宁夏银川一中2021届高三理综（物理部份）上学期第一次月考试卷（含解析）(1)

银川一中2021届高三年级第一次月考
理科综合试卷（物理）
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部份。

其中第Ⅱ卷第33～40题为选考题，其它题为必考题。

考生作答时，将答案写在答题卡上，在本试卷上答题无效。

第Ⅰ卷(共126分)
可能用到的相对原子质量（原子量）：H-1 O-16 C-12 P-31 Li-7 F-19
二、选择题：此题共8小题，每题6分，共48分.在每题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多个选项符合题目要求。

全数选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分. 14．2020年12月在上海举行的汽车展销会上，一辆汽车从静止开始匀加速运动，表中给出了某些时刻汽车的瞬时速度，依照表中的数据通过度析、以下结论不正确的选项是
A．汽车运动的加速度为3m/s2 B．汽车前6 s内的位移为54m
C．汽车第8 s末的速度为24m/s D．汽车运动第7 s内的位移为16m
【答案】D
【解析】
A、汽车运动的加速度为：
2
v
a3m/s
t
∆
=
∆
＝
，故A正确；
B、汽车前6s内的位移为：
2
11
x336m54m
22
at
=⨯⨯
＝＝
，故B正确；
C、汽车在第8s末的速度为：v at38m/s24m/s
==⨯=，故C正确；
D、汽车运动第7s内的位移为：
()
22
776
111
x34936m19.5m
222
at at
-=⨯⨯-
＝＝
，故D错误．
应选D。

【考点】匀变速直线运动规律
15．如下图，质量为M的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一质量为m的物体A，用一沿斜面向上的力F作用于A上，使其沿斜面匀速上滑，在A上滑的进程中直角劈B相对地面始终静止，那么关于地面对劈的
摩擦力Ff 及支持力FN ，以下说法正确的选项是
A ．Ff 向左，FN<Mg ＋mg
B ．Ff ＝0，FN ＝Mg ＋mg
C ．Ff 向右，FN<Mg ＋mg
D ．Ff 向左，FN ＝Mg ＋mg
【答案】A
【解析】 对整体进行受力分析：向下的重力（M+m ）g 、向上的支持力FN ，斜向上方的推力F ，由于系统处于平稳状态，因此还受到向左的静摩擦力f ，由于系统处于平稳状态，
依照平稳条件应有：
N f Fcos Fsin F M m g αα=+=+，（），故A 正确BCD 错误。

应选A 。

【考点】共点力平稳；力的合成与分解
16．一质点沿x 轴做直线运动，其v-t 图像如下图．质点在t ＝0时位于x ＝5 m 处，开始沿x 轴正向运动．当t ＝8 s 时，质点在x 轴上的位置为 A ．x ＝3 m B ．x ＝8 m C ．x ＝9 m D ．x ＝14 m
【答案】B
【解析】 图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时刻轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时刻轴下方“面积”表示的位移为负，
故8s 时位移为：()()224124s m 3m 22⨯+⨯+=-＝，由于质点在t=0时位于x=5m 处，故当t=8s 时，质点在x 轴上的位置为8m ，故B 正确。

应选B 。

【考点】匀变速直线运动的图像
17．科技馆里有一个展品，该展品放在暗处，顶部有一个不断均匀向下喷射水滴的装置，在频闪光源的照 射下，能够看到水滴仿佛静止在空中固定的位置不动，如下图．某同窗为计算该装置喷射水滴的时刻距离，用最小刻度为毫米的刻度尺测量了空中几滴水滴间的距离，由此可计算出该装置喷射水滴的时刻距离为(g 取10 m/s2)
A ．0.01 s
B ．0.02 s
C ．0.1 s
D ．0.2 s
【答案】C
【解析】
依照2y gT ∆=，知：y T 0.1s g ∆=＝，故C 正确。

应选C 。

【考点】自由落体运动
18．三个共点力大小别离是F 一、F 二、F3，关于它们的合力F 的大小，以下说法中正确的选项是
A ．F 大小的取值范围必然是0≤F≤F1＋F2＋F3
B ．F 至少比F 一、F 二、F3中的某一个大
C ．假设F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，必然能使合力为零
D ．假设F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要适当调整它们之间的夹角，必然能使合力为零
【答案】C
【解析】
A 、三个力的合力最小值不必然为零，三个力最大值等于三个力之和，故A 错误；
B 、合力可能比三个力都大，也可能比三个力都小，故B 错误；
C 、假设F1：F2：F3=3：6：8，设F1=3F ，那么F2=6F ，F3=8F ，F 一、F2的合力范围为[3F ，9F]，8F 在合
力范围之内，三个力的合力能为零，故C正确；
D、假设F1：F2：F3=3：6：2，设F1=3F，那么F2=6F，F3=2F，F一、F2的合力范围为[3F，9F]，2F不在合力范围之内，三个力的合力不可能为零，故D错误
应选C。

【考点】力的合成
19．如下图装置，两物体质量别离为m1，m2，不计一切摩擦、滑轮质量和滑轮的直径，假设装置处于静止状态，那么
A.m1能够大于m2
B.m1必然大于m2/2
C.m2可能等于m1/2
D.θ1必然等于θ2
【答案】AD
【解析】
绳索通过定滑轮和动滑轮相连，绳索的拉力等于m2的重力，即T=m2g；
对与m1连接的滑轮进行受力分析，
水平方向有：Tsinθ1=Tsinθ2，因此θ1=θ2，故D正确；
竖直方向有：Tcosθ1+Tcosθ2=m1g，而T=m2g，那么有2m2gcosθ1=m1g，因此m2必然大于m1/2，故C错误；
当θ1=θ2=60°时，T=m1g=m2g，即m1＝m2，
当θ1=θ2＝0°时，得m1=2m2，故A正确；
当θ1=θ2>60°且接近90°时，m1接近无穷小，m2接近无穷大，故B错误。

故AD正确。

应选AD。

【考点】共点力平稳；力的合成与分解
20．如下图A、B两个运动物体的位移—时刻图象，下述说法正确的选项是
A．A、B两个物体开始时相距100m，同时相向运动
B．B物体做匀速直线运动，速度大小为5m/s
C．A、B两个物体运动8s时，在距A的起点60m处相遇
D．A物体在运动中停了6s
【答案】ABC
【解析】
A、依照图象，A、B两物体开始时相距100m，速度方向相反，是相向运动，故A正确；
B、s-t图象的斜率表示速度，故B物体做匀速直线运动，速度大小为：
60100
v5m/s
8
-
==-
-，故B正确；
C、t=8s时有交点，表面A、B两物体运动8s时，在距A的起点60m处相遇，故C正确；
D、2s-6s，物体A位置坐标不变，维持静止，即停止了4s，故D错误。

应选ABC。

【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时刻的关系
21．如下图为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆的下端固定有质量为m的小球。

以下关于杆对球的作使劲F的判定中，正确的选项是
A．小车静止时，F＝mgsin θ，方向沿杆向上
B．小车静止时，F＝mgcos θ，方向垂直于杆向上
C．小车向右匀速运动时，必然有F＝mg，方向竖直向上
D．小车向右匀加速运动时，必然有F>mg，方向可能沿杆向上
【答案】CD
【解析】
AB、小球受竖直向下的重力mg与杆对小球的力F作用；
当小车静止时，小球也静止，小球处于平稳状态，受平稳力作用，杆的作使劲F与重力是一对平稳力，由平稳条件得：F=mg，方向竖直向上，故AB错误；
C、小车向右做匀速运动时，受力平稳，必然有F=mg，方向竖直向上，故C正确；
D、小车向右加速运动时，小球受力不平稳，小球受到的合力向右，F＞mg，方向可能沿杆向上，故D正确。

应选CD。

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解
第Ⅱ卷
三、非选择题：包括必考题和选考题两部份。

第22—32题为必考题，每一个试题考生都做答；第33题—39题为选考题，考生依照要求作答。

(一)必考题(共129分)
22．(6 分）
现用频闪照相方式来研究物块的变速运动。

在一小物块沿斜面向下运动的进程中，用频闪相机拍照的不同时刻物块的位置如下图。

拍照时频闪频率是10Hz;通过斜面上固定的刻度尺读取的5个持续影像间的距离依次为x一、x二、x3、x4。

已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s数据如下表所示。

重力加速度大小g = 9.80m/s2。

依照表中数据，完成以下填空：
（1）物块的加速度a= m/s2(保留3位有效数字)。

（2）因为可知斜面是粗糙的。

【答案】4.30 物块加速度小于
2 gh
5.88m/s s
【解析】
（1）依照逐差法求加速度可知：
2 4312
22
x x x x0.23650.19340.10760.1505
a 4.30m/s
4T401
+--+--
⨯
＝＝＝
．；
（2）假设斜面滑腻那么：
222
gh100.4800
a gsin m/s 5.88m/s 4.30m/s
s0.8000
θ
⨯
＝＝＝＝＞
，知斜面是粗糙的。

【考点】匀变速直线运动的位移与时刻的关系
23．（9分）某同窗做“验证力的平行四边形定那么”的实验情形如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O 为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。

图乙是在白纸上依如实验结果画出的图。

(1)若是没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向必然沿AO方向的是________。

(2)本实验采纳的科学方式是________。

A．理想实验法B．等效替代法
C．操纵变量法 D．建立物理模型法
(3)实验时，要紧的步骤是：
A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；C．用两个弹簧测力计别离钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点抵达某一名置O。

记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数；
D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定那么求出合力F；
E．只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出那个力F′的图示；
F．比较F′和F的大小和方向，看它们是不是相同，得出结论。

上述步骤中：①有重要遗漏的步骤的序号是________和________；
②遗漏的内容别离是___________________________和______________________。

【答案】(1)F′(2)B
(3)①C E ②C中应加上“记下两条细绳的方向”E中应说明“把橡皮条的结点拉到同一名置O”
【解析】
（1）实验中F是由平行四边形得出的，而F′是通过实验方式得出的，其方向必然与橡皮筋的方向相同，由于实验进程不可幸免的存在误差，因此理论值和实验值存在必然的误差；
（2）实验中两次要求成效相同，故实验采纳了等效替代的方式，故B正确；
应选B；
（3）力的合成遵循平行四边形定那么，力的图示法能够表示出力的大小、方向和作用点，因此要表示出分力，必修先测量出其大小和方向，故步骤C中遗漏了方向；合力与分力是一种等效替代的关系，替代的前提是等效，实验中合力与分力必然产生相同的形变成效，故步骤E中遗漏了使结点抵达一样的位置O。

【考点】验证力的平行四边形定那么
24．(14分)
小明是学校的升旗手，他每次升旗都做到了在庄重的《义勇军进行曲》响起时开始升旗，当国歌终止时恰好五星红旗升到了高高的旗杆顶端．已知国歌从响起到终止的时刻是48 s，旗杆高度是19 m，红旗从离地面1.4 m处开始升起．假设设小明升旗时先拉动绳索使红旗向上匀加速运动，时刻持续4 s，然后使红旗做匀速运动，最后使红旗做匀减速运动，减速时加速度大小与开始升旗时的加速度大小相同，红旗抵达旗杆顶端时的速度恰好为零．（1）红旗向上做匀加速运动时加速度的大小；
（2）红旗匀速运动的速度大小．
【答案】0.1 m/s2 0.4 m/s
【解析】
因为减速运动时的加速度与加速运动时的加速度一样大，因此减速和加速的时刻是相同的，t1＝t3＝4 s
匀速运动的时刻为t2＝(48－4－4) s ＝40 s
设加速度大小为a ，匀速运动的速度大小为v ，加速和减速的平均速度大小都是v 2 总位移为x ＝v 2t1＋vt2＋v 2
t3， 其中x ＝(19－1.4) m ＝17.6 m ，
解得v ＝0.4 m/s
加速度大小为a ＝v t1＝0.44
m/s2＝0.1 m/s2。

【考点】匀变速直线运动规律
25．（18分）
如下图，质量为2m 的物体A 经一轻质弹簧与地面上的质量为3m 的物体B 相连，弹簧的劲度系数为k ，一条不可伸长的轻绳绕过定滑轮，一端连物体A ，另一端连一质量为m 的物体C ，物体A 、B 、C 都处于静止状态．已知重力加速度为g ，忽略一切摩擦． (1)求物体B 对地面的压力；
(2)把物体C 的质量改成5m ，这时C 缓慢下降，通过一段时刻系统达到新的平稳状态，这时B 仍没离开地面，且C 只受重力和绳的拉力作用，求此进程中物体A 上升的高度．
【答案】压力大小为4mg ，方向竖直向下 4mg k
【解析】
(1)以AB 整体为研究对象，由平稳条件有mg ＋FN ＝5mg ，
解得FN ＝4mg
依照牛顿第三定律，物体B 对地面的压力大小为4mg ，方向竖直向下；
(2)以C 为研究对象，有T ＝5mg
以A 为研究对象，有T ＝Fk ＋2mg
因此Fk ＝3mg ， 即kx1＝3mg ，
解得x1＝3mg k
开始时，弹簧的紧缩量为x2，那么kx2＝FN －3mg ＝mg ，
因此A 上升的高度为：hA ＝x1＋x2＝4mg k。

【考点】共点力平稳；力的合成与分解；胡克定律
33.【物理——选修3-3】（15分）
(1)(6分)以下表达正确的有（ ）(填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A ．气体的压强越大，分子的平均动能越大
B ．自然界中所进行的涉及热现象的宏观进程都具有方向性
C ．外界对气体做正功，气体的内能必然增大。

D ．温度升高，物体内的每一个分子的热运动速度都增大。

E. 扩散现象与布朗运动都与温度有关
F. 第二类永动机违背了热力学第二定律
【答案】BEF
【解析】
A 、温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，故A 错误；
B 、凡涉及热现象的宏观进程都具有方向性，故B 正确；
C 、改变内能的方式有做功和热传递，外界对气体做正功，气体的内能不必然增大，故C 错误；
D 、温度升高，平均动能增大，并非是物体内的每一个分子的热运动速度都增大，故D 错误
E 、温度越高，分子热运动越猛烈，故布朗运动和扩散现象都与温度有关，故E 正确；
F 、热机效率不可能达到100％，所有第二类永动机违背了热力学第二定律，故F 正确。

应选BEF 。

【考点】热力学第二定律；分子的热运动；热力学第必然律
(2)(9分)如下图，粗细均匀的玻璃细管上端封锁，下端开口，竖直插在大而深的水银槽中，管内封锁有必然质量的空气，玻璃细管足够长，管内气柱长4cm ，管内外水银面高度差为10 cm. 现将玻璃管沿竖直方向缓慢移动. （大气压强相当于75cmHg ）求：
①假设要使管内外水银面恰好相平，现在管内气柱的长度；
②假设要使管内外水银面高度差为15 cm ，玻璃管又应如何移动多少距离.
【答案】3.5cm 26.11cm 【解析】
①玻璃管内的空气作等温转变，管内外水银面恰好相平常
01102
()p rgH Sl p Sl =－
得
cm l P gH P l 5.347510
7510102=⨯-=-=
ρ
②(a)假设管内水银面较高，管内气柱长l3 由
011033
()()p rgH Sl p rgH Sl =－－
得
cm
l gH P gH P l 33.44157510
75120103=⨯--=--=
ρρ
玻璃管上移的距离
()()23311–15 4.33410 5.33x H l l H cm
=++=+-+=
(b)假设管外水银面较高，管内气柱长l4 有
011044
()()p rgH Sl p rgH Sl =+－
玻璃管下移的距离
4114341015 2.8926.11x l H H l cm
=++-=++-=。

【考点】气体压强；理想气体状态方程
34.【物理——选修3—4】(15分)
(1) (6分)如图，a. b, c. d是均匀媒质中x轴上的四个质点.相邻两点的间距依次为2m、4m和6m一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传播，在t=0时刻抵达质点a处，质点a由平稳位置开始竖直向下运动，t=3s时a 第一次抵达最高点。

以下说法正确的选项是(填正确答案标号。

选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．在t=6s时刻波恰好传到质点d处
B．在t=5s时刻质点c恰好抵达最高点
C. 质点b开始振动后，其振动周期为4s
D. 在4s<t<6s的时刻距离内质点c向上运动
E.当质点d向下运动时，质点b必然向上运动
【答案】ACD
【解析】
A、ad间距离为x=12m，波在同一介质中匀速传播，那么波从a传到d的时刻为
x
t6s
v
==
，即在t=6s时刻
波恰好传到质点d处，故A正确；
B、设该波的周期为T，由题可得3
T3s
4
=
，得T=4s．波从a传到c的时刻为
x
t3s
v
==
，那么在t=5s时刻质
点c已振动了2s，而c起振方向向下，故在t=5s时刻质点c恰好通过平稳位置向上，故B错误；
C、质点b的振动周期等于a的振动周期，即为4s，故C正确；
D、在4s＜t＜6s的时刻距离内，质点c已振动了1s＜t＜3s，质点c正从波谷向波峰运动，即向上运动，故D 正确；
E、波长为λ=vT=2×4m=8m，bd间距离为
1
10m1
4
λ
=
，结合波形得知，当质点d向下运动时，质点b不必
然向上运动，故E错误。

应选ACD 。

【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象
（2）（9分）如图乙所示，ABCD 是一直角梯形棱镜的横截面，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2=
n ，AB=BC=8cm ，OA=2cm ，∠OAB=60°。

○1求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向？ ○2第一次的出射点距C 点多远？。

【答案】如图 °45=β 334
【解析】
①设发生全反射的临界角为C ，由折射定律得
n C 1
=
sin
代入数据得°45=C
光路图如下图，
由几何关系可知光线在AB 边和BC 边的入射角均为60°，均发生全反射。

设光线在CD 边的入射角为α，折射
角为β，由几何关系得°30=α，小于临界角，光线第一次射出棱镜是在CD 边，由折射定律得αβ
n sin sin =
代入数据得°45=β
②依照几何关系得，AF=4cm ，那么BF=4cm ； ∠BFG=∠BGF ，那么BG=4cm ，因此GC=4cm ；
因此
CE。

【考点】光的折射定律；全反射 35.【物理——选修3—5】(15分)
(1)（6分）关于天然放射性，以下说法正确的选项是________．(填正确答案标号。

选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分) A ．所有元素都可能发生衰变
B ．放射性元素的半衰期与外界的温度无关
C ．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性
D ．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强
E ．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线 【答案】BCD 【解析】
A 、有些原子核不稳固，能够自发地衰变，但不是所有元素都可能发生衰变，故A 错误；
B 、放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度无关，故B 正确；
C 、放射性元素的放射性与核外电子无关，故放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故C 正确；
D 、α、β和γ三种射线，γ射线的穿透力最强，电离能力最弱，故D 正确；
E 、一个原子核在一次衰变中只能放出α、β和γ三种射线中的一种，故E 错误。

应选BCD 。

【考点】天然放射现象
(2)（9分）如下图，质量别离为mA 、mB 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方，先将B 球释放，通过一段时刻后再将A 球释放，当A 球下落t ＝0.3 s 时，恰好与B 球在
地面上方的P 点处相碰，碰撞时刻极短，碰后刹时A 球的速度恰为零，已知mB ＝3mA ，重力加速度大小g 取10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：
①B 球第一次抵达地面时的速度；
②P 点距离地面的高度． 【答案】
1v 4 m /s
＝ h 0.75 m '＝
【解析】
①设B 球第一次抵达地面时的速度大小为vB ，由运动学公式有B v 2gh ＝将h ＝0.8 m 代入上式，得
1v 4 m /s
＝；
②设两球相碰前后，A 球的速度大小别离为v1和v′1(v′1＝0)，B 球的速度别离为v2和v2′， 由运动学规律可得v1＝gt
由于碰撞时刻极短，重力的作用能够忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能维持不变，规定向下的方向为正，
有A 1B 2B 2m v m v m v '＋＝、222122111m v m v mv 222A B +＝
设B 球与地面相碰后速度大小为v′B，由运动学及碰撞的规律可得
B B
v v '＝
设P 点距地面的高度为h′，由运动学规律可得
22
2v h 2g B v －＝
可得h′＝0.75 m 。

【考点】匀变速直线运动规律；动量守恒定律；能量守恒定律 银川一中2021届高三第一次月考物理试题参考答案 14 15 16 17 18 19 20 21 D
A
B
C
C
AD
ABC
CD
22．(6 分）4.30 物块加速度小于2
gh
5.88m /s s =
23．（9分）(1)F′ (2)B 24．(14分)
因为减速运动时的加速度与加速运动时的加速度一样大，因此减速和加速的时刻是相同的，t1＝t3＝4 s 匀速运动的时刻为t2＝(48－4－4) s ＝40 s
设加速度大小为a ，匀速运动的速度大小为v ，加速和减速的平均速度大小都是v
2
总位移为x ＝v 2t1＋vt2＋v
2t3，
其中x ＝(19－1.4) m ＝17.6 m ， 解得v ＝0.4 m/s
加速度大小为a ＝v t1＝0.4
4 m/s2＝0.1 m/s2。

25．（18分）
(1)以AB 整体为研究对象，由平稳条件有mg ＋FN ＝5mg ， 解得FN ＝4mg
依照牛顿第三定律，物体B 对地面的压力大小为4mg ，方向竖直向下； (2)以C 为研究对象，有T ＝5mg 以A 为研究对象，有T ＝Fk ＋2mg 因此Fk ＝3mg ， 即kx1＝3mg ， 解得x1＝3mg k
开始时，弹簧的紧缩量为x2，那么kx2＝FN －3mg ＝mg ， 因此A 上升的高度为：hA ＝x1＋x2＝4mg
k 。

33.【物理——选修3-3】（15分） (1)(6分)BEF
(2)(9分)
①玻璃管内的空气作等温转变，管内外水银面恰好相平常
01102
()p rgH Sl p Sl =－
得
cm l P gH P l 5.347510
7510102=⨯-=-=
ρ
②(a)假设管内水银面较高，管内气柱长l3 由
011033
()()p rgH Sl p rgH Sl =－－
得
cm
l gH P gH P l 33.44157510
75120103=⨯--=--=
ρρ
玻璃管上移的距离
()()23311–15 4.33410 5.33x H l l H cm
=++=+-+=
(b)假设管外水银面较高，管内气柱长l4 有
011044
()()p rgH Sl p rgH Sl =+－
玻璃管下移的距离
4114341015 2.8926.11x l H H l cm
=++-=++-=。

34.【物理——选修3—4】(15分) (1) (6分ACD （2）（9分）
①设发生全反射的临界角为C ，由折射定律得 n C 1
=
sin
代入数据得°45=C 光路图如下图，
由几何关系可知光线在AB 边和BC 边的入射角均为60°，均发生全反射。

设光线在CD 边的入射角为α，折射
角为β，由几何关系得°30=α，小于临界角，光线第一次射出棱镜是在CD 边，由折射定律得αβ
n sin sin =
代入数据得°45=β
②依照几何关系得，AF=4cm ，那么BF=4cm ； ∠BFG=∠BGF ，那么BG=4cm ，因此GC=4cm ；
因此
CE =。

35.【物理——选修3—5】(15分) (1)（6分）BCD (2)（9分）
①设B 球第一次抵达地面时的速度大小为vB
，由运动学公式有B v 将h ＝0.8 m 代入上式，得
1v 4 m /s
＝；
②设两球相碰前后，A 球的速度大小别离为v1和v′1(v′1＝0)，B 球的速度别离为v2和v2′， 由运动学规律可得v1＝gt
由于碰撞时刻极短，重力的作用能够忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能维持不变，规定向下的方向为正，
有A 1B 2B 2m v m v m v '＋＝、222
122111m v m v mv 222
A B +＝
设B 球与地面相碰后速度大小为v′B，由运动学及碰撞的规律可得
B B
v v '＝
设P 点距地面的高度为h′，由运动学规律可得
22
2v h 2g B v －＝
可得h′＝0.75 m 。