吉林省长春市普通高中2022届高三下学期理综物理质量监测试卷(五)

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吉林省长春市普通高中2022届高三下学期理综物理质量监测试卷（五）
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
1．（2分）某同学想测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端系上一支圆珠笔，细绳的上
端用胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。

在地铁启动后的某段稳定加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。

若要根据这张照片估算此时地铁的加速度，只需要测量（ ）
A ．圆珠笔的质量
B ．绳子的长度
C ．绳子和竖直方向的夹角
D ．绳子下端到竖直扶手的距离
2．（2分）中国自行研制、具有完全知识产权的“神舟”飞船，目前已经达到国际第三代载人飞船技术
水平。

如图所示，其发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由“长征”运载火箭送入近地点为A 、远地点为B 的椭圆轨道上，通过变轨进入预定圆轨道。

则（ ）
A ．飞船在椭圆轨道上运行时，在A 点的加速度比
B 点的小
B ．飞船在椭圆轨道上运行时，在A 点的速度比B 点的小
C ．飞船在椭圆轨道上运行时，在A 点的机械能比B 点的小
D ．飞船在B 点通过加速从椭圆轨道进入预定圆轨道
3．（2分）2022年2月5日，中国短道速滑运动员在混合团体接力决赛中为中国队拿下北京冬奥会首
金，这也是这一新增项目的奥运历史首金。

短道速滑接力比赛中运动员在直道上采用推接方式进行替换（如图）。

若忽略推接过程中冰面对运动员的摩擦力，则在甲运动员用力将乙运动员推出的过程
中，以下说法一定正确的是（ ）
A ．甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力
B ．甲的速度变化量的大小等于乙的速度变化量的大小
C ．甲、乙运动员组成的系统机械能守恒
D ．甲、乙运动员组成的系统动量守恒
4．（2分）安培曾做过如图所示的实验：把绝缘导线绕制成线圈，在线圈内部悬挂一个用薄铜片做成
的圆环，圆环所在平面与线圈轴线垂直，取一条形磁铁置于铜环的右侧，条形磁铁的右端为N 极。

闭合开关一段时间后观察，发现铜环静止不动，安培由此错失了发现电磁感应现象的机会。

实际上在
电路闭合的瞬间，下列现象描述正确的是（ ）
A ．从右向左看，铜环中有逆时针的感应电流
B ．从右向左看，铜环中有顺时针的感应电流
C ．铜环仍保持不动
○
…
…
…
…
订
…
…
…
…
○
…
…
…
※
※
订
※
※
线
※
※
内
※
※
答
※
※
题
※
※
○
…
…
…
…
订
…
…
…
…
○
…
…
…
D．铜环会远离磁铁
5．（2分）大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电，氘核聚变反应方程
是：12H+ 12H→ 23He+ 01n，已知12H的质量为2.0136u，23He的质量为3.0150u，
1n的质量为1.0087u，1u=931MeV/c2．氘核聚变反应中释放的核能约为（）
A．3.7MeV B．3.3MeV C．2.7MeV D．0.93MeV
(共5题；共10分)
6．（2分）如图，空间中有三根相互平行且质量均为m的长直导线，三根导线中通有方向垂直纸面向
里且大小为I的电流，导线横截面恰好构成等边三角形的顶点，已知A导线在C处产生的磁感应强度
的大小为B0，C导线放在水平地面上且处于静止状态，C导线长度为L，下列说法正确的是（）
A．A、B导线在C处产生的合磁场方向竖直向下
B．C导线所受的安培力大小为√3B0IL，方向水平向右
C．C导线所受的静摩擦力大小为√3B0IL，方向水平向右
D．C导线对地面的压力的大小为mg+√3B0IL
7．（2分）很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。

用手掌托着手机，打开加
速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，
该图像以竖直向上为正方向。

由此可判断出（）
A．手机可能离开过手掌
B．手机在t1时刻运动到最高点
C．手机在t2时刻开始减速上升
D．手机在t1~t3时间内，受到的支持力先减小再增大
8．（2分）如图所示，半径为R的金属球表面均匀分布着正电荷，以球心O为原点建立x轴，沿x轴
上各点的电场强度大小和电势分别用E和φ表示。

选取无穷远处电势为零，则下列关于x 轴上各点
电场强度大小E和电势φ随位置x变化的关系图像中，可能正确的是（）
A．B．
C．D．
9．（2分）关于生活中的热学现象，下列说法正确的是（）
A．夏天和冬天相比，夏天的气温较高，水的饱和汽压较大，在相对湿度相同的情况下，夏天的绝
对湿度较大
B．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是用镊子夹一棉球，沾一些酒精，点燃，在罐内迅速
旋转一下再抽出，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸” 在皮肤上。

其道理是，当
火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强增大
C．理论上，第二类永动机并不违背能量守恒定律，所以随着人类科学技术的进步，第二类永动机
是有可能研制成功的
D．热量能够自发地从温度高的物体传递到温度低的物体
E．一辆空载的卡车停在水平地面上，在缓慢装沙过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，车
胎内气体可看成理想气体，则胎内气体向外界放热
10．（2分）一列简谐横波，在t=1.2s时刻的波形图如图甲所示，此时P、Q 两质点的位移均为-1
cm，波上A 质点的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是（）
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…
…
…
装…………线…………○…___________ 姓名：__………装…………线…………○…
A ．这列波沿x 轴正方向传播
B ．这列波的波速是503
m/s
C ．从t =0到t =1.2s 时间内质点A 沿波传播方向移动了10 m
D ．从t =1.2s 开始，质点P 比质点Q 早0.8 s 回到平衡位置
E ．从t =1.2s 开始，紧接着的Δt =1.6s 时间内，Q 质点通过的路程是5 cm
(共2题；共10分)
11．（6分）某同学利用如图甲所示的装置探究轻质弹簧的弹性势能与其形变量的关系：一轻质弹簧放
置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘。

向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放，小球离开桌面后落到水平地面。

通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。

回答下列问题：
（1）（2分）本实验中，设弹簧被压缩后的弹性势能Ep ，重力加速度大小为g 。

为求得Ek ，至少需要测量下列物理量中的____（填正确答案序号）。

A ．小球的质量m
B ．小球抛出点到落地点的水平距离s
C ．桌面到地面的高度h
D ．弹簧的压缩量Δx
E ．弹簧原长l 0
（2）（1分）用所选取的测量量和已知量表示Ep ，得Ep= 。

（3）（3分）图乙中的直线是实验测量得到的s-Δx 图线。

从理论上可推出，如果h 不变。

m 增
加，s-Δx 图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）；如果m 不变，h 增加，s-Δx 图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）。

由图中给出的直线关系和EP 的表达式可知，EP 与
Δx 的 次方成正比。

12．（4分）举世瞩目的嫦娥四号探测器，其能源供给方式实现了新的科技突破：它采用同位素温差发
电与热电综合利用技术结合的方式供能，也就是用航天器两面太阳翼收集的太阳能和月球车上的同位素热源两种能源供给探测器。

图甲中探测器两侧张开的是光伏发电板，光伏发电板在外太空将光能转
化为电能。

某同学利用图乙所示电路，探究某光伏电池的路端电压U 与电流I 的关系，图中定值电阻R 0=
5Ω，设相同光照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表。

（1）（3分）实验一：用一定强度的光照射该电池，闭合电键S ，调节滑动变阻器R 的阻值。

通过测量得到该电池的 U—I 曲线 a （如图丁）。

由此可知，该电源内阻 （填“是” 或“不是”）定值，某时刻电压表示数如图丙所示，读数为 V ，由图像可知，此时电源内阻为 Ω
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…
○
…
…
…
…
装
…
…
…
…
…
…
…
线
…
…
…
…
○
…
※
※
请
※
※
不
※
※
要
※
※
在
※
※
…
…
○
…
…
…
…
装
…
…
…
…
…
…
…
线
…
…
…
…
○
…
（计算结果保留两位有效数字）；
（2）（1分）实验二：只减小光照的强度，重复上述实验，测得U-I曲线b（如图丁）。

若在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为2.5V，则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，滑动变阻器消耗的电功率为W（计算结果保留两位有效数字）。

(共4题；共50分)
13．（15分）如图所示，粗糙的水平面AB与光滑的竖直圆轨道BCD在B点相切，圆轨道BCD的半径
R=0.40m，D是轨道的最高点，一质量m=1.0kg可以看成质点的物体静止于水平面上的A点。

现用F=7.0N的水平恒力作用在物体上，使它在水平面上做匀加速直线运动，当物体到达B点时撤去力F，之后物体沿圆轨道BCD运动，物体恰好能通过D点。

已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=
0.20，取重力加速度g=10m/s2。

求：
（1）（5分）物体通过D点时速度v D的大小；
（2）（5分）物体刚进入圆轨道B点时所受支持力F N的大小；
（3）（5分）A与B之间的距离x。

14．（15分）如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，S1，S2分别为M、N板上的小孔，S1，S2，O三点共线，它们的连线垂直M、N，且S2O=R。

以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。

D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板。

质量为m、带电量为+q的粒子，经S1进入M、N间的电场后，通过S2进入磁场，粒子在S1处的速度和粒子所受的重力均不计。

（1）（5分）当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小v；
（2）（5分）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；
（3）（5分）当M、N间的电压不同时，粒子从S1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值。

15．（10分）夏天天降暴雨，导致城市内涝．如图所示为某城市下水管道中侧面剖面图，由于井盖上的泄水孔因故堵塞，在井盖与水面之间封闭一定气体．当下水道内水位不断上升时，井盖可能会不断跳跃．设井盖质量m＝25kg，圆柱形竖直井内水面面积S＝0.25m2，图示时刻井盖到水面间距h＝
2m，此时封闭气体压强与外界大气压强相等，若环境温度不变，已知p
=1.0×105Pa，g=
10m/s2，求：
（1）（5分）从图示位置开始，水面上涨多少后井盖第一次跳起?
（2）（5分）设井盖下落后，封闭气体的压强又变为P．，求井盖第一次跳起逸出的空气与原来空气质量之比
m1
m2.
16．（10分）如图所示，ABCO 是扇形玻璃砖的横截面，∠AOC=120°，OB为扇形的对称轴，D为AO 的中点，一细束单色光沿与AO 面成30°角的方向照射到D 点，折射光线与OB平行。

求：
…线…………○……线…………○…
（1）（5分）该玻璃砖对光的折射率；
（2）（5分）试证明光在玻璃砖圆弧面上是否会发生全反射。

（写出必要的证明过程。

）
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…………内…………○……※※请…………外…………○……答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】对笔受力分析，设细绳与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得mgtanθ=ma
即a =gtanθ
则若要根据这张照片估算此时地铁的加速度，只需要测量绳子和竖直方向的夹角。

故答案为：C 。

【分析】以笔为对象，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，利用其加速度的表达式可以判别需
要测量的物理量。

2．【答案】D
【解析】【解答】A ．根据牛顿第二定律得G Mm r 2=ma
解得a =GM
r
2
飞船到地心的距离r 越小，加速度a 越大，飞船在椭圆轨道上运行时，在A 点的加速度比B 点的大，A 不符合题意；
B ．飞船在椭圆轨道上运行时，根据开普勒第二定律，在A 点的速度比B 点的大，B 不符合题意；
C ．飞船在椭圆轨道上运行时，根据机械能守恒定律，在A 点的机械能等于B 点的机械能，C 不符合题意；
D ．飞船在B 点通过加速做离心运动，从椭圆轨道进入预定圆轨道，D 符合题意。

故答案为：D 。

【分析】利用牛顿第二定律可以比较加速度的大小；利用开普勒第二定律可以比较速度的大小；利用引力做功可以判别机械能相等；利用飞船做离心运动所以进行加速。

3．【答案】D
【解析】【解答】A ．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是一对相互作用力，大小相等，A 不符合题
意；
BD ．甲、乙运动员组成的系统所受合外力为0，动量守恒，由Δv =Δp m =I m
可知，甲乙的质量未知，二者速度的变化量大小无法比较，B 不符合题意，D 符合题意；
C ．在乙推甲的过程中，乙的肌肉对系统做功，甲、乙运动员组成的系统机械能不守恒，C 不符合题意。

故答案为：D 。

【分析】甲乙之间属于相互作用力大小相等；利用其动量守恒定律可以判别甲乙动量变化量大小相等，但未知质量不能比较速度的变化量；利用其动能的变化可以判别系统机械能不守恒。

4．【答案】A
【解析】【解答】AB ．在开关闭合瞬间，线圈内部磁通量增大且磁场方向向左。

从右向左观察，根据
楞次定律判断，铜环中产生逆时针的感应电流，A 符合题意，B 不符合题意；
CD ．产生感应电流时，铜环等效成一个小磁铁，N 极在右侧，与条形磁铁S 极相吸引，CD 不符合题意。

故答案为：A 。

【分析】开关闭合时，利用其楞次定律可以判别铜环产生的感应电流方向；结合其安培定则可以判别其铜环的磁感线方向进而判别与条形磁铁之间的相互作用。

5．【答案】B
【解析】【解答】因氘核聚变的核反应方程为：
1
2
H+
1
2 H→
2
3 He+
1 n ，；核反应过程中的质
量亏损为△m=2m D ﹣（m He +m n ）=0.0035u
释放的核能为△E=△mc 2=0.0035uc 2=3.3MeV ，故B 正确，ACD 错误； 【解答】根据爱因斯坦质能方程，计算出质量亏损进而计算出核能。

6．【答案】A,C
【解析】【解答】A ．根据安培定则知，A 、B 导线在C 处的磁场方向分别斜向下垂直于AC 、BC ，如图
所示
根据几何关系可知θ=30°
则有B C=√3B0
方向竖直向下，A符合题意；
BC．由左手定则可知，C导线所受安培力方向水平向左，大小为F=√3B0IL
由于C导线位于水平面且处于静止状态，所以C导线受到的静摩擦力大小也为√3B0IL，方向水平向右，B不符合题意，C符合题意；
D．因为C导线所受的安培力在竖直方向上没有分力，所以C导线对地面的压力的大小等于其重力，D不符合题意。

故答案为：AC。

【分析】利用其安培定则可以判别通电导线周围磁感线的方向，结合左手定则可以判别安培力的方向，再利用平衡方程可以求出其C导线受到的摩擦力和对地面的压力大小。

7．【答案】A,C
【解析】【解答】A．若手机离开手掌，则其加速度应为g，由图像可知，在t3时刻之后的一段时间内，手机的加速度大小接近10m/s2，方向向下，手机可能处于该情形，A选项正确；
B．t1时刻手机加速度最大，但t1时刻之后手机的加速度依然是正值，手机还将继续加速上升，B选项错误；
C．t2时刻之后，手机的加速度反向，但此时手机向上的速度最大，手机将减速上升一段时间，C选项正确；
D．手机在t1~t2时间内，向上的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律得F N−mg=ma1
故支持力逐渐减小，手机在t2~t3时间内，向下的加速度逐渐增大，由牛顿第二定律得mg−F N=ma2可知支持力继续减小，D选项错误；
故答案为：AC。

【分析】利用其加速度等于重力加速度时可以判别手机有可能离开其手掌；利用其加速度的大小可以判别手机运动的方向进而判别速度的大小及方向；利用其牛顿第二定律可以判别支持力的大小变化。

8．【答案】A,D
【解析】【解答】AB．金属球是处于静电平衡的导体，是一个等势体，在导体外侧，电场线由导体指向无穷远处，沿着电场线电势降低，A选项可能正确，B选项一定错误；
CD．处于静电平衡的导体，其内部电场强度处处为零，金属球在其外部形成的电场的电场强度，可应
用点电荷场强公式E=k Q
x2
表示，C选项错误，D选项正确。

故答案为：AD。

【分析】利用静电平衡的小球其电场线的分布可以判别电势的分布，利用其内部场强处于等于0及点
电荷的场强公式可以判别场强与距离的大小关系。

9．【答案】A,D,E
【解析】【解答】A．夏天和冬天相比，夏天的气温较高，水的饱和汽压较大，在相对湿度相同的情况
下，夏天的绝对湿度较大，A选项正确；
B．把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过热传递，温度不断降
低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，火罐内气体压强小于外界大气压，大气压
就将罐紧紧地压在皮肤上，B选项错误；
C．理论上，第二类永动机并不违背能量守恒定律，但是违背热力学第二定律，所以随着人类科学技
术的进步，第二类永动机也不可能研制成功，C选项错误；
D．热量只能自发地从温度高的物体传递到温度低的物体，D选项正确；
E．汽车在缓慢装沙的过程中，车胎内气体压强增大，而气体温度不变，所以体积变小，外界对气体
做功，内能不变，由热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，故E选项正确。

故答案为：ADE。

【分析】夏天温度高其水的饱和汽压大，所以相对湿度相同时其夏天的绝对湿度比较大；当火罐扣在
皮肤时，其体积不变，温度降低时其气体的压强减小；第二类永动机违背热力学第二定律。

10．【答案】A,D,E
【解析】【解答】A．由图乙可看出，在1.2s之后一小段时间内A质点的运动方向为沿y轴负方向，结
合图甲可看出，这列波沿x轴正方向传播，A符合题意；
B．由图乙看出质点的振动周期为2.4s，结合图甲读出的波长20m，可计算得出波速为v=λ
T=
25
3m/s
B不符合题意；
C．该波为横波，则在波的传播过程中，质点都在垂直于波的传播方向上振动，并不随波前进，C不
符合题意；
D．由图甲可看出质点P、Q之间的相位差为2π3，则两质点运动时间相差
2π
3
2π
T
=T3=0.8s
又因为波沿x轴正方向传播，故P点先回到平衡位置，D符合题意；
E．由于波沿x轴正向传播，则由图甲可以看出，从t=1.2s
8 / 10
……装…………○…请※※不※※要※※在※※装※※……装…………○…开始，再经过Δt =1.6s
时间，Q 质点将运动到下一个波峰，故在此过程中其通过的路程为5cm ，E 符合题意。

故答案为：ADE 。

【分析】利用其质点的振动方向可以判别波的传播方向；利用其波长和周期可以求出波速的大小；质点不会随波移动；利用其质点间的距离可以判别其质点间运动时间之差进而判别P 点先回到平衡位置；利用其质点振动的时间可以求出运动的路程。

11．【答案】（1）A ；B ；C
（2）mgs 2
4ℎ
（3）减小；增大；2
【解析】【解答】（1）小球飞出后做平抛运动，由s =v 0t
ℎ=
12
gt 2 可得v 0=s √g 2ℎ
由E k =12
mv 02 解得：E k =mgs 2
4ℎ
，可知，要测出动能还需测量的物理量为小球质量、小球抛出点到落地点的水平距
离s 、桌面到地面的高度h ，ABC 符合题意，DE 不符合题意； 故答案为：ABC 。

（2）小球及弹簧系统机械能守恒，即E p =E k =mgs 2
4ℎ
（3）对于确定的弹簧压缩量Δx 而言，增大小球的质量会减小小球被弹簧加速时的加速度，从而减小小球平抛的初速度和水平位移，即h 不变m 增加，相同的Δx 要对应更小的s ，s −Δx 图线的斜率会减小；若m 不变，h 增加，相同的Δx 要对应更大的s ，s-Δx 图线的斜率会增大。

由E p =E k =mgs 2
4ℎ
s =kΔx
联立解得E p =mgk 2
4ℎ(Δx)2
所以，EP 与Δx 的2次方成正比。

【分析】（1）利用平抛运动的位移公式结合能量守恒定律可以求出弹性势能的表达式，利用表达式可以求出对应的物理量；
（2）利用能量守恒定律结合动能的表达式可以求出弹性势能的表达式；
（3）利用其弹性势能的表达式可以判别其图像斜率的变化；利用其表达式可以判别弹性势能与形变量的大小关系。

12．【答案】（1）不是；1.50；5.6
（2）7.2×10−2（7.0×10−2～7.4×10−2均可）
【解析】【解答】（1）电源的U −I 图像的斜率大小表示电源的内阻，由曲线a 可知斜率不是定值，故
电源的内阻不是定值。

由图丙可知所选量程为0~3V ，分度值为0.1V ，需要估读到0.01V ，故此时电压表的读数为1.50V 。

电源的U −I 图像的纵截距表示电源的电动势，则由曲线a 可知，电源电动势为2.90V 。

当路端电压为
1.50V 时，电流为0.25A 。

根据闭合电路欧姆定律可得此时电源内阻为r =E 1−U
1I 1
=5.6Ω
（2）由曲线a 可知，当路端电压为2.50V 时电流为0.10A ，此时滑动变阻器接入电路的电阻为R =
U 2
I 2
−R 0=20Ω 易知外电路总电阻为25Ω，在图丁中作出外电路总电阻的伏安特性曲线如图所示，它与曲线b 交于点（60mA ，1.5V ），该点即为此时外电路的工作点，此时R 消耗的功率为P =I 2R =7.2×10−2W
【分析】（1）利用图像斜率可以判别其电源内阻的大小变化；利用其电动势的大小可以判别电压表的量程选择，利用电压表的分度值可以读出对应的读数；利用闭合电路的欧姆定律可以求出内阻的大
小；
（2）利用欧姆定律可以求出滑动变阻器的阻值，结合其图像交点坐标可以求出电阻R 消耗的功率大小。

13．【答案】（1）解：物体恰好能通过D 点，则mg =m v D 2
R
解得v D =√gR =2m/s
（2）解：从B 点到D 点，由机械能守恒定律12mv B 2=mg ⋅2R +12
mv D 2
在B点F
N −mg=m
v B2
R
解得v B=2√5m/s F N=60N
（3）解：从A到B由动能定理可知Fx−μmgx=1
2mv B
2
解得x=2m
【解析】【分析】（1）物体恰好经过D点，利用牛顿第二定律可以求出经过D点速度的大小；
（2）物体从B到D的过程，利用机械能守恒定律可以求出经过B点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出支持力的大小；
（3）物体从A到B的动能定理可以求出距离的大小。

14．【答案】（1）解：粒子从S1到达S2的过程中，根据动能定理得qU=1
2mv
2
解得粒子进入磁场时速度的大小v=√2qU
m
（2）解：粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动有qvB=m v 2
r
由①②得加速电压U与轨迹半径r的关系为U=qB 2r2
2m
当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径r0=R
对应电压U
0=qB
2R2
2m
（3）解：M，N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短
根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r=√3R
由②得粒子进入磁场时速度的大小v=qBr m
粒子在电场中经历的时间t1=R
v
2
=2√3m
3qB
粒子在磁场中经历的时间t2=√3R⋅π3
v=
πm
3qB
粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间t3=R v=√3m
3qB
粒子从S1到打在收集板D上经历的最短时间为t=t1+t2+t3=(3√3+π)m
3qB
【解析】【分析】（1）当粒子在电场中加速，利用动能定理可以求出进入磁场速度的大小；
（2）当粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律结合几何关系可以求出加速电压的大小；（3）当板间电压最大时，利用进入磁场时速度最大，粒子在极板间运动时间最小，在磁场中运动时间最小；利用几何关系可以求出轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子速度的大小；再利用其位移公式可以求出粒子在电场中和磁场中运动的时间，利用匀速直线运动的位移公式可以求出离开磁场的运动时间。

15．【答案】（1）解：设第一次跳跃后，水面距离井盖距离为h2
气体逸出时压强为：p
2
=p
+mg S
由玻意耳定律：p1ℎ1S=p2ℎ2S
解得：ℎ2=
p1
p2ℎ1=1.98m
上升高度：Δℎ=ℎ1−ℎ2=0.02m
答：从图示位置开始，水面上涨0.02m后井盖第一次跳起；
（2）解：井盖第一次跳跃后，水面距井盖距离为h2，气体压强为p0则
m1
m2=1−
p0ℎ2
p0ℎ1=
ℎ1−ℎ2
ℎ1，又：p1ℎ1S=p2ℎ2S
则：
m1
m2=
p2−p1
p2=
p0+mg S−p0
p0+mg S
=1101
答：设井盖下落后，井盖第一次跳起逸出的空气与原来空气质量之比
m1
m2=
1
101．
【解析】【分析】（1）当其气体发生等温变化，利用其井盖的平衡方程可以求出气体的压强，结合理想气体的状态方程可以求出水面上升的高度；
（2）当井盖下落后，利用理想气体的等温变化可以求出逸出空气与原来空气的质量之比。

16．【答案】（1）解：由折射定律可知，折射率n=
sin60°
sin30°
解得n=√3
（2）解：D为AO中点，则OD=
R
2
其中R为玻璃砖半径。

由几何知识可得EF=√3R
4
则sinθ=√3
4
设该玻璃砖的全反射临界角为C，则有sinC=
1
n
sinC=
√3
3
可得θ<C，则不会发生全发射。

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【解析】【分析】（1）画出光折射的路径，利用折射定律可以求出折射率的大小；
（2）当光在圆弧面折射时，利用几何关系可以求出入射角的大小，结合全反射的临界角大小可以判
别不会发生全反射。