2021年山东省潍坊市高考物理模拟试卷（一模）.pdf

2021年山东省潍坊市高考物理模拟试卷（一模）一、单 选 题（本大题共8 小题，共 24.0分）1.如图甲所示为双缝干涉的实验装置，光源发出的光经滤光片，然后通过单缝和双缝，在光屏上出现明暗相间的条纹如图乙所示，屏 上 P、乙、2处依次排列着明条纹，Q1、Q2处出现暗条纹，P 至 口 1、52的距离相等。若遮光筒内装满水，其它条件不变，则光屏上（）光源浊光片单战双城 遮光简 光屏 也机甲-4-4乙A.不再出现明暗相间的条纹 B.P 处可能出现暗条纹C.Pi处一定为明条纹 D.明暗相间的条纹间距变小2.如图，是某同学利用气缸设计的汽车加速度传感器示意图，将气缸水平固定在汽车上且开口向后，内壁光滑，用活塞封闭一定质量气体，通过活塞的移动判断汽车加速和减速的情况。若气缸和活塞均绝热，汽车由匀速变为加速前进，气缸内气体（）A.单位体积内的分子数变多B.分子的平均动能变大C.单位时间分子撞击活塞的次数减小D.内能变大3.一群处于n=4能级的氢原子，向低能级跃迁发出多种光，用这束光照射图甲电路的阴极K。阴极K为金属钙，其逸出功为3.20el/。氢原子能级如图乙所示，则下列说法正确的是（）-136甲乙A.该光束中能使K发生光电效应的光有4种B.光电子的最大初动能为9.55eUC.光电子到达A时动能的最大差值为2.55eVD.向右滑动触头P,电流表示数一定变大4.如图所示，理想自耦变压器线圈均匀绕在圆环型铁芯上,匕为线圈的始端和末端。Pi为线圈的滑动触头，调节Pi可 以 改 变 氏c间线圈的匝数。、。两端接电压稳定的交流电源；指示灯L与一小段线圈并联；6、c间接入滑动变阻器R,调节P2可以改变R接入电路的阻值。开关S处于闭合状态，电压表为理想交流电表，下列说法正确的是（）A.仅向下滑动P2,b端输入功率变小B.仅顺时针滑动入，a、b端输入功率变小C.仅顺时针滑动Pi，电压表示数变大D.若断开开关S,指示灯L将熄灭5.一列简谐波在t=0时刻的全部波形如图所示，质点A、P、B、C对应x坐标分别为Im.1.5m、3%4 m.从此时开始，质点C首次到达波峰的时间比质点P首次到达A.波源的起振方向沿y轴向下B.波沿x轴正方向传播C.波源振动的频率为2.5”zD.之后的0.4s内质点P运动的路程为10cm第2页，共20页6.2021年 2 月 15日 17时，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器成功实施捕获轨道远火点平面机动，3000N发动机点火工作，将轨道调整为经过火星两极的环火轨道。已知火星半径为凡火星表面的重力加速度为火星日（火星上一“昼夜”的时间）为 假 若 环 火 轨 道 为 圆 形，轨道半径为r,则天间一号探测器在此轨道上运行的（）7.8.二、A.加速度大小为噜*0C.周期大小为誓KB.加速度大小为D.周期大小为2可 如图所示，某楼顶为玻璃材料的正四面体。一擦子由智能擦玻璃机器人牵引，在外侧面由A 点匀速运动到8 0 的中点D,已知擦子与玻璃间的动摩擦因数为争则运动过程中擦子受的牵.引力与其重力的比值为（）A.B.ZD T质量为m的物块从某一高度以动能E 水平抛出，落地时动能为3瓦不计空气阻力,重力加速度为g。则物块（）A.B.C.D.抛出点的高度为需落地点到抛出点的水平距离为焉落地时重力的功率为g6m E整个下落过程中动量变化量的大小为2居多 选 题（本大题共4 小题，共 16.0分）9.如图所示，直角坐标系xOy平面内，0（0,0）P（a,0）两点各放置一点电荷，（2（0,a）点电场强度沿x 轴正方向,下列判断正确的是（）A.P 点电荷带正电B.P点电荷量大于O 点电荷量C.从P点沿X轴正方向电势越来越低D.从。点沿x轴负方向电势先降低再升高1 0 .如图所示，一竖直放置的气缸被轻活塞A B和固定隔板C 分成两个气室，C D上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气 室1内气体压强为2 p 0,气室2内气体压强为p o，气柱长均为L活塞面积为S,活塞与气缸间无摩擦，气缸导热性能良好。现在活塞上方缓慢放质量为机的细砂，重力加速度为g,下列说法正确的是（）A.若m =野,活塞下移，B.若m =*,活塞下移日C.若巾=等，气 室1内气体压强为3 P oD.若m =等，气 室1内气体压强为3 P o11.如图甲所示，闭合金属环固定在水平桌面上，为其直径。右侧分布着垂直桌面向上的有界磁场，磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙所示。已知金属环电阻为1.0 0,直径长2 0的，则1=3 5时（）甲 乙A.N点电势高于M点电势B.M、N两点间电压为5T T X KFC.环所受安培力大小为5兀x 10-5 ND.环所受安培力大小为5*x 10-5N12.如图所示，楔形木块固定在水平面上，左侧斜面光滑，右侧斜面粗糙，两侧与水平面的夹角均为3 0。，顶部安装一轻滑轮。质量分别为机、，和2机的滑块。、分和c分别通过轻绳和轻弹簧跨过定滑轮连接，滑块均静止在斜面上，弹簧的劲度系数为仇剪断连接滑块“、6的轻绳前后，滑块c始终静止在斜面上，重力加速度为g。下列判断正确的是（）第4页，共20页A.轻绳剪断前，楔形木块与水平面间有摩擦力B.轻绳剪断瞬间，。和 6 的加速度大小均为今C.轻绳剪断后，b 的重力势能最大增量为曙2kD.滑块c 与楔形木块间的动摩擦因数可能为:三、实验题(本大题共2 小题，共 14.0分)1 3.已知弹簧振子做简谐运动的周期公式为7=2兀为振子的质量，上为弹簧的劲度系数)。一探究小组用若干50g的钩码和一块秒表来验证T 与机的关系，操作步骤如下：将弹簧上端固定在铁架台上，在弹簧下端挂上一个钩码，静止后记录弹簧下端指针在铁架台竖直杆的指示位置，即平衡位置；将钩码向下拉离平衡位置后放手，钩码上下往复运动，用秒表记录振子做30次全振动所用的时间；在弹簧下端依次挂上2、3、4、5 个钩码，重复以上步骤；建立产 瓶坐标系，将所记录数据处理后描点画出图像。甲 乙请回答以下问题:(1)当振子质量为150g时，完成全振动30次所用时间如图甲所示，则该读数为(2)将记录数据处理后在A 血图像中描点如图乙所示，请将(1)中所测数据处理后也在坐标系中描点，并做出图像。(3)由图像可得，弹 簧 的 劲 度 系 数 上=N/m(保留两位有效数字)。1 4.某同学为测量电阻咒 的阻值，进行了如下实验。5 000 Q/V O25 000 0/V（1）用多用电表欧姆挡粗测灯 的阻值。选 择“x 10”挡，正确操作后表盘指针指示如图甲所示，则示数为 0。（2）为精确的测量心 的阻值，该同学设计了如图乙所示的电路，现有器材如下：A 两节干电池、开关和若干导线B.电压表（03，内阻约6/cO）C.电流表（050巾4内阻约20）。电流表（0200nl4,内阻约0.1。）E.滑动变阻器（02 0 0,额定电流为0.54）电 流 表 应 选 （填器材对应的字母）；请将图乙中连线补充完整；将电路正确连接。为保护电路，闭合开关前，滑片P应调至_ _ _ _ _ _（选 填“左端”或“右端”）；闭合开关后，调节滑片P,电压表和电流表均有示数但总是调不到零，其 原 因 是 导 线 断 路 （选 填 a”、b”、c”或 d”）。四、计 算 题（本大题共4 小题，共 46.0分）1 5.荡秋千是中国清明节习俗，所以清明节也称“秋千节”。民间传 下说秋千荡得越高，生活过得越美好。如图所示，甲同学坐在与竖直绳连接的水平踏板上，此时，可认为人相对踏板不动且重心在；踏板上。乙同学将他拉离至绳与竖直方向成37。角的A 处后放手，；甲同学无初速自由摆下，已知甲同学质量为40四，秋千绳长4根，中不计绳和踏板的质量，忽略空气阻力（g取10m/s2,sin370=0.6,cos37=0.8）（1）求摆到最低点时，甲同学对踏板压力的大小；（2）若踏板每次摆回到右侧最高点时，乙同学都会推一下甲同学，推动4 次后，摆绳与竖直方向的夹角最大值53。，求平均每次推动甲同学过程中乙同学所做的功。第6页，共20页16.一大型游乐场建有一个半球型游泳池，游泳池半径为R,游泳池内注满水。一潜泳者可在水面下方游动，其头罩上带有一单色光源，游泳池水面上的最大发光面积为游泳池面积的：，求：(1)池内水的折射率；(2)射出水面的光在水中传播的最长时间。17.如图所示,在直角坐标系0 x P 2,压强减小，体积增大，故单位体积内的分子数减少，单位时间内分子撞击的次数减少，故 A 错误，C 正确；B、由于气缸和活塞均绝热，不放热也不吸热，由于体积增大，对外做功，根据热力学第一定律a U=W +Q可知，内能减小则分子的平均动能减小，故 8。错误；故选：C。对活塞受力分析，判断出被封闭气体压强的变化，即可判断出体积的变化，结合热力学第一定律判断出内能的变化，即可判断出分子的平均动能的变化。本题主要考查了共点力平衡和热力学第一定律，根据压强的变化判断出气体体积的变化是解决问题的关键。3 .【答案】B【解析】解：A、大量处于n =4 能级的氢原子，向低能级跃迁，只有n =4 跃迁到n =1,n=3跃迁到几=1,7 1 =2 跃迁到n =l 这三种辐射出的光子能量大于逸出功，可知能使K极发生光电效应的光只有3 种，故 A错误；B、从n =4 跃迁到n =1 辐射的光子能量最大，hy=-0.8 5 e K -(-1 3.6)e V =1 2.7 5 e K,由爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为巾=h y-W0=1 2.7 5 e K -3.2 e V =9.5 5 e V,故 8 正确；C、光电子到达4时的动能的最大差值为电场力做的功，E k l=e U =/i y%,代入数据解得：E k n=9.5 5 e U,故 C错误；。、向右滑动触头P,光电效应只有在光电流未达到饱和前，正向电压越大，光电流越大，达到饱和电流之后不变，所以电流表示数不一定变大，故。错误。故选：Bo由能级差可得出从4能级到低能级放出的光子能量，和金属钙的逸出功比较，判断能否发生光电效应；根据光电效应方程E=h y-W,计算逸出的光电子最大初动能。光电子到达A时的动能最大差值为电场力做的功。光电流未达到饱和前，正向电压越大，光电流越大，达到饱和电流之后不变。本题考查了光电效应方程、能级跃迁的综合应用。关键是掌握光电效应的条件及遏止电压的概念。4 .【答案】B【解析】解：4 仅向下滑动P 2,那么副边的电阻变小，而副边电压不变，根据 2=竽，可知，变大，因此B 也变大，故 A错误；B、若顺时针滑动匕，则外变小，而 不 变，根据 2=可知，P 2 变小，故P 1 变小，故3正确；C、无论6 如何滑动，原边电压不变，电压表示数一直不变，故 C错误；、断开5,则副边开路，电流不能形成回路，L也就熄灭了，故。正确。第 10页，共 20页故选：8。P移动改变了副线圈的匝数，滑片移动改变了负载的电阻，结合变压器的特点和欧姆定律去分析。本题考查自耦变压器的实物图，重点要理解自耦变压器的原线圈和副线圈绕组绕在同一个铁心上，原线圈的电压保持不变，副线圈的电压与副线圈接入电路的线圈数成正比，原线圈功率等于副线圈功率。5.【答案】。【解析】解：A B,波总是前面的质点带动后面的质点振动，质点C首次到波峰的时间比P点首次到波峰的时间早，说明t=0时刻，C点向上振动，根据同侧法可知波向x轴负方向传播，说明波此刻传到x=(hn处，此处质点沿了轴向上振动，所以波源的起振方向沿y轴向上，故AB错误；C、C质点到波峰还需要小尸质点到波峰还需要尹,说明/=0.5s,算出7=0.8s,f=1.25Hz,故 C 错误；D、0.4s为半个周期，P质点向下运动半个周期的路程是两倍振幅，即lOc/n,故。正确。故选：D。根据已知条件C质点和尸质点的振动特点，可以知道两个质点的振动方向得到波的传播方向，即可得到波源起振方向；由图得到波长，根据条件求得周期再求得频率，根据振动时间和周期的关系，由振幅求得路程。机械振动问题中，一般根据振动图象或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。6.【答案】C【解析 解：A、探测器在轨道上做匀速圆周运动，a=,r，T为探测器的公转周期，故A错误；B、根据G罢=77ia可知，测器的向心加速度：a=等，又因为G噤二小。，即GM=g R2,所以a=嗒，故B错误：C D、根据G粤=小 与 可知，7=隹m=层=红曰，故c正确，。错误；r2 T2 7 G My J g0R2 R y g0故选：Co探测器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动时，由火星的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和向心力公式可列出方程，结合火星表面物体重力等于万有引力，联立即可求解。对于卫星类型，关键建立卫星运动的模型，理清其向心力来源：万有引力，根据万有引力等于向心力进行解答。7.【答案】A【解析】解：设 A3。平面与水平面的夹角为氏做AB中点E,设4B=2 a,贝|0E=V4a2 a2=V3a设。垂直于ABC所在平面，且。在4 8 c 所在平面内，则可得OE=-a300=-Q，3则sMJ=cosO=33将重力分解成沿平面和垂直于平面，在平面上受力分析如图,在 D 4方向，可知a=30。，有f imgcosd,Fx=fcosccf Fx=G，Fy=mgsind+fsina,&=乎6,解得F=yjFx+F,F=/mg。故 A 正确，3C）错误。故选：Ao本题可利用共点力平衡条件，作出擦子的受力分析图，列出式子，利用力的矢量图并结合几何关系分析力的大小关系。本题考查共点力平衡条件，要求学生作图后结合几何关系进行求解，对学生的物理分析能力和计算能力均有一定要求。8.【答案】D第12页，共20页【解析】解：A、由动能定理得：3E E=m g h,解得无=，故A错误；8、由平抛运动的规律得：九=2,解得t =厝，又初动能后=如 诺，解得见=占，则落地点到抛出点的水平距离为 =为t=匡.匡=亚 生，故B错误；7 m 7 mg2 mgC、落地时重力的功率P =zn g f y=m g g t =2 g后 瓦 故C错误：D、根据动量定理知：P =n i g t =m g*条=2诉i瓦 故。正确。故选：Do由动能定理求解高度，然后根据平抛运动的规律求解水平距离，根据功率的公式求解重力的功率，由动量定理求解动量的变化量。解决本题的关键会熟练运用动能定理，并要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解.要注意物体落地时重力的瞬时功率公式是P =mgvy,不是P =mgv.9.【答案】BD【解析】解：4、如果0、P点电荷带电性一致，。点电场强度必有y轴分量，若。、P点电荷分别带负电、正电，则。点电场强度必有指向x轴负方向分量，故点。处点电荷带正电，P处点电荷带负电，故A错误；B、由题意。点电场强度沿x轴 正 方 向 可 得=EP y,即 嚏=翳 圣 解得Q p =2&Q。,故B正确；C、由于电势沿电场线方向降低，P点电荷带负电且电荷量较大，则P点左侧电场线沿x轴负方向，故沿x轴正方向电势越来越高，故C错误；。、设。点沿x轴负方向存在一点M距离。点x,电场强度为0,则有上胃=卜也舞，解得=焉=由此可知由。点沿x轴负方向。到M之间电场线指向-x方向，M到负无穷电场线指向+x方向，则由。点沿x轴负方向电势先降低，从M点之后再升高，故。正确。故选：B D。根据。点电场强度方向判断。、P两点点电荷带电性，再根据。点竖直方向合场强为0计算电荷量大小关系，再根据沿电场线方向电势越来越低判断电势变化。本题考查点电荷电场的特点以及电场叠加，难度中等，需要熟记点电荷电场分布。1 0.【答案】A D【解析】解：C、当气室2内的压强刚好达至2 P o时，对活塞受力分析，根据共点力平衡可得：p0S+m g =2p0S,解得m=野，故 C错误；4、当m=罟，单向阀门处于临界状态，气室2内的气体没有流入气室1 内，此时气室2内的压强为2 p o，对气室2内的气体，初状态：p i=p,Vr=LS末状态：p2=2p0,V2=LS根据玻意耳定律可得：p1V1=p2V2,解得：/=/故活塞下 降 的 高 度 为 /;=/,-/=p 故 A正确;B、若血=袈，对气室2内的气体，初状态：P 1=p0,%=LS末状态：P3=Po+=争，%=L 3 s根据玻意耳定律可得:P l!=p3v3,解得人=|，活塞下降的高度为 h=L-L3=L-|L=：L,故 B错误；D、当活塞刚好压到CO位置时，对气室1 2 内的气体，根据玻意耳定律可得：p0LS+2 P o s =pLS,解得p，=3 p（）,对活塞受力分析，根据共点力平衡可得：p0S+m g =p S,解得：血=等若m=誓 等，单向阀门已打开且活塞已经到达CD,故气体的压强为3 p 0,故 D 正确；故选：AD.对活塞受力分析，当气室2内的压强达到2 P o 时求得细砂的质量，同样求得活塞刚好到达 CQ位置时细砂的质量，根据细砂的质量判断出单向阀门是否打开，找出初末状态参量，利用玻意耳定律即可求得、本题主要考查了玻意耳定律，关键是判断出阀门打开和活塞到位置的条件，确定所研究的气体即可。1 1.【答案】A C【解析】解：A、由图乙可知，磁感应强度随时间不断增大，磁场方向竖直向上，由楞次定律可知，俯视时电流沿顺时针方向，M N 段充当电源，电源内部电流从低电势流向高电势，则 N 点电势高于M 点电势，故A正确；第14页，共20页B、根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为E =笠，解得E=57T x 1 0Tlz,脑V段充当电源，M、N两点间电压为路端电压，则UMN=9 =2.5 77X1 0-4，故 错误；C D、金属环中的电流大小为/=p解得/=5兀x 1 0-4/t=3 s时，磁感应强度为B =0.5 7,金属环所受的安培力大小为尸=BIL,解得尸=5兀X1 0-5W,故C正确。错误。故选：AC.由题中所给信息利用楞次定律、法拉第电磁感应定律判断感应电动势的大小和方向，再根据闭合电路欧姆定律判断N间电势，最后由安培力计算公式计算安培力。本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力等相关知识，比较简单，注意产生电磁感应部分在闭合电路中相当于电源。1 2.【答案】BC【解析】解：A、对整体组成的系统为研究对象，咋竖直方向受到重力和支持力，水平方向不受外力，故轻绳剪断前，楔形木块与水平面间无摩擦力，故A错误；8轻绳剪断瞬间，绳子的拉力突然为零，弹簧的弹力不变，对m根据牛顿第二定律可得：mgsin30=小的，解得的=-g对 外 组成的系统，剪断前，F期=2 m g s出3 0。对6,剪断瞬间，根据牛顿第二定律可得：F-mgsin300=m a2,联立解得a?=也故8正确；C、对 匕，剪断前，=2mgsin30=k x,解得=詈此时弹性势能为Ep =/乂2=嘿2 2剪短后弹簧的弹性势能全部转化为b的重力势能，所以6的重力势能最大增量为色2k故C正确；。、由于C始终处于静止，当绳子的拉力为0时，静止在斜面上，此时2?n g s讥3 0。=x2mgcos30,解得=争 当=沏 块c不能处于静止状态，故。错误；故选：BC.在剪断前，整体处于平衡状态，根据受力分析即可判断出楔形木块与水平面间是否存在摩擦力，当剪断瞬间，对“和 b 受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，剪断后，弹簧的弹性势能全部转化为匕的重力势能，当绳的拉力为零时，此 时 C处于静止，即可判断 出 C与斜面间的动摩擦因数。本题主要考查了受力分析，明确剪断绳子前后隔各力的变化，利用牛顿第二定律求得加速度，根据能量守恒求得重力势能即可。13.【答案】10.32 49【解析】解：(1)该秒表的分度值是0.1 s,需要估读到0.1s的下一位，所以秒表读数为10.32s(10.31s10.33s)(2)m=150g=0.15kg因 为 30次全振动的时间为10.32s,所以振动周期为：7=喂:0.344s所以产=0.344s X 0.344s=0.1183s=11.83 X 10-2s将点(0.15,11.83)描在坐标系中，然后作图如下:(3)由T=2n聆 得 片=午7 n结合图象可知，图象的斜率等于与图象的斜率为a=2。黑筹。=0.8s2/kg所以该弹簧的劲度系数为：k=?=N/m =49N/m(4753)故答案为：(1)10.32(10.31 10.33)；(2)如图所示；(3)49(4753)根据读数规则，这个秒表的读数需要估读到分度值的下一位；计算出祛码质量机和对应的产，将点描在坐标系里，然后作图；用图象的斜率计算劲度系数。本题以简谐振动为模型考查的是作图能力和计算能力，难度不大。读数要注意遵循相应的读数规则。14.【答案】60 C左 端 c【解析】解：(1)由图示欧姆表可知，其示数为6 x10。=6。；第 1 6 页，共 2 0 页(2)通过待测电阻勺 的最大电流An =合=Q=0.0 5/1 =5 0 m A,故电流表选量程为5 0，A 的电流表；由于待测电阻属于小电阻，测量电路应采用电流表的外接法，据此连接电路即可；为保护电路，闭合开关前，滑片P 应调至左端；在实验过程中，调节滑片P,电压表和电流表均有示数但总是调不到零，说明滑动变阻器接成了限流接法，由图示电路图可知，其原因是c 导线没有连接好；故答案为：(1)6 0；(2)C;如图所不；左端，c；(1)欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；(2)根据过待测电阻的最大电流选择电流表；根据待测电阻的阻值大小确定测量电路的接法；滑动变阻器采用分压接法时电压与电流可以从零开始变化，滑动变阻器采用限流接法时，电压与电流不能从零开始变化，分析图示电路图答题。滑动变阻器采用分压接法时电压与电流可以从零开始变化，滑动变阻器采用限流接法时,电压与电流不能从零开始变化；1 5 .【答案】解：(1)甲同学从A到。的过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL(l-c o s 3 7)=在最低点，由牛顿第二定律得：FN-m g=由牛顿第三定律 得 对 踏 板 的 压 力 为=FN联立解得：FN=5 6 0/V；(2)设每次推动过程中做功为W,根据功能关系可得：4 W =mgL(cos37。-c o s 5 3。)代入数据可得：W =8 0/答：(1)摆到最低点时，甲同学对踏板压力的大小为5 6 0 M(2)平均每次推动甲同学过程中乙同学所做的功为8 0 人【解析】(1)根据机械能守恒求出秋千荡到最低点的速度，根据牛顿第二定律求出秋千对甲同学支持力，从而得出人对踏板的压力；(2)根据功能关系列式求解。本题以生活中常见的荡秋千游戏为情景，考查机械能守恒定律、牛顿第二定律，考查考生推理能力和科学思维。，I I1 6 .【答案】解：(1)设水的折射率为，当潜泳者头罩上单色光I-。，h源位于0点正下方的池底时发光面积最大，设发光半径为r,则由题意发光面积b 2 =,解得r =R,22此时光恰好发生全反射s i n C =i根据几何关系s讥。=总/V K十r以上各式联立可解得：n =V3(2)发光点在。点正下方池底处以临界角射到水面时，恰好发生全反射，即恰好没有光线射出，此时光路最长，路程为S=7R2+丁2 =且/=-n以上各式联立可解得t =史史2c答：(1)池内水的折射率为V 5；(2)射出水面的光在水中传播的最长时间为嘤。【解析】由题意画出光路图，利用临界角公式和几何知识求得对应的折射率；利用几何关系求出最长光路，用计算光在介质中的速度，可计算光在水中传播的最长时间。本题考查了光的全反射，解题关键是作出光路图，运用几何知识辅助分析。本题重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。1 7.【答案】解：(1)电子在电场中做类平抛运动，设初速度为火,电场中运动时间为口沿 x 轴方向：v0=vcosO,L=V o i沿 y轴方向：vy=vsin9,vy=atx根据牛顿第二定律：eE=m a联 立 解 得=更 叱。4el(2)设电子在磁场中运动半径为R,从M点进磁场，从N点出磁场，由几何关系可得：R =(n=1,2,3,.)第1 8页，共2 0页根据牛顿第二定律：evB=my解得：B =*n =1,2,3,.)(3)电子在L W X W 2 Z,区域内运动时间：2 =1=思/设电子在磁场中运动时间为t 3磁场中电子运动轨迹长度T Cs=n rV电子从A到N经历的时间t =匕+七+%=喏空。答：(1)匀强电场场强E的 大 小 为 答。(2)磁感应强度B的可能值 为 詈(n =1,2,3,.)。(3)电子从A到N经历的时间为电学出。【解析】(1)根据电子在电场中做类平抛运动，进入磁场时的速度大小和方向可求电子在)，轴方向的速度，可求电场强度。(2)电子在磁场中做圆周运动，根据圆周运动周期性的特点可求磁感应强度的可能值。(3)电子从A到N所经历的时间为电子在电场运动的时间、在L-2 L区域做匀速直线运动的时间和磁场区域做圆周运动所需要的时间之和。明确电子在电场中做类平抛运动，在磁场做圆周运动，在磁场中圆周运动具有周期性。1 8.【答案】解：(1)滑块与工件一起运动的最大加速度为：a.=鬻=0.2 0 x1 0 m/s2 2m/s2设滑块与工件一起运动的水平推力的最大值为治,根据牛顿第二定律得：Fm-n2(m+M)g =(m+M)am代入数据解得：4=56N52N,故在水平推力尸下，小滑块与工件一起运动，对小滑块与工件整体，由牛顿第二定律得：F 一 +M)g =(m+M)a代入数据解得滑块与工件一起运动的加速度为：a =1.5m/s2撤掉F时工件和滑块的速度为：v=at0=1.5 x 10m/s=15m/s(2)撤掉F后滑块减速的加速度大小为由,工件减速的加速度大小为a?根据牛顿第二定律，对滑块有：n!mg=m aT对工件有：%(m +M)g=M a 2代人数据解得：%=2m/s2,a2=6.8 m/s2设经过时间，滑块与工件挡板相碰，滑块与挡板的位移分别为乙和右,根据位移-时间公式得：1 2X1 Vt _ 21俨1 2%2 =v t-a2tz%2 =L联立解得滑块与挡板相碰的时间为：t=Is(3)此时滑块与挡板的速度大小分别为巧和功，根据速度-时间公式，可 知%=v axt 1 5 m/s 2 x lm/s 13m/sv2=v a2t 15m/s 6.8 x l m/s 8.2m/s碰撞过程，根据动量守恒定律得：m v+MV2=m v1,+M v2根据机械能守恒定律得：=j m v/2+|MV2Z2碰后滑块与工件相对滑动至共速M,对工件由牛顿第二定律得：ii2M +m)g+m g =M a3根据速度一时间公式得：M =%+-a3t 由题意可知两者相对位移为：=誓代入数据解得碰撞后工件与挡板间的最大距离为：x =1.0 m答：(1)撤掉厂时工件的速度大小为15 m/s；(2)撤掉推力后，滑块经1s 与挡板相碰；(3)碰撞后工件与挡板间的最大距离为1.0 m。【解析】(1)根据牛顿第二定律求解临界加速度，判断小滑块与工件一起运动，再根据牛顿第二定律及运动学公式求得撤掉F时工件的速度大小；(2)撤掉推力后，根据牛顿第二定律及运动学公式求得滑块经多长时间与挡板相碰；(3)根据动量守恒定律及机械能守恒定律以及牛顿第二定律及运动学公式求得碰撞后工件与挡板间的最大距离。本题考查的是牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒与机械能守恒定律相结合的综合问题，对学生的推理及分析综合能力要求较高，解决此题的关键是要搞清楚研究对象的运动过程，并灵活选取相应的规律求解。第20页，共20页