2020届新疆高考物理适应性试卷(含答案详解)

2020届新疆高考物理适应性试卷
一、单选题（本大题共5小题，共28.0分）
1.关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是()
A. 开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律
B. 开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律
C. 开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因
D. 开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律
2.某质点沿直线运动的v−t图象如图所示，由图象可知()
A. 前2秒钟物体做匀速直线运动
B. 3秒末物体速度为6m/s
C. 前5秒物体的位移为30m
D. 5秒末物体返回出发点
3.如图是高压输电的示意图，L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器，还给出了变压器次级的电
压、电流的图象．已知图中n1：n2=100：1，n3：n4=1：100，则下列判断正确的是()
A. 交变电的频率为50Hz，通过电流表的电流表达式为i=√2sin50πt(A)
B. 输电电压是22kV，输送功率为1.56×103kW
C. 甲的作用是为了降压，乙的作用是为了升压
D. 在深夜，用户用电量减少的情况下，电压表、电流表的读数都要增大
4.仔细观察四幅图，你认为说法正确的是()
①图(1)中汽车在平路上转弯时所需的向心力是由车轮与路面间的滑动摩擦力提供的
②图(2)已知，加在电容器两极板上的电压不能超过5.5V，如果超过那么击穿电容器
③图(3)中的导电液体通电后在磁场中将会旋转，从上往下看做逆时针旋转
④图(4)是一只金属电阻温度计，其金属丝的阻值随温度的升高而增大
A. ③④
B. ①②
C. ①③
D. ②④
5.一列简谐横波沿x正方向传播，甲图是t=1s时的波形图，乙图是介质中某质元振动位移随时间
变化的图线(两图用同一时间起点)，则乙图可能是甲图中哪个质元的振动图线()
A. x=1m处的质元
B. x=2m处的质元
C. x=3m处的质元
D. x=4m处的质元
二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）
6.某人在山上将石块斜向上方抛出(如图所示)，不计空气阻力，则
石块落地时速度的大小与下列哪些物理量有关？()
A. 石块的质量
B. 石块初速度的大小
C. 石块初速度的仰角
D. 石块抛出时的高度
7.如图所示，重20N的物体放在粗糙水平面上，用F=8N的力斜向下推物体。

F与水平面成30°角，
物体与平面间的动摩擦因数μ=0.5，则物体：
A. 对地面的压力为24N
B. 对地面的压力为28N
C. 所受摩擦力为4√3N
D. 所受摩擦力为12N
8.如图，直角坐标系的第Ⅰ象限有垂直纸面向里磁感强度为B的匀强磁
场.一质量为m，带电量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为
30°的方向进入磁场，运动到A点时的速度方向平行于x轴，那么()
A. 粒子带正电
B. 粒子返回x轴时速度与x轴正向夹角为30°
C. 粒子带负电
D. 粒子由O到A的时间为πm
3qB
9.如图所示，带正电的小球a和带负电的小球b质量相等，同时从两带电平行
金属板M、N中央以相同速率垂直电场方向射入电场，a落到下极板的水平
距离大于b落到上极板的水平距离，关于小球a、b在极板中的运动，下列说
法正确的是()
A. a、b的运动时间相等
B. a的加速度小于b的加速度
C. 电场力对a、b做的功一样多
D. 到达极板时，a的速度小于b的速度
三、实验题（本大题共3小题，共20.0分）
10.如图，用伏安法测电阻，当被测电阻阻值不能估计时，可采用
试接法．让伏特表一端接在电路的a点上，另一端先后接在b点
和c点，注意观察两个电表的示数．若安培表的示数有显著变化，
则待测电阻的阻值跟______表内阻可以比拟，伏特表应接在a、______两点，并且测量结果______．11.图1为研究加速度和力的关系的实验装置．
(1)在本实验中，用钩码所受的重力大小当做小车所受的______ ，用DIS系统(数字化实验系统)测小
车的加速度．在改变所挂钩码的数量，多次重复测量中，______ (选填“需要”“不需要”)同时在小车上加减砝码．
(2)根据在某次实验中测得的多组数据可画出a−F关系图线．(如图2所示).分析此图线的OA段可得
出的实验结论是______ ，此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______ (选填
A、B、C、D其中一项)
A.小车与轨道之间存在摩擦
B.导轨保持了水平状态
C.所挂钩码的总质量太大
D.所用小车的质量太大
(3)控制变量法是一种实验研究的方法，某同学为了探究影响平抛运动水平射程的因素，通过改变抛
出点的高度及初速度的方法做了6次实验，实验数据记录如表．以下探究方案符合控制变量法的是______ ．
序号抛出点的高度(m)水平初速度(m/s)水平射程(m)
10.20 2.00.40
20.20 3.00.60
30.45 2.00.60
40.45 4.0 1.20
50.80 2.00.80
60.80 6.0 2.40
A.若探究水平射程与初速度的关系，可用表中序号为1、3、5的实验数据
B.若探究水平射程与高度的关系，可用表中序号为1、3、5的实验数据
C.若探究水平射程与高度的关系，可用表中序号为2、4、6的实验数据
D.若探究水平射程与初速度的关系，可用表中序号为2、4、6的实验数据．
12. 利用油膜法估测分子大小的练习题
(Ⅰ)为了尽可能准确地估测出油酸分子的大小，下列哪些措施是可行
的______
A.油酸浓度适当小一些
B.油酸浓度适当大一些
C.油酸扩散后立即给出轮廓图
D.油酸扩散并待其收缩稳定后再绘出轮廓图
(Ⅱ)在做“用油膜法估测分子的大小”实验中，油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸6mL，用注射器测得1mL上述溶液中有液滴50滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示，坐标纸中正方形小方格的边长为20mm．
(1)油酸膜的面积是______m2
(2)每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积是______mL
(3)按以上实验数据估测出油酸分子直径为______m.
四、简答题（本大题共1小题，共19.0分）
13. 如图所示，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，电灯L上标有
“25V，25W”的字样，直流电动机M的线圈电阻R=2Ω.闭合
电键，若电灯恰能正常发光，求：
(1)电路中的总电流I；
(2)电动机输出的机械功率P机。

五、计算题（本大题共3小题，共33.0分）
14. (1)如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=
37∘，在导轨所在平面内分布着磁感应强度B=0.5 T、方向垂直于导轨所在平面斜向上的匀强磁场。

金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V、内阻r=0.5 Ω的直流电源，现把一个质量m=
0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。

导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，
导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5 Ω，金属导轨电阻不计(g=10 m/
s2,sin37∘=0.6,cos37∘=0.8)。

求：
①通过导体棒电流的大小；
②导体棒受到的安培力的大小；
③导体棒受到的摩擦力的大小。

(2)如图所示，与水平面成37∘的倾斜轨道AB，其延长线在C点与半圆轨道CD(轨道半径R=
1 m)相切，全部轨道为绝缘材料制成，位于竖直平面内。

整个空间存在水平向左的匀强电场，MN
的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场。

一个质量m=0.4 kg的带电小球沿斜面下滑，至B点时的 m/s，接着沿直线BC(此处无轨道)运动到达C处进入半圆轨道，进入时无动能损速度v B=100
7
失，且刚好到达D点(不计空气阻力，g=10 m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8)。

求：
①小球带何种电荷；
②小球到达C点时所受洛仑兹力的大小；
③小球到达D点时速度的大小。

(3)如图所示，铅板A的右表面上有一个放射源Q，以速度v0沿各方向释放质量为m、电荷量为e的电子。

在距A板为d处，有一金属网B，且A、B之间存在电场强度为E、方向水平向左的匀强电场，在距金属网B为L处有一个荧光屏C。

A、B、C都足够大。

求在电子激发下，荧光屏发光的最大范围。

(4)如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为B，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴的夹角θ=45∘且斜向上方，现有一质量为m 电量为q的正离子，以速度v0由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时
间后从x轴上的C点进入电场区域，该离子经C点时的速度方向与x轴夹角为45∘。

不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大。

求：
①C点的坐标；
②离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；
③离子第四次穿越x轴时速度的大小。

15. 如图所示，左端封闭、右端开口的U形导热细管置于水平面上。

设左侧管高为ℎ，底边长L=13
4
ℎ，右侧管足够长。

初始时恰好水平段细管全部充满水银，记水银密度为ρ，重力加速度为g，外界大气压强为p0，竖直方向上75cm的水银柱产生的压强等于p0，管的粗细忽略不计。

现使整个U形
管水平向右做匀加速直线运动，加速度大小a=5
12g，此时有1
4
ℎ的水银柱进入左侧管。

(1)求左侧管高ℎ；
(2)若U形管静止，在右侧管开口处缓慢注入水银，仍使1
4
ℎ的水银柱进入左侧管，求注入水银柱的长度H。

16. 如图所示，一束单色光以一定的入射角从A点射入玻璃球体，已知光线
在玻璃球内经两次反射后，刚好能从A点折射回到空气中．已知入射角
m，光在真空中传播的速度为3×108m/s，为45°，玻璃球的半径为√6
10
求：
①玻璃球的折射率及光线第一次从玻璃球内出射时相对于射入玻璃球的光线的偏向角；
②光线从A点进入及第一次A点射出时在玻璃球体中传播的时间．
参考答案及解析
1.答案：B
解析：
根据物理学史和物理常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

开普勒在他的导师第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，但并未找出了行星按照这些规律运动的原因；牛顿在开普勒行星运动定律的基础上推导出万有引力定律，故ACD错误，B 正确。

故选B。

2.答案：B
解析：解：A、前2秒钟速度随时间均匀增大，则OA段做匀加速直线运动。

故A错误。

B、由图线可知，质点3秒末物体速度为6m/s。

故B正确。

×(5+2)×6=21m，离出C、图线与时间轴所围成的面积表示位移，则前5秒物体的位移为x=1
2
发点最远，没有回到出发点，故CD错误；
故选：B。

根据图线，通过速度随时间的变化规律得出质点在整个过程中的运动情况，图线的斜率等于加速度．图线与时间轴所围成的面积表示位移．
速度图象反映物体的速度随时间的变化情况，由图象直接读出速度及其变化情况．图线的斜率等于加速度．图线与时间轴所围成的面积表示位移．
3.答案：D
解析：解：A、电流表测量的为有效值．则A错
B、因不知电流值，则无法确定输送功率．则B错误
C、甲的作用是为了降压，乙的作用是为了降流，则C错误
D、用户用电量减少的情况下，导线分压变小，则末端变压器得到的电压变大，电流变大，则D 正确
故选：D
甲图是电压互感器，乙图是电流互感器．变压器原副线圈的电压比等于匝数比．只有一个副线圈的变压器，原副线圈中的电流比等于匝数的反比
电压互感器原线圈并接在两个输电线上，原线圈的匝数比副线圈的匝数多，是降压变压器，把高电压降低成低电压，副线圈接电压表．电流互感器原线圈串接在某一根输电线中，原线圈匝数比副线圈匝数少，原线圈中是大电流，副线圈中是小电流，副线圈接的是电流表
4.答案：A
解析：解：图(1)中汽车在平路上转弯时所需要的向心力是由车轮与路面间的静摩擦力提供的，则①错误；
图(2)中，标有“5.5V，1.0F”的电容器，极板上所带的电荷量最多为Q=CU=5.5C，则②错误；图(3)中的导电液体通电后在磁场中将会旋转，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体从上往下看沿逆时针方向旋转；故③正确；
图(4)是一只金属电阻温度计，其金属丝的电阻值随温度的升高而增大，故④正确；
故A正确，BCD错误。

故选：A。

车拐弯，靠车轮与路面间的静摩擦力提供向心力；根据Q=UC可确定电荷量的大小；根据左手定则分析液体的转动情况；明确金属导体的电阻率随温度的升高而增大。

本题考查了物理规律在生产生活中的应用，要注意正确掌握向心力的确定、明确电容器的性质，并能用左手定则分析液体转动的方向。

5.答案：B
解析：解：由乙图读出t=1时刻质点位于平衡位置速度方向向下。

在甲图上，简谐横波沿x正方向传播，位于平衡位置而且速度方向向下的质点有：x=2m处的质元。

故选：B。

由乙图读出t=1时刻质点的位置和速度方向，再在甲图上找出与之情况相同的质点．
本题关键要抓住振动图象与波动图象的联系，振动图象反映质点在各个时刻的位移，而波动图象反映在某一时刻介质中各质点的位移情况．
6.答案：BD
解析：解：在整个过程中，只有重力做功，石块的机械能守恒，则得：
mgℎ=1
2
mv2−
1
2
mv02
解得：v=√v
2+2gℎ，所以落地速度大小v只与ℎ和v0有关，与其它量无关。

故选：BD。

题中不计空气阻力，只有重力做功，小球的机械能守恒，可以根据机械能守恒定律列式，判断出速度与哪些量有关．
本题要能判断出小球的机械能守恒，通过列式分析，采用定量法判断．
7.答案：AC
解析：
对物体进行受力分析，作出力图，运用正交分解法，由平衡条件求解地面对物体的支持力，根据F水平方向的分力与最大静摩擦力的关系，判断物体能否运动，再确定合力。

本题解题的关键是根据竖直方向力平衡，求出地面对物体的支持力，再求解最大静摩擦力，确定物体的状态。

AB.对物体进行受力分析：重力、推力F、地面的支持力N，如图所示：
由竖直方向力平衡则有：
N=G+Fsin30°=20N+8×0.5N=24N，则物体对地面的压力为24N；故A正确，B错误；CD.物体的最大静摩擦力为：
f m=μN=0.5×24N=12N；
F的水平方向分力大小为：
F′=Fcos30°=4√3N<f m
物体没能被推动，保持静止状态，物体所受的摩擦力为：4√3N，故C正确，D错误。

故选AC。

8.答案：CD
解析：解：A、C、根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则
判断知，此粒子带负电，故A错误，C正确；
B、粒子在O点时速度与x轴正方向的夹角为60°，x轴是直线，根据圆的对
称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，
故B错误；
D、粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，则粒子由O到
A运动的时间为t=θ
360∘T=60°
360∘
⋅2πm
qB
=πm
3qB
，故D正确；
故选：CD。

先根据题意作出粒子运动的轨迹，找出圆心，确定圆心角，根据左手定则及曲线运动的条件判断粒子的正负；根据圆的对称性分析粒子离开第一象限时速度与x轴的夹角；根据圆心角与周期的关系求出运动的时间．
本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能运用几何知识画出粒子运动的轨迹，关键是要
确定圆心和半径，会根据圆心角与周期的关系求出运动的时间，掌握关系式：t=θ
360∘
T.
9.答案：BD
解析：
本题抓住带电小球在电场中做类平抛运动，根据水平方向位移的大小和初速度相等判定两小球在电场中的运动时间，并由竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动判定电场力的大小及做功情况，掌握类平抛运动规律是解决本题的关键。

小球在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据水平位移比较运动时间，再根据运动时间由竖直方向位移大小相等比较电荷的加速度，从而求得电荷的带电荷量大小，最后根据动能定理分析末速度情况。

A.正负带电小球在平行板间做类平抛运动，根据运动的合成与分解分析：正负电荷初速度相同，由于在水平方向做匀速直线运动，电荷运动时间决定水平方向位移的大小，由题意知b小球在水平方向位移小，故其运动时间短，故A错误；
B.两电荷在竖直方向运动位移相等，根据y=1
2
at2知，位移大小相同时，运动时间短的加速度大，由A分析知b小球运动时间短，故其加速度大，故B正确；
C.小球b的加速度大，而球ab质量相同，故b球所受电场力大于a球所受电场力，由于在电场方向上的位移大小相等，故电场力对b小球做的功较多，故C错误；
D.根据动能定理知，电场力对小球做的功等于小球的动能变化，由于电场力对小球b做功较多，而两小球初动能相同，故末动能b小球的大，质量相等，故末速度也就大，故D正确。

故选BD。

10.答案：伏特表c偏大
解析：解：电流表示数变化明显，知电压表分流作用明显，待测电阻阻值较大，与伏特表内阻可以比拟，根据“大内偏大”，知电流表采取内接法，由于电流表有分压作用，测量电压偏大，根据欧姆定律知测量电阻偏大．
故答案为：伏特表，c；偏大．
将伏特表的另一端与b、c分别连接，电流表的示数变化明显，可知电压表分流作用明显，从而得知待测电阻的阻值较大．根据“大内偏大，小外偏小”确定电流表的内外接和误差．
解决本题的关键知道电流表内外接引起误差的原因，知道在什么情况下采取电流表内接法，在什么情况下采取电流表外接法．
11.答案：合外力；不需要；在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；C；B
解析：解：(1)探究加速度与力的关系，应保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的合力．
用DIS系统测小车的加速度．在改变所挂钩码的数量，多次重复测量中，不需要同时在小车上加减砝码．
(2)根据在某次实验中测得的多组数据可画出a−F关系图线(如图2所示).分析此图线的OA段可得出的实验结论是小车的质量一定，加速a与合力F成正比．
由于OA段a−F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mg=Ma
得a=mg
M 而实际上a′=mg
m+M
可见A，B段明显偏离直线是由于没有满足M>>m造成的，故选项C正
确．
(3)A、若探究水平射程与初速度的关系，应控制抛出点的高度高度不变，可用表中序号为1、2的实验数据，故AD错误；
B、若探究水平射程与高度的关系，应控制水平初速度不变，可用表中序号为1、3、5的实验数据，故B正确，C错误；
故选B
故答案为：(1)合外力不需要
(2)①在质量不变的条件下，加速度与外力成正比．②C
(3)B
①探究加速度与力的关系，应控制小车的质量保持不变；平衡摩擦力后用钩码的重力作为小车受到的合力；
②控制实验所控制的变量，分析图象，根据图象特点得出实验结论；根据实验注意事项分析图象偏离直线的原因．
③实验探究时应采用控制变量法进行实验，即应控制其它变量不变，探究其它两个变量的关系；本题考查了控制变量法的应用、实验数据处理、实验误差分析，实验误差分析是本题的难点；应知道当砝码质量远小于小车质量时，可以认为小车受到的拉力等于钩码重力．
12.答案：AD2.4×10 −21.2×10 −55×10 −10
解析：解：(Ⅰ)为能形成单分子油膜，油膜浓度应适当小些；绘制轮廓图应在油酸扩散稳定后进行，AD选项正确，BC错误
(Ⅱ)(1)由图示坐标纸可知，油膜所占方格数是60，则油膜的面积为：S=60×20mm×20mm= 2.4×10 −2m 2
(2)一滴酒精油酸溶液含纯油酸的体积为：V=1
50×6
10000
ml=1.2×10 −5mL
(3)油酸分子的直径为：d=V
S =1.2×10 −5×10 −6
2.4×10 −2
=5×10 −10m
故答案为：(Ⅰ)AD；(Ⅱ)(1)2.4×10 −2；(2)1.2×10 −5；(3)5×10 −10
先数出坐标纸上方格的个数，然后求出油膜的面积．一滴溶液的体积乘以溶液的浓度，就是1滴酒精油酸溶液所含纯油的体积．油酸的体积除以油膜的面积，就是油膜厚度，即油酸分子的直径
本题考查了油膜法测分子直径的实验数据处理，难度不大，是一道基础题；解题时要注意各物理量的单位．
13.答案：解：(1)设内电压为U r，根据闭合电路欧姆定律
U r=E−U L=30−25=5V
I=U r
r
=
5
1
=5A
(2)电灯电流：I L=P
U =25
25
=1A
电动机电流：I M=I−I L=4A
电动机输出的机械功率：P机=I M−I M2R
代入数据得：P机=68W
答：(1)电路中的总电流为5A
(2)电动机输出的机械功率为68W
解析：(1)电灯正常发光时，其电压等于额定电压，功率等于额定功率。

电灯的电压等于路端电压，由闭合电路的欧姆定律，可得总电流I；
(2)动机输出的机械功率P出=P总−P R，而P总=U M I M.由焦耳定律得−P R。

本题是含有电动机的电路，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，不能用闭合电路欧姆定律求解电路中的电流I；要根据能量分配关系，分析功率的关系。

14.答案：(1)解：①根据闭合电路欧姆定律有：I=E
R0+r
=1.5A
②导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.3N
③导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin37°=0.24N
由于F1<F安，导体棒受沿斜面向下的摩擦力f
根据平衡条件有：mgsin37°+f=F安 
代入数据解得：f=0.06N
(2)解：①正
电
②小球从B到C做匀速直线运动，在C点受洛仑兹力为f C
根据平衡条件有：f C=mg
cos37∘
=5N
③f C=qBv C=qBvB
在D点：qBv D+mg
cos37∘=mv D2
R
解得：v D=4m/s
(3)解：粒子在电场中做类平抛运动，如图：
纵向偏移最大
y1=vt1
d=1
2
at2
a=eE m
在BC之间，粒子以速度v做匀速直线运动，到达C时增加的偏移量为y2 y=vt2
t2=L
v y
 vy2=2ad
因为粒子在各方向的运动具有对称性，所以荧光屏上发光面为圆平面，半径为R=y1+y2
由以上各式联立解得：R=v0√2md
Ee (1+L
2d
)
(4)解：①带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qv0B=mv02
r
解得：r=mv0qB
由几何关系得：x C=−(r+rcos45∘)=−(2+√2)mv0
2qB
所以C点的坐标为(−(2+√2)mv0
2qB
，0)
②设粒子从A到C的时间为t1，T=2πm
qB
由几何关系得：t1=5
8T=5πm
4qB
设粒子从进入电场到返回C的时间为t2，在电场中做匀变速直线运动，由牛顿第二定律得：qE=ma
由运动学公式有：t2=2v0
a
设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为t3：t3=T
4=πm
2qB
粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为t=t1+t2+t3=7πm
4qB +2mv
qE
③粒子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程是在电场中做类平抛运动。

设离子第四次穿越x轴时的速度的大小为v′
沿速度方向的位移：x′=vt
沿电场力方向的位移：y′=1
2
at2
沿电场力方向的速度：v y′=qE
m
t
由几何关系得：y′
x′
=tan45∘
综合上述得：v′=√v0′2+v y′2=
√5v0
解析：(1)
本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键是安培力的分析和计算，运用平衡条件研究．
先根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流．由公式F安=ILB求解安培力大小；导体棒处于静止状态，合力为零，根据平衡条件列式求解摩擦力的大小。

(2)
带电粒子在只有电场的倾斜轨道上做匀加速运动后，进入电场与磁场混合的场中做匀速直线运动，重力、洛伦兹力与电场力处于平衡状态，接着沿半圆轨道运动刚好能达到D点，最后从D点做类平抛运动，此时所受到的合力正好与速度相互垂直．因此由电场力与电场强度方向可确定小球所带电性，由平衡条件求出洛伦兹力，在D点由向心力公式求出速度。

(3)电子的类平抛运动经常考察，要求学生能熟练的应用运动的分解的观点加以推导和分析，电子射出电场后的运动也应利用分解的观点解决。

平行于A板的电子最后到达B，运动时间最长，此类电子做类平抛运动，由平抛运动知识可求运动时间，电子透过金属网将作匀速直线运动，由几何关系解得电子到达的最远处，由于电子放射方向沿四面八方，且机会相等，故发光面积应为圆形，由圆的面积公式求得答案
(4)平行于A板的电子最后到达B，运动时间最长，此类电子做类平抛运动，由平抛运动知识可求运动时间
电子透过金属网将作匀速直线运动，由几何关系解得电子到达的最远处，由于电子放射方向沿四面八方，且机会相等，故发光面积应为圆形，由圆的面积公式求得答案
15.答案：解：(1)U形管在运动过程中，左侧气体做等温变化，设U形管的横截面积为S，运动过程
中左侧气体的压强为p1，根据玻意耳定律有p0ℎS=p1×3
4
ℎS
解得p1=4
3
p0
对水平水银柱分析，根据牛顿第二定律有p1S+1
4ρgℎS−p0S=(L−1
4
ℎ)ρSa
其中p0=0.75 m×ρg,L=13
4ℎ,a=5
12
g，
解得ℎ=1
4
 m
(2)设注入水银后，左右两侧液面的高度差为△ℎ，则有p1=p0+ρg△ℎ
解得△ℎ=1
4
 m
因此注入的水银柱的长度H=△ℎ+2×1
4ℎ=1
4
m+2×1
4
×1
4
m=3
8
m
答：(1)左侧管高ℎ为1
4
m；
(2)若U形管静止，在右侧管开口处缓慢注入水银，仍使1
4
ℎ的水银柱进入左侧管，注入水银柱的长度
H为3
8
m。

解析：(1)对左侧封闭气体分析，做等温变化，根据玻意耳定律求得压强，然后水平部分水银根据牛顿第二定律即可求得；
(2)如果空气柱温度不变，在右端缓慢地倒入水银，仍使1
4
ℎ的水银柱进入左侧管，此过程中温度不变，利用平衡求出初态封闭气体的压强，结合几何关系，即可求出需要在右管中倒入水银柱的长度；
本题考查气体定律与力学平衡及牛顿第二定律的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析好压强p、体积V、温度T三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决；解决灌水银的问题时最好画出水银灌入前后的对比图，以便利用几何关系求解灌入水银的长度或体积。

16.答案：解：①作出光路图，由对称性及光路可逆可知，第一次折射的折
射角为30°，则由折射定律可知：
n=sini
sinr =sin45°
sin30∘
=√2．。