河北省衡水中学2020届高三上学期五调考试物理试题 Word版含解析

河北省衡水中学2020届高三上学期五调考试物理试题 Word版含解析

- 1 - 2019-2020 学年度上学期高三年级五调考试 物理试卷 第Ⅰ卷（选择题 共 60 分） 一、选择题（下列每小题所给选项中至少有一项符合题意，每小题 4 分，部分分 2 分，选错不得分，共 60 分） 1.下列说法正确的是（ ） A. 检验工件平整度的操作中，如图 1 所示，上面为标准件，下面为待检测工件，通过干涉条 纹可推断：P 为凹处，Q 为凸处 B. 图 2 为光线通过小圆板得到的衔射图样 C. 铀核（ ）衰变为铅核（ ）的过程中，要经过 8 次 衰变和 6 次 衰变 D. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时。电子的动能 减小，电势能增大，原子的总能量不变 【答案】ABC 【解析】 【详解】A. 薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同，从弯曲的条纹可知，P 处 检查平面左边处的空气膜厚度与 P 处的空气膜厚度相同，知 P 处凹陷，而 Q 处检查平面右边 处的空气膜厚度与 Q 处的空气膜厚度相同，知 Q 处凸起，故 A 正确； B. 图为光线通过小圆板得到的衍射图样，若用光照射很小的不透明圆板时，圆板正中心后面 会出现一亮点，故 B 正确； C. 的质子数为 92，质量数为 238， 的质子数为 82，质量数为 206，因而铅核比铀 核质子数少 10 个，质量数少 32 个，注意到一次 α 衰变质量数减少 4，故 α 衰变的次数为 次， 一次 β 衰变质量数不变，电荷数增加 1，所以 β 衰变的次数 y 应满足： 2x−y+82=92， 238 92 U 206 82 Pb α β 238 92 U 206 82 Pb 238 206 84x −= = - 2 - 得： y=2x−10=6 次， 故 C 正确； D. 氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，库仑力对电子做负功，所以 动能变小，电势能变大，而因为吸收了光子，总能量变大，故 D 错误； 故选：ABC。 2.LC 振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，则下列说法正确的是(　　) A. 若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电 B. 若电容器正在放电，则电容器上极板带负电 C. 若电容器上极板带正电，则自感电动势正在减小 D. 若电容器正在充电，则自感电动势正在阻碍电流减小 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．若磁场正在减弱，由楞次定律可得线圈上端为正极，则电容器上极带正电，处于 充电状态．故 A 正确； B．若电容器正在放电．由安培定则可得电容器上极带负电．故 B 正确； C．若电容器上极板带正电，说明电容器在充电，电流减小越来越快，自感电动势增大，故 C 错误； D．若电容器正在充电，则线圈自感作用，阻碍电流的减小，故 D 正确； 故选 ABD． 3.如图所示为用 、 两种单色光分别通过同一双缝干涉装置获得的干涉图样．现让 、 两 种光组成的复色光穿过平行玻璃砖或三棱镜时，光的传播路径与方向可能正确的是（ ） a b a b - 3 - A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【详解】AB.由干涉图样可知，a 光的双缝干涉条纹间距比 b 光的大，根据双缝干涉相邻条纹 间距公式 可知，a 光的波长长，则同一介质对 a 的折射率小，对 b 光的折射率大．根据平行玻璃砖的光 学特性可知，出射光线与人射光线平行，由于 a 光的折射率小，偏折程度小，所以出射时 a 光应在右侧，故 A 符合题意，B 不符合题意； CD.由 分析可知，a 光的临界角较大．当光从棱镜射入空气中时，若发生全反射的话 首先是 b 光，若 b 不发生全反射，能射出棱镜，则 a 光一定也不发生全反射从棱镜射出；若 a 不发生全反射，能射出棱镜，b 光可能发生全反射不从棱镜射出，故 D 符合题意，C 不符合题 意 4.如图所示，M、N 是以 MN 为直径的半圆弧上的两点，O 点为半圆弧的圆心．将带电荷量相 等、电性相反的两个点电荷分别置于 M、N 两点，这时 O 点电场强度的大小为 E1；若将 N 点 处的点电荷移至 O 点正下方，则 O 点的电场强度大小变为 E2，E1 与 E2 之比为（ ） Lx d λ∆ = 1sinC n = - 4 - A. 1： B. ：1 C. 2： D. 4： 【答案】BC 【解析】 【详解】依题意，每个点电荷在 O 点产生的场强为 则当 N 点处的点电荷移至 P 点时，O 点合场强大小为 ， 则 E1 与 E2 之比为 ，故 BC 正确；AD 错误。 故选 BC。 5.如图所示，一电荷量为+Q 的点电荷甲固定在光滑绝缘的水平面上的 O 点，另一电荷量为 +q、质量为 m 的点电荷乙从 A 点以 v0=2m/s 的初速度经 C 沿它们的连线向甲运动，到达 B 点 时的速度为零，已知 AC=CB，φA=3V，φB=5V，静电力常量为 k，则下列表述正确的是（ ） A. φC＞4V B. φC＜4V C. 点电荷乙的比荷为 1C/kg D. 点电荷乙从 A 到 C 过程其动能的减少量与从 C 到 B 过程其动能的减少量相等 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．根据点电荷的电场线的分布，及 φA=3V，φB=5V，可知，电势为 4V 的等势面 在 BC 之间，因此 φC＜4 V，A 错误，B 正确； C．根据动能定理，电荷乙从 A 运动到 B 过程，则有： =qUAB；其中 UAB=φA﹣φB=﹣2V 解得： =1 C/kg，C 正确； D．点电荷乙从 A 到 C 过程其动能的减少量为 qUAC，从 C 到 B 过程其动能的减少量为 qUCB， 1 2 E 1 2 1 22 2 2 EE E= ⋅ = 1 1 2 1 2 2 12 2 2 E E E E = = = 2 0 10 mv2 − q m - 5 - 因为 UCB＞UAC，点电荷乙从 A 到 C 过程其动能的减少量小于从 C 到 B 过程其动能的减少量，D 错误； 故选 BC． 6.如图所示，电荷量为+1×10﹣6C 的点电荷 A 镶嵌在墙壁上，带电荷量为十 3×10﹣6C 的小球 B （可视为点电荷）悬挂在长为 50cm 的轻绳末端，悬点在 A 的正上方 C 处，A、C 之间的距离 为 40cm，重力加速度为 10m/s2．已知静电力常量 k=9.0×109N•m2/C2，则下列表述正确的是（ ） A. 若 AB 垂直于墙面，则 A、B 之间的库仑力为 0.3N B. 若仅减少 B 电荷量，再次平衡后，A、B 之间的电场力减小 C. 若同时增加 B 的质量和 B 的电荷量，B 的位置可能不变 D. 只要绳长不变，则绳中拉力大小不变 【答案】ABC 【解析】 【详解】试题分析：对 B 受力分析，找出各力之间的关系，结合几何关系和库伦定律进行判 断； A、根据库伦公式求的库伦力； B、小球 B 的电荷量减小后，作出力的三角形进行分析，判断出 A、B 之间的电场力的变化； C、判断 B 的重力 G 和 A、B 之间库伦力的变化，判断 B 的位置是否变化； D、受力分析，得出绳子拉力与重力 G 的关系，判断出拉力与 G 有关； 解：A、若 AB 垂直于墙面，则由勾股定理得 AB=30cm=0.3m，A、B 之间的库仑力为 ，A 正确； B、小球 B 的电荷量减小后，作出力的三角形改变为钝角三角形，再次平衡后可知 A、B 之间 的电场力减小，B 正确； C、若同时增加 B 的质量和 B 的电荷量，A、B 间电场力也增大，B 的位置可能不变，C 正确； D、根据△FBF1∽△PQB 得 ，且 FF1=F2，F=G，故 ，则绳中拉力大小与小球 的 - 6 - 重力 G 有关，D 错误； 故选 ABC． 【点评】本题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长 的关系，进行分析，也可以应用函数法求解． 7.在相距为 r 的 A、B 两点分别放上点电荷 和 ，C 为 AB 的中点，如图所示，现引入带 正电的检验电荷 q，则下列说法中不正确的是 A. 如果 q 在 C 点受力为零，则 和 一定是等量异种电荷 B. 如果 q 在 AB 延长线离 B 较近的 D 点受力为零，则 和 一定是异种电荷，且电荷量大 小 C. 如果 q 在 AC 段上的某一点受力为零，而在 BC 段上移动时始终受到向右的力，则 一定 是负电荷且电荷量大小 D. 如果 q 沿 AB 的垂直平分线移动时受力方向始终不变，则 和 一定是等量异种电荷 【答案】A 【解析】 【详解】A．如果 q 在 C 点受力为零，则 QA 和 QB 对 q 的力方向相反，所以 QA 和 QB 一定是 等量同种电荷，故 A 错误，符合题意； B．如果 q 在 AB 延长线离 B 较近的 D 点受力为零，则 QA 和 QB 一定是异种电荷，有库仑定 律，对 q 有 rA＞rB，所以电量大小 QA＞QB．故 B 正确，不符合题意。 C．如果 q 在 AC 段上的某一点受力为零，根据 ，所以 QA＜QB．在 BC 段上移 动时始终受到向右的力，则 QA 一定是负电荷，故 C 正确，不符合题意； D．如果 q 沿 AB 垂直平分线移动时受力方向始终不变，即水平方向，所以 QA 和 QB 一定是的 AQ BQ AQ BQ AQ BQ A BQ Q> AQ A BQ Q< AQ BQ 2 2 A B A B kQ q kQ q r r = 2 2 A B A B kQ q kQ q r r = - 7 - 等量异种电荷，故 D 正确，不符合题意。 故选 A。 8. 一带正电的粒子仅在电场力作用下从 A 点经 B、C 点运动到 D 点，其 v﹣t 图象如图所示， 则下列说法中正确的是（ ） A. A 点的电场强度一定大于 B 点的电场强度 B. 粒子在 A 点 电势能一定大于在 B 点的电势能 C. CD 间各点电场强度和电势都为零 D. AB 两点间的电势差大于 CB 两点间的电势差 【答案】AB 【解析】 【详解】由图线可看出，A 点的图线的斜率大于 B 点的斜率，即 A 点的加速度大于 B 点，故 A 点的电场强度一定大于 B 点的电场强度，选项 A 正确；在 B 点的速度大于在 A 点的速度，故 从 A 到 B 动能增加，电势能减小，即粒子在 A 点的电势能一定大于在 B 点的电势能，选项 B 正确；从 C 到 D 粒子做匀速运动，故 CD 间各点电场强度为零，电势相等但不一定为零，选 项 C 错误；从 A 到 B 和从 B 到 C 粒子动能的变化量相同，故电场力做功相同，即 AB 两点间 的电势差等于 CB 两点间的电势差，选项 D 错误；故选 AB． 【点睛】本题考查到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力 对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变 化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．还考查了对于匀 变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于 起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似． 9.有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左右）．一位同学想用一个卷尺粗 略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走 到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离 d，然后用卷尺测出船长 L．已知他的 自身质量为 m，水的阻力不计，船的质量为(　　) 的 - 8 - A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设人走动时船的速度大小为 v，人的速度大小为 v′，人从船尾走到船头所用时间为 t．取船的速度为正方向．则 ， ；根据动量守恒定律：Mv-mv′=0，则得： ，解得船的质量： ,故选 A． 10.光滑斜面上物块 A 被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于 O 点，如图所示，现将 A 沿斜面拉到 B 点无初速释放，物块在 BC 范围内做简谐运动，则下列说法正确的是（ ） A. 在振动过程中，物块 A 机械能守恒 B. C 点时弹簧性势能最小 C. C 点时系统势能最大，O 点时系统势能最小 D. B 点时物块 A 的机械能最小 【答案】CD 【解析】 试题分析：物体做简谐运动，物体 A 和弹簧系统机械能守恒，根据机械能守恒定律分析即 可． 解：A、在振动过程中，物体 A 和弹簧系统机械能之间相互转化，由于弹性势能是变化的，故 物体 A 的机械能不守恒，物体与弹簧构成的系统机械能守恒．故 A 错误； B、当物块 A 被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于 O 点时，物体 A 受到向上的弹力，所以弹簧处 于伸长状态，结合简谐振动的对称性可知，物块在 B 点时弹簧的伸长量一定最长，而物块在 C 点时，弹簧可能处于原长状态，也可能处于压缩状态或伸长状态，可知在 C 点时，弹簧的弹 性势能不一定最小．故 B 错误； C、物体 A 和弹簧系统机械能守恒；物体在 C 点时，动能为零，最小，故物体与弹簧构成的系 统势能（重力势能和弹性势能之和）最大；在 O 点时，动能最大，故势能最小．故 C 正确； D、物体 A 和弹簧系统机械能守恒；物体在 B 点时，弹簧的伸长量最长，弹簧的弹性势能最大； ( )m L d d − ( )m L d d + mL d ( )m L d L + dv t = L dv t −′ = d L dM mt t −= ( )m L dM d −= - 9 - 物体 A 的机械能最小；故 D 正确； 故选 CD． 【点评】该题借助于弹簧振子的模型考查机械能守恒定律，解答本题关键是明确弹簧和物体 系统机械能守恒，物体的机械能不守恒，基础题目． 11. 一列简谐横波沿一水平直线向右传播，位于此直线上的 P、Q 两质点相距 12 米，P 在左、 Q 在右．t=0 时，质点 P 在正的最大位移处，质点 Q 恰好到达平衡位置，而 t=0.05 秒时，质点 Q 恰好在负的最大位移处． A. 这列波的最大可能波长是 48m B. 这列波的最大可能周期是 0.2s C. 这列波的周期可能是 0.15s D. 这列波的波速可能是 720m/s 【答案】AD 【解析】 【分析】 根据题中 PQ 两点的状态，结合波形求出波长的表达式．由时间得到周期的表达式，即可求得 波速的表达式，再求解特殊值．根据波速公式得到周期的通项，再得到特殊值． 【详解】当 t1=0 时，P 质点在正的最大位移处，Q 质点恰好到达平衡位置且向上振动时，有： xPQ=（n+ ）λ，n=0，1，2，… 则得 λ= m 又有 t=（k+ ）T，k=0，1，2，… 则得 T= = s 故波速为 v= = m/s 当 t1=0 时，P 质点在正的最大位移处，Q 质点恰好到达平衡位置且向下振动时，有： xPQ=（n+ ）λ，n=0，1，2，… 则得 λ= m 又有 t=（k+ ）T，k=0，1，2，… - 10 - 则得 T= = s 故波速为 v= = m/s 由上得：当 n=0 时，得这列波的最大波长是 48m，当 k=0 时，得这列波的最大周期是 0.2s． 由于 k 是整数，T 不可能为 0.15s． 当 n=0，k=0 时，v=720m/s； 故选 ABD 【点睛】解决机械波的题目关键在于理解波的周期性，即时间的周期性和空间的周期性，得 到周期和波长的通项，从而得到波速的通项，再求解特殊值． 12.华裔科学家高锟获得 2009 年诺贝尔物理奖，他被誉为“光纤通讯之父”，光纤通讯中信号 传播的主要载化开是光导纤维，图示为一光导纤维（可简化为一长玻璃丝）的示意图，玻璃 丝长为 L，折射率为 n，AB 代表端面．已知光在真空中的传播速度为 c，则下列说法正确的是 （ ） A. 为使光线能从玻璃丝的 AB 端面传播到另一端面，光线在端面 AB 上的入射角应满足 sini≥ B. 光线从玻璃丝的 AB 端面传播到另一端面所需的时间与 AB 端面的入射角有关，入射角越大， 传播时间越长 C. 光线从玻璃丝的 AB 端面传播到另一端面所需的最长时间为 D.只要光导纤维的折射率满足一定的要求，则无论 AB 端面的入射角怎样变化，光线都可在光 纤与空气的界面上发生全反射 【答案】BCD 【解析】 试题分析：根据折射定律求入射角的条件，利用全反射的条件和运动学知识求光线传播所用 的最长时间． 解：A、设激光束在光导纤维端面的入射角为 i，折射角为 α，折射光线射向侧面时的入射角为 β，要保证不会有光线从侧壁射出来，其含义是能在侧壁发生全反射． 由折射定律：n= - 11 - 由几何关系：α+β=90°，sinα=cosβ 恰好发生全反射临界角的公式：sinβ= ，得 cosβ= 联立得 sini= ，故 A 错误； 要保证从端面射入的光线能发生全反射，应有 sini≤ BC、光在玻璃丝中传播速度的大小为 v= 光速在玻璃丝轴线方向的分量为 vz=vsinβ 光线从玻璃丝端面 AB 传播到其另一端面所需时间为 T= 光线在玻璃丝中传播，在刚好发生全反射时，光线从端面 AB 传播到其另一端面所需的时间最 长， 联立得 Tmax= ，故 BC 正确； D、根据全反射条件，当光导纤维的折射率满足一定的要求，则无论 AB 端面的入射角怎样变 化，光线都可在光纤与空气的界面上发生全反射，故 D 正确； 故选 BCD． 【点评】考查了折射定律和全反射的条件，并对于几何光学问题作出光路图，正确的确定入 射角和折射角，并灵活运用折射定律是解题的关键． 13.如图所示，ABCD 是一直角梯形棱镜 横截面，位于截面所在平面内的一束光线由 O 点垂直 AD 边射入，已知棱镜的折射率 η= ，AB=BC=8cm，OA=2cm，∠OAB=60°．则下列说法正确的 是（ ） A. 光线第一次入射到 AB 界面上时，既有反射又有折射 B. 光线第一次从棱镜折射进入空气，应发生在 CD 界面 C. 第一次的出射点距 C cm D. 光线第一次射出棱镜时，折射角为 45° 【答案】BCD 的 - 12 - 【解析】 试题分析：ABD、根据 sinC= ，求出临界角的大小，从而作出光路图，根据几何关系，结合折 射定律求出出射光线的方向． C、根据几何关系，求出第一次的出射点距 C 的距离． 解：ABD、因为 sinC= ，临界角 C=45° 第一次射到 AB 面上的入射角为 60°，大于临界角，所以发生全发射，反射到 BC 面上，入射角 为 60°，又发生全反射，射到 CD 面上的入射角为 30° 根据折射定律得，n= ，解得 θ=45°． 即光从 CD 边射出，与 CD 边成 45°斜向左下方，故 A 错误，BD 正确． C、根据几何关系得，AF=4cm，则 BF=4cm． ∠BFG=∠BGF，则 BG=4cm．所以 GC=4cm． 所以 CE= cm，故 C 正确． 故选 BCD． 【点评】解决本题的关键掌握全发射的条件，以及折射定律，作出光路图，结合几何关系进 行求解． 14.如图所示，在竖直墙壁间有质量分别是 m 和 2m 的半圆球 A 和圆球 B，其中 B 球球面 光滑，半球 A 与左侧墙壁之间存在摩擦．两球心之间连线与水平方向成 30°的夹角，两球恰好 不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g 为重力加速度)，则半球 A 与左侧墙壁之间的动摩 擦因数为(　　) - 13 - A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 隔离光滑均匀圆球 B，对 B 受力分析，根据平衡条件列式求解 FN，对两球组成的整体进行受 力分析，根据平衡条件列式求解即可． 【详解】隔离光滑均匀圆球 B，对 B 受力分析如图所示， 可得： FN=Fcosθ 2mg-Fsinθ=0 解得： 对两球组成的整体有： 3mg-μFN=0 联立解得： 故应选：A． 【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，掌握整体法和隔 离法的运用． 15.据每日邮报 2014 年 4 月 18 日报道，美国国家航空航天局(NASA)目前宣布首次在太阳系外 发现“类地”行星 Kepler-186f．假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行 星自转周期为 T；宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h 处自由释放一个小球（引力视 为恒力），落地时间为 t．已知该行星半径为 R，万有引力常量为 G,则下列说法正确的是 3 2 3 3 3 4 2 3 3 2 tanN mgF θ= 3 2 µ = - 14 - A. 该行星的第一宇宙速度为 B. 宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不大于 C. 该行星的平均密度为 D. 如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为 【答案】C 【解析】 根据自由落体运动: ， 得星球表面的重力加速度： A、星球的第一宇宙速度 ，故 A 错误； B、根据万有引力提供圆周运动向心力有： ，可得卫星的周期 ，可知轨道半径越小周期越小，卫星的最小半径为 R，则周期最小值为 ，故 B 错误； C、由 有： ，所以星球的密度 ，故 C 正确； D、同步卫星的周期与星球自转周期相同故有： ，r=R+h，代入数据解得： ，故 D 错误． 故选 C． 点睛：根据自由落体运动求出星球表面的重力加速度，再根据万有引力提供圆周运动向心力 讨论即可． 第Ⅱ卷（非选择题 共 50 分） 二、非选择题 R T π 2Rt h π 2 3 2 h RGtπ 2 2 3 2 22 hT R tπ 21 2h gt= 2 2hg t = 2 2hRv gR t = = 2 2 2 4GMm m rr T π= 3 2 rT GM π= 3 min 22 R RT tGM h π π= = 2 GMm mgR = 2 2 2hRM Gt = 2 3 2 M h V RGt ρ π= = 2 2 2 4GMm m rr T π= 2 2 3 2 22 hT Rh Rtπ= − - 15 - 16.如图甲为“探究求合力的方法”的实验装置． （1）下列说法中正确的是________ A. 在使测量更加准确，在测量同一组数据 F1、F2 和合力 F 的过程中，橡皮条结点 O 的位置应 多次改变 B. 弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下 C. F1、F2 和合力 F 的大小都不能超过弹簧测力计的量程 D. 为减小测量误差，F1、F2 方向间夹角应为 90° （2）弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力的大小为________N 【答案】 (1). C (2). 4.00 【解析】 【详解】（1）[1]．A、在同一组数据中，只有当橡皮条节点 O 的位置不发生变化时，两个力 的作用效果和一个力的作用效果才相同，才可以验证平行四边形定则，故 A 错误； B、弹簧测力计拉细线时，方向不一定竖直向下，只有把 O 点拉到同一位置即可，故 B 错误； C、根据弹簧测力计的使用原则可知，在测力时不能超过弹簧测力计的量程，故 C 正确； D、F1、F2 方向间夹角为 90°并不能减小误差，故 D 错误． （2）[2]．由图乙弹簧秤的指针指示可知，拉力 F 的大小为：4.00N． 17. 某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧弹性势能与压缩量 关系 ①如图 23（a），将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的 弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数 k= N/m．（g 取 9.80m/s2） 的 - 16 - 砝码质量（g） 50 100 150 弹簧长度（cm） 8.62 7.63 6.66 ②取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图 23（b）所示：调整导轨，使滑块自由滑 动时，通过两个光电门的速度大小 ． ③用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量 x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度 v，释放滑 块过程中，弹簧的弹性势能转化为 ． ④重复③中操作，得到 v 与 x 的关系如图 23（c）．由图可知，v 与 x 成 关系．由 上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的 成正比． 【答案】①50N/m（49.5～50.5） ②相等 ③动能 ④正比；x2（或压缩量的平方） 【解析】 【详解】①据 ， ，有： ，则 ，同理可以求得： ，则劲度系数为： ．[②使滑块通过两个光电门时的速度相等，则可以认为滑块离开弹簧后 做匀速直线运动；③弹性势能转化为滑块的动能；④图线是过原点的倾斜直线，所以 v 与 x 成正比；弹性势能转化为动能，即 ，即弹性势能与速度平方成正比，又由 v 与 x 成正比，则弹性势能与压缩量的平方成正比． 18.如图所示，足够长的木板 A 和物块 C 置于同一光滑水平轨道上，物块 B 置于 A 的左端， A、B、C 的质量分别为 m、2m 和 3m，已知 A、B 一起以 v0 的速度向右运动，滑块 C 向左运 动，A、C 碰后连成一体，最终 A、B、C 都静止，求： （i）C 与 A 碰撞前的速度大小 1 1F mg k x= = ∆ 2 22F mg k x= = ∆ 1 2 1 2F F F k x k x∆ = − = ∆ − ∆ 0.49 N/m=49.5N/m0.0099k = 0.49 N/m=50.5N/m0.0097k′ = 50N/m2 k kk =′+= 21 2E mv=弹 - 17 - （ii）A、C 碰撞过程中 C 对 A 到冲量的大小． 【答案】（1）C 与 A 碰撞前的速度大小是 v0； （2）A、C 碰撞过程中 C 对 A 的冲量的大小是 mv0． 【解析】 【详解】试题分析：①设 C 与 A 碰前速度大小为 ,以 A 碰前速度方向为正方向，对 A、B、 C 从碰前至最终都静止程由动量守恒定律得： 解得： ． ②设 C 与 A 碰后共同速度大小为 ，对 A、C 在碰撞过程由动量守恒定律得： 在 A、C 碰撞过程中对 A 由动量定理得： 解得： 即 A、C 碰过程中 C 对 A 的冲量大小为 ． 方向为负． 考点：动量守恒定律 【名师点睛】本题考查了求木板、木块速度问题，分析清楚运动过程、正确选择研究对象与 运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；解题时要注意正方向的选 择． 19.如图，三棱镜的横截面为直角三角形 ABC，∠A＝30°，∠B＝60°.一束平行于 AC 边的光 线自 AB 边的 P 点射入三棱镜，在 AC 边发生反射后从 BC 边的 M 点射出.若光线在 P 点的入射 角和在 M 点的折射角相等， (ⅰ)求三棱镜的折射率； (ⅱ)在三棱镜的 AC 边是否有光线透出？写出分析过程.(不考虑多次反射) 【答案】（i）三棱镜的折射率为 ．（ii）三棱镜的 AC 边无光线透出． 3 2 1v 0 1( 2 ) 3 0m m v mv－+ = 1 0v v= 2v 0 1 23 ( 3 )mv mv m m v= +－ 2 0CAI mv mv= － 0 3 2CAI mv= − 0 3 2 mv - 18 - 【解析】 试题分析：（1）光线在 AB 面上的入射角为 60°．因为光线在 P 点的入射角和在 M 点的折射 角相等．知光线在 AB 面上的折射角等于光线在 BC 面上的入射角．根据几何关系知，光线在 AB 面上的折射角为 30°． 根据 ，解得 ． （2）光线在 AC 面上的入射角为 60°． ，因为 ，光线在 AC 面 上发生全反射，无光线透出． 考点：考查了光的折射，全反射 【名师点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律 、临界角公式 、光速公式 ，运用几何知识结合解决这类问题． 20.如图所示，ABCD 为竖直放置的光滑绝缘细管道，其中 AB 部分是半径为 R 的 圆弧形管 道，BCD 部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于 B。水平面内的 M、N、B 三点连线 构成边长为 L 的等边三角形，MN 连线过 C 点且垂直于 BCD。两个带等量异种电荷的点电荷 分别固定在 M、N 两点，电荷量分别为+Q 和-Q。现把质量为 m、电荷量为+q 的小球（小球直 径略小于管道内径，小球可视为点电荷），由管道的 A 处静止释放。已知静电力常量为 k，重 力加速度为 g。求： (1)小球运动到 B 处时受到电场力的大小； (2)小球运动到圆弧最低点 B 处时，小球对管道压力的大小。 sin 60 sin30n °= ° 3n = 1 3sin 3C n = = sin sin in r = 1sinC n = cv n = 1 4 - 19 - 【答案】（1） ；（2） 。 【解析】 【详解】（1）设小球在圆弧形管道最低点 B 处分别受到+Q 和-Q 的库仑力分别为 F1 和 F2，则： ① 小球沿水平方向受到的电场力为 F1 和 F2 的合力 F，由平行四边形定则得： F=2F1cos60° ② 联立①②得： ③； （2）管道所在的竖直平面是+Q 和-Q 形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小 球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有： ④ 解得： ⑤ 设在 B 点管道对小球沿竖直方向的压力为 ，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得： ⑥ 解得： ⑦ 设在 B 点管道对小球在水平方向的压力为 ，则： ⑧ 圆弧形管道最低点 B 处对小球的压力大小为： 2 qQF k L = 2 2 2 29 qQm g k L  +    1 2 2 qQF F k L = = 2 qQF k L = 21 2 BmgR mv= 2Bv gR= ByN 2 B By mvN mg R − = 3ByN mg= BxN 2Bx qQN F k L = = - 20 - ⑨ 由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点 B 的压力大小为： ⑩ 21.如图所示，固定在水平地面上的工件，由 AB 和 BD 两部分组成，其中 AB 部分为光滑的圆 弧， AOB=37o，圆弧的半径 R=0．5m，圆心 O 点在 B 点正上方；BD 部分水平，长度为 0．2m，C 为 BD 的中点．现有一质量 m=lkg，可视为质点的物块从 A 端由静止释放，恰好能 运动到 D 点．（g=10m/s2，sin37o=0．6，cos37o=0．8）求： （1）为使物块恰好运动到 C 点静止，可以在物块运动到 B 点后，对它施加一竖直向下的恒力 F，F 应为多大? （2）为使物块运动到 C 点时速度为零，也可先将 BD 部分以 B 为轴向上转动一锐角 ， 应 为多大?（假设 B 处有一小段的弧线平滑连接，物块经过 B 点时没有能量损失） （3）接上一问，求物块在 BD 板上运动的总路程． 【答案】（1）10N;（2）370；（3）0.25m 【解析】 【详解】（1）设 BD 段长度为 l，动摩擦因数为 μ，研究物块运动，根据动能定理：W 总=△EK 从 A 到 D 的过程中有： 从 A 到 C 恰好静止的过程中有 又 BC 段有 代入数据联立解得 2 2 2 2 2 29B Bx By qQN N N m g k L  = + = +    2 2 2 2 2 29B B Bx By qQN N N N m g k L ′  = = + = +    ∠ θ θ 1 37 0 0mgR cos mglµ° =（﹣ ）﹣ ﹣ 1 37 0 0NmgR cos Fµ° =（﹣ ）﹣ ﹣ NF F mg= + - 21 - （2）图中，从 A 到 C 的过程中，根据动能定理有： 其中 FN=mgcosθ 联立解得：θ=37° （3）物块在 C 处速度减为零后，由于 mgsinθ＞μmgcosθ 物块将会下滑， 而 AB 段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在 B 点． 根据能量守恒定律有： 而摩擦生热为： 代入数据解得物块在 BD 板上的总路程为 s=0.25m 0.5 10F Nµ = = 1 37 0 0NmgR cos mgsin Fθ µ° =（﹣ ）﹣ ﹣ ﹣ 1 37mgR cos Q° =（﹣ ） Q fs f mgcosµ θ= =