 时，交点位置最高（如图中 C 点）： 由 得 由 ，得： 圆弧所对应圆心角为 45° 两粒子周期相同，则在磁场中运动的时间差 0.1 0.4 2( )m+ 62 10 s× ﹣ 2 21 1 2 2 2 d qUat tmd = = 0L v t= 400 500U V V= < baU 2 0 0 1 vqv B m r = 1 0.4r m= OO′ 5 0 2 10 /y Uq Lv at m sdm v = = = × 2 2 5 0 02 2 2 10 /yv v v v m s= + = = × 2 2 vqvB m r = 2 0.4 2r m= 75 108 4 T mt sqB π π −= = = ×（3）考虑粒子以一般情况入射到磁场，速度为 v，偏向角为 θ，当 n 趋于无穷大时，运动轨迹趋于一条沿 入射速度方向的直线（渐近线）．又因为速度大小不变，因此磁场中运动可以等效视为匀速直线运动． 轨迹长度为： ，运动速率为： 时间为： 本题答案是：(1) (2) （3） 点睛：本题较难，在分析本题时要挖掘出题中隐含的条件，当侧位移最大时偏向角也最大，但还要控制从 平行板中出来，所以在竖直方向上的位移不能超过 ，利用此条件结合磁场中运动的规律求解本题． cos ss θ ′ = 0 cos vv θ= 52 10st sv −= = ×′ 400U V= 75 10t sπ −= × 52 10t s−= × 2 d