贵州省毕节地区2021届新高考三诊物理试题含解析

贵州省毕节地区2021届新高考三诊物理试题含解析

贵州省毕节地区 2021 届新高考三诊物理试题 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．带电粒子仅在电场力作用下，从电场中 a 点以初速度 进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到 b 点，如 图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是 A．在 a 点的加速度大于在 b 点的加速度 B．在 a 点的电势能小于在 b 点的电势能 C．在 a 点的速度小于在 B 点的速度 D．电场中 a 点的电势一定比 b 点的电势高 【答案】 C 【解析】 电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知 EA ＜EB，所以 a、b 两点比较，粒子 的加速度在 b 点时较大，故 A 错误；由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受电场力的方向应该指向轨迹 的内侧，根据电场力方向与速度方向的夹角得电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，整个过程 电场力做正功， 电势能减小， 即在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能， 故 B 错误； 整个过程电场力做正功， 根据动能定理得经 b 点时的动能大于经 a 点时的动能，所以无论粒子带何种电，经 b 点时的速度总比经 a 点时的速度大， 故 C 正确； 由于不知道粒子的电性， 也不能确定电场线的方向， 所以无法确定 a 点的电势 和 b 点的电势大小关系，故 D 错误；故选 C． 2．我国第一颗人造地球卫星因可以模拟演奏《东方红》乐曲并让地球上从电波中接收到这段音乐而命名 为 “东方红一号 ”。该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的角速度分 别为 1 ， 2 ，在近地点、远地点的速度分别为 1v ， 2v ，则（ ） A． 1 2 B． 1 2 C． 1 2v v D． 1 2v v 【答案】 C 【解析】 【详解】 根据开普勒第二定律可知，从远地点到近地点卫星做加速运动，而近地点到远地点，卫星做减速运动，所 以近地点的速度大于远地点的即 1 2v v 根据 = v r 可知，因为近地点到地心的距离小于远地点到地心的距离，即 1 2r r 则有 1 2 故选 C。 3．如图甲所示，小物块 A 放在长木板 B 的左端，一起以 v0 的速度在水平台阶上向右运动，已知台阶 MN 光滑，小物块与台阶 PQ 部分动摩擦因数 1 0.1 ，台阶的 P 点切线水平且与木板等高，木板撞到台阶后 立即停止运动， 小物块继续滑行。 从木板右端距离台阶 P 点 s=8m 开始计时， 得到小物块的 v—t 图像， 如 图乙所示。小物块 3s末刚好到达台阶 P 点， 4s 末速度刚好变为零。若图中 0v 和 1v 均为未知量，重力加速 度 g 取 10m/s2，下列说法中正确的是（ ） A．由题中数据可知，木板长度为 2.5m B．小物块在 P 点的速度为 2m/s C．小物块和木板的初速度 0 3m/sv D．小物块与木板间动摩擦因数 2 0.4 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 C．木板 B 和物块 A 在 1 2st 一起匀速运动 8ms ，可得初速度 0 1 4m/ssv t 故 C 错误； B． 物块滑上台阶后继续匀减速直线运动，加速度为 2 2 1 1m/sa g ，时间为 3 1st ，有 1 2 3 1m/sv a t 故 B 错误； AD ．当木板 B 和台阶相撞后立即停止，物块 A 继续在木板上匀减速直线运动，运动的时间为 2 1st ，运 动的位移为板长 L ，则匀减速直线运动的加速度为 1 2a g 物块离开木板的速度为 1 0 1 2v v a t 板长为 0 1 22 v vL t 联立各式和数据解得 2 0.3 ， 2.5mL 故 A 正确， D 错误。 故选 A。 4．将一物体从地面以速度 v0 竖直上抛，物体上抛运动过程中所受的空气阻力大小恒定，设物体在地面时 的重力势能为零，则物体从抛出到落回原地过程中，如图所示的四个图中不正确的（ ） A． B． C． D． 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A．物体在运动过程中受到重力和空气阻力，则上升过程中由牛顿第二定律得 1mg f ma 下降过程中由牛顿第二定律得 2mg f ma 可判断 1 2a a 上升过程中速度方向向上，下降过程中速度方向向下，根据动量定义 P mv 可知上升过程中动量方向向 上，下降过程中动量方向向下，故 A 正确； B．根据公式 I Ft 可知合外力的冲量方向始终向下，故 B 错误； CD ．克服空气阻力做的功 fW fs s 为物体运动的路程，上升过程 s h，下落过程总路程 2s H h ，根据功能关系可知，机械能 E 逐渐 减小，则有 0E E fs 故 C、D 正确； 不正确的故选 B。 5．原子核 A、B 结合成放射性原子核 C．核反应方程是 A+B→C ，已知原子核 A、B、C 的质量分别为 Am 、 Bm 、 Cm ，结合能分别为 AE 、 BE 、 CE ，以下说法正确的是（ ） A．原子核 A、B、C 中比结合能最小的是原子核 C B．原子核 A 、B 结合成原子核 C，释放的能量 2 A B CE m m m c C．原子核 A、B 结合成原子核 C，释放的能量 A B CE E E E D．大量原子核 C 经历两个半衰期时，已发生衰变的原子核占原来的 1 4 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 ABC ．某原子核的结合能是独立核子结合成该核时释放的能量，原子核 A、B 结合成放射性原子核 C，要 释放能量，原子核 C 的比结合能最大，释放的能量 C A BE E E E 根据质能方程得 2 A B cE m m m c 故 AC 错误， B 正确； D．原子核的半衰期是原子核有半数发生衰变所需要的时间，大量原子核 C 经历两个半衰期时，未发生衰 变的原子核占原来的 1 4 ， D 错误。 故选 B。 6．如图， 半径为 R 的半球形容器固定在水平转台上， 转台绕过容器球心 O 的竖直轴线以角速度 ω匀速转 动。质量相等的小物块 A 、B 随容器转动且相对器壁静止。 A、B 和球心 O 点连线与竖直方向的夹角分别 为 α、β， α>β，则下列说法正确的是（ ） A． A 的向心力小于 B 的向心力 B．容器对 A 的支持力一定小于容器对 B 的支持力 C．若 ω缓慢增大，则 A、B 受到的摩擦力一定都增大 D．若 A 不受摩擦力，则 B 受沿容器壁向下的摩擦力 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据向心力公式知 2 sinF m R ，质量和角速度相等， A、B 和球心 O 点连线与竖直方向的夹角分 别为 、 ， ，所以 A 的向心力大于 B 的向心力，故 A 错误； B．根据径向力知，若物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，则由受力情况根 据牛顿第二定律得 2tan sinmg m R 解得 cos g R 若角速度大于 cos g R ，则会有沿切线向下的摩擦力，若小于 cos g R ，则会有沿切线向上的摩擦力， 故容器对 A 的支持力不一定小于容器对 B 的支持力，故 B 错误； C．若缓慢增大，则 A、B 受到的摩擦力方向会发生变化，故摩擦力数值不一定都增大，故 C 错误； D．因 A 受的静摩擦力为零，则 B 有沿容器壁向上滑动的趋势，即 B 受沿容器壁向下的摩擦力，故 D 正 确。 故选 D。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．A、B 两物体质量均为 m，其中 A 带正电，带电量为 q，B 不带电，通过劲度系数为 k 的绝缘轻质弹簧 相连放在水平面上，如图所示，开始时两者都处于静止状态。现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度 E = 4mg q ，式中 g 为重力加速度， 若不计空气阻力， 不考虑 A 物体电量的变化， 则以下判断正确的是 （ ） A．从开始到 B 刚要离开地面过程， A 物体速度大小先增大后减小 B．刚施加电场的瞬间， A 的加速度为 4g C．从开始到 B 刚要离开地面的每段时间内， A 物体的机械能增量一定等于电势能的减少量 D． B 刚要离开地面时， A 的速度大小为 2g 3m k 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ． 在未施加电场时， A 物体处于平衡状态， 当施加上电场力瞬间， A 物体受到的合力为施加的电场力， 故有： qE=4mg=ma 解得： a=4g，方向向上 B 刚要离开地面时，弹簧的拉力为 mg，此时 A 物体合力为 2mg，加速度为 2g，向上，从开始到 B 刚要离 开地面过程， A 物体做加速度逐渐变小的加速运动，即 A 物体速度一直增大，故 A 错误 B 正确； C． 从开始到弹簧恢复原长的过程， A 物体的机械能增量等于电势能与弹性势能的减少量的和， 从弹簧恢 复原长到 B 刚要离开地面的过程， A 物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的增加量的差值， 故 C 错误； D． 当 B 离开地面时，此时 B 受到弹簧的弹力等于 B 的重力，从施加电场力到 B 离开地面，弹簧的弹力 做功为零， A 上升的距离为： 2mgx k 根据动能定理可知： 21( ) 2 qE mg x mv 解得： 32 mv g k 故 D 正确。 故选： BD 。 8．下列说法正确的是（ ） A．随着分子间距离的增大，分子势能一定先减小后增大 B．把细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力有关 C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点 D．对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸收热量 E.热力学第二定律使人们认识到，一切与热现象有关的宏观自然过程都是有方向性的 【答案】 BDE 【解析】 【详解】 A．随着分子距离的增大，若分子力从斥力变为引力，分子力先做正功，后做负功，则分子势能先减小后 增大，若分子力一直表现为引力，随着分子间距离的增大，分子力一直做负功，分子势能一直增大，故 A 错误； B．细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力有关，故 B 正确； C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故 C 错误； D．对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，根据理想气体状态方程 pV C T 可知气体的温度升高，则内能增大，由于气体对外做功，则它一定从外界吸收热量，故 D 正确； E．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故 E 正确。 故选 BDE 。 9．如图所示，两束单色光 a、b 从水下面射向 A 点，光线经折射后合成一束光 c，则下列说法正确的是 __________ A．用同一双缝干涉实验装置分别以 a、b 光做实验， a 光的干涉条纹间距大于 b 光的干涉条纹间距 B． a 比 b 更容易发生衍射现象 C．在水中 a 光的速度比 b 光的速度小 D．在水中 a 光的临界角大于 b 光的临界角 E.若 a 光与 b 光以相同入射角从水射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是 a 光 【答案】 ABD 【解析】 【分析】 【详解】 由图可知， 单色光 a 偏折程度小于 b 的偏折程度， 根据折射定律 sin sin rn i 知， a 光的折射率小于 b 光的折 射率，则知 a 光的波长大．根据双缝干涉条纹的间距公式 Lx d ，可得，干涉条纹间距与波长成正比， 所以 a 光的干涉条纹间距大于 b 光的干涉条纹间距，故 A 正确； a 光的波长长，波动性强，更容易发生衍 射现象，故 B 正确；由 cv n 知，在水中 a 光的速度大，故 C 错误；由全反射临界角公式 1sin C n ，知 折射率 n 越大，临界角 C 越小，则知在水中 a 光的临界角大于 b 光的临界角，故 D 正确；若 a 光与 b 光 以相同入射角从水射向空气时， 由于在水中 a 光的临界角大于 b 光的临界角， 所以 b 光的入射角先达到临 界角，则 b 光先发生全反射，首先消失的是 b 光，故 E 错误． 10．如图所示， A 、B、 C 三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为 θ的光滑斜面上，当用沿斜 面向上的恒力 F 作用在物体 A 上时，三者恰好保持静止，已知 A、B、C 三者质量相等，重力加速度为 g。 下列说法正确的是 A．在轻绳被烧断的瞬间， A 的加速度大小为 2 sinθg B．在轻绳被烧断的瞬间， B 的加速度大小为 sinθg C．剪断弹簧的瞬间， A 的加速度大小为 1 sinθ 2 g D．突然撤去外力 F 的瞬间， A 的加速度大小为 2 sinθg 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A. 把 ABC 看成是一个整体进行受力分析，有 : 3 sinθF mg 在轻绳被烧断的瞬间， AB 之间的绳子拉力为零，对 A ，由牛顿第二定律得： sinθ AF mg ma 解得： 2 sinθAa g 故 A 正确； B. 对于 C ，由牛顿第二定律得： F 弹 sinθmg 在轻绳被烧断的瞬间，对于 B ，绳子拉力为零，弹力不变，根据牛顿第二定律： F 弹 sinθ Bmg ma 解得： 2 sinθBa g 故 B 错误； C. 剪断弹簧的瞬间，对于整体 AB ，弹簧弹力为零，根据牛顿第二定律： 2 sinθ 2 ABF mg ma 解得： 1 sinθ 2ABa g A的加速度大小： 1 sinθ 2A ABa ga 故 C 正确； D. 突然撤去外力 F 的瞬间，对于整体 AB ，一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律： F 弹 2 sinθ 2 ABmg ma 解得： 3 sinθ 2ABa g A的加速度大小： 3 sinθ 2A ABa ga 故 D 错误。 11．下列说法正确的是 ________. A．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性 B．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 C．墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀，混合均匀主要是由于碳粒受重力作用 D．当两分子间距离大于平衡位置的间距 r 0 时 .分子间的距离越大 ,分子势能越小 E.一定质量的理想气体保持体积不变 ,温度升高 ,单位时间内撞击器壁单位面上体的分子数增多 【答案】 ABE 【解析】 【详解】 A．根据热力学第二定律，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故 A 正确； B．液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比 液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，所以叶面上的小露珠呈 球形是由于液体表面张力的作用，故 B 正确； C．墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀，混合均匀主要是由于分子无规则运动导致的扩散现象产生的结果， 故 C 错误； D．两分子间距大于平衡距离时，分子间为引力，则分子距离增大时，分子力做负功，分子势能增大，故 D 错误； E．一定质量的理想气体保持体积不变，气体的分子密度不变，温度升高，气体分子的平均动能增大，单 位时间内撞击器壁单位面上的分子数增多，故 E 正确． 12．如图所示，物体 A 和 B 的质量均为 m，且分别用轻绳连接并跨过定滑轮（不计绳子与滑轮、滑轮与 轴之间的摩擦） ．在用水平变力 F 拉物体 B 沿水平方向向右做匀速直线运动的过程中（ ） A．物体 A 也做匀速直线运动 B．绳子的拉力始终大于物体 A 所受的重力 C．物体 A 的速度小于物体 B 的速度 D．地面对物体 B 的支持力逐渐增大 【答案】 BCD 【解析】 试题分析：以物体绳子与物体 B 的结点为研究对象，将 B 的速度分解成绳子伸长的速度 1v 和垂直绳子方 向的速度 2v ，如图所示 . 1 cosv v ，绳子伸长的速度等于物体 A 上升的速度． 物体 A 的速度 1 cosAv v v ，物体 B 向右运动 θ减小，所以 Av 增大，物体 A 处于超重状态，绳子拉力始终大于物体 A 所受的重力，由于物体 A 上升的 加速度在减小，所以拉力 TF 在减小，地面对 B 的支持力 sinNB B TF m g F ，物体 B 向右运动 θ减小， NBF 增大． 故选 BCD 考点：运动的合成与分解 点评： 物体 B 的运动在研时要根据效果进行分解， 一般分解为沿绳子方向的运动和垂直于绳子方向的运动． 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．如图甲所示， 一根伸长可忽略的轻绳跨过轻质定滑轮， 两个质量相等的砝码盘分别系于绳的两端。 甲、 乙两位同学利用该装置探究系统加速度与其所受合力的关系。共有 9 个质量均为 m 的砝码供实验时使用。 请回答下列问题： (1)实验中， 甲将左盘拉至恰好与地面接触， 乙把 5 个硅码放在右盘中， 4 个底码放在左盘中。 系统稳定后， 甲由静止释放左盘； (2)若要从 (1)的操作中获取计算系统加速度大小的数据， 下列器材中必须使用的是 ____（填正确答案标号） ； A．米尺 B．秒表 C．天平 D．弹簧秤 (3)请说明用 (2)中选择的器材要测量本实验中的必要物理量是： _________________； (4)由 (3)中测量得到的物理量的数据，根据公式 ________________（用所测量物理量的符号表示） ，可以计 算岀系统加速度的大小： (5)依次把左盘中的砝码逐个移到右盘中， 重复 (1)(3)(4) 操作； 获得系统在受不同合力作用下加速度的大小， 记录的数据如下表，请利用表中数据在图乙上描点并作出 a-F 图象 ___________； (6)从作出的 a－ F 图像能得到的实验结论是： ___________________ 。 【答案】 AB 释放前，用米尺测量右盘离地面的高度 h，用秒表记录右盘下落至地面的时间 t 21 2 h at 系统质量一定时，其加速度与所受合外力成正比 【解析】 【分析】 【详解】 (2)[1] 根据实验原理可知， 砝码盘做匀加速直线运动， 由公式 21 2 h at 可知， 要得到加速度应测量释放前， 用米尺测量右盘离地面的高度 h，用秒表记录右盘下落至地面的时间 t，故 AB 正确。 故选 AB ； (3)[2] 由 (2)可知，要测量本实验中的必要物理量，释放前，用米尺测量右盘离地面的高度 h，用秒表记录 右盘下落至地面的时间 t (4)[3] 根据实验原理可知，砝码盘做匀加速直线运动，满足 21 2 h at (5)[4] 根据表格数据描点如图 (6)[5] 由图像可知， a－F 图像为经过原点的一条直线，说明系统质量不变时加速度和合外力成正比。 14．某实验小组用如图甲所示的实验装置测定小木块与长木板间的动摩擦因数，主要实验操作如下： ①先将右端有固定挡板的长木板水平放置在实验桌面上， 再将安装有遮光条的小木块用跨过长木板左端定 滑轮的细绳与钩码相连接，保持桌面上细绳与长木板平行； ②光电门 B 固定在离挡板较远的位置，光电门 A 移到光电 B 与挡板之间的某一位置，使小木块从紧靠挡 板的位置由静止释放； ③用跟两光电门相连接的数字计时器记录遮光条通过光电门 A 的时间 △t 1，遮光条通过光电门 B 的时间 △ t 2 以及小木块从光电门 A 运动到光电门 B 的时间 △t； ④改变光电门 A 的位置，重复以上操作，记录多组 △t 1，△t 2 和 △t 值。 请回答以下几个问题： (1)用游标卡尺测量遮光条的宽度 d 如图乙所示，则 d=___cm ； (2)实验测得遮光条经过光电门 2 的时间 Δt2 保持不变， 利用图象处理实验数据， 得到如图丙所示的 1 1 t t 图象，其中图象纵轴截距为 b，横轴截距为 c。实验测得钩码和木块的质量分别为 m 和 M ，已知当地重力 加速度为 g，则动摩擦因数 μ＝____。 【答案】 1.010 ( ) bdmg m M c Mg 【解析】 【详解】 (1)[1] 遮光条宽度： d=10mm+2× 0.05mm=10.10mm=1.010cm. (2)[2] 设小木块运动的加速度为 a，由题知： 2 1 d d a t t t 解得： 1 2 1 1 a t t t d 结合 1 1 t t 图象可以得到： a b d c 解得： bda c 根据牛顿第二定律得： mg－μ Mg=（m+M ）a 结合 bda c ，解得： ( ) bdmg m M c Mg 。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．小王在实验室做单摆实验时得到如图甲所示的单摆振动情形， O 是它的平衡位置， B、C 是摆球所能 到达的左右最远位置，此时的摆动角度为 θ，小王通过实验测得当地重力加速度为 g＝10m/s2，并且根据 实验情况绘制了单摆的振动图象如图乙所示，设图中单摆向右摆动为正方向。求： (1)单摆的振幅、摆长约为多少； (2)估算单摆振动时最大速度 v。(可能用到的公式 1－cos θ＝2sin 2 2 )(计算结果均保留三位有效数字 ) 【答案】 (1) 5cm； 1.01m；(2) 0.157m/s 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由题图乙读出单摆的振幅 A 5cm，周期 2sT 根据单摆的周期公式 2 LT g 得摆长 2 2 2 2 10 2 m 1.01m 4 4 3.14 gTL (2)根据机械能守恒定律 21(1 cosθ) 2 mgL mv 2 θ1 cosθ 2sin 2 又因为 很小，故有 θ 2sin 2 A L 2 (1 cosθ) 0.157m/sgv gL A L 16．如图所示， MN 和 M′ N′为两竖直放置的平行光滑长直金属导轨，两导轨间的距离为 L 。在导轨的下 部有垂直于导轨所在平面、方向向里的匀强磁场，磁感应强度为 B。在导轨的 MM′ 端连接电容为 C、击 穿电压为 Ub、正对面积为 S、极板间可认为是真空、极板间距为 d 的平行板电容器。在 t＝0 时无初速度 地释放金属棒 ef，金属棒 ef 的长度为 L 、质量为 m、电阻可忽略不计．假设导轨足够长，磁场区域足够 大，金属棒 ef 与导轨垂直并接触良好，导轨和各接触处的电阻不计，电路的电感、空气的阻力可忽略， 已知重力加速度为 g。 (1)求电容器两端的电压达到击穿电压所用的时间； (2)金属棒 ef 下落的过程中，速度逐渐变大，感应电动势逐渐变大，电容器极板上的电荷量逐渐增加，两 极板间存储的电场能也逐渐增加。 单位体积内所包含的电场能称为电场的能量密度。 已知两极板间为真空 时平行板电容器的电容大小可表示为 C＝ S d 。试证明平行板电容器两极板间的空间内的电场能量密度 ω 与电场强度 E 的平方成正比，并求出比例系数 (结果用 ε0 和数字的组合表示 )。 【答案】 (1) 2 2 bU B L C m BLmg (2) 1 2 ε0，证明见解析 【解析】 【详解】 本题为 “单棒＋电容器＋导轨模型 ”，可以根据牛顿第二定律，使用 “微元法 ”对棒列方程求解。 （ 1）在电容器两端电压达到击穿电压前，设任意时刻 t，流过金属棒的电流为 i，由牛顿第二定律知，此 时金属棒的加速度 a 满足 mg－BiL ＝ma 设在 t 到 t＋Δt的时间内，金属棒的速度由 v 变为 v＋Δv，电容器两端的电压由 U 变为 U＋ΔU，电容器的 带电荷量由 Q 变为 Q ＋ ΔQ，由电流的定义、电荷量与电压和电容间的关系、电磁感应定律以及加速度的 定义得 Q C U CBL vi CBLa t t t 联立得 2 2 mga B L C m 可知金属棒做初速度为 0 的匀加速直线运动，当电容器两端电压达到击穿电压时，金属棒的速度为 v0＝ bU BL 所以电容器两端电压达到击穿电压所用的时间为 2 2 0 bU B L C mvt a BLmg 。 （ 2）当电容器两极板间的电荷量增加无穷小量 ΔQi 时，电容器两端的电压可认为始终为 U i，增加的电场 能可用图甲中左起第 1 个阴影部分的面积表示； 同理，当电容器两极板间的电荷量增加无穷小量 ΔQi＋1 时， 电容器两端的电压可认为始终为 Ui＋ 1，增加的电场能可用图甲中左起第 2 个阴影部分的面积表示； 依次类 推可知，当电容器的带电荷量为 Q′、两端电压为 U′时，图乙中阴影部分的面积表示两极板间电场能的大 小 W′，所以 W′＝ 1 2 U′ Q′ 根据题意有 ω＝ 'W Sd 又 Q′＝U′C，U′＝Ed ，C＝ S d 联立解得 ω＝ 1 2 ε0E 2 所以电场能量密度 ω与电场强度 E 的平方成正比，且比例系数为 1 2 ε0。 17．如图所示 ,三棱镜 ABC 三个顶角度数分别为∠ A=75°、∠ B=60°、∠ C=45°,一束频率为 5.3 ×1014 Hz 的 单色细光束从 AB 面某点入射 ,进入棱镜的光线在 AC 面上发生全反射 ,离开棱镜 BC 面时恰好与 BC 面垂直 , 已知光在真空中的速度 c=3×108 m/s,玻璃的折射率 n=1.5,求 : ①这束入射光线的入射角的正弦值。 ②光在棱镜中的波长。 【答案】① 0.75② 3.77 ×10-7 m 【解析】 【分析】 (1)根据光的折射定律，结合几何关系，即可求解； (2)根据 ，求得光在介质中传播速度，再根据 v=λf，求得波长，最后根据折射率与临界角的关系，及 光路可逆，即可求解。 【详解】 (1)由光离开棱镜的 BC 面时恰好与 BC 面垂直可知，从 AB 面射到 AC 面的光线与 BC 边平行， 设光在 AB 面的入射角、折射角分别为 θ1、 θ2，如图所示， 根据几何关系可知 θ2=30° 根据折射定律， 得 sin θ1=nsin θ2=0.75； (2)根据 且 v=λf 解得： 。 【点睛】 本题中当光线从玻璃射向空气时，要根据入射角与临界角的关系，判断能否发生全反射，而入射角可以根 据几何知识求出，同时掌握光的折射定律应用。