河北省衡水市2021屆新高考物理一模試卷含解析

1、河北省衡水市2021屆新高考物理一模試卷、單項(xiàng)選擇題：本題共 6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合 題目要求的1 .如圖甲所示，單匝矩形金屬線框abcd處在垂直于線框平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框面積 S 0.3m2 ,線框 連接一個(gè)阻值 R 3 的電阻，其余電阻不計(jì)，線木i cd邊位于磁場(chǎng)邊界上。 取垂直于線框平面向外為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。下列判斷正確的是（）A . 00.4s內(nèi)線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较駼. 0.40.8s內(nèi)線框有擴(kuò)張的趨勢(shì)C. 00.8s內(nèi)線框中的電流為 0.1AD. 00.4s內(nèi)ab邊所受安培力保持

2、不變【答案】C【解析】【詳解】A.由圖乙所示圖線可知，0-0.4s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于紙面向里，磁通量減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，?A錯(cuò)誤。B.由圖乙所示圖線可知，0.4-0.8s內(nèi)穿過(guò)線框的磁通量增加，由楞次定律可知，線框有收縮的趨勢(shì)，故 B錯(cuò)誤。C.由圖示圖線可知，0-0.8s內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E 一= -B S= 0.4 ( 0.4) 0.3V=0.3V t t 0.8線框中的電流為:,E 0.3 八I =A=0.1AR 3故C正確。D.在0-0.4s內(nèi)感應(yīng)電流I保持不變，由圖乙所示圖線可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B大小不斷減小，由F=ILB可知,ab邊所受安培力不斷減小，故 D錯(cuò)誤

3、。故選Co其運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間的 vt圖如圖所示，關(guān)于它們運(yùn)動(dòng)的描述2. A B兩物體同時(shí)同地從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),正確的是（）A .物體B在直線上做往返運(yùn)動(dòng)B.物體A做加速度增大的曲線運(yùn)動(dòng)C. AB兩物體在0-1s運(yùn)動(dòng)過(guò)程中距離越來(lái)越近D. B物體在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的平均速度大小為 1:3:2【答案】D【解析】v-1圖，其數(shù)值代表速度大小和方向，斜率表示加速度，面積表示位移；由圖可知，B先勻加速直線，再做勻減速直線，速度為正值，為單向直線運(yùn)動(dòng)。物體 A做加速度增大的直線運(yùn)動(dòng)；在 0-1s內(nèi)，B物體在前，A物體在后，距離越來(lái)越遠(yuǎn)；由于面積表示位移，可求 1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的位移比為

4、 1:3:2,由亡可知平均速度大小為 1:3:2。綜上分析，D正確。3.下列關(guān)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象的認(rèn)識(shí)，正確的是（）A.它最先是 由奧斯特通過(guò)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)的B.它說(shuō)明了電能生磁C.它是指變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生電流的現(xiàn)象D.它揭示了電流受到安培力的原因【答案】C【解析】【分析】【詳解】電磁感應(yīng)現(xiàn)象最先是由法拉第通過(guò)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)的，它說(shuō)明了磁能生電的問(wèn)題，它是指變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生電流的現(xiàn)象，故選項(xiàng)C正確.4.最近，我國(guó)為 長(zhǎng)征九號(hào)”研制的大推力新型火箭發(fā)動(dòng)機(jī)聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國(guó)重型運(yùn)載火箭的研發(fā) 取得突破性進(jìn)展.若某次實(shí)驗(yàn)中該發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴射的氣體速度約為3 km/s,產(chǎn)生的推力約為 4.8X06 N,則它在1 s時(shí)間內(nèi)

5、噴射的氣體質(zhì)量約為A. 1.6 102 kgB. 1.6 103 kgC. 1.6 105 kgD. 1.6 106 kg【答案】B【解析】【分析】設(shè)該發(fā)動(dòng)機(jī)在ts時(shí)間內(nèi)，噴射出的氣體質(zhì)量為m,根據(jù)動(dòng)量定理，F(xiàn)t=mv,可知，在1s內(nèi)噴射出的氣6體質(zhì)量 m0 kg 1.6 103 kg ,故本題選 B.t v 30005. 2016里約奧運(yùn)會(huì)男子50米自由泳決賽美國(guó)埃爾文奪得金牌。經(jīng)視頻分析發(fā)現(xiàn)：他從起跳到入水后再經(jīng)過(guò)加速到獲得最大速度2.488m/s所用的時(shí)間總共為 2.5秒，且這一過(guò)程通過(guò)的位移為x=2.988m。若埃爾文以最大速度運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為19s,若超過(guò)該時(shí)間后他將做1m/s2的勻減速

6、直線運(yùn)動(dòng)。則這次比賽中埃爾文的成績(jī)?yōu)椋ǎ〢. 19.94sB. 21.94sC. 20.94sD. 21.40s【答案】D【解析】【分析】【詳解】埃爾文勻速運(yùn)動(dòng)能走過(guò)的最大位移為X2=vt2=2.488 19=47.272m因?yàn)閄1 +x2=2.988+47.272=50.2650m則運(yùn)動(dòng)員沒(méi)有勻減速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，所以他勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為s 50 2.988t 2.48818.895s則埃爾文奪金的成績(jī)?yōu)? t=2.5+18.895=21.40sA. 19.94s與分析不符，故A錯(cuò)誤;B. 21.94s與分析不符，故B錯(cuò)誤;C. 20.94s與分析不符，故C錯(cuò)誤;D. 21.40s與分析相符，故D

7、正確。故選D。6 .如圖所示，真空中位于 x軸上的兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷的位置關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對(duì)稱，規(guī)定電場(chǎng)強(qiáng)度沿 x軸 正方向?yàn)檎?，無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0。下列描述x軸上的電場(chǎng)強(qiáng)度 E或電勢(shì) 隨位置x的變化規(guī)律正確的是（）AA.B.【解析】【分析】【詳解】AB.由點(diǎn)電荷在真空中某點(diǎn)形成的電場(chǎng)強(qiáng)度公式Q 一E k2和電場(chǎng)疊加原理可知，沿 x軸方向, r點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度為負(fù)，逐漸變大，A點(diǎn)一0點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度為正，逐漸減小，。點(diǎn)一B點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度為負(fù)，逐漸變大，B點(diǎn) ，電場(chǎng)強(qiáng)度為正，逐漸減小，故 A正確，B錯(cuò)誤。CD.無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，根據(jù)等量同種正電荷的電場(chǎng)線分布圖，分析知，等量同種正電荷電場(chǎng)中的電勢(shì)不會(huì)為負(fù)值，且

8、O點(diǎn)處電勢(shì)大于零，故 CD錯(cuò)誤。故選Ao二、多項(xiàng)選擇題：本題共 6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得 5分，選對(duì)但不全的得 3分，有選錯(cuò)的得0分7 . a、b兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)在同一直線上運(yùn)動(dòng)，它們的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示，010s內(nèi)b質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的距離為65m , t 10s時(shí)，a、b兩質(zhì)點(diǎn)速度相等，且此時(shí)兩質(zhì)點(diǎn)剛好相遇，則（）A. t 0時(shí)刻，兩質(zhì)點(diǎn)相距 25mB. t 10s時(shí)，兩質(zhì)點(diǎn)的速度為 8m/sC. t 15s時(shí)，兩質(zhì)點(diǎn)相距18.75mD. t 20s時(shí)，兩質(zhì)點(diǎn)再次相遇【答案】AB【解析】【分析】【詳解】A.由于速度相等時(shí)，a、b兩質(zhì)點(diǎn)

9、剛好相遇，則t 0時(shí)刻，兩質(zhì)點(diǎn)相距1x0(10 5) 10m 25m2選項(xiàng)A正確；B. 010s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)的距離為65m ,設(shè)t 10s時(shí)質(zhì)點(diǎn)b的速度大小為v,則5 v- 10 65m2求得v 8m/s ,選項(xiàng)B正確；C.由幾何關(guān)系可知，t 15s時(shí)，兩質(zhì)點(diǎn)相距的距離與 t=5s時(shí)相距的距離相同，則1 c -x % 6.25m4選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D. t 20s時(shí)，兩質(zhì)點(diǎn)相距X0,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選AB 。8.如圖所示為手機(jī)無(wú)線充電原理圖，若連接電源的為發(fā)射線圈N ,手機(jī)端為接收線圈 M ,接收線圈匝數(shù)為n,電阻為r ,橫截面積為S,手機(jī)可看成純電阻 R,勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于線圈軸線穿過(guò)線圈。下列說(shuō)法正確

10、是()A.只要發(fā)射線圈 N中有電流流入，接收線圈 M兩端一定可以獲得電壓8 .只要接收線圈 M兩端有電壓，發(fā)射線圈 N中的電流一定不是恒定電流C.當(dāng)接收線圈 M中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加時(shí)，接收線圈M中有均勻增加的電流nS BRD.若t時(shí)間內(nèi)，接收線圈 M中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加B,則接收線圈 M兩端的電壓為 t(R r)【答案】BD【解析】【詳解】A.若發(fā)射線圈N中有恒定電流，則產(chǎn)生的磁場(chǎng)不變化，在接收線圈中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，也就不會(huì)獲得電壓，A錯(cuò)誤；B .只要接收線圈兩端有電壓，說(shuō)明穿過(guò)接收線圈的磁場(chǎng)變化，所以發(fā)射線圈中的電流一定不是恒定電流，B正確；C.若穿過(guò)接收線圈 M的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增

11、加，如果線圈閉合，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律BE n n St t可知線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知接收線圈M中有感應(yīng)電流且恒定，C錯(cuò)誤；D.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有BE n nS t t根據(jù)分壓規(guī)律得M兩端的電壓u 4 jn R r t(R r)D正確。故選BDo9 .下列說(shuō)法正確的是()A. 一定質(zhì)量的理想氣體，當(dāng)溫度升高時(shí)，內(nèi)能增加，壓強(qiáng)增大B.飽和蒸汽在等溫變化的過(guò)程中，當(dāng)其體積減小時(shí)壓強(qiáng)不變C.液體表面層分子間距離較其內(nèi)部分子間距離小，表面層分子間表現(xiàn)為斥力D. 一定質(zhì)量的理想氣體放出熱量，分子平均動(dòng)能可能減少E.自然發(fā)生的熱傳遞過(guò)程是向著分子熱運(yùn)動(dòng)無(wú)序性增大的方向

12、進(jìn)行的【答案】BDE【解析】【詳解】A.由理想氣體狀態(tài)方程C可知，當(dāng)溫度升高時(shí)，內(nèi)能增加，pV乘積增大，但壓強(qiáng)不一定大，故A錯(cuò)誤；B.飽和蒸汽壓僅僅與溫度有關(guān)，飽和蒸汽在等溫變化的過(guò)程中，體積減小時(shí)壓強(qiáng)不變，故B正確；C.液體表面層分子間距離較其內(nèi)部分子間距離大，表面層分子間表現(xiàn)為引力，故C錯(cuò)誤；D. 一定質(zhì)量的理想氣體放出熱量，根據(jù)熱力學(xué)第一定律知分子內(nèi)能可能減小，分子平均動(dòng)能可能減少，故D正確；E.根據(jù)嫡增原理可知，一切自然過(guò)程總是沿著分子熱運(yùn)動(dòng)無(wú)序性增大的方向進(jìn)行，故E正確；故選BDE。10.如圖所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，可視為質(zhì)點(diǎn)的帶負(fù)電物塊，以某一初速度從足夠長(zhǎng)的絕緣斜面物塊與斜

13、面間的動(dòng)摩擦因數(shù)上的A點(diǎn)，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)C點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，速度減為零，然后再返回到 A點(diǎn)。已知斜面傾角。=30；,整個(gè)過(guò)程斜面均保持靜止，物塊所帶電量不變。則下列判斷正確的是（）A.物塊在上滑過(guò)程中機(jī)械能一定減小B.物塊在上滑過(guò)程中，增加的重力勢(shì)能一定大于減少的電勢(shì)能C.物塊下滑時(shí)經(jīng)過(guò) C點(diǎn)的動(dòng)能一定大于上滑時(shí)經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的動(dòng)能D.物塊在下滑過(guò)程中，斜面與地面之間的摩擦力一定為零【答案】CD【解析】【分析】【詳解】A.上滑過(guò)程中滿足Eq cos f mg sin則電場(chǎng)力做功大于摩擦力做功，即除重力以外的其它力對(duì)物體做正功，則物體的機(jī)械能增加， 選項(xiàng)A錯(cuò)誤;B.上滑過(guò)程中由動(dòng)能定理岫-Wf WgE

14、k則W電Wg則物塊在上滑過(guò)程中，增加的重力勢(shì)能一定小于減少的電勢(shì)能，選項(xiàng) B錯(cuò)誤；C.由于滑塊下滑經(jīng)過(guò) C點(diǎn)往下運(yùn)動(dòng)，再返回到C點(diǎn)時(shí)有摩擦力做功， 則由能量關(guān)系可知物塊下滑時(shí)經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的動(dòng)能一定大于上滑時(shí)經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的動(dòng)能，選項(xiàng) C正確；D,當(dāng)不加電場(chǎng)力時(shí)，由于斜面對(duì)物體的支持力為N=mgcos30 摩擦力 f= mgcos30 =mgsin30 可知支持力和摩擦力的合力方向豎直向上；當(dāng)加電場(chǎng)力后，支持力和摩擦力成比例關(guān)系增加，則摩擦力和 支持力的合力仍豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律，則物塊給斜面的摩擦力和壓力的方向豎直向下，可知斜面 在水平方向受力為零，則斜面所受地面的摩擦力為零，選項(xiàng) D正確。故選C

15、D。11.如圖所示，銅圓盤(pán)安裝在豎直的銅軸上，圓盤(pán)處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。電路通過(guò)電刷與圓盤(pán)的邊緣和銅軸接觸良好，電源電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r,定值電阻為 Ro先將開(kāi)關(guān)閉合，待圓盤(pán)轉(zhuǎn)速穩(wěn)定后再斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，不計(jì)一切摩擦，下列說(shuō)法中正確的是（）A.閉合開(kāi)關(guān)時(shí)，從上往下看圓盤(pán)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)B.閉合開(kāi)關(guān)轉(zhuǎn)速穩(wěn)定時(shí)，流過(guò)圓盤(pán)的電流為零C.斷開(kāi)開(kāi)關(guān)時(shí)，a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)D.斷開(kāi)開(kāi)關(guān)后，流過(guò)電阻 R上的電流方向與原電流方向相反【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A.閉合開(kāi)關(guān)時(shí)，銅圓盤(pán)中有電流經(jīng)過(guò)，圓盤(pán)中電流方向沿半徑向外，根據(jù)左手定則可知，從上往下看圓盤(pán)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，故 A錯(cuò)誤；B.閉合開(kāi)關(guān)轉(zhuǎn)速穩(wěn)定時(shí)，圓盤(pán)不受

16、安培力作用，根據(jù) F BIL可知流過(guò)圓盤(pán)的電流為零，故 B正確；C.斷開(kāi)開(kāi)關(guān)時(shí)，從上往下看，圓盤(pán)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤(pán)的半徑切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由右手定則知，圓盤(pán)中電流方向沿半徑向里，所以a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)，故C正確；D.閉合開(kāi)關(guān)時(shí)，流過(guò)電阻R上的電流方向從b點(diǎn)經(jīng)電阻R到a點(diǎn)；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)時(shí)，a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì), 流過(guò)電阻R上的電流方向從b點(diǎn)經(jīng)電阻R到a點(diǎn)，所以斷開(kāi)開(kāi)關(guān)后，流過(guò)電阻R上的電流方向與原電流方向相同，故D錯(cuò)誤；故選BC。12 .如圖所示，在坐標(biāo)系 xoy平面的第I象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng) Bi,在第IV象限內(nèi)存在垂 直紙面向里的另一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng) B2,在x軸上有一點(diǎn)Q 2描,

17、0、在y軸上有一點(diǎn)P （0,a）?，F(xiàn)有一質(zhì)量 為m,電量為+q的帶電粒子（不計(jì)重力），從P點(diǎn)處垂直y軸以速度vo射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)Bi中，并以與x軸正向成60角的方向進(jìn)入x軸下方的勻強(qiáng)磁場(chǎng) B2中，在B2中偏轉(zhuǎn)后剛好打在 Q點(diǎn)。以下判斷正確的是A .磁感應(yīng)強(qiáng)度Bimv0qamvoB.磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 qaC.粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間 tD.粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間 t【答案】BC【解析】【分析】【詳解】AB .粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)可知4 a3V04 a2voriricos60 a解得r12a在B2磁場(chǎng)中根據(jù)幾何知識(shí)有2r2sin602 3a r1 sin60解得2 a粒子在磁場(chǎng)

18、中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得2qv0B m v_ r將半徑代入解得mvomV。B1, B22qaqa故A錯(cuò)誤，B正確;CD.粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為.2 71r,、 ，、一，、一.T=，粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為V。ttl t2解得t 4尬3vo故C正確，D錯(cuò)誤。故選BCo三、實(shí)驗(yàn)題：共2小題，每題8分，共16分13 .某同學(xué)用氣墊導(dǎo)軌做 驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律 的實(shí)驗(yàn)，如圖所示，用質(zhì)量為m的鉤碼通過(guò)輕繩帶動(dòng)質(zhì) 量為M的滑塊在水平導(dǎo)軌上，從 A由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，測(cè)出寬度為 d的遮光條經(jīng)過(guò)光電門(mén)的時(shí)間 t,已知 當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹?g,要驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，還需要測(cè)量的物理量是 ,在這過(guò)程

19、中系統(tǒng)的動(dòng)能增量為。如果實(shí)驗(yàn)前忘記調(diào)節(jié)導(dǎo)軌水平，而是導(dǎo)軌略為向左傾斜，用現(xiàn)有測(cè)量數(shù)據(jù) （填 能或 不能”）驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。2一一一 1d不能【答案】A、B的距離L 1 M m -d1要驗(yàn)證機(jī)械能守恒，就需要求得動(dòng)能的增加量和重力勢(shì)能的減少量，而要知道重力勢(shì)能的減少量則還需要測(cè)得A、B的距離L。2滑塊通過(guò)光電門(mén) B時(shí)，因光電門(mén)寬度很小，用這段平均速度代替瞬時(shí)速度可得d故滑塊和鉤碼組成的系統(tǒng)從A到B動(dòng)能的增加量為121dEk - m M vB- m M 22t3如果導(dǎo)軌不水平，略微傾斜，則實(shí)驗(yàn)過(guò)程中滑塊的重力勢(shì)能也要發(fā)生變化，因不知道傾角，故不能求得 滑塊重力勢(shì)能的變化，則不能驗(yàn)證機(jī)械能守恒定

20、律。14 .圖甲是某同學(xué)驗(yàn)證動(dòng)能定理的實(shí)驗(yàn)裝置。其步驟如下:A.易拉罐內(nèi)盛上適量細(xì)沙，用輕繩通過(guò)滑輪連接在小車(chē)上，小車(chē)連接紙帶。合理調(diào)整木板傾角，讓小車(chē)沿木板勻速下滑。B.取下輕繩和易拉罐，測(cè)出易拉罐和細(xì)沙的質(zhì)量mi以及小車(chē)質(zhì)量 m2。C.撤去細(xì)繩和易拉罐后，換一條紙帶，讓小車(chē)由靜止釋放，打出的紙帶如圖乙打下的第一點(diǎn)。己知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)時(shí)間間隔為T(mén),重力加速度為go(1)步驟C中小車(chē)所受的合外力大小為 (中間部分未畫(huà)出)，O為(2)為驗(yàn)證從O C過(guò)程中小車(chē)合外力做功與小車(chē)動(dòng)能變化的關(guān)系，測(cè)出 BD間的距離為X, OC間距離為x2 ,則C點(diǎn)速度大小為，需要驗(yàn)證的關(guān)系式為(用所測(cè)物理量的符號(hào)表示

21、)?！敬鸢浮?1) mg；(2)2Tm1gx22m2x18T2(1)1小車(chē)勻速下滑時(shí)受到重力、支持力、摩擦力和輕繩的拉力，合力為零；撤去拉力后，其余力不變,mg；故合力等于撤去輕繩的拉力，而輕繩的拉力等于易拉罐和細(xì)沙的重力，所以小車(chē)所受的合外力為(2) 2勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度等于中間時(shí)刻瞬時(shí)速度，故3動(dòng)能增量為:Ek1 m2vC22m?X2 , 8T2合力的功為:W m1gx2,需要驗(yàn)證的關(guān)系式為:2 mbK mgx2r81四、解答題：本題共 3題，每題8分，共24分直線SD與QP共15.如圖所示，把一個(gè)橫截面 QMP為等邊三角形玻璃棱鏡的一個(gè)側(cè)面放在水平桌面上,線。在S處放一光源，使其發(fā)

22、出的直線光束與SQ夾30。角，該光束射向棱鏡的 MQ側(cè)面上的一點(diǎn)。調(diào)整光源S的位置，使棱鏡另一側(cè)面 MP出射的光線射在 D點(diǎn)，且恰有SQ PD 。不考慮光線在棱鏡中的反 射，求：(i)棱鏡玻璃的折射率；(ii)棱鏡的出射光線與人射光線間的夾角?！敬鸢浮?i) n 33; (ii) 60【解析】【詳解】(i)如圖，由幾何關(guān)系知 A點(diǎn)的入射角為60 ,折射角為30。Q尸有sin 60 nsin 30解得(ii)出射光線與入射光線間的夾角為2 306016.如圖所不，在豎直直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，x軸下方區(qū)域I存在場(chǎng)強(qiáng)大小為 E、方向沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，x軸上方區(qū)域n存在方向沿27.x軸正萬(wàn)向的勻強(qiáng)

23、電場(chǎng)。已知圖中點(diǎn) D的坐標(biāo)為( L, L),虛線GD x軸。兩固定平行絕緣擋板AB、DC間距為3L , OC在x軸上，AB、OC板平面垂直紙面，點(diǎn) B在y軸上。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計(jì)重力)從D點(diǎn)由靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò) x軸后不與AB碰撞，恰好到達(dá) B點(diǎn)，已知 AB=14L , OC=13L 。(1)求區(qū)域n的場(chǎng)強(qiáng)大小 E以及粒子從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間t0；(2)改變?cè)摿Ｗ拥某跷恢茫Ｗ訌?GD上某點(diǎn)M由靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò) X軸后第一次與 AB相碰前 瞬間動(dòng)能恰好最大。求此最大動(dòng)能 Ekm以及M點(diǎn)與X軸間的距離y1 ；若粒子與 AB、OC碰撞前后均無(wú)動(dòng)能損失(碰后水平方

24、向速度不變， 豎直方向速度大小不變， 方向相反), 求粒子通過(guò)y軸時(shí)的位置與 。點(diǎn)的距離y2。比（2） 18qEL , 9L ； 3L 2qE【答案】(1) 6E; 5【解析】 【詳解】D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到X軸所用的時(shí)間設(shè)為 L,則(1)該粒子帶正電，從L - a1t2 2aW根據(jù)牛頓第二定律有qE ma1粒子在區(qū)域II中做類平拋運(yùn)動(dòng)，所用的時(shí)間設(shè)為t2,則27L 1a2t2223Lt2根據(jù)牛頓第二定律有qE ma2粒子從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間tot1t2解得mL2qE6E, to 5(2)設(shè)粒子通過(guò)X軸時(shí)的速度大小為0,碰到AB前做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t,則3L粒子第一次碰到AB前瞬間的X軸分速度大小Xa2t碰前瞬間動(dòng)