2021年江苏省高考物理预测试卷（五）

2021年江苏省高考物理预测试卷（五）

一、单选题（本大题共11小题，共44.0分）

1.有人根据条形磁铁的磁场分布情况用塑料制作了一个

模具，模具的侧边界刚好与该条形磁铁的磁感线重合，

如图所示。另取一个柔软的弹性导体线圈套在模具上方

某位置，线圈贴着模具上下移动的过程中，下列说法正

确的是（地磁场很弱，可以忽略）（）

A.线圈切割磁感线，线圈中出现感应电流

B.线圈紧密套在模具上移动过程中不出现感应电流

C.由于线圈所在处的磁场是不均匀的，故而不能判断线圈中是否有电流产生

D.若线圈平面放置不水平，则移动过程中会产生感应电流

2.如图所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，

水平轨道AB部分存在水平向右的匀强电场E,半圆形轨道处于竖直平面内，B为

最低点，。为最高点。一质量为〃八带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作

用下由静止开始沿AB向右运动，并能恰好通过最高点则下列物理量的变化对

应关系正确的是（）

A.其它条件不变，R越大，x越小

B.其它条件不变，机越大，x越大

C.其它条件不变，E越大，x越大

D.其它条件不变，R越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大

3.宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略

其他星体对它们的引力作用.设四星系统中每个星体的质量均为，小半径均为七

四颗星稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上.已知引力常量为G.关于四星系

统，下列说法错误的是（忽略星体自转）（）

A.四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动

B.四颗星的轨道半径均为三

C.四颗星表面的重力加速度均为G/

D.四颗星的周期均为27m2a

(4+V2)Gm

4.如图所示，质量为，〃的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上，弹簧

的上端固定于环的最高点4,小球静止时处于圆环的8点，此时乙408=60。，弹

簧伸长量为L现用该弹簧沿水平方向拉住质量为2〃?的物体，系统静止时弹簧伸长

A.等于零

B.大小为0.5rng,方向沿水平面向右

C.大小为mg,方向沿水平面向左

D.大小为2mg,方向沿水平面向右

5.如图所示，质量相同的三个小球均可视为质点，处于同一水平面上。A球以初速度

火竖直上抛，B球以与水平面成。角、大小也是火的初速度斜向右上抛出，C球沿

倾角为。的足够长斜面以初速度%上滑。上述运动过程中均不计空气阻力和一切摩

擦，以下关于三个小球上升的最大高度的比较正确的是（）

A.HA>HB>HCB.HA>HB=HC

C.HA<HB<HCD.HB<HA=HC

6.氢原子能级图如图所示，用大量处于n=2能级的氢原子跃迁......./,oV

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

到基态时，发射出的光照射光电管阴极K,测得光电管电流:：：：

2-----------J.4U

的遏止电压为7.6V,已知普朗克常量九=6.63x10-34/.s,

I-----------13.6

电子电量e=—1.6x10T9c,下列判断正确的是（）

A.电子从阴极K表面逸出的最大初动能为2.6eV

B.阴极K材料的逸出功为7.6eV

C.阴极K材料的极限频率为6.27X1014Hz

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D.氢原子从n=4跃迁到n=2能级，发射出的光照射该光电管阴极K时能发生光

电效应

7.电风扇的挡位变换器电路如图所示，把它视为一个可调压的理口,

想变压器，总匝数为2400匝的原线圈输入电压”=

220金sinlOOnt*），挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为

240匝、600匝、1200匝、2400匝。电动机M的内阻r=80,।（^）

额定电压为U=220V,额定功率P=110W.下列判断正确的是

()

A.该交变电源的频率为100Hz

B.当选择3挡位后，电动机两端电压的最大值为110V

C.当挡位由3变为2后，原线圈的电流变大

D.当选择挡位4后，电动机的输出功率为108W

8.如图，粗糙水平桌面上有一质量为〃?的铜质矩形线

圈.当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等

高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的

支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是（）

A.风先小于〃?g后大于"电，运动趋势向左

B.尸加先大于后小于”8，运动趋势向左

C.FN先小于，咫后大于机g，运动趋势向右

D.心先大于，"g后小于"吆，运动趋势向右

9.如图所示，A、8为平行金属板，两板相距为“，分别与电源两

极相连，两板的中央各有小孔M、M今有一带电质点，自A板

上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M,N三点在同一竖

直线上），空气阻力不计，到达N点时速度恰好为零，然后按

原路径返回。若保持两板间的电压不变，则（）

A.若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回

B.若把8板向下平移一小段距离，质点自尸点下落仍能返回

C.若把4板向上平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔继续下落

D.若把8板向上平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔继续下落

10.如图物体A叠放在物体8上，8置于光滑水平面上.A,B质量分别为=6kg,

mB=2kg,A,8之间的动摩擦因数〃=0.2,开始时F=10N,此后逐渐增加，在

增大到45N的过程中，贝心）

A.当拉力F<12N时，两物体均保持静止状态

B.两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动

C.两物体间从受力开始就有相对运动

D.两物体间始终没有相对运动

11.如图所示，木块8静止在水平地面上，木块A叠放在2上。A的

左侧靠在光滑的竖直墙面上。关于A、8的受力情况，下列说法

中正确的是（）

A.8对A的作用力方向一定竖直向上

B.B对A的作用力一定大于A的重力

C.地面对B的摩擦力方向可能向右

D.地面对8的作用力大小可能等于A、8的总重力

二、计算题（本大题共5小题，共56.0分）

12.其同学为了测量一个量程为3丫的电压表的内阻，进行了如下实验.

图1图2

（1）他先用多用表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得出电压表的

内阻为3.00x1030,此时电压表的指针也偏转了.已知多用表欧姆档表盘中央刻

度值为“15”，表内电池电动势为1.5人则电压表的示数应为V（结果保留两

位有效数字）

（2）为了更准确地测量该电压表的内阻即，该同学设计了图2所示的电路图，实验

步骤如下：

A.断开开关S,按图2连接好电路；

8.把滑动变阻器R的滑片「滑到b端；

C将电阻箱区的阻值调到零；

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D闭合开关5;

E.移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3y位置；

F.保持滑动变阻器R的滑片尸位置不变，调节电阻箱R。的阻值使电压表指针指到

1.5U位置，读出此时电阻箱R。的阻值，此值即为电压表内阻灯的测量值；

G.断开开关5.

实验中可供选择的实验器材有：

a.待测电压表

b.滑动变阻器：最大阻值20000

c.滑动变阻器：最大阻值100

d.电阻箱：最大阻值9999.90,阻值最小改变量为0.10

e.电阻箱：最大阻值999.9。，阻值最小改变量为0.10

广.电池组：电动势约6匕内阻可忽略

g.开关，导线若干

按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：

①要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供

的滑动变阻器中选用（填或“c”）,电阻箱中选用（填“d”或

“e”）

②电压表内阻灯的测量值R潮和真实值R茸相比，X测_____R苴（填或）；

若即越大，则国野1越（填“大”或“小”）

R具

13.麦克斯韦在1865年发表的《电磁场的动力学理论》一文中揭示了电、磁现象与光

的内在联系及统一性，即光是电磁波。

图1图2

①某单色光波在折射率为我的玻璃砖介质中传播，某时刻电场横波图象如图1所

示，己知：c=3x108m/s求该光波的频率。（结果可用分数表示）

②折射率为鱼的玻璃砖的截面为等腰梯形，如图2所示，其中上、下两面平行，

底角45。,现将①中的单色光以宽度为d的光束平行于CD边入射到AC界面上,人

匕是光束的边界。光线〃在玻璃砖中的光路已给出且恰好从。点射出。画出光线人

从玻璃砖中首次出射的光路图。并求出玻璃砖中有光射出部分的长度L以及出射光

线与界面的夹角0。

14.如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长U型玻璃管插在容积

很大的水银槽中，管的上部有一定长度的水银，两段空气柱被

封闭在左右两侧的竖直管中。开启阀门A,当各水银液面稳定

时，位置如图所示，此时两部分气体温度均为300K.已知心=

5cm,h2—10cm,右侧气体柱长度L1-60cm,大气压为p（）-

75cmHg,求：

①左则竖直管内气体柱的长度小2；

②关闭阀门4,当左侧竖直管内的气体柱长度为刀=6861时（

管内气体未溢出），则气体温度应升高到多少o

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15.如图所示，地面上有一倾角为。=37。、足够长的固定斜面，斜面上有两个质量分

别为nii=0.1kg、爪2=0-3kg的可看做质点的物块，初始时相距d=l?n,m2与斜

面动摩擦因数为的=0.75,现由静止释放Hl1，经过时间t=1s后与静止的爪2发生

弹性碰撞，碰撞时间极短(重力加速度g—10m/s2,sin370=0.6,cos37°—0.8)。

求

(1)第一次碰撞前瞬间mi的速度%的大小以及mi与斜面之间动摩擦因数出；

(2)第一次碰撞后两物块的速度大小；

(3)第一次与第二次碰撞期间，两物块间距离的最大值为多少。

16.如图所示，竖直平面内有一半径为八内阻为治、粗细均

匀的光滑半圆形金属环，在M、N处与相距为2八电阻

不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电

阻%，己知&=12/?,R2=4R.在MN上方及CQ下方有

水平方向的匀强磁场/和H,磁感应强度大小均为B.现有

质量为机、电阻不计的导体棒外，从半圆环的最高点A

处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与

半圆形金属环及轨道接触良好，且平行轨道中够长。已知导体棒油下落狎j的速度

大小为女,下落到处的速度大小为外。

(1)求导体棒ab从4下落;时的加速度大小。

(2)若导体棒质进入磁场D后棒中电流大小始终不变，求磁场I和H之间的距离〃

和/?2上的电功率22。

(3)若将磁场II的C。边界略微下移，导体棒外刚进入磁场II时速度大小为内,要

使其在外力尸作用下做匀加速直线运动，加速度大小为“，求所加外力尸随时间变

化的关系式。

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：由题，模具的形状与磁感线的形状是相同的，则线圈贴着模具上下移动的

过程中穿过线圈的磁感线的条数不会发生不会，即穿过线圈的磁通量不变，所以线圈紧

密套在模具上移动过程中不出现感应电流。故8正确，AC力错误

故选：B。

根据感应电流产生的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流

产生。

判断有无感应电流产生对照感应电流产生的条件，抓住两点：一是电路要闭合；二是磁

通量要变化。

2.【答案】B

【解析】解：ABC、小球在BCD部分做圆周运动，在。点，由牛顿第二定律得:mg=6

小球由B到力的过程中机械能守恒：|THVB=2mgR+［小诏；

联立解得：vB=15gR

小球由4到8,由动能定理得：qEx=\mvl

将：为=j5gR代入得:qEx=|mgR

由最后的表达式可以知R越大，x越大，故A错误；优越大，尤越大，故B正确；场强E

越大，x越小，故C错误；

D、在8点得：FN-mg=m费;

将：如代入得：氐=6mg，小球经过B点瞬间对轨道的压力只与小球的质量

有关，故。错误.

故选：Bo

对A到8和8到。应用动能定理，在。点应用牛顿第二定律，推导出&X、〃，的综合

表达式，利用表达式分析A8C选项；对8点应用牛顿第二定律，分析在B点球对轨道

的压力。

本题是一道应用动能定理和牛顿第二定律综合作答的题目，当一个运动涉及到竖直面圆

周运动时，通常选择圆周的最高点和最低点使用牛顿第二定律列式，而对由最低点到最

高点运动的过程，使用动能定理列式，我们把这种解题思路称为“一点一过程或多点多

过程”。

3.【答案】B

【解析】解：4、星体在其他三个星体的万有引力作用下，合力方向指向对角线的交点，

围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，故4正确。

B、四颗星的轨道半径为r=Wa,故8错误.

2

C、根据万有引力等于重力有：G黄=m'g,贝叼=需.故C正确。

D、根据万有引力提供向心力2G牛.45。=小4混§)2,解得丁=

2TTUI故O正确。

7(4+V2)Gm

本题选错误的，故选瓦

在四颗星组成的四星系统中，其中任意一颗星受到其它三颗星对它的合力提供圆周运动

的向心力，根据合力提供向心力，求出星体匀速圆周运动的周期.根据万有引力等于重

力，求出星体表面的重力加速度.

解决本题的关键掌握万有引力等于重力，以及知道在四颗星组成的四星系统中，其中任

意一颗星受到其它三颗星对它的合力提供圆周运动的向心力.

4.【答案】C

【解析】

【分析】

本题为平衡状态下物体的受力分析，在夹角为特殊角时物体受力的特点。

利用平行四边形，找出物体受到重力、弹簧的弹力和圆环对物体的支持力三者的关系，

这是本题的重点，找出它们的关系，弹簧的弹力就好确定了，从而可以求出物体所受的

摩擦力。

【解答】

对圆环上的小球进行受力分析可以知道，物体受到重力、弹簧的弹力和圆环对物体的支

持力，由于三角形OAB是一个等边三角形，利用平行四边形定则做出重力、弹力的合

力的平行四边形会发现，重力、弹力和支持力会处在同一个三角形中并且这个三角形是

等边三角形，由此我们判定弹簧的弹力与物体的重力相等都是〃火，此时弹簧伸长量为

L,当该弹簧沿水平方向拉住质量为2,”的物体时弹簧伸长量也为L由此可知两次弹簧

的弹力是一样的即为mg,由于质量为2机的物体处于静止状态，即受力平衡，在水平方

向上是弹簧的弹力和物体所受的摩擦力平衡，所以物体所受的摩擦力大小即为机g,方

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向与弹簧的弹力方向相反即为水平面向左，故C正确，48。错误。

故选：C

5.【答案】D

【解析】解：对于A、C两个球，达到最高点时，A、C两个球的速度均为零，物体的

动能全部转化为重力势能，所以A、C的最大高度相同；

对于B球来说，由于B是斜抛运动，在水平方向上有一个速度，这个分速度的动能不会

转化成物体的重力势能，所以8球在最高点时的重力势能要比AC两球的小，所以高度

要比AC两球的高度小，所以。正确。

故选：D。

ABC三个球的机械能都守恒，到达最高点时.，根据机械能守恒定律分析对比可以得出结

论。

8球做的是斜抛运动，水平方向的分速度是不能转化成物体的重力势能的，所以B的高

度最低。

6.【答案】C

【解析】解:A、因遏止电压为4=7.6V,根据动能定理可知，光电子的最大初动能a7n=

eU0,光电子的最大初动能为7.6eU,故A错误；

B、根据光电效应方程，可知，Wo=hr-Ekm,而=E2-El；因此%=13.6-3.4-

7.6=2.6eV,故B错误;

C、因逸出功叫等于九孔，则材料的极限频率为=牛=嗡篝写=6.27xIO”出，

故C正确。

D、从n=4跃迁到n=2能级,释放能量为△E=3.4-0.85=2.55eV<2.6eV,因此发

射出的光照射该光电管阴极K时，不能发生光电效应，故。错误。

故选：Co

根据光电效应方程，结合=即可求解最大初动能，与逸出功，再由逸出功明

等于八九，求出材料的极限频率，最后依据光电效应发生条件，即可求解。

解决本题的关键理解遏止电压的含义，掌握光电效应方程以及光电效应发生条件，并能

灵活运用。

7.【答案】D

【解析】解：A、根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知3=1007T,交变电源的频率f=

5=多些=50Hz,故A错误；

27rZ7T

B、当选择3档位后，副线圈的匝数为1200匝，根据电压与匝数成正比得红=江，原

U2n2

线圈输入电压的有效值％=220V,有黄=鬻，解得4=110K.所以电动机两端电

压的最大值为110立V,故B错误；

C、当档位由3变为2后，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压减小，输出功

率变小，输入功率变小，根据匕=%4知原线圈电流变小，故C错误；

D、当选择档位4,副线圈匝数等于2400匝，根据电压比规律得副线圈两端的电压为220Y,

电动机正常工作，流过电动机的电流/=《=堤4=0.54电动机的发热功率1=

U八、'

I2r=0.52x8W=2W,电动机的输出功率为P出1（以1「，故。正

确；

故选：D。

根据原线圈输入电压的瞬时值表达式即可知角速度3,结合3=2兀/得交变电源的频率；

当选择3档位后，根据变压比规律求出副线圈两端电压的有效值，最大值为有效值的应

倍；当档位由3变为2后，根据变压比规律判断副线圈的电压，分析输出功率的变化，

根据输入功率等于输出功率，由2=〃判断原线圈电流的变化；当选择档位4后，根据

变压比规律求出副线圈电压，根据能量守恒求电动机的输出功率。

本题考查变压器原理，要注意明确变压器的规律，能用线圈匝数之比求解电压及电流；

同时注意注意明确对于非纯电阻电路欧姆定律不能使用，在解题时要注意正确选择功率

公式。

8.【答案】D

【解析】解：当磁铁向右运动时，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律的第二种描述：

“来拒去留：可知，线圈有向下和向右的趋势；故线圈受到的支持力增大；同时运动趋

势向右；

故选：。。

由磁铁的运动可知线圈中磁通量的变化，由楞次定律可判断线圈的支持力及运动趋势.

线圈的运动是因发生了电磁感应而产生了感应电流，从而受到了安培力的作用而产生的;

不过由楞次定律的描述可以直接判出，并且能更快捷.

9.【答案】A

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【解析】解：AC、由题设条件知，mg-2d-qU=0,知电场力做功等于重力做功的大

小。把A板向上平移一小段距离,质点自尸点自由下落，根据动能定理知,mg-2d-qU=

0,小球到达N点速度为零然后返回。故A正确，C错误。

B、将8板向下移动一小段距离，根据动能定理知：mg-（2d+x）-qU>0,知小球到

达N点速度不为零，小球会穿过N孔继续下落。故8错误。

D、将B板向上移动一小段距离，根据动能定理知：mg・（2d-x）<qU,小球到达N

点前速度就减小为零，然后返回。故。错误。

故选：A。

一带电质点自4板上方相距为"的P点由静止自由下落（P、M,N在同一竖直线上），

空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，根据动能定理知，在此过

程中重力做功与电场力做功大小相等。移动上下极板，抓住两板间的电势差不变，通过

动能定理判断带电质点的运动情况。

对于本题选择全过程为研究过程，运用动能定理进行求解比较方便，在运用动能定理时,

抓住电势差不变，电场力做功不变，比较电场力做功与重力做功的关系进行分析。

10.【答案】D

【解析】

【分析】

隔离对B分析，求出AB发生相对滑动时的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二

定律求出刚好发生相对滑动时的拉力。

本题考查牛顿第二定律的临界问题，关键找出临界状态，运用整体法和隔离法，根据牛

顿第二定律进行求解。

【解答】

隔离对B分析，当A8间摩擦力达到最大静摩擦力时,A、B发生相对滑动，则即=™=

2

O2；6Q7n/52—6m/s

再对整体分析尸=（啊+MB）a=8x6N=48N,知当拉力达到48NB寸，A、8才发生

相对滑动，在尸小于12N时，两者是保持相对静止的，相对于地面是运动的，故。正

确，ABC错误。

故选

11.【答案】D

【解析】解：AB,对4受力分析可知：

1.若A与B的接触面光滑，则A受重力、支持力及墙壁对A的支持力作用，A处于静止

状态，合力为零，由于A、8之间的接触面倾斜，则3对A的支持力大于A的重力，根

据牛顿第三定律可知，物块4对物块B的压力大小大于物块A的重力；

2,若接触面粗糙，A可能受到重力、支持力和8对A的摩擦力，有可能A还受到墙壁的

支持力；当墙壁对A没有支持力时，B对A的支持力与摩擦力的合力与A的重力大小相

等，方向相反.

由以上分析可知，故A错误，B错误；

C、1.若A与B的接触面光滑，木块B受重力、地面的支持力、4对B斜向下的压力以

及地面的摩擦力处于静止状态，合力为零，则摩擦力方向水平向左；

2.若接触面粗糙，木块B受重力、地面的支持力、A对8斜向下的压力以及A对3的静

摩擦力，其中A对B斜向下的压力以及A对3的静摩擦力的合力与A的重力大小相等，

方向竖直向下，所以B不受地面的摩擦力，故C错误；

。、对整体进行受力分析可知，整体在竖直方向不受外力，故支持力一定等于两物体的

重力，故。正确；

故选：D。

分光滑与粗糙两种情况，分别对A以及4B整体进行分析，由共点力的平衡条件可判断

两物体可能的受力情况.

本题考查受力分析及共点力的平衡，在判断接触面间的作用力，特别是摩擦力时可以应

用假设法及共点力的平衡条件进行判断.

12.【答案】1.0cd＞小

【解析】解：(1)欧姆表的内电阻等于中值电阻，为：/?=15x100=1500/2；电压表

的内电阻为：Rv=30000；

故电压表读数为:u=，Rv=品急揭=1。k

(2)①采用电压表半偏法测量电压表内电阻，要保证电压表与电阻箱的总电压保持不变,

需要使电压表电阻远大于滑动变阻器的电阻，故滑动变阻器选择小电阻，即选择c；

电阻箱最大电阻不能小于电压表电阻，电压表内电阻约为3000欧姆，故电阻箱选择d；

②实验中要保证电压表与电阻箱的总电压不变，但实际上该电压是变化的；当电阻箱

电阻增加时，电压表与电阻箱的总电压略微增加；

实验中认为电阻箱和电压表电阻相等，故调节电阻箱的阻值使电压表指针指到1.5V位

置，此时电阻箱的电压大于1.5V,故电阻箱的电阻大于电压表的电阻，即测量值偏大;

第14页，共19页

当治越大，电压表与电阻箱的总电压偏差越小，系统误差越小，越小；

故答案为：(1)1.0：(2)①c；&②＞：小.

(1)欧姆表的内电阻等于中值电阻，根据闭合电路欧姆定律列式求解即可；

(2)①采用电压表半偏法测量电压表内电阻，要保证电压表与电阻箱的总电压保持不变,

需要使电压表电阻远大于滑动变阻器的电阻，电阻箱最大电阻不能小于电压表电阻；从

而选择实验仪表；

②明确实验原理，知道实验中要保证电压表与电阻箱的总电压不变，但实际上该电压

是变化的，当电阻箱电阻增加时，电压表与电阻箱的总电压略微增加，故调节电阻箱品

的阻值使电压表指针指到1.5V位置，此时电阻箱的电压大于1.5V；则可明确实验结果.

本题考查了用半偏法测量电压表电阻，关键是明确实验原理，从实验原理角度选择器材、

分析误差来源；同时注意明确实验中对应的误差分析方法.

13.【答案】解：①设光在介质中的传播速度为丫，波长为无频率为力由图1得;l=4x

10-7m

光在介质中的速度

光波的频率为f=3=5

ATIA

代入数据求得/=乎X1015Hz

②光路图如下：

由几何关系得在面上的入射角为75。，在CQ面发生全反射，在8。面上的入射角为

30。，根据折射定律得BD面的折射角为45。

玻璃砖中有光射出部分的长度L=V2d

答:①该光波的频率为*xl0i5"Z

②画出光线b从玻璃枝中首次出射的光路图如图所示，玻璃胸中有光射出部分的长度乙

为近d,出射光线与界面的夹角。为45。。

【解析】①由图象可知光波的波长，则由波长、频率和波速的关系可求得光波的频率；

②由题意可求得该光在玻璃中的折射率，因两条光线相互平行，故关键在于分析co面

上光线能否发生全反射。

本题考查光的传播及折射定律，光的传播中注意结合图象找出波长；折射定律中要注意

在各界面上能否发生全反射。

14.【答案】解：（1）设右管气体压强为％,左管气体压强为P2,左管气体下端与水银槽

面的高度差为无3,则有：

Pi=分+pgh2=BScmHgP?=Pr-pghr=80cmHg

。2=分+pgh3h3=5cmL2=乙2—生+九1+危=60cm

（2）对右管中气体

初态：Pi=85cmHg

%=A1S=60cmxS

7\=300K

末态：Pj=2+pg（L；-AI+电）=93cmHg

V1,=L/S团68cmxS

%=?

则有：管=等w

解得：T；=372K

答：①左则竖直管内气体柱的长度为60c/n；

②关闭阀门A，当左侧竖直管内的气体柱长度为人=68CM时（管内气体未溢出），则气

体温度应升高到372K。

【解析】①根据几何关系，即可求出左则竖直管内气体柱的长度员；

②分析左侧气柱，根据平衡结合理想气体的状态方程，即可求出升温后关闭阀门A,当

左侧竖直管内的气体柱长度为68“〃时，气体应升高到的温度。

本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强P、体积以温度T三个参量

的变化情况，选择合适的规律解决，要求大家熟练能利用几何关系以及平衡求出初末状

态的压强。

15.【答案】解：（1）7711向下做初速度为零的匀加速直线运动，位移：d=Vt=^tt

==ms

碰撞前速度：v0~~~/=2m/s；

恤的加速度：a=y=|m/s2=2m/s2,

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对mi，由牛顿第二定律得：m1gsind-ii1m1gcosd=

代入数据解得：a=0.5；

(2)两物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，

以平行于斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：机1%=771送1+血2〃2，

由机械能守恒定律得：加1诺="1资+如2谚，

代入数据解得：%=—lm/s,v2=lm/s；

(3)由题意可知：42m2gcos。=m2gs比。，碰撞后巾2向下做匀速直线运动，

Tn1先向上做匀减速直线运动后沿斜面向下做匀加速运动，当两物块速度相等时两者距

离最大，

由牛顿第二定律得：

nii向上运动过程：m^sind4-^m^^gcosd=

mi向下运动过程：m1gsinB-^m^cosO=m1a2,

22

代入数据解得：ar=10m/s,a2=2m/s,

恤速度减为零需要的时间：ti=£=2s=61s,

恤的速度与血2的速度相等需要的时间：b="=/=0.5s,

血1减速位移大小：/=鲁=一/租=0.05m,

xx2al2x10

如加速到与?n2速度相等过程位移大小：3x2x0.52m=0.25m,

该过程中机2的位移大小：x2=%(□+t2)=1x(0.1+0.5)m=0.6m,

两物块间的最大距离：d=x2+x1-x1'=(0.6+0.05-0.25)m=0.4m；

答：(1)第一次碰撞前瞬间m1的速度%的大小为2/n/s,uh与斜面之间动摩擦因数的为0.5；

(2)第一次碰撞后两物块速度大小都是lm/s；

(3)第一次与第二次碰撞期间，两物块间距离最大值为0.4巾。

【解析】(1)应用运动学公式求出碰撞前瞬间uh的速度，应用速度公式求出加速度，然

后应用牛顿第二定律求出动摩擦因数。

(2)两物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与

机械能守恒定律可以求出碰撞后的速度。

(3)根据物块的受力情况分析清楚碰撞后物块的运动过程，应用牛顿第二定律求出加速

度，然后应用运动学公式求出物块的位移，再求出物块间的最大距离。

本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式的应用，根

据题意分析清楚物块的运动过程与受力情况是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、

牛顿第二定律与运动学公式可以解题。

16.【答案】解：（1）以导体棒为研究对象，棒