2015届天津一中高三上学期八月月考物理解析版(2014.09)

天津一中2014—2015—1高三年级零月考物理学科试卷
【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理全部内容、主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、电场、恒定电流、磁场、电磁感应、交变电流、机械波等，知识覆盖面广，知识点全面。

题型新颖，没有沿用以前的老题，是份质量很高的试卷
【题文】1.物体从静止开始做直线运动，则该物体（）
A．在第8 s末相对于起点的位移最大
B．在第4 s末相对于起点的位移最大
C．在第2 s末到第4 s末这段时间内的加速度最大
D．在第4 s末和第8 s末在同一位置上
【知识点】匀变速直线运动的图像．A6
【答案解析】 D解析：A、B、由图可知，6s内物体一直沿正方向运动，6-8s时物体反向运动，故6s时相对于起点的位移最大，故A错误，B错误；C、图象的斜率表示物体的加速度，由图可知，4-8s内图线的斜率最大，加速度最大，故C错误；D、根据图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．则知4-6s内和6-8s内物体的位移大小相等、方向相反，故8s时物体回到4s所在的位置，故D正确；故选：D．
【思路点拨】在速度时间图象中，速度的符号表示速度的方向，时间轴上方速度是正值，时间轴下方速度是负值；图线的斜率表示加速度；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．本题考查v-t图象的性质，要注意明确图象中点、线及面的含义，并能熟练应用，特别要掌握斜率等于加速度、面积表示位移．
A．F1缓慢增大，F2缓慢增大
B．F1缓慢增大，F2不变
C．F1缓慢减小，F2不变
D．F1缓慢减小，F2缓慢增大
【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B3 B4 B7
【答案解析】 C解析：先以小球为研究对象，分析受力情况，当柱状物体向左移动时，N2与竖直方向的夹角减小，由图1看出，
柱状物体对球的弹力N2与挡板对球的弹力N1均减小．则由牛顿第三定律得知，球对挡板的弹力F1减小．再对整体分析受力如图2所示，由平衡条件得知，F=N1，推力F变小．地面对整体的支持力N=G总，保持不变．则甲对地面的压力不变．故C正确．A、B、D错误．故选C．
【思路点拨】先以小球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，运用图解法得到柱状物体对球的弹力和挡板对球的弹力如何变化，再对整体研究，分析推力F和地面的支持力如何变化．本题首先要对小球受力分析，根据共点力平衡条件列式求解出小球受到的支持力表达式，再进行讨论．再运用整体法研究地面的支持力和推力如何变化．
【题文】3.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量
为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T．现用水平拉
力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是
（）
A．质量为2m的木块受到四个力的作用
B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断
D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为0.66T
【知识点】牛顿运动定律的应用-连接体；力的合成与分解的运用．B3 B7 C2
【答案解析】C解析：质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A错误；对整体，由牛顿第
二定律可知，a=6F m
；隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为F′=3ma=2
F ．由此可知，当F 逐渐增大到2T 时，轻绳中拉力等于T ，轻绳才刚好被拉断，选项B 错误；C 正确；轻绳刚要被拉断时，物块加速度a′=
3T m ，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为f=ma′=3
T ，故D 错误．故选C ． 【思路点拨】采用隔离法分析2m 可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F 与T 的关系．本题重点在于研究对象的选择，以及正确的受力分析，再由整体法与隔离法分析拉力之间的关系． 【题文】4．如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A 和B 紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（ ）
A ．球A 的角速度一定大于球
B 的角速度
B ．球A 的线速度大于球B 的线速度
C ．球A 的运动周期一定小于球B 的运动周期
D ．球A 对筒壁的压力一定大于球B 对筒壁的压力
【知识点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．D4 D6
【答案解析】B 解析：A 、对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图
根据牛顿第二定律，有：F=mgtan θ=m 2
v r ＝mr ω2，解得：，ω＝A 的半径大，则A 的线速度大，角速度小．故A 错误，B 正确．C 、从A 选项解析知，A 球的角速度小，根据ω＝2T π，知A 球的周期大，故C 错误．D 、因为支持力N=cos mg θ，知球A 对筒壁的压力一定等于球B 对筒壁的压力．故D 错误．故选：B ．
【思路点拨】小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据F
合=m 2
v r
=mr ω2比较角速度、线速度的大小，结合角速度得出周期的大小关系．根据受力分析得出支持力的大小，从而比较出压力的大小．解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．知道线速度、角速度、周期之间的关系．
【题文】5. 假设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n 倍，则（ ）
A ．同步卫星运行速度是第一宇宙速度的n 倍
B ．同步卫星的运行速度是第一宇宙速的
C ．同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转速度的n+1倍
D ．同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的
1n 倍 【知识点】同步卫星．D5
【答案解析】 B 解析： A 、研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心
力，列出等式：22Mm v G m r r = v =r 为同步卫星的轨道半径．地球同步卫
星的轨道半径是地球半径的n 倍，即r=nR ，所以v =
A 错误，
B 正确．
C 、同步卫星的周期与地球自转周期相同，即同步卫星和地球赤道上物体随地球自转具有相等的角速度．根据圆周运动公式得：v=ωr ，因为r=nR 所以同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转速度的n 倍，故C 错误．
D 、研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：2,Mm G ma r = 2GM a r
=根据地球表面万有引力等于重力得：2Mm G mg r =,2GM g R = ,2221a R g r n
==所以同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的2
1n 倍．故D 错误．故选C ． 【思路点拨】研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量．根据已知量结合关系式求出未知量．了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同．求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用． 【题文】6. 如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）．初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好静止状态．剪断两物块 轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，（ ）
A ．速率的变化量不同
B ．机械能的变化量不同
C ．重力势能的变化量相同
D ．重力做功的平均功率相同
【知识点】机械能守恒定律．E3
【答案解析】 D 解析： 设斜面倾角为θ，刚开始AB 处于静止状态，所以m B gsin θ=m A g ，所以m B ＞m A ，A 、剪断轻绳后A 自由下落，B 沿斜面下滑，AB 都只有重力做功，根据动能定理得：12
mv 2
所以速度的变化量为
A 错误；
B 、剪断细线，A 、B 两物体都只有重力做功，机械能守恒，则机械能的变化量都为零，故B 错误；
C 、重力势能变化量△E P =mgh ，由于AB 的质量不相等，所以重力势能变化不相同，故C 错误；
D 、A 运动的时间为：t 1
=，所以A 重力做功的平均功率
为：A P = B 运动有：221sin sin 2h g t θθ=，解得：t 2
所以B
重力做功的平均功率为：B P =， 而m B gsin θ=m A g ，所以重力做功的平均功率相等，故D 正确．故选：D
【思路点拨】剪断轻绳后A 自由下落，B 沿斜面下滑，AB 都只有重力做功，机械能守恒，重力势能变化量等于重力所做的功，重力做功的平均功率等于重力做功与时间的比值．重力做功决定重力势能的变化与否，若做正功，则重力势能减少；若做负功，则重力势能增加，重力做功的平均功率等于重力做功与时间的比值，难度适中． 【题文】7.
竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是y=x 2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a 的直线（图中虚线所示），一个小金属环从抛物线上y=b （b ＞a ）处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是（ ）
A ．mgb
B ． 12m v 2
C ．mg （b-a ）
D ．mg （b-a ）+12
mv 2
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化．L2 L5
【答案解析】 D 解析：圆环最终在y=a 以下来回摆动，以y=b （b ＞a ）处为初位置，y=a 处为末位置，知末位置的速度为零，在整个过程中，重力势能减小，动能减小，减小的机械能转化为内能，根据能量守恒得，Q=mg （b-a ）+12
mv 2．故D 正确，A 、B 、C 错误．故选D ． 【思路点拨】圆环在进入磁场和出磁场的过程中产生感应电流，有热量产生，最终以y=a 以下来回摆动，根据能量守恒求出金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量．解决本题的关键知道最终在y=a 以下来回摆动，在摆动时无热量产生，以初始位置与y=a 位置为研究过程，动能和重力势能的减小量全部转化为热量． 【题文】
8．如图，在水平面（纸面）内有三根相同的均匀金属棒ab 、ac 和MN ，其中ab 、ac 在a 点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN 向右匀速运动，从a 位置开始计时，运动中MN 始终与∠bac 的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i 与时间t 的关系图线，可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．J2 L2
【答案解析】 A 解析：设∠bac=2θ，单位长度电阻为R 0则MN 切割产生电动势E=BLv=Bv•2vt×tan θ=2Bv 2ttan θ回路总电阻为R ＝(2vt tan θ+2cos vt θ
)R 0＝vtR 0(2tan θ+2
cos θ)由闭合电路欧姆定
律得：I=2002tan 2tan 22(2tan )(2tan )cos cos E Bv t Bvt R vtR R θθθθθθ
∙==++ i 与时间无关，是一定值，故A 正确，BCD 错误，故选：A ．
【思路点拨】MN 切割磁感线运动产生感应电动势E=BLv ，L 越来越大，回路总电阻也增大，根据电阻定律可求，然后利用闭合电路欧姆定律即可求解．关于电磁感应问题，特别是图象问题，不能凭想当然，最好是通过闭合电路欧姆定律找出关系式．
【题文】9. 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P 、Q 两点，MN 为PQ 连线的中垂线，交PQ 于O 点，A 点为MN 上的一点．一带负电的试探电荷q ，从A 点由静止释放，只在
静电力作用下运动．取无限远处的电势为零，则（）
A．q由A向O的运动是匀加速直线运动
B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小
C．q运动到O点时的动能最大
D．q运动到O点时电势能为零
【知识点】电势能．I2
【答案解析】 BC解析：
A、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故A错误．
B、电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；故B正确．
C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，速度最大，故C正确．
D、取无限远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时电势能为负值．故D错误．故选BC
【思路点拨】本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．本题考查静电场的基本概念．关键要了解等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析．【题文】10.位于坐标原点处的波源A沿y轴做简谐运动．A刚好完成一次全振动时，在介质中形成简谐横波的波形如图所示．B是沿波传播方向上介质的一个质点，则（）
A．波源A开始振动时的运动方向沿y轴负方向
B．此后的1
4
周期内回复力对波源A一直做负功
C．经半个周期时间质点B将向右迁移半个波长
D．在一个周期时间内A所受回复力的冲量为零
【知识点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．G2
【答案解析】 ABD 解析：A 、由A 刚好完成一次全振动时的图线可知波由A 向B 传播，可判断A 此时刻沿y 轴负方向运动，与0时刻的开始振动时的运动方向相同，故A 正确． B 、在此后的14
周期内，质点A 向y 轴负方向向波谷运动，回复力沿y 轴正方向，则回复力做负功，故B 正确． C 、质点不随波迁移，故C 错误． D 、由简谐运动的对称性可知，回复力在一个周期内的冲量为零，故D 正确．故选ABD
【思路点拨】根据题中波的传播方向可知波源A 开始振动方向．由功的公式分析此后的14周期内回复力做功的正负．由简谐波的对称性研究冲量．本题考查意图是机械波的形成和特征．机械波在形成过程中各质点起振方向与波源起振方向相同，质点不随波迁移．
【题文】11. 如图所示，A 、C 和B 、C 是两个固定的斜面，斜面的顶端A 、B 在同一竖直线上．甲、乙两个小物体在同一竖直线上．甲、乙两个小物块分别从斜面AC 和BC 顶端由静止开始下滑，质量分别是m 1、m 2（m 1＜m 2），与斜面间的动摩擦因数均为μ．若甲、乙滑至底端C 的过程中克服摩擦力做的功分别是W 1、W 2，所需时间分别是t 1、t 2．甲、乙滑至底端C 时速度分别是v 1、v 2，动能分别是E K1、E K2，则（ ）
A ．E K1＞E K2
B ．v 1＞v 2
C ．W 1＜W 2
D ．t 1＜t 2
【知识点】动能定理的应用．E2 E6 【答案解析】 BC 解析：A 、设斜面的倾角为θ，斜面水平长度为L ，由动能定理得：mgLtan θ-μmgcos θcos L θ
=E K1-0，E K1=mgL （tan θ-μ）， m 1＜m 2，θ1＞θ2，无法判断两物体动能大小，故A 错误；
B 、E K1=mgL （tan θ-μ）=12
mv 2，，θ1＞θ2，v 1＞v 2，故B 正确； C 、克服摩擦力做的功W=μmgcos θ×cos L θ
=μmgL ，∵m 1＜m 2，∴W 1＜W 2，故C 正确； D 、由牛顿第二定律得：mgsin θ-μmgcos θ=ma ，
cos L θ=12 at 2，
，θ1＞θ2，则t 1＞t 2，故D 错误；故选BC ．、 【思路点拨】应用动能定理求出物体到达底端的动能，然后比较动能大小，根据动能的计算公式求出物体的速度，然后比较大小；由功的计算公式求出克服摩擦力所做的功，然后比较功的大小；由牛顿第二定律与运动学公式求出物体的运动时间，然后比较时间大小．熟练应
用动能定理、功的计算公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题． 【题文】12. 如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程中所产生正弦交流电的图象如图线b 所示．以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（ ）
A ．在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B ．线圈先后两次转速之比为3：2
C ．交流电a 的瞬时值为u=10sin5πt （v ）
D ．交流电b 电压的最大值为203
V 【知识点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．M1
【答案解析】 BCD 解析：A 、由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，所以A 错误；B 、由图象可知T A ：T B =2：3，故n A ：n B =3：2，所以B 正确；C 、由图象可知，交流电a 的最大值为10V ，角速度为ω=2250.4
T πππ==，所以交流电a 的瞬时值为u=10sin5πtV ，所以C 正确，故不选C ；D 、交流电最大值U m =NBS ω，故U ma ：U mb =3：2，故U mb =23U m a =203
V ，D 正确，故选BCD 【思路点拨】根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据交流电周期之间的关系可以求得线圈的转速之间的关系和交流电的瞬时值表达式．本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，同时要掌握住交变电流的产生的过程．
二、填空题
【题文】13.质量0.5kg 的皮球从0.8m 高处落到地面，然后反弹跳起到离地0.45m 高处，若球与地面接触时间为0.1s ，则在与地面接触过程中，地面对球的平均作用力大小为 N 。

（210/g m s = ）
【知识点】机械能守恒定律；加速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系．牛顿第二定律 A2 C2 E3
【答案解析】 35N 解析：小球落地前只受重力，机械能守恒，有mgh 1=
2112mv 解得
v 1＝=4m/s 小球离地后机械能同样守恒，
有mgh 2＝2212
mv 解得v 2＝3m /s
规定向下为正方向，则初速度为v 0=+4m/s ，末速度v=-3m/s 故加速度为：a=
21340.1v v t ---= =-70m/s 2 F=ma=35N
【思路点拨】先根据机械能守恒定律列式求出最低点速度，然后根据加速度定义求解加速度，再根据牛顿第二定律求解。

加速度是表示速度变化快慢的物理量，加速度定义式中v 与v 0都是矢量，对于同一条直线上矢量，可以确定其中一个方向为正方向，反方向为负方向，转化为代数运算．
【题文】14. 如图所示，虚线框区域内有方向正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（重力不计）垂直于电场和磁场的方向以速度V 0飞入后恰好做匀速直线运动，并从o 点离开此区域．如果仅有电场，粒子将从a 点飞离此区域，经历时间为t 1，飞离速度大小为V 1；如果仅有磁场，粒子将从b 点飞离此区域，经历时间为t 2，飞离速度大小为V 2，则有1v 2v ，
1t 2t ，ao bo(填写“<”
、“=””、“>”
)
【知识点】带电粒子在混合场中的运动． K3 K4
【答案解析】> < < 解析：若撤去磁场，粒子在电场力作用下做类平抛运动，电场力做正功，速度增大，若撤去电场，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，速度大小不变，故v 1＞v 2,
设水平框的长度为l ，则t 1=0l v ，t 2=0x
l v ，因为v 0＞v 0x ，所以t 1＜t 2设带电粒子带电量为q ，质量为m ，电场强度为E ，磁感应强度为B ．在电磁场中，带电粒子恰好没有偏转，说明其做匀速直线运动，则有：Bqv 0=qE …①只有电场时，做类平抛运动：t=
0l v …② y 1=12at 2=212qE t m
∙…③只有磁场时，做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力， Bqv 0=m 20v r …④由①～④解得：r=2
1
2l y ，带电粒子从场区右则射出磁场 由几何关系得：y 2
y 2＞y 1；即Ob ＞Oa ．
【思路点拨】一带电粒子垂直电场和磁场方向飞人场中，恰好做匀速直线运动，说明粒子受力平衡，若撤去磁场，粒子在电场力作用下做类平抛运动；若撤去电场，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据平抛运动及匀速圆周运动的基本公式即可解题．该题主要考查了带电粒子在复合场中的运动，要根据受力情况正确判断运动情况，并根据相关公式求解，难
度不大． 【题文】15.如图所示回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，已知匀强磁场磁感应强度为B ，被加速的粒子质量为m ，带电量为q ，D 形金属盒最大半径为R ，则要使粒子能够在加速器里面顺利的完成加速，所加电场的周期为 ，粒子的最大动能为
．
【知识点】回旋加速器的工作原理．K3 【答案解析】2m qB π，2222q B R m ． 解析：根据qBv=m 2v R ，解得：v=qBR m ，根据T=22R m v qB
ππ=， 再由动能表达式，则有：最大动能为：E Km =222
2211()222m qBR q B R mv m m m
==． 【思路点拨】带电粒子在回旋加速器中，靠电场加速，磁场偏转，通过带电粒子在磁场中运动半径公式得出带电粒子射出时的速度，即可求解。

解决本题的关键知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子射出的速度与加速电压无关，与磁感应强度的大小和D 型盒半径有关． 【题文】16. 如右图所示，一个很长的竖直放置的圆柱形磁铁，在其外部产生一个中心辐射的磁场（磁场水平向外），其大小为B=k/r （其中r 为辐射半径--考察点到圆柱形磁铁中心轴线的距离，k 为常数），设一个与磁铁同轴的圆形铝环，半径为R （大于圆柱形磁铁的半径），而弯成铝环的铝丝横截面积S 。

圆环通过磁场由静止开始下落，下落过程中圆环平面始终水平，已知铝丝电阻率为ρ ，密度为0ρ ，则圆环下落的最终速度为
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势； L1 L2
【答案解析】 2
02gR k ρρ 解析：当圆环加速度为零时，有最大速度v m ，此时安培力
F=BIL=220m B L v R 由平衡条件可知：mg=F 得：v m =200022222
L LSg mgR gR S B L B L k ρρρρ== 【思路点拨】当重力等于安培力时，速度最大，根据平衡，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律以及安培力大小公式求出最终的速度大.
三、实验探究题 【题文】17.
在一次测玻璃的折射率实验中，采用了如下方法，将一块半圆形玻璃砖放在水平面上（如图所示），用一束光线垂直于玻璃砖直径平面射入圆心O ，以O 为转轴在水平面内缓慢转动半圆形玻璃砖，当刚转过θ角时，观察者在玻璃砖平面一侧恰看不到出射光线，这样就可以知道该玻璃砖的折射率n 的大小，那么，上述测定方法主要是利用了 的原理，该玻璃的折射率 。

【知识点】光的折射定律 N1
【答案解析】 全反射，1sin θ
解析：据题意，将玻璃砖缓慢转过θ角时，观察者在玻璃砖平面一侧恰看不到出射光线，说明光线玻璃砖平面发生了全反射，此时的入射角恰好等于临界角，即有i=C=θ．根据临界角公式sinC=
1n ，则得n=11sin sin C θ= 【思路点拨】由题，将玻璃砖缓慢转过θ角时，观察者在玻璃砖平面一侧恰看不到出射光线，说明光线玻璃砖平面发生了全反射，此时的入射角恰好等于临界角，由折射定律公式求出该玻璃砖的折射率．本题考查全反射的条件及临界角公式，并提供了利用全反射测定玻璃砖折射率的方法． 【题文】18. 某研究小组收集了两个电学元件：电阻R 0（约为2kΩ）和手机中的锂电池（电动势E 标称值为3.7V ，允许最大放电电流为100mA ）．实验室备有如下器材： A ．电压表V （量程3V ，电阻R V 约为4.0kΩ）
B ．电流表A 1（量程100mA ，电阻R A1约为5Ω）
C ．电流表A 2（量程2mA ，电阻R A2约为50Ω）
D ．滑动变阻器R 1（0～40Ω，额定电流1A ）
E ．电阻箱R 2（0～999.9Ω）
F ．开关S 一只、导线若干
（1）为了测定电阻R 0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图， 图中的电流表A 应选 （选填“A 1”或“A 2”），请将实物连线补充完整．
（2）为测量锂电池的电动势E 和内阻r ，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数 据作出 2
11U R -图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k ，纵轴截距为b ，则该锂电池的电动势E= ，内阻r= （用k 、b 和R 2表示）．该实验的测量值偏小，造成此系统误差
主要原因是
【知识点】描绘小电珠的伏安特性曲线．J4
组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图．（2）由闭合电路的欧姆定律求出 2
11U R -的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小．根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键．
四、计算题
【题文】19如图所示，水平地面与某一半径R=5m 的竖直光滑圆弧轨道相接于B 点，轨道上C 点位置处于圆心O 正下方．距地面高h=5m 的水平平台边缘上的A 点，质量m=1kg 的小球以v 0=10m/s 的速度水平飞出，小球在空中运动至B 点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道．小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度g=10m/s 2．试求：。