2021年辽宁省大连市高考物理一模试卷（附答案详解）

2021年辽宁省大连市高考物理一模试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.如图所示，一架雪橇在水平拉力F的作用下沿水平面向

右做直线运动，若水平面的粗糙程度相同，下列几种运

动中拉力最大的是（）

A.以3m/s的速度匀速运动B.以4m/s的速度匀速运动

C.以l?n/s2的加速度匀加速运动D.以2m/s2的加速度匀加速运动

ȣ/eV

2.如图所示是氢原子的能级图，其中由高能级向n=2能级跃迁»........................0

5----------------------0.54

4------------------------0.85

时释放的一组谱线称为“巴尔末线系”。现有大量处于n=53-----------------------1.51

2-------------------------3.4

能级的氢原子向低能级跃迁，贝！1（）

A.产生的光子中有3种属于巴尔末线系.--------------------------13.6

B.产生的光子中有6种属于巴尔末线系

C.从n=5能级跃迁到n=2能级时产生的光子波长最长

D.从n=4能级跃迁到n=2能级要吸收2.55eU的能量

3.查理定律指出，一定质量的某种气体在体积一定时，气

体的压强与温度之间有线性关系，如图所示。则一定质

量的某种气体从状态A到状态B,下列说法正确的是（）

A.气体向外界放出热量

B.气体分子的平均动能不变

C.外界对气体做功

D.单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多

4.2021年2月，我国“天问一号”火星探测器成功实施近火捕获制动，顺利进入环火

轨道，成为我国发射的第一颗火星的人造卫星。关于该次近火捕获制动，下列说法

正确的是（）

环火轨道天间一号

向J过程

A.如果制动时间过短，速度减得少，探测器会撞上火星

B.如果制动时间过长，速度减得多，探测器会飞离火星

C.制动过程中由于开动发动机，探测器的机械能会增加

D.捕获成功后沿环火轨道运动，探测器机械能保持不变

5.“ETC”是高速公路上电子不停车收费系统的简称。若某汽车以恒定功率匀速行驶,

为合理通过收费处，司机在“时刻使汽车功率减半，并保持该功率行驶，到打时刻

又做匀速运动；通过收费处后，逐渐增加功率，使汽车做匀加速运动直到恢复原来

功率，以后保持该功率行驶。设汽车所受阻力大小不变，则在该过程中，汽车的速

度随时间变化图像可能正确的是（）

10m/So在t=0时刻的波形如图所示,则（）

A.此时％=-1.5?n处质点的位移为-5cm

B.此时x=6处的质点正沿一y方向振动

C.p、q两列波的波长之比为2：3

D.p、q两列波能形成稳定的干涉图样

7.如图所示，空间中存在着由一固定的点电荷Q（图中未画

出）产生的电场。另一同种点电荷4仅在电场力作用下沿

曲线MN运动,4在M点的速度小于到达N点时的速度。/

图中两虚线与运动轨迹相切，则（）

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A.点电荷Q有可能位于图中的区域①内

B.夕在M点的加速度比在N点的加速度小

C.q在M点的电势能比在N点的电势能大

D.。的电场中M点的电势一定比N点的高

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.在光滑水平桌面上有一个静止的木块，高速飞行的子弹水平必—“

穿过木块，若子弹穿过木块过程中受到的摩擦力大小不变，a

则（）

A.若木块固定，则子弹对木块的摩擦力的冲量为零

B.若木块不固定，则子弹减小的动能大于木块增加的动能

C.不论木块是否固定，两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等

D.不论木块是否固定，两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等

9.劳伦斯和利文斯设计的回旋加速器如图所示，高真空中的两个D

形金属盒间留有平行的狭缝，粒子通过狭缝的时间可忽略。匀强豌

磁场与盒面垂直，加速器接在交流电源上，若A处粒子源产生的

质子可在盒间被正常加速。下列说法正确的是（）

A.虽然逐渐被加速，质子每运动半周的时间不变

B.只增大交流电压，质子在盒中运行总时间变短

C.只增大磁感应强度，仍可能使质子被正常加速

D.只增大交流电压，质子可获得更大的出口速度

10.如图所示，在斜面的虚线以下有垂直斜面向下的匀强磁场，

甲、乙两个正方形闭合线框是用相同材料的电阻丝围成的，

边长相等，电阻丝的横截面积之比为2：1,放在粗糙斜面

上从同一高度由静止释放，下滑过程中线框不发生转动。则

（）

A.俯视两线框进入磁场的过程中，感应电流都是逆时针方向

B.从开始运动到滑至斜面底端，甲线框比乙线框所用时间短

C.两线框刚进入磁场瞬间，甲、乙中感应电流之比为2：1

D.下滑全过程中，甲、乙两线框机械能减少量之比为2：1

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

11.如图甲所示，一个带有凹槽的圆盘，其凹槽宽度略大于纸带宽度，圆盘绕水平轴在

竖直面内转动，用该装置可测圆盘转动的角速度。操作如下：

i.打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器，然后固定在圆盘的凹

槽内；

以接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置让圆盘转动，使纸带卷在圆盘上；

m.停止圆盘转动，切断电源，取下纸带，进行测量。

请回答下列问题：

(1)使用学生电源给实验中的电磁打点计时器供电，应采用图乙中的接法(

填“A”或"B”)。

(2)在纸带上标记若干个计数点并测量它们的间距如图丙所示，相邻计数点间的时

间间隔为7,测得圆盘直径为d,槽深为人，则打下点8时,圆盘转动的角速度的

表达式为3=(忽略纸带厚度带来的影响)。

(3)由于纸带具有一定的厚度，会使角速度的测量结果(填“偏大”、“偏

小”或“不变”)。

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12.某研究小组要测量学校实验室中一块微安表（量程为500必1）的内阻。

（1）首先用多用电表粗略测量该微安表的内阻。如图甲所示，该小组同学将微安表

与电阻箱串联起来，将多用电表的选择开关旋转到“x100”的电阻挡位置，进行

欧姆调零后，将多用电表的（填“红表笔”或“黑表笔”）接在电流表的“+”

接线柱上，另一个表笔接在电阻箱的接线柱上。调节电阻箱，当电阻箱的示

数如图乙所示时，多用电表的指针位置如图丙所示,则微安表的内阻约为0。

（2）该小组的同学在实验室中又利用如下器材，进一步准确测量该微安表的内阻：

A待测微安表4（量程500/M）：

B.电流表4（量程3加4,内阻约为500）；

C.电阻箱R1（0〜99990）;

。.滑动变阻器/?2（最大阻值为200）；

E.一节干电池（电动势1.5V）；

F.开关一个，导线若干。

请在图丁的虚线框中画出测量微安表内阻r的实验电路原理，并在图中标明乙、A2

两电表，要求在实验原理上没有系统误差。

（3）若实验中电表为、/的示数分别为A和，2,电阻箱的读数为R则计算微安表内

阻的表达式为r=。

四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）\

13.亚克力材料又叫有机玻璃，其重量轻且透光率高，便…卞

于加工，被广泛应用各领域。如图所示，用亚克力材

B

0

料制成的一个截面为四分之一圆柱形、半径为R的透光体，一束单色光从。4面上

的A点射入透光体，入射角为，，折射光线与圆弧的交点为B,光在空气中传播的

速度为c。

(1)求光由A到8的传播时间；

(2)若在A点的入射角i=60。，该亚克力材料的折射率n=1.5,通过计算判断该光

在8点能否发生全反射。

14.在水平面上固定一足够长的倾角。=30。的光滑斜面体，在其右端相距d=0.6m处

固定一竖直光滑杆，斜面上有一质量叫4=3kg的物体A,质量加8=1卜9物体B套

在竖直杆上。用平行于斜面的轻绳通过位于斜面顶端的光滑小滑轮将两者相连，B

与滑轮高度相同，由于8被锁定而使A和8都处于静止状态。现有一质量me=1kg

物体C套在杆上，从距离B为/h=0.8m处自由下滑，C与B发生碰撞前的瞬间触

发解锁装置，C与8碰撞后成为一个整体一起下落，碰撞时间极短。A、B、C均可

以视为质点，g取10m/s2.求：

(1)C自由下落九1过程所用的时间；

(2)C与B碰撞结束时的速度大小；

(3)C与B碰撞后下落九2=0.86时A的动能大小。

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15.如图所示，半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为8的匀强磁场，方向垂直

纸面向外，磁场区的右侧有竖直向下的匀强电场，电场区足够宽，且电场的左边界

与磁场区相切，足够长的水平荧光屏尸。与磁场区相切于P点。从P点以相同的速

率v射出两个相同的带正电的粒子“、b,两粒子初速度方向的夹角。=30。，其中

粒子〃的初速度竖直向上。两粒子经磁场偏转后均水平离开磁场进入电场。已知匀

强电场的场强E=Bu,不计粒子重力及粒子间相互作用。求：

(1)带电粒子的比荷；

(2)两粒子打到荧光屏上的亮点之间距离；

(3)粒子6整个运动过程所用的时间。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：当在水平拉力的作用下沿水平面向右做匀速直线运动时F=f；

当在水平拉力的作用下沿水平面向右做匀加速直线运动时F-/=ma

解得F=/+ma,则加速度越大，拉力越大。A、8选项匀速运动，加速度为0,C、D

匀加速运动。其中。选项中加速度大于C选项中加速度。故ABC错误，。正确

故选：Do

本题可先通过受力分析，结合牛顿第二定律求出拉力与加速度的关系，再比较各选项加

速度大小，即可求解。

本题考查力的合成与牛顿第二定律，考查学生运用牛顿运动定律分析问题的能力，难度

较低。

2.【答案】A

【解析】解：AB,大量处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁最多能辐射出量=10种

不同频率的光子，

这10种光子中有3种属于巴耳末系，分别是n=5—71=2、n=4n=2和n=3t

n=2的光子，故A正确，8错误；

C、由图可知氢原子从n=5能级跃迁到n=4能级时，能级差最小，所以放出光子的能

量最小，根据E=；4,所以产生的光的波长最长，故C错误；

D、氢原子从71=4的能级跃迁到71=2的能级要放出能量为E=E4-E2=-o.85el/-

(-3.4eP)=2.55eV的光子，。错误。

故选:A。

根据数学组合公式髭求出氢原子可能辐射光子频率的种数，进一步确定属于巴尔末系的

光子；

能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越小，辐射的光子频率

越低，波长越长；

氢原子电子从高能级向低能级跃迁时，释放光子。

解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等

于两能级间的能级差，并理解光电效应发生条件，注意大量处于n=5能级(图中未标出

)的氢原子中大量与一个，针对跃迁时，发出不同频率的种类的区别.

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3.【答案】D

【解析】解：AC、热力学温度T=273.15+t,由图示图象可知，气体从A到8过程,

气体压强P与热力学温度7成正比，由理想气体状态方程可知，气体体积不变，外界对

气体不做功，W=0,从A到8过程气体温度升高内能增大，△[/>(),由热力学第一

定律△U=W+Q可知：Q=hU-W=^U>0,气体从外界吸收热量，故AC错误：

B、从A到8过程气体温度升高，气体分子平均动能增大，故2错误；

。、由A到B过程气体体积不变而压强p增大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数

增多，故。正确。

故选:Do

温度是分子平均动能的标志；一定量的理想气体内能由温度决定，温度升高内能增大；

气体体积发生变化时气体做功；根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，然后应用热

力学第一定律分析答题。

根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，掌握基础知识，应用热力学第一定律即可解

题；应用热力学第一定律解题时注意各物理量正负号的含义。

4.【答案】D

【解析】解：A、如果制动时间过短，速度减的少，即速度大，所需要的向心力大，万

有引力不足提供所需的向心力，探测器会飞离火星，故A错误；

8、如果制动时间过长，速度减的多，即速度小，所需向心力小，万有引力大于所需的

向心力，探测器会做近心运动，甚至撞上火星，故B错误：

C、制动过程中开动发动机让探测器做减速运动，除重力外的力做了负功，探测器机械

能减小，故C错误；

。、捕获成功后，探测器做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，万有引力与速度垂直，

即万有引力不做功，所以探测器机械能保持不变，故。正确。

故选：Do

根据物体做匀速圆周运动、近心运动、离心运动的条件判断制动后探测器做什么运动，

根据机械能守恒的条件判断做匀速圆周运动时机械能的变化。

解题的关键是掌握物体做匀速圆周运动、近心运动、离心运动的条件和机械能守恒的条

件。

5.【答案】C

【解析】解：0〜0阶段，汽车以速度为火匀速行驶，牵引力与阻力平衡，此时功率恒

定为P。,且必吟

“〜t2阶段，G时刻使汽车功率减半瞬间，汽车的速度V不变，由P=Fu可知，尸突然

减小到原来的一半，阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，功率保持为：P0,由P=Fu

知，由于v减小，所以牵引力产增大，由/一尸=尸分可知，尸会减小，则加速度减小，

小汽车做加速度减小的减速运动；

t2〜t3阶段，t2时刻牵引力又增大到等于阻力，汽车开始匀速运动，此时速度为9=紫=

1

/。；

t3〜t4阶段，通过收费处后，逐渐增加功率，使汽车做匀加速运动直到恢复原来功率方，

这段时间汽车做匀加速直线运动；当汽车牵引力功率刚恢复原来功率瞬间，牵引力仍大

于阻力，汽车继续加速，但以后保持该功率行驶，由P=知，速度增加，牵引力减小，

则合外力减小，加速度减小，则汽车做加速度减小的加速运动，当牵引力减小到与阻力

相等时，汽车开始匀速，速度大小，=%=?，故C正确，A3。错误。

故选：Co

分阶段由P=F”分析汽车牵引力变化，再分析合力变化，进而分析汽车的速度及加速度

的变化。

本题考查了汽车的启动问题，解决此类问题的关键是抓住汽车启动过程中的不变量，然

后由P=尸。来分析汽车的运动过程.

6.【答案】B

【解析】解：A、由图知，图示时刻x=-1.5m处为两列波波谷相遇处，此时质点的位

移为—5cm+(-5CTH)=—IOCTH,故A错误；

8、由同侧法知，图示时刻pq波分别引起％=-1.0m处质点的振动方向为沿y轴负方向，

故此时该质点沿y轴负方向，故8正确；

C、由图知p波的波长为4=3m,q波的波长为4=2m,故p、q两列波的波长之比

为3：2,故C错误；

。、p、q两列简谐横波在同一均匀连续介质中传播，其波速相同，由"=》知，两列波

的频率不相等，则两列波不能形成稳定的干涉图样，故。错误。

故选:B。

质点的位移是两列波引起质点振动的位移的矢量和，根据两列波各自使质点振动情况,

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判断出质点的实际运动，两列波频率不同，不能形成稳定干涉图样。

解题时需注意，两列波在相遇区域相互叠加，叠加时遵循矢量合成法则。两列波频率相

同，相差恒定才能形成稳定干涉图样。

7.【答案】C

【解析】解：A、做曲线运动时轨迹应该向受力一侧弯曲，q受Q的斥力，故。不可能

处于①区域内，故4错误.

8、q在M点的速度小于到达N点时的速度，说明从M到N是电场力做正功，因q受。

的斥力，故说明N点与。的距离大于M点与。的距离，故在N点时受电场力小，故N

点加速度小，故B错误.

C、因为g仅受电场力作用，运动过程只有电场力做功，故运动过程中q的动能和系统

的电势能之和保持不变，q在M点的速度小于N点的速度，故q在M点的电势能比在N

点的电势能大，故C正确.

。、对于正电荷在电势高处，电势能大，而对于负电荷在电势低处，电势能大，因q的

电性未知，仅依据M、N两点电势能的大小关系，无法确定M和N电势的高低，故。

错误。

故选：C。

根据做曲线运动受力方向与轨迹弯曲方向的关系分析。所在区域；通过比较“、N两点

电场强度的大小，确定两点加速度的大小关系；利用动能和电势能之和保持不变，分析

M、N两点电势能的大小关系；通过电势能大小关系，结合q电性分析/、N两点电势

的高低。

此类问题注意以下几点：①轨迹处于电场力方向和速度方向夹角之内；②仅受电场力

运动时，动能与电势能之和保持不变；③用电场线密疏，判断电场强度的大小，用电

场线指向判断电势高低。

8.【答案】BD

【解析】解：A、若木块固定，子弹射出木块的时间/不为零，摩擦力/不为零，则子弹

对木块的摩擦力的冲量/="不为零，故A错误；

8、若木块不固定，子弹减小的动能转化为木块的动能与系统增加的内能之和，子弹减

小的动能大于木块增加的动能，故8正确；

C、木块固定时子弹射出木块所用时间较短，木块不固定时子弹射出木块所用时间较长，

摩擦力大小不变，则木块不固定时木块对子弹的摩擦力的冲量大小大于木块固定时木块

对子弹的摩擦力的冲量大小，故c错误；

。、不论木块是否固定，摩擦力与木块厚度都相等，因摩擦产生的热量都等于摩擦力与

木块厚度的乘积，因此两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等，故。正确。

故选：BD。

力与力的作用时间的乘积是力的冲量；子弹射穿木块过程，如果木块固定，子弹减小的

动能转化为内能，如果木块不固定，子弹减小的动能转化为木块的动能与内能之和；摩

擦产生的热量等于摩擦力与相对位移即木块厚度的乘枳；根据题意分析答题。

分析清楚子弹与木块的运动过程、分析清楚能量转化情况是解题的前提与关键，根据冲

量的定义式、功能关系即可解题。

9.【答案】AB

【解析】解：A、质子在。形盒中运动的周期丁=等，半个周期为翳，粒子的比荷不

变，则质子每运动半周的时间不变，故A正确；

B、质子在电场中加速，根据=联立可得R=应用，增大交

变电压，质子运动的半径增大，则质子在回旋加速器中加速的次数减少，又因为周期不

变，则运行时间会变短，故B正确；

C、由7=警可知，若磁感应强度B增大，则T会减小，只有交流电频率增大，才能

正常工作，故c错误；

。、设。形盒的最大半径为即，质子可获得更大的出口速度满足qUmB=rn普,可得加=

地，出口速度与电压无关，故。错误。

nr

故选：AB.

回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子

的最大速度，从而求出最大动能，在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场

中运动的周期相等。

解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以

及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等。

10.【答案】ACD

【解析】解：A、俯视两线框进入磁场的过程中，穿过两线框的磁通量均垂直于斜面向

下增加，根据楞次定律可知感应电流都是逆时针方向，故A正确；

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B、线框进入磁场前，由动能定理得(mgsina-iimgcosa)x=1mv2,得u=

yj2gx{sin0—p.cos9)，可知两线框进入磁场时速度相等。

设任一线框的边长为3横截面积为S,电阻率为P电，密度为P密，质量为加，刚进入磁

场时速度大小为也加速度大小为〃。线框与斜面间的动摩擦因数为“，斜面的倾角为%

==

根据牛顿第二定律得：rngsina—F安=maf得Q—gstna~~gsina~~gsina—

"送=osina,a与S无关,所以，两线框进入磁场时加速度相同，初速度

p密4LSv16P电p密

相同，则运动情况相同，运动时间相等，故8错误；

C、线框刚进入磁场瞬间，感应电流大小为/=等，由R=p电费，知甲、乙电阻之比为

1：2,则甲、乙中感应电流之比为2：1,故C正确；

。、设线框刚完全进入磁场时速度大小为V,线框进入磁场的过程，由能量守恒得焦耳

热为：Q第•=(mgLsina+一“mgLcosa-gnu/2,可知Qocm

线框质量为巾=P密，4LSocS,可知甲、乙两线框产生的焦耳热之比Q/畲:Q乙焦=皿甲:

mZ=S甲:S乙=2：1

整个过程中，摩擦产生的热量之比Q3摩：Q摩乙=(Iim甲gscosa)：(nm^gscosa)=m伊：

7nz=2：1

故下滑全过程中，甲、乙两线框机械能减少量之比用：AEZ=(Q/席+Q尹承)：

(Q乙,缜+Q屐5)=2：1,故。正确。

故选：ACD.

根据楞次定律判断感应电流方向；根据牛顿第二定律、安培力公式、电阻定律相结合分

析线框进入磁场时加速度关系，判断运动情况关系，从而确定运动时间关系；两线框刚

进入磁场瞬间，根据E=B八和欧姆定律求解甲、乙中感应电流之比；根据焦耳热之比

和摩擦生热之比求两线框机械能减少量之比。

解答本题的关键要根据牛顿第二定律、电阻定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律推导

出线框的加速度表达式，分析知道线框的加速度与横截面积无关，从而判断两线框运动

情况关系。

11.【答案】B器窗偏大

【解析】解：(1)电磁打点计时器使用的是交流电源，故选：8

(2)在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，则如=竽，B点做圆周运动的

半径为r=根据f=37■可得3=%=7；；：羡

(3)由于纸带具有一定的厚度，故B点做圆周运动的半径r'>r,根据3=%可知,"=^<

变大，3变小，故测量结果偏大

故答案为：(1)B；Q)芾木；(3)偏大

(1)明确电磁打点计时器使用的是交流电源；

(2)在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，根据u=3r求得角速度；

(3)由于纸带具有厚度，故B点的实际半径偏大，根据"=er即可判断。

本题主要考查了匀速圆周运动，会通过纸带求解瞬时速度，利用好速度与角速度的关系

即可。

12.【答案】黑表笔520”用

【解析】解：(1)电流从多用电表的黑表笔流出，红表笔流入，电流从电流表的正接线

柱流入负接线柱流出，因此应将多用电表的黑表笔接在电流表的“+”接线柱上；

多用电表的选择开关旋转到“X100”的电阻挡，由图丙所示可知，所测电阻阻值是：

22x1000=22000；

由图乙所示电阻箱可知，电阻箱示数是：1xIk。+6x1000+8x100+0x10=

16800

则毫安表的内阻r=220012-16800=520。

(2)毫安表内阻约为5200,远大于滑动变阻器的最大阻值，为测多组实验数据，滑动变

阻器应采用分压接法，毫安表与电阻箱并联，电流表与毫安表与电阻箱的并列电路串联,

(3)由图示电路图可知，毫安表内阻：r=£=让泮

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故答案为：(1)黑表笔；520；(2)实验电路图如图所示；(3)”乃“

(1)欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，电流从电流表的正接线柱

流入负接线柱流出；电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；欧姆表指

针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。

(2)根据实验器材与实验原理作出实验电路图。

(3)根据图示电路图应用欧姆定律求出毫安表的内阻。

本题考查了测微安表内阻实验；要掌握多用电表的结构、使用方法与注意事项；根据实

验器材与实验原理作出实验电路图，根据实验电路图应用欧姆定律即可解题。

13.【答案】解：(1)设该材料的折射率为〃，折射角为r,由折射定律得：n=理

设光在该材料中的传播速度为丫，则：

如图，设A3的长度为L由几何关系得：L=2Rsinr

由A传播到8所用的时间：£=与

联立解得：£=竺也

C

(2)设临界角为C,则sinC=(=±=]

小sini组.sinisin6Q°V3

田几=--得：sinr=——=----=一

sinrn1.53

如图，设NOB4=0,

则sin。=cosr=V1-sin2r=当

即：sinO>sinC

所以9>C,且此时是从光密介质射向光疏介质，所以一定发生全反射。

答：(1)求光由A到2的传播时间为^

(2)该光在8点能发生全反射。

【解析】(1)分别求出传播路程L和速度v,再由t=与求时间；

(2)判断在B点入射角与临界角的关系，进而判断是否能全反射。

本题考查了光的折射和全反射现象，注意全反射的条件是：光从光密介质射向光疏介质,

且入射角大于等于临界角。

14.【答案】解：(1)根据自由落体运动规律可得阳得t=o.4s,

(2)C在下落b过程中使用动能定理有mcghi=|mcvf,得%=4m/s,

C与B碰撞后成为一个整体，由C和8在碰撞过程中动量守恒得me%=(mB+mc)v2^

解得W=2m/s,

(3)C和3再下落殳=0.8m的过程中，A上升的距离

LA=J用+"2—d，〃=0.4TH,

由A、B、。组成的系统在此过程中机械能守恒，得

(jnB+mc)gh2-mAgLAsin0=^mAv1+^(mB+mc