2021年高考理综物理真题试卷（全国乙卷）

2021年高考理综物理真题试卷（全国乙卷）

阅卷人一、选择题:本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的

四个选项中，第1〜5题只有一项符合题目要求，第6〜8题有多项符

得分合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0

分。（共8题；共48分）

1.（6分）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相

连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板

上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系

统（）

0000000.

A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒

C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒

【答案】B

【解析】【解答】撤去推力后，滑块跟车厢之间有相对滑动，由于滑块与车厢底板间存在摩擦力，所

以摩擦力做功产生内能；所以以小车、弹簧和滑块组成的系统其机械能不守恒；以小车、弹簧和滑

块组成的系统，由于撤去推力后系统没有受到外力；根据动量守恒的条件可知撤去推力后该系统动

量守恒。所以B符合题意。

故答案为：B。

【分析】由于滑块与车厢之间有摩擦力，利用摩擦力做功可以判别撤去推力后系统机械能不守恒，

但动量守恒。

2.（6分）如图（a）,在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板

上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相

等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为F”和FN,相

应的电势能分别为EpM和EpN，则（）

0

r'、・N“

M''

图（a）图（b）

A.F/\/i<F申EpM>EpNB.FM>FN，E「M>^pN

C.FM<F^EpM<EpND.FM>F^,EpM<EpN

【答案】A

【解析】【解答】从图可以看出M点所处等势面比N点所处等势面稀疏，等势面的疏密程度代表电

场强度的大小，可知EM<EN

根据电场力和电场强度的关系有：F=qE

则可得FM<FN

电场线的方向是从正电荷指向负电荷，则从图其电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从

M点移到N点，电场力方向和速度方向相同，可知电场力做正功，电势能减小，即EpM>EpN

故答案为：Ao

［分析】利用等势面的疏密可以比较电场强度的大小进而比较电场力的大小；利用电场线的方向可

以比较电势的大小，结合电性可以比较电势能的大小。

3.（6分）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子

从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为vi,离开磁场时速

度方向偏转90。；若射入磁场时的速度大小为V2,离开磁场时速度方向偏转60。，不计重力，则

,为（）

2

D.V3

【答案】B

【解析】【解答】粒子在磁场中做匀速圆周运动，已知粒子入射方向和出射方向，利用两速法可以画

出轨迹的圆心，如图所示:

设圆形磁场区域的半径为R,根据几何关系则第一次的半径为：n=R

同理可得第二次的半径为：r2=WR

根据牛顿第二定律有：qvB=^

可得D=史”

m

所以?=?=亭

v2r2§

故答案为：Bo

【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用几何关系可以求出轨道半径的大小，结合牛顿第二定

律可以求出粒子速度的大小比值。

4.（6分）医学治疗中常用放射性核素113/n产生Y射线，而113m是由半衰期相对较长的

113113113

Sn衰变产生的。对于质量为m0的Sn,经过时间t后剩余的Sn质量为m,其

西图线如图所示.从图中可以得到113Sn的半衰期为（）

A.67.3dB.lOl.OdC.115.1dD.124.9d

【答案】C

【解析】【解答】半衰期定义为大量原子核其质量衰变一半所用的时间，从图中其放射性核素从

著=彳至U黑=/恰好衰变了得血,已知核素著=温至1黑=/的时间,根据半衰期的定义可知

7710O7710J2TTtnO77lnO

半衰期为T=182.4d-67.3d=115.1J

故答案为：Co

【分析】利用图像可以判别质量衰变一半的时间大小即半衰期的时间。

5.（6分）科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2

的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1000/U（太阳到地球的距离为

1AU）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学

奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M,可以推测出该黑洞质

量约为（）

A.4x104MB.4x106MC.4x108MD.4X1010M

【答案】B

【解析】【解答】从图可得S2绕黑洞运行半个椭圆的时间为8年，可得S2绕黑洞的周期T=16年,

近似把S2看成匀速圆周运动，地球的公转周期To=l年，S2绕黑洞做圆周运动的半径r与地球绕太

阳做圆周运动的半径R关系是r=1000/?

太阳对地球的引力提供地球做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有：G^=mR32=

mR伴）2

解得太阳的质量为M=竺发

同理黑洞对S2的引力提供S2做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有：=

zn'r（竿）2

解得黑洞的质量为3器

综上可得Mx=3.90X106M

故答案为：Bo

【分析】引力提供向心力可以求出太阳的质量，结合半径和周期的比值可以求出黑洞质量的大小。

6.(6分)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程

等于so时，速度的大小为孙，此时撤去F,物体继续滑行2so的路程后停止运动，重力加速度

大小为g,贝I()

A.在此过程中F所做的功为Imvl

B.在此过中F的冲量大小等于|mv0

C.物体与桌面间的动摩擦因数等于

4s（）g

D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍

【答案】B,C

【解析】【解答】A.由于水平恒力尸=胆£在此过程中，外力F做功为0=尺0=,利诏

4sou4u

A不符合题意；

B.物体做匀加速直线运动，其平均速度等于初末速度之和的一半，由平均速度公式可知，外力F作

用时间tl=儡=鲁

由于水平恒力F=%圣，在此过程中，F的冲量大小是/=

B符合题意。

CD.当作用在物体上的外力撤去前，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F—（mig=

ma1①

由速度位移公式有诏=2a]S（）②

当作用在物体上的外力撤去后，物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知-卬ng=ma2③

由速度位移公式有-诏=2a2（2S（））④

由①②③④可得，水平恒力尸=孚用

4so

动摩擦因数〃=其

“4gs0

2

滑动摩擦力Ff="mg=

从表达式可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，

C符合题意，D不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】利用牛顿第二定律可以求出物体加速和减速过程的加速度大小，结合速度位移公式可以求

出水平恒力和动摩擦因数的大小，利用摩擦力的表达式可以求出摩擦力的大小；利用拉力和路程可

以求出拉力做功的大小；利用位移和平均速度可以求出拉力作用的时间；结合拉力的大小可以求出

拉力冲量的大小。

7.（6分）四个带电粒子的电荷量和质量分别（+q,m）、（+q,2m）、（+3q,3m）、（一q,m）

它们先后以相同的速度从坐标原点沿X轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重

【答案】A,D

【解析】【解答】带电粒子在匀强电场中，电场方向与y轴平行，所以带电粒子在匀强电场中做类平

抛运动，根据牛顿第二定律有：。=变

m

由类平抛运动规律可知，带电粒子在水平方向做匀速直线运动，根据水平方向的位移公式有：t=

%

离开电场时，对带电粒子速度进行分解，则带电粒子的偏转角的正切值为tan",=£=喘

因为前面三种带电粒子带正电，第四种带电粒子带负电，所以第四个粒子与前面三个粒子的偏转方

向不同；四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，从表达式可以得出偏转角只

与比荷有关，第一种粒子与第三种粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与第四种粒子

的比荷也相同，所以一、三、四粒子偏转角相同，但第四种粒子与前两个粒子的偏转方向相反；第

二种粒子的比荷与第一、三种粒子的比荷小，根据正切值的表达式可以得出第二种粒子比第一、三

种粒子的偏转角小，但都还正电，偏转方向相同。

故答案为：AD。

【分析】带电粒子在电场中做类平抛运动；利用带电粒子的电性可以判别偏转的方程，结合速度公

式可以判别离开磁场的速度方向是否相同。

8.（6分）水平地面上有一质量为mi的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图（a）

所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中Fi、F2

分别为G、t2时刻F的大小。木板的加速度的随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木

板与地面间的动摩擦因数为由,物块与木板间的动摩擦因数为由，假设最大静摩擦力均与相

应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（）

A.Fi="严1。

B.尸2=哈手如一出）。

C-林2>~m2-%

D.在0〜t2时间段物块与木板加速度相等

【答案】B,C,D

【解析】【解答】A.图（c）可知，h时木板开始有加速度，代表其滑块木板一起刚在从水平滑动,

此时滑块与木板相对静止，木板和滑块都处于静止，且此时木板受到了最大静摩擦力的作用，根据

整体的平衡方程有：F1=4101+62）。

A不符合题意；

BC.图（c）可知，t2后其木板的加速度保持恒定，说明滑块对木板的摩擦力属于滑动摩擦力，则代

表滑块与木板刚要发生相对滑动，当在t2时整体的加速度相等，以整体为对象，根据牛顿第二定律

有：尸2一%O1+62）。=Oi+m2）a

以木板为对象，根据牛顿第二定律有：427n2。-〃1（徵1+徵2）9=加相>0

解得尸2=叫产%-的）。

(mi+771?)

BC符合题意;

D.图（c）可知，OF这段时间滑块和木板保持相对静止，且一起做匀加速直线运动，所以有相同

的加速度，D符合题意。

故答案为：BCDo

【分析】利用整体的相对地面静止可以求出B的大小；利用木板的牛顿第二定律可以比较地面与木

板间的动摩擦因数及木板与木块间动摩擦因数的大小；结合整体的牛顿第二定律可以求出F2的大

小；当在（）七时间内其木板和木块加速度相同。

阅卷入

二、非选择题（共4题；共47分）

得分

9.（5分）某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对

做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所

示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与

小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已

经在图（b）中标出。

6.1cm

8.6cm

po

g110cm

::皆:o

帝

一

震

:::::13.4cm

一

】

一

豳

弱

图(a)

图(b)

完成下列填空：（结果均保留2位有效数字）

（1）（2.5分）小球运动到图（b）中位置A时，其速度的水平分量大小为m/s,竖直分

量大小为m/s；

（2）（2.5分）根据图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为m/s2o

【答案】（1）1.0；2.0

（2）9.7

【解析】【解答】（1）小球做平抛运动，其水平方向的分运动为匀速直线运动，因此根据水平方向的

位移公式有：为=彳=能!?n/s-1.0m/s

小球在竖直方向的分运动为自由落体运动，由于匀加速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速

度，根据平均速度公式可以得出A点竖直方向的瞬时速度为：%=端黑!m/s=2.0m/s

（2）由于小球竖直方向做匀加速直线运动，根据逐差法可得重力加速度为：9=红江衿1

4Tz

代入数据可得g=9.7m/s2

【分析】（1）利用水平方向的位移公式可以求出初速度的的大小；结合平均速度公式可以求出A点

竖直方向的速度大小；

（2）利用竖直方向的邻差公式可以求出重力加速度的大小。

10.（10分）一实验小组利用图（a）所示的电路测量一电池的电动势E（约1.5V）和内阻r（小于

20图中电压表量程为IV,内阻即=380.00：定值电阻3=20.00；电阻箱R,最大阻值

为999.90；S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空：

（1）（2.5分）为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选Q（填

“5.0”或"15.0”）；

（2）（2.5分）闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；

根据图（a）所示电路，用R、&、即、E和r表示1,得

1

U=----------------------;

（3）（2.5分）利用测量数据，做方—R图线，如图（b）所示:

通过图（b）可得E=V（保留2位小数），r=H（保留1位小数）；

（4）（2.5分）若将图（a）中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为£，由此产生的误

差为|IX100%=--------------%。

1E1

【答案】（1）15.0

Ro+Ryn।1।(Rv+Ro)r

而西,K十月十ERVR0

（3）1.55；1.0

（4）5

【解析】【解答】（1）根据题意可知电源电动势大于电压表的满偏电压，为了避免电压表被烧坏，其

U_E-U

电阻箱应该分去电源的部分电压，根据并联电路分压规律可得fi+F

Rv+Ro

代入数据解得R=7.5。

根据所求的电阻箱阻值可以判别R应该选择15.00。

（2）根据闭合电路的欧姆定律E=U+Ir

结合回路中的物理量可得E=U+~^~（H+r）

RV^R0

通过对表达式变形可得与=躲^H+打箫

（3）根据（2）的表达式可以得出：

其图像斜率为：虢=仁需，

其图像纵截距为：扛虢』=»检

根据与一/?图象信息可得：k=0.0341/T-0,b=0.68K-1

根据k和b的大小可得Ex1.551/，r=1.0/2

（4）如果电压表为理想电压表，则可以忽略电压表内阻对电路的影响，根据闭合电路的欧姆定律整

理可得：

11r1

—=--1------1-----R

UEER0ER0

则此时E'=急

20k

1_1

已知E和E，的大小，根据误差的表达式可得：7/=|丐座|义100°/0=5%

19k

【分析】（1）为了避免电压表两端电压不能超过满偏电压，结合分压的大小及欧姆定律可以求出电

阻箱接入电路的阻值大小；

（2）利用闭合电路的欧姆定律可以求出路端电压和电阻R的关系式；

（3）利用图像斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小；

（4）利用理想电压表的闭合电路欧姆定律可以求出E的大小，结合实际E的大小可以求出误差的大

小。

11.（12分）一篮球质量为m=0.60kg,一运动员使其从距地面高度为hx=1.8m处由静止自由

落下，反弹高度为h2=1.2m。若使篮球从距地面h3=1.5m的高度由静止下落，并在开始下落

的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用

时间为t=0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g=

10m/s2,不计空气阻力。求：

（1）（6分）运动员拍球过程中对篮球所做的功；

（2）（6分）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。

【答案】（1）解：第一次篮球下落的过程中由动能定理可得邑=巾9刈

篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得0-E2=-mgh2

第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得0-

琢=0—mgh4

第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得IV+mgN=

E3

因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系£=鬟

七1七3

代入数据可得W=4.57

（2）解：因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得

F+mg=ma

在拍球时间内运动的位移为x=^at2

做得功为W=Fx

联立可得F=9N（F=-15/V舍去）

【解析】【分析】（1）篮球下落过程和反弹后向上运动的过程，利用动能定理可以求出反弹前后其动

能的比值；结合第二次篮球下落及反弹后的动能定理可以求出运动员拍球过程对篮球做功的大小；

（2）运动员拍篮球后篮球向下做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律结合牛顿第二定律可以求出匀

加速运动位移的表达式，结合拉力做功的大小可以求出作用力的大小。

12.（20分）如图，一倾角为a的光滑固定斜面的顶端放有质量M=0.06kg的U型导体框，导体

框的电阻忽略不计；一电阻R=3f2的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路

CDEF；EF与斜面底边平行，长度L=0.6m。初始时CD与EF相距s0=0.4m,金属棒与

导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离S1=Am后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区

域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当

金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知

金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B=1T,重力加速度大小取g=

10m/s2,sina=0.6。求：

（1）（6.5分）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；

（2）（6.5分）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；

（3）（7分）导体框匀速运动的距离。

【答案】（1）解：根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能

定理可得（M+m）gsisina=+?n）评

代入数据解得v0=|rn/s

金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得E=BL"。

由闭合回路的欧姆定律可得I=身

则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为尸妥=B1L=0.18N

（2）解：金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜

面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，

因匀速运动，可有mgsina+fimgcosa=F安

此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mgsina-fimgcosa=Ma

x

设磁场区域的宽度为X,则金属棒在磁场中运动的时间为t=-

则此时导体框的速度为巧=%+at

2

则导体框的位移X1=vot+^at

因此导体框和金属棒的相对位移为/%=%]-%=^at2

由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系s0-4%=%

金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为Ei=BL»i,/1=牛

导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得Mgsina=fimgcosa+BlrL

联立以上可得x—0.3m,a=5m/s2,m=0.02kg,ju=-

（3）解：金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有

mgsina+“mgcosa=mat

金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有v0+artr=vx

导体框匀速运动的距离为%2=

代入数据解得x2=等M=/巾

【解析】【分析】（1）金属棒和导体框还没进入磁场时做匀加速直线运动，利用动能定理可以求出进

入磁场时速度的大小，结合动生电动势及安培力的表达式可以求出安培力的大小；

（2）金属棒进入磁场后受到沿斜面向上的安培力，利用受力分析可以判别金属棒做匀速直线运动；

利用牛顿第二定律可以求出导体框向下做匀加速直线运动的加速度，利用磁场区域可以求出金属棒

运动的时间，结合速度公式可以求出导体框运动的速度和位移；利用位移之差可以判别金属棒离开

磁场时其EF刚好进入磁场，利用动生电动势及平衡方程，联立匀加速直线运动的方程可以求出金属

棒的质量及动摩擦因数的大小；

（3）导体棒离开磁场后其速度小于金属框的速度，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用

共速可以求出金属框匀速运动的时间，结合速度的大小可以求出运动的位移大小。

阅卷入

—三、【选修3-3】供1题；共15分）

得分

13.（15分）

（1）（7.5分）如图，一定量的理想气体从状态a。。，％,7。）经热力学过程ab、be、ca

后又回到状态a。对于ab、be、ca三个过程，下列说法正确的是（）

B.ca过程中，气体始终放热

C.ca过程中，气体对外界做功

D.be过程中，气体的温度先降低后升高

E.be过程中，气体的温度先升高后降低

（2）（7.5分）如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管

的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为

=13.5cm,l2=32cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h=

5cm。已知外界大气压为Po=75cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。

（2）解：对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态为压强PIB=PO，体积为％B=

l2S,末态压强为P2,设水银柱离下端同一水平面的高度为h2,体积为-h2）S，由

水银柱的平衡条件有pgh

P2B=Po+

B管气体发生等温压缩，有P1BV1B=P2BV2B

联立解得h2=2cm

对A管中的气体，初态为压强Pi4=Po，体积为Vi4=kS,末态压强为p2A,设水银柱离下端

同一水平面的高度为生，则气体体积为V2A=（/j-h^S,由水银柱的平衡条件有P2A=P0+

pg（h+h2-h^

A管气体发生等温压缩，有p1AV1A=p2AV2A

联立可得2好-191/ii+189=0

解得hi=1cm或比=^|^cm＞舍去）

则两水银柱的高度差为Ah=h2-hr=1cm

【解析】【解答】A.理想气体经历ab过程时，从图像可以得出其体积不变，压强增大，根据pV=

nRT,则气体的温度变大，由于体积不变，所以外界对气体不做功，但温度升高其气体内能增大，

根据热力学第一定律4U=Q+〃可知，气体一直吸热，A符合题意；

BC.理想气体经历ca过程时，从图像可以得出其压强不变，体积减小，根据pV=nRT,则气体的

温度减小，由于体积减小，所以外界对气体做正功，但温度减小其气体内能减小，根据热力学第一

定律4U=Q+"可知，气体一直放热，B符合题意，C不符合题意；

DE.根据理想气体的状态方程pV=nRT可知，p-V图像的坐标围成的面积反映温度，b状态

和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，Be过程的温度先升高后降低，D不符合题

意，E符合题意；

故答案为：ABEo

【分析】（1）理想气体经过ab过程其体积不变所以外界对气体做功等于0,由于压强变大所以温度

升高所以气体内能增大，根据热力学第一定律可以判别气体一直吸热；气体经过ca过程其压强不

变，体积变小，外界对气体做正功，但是温度下降所以内能减小，根据热力学第一定律可以判别气

体一直放热；be过程利用图像所围起来的面积可以判别温度的变化；

（2）AB管中的气体发生等温变化，利用液面高度差可以求出气体初末状态的压强表达式，结合理

想气体的状态方程可以求出两个水银柱高度差的大小。

阅卷人

四、【选修3-4】供1题；共15分）

得分

14.（15分）

（1）（7.5分）图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线，经过0.3s后，其波形曲线如图

中虚线所示。已知该波的周期T大于0.3s,若波是沿x轴正方向传播的，则该波的速度大小为一

m/s，周期为s,若波是沿x轴负方向传播的，该波的周期为s。

（2）（7.5分）用插针法测量上、下表面平行的玻璃砖的折射率。实验中用A、B两个大头针确定

入射光路、C、D两个大头针确定出射光路，O和o,分别是入射点和出射点，如图（a）所示。测

得玻璃砖厚度为h=15.0mm,A到过O点的法线0M的距离AM=10.0mm,M到玻璃砖的距

离MO=20.0mm,0到I0M的距离为s=5.0mm。

M

\

\z)

图(a)图(b)

(i)求玻璃砖的折射率;

(ii)用另一块材料相同，但上下两表面不平行的玻璃砖继续实验，玻璃砖的截面如图(b)所

示。光从上表面入射，入时角从0逐渐增大，达到45。时、玻璃徜下表面的出射光线恰好消失。求

此玻璃砖上下表面的夹角。

【答案】⑴0.5；0.4；1.2

(2)解：(i)从O点射入时，设入射角为a,折射角为瓦根据题中所给数据可得：sina=

10.075

10.02+20.025

5.0710

2I2「河

“5.02+5.0，

再由折射定律可得玻璃砖的折射率：n=|jj|=V2

(ii)当入射角为45。时，设折射角为y,由折射定律：葭=嘿关

可求得：y=30°

再设此玻璃砖上下表面的夹角为仇光路图如下：

而此时出射光线恰好消失，则说明发生全反射，有：sinC=-

n

解得：C=45°

由几何关系可知：04-30°=C

即玻璃砖上下表面的夹角：6=15。

【解析】【解答】（1）若波是沿x轴正方向传播的，从实线波形图到虚线波形图可以得出波形移动了

15cm,根据传播的距离和时间可以得出波速为：v1=^^-m/s=0.5m/s

根据波速和周期的关系可以得出周期为：Ti=]=^|s=0.4s

若波是沿x轴负方向传播的，从实线波形图到虚线波形图可以得出波形移动了5cm,根据传播的距

离和时间可以得出波速为：V2==7-m/s

40.316/

2o2

根据波速和周期的关系可以得出周期为：72=亍=十5=L2S

6

【分析】（1）已知波传播的距离和时间可以求出传播的速度大小；利用波长和波速可以求出周期的

大小；

（2）画出光经过玻璃砖折射的光线，利用几何关系可以求出入射角和折射角的正弦值，利用折射定

律可以求出折射率的大小；已知入射角的大小，结合折射率的大小可以求出折射角的大小；再利用

全反射定律可以求出玻璃砖上下表面的夹角大小。

试题分析部分

1、试卷总体分布分析

总分：125分

客观题（占比）48.0(38.4%)

分值分布

主观题（占比）77.0(61.6%)

客观题（占比）8(57.1%)

题量分布

主观题（占比）6(42.9%)

2、试卷题量分布分析

大题题型题目量（占比）分值（占比）

非选择题4(28.6%)47.0(37.6%)

【选