黑龙江省大兴安岭地区2021届新高考第四次模拟物理试题含解析 21页

黑龙江省大兴安岭地区 2021 届新高考第四次模拟物理试题 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．新型冠状病毒防疫期间，医用一次性口罩是必备的呼吸防护用品，口罩的核心材料是中间一层熔喷无 纺布。为了提高过滤效果必须在熔喷无纺布上进行重要的驻极处理，就是在熔喷无纺布上加入静电荷。利 用电荷的静电力作用捕集尘粒，称为静电吸引沉积，静电吸附效果直接影响着口罩的使用寿命。根据这些 信息，下列说法正确的是（ ） A．医用一次性口罩可以进行高温蒸汽消毒再使用效果会更好 B．医用一次性口罩可以防护天然放射现象中放射出的 α、β和 γ射线 C．在防控期间口罩出现严重紧缺，为了节约资源刚用完的医用一次性口罩可以及时清洗晒干后使用 D．防疫期间不法分子为了谋取暴利，制造销售假冒医用一次性驻极口罩，除了从专业技术上鉴定外，还 可以用口罩能否吸附轻小纸屑来判断真假 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 AC ．高温蒸汽消毒和清洗都会导致熔喷无纺布上失去静电吸附能力， AC 错误； B．医用一次性口罩可能会防护天然放射现象中放射出的 α射线，但对于穿透性较强的 β射线和 γ射线无 防护作用， B 错误； D．熔喷无纺布上带有静电，可以对轻小纸屑产生吸附作用，可以用口罩能否吸附轻小纸屑来判断真假， D 正确。 故选 D。 2．一交流电压为 200 2sin100 Vu t ，由此表达式可知（ ） A．用电压表测该电压时，其示数为 200 2V B．该交流电压的周期为 0.01s C．将该电压加在 “200V 100W、 ”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于 100W D． 1 s 400 t 时，该交流电压的瞬时值为 200V 【答案】 D 【解析】 【详解】 A．电压的有效值为 200 2= V=200V 2 U 故用电压表测该电压时，其示数为 200V ，故 A 错误； B．由表达式知出 100πrad/s 则周期 2π 0.02sT 故 B 错误； C．该电压加在 “200V 100W、 ”的灯泡两端，灯泡恰好正常工作，故 C 错误； D．将 1 s 400 t 代入瞬时值表达式得电压的瞬时值为 200V ，故 D 正确。 故选 D。 3．氢原子的核外电子从 n=2 的能级跃迁到 n=1 的能级时，发出的光恰好能使某种金属发生光电效应，则 下列各种说法中正确的是（ ） A．该光是氢原子所有可能发出的光中能量最大的 B．氢原子中由高能级跃迁到 n=2 的能级时发出的光可能使该金属发生光电效应 C．该金属发生光电效应产生的光电子的最大能量恰好等于氢原子从 n=2 的能级跃迁到 n=1 的能级所放出 光子的能量 D．氢原子从 n=2 的能级跃迁到 n=1 的能级所放出光子的能量等于该金属的逸出功 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．氢原子从 n=2 的能级跃迁到 n=1 的能级，所放出光子的能量是所有相邻能级间跃迁时能量最大的，但 小于其他能级跃迁到 n=1 的能级时所放出的光子的能量，故 A 错误； B．氢原子从高能级跃迁到 n=2 的能级所放出的光子的能量都小于从 n=2 的能级跃迁到 n=1 的能级所放出 的光子的能量，不会使金属发生光电效应，故 B 错误； C．恰好发生光电效应，说明光电子的最大初动能为零，故 C 错误； D．恰好发生光电效应，说明光子的能量等于金属的逸出功，故 D 正确。 故选 D。 4．已知一物体从足够长斜面底端沿斜面匀减速上滑，上滑长度为 L 时，速度减为 0，当物体的上滑速度 是初速度的 1 3 时，它沿斜面已上滑的距离是 A． 5 6 L B． 8 9 L C． 3 3 L D． 3 2 L 【答案】 B 【解析】 【详解】 物体从足够长斜面底端沿斜面匀减速上滑时初速度为 v0，上滑长度为 L 时，速度减为 0，有： 2 00 2v aL ， 当物体的上滑速度是初速度的 1 3 时，此时速度为 0 1 3 v ，有 2 20 0 2 3 v v ax ， 联立以上两等式得： 8 9 x L ， 故选 B。 5．位于贵州的 “中国天眼 ”（FAST ）是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜，通过 FAST 可以测量地 球与木星之间的距离． 当 FAST 接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时， 测得 地球与木星的距离是地球与太阳距离的 k 倍．若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且轨道共 面，则可知木星的公转周期为（ ） A． 3 2 41 k 年 B． 3 2 21 k 年 C． 3 21 k 年 D． 3 2k 年 【答案】 B 【解析】 【详解】 该题中，太阳、地球、木星的位置关系如图： 设地球的公转半径为 R1，木星的公转半径为 R2，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的 k 倍， 则有： 2 2 2 2 2 2 1 1 1( ) 1R R kR k R ，由开普勒第三定律有： 3 3 1 2 2 2 1 2 R R T T ，可得： 3 2 2 2 3 22 2 13 1 (1 )RT T k T R ， 由于地球公转周期为 1 年，则有： T 2 3 2 2(1 )k 年，故 B 正确， ACD 错误． 6．一质量为中的均匀环状弹性链条水平套在半径为 R 的刚性球体上，已知不发生形变时环状链条的半径 为 R/2 ，套在球体上时链条发生形变如图所示， 假设弹性链条满足胡克定律， 不计一切摩擦， 并保持静止． 此 弹性链条的弹性系数 k 为 A． 2 2 3( 3 1) 2 mg R B． 3( 3 1) 2 mg R C． 2 3( 3 1) 4 mg R D． 2 3( 3 1) 2 mg R 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 在圆环上取长度为 x 的一小段为研究对象，这一段的重力为 02 sin 60 3 x mg xmg R R 设其余弹簧对这一小段的作用力为 T，对这一小段受力分析如图 (因为是对称图形，对任一段的受力一样， 可对在圆球的最右侧一小侧研究 )： 据平衡条件可得： 0tan 60 3 mg x xT mg RR 弹簧弹力 F 与弹簧对这一小段作用力的关系如图： 由图得 0sin 60R F x T 解得 3 2 mgF 不发生形变时环状链条的半径为 2 R ，套在球体上时链条发生形变如题图所示，则弹簧的伸长量 02 sin 60 2 2 Rx R 弹簧弹力与伸长量关系 F kx 解得 2 3 3 1 4 mg k R 故 C 正确， ABD 错误。 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 7．一列简谐横波沿 x 轴传播，如图所示为 t=0 时刻的波形图， M 是平衡位置在 x=70 m 处的一个质点， 此时 M 点正沿 y 轴负方向运动，之后经过 0.4 s 第二次经过平衡位置，则 。 A．该波沿 x 轴正向传播 B． M 点振动周期为 0.5 s C．该波传播的速度为 100 m/s D．在 t=0.3 s 时刻，质点 M 的位移为 0 E.题中波形图上，与 M 点振动总是相反的质点有 2 个 【答案】 ACE 【解析】 【详解】 A．由于 0t 时刻， M 点正沿 y 轴负方向运动，根据同侧法可知波沿 x 轴正方向运动， A 正确； BC．经过 0.4s，M 点第二次经过平衡位置，根据波形平移法， 30m处质点的振动形式传递至 70m 处， 所以传播距离为 40m ，波速： 40 m / s 100m/s 0.4 xv t 周期： 60 s 0.6s 100 T v B 错误， C 正确； D．经过 10.3s= 2 T ，质点运动到关于平衡位置对称的位置，因此 M 质点的位移肯定不为 0， D 错误； E．与 M 质点距离为半波长奇数倍的质点，振动与 M 点总是相反，因此题中波形图上，与 M 点振动总是 相反的质点有两个，分别为 40m 和 100m 处的质点， E 正确。 故选 ACE 。 8．如图所示，质量为 M 的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在 挡板上，质量为 m 的小物块从木板最右端以速度 v0 滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右 端时与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为 ，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内， 则（ ） A．木板先加速再减速，最终做匀速运动 B．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为 2 0 4( ) Mmv M m C．整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为 0Mmv M m D．弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为 2 0 2 ( ) Mv M m g 【答案】 AB 【解析】 【分析】 【详解】 A．物块接触弹簧之前，物块减速运动，木板加速运动；当弹簧被压缩到最短时，摩擦力反向，直到弹簧 再次恢复原长，物块继续减速，木板继续加速；当物块与弹簧分离后，物块水平方向只受向左的摩擦力， 所以物块加速，木板减速；最终，当物块滑到木板最右端时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。所以 木板先加速再减速，最终做匀速运动，所以 A 正确； B．当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时物块与木板第一次共速，将物块，弹簧和木板看 做系统，由动量守恒定律可得 0 ( )mv m M v 得 0mvv m M 从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒可得 2 2 p 0 f 1 1 ( ) 2 2 E mv m M v W 从开始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得 2 2 f 0 1 12 ( ) 2 2 W mv m M v 2 0 f 4( ) mMvW m M 则最大的弹性势能为 2 0 p 4( ) E Mmv M m 所以 B 正确； C．根据动量定理，整个过程中物块所受合力的冲量大小为 0 0 MmvI mv mv M m 所以 0Mmv M m 是合力的冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量大小，所以 C 错误； D．由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为 fF mg 又系统克服摩擦力做功为 f fW F x相对 则 2 0f f = 4 ( ) MvWx F M m g相对 即弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为 2 0 4 ( ) Mv M m g ，所以 D 错误。 故选 AB 。 9．如图 (a)，A、B 为某电场中沿 x 方向上的两个点，现将正点电荷 q 从 A 点静止释放，仅在电场力作用 下沿 x 轴方向运动一段距离到达 B 点，其电势能 E p 随 x 的变化关系如图 (b)所示，则 A．从 A 到 B，电势先逐渐降低后逐渐升高 B．从 A 到 B，电场强度先增大后减小 C．从 A 到 B 的过程中，电荷所受电场力先减小后增大 D．从 A 到 B 的过程中，电场力对电荷先做负功后做正功 【答案】 AC 【解析】 【详解】 AD. 正点电荷 q 从 A 点静止释放， 仅在电场力作用下沿 x 轴方向运动一段距离到达 B 点， 电势能先减小后 增大，则正电荷从 A 到 B 电场力先做正功，后做负功；正点电荷 q 电势能先减小后增大，所以电势先降 低后升高。故 A 正确， D 错误； BC. 电势能 EP 随位移 x 的变化关系图象的斜率表示电场力的大小， 因此电场力先减小后增大， 电场强度先 减小后增大，故 B 错误， C 正确。 10．如图所示，一根上端固定的轻绳，其下端拴一个质量为 2kg 的小球。开始时轻绳处于竖直位置。用一 个方向与水平面成 37 的外力 F 拉动小球，使之缓慢升起至水平位置。 g 取 210m/s ，关于这一过程中轻绳 的拉力，下列说法中正确的是（ ） A．最小值为 16N B．最小值为 20N C．最大值为 26.7N D．最大值为 20N 【答案】 AC 【解析】 【详解】 应用极限法。静止小球受重力 mg、外力 F 、绳拉力 F绳 ，如图。 AB ．当力三角形为直角 OAB 时 cos37 16NF AB mg绳最小 故 A 正确， B 错误； CD ．当力三角形为直角 OCB 时 26.7N tan37 mgF CB绳最大 故 C 正确， D 错误。 故选 AC 。 11．如图所示，用跨过光滑滑轮的轻质细绳将小船沿直线拖向岸边，已知拖动细绳的电动机功率恒为 P， 电动机卷绕绳子的轮子的半径 25cmR ，轮子边缘的向心加速度与时间满足 2[2(2 2) ]a t ，小船的 质量 3kgm ，小船受到阻力大小恒为 10 ( 3 1)Nf ，小船经过 A 点时速度大小 0 2 6 m / s 3 v ， 滑轮与水面竖直高度 1.5mh ，则（ ） A．小船过 B 点时速度为 4m/s B．小船从 A 点到 B 点的时间为 ( 2 1)s C．电动机功率 50WP D．小船过 B 点时的加速度为 225 2 20 3 5 m / s 6 【答案】 AD 【解析】 【详解】 AB. 由 2va R 得，沿绳子方向上的速度为： 2 2v aR t（ ） 小船经过 A 点时沿绳方向上的速度为： 1 0 0 330 2 v v cos v 小船经过 A 点时沿绳方向上的速度为： 2 245 2B Bv v cos v 作出沿绳速度的 v-t 图象，直线的斜率为： 0 2 3 2 2 2 2 Bv v t A 到 B 图象与横轴所夹面积即为沿绳的位移： 0 2 3 2 2 (2 2) 2 Bv v t h 联立可解得： 4m/sBv ； 2 1 st （ ） 选项 A 正确， B 错误； C.小船从 A 点运动到 B 点，由动能定理有： 2 2 0 1 1 2 2BPt fs mv mv 由几何知识可知： 3 1s h（ ） 联立可解得： 50 2 1 WP （ ） 选项 C 错误； D.小船在 B 处，由牛顿第二定律得： 45 45 B B P cos f ma v cos 解得： 225 2 20 3 5 m/s 6Ba 选项 D 正确。 故选 AD 。 12．如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离 地高度 0.1mh 处，滑块与弹簧不拴接。 现由静止释放滑块， 通过传感器测量出滑块的速度和离地高度 h 并作出如图乙所示滑块的 kE h图象，其中高度从 0.2m 上升到 0.35m 范围内图象为直线，其余部分为曲 线，以地面为零势能面，不计空气阻力，取 210m/sg ，由图象可知（ ） A．小滑块的质量为 0.1kg B．轻弹簧原长为 0.2m C．弹簧最大弹性势能为 0.5J D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为 0.4J 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A．在从 0.2m 上升到 0.35m 范围内， △Ek =△ EP=mg △h，图线的斜率绝对值为： 0.3 2N 0.35 0.2 kEk mg h V 所以： m=0.2kg 故 A 错误； B．在 Ek-h 图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从 0.2m 上升到 0.35m 范围内图象为直 线，其余部分为曲线，说明滑块从 0.2m 上升到 0.35m 范围内所受作用力为恒力，所示从 h=0.2m ，滑块与 弹簧分离，弹簧的原长的 0.2m。故 B 正确； C．根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以 Epm =mg△h=0.2 ×10×（0.35-0.1）=0.5J 故 C 正确； D．由图可知，当 h=0.18m 时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之 间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知 EPmin =E-E km =Epm +mgh-E km =0.5+0.2 ×10×0.1-0.32=0.38J 故 D 错误； 故选 BC 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．温度传感器的核心部分是一个热敏电阻。某课外活动小组的同学在学习了伏安法测电阻之后，利用所 学知识来测量由某种金属制成的热敏电阻的阻值。可供选择的实验器材如下： A．直流电源，电动势 E=6V ，内阻不计； B．毫安表 A 1，量程为 600mA ，内阻约为 0.5 ； C．毫安表 A 2，量程为 10mA ，内阻 RA =100 ； D．定值电阻 R0=400 ； E．滑动变阻器 R=5 ； F．被测热敏电阻 Rt，开关、导线若干。 (1)实验要求能够在 0~5V 范围内，比较准确地对热敏电阻的阻值 Rt 进行测量，请在图甲的方框中设计实 验电路 ______。 (2)某次测量中，闭合开关 S，记下毫安表 A 1 的示数 I 1 和毫安表 A2 的示数 I 2，则计算热敏电阻阻值的表达 式为 R t=______（用题给的物理量符号表示） 。 (3)该小组的同学利用图甲电路，按照正确的实验操作步骤，作出的 I 2－I 1 图象如图乙所示，由图可知，该 热敏电阻的阻值随毫安表 A 2 的示数的增大而 ____（填 “增大 ”“减小 ”或 “不变 ”）。 (4)该小组的同学通过查阅资料得知该热敏电阻的阻值随温度的变化关系如图丙所示。 将该热敏电阻接入如 图丁所示电路，电路中电源电压恒为 9V ，内阻不计，理想电流表示数为 0.7A，定值电阻 R 1=30 ，则由 以上信息可求出定值电阻 R2 的阻值为 ______ ，此时该金属热敏电阻的温度为 ______℃。 【答案】 2 A 0 1 2 I R R I I 增大 17.5 55 【解析】 【详解】 (1)[1] ．题目中没有电压表，可用已知内阻的电流表 A 2 与定值电阻 R0 串联构成量程为 0( ) 0.01 (100 400)V=5Vg AU I R R 的电压表；滑动变阻器用分压电路，电路如图： (2)[2] ．由电流可知 2 A 0 1 2 t I R RR I I (3)[3] ．根据 2 A 0 1 2 t I R RR I I 可得 0 2 1 A 1 1 t IR R R I 则该热敏电阻的阻值随毫安表 A 2的示数的增大，斜率 A 0 1 1 t R R R 变大，可知 R t 变大。 (4)[4][5] ．通过 R 1 的电流 1 1 0.3AUI R 则通过 R2 和 R t 的电流为 0.4A ；由 I 2-I 1 图像可知， I 2=4mA ，此时 R t 两端电压为 2V ，则 R 2 两端电压为 7V ， 则 2 7 17.5 0.4 R 2 5 0.4tR 根据 R t-t 图像可知 1 4 15 3tR t 解得 t=55 ℃ 14． (1)同学们通过查阅资料知道，将锌、铜两电极插入水果中，电动势大约会有 1V 多一点。小明同学 找来了一个土豆做实验， 如图所示， 当用量程为 0-3V 、内阻约 50k? 的伏特表测其两极电压时读数为 0.96V ， 用欧姆表直接测 “土豆电池 ”的两极，测得内阻 r 的读数为 30? 。小丽同学用灵敏电流表直接接 ”土豆电池 ” 的两极， 测得电流为 0.32mA 。粮据前面小明用伏特表测得的 0.96V 电压， 由全电路欧姆定律得内阻为 3k? 。 小明认为上豆的内阻为 30? ，小丽则认为其内阻为 3k? 。以下关于两位同学实验过程的分析，正确的是 _________ A．小明的方法不正确，因水果电池本身有电动势，故不能用欧姆表直接测其内阻 B．小明的方法正确。因水果电池本身也是一个导体，可以用欧姆表直接测其电阻 C．小丽的测量结果十分准确，除了读数方面的偶然误差外，系统误差很小 D．小丽的测量结果不准确，因为水果电池内阻很大，用伏特表测得的电动势误差很大，因此计算出的内 限误差也很大 (2)为尽可能准确地测定一个电动势和内阻未知的电源， 实验室除了导线和开关外， 还有以下一此器材可供 选择： A．电流表 A 1（量程为 0-0.6A ，内阻约为 1? ） B．灵敏电流表 A2（量程为 0-0.6mA ，内阻约为 800? ） C．灵敏电流表 A3（量程为 0-30μA，内阻未知） D．滑动变阻器 R1，（最大阻值约 100） E．滑动变阻器 R2，（最大阻值约 2k? ） F．定值电阻（阻值为 2k? ） G ．电阻箱 R（0-9999 ） ①实验中应选择的器材是 _______（填器材前的字母代号） 。 ②在方框中画出应采用的电路图 ____________________。 ③实验时，改交电阻箱 R 的阻值，记录下电流表的示数 I 得到若干组 R、 I 的数据，根据实验数据绘出如 图所示的 1R I 图线，由此得出其电源的电动势为 ________V（保留两位有效数） 。按照此实验方法请分析 内电限的测量值与真实值大小关系，并给由必要的说明： ___________________________________ 。 【答案】 AD BG 3.0 偏大，内电阻的测量值包含电流表内阻，所以 大于真实值 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1]AB ．因水果电池本身有电动势，故不能用欧姆表直接测其内阻，故 A 正确， B 错误； CD ．水果电池内阻很大，用有内阻的伏特表测得的电动势误差很大，故 C 错误， D 正确。 故选 AD 。 (2)[2] 所给仪器没有电压表，定值电阻也较小，若通过串联定值电阻改装成电压表，根据 (1)的分析知测量 值也不准确，所以选用安阻法测量电源电动势和内阻，因灵敏电流表直接接电源的两极，测得电流为 0.32mA ，选灵敏电流表 A 2和变阻箱测量，所以实验中应选择的器材是 BG 。 [3] 本题是利用安阻法测电源内阻及电动势，测量电路如图所示 [4] 由闭合电路欧姆定律 E I R r ，变形得 ER r I 根据图象的斜率表示电动势，得电池组的电动势为 25 0 3.0V 10.4 2.0 E [5] 按照此实验方法，测出的电源内阻是电流表 A 2 和电源两部分电阻之和，因此内电阻的测量值与真实值 相比偏大。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．用两只玩具小车 A、B 做模拟碰撞实验，玩具小车 A 、B 质量分别为 和 ，把两车放 置在相距 的水平面上。现让小车 A 在水平恒力 作用下向着小车 B 运动，恒力作用一段时间 后撤去，小车 A 继续运动与小车 B 发生碰撞，碰撞后两车粘在一起，滑行 停下。已知两车运动 所受的阻力均为重力的 0.2 倍，重力加速度取 。求： （ 1）两个小车碰撞后的速度大小 ; （ 2）小车 A 受到的恒力 F 的作用时间。 【答案】 （1） 1m/s（2）ls 【解析】 【详解】 （ 1）两小车碰撞后的滑行过程中，有 解得 v3=1m/s （ 2）两车碰撞过程中，有 解得 v2=4m/s 恒力作用过程有 撤去 F 至二车相碰过程有 解得 t=1 s 16．如图甲所示，一对平行金属板 C、D 相距为 d，O、Ol 为两板上正对的小孔，紧贴 D 板右侧。存在上 下范围足够大、宽度为三的有界匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里， MN 、GH 是磁场的左、右边界。 现有质量为 m、电荷量为 +q 的粒子从 O 孔进入 C、D 板间，粒子初速度和重力均不计。 （ 1）C、D 板间加恒定电压 U，C 板为正极板，求板间匀强电场的场强大小 E 和粒子从 O 运动到 Ol 的时 间 t ； （ 2） C、D 板间加如图乙所示的电压， U0 为已知量，周期 T 是未知量。 t=0 时刻带电粒子从 O 孔进入， 为保证粒子到达 O 1孔具有最大速度，求周期 T 应满足的条件和粒子到达 Ol 孔的最大速度 vm ； （ 3）磁场的磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图丙所示， B 0为已知量，周期 T 0= 0 m qB 。 t =0 时，粒子 从 O 1 孔沿 OO 1延长线 O1O2 方向射入磁场，始终不能穿出右边界 GH ，求粒子进入磁场时的速度 v，应满 足的条件。 【答案】 （1） UE d ； 2mt d qU ；（2） 2 0 22 mdT qU ； 02 m qUv m ；（3） 2 3 qBLv m 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）板间匀强电场的场强 UE d 粒子在板间的加速度 qUa md 根据位移公式有 21 2 d at 解得 2mt d qU （ 2）粒子一直加速到达 1O 孔速度最大，设经历时间 0t ，则 0 0 2 2 m Tt d qU 解得 2 0 22 mdT qU 由动能定理有 2 0 1 2 mqU mv 解得 02 m qUv m （ 3）当磁感强度分别为 0B 、 02B 时，设粒子在磁场中圆周运动半径分别为 1r 、 2r ，周期分别为 1T 、 2T ， 根据洛伦兹力提供向心力有 2 0 1 vqvB m r 解得 1 0 mvr qB 且有 1 0 0 2 2mT T qB 同理可得 1 2 02 2 rmvr qB ， 2 0 0 2 2 mT T qB 故 00 ~ 2 T 粒子以半径 1r 逆时针转过四分之一圆周， 0 0~ 2 T T 粒子以半径 2r 逆时针转过二分之一圆周， 0 0 3~ 2 TT 粒子以半径 1r 逆时针转过四分之一圆周， 0 0 3 ~ 2 2 T T 粒子以半径 2r 逆时针转过二分之一圆周， 0 0 52 ~ 2 TT 粒子以半径 1r 逆时针转过四分之一圆周， 0 0 5 ~ 3 2 T T 粒子以半径 2r 逆时针转过二分之一圆周， 0 0 73 ~ 2 TT 粒子以半径 1r 逆时针转过四分之一圆周后从左边界飞出磁场，如图所示 由几何关系有 1 2r r L 解得 2 3 qBLv m 17．一半圆柱形透明物体横截面如图。底面 AOB 镀银 (图中粗线 ),O 表示半圆截面的圆心。一束光线在横 截面内从 M 点的入射角为 30°,∠M0A=60° ,∠NOB=30° 。求： ①光线在 M 点的折射角 ; ②透明物体的折射率。 【答案】 （1） （2） 【解析】 【分析】 作出光路图，根据几何关系求出光线在 M 点的折射角，根据折射角，通过折射定律求出透明物体的折射 率。 【详解】 (1) 如图，透明物体内部的光路为折线 MPN ，Q、M 点相对于底面 EF 对称， Q、P 和 N 三点共线。 设在 M 点处，光的入射角为 i ，折射角为 r， ， 根据题意有 由几何关系得 且 由以上各式解得： ； (2)根据折射定律有： 解得： 。 【点睛】 本题主要考查光的折射和反射，掌握折射定律，本题对数学几何能力的要求较高。