2021届重庆一中高考物理模拟试卷（6月份）附答案详解.pdf

《2021届重庆一中高考物理模拟试卷（6月份）附答案详解.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届重庆一中高考物理模拟试卷（6月份）附答案详解.pdf（16页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2021届重庆一中高考物理模拟试卷（6 月份）一、单 选 题（本大题共4小题，共24.0分）1.如图所示为某质点运动的速度一时间图像，则该质点（）A.一定做曲线运动，B.可能做抛体运动 A01-C.一定做直线运动D.可能做匀速圆周运动2.下列说法正确的是（）A.比结合能越小的原子核，核子结合得越牢固，原子核越稳定B.根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程中电子的电势能与动能之和不变C.原子核发生一次0衰变，原子核内的一个质子转变为一个中子D.处于激发态的原子核辐射出y射线时，原子核的核子数不会发生变化3.一辆洒水车的牵引力恒定，所受到的摩擦阻力跟车的质量成正比。此车在平直的粗糙路面上以一定的

2、速度匀速行驶，在洒水的过程中，车的运动情况是（）A.保持原速做匀速直线运动B.变为匀加速运动C.变为加速度越来越小的变加速运动D.变为加速度越来越大的变加速运动4.如图所示，矩形线框abed的ad和be的中点M、N之间连接一电压表，整；乂 /x x个装置处于匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直，当线框向右匀速*R X X平动时，以下说法正确的是（）xl x r x I *x x&x C XA.MN间无感应电动势B.MN不产生电动势，所以MN间无电势差C.间有电势差，所以电压表有读数D.因为无电流通过电压表，所以电压表无读数二、多 选 题（本大题共6小题，共33.0分）5.已知地球质量为M,半径

3、为R,自转周期为T,地球同步卫星质量为m,引力常量为G,有关同步卫星下列说法正确的是（）A.卫星的轨道半径为3安B.卫星的运行速度小于第一宇宙速度C.卫星运行时受到的向心力大小为G翳D.卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度6.如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无处后悬停并进行工作。己知直流电源供电电压为400V,若不计（电缆的质量和电阻，忽略电缆对无人机的拉力，则（）二 二 号.A.空气对无人机的作用力始终大于或等于200NB.直流电源对无人机供电的额定电流为12.54C.无人机上升过程中消耗的平均功率为100WD.无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功7.水平

4、地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，力尸的大小与时间t的关系如甲图所示；物块的运动速度 与时间t的关系如乙图所示，6s后的速度图象没有画出，g取10m/s2,下列说法正确的是（）3 6 9$A.滑动时受的摩擦力大小是3NB.物块的质量为1.5kgC.物块在6 9s内的加速度大小是2m/s2D.。9s内拉力对物体做的功216/8.游乐场中的“旋转秋千”经过简化，可看作如下物理模型：如图所示，一根细线固定在天花板上的4点，下端系质量为小的小球,将小球拉离竖直位置，使细线与竖直方向成一角度，给小球一个初速度，使小球在水平面内以B为圆心做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A.小球的向心力指

5、向4 B.小球的向心力指向BC.小球的向心力大于细线的拉力 D.小球的向心力小于细线的拉力9.某球形固体物质，其各向导热性能相同，则该物体（）A.一定是非晶体B.可能具有确定的熔点C.一定是单晶体，因为它有规则的几何外形D.一定不是单晶体10.图甲为沿久轴传播的一列简谐横波t=0时刻的波形图，并已知波源的起振方向为y轴负方向。坐标原点与4=4m之间第一次形成图甲所示波形，图乙为质点P的振动图象。则下列说法中正确的是（）A.该波沿x轴的正方向传播B.该波沿x轴的负方向传播C.此时波刚好传播到久=-2机位置D.在t=0s到t=6s的时间内，x=一 18m处的质点走过的路程为4.8mE.在1=05到

6、 =6s的时间内，x=一 187n处的质点走过的路程为1.6m三、实 验 题（本大题共2小题，共15.0分）11.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，保持小车的质量不变，改变小车所受的作用力,测得了下表所示的5组数据，并已在坐标平面上画出部分数据点，如下图所示：0 1 2 3 4组别12345F/N01.12.23.34.4a/ms200.511.52(1)在图中补画出对应的数据点，然后作出a-F的关系图线；(2)由所作图线可以得到结论：在质量一定的情况下，加速度a 与作用力F 成 比；(3)当研究加速度与质量的关系时，应保持 不变，改变小车的质量来进行实验.(4)本次实验小车的质量是kg

7、。(5)所作出a-F的关系图线的斜率的物理意义是一4、小 车 质 量 僧 B、小车质量的倒数1/僧C、小车受到的作用力尸12.(9分)某实验探究小组要测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供的实 彳验器材如下：-(V)-A.待测干电池(电动势约为1.5 V,内电阻小于1.00)_ _/_IB.电压表V(0 1.5V)C.电阻箱R(0 999.90)D.电键和导线若干四、简答题(本大题共I 小题，共 10.0分)1 3.如图所示，一根足够长的粗细均匀的玻璃管竖直放置，用一段长为19cm的水银柱封闭一段长8cm的空气柱，己知大气压强为105pa(相当于76cm H g),封闭气体的温度为27T,玻

8、璃管的横截面积为2 x 10-4巾2,对该装置分别进行下列三种操作，请根据要求进行解答。(1)若将玻璃管缓慢转至水平位置，整个过程温度保持不变，求空气柱的长度；(2)若保持玻璃管不动，封闭气体从外界吸收5/的热量使温度缓慢升高到4 2 K,求气体内能的变化量；(3)若将玻璃管的上端封闭后，再将封闭的两部分气体升高相同的温度，请推导水银柱的移动方向。五、计算题(本大题共3 小题，共 42.0分)1 4.风洞实验室在航空航天飞行器的研究中发挥着重要的作用，用它可以分析、研究影响飞行器飞行速度的各种因素.风洞实验室中可以产生方向水平、速度大小可调节的风，用来研究处在流动气体中物体的受力情况.现将一套

9、有木球的细折杆4BC固定在风洞实验中，球的质量为重力加速度为g,球在杆上运动时，球与杆之间的滑动摩擦力跟它们之间的弹力成正比，比例系数为上 设AB、BC的交接处B点用一段小圆弧平滑连接(即认为小球过B点的瞬间速度大小会突然变化)，如图所示.实验时，先在无风的情况下让小球从斜杆上九高处由静止释放，小球最后滑到水平面上的C点停下，测得4C两点间水平距离为L;接着调节合适的风速大小，再将小球从杆的上端同一位置由静止释放，小球最后停在水平面上的。点，测得4。两点间水平距离为也如果小球在运动过程中始终受到恒定的水平风力的作用，试求：(1)比例系数k值的大小；(2)水平风力尸多大？(3)若斜面的倾角。为已

10、知，要使小球在杆上保持静止状态，水平风力F必须满足什么条件？(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)1 5.如图甲所示，两根与水平面成。=30。角的足够长的光滑金属导轨平行放置，导轨间距为3导轨的电阻忽略不计。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面斜向上。现将质量均为沉、电阻均为R的金属棒a、b垂直于导轨放置，一根不可伸长的绝缘细线的P端系在金属杆b的中点，另一端N通过滑轮与质量为M的物体相连，细绳与导轨平面平行。导轨与金属棒接触良好，不计一切摩擦，运动过程中物体始终未与地面接触，重力加速度g取10 m/s2.201()8r/(m,s_,)0.1 0.2 0.3 0.4 0.

11、5 y/fcg(1)若金属棒a固定，M=m,由静止释放b,求释放瞬间金属棒b的加速度大小;(2)若金属棒a 固定，L=lm,B=1 T,m =0.2 kg,R =1 0,改变物体的质量M,使金属棒b 沿斜面向上运动，请写出金属棒b 获得的最大速度-与物体质量M的关系式，并在如上乙图中画出v M图象；(3)若撤去物体，改在绳的N 端施加一大小为F =mg,方向竖直向下的恒力，将金属棒a、b 同时由静止释放。从静止释放到a 刚开始匀速运动的过程中，a 产生的焦耳热为Q,求这个过程流过金属棒a 的电荷量。16.如图，在真空中有一边长为L =Wcm的正方形玻璃砖，一束与界面成0=30。角的单色光从a

12、b 面中点射入，从c d 面中点射出，a d 面为一平面镜，已知光在真空中的传播速度c =3.0 x l 08 m/s,求：(1)玻璃砖的折射率n；(2)光在玻璃中的传播时间t.参考答案及解析1.答案：C解析：根据曲线运动一定是变速运动，因为速度方向一定是变化的，常见的曲线运动有抛体运动、匀速圆周运动；本题的关键是认识-1图像中的速度方向根本不变，从而判断出选项。由v-t图像知，速度方向，则只能是直线运动，故C正确，ABO错误。故选Co2.答案：D解析：解：4、比结合能越大的原子核，核子结合得越牢固，原子核越稳定，故A错误；8、根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程，氢原子要辐射（或吸收）光

13、子，电子的总能量变化，故8错误；C、原子核/?衰变所放出的电子为原子核内一个中子转化为一个质子和一个电子而来的，故C错误;。、处于激发态的原子核放出y射线时，只是能量减小，核子数并没有发生变化，故。正确。故选：D.比结合能越大原子核越稳定；向外辐射光子，电子的总能量减小，吸收光子，总能量增大；原子核发生一次 衰变，原子核内的一个中子转变为一个质子；y射线为光子，辐射y射线核子数不会发生变化。本题考查了原子核的结合能、氢原子的能级跃迁等知识点。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。3.答案：D解析：解：以车和水为研究对象，受力分析可知，水平方向受恒定的牵引力和摩擦阻力，由题

14、意，车与水的质量在减小，故摩擦阻力在减小，根据牛顿第二定律知，F f =ma故车的加速度在变大；故车做的是加速度越来越大的变加速运动；故 ABC错误，。正确。故选：Do对车和水受力分析，结合牛顿第二定律，可以分析出加速度的变化，进而分析车的运动情况。本题考查牛顿第二定律，在受力分析时，要注意研究对象的选取。对该类题，要以加速度为桥梁来解决。4.答案：D解析：解：AB,MN切割磁感线，所以MN产生感应电动势，用N间有电势差，故AB错误；CD、穿过线框的磁通量不变化，所以无感应电流，因此电压表无读数，故 C 错误，O 正确。故选：D o线框在匀强磁场水平向右匀速移动时,穿过线框回路的磁通量没有改变

15、,则知没有感应电流产生。ab、cd切割磁感线产生感应电动势，a与从 c与d 间有电势差，根据有无电流，判断电压表是否有示数。解决本题的关键要知道电压表是由电流表改装而成的，没有电流，电压表则没有读数。要根据磁通量有无变化判断有无感应电流。5.答案:ABD解析：解：4、由万有引力提供向心力得G M m 47r2 =mr丁 =3 2 半，故 A 正确；47rzB、由万有引力提供向心力得v=胫，同步卫星轨道半径大于地球半径，所以卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故 B正确；C、卫星运行时受到的向心力大小是/黑，故 C 错误；。、地表重力加速度为g=簿，卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故。

16、正确；故选：ABD.同步卫星与地球相对静止，因而与地球自转同步，根据万有引力提供向心力，即可求出相关的量.本题关键抓住万有引力等于向心力，卫星转动周期与地球自转同步.6.答案：BD解析：解：4、由于系留无人机开始起飞经过200s到达1006高处后悬停并进行工作，可见系留无人机先加速后减速再停留在空中，所以空气对无人机的作用力先大于重力、再小于重力、最后等于重力,故 A错误；B、直流电源对无人机供电的额定电流为/=5 =黑4=1 2.5 4 故 B 正确；U 400C、无人机上升过程中克服重力做的功为W=m g h=20 x 10 x 100/=200007,另外还要克服空气的阻力做功，电动机内

17、电阻还要消耗能量，所以无人机上升过程中消耗的平均功率向3=1 0 0/，故 C错误；。、无人机上升过程中要克服空气阻力做功，悬停时旋翼转动时也会克服阻力做功，所以两种情况下均有部分功率用于对空气做功，故。正确。故选：B D。分析无人机上升过程中的运动情况和受力情况，从而得到空气对无人机的作用力的变化情况；根据/=3求解直流电源对无人机供电的额定电流；根据上升过程中各个力的做功情况进行分析；无人机上升及悬停时分析是否对空气做功。本题主要是考查了功能关系和牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚无人机上升过程中的受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律分析力的大小，知道运动过程中能量的转化情况，能够根据功

18、能关系进行分析。7.答案:BCD解析：解：力、由速度-时间图象可以知道，在36s内，物体处于匀速直线状态，即物体所受到的摩擦力大小应该与推力尸大小相等，F滑=推=6 N,故4 错误；B、在03s内，物体做匀加速直线运动，a=2m/s2,F合=m a =F推-F滑=3 N,得：m=Ll=a1.5 kg,故 8 正确；C、在6 9s内，F推=3 N,F滑=6 N,F合=m a =F滑 一F推=3 N,得：a=2m/s2,故 C 正确；。、9s末物块的速度为：v=v6-at=0,在69s内，物块的位移为：x2=9 m,由速度时间图象面积可知，06s内物体的位移为：Xi=1(3+6)x 6m=2 7m

19、,09s内由动能定理得：Wx-Ffff(x1+x2)=m v2,解得：IV搂=2 1 6/,故。正确。故选：B C D。结合己知的速度-时间图象可以得出物体在不同时刻的运动情况；山尸的大小与时间t 的关系图象可以得出物体在不同时刻所受到的推力大小；运用牛顿第二定律可求得在69s内的加速度大小，由动能定理可求得09s内拉力对物体做的功。此题考查了学生对图象问题的分析能力，能从图象中得出相关的信息，v -t图象、F -t图象相结合，判断出物体各段运动状态，根据平衡状态中二力平衡找出力的大小。8.答案：BD解析：解：4 B.小球在水平面做匀速圆周运动，故向心力应沿轨道半径指向圆心，即指向B,故A错误

20、，8正确；C D.小球受重力和绳子拉力作用，两力的合力提供向心力，即两重力和绳子的拉力的合力在水平方向，令绳子与竖直方向的夹角为。，所以绳子的拉力7 =，所以小球的向心力小于细线的拉力；故C错误，。正确；s i ne故选：B D。小球在水平面内做匀速圆周运动，受重力和拉力，靠两个力的合力提供向心力，根据三角形定则求出绳子的拉力的表达式；解决该题需正确对小球进行受力分析，知道匀速圆周运动的向心力的特征；9.答案：BD解析：解：4、判断固体物质是晶体还是非晶体，要看其是否具有确定的熔点；区分单晶体与多晶体，要看其物理性质是各向异性还是各向同性。导热性能各向相同的物体可能是非晶体，也可能是多晶体，故

21、4错误；B、多晶体具有确定的熔点，故8正确；C、物体外形是否规则不是判断是不是单晶体的依据，应该说，单晶体具有规则儿何外形是“天生”的，而多晶体和非晶体也可以有规则的几何外形，当然，这只能是“后天”人为加工的，故C错误；。、单晶体一定具有各向异性的物理性质，故o正确；故选：B D。解答此题的关键是对晶体和非晶态特性的了解：晶体有固定的熔点，单晶体物理性质各向异性，多晶体各向同性；非晶体没有熔点，物理性质各向同性。本题考查晶体和非晶体的重要区别，晶体都有一定的熔点和凝固点，而非晶体没有。10.答案：BCE解析：解：4B、由图乙可得：t =0时刻，质点P在平衡位置，且向下振动；故由图甲可得：波沿x

22、轴的负方向传播，故A错误，B 正确;C、根据波源起振方向为y轴负方向可得：波前振动和t =0时刻质点P振动相同，故波前到P的距离为波长的整数倍：又有坐标原点与x=4机之间第一次形成图甲所示波形，故波前到P的距离为;I=4 m,根据波沿x轴的负方向传播可得：此时波刚好传播到x=-2m 位置，故 C 正确；0E、由图甲可得：波长;1 =4 m,由图乙可得：周期7=ls；故波速u=：=4m/s；t=0时刻，波刚好传播到x=2皿位置，那么，波刚好传播到x=-18馆位置的时间为黑=4s；那么，在t=Os到t=6s的时间内，x=-18m 处的质点振动时间为2s=2 T,故质点运动路程为2 x42=1.6m

23、,故。错误，E 正确；故选：B CE。由图乙得到周期、质点振动方向；即可由图甲得到波的传播方向及波长，从而得到波速；根据波前振动及图象得到波前位置；根据波速得到质点振动时间，从而由周期及振幅得到运动路程。机械振动问题中，一般根据振动图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。(2)正(3)小车受到的作用力(4)2.2B解析：本题意在考查了牛顿第二定律实验能力。(1)保持小车的质量不变，改变小车所受的作用力，由牛顿第二定律得：加速度与合外力成正比，故画图时画一条直线，如图：(2)由图象我们可得：图线是一条过原点的直线，所以

24、结论是：在质量一定的情况下，加速度a 与作用力F 成正比.(3)该实验我们采取的是控制变量法，所以：当研究加速度与质量的关系时，应保持小车受到的作用力不变，改变小车的质量来进行实验.(4)(5)根据牛顿第二定律可知，a =F/m,所以a -F 图象的斜率表示质量的倒数；虻 工=工，故雨 篝 裳m =2.2 kg1 2.答案:(1)如图甲和乙所示(4 分);(2)乙(1 分)；(3)1.4 2(2 分)，0.5 7(2 分)。解析:试题分析：(1)如图甲和乙所示,在连线时要注意不可连成折线,而是平滑的曲线；(2)在U R图象是曲线而工-为直线，所以乙图规律直观简单，所以乙图能直观地求出干电池的电

25、动势和内期阻；(3)由闭合电路欧姆定律知,蠹=醺开望浮，得白=三铸三黑白，带入数据可解的E =1.4 2 H,r=虚&感感0.5 7H考点：1 3.答案：解：根据题意可知，水银柱的长度h =1 9 c m,空气柱原来的长度为 =8 c rn(1)大气压强 P o =76 cmHg=1 03Pa初态时封闭气体的压强P i =P o +P h =95 cmHg=1.2 5 x 1 05P a初态时封闭气体的体积匕=l、S末态时封闭气体的体积匕=1 2 s气体做等温变化，由玻意耳定律得：P i%=P。/解得末态气柱长度%=1 0 c m；(2)初状态气体的温度为A=(2 7 3 +2 7)K =3

26、0 0 K封闭气体从外界吸收5/的热量使温度缓慢升高到73=(273+42)K=315K,此时空气柱的长度为降气体做等压变化，由盖吕萨克定律得：母=母解得：l3=8.4cm封闭气体体积的变化量4 V=(G-1JS=(0.084-0.08)x 2 x 10-4m3=8 x 10-7m3,封闭气体对外界做的功W=px V=1.25 x 105 x 8 x 10-7J=0.1/由热力学第一定律得：-W +Q=A U气体内能的变化量A U=4.9/,即内能增加4.9/；(3)假设水银柱不动，两部分气体做等容变化由查理定律得：7=77整理得：4 P =*P由于初态下端气体的温度T相同，而温度变化量 7也

27、相同，上端气体的压强小于下端气体压强，则上端气体的压强增加量小于下端气体压强增加量，水银柱向上移动。答：(1)若将玻璃管缓慢转至水平位置，整个过程温度保持不变，空气柱的长度为10cm；(2)若保持玻璃管不动，封闭气体从外界吸收5/的热量使温度缓慢升高到42冤，气体内能的增加量为4.9/；(3)若将玻璃管的上端封闭后，再将封闭的两部分气体升高相同的温度，水银柱向上移动。解析：(1)气体做等温变化，由玻意耳定律列方程求解末态气柱长度；(2)气体做等压变化，由盖吕萨克定律求解末状态空气柱长度，再计算出该过程中封闭气体对外界做的功，由热力学第一定律求解气体内能的变化量；(3)假设水银柱不动，两部分气体

28、做等容变化，由查理定律得到压强增加量的表达式，由此分析。本题主要是考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律，解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解；热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；(/的正表示内能变化，Q为正表示物体吸热；力为正表示外界对物体做功。14.答案：解：(1)因为球在杆上运动时，球与杆之间的滑动摩擦力跟它们之间的弹力成正比，设比例系数为匕 并设4B间的水平距离为x,斜面的倾角为。，无风时，小球从4点到C点，根据动能定理得：mgh-kmgcosd -kmg(L x)=0COSV解得：k屋(2)有

29、风时，小球从4 点到。点，根据动能定理得：m gh-F k(mgcosd+Fsind)急-kmg(-x)=0(其中武 1?1。=h)解得：F=3=mg(3)小球沿斜面有上滑趋势时：Fm a xcosO=mgsind+k(mgcos6 +Fm a xsin0)解得:Flm a xLsinO+hcosO=Lcose-hsinO 2小球沿斜面有下滑趋势时：Fm i ncos0=mgsind-k(jngcosd+F s m S)解得：min=LsinO-hcosO-Z-T-m qLcos6+hstn0 已所以风力大小的范围是:-L-s-i-n-O-h-c-o-s-O-m a,Fl ,-L-s-i-n-

30、O-+-h-c-o-s-O-m aLcosO+hsinO icosO-hsinO 已答：比 例系数k 值的大小为能(2)z K 平风力F 为磊 mg；(3)若斜面的倾角。为己知，要使小球在杆上保持静止状态，水平风力F 必须满足:LsinO-hcosOLcosO+hsinO 一_,LsinO+hcosOF -m qLcosO-hsinO 已解析：根据球与杆之间的摩擦力与压力成正比，比例系是k,可以列出关系式：f=kF压,当杆水平放置时，压力等于球的重力G,根据关系式推出摩擦力大小，风力大小等于摩擦力本题解题的关键：物体匀速直线运动时，二力平衡，大小相等；会根据题意列出摩擦力与压力的关系式.1 5

31、.答案：解：(1)设释放金属棒b 瞬间的加速度为a：对物体M：M g-T =M a 对金属棒b：T-mgsind m a .解得：a =2.5 m/s 2；M+m(2)当金属棒b 速度达到最大时，对物块M 有：7 =Mg.对金属棒b 有：mgsin.300+1 LB=T .(4)感应电动势：E=BLv.E/=m,代入数据解得：v=2 0M-2,图象如图所示:(3)对两棒受力分析可知，在任一时刻:对Q棒：mgsin6 F安=m a.对b 棒：F -mg s iz i。一?安=m a 2 解得：a 1=a2即在任一时刻两棒的速度、加速度、位移总是大小相等方向相反，同时达到匀速运动状态，此时的速度最

32、大,设a 棒的最大速度为%,此过程通过的位移为S,则电路中的总电动势为：Ei=2 BLvx.电路中的总电流为：人=露.对a 棒:mgsin300=kLB由能量守恒定律得：m gS=2 Q+2 x从静止释放到。刚开始匀速运动的过程中，流过a 棒的电量有：q=lAt其中：/=刍，E=丝，2 R A t磁通量的变化量为：X=2 BLS解&2 4得B：%=赤rngR$c =花2 Q+诉m2g百R2，_ BL 2 Q m2gR2q。(而答：(1)若金属棒a 固定，M =m,由静止释放b,释放瞬间金属棒b 的加速度大小为2.5 m/s 2。(2)金属棒b 获得的最大速度 与物体质量M 的关系式是V =2

33、0 M-2,v-M 图象如图所示；(3)这个过程流过金属棒a 的电量为半篇+需)。解析：(1)分别以M 与b 为研究对象，应用牛顿第二定律求出加速度。(2)由E=B切求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式与平衡条件列式求出9与M的关系，然后作出图象。(3)当a、b棒的加速度相等时两棒都做匀速运动，速度达到最大，应用能量守恒定律与欧姆定律、电流定义求出流过金属棒a的电荷量。本题考查电磁感应规律与功能关系和受力分析的结合，解题的关键在于根据物理规律得到解析式，再分析图象的数学意义，采用数学上数形结合的方法进行分析求解，注意根据功能关系分析产生的焦耳热。16.答案：解：(1)根据对

34、称性和几何知识可知：光线进入昉 面时的折射角 r=45则玻璃砖的折射率n=当1=四 丝=立sinr sin45 2(2)光在玻璃中的传播速度=；=2 2浮=V6x 108m/s2光在玻璃中的传播距离s-2V2-，=V2 x V3cm-6cm=0.06m所以光在玻璃中的传播时间t=;=强 焉=V6x 10-10s答:(1)玻璃砖的折射率n是&x 1087n/s；(2)光在玻璃中的传播时间t是 迎x 10-10s.解析：(1)根据对称性和几何知识结合求出光线进入ab面时的折射角，由折射定律求得折射率.(2)由n=：求出光在玻璃中的传播速度，由几何知识求出光在玻璃中的传播距离，即可求得传播时间t.解答本题的关键是正确画出光路图，掌握折射定律，依据几何关系和相关物理知识进行求解.