江苏省南京市金陵中学、海安高级中学、南京外国语学校2020届高三第四次模拟考试物理试题 Word版含解析 24页

- 1 - 南京市金陵中学、江苏省海安高级中学、南京外国语学校 2020 届高三年级第四次模拟考试 物 理 （满分 120 分，考试时间 100 分钟） 第 I 卷（选择题 共 31 分） 一、单项选择题：本题共 5 小题，每小题 3 分，共计 15 分，每小题只有一个选项符合题意。 1.远距离输电模型如图所示，升压变压器、降压变压器均是理想的，原副线圈的匝数分别为 n1、n2 和 n3、n4。升压变压器输出电压为 U，输出电流为 I，两条输电线的总电阻为 r，降压变 压器的输入电压为 U1，设用户为纯电阻负载。则（ ） A. 用户消耗的电功率为 IU1 B. 用户消耗的电功率为 IU C. 1 2n n D. 3 4n n 【答案】A 【解析】 【详解】AB．因是理想变压器，则其输入功率与输出功率相等，用户消耗的电功率为 4 3 1P P U I  故 A 正确，B 错误； CD．要是用户得到 220V 的电压，故必须先经过升压变压器，在经过降压变压器，则有 1 2n n 3 4n n 故 C、D 错误； 故选 A。 2.2019 年 12 月 27 日 20 时 45 分，我国长征五号运载火箭将“实践二十号”卫星送入近地点 高度 192 千米、远地点高度 6.8 万千米的预定轨道。已知地球半径约 6400 千米，地球同步轨 道卫星离地高度约 3.6 万千米，“实践二十号”卫星在该轨道上运行周期最接近（ ） A. 1 小时 B. 10 小时 C. 24 小时 D. 30 小时 - 2 - 【答案】C 【解析】 【详解】远地点高度和近地点高度均为卫星距离地球表面的高度，根据开普勒第三定律可知 3 3 2 2 ( )a R h T T   解得 3 3 3 3 ( ) (0.64 3.6) 24 24h6.8 0.0192 2 0.64( )2 R hT Ta         ABD 错误，C 正确。 故选 C。 3.如图所示，在带正电的导体球 A 正下方放置接地的水平导体板 B，在 AB 间一个液滴 C 恰好 能静止于 P 点，B 保持不动，若将球 A 竖直向上远离 B 板移动一段距离，则（ ） A. 液滴仍然保持静止 B. 液滴竖直向下运动 C. A 球的电势保持不变 D. A 球与 B 板间电势差会减小 【答案】B 【解析】 【详解】由于 B 板接地，整个导体板 B 的电势为零，因此带正电的导体球 A 和导体板 B 共同 形成的电场与等量异种电荷形成的电场的正电荷部分形状相同，如图所示 AB．若将球 A 竖直向上远离 B 板移动一段距离时，C 点的电场强度减小，液滴受到的电场力减 小，将向下运动，A 错误，B 正确； - 3 - CD．A 球向上运动的过程中，电场力做负功，电势能增加，由电势能的定义 pE q 可知 A 球 的电势增加，由 A BU    电势差增加，CD 错误。 故选 B。 4.如图所示，质量为 M 的小车置于水平面上，轻绳跨过小车右顶端的滑轮连接质量分别为 m1、 m2 的两个物块，m2 置于小车水平上表面，m1 竖直悬挂并贴着小车右竖直挡板，所有接触面都是 光滑的，对 M 施加水平推力 F，m1、m2 能与 M 保持相对静止，则 F 的大小为（ ） A.  1 2 1 2 m m M m gm   B.  1 2 2 1 m m M m gm   C. 1 2 m M gm D. 1 2( )m m M g  【答案】A 【解析】 【详解】以物块 1m 为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得细绳的拉力 1T m g 以物块 2m 为研究对象，根据牛顿第二定律可得 2T m a 可得 1 2 m ga m  以小车和两个物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得 - 4 - 1 1 2 1 2 2 ( )( ) m m m M gF m m M a m      故 A 正确，B、C、D 错误； 故选 A。 5.如图所示导体电路放置在水平面内，处于竖直向下、范围足够大的匀强磁场中，平行光滑 且足够长的金属导轨上放置导体棒 MN，水平导体棒与导轨垂直且电接触良好， 0t  时刻单刀 双掷开关 S 拨到 l 位置，电源给电容器 C 充电，t1 时刻又将 S 拨到 2 位置，电容器 C 通过 MN 连接的回路放电，以下关于电容器充放电电流 ic、电容器两极电压 Uc、棒 MN 的速度 v 及棒 MN 两端电压 UMN 随时间 f 变化图象正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】 0t  时刻单刀双掷开关 S 拨到 l 位置，电容器充电，电容器两极电压等于电源电动 - 5 - 势；开关 S 拨到 l 位置时电容器充电电流最大，然后逐渐减小，电容器充电完毕，电流为零； 将 S 拨到 2 位置之前，棒 MN 无电流，棒 MN 两端电压 UMN 为零，棒 MN 处于静止； t1 时刻，将单刀双掷开关 S 拨到 2 位置，电容器处于放电状态，电流逐渐减小，根据 QC U   可知电容器两极电压逐渐减小；有电流流过棒 MN，在安培力作用下棒 MN 运动，在棒 MN 运动 过程中，由于切割磁感线也将产生电动势，该电动势方向和电容器电压相反，故电路中电流 是变化的，当棒 MN 的感应电动势和电容器电压相等时，棒 MN 棒匀速运动，故棒 MN 先做加速 度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，故 A、B、D 错误，C 正确； 故选 C。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共计 16 分，每小题有多个选项符合题意．全 部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分。 6.回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的 D 形金属盒半径为 R，两盒间的狭缝很小， 带电粒子穿过的时间可忽略不计，磁感应强度为 B 的匀强磁场与盒面垂直。A 处粒子源产生的 粒子质量为 m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为 U。加速过程中不考虑相对论效 应和重力影响，则（ ） A. 加速器加速电压 U 的周期等于粒子的回旋周期 B. 增大加速电压 U，出射粒子能量增大 C. 增大磁场 B 和 D 型盒半径 R，粒子获得能量增大 D. 粒子在 D 型盒中运动时间与加速电压 U 无关 【答案】AC 【解析】 【详解】A．粒子旋转一周，加速电压方向改变两次，加速电压 U 的周期等于粒子的回旋周期， 故 A 正确； B．粒子出磁场时，根据洛伦兹力提供向心力 2mvBqv R  - 6 - 2 k 1 2E mv 联立得粒子能量 2 2 2 k 2 B q RE m  可见，粒子能量与加速电压 U 无关，故 B 错误； C．根据 2 2 2 k 2 B q RE m  可知增大磁场 B 和 D 型盒半径 R，粒子获得能量增大，故 C 正确； D．由于粒子最终获得的总能量不变，粒子周期不变，加速电压 U 越大，加速次数越少，粒子 在 D 型盒中运动时间越短。故 D 错误。 故选 AC。 7.足球运动员练习任意球技术时，将球放置在 A 点，第一次发出的球在空中的轨迹为图中实 线 l，第二次球在空中的轨迹为图中虚线 2，两次都恰好落在地面同一点 B。不计空气阻力对 球的影响，比较球两次在空中的运动，下列说法正确的有（ ） A. 在空中运动时间相同 B. 在空中运动加速度相同 C. 运动轨迹最高点位置在同一条竖直线上 D. 球着地的动能可能相等 【答案】BCD 【解析】 【详解】AB．足球在竖直方向上重力提供加速度，所以两球在空中加速度均为重力加速度 g ， 从最高点到地面，竖直方向可视为自由落体运动，两球在竖直方向上高度不同，根据 21 2h gt 可知两球在空中运动时间不同，A 错误，B 正确； C．足球上升和下落过程高度相同，所以用时相同，则运动轨迹关于最高点左右对称，两足球 水平位移相同，所以运动轨迹最高点位置在同一条竖直线上，C 正确； - 7 - D．足球飞行过程中机械能守恒，落地的动能与踢出的动能相同，1 轨迹足球对应的高度低， 用时短，足球竖直方向上的速度小，水平方向上做匀速直线运动，根据 0x v t 可知水平速度 较大；2 轨迹对应的高度高，用时长，足球竖直方向速度大，水平方向速度小，所以合速度可 能与 1 轨迹对应的合速度相等，则两球着地的动能可能相等，D 正确。 故选 BCD。 8.温度传感器是空调温度自动调节的重要元件，温度传感器中热敏电阻阻值随温度升高而减 小。如图所示电路，热敏电阻和一个电阻串联后，加 5V 电压，分压后的采样电压加到 CPU 输 入端，通常采用 25 C 时的阻值为标称值，对应 CPU 的采样电压（输入电压）设计为电源电压 的一半，温度变化，CPU 端输入电压 U 也随之变化。CPU 根据电压的变化决定空调的工作状态， 则（ ） A. 当环境温度升高时，CPU 的输入电压增大 B. 当环境温度降低时，CPU 的输入电压增大 C. 若取 26 C 时的阻值为标称值，R 的阻值应该调整增大 D. 若取 26 C 时的阻值为标称值，R 的阻值应该调整减小 【答案】BD 【解析】 【详解】A．环境温度升高时，热敏电阻阻值减小，根据串联分压的规律可知热敏电阻分压减 小，则 CPU 的输入电压减小，A 错误； B．环境温度降低时，热敏电阻阻值增大，分压增大，CPU 的输入电压增大，B 正确； CD．若取 26 C 时的阻值为标称值，则热敏电阻的标称电阻减小，为了满足 CPU 的采样电压（输 入电压）设计为电源电压的一半，所以 R 的阻值也应该调整减小，C 错误，D 正确。 故选 BD。 - 8 - 9.固定挡板 P 位于倾角为 的光滑斜面底端，轻弹簧下端连着挡板，自由状态时上端在斜面的 O 点，质量为 m1、m2（ 1 2 m m ）的两物块分别从斜面上 O 点上方的 A、B 两点由静止释放， 最终弹簧的最大压缩量相等，位置都是在 C 点，则（ ） A. 在斜面上 A 点位置比 B 点位置高 B. m1 最大速度的位置比物块 m2 最大速度的位置低 C. 在 C 点位置 m1 的加速度大于 m2 的加速度 D. 在 O 点位置 m1的动能小于 m2 的动能 【答案】AC 【解析】 【详解】A．根据能量守恒可知，当弹簧被压缩到最短时，物块初始位置的重力势能全部转化 为弹性势能；两物块的压缩弹簧的最大压缩量相等，故弹性势能相等，则两物块初始位置的 重力势能相等，因为 1 2m m ，故在斜面上 A 点位置比 B 点位置高，A 正确； B．当弹簧弹力等于重力沿斜面方向的分力时，物块的速度达到最大，因为 1 2m m ，故达到 最大速度时，质量为 1m 的物块的压缩量小，故离最低点 C 的位置远，即 m1 最大速度的位置比 物块 m2 最大速度的位置高，故 B 错误； C．在 C 点位置两物块受到弹簧的弹力大小相等，方向沿斜面向上，此时加速度大小为 sin sinF mg Fa gm m     质量小的加速度大，故在 C 点位置 m1 的加速度大于 m2 的加速度，C 正确； D．逆向考虑，从 C 点到 O 点，弹性势能转化为动能和重力势能，上升高度一样，由于 1 2m m ， 故 m1 的重力势能小于 m2 的重力势能，根据能量守恒判断可知，在 O 点位置 m1 的动能大于 m2 的 动能，D 错误。 故选 AC。 第Ⅱ卷（非选择题 共 89 分） 三、简答题：本题分必做题（第 10～12 题）和选傲题（第 13 题）两部分，共计 42 分，请将 - 9 - 解答填写在昝题卡相应的位置。 10.在力学实验中，我们可以用如图实验装置完成“探究小车速度随时间的变化规律”、“探 究加速度与力、质量的关系”的实验，还可以用此装置进行“验证动能定理”的实验。根据 实验目的与实验原理，不同的实验有着不同的实验要求与不同的实验方法。 (1)用该装置完成下列实验，并达成实验目的，需要打出清晰的纸带条数____； A．探究小车速度随时间的变化规律，需要一条 B．探究物体的加速度与力、质量关系，需要两条 C．验证动能定理，需要三条 D．上面三种说明均不对 (2)如果用此装置验证动能定理，即研究钩码在下降过程中，钩码的重力所做的功是否等于钩 码与小车动能的增加量，则在此实验中，是否要求钩码的质量远小于小车的质量？_____（填 “是”与“否”）；是否需要平衡小车与木板之间的摩擦？______（填“是”与“否”）；在 实验中，除要测量纸带中各计数点之间的距离，是否需要测量小车与钩码的质量_____（填“需 要”或“不需要”）； (3)如果某同学用此装置探究加速度与外力关系，用钩码的重力作为小车产生加速度的动力， 并得到了如图所示加速度—力的图象。从探究的角度，根据此图象是否可以得出“加速度正 比与外力”的结论？______（填“可以”与“不可以”）；从理论上我们知道，物体的加速度 正比与外力，请分析出现此图象的可能原因_____，改进实验的方法有_____。 【答案】 (1). A (2). 否 (3). 是 (4). 需要 (5). 不可以 (6). 未满 足小车质量远大于砝码质量 (7). 增加小车的质量/减小钩码的质量/以小车和钩码的整 - 10 - 体为研究对象 【解析】 【详解】(1)［1］用该装置完成下列实验，并达成实验目的，需要打出清晰纸带的条数； AD．探究小车速度随时间变化的规律，选一条清晰的纸带就可以了，计算出纸带上有关计数 点的速度，比较各点速度与时间的变化规律即可，A 正确，D 错误； B．探究物体的加速度与力、质量关系的实验中，采用控制变量法，即先确定力或质量当中一 个量不变，再探究加速度与质量或力的关系，每次一个量不变时，探究其它两个量的变化关 系，需要打出多条纸带，B 错误； C．验证动能定理，是探究功与动能变化量的关系，所以需要一条清晰的纸带，C 错误。 故选 A。 (2)［2］如果用此装置验证动能定理，钩码下降过程中，钩码的重力所做的功不等于钩码与 小车动能的增加量，因为没有平衡摩擦力，在此实验中，不要求钩码的质量远小于小车的质 量，因为计算的是钩码的重力对钩码和小车做功； ［3］因为探究的是钩码重力做功与钩码和小车动能的增加量关系，所以需要平衡小车与木板 间的摩擦； ［4］在实验中，除要测量纸带中各计数点间的距离，还需要测量小车与钩码的质量，因为需 要计算小车与钩码的动能。 (3)［5］如果用此装置探究加速度与外力的关系，用钩码的重力作为小车产生加速度的动力， 根据加速度—力的图像不可以得出“加速度正比于外力”的结论； ［6］由加速度—力的图像可看出，当力增大到一定数值时再增大，加速度与力不在是线性变 化关系，原因是有可能是钩码的质量偏大，未满足小车质量远大于钩码的质量造成的； ［7］改进实验的办法是增加小车的质量或者减小钩码的质量，或者以小车和钩码的整体为研 究对象， 11.实验室有二只相同规格的小灯泡 L1、L2，额定功率为 0.75W，额定电压值均已模糊不清。 一兴趣小组的同学用多用电表测出其电阻为3Ω ，又用以下可供选择的器材进行了进一步地研 究。 A．电压表 V（量程 3V，内阻约3kΩ ） B．电流表 A1（量程 1500mA，内阻约 0.02Ω ） C．电流表 A2（量程 500mA，内阻约 0.6Ω ） D．滑动变阻器 R1（0~10Ω ） - 11 - E．滑动变阻器 R2（0~100Ω ） F．定值电阻 0 10ΩR  G．学生电源 E1（电动势 4.0V，内阻不计） H．开关 S 和导线若干 I．待测灯泡 L1、L2（额定功率 0.75W，额定电压未知） (1)他们想描绘出小灯泡的 U-I 图线，进而得到灯泡的额定电压，则电流表应选____________ （选填“A1”或“A2”）；滑动变阻器应选_______________（选填“R1”或“R2”）； (2)请在所给方框中画出实验的电路原理图_____________； (3)实验过程中他们使小灯泡两端的电压由零缓慢增加，小灯泡逐渐变亮，直至发出非常刺眼 的光芒，随即断开开关，他们根据所测得的数据做出了小灯泡的 U-I 图象如图甲所示，由实 验图象可得出小灯泡的额定电压应为__________________V； (4)接着他们将小灯泡 L1、L2 与定值电阻 R0 串联后接在电源 E1 两端，如图乙所示，利用描绘出 的小灯泡 U-I 图象可知，此时每个小灯泡的实际功率为____________（保留两位有效数字）。 【答案】 (1). A2 (2). R1 (3). (4). 2.60（2.50~2.70）V (5). 0.20W（0.18W ~0.22W） - 12 - 【解析】 【详解】（1）[1][2]．小灯泡的电流 0.75A=0.5A3 PI R   且正常工作时的电阻大于 3Ω， 则额定电流小于 0.5A，则电流表选择 A2 即可；滑动变阻器要接成分压电路，则应选择阻值较 小的 R1 即可； （2）[3]．小灯泡为小电阻，则用电流表外接；滑动变阻器接成分压电路，则电路原理图如 图； （3）[4]．由 U-I 图像可知，当 U=2.60V 时，电流 I=290mA，此时功率 P=2.60×0.290W=0.754W 可知小灯泡的额定电压应为 2.60V； （4）[5]．设每个小灯泡的额定电压为 U，额定电流为 I，则由电路可知 E1=2U+IR0，即 U=2-5I 将此函数关系图像画在灯泡的 U-I 图像上如图； 由图像可知交点处的坐标为 U1=1.00V，I1=200mA，则 P1=I1U1=0.20W 12.下列说法中正确的是（ ） A. 在光电效应的实验中，随着入射光的频率变高，饱和光电流变大 B. 动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等 C. 一个氢原子从 3n  的能级跃迁回基态，可能辐射三个光子 D. 维系原子核稳定的力是核力，核力是短程力 【答案】D 【解析】 - 13 - 【详解】A．在光电效应的实验中，因为饱和光电流与入射光的强度成正比，入射光的频率变 高，饱和光电流不一定变大，故 A 错误； B．动能相等的质子和电子，因质子质量比电子质量大得多，根据动能 2 2k PE m  可知质子和电 子动量不相等，再根据德布罗意波长公式 h P   可知一个电子的德布罗意波长和一个质子的 波长不相等，故 B 错误； C．一个氢原子从 3n  的能级跃迁回基态，最多释放两个光子，即从 3n  到 2n  ，从 2n  到 1n  ，故 C 错误； D．核力是强相互作用的一种表现，在原子核内核力比库仑力大得多，原子核中的中子与其他 核子间无库仑斥力，但有相互吸引的核力，有助于维系原子核的稳定；根据核力的性质可知， 核力是短程力，故 D 正确； 故选 D。 13.质子与中子发生核反应生成氘核，放出能量，其核反应方程为_______________；已知中 子的质量 27 n 1.6749 10 kgm   ，质子的质量 27 p 1.6726 g10 km   ，氘核的质量 27 D 3.3436 10 kgm   ，真空中的光速为 83.00 10 m/s ，则氘核的比结合能为________（保 留两位有效数字）。 【答案】 (1). 1 1 2 1 0 1H n H  (2). 131.755 10 J （或 131.8 10 J ） 【解析】 【详解】[1]．核反应方程为： 1 1 2 1 0 1H n H  [2]．氘核是由 1 个质子、1 个中子构成，其核子与原子核的质量差为 △m=mp+mｎ-mD=1.6749×10-27kg+1.6726×10-27kg-3.3436×10-27 kg=0.0039×10-27 kg 氘核的结合能为△E=△mc2 代入数据解得 △E=3.51×10-13J. 则氘核的比结合能为 131.755 10 J2 E   14.甲、乙两个物体沿同一直线相向运动，甲物体的速度是 8m/s，乙物体的速度是 3m/s。碰 撞后两物体都沿各自原方向的反方向运动，速度都是 4m/s。求甲、乙两物体的质量之比是多 - 14 - 少？ 【答案】 7 12 【解析】 【详解】甲、乙两个物体碰撞过程，动量守恒，规定甲物体开始运动方向为正方向，则有 m v m v m v m v    甲 甲 乙 乙 甲 甲 乙 乙 代入数据可得 8 3 4 4m m m m   甲 乙 甲 乙 解得 7 12 m m 甲 乙 15.下列说法正确的是有（ ） A. 只要知道氧气的摩尔体积和氧气分子的体积，就可以计算出阿伏加德罗常数 B. 一定量的 0 C 冰熔化成 0 C 水，其分子势能减少 C. 晶体中的原子（或分子、离子）都是按照一定规律排列的，并具有空间上的周期性 D. “第一类永动机”不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律 【答案】CD 【解析】 【详解】A．知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数可以计算出每个气体分子占据的平均空间， 但不是分子的体积，则知道氧气的摩尔体积和氧气分子的体积，不能计算出阿伏伽德罗常数， 故 A 错误； B．冰是晶体，在熔化过程中，温度保持不变，故分子平均动能不变，但熔化过程要吸热，所 以内能增大，体积减小，分子势能增大，故 B 错误； C．在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规律排列的，具有空间上的周期性， 故 C 正确； D．第一类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律，故 D 正确。 故选 CD。 16.上午教室内的温度是 24.11 C ，空气的相对湿度是 60%，已知 24.11 C 时饱和汽压是 3.0kPa ，则绝对湿度为___________ kPa ；如果教室内绝对湿度不变，下午温度升高到 - 15 - 29.00 C ，则相对湿度________________（选填“变大”或“不变”或“变小”）。 【答案】 (1). 1.8 (2). 变小 【解析】 【详解】[1]．24.11℃时饱和汽压 3.0kPa，相对湿度是 60%，绝对湿度为 P=3.0×0.6=1.8kPa [2]．因为绝对湿度=相对湿度×饱和气压，则绝对湿度不变时，温度升高，则饱和气压变大， 相对湿度变小。 17.如图所示是一定质量的理想气体沿直线 AB 的状态变化 p-V 图象。 (1)已知状态 A 的温度为 300K，求状态 B 的温度； (2)已知 A→B 的过程中，理想气体内能变化量为 200J，吸收的热量为 500J，求由 B→C 的过 程中气体放出的热量。 【答案】(1)400K；(2)20J 【解析】 【详解】（1）由 A A B B A B p V p V T T  0 0 0 02 300 3 2 B p V p V T   解得 TB=400K （2）A→B 的过程 △UAB =W AB+Q AB 解得 W AB =- 300J B→C 的过程，由“面积”关系可知 - 16 - W BC= 3 5 W AB =-180J △UBC=-△UAB =-200J △UBC=W BC +Q BC 解得 Q BC=- 20J 气体放出的热量为 20J 18.下列说法中正确的是______； A．水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是光的干涉现象 B．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，并通过实验加以证实 C．某种介质中振源振动得越快，机械波传播得就越快 D．运动物体速度可以大于真空中的光速 【答案】A 【解析】 【详解】A 项：水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，是因为光在油膜的上下表面的反射光 叠加形成干涉，故 A 正确； B 项：麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在，故 B 错误； C 项：机械波的传播速度只取决于介质，故 C 错误； D 项：根据光速不变原理，在所有的惯性系中，光在真空中的传播速率具有相同的值，一切运 动物体相对于观察者的速度都不能大于真空中的光速，故 D 错误． 故应选 A． 19.如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆．当 a 摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他 各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来，此时 b 摆的振动周期________（选填“大于”、 “等于”或“小于”）d 摆的周期．图乙是 a 摆的振动图象，重力加速度为 g，则 a 的摆长为 ________． 【答案】 (1). 等于 (2). 2 0 2 gt  - 17 - 【解析】 【详解】[1][2]．a 摆摆动起来后，通过水平绳子对 b、c、d 三个摆施加周期性的驱动力，使 b、c、d 三摆做受迫振动，三摆做受迫振动的频率等于驱动力的频率，由于驱动力频率相同， 则三摆的周期相同．据乙图可知：T=2t0，再据 2 LT g  可知，a 的摆长 2 0 2 gtL  考点：单摆 20.如图所示,半圆形玻璃砖的半径为 R,AB 边竖直,一纸面内的单色光束从玻璃砖的某一定点 射入,入射角θ可以任意变化,现要求只考虑能从 AB 边折射的情况(不考虑从 AB 上反射后的情 况),已知α=45°,玻璃砖对该单色光的折射率 n= 2 ,光在真空中的速度为 c.则求: （1）光在玻璃砖中传播的最短时间 t. （2）能从 AB 边出射的光线与 AB 交点的范围宽度 d. 【答案】（1）t= x v = R c ；（2）d= 2 2 R 【解析】 【详解】（1）光在玻璃中的传播速度 2 22 c cv cn    由几何关系知，光在玻璃砖中传播最短距离 2 2x R 所以光在玻璃砖中传播的最短时间 2 2 2 2 Rx Rt v cc    （2）根据临界角公式 - 18 - 1 2 2sinC n   得 C=45°，最大的折射角 r=C=45° 则射到 O 点的折射光线恰好发生全反射，恰好不能从 AB 边射出 故能从 AB 边出射的光线与 AB 交点的范围从 C 到 O，宽度 d＝ 2 2 R 四、计算题：本题共 3 小题，共计 47 分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演 算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写地数值和单位。 21.如图所示，质量为 m 的导体圆环半径为 r0，电阻为 R，置于光滑水平桌面上，紧贴一匀强 磁场的边界 MN，匀强磁场磁感应强度为 B，方向竖直向下，用一方向垂直于 MN、大小为 F 的 恒力拉动导体圆环进入磁场。已知圆环一半进入磁场时其加速度为 0，全都进入磁场时其速度 为 v。求： (1)导体圆环全部进入磁场过程中通过导体某截面的电量； (2)导体圆环一半进入磁场时的电功率； (3)导体圆环从初始位置到全部进入磁场过程中产生的热量。 【答案】(1) 2 0πB r R ；(2) 2 2 2 04 F R B r ；(3) 2 0 12 2Fr mv 【解析】 【详解】（1）进入过程中的平均感应电动势 E n t   2 0B rEq tR R    （2）因为进入一半时加速度为 0，则 F BIL - 19 - 02 F FI BL Br   因此圆环的电功率 2 2 2 2 04 F RP I R B r   （3）根据功能关系可知，拉力所做的功转变成了圆环的动能和发热 2 0 12 2Q Fr mv  22.如图所示，质量 m、倾角 30   的斜劈置于光滑水平面上，半径为 R、质量也是 m 的球夹 在固定的竖直挡板 P 和斜劈之间，所有接触面都是光滑的，对斜劈施加水平向左的推力 F0， 系统处于静止平衡状态，斜劈左下端在挡板 P 的正下方。 (l)求水平推力 F0 的太小； (2)若撤去作用于斜劈的水平推力，求球着地时的速度大小 v； (3)若改用水平向右的恒定拉力拉动斜劈，使得球与斜劈间没有相互作用，求从初始状态到球 刚落地过程拉力对斜劈所做功最小值 W。 【答案】(1) 3 3 mg ；(2) ( 3 1) 2 gR ；(3)3 1( 3 )mgR 【解析】 【详解】(1)球静止时合力为零，斜劈对球的作用力为 1N ，挡板对球的作用力为 N 1 sin 0N N   1 cos 0N mg   球和斜劈整体静止合力为零 0 0N F  代入得 - 20 - 0 3 3 mgF  (2)如图当球下降 h 时，切点下降 h ，如图 斜劈移动 3s h   所以小球下落速度 v 与斜劈右移速度 V 关系 3V v 球落地时下落 3h R R  系统机械能守恒 2 21 1 2 2mgh mv mV  得 ( 3 1) 2 gRv  (3)球与斜劈都是从静止开始做匀加速，据题意，拉力最小时球始终与斜劈靠但无弹力，所以 当球下降 h 高度时，斜劈位移 3s h 球做自由落体 1a g 斜劈加速度最小值 2 13 3a a g  最小拉力 - 21 - 2 3F ma mg  球落地时斜劈位移 3 3s R R  则 3 )3 1(W Fs mgR   23.如图甲所示，边长 4ml  的正方形区域 ABCD 在竖直平面内，CD 与水平面平行。其区域内 有水平向右的匀强磁场和竖直向上的匀强电场（圈中未画出），磁场和电场的变化规律如图乙 所示，一比荷 610 N/Cq m  的带正电粒子在 0t  时刻在 CD 中点处由静止释放（不计粒子重力， ABCD 边缘有电场、磁场） (1) 4 s10t  时，粒子的位移大小和速度大小； (2)若 πk  ，求粒子离开正方形区域 ABCD 所需时间 t； (3)若使粒子做周期性运动，则在[0，π ]的范围内，k 的取值应为多少，并求出粒子的运动周 期 T。 【答案】(1) 4 2 10 m/s ，1 m；(2) 4( )π 2 s 10  ；(3) 3π 4k  ， 4( )3π 4 1 s0T    【解析】 【详解】(1)粒子在 10-4 s 的位移和速度分别为 42 10 m/sqEv tm    2 1 1 1m2 qEs tm    - 22 - (2)此时在磁场中运动的周期和半径分别为 1mmvr Bq   42π π 10 smT Bq   磁场 因 πk  ，粒子运动轨迹如下图所示，又初速度为 0 的匀加速直线运动连续相同时间内的位移 比 l 2: 1:3S S  粒子经 2 次加速后恰飞出正方形区域，因此 4( ) sπ 2 10t    (3)根据对称特点，可知 3 π4k  粒子转过四分之三周期后做类平抛运动，运动轨迹如下图所示 2mx  2 1my  42 2 10 m/sv   2 2mr  4( ) 3 4 10 sT     - 23 - - 24 -