2021年新高考物理冲刺押题卷5(广东专用)(解析版)

2021年广东省新高考考试
物理 押题卷（05）
一、单项选择题:本题共7小题，每小题4分，共28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．在同一直线上的A 、B 两个高铁实验站台之间的距离为s ，某次实验中一列实验高铁沿轨道由静止从A 出发驶向B ，高铁先以大小为a 的加速度匀加速运动一段时间，接着以大小为2a 的加速度匀减速运动，到达B 时速度恰好为零，该过程中高铁的最大速度为（ ） A ．
43
as
B ．as
C ．
23
as
D ．
3
as 【答案】A
【解析】设高铁最大速度为v m ，加速的时间为t 1，减速的时间为t 2，则
12()2
m
v t t s += 122m v at at ==
联立解得
43
m as
v =
故选A 。

2．如图是某建筑工地悬吊装置的示意图，图中OM 是用轻钢制作的龙骨，ON 为尼龙轻绳。

OM 可以绕通过M 点且垂直于纸面的轴转动，尼龙绳的N 端系在一辆天车上，尼龙绳和龙骨的重力及M 处的摩擦力都可以忽略不计。

若所挂的重物不变，保持OM 与竖直墙面的夹角不变而将天车稍微向左开动一点距离，下列说法正确的是（ ）
A ．尼龙绳ON 对O 点的拉力不变
B ．尼龙绳ON 对O 点的拉力增大
C．龙骨OM对O点的支持力不变D．龙骨OM对O点的支持力减小
【答案】B
【解析】
以O点为研究对象进行受力分析，三个力合力为零，表示三个力的有向线段构成一个闭合三角形，若天车向左移动少许，重力G大小方向均不变，F N方向不变，由图可知，F N变为F N1，F N2，F变为F1，F2，所以F N变大，F变大，故B正确ACD错误。

故选B。

3．如图所示，一束平行光经玻璃三棱镜折射后分解为a、b两种单色光。

则下列说法正确的是（）
A．在真空中传播时，a光的速度大
B．从玻璃射向空气时，b光发生全发射的临界角小
C．经过同一双缝干涉实验装置时，观察到a光的相邻亮条纹间距大
D．若b光能使某金属发生光电效应，则a光也一定能发生光电效应
【答案】D
【解析】A．真空中传播时，各种颜色光的光速均相同，A错误；
B．根据光路图可知b光偏折程度小，所以b光折射率小，根据全反射定律
1
sin C
n
=可知b光发生全反射
的临界角大，B错误；
C．根据光路图可知a光折射率大，所以频率大，波长短，根据
l
x
d
λ
∆=可知，经过同一双缝干涉实验装
置时，观察到a光的相邻亮条纹间距小，C错误；
D ．a 光的频率大于b 光，根据=h εν可知a 光的光子能量大于b 光，所以若b 光能使某金属发生光电效应，则a 光也一定能发生光电效应，D 正确。

故选D 。

4．如图所示，两个质量均为m 的相同货物A 、B 叠放在自卸货车的车厢底板上保持相对静止一起加速下滑，车厢底板与水平面的夹角为α，A 、B 间的动摩擦因数为μ1，B 与车厢底板间的动摩擦因数为μ2，货车在水平地面上始终保持静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。

下列说法正确的是（ ）
A ．货车受到地面的静摩擦力方向水平向左
B ．货车对地面的压力大于货车与货物的总重力
C ．货物A 受到的摩擦力大小一定为1cos mg μα
D ．μ1与μ2的关系满足μ1≥μ2 【答案】D
【解析】A.由题意，货车受到货物A 、B 整体的压力大小为
F 压=2mg cos α
根据牛顿第二定律可知，A 、B 整体所受合外力沿斜面向下，所以B 所受滑动摩擦力的大小满足
F f ＜2mg sin α
根据牛顿第三定律可知，A 、B 整体对货车的摩擦力大小同样满足
F f ’＜2mg sin α
F 压沿水平向左的分量为
F 压x =2mg cos αsin α
F f ’沿水平向右的分量满足
F f x ’＜2mg sin αcos α= F 压x
所以A 、B 整体对货车的作用力存在水平向左的分量，货车有向左运动的趋势，故货车受到地面的静摩擦力方向水平向右，故A 错误；
B ．由于A 、B 整体沿车厢底板加速下滑，故A 、B 以及货车组成的系统存在竖直向下的加速度分量，整体处于失重状态，故货车对地面的压力小于货车与货物的总重力，故B 错误；
CD．设A、B整体加速下滑的加速度大小为a，对A、B整体根据牛顿第二定律有
2ma=2mg sinα-2μ2mg cosα
单独对A同理有
ma=mg sinα-f
且
f≤μ1mg cosα
联立上述三式可得
μ1≥μ2
由此可知，只有当μ1=μ2时，货物A受到的摩擦力大小才等于为μ1mg cosα，否则将小于μ1mg cosα。

故C错误，D正确。

故选D项。

5．如图所示，半径为R，带电量为Q
的均匀带电圆环固定在竖直面内，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m，带电量为q的小球（可视为质点）。

小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O距离为R﹐已知静电力常量为k，重力加速度为g，则剪短细线瞬间小球的加速度大小为（）
A．g B．
2
2
g C．
2
Qq
k
mR
D．k
2
2
Qq
mR
【答案】D
【解析】由于圆环不能看作点电荷，采用微元法；小球受到库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示：
圆环各个点对小球的库仑力的合力F Q，当细绳存在时，设绳子上的力为F，则
sin F mg θ=
小球到圆环中心O 距离为R ，而竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R ，那么
sin 2
θ=
解得
F =
在水平方向上，有
cos Q F F θ=
解得
=Q F mg
当细绳剪断后，小球只受重力和库仑力，此时
F =合
所以
F a m
=
合
同时，依据点电荷电场强度公式，将环中电量分成若干份，结合矢量的合成法则，及三角知识，则有小球
所处位置的电场强度为
(
)
2
2
24Q k
n
E n
R
=⨯= 所以
Q F Eq =
=，22kQq F R ==合 所以
2
=2F kQq
a m mR
=
合 综上所述，故D 正确，ABC 错误； 故选择：D 。

6．图甲为交流发电机的示意图，磁场为水平方向的匀强磁场，匝数n =100匝、电阻r =1Ω的矩形线圈绕垂直于磁场的竖直轴OO ′逆时针匀速转动，输出的交变电压随时间变化的图像如图乙所示。

已知电阻R =4Ω，电流表为理想交流电表。

下列说法正确的是（ ）
A ．0.01s 时刻穿过线圈的磁通量为0
B ．电流表的示数为1.25A
C ．0~0.01s 通过回路的电荷量为
2C 25π
D ．在一个周期内回路消耗的电能为0.625J 【答案】D
【解析】A ．由题图乙可知0.01s 时刻线圈产生的感应电动势为零，此时线圈平面正位于中性面，穿过线圈的磁通量为最大值，故A 错误；
B ．由题图乙可知发电机输出的电压有效值为U =10V ，根据欧姆定律可得电流表的示数为
2.5A U
I R
=
= 故B 错误；
C ．由题图乙可知线圈转动的角速度为
2π
100πrad/s T
ω=
= 而线圈产生感应电动是的峰值为
m 12.52V E nBS ω==
0~0.01s 通过回路的电荷量为
22
BS q R r =
=+
D ．根据焦耳定律，在一个周期内回路消耗的电能为
W =I 2（R +r ）T =0.625J
故D 正确。

故选D 。

7．某电子天平原理如图所示，E 形磁铁的两侧为N 极，中心为S 极，两极间的磁感应强度大小均为B ，磁极宽度均为L ，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，且骨架与秤盘的总质量为m 0，线圈两端C 、D 与外电路连接。

当质量为m 的重物放在秤盘上时，弹簧从长度L 0被压缩至L 1，秤盘和线圈一起向下运动（骨架与磁极不接触），随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置L 0并静止，由此时对应的供电电流I 可确定重物的质量。

已知线圈的匝数为n ，线圈的总电阻为R ，重力加速度为g ，则（ ）
A ．线圈向下运动过程中，线圈中感应电流从D 端流出
B ．外电路对线圈供电电流为I 时，弹簧长度从L 1恢复至L 0的过程中，
C 端电势高于
D 端电势 C ．外电路对线圈供电电流为I ，且弹簧长度恢复至L 0并静止时，重物的质量2nBLI
m g
=
D ．若线圈电阻为R ，且线圈上的热功率不能超过P ，线圈上安培力的最大值为02P
F m g R
= 【答案】C
【解析】A. 由图知，线圈向下运动过程中切割磁感线，根据右手定则，线圈中感应电流应从D 端流入，从C 端流出，故A 错误；
B. 外电路对线圈供电电流为I 时，弹簧长度从L 1恢复至L 0的过程中，必须在线圈中产生向上的安培力与重物重力平衡，根据左手定则可知，电流应从D 端流入，所以C 端电势低于D 端电势，故B 错误；
C. 外电路对线圈供电电流为I ，且弹簧长度恢复至L 0并静止时，由平衡条件
2mg nBIL =
2nBIL
m g
=
故C 正确；
D. 线圈上的热功率不能超过P ，而线圈上的热功率
2P I R =
线圈上安培力
2F nBIL =
联立可得线圈上安培力的最大值为
2F =故D 错误。

故选C 。

二、多项选择题:本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分有选错的得0分。

8．2020年6月23日，我国第55颗北斗导航卫星成功发射，标志着北斗三号全球系统星座的部署已经全面完成。

该卫星为地球同步轨道卫星。

已知同步卫星围绕地球做匀速圆周运动的周期为T 、轨道半径为r ，地球半径为R ，引力常量为G ，下列说法正确的是（ ）
A ．地球的质量为23
2
4R GT
π B ．地球自转的角速度为
2T
π C ．同步卫星的加速度为22
4r
T
π D ．地球的平均密度为2
3GT
π
【答案】BC
【解析】A ．设地球的质量为M ，卫星的质量为m ，根据万有引力提供向心力可得
2224Mm r G m r T
π=
解得
23
24r M G T
π=
故A 错误；
B ．根据角速度与周期的关系可得
2T
πω=
故B 正确；
C ．同步卫星的向心加速度大小为
2
224r T
a r
πω=＝
故C 正确； D ．地球的体积
3
43V R π=
根据密度计算公式可得地球的密度为
M V
ρ=
联立以上可得
3
233r T R
πρ=
故D 错误。

故选BC 。

9．2020年11月24日4时30分，长征五号遥五运载火箭顺利将嫦娥五号探测器送入预定轨道开启了中国首次地外天体采样返回之旅。

嫦娥五号飞行轨迹可以简化为如图所示：首先进入近地圆轨道I ，在P 点进入椭圆轨道Ⅱ，到达远地点Q 后进入地月转移轨道，到达月球附近后进入环月轨道Ⅲ。

已知近地圆轨道Ⅰ的半径为1r ，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a ，环月轨道Ⅲ的半径为3r ，嫦娥五号在这三个轨道上正常运行的周期分别为1T ，2T ，3T 地球半径为R ，地球表面重力加速度为g 。

忽略地球自转及太阳引力的影响，下列说法正确的是（ ）
A ．332
13222123
r a r T T T ==
B ．嫦娥五号在轨道ⅠgR
C ．嫦娥五号在椭圆轨道Ⅱ上P 点的加速度大于在圆轨道Ⅰ上P 的加速度
D ．嫦娥五号沿椭圆轨道Ⅱ从P 点向Q 点飞行的过程中，地球对它的引力做负功 【答案】BD
【解析】A ．轨道Ⅰ、Ⅱ的中心天体是地球，轨道Ⅲ的中心天体是月球，中心天体不同不满足开普勒第三定律，A 错误；
B ．根据牛顿第二定律有
22Mm v G m r r
= 2Mn
mg G
r
= 已知月球绕地球做圆周运动的半径为1r 、地球半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，代入数据有
2
1
GR v r =
1r R >，则嫦娥五号在轨道I gR ，B 正确；
C ．根据牛顿第二定律有
2Mm
G
ma r
= 在P 点r 相同，则嫦娥五号在椭圆轨道Ⅱ上P 点的加速度等于在圆轨道Ⅰ上P 的加速度，C 错误； D ．根据开普勒第二定律可知，P Q v v >，则从P 到Q 万有引力做负功，D 正确。

故选BD 。

10．磁悬浮列车动力原理如下图所示，在水平地面上放有两根平行直导轨，轨间存在着等距离的正方形匀
强磁场B 1和B 2，方向相反，12B B B ==，导轨上放有金属框abcd ，其边长等于轨道间距L ，金属框电阻为R ，磁场B 1、B 2同时以速度v 向右匀速运动从可带动金属框运动，金属框受到的阻为恒为其速度的k 倍。

下列说法正确的是（ ）
A ．金属框中的感应电流方向始终不变
B ．金属框受到的安培力方向始终不变
C ．金属框的最终速度为2222
44B L v
kR B L + D ．稳定后系统消耗的功率为222
2
4B L v kv R
+
【答案】BC
【解析】AB ．当ad 处在向内的磁场时，由右手定则可知，金属框中产生逆时针的感应电流，由左手定则可知，受到安培力向右，当ad 处在向外的磁场时，金属框中产生顺时针的感应电流，由左手定则可知，受到安培力向右，A 错误，B 正确；
C ．当金属框最终以v 0达到稳定时，设左、右边线框各受到安培力为F ，满足
f =2F
加速度a =0，又f =kv 0，此时金属框与磁场的相对速度为
0v v v ∆=-
左、右边线框各受到安培力
22
12022()E E BL v B L F BIL BL BL v v R R R
+∆===⋅=-
联立整理可得
22022
44B L v
v kR B L
=+ C 正确；
D ．稳定后系统消耗的功率为
2P I R =
其中
02()
BL v v I R
-=
联立可解得
22222224/(4)kR P B L R k B v L +=⋅
D 错误。

故选BC 。

三、非选择题:共54分。

第11～14题为必考题，考生都必须作答。

第15～16题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题:共42分。

11．如图1所示装置探究物体的加速度与力、质量的关系。

实验时小车（含车中砝码）的质量为M ，通过细线与托盘相连，托盘（包括砝码）的总重力mg 可作为小车受到的拉力，用打点计时器打出的纸带测得小车运动的加速度a 。

（1）将砝码全部放入小车内，小车左侧___________（填“悬挂”或“不悬挂”）托盘，将长木板的右端适当垫高，给小车一初速度，当与小车所连纸带上打出的点迹间隔均匀时就完成了平衡摩擦力的操作。

（2）图2为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的7个计数点1、2、3、4、5、6、7，相邻两个计数点之间都有4个点未标出，测出各计数点间的距离。

已知所用电源的频率为50Hz ，打计数点5时小车的速度v =___________m/s ，小车的加速度a =___________2m/s 。

（结果保留两位有效数字）
【答案】不悬挂 0.76 0.88
【解析】（1）[1]平衡摩擦力时应将长木板的右端适当垫高，让长木板适当倾斜，让小车的重力沿长木板方向的分量和摩擦力大小相等，所以不能悬挂托盘。

（2）[2]打计数点5时小车的速度等于打4、6点间小车的平均速度，所以
(
)2
4657.108.0010m/s 20.1
v v -+⨯==
⨯0.76m/s =
[3]由逐差法可得小车的加速度
()()
2222
8.868.007.10 6.21 5.34 4.4710m/s 0.88m/s 30.1a -++---⨯==⨯ 12．某同学用伏安法测定待测电阻R 的阻值（阻值约为100Ω），实验室提供如下器材： 电池组E （电动势3.0V ，内阻不计）
电流表A 1（量程0~40mA ，内阻r 1约为10Ω） 电流表A 2（量程0~10mA ，内阻r 2=20Ω） 电压表（量程0~15V ，内阻约20kΩ）
滑动变阻器R （阻值范围0~6Ω，额定电流10A ） 定值电阻R 0=280Ω 开关S 、导线若干。

要求实验中尽可能准确地测量R x 的阻值，请回答下列问题：
(1)利用选定的实验器材，设计测量R x 的最佳实验电路，并在图中标明器材代号______；
(2)若选择测量数据中一组来计算R x 实验中需要测量的物理量有______，则由已知量和测量量计算R x 的表达式为R x =______（所有物理量用题中代表符号表示）
【答案】 电流表A 1的示数I 1，电流表A 2的示数I 2
22012
()
I r R I I +-
【解析】(1)[1]由于电压表的量程太大，可把A 2和R 0串联起来充当电压表，此电压表量程为
220()m U I r R =+=3V
滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，由于电流表A 1的内阻未知，则电流表A 1外接，如图所示
(2)[2][3]由实验原理=U
R I
可知，实验中需要测量的物理量有，电流表A 1的示数I 1，电流表A 2的示数I 2，则表达式为
22012
()
x I r R R I I +=
-
13．如图，平行金属导轨MN 、PQ 固定在水平面上，导轨间距为0.5m ，导轨左端接一个阻值为0.3Ω的电阻。

电阻为0.1Ω、质量为0.1kg 的导体棒ab 静止架在导轨间，并与导轨垂直且接触良好，ab 与导轨间的动摩擦因数为0.3。

ab 右侧矩形区域内有与导轨垂直的、磁感应强度大小为0.4T 的匀强磁场。

某时刻，ab 在沿M N 方向的恒定拉力作用下以2m/s 的速度进人磁场区域并做匀速直线运动，经0.58的时间离开磁场区域，g 取10m/s 2，求：
(1)ab 产生的焦耳热以及通过ab 的电荷量； (2)作用在ab 上的恒定拉力大小。

【答案】(1)Q =0.05J ；q =0.5C ；(2)0.5N
【解析】(1)设感应电动势为E 、感应电流为I 、ab 棒产生的焦耳热为Q 、通过ab 的电荷量为q 。

已知导体棒电阻r =0.1Ω，定值电阻R =0.3Ω，由法拉第电磁感应定律
E =BLv
回路产生的电流为
E
I R r
=
+ 由焦耳定律得
Q =I 2Rt
由电流强度公式
q I t
=
联立并带入数据解得
Q =0.05J q =0.5C
(2)设导体棒受到的摩擦力为f 、恒定拉力为F 、安培力为F I 。

导体棒受到的安培力
F I =BIL
导体棒受到的摩擦力
f =μmg
导体棒在磁场中受力平衡
F =F I +f
联立得
F =0.5N
14．如图，质量2kg M =的长木板Q 静止在光滑水平面上，右端紧靠光滑固定曲面AB 的最低点B ，木板上表面与曲面相切于B ，水平面的左侧与木板左端相距为x （未知且可调）处有一挡板C 。

一质量1kg m =的小滑块P （可视为质点）从曲面上与B 的高度差为1.8m 处由静止滑下，经B 点后滑上木板，最终滑块未滑离木板。

已知重力加速度大小为102m/s ，滑块与木板之间的动摩擦因数为0.3，木板与左挡板C 和最低点B 的碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略，则从滑块滑上木板到二者最终都静止的过程中 （1）若木板只与C 发生了1次碰撞，求木板的运动时间； （2）若木板只与C 发生了2次碰撞，求最终P 与B 点的距离； （3）若木板只与C 发生了3次碰撞，求x 的值； （4）其他条件不变，若2kg m =、1kg M =，4
m 3
x =
，求木板通过的总路程。

【答案】（1）2s t =；（2）6m =L ；（3）1
m 12x =
；（4）13m 3
s = 【解析】（1）滑块P 从A 到B 过程，根据机械能守恒定律
2
12
mgh mv =
代入数据解得
6m/s v =
P 在Q 上做匀减速运动，Q 做匀加速运动，运动过程中二者的动量守恒。

若木板只与C 发生了一次碰撞，则碰撞后到停止运动的这段过程中二者的动量变化量相等，即碰前P 与Q 的动量大小相等，则有
P Q mv mv Mv =+
P Q mv Mv =
代入数据解得
1.5m/s Q v =
而
1Q mg Ma μ=
Q 的运动时间
1
2
Q Q v t a =
解得
2s t =
（2）木板与C 发生2次碰撞后，最终停止时右端与B 刚好接触。

此过程中滑块在木板上一直做匀减速运动。

22P v a L =
P mg ma μ=
代入数据解得
6m =L
（3）木板共与C 发生了3次碰撞，即第3次碰撞前木板于滑块的动量大小相等。

每次碰撞前木板的速度都相等，设为3Q v ，即每次碰撞过程中C 对木板的冲量大小为
132Q I Mv =
从P 滑上Q 到最终都静止过程，对P 、Q 整体根据动量定理得
13I mv =
解得
1
m /s 2
Q v =
而
232Q Q v a x =
解得
1
m 12
x =
（4）2kg m =，1kg M =时，根据牛顿定律
2Q mg Ma μ=
226m/s Q a =
碰撞前木板的速度
2122Q Q v a X =
解得
14m/s Q v =
根据动量守恒定律
11p Q mv mv Mv =+
解得
114m/s P Q v v ==
碰后木板向右匀减速到速度为零后向左匀加速，滑块一直向左匀减速直到二者速度相等。

从第1次碰后到第2次碰前，此过程木板的路程
21
12
2
2Q Q v s a =
根据动量守恒定律
()112P Q Q mv Mv M m v -=+
21Q Q m M v v M m
-=
+
第2次碰后到第3次碰前
22
22
2
2Q Q v s a =
即
22
211
11139m M s s s s M m -⎛⎫⎛⎫
=== ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭
()223p Q Q mv Mv M m v -=+
32Q Q M m
v v M m
-=
+
23
32
2
2Q Q v s a =
即
22
3221
1199m M s s s s m M -⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭
以此类推
1
119n n s s -⎛⎫
= ⎪
⎝⎭
木板通过的路程为
123n s X s s s s =++++⋯⋯+⋯
而12s X =，即
23
11111111119
199919
n
s X s s s s X s ⎛⎫
- ⎪
⎛⎫⎛⎫
⎝⎭=+++++
=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
-
当n →∝时，198
s X s =+ 所以
13m 3
s =
（二）选考题:共12分。

请考生从2道题中任选一题作答。

如果多做，则按所做的第一题计分。

15.[选修3-3]
（1）严寒的冬天，“泼水成冰”。

洒向空中的热水迅速降温并结冰。

热水在降温过程中，水分子热运动的平均动能_______（填“增大”或“减小”）：一定质量的0C ︒ 水变成0C ︒冰的过程中，内能________（“增大”或“减小”），分子平均间距________（填“增大”或“减小”），请结合自然现象或所学知识，简要说出分子平均间距变化的判断依据_________。

【答案】减小 减小 增大 冰可以漂浮在水中，说明冰的密度比水要小，分子间距比水大 【解析】[1] 温度是分子平均动能的标志，热水在降温过程中，水分子热运动的平均动能减小。

[2] 0C ︒的水变成0C ︒的冰的过程是凝固过程，凝固放热，所以水放出热量，温度不变，内能减小。

[3] 0C ︒的水变成0C ︒冰的过程中，体积要变大，则分子平均间距增大。

[4] 冰可以漂浮在水中，说明冰的密度比水要小，质量不变，体积变大，分子间距比水大。

（2）如图，内部横截面积为S 的气缸静止在水平面上，气缸开口处有一个密闭性较好的活塞恰好处于静止状态，活塞上表面刚好与气缸上端面相平，活塞下表面与气缸底部距离为H ，活塞下方封闭一定质量的理想气体。

现往活塞上方缓慢倒入密度为ρ的某种液体，当活塞向下移动0.2H 到虚线位置时，液面刚好与气缸上端面平齐，停止倒人液体，此时活塞刚好再次平衡。

已知大气压强为p 0，重力加速度为g ，求活塞的质量。

【答案】045p S
HS M g
ρ=
- 【解析】设活塞质量为M ，倒入液体的质量为m 。

活塞再次平衡时上表面与气缸上端面的距离为0.2H ，由题意得：
m =0.2ρSH ①
初状态气缸内气体的压强：
10Mg
p p S
=+
② 体积：
V 1=HS ③
末状态气缸内气体的压强：
20()M m g
p p S
+=+
④ 体积：
V 2=（H -0.2H ）S ⑤
由波意耳定律：
p 1V 1=p 2V 2 ⑥
解得：
045p S
HS M g
ρ=
- ⑦ 16.[选修3-4]
（1）如图所示，在研究光的全反射实验中，一束单色光沿半圆形玻璃砖的半径方向射向玻璃砖与空气的分界面，不考虑反射，当入射角为30°时，测得折射角为θ，改变入射角，当入射角为θ时，恰好发生全反射。

则光发生全反射的临界角C = ___________，玻璃的折射率n = ___________，光在玻璃中的传播速度v =___________（空气中的光速等于真空中的光速c ）。

【答案】45°
2
2
【解析】[1][2]根据折射定律
sin sin 90
sin 30sin n θθ
=
=
解得全反射的临界角
45
Cθ
==
折射率
2
n=
[3]光在玻璃中的传播速度
2
2
c
v c
n
==
（2）如图所示，某游泳池灌满水时水深为 2.0m
h=。

在距水面高度为 3.0m
H=高处有一固定的水平横杆，杆上有可沿杆移动的激光源，开始时激光源位于杆上M点，发出光束照射到水面，当进入水中的折射光线与竖直方向夹角为37°时，恰好照亮横杆正下方池底的P点。

将激光源向左侧移到N点，调整射到水面光束的方向，当进入水中的折射光线与竖直方向夹角为45°时，又能照亮P点。

已知水对激光源所发色光的折射率为
4
3
n=，sin370.6
︒=，sin530.8
︒=。

①求杆上MN两点间距离；
②若在P点安装与激光源发光颜色一致的点光源，求在水面有光线射出区域的半径。

【答案】①5.0m；②
7
m
7
【解析】①激光源从M点照到水面时，折射角为37
r=︒，设入射角为i，由折射定律可得：
sin4
sin3
i
n
r
==
解得
53
i=︒
设P点到入射点的水平距离为b，由几何关系可知
tan
b
r
h
=
21/ 22
22 / 22
解得
1.5m b =
设入射点到M 水平距离为a ﹐由几何关系可知
tan a i H
=
解得 4m a =
则M ，P 两点间水平距离为
5.5m L a b =+=
同理可得N ，P 两点间水平距离为
2)m 10.5m L '=+≈
则M 、N 两点间距离为
5.0m MN L L L ='-=
②设从P 点发出的光线照射到水面刚好发生全反射的入射角为C ，其入射点到P 点的水平距离为R ，则
1sin C n
=
解得 3sin 4
C =
由几何关系可知 tan R C h =
解得
m 7
R =。