安徽省宣城市2021届新高考物理模拟试题(3)含解析

安徽省宣城市2021届新高考物理模拟试题（3）
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．下列说法正确的是（）
A．一定量的理想气体，当气体体积增大时，气体一定对外界做功
B．物体放出热量，其内能一定减少
C．温度高的物体分子平均动能一定大，但内能不一定大，
D．压缩气体需要用力，这是因为气体分子间存在斥力
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．一定量的理想气体，当气体由于自由扩散而体积增大时，气体对外界不做功，故A错误；
B．物体放出热量，若同时外界对物体做功，物体的内能不一定减少，故B错误；
C．内能取决于物体的温度、体积和物质的量，温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，故C正确；
D．气体之间分子距离很大，分子力近似为零，用力才能压缩气体是由于气体内部压强产生的阻力造成的，并非由于分子之间的斥力造成，故D错误。

故选C。

2．如图所示，两个完全相同的矩形导线框A、B在靠得很近的竖直平面内，线框的长边均处于水平位置．线框A固定且通有电流I，线框B从足够高处由静止释放，在运动到A下方的过程中（）
A．穿过线框B的磁通量先变小后变大
B．穿过线框B的磁通量先变大后变小
C．线框B所受安培力的合力为零
D．线框B的机械能一直减小
【答案】D
【解析】
【详解】
AB.据安培定则知，线框A内部磁场向里，外部磁场向外；线框B从足够高处由静止释放，线框B下降且未与线框A相交前，线框B中磁通量是向外的增大；当线框B与线框A相交至重合过程中，线框B中磁
通量先是向外的减小到0然后是向里的增大；当线框B 与线框A 重合至相离过程中，线框B 中磁通量先是向里的减小到0然后是向外的增大；当线框B 与线框A 相离且越来越远时，线框B 中磁通量是向外的减小；故AB 两项错误；
C.因为线框B 与线框A 相对运动产生感应电流，据楞次定律知，线框B 所受安培力的合力竖直向上，故C 项错误；
D. 线框B 下降过程中，安培力对其做负功，线框B 的机械能一直减小，故D 项正确。

3．电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电能的本领，下列关于电动势的说法中正确的是 A ．电动势是一种非静电力
B ．电动势越大表明电源储存的电能越多
C ．电动势由电源中非静电力的特性决定，跟其体积、外电路无关
D ．电动势就是闭合电路中电源两端的电压 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
ABC ．电动势的大小等于非静电力把单位正电荷从电源的负极，经过电源内部移到电源正极所做的功，电动势不是一种非静电力，电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电动势越大，电源将其他形式能量转化为电能的本领越大，AB 错误，C 正确； D ．电动势大小等于电路断开后电源两端的电压，D 错误。

故选C 。

4．在离地高h 处，同时自由下落和竖直向上抛出各一个小球，其中竖直上抛的小球初速度大小为v ，不计空气阻力，重力加速度为g ，两球落地的时间差为( )
A ．h v
B ．2h v
C ．2v g
D ．v g 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
自由下落的小球，有
2
112
h g t = 得
1t =
对于竖直上抛的小球，由机械能守恒得：
2211
22
mgh mv mv +='
则得落地时速度大小为
22v v gh '=+
对于竖直上抛的小球，将其运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，加速度为g -，则运动时间为：
222
2v v v v v v h
t g g g g g
-'-+'===++- 故时间之差为
2212
22v v h h
t t t g g g g
∆=-=++- A ．h
v ，与结论不相符，选项A 错误； B ．2h v
，与结论不相符，选项B 错误；
C ．
2v
g
，与结论不相符，选项C 错误； D ．2222v v h h g g g g
++-
，与结论相符，选项D 正确； 故选D ．
点睛：本题关键要明确小球运动中机械能守恒，要理清过程中的速度关系，写出相应的公式，分析运动时间的关系．
5．平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外。

一带电粒子的质量为m ，电荷量为q （q>0）。

粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角。

已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场。

不计粒子重力。

则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为
A ．
2mv
qB
B ．
3mv
qB
C ．
2mv
qB
D ．
4mv
qB
【答案】D
【解析】
【详解】
、
粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，
根据洛伦兹力提供向心力，有
2
v
qvB m
R
=
解得
mv
R
qB
=
根据轨迹图知
2 2mv
PQ R
qB
==，
∠OPQ=60°
则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为
4 2mv
OP PQ
qB
==，
则D正确，ABC错误。

故选D。

6．氢原子的能级图如图所示，有一群处于n=4能级的氢原子，若氢原子从n=4能级向n=2能级跃迁时所辐射出的光恰能使某种金属A发生光电效应，则下列说法中正确的是（）
A．这群氢原子辐射出的光中共有3种频率的光能使金属A发生光电效应
B．如果辐射进来能量为0.32 eV的光子，可以使氢原子从n＝4能级向n＝5能级跃迁
C ．如果辐射进来能量为1.32 eV 的光子，不可以使处于n ＝4能级的氢原子发生电离
D ．用氢原子从n ＝4能级向n ＝1能级跃迁时辐射出的光照射金属A ，所产生的光电子的最大初动能为10.2 eV 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．氢原子从n=4能级向低能级跃迁时可以辐射出6种频率的光子，其中只有从n=4能级向n=3能级跃迁时所辐射出的光子以及从n=3能级向n=2能级跃迁时所辐射出的光子的能量小于从n=4能级向n=2能级跃迁时所辐射出的光子的能量，不能使金属A 发生光电效应，故共有4种频率的光能使金属A 发生光电效应，故A 错误；
B ．因为从n=4能级向n=5能级跃迁时所需要的能量为
54Δ0.31eV E E E =-=
不等于光子能量为0.32eV ，故B 错误；
C ．因为要使处于n=4能级的氢原子发生电离，所需要的能量只要大于0.85eV 就可以，故C 错误；
D ．由题意可知，金属A 的逸出功为2.55eV ， 氢原子从n=4能级向n=1能级跃迁时所辐射出光子的能量为
4112.75eV hv E E =-=
由爱因斯坦光电效应方程可得最大初动能
k 010.2eV E hv W =-=
故D 正确。

故选D 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，ABC 为一弹性轻绳，一端固定于A 点，一端连接质量为m 的小球，小球穿在竖直的杆上。

轻杆OB 一端固定在墙上，一端为定滑轮。

若绳自然长度等于AB ，初始时ABC 在一条水平线上，小球从C 点由静止释放滑到E 点时速度恰好为零。

已知C 、E 两点间距离为h ，D 为CE 的中点，小球在C 点时弹性绳的拉力为2
mg
，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。

下列说法正确的是（ ）
A ．小球在D 点时速度最大
B ．若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰好能回到
C 点，则2v gh = C ．小球在C
D 阶段损失的机械能等于小球在D
E 阶段损失的机械能
D ．若O 点没有固定，杆OB 在绳的作用下以O 为轴转动，在绳与B 点分离之前，B 的线速度等于小球的速度沿绳方向分量 【答案】AD 【解析】 【详解】
A ．设当小球运动到某点P 时，弹性绳的伸长量是BP x ，小球受到如图所示的四个力作用：
其中
T BP F kx =
将T F 正交分解，则
N T sin sin 2
BP BC mg
F F kx kx θθ⋅==== f N 14
F F mg μ==
T F 的竖直分量
T T cos cos y BP CP F F kx kx θθ===
据牛顿第二定律得
f T y m
g F F ma --=
解得
T 33
44y CP F kx a g g m m
=
-=- 即小球的加速度先随下降的距离增大而减小到零，再随下降的距离增大而反向增大，据运动的对称性（竖直方向可以看作单程的弹簧振子模型）可知，小球运动到CE 的中点D 时，加速度为零，速度最大，A 正确；
B ．对小球从
C 运动到E 的过程，应用动能定理得
T F 0104mgh W mgh ⎛⎫
-+-=- ⎪⎝⎭
若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰能从E 点回到C 点，应用动能定理得
T 2F 11()042mgh W mgh mv ⎛⎫
-++-=- ⎪⎝⎭
联立解得
T F 3
4
W mgh =
，v gh = B 错误；
C ．除重力之外的合力做功等于小球机械能的变化，小球在C
D 段所受绳子拉力竖直分量较小，则小球在CD 段时摩擦力和弹力做的负功比小球在D
E 段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在CD 阶段损失的机械能小于小球在DE 阶段损失的机械能，C 错误；
D ．绳与B 点分离之前B 点做圆周运动，线速度（始终垂直于杆）大小等于小球的速度沿绳方向的分量，D 正确。

故选AD 。

8．如图所示,一固定斜面倾角为,将小球从斜面顶端以速率水平向右拋出,击中了斜面上的点;将小球
从空中某点以相同速率水平向左拋出,恰好垂直斜面击中点。

不计空气阻力,重力加速度为,下列说
法正确的是( )
A ．若小球在击中点时速度方向与水平方向所夹锐角为,则
B ．若小球在击中点时速度方向与水平方向所夹锐角为,则
C ．小球、在空中运动的时间比为
D ．小球、在空中运动的时间比为 【答案】BC 【解析】 【详解】
AB 、由题图可知，斜面的倾角等于小球落在斜面上时的位移与水平方向的夹角，则有；小
球在击中点时速度方向与水平方向所夹锐角为，则有，联立可得，故选项A 错误，B正确；
CD、设小球在空中运动的时间为，小球在空中运动的时间为，则由平抛运动的规律可得
，，则有，故选项C正确，D错误。

9．如图所示，把能在绝缘光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子放在水平向右的匀强电场中，小球在O点时，弹簧处于原长，A、B为关于O对称的两个位置，现在使小球带上负电并让小球从B点静止释放，则下列说法不正确的是（）
A．小球仍然能在A、B间做简谐运动，O点是其平衡位置
B．小球从B运动到A的过程中动能一定先增大后减小
C．小球仍然能做简谐运动，但其平衡位置不在O点
D．小球不可能再做简谐运动
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A.当弹簧弹力等于电场力时为平衡位置，此时弹簧被压缩，平衡位置不再是O点，选项A错误；
CD.由于电场力是恒力，不随弹簧的长度发生变化。

而弹簧的弹力随弹簧的形变量发生变化，由受力特点可知，小球在电场力和弹力作用下依然做简谐运动，选项C正确，D错误；
B.由于B点的弹簧弹力大小与电场力大小关系未知，所以无法判断B点两力关系，所以小球从B运动到A的过程中，动能不一定先增大后减小，选项B错误。

本题选不正确的，故选ABD。

10．如图，a、b、c、d是均匀介质中水平轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为4m、6m和8m。

一列简谐横波沿x轴正向传播，在t=0时刻传到质点a处，使质点a由平衡位置开始竖直向下运动。

波继续向前传播，t=5s时质点b已经通过了8cm路程并第一次回到了平衡位置，此时质点c刚好开始振动。

则下列说法正确的是________
A．该波的波速为1.6cm/s
B．质点c开始振动后，其振动周期为6s
C ．当t>5s 后，质点b 向下运动时，质点c 一定向上运动
D ．在7s<t<9s 的时间间隔内质点c 向上加速运动 E.在t=10s 时刻质点d 的加速度方向向上 【答案】BC
E 【解析】 【详解】
A ．在t=5s 的时间内波形从a 传播到c 距离为10m ，故波速为
10
m/s 2m/s 5
ac x v t =
== 故A 错误；
B ．从波源a 起振开始到波形传播到b 点的时间为
14
2s t v =
= B 点起振后振动了半个周期，总时间为5s ，有
152
T t =+
可得
6s T =
而所有质点点的振动周期相同，故质点c 开始振动后其振动周期也为6s ，故B 正确；
C ．当t>5s 后，b 和c 都已开始振动，两者的距离为6m 等于半个波长，则质点b 向下运动时质点c 一定向上运动，故C 正确；
D ．当时间7s<t<9s 时，而周期6s T =，c 点起振需要5s ，则c 点的振动时间在
2~33
T T 范围内且起振向下，故c 正经过波谷后向平衡位置振动，则质点c 向上先加速运动后减速向上运动，故D 错误； E ．质点ad 的距离为18m ，则波源a 到d 的时间为
18
s 9s 2
x t v ∆∆=
== 故质点振动的时间1s 6
T
=，且起振竖直向下，而加速度指向平衡位置方向向上，故E 正确。

故选BCE 。

11．核反应堆是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能。

是反应
堆中发生的许多核反应中的一种，是某种粒子，是粒子的个数，用
分别表示
核的质量，
表示粒子的质量，为真空中的光速，以下说法正确的是（ ）
A ．为中子，
B ．为中子，
C．上述核反应中放出的核能
D．上述核反应中放出的核能
【答案】BC
【解析】
【详解】
AB.由核电荷数守恒知X的电荷数为0，故X为中子；由质量数守恒知a=3，故A不符合题意，B符合题意；
CD.由题意知，核反应过程中的质量亏损△m=m u-m Ba-m Kr-2m n，由质能方程可知，释放的核能△E=△mc2=（m u-m Ba-m Kr-2m n）c2，故C符合题意，D不符合题意；
12．如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，物体B上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。

则( )
A．A能到达B圆槽的左侧最高点
B．A运动到圆槽的最低点时A
3
gR
C．A运动到圆槽的最低点时B 4
3 gR
D．B向右运动的最大位移大小为2 3 R
【答案】AD
【解析】
【详解】
A．运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，A正确；
BC．设A运动到圆槽最低点时的速度大小为v A，圆槽B的速度大小为v B，规定向左为正方向，根据A、B在水平方向动量守恒得
0＝mv A－2mv B
解得v A＝2v B
根据机械能守恒定律得
2211222A B mgR mv mv =+⨯ 解得13B v gR =，43
A v gR =，BC 错误； D ．当A 运动到左侧最高点时，
B 向右运动的位移最大，设为x ，根据动量守恒得
m(2R －x)＝2mx
解得x ＝23
R ，D 正确。

故选AD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学制作了一个可用电流表直接显示拉力大小的拉力器，原理如图。

R 1是一根长20cm 、阻值20Ω
的均匀电阻丝，劲度系数为1.0×
103N/m 的轻弹簧左端固定，右端连接金属滑片P 和拉环，拉环不受拉力时，滑片P 恰好处于a 端。

闭合S ，在弹簧弹性限度内，对拉环施加水平拉力，使滑片P 滑到b 端，调节阻箱电R 使电流表恰好满偏。

已知电源电动势E=6V ，内阻r=1Ω，电流表的量程为0~0.6A ，内阻不计，P 与R 1接触良好且不计摩擦。

（1）电阻箱R 0接入电路的阻值为_______Ω；
（2）电流表的刻度标示为拉力值时，拉力刻度值的分布是________（填“均匀”或“不均匀”）的； （3）电流表刻度值为0.50A 处拉力的示数为______N ；
（4）要通过线性图象直观反映电流表示数I 与拉力F 的关系，可作_______图象；
A ．I-F
B ．1I F -
C ．1F I -
D ．11I F
- （5）若电流表的内阻不可忽略，则（4）问中正确选择的图象斜率______（填“变大”“变小”或“不变"）。

【答案】9 不均匀 180 C 不变
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]由闭合电路欧姆定律可知
0g E I R r
=
+ 解得 R 0=9Ω
（3）[2]由闭合电路欧姆定律可知
01E I R r R =++ 设弹簧形变量为x
，则
F=kx
1L x R S
ρ-= 可知F 和I 非线性关系，则用电流表的刻度标示为拉力值时，拉力刻度值的分布是不均匀的； （3）[3]电流表刻度值为0.50A 时，根据闭合电路欧姆定律可知
01
E I R r R =++ 可得
R 1=2Ω
则由比例关系可知弹簧被拉伸18cm ，此时拉力的示数为
F=kx=1.0×103×0.18N=180N
（4）[4]由（2）列得的式子可知
01()R r L F I E ES EkS
ρρ+=+- 则要通过线性图象直观反映电流表示数I 与拉力F 的关系，可作
1F I
-图象，故C 符合题意，ABD 不符合题意。

故选C 。

（5）[5]若电流表的内阻不可忽略，则（4）问中的表达式变为 01()A R r R L F I E ES EkS
ρρ++=+- 则（4）问中正确选择的图象斜率不变。

14．某同学要测量一由新材料制成的粗细均匀的圆柱形导体的电阻率ρ。

步骤如下：
(1)用20分度的游标卡尺测量其长度如图（甲）所示，由图可知其长度为______cm ；
(2)用螺旋测微器测量其直径如图（乙）所示，由图可知其直径为______mm ；
(3)用图（丙）所示的电路测定其电阻值，其中R x 是待测的圆柱形导体，R 为电阻箱，电源电动势为E ，其内阻不计。

在保证安全的情况下多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R 和对应的电压表示数U ，由测得的数据，绘出了如图（丁）所示的1R U
-图线，电阻R x =__Ω（结果保留两位有效数字），此数值与电
阻的真实值R 0比较，R x ____R 0
(4)根据以上数据计算出圆柱形导体的电阻率ρ=______。

【答案】5.015 4.700 17 小于 5.9×
10-3Ω∙m 【解析】
【详解】
(1)[1]根据游标卡尺的读数规则可知读数为
50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm
(2)[2]根据螺旋测微器读数规则可知读数为
4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm
(3)[3]由图示电路图可知，电压表示数为
x x x
E U IR R R R ==
+ 整理得 111x R U ER E
=+ 由图示图象可知，纵轴截距
10.5b E
== 所以电源电动势E=2V ，图象斜率
1
10.80.50.310x U k ER R ∆
-====∆
所以电阻阻值
11170.032
x R kE ==Ω≈Ω⨯ [4]由于电压表的分流作用可知此测量值小于电阻的真实值R 0。

(5)[5]由电阻定律可知
2
2x L L R S d ρρπ==⎛⎫ ⎪⎝⎭
代入数据解得电阻率ρ≈5.9×10-3Ω∙m ；
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．电子对湮灭是指电子e -和正电子e +碰撞后湮灭，产生伽马射线。

如图所示，在竖直面xOy 内，第I 象限内存在平行于y 轴的匀强电场E ，第II 象限内存在垂直于面xOy 向外的匀强磁场B 1，第IV 象限内存在垂直于面xOy 向外的矩形匀强磁场B 2（图中未画出）。

点A 、P 位于x 轴上，点C 、Q 位于y 轴上，且OA 距离为L ．某t 0时刻，速度大小为v 0的正电子e +从A 点沿y 轴正方向射入磁场，经C 点垂直y 轴进入第I 象限，最后以
02v 的速度从P 点射出。

同一t 0时刻，另一速度大小为02v 的负电子e -从Q 点沿与y 轴正半轴成45︒角的方向射入第IV 象限，后进入未知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P 点，且恰好与P 点出射的正电子e +正碰湮灭，即相碰时两电子的速度方向相反。

若已知正负电子的质量均为m 、电荷量大小为e 、电子重力不计。

求：
(1)第II 象限内磁感应强度的大小B 1
(2)电场强度E 及正电子从C 点运动至P 点的时间
(3)Q 点的纵坐标及第IV 象限内矩形磁场区域的最小面积S
【答案】 (1)01mv B eL =(2)202mv E eL =；02L v (3)4=-y L 、()
2221=-S L 【解析】
【详解】
(1)由题意正电子从A 点沿y 轴正方向发射，经过C 点垂直y 轴射出，可知其在磁场中作匀速圆周运动的半径：
1R L =
又：
20011
mv ev B R = 解得：
01mv B eL
=
(2)正电子在电场中做类平抛运动，运动时间为t CP ，运动分解：y 轴方向受电场力作用做初速为零匀加速运动
OC OA l l L ==
1y CP v at =①
212OC CP l at =
② eE a m
=③ 又知正电子在点P 出射速度为02v ，设其从点P 穿过x 轴时与x 轴正方向夹角为α，
101p 0
cos 2x v v v α=
= 得 45α︒=
110tan y x v v v α==④
联立解得：
02CP L t v =，202mv E eL
= (3)如图，设MNPF 为最小矩形磁场区域，负电子在磁场中做匀速圆周运动，圆心O 2，NP 为轨迹圆的弦。

由几何关系知NP 垂直x 轴，圆心角290PO N ︒∠=，得
正、负电子在第Ⅰ、Ⅳ象限沿x 轴方向位移、速度相同，即：
21012x x v t L ===
20012cos45x x v v v v ︒==
运动时间：正电子
101212π4AC CP L m t t t v B e
=+=+⨯
负电子
202212π4QN NP L m t t
t v B e
=+=
+⨯ 又： 12t t =
故
021mv B B eL
== 负电子在矩形磁场中做匀速圆周运动
()2002222m v e v B R =
解得： 2122R R L ==
故Q 点的纵坐标
(
)222tan 454y R L L ︒=-+=- 未知矩形磁场区域的最小面积为图中矩形MNPF 的面积
()()
2221221S L L L =-=- 16．如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5T.在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L ＝1m ，电阻可忽略不计．质量均为m ＝lkg ，电阻均为R ＝2.5Ω的金属导体棒MN 和PQ 垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好．先将PQ 暂时锁定，金属棒MN 在垂直于棒的拉力F 作用下，由静止开始以加速度a ＝0.4m/s 2向右做匀加速直线运动，5s 后保持拉力F 的功率不变，直到棒以最大速度v m 做匀速直线运动.
(1)求棒MN 的最大速度v m ；
(2)当棒MN 达到最大速度v m 时，解除PQ 锁定，同时撤去拉力F ，两棒最终均匀速运动.求解除PQ 棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热.
(3)若PQ 始终不解除锁定，当棒MN 达到最大速度v m 时，撤去拉力F ，棒MN 继续运动多远后停下来?（运算结果可用根式表示）
【答案】（1
）/s m v = （2）Q=5 J （3
）x =
【解析】
【分析】
【详解】
(1)棒MN 做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F-BIL=ma
棒MN 做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E=BLv
棒MN 做匀加速直线运动，5s 时的速度为：v=at 1=2m/s 在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：2E I R
= 联立上述式子，有：222B L at F ma R
=+ 代入数据解得：F=0.5N
5s 时拉力F 的功率为：P=Fv
代入数据解得：P=1W
棒MN 最终做匀速运动，设棒最大速度为v m ，棒受力平衡，则有：0m m
P BI L v -= 2m m BLv I R
= 代入数据解得
:m v =
(2)解除棒PQ 后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v′，则有：2m mv mv '=
设从PQ 棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q ，由能量守恒定律可得：2211222
m Q mv mv '=-⨯ 代入数据解得：Q=5J ；
(3)棒以MN 为研究对象，设某时刻棒中电流为i ，在极短时间△t 内，由动量定理得：-BiL △t=m △v 对式子两边求和有：()()m BiL t m v ∑-∆=∑∆
而△q=i △t
对式子两边求和，有:()q i t ∑∆=∑∆
联立各式解得：BLq=mv m ， 又对于电路有：2E q It t R
== 由法拉第电磁感应定律得：BLx E t =
又2BLx q R
= 代入数据解得：405m x =
17．如图，某同学想把剖面MON 为等腰三角形的玻璃砖加工成“玻璃钻石”送给妈妈．已知顶角∠MON = 1θ，该玻璃折射率n = 1．现有一光线垂直MN 边入射．
（i ）为了使该光线在OM 边和ON 边都能发生全反射，求θ的取值范围．
（ii ）若θ = 41°，试通过计算说明该光线第一次返回MN 边能否射出．
【答案】（1）0040060≤≤ （1）可以射出
【解析】
（i ）根据题意画出光路图（如图）
当光线入射到玻璃砖的内表面（OM 、ON ）上恰好发生全反射时需满足11sinC?
=? =?2
n 解得：临界角 C=30°
由几何关系可得光线入射到OM 边、ON 边的入射角分别为90°－θ、3θ－90°
要发生全反射应满足：90°－θ ≥C 、3θ－90°≥C
综合两式得 40°≤θ≤60°．
（ii ）画出该光线第一次返回MN 边时的光路图
由几何关系可得在MN 边入射角为180°－4θ
若θ = 41°，则180°－4θ＜C
所以该光线第一次返回MN 边可以射出。