2020-2021年新高三物理开学摸底考试卷（四）

2020-2021年新高三物理开学摸底考试卷（四）

2020-2021 年新高三物理开学摸底考试卷（四） 一．单项选择题。 1.全国多地在欢迎援鄂抗疫英雄凯旋时举行了“飞机过水门”的最高礼仪，寓意为“接风洗尘”。某次仪式中， 水从两辆大型消防车中斜向上射出，经过 3s 水到达最高点，不计空气阻力和水柱间的相互影响，若水射出 后第 1s 内上升高度为 h，则水通过前 1 5 h 段用时为（ ） A．0.5s B． (2 3) s C． ( 3 2 2) s D．0.2s 【答案】C 【解析】由经过 3s 水到达最高点，则水射出时竖直方向初速度为 0 103m/s30m/syvgt  第 1s 内上升高度为 01 1 30(3010 1) 1m25m22 yyvvht  设水通过前 末的竖直分速度大小为 yv ，则有 22 02 5 yy hgvv 解得 202m/syv  所用的时间为 0 30 20 2 s (3 2 2)s10 yyvvt g     故 C 正确，ABD 错误。故选 C。 2.图甲为光电效应实验的电路图，利用不同频率的光进行光电效应实验，测得光电管两极间所加电压 U 与 光电流 I 的关系如图乙中 a、b、c、d 四条曲线所示。用 a 、 b 、 c 、 d 表示四种光的频率，下列判断正 确的是（ ） A． b c d a   > > > B． d b c a   > > > C． d c b a   > > > D． a c b d   > > > 【答案】A 【解析】当光电管两极间所加电压为遏止电压时即光电子达到阳极的动能为 0，由动能定理得 kmceUE 由爱因斯坦光电效应方程有 km 0E h W 联立得 0ceUW h  由图乙可知 bcdaccccUUUU 则 故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 3.如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( ) A．用户用电器上交流电的频率是 100 Hz B．发电机输出交流电的电压有效值是 500 V C．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定 D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小 答案：D 解析：.由 u－t 图象可知，交流电的周期 T＝0.02 s，故频率 f＝1 T＝50 Hz，选项 A 错误；交流电的最大 值 Um＝500 V，故有效值 U＝Um 2＝250 2 V，选项 B 错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻 和降压变压器原副线圈的匝数比决定，选项 C 错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小， 根据I1 I2 ＝n2 n1 ，原线圈(输电线)上的电流减小，根据 P＝I21R，得输电线上损失的功率减小，选项 D 正确． 4.如图所示，气缸上下两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触．初始时活塞和两侧气体均处于平衡 态，因活塞有质量所以下侧气体压强是上侧气体压强两倍，上下气体体积之比 V1∶V2＝1∶2，温度之比 T1∶T2＝2∶5．保持上侧气体温度不变，改变下侧气体温度，使两侧气体体积相同，此时上下两侧气体的温 度之比为（ ） A．4：5 B．5：9 C．7：24 D．16：25 【答案】D 【解析】设总体积为 2V，开始时 12PSmgP S，P2=2P1，则 P1S=mg；对上面的气体，开始时： P1； 2 3 V ; T1；末态： ' 1P ；V；T1；根据玻意尔定律可知： ' 11 2 3P V PV 解得 ' 2 11 2 33 PPP 对下面的气体； '' 22 2 1 2 5 3 2 6 PPmgP P PS     则 22 ' 22 45 36PVPV TT   则 2 ' 2 8 5 T T  解得 T1∶T′2＝16∶25 5.在弹性绳左右两端垂直绳轻摇一下，产生两个振动方向、振幅和波长都相同的正弦形“孤波”，t=0 时刻两 孤波传播至如图所示位置，已知左侧孤波向右传播速度大小为 1v =1m/s，下列说法正确的是（ ） A．t=0 时坐标在 x=－2m 处的质点，在 t=2s 时运动到了 O 点 B．右侧孤波向左传播的速度大小 2v 与 不一定相等 C．t=2.5s 时，O 点处的质点位于波峰 D．t=3s 时，O 点处的质点加速度最大 【答案】C 【解析】A．波在介质中传播时，介质中质点只在各自的平衡位置附近振动，并不随波的传播而迁移，故 A 错误；B．在同一介质中，同一种波的传播速度相同，故 B 错误； C．由于两波的传播速度相同，由图可知，t=2.5s 时刻，两个孤波的“波峰”这种振动状态传至 O 点，因此， O 点位移向上达到最大，速度为 0 即波峰位置，故 C 正确； D．t=0 时刻坐标在 x=－3m 和 x=+3m 处的质点都处于平衡位置且向下运动，由波的平移法可知，其振动形 式在 t=3s 时刻传至 O 点，此时 O 点处质点处于平衡位置，加速度为 0，故 D 错误。故选 C。 6.2019 年 12 月 18 日，我国首艘自主建造的国产航母山东舰入列服役，我国也成了双航母国家。舰载机是 航空母舰的主要武装力量，其性能决定航空母舰的战斗力。舰载机在起飞的过程中，光靠自身发动机喷气 不足以在飞行甲板的短距离上达到足够的速度，如果安装辅助起飞的电磁弹射系统（如图甲所示）就能达 到要求。电磁弹射系统的一种设计可简化为如图乙所示情境，图中 MN、PQ 是光滑平行金属直导轨（电阻 忽略不计），AB 是电磁弹射车。当 M、P 两端加载恒定电压时，在回路 PBAM 中就会有电流，电流产生的 磁场对弹射车施加磁场力的作用，从而带动舰载机由静止开始向右加速起飞。关于该系统，下列说法正确 的是（ ） A．MN、PQ 间的磁场是匀强磁场 B．弹射车做匀加速直线运动 C．弹射车的动能与电压的大小成正比 D．在 M、P 两端加载交变电压，电磁弹射系统不能正常工作 【答案】B 【解析】AB．根据左手定则可知两根相互平行的水平导轨内存在竖直向上的磁场，在平行的水平导轨内排 列许多个小矩形磁场模块，当弹射车接触小矩形磁场模块时，通过 M、P 两端加载恒定电压为弹射车提供 瞬间能量，离开后断电，不计模块与模块间切换时间，通过小矩形磁场模块能保证弹射车全过程做匀加速 运动，所以 MN、PQ 间的磁场不是匀强磁场，故 A 错误，B 正确； C．设当 M、P 两端加载恒定电压时，电磁弹射车的电阻为 R ，平行的水平导轨的宽度为 L ，电磁弹射车沿 水平导轨的运动的位移为 x ，则有弹射车受到的安培力为 UFBILBL R安 根据动能定理则有 kE F x BULx R安 由于 M、P 两端加载恒定电压，由此可知当电磁弹射车的电阻、水平导轨的宽度和磁场大小一定时，弹射 车的动能随电磁弹射车沿水平导轨的运动的位移大小增大而增大，故 C 错误； D．在 M、P 两端加载交变电压时，在平行的水平导轨内排列许多个小矩形磁场模块，小矩形磁场模块中的 磁场方向周期性改变，且交变电压的周期等于小矩形磁场模块中的磁场方向周期，可以使电磁弹射系统能 正常工作，故 D 错误；故选 B。 7.如图所示， ad 、 bd 、 cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的 最高点，d 点为最低点。每根杆上都套着一个完全相同的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从 a、b、c 点无初速释放，下列关于它们下滑到 d 过程的说法中正确的是（ ） A．沿 cd 细杆下滑的滑环用时最长 B．重力对各环的冲量中 a 的最小 C．弹力对各环的冲量中 c 的最大 D．合力对各环的冲量大小相等 【答案】C 【解析】A．物体从同一竖直圆上各点沿不同的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间相等，如图 即等时圆模型，小球下滑过程均满足 212coscos 2Rgt  解得 2 Rt g 根据等时圆模型可知三个滑环下滑的时间均相等，A 错误； B．三个滑环重力相等，根据冲量 I F t 可知重力对各环的冲量大小相等，B 错误； C．假设光滑细杆与 ad 的夹角为  ，受力分析可知滑环所受弹力为 sinNmg  杆与 的夹角最大，所以弹力最大，根据冲量的定义可知弹力对各环的冲量中 c 的最大，C 正确； D．根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，根据机械能守恒定律 21 2mgh mv 解得 2vgh 可知从 a 滑到底端的滑环速度最大，合外力的冲量最大，D 错误。 故选 C。 8.如图所示，由同种材料制成，粗细均匀，边长为 L、总电阻为 R 的单匝正方形闭合线圈 MNPQ 放置在水 平面上，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为 B 的有界匀强磁场，磁场两边界成 θ= 45 角。现使线 圈以水平向右的速度 ν 匀速进入磁场，则（ ） A．当线圈中心经过磁场边界时，P 点的电势比 N 点高 B．当线圈中心经过磁场边界时，N、P 两点间的电势差 U= 1 4 BLv C．当线圈中心经过磁场边界时，线圈所受安培力大小 22B L vF R安 D．线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，通过导线某一横截面的电荷量 2 2 BLq R 【答案】D 【解析】A．当线圈中心经过磁场边界时，此时切割磁感线的有效线段为 NP，由右手定则可知，P 点的电 势比 N 点低，故 A 错误； B．根据法拉第电磁感应定律，NP 产生的感应电动势为 E BLv ，此时 N、P 两点间的电势差 U 为路端电压， 有 33 44U E BLv 故 B 错误； C．当线圈中心经过磁场边界时，QP、NP 受安培力作用，且两力相互垂直，故合力为 22 2 B L vF R安 故 C 错误； D．根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，有 =E t   ， = EI R 通过导线某一横截面的电荷量为 2 2 BLq RR  故 D 正确。故选 D。 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目要求。全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9.2020 年 6 月 23 日，我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第 55 颗导航卫星，至此北斗全球卫星导航 系统星座部署全面完成。北斗导航系统第 41 颗卫星为地球同步轨道卫星，第 49 颗卫星为倾斜地球同步轨道 卫星，它们的轨道半径约为 4.2×107m，运行周期都等于地球的自转周期 24h。倾斜地球同步轨道平面与地球 赤道平面成一定夹角，如图所示。已知引力常量 G=6.67×10-11Nm2/kg2，下列说法正确的是（ ） A．根据题目数据可估算出地球的质量 B．同步轨道卫星可能经过北京上空 C．倾斜地球同步轨道卫星一天 2 次经过赤道正上方同一位置 D．倾斜地球同步轨道卫星的运行速度大于第一宇宙速度 【答案】AC 【解析】A．根据 2 2 (2 )GMm mrrT  可得 23 2 4 rM GT  可估算出地球的质量。A 正确； B．由于地球同步卫星相对地面静止，因此一定自西向东运动，且轨道的圆心一定在地心上，故同步卫星一 定在地球赤道的正上方，不可能运动到北京的正上方，B 错误； C．倾斜同步卫星若某时刻经过赤道正上方某位置，经过半个周期，恰好地球也转了半个周期，因此又会经 过赤道上方的同一位置，C 正确； D．根据 2 2 G M m m v rr 可得 GMv r 由于轨道半径越大，运动速度越小，第一宇宙速度是贴近地球表面运动的卫星的速度，同步卫星的运动速 度小于第一宇宙速度，D 错误。 故选 AC。 10.如图是一定质量的理想气体的 p－V 图，气体状态从 A→B→C→D→A 完成一次循环，A→B(图中实线) 和 C→D 为等温过程，温度分别为 T1 和 T2.下列判断正确的是( ) A．C→D 过程放出的热量等于外界对气体做的功 B．若气体状态沿图中虚线由 A→B，则气体的温度先降低后升高 C．从微观角度讲 B→C 过程压强降低是由于分子的密集程度减少而引起的 D. 若 B→C 过程放热 200 J，D→A 过程吸热 300 J，则 D→A 过程气体对外界做功 100 J 【答案】AD 【解析】由图示图象可知，D→A 过程为等压过程，气体体积变大，由盖吕萨克定律可知，气体温度升高， 即 A 点的温度高于 D 点的温度，则푇1 > 푇2，C→D 过程是等温变化，气体内能不变，훥푈 = 0，气体体积减 小，外界对气体做功，푊 > 0，由热力学第一定律得푄 = 훥푈 − 푊 = −푊 < 0，气体放出热量，由以上分析 可知，C→D 过程放出的热量等于外界对气体做的，故 A 正确；若气体状态沿图中虚线由 A→B，则气体的 温度先升高后降低，故 B 错误；从 B→C 过程，气体体积不变，压强减小，由查理定律可知，气体的温度 T 降低，分子的平均动能减小，由于气体体积不变，分子数密度不变，单位时间内撞击器壁的分子数不变， 分子平均动能减小，分子撞击器壁的作用力变小，气体压强减小，故 C 错误；由热力学第一定律可知，若 B→C 过程放热 200J，D→A 过程吸热 300J，则 D→A 过程气体对外界做功 100J，故 D 正确； 11.如图所示，两个等量异种点电荷 A 、 B 固定在同一条水平线上，电荷量分别为 Q 和 Q 。 MN 是水平 放置的足够长的光滑绝缘细杆，细杆上套着一个中间穿孔的小球 P ，其质量为 m ，电荷量为 q （可视为 试探电荷，不影响电场的分布）。现将小球从点电荷 的正下方 C 点由静止释放，到达点电荷 的正下方 D 点时，速度为 2 2m/s ， O 为 CD 的中点。则（ ） A．小球从 至 先做加速运动，后做减速运动 B．小球运动至 点时速度为 2 m/ s C．小球最终可能返回至 点 D．小球在整个运动过程中的最终速度为 【答案】BD 【解析】A．根据等量异种点电荷的电场线分布，可知，两点电荷连线的中垂面是等势面，电势为 0，正点 电荷附近电势大于 0，负点电荷附近电势小于 0，根据对称关系可得 CD  其中 0C  ， 0D  所以小球从 C 到 D 运动过程中，只有电场力做功，且由于电势降低，所以电势能减小，电场力做正功，小 球在做加速运动，所以 A 错误； B．小球由 C 到 D，由动能定理得 21 2CD CDW U q mv 21242 mvm  则由 C 到 O，由动能定理可得 21 2CO CO OW U q mv 21 2 Omv  2 2m/sOv m  所以 B 正确； C．由分析可知 0O  无穷远处电势也是 0，小球由 O 到 D 加速运动，再由 D 到无穷远处，电势升高，电势能增加，电场力做负 功，小球做减速运动，所有不可能返回 O 点，所以 C 错误； D．小球从 O 到无穷远处，电场力做功为 0，由能量守恒可知，动能变化量也是 0，即无穷远处的速度为 2 m / sOvv 所以 D 正确。故选 BD。 12.如图所示，两平行光滑杆水平放置，两相同的小球 M、N 分别套在两杆上，并由轻弹簧拴接，弹簧与杆 垂直。已知两杆间距为 0.4m，弹簧原长为 0.5m，两球的质量均为 0.2kg。现给 M 球一沿杆向右 0 . 6N s 的 瞬时冲量，关于之后的运动，以下说法正确的是（ ） A．M 球在开始的一段时间内做加速度增大的加速运动，直到达到运动中的最大速度 B．弹簧第一次达到 0.6m 时，M 球的速度大小为 3m/s C．弹簧达到 0.5m 时，M 球和 N 球总动能最大 D．弹簧达到最长时，M 球的速度大小为 1.5m/s 【答案】BCD 【解析】A．在最开始时，弹簧处于压缩状态，当 M 球开始运动后，弹簧恢复原长，形变量逐渐减小，因 此弹力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐减小，即该过程 M 球做加速度逐渐减小的加速运动， 故 A 错误； B．设一开始弹簧的形变量为 1x ，当弹簧达到 0.6m 时形变量为 2x ，则有 1 0.5 0.4 0.1mx    2 0.60.50.1mx  M 球在瞬间冲量作用后，获得动量，由动量定理可得 MM0 0.6NsImv 两球和弹簧组成的系统，合外力为零，根据动量守恒定律可得 M0M1N2mvmvmv 当弹簧第一次达到 0.6m 时，根据能量守恒定律有 22222 1M0M1N22 11111 22222kxmvmvmvkx 解得 1 3 m / sv  即弹簧达到 0.6m 时，M 球的速度大小为 3m/s，故 B 正确； C．根据能量守恒定律，该过程 M 球和 N 球的总动能与弹簧的弹性势能相互转化，当弹簧的弹性势能为 0 时，M 球和 N 球的总动能达到最大。故 C 正确。 D．当两球速度第一次相等时，弹簧第一次达到最大伸长量，根据动量守恒定律可得  M0MNmvmmv 共 解得 1.5m/sv 共 即弹簧达到最长时，M 球的速度大小为 1.5m/s，故 D 正确。故选 BCD。 三.选择题:本题共 6 小题，共 60 分。 13.（6 分）．(1)智能手机中有一个加速度传感器，在软件的驱动下，能够探测手机加速度的实时变化，并 以图像形式显示出来，如图（a）所示。某学生利用如图（b）所示的实验装置来探究“当小车及手机总质量 M 不变的情况下，小车加速度 a 与拉力 F 的关系”。 按照图示安装好实验装置，把手机固定在小车上 A．挂上沙桶，点击手机软件开始按钮，释放小车，待小车停下·点击手机软件停止按钮，读出小车做匀加 速运动的加速度 a B．调节导轨的倾角，使得轻推小车后，小车能沿着导轨向下匀速运动 C．取下细绳和沙桶。测量沙子和桶的质量 m。改变沙子的质量，重新挂上细绳和沙桶。进行多次实验正确 的实验步骤是__________ (2)某一次实验得到如图（c）所示的图像。开始计时 1s 后释放小车，由图像可知，小车在绳子拉力作用下 做匀加速运动的加速度为__________ 2m /s ，由此可以推断出实验桌面距离地面高度至少为__________m。 （结果保留两位有效数字） (3)下列说法正确的是__________ A．图线中 A 点表示刚好碰到弹簧·此时速度最大 B．图线中 B 点表示弹力刚好等于拉力，此时加速度为 0，此时小车速度最大 C．图线中 C 点表示弹簧压缩量最大，此时加速度最大，速度也最大 D．图线中 C 点对应的弹簧的弹力约为 6mg 【答案】BAC 0.20 0.90 BD 【解析】（1）[1]实验时，首先要平衡摩擦力，使导轨倾斜一个角度，轻推小车做匀速运动，然后挂上沙桶， 点击手机软件开始按钮，释放小车，待小车停下，点击手机软件停止按钮，读出小车做匀加速运动的加速 度 a，在改变沙子和桶的质量 m 重复进行，所以步骤是 BAC。 （2）[2]根据图可得做匀加速运动的加速度为 20.20m/sa  。 （2）[3]由图可知沙子和桶，开始做匀加速的时间是 3 秒，沙子和桶的运动的加速度和小车一样，则实验桌 面距离地面高度大于等于沙子和桶下降的高度，所以实验桌面距离地面高度至少为 21 0.90m2h at 。 （3）[4]ABC．图线中 A 点表示刚好碰到弹簧，随着弹力的增大，小车先做加速度减小的加速运动，当弹力 和拉力相等时即到达 B 点，加速度为零，速度最大，在做加速度增大的减速运动一直到达 C 点停止，此时 加速度最大，速度为零，AC 错误 B 正确； D．小车做匀加速运动 ()m g m M a 到达 C 点时加速度为 2 1 1 m /sa  1()FmgmMa 解得 6F m g D 正确。 14.（8 分）某实验小组自制欧姆表来测量一个电阻的阻值，可供选择的器材如下： A．待测电阻 Rx（约为 200Ω）； B．电源（电动势 E 约为 1.5V，内阻 r 约为 10Ω）； C．灵敏电流计 G（量程 1mA，内阻 Rg=200Ω）； D．定值电阻 a（阻值 Ra=50Ω）； E．定值电阻 b（阻值 Rb=72Ω）； F．滑动变阻器 R1（阻值范围为 0~50Ω）； G．滑动变阻器 R2（阻值范围为 0~500Ω）； H．开关，导线若干。 (1)小组同学首先设计了如图（a）所示的电路，来测量电源的电动势。实验部分步骤如下：先闭合开关 S1、 S2，调节滑动变阻器 R，使灵敏电流计指针满偏；保持滑动变阻器滑片位置不动，断开开关 S2，读出灵敏电 流计的示数。 ①灵敏电流计满偏时流过电源的电流为______mA，实验时滑动变阻器 R 应选_____（填“R1”或“R2”）。 ②若实验中断开开关 S2 时，灵敏电流计的示数为 0.80mA，则电源电动势为______ V。 (2)该小组同学测出电动势后，在图（a）的基础上制作欧姆表。他们去掉两开关，增加两支表笔 M、N，其 余器材不变，改装成一个欧姆表，如图（b）所示。紧接着他们用改装后的欧姆表去测量待测电阻 Rx 的阻值， 正确操作后，灵敏电流计读数如图（c）所示，则待测电阻 Rx 的阻值为__________Ω。 【答案】5 R2 1.44 192 【解析】(1)[1]灵敏电流计 G 满偏时，其电流为 1mA，由于其内阻 Rg=200Ω，则电流计两端的电压 ggg 1mA200 Ω 0.2VUIR 所以通过定值电阻 a 的电流 g 0.2 A=0.004A=4mA50a a UI R 则流过电源的电流为 g 5mAaIII [2]电源电动势 E 约为 1.5V，则滑动变阻器两端电压约为 R 1.5V0.2V1.3VU  则滑动变阻器的电阻约为 R 1.3 Ω 260Ω0.005 UR I 所以滑动变阻器应选择 R2（阻值范围为 0~500Ω）。 [3]第一次闭合开关 S1、S2 有 gg ggg2 () a IREI RIRr R      断开 S2 后，有 2g 2g22 ()b a IREI RIRRr R        联立解得到 E=1.44V (2)[4]根据欧姆表的原理，欧姆调零时，有 3 1.44 Ω 288Ω5 10 ER I   内 接待测电阻后，灵敏电流计的电流 g 0.6mAI   则此时电流计两端的电压 ggg 0.6mA200 Ω 0.12VUIR 所以通过定值电阻 a 的电流 g 0.12 A=0.0024A=2.4mA50a a UI R   则流过电源的电流为 g 3mAaIII   则有 x ERR I内 解得 192 ΩxR  15.（8 分）图甲中滑索巧妙地利用了景区的自然落差，为滑行提供了原动力。游客借助绳套保护，在高空 领略祖国大好河山的壮美。其装置简化如图乙所示，倾角为30 的轨道上套一个质量为 m 的滑轮 P，质量为 3m 的绳套和滑轮之间用不可伸长的轻绳相连。某次检修时，工人对绳套施加一个拉力 F，使绳套从滑轮正 下方的 A 点缓慢移动，运动过程中 F 与轻绳的夹角始终保持 120  ，直到轻绳水平，绳套到达 B 点，如图所 示。整个过程滑轮保持静止，重力加速度为 g，求： (1)绳套到达 B 点时，轨道对滑轮的摩擦力大小和弹力大小； (2)绳套从 A 缓慢移动到 B 的过程中，轻绳上拉力的最大值。 【答案】(1) N 3Fmg ，f=mg；(2) 23mg 【解析】(1)绳套到达 B 点时，对质量为 3m 的绳套，有 1 3 tan 30 3F mg mg 对滑轮 m： N1sin30cos300FFmg  1sin30 cos30 0f mg F   解得 N 3F m g ，f=mg (2)在绳套的动态平衡过程中，当 F 与 mg 垂直时软绳中的弹力最大，则有 m 3 23sin 60 mgF mg 16.（10 分）如图所示，真空中两细束平行单色光 a 和 b 从一透明半球的左侧以相同速率沿半球的平面方向 向右移动，光始终与透明半球的平面垂直．当 b 光移动到某一位置时，两束光都恰好从透明半球的左侧球 面射出（不考虑光在透明介质中的多次反射后再射出球面）．此时 a 和 b 都停止移动，在与透明半球的平 面平行的足够大的光屏 M 上形成两个小光点．已知透明半球的半径为 R，对单色光 a 和 b 的折射率分别为 1 23 3n  和 2 2n  ，光屏 M 到透明半球的平面的距离为 L=（ 1 2 ＋ 3 2 ）R，不考虑光的干涉和衍射，真 空中光速为 c,求： （1）两细束单色光 a 和 b 的距离 d （2）两束光从透明半球的平面入射直至到达光屏传播的时间差△ t 【答案】（1） 31 2 R （2） 23 3 R c 【解析】(1)由 1sinC n 得,透明半球对 a 光和b 光的临界角分别为 60°和 30°，画出光路如图 A 、B 为两单色光在透明半球面的出射点,折射光线在光屏上形成光点为 D 和 C , AD 、BC 沿切线方向．由 几何关系得 31sin 60sin 30 2dRRR    (2) a 光在透明介质中的速度 1 1 3 2 cvcn 传播时间 1 1 cos603 3 RRt vc  光屏 M 到透明半球的平面的距离为 13 22LR , 3cos60 2FA L R R    / cos30ADAFR  故 光在真空中传播的时间 1' AD Rt cc 则   11 33 ' 3a R t t t c     b 光在透明介质中的速度 2 2 2 ccv n, 传播时间 2 2 cos30 3RRt vc  在真空中,由几何关系得 BC R 2' Rt c 则   22 31 'b R ttt c   故 23 3ba Rt t t c    17.（13 分）提供信息：若物体做机械振动的回复力 F 回与振动物体的位移 x 满足关系式 F 回=－kx，那么机 械振动的周期为 2 mT k ，其中 k 为常数。如图是多米诺骨牌中滚球触发机关的一段示意图，轻质弹簧 一端固定在斜面底端，质量为 0.2kg 的小球放在倾角为60 的光滑斜面最上端 B 点，在弹簧弹力作用下处于 静止状态，弹簧的劲度系数为 k0=5π2N/m，且不与小球拴接。长度 l=0.5m 的水平轨道 CD 和光滑圆弧轨道 在 D 点相切，B、C 竖直高度差 h =0.6m，小球在水平轨道上受到恒定阻力 f=0.6N。现用沿斜面向下的推力 使小球缓慢移动一小段距离到达 A 点，此时突然撤去推力，弹簧上端到达 B 点时立即被锁定，小球从 B 点 弹出后恰好沿水平方向进入CD 轨道，继续运动到弧面上的触发点E，原速率弹回。已知重力加速度g=10m/s2。 求： (1)小球到 C 点时的速度大小； (2)小球从 A 点到 B 点的过程中弹簧对小球的冲量大小； (3)小球最终停止时离 D 点的距离。 【答案】(1)2m/s；(2)0.973N·s；(3)小球停在离 D 点 0.17m 的位置 【解析】(1)小球从 B 点到 C 点过程  2 B0 sin 2v g h    得 vB=4m/s 到达 C 点只有水平速度，根据速度合成与分解可得 CBcos 2m/svv  (2)小球在 B 点时 00sin0mgkx   设小球发生位移 x，则  000 sinFkxxmgkx 回 因为 F 回与 x 方向相反，所以 F 回=－kx，其中 k=k0 因此小球做简谐运动，周期为 2 π 0.4smT k 小球从 A→B 所用时间为 1 1 0.1 s4tT 由动量定理 1sin0 BImgtmv  弹簧对小球冲量大小为 I=0.973N·s (3)设小球在水平轨道 CD 上经 x0 停止运动，有 2 0 10 2 Cfxmv 得 x0=0.67m>0.5m 则 x=x0－0.5m=0.17m 即小球停在离 D 点 0.17m 的位置 18.（15 分）如图所示，在光滑绝缘水平面上，存在两个相邻的相同矩形区域 CDMN 和 NMHG，， CD=NM=GH=2d、CN=NG=d．区域 CDMN 中存在方向竖直向下的匀强磁场 B1，区域 MMHG 中存在方向竖 直向上的匀强磁场 B2。不可伸长的轻质细线，一端固定于 O 点，另一端拴有一个质量为 3 m 的绝缘小球 a。 拉紧细线使小球 a 从距离桌面高 h 的位置静止释放，当小球 a 沿圆弧运动至悬点正下方位置时，与静止于 该处的带正电小球 b 发生正碰，碰后小球 a 向左摆动，上升的最大高度为 4 h ，小球 b 从 CD 边界中点 P 垂 直进入 CDMN 区域，已知小球 b 质量为 m，带电量为+q，且始终保持不变，重力加速度为 g。则 (1)通过计算判断 a、b 两小球的碰撞是否为弹性碰撞； (2)若 B1=B2=B，要使 b 小球能从 NG 边界射出，求 B 的取值范围； (3)若区域 CDMN 中磁感应强度 B1= 4 52 m gh qd ，方向仍竖直向下。将区域 NMHG 中磁场改为匀强电场，电 场方向水平且由 N 指向 M。是否存在一个大小合适的场强使小球 b 恰由 H 点离开电场区域，若存在请算出 场强 E 的大小，不存在请说明理由。 【答案】(1)弹性碰撞，分析过程见解析；(2) 4 522 mghmgh Bqdqd  ；(3)存在， 51 50 mghE qd 。 【解析】(1)设小球 a 碰前的速率为 av ，碰后速率为 av ，小球 b 的速率为 bv ，a 小球与 b 小球碰撞前： 21 323 a mmghv ① a 小球与 b 小球碰撞后： '211 3423 a mmghv ② a 小球与 b 小球碰撞时，以水平向右为正方向： 33aab mmvvmv   ③ 联立①②③得： '22a a bvvv 2b ghv  碰撞前两物体总动能 2 1 63 amv mghE  碰撞后两物体总动能 '2 2 2 11 623 amvEmvmgh 碰撞前后总动能守恒，所以 a、b 两小球碰撞属于弹性碰撞。 (2)若小球 b 恰好从 N 点射出，作出小球的运动轨迹，如图所示。由几何关系得： R=d④ 而 2 b b mvqvB R ⑤ 联立解得： 2 mghB qd ； 若小球 b 恰好从 G 点射出，作出小球的运动轨迹，如图所示。 由几何关系可得： ''2 2 2 2 dRdR ⑥ ' ' bmvR Bq ⑦ 联立解得： 5 4Rd  ' 4 52 m ghB qd 综上可得 B 的取值范围为： 4 522 mghmgh Bqdqd  ； (3)由(2)可得当 1 4 52 m ghB qd 小球 b 在 CDMN 区域里做圆周运动后小球从距离 N 点 2 d 处以速度 vb 斜射入 MNGH 区域中，设 vb 与边界 NM 夹角为 θ，由几何关系得： c os 0.8 d R  由运动合成分解可知： 0.6x bvv b0.8yvv 假设小球恰好能从 H 点离开电场，运动时间为 t。x 轴方向做匀速直线运动，y 轴方向做类竖直上抛运动。 x=d x=vxt⑧ 3 2yd 21 2yy v t at ⑨ （以电场相反方向为正方向） Eqa m ⑩ 联立解得： 5lg 50 ha d 51 50 m ghE qd 令 vy 减为 0 时，小球沿 y 轴向上的最大位移 2 max 8 2512 yv ddy a 小球未从 NG 边界离开电场区域。 故假设成立，即电场强度 时小球恰能从 H 点离开。