2020年山西省太原市高考物理一模试卷(含解析)

2020年山西省太原市高考物理一模试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.如图所示，一质量为m的足球，以速度v由地面踢起，当它到达离地
面高度为h的B点处(取重力势能在B处为零势能参考平面)时，下列
说法正确的是()
A. 在B点处重力势能为mgh
B. 在B点处的动能为1
2
mv2+mgℎ
C. 在B点处的机械能为1
2mv2−mgℎ D. 在B点处的机械能为1
2
mv2
2.下列核反应方程正确的是
A. 轻核聚变反应方程12H+13H→24He+x中，x表示电子
B. 铀核裂变的一种核反应方程92235U→56141Ba+3692Kr+201n
C. 核反应方程24He+714N→817O+11H为轻核聚变
D. 放射性元素84210Po发生的α衰变方程为84210Po→82206Po+24He
3.如图所示，质量为5kg的火箭模型，为了实现悬浮，每秒内将质量为50g的燃
气从火箭的喷口喷出，燃气喷出的速度约为(取重力加速度g=10m/s2 ，喷出燃气时认为火箭质量不变)()
A. 10m/s
B. 100m/s
C. 1000m/s
D. 10000m/s
4.如图，在直角△abc的三个顶点处，各有一条固定的长直导线，导线均垂直△abc
所在平面，a、b处导线中通有大小和方向均相同的电流I0，c处导线中的电流为I，下列说法正确的是()
A. 若I与I0方向相同，则c处导线受到的安培力方向可能与bc边平行
B. 若I与I0方向相反，则a处导线受到的安培力方向可能与bc边平行
C. 若I与I0方向相反，则a处导线受到的安培力方向可能与bc边垂直
D. 若a处导线受到的安培力方向与bc边平行，则电流大小可能满足I=I0
5.如图所示，某空间存在一平行于竖直平面的匀强电场，高度差为h的A、B两点
位于同一竖直线上。

将一质量为m、电量为+q的小球从A点以v0=√2gℎ的速
度水平抛出，一段时间后小球通过B点，通过B点时的速度大小为2√gℎ，已知
重力加速度为g，则()
A. 场强方向竖直向下
B. 场强大小为mg
q
C. 小球在A点的电势能大于在B点的电势能
D. 运动过程中，小球与A点的最大水平距离为ℎ
2
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.如图所示，质量为m的小球从A点由静止开始，沿竖直平面内固定光滑的1
圆
4
圆弧轨弧轨道AB滑下，从B端水平飞出，恰好落到斜面BC的底端．已知1
4
道的半径为R，OA为水平半径，斜面倾角为θ，重力加速度为g.则()
A. 小球下滑到B点时对圆弧轨道的压力大小为2mg
B. 小球下滑到B点时的速度大小为√2gR
C. 小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角为2θ
D. 斜面的高度为4Rtan2θ
7.如图在x轴的−3a和3a两处分别固定两个电荷Q A、Q B，图中曲线
是两电荷之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x=a处为
图线的最低点．现在x=2a处由静止释放一个质量为m、带电荷
量为q的正电点电荷，该电荷只在电场力作用下运动．下列有关说法正确的是()
A. 电荷运动至x=a处时速度最大
B. 两点电荷电荷量之比Q A：Q B=4：1
C. 该电荷一定通过x=a处，但不能到达x=−a处
D. 该电荷以O为中点做往复运动
8.如图所示，在竖直面内有一半径为L的半圆形光滑导轨CPD，处于磁感
应强度大小为B、方向与导轨平面(纸面)垂直向里的匀强磁场中，圆心为
O，直径CD水平，半径OP竖直O、D间用导线连接。

一质量分布均匀
的金属棒OA，长为L，电阻为R，质量为m，能绕水平轴O在竖直平面内自由转动，棒与导轨
和轴O始终接触良好，一切摩擦及其他电阻均不计，重力加速度大小为g。

若棒从CO处由静止释放，第一次到达OP处时的角速度为ω，则下列判断正确的是()
A. 棒能摆到OD处
B. 棒第一次到达OP处时，轴O受到棒的作用力大于mg
C. 棒第一次到达OP处时，棒中通过的电流为ωBL2
2R
D. 棒最终会停下，产生的总焦耳热为mgL
9.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回
到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程．该
循环过程中，下列说法正确的是()
A. A→B过程中，气体对外界做功，吸热
B. B→C过程中，气体分子的平均动能增加
C. C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D. D→A过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化
10.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，P点的振动周期为0.4s，从波传到x=5m的M点
时开始计时，下面说法中正确的是()
A. 这列波的波长是5 m
B. 波源的起振方向向下
C. 1s内质点M经过的路程为1 m
D. 质点Q(x=9m)经过0.7s第一次到达波谷
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.如图甲所示为验证动量守恒的实验装置，气垫导轨置于水平桌面上，G1和G2为两个光电门，A、
B均为弹性滑块，质量分别为m A、m B，且选择m A大于m B，两遮光片沿运动方向的宽度均为d，实验过程如下：
①调节气垫导轨成水平状态；
②轻推滑块A，测得A通过光电门G1的遮光时间为t1；
③A与B相碰后，B和A先后经过光电门G2的遮光时间分别为t2和t3．
回答下列问题：
(1)用螺旋测微器测得遮光片宽度如图乙所示，
读数为_______mm；
(2)实验中选择m A大于m B的目的是：______；
(3)碰前A的速度为________．
(4)利用所测物理量的符号表示动量守恒成立的式子为：_____．
12.某物理兴趣小组的同学要测量一电源的电动势和内阻，实验室提供器材如下：
待测电源：电动势约为9V，内阻约为2.5Ω
电流表A：量程0～3A，内阻R A约为0.5Ω
电压表V：量程0～3V，内阻R V=3kΩ
滑动变阻器R：最大阻值为10Ω，额定电流5A
电阻箱R′：阻值范围0～9999Ω
开关S、导线若干
(1)该同学将电压表V与电阻箱R′串联，使其改装成一个量程为9.0V的大量程电压表，此时应将
电阻箱的阻值调至________Ω；
(2)该同学设计如图甲所示实验电路图，通过实验获得多组电流表A和电压表V的读数，其中I=
0.85A时，电压表示数如图乙所示，读出此时电压表的示数为U=________V；
(3)在U−I坐标系中分别进行描点，如图丙所示，请将(2)中数据点补充完整并作图，根据图线
求得电源电动势E=________V，内阻r=________Ω(结果均保留两位有效数字)．
四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图所示，横截面半径为R的圆筒内壁光滑，竖直放置，在筒内放有两个半径为r的相同的光
滑圆球P和Q，且R=1.5r.在圆球Q与圆筒内壁接触点A处安装有压力传感器．当用水平向左的推力推动圆筒在水平地面上以v0=5m/s的速度向左匀速运动时，压力传感器显示压力为25N；某时刻撤去推力F，之后圆筒在水平地面上滑行的距离为x=5√3
m.已知圆筒的质量与圆
4
球的质量相等，取g=10m/s2.求：
(1)水平推力F的大小；
(2)撤去推力后圆筒在地面上滑行时传感器的示数．
14.如图所示，空间存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在0<y<d的区域I内的磁感应强
度大小为B，在y>d的区域Ⅱ内的磁感应强度大小为2B。

一个质量为m、电荷量为(−q)的粒从O点沿y轴正方向射入区域I。

不计粒子重力。

子以速度qBd
m
(1)求粒子在区域I中运动的轨道半径；
(2)若粒子射入区域I时的速度为v=2qBd
，求粒子打在x轴上的位置坐标，并求出此过程中带
m
电粒子运动的时间；
(3)若此粒子射入区域I的速度v>qBd
，求该粒子打在x轴上位置坐标的最小值。

m
15.如图，将导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一
定质量的气体(可视为理想气体)。

当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中。

此时水的温度t1=7.0℃，筒内气柱的长度ℎ1=14cm。

已知大气压强p0=
1.0×105Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度大小g取10m/s2。

(i)若将水温缓慢升高至27℃，此时筒底露出水面的高度△ℎ为多少？
(ii)若水温升至27℃后保持不变，用力将圆筒缓慢下移至某一位置，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离H(结果保留两位有效数字)。

16.如图，一个三棱镜的截面为等腰直角形ABC，∠A为直角，直角
边长为L.一细束光线沿此截面所在平面且平行于BC边的方向射
到AB边上的某点M，光进入棱镜后直接射到BC边上。

已知棱
镜材料的折射率为√2，光在真空中速度为c。

(i)作出完整的光路图(含出射光线，并在图上标出角度大小)；
(ii)计算光从进入棱镜，到第一次射出棱镜所需的时间。

【答案与解析】
1.答案：C
解析：解：A、由于设B处为零势能面，故B处的重力势能为零，故A错误；
B、从A到B过程，由机械能守恒定律得：1
2mv2−mgℎ=1
2
mv B2，则在B处的动能：E K=1
2
mv B2=
1
2
mv2−mgℎ，故B错误；
C、在B点处的机械能E B=E K+E P=1
2
mv2−mgℎ，故C正确，D错误；
故选：C．
足球在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒．根据机械能守恒定律列式分析．根据动能定理，足球动能的初始量等于小明做的功．
本题关键对踢球的过程运用动能定理，小球动能的增加量等于小明做的功；同时小球离开脚后，由于惯性继续飞行，水平方向速度不变，只有重力做功，机械能守恒．
2.答案：D
解析：
本题主要考查裂变反应和聚变反应，核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，根据电荷数守恒、质量数守恒判断核反应方程式的正误等。

铀核裂变的核反应是用一个中子轰击铀核得到三个中子，中子不能约去。

A.轻核聚变反应方程，即x表示中子，故A错误；
B.铀核需要俘获一个慢中子才能发生裂变，其中铀核裂变的一种核反应方程为
，故B错误；
C.核反应方程为人工转变，故C错误；
D.放射性元素发生的α衰变方程为，故D正确．
故选D．
3.答案：C
解析：
本题考查动量定律的运用，Ft=mv解答本题。

解析：
设火箭对燃气的作用力为F，燃气喷出的速度大小为v，由动量定律可知；火箭若想悬浮，则有；解得v=1000m/s；故答案选C
4.答案：B
解析：
同向电流互相吸引，异向电流互相排斥，再根据平行四边形定则即可求解。

本题考查了电流间相互作用规律，及矢量的合成，难度一般。

A.若I与I0方向相同，则c处导线受到a、b处导线的安培力均为引力，分别沿ca和cb方向，其合力方向不可能与bc边平行，故A错误；
BC.若I与I0方向相反，则a处导线受到c的安培力为斥力，方向沿ca方向，受到b的安培力为引力，方向沿ab方向，其合力方向可能与bc边平行，不可能与bc边垂直，故B正确、C错误；
D.若a处导线受到的安培力方向与bc边平行，则c对a的斥力须大于b对a的引力，则电流大小必须满足I>I0，故D错误。

故选B。

5.答案：D
解析：解：A、从A到B，根据动能定理：mgℎ+W电=1
2mv B2−1
2
mv A2，代入数据解得：W电=0，
可见，电场的方向水平向左，故A错误；
B、小球竖直方向做自由落体运动，由ℎ=1
2gt2，得t=√2ℎ
g
；水平方向做初速度为v0=√2gℎ的匀
减速直线运动，有v0t−1
2at2=0，a=qE
m
，解得：E=
2mg
q
，a=2g，故B错误；
C、A、B两点位于同一等势线上，小球在A、B两点电势能相等，故C错误；
D、小球在水平方向做匀变速直线运动，水平最大位移x=v02
2a =(√2gℎ)2
2×2g
=ℎ
2
，故D正确。

故选：D。

从A到B，根据动能定理，可以求出电场力做功为零，从而判断电场的方向水平向左；小球运动可以分解成竖直方向的自由落体运动和水平方方向的匀减速直线运动，利用匀变速直线运动规律可以
求出电场强度和小球的水平加速度大小。

本题考查了电势能与电场力做功、带电粒子在匀强电场中的运动、运动合成与分解、动能定理等知识点。

注意点：可以类比平抛运动的特点，对运动进行分解，把复杂的曲线运动化为简单的直线运动来解题。

6.答案：BD
解析：解：AB、设小球通过B点时的速度大小为v，小球在光滑圆弧轨道上运动过程，由机械能守恒定律有：
1
2
mv2=mgR，得：v=√2gR
小球通过B点时，由牛顿第二定律有：F−mg=m v2
R
，则得轨道的支持力为：F=3mg
根据牛顿第三定律，知在B点小球对轨道的压力大小为：F′=F=3mg。

故A错误，B正确。

C、设小球从B运动到C的时间为t。

则有tanθ=1
2
gt2
vt
=gt
2v
，得t=2vtanθ
g
小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角正切为tanα=gt
v
=2tanθ，则α≠2θ，故C错误。

D、斜面的高度为ℎ=1
2gt2=1
2
g(2tanθ√2gR
g
)2=4Rtan2θ，故D正确。

故选：BD。

小球在光滑圆弧轨道上运动时，轨道的支持力不做功，只有重力做功，其机械能守恒．根据机械能守恒定律列式即可求解小球下滑到B点时的速度；小球经过B点时，由轨道的支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二、第三定律求解小球对轨道的压力．小球离开B点后做平抛运动，落在C 点时，竖直位移与水平位移之比等于tanθ，由此求出平抛时间，再求斜面的高度．
7.答案：AB
解析：
根据φ−x图象切线的斜率等于场强E，分析场强的变化，判断小球的速度变化；根据动能定理确定小球可以到达的位置；x=L处场强为零，由小球的受力情况分析其运动情况。

根据点电荷场强公式E=k Q
r2
以及电场的叠加即可分析Q A与Q B的大小。

解决本题首先要理解φ−x图象切线的意义，知道电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，掌握电场力做功的公式W=qU和电荷场强公式，灵活运用电场的叠加原理。

解：A.由φ−x图线的斜率表示电场强度的大小可知x=a处电场强度为零，由动能定理qU=△E k，
点电荷从x=2a到x=a处，电势差最大，所以电场力做正功最多，在x=a处速度最大，故A正确；
B.因在x=a电场强度为零，即k Q A
(4a)2=k Q B
(2a)2
，所以Q A：Q B=4：1，故B正确；
C.由图知x=−a处与x=2a处电势相等且点电荷由静止释放，由动能定理可知点电荷刚好能到达x=−a处，故C错误；
D.点电荷在x=−a与x=2a之间做往复运动，则O处不是运动中心，故D错误。

故选AB。

8.答案：BC
解析：解：AD、棒OA沿着导轨转动时会切割磁感线而产生感应电动势，导轨与棒组成的回路中有感应电流，使得棒的一部分机械能变成电能，则棒不能到达等高的OD处；最终棒通过多个往复的
摆动而停在OP处，由能量守恒可知：产生的总焦耳热Q=mg⋅L
2=1
2
mgL；故AD错误。

B、棒第一次到达OP处时，由轴O的作用力与重力mg的合力提供向心力，合力竖直向上，则知轴O的作用力大于重力mg，结合牛顿第三定律知轴O受到棒的作用力大于mg，故B正确。

C、棒第一次到达OP处时角速度为ω，产生的感应电动势为E=BLv−=BL v O+v P
2=BL0+ωL
2
=1
2
ωBL2，
则棒中通过的电流为I=E
R =ωBL2
2R
；故C正确。

故选：BC。

分析回路中能量转化情况，从而确定棒能否摆到OD处，并求出产生的总焦耳热；棒第一次到达OP 处时，利用向心力知识分析棒受到的作用力大小，从而得到轴O受到的作用力大小。

再根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求感应电流的大小。

本题考查了电磁感应和力学和能量的综合运用，要掌握切割产生的感应电动势公式、安培力公式和闭合电路欧姆定律，要注意明确导体棒为转动切割，要根据平均速度来求感应电动势。

9.答案：ACD
解析：解：A、由图可知A→B过程中温度不变，内能不变，体积增大，气体对外界做功，所以气体吸收热量．故A正确；
B、由图可知B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；
C、由图可知C→D过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁
的分子数增多，故C正确；
D、由图可知D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D正确；
故选：ACD
A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，C→D过程中，等温压缩，D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高．
本题考查了理想气体状态方程的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由问题温度决定．
10.答案：BC
解析：解：A、由读出相邻波谷之间的距离为4m，即波长为4m.故A错误．
B、简谐横波沿x轴正方向传播，介质中各质点的起振方向都与图示时刻M点的振动方向相同，均向下．故波源的振动方向向下，故B正确；
C、已知P点的振动周期为0.4s，则波的周期为T=0.4s，振幅为10cm，故1s内M经过的路程为：
1
0.4
×4×10cm=100cm=1m，故C正确；
D、波速为v=λ
T =4
0.4
m/s=10m/s.当图示x=4m处质点的振动传到质点Q时，Q点第一次到达波
谷，所经过时间为t=△x
△t =9−4
10
s=0.5s.故D错误．
故选：BC
P点相继出现两个波峰的时间间隔等于周期．由图读出波长，求出波速．当图示x=2m处质点的振动传到质点Q时，Q点第一次到达波峰．简谐横波沿x轴正方向传播，介质中各质点的起振方向都与图示时刻M点的振动方向相同．根据时间与周期的关系求质点P走过的路程．
本题要根据简谐波的特点：一个周期内传播一个波长，确定P点的周期；简谐波传播过程中，各个质点的起振方向都相同，与波源的起振方向也相同．
11.答案：(1)1.195(1.193～1.197均可)；(2)保证碰撞后滑块A不反弹；(3)d
t1;(4)m A
t1
=m A
t3
+m B
t2。

解析：分析：
根据螺旋测微器读数规则读数；根据碰撞规律分析两球质量关系，将两物体碰撞前后速度代入动量
守恒的列式中分析本实验验证的式子。

解答：
(1)螺旋测微器读数为1.0mm+19.5×0.01mm=1.195mm，由于最后一位是估读，故1.193～1.197均可；
(2)质量小的物体碰撞质量大的物体容易被反弹，验证动量守恒时列式需要注意动量的方向，若反弹列式较为麻烦，故选择m A大于m B,目的是保证碰撞后滑块A不反弹；
(3)遮光片过光电门时的平均速度代表物块过光电门时的瞬时速度，故碰前A的速度为d
t1
；
(4)与(3)同理，碰后A、B的速度分别为d
t3、
d
t2
，故动量守恒成立的式子为
m A
t1
=m A
t3
+m B
t2。

故答案为(1)1.195(1.193～1.197均可)；(2)保证碰撞后滑块A不反弹；(3)d
t1;(4)m A
t1
=m A
t3
+m B
t2。

12.答案：(1)6000；
(2)2.30；
(3)；9.3(9.0∼9.5)；；2.7(2.5∼2.9)。

解析：
(1)电压表改装为大量程电压表，需要串联大电阻来分压，根据欧姆定律求解大电阻阻值；
(2)根据表盘最小刻度值读数即可。

(3)描点后尽量用一条直线把所有点连接在一起，根据U=E−Ir，结合图像，利用数学知识找到斜率、截距的物理意义。

(1)电压表改装为大量程电压表，需要串联大电阻来分压，根据串联电流相等有：9
R+R V =3
R V
，解得R=
6000Ω；
(2)电压表每一个小格子表示0.1V，所以图中电压表读数为2.30V；
(3)描点连线后如图：
改装后的电压表测量的实际值变为原电压表示数的3倍，则有3U=E−Ir，解得U=1
3E−1
3
rI，可
知纵轴截距的3倍即为电源电动势，内阻为图像斜率绝对值的3倍，
则有E=3×3.1V=9.3V，内阻r=3×3.1
3.5
≈2.7Ω。

13.答案：解：(1)系统匀速运动时，圆球Q受三个力作用如图所示，
其中传感器示数F1=25N.设P、Q球心连线与水平方向成θ角，则cosθ=2R−2r
2r
=
1
2
①
则圆球重力mg=F1tanθ②
由①②式解得θ=60°，mg=25√3N③
当撤去推力F后，设系统滑行的加速度大小为a，则v02=2ax④
系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μMg=Ma⑤
系统匀速运动时F=μMg⑥
其中Mg=3mg，由③④⑤⑥解得a=10√3
3
m/s2，F=75N⑦
(2)撤去推力后，对球Q，由牛顿第二定律得mg
tanθ
−F A=ma⑧
解得F A=0，即此时传感器示数为0。

答：(1)水平推力F的大小为75N；
(2)撤去推力后传感器的示数为0。

解析：(1)系统匀速运动时受力平衡，圆球Q受三个力作用，根据几何关系列方程；当撤去推力F 后，设系统滑行的加速度大小为a，根据运动学公式结合牛顿第二定律列方程求解；
(2)撤去推力后，对球Q，由牛顿第二定律列方程求解。

对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的
桥梁。

14.答案：解：(1)带电粒子在
区域Ⅰ中做匀速圆周运动，设
速度为v0
由牛顿第二定律得：qv0B=
m v02
R
得粒子轨道半径：R=d
(2)当粒子射入区域Ⅰ时的速度为v=2v0时，如图1所示在OA段圆周运动的圆心在O1，半径为R1=2d
在AB段圆周运动的圆心在O2，半径为R2=d
在BP段圆周运动的圆心在O3，半径为R1=2d
可以证明ABPO3为矩形，则图1中θ=30°
粒子打在x轴上的位置坐标x p=(OO1+O1P)=(4−√3)d
粒子在OA段运动的时间为t1=θ
2π⋅2πm
Bq
=πm
6Bq
粒子在AB段运动的时间为t2=π−2θ
2π⋅πm
Bq
=πm
3Bq
粒子在BP段运动的时间为t3=t1=πm
6Bq
在此过程中粒子的运动时间t=2t1+t2=2πm
3Bq
(3)设粒子在区域Ⅰ中轨道半径为R，由图2可得：粒子在x轴上位置坐标x
x=2(R−√R2−d2)+√R2−d2=2R−√R2−d2化简得：3R2−4Rx+x2+d2=0
化为：3(R−2
3x)2−1
3
x2+d2=0即3(R−2
3
x)2=1
3
x2−d2≥0
则，当R=2
3
x时，位置坐标x最小值，x min=√3d
答：(1)粒子在区域I中运动的轨道半径为d；
(2)粒子打在x轴上的位置坐标，此过程中带电粒子运动的时间w为2πm
3Bq
；
(3)此粒子射入区域I的速度v>qBd
m
，该粒子打在x轴上位置坐标的最小值为√3d。

解析：(1)带电粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，设速度为v0，由牛顿第二定律可以求出粒子轨道半径；
(2)当粒子射入区域Ⅰ时的速度为v=2v0时，几何知识和带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的周期公式可以算出在此过程中粒子的运动时间；
(3)设粒子在区域Ⅰ中轨道半径为R，根据数学知识，可以求出该粒子打在x轴上位置坐标的最小值。

本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律等知识点。

要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动的基本公式，难度适中。

15.答案：解：(i)设圆筒的横截面积为S，水温升至27℃时，气柱的长度为ℎ2，根据盖⋅吕萨克定律有：
ℎ1S T1=
ℎ2S
T2
…①
圆筒静止，筒内外液面高度差不变，有：
△ℎ=ℎ2−ℎ1…②
由①②式得：△ℎ=1cm…③
(ii)设圆筒的质量为m，静止在水中时筒内气柱的长度为ℎ3.则排开的水的重力等于桶的重力为：
ρgℎ1S=mgρgℎ3S=mg…④
圆筒移动过程，根据玻意耳定律有：(p0+ρgℎ1)ℎ2S=[p0+ρg(H+ℎ3)]ℎ3S…⑤
由④⑤式得：H=72cm…⑥
答：(i)若将水温缓慢升高至27℃，此时筒底露出水面的高度△ℎ为1cm
(ii)若水温升至27℃后保持不变，用力将圆筒缓慢下移至某一位置，撤去该力后圆筒恰能静止，此时筒底到水面的距离H为72cm
解析：(1)筒内气体压强不变，根据盖−吕萨克定律列式，初末状态的气柱长度之差△ℎ
(2)气体发生等温变化，根据玻意耳定律列式求解
本题考查气体实验定律的应用，关键是注意“圆筒静止”即浮力等于重力，即排开的水的体积不变，应用实验定律正确确定初末状态参量，注意定律的适用条件。

16.答案：解：(i)光从AB边进入棱镜时发生折射，根据n=sini
sinr
得
折射角r=30°
设全反射临界角为C，由sinC=1
n
得C=45°
光线到达BC面时入射角为75°>C，所以光线在BC面发生全反射，然后在AC发生折射，光路图如图所示：
(ii)作出三角形ABC关于BC边对称图形，
可知光线在棱镜中的传播路径长度等于MN的距离，
即：s=L
cos30∘=2√3
3
L
光在棱镜中的传播速率：v=c
n =√2
2
c
光在棱镜中的传播时间：t=s
v =2√6L
3c
；
答：
(i)光路图如图所示。

(ii)光从进入棱镜，到第一次射出棱镜所需的时间为2√6L
3c。

解析：(i)光线射到AB面上发生折射，到达BC面发生全反射，然后到达AC面发生折射，根据题意作出光路图。

(ii)由几何关系求出光线在棱镜中传播的距离s，由v=c
n 求出光在棱镜中的传播速度，最后由t=s
v
即
可求出传播时间。

本题考查光的折射，画出光路图是解题的基础，常常是几何知识和折射定律的综合。

当光线从介质射入真空时要考虑能否发生全反射。