广东省梅州市2021届第三次新高考模拟考试物理试卷含解析

广东省梅州市2021届第三次新高考模拟考试物理试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．如图所示，电源电动势为E 、内阻不计，R 1、 R 2为定值电阻，R 0为滑动变阻器，C 为电容器，电流表A 为理想电表、当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列说法正确的是
A ．A 的示数变大，电容器的带电量增多
B ．A 的示数变大，电容器的带电量减少
C ．A 的示数不变，电容器的带电量不变
D ．A 的示数变小，电容器的带电量减少
【答案】A
【解析】
【详解】
电容器接在2R （或滑动变阻器）两端，电容器两端电压和2R （或滑动变阻器）两端电压相等，滑动变阻器滑片向右移动，电阻增大， 2R 和滑动变阻器构成的并联电路分压增大，所以2R 两端电压增大，根据欧姆定律：
U I R
= 可知电流表示数增大；电容器两端电压增大，根据：
Q CU =
可知电荷量增多，A 正确，BCD 错误。

故选A 。

2．一个小物体从斜面底端冲上足够长的斜面，然后又滑回斜面底端，已知小物体的初动能为E ，返回斜面底端时的速度为v ，克服摩擦力做功为
2E 若小物体冲上斜面的初动能为2E ，则下列选项中正确的一组是（ ）
①物体返回斜面底端时的动能为E ②物体返回斜面底端时的动能为32
E ③物体返回斜面底端时的速度大小为2v 2v
A ．①③
B ．②④
C ．①④
D ．②
【答案】C
【解析】
【详解】 以初动能为E 冲上斜面并返回的整个过程中，由动能定理得：
2212 E mv E -=-…① 设以初动能为E 冲上斜面的初速度为v 0，则以初动能为2E 冲上斜面时，初速度为2v 0，而加速度相同。

对于上滑过程，根据-2ax=v 2-v 02
可知，202v x a =，所以第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，上升和返回的整个过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E 。

以初动能为2E 冲上斜面并返回的整个过程中，运用动能定理得：
21 22
mv E E '-=-…② 所以返回斜面底端时的动能为E ；由①②得：
v′=2v 。

故①④正确，②③错误；
A ．①③，与结论不相符，选项A 错误；
B ．②④，与结论不相符，选项B 错误；
C ．①④，与结论相符，选项C 正确；
D ．②，与结论不相符，选项D 错误；
故选C 。

3．如图所示，高h=1m 的曲面固定不动．一个质量为1kg 的物体，由静止开始从曲面的顶点滑下，滑到底端时的速度大小为4m ／s ．g 取10m ／s 1．在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．物体的动能减少了8J
B ．物体的重力势能增加了10J
C ．物体的机械能保持不变
D ．物体的机械能减少了11 J
【答案】D
【解析】 A 项，物体由静止开始下滑，末速度为4m/s ，动能变化量221114822
Ek mv J ∆=
=⨯⨯= ，物体的动能增加了8J ，故A 项错误．
B 项，设地面为零势能面，在顶端物体的重力势能为20mgh J = ，此过程中，物体的重力势能减小了10J ，故B 项错误．
C 、
D 项，机械能包括势能和动能，82012k p
E E E J J J ∆=∆+∆=-=- ,所以物体的机械能减少了11J ，故C 错误；D 正确；
故选D
4．如图所示，一有界区域磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，磁场宽度为L;正方形导线框abcd 的边长也为L ，当bc 边位于磁场左边缘时，线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域。

若规定逆时针方向为电流的正方向，则反映线框中感应电流变化规律的图像是
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B
【解析】
【分析】
由楞次定律可判断线圈中的电流方向；由E=BLV 及匀加速运动的规律可得出电流随时间的变化规律。

【详解】
设导体棒运动的加速度为a ，则某时刻其速度v at =
所以在0-t 1时间内（即当bc 边位于磁场左边缘时开始计时，到bc 边位于磁场右边缘结束）
根据法拉第电磁感应定律得：E BLv BLat ==，电动势为逆时针方向 由闭合电路欧姆定律得：BLa I t R
=，电流为正。

其中R 为线框的总电阻。

所以在0-t 1时间内，I t ∝，故AC 错误；
从t1时刻开始，换ad 边开始切割磁场，电动势大小E BLat =，其中12t t t <≤，电动势为顺时针方向为
负 电流：BLa I t R =
，电流为负（即BLa I t R
=-，12t t t <≤） 其中01BLa I t R =，电流在t 1时刻方向突变，突变瞬间，电流大小保持01BLa I t R =不变。

故B 正确，D 错误。

故选B 。

【点睛】
对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路．
5．如图所示，两条水平放置的间距为L ，阻值可忽略的平行金属导轨CD 、EF ，在水平导轨的右端接有一电阻R ，导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的长度为d 。

左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。

将一阻值也为R 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。

已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是（ ）
A ．电阻R Bd 2gh
B ．整个电路中产生的焦耳热为mgh
C ．流过电阻R 的电荷量为
2BdL R
D ．电阻R 中产生的焦耳热为12mgh 【答案】C
【解析】
【分析】
金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到
达水平面时的速度，由E=BLv 求出感应电动势，然后求出感应电流；由 q R r
Φ=+V 可以求出流过电阻R 的电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到电路中产生的焦耳热．
【详解】
金属棒下滑过程中，由机械能守恒定律得：mgh=12
mv 2，金属棒到达水平面时的速度 2gh
到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则导体棒刚到达水平面时的速度最大，所以最大感
应电动势为E=BLv，最大的感应电流为
2
2
BL gh
E
I
R
==，故A错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh-W B-μmgd=0-0，则克服安培力做功：W B=mgh-μmgd，所以整个电路中产生的焦耳热为Q=W B=mgh-μmgd，故B错误；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q R=
1
2
Q=
1
2
（mgh-μmgd），故D错误。

流过电阻R的电荷量2
BLd
q
R r R
VΦ
==
+
，故C正确；故选C。

【点睛】
题关键要熟练推导出感应电荷量的表达式q
R r
Φ
=
+
V
，这是一个经验公式，经常用到，要在理解的基础上记住，涉及到能量时优先考虑动能定理或能量守恒定律．
6．2019年“山东舰"正式服役，标志着我国进入双航母时代。

如图，“山东舰"正在沿直线航行，其质量为m，发动机的输出功率恒为P，所受阻力恒为f，某时刻速度为v1、加速度为a1，一段时间t后速度变为v2（v2>v1），在这段时间内位移为s。

下列关系式正确的是（）
A．1
1
P f
a
mv m
=-B．
1
P
f
v
=
C．12
2
v v
s t
+
=D．22
21
11
22
Pt mv mv
=-
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．由牛顿第二定律，则有
11
1
1
P
f
F f v P f
a
m m mv m
-
-
===-
故A正确；
B．当航母达到最大速度时，F=f，此时
1
m
P P
f
v v
=≠
故B错误；
C．航母的运动不是匀加速运动，则时间t内的位移
122v v s t +≠ 故C 错误；
D ．由动能定理可得
22211122
Pt fs mv mv -=- 故D 错误。

故选A 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，x 轴上方有两条曲线均为正弦曲线的半个周期，其高和底的长度均为l ，在x 轴与曲线所围的两区域内存在大小均为B ，方向如图所示的匀强磁场，MNPQ 为一边长为l 的正方形导线框，其电阻为R ，MN 与x 轴重合，在外力的作用下，线框从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 匀速向右穿越磁场区域，则下列说法中正确的是（ ）
A ．线框的PN 边到达x 坐标为
2
l 处时，感应电流最大 B ．线框的PN 边到达x 坐标为32l 处时，感应电流最大 C ．穿越磁场的整个过程中，线框中产生的焦耳热为233B l v R
D ．穿越磁场的整个过程中，外力所做的功为2332B l v R
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．电流和切割长度成正比，所以线框的PN 边到达x 坐标为
2l 处时，相当于长度为l 的边框来切割磁感线，线框的PN 边到达x 坐标为32
l 处时， 相当于两个长度为l 的边框来切割磁感线，两个电动势叠加，所以线框的PN 边到达x 坐标为32
l 处时，感应电流最大为 2m BLv I R
= 故A 错误，B 正确；
C ．因为电流的变化符合交流电的特征，所以线框的PN 边到达x 坐标为2
l 处时，产生的焦耳热为
2
232112l B l v Q I Rt R v R ==⋅⋅=⎝⎭
线框的PN 边从2
l 到2l 处时，产生的焦耳热为 2
232222l B l v Q I Rt R v R ==⋅⋅=⎝⎭
线框的PN 边从2l 到52
l 处时，产生的焦耳热为 2
232312l B l v Q I Rt R v R ==⋅⋅=⎝⎭
所以产生的总焦耳热为
231233B l v Q Q Q Q R
=++= 又因为外力所做的功就等于焦耳热，所以C 正确，D 错误。

故选BC 。

8．下列说法正确的是( )
A ．声源与观察者相互靠近时，观察者所接收的声波波速大于声源发出的声波波速
B ．在波的传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度
C ．机械波传播过程中遇到尺寸比机械波波长小的障碍物能发生明显衍射
D ．向人体内发射频率已知的超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“彩超”，利用了多普勒效应原理
E. 围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是干涉现象
【答案】CDE
【解析】
【详解】
A. 根据多普勒效应，声源与观察者相互靠近时，观察者所接收的声波波速与声源发出的声波波速相等。

故A 错误；
B. 对于机械波，某个质点的振动速度与波的传播速度不同，两者相互垂直是横波，两者相互平行是纵波。

故B 错误；
C. 只有当障碍物的尺寸与机械波的波长差不多或比机械波的波长小，才会发生明显的衍射现象；当障碍物的尺寸比机械波的波长大得多时，也能发生衍射现象，只是不明显。

故C 正确；
D. 向人体内发射频率已知的超声波被血管中的血流发射后又被仪器接收，测出发射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“彩超”，是利用多普勒效应原理。

故D 正确；
E. 围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，是声波叠加产生加强与减弱的干涉的结果。

故E 正确。

故选：CDE 。

9．如图，匀强磁场与xOy 平面垂直且仅分布在第一象限，两个完全相同的带电粒子a 、b 从x 轴上的P 点以相等速率射入磁场，分别经过时间a t 、b t 后从y 轴上纵坐标为a y ，b y 的两点垂直于y 轴射出磁场。

已知两带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为T ，半径为r ，粒子b 射入速度方向与x 轴正方向的夹角为60︒。

a 、b 间的相互作用和重力可忽略。

下列关系正确的是（ ）
A ．b a 3t t =
B ．b a 2y y =
C ．a b 2T t t +=
D ．a b 2y y r +=
【答案】CD
【解析】
【详解】 A ．由题意可知两粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角之和为180︒，因为粒子b 的轨迹所对应的圆心角为120︒，所以粒子a 运动轨迹所对应的圆心角为60︒，则
2b a t t =
故A 错误；
BCD ．粒子a 、b 运动时间之和为2
T ，即 =2
a b T t t + 由几何知识可知
a 2r y =，
b 32
r y = 故 b a 3y y =、a b 2y y r +=
故B 错误，CD 正确。

故选CD 。

10．质量为m 的小球以初速度0v 从O 点水平抛出，经过A 点时其速度方向与水平面的夹角为37°，经过B 点时，其速度方向与水平面的夹角为60°，已知当地重力加速度为g ，sin370.6︒=，cos370.8︒=，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球从O 点运动
B B ．小球从O 点运动A 点的过程中速度大小的改变量为
043v C ．小球从O 点运动B 点的过程中重力做的功为2
013mv
D ．小球在B 0
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．小球从O 点运动到
B 点时的竖直速度
00tan 60By v v ==o
经历的时间为
0y
v t g g
== 选项A 正确；
B ．小球从O 点运动到A 点的过程中速度大小的改变量为
003tan 374
yA v v v v ∆===o 选项B 错误；
C ．小球从O 点运动B 点的过程中，下落的高度
220322yB
B v v h g g == 重力所做的功为
2032
B W mgh mv == 选项
C 错误；
D ．小球在B 点时重力的功率为
0BG yB P mgv ==
选项D 正确；
故选AD 。

11．如图，倾角37°且足够长的传送带以2m/s 的恒定速率沿顺时针方向传动，现有一质量为lkg 的小物块从传送带底端以v 0=6m/s 的初速度沿斜面向上滑出。

已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.25，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为10m/s 2，sin37°
=0.6、cos37°=0.8.下列说法正确的是（ ）
A ．物块先做减速运动，速度减到2m/s 后做匀速运动
B ．物块先做减速运动，速度减到零后反向做加速运动直到离开传送带
C ．传送带对物块做功的最大瞬时功率为12W
D ．物块与传送带间因为摩擦而产生的热量为6J
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB. 物块刚滑上传送带时，由于速度大于传送带的速度，则所受摩擦力沿传送带向下，此时的加速度为 21sin 37cos378m/s a g g μ=+=o o
方向向下，即物块先做减速运动；当与传送带共速后由于cos37sin 37g g μ<o o
，则物块继续减速，直到速度减到零后反向做加速运动直到离开传送带，选项A 错误，B 正确；
C 物块开始刚滑上传送带时速度最大，传送带对物块做功的瞬时功率最大，最大值为 0cos3712W P mg v μ=⋅=o
选项C 正确；
D 从开始滑上传送带到与传送带共速阶段用时间
01162s=0.5s 8
v v t a --== 物块相对传送带运动的距离
01111m 2
v v s t vt +∆=-= 共速后物块的加速度
22sin 37-cos374m/s a g g μ==o o
物块减速到零的时间
222s=0.5s 4
v t a == 此过程中物块相对传送带运动的距离
2220.5m 2v s vt t ∆=-=
此时物块离底端的距离为 012 2.5m 22v v v s t t +=+= 然后物块向下加速运动，加速度仍为
2324m/s a a ==
下滑到底端时
23312
s a t = 解得 35s 2
t = 此过程中物块相对传送带运动的距离
33(2.55)m s s vt ∆=+=+
整个过程中物块与传送带间因为摩擦而产生的热量为
123cos37()(825)J Q mg s s s μ=∆+∆+∆=+o
选项D 错误。

故选BC 。

12．几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则下列判断正确的是( )
A ．子弹在每个水球中的速度变化相同
B ．子弹在每个水球中运动的时间不同
C ．每个水球对子弹的冲量不同
D ．子弹在每个水球中的动能变化相同
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A. 设水球的直径为d ，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动．
因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d,2d,3d 和4d,根据x= 212
at 知，所
用时间之比为1:2:3:2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；
子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，所以加速度相同，由△v=at可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同；故A错误，B正确；
C. 根据冲量的定义：I=Ft，受力是相同的，运动的时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同．故C正确；
D. 根据动能定理：△E K=W=Fd，受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，所以子弹在毎个水球中的动能变化相同．故D正确．
故选BCD
【点睛】
子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动来解决此题；根据冲量的定义判断冲量的变化；根据动能定理判断动能的变化．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．小鹏用智能手机来研究物体做圆周运动时向心加速度和角速度、半径的关系。

如图甲，圆形水平桌面可通过电机带动绕其圆心O转动，转速可通过调速器调节，手机到圆心的距离也可以调节。

小鹏先将手机固定在桌面某一位置M处，通电后，手机随桌面转动，通过手机里的软件可以测出加速度和角速度，调节桌面的转速，可以记录不同时刻的加速度和角速度的值，并能生成如图乙所示的图象。

t 时，桌面的运动状态是______________（填字母编号）；
(1)由图乙可知，60.0s
A．静止B．匀速圆周运动C．速度增大的圆周运动D．速度减小的圆周运动
(2)仅由图乙可以得到的结论是：____________；
(3)若要研究加速度与半径的关系，应该保持_________不变，改变______，通过软件记录加速度的大小，此外，还需要的测量仪器是：__________________。

【答案】B 半径一定，角速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度增大时，加速度也增大转速（或角速度）手机到圆心的距离（或半径）刻度尺
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]由图乙可知，60.0s t =时，加速度大小不变，角速度大小也不变，所以此时桌面在做匀速圆周运动，所以B 正确，ACD 错误。

故选B 。

(2)[2]由图乙可以看出，加速度和角速度的变化曲线大致一样，所以可以得到的结论是：半径一定时，角速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度增大时，加速度也增大。

(3)[3][4]物体做圆周运动的加速度为
2224πa r n r ω==
若要研究加速度与半径的关系，应该保持转速（或角速度）不变，改变手机到圆心的距离（或半径）；
[5]所以还需要的测量仪器是刻度尺。

14．某同学用如图甲所示的装置做“探究合力做的功与动能改变量之间的关系”的实验，他们将光电门固定在水平轨道上的B 点，并用重物通过细线拉带有遮光条的小车，然后保持小车和重物的质量不变，通过改变小车释放点到光电门的距离（s ）进行多次实验，实验时要求小车每次都从静止释放。

（1）用螺旋测微器测量遮光条的宽度，其示数如图乙所示，则遮光条的宽度d =________mm 。

（2）为了减小误差，实验时需要进行的操作是________。

A ．将水平轨道上的A 端垫高适当的高度，以平衡摩擦力
B ．使重物的质量m 远大于小车及遮光条的总质量M
C ．调节水平轨道左端滑轮的高度
（3）某次实验中，测得小车及遮光条的质量M=1kg ，光电门记录小车通过的时间0.002s t ∆=，则在此次实验中小车及遮光条增加的动能为________J （结果保留到小数点后两位）。

（4）实验中利用________计算拉力对小车做的功W 在方格纸上做出k E W -图像（k E 是小车和重物动能
之和），如图所示。

由图像可以看出k E ∆总是略大于W ，造成这种现象的原因是________________________。

【答案】4.700 AC 2.76 W mgs = 平衡摩擦力过度
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]螺旋测微器的精确度为0.01mm ，主尺的读书为4.5mm ，读数为
4.5mm 20.00.01mm=4.700mm +⨯。

（2）[2]AB ．本实验研究小车受到的合力对小车所做的功与小车动能的改变量之间的关系，可认为小车受到的合力与重物的重力大小相等，故需要平衡摩擦力，且满足重物的质量远小于小车和遮光条的总质量，B 错误A 正确；
C ．需调节水平轨道左端滑轮的高度，使连接光电门的细线与轨道平行，C 正确。

故选AC 。

（3）[3]小车及遮光条经过光电门的速度
2.35m/s d v t
==∆ 增加的动能 2K 1 2.76J 2E Mv ∆=
=。

（4）[4]因为平衡摩擦力后，可将重物的重力视为小车受到的合力，所以用重力乘于小车释放点到光电门的距离s 计算拉力所做的功，即
W mgs =。

（4）[5]实验中，让重物的质量远小于小车及遮光条的总质量，则平衡摩擦力后，可将重物的重力视为小车受到的合力，则分析可知造成k E ∆总是略大于W 是平衡摩擦力过度造成的。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．近几年家用煤气管道爆炸的事件频繁发生，某中学实验小组的同学进行了如下的探究：该实验小组的同学取一密闭的容积为10L 的钢化容器，该容器的导热性能良好，开始该容器与外界大气相通，已知外界大气压强为1atm ，然后将压强恒为5atm 的氢气缓慢地充入容器，当容器内混合气的压强达到1.5atm 时会自动发生爆炸。

假设整个过程中容器的体积不变。

求：
(1)有多少升压强为5atm 的氢气充入容器时容器将自动爆炸？
(2)假设爆炸时钢化容器内的气体不会向外泄露，经测量可知容器内气体的温度由27℃突然上升到2727℃瞬间的压强应为多大？
【答案】 (1)1L ；(2)15atm
【解析】
【分析】
【详解】
(1)体积为1V 压强为5atm 的氢气充入容器时，容器将自动爆炸,分压原理可知爆炸时氢气的压强 20 1.5atm 1atm 0.5atm P P P =-=-=混
选择最终充入的所有氢气为研究对象，因为导热性能良好，并且是缓慢地充入容器，故发生等温变化： 初态：压强15atm P =，体积1V ；
末态：压强20.5atm P =，体积210L V =；
根据玻意耳定律可得
1122PV PV =
解得充入压强为5atm 氢气的体积
11L V =
(2) 选择容器内气体为研究对象，爆炸时温度由27C ︒突然上升到2727C ︒，过程中体积不变，发生的是等容变化：
初态：压强 1.5atm P =混，温度
2(27273)K 300K T =+=
末态：压强3P ，温度
3(2727273)K 3000K T =+=
根据查理定律可得 323
P P T T =混 可得爆炸瞬间容器内气体的压强
315atm P =
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．已知入射角为45°，玻璃球的半径为
610
m ，光在真空中传播的速度为3×108m/s ，求：
（I ）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；
（II ）光线从A 点进入及第一次从A 点射出时在玻璃球体运动的时间．
【答案】（1）030α= （2）9610t s -=⨯
【解析】
（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300，则折射率公式可知sin sin 452sin sin 30i n r ===o
o 由几何关系可知，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()30i r α=-=o （2）光线从A 点进入及第一次从A 点射出时的玻璃球中运动的距离为9232cos30s R m =⨯=
o 在玻璃中运动的速度为c v n =
运动时间9610s t s v
-==⨯ 17．如图一个带有光滑14
圆弧的滑块B ，静止于光滑水平面上，圆弧最低点与水平面相切，其质量为M ，圆弧半径为R ，另一个质量为()2
M m m =的小球A ，以水平速度23gR ，沿圆弧的最低点进入圆弧，求：
(1)小球A 能上升的最大高度；
(2)A 、B 最终分离时的速度。

【答案】 (1)4R ；(2)233gR 433
gR 。

【解析】
【详解】
(1)设小球A 能上升的最大高度为H ，A 刚脱离B 时水平方向的速度为v ，对A 、B ，由水平方向动量守恒及能量守恒，有 0()mv m M v =+
22011()22
mv m M v mgH =++
带入v 0=，可得小球A 能上升的最大高度 H=4R ；
(2)设A 、B 最终分离时的速度分别为v 1和v 2，由水平方向动量守恒及能量守恒，有 012mv mv Mv =+
222012111222
mv mv Mv =+ 解得
1v =2v =。