2021年四川省成都市高考物理一诊模拟试卷（附答案详解）.pdf

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1、2021年四川省成都市高考物理一诊模拟试卷1.关于物体间相互作用，下列理解中正确的是（）A.物体间相互作用时先有作用力后有反作用力B.物体间一对作用力和反作用力产生的冲量大小不一定相等C.物体间一对作用力和反作用力的做的功代数和一定为零D.物体间摩擦力和它的反作用力做功代数和不为零时，则接触面一定有热量产生2.甲、乙两物体从同一地点开始运动的x-t图像如图所示,则下列说法正确的是（）A.3s末，两物体速度相等B.0 3s末，甲、乙两物体之间的距离先增大后减小C.0 3s内，甲、乙两物体的平均速度不相等D.。3s内，有两个时刻甲和乙的瞬时速度大小刚好相等3.如图所示电路，电源电动势为E,内阻为r

2、,r与灯泡电阻相（S H-%”等，电流表、电压表均为理想电表，不考虑温度对灯丝电阻 L&率的影响。开关s闭合后，将滑动变阻器的滑片P向上滑动 r.r 的过程中，下列说法正确的是（）A.灯泡亮度变暗 B.电压表示数变大C.电流表示数变小D.电源输出功率一定变大4.两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙，以不同的速率从S点沿S O方向垂直射入水平向右的匀强电场，它们在圆形区域中运动的时间相同，其运动轨迹如图所示，乙粒子运动轨迹与圆形区域的交点恰好在水平直径A08最左端的A点。不计粒子的重力，则下列说法中正确的是（）A.甲粒子带负电B.乙粒子所带的电荷量比甲粒子少C.从粒子进入圆形区域到离开圆形区

3、域的过程中甲粒子动量变化更小D.乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子大如图所示，光滑的金属环被固定在竖直平面内，一弹性绳上端被固定在圆弧最高点A,不挂重物时，弹性绳下端刚好在金属环圆心。处;现将一个中心带孔质量为m的小球拴在弹性绳的下端后再套在金属环最低点，用一始终与金属环相切的拉力尸逆时针方向缓慢拉动小球，在小球运动的圆心角。90。的范围内，弹性绳与圆心。处的固定铁钉始终接触，不计铁钉与弹性绳间摩擦，则下列说法正确的是（）A.弹性绳的弹力变大 B.拉力F 变大C.金属环与小球间弹力一定变小 D.金属环与小球间弹力一定变大6.某实验小组设计了如图甲所示的装置来测量物块与长木板间的动摩擦因数，一端

4、带有定滑轮的长木板水平放置，平行于长木板的细线一端与带有遮光片的物块相连,另一端跨过定滑轮与砂桶相连，在长木板B 点固定有一个光电门，与光电门相连的计时器可以记录遮光片经过B 点的挡光时间。实验时，多次改变砂桶中砂的质量,每次都让物块从长木板上的A 处由静止释放，并记录下砂桶和砂的质量机及对应的遮光片在8 处的挡光时间人 已知物块质量为M,重力加速度为g=9.80m/s2,测得遮光片宽度d=7.0Tmn。不计空气阻力和定滑轮处的摩擦，不计细线的质量和伸缩，请回答以下问题：|1111|1111|11,0 1A111|1111|1111|1111|1159 60单位：cm（1）若与光电门相连的计时

5、器显示的时间为t,则物块到达8 点的速度n 的表达式为v=（用题中所给物理量的符号表示）。（2）某次测量中，A、8 两点间的距离入用刻度尺测量，如图乙所示，L 为 cm,测得物块质量为M=100.0g,与光电门相连的计时器显示的时间为t=0.010s,砂桶和砂的质量为m=2 0.0 g,则在该次测量中，测得物块与长木板之间的动摩擦因数为（计算结果保留两位小数）。7.某科学探究小组准备测定生活废水的电阻率，该小组用透明塑料板自制了一个长方体容器，其左、右两侧面内壁紧贴金属铜薄板（板的厚度和电阻的影响可忽略不计）,铜薄板上端分别带有接线柱A、B,在容器外侧垂直底面粘一透明塑料刻度尺，其第2页，共1

6、 8页0 刻度与容器内底面对齐，如图乙所示。容器内表面长a=7.80cm,宽b=4.00cm,高 c=3.90cm。（1）将废水注满容器后，正确使用多用电表欧姆挡测得废水的电阻约为14000。（2）为更精确地测量所取废水的电阻率，该小组从实验室中找到如下实验器材：A 直流电源E（电动势E 约 3匕 内阻力约0.1。）；B.电流表A1（量程0 3 m A,内阻q =100.00）C.电流表4（量程0 5 m A,内阻七约40.00）;D 电流表4（量程。0.6 4 内阻臼约。4。）；E.电阻箱%（0-999.90）产.滑动变阻器阻值范围0 50。，允许通过的最大电流2.0A）G.开关S 一个，导

7、线若干。由于找不到电压表，该小组将在上述器材中选择电流表4 与电阻箱组装一只量程为0 3.0U的电压表，则应将电流表4 与电阻箱&联（选 填“串”或“并”），且电阻箱的阻值应调为 0。（3）图甲为该实验小组在实验过程中所采用的电路图，由于废水洒在纸上，导致部分电路图缺失不清，图甲中的A表应为（填写器材前面的字母序号“C”或“。”），请你在图甲中合理地还原电路图，并准确标明所采用的器材的符号。（4）正确连接好电路后，该实验小组完成以下操作步骤：将废水倒出适量，测出废水深度心，然后闭合开关5,调节滑动变阻器/?2,记录电流表4 的读数，记录另一电流表A 的读数/1，断开开关S；再倒出适量废水，测出

8、废水深度电，然后闭合开关S,调节滑动变阻器&，使电流表儿 的读数与操作中电流表4 的读数相同，记录另一电流表A 的读数已，断开开关S；重复第步操作多次，记录每次测量中的废水深度力 和另一电流表A 的读数I,并以/为纵轴、人 为横轴，描点作图如图丙所示。图丙中直线的纵截距为劭，斜率为金，则用于计算该容器内的废水的电阻率的表达式为P =(用题中所给物理量的符号表示)。8.如图所示，质量为m=1.0kg、带正电q =1.0 x l。-。的滑块从A点右侧光滑水平面以某一初速度冲上固定在竖直平面内的光滑圆轨道，并沿光滑圆轨道内侧运动到8处后离开圆轨道，恰好从C处无碰撞地冲上粗糙水平台面继续滑行0.3 s

9、 止运动，水平台面与滑块间动摩擦因数N=0.2。整个装置处于竖直向下的匀强电场中，场强E =1.0 x 1 05W/C o 竖直圆轨道在A点和光滑水平面相切，圆轨道半径R =0.1 m,08与水平面夹角6 =3 7。重力加速度g =1 0 m/s2,sin3 7 =0.6,cos3 7 0=0.8 求：(1)滑块在B处速度班的大小；(2)滑块在4处受到圆轨道的支持力尸大小。9.如图所示为小朋友玩的“风火轮”游戏装置模型。己知滑块A质量m=0.1 k g,平板车8质量M可调，凹槽尸一侧的位置也可调，滑块A与所有接触面之间动摩擦因数均为=0.5,凹槽地面对平板车B的摩擦不计。开始时平板车B紧靠凹槽

10、E侧静止，游戏时先让滑块A 压缩弹簧至最短，此时4(可看做质点)至平台右侧距离s=0.4m,由静止释放A 后被弹出至E 点时滑块以速度%=4/n/s 冲上平板车B,平板车B 运动至尸侧立刻被粘在尸位置固定不动，已知斜面尸 G与水平面间夹角。=37 ,h=0.03m,g=10m/s 2(不计滑块A 由平台至B 和由8至斜面转换间能量损失)。(1)求弹簧压缩至最短时的弹性势能Ep；(2)若平板车8质量M=0.4kg,8车右端刚运动至尸侧瞬时，滑块A 恰好以速度%=第4页，共18页2m/s冲上斜面F G,求B车上表面长度L；(3)保持平板车上表面长度不变，仅调节平板车B的质量为M =0.1kg,调整

11、尸侧的位置使凹槽间距EF =1.7 m,求滑块A由水平台E处运动到斜面顶端G处所用的时间。10.简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距8,”的两质点，波先传到P,当波传到。开始计时，P、。两质点的振动图像如图所示。贝 女)/mA.质 点。开始振动的方向沿y轴正方向B.该波从P传到Q的时间可能为7 sC.该波的传播速度可能为2z n/sD.若质点P振动的振幅为A,从2s开始计时，P点的振动方程为y =as i nC t)E.简谐横波从该介质传播到另一个不同的介质中时频率可能发生变化11.梯形棱镜横截面如图所示，图中NC=4。=9 0,Z.B=6 0,B C 长为L。截面内一束细光

12、线从棱镜A B边上的尸点垂直A B边射入,在的中点尸点恰好发生全反射，已知光在真空中传播的速度为C o(1)棱镜对该光的折射率；(2)求从边射出的光线折射角的正弦值以及细光束从射入棱镜到射出C。边所用的时间t(不考虑在C 界面的反射)。12.如图所示，空间中存在水平向左的风力场，会对场中物体产生水平向左的恒定风力，质量为m的小球（视为质点）从A点由静止释放，一段时间后小球运动到。点（图中未画出）。已知A、。两点的水平方向位移为x,竖直方向位移为，A重力加速度大小为g,则小球从A到。点的过程中（）A.水平风力F=于XB.小球运动的加速度与水平方向的夹角a满足tana=亍C.小球运动时间t=D.小

13、球在空中做匀变速曲线运动13.如图所示，曲线I是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线n是一颗绕地球做椭圆运动卫星轨道的示意图，。点为地球球心，A8为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内。已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G,地球质量为M,下列说法正确的是（）A.卫星在I轨道上的加速度大小为劭，卫星在n轨道上4点加速度大小为以，则有a。皿B.椭圆轨道的半长轴长度为Rc.卫星在I轨道的速率为为，卫星在n轨道B点的速率为外,则%vBD.若。4=0.5R,则卫星在B点的速率为J鬻14.如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L,顶点C恰好位于光滑绝獴直轨道C D

14、的最低点，光滑直导轨的上端点。到A、8两点的距离均为L,。在AB边上的竖直投影点为。，一对电荷量均为-Q的点电荷分别固定于A、B 两点。在。处将质量为八电荷量为+q的小球套在轨道上，由静止开始释放。已知静电力常量为限重力加速度为g,且 上 詈=当 阳（忽略空气阻力及小球对原电场的影响），则（）第6页，共18页A.小球刚到达C点时，其动能为8/ngLB.小球刚到达C点时，其加速度为零C.A、B两处的电荷在。点产生的场强大小为翳D.小球沿直轨道C。下滑过程中，其电势能先减小后增大答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、作用力和反作用力同时产生，故 A 错误；8、相作用力和反作用力作用时间相同，产生

15、的冲量大小相同，故 B 错误；C、作用力和反作用力的作用距离可能不同，做的功代数和不一定为零，故 C错误；。、当接触的两物体发生相对滑动时，物体间摩擦力和反作用力做功代数和不为零，此时有热量产生，故。正确；故选：D。由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失.该题考查牛顿第三定律及其理解.理解牛顿第三定律与平衡力的区别.2.【答案】B【解析】解：A、在x-t 图像中，图线的斜率表示速度，3s末二者的斜率不同，所以速度不同，故 A 错误；B、根据x-t 图像知，前 3s内甲、乙之间距离先增大后减小，

16、3s末两质点位置坐标相同，表示相遇，故 8 正确；C、0 3s内，甲、乙两物体的位移相等，时间相等，结合平均速度等于位移与时间之比，知0 3s内，甲、乙两物体的平均速度相等，故 C错误；D,甲做匀速直线运动，乙做加速直线运动，0 3s内，有一个时刻甲和乙的斜率相同，瞬时速度大小刚好相等，故D错误。故选：B。位移-时间图像表示物体的位置随时间的变化规律，图像上的任意一点坐标表示该时刻的位置，图像的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向，纵坐标的变化量表示位移，结合平均速度等于位移与时间之比分析。本题的关键要理解位移-时间图像的点和斜率的物理意义，知道图像中的点表示物体的位置，斜率表示速度

17、。3.【答案】D第8页，共18页【解析】解：人 当滑动变阻器的滑片产向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小,根据闭合电路的欧姆定律/=白，可知电路中的电流增大，灯泡的亮度增大，故A错误。B、电压表的示数为路端电压，U=E-I r,电流增大，电源内压增大。路端电压减小，故8错误；C、由上面的分析知，电路中的电流增大，电流表的示数增大，故C错误；。、外电路的电阻接近电源的内阻，电源的输出功率越大，当外电路的电阻和电源的内阻相等时电源的输出功率最大，由于灯泡的电阻和电源的内阻相等，所以当滑动变阻器的滑片向上滑动时，外电阻的总阻值减小，并且越来越接近电源的内阻，所以电源的输出功率一定变大，故D正确故

18、选：Do本题考查的是闭合电路动态分析问题，利用支路中电阻的变化，判断总电阻的变化，再根据E=/(R+r)判断电流的变化，再结合出串并联电路电流分配的特点，求得每个用电器的电流。并可以计算出对应的电功率。本题考查的是闭合电路动态分析问题，外电路的电阻和电源的内阻相等时电源的输出功率最大，是学生愿意出现错误的地方。4.【答案】C【解析】解：A、甲粒子进入电场后向右偏转，所受的电场力水平向右，与电场方向相同，故甲粒子带正电荷，故A错误；3、两个粒子在匀强电场中均做类平抛运动，在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有：x=at2=t2,从 人 加 相等，则x o c q,乙粒子的水平分位移比甲粒子

19、2 2771的大，则乙粒子所带的电荷量比甲粒子多，故8错误；C、由动量定理得：p=q E t,因E、/相等，甲粒子的电荷量小，则从粒子进入圆形区域到离开圆形区域的过程中甲粒子动量变化更小，故C正确；D、竖直方向有y=%t,相同时间内，乙粒子的竖直位移小，则乙粒子进入电场时的速度小，而两个粒子质量相等，则乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子小，故。错误。故选：Co根据甲粒子的偏转方向分析甲粒子所受的电场力方向，与电场方向比较，即可判断其电性；两个粒子垂直射入匀强电场后做类平抛运动，在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据水平分位移公式和牛顿第二定律相结合列式，判断

20、电荷量的大小；根据动量定理分析动量变化量的大小；根据初速度关系分析初动能关系。本题是带电粒子在电场中偏转问题，要熟练运用运动的分解法研究，通过牛顿第二定律和运动学规律列式进行半定量分析。5.【答案】B【解析】解：A、在小球运动的圆心角。9 0。的范围内，弹性绳的长度不变，伸长量也不变，所以弹力不变，故 A错误；BCC、小球在运动过程中，受到重力,咫、金属环对小球的弹力N、拉力厂和弹性绳的弹力T,其中弹性绳弹力方向都指向圆心，金属环对小球的弹力N的方向可能指向圆心，也可能背离圆心，若金属环对小球的弹力N的方向指向圆心，受力情况如图所示；根据正弦定理推导出拉密定律，即为：刍=考=黑由于拉力F 始终

21、与金属环相切，则y=90。不变，所以就不变;在小球运动的圆心角。9 0。的范围内，0 从180。减小到90。，所以si”?逐渐增大，拉力尸逐渐增大；如果金属环对小球的弹力N的方向指向圆心，a从90。逐渐增大到180。，所以sina逐渐减小，7+N逐渐减小，而弹性绳弹力T不变，则金属环与小球间弹力变小；如果金属环对小球的弹力N 的方向背离圆心，则T-N 逐渐减小，N逐渐增大，故 B 正确、CD错误。故选：B。在小球运动的圆心角。9 0。的范围内，弹性绳的长度不变，弹力不变；分析小球的受力情况，根据平衡条件结合正弦定理进行解答。本题主要是考查了共点力的平衡之动态分析问题，关键是弄清楚小球的受力情况

22、，掌握动态分析的处理方法。6.【答案】:60.00 0.15【解析】解：（1）由于窄片的宽度为d很小，因此可以利用其平均速度代替物体的瞬时速度，故窄片通过光电门B 的速度表达式为：v=p第1 0页，共1 8页(2)刻度尺的最小刻度为1，根据图乙可得A、8 两点间的距离乙=60.00cm；根据运动学公式：v2=2aL其中u=+=7；7 九/s=0.70m/s L=60.00cm=0.60m解得：Q=0.408M/S2,对整体根据牛顿第二定律可得：mg-iMg=(m+M)a其中M=100.0g=0.1kg,m=20,0g=0.02kg联立解得：x 0.15o故答案为：(1冷(2)60.00；0.1

23、5o(1)利用光电门计时器测定速度的方法求解窄片通过光电门B 的速度表达式；(2)刻度尺的最小刻度为1?，根据刻度尺的读数方法得到A、B两点间的距离；根据运动学公式求解加速度，对整体根据牛顿第二定律求解动摩擦因数。本题主要是考查测定摩擦力实验，关键是弄清楚实验原理、实验方法，能够根据牛顿第二定律结合运动学公式求解动摩擦因数；注意计算过程中单位要全部化为国际单位制单位。7.【答案】串 900 C“弋+公)【解析】解：(2)把电流表4 改装成量程是3 1 的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻U3值皿 ./?1t =-l-n=r/2-loo.on=900nog l 1 3X10-3 E 3(3)流过

24、废水的最大电流约为/=豆 7=诉O24=2 m A,图甲中的A 表应为C；由于待测废水的电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法,由于流过电压表的电流可以直接读出，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示;(4)根据图示电路图，由欧姆定律可知，废水的电阻:R废水u废 水 _ 人Oi+&)/废水 I 一 h由电阻定律得：R废水=P，PS整理得：=式 宵 +11，由图示/-八图象可知，纵轴截距劭=人，图象的斜率里=解得，废水的电阻率：P=叱+&)故答案为：(2)串：900；(3)C；实验电路图如图所示；(4)当答。(2)把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串

25、联电路特点与欧姆定律求出串联电阻阻值。(3)根据题意求出流过废水的最大电流，然后选择电流表；根据实验原理作出实验电路图。(4)根据实验步骤应用欧姆定律求出废水的电阻，应用电阻定律求出图象的函数表达式,然后根据图示图象答题。本题考查了测定生活废水的电阻率实验，理解实验原理是解题的前提，根据题意应用欧姆定律、电阻定律即可解题。8.【答案】解：(1)滑块从C 到静止，对滑块根据动量定理可得：一 林 mgt=0 mvc解得：vc=1.2m/s从 B 到 C 过程可以逆向分析，看作是类平抛运动，则在B 点水平方向的速度等于文，在 2 点根据运动的合成与分解(如图所示)可得：vB=解得：vB=2m/s；(

26、2)从 A 到 B 根据动能定理可得：一(mg+qE)R(l+sind)=m vl-m vg在 A 处根据牛顿第二定律可得：F-(mg+qE)=m 型联立解得：F=124N。答:(1)滑块在B 处速度为的大小为2m/s：(2)滑块在A 处受到圆轨道的支持力F大小为124N。第 12页，共 18页【解析】(1)滑块在水平台上运动过程中，对滑块根据动量定理求解C 点的速度大小，在B点根据运动的合成与分解求解滑块在B点的速度大小；(2)从 A 到B根据动能定理求解滑块在A 处的速度大小，在 4 处根据牛顿第二定律求解滑块在A 处受到圆轨道的支持力尸大小。有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索

27、展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。9.【答案】解：(1)从释放滑块A 到滑块A 到达E 点过程，由能量守恒定律得：F上1 2E p=fimgs+-mv代入数据解得，弹簧压缩至最短时的弹性势能0=17(2)设 B 到 F 侧瞬间速度大小为功，A、B 组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m v0=m v1+MV2由能量守恒定律得：mvl=+M v +nmgL代入数据解得：v2=0.5m/s,B 车上表面

28、的长度L=1.1m(3)假设4、8 速度相等时B 还没有到达尸位置，A、B 组成的系统动量守恒，设 A、3 的共同速度为内,以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+M)v3,代入数据解得：v3=2m/s由动能定理得：对 A：mgxA=|mvf 一 爪诏对 B：iimgxB=-M vj-0代入数据解得：xA=1.2m,xB=0.4m,由于巧i=1.2m E F=1.7m,xB=0.4m E F L =(1.7 l.l)m =0.6 m,则假设成立，A、8 共速时B 没有到达尸位置，设该过程经历的时间为ti，对 8,由动量定理得：iimg=MV3-0代入数据解得：t】=0.4sA、B 共速

29、后一起匀速运动到尸处需要的时间：E F-L-XB 1.7-1.1-0.4t2=-=-s=0.1sv32B停止运动到A 运动到F 过程A的位移大小：xA2=L +xB-xA=(1.1+0.4-1.2)m=0.3m在此过程，对A,由动能定理得：一卬闻巧 =或一 血诏代入数据解得，A到达厂时的速度大小：v4=l m/s设从B停止运动到4到达F过程4的运动时间为打，则/2 =空 上，代入数据解得：t 3 =0-2 sA在FG上向上滑动过程，由牛顿第二定律得：mgsin3 7 0 4-卬n g c o s 3 7 =m a代入数据解得：a =1 0 m/s 2,设A到达斜面顶端G的运动时间是t型则：-7

30、=v4t 4-|a t i代入数据解得：4 =0-1 5 4 =0 4 5不符合题意，舍去)滑块A由水平台E处运动到斜面顶端G处所用的时间：t =亡1 +1 2 +3 +*4 =(0.4 +0.1 +0.2 +0.1)s =0.8 s答：(1)弹簧压缩至最短时的弹性势能E p是1 J；(2)8车上表面长度小是1.1 m；(3)滑块A由水平台E处运动到斜面顶端G处所用的时间是0.8 s。【解析】(1)应用能量守恒定律可以求出弹簧压缩至最短时弹簧的弹性势能。(2)4、B组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出B车上表面的长度。(3)应用动量守恒定律、动能定理、动量定理、牛顿第二定

31、律与运动学公式求出滑块A的运动时间。根据题意分析清楚A、8的运动过程是解题的前提，应用能量守恒定律、动量守恒定律与牛顿第二定律运动学公式可以解题。1 0.【答案】A C D【解析】解：A、由振动图可知，质点Q开始起振的方向沿y轴正方向，故A正确；B、振动由尸传向Q,由图线可知7 =6 s,故振动从尸传到。的时间可能为何7 +4)s =(6 n +4)s,(n =0.1.2 .),故不可能是 7 s,故 B错误；C、根据(n T +4)u =8?n得v =J m/s(n =0.1.2 .),当n =0时，波速是2 m/s,故 C正确；第1 4页，共1 8页D、由公式3 =与=条 则 从 2s开始

32、计时，P 的振动方程是y=4sin3t=4 s in t),故。正确；E、频率由波源决定，故该波如果进入另一种不同传播介质时，频率不变，故 E 错误。故选：ACD.由振动图像可知质点在不同时刻的振动方向，利用周期性可以判断质点可能的周期、波速。结合数学找到P 质点的振动方程。频率由波源决定。机械波的多解性是高考的热点，结合图像找到公式就可以求得可能的周期、波速。用数学方法求出振动方程是解题的重要方法。11.【答案】解：(1)根据题意作出光路图如图所示z l=60由临界角公式：sin 4 1=；得：sm60=解得：71=也3(2)/2=P C 且“PC=P B,故乙 2=30。由折射定律：需=般

33、，即:sinz3 _ 2/3sin309 1 3解 得:s in z 3=fV3FP=BPsinZ-B=L4PC V3PQ=-=Lcos30。3c V3v=cn 2光传播的时间等于光程除以速度，故传播时间：1=竺 詈 得：t=色答：(1)棱镜对该光的折射率竽；(2)从 C。边射出的光线折射角的正弦值为弓，细光束从射入棱镜到射出CD边所用的时间为在【解析】(1)根据临界角公式可计算棱镜对光的折射率；(2)画出光路图，结合折射定律求解折射角的正弦值，结合几何知识求解光程从而求出时间。解决几何光学问题的关键掌握全反射的条件、光的折射定律，正确画出光路图，然后结合几何关系进行求解。12.【答案】AC【

34、解析】解：。、小球从静止释放，受到竖直向下的重力和水平向左的恒定风力，所以小球做初速度为0的匀加速直线运动，运动方向与合力方向相同，故。错误。A C、小球在竖直方向做自由落体运动，由公式y =?g t 2 可得：t =耳水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，则有：x =|a t2,F=ma联立解得：昨 皿 巨 二 第 厂 下,故 AC正确。8、小球在做匀加速直线运动，加 速 度 与 水 平 方 向 的 夹 角 满 足=故 8错误；故选：A C。对小球受力分析，判断运动情况，将合运动分解为水平和数值方向的两个分运动，两个分运动均为初速度为0的匀加速直线运行，利用匀加速直线运动的公式即可进行求解。

35、小球收到两个方向的力的作用，关键是分析好小球的受力情况和运动情况，再对运动进行分解，即可求解。13.【答案】BC【解析】解：A、根据牛顿第二定律得a =胃，卫星在I 轨道距离地心的距离大于卫星在 口轨道A点距离地心的距离，所以的 为，根据f 知，%，所以。0 VB,故 C正确；D、若0 4 =0.5/?,则0 B =1.5 R,人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，Mm v2 Z B GMGr=m,得”=，r2 r yj r如果卫星以。B为轨道半径做匀速圆周运动，岫=J黑,卫星在n轨道上在B点减速,第1 6 页，共1 8 页做近心运动，所以卫星在B 点的速度如 瞪,故。错误。故

36、选：B C。根据开普勒定律比较长轴与R 的关系，根据万有引力的大小，通过牛顿第二定律比较加速度，结合速度的大小比较向心加速度的大小。本题考查万有引力定律、开普勒第三定律、牛顿第二定律等知识，知道卫星变轨的原理是解决本题的关键。14.【答案】BD【解析】解：4由于C 与。到 A、8 的距离都等于3结合等量同种点电荷的电场特点可知，C 点与。点的电势是相等的，所以小球从。到 C 的过程中电场力做功的和等于 0,则只有重力做功，小球的机械能守恒，得：m g-O D =m v2由几何关系可得：OD=L-s)6 0 =在L小球的动能：Ek=-m v2=,故 A 错误;2K 2 2B、由几何关系宽度：AO

37、 =O D贝 II：NOCD=45。对小球进行受力分析，其受力的剖面图如图：由于C 到 4、B 的距离与。到 A、8 的距离都等于心结 N合 A 的分析可知，C 点的电场强度的大小与。点的电场 7m n强度的大小相等，方向指向。点，即：比=瓦,=半沿 J-F斜面方向：mgcos4 5 0-F-cos4 5 0=m a ”mg垂直于方向：mgsin4 5 0+Fsin4 5 0=N其中产是库仑力，F=q-E C=q=m g联立以上三式得：a=0.故8 正确；C、根据k 岑=得，A、B 在。产生的场强E=擒=等，且两个场强夹角为60。，42 3 D L2 3 q所以合场强E台=2Ecos3(r =

38、岸，故 C 错误，。、由几何关系可知，在 C 的连线上，S 连线的中点处于到A、B 的距离最小，电势最低，小球带正电，所以小球在C。的连线中点处的电势能最小。则小球沿直轨道C。下滑过程中，其电势能先减小后增大。故。正确0故选：B D。根据矢量合成的方法，结合库仑定律即可求出。点的电场强度；对 C 点的小球进行受力分析，结合库仑定律即可求出小球在C 点的加速度；根据功能关系即可求出小球到达c 的动能；根据等量同种点电荷的电场的特点分析各点的电势的变化，然后结合电势与电势能的关系分析小球的电势能的变化。此题的难度在于计算小球到最低点时的电场力的大小，注意AB处有等量同异种电荷，C 位于A 8边的中垂面上，难度适中第18页，共18页