2020届江苏省泰州市高三 5月第二次模拟考试物理试题（解析版）

泰州市 2020 届高三年级 5 月模拟考试物理 一、单项选择题 1.用电阻丝绕制标准电阻时，常在圆柱陶瓷上用如图所示的双线绕制方法绕制，其主要目的是（　　） A. 制作无自感电阻 B. 增加电阻的阻值 C. 减少电阻的电容 D. 提高电阻的精度 【答案】A 【解析】 【详解】两个线圈绕向相同，但是通过的电流方向相反，根据安培定则可知两线圈产生的磁场方向相反； 导线中通过的电流相等，所以产生的磁场相互抵消，螺线管内无磁场，从而制作成无自感电阻，A 正确，BCD 错误。 故选 A。 2.2019 年 9 月 13 日，美国导弹驱逐舰“迈耶”号擅自进入中国西沙群岛海域。我军组织有关海空兵力，依 法依规对美舰进行了识别查证，予以警告，成功将其驱离。如图是美国导弹驱逐舰“迈耶”号在海面上被 我军驱离前后运动的速度—时间图像，则下列说法正确的是（　　） A. 美舰在 0~66 s 内的平均速度大小等于 7.5 m/s B. 美舰在 66 s 末开始调头逃离 C. 美舰在 66~96 s 内运动了 225 m D. 美舰在 96~116 s 内做匀减速直线运动 【答案】C 【解析】 【详解】A． 图像的斜率为加速度，若美舰在 0~66 s 内做匀加速直线运动，平均速度大小为 ，根据图像可知美舰做加速度减小的加速运动，所以平均速度大小大于 ，A 错误； B．美舰在 96s 末速度开始反向，此时开始调头逃离，B 错误； C． 图线与时间轴围成的面积为位移，则 66~96 s 内运动了 C 正确； v t− 0 15 m/s 7.5m/s2v += = 7.5m/s v t− 1 (96 66) 15m 225m2x = × − × =D．美舰在 96~116 s 内做反向的匀加速直线运动，D 错误。 故选 C。 3.某种自动扶梯，无人乘行时运转很慢，当有人站上去后会先慢慢加速。如下图所示，有一顾客乘这种扶梯 下楼。在电梯加速向下运行的过程中，她所受力的示意图是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】电梯加速向下运行，根据 可知人所受合外力与电梯运行方向相同，所以人在竖直方向重 力大于支持力，合力 竖直向下，在水平方向静摩擦力平行于接触面水平向右，则 与 合力才能与 相同，ABC 错误，D 正确。 故选 D。 4.如图所示，在水平放置的光滑接地金属板中点正上方 h 高处，有一带正电的点电荷 Q，一表面绝缘、带正 电的小球（可视为质点，且不影响原电场）以速度 v0 在金属板上自左端向右端运动，则（　　） A. 小球先做减速后做加速运动 B. 运动过程中小球的电势能先减小后增大 C. 金属板上的感应电荷对点电荷 Q 的作用力 D. 金属板上的感应电荷对点电荷 Q 的作用力 【答案】C 【解析】 【详解】AB．金属板在点电荷的电场中形成一个等势体，所以金属板表面的电场线与金属板表面处处垂直， 小球运动过程受到竖直向下的重力和电场力、竖直向上的支持力，所以小球做匀速直线运动，电场力不做 功，电势能不变，AB 错误； F ma=合 F F f F合 2 24 QF k h = 2 2 QF k h =CD．根据题图电场线的分布，可以将金属板等效为距离正点电荷正下方 处的等量负点电荷，根据库伦 定律可知该负点电荷对正点电荷的作用力为 所以金属板上的感应电荷对点电荷 Q 的作用力 ，C 正确，D 错误。 故选 C。 5.如图所示，光滑竖直杆固定，杆上套一质量为 m 的环，环与轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在 O 点， O 点与 B 点在同一水平线上，BC>AB，AC=h，环从 A 处由静止释放运动到 B 点时弹簧仍处于伸长状态，整 个运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为 g，环从 A 处开始运动时的加速度大小为 2g，则在 环向下运动的过程中（　　） A. 环在 B 处的加速度大小为 0 B. 环在 C 处的速度大小为 C. 环从 B 到 C 一直做加速运动 D. 环的速度最大的位置在 B、C 两点之间 【答案】D 【解析】 【详解】A．环在 处水平方向合外力为 0，竖直方向上只受重力，所加速度为 ，A 错误； B．环在运动过程中，OC 的长度大于 OA 的长度，因此弹簧从 A 点到 C 点伸长量变大，弹性势能增加，如 果物体的重力势能全部转化为动能则有 可得物体的速度为 ，但是物体的重力势能转化为动能和弹性势能，因此速度小于 ，B 错误； CD．环在 处，根据牛顿第二定律 弹力在竖直方向的分力 2h 2 2 2 2(2 ) 4 Q QF k kh h = = 2 24 Qk h 2gh B g 21 2mgh mv= 2gh 2gh A 2F mg m g+ = ⋅ F mg=环经过 点向下做加速度减小的加速运动，滑动至距离 点 处时，弹簧的伸长量与在 处大小相等，所 以弹簧弹力在竖直方向的分力 与重力等大反向，加速度为 0，此时速度最大，之后环做减速运动，因为 ，所以环的速度最大的位置在 B、C 两点之间，环从 B 到 C 先加速后减速，C 错误，D 正确。 故选 D。 二、多项选择题 6.据人民日报报道，“人造月亮”构想有望在 2022 年初步实现。届时首颗“人造月亮”将完成从发射、展 开到照明的整体系统演示验证并发射。“人造月亮”将部署在距离地球500 km 以内的低轨道上，可为城市 提供夜间照明。假设“人造月亮”绕地球做圆周运动，则“人造月亮”在轨道上运动时（　　） A. “人造月亮”的线速度大于第一宇宙速度 B. “人造月亮”的向心力大于月球受到的向心力 C. “人造月亮” 公转周期小于月球绕地球运行的周期 D. “人造月亮”的向心加速度小于地球表面的重力加速度 【答案】CD 【解析】 【详解】A．万有引力提供向心力 解得 第一宇宙速度为卫星贴近地球表面做圆周运动的速度大小，“人造月亮”的轨道半径大于地球半径，所以“人 造月亮”的线速度小于第一宇宙速度，A 错误； B．万有引力 提供向心力，因为“人造月亮”与月球的质量关系未知，所以无法判断二者向心 力大小，B 错误； C．万有引力提供向心力 解得 的 B B h A F BC AB h> = 2 2 Mm vG mr r = GMv r = 2 MmF G r = 2 2 2 4MmG m rr T π= 3 2 rT GM π=因为 ，所以 ，C 正确； D．万有引力提供向心力 在地表，忽略地球自转，万有引力等于重力 人造卫星的轨道半径 大于地球半径 ，所以“人造月亮”的向心加速度小于地球表面的重力加速度，D 正确。 故选 CD。 7.如图所示电路，R1 是定值电阻，R2 是滑动变阻器，L 是小灯泡，C 是电容器，电源内阻为 r。开关 S 闭合 后，在滑动变阻器的滑片向上滑动过程中（　　） A. 小灯泡变亮 B. 电压表示数变小 C. 电容器所带电荷量增大 D. 电源的输出功率一定先变大后变小 【答案】AB 【解析】 【详解】A．滑片向上滑动， 阻值减小，电路总电阻减小，根据 可知干路电流增大，即流过小灯泡的电流增大，小灯泡变亮，故 A 正确； B．电压表测量路端电压，干路电流增大，根据 可知路端电压减小，电压表示数变小，故 B 正确； C．路端电压减小，小灯泡分压增大，所以滑动变阻器两端电压减小，电容器两端电压即为滑动变阻器分压， 根据 可知电容器所带电荷量减小，故 C 错误； D．电源输出功率与外电阻的关系为 r r< 月人造 T T< 月人造 2 MmG mar = 2 MmG mgR = r R 2R EI R = 总 E U Ir= + QC U =外电阻与电源内阻关系未知，所以电源输出功率变化未知，故 D 错误。 故选 AB。 8.如图 1 所示，发电机线圈在匀强磁场中匀速转动，以图示位置为计时起点，产生如图 2 所示的正弦交流电， 并将它接在理想变压器的原线圈上，变压器原副线圈的匝数比 n1∶n2=11∶1；图 1 中发电机线圈的电阻不 计，L 是自感系数较大、直流电阻为 R 的线圈，灯泡正常发光，电压表和电流表可视为理想电表。则下列 说法中正确的是（　　） 图 1 图 2 A. t=0.005 s 时，穿过发电机线圈的磁通量最大 B. 理想交流电压表的示数为 20 V C. 若将变阻器的滑片 P 向上滑动，灯泡将变暗 D. 若将变阻器的滑片 P 向下滑动，电流表读数将减小 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．根据图 2 可知 时，电压为 0，则穿过发电机线圈 磁通量最大，A 正确； B．理想变压器副线圈上自感线圈与滑动变阻器串联，由于自感线圈有感抗，所以滑动变阻器分压具体数值 无法计算，B 错误； C．根据理想变压器电压规律 可知副线圈两端电压不变，根据 可知交变电流频率不变， 自感线圈感抗不变，若将变阻器的滑片 P 向上滑动，滑动变阻器阻值减小，滑动变阻器和灯泡构成的并联 电路部分分压减小，所以灯泡变暗，C 正确； D．若将变阻器的滑片 P 向下滑动，滑动变阻器阻值增大，副线圈接入电路的总电阻增大，电流减小，根据 的0.005st = 1 1 2 2 U n U n = 2LX fLπ=理想变压器的电流规律 可知原线圈中电流减小，则电流表示数减小，D 正确。 故选 ACD。 9.如图所示，有一符合方程 y=x2＋4 的曲面（y 轴正方向为竖直向上），在点 P（0，40 m）将一质量为 1 kg 的小球以 2 m/s 的速度水平抛出，小球第一次打在曲面上的 M 点，不计空气阻力，取 g=10 m/s2，则 （　　） A. M 点坐标为（5 m，29m） B. 小球打在 M 点时重力的瞬时功率为 200 W C. 小球打在 M 点时的动能为 404 J D. P 点与 M 点间距离为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．小球做平抛运动，分解位移 消去时间，解得 可知平抛运动的轨迹为一抛物线，与题图曲线交点满足 解得 纵坐标为 所以 点坐标为（4 m，20m），A 错误； B．小球在竖直方向做自由落体运动 1 2 2 1 I n I n = 4 26m 0x v t= 21 2y gt= 2 2 02 gy xv = 2 2 0 02 0 4m2 g x xv = + 0 4mx = 2 0 0 4m 20my x= + = M解得 重力的瞬时功率为 B 正确； C．根据动能定理 解得 C 错误； D．P 点与 M 点间距离为 D 正确。 故选 BD。 三、简答题 10.图中游标卡尺的读数为________mm，螺旋测微器的读数为________mm。 【答案】 (1). 50.15 (2). 4.700（4.698~4.702） 【解析】 【详解】[1]游标卡尺的精度为 ，读数为 。 [2]螺旋测微器精度为 ，读数为 。 11.为了探究在橡皮条弹力作用下小车的运动，某同学设计了如图甲所示的实验，由静止释放小车，小车在 处于伸长状态的橡皮条弹力的作用下向左运动。打点计时器打下的纸带如图乙所示，计时点 0 为打下的第 2 02yv gy= 02 2 10 20m/s 20m/syv gy= = × × = 1 10 20W 200WyP mgv= = × × = 2 0 k 0 1 2mgy E mv= − 2 2 k 0 0 1 11 10 20J 1 20 J 400J2 2E mgy mv= + = × × + × × = 2 2 2 2 0 0 4 20 m 4 26mPM x y= + = + = 1mm =0.05mm20 50mm 3 0.05mm 50.15mm+ × = 0.5mm 0.01mm50 = 4.5mm 20.0 0.01mm 4.700mm+ × =一个点，两点之间的时间间隔为 T，该同学在测出计时点 2、3、4 到计时点 0 的距离 x1、x2、x3 后，将纸带 由图示位置剪断，将每段纸带的下端对齐，依次并排粘贴在直角坐标系中，连接各段纸带上端的中点画出 平滑曲线如图丙所示。对该实验结果的研究可知： 　 (1)处理数据时，图丙纵轴取速度参量，横轴取时间参量，计数点 2、3 的速度分别为 v2、v3，则图中 vA 表示 ________； A.v3 B. C. D. (2)在有橡皮条弹力作用时，小车做加速度________的直线运动； A.不断减小 B.不断增大 C.先减小后增大 D.先增大后减小 (3)图中 vB 对应的实际时刻________（选填“大于 1.5T”、“等于1.5T”或“小于 1.5T”）。 【答案】 (1). C (2). C (3). 小于 1.5T 【解析】 【详解】(1)[1]根据题意可知，图像横轴用纸带的宽度体现时间，纵轴用点与点的间距折算速度，则 ABD 错误，C 正确。 故选 C。 (2)[2]结合上述分析可知图像的斜率可以体现加速度，图像斜率先减小后增大，所以加速度先减小后增大， 即选 C。也可以从牛顿第二定律的角度分析，弹力开始大于摩擦力，弹力减小，根据 可知小车先做加速度减小的加速度运动；当弹力小于摩擦力时，加速度反向，弹力仍然减小，根据 可知小车后做加速度增大的减速运动。 (3)[3]若小车做匀加速直线运动，图像为过原点直线， 对应的时刻为 ，实际图像为上凸曲线， 点 处于加速度减小的加速运动过程中，所以 对应的实际时刻小于 。 12.(1)为了研究滑动变阻器对实验的影响，某同学利用如图甲所示的电路，分别用最大阻值是 5 Ω、50 Ω、2 000 Ω 的三种滑动变阻器做限流电阻。当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的过程中，根据实验数据， 2 3 2 v v+ 2 1x x T − 3 1 2 x x T − 2 1 A x x Tv −= F f ma− =弹 f F ma− =弹 Bv 1.5T B Bv 1.5T分别做出电压表读数 U 随滑片移动距离 x 的关系曲线 a、b、c，如图乙所示。如果待测电阻两端电压需要有 较大的调节范围，同时操作还要尽量方便，应选择图中的________（选填“a”“b”或“c”）所对应的滑 动变阻器。 (2)某同学设计了如图丙所示的电路来测量电源电动势 E 和内阻 r 及电阻 R1 的阻值。实验器材有：待测电源， 待测电阻 R1，电压表 V（量程 0~3 V，内阻很大），电阻箱 R（0~99.99 Ω），单刀单掷开关 S1，单刀双掷开 关 S2，导线若干： ①先测电阻 R1 的阻值。将该同学的操作补充完整： A. 闭合 S1，将 S2 切换到 a，调节电阻箱，读出其示数 R0 和对应的电压表示数 U1； B．保持电阻箱示数不变，________________，读出电压表的示数 U2； C．电阻 R1 的表达式为 R1=________； ②该同学已经测得电阻 R1=2.8 Ω，继续测电源电动势 E 和内阻 r，其做法是：闭合 S1，将 S2 切换到 a，多次 调节电阻箱，读出多组电阻箱示数 R 和对应的电压表示数 U，由测得的数据，绘出了如图丁所示的 图线，则电源电动势 E=________V，内阻 r=________Ω。 【答案】 (1). b (2). S2 切换到 b (3). (4). 2.0（或 2） (5). 1.2 【解析】 【详解】(1)[1]滑动变阻器调节过程中，应使电表示数尽量变化范围较大，这样才能有效减小实验误差， 和 所对应的电压变化范围均较小，不方便调节，所以选择 所对应的滑动变阻器。 (2)①[2]B．保持电阻箱阻值不变，将 S2 切换到 b，读出电压表的示数 。 [3]C．电阻箱和定值电阻 串联，电流处处相等，则 解得 1 1 U R − 2 1 0 1 U U RU − a c b 2U 1R 1 2 0 0 1 U U R R R = +②[4]将 等效为电源内阻，根据闭合电路欧姆定律 整理变形得 根据图像截距 解得 [5]根据图像斜率 解得 13.图甲是光电效应的实验装置图，图乙是通过改变电源极性得到的光电流与加在阴极 K 和阳极 A 上的电压 的关系图像，下列说法正确的有（　　） A. 由图甲可知，闭合开关，电子飞到阳极 A 的动能比其逸出阴极 K 表面时的动能小 B. 由图甲可知，闭合开关，向右移动滑动变阻器，当电压表示数增大到某一值后，电流表的读数将不再增 大 C. 由图乙可知，③光子的频率小于①光子的频率 D. 由图乙可知，①②是同种颜色的光，①的光强比②的大 【答案】BD 【解析】 【详解】A．光电管中的电场水平向右，电子从金属板逸出后，受到的电场力水平向左，电子做加速运动， 2 1 1 0 1 U UR RU −= 1R ( )1 UU E r RR = − + 11 1 1R r U E R E += ⋅ + 11 0.5VE −= 2.0VE = 1 1.5 0.5 Ω/V0.5 R r E + −= 1.2Ωr =所以电子飞到阳极 A 的动能比其逸出阴极 K 表面时的动能大，A 错误； B．向右移动滑动变阻器，光电管中电压增大，当光电管中的电流达到饱和光电流时，电流表示数将不再增 大，B 正确； C．根据光电效应方程 ，结合遏止电压 整理得 ③光子的遏止电压大于①光子的遏止电压，所以③光子的频率大于①光子的频率，C 错误； D．①②遏止电压相同，①②频率相同，所以①②是同种颜色的光，①的饱和光电流大于②的饱和光电流， ①的光强比②的大，D 正确。 故选 BD。 14.按照玻尔理论，氢原子处于高能级时，电子绕核运动的动能________（选填“较大”或“较小”），若电 子质量为 m，动能为 ，其对应的德布罗意波长为________（普朗克常量为 h）。 【答案】 (1). 较小 (2). 【解析】 【详解】[1]库仑力提供向心力 解得 氢原子处于高能级， 较大，动能较小。 [2]德布罗意波长为 解得 0 kmh W Eν = + kmceU E= 0 c WhU e e ν= − kE k2 h mE 2 2 2 e vk mr r = 2 k 1 2 keE r = ⋅ r k2 hp mE λ= = k2 h mE λ =15.一静止的氡核 衰变为钋核 和 α 粒子，其中 、 、α 粒子的质量分别为 m1、m2、 m3，设释放的核能全部转化钋核和 α 粒子的动能： (1)写出衰变方程式______； (2)求 α 粒子的动能______。 【答案】 (1). 或 (2). 【解析】 【详解】(1)[1]核反应方程满足质量数守恒与电荷数守恒，则衰变方程为 或 (2)[2]核反应过程中释放的核能为 衰变过程中动量守恒 根据 可知 则 α 粒子的动能为 16.下列说法正确的有________。 A. 温度升高，物体内每个分子的热运动速率都增大 B. 气体压强越大，气体分子的平均动能就越大 C. 在绝热过程中，外界对一定质量的理想气体做功，气体的内能必然增加 D. 降低温度可以使未饱和汽变成饱和汽 【答案】CD 【解析】 【详解】A. 温度升高，物体分子的平均动能增加，但并非每个分子的动能都增加，故 A 错误； B. 温度是气体分子平均动能的标志，气体压强越大，温度不一定越大，故分子的平均动能不一定越大，故 B 错误； 222 86 Rn 218 84 Po 222 80 Rn 218 84 Po 222 218 4 86 84 2Rn Po He→ + 218 8 222 86 4Rn Po α→ + 22 1 2 3 2 3 ( )m m m m cm m − −+ 222 218 4 86 84 2Rn Po He→ + 218 8 222 86 4Rn Po α→ + 2 1 2 3 kPo kα( )E m m m c E E∆ = − − = + Po αp p= k2p mE= kPo 3 kα 2 E m E m = 22 2 kα 1 2 3 2 3 2 3 ( )m mE E m m m cm m m m = ⋅∆ = − −+ +C. 在绝热过程中，外界对气体做功，由热力学第一定律得气体的内能增大，故 C 正确； D. 饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，温度越高，饱和气压越大，则降 低温度可使使未饱和汽变成饱和汽，故 D 正确； 故选：CD。 17.水的密度 ρ=1.0×103 kg/m3、摩尔质量 M=1.8×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数为 NA=6.02×1023mol-1，一滴露 水的体积大约是 9.0×10-8 cm3，它含有________个水分子，如果一只极小的虫子来喝水，每分钟喝进 9.0×107 个水分子时，喝进水的质量是________kg。（结果保留两位有效数字） 【答案】 (1). 3.0×1015 (2). 2.7×10-18 【解析】 【详解】[1]知水的摩尔质量为： 水的摩尔体积为： 一个水分子的体积为： 一滴露水含有水分子 个数： [2]小虫喝进水的物质的量为： 喝进水的质量为： 18.一定质量的理想气体，其内能跟热力学温度成正比。在初始状态 A 时，体积为 V0，压强为 p0，温度为 T0，此时其内能为 U0.该理想气体从状态 A 经由一系列变化，最终返回到原来状态 A，其变化过程的 VT 图 如图所示，其中 CA 延长线过坐标原点，B、A 点在同一竖直线上。求： ①该理想气体在状态 B 时的压强； ②该理想气体从状态 B 经由状态 C 回到状态 A 的过程中，气体向外界放出的热量。 的 21.8 10M kg−×＝ M MV ρ= 0 A MV Nρ= 15 0 3.0 10VN V = = × 个 A Nn N = 182.7 10m nM kg−= = ×【答案】①pB= ②2p0V0 【解析】 【详解】①由图可知，从状态 A 到状态 B 气体温度为 T1＝T0 为等温变化过程，状态 B 时气体体积为 V1＝3 V0， 状态 A 时气体体积为 V0，压强为 p0，由理想气体状态方程： 解得 ②由图线知从状态 B 到状态 C 为等容过程，外界对气体不做功 从状态 C 到状态 A，等压变化过程，外界对气体做功为 对状态 B 经状态 C 回到状态 A，温度不变，则内能增加量为△U＝0，气体对外界放收的热量为△Q，内能增 加量为△U，由热力学第一定律△U＝△Q＋△W 解得 即气体对外界放出热量为 2p0V0。 19.下述说法正确的有________。 A. 将单摆从地球表面移到距地面高度等于地球半径 R 处的宇宙飞船中，摆动周期变为地球表面周期的 2 倍 B. 伦琴射线实际上是波长比可见光更短的电磁波 C. 全息照片往往用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性 D. 狭义相对论认为，在一切参考系中，物理规律都相同 【答案】BCD 【解析】 【详解】A. 单摆从地球表面移到距地面高度等于地球半径 R 处的宇宙飞船中，完全失重，单摆不会摆动。 0 3 p 0 0 1 1 0 1 p V pV T T = 0 0 0 1 0 1 3 p V T pp T V = = =0BCW∆ ( )0 0 0 0 03 2C AW p V V p V∆ = − = 0 02Q W p V∆ = − = −故 A 错误； B. 伦琴射线实际上是波长比可见光更短的电磁波，故 B 正确； C. 全息照片往往用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性，故 C 正确； D. 根据狭义相对论的基本原理可知：一切物理规律在不同的惯性参考系中都相同。故 D 正确； 故选：BCD。 20.如图所示是一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波在 t=0 时刻的波形图，已知波的传播速度 v=2m/s。试回答 下列问题： ①写出 x=0.5m 处 质点做简谐运动的表达式：________cm； ②x=0.5m 处质点在 0~4.5s 内通过的路程为________cm。 【答案】 (1). y=5cos2πtcm (2). 90 【解析】 【详解】[1]由图可知，波的波长为 ，根据 解得波的周期 T=1s，则质点振动的周期为 1s 根据 解得 x=0.5m 处的质点在 t=0 时刻处于正向最大位移处，所以 x=0.5m 处的质点做简谐运动的表达式为 ，质点在 0～0.5s 内通过的路程 s=2A=10cm [2]由题意得 质点在 0～4.5s 内通过的路程 的 2.0mλ = T v λ= 2 T πω = 2 rad/sω π= 5cmA = 5cos2 cmx tπ= 10.5s 2t T= = 4.5s 4.5t T= =21.如图所示，有一截面是直角三角形的棱镜 ABC，∠A=30°。它对红光的折射率为 n1，对紫光的折射率为 n2，红光在棱镜中传播速度为 v，在跟 AC 边相距 d 处有一与 AC 平行的光屏。现有由以上两种色光组成的 很细的光束垂直 AB 边射入棱镜： ①紫光在棱镜中的传播速度为多少？ ②若两种光都能从 AC 面射出，求在光屏 MN 上两光点间的距离。 【答案】① ；② 【解析】 【详解】①根据 得 ， 所以有 ②根据几何关系，光从 AC 面上折射时的入射角为 30°， 根据折射定律有 4.5 4 5cm 90cms = × × = 1 2 n v n 2 1 2 2 2 14 4 n nd n n    − − −  cv n = 1 cv n =红 2 cv n =紫 2 1 v n v n =红 紫， 则 ， 所以 四、计算题 22.如图所示，一个长为 2L、宽为 L 粗细均匀的矩形线框，质量为 m、电阻为 R，放在光滑绝缘的水平面上。 一个边长为 2L 的正方形区域内，存在竖直向下的匀强磁场，其左边界在线框两长边的中点 MN 上： (1)在 t=0 时刻，若磁场的磁感应强度从零开始均匀增加，变化率 =k，线框在水平外力作用下保持静止， 求在某时刻 t 时加在线框上的水平外力大小和方向； (2)若正方形区域内磁场的磁感应强度恒为 B，磁场从图示位置开始以速度 v 匀速向左运动，并控制线框保 持静止，求到线框刚好完全处在磁场中的过程中产生的热量 Q； (3)若(2)问中，线框同时从静止释放，求当通过线框的电量为 q 时线框速度大小的表达式。 【答案】(1) ，方向水平向右；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1) 区域磁场均匀增强，线框中电动势 电流 。 1 1 sin sin30 rn =  2 2 sin sin30 rn =  1 1 2 1 tan 4 nr n = − 2 2 2 2 tan 4 nr n = − ( ) 2 1 2 1 1 2 2 2 1 tan tan 4 4 n nx d r r d n n    = − = − − −  B t ∆ ∆ 2 3k L t R 2 3B L v R BqLv m = 2BE S kLt t ∆Φ ∆= = =∆ ∆ EI R = B t ktt B∆= =∆经过时间 t 时加在线框上的外力 方向水平向右。 (2) 区域磁场从线框上 MN 位置以速度 v 匀速向左运动时， 电动势 电流 经历时间 线框中产生的热量 (3) 由牛顿第二定律得： 得 解得 23.如图所示，横截面为等腰三角形的光滑斜面，倾角 θ=30°，斜面足够长，物块 B 和 C 用劲度系数为 k 的 轻弹簧连接，它们的质量均为 2m，D 为一固定挡板，B 与质量为 6m 的 A 通过不可伸长的轻绳绕过光滑定 滑轮相连接。现固定 A，此时绳子伸直无弹力且与斜面平行，系统处于静止状态，然后由静止释放 A，则： (1) 物块 C 从静止到即将离开 D 的过程中，重力对 B 做的功为多少？ (2) 物块 C 即将离开 D 时，A 的加速度为多少？ (3) 物块 C 即将离开 D 时，A 的速度为多少？ 2 3 F F BIL k L t R = == 安 E BLv= EI R = Lt v = 2 3 2 B L vQ I Rt R = = BIL ma= BqL mv= BqLv m =【答案】(1) ； (2) ；(3) 。 【解析】 【详解】(1) 开始系统静止时，对于物块 B 有 则弹簧压缩量为 C 刚离开 D 时，对于物块 C 有 则弹簧伸长量为 故 A、B 的位移大小均为 物块 C 从静止到刚离开 D 的过程中，重力对 B 做功 (2) C 刚离开 D 时，设绳中张力大小为 T，对 A、B 分别由牛顿第二定律有 即 解得 A 的加速度 (3) 物块 C 从静止到刚离开 D 过程中，初末态弹簧的弹性势能相等， 对系统由功能关系得 2 22m g k 8 g mg k 12 sin30mg kx° = 1 mgx k = 22 sin 30mg kx° = 2 mgx k = 1 2 2mgx x x k = + = 2 2 2 ·sin30 2m g kW mgx = −= °- 6 sin30 6mg T ma° =－ ( )2 2 sin30 2T kx mg ma− ° =+ ( )26 ·sin 30 2 ·sin30 8mg kx mg ma°− ° =+ 8 ga = 216 ·sin30 2 ·sin30 82mgx mgx mv° ° = ×-解得 24.如图所示，ab 为一长度为 l=1 m 的粒子放射源，能同时均匀发射粒子，距 ab 为 h=1 m 的虚线 ef 的上方 存在垂直纸面向里的匀强磁场。若以 a 点为坐标原点、以 ab 为 x 轴、以 ad 为 y 轴建立平面直角坐标系，则 图中曲线 ac 的轨迹方程为 y=x2，在曲线 ac 与放射源 ab 之间的区域Ⅰ内存在竖直向上的匀强电场，电场强 度的大小为 E1=2.0×102 N/C，ad⊥ef，在 ad 左侧 l=1 m 处有一长度也为 h=1 m 的荧光屏 MN，在 ad 与 MN 之间的区域Ⅱ内存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为 E2=2.0×102 N/C。某时刻放射源由静止释放大量 带正电的粒子，粒予的比荷 =1.6×105 C/kg，不计带电粒子的重力以及粒子之间的相互作用： (1) 从距 a 点 0.25 m 处释放的粒子到达虚线 ef 的速度 v1 为多大？ (2) 如果所有的粒子均从同一位置离开匀强磁场，则该磁场的磁感应强度 B 为多大？ (3) 在满足第(2)问的条件下，打到荧光屏上的粒子占粒子总数的百分比及粒子发射后打到荧光屏上的最短时 间。 【答案】(1) 2.0×103m/s；(2) 0.1 T；(3)50%， ×10-3s 【解析】 【详解】(1) 由动能定理可得 ， 联立可得 从距 a 点 0.25 m 处释放，即 x1=0.25 m，代入数据可解得 (2) 所有带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设轨迹半径为 r，由牛顿第二定律可得 = mv g k q m 9 16 π+ 2 1 1 2E qy mv= 2y x= 12= E qv xm 2 5 31 1 1 2= 2 2.0 10 1.6 10 0.25m/s=2.0×10 m/sE qv xm = × × × × ×解得 分析可知，当磁感应强度 B 一定时，轨迹半径 r 与 x 成正比，当 x 趋近于零时，粒子做圆周运动的轨迹半径 趋近于零，即所有粒子经磁场偏转后都从 d 点射出磁场，且有 2r=x，联立并代入数据解得 B=0.1 T (3) 粒子从 d 点沿竖直向下的方向进入区域Ⅱ的电场中后，所有粒子均在电场力作用下做类平抛运动。对于 打到 N 点的粒子，设其射入电场时的速度为 v2 则 该粒子为从 ab 的中点释放的粒子，故打到荧光屏上的粒子占粒子总数的 50% 该粒子在区域Ⅰ的电场中运动的时间为 t1，则有 无场区的时间 在磁场中运动的时间为 t3，在匀强磁场中转过的圆心角 θ=π，则有 在电场 E2 中的时间 2vqvB m r = 121 mEmvr xqB B q = = 7 22 3.2×10 m/sE qa m = = -3 -4 4 2 1×10 s=2.5×10 s4 lt a = = 3 2 4 4×10 m/shv t = = 1 2 1 E qv tm = -3 1 1×10 s8t = -3 2 3 ×10 s16t = -3 3 = 10 s2 16 T mt qB π π= = ×故该粒子所经历的总时间 代入数据得 （“7.59×10－4 s”或“7.6×10－4 s”）。 -3 4 1 10 s4t = × 1 2 3 4t t t t t= ＋ ＋ ＋ -39 10 s16t π+= ×