试卷05-2021年高考物理考前冲刺押题卷（山东卷）（解析版）

第 1页 共 17页 2021 年高考物理考前冲刺押题卷（山东卷）05 物理 （考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考 证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。每个题目只有一个选项符合要求，选对得 4 分， 选错得 0 分。 1、近代物理和相应技术的发展，极大地改变了人类的生产和生活方式推动了人类文明与进步。关于近代物 理知识下列说法正确的是（ ） A．若氢原子从 6n  能级向 1n  能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从 6n  能 级向 2n  能级跃迁时辐射出的光有可能使该金属发生光电效应 B．查德威克预言了中子的存在，卢瑟福通过实验发现了中子 C．玻尔理论成功解释了大量原子光谱规律，其局限性在于保留了经典粒子的观念 D．钋（ 218 84 Po ）是氡（ 222 86 Rn ）的衰变产物之一，故钋（ 218 84 Po ）的比结合能大于氡（ 222 86 Rn ）的比结合能 【答案】D 【解析】氢原子从能级 6n  跃迁至 1n  时辐射的光子能量大于从 6n  跃迁至 2n  辐射的光子能量，故 A 错；卢瑟福预言了中子的存在，查德威克发现了中子，故 B 错；玻尔理论只成功解释了氢原子光谱规律， 故 C 错；衰变产物新核更稳定，比结合能更大，故 D 对。故选 D。 2、登山运动员在登雪山时要注意防止紫外线的过度照射，尤其是眼睛更不能长时间被紫外线照射，否则将 会严重地损伤视力.有人想用薄膜干涉的原理设计一种能大大减小紫外线对眼睛伤害的眼镜，他选用的薄膜 材料的折射率 n＝1.5，所要消除的紫外线的频率ν＝8.1×1014 Hz，那么他设计的这种“增反膜”的厚度至少是 ( ) A．9.25×10－8 m B．1.85×10－7 m C．1.23×10－7 m D．6.18×10－8 m 第 2页 共 17页 【答案】C 【解析】为了减小紫外线对眼睛的伤害，应使入射光分别从该膜的前、后两个表面反射的光叠加后加强， 则路程差(大小等于薄膜厚度 d 的 2 倍)应等于光在薄膜中的波长λ′的整数倍，即 2d＝Nλ′(N＝1,2…).因此，膜 的厚度至少是紫外线在膜中波长的1 2.紫外线在真空中的波长是λ＝c ν ，在膜中的波长是λ′＝λ n ，解得膜的厚度至 少是 1.23×10－7 m. 3、如图甲所示，投篮游戏是小朋友们最喜欢的项目之一，小朋友站立在水平地面上双手将皮球水平抛出， 皮球进入篮筐且不擦到篮筐就能获得一枚小红旗。如图乙所示。篮筐的半径为 R，皮球的半径为 r，篮筐中 心和出手处皮球的中心高度为 1h 和 2h ，两中心在水平地面上的投影点 1 2O O 之间的距离为 d。忽略空气的阻 力，已知重力加速度为 g。设出手速度为 v，要使皮球能入框，则下列说法中正确的是（ ） A．出手速度大的皮球入框前运动的时间也长 B．速度 v 只能沿 1 2O O 连线方向 C．速度 v 的最大值为 1 2 ( ) 2( ) gd R r h h    D．速度 v 的最小值为 2 1 2( ) ( ) gd R r h h    【答案】C 【解析】平抛运动的时间由下落的高度决定，则进框的皮球运动时间相同，A 错误；与 1 2O O 连线成一个小 的角度投出的皮球也可能进框，B 错误；皮球沿 1 2O O 连线的方向投出，并能进框的图示如图，作出皮球中 心的运动轨迹，下落的高度为 2 1h h ，水平射程分别为 d R r  和 d r R  ，则投射的最大速度为      max 2 12 1 22 d R r gv d R r h hh h g       ，最小速度为      min 2 12 1 22 d R r gv d R r h hh h g       C 正确，D 错误。故选 C。 第 3页 共 17页 4、如图所示为某小型电站髙压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为 20kW。在输电线 路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为 1：10，电流表的示数为 1A，输电线的总电阻为 10 Ω，则下列说法中错误的是（ ） A．采用高压输电可以减小输电线中的电流 B．将 P 下移，用户获得的电压将增大 C．用户获得的功率为 19kW D．升压变压器的输出电压 U2=2000V 【答案】B 【解析】当输电功率不变时，增加升压变压器的输入电压，电流会减小。对于理想变压器，有 1 2 2 1 I n I n  可知，输电线的电流会减小。所以采用高压输电可以减小输电线中的电流，所以 A 正确；将 P 下移，降压 变压器的原线圈匝数变多，即 3n 变大，对于理想变压器，由 3 3 4 4 U n U n  化简得 3 4 4 3 U nU n  ，所以降压变压器 的输出电压将减小，即用户获得的电压将减小，所以 B 错误；由电流互感器可得，输电线的电流为 2 10 10 1A 10AI I    ，由题意可知，升压变压器的输出功率为 20kW，则可得升压变压器的输出电压 为 2 2 2 2000VPU I   ，由题意及以上选项分析可得，输电线损耗的功率为 2 2 2 10 10W 1000WP I r     ， 则用户获得的功率为 4 3 2 19kWP P P P     ，所以 CD 正确；故选 B。 第 4页 共 17页 5、无人机的使用方便和丰富了人们的工作和生活可利用无人机送快递、送餐、施肥和喷农药等，节约了人 力物力，提高了生产生活效率，还能减少人员接触，减少卫生隐患。如图所示，在无风环境下无人机 A 用 轻绳吊着质量为 m 的快递箱 B 水平向左做匀速直线运动，轻绳与竖直方向夹角为α。下列说法正确的是（ ） A．快递箱 B 受到两个力的作用 B．快递箱 B 受到的合力水平向左 C．快递箱 B 受到的绳子拉力大小为 cos mg  D．绳子对 B 的拉力与绳子对 A 的拉力是一对平衡力 【答案】C 【解析】由于快递箱 B 水平向左做匀速直线运动，则其所受合外力为 0，B 错误；由于快递箱 B 受到的合 力为 0，则快递箱 B 不可能只受到两个力的作用，因为这两力不在同直线，所以快递箱 B 至少受到三个力 的作用，除了重力，绳子拉力，还有水平方向空气的阻力，A 错误；在竖直方向上由平衡条件可得 cosT mg  ，解得 cos mgT  ，所以快递箱 B 受到的绳子拉力大小为 cos mg  ，C 正确；绳子对 B 的拉力 与绳子对 A 的拉力不是一对平衡力，因为这两个力的作用对象不是同一个物体，D 错误。故选 C。 6、如图所示，半径为 R 的圆所在平面与某一匀强电场平行，ABC 为圆周上三个点，O 为圆心，D 为 AB 中 点。粒子源从 C 点沿不同方向发出速率均为 0v 的带正电的粒子，已知粒子的质量为 m、电量为 q（不计重 力和粒子之间的相互作用力）。若沿CA 方向入射的粒子恰垂直 AB 方向过 D 点。则以下说法正确的是（ ） A．A、B、C 三点电势高低为： B C A    第 5页 共 17页 B．沿垂直 BC 方向入射的粒子可能经过 A 点 C．若 60ACB  ，则匀强电场的场强为 2 03 4 mvE qR  D．若 45ACB   ，则过 D 点速率可能为 0 2 v 【答案】C 【解析】因为沿 CA 方向入射的粒子恰垂直 AB 方向过 D 点，不妨研究它的逆过程，从 D 到 A，由于此过程 中速度的偏向角正切等于位移偏向角正切的 2 倍，可知此过程为类平抛运动，则粒子受垂直 BC 向下的电场 力作用，由于粒子带正电，可知场强方向垂直于 BC 向下，则 BC 电势相等，则 =A B C   ，选项 A 错误； 电场方向垂直 BC 向下，则沿垂直 BC 方向入射的粒子不可能经过 A 点，选项 B 错误；若∠ACB=60°，则由 类平抛运动的规律可知 0 cos60R v t  ， 23 1 2 2 EqR tm   ，联立解得 2 03 4 mvE qR  ，选项 C 正确；若 ∠ACB=45°，则过 D 点速率等于 C 点的速度沿 CB 方向的分量，即 0 0 2cos45 2Dv v v  ，选项 D 错误； 故选 C。 7、一列沿 x 轴传播的简谐横波在 t=0 时刻的波形如图甲所示，图乙是位于 x=1m 的质点 N 此后的振动图像， Q 是位于 x=10m 处的质点。则下列说法正确的是（ ） A．波沿 x 轴正方向传播，波源的起振方向向下 B．在 t=6.5s 时，质点 Q 开始振动 第 6页 共 17页 C．在 t=12s 时，质点 Q 的位置坐标为（10m，-8cm） D．在 5s~5.5s 时间内，质点 M 的速度在增大，加速度在减小 【答案】D 【解析】图乙是位于 x=1m 的质点 N 此后的振动图像可知 t=0 后其振动沿负方向，由波形图上的同侧法可知 波沿 x 轴正方向传播，而甲图中的 M 点刚好起振向上，则波源的起振方向向上，故 A 错误；由波形图可知 波长为 4m  ，周期为 4sT  ，则波速为 1m/sv T   ，故 M 点起振传播到 Q 点的时间为 7 s 7s1 xt v    故 B 错误；Q 点起振需要 7s，则 t=12s 有(5s 4 TT  )用于振动，可知 Q 正处于波峰位置，坐标为（10m， 8cm），故 C 错误；在 5s~5.5s 时间，M 点从波峰向平衡位置振动，则其速度增大，加速度减小，故 D 正确； 故选 D。 8、2021 年 2 月 5 日，我国首个火星探测器“天问一号”传回了火星照片，如图所示。多年以后，小明作为一 位火星移民，于太阳光直射赤道的某天晚上，在火星赤道上某处仰望天空。某时，他在西边的地平线附近 恰能看到一颗火星人造卫星出现，之后极快地变暗而看不到了，他记下此时正是火星上日落后约 4 小时 5 分。 后来小明得知这是我国火星基地发射的一颗绕火星自西向东运动的周期为T 的探测卫星，查阅资料得知火 星自西向东自转且周期约为 24 小时30 分，已知万有引力常量为G 。根据以上信息，分析可得火星密度的 表达式为（ ） A． 2 3 3GT  B． 2 24 GT  C． 2 8 3 3GT  D． 2 9 3 GT  【答案】C 【解析】运动轨迹如图所示 火星自转周期为 24 小时 30 分，日落后 4 小时 5 分，即转过 60，由图知 cos30R r  ，根据万有引力提供 第 7页 共 17页 向心力 2 2 2MmG m rr T      ，密度为 34 3 M R    ，解得 2 8 3 3GT   ，故选 C。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9、从电子枪打出的电子流并不完全沿直线运动，而是有微小角度的散射，为了使显示器图像清晰，需要通 过电子透镜对电子流进行聚焦处理，正好在屏幕上汇聚形成一个亮点。如图甲所示，密绕线圈的玻璃管是 一种利用磁场进行汇聚的电子透镜，又称为磁场透镜。如图乙所示为其内部原理图，玻璃管的管长为 L，管 内直径为 D，管内存在沿轴线方向向右的匀强磁场。电子流中的电子在与轴线成微小角度θ的顶角范围内从 轴线左端的 O 点射入磁场，电子速率均为 v0，调节磁感应强度 B 的大小，可以使电子重新汇聚到轴线右端 与荧光屏的交点 P。已知电子的电荷量为 e，质量为 m，当角度θ非常小时满足 cos 1  ，sin  ，若要 使电子流中的电子均能汇聚到 P 点，下列说法正确的是（ ） A．磁感应强度应满足 02n mvB eL  （n 为合适的整数） B．磁感应强度应满足 0n mvB eL  （n 为合适的整数） C．管内直径应满足 2 LD  … D．管内直径应满足 LD  … 【答案】AC 【解析】将电子的运动分解为竖直方向和水平方向，在竖直方向做匀速圆周运动，在水平方向做匀速直线 运动，竖直方向 y 0 0sinv v v   ，匀速圆周运动的周期 2 mT eB  ，电子经过时间 t 汇聚在 P 点，设 t nT ，水平方向有 x 0 0cosv v v  ， 0 0L v t v nT  ，联立解得 02n mvB eL  （n 为合适的整数），A 第 8页 共 17页 正确，B 错误；根据题意，电子做匀速圆周运动的直径不大于玻璃管的半径，则有 22 D R ， 2 y y vev B m R  联立解得 2 LR n   （n 为合适的整数，且 1n  ）， 24 LD R n    （n 为合适的整数，且 1n  ），所以 2 LD  … ， 故选 AC。 10、如图甲所示，一内壁光滑的绝缘圆筒竖直放置，左侧距离为 L 处有一固定的负电荷 N，圆筒内有一带 电小球，设小球与电荷的竖直高度差为 H，将小球无初速度地从 H0 高处释放后，在下落至与 N 同一水平面 的过程中，其动能 kE 随 H 的变化曲线如图乙所示，则（ ） A．小球可能带负电，也可能带正电 B．在 1 2H H 之间的某点，库仑力竖直方向上的分力最大 C．该过程中，小球所受合力先增大后减小再增大 D．该过程中，小球的动能和电势能之和不断增加 【答案】BD 【解析】小球在竖直方向上受到重力 mg、库仑力的竖直分力 Fx，由动能定理和图像斜率知 k x Ek mg FH    ，H1、H2 处斜率为零，合外力均为零，即这两处竖直方向上，向上的库仑分力与竖直 向下的重力平衡，所以小球与 N 一定带同种电荷，即小球一定带负电，故 A 错误；H1、H2 之间图像的斜率 先增大再减小，合力大小先增大后减小，又因为从 H1 到 H2 小球动能减小，合外力向上，即竖直向上的库仑 力先增大再减小，之间某点库仑力的竖直分力最大，故 B 正确；由图像知，小球在 H1 和 H2 处的加速度为 零，易知在 H0~H1 之间，小球的合力逐渐减小到零；H1~H2 之间，小球的合力从零逐渐增大再减小到零；在 H2~0 之间，小球的合力逐渐增大，故 C 错误；小球的动能和电势能、重力势能之和不变，由于小球的重力 势能在减小，所以小球的动能和电势能之和在增加，故 D 正确。故选 BD。 11、如图，内壁光滑的玻璃管内用长为 L 的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度 匀速转动时， 第 9页 共 17页 小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是（ ） A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力 B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小 C．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力 D．仅增加角速度至后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力 【答案】BD 【解析】根据题意可知， 2 2tan sinmg mr mL    ，仅增加绳长后，小球需要向心力变大，则有离心 趋势会挤压管壁右侧，小球受到玻璃管给的斜向下方的压力，故 A 错误；仅增加绳长后，若仍保持小球与 玻璃管间无压力，根据以上分析可知，需减小 ，故 B 正确；小球质量可以被约去，所以，增加小球质量， 小球仍与管壁间无压力，故 C 错误；仅增加角速度至后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管 壁右侧，小球受到斜向下方的压力，故 D 正确。故选 BD。 12、质量为3m 足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为 m 的木块 1、2、3，木块与 木板间的动摩擦因数均为  。现同时给木块 1、2、3 水平向右的初速度 0v 、 02v 、 03v ，已知重力加速度为 g 。则下列说法正确的是（ ） A．1 木块相对木板静止前，木板是静止不动的 B．1 木块的最小速度是 0 1 2 v C．2 木块的最小速度是 0 5 6 v 第 10页 共 17页 D．木块 3 从开始运动到相对木板静止时对地位移是 2 04v g 【答案】BCD 【解析】木块 1 在木板上向右减速运动，该过程木板向右做加速运动，当木块 1 与木板速度相等时相对木 板静止，由此可知，1 木块相对静止前木板向右做加速运动，故 A 错误；木块与木板组成的系统所受合外 力为零，系统动量守恒，第 1n  号木块与木板相对静止时，它在整个运动过程中的速度最小，设此时第 n 号木块的速度为 v，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得    0 0 0 12 2 1 nm v v nv n mv mv     ，对第 1n  号木块，由动量定理得 1 0' 1nmgt mv m n v    （ ） ，对第 n 号木块，由动量定理得 0'mgt mv mnv   由以上三式解得    0 1 1 2 4n n n vv n   ，1 木块的最小速度为 1 0 1 2v v ，2 木块的最小速度为 2 0 5 6v v ， 故 BC 正确；木块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，3 木块相对木板静止过程，由动量守恒定 律得    0 0 0 32 3 3 3m v v v m m v    ，解得 3 0v v ，对 3 木块，由动能定理得  22 3 0 1 1 32 2mgx mv m v   ，解得 2 04vx g ，故 D 正确；故选 BCD。 第Ⅱ卷 三、实验题：本题共 2 小题，第 13 题 6 分，第 14 题 9 分，共 15 分。 13、（6 分）图（a）是测量木块与木板间动摩擦因数的实验装置。接通电源，开启打点计时器，从斜面上某 点释放木块，木块沿木板滑下，多次重复后选择点迹清晰的一条纸带如图（b）所示。图中 0～4 是选取的 五个计数点，相邻两计数点的时间间隔为 T，如图（b）所示，测出了两个计数点的间距 x1 和 x4，重力加速 度为 g，完成下列填空： (1)木块下滑的加速度大小为______（用符号 T、x1、x4 表示）； 第 11页 共 17页 (2)木块与木板间的动摩擦因数为______； (3)实验中发现动摩擦因数的测量值大于实际值，可能的一个原因是______。 【答案】（1） 4 1 23 x x T （2 分） （2） 4 1 2tan 3 cos x x gT    （2 分）（3）木块受到纸带阻力作用 （2 分） 【解析】(1)根据逐差法有 2 4 1 3x x aT  ，解得木块下滑的加速度大小为 4 1 23 x xa T  。 (2)根据牛顿第二定律 sin cosmg mg ma    ，可得 tan cos a g     ，木块与木板间的动摩擦因数 为 4 1 2tan = tanc s co3o s x g gT a x       。 (4)实验中发现动摩擦因数的测量值大于实际值，可能的一个原因是木块受到纸带阻力作用。 14、（9 分）(1)如图甲中的螺旋测微器读数为______mm； (2)如图乙为某多用电表的原理图。图中 E 是电池；R1、R2、R3、R4 和 R5 是定值电阻，R6 是可变电阻，已知 R3＜R4，表头 G 的满偏电流为 250μA，内阻为 1200Ω。图中 S 为转换开关，A 端和 B 端分别与两表笔相连， 该多用电表有 5 个挡位，5 个挡位为：直流电压 1V 挡和 5V 挡，直流电流 1mA 挡和 2.5mA 挡，欧姆×100Ω 挡。 ①图乙中的 B 端与______（选填“红”或“黑”）表笔相连接； 第 12页 共 17页 ②使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整 R6 使电表指针指在表盘______（选填“左端电流”或“右端电阻”） 为“0”的位置； ③某次测量时该多用电表指针位置如图丙所示，若此时 B 端是与“5”相连的，则读数为______Ω；（结果保留 2 位有效数字） ④根据题给条件可得：R1+R2=______Ω，R4=______Ω。 【答案】（1）6.700 0.02 （1 分） （2）红（1 分） 右端电阻（1 分） 4.0×103 （2 分） 400 （1 分） 4700 （2 分） 【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为 6.5mm，可动刻度读数为 0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数 为 6.5mm+0.01mm×20.0=6.700mm，由于读数误差则 6.700 0.02 均可； (2)根据电流“红进黑出”可知，A 表笔为黑表笔，B 表笔为红表笔； 用欧姆挡时，先将两表笔短接进行欧姆调零即调整 R6 使电表指针指在表盘右端电阻为“0”的位置； B 端是与“5”相连的，由题意可知，倍率为 100，则读数为 340 100Ω 4.0 0 Ω1   由题意可知，开关接 1 时量程为 2.5mA，则有 2 max1 1 ( )g g g I R RI IR   开关接 2 时量程为 1mA，则有 max2 1 2+ g g g I RI IR R   联立解得 1 2 400ΩR R  。 开关接 4 时量程为 5V，此时电压表的内阻为 V 3 5= Ω=5000Ω1 10R  表头与电阻 1R 、 2R 部分的电阻为 1200 400 Ω 300Ω1200 400R   则 4 V= 4700ΩR R R  。 四、解答题：本题共 4 小题，第 15 题 8 分，第 16 题 9 分，第 17 题 12 分，第 18 题 16 分，共 45 分。解答 应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 中必须明确写出数值和单位。 15、（8 分）如图甲所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积为 S＝2×10－3 m2、质量为 m＝4 kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离为 24 cm，在活塞的右侧 12 cm 处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度为 300 K，大气压强 p0＝1×105 Pa. 现将汽缸竖直放置，如图乙所示，取 g＝10 m/s2.求： 第 13页 共 17页 (1)活塞与汽缸底部之间的距离； (2)加热到 675 K 时封闭气体的压强． 【答案】 （1）20 cm. （2）1.5×105 Pa. 【解析】(1)以汽缸内气体为研究对象，初状态：p1＝p0＝1×105 Pa，T1＝300 K，V1＝24 cm×S 末状态：p2＝p0＋mg S ＝1.2×105 Pa（1 分），T1＝T2，V2＝HS 由玻意耳定律得 p1V1＝p2V2（2 分） 解得 H＝20 cm.（1 分） (2)假设活塞能到达卡环处，则 T3＝675 K，V3＝36 cm×S 由理想气体状态方程p2V2 T2 ＝p3V3 T3 （2 分） 得 p3＝1.5×105 Pa>p2＝1.2×105 Pa 所以活塞能到达卡环处，封闭气体压强为 1.5×105 Pa.（2 分） （9 分）如图所示，半径为 R 的半圆形玻璃砖与一底角为 30°的直角△ACB 的玻璃砖平行且正对放置，点 O 和 O′分别是 BC 边的中点和半圆形玻璃砖的圆心.一束平行于 AC 边的单色光从 AB 边上的点 D 入射，经折射 后从点 O 射出，最后从半圆形玻璃砖上的某点 P 射出.已知 BC 边与直径 B′C′长度相等，二者相距 1 3R，点 B、 D 间距离为 R，两种玻璃砖的厚度与折射率均相同，若不考虑光在各个界面的反射.求： (1)玻璃砖的折射率 n； (2)点 P 的位置和单色光的最后出射方向. 【答案】（1） 3n  ；（2）见解析。 【解析】(1)连接 DO，则△BOD 恰为等边三角形，设单色光从 AB 边上的点 D 入射时的折射角为α，由几何 知识得α＝30°(1 分) 在 AB 界面，根据折射定律得 n＝sin 60° sin α (1 分) 解得 n＝ 3(1 分) 第 14页 共 17页 (2)作出其余光路如图所示，光在 O 点发生折射，OO′为法线 根据折射定律得 sin ∠2＝nsin ∠1 ( 1 分) 而∠1＝α＝30° 解得∠2＝60° 光在 D′点发生折射，D′E 为法线，由光路可逆知∠3＝∠1＝30°(1 分) 在直角△OO′D′中，O′D′＝OO′·tan ∠2＝ 3 3 R(1 分) 在△O′D′P 中，根据正弦定理得sin ∠4 O′D′ ＝ PO ）（   390sin 0 解得∠4＝30°(1 分) 光在 P 点发生折射，根据折射定律得 sin ∠5＝nsin ∠4(1 分) 联立解得∠5＝60°，即光线平行于 OO′连线向右射出.(1 分) 17、（12 分）距离为 d 的两根轨道 ABEF 、CDGH 平行放置，AB 、CD 与水平面的夹角为 30°，BE 、DG 为两段光滑绝缘圆弧轨道（长度可忽略），除 BE 、 DG 两段外其余部分均为金属，电阻可忽略不计， EF 、 GH 均光滑、足够长且二者在同一水平面上，轨道的 AC 端接一个电容为 2 2 mC B d  的电容器， FH 端接一 个电阻恒为 R 的小灯泡， ABCD 所在平面内的磁场方向垂直于平面向下， EG 右侧的水平内的磁场方向竖 直向上，磁感应强度的大小均为 B 。长为 d 、质量为 m 、电阻不计的导体棒 P 从靠近 AC 端的位置由静止 开始沿轨道下滑，在 EG 处与静止在此处的质量为 2m 、电阻为 2R 、长度为 d 的导体棒Q 发生弹性碰撞， 碰撞后瞬间导体棒 P 被拿走时小灯泡刚好正常发光。 P 棒的初始位置离水平面的高度为 h ，导体棒与倾斜 轨道间的动摩擦因数为 3 9   ，重力加速度为 g ，导体棒在运动过程中始终与轨道垂直且接触良好。求： （1）小灯泡的额定功率： （2）导体棒Q 在磁场中运动的距离及此过程中导体棒Q 上产生的焦耳热。 第 15页 共 17页 【答案】（1） 2 28 243 B d gh R ；（2） 16 81 mgh 【解析】（1）导体棒 P 在倾斜轨道上运动时，对导体棒 P 受力分析有 sin30 cos30mg mg F ma   安 （1 分） 且 2 2q C U CBd vBId B d B d B d CB d at t tF         安 （1 分） 解得  2 2 63 mg ga m CB d    （1 分） 设 P 棒到达 EG 时的速度为 0v ，有 2 0 2 sin30 hv a   设导体棒 P、Q 碰撞后瞬间的速度分别为 2v 、 1v ，P、Q 棒碰撞过程动量守恒，有 0 2 12mv mv mv  由能量守恒定律有 2 2 2 0 2 1 1 1 1 22 2 2mv mv mv   （1 分） 解得 1 2 2 3 3 ghv  （1 分） 此时导体棒 Q 产生的感应电动势 1E Bdv （1 分） 此时流过灯泡的电流 2 EI R R   此时灯泡的功率 2 2 2 8 243P P B d ghI R R    额 （1 分） （2）当导体棒Q 在水平轨道上滑动时，对导体棒 Q 由动量定理有 10 2mvI  安 （1 分） 设导体棒 Q 在水平轨道上滑动的时间为t ，通过的距离为 x ，则有 2 2 2 2 3 Bdx E B d xtBIdt B dt B dtR R R R RI         安 （1 分） 解得 2 2 4 2 3 mR ghx B d  （1 分） 导体棒 Q 在运动过程中由能量守恒定律有 2 1 1 22 mv Q  总 （1 分） 导体棒 Q 上产生的热量 1 2 16 2 81 R mghQR RQ   总 （1 分） 18、（16 分）如图，倾角为30 、长 L=6m 的倾斜传送带的速度大小 v。可由驱动系统根据需要设定，且设 定后速度保持不变，其方向沿传送带向上。现给质量 m=1kg 的货箱（视为质点）施加一个沿传送带向上、 大小 F=10N 的恒力，使其由静止开始从传送带底端向高平台运动。已知货箱与传送带间的动摩擦因数 3 5   ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取 g=10m/s2。 第 16页 共 17页 (1)若 v0=0，求货箱在传送带上运动的时间 t； (2)若 v0=4m/s，求货箱在传送带上运动的过程中，摩擦力对货箱的冲量 I，和货箱与传送带间因摩擦产生的 热量 Q。 (3)若 v0=4m/s，货箱运动到 0.7s 末，由于某种原因使恒力 F 突然消失，试通过计算判断货箱能否到达高平 台。 【答案】(1) 6st  ；(2) f 1.5N sI    ，方向沿传送带向下，6J；(3)货物能到达高平台 【解析】(1)v0=0 时，货箱受四力（其中摩擦力方向沿传送带向下）作用向上做匀加速运动，由牛顿第二定 律有 cos30 sin30    F mg mg ma （1 分） 代人数据得 a=2m/s2（1 分） 由运动学规律有 21 2L at ，代人数据解得 6st  （1 分） (2)v0=4m/s 时，货箱先受四力（其中摩擦力方向沿传送带向上）作用向上做匀加速运动直到速度达到 4m/s， 设此过程加速度为 a1，运动时间为 t1，发生位移为 x1，由牛顿第二定律有 1cos30 sin30    F mg mg ma （1 分） 代入数据得 a1=8m/s2（1 分） 由运动学规律有 0 1 1v a t ， 2 1 1 1 1 2x a t ，代人数据得 t1=0.5s，x1=1m 货箱与传送带间的相对路程为 1 0 1 1 1mvx t x   （1 分） 此后，摩擦力反向，货箱继续沿斜面向上做加速运动，由受力情况可知加速度 a2=a=2m/s2（1 分） 设此过程的时间为 t2，发生位移为 x2， 2 1=5mx L x  由运动学规律有 2 2 0 2 2 2 1 2x v t a t  代人数据得 t2=1s 货箱与传送带间的相对路程为 2 2 0 2 1mx vx t    （1 分） 规定沿传送带向上的方向为正方向，则有 f 1 2cos30 cos30I mg t mg t    （1 分） 第 17页 共 17页 则 1 2cos30 ( )    Q mg x x （1 分） 代入数据解得 f 1.5N sI    方向沿传送带向下 Q=6J（1 分） (3)t1=0.5s 时，货箱速度达到 4m/s。从 0.5s 到 0.7 s，货箱以加速度 a2 沿传送带向上做加速运动，设此过程时 间为 t3，发生位移为 x3，末速度为 v，则 t3=0.7s－0.5s=0.2s 由运动学规律有 2 0 2 3 3 0 3 2 3 1, 2    v v a t x v t a t ，代人数据得 v=4.4m/s，x3=0.84m（1 分） 力 F 消失后，货箱先沿传送带向上做减速运动（摩擦力方向沿传送带向下）直到速度再次到达 4m/s，设此 过程发生位移为 x4，由动能定理有   2 2 4 0 1 1sin30 cos30 2 2mg mg x mv mv     （1 分） 代入数据得 x4=0.21m（1 分） 此后，摩擦力方向沿传送带向上，货箱向上减速运动，设货箱速度从 4m/s 减至 0 的过程中发生的位移为 x5， 由动能定理有 05 21( sin30 cos30 ) 0 2mg mg x mv     （1 分） 代人数据得 x5=4m 因 x1+x3+x4+x5=6.05m>L，所以，货物能到达高平台（1 分）