陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理综物理模拟检测试卷(二)

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……
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陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理综物理模拟检测试卷（二）
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
1．（2分）在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现与研究方法推动了人类历史的进步．对
以下几位物理学家所做科学贡献的表述中，与事实不相符的是（ ）
A ．天然放射现象首先由贝克勒尔发现，他的发现，说明原子核具有复杂结构
B ．卢瑟福通过α粒子散射实验发现了质子
C ．伽利略研究自由落体运动方法的核心是科学实验和逻辑推理
D ．爱因斯坦创立“光子说”并建立了“光电效应方程”，运用这些理论圆满解释了光电效应的实验规律
2．（2分）如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m 的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为
μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是（ ）
A ．轻绳的合拉力大小为μmg cosθ
B ．轻绳的合拉力大小为μmg
cosθ+μsinθ
C ．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小
D ．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
3．（2分）跳台滑雪是最具观赏性的项目之一，如图所示，跳台滑雪赛道由跳台、助滑道（可视为圆
心为O 的圆轨道）和着陆坡三部分组成，其中助滑道半径OA 与竖直线OB 夹角为60°。

若比赛中，质量m=60kg 的运动员从跳台A 点以初速度v 0=2m/s 滑下，到达B 点后水平飞出，落在着陆坡上的P 点。

已知A 、B 间高度h=30m ，B 、P 间距离s=75m ，着陆坡倾角α=37°，运动员受到的空气阻力不
计，g 取10m/s 2，sin37°=0.6。

以下正确的是（ ）
A ．运动员从
B 运动到P 的时间为2s
B ．运动员到达B 点时对助滑道的压力为1000N
C ．运动员在AB 段运动过程中克服阻力所做的功为6100J
D ．运动员在AB 段运动过程中克服阻力所做的功为6150J
4．（2分）“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P 点沿地火转移轨道到Q 点，再依次进入如图
乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（ ）
A ．发射速度介于7.9km/s 与11.2km/s 之间
B ．从P 点转移到Q 点的时间小于6个月
C ．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小
D ．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
5．（2分）由半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，经常用于火警报警装置。

如
图甲所示是一火警报警器的电路示意图，理想变压器原线圈接入图乙所示的正弦交流电，副线圈与理想电压表、理想电流表、热敏电阻R T 及报警器P （有内阻）组成闭合电路，流过报警器P 的电流超过I c 时就会发出警报声。

则以下判断正确的是（ ）
2 / 9
…内…………○…○…………线………※※※
…外…………○…○…………线………
A ．变压器原线圈两端交变电压u =220sinπt(V)
B ．当R T 所在处出现火情时，变压器输入功率增大
C ．当R T 所在处出现火情时，电压表示数增大
D ．在t =0.01s 时，电流表示数为0
(共5题；共10分)
6．（2分）如图所示，宇宙中一对年轻的双星，在距离地球16万光年的蜘蛛星云之中。

该双星系统由
两颗炽热又明亮的大质量恒星构成，二者围绕连接线上中间某个点旋转。

通过观测发现，两颗恒星正在缓慢靠近。

不计其他天体的影响，且两颗恒星的质量不变。

则以下说法中正确的是（ ）
A ．双星之间引力变大
B ．每颗星的加速度均变小
C ．双星系统周期逐渐变大
D ．双星系统转动的角速度变大
7．（2分）质量为M 的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F 作用在其上促使质量为m 的小球静
止在圆槽上，如图所示，则（ ）
A ．小球对圆槽的压力为√(mg)2
+m 2F
2
(M+m)
2
B ．小球对圆槽的压力为mF m+M
C ．水平恒力F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加
D ．水平恒力F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小
8．（2分）如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场．磁感应强度为B ，质量为m 、边长为a 的正
方形线框ABCD 斜向右上方穿进磁场，当AC 刚进入磁场时，线框的速度为v ，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R 。

则（ ）
A ．线框穿进磁场过程中．线框中电流的方向为ADCBA 方向
B ．A
C 刚进入磁场时线框中感应电流为√2B 2a 2
v R
C ．AC 刚进入磁场时线框所受安培力为√2B 2a 2
v R
D ．此时CD 两端电压为34
Bav
9．（2分）关于分子动理论及热力学定律，下列说法正确的是（ ）
A ．物体可以从单一热源吸收热量全部用于做功
B ．温度高的物体内能一定大
C ．一个气体分子的实际体积等于气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比
D ．气体从外界吸收热量，其内能不一定增加
E ．热量可以从低温物体传到高温物体
10．（2分）一列机械波在t ＝0时刻第一次形成的波形如图所示，质点A 、P 、B 、C 、Q 的在x 轴上的
位置分别为1cm 、1.5cm 、3cm 、4cm 、19cm 。

从此时开始，质点B 到达波峰的时间比质点C 早了0.5s 。

下列说法正确的是（ ）
A ．质点Q 开始振动方向向下
B ．振源振动的频率为0.5Hz
C ．该波的波速为2m/s
……外
…………○……订…………○…学校：_________ 考号：___________
…内…………○………订…………○…D ．t ＝9s 时，质点Q 处于波峰位置
E ．从t ＝0时刻开始，4.5s 内质点P 的路程为45cm
(共2题；共11分)
11．（5分）如图甲所示是某研究性学习小组探究小车加速度与力关系的实验装置，长木板置于水平桌
面上，一端系有沙桶的细绳通过滑轮与固定的拉力传感器相连，拉力传感器可显示绳中拉力F 的大小，改变桶中沙的质量进行多次实验。

完成下列问题：
（1）（2分）实验时，下列操作或说法正确的是____。

A ．需要用天平测出沙和沙桶的总质量
B ．为减小误差，实验中一定要保证沙和沙桶的质量远小于小车的质量
C ．选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小
D ．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数 （2）（1分）实验中得到一条纸带，相邻计数点间有四个点未标出，各计数点到A 点的距离如图乙所示。

电源的频率为50Hz ，则由纸带可知小车的加速度大小为 m/s 2。

（保留三位有效数字） （3）（2分）以拉力传感器的示数F 为横坐标，以小车加速度a 为纵坐标，画出的a—F 图像可能正确的是____。

A ．
B ．
C ．
D ．
12．（6分）小阳同学想自己设计的实验来测量某种金属丝的电阻率。

首先他将一卷长为128m 的金属
丝的两端固定在两个接线柱间，他选用的器材有多用电表、电流表（内阻为1Ω）、电压表（内阻约为3000Ω）、开关、滑动变阻器、螺旋测微器、导线和学生电源等。

（1）（2分）他先使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下四个步骤： ①调整“机械零点调节旋纽”使指针指到零刻度；
②将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”“−”插孔，选择电阻挡“ × 1”； ③然后将两表笔 ；调整“欧姆调零旋钮”进行欧姆调零；
④把红、黑表笔分别与金属丝的两端（已刮去绝缘漆）相接，多用电表的示数如图甲所示，该金
属丝的电阻为 Ω。

（2）（1分）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，则金属丝的直径为 mm 。

（3）（2分）为了更准确地测量金属丝Rx 的电阻，并获得较大的电压调节范围，以下四个电路中最合理的是____。

A ．
B ．
C ．
D ．
（4）（1分）按小阳同学选择的电路测量，某次得到电流表示数为0.20A ，电压表示数为2.76V ，可计算出金属丝的电阻率约为 Ω·m 。

（结果保留两位有效数字）
…
…
○
…
…
※
题
※
※
…
…
○
…
…13．（10分）中国高铁以“快、准、稳”成为一张靓丽的“名片”而为国人所自豪.3月9日由北京南开往杭
州东的G35次高铁上，一位男旅客在洗手间内吸烟，触发烟感报警装置，导致高铁突然降速缓行.假
设此次事件中列车由正常车速80m/s匀减速至24m/s后匀速行驶.列车匀速行驶6min后乘警通过排查
解除了警报，列车又匀加速恢复至80m/s的车速.若列车在匀加速和匀减速过程的加速度大小均为
l.4m/s2，试求：
（1）（5分）列车以非正常车速行驶的距离；
（2）（5分）由于这次事件，列车到达杭州东时晚点多少秒？
14．（15分）如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，第二
象限存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。

一质量为m，电荷量为q的带正电粒子在x
轴上的A(- d，0)点沿y轴正方向射入电场区域，粒子第一次经过y轴时的速度方向与y轴正方向的夹
角为60°，之后每相邻两次经过y轴时的位置间距相等。

不计粒子重力。

求：
（1）（5分）粒子的初速度v0的大小；
（2）（5分）匀强磁场磁感应强度B的大小；
（3）（5分）粒子从A点运动到第n次经过y轴的时间。

15．（5分）负压救护车在转运传染病人过程中发挥了巨大作用，所谓负压，就是利用技术手段，使负
压舱内气压低于外界大气压，所以空气只能由舱外流向舱内，而且负压还能将舱内的空气进行无害化
处理后排出。

某负压救护车负压舱没有启动时，设舱内的大气压强为p0、温度为T0、体积为V0，启
动负压舱后，要求负压舱外和舱内的压强差为
p0
1000。

①若不启动负压舱，舱内气体与外界没有循环交换，负压舱内温度升高到54T0时，求舱内气体压强
是多少。

入到BD界面上，折射角是30°，折射光线恰好在AD界面发生全反射，光在真空中的传播速度为c。

求：
①光在该三棱镜中的传播速度是多少?
②该三棱镜的顶角D是多少度？
4/ 9
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．天然放射现象首先由贝克勒尔发现，他的发现，说明原子核具有复杂结构，A正确，不符合题意；
B．卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型，B错误，符合题意；
C．伽利略研究自由落体运动时，将斜面上小球的运动规律合理外推到自由落体运动，所用方法的核心是科学实验和逻辑推理，C正确，不符合题意；
D．爱因斯坦创立“光子说”并建立了“光电效应方程”，运用这些理论圆满解释了光电效应的实验规律，D正确，不符合题意。

故答案为：B。

【分析】熟记物理学史上各个物体学家成就。

伽利略，牛顿，爱因斯坦对物理学发展起了不可磨灭的作用。

2．【答案】B
【解析】【解答】AB．对石墩受力分析，由平衡条件可知Tcosθ=f
f=μN
Tcosθ+N=mg
联立解得T=
μmg cosθ+μsinθ
A不符合题意，B符合题意；
C．拉力的大小为T=
μmg
cosθ+μsinθ=
μmg
√1+μsin(θ+φ)
其中tanφ=μ，可知当θ+φ=90°时，拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，C 不符合题意；
D．摩擦力大小为f=Tcosθ=
μmgcosθ
cosθ+μsinθ=
μmg
1+μtanθ
可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】对石墩进行受力分析，根据共点力平衡得出轻绳合力的大小以及摩擦力的大小。

3．【答案】B 【解析】【解答】A．运动员从B运动到P做平抛运动，有
1
2gt
2=ssinα，v B t=scosα
所用时间t=3s，v B=20m/s
A不符合题意；
B．有几何关系知ℎ=R−Rcos60°
运动员到达B点时，有F
N
−mg=m
v B2
R
得F N=1000N
根据牛顿第三定律，运动员到达B点时对助滑道的压力为1000N，B符合题意；
CD．运动员在AB段运动过程中，根据动能定理有W f+mgℎ=12mv B2−12mv02
得W f=−6120J
即运动员在AB段运动过程中克服阻力所做的功为6120J，CD不符合题意。

故答案为：B。

【分析】运动员从B运动到P做平抛运动，结合圆周运动向心力公式以及几何关系求解。

由动能定理求解克服阻力所做的功。

4．【答案】C
【解析】【解答】A．因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间，A不符合题意；
B．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期（1年共12个月），则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，B不符合题意；C．因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，C符合题意；
D．卫星从P点变轨时，要加速增大速度，此后做离心运动速度减小，则在地火转移轨道运动时的速度P点速度大于地球绕太阳的速度，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】卫星要能变轨到绕太阳转动时发射速度要大于第二宇宙速度，结合开普勒定律判断周期的大小关系，卫星从小轨道变到大轨道时应加速。

5．【答案】B
【解析】【解答】A．由图乙可知变压器原线圈两端交变电压为u=220√2sin
2π
0.02t(V)=
6 / 9
220√2sin100πt(V) A 不符合题意；
B ．当R T 所在处出现火情时，可知R T 减小，根据欧姆定律可得I 2=U 2
R T +R P
副线圈输出功率为P 出=U 2I 2=U 22
R T +R P
可知副线圈输出功率增大，即变压器输入功率增大，B 符合题意；
C ．当R T 所在处出现火情时，可知R T 减小，根据欧姆定律可得I 2=U 2
R T +R P
可知副线圈电流I 2增大，R T
两端电压为U T =U 2−I 2R P
可知R T 两端电压减小，即电压表示数减小，C 不符合题意；
D ．电流表示数为电流有效值，故在t =0.01s 时，电流表示数不为0，D 不符合题意； 故答案为：B 。

【分析】交流电流表示数为电流有效值。

理想变压器原副线圈功率相等，电压之比等于线圈匝数之比。

6．【答案】A,D
【解析】【解答】A ．根据万有引力定律公式F =G
m 1m 2
r 2
知，两颗恒星正在缓慢靠近，则双星之间引力变大，A 符合题意；
B ．对m 1星，a 1=G m 2r 2，对m 2星，a 2=G m 1
r 2，每颗星的加速度均变大，B 不符合题意；
C ．由双星系统的两颗星的周期相等，万有引力提供向心力，可以得到4π2R 1m 1T
2=Gm 1m 2
r 2 4π2R 2m 2T
2=Gm 1m 2r 2
R 1+R 2=r
整理得到T =2π√
r 3
G(m 1+m 2)
知双星系统周期变小，C 不符合题意；
D ．由ω=2πT ，知转动的角速度变大，D 符合题意。

故答案为：AD 。

【分析】根据万有引力的表达式以及牛顿第二定律得出引力和加速度的变化情况；结合万有引力提供
向心力得出周期的表达式进行分析判断。

7．【答案】A,C
【解析】【解答】AB ．由于小球和圆槽相对静止，由整体法可得系统的加速度为a =
F
M+m
小球受到的重力和支持力的合力等于ma ，由平行四边形可得，小球受到圆槽的支持力大小为N =√(ma)2
+(mg)2
=√F 2m 2
(M+m)
2+(mg)
2 由牛顿第三定律可知小球对圆槽的压力大小为N ′
=N =√F 2
m 2
(M+m)
2+(mg)
2 A 符合题意，B 不符合题意；
CD ．由压力的表达式可知，F 增大，小球对圆槽的压力增加，C 符合题意，D 不符合题意。

故答案为：AC 。

【分析】小球和圆槽相对静止，可对两个物体做整体受力分析。

由勾股定理以及牛顿第三定律可得小球受到圆槽的支持力以及小球对圆槽的压力。

8．【答案】C,D
【解析】【解答】A ．线框进人磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可以知道，感应电流
的磁场的方向向外，由安培定则可知感应电流的方向为ABCDA 方向，A 不符合题意；
B ．A
C 刚进入磁场时，C
D 边切割磁感线，AD 边不切割磁感线，所以产生的感应电动势
E =Bav
则线框中感应电流I =E R =
Bav
R
B 不符合题意；
C ．AC 刚进入磁场时线框的C
D 边受到的安培力与v 的方向相反，AD 边受到的安培力的方向垂直于AD 向下，它们的大小都是F =BIa ，由几何关系知，AD 边与CD 边受到的安培力的方向相互垂直，AC 刚进入磁场时线框所受安培力为AD 边与CD 边受到的安培力的矢量和F 合
=√2F =
√2B
2a 2
v R
C 选项正确：
D ．当AC 刚进入磁场时，CD 两端电压U =I ×3R 4=34Bav
D 选项正确。

故答案为：CD 。

【分析】由楞次定律结合安培定制判断感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律求解感应电动势。

安
培力为矢量，可以矢量求和。

9．【答案】A,D,E
【解析】【解答】A ．由热力学第二定律可知，物体可以从单一热源吸收热量全部用于做功，但一定会
引起一些其他变化，A 符合题意；
B ．温度是分子平均动能的标志，温度高只能说明分子平均动能大，内能是分子势能和分子动能之和，因此温度高的物体内能不一定大，B 不符合题意；
C ．气体摩尔体积与阿伏加德罗常数之比为一个气体分子所占据的空间，而非一个气体分子的体积，C 不符合题意；
D ．根据热力学第一定律知ΔU =W +Q
气体从外界吸收热量，Q 为正，但由于不知道气体对外界的做功情况，即W 的正负及大小无法确定，所以ΔU 不一定为正，即内能不一定增加，D 符合题意；
E ．根据热力学第二定律可知热量可以从低温物体传到高温物体，但需要引起其他变化，E 符合题意。

故答案为：ADE 。

【分析】结合热力学第一定律以及热力学第二定律求解。

内能是分子势能和分子动能之和，温度高的物体内能不一定大。

10．【答案】A,B,D
【解析】【解答】A ．因从此时开始，质点B 到达波峰的时间比质点C 早了0.5s ，则t =0时刻，C 点
振动方向向下，波向右传播，故波传到Q 点时，Q 点起振方向向下，A 符合题意； B ．B 比C 超前运动14个周期，即T 4=0.5
则周期T =2s
频率f =1
T
=0.5Hz
则B 符合题意；
C ．由图知λ=4cmv =λT =4×10
−2
2=0.02m/s
C 不符合题意：
D ．由第一波峰传到Q 点历时t =(19−1)×10
−2
0.02=9s
D 符合题意；
E ．周期为2s ，则4.5s 为2.25个周期，每个周期的路程为4个振幅，则总路程x =2.25×4×5=
45cm
但P 点不在平衡位置也不在波峰或波谷位置，它的路程不是45cm ，E 错误。

故答案为：ABD 。

【分析】根据“上坡下，下坡上”规律可得振动方向。

由波长频率波速关系算出波速。

每个周期的路程为4个振幅。

11．【答案】（1）D
（2）1.48 （3）A
【解析】【解答】（1）AB ．有拉力传感器测小车受到的拉力，不需要用天平测出沙和沙桶的总质量，
也不用保证沙和沙桶的质量远小于小车的质量，AB 不符合题意； C ．电磁打点计时器并不比电火花计时器误差小，C 不符合题意；
D ．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数，D 符合题意。

故答案为：D 。

（2）电源的频率为50Hz ，相邻计数点间有四个点未标出，则相邻计数点时间间隔为T = 0.1s 根据逐差法a =
CE−AC 4T 2=22.56−2×8.32
4×0.1
2
×10−2m/s 2=1.48m/s 2 （3）因长木板置于水平桌面，未平衡摩擦力，则有一定的拉力时才会产生加速度，而本实验通过拉力传感器测力，则a—F 图像是一条直线。

故答案为：A 。

【分析】（1）有拉力传感器测小车受到的拉力，用保证沙和沙桶的质量远小于小车的质量。

先接通电源，再释放小车。

（2）相邻计数点间有四个点未标出，则相邻计数点时间间隔为 0.1s ，利用逐差法求解加速度。

（3）因长木板置于水平桌面，未平衡摩擦力，则有一定的拉力时才会产生加速度，加速度与合力成
正比，图像为倾斜直线。

12．【答案】（1）短接；13
（2）0.600 （3）B
（4）2.8×10−8
8/ 9
【解析】【解答】（1）③欧姆调零时，需要将两表笔短接；
④选择的档位为× 1，所以欧姆表读数为13×1Ω=13Ω
（2）螺旋测微器读数为0.5mm+10.0×0.01mm=0.600mm
（3）为获得较大的电压调节范围，滑动变阻器采用分压式接法，由于电流表内阻已知为1Ω电流表应采用内接法有URx = U V - IR A
则可消除系统误差。

故答案为：B。

（4）根据欧姆定律得R x=U V−IR A
I=12.8Ω
结合电阻定律R x=ρL S
又S=πD 2
4
代入数据联立解得ρ=2.8×10−8Ω⋅m
【分析】（1）欧姆调零时，需要将两表笔短接，此时表盘示数应为0。

电阻大小等于表盘示数乘以档位。

（2）螺旋测微器读数要估读到千分之一毫米，螺旋测微器也称为千分尺。

（3）为获得较大的电压调节范围，滑动变阻器采用分压式接法，由于电流表内阻已知，采用内接法。

（4）根据欧姆定律结合电阻定律代入数据求解，代入数据时，D为导线直径。

面积单位化成平方米。

13．【答案】（1）解：设列车正常车速为v1，减速后车速为v2，减速和加速过程位移为s1，时间均为t1，减速后匀速行驶位移为s2，时间为t2，由运动学公式可得：2as1=v12−v22s2=v2t2
s=2s1+s2
解得：s=12800m
（2）解：设列车正常车速通过s位移所用时间为t′，则有：t1=v1−v2 a
t′=s v1
Δt=2t1+t2−t′
解得：Δt=280s
【解析】【分析】（1）由匀变速直线运动规律结合匀速运动规律求解。

（2）晚点时间等于事故经历时间减去列出正常行驶所需要的时间。

14．【答案】（1）解：粒子进入电场后做类平抛运动，沿x轴方向的加速度大小a=Eq
m
从A点运动到第一次经过y轴的过程，x轴方向有v x2=2ad
第一次经过y轴时有tan60∘=
v x
v0
联立解得v0=√2Eqd
3m
（2）解：粒子第一次经过y轴时的速度大小v=
v x
sin60∘
粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力qvB=m v
2
r
由几何关系可知，粒子每次进入磁场到离开磁场的过程中沿y轴方向运动的距离L=2rsin60∘粒子每
次从y轴进入电场到离开电场，运动的时间t0=2v x a
t0时间内，粒子沿y轴方向运动的距离为y=v0t0
由题意可知y=L
联立解得B=√
3Em
2qd
（3）解：设粒子从A点到第一次经过y轴的时间为t1，则由
1
2at1
2=d
解得t1=√2dm
Eq
粒子第一次经过y轴到第二次经过y轴，在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知粒子在磁场中运
动的时间为t2=T3
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=
2πm
qB
解得t2=2π9√6dm
Eq
粒子第二次经过y轴到第三次经过y轴，在电场中运动的时间t3=
2v x
a=2√
2dm
E0q=2t1
所以粒子从A点运动到第n次经过y轴时的时间t=nt1+n−12t2=[(n−1)π√3
9+n]√
2dm
Eq(n= 1，3，5，7⋯⋯)
t′=(n−1)t1+
n
2t2=(
nπ√3
9+n−1)√
2dm
Eq(n=2，4，6，8⋯⋯)
【解析】【分析】（1）粒子进入电场后做类平抛运动，结合平抛运动的规律得出粒子的初速度；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，从而得出磁场的磁感应强度；
（3）根据类平抛运动的规律以及磁场中匀速圆周运动的周期和所用时间的关系得出粒子从A点运动
到第n次经过y轴的时间。

………订…：___________ ………订…15．【答案】解：①由于舱内气体与外界没有循环交换，负压舱内温度升高后压强为p 1，由查理定律可得p 0T 0=p 1
54T 0
解得p 1=54
p 0
②启动负压舱，设舱内气体体积变为V 0+ΔV ，压强为p 2，由负压舱特点可得p 2=p 0−p
01000
由玻意耳
定律可得p 0V 0=p 2(V 0+ΔV)
设抽出气体在压强p 0状态下的体积为V 1，由玻意耳定律可得p 2ΔV =p 0V 1
解得V 1=V
01000
【解析】【分析】（1） 不启动负压舱时，根据查理定律得出舱内气体压强；
（2）启动负压舱 时，根据玻意耳定律得出需要抽出压强为p 0状态下气体的体积。

16．【答案】解：①光线在BD 面上发生了折射，已知入射角 i=45°，折射角 r=30°，
则三棱镜的折射率为：n =
sini
sinr
n =c v 解得：v =√
22
c
②折射光线恰好在AD 面发生全反射，入射角等于临界角C ，
则：sinC =1
n
由几何知识可得，三棱镜的顶角∠D 为：∠D =C −r 解得： ∠D =15°
【解析】【分析】 ① 画出光路图，将入射角和折射角代入折射定律，得出 光在该三棱镜中的传播速
度 。

② 入 射光线恰好在AD 面发生全反射，入射角等于临界角C ，结合几何关系求解。