山东省济南市2021届新高考物理模拟压轴卷四 含答案

2021 届押题 03 物理新高考 一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。 1．图甲是氢原子的部分能级图，图乙是光电效应演示装置，装置中金属锌的逸出功为 3.4eV。 用大量从 n=4 能级跃迁到 n=1 能级时的氢原子发出的光去照射锌板，下列说法正确的的是 （ ） A．光电效应本质上是β衰变 B．锌板不会发生光电效应 C．发生光电效应时会发生质量亏损 D．从锌板打出来的光电子获得的最大初动能为 9.35eV 2．如下图示为摩天轮的简化模型图，轮外装挂 48 个 360 度透明座舱。假设某一次娱乐中该 摩天轮正以速率 gR  匀速运转，摩天轮上每个位置与中心 O 点处的距离都为 R。有一质 量为 m 的游客在不同的时刻分别处于图中的甲、乙、丙三个位置处，重力加速度为 g，在整 个转动过程中所有的游客都扣好了如下图 2 所示的安全带。摩天轮静止的时候假设该游客的 安全带调节到恰好合适且对游客没有挤压，则下列关于该游客在这三个位置分别对座位压力 的大小关系的说法正确的是（ ） A．该游客在随摩天轮转动的过程中机械能守恒 B．该游客在甲、乙、丙三处与安全带都没有相互作用力 C．游客在甲处有完全失重的感觉 D．丙处位置对座位的压力大小为 mg 3．图甲是浇花的一种喷壶，图乙是喷壶的切面图，假设喷壶中装有一部分酒精但未装满， 里面有一部分大气压为 p0 的空气。现将喷壶的盖盖好并密封阀门后，再通过打气筒向喷壶 内充入一部分大气压也为 p0 的气体，并保持阀门关闭，假设此充气过程中壶内气体温度保 持不变。研究的气体可视为理想气体，不考虑酒精的蒸发，下列说法正确的是（ ） A．壶内充入气体，壶内气体的分子的平均动能增加 B．阀门打开后喷嘴中有雾状酒精喷出是由瓶内酒精分子存在斥力 C．阀门打开后壶内气体的压强不断减小 D．从喷壶中喷出的酒精水雾飘在空中后，水雾的运动为布朗运动 4．图甲是原、副线圈匝数比为 1 2 2 1 N N  的理想变压器，电流表为理想电表，现给变压器的原 线圈输入如下图乙所示的交变电流，若副线圈所接电阻的阻值为 R=5.0Ω，且变压器一直处 于正常工作状态，则变压器的输入功率为（ ） A．2000W B．4000W C．3000W D．4500W 5．某足球守门员将一足球从自己的球门前大脚踢向对方场地，足球从踢出到落地的整过运 动轨迹如下图所示（假设足球在运动过程中没被其他运动员截住），图中的甲、乙、丙是足 球轨迹上的三个点，其中甲与丙是等高点，图中“1”“2”是足球的起点或落地点，下列说 法正确的是（ ） A．足球在运动过程中机械能守恒 B．足球从 1 到乙的时间小于从乙到 2 的时间 C．足球的起点位置是 2 点 D．足球从 1 到乙的过程中动能的变化量等于足球从乙到 2 的过程动能的变化量 6．某同学现要研究将一物块从斜面底端拉到顶端时，拉力对物体做功的情况，他设置了如 下图所示的三种拉上去的方案，假设实验时用的所有器材均相同。为了使问题简化，假设斜 面光滑且物体在斜面上运动的加速度相同，下列说法正确的（ ） A．F 乙：F 丙=cosα:cos B．三种情况下三个拉力做的功不同 C．三种情况下三个拉力做功的平均功率相同 D．丙情况物体对斜面的压力最小，故拉力做功的功率最小 7．假设地球为一半径为 R 的均匀球体，其赤道上的重力加速度为 g。一科考人员站在地球 的北极极点处将一小球悬挂一弹簧秤上，当小球静止时弹簧秤的读数为 T1；然后该科考人 员来到地球赤道上，做同样的实验，此时弹簧秤的读数为 T2。由此可求得地球的密度为 （ ） A．   1 1 2 T g GR T T B． 2 1 3 4 T g GRT C． 1 2 3 4 T g GRT D． 1 2 4 3 T g GRT  8．如下图所示，将一表面光滑的半圆柱体固定于水平桌面上，一跨过圆柱表面不可伸长的 轻绳分别与甲、乙两个质量不同的小球相连，乙球的质量大于甲球的质量。开始时用手按住 甲球位于水平桌面且靠住圆柱侧面。现静止释放甲球，为使小球甲能恰好通过圆柱的最高点， 球可看成质点，则下列说法正确的是（ ） A．甲球在运动到圆柱顶前两球速度相同 B．乙球下落过程中机械能守恒 C．当两球质量比满足 1 3 m m  甲 乙 时，甲球能恰好通过圆柱顶端 D．当两球质量比满足 1 2 m m 甲 乙 时，甲球能恰好通过圆柱顶端 二、多项选择题：每小题有多个选项符合题目要求。 9．有一列正在沿水平方向传播的简谐波，在某一时刻它的波形图如下图甲所示，M 和 N 是 这列简谐波上的两个介质质点，从该时刻起某同学记录下了 N 点在一段时间内的振动图像， 如下图乙所示。则下列说法正确的（ ） A．该列简谐波正以 1.0m/s 的速度向左传播 B．该简谐波遇到一列波长为 8m、传播方向相反的简谐波后不会发生干涉现象 C．M 和 N 两介质质点的振动方向始终相反 D．该简谐波遇到体长为 40m 的障碍物时能发生明显的衍射现象 10．小明、小华两人各自驾车去一起烧烤，假设上高速后不久两人的车同时经过公路上的某 一路标且速度相同，与此同时小明的车开始加速，但很快他发现后备箱没关好于是立即刹车 （视为匀减速直线运动）直至停止。从小明的车加速开始计时直至停止这一过程中两人的车 的 -t 图像如下图，则下列说法正确的是（ ） A．该过程小明的车平均速度为 5.0 0 2   m/s=2.5m/s B．0~6s 内小明的车一直在小华的车前方 C．该过程中两车相距最远距离为 7.5m D．在 6s 前两车都不可能再次相遇 11．如下图甲所示在绝缘的水平地面上有一质量为 m 的金属线框，线框的材料粗细均匀， 且线框一直未离开地面。设线框的长为 a，宽为 b，线框的总电阻为 R，整个线框的上半部 分处于一磁场中，虚线为磁场的边界。磁场的变化规律如乙图所示，设 t=0 时刻磁感应强度 为 B0，t=0 时刻磁场方向向里，下列说法正确的是（ ） A．线框中始终有顺时针方向的电流 B．线框一直受到竖直向上的安培力 C．线框中的感应电流先变大后变小 D．若线框对地面压力恰好为零，则磁感应强度大小为 B= 0 2 0 2mgt R B a b 12．一如下闯关游戏：将一帆布带大部分置于桌面上，另一小部分置于桌外，设置于桌面的 AB 部分长 0.6m（设桌面外的部分其质量远小于 AB 部分的质量），O 为 AB 中点，整条带 的质量为 m=200g。将一质量为 M=0.500kg、可看成质点的砖块置于 AB 部分的中点处，砖 块与帆布带、帆布带与桌面、砖块与桌面的滑动摩擦因数都为μ=0.15。游戏时闯关者用恒定 水平拉力 F 拉帆布带，若能使帆布带与砖块分离且砖块不从桌面掉落下来，则算闯关成功。 设砖块未脱落帆布带时帆布带受的滑动摩擦力不变，则下列说法正确的是（ ） A．砖块滑动时的加速度大小为 1.5m/s2 B．帆布带所受到的滑动摩擦力最大只能是 1.8N C．若砖块与帆布带分离时的速度为 0.45 m/s，闯关恰好成功 D．闯关者用 F=2.4N 的力拉帆布带时，则闯关成功 三、非选择题： 13．兴趣小组的同学设置了一个如下图甲所示的电路图，他想利用该电路图来测定一节干电 池的电动势 E 和内阻 r，设电流表为理想电流表。 其实验步骤如下： ①连接好电路实验装置图，并检查各用电器是否能正常工作； ②将电阻箱、滑动变阻器调节到适当的位置，闭合开关 K； ③适当调节电阻箱的位置，读出电流表的读数 I，再读出电阻箱的阻值 R2； ④保持滑动变阻器的滑片位置不变，适当调节电阻箱的阻值，使电流表的读数变为 I'，同时 记下电阻箱的读数 R2′﹔ （1）根据原理图将所给的实物图连接起来； （2）根据以上实验步骤测得电源的电动势为 E=________（用实验步骤中所给的字母表示） （3）他们通过分析发现利用图甲所示的电路原理图没法测出电源的内阻，经过一番讨论后， 他们发现只要将图甲中的某个元件拆除，重新实验，便可同时测量电源的电动势和内阻，你 认为图甲中应该拆除的仪器是________（只限填图甲中的器材），并在下列方框中画出此时 的实验原理图。 14．某同学现要测定一条纸带与木块之间的动摩擦因数，所用的器材有：打点计时器、纸带、 电源、材料相同的两块木板、带定滑轮的长木板、钩码、细绳、小车、电刨等。打点计时器 打点频率为 50Hz，实验步骤如下： ①按图甲安装好实验器材（固定的打点计时器与固定的木块乙等高，不等高可用电刨刨制， 直到穿过打点计时器的纸带置于乙木块上时与长木板平行），调节滑轮高度使细绳平行于木 板，然后反复调节长木板不带定滑轮那端的高度（向其下面垫小薄木片）直到能使小车拖着 穿过打点计时器的纸带在长木板上不挂任何重物能匀速下滑为止。； ②实验时将穿过打点计时器的纸带平放于木块乙的上表面，然后再用一与乙木块完全相同的 木块甲水平压着纸带； ③在砝码盘里放入适当的砝码，然后静止释放小车，使小车拖着纸带前进； ④重复实验多次。图乙是砝码盘落地后小车继续拖着纸带前进时打出的部分纸带，纸带上已 标出了计数点 A、B、C、D、E、F 五个计数点到 O 点的距离，相邻两计数点之间的时间间 隔 T=0.1s。 （1）本实验中除了题目中所提供的实验器材外还需的必备器材是________； （2）根据乙图可知，当打点计时器打下计数点 E 点时纸带前进的速度为 =________m/s。 纸带前进的加速度为 a=________m/s2（结果均保留三位有效数字）。 （3）本实验中________（选填“需要”或“不需要”）测量出砝码和砝码盘的质量。 （4）实验中测得小车的质量为 M=3.00kg、每块木块的质量为 m0=300g，根据以上分析测得 纸带与木块之间的动摩擦因数为μ=________（取 g=10m/s2）。 15．工地上工人们在搬砖的时候经常用如下图甲所示的搬砖夹来搬运砖（如下图乙所示）， 假设夹子的质量为 m，夹子与砖两边之间的最大静摩擦力相同，设为 f。假设工人用图甲所 示的装置一次性能夹 5 块砖（如下图乙），一块砖的质量为 M，工人若在整个搬运过程中砖 块都未与砖夹发生相对滑动。回答下面问题： （1）若在图乙中工人用夹子提着砖不动，铁夹与砖块之间的摩擦力为多大； （2）若在图乙中的工人用力将静止在地面上的砖竖直提起来。假设开始的一段时间里认为 工人用的力恒为 F，方向竖直向上，求 F 不能超过多大。 16．雨后彩虹的形成是由于空气中的小水珠对光的折射形成的，某兴趣小组的同学为了模拟 彩虹的形成，他们取了一个半径为 R=10cm 的玻璃球当成小水珠，然后让不同频率的甲、乙 两种光都从玻璃球面上的 C 点斜射入玻璃球内，结果甲光从玻璃球面上的 A 点射出，而乙 光从玻璃球面上的 E 点射出，对于甲光来说，其入射点 C、折射点 A 与球心 O 的连线构成 了顶角为∠COA=120°的等腰三角形，对于乙光来说，测得其在 C 点的折射角为γ=45°。若 该玻璃球对于甲光的折射率为 n 甲= 3 ，光在真空中的速度为 c=3.0×108m/s。求： （1）两种光的入射角θ为多大以及玻璃球对乙光的折射率； （2）甲光在玻璃球中传播过程所用的时间 t。 17．一光滑杆置于水平位置，一质量为 m2=1.00kg 的滑块穿过水平杆。一轻绳一端与滑块紧 密相连，另一端悬挂一质量为 m1=0.50kg 的木块，且处于竖直方向。木块与滑块之间的距离 为 H=1m。在木板的左端由一半径是 5.0m 的四分之一光滑圆弧，其底端切线水平且恰好与 m1 相接触但没有挤压。一质量为 m0=0.50kg 的小钢球从圆弧的顶端由静止释放，当小球滑 到圆弧的底端时与侧面带有强力胶的 m1 发生了完全非弹性碰撞。取 g=10m/s2。求： （1）木块 m1 能摆到的最大高度以及此时速度大小； （2）滑块 m2 能获得的最大速度。 18．如下图所示，一水平宽度为 L0=2 3 m、竖直方向足够长的矩形匀强磁场，其右边界与 y 轴重合，磁场方向垂直纸面向外。在 y 轴右侧有一矩形匀强电场，水平宽度为 L=2.0m， 竖直方向足够长，场强方向垂直 x 轴向下。有一荷质比为 q m =5.0×107C/kg 的正电荷从图中 的 M 点以 4.0×104m/s 的速度射入磁场，速度方向与磁场左边边界之间的夹角为θ=30°。若粒 子在磁场中出来时速度方向恰好与 x 轴平行，然后进入电场。粒子穿过电场后再飞行了一段 时间，最后穿过了 x 轴，忽略粒子的重力，回答下面问题： （1）求磁场的磁感应强度； （2）若匀强电场的边界 PH 与 y 轴重合，其强度为 E=8.0N/C，则粒子轨迹与 x 轴的交点到 原点 O 的距离为多少? （3）现改变电场强度同时改变边界的水平位置，但要求粒子仍然能在电场中有运动，且粒 子在 x 轴上的落点位置始终与（2）问中的落点位置相同，则此时电场的强度 E 与 JK 边界 的横坐标 x 应满足什么关系? 2021 届押题 03 物理新高考答案与解析 1．【答案】D【解析】根据光电效应的概念可知选项 A 错误；氢原子从 n＝4 能级跃迁到 n ＝1 能级时，辐射的光子能量为ΔE＝E4－E1＝12.75eV＞3.4eV，故锌板会发生光电效应， 故选项 B 错误；光电效应不是核反应，故不会出现质量亏损，故选项 C 错误；根据爱因 斯坦光电效应方程 kmax 12.75eV 3.40eV 9.35eVE hv W     ，故选项 D 正确。 2．【答案】C【解析】由机械能守恒定律可知选项 A 错误；假设游客在甲、乙、丙三处与 安全带之间都没有相互作用力，只与摩天轮的座椅有相互作用力：对于旅客在甲处位置， 由牛顿第二定律有： R vmNmg 2  甲 ，解得 0)( 2  R gRmmgN甲 ，即在甲处游客自身的重 力能完全提供做圆周运动所需的向心力，故有完全失重的感觉；对于旅客在乙处位置所需 向心力根据假设可知由座位的静摩擦力提供， 2vf m mgR   ，竖直方向有 N 乙 mg，再根 据 Nf  可得 1 ，这是不符合实际的，由此可知安全带对游客有向下的压力，故选项 B 错误；对于旅客在丙处位置有： R vmmgN 2 - 丙 ，即 mgR vmmgN 2 2 丙 ，故选项 D 错误。 故选项 C 正确。 3．【答案】C【解析】充气过程中壶内气体温度保持不变，分子的平均动能不变，故选项 A 错误；阀门打开后喷嘴中有雾状酒精喷出是因为瓶内的气体压强大于外界压强，故选项 B 错误。将阀门打开后壶内气体膨胀，气体从壶中逸出，壶内气体分子数减小，故压强减小， 因此选项 C 正确；从喷壶中喷出的酒精水雾不属于布朗运动，选项 D 错误。 4．【答案】B【解析】由图乙可知交流电的周期为 T＝0.02 s，则ω＝ 2 T  ＝100π rad/s。当 t ＝ 0.0025s 时 ， i ＝ 14.14A ， 代 入 i ＝ Imsinωt 得 Im ＝ 20A 。 所 以 电 流 表 A1 的 读 数 为 1 20 A 10 2A 2 I   ，再根据 2 1 1 2 2 1  N N I I ，可知电流表 A2 的读数为 2 20 2AI  ，根据能量守 恒定律可知变压器的输入功率为 2 2 2 (20 2) 5W 4000WP P I R    入 出 。故选项 B 正确。 5．【答案】B【解析】由轨迹图和斜抛运动知识可知，如果足球机械能守恒的话，其轨迹是 对称的，由此可知足球在运动过程中受到空气的阻力，故选项 A 错误；由于足球受到空 气的阻力，故在水平方向的分速度会减小，故足球的起点位置是“1”，故选项 C 错误； 根据 21 2 yh a t （表示竖直方向），在竖直方向上，足球从 1 到乙的过程，空气阻力向下， 阻上 aga y  ，从乙到 2 的过程空气阻力向上， 阻下 aga y - ，所以上升过程的时间小于下落 过程的时间，故 B 正确；足球在落点的速度小于在起点的速度，根据 2 2 k 2 1 1 1 2 2E mv mv   可 知选项 D 错误。 6 ．【 答 案 】 C 【 解 析 】 由 牛 顿 第 二 定 律 “ F=ma ” 和 三 物 体 的 加 速 度 相 同 可 得 ： cos cosF F F  乙甲 丙 ，故选项 A 错误；由于斜面的长度、物体每次的加速度都相同， 根据动能定理有 2 2 1 mvmghW  ，故选项 B 错误。由于物体的加速度相同，由 2 2 1 ats  和 atvt  可得 a st 2 、 22 vas  ，拉力做功的功率为 s asgham a s mvmgh t Wp 2 )( 2 2 1 2    ，故选项 C 正确、D 错误。 7．【答案】C【解析】在北极时有 12 TR MmG  ，在地球赤道上时有 mgGT  物2 ，由以上两式 解得地球的质量为 2 2 1 GT gRTM  ，根据 V M 可求得地球的密度为 2 1 4 3 GRT gT   ，选项 C 正确。 8．【答案】C【解析】速度是矢量，故选项 A 错误；乙球下落过程中还受到轻绳的拉力，故 机械能不守恒，即选项 B 错误；假设甲恰好能通过圆柱的顶端，若使甲到达最高点，根 据机械能守恒有： 21 ( + )2 2 Rm g m gR m m v  乙 乙甲 甲 ，且甲恰能通过最高点，需满足v gR ， 代入上式得 3 1- 乙 甲 m m ，故选项 C 正确。当 -1 3 m m 甲 乙 ＜ 时，甲在到达最高点之前脱离， -1 3 m m 甲 乙 ＞ ， 甲可以顺利通过最高点，故选项 D 错误。 9．【答案】AC【解析】由图甲可知，该简谐横波波长为λ＝8m，周期 T＝8s，所以波速为 v ＝ T  ＝1.0m/s，根据乙图可知该时刻开始质点 N 向上振动，所以该波沿-x 方向传播，即 向左传播，故选项 A、C 正确；根据机械波的衍射条件和干涉的条件可知选项 B、D 都错 误。 10．【答案】BD【解析】平均速度公式 2 0 tvvv  只适用于匀变速直线运动，由图像可知小 明车并不是做匀变速直线运动，故选项 A 错误；由图像知小明的车减速时加速度大小为 a=5m/s2，则小明的车由 v0=10.0m/s 减速到 vt=5.0m/s，由 atvvt  0 可求得所用时间为 Δt=1s，故小明的车在 t=5s 时刻与小华的车速度相同，此时小华的车通过的位移为 25ms vt 小华 ，小明的车的位移 5.0 10.0 5.0 10.04 1m 37.5m2 2s      小明 ，此时两车距离最远， 最远距离为 (37.5 25)m 12.5ms    ，故选项 C 错误；在 6s 内他们两车的位移分别为： 30ms vt  小华 ， 5.0 10.0 0 10.04m 2m 40.0m2 2s       小明 ，即小明的车一直在小华的车前方， 故选项 B、D 正确。 11．【答案】AD【解析】根据楞次定律可知线框中的电流方向始终是顺时针方向，故选项 A 正确；根据法拉第电磁感应定律和左手定则可知选项 B 错误；由乙图可知线框中产生稳 定的电流，故选项 C 错误；当线框对地面的压力为零时有 mgBIa  ，线框中的电流大小 由法拉第电磁感应定律和乙图可得： 0 0 ab BI t R t R      ，由以上两式得 0 2 0 2mgt RB B a b  ，故选 项 D 正确。 12．【答案】ABC【解析】当帆布带相对砖块运动时，所受的摩擦力 f2=μ(M+m)g+μMg，砖块 受到的摩擦力为：f1=μMg。设砖块的加速度为 a1，帆布带的加速度为 a2，则有：f1=Ma1，F -f2=ma2，发生相对运动需要 a2＞a1，代入数据解得 F＞2μ(M+m)g=2×0.15×(0.500+0.200)×10 =2.1N，a1=1.5m/s2，故 A 正确；当帆布带与桌面、砖都发生相对运动时，此时帆布带所受 到的滑动摩擦力最大，为 f2=μ(M+m)g+μMg=1.8N，故选项 B 正确．若砖块与帆布带分离 时的速度为 0.45m / s ，砖块匀加速运动的位移为 2 2 1 1 ( 0.45) 0.15m2 2 1.5 vs a    ，匀减速运动 的位移为 2 2 2 1 ( 0.45) 0.15m2 2 1.5 vs a    ，则总位移为 0.3m，砖块恰好不从桌面掉下，故 C 正 确．当 F=2.4N 时，砖块未脱离时的加速度 a 1 =μg=1.5m/s 2 ，帆布带的加速度 2 2 ( ) 3.0m / sF m M g Mga m      ， 根 据 Ltata  2 1 2 2 2 1 2 1 ， 解 得 2 1 2 2 0.3 s 0.4s3.0 1.5 Lt a a     ，则此时砖块的速度 v = a1t= 1.5× 0.4 m/s=0.95m/s，砖块脱 离帆布带后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小为 a1=μg=1.5m/s2，则匀减速运动的 位移 2 2(1.5 0.4) m 0.3m2 2 1.5 vs a    ，而匀加速运动的位移 2 2 0 1 1 1 1.5 ( 0.4) m 0.3m2 2s a t     ， 可见砖块已经离开桌面，所以闯关失败，故选项 D 错误。 13．【答案】（1）见答图甲（1 分） （2） 2 2( )I I R R I I      （2 分） （3）滑动变阻器（1 分） 见答图乙（2 分） 【解析】（1）实物图连接见答图甲； （2）由步骤③和闭合电路的欧姆定律可得： )( 12 rRRIE  ，由步骤④和闭合电路的 欧姆定律可得： 2 1( )E I R R r    ，由上两式可得 2 2( )I I R RE I I     ； （3）由以上分析可看出，由于不能读出滑动变阻器的读数，故无法测出电源的内阻。如 拆除滑动变阻器，可得到如答图乙原理图： 14．【答案】（1）刻度尺（1 分） （2）0.525（2 分） -0.809（2 分）； （3）不需要（1 分） （4）0.403（0.403~0.406 均可给分）（2 分） 【解析】（1）实验中由于还需测量计数点之间的位移，故还需必备的器材是刻度尺； （2）根据匀变速直线运动规律可得打点计时器打下 E 点时纸带的速度为： 6 4 21.80 11.30 m / s 0.525m / s2 2 0.10 100E s sv T      ，纸带的加速度由逐差法可得： 23 6 3 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 7.26 (21.80 7.26) 0.809m / s(3 ) 9 9 0.1 100 BC AB OA EF DE CDs s s s s s s s sa T T               。 （3）由于纸带是砝码和砝码盘落地后打出来的，故不需知道砝码和砝码盘的总质量。 （4）砝码和砝码盘落地后小车做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得： Maf 2 ，代 入数据解得： 1.21Nf  ，根据 gmf 0  得： 403.010300.0 21.1 0  gm f 。 15．【答案】（1） 5 2 Mg （2） 2 ( 5 ) 5 f m M M  【解析】（1）将 5 块砖看成一个整体，整体受力分析如图丙所示，根据共点力的平衡条件 可得： 12 5f Mg （1 分），解得 1 5 2f Mg （1 分）； （2）当夹子与砖两侧间的摩擦力达到最大摩擦力 f 时，拉力 F 最大，系统向上的加速度 为 a 。先以夹子为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知： 2F f mg ma   （2 分），再以砖为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知： MaMgf 552  （2 分），两式联立可解得： M MmfF 5 )5(2  （1 分）。 16．【答案】（1）60° 2 6 （2）1.0×10－9s 【解析】（1）设甲光束在玻璃球中折射角为α，由光的折射定律可得：   sin sin甲n （1 分）， 由图知α＝30°，所以 sinθ＝n 甲 sinα＝ 3 2 ，故θ＝60°（2 分），所以玻璃球对乙光的折射率 为： sin sin60 6 sin sin45 2n      乙 （2 分）； （2）甲光在玻璃球中传播的时间为 t＝ x v （1 分），由几何关系可得：x＝2Rcosα＝ 3 10 m （1 分），甲光在玻璃球中传播的速度为：v＝ c n甲 ＝ 83 10 3  m/s＝ 3 ×108m/s（1 分），解得： t＝1.0×10－9s（1 分）。 17．【答案】（1）0.625m 2.5m/s （2）5m/s 【解析】（1）小球滑到轨道最底端时由动能定理得： 2 000 2 1 vmgRm  （2 分），带入数据解 得： 0 2 2 10 5.0 10.0m / sv gR     （1 分），由小球、木块、滑块组成的系统在水平方 向上动量守恒，故当小球和木块摆到最高点时三者具有相同的速度 v，由系统水平方向动 量守恒可得：m0v0＝(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v（2 分），解得 v＝2.5m/s（1 分），v1＝5m/s （1 分），由小球与木块发生完全非弹性碰撞后系统机械能守恒可得：1 2 (m0＋m1)v12＝ 1 2 (m0 ＋m1＋m2)v2＋(m0＋m1)gh（2 分），解得 h＝0.625m（1 分）； （2）只要轻绳与杆的右端之间的夹角为锐角，轻绳拉力对滑块做正功，滑块就会加速， 所以当轻绳再次竖直且木块向左摆动时滑块速度最大，设此时滑块速度为 vm，子弹和木 块速度为 v′，则由系统水平方向动量守恒可得：m0v0＝(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v′＋m2vm（1 分）， 1 2 (m0＋m1)v12＝ 1 2 (m0＋m1)v′2＋ 1 2 m2vm2（2 分），解得 vm＝0（舍去），或 vm＝5m/s， 即滑块的最大速度为 5m/s（1 分）。 18．【答案】（1）2.0×10-4T （2）5.0m （3）①当 2≤x＜5m 时， 32 6E x   ②当 5≤x＜7m 时， 2)7( 128 xE  【解析】（1）设粒子在磁场中的轨道半径为 R，根据粒子在磁场中的入射点和出射点可得 到粒子做圆周运动的圆心 O´在 y 轴上，粒子在电场中做类平抛运动，设轨迹交 y 轴于 N 点，轨迹图如答图甲所示。由于∠OMO′=30°，根据几何知识可知粒子的轨道半径为： 0 ° 4.0mcos30 LR   ，根据牛顿第二定律可得： 2vqvB m R  （1 分），代入数据得：B = 2.0×10-4T （1 分）； （2）带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动，如答图甲所示，粒子在电场中加 速度 8 24.0 10 m / sqEa m    （1 分），运动时间 5 2 5.0 10 sLt v    （1 分），沿 y 方向分速度 4 2 2.0 10 m / syv at   （ 1 分 ）， 沿 y 方 向 位 移 2 2 1 0.50m2y at  （ 1 分 ）， 由 于 1(1 cos60 ) 4.0 2.0m 0.50m2NO R      ，所以粒子过 x 轴前会穿出电场（1 分），粒子出电 场后又经时间 t3 达到 x 轴上： 5 3 4 2.0 0.5 s 7.5 10 s2.0 10 NO y h yt v      （1 分），故粒子轨迹与 x 轴的相交位置距离 O 点的距离为： 3 5.0mx L vt   （1 分）； （3）粒子到达原来的位置有两种情况，设电场右边边界的横坐标为 x。 ①当 2≤x＜5m 时，粒子即穿过电场后再落到原来的地方，如答图乙所示，设粒子离开电 场时的速度偏向角为α，则： 2tan y x v EqL v mv    （1 分），“做平抛运动的物体在任意时刻的 瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点”，粒子在电场中做类平抛运动，由 此可得： 15 2tan  ）（ x  （1 分），由上两式得： 32 6E x   （1 分）； ②当 5≤x＜7m 时，粒子未穿过电场，直接在电场中落到原来的地方，此时粒子在电场中 做类平抛运动，如答图丙所示，由平抛运动规律可得：水平方向的位移为： 2 ( 5) 7x x x      （1 分），粒子在电场中运动的时间为： 7x xt v v     （1 分），竖直方 向的位移为 2 21 1 7( )2 2 qE xy a t m v      （1 分），将 y=2m 及各数据代入上式得： 2)7( 128 xE  （1 分）。