四川省攀枝花市2021届新高考物理二月模拟试卷含解析

四川省攀枝花市2021届新高考物理二月模拟试卷
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．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法。

下列四个选项中全部都应用了比值定义法的是 ①加速度∆=
∆v
a t ②电场强度2q E K r =③电容Q C U
=④电流q I t =⑤导体电阻L R S ρ=⑥磁感应强度F B IL
=
A ．①③⑤⑥
B ．②③⑤⑥
C ．②③④⑥
D ．①③④⑥
【答案】D 【解析】 【详解】
①加速度与速度的变化量无关，所以加速度∆=∆v
a t
属于比值定义法；②电场强度与场源电荷量成正比，与距离的平方成反比，所以电场强度2
kQ
E r =
不属于比值定义法；③电容是由电容器本身的性质决定，其大小与带电量以及两板间的电压无关，所以电容Q
C U
=属于比值定义法；④电流的大小由导体两端的电压
和导体的电阻决定，单位时间内通过导体横截面的电荷量叫电流强度，电流q
I t
=属于比值定义法；⑤电
阻与导线长度、横截面积及电阻率有关，所以导体的电阻l
R S
ρ=不属于比值定义法；⑥磁感应强度与放
入磁场中的电流元无关，所以F
B IL
=属于比值定义法；
A. ①③⑤⑥与分析不符，故A 错误；
B. ②③⑤⑥与分析不符，故B 错误；
C. ②③④⑥与分析不符，故C 错误；
D. ①③④⑥与分析相符，故D 正确。

2．如图所示，以19.6m/的水平初速v 0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角θ为450的斜面上，可知物体完成这段飞行的时间是
A ．1s
B ．2s
C 3
D ．3s
【答案】B 【解析】
物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为45°的斜面上时，物体的速度方向与斜面垂直，把物体的速度分解如图所示，
由图可得：此时物体的竖直方向上的分速度的大小为 v y =v 0=19.6m/s ，由v y =gt 可得运动的时间为：
19.6
29.8
y v t s s g
=
=
=，故选B ． 3．氢原子的能级图如图所示，有一群处于n=4能级的氢原子，若氢原子从n=4能级向n=2能级跃迁时所辐射出的光恰能使某种金属A 发生光电效应，则下列说法中正确的是（ ）
A ．这群氢原子辐射出的光中共有3种频率的光能使金属A 发生光电效应
B ．如果辐射进来能量为0.32 eV 的光子，可以使氢原子从n ＝4能级向n ＝5能级跃迁
C ．如果辐射进来能量为1.32 eV 的光子，不可以使处于n ＝4能级的氢原子发生电离
D ．用氢原子从n ＝4能级向n ＝1能级跃迁时辐射出的光照射金属A ，所产生的光电子的最大初动能为10.2 eV 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．氢原子从n=4能级向低能级跃迁时可以辐射出6种频率的光子，其中只有从n=4能级向n=3能级跃迁时所辐射出的光子以及从n=3能级向n=2能级跃迁时所辐射出的光子的能量小于从n=4能级向n=2能级跃迁时所辐射出的光子的能量，不能使金属A 发生光电效应，故共有4种频率的光能使金属A 发生光电效应，故A 错误；
B ．因为从n=4能级向n=5能级跃迁时所需要的能量为
54Δ0.31eV E E E =-=
不等于光子能量为0.32eV ，故B 错误；
C ．因为要使处于n=4能级的氢原子发生电离，所需要的能量只要大于0.85eV 就可以，故C 错误；
D ．由题意可知，金属A 的逸出功为2.55eV ， 氢原子从n=4能级向n=1能级跃迁时所辐射出光子的能量为
4112.75eV hv E E =-=
由爱因斯坦光电效应方程可得最大初动能
k 010.2eV E hv W =-=
故D 正确。

故选D 。

4．某银行向在读成人学生发放贷记卡，允许学生利用此卡存款或者短期贷款．一位同学将卡内余额类比成运动中的“速度”，将每个月存取款类比成“加速度”，据此类比方法，某同学在银行账户“元”的情况
下第一个月取出500元，第二个月取出1000元，这个过程可以类比成运动中的( ) A ．速度减小，加速度减小 B ．速度增大，加速度减小 C ．速度增大，加速度增大 D ．速度减小，加速度增大 【答案】C 【解析】 【详解】
将每个月取款类比成“加速度”，第一个月取出500元，第二个月取出1000元，说明加速度变大，将卡内余额类比成运动中的“速度”，卡内贷款变多，则速度增大，故C 正确。

故选C 。

5．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能增大为原来的4倍，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的（ ） A ．向心加速度大小之比为1∶4 B ．轨道半径之比为4∶1 C ．周期之比为4∶1 D ．角速度大小之比为1∶2
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
AB.根据万有引力充当向心力22Mm v G m r r ＝=224m r T
π=m 2ωr=ma ，卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度
GM
r
E k =2GMm r ，由题知变轨后动能增大为原来的4倍，则变轨后轨道半径r 2=14r 1，变轨
前后卫星的轨道半径之比r 1∶r 2=4∶1；向心加速度a=2GM
r
，变轨前后卫星的向心加速度之比a 1∶a 2=1∶16，故A 错误，B 正确；
C.卫星运动的周期234πr T GM =12T T 313
2
r r 81，故C 错误； D.卫星运动的角速度3GM
r ω＝12
ωω3231r r =18，故D 错误．
6．三根通电长直导线平行放置，其截面构成等边三角形，O点为三角形的中心，通过三根直导线的电流大小分别用小I1，I2、I3表示，电流方向如图所示.当I1=I2=I3=I时，O点的磁感应强度大小为B，通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小跟电流成正比，则下列说法正确的是（）
A．当I1=3I，I2=I3=I时，O点的磁感应强度大小为2B
B．当I1=3I，I2=I3=I时，O点的磁感应强度大小为3B
C．当I2=3I，I1=I3=I时，O点的磁感应强度大小为
3
2
B
D．当I3=3I，I1=I2=I时，O点的磁感应强度大小为23B
【答案】A
【解析】
【详解】
AB．根据安培定则画出I1、I2、I3在O点的磁感应强度示意图，当I1=I2=I3时，令B1=B2=B3=B0，示意图如图甲所示
根据磁场叠加原理，可知此时O点的磁感应强度大小B与B0满足关系
01 2
B B
；当I1=3I2，I2=I3=I时，B1=3B0，B2=B3=B0，示意图如图乙所示
由图乙解得O点的磁感应强度大小为4B0=2B，故A正确，B错误；
CD．当I2=3I，I1=I3=I时，B1=B3=B0，B2=3B0，示意图如图丙所示
由图丙解得O 点的磁感应强度大小为0233B B ，同理可得，当I 3=3I ，I 1=I 2=I 时，O 点的磁感应强度大小也为3B ，故CD 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，质量为m 1的木块和质量为m 2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F ，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则( )
A ．μ1一定小于μ2
B ．μ1可能大于μ2
C ．改变F 的大小，F>μ2(m 1＋m 2)g 时，长木板将开始运动
D ．改F 作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g 时，长木板与木块将开始相对滑动 【答案】BD 【解析】 【分析】
因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小．通过对木板分析，根据水平方向上的受力判断其是否运动．当F 作用于长木板时，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，求出最小拉力． 【详解】
对m 1，根据牛顿运动定律有：F-μ1m 1g=m 1a ，对m 2，由于保持静止有：μ1m 1g-F f =0，F f ＜μ2（m 1+m 2）g ，所以动摩擦因数的大小从中无法比较．故A 错误、B 正确．改变F 的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止．故C 错误．若将F 作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m 1g=m 1a ，解得a=μ1g ，对整体分析，有F-μ2（m 1+m 2）g=（m 1+m 2）a ，解得F=（μ1+μ2）（m 1+m 2）g ，所以当F ＞（μ1+μ2）（m 1+m 2）g 时，长木板与木块将开始相对滑动．故
解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解．
8．如图所示，正方形abcd 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a 点沿与ab 成30°角的方向垂直射入磁场．甲粒子垂直于bc 边离开磁场，乙粒子从ad 边的中点离开磁场．已知甲、乙两a 带电粒子的电荷量之比为1:2，质量之比为1:2，不计粒子重力． 以下判断正确的是
A ．甲粒子带负电，乙粒子带正电
B ．甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍
C ．甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的3
D ．甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的14
倍 【答案】CD 【解析】 【分析】
根据粒子运动轨迹，应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间． 【详解】
由甲粒子垂直于bc 边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad 边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A 错误；由几何关系可知，R 甲=2L ，乙粒子在磁场中
偏转的弦切角为60°，弦长为2L ，所以：2L =2R 乙sin60°，解得：R 乙3，由牛顿第二定律得：
qvB=m 2
v r ，动能：E K =12mv 2=222
2B q r m
，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B 错误；由牛顿第二定律得：
qvB=m 2v r ，解得：qBr v m =，洛伦兹力：f=qvB=22q B r m
，即
23f f 甲乙=，故C 正确；由几何关系可知，甲粒子的圆心角为300，由B 分析可得，乙粒子的圆心角为120°，粒子在磁场中的运动时间：t=2α
π
T ，粒子做圆周运动的周期：2m
T qB
π=
可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的1/4
题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．
9．下列说法中正确的是（）
A．分子运动的平均速率可能为零，瞬时速度不可能为零
B．液体与大气相接触时，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引
C．空气的相对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示
D．有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体
E.随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小
【答案】BDE
【解析】
【分析】
【详解】
A．分子做永不停息的做无规则运动，其平均速率不可能为零，而瞬时速度可能为零，故A错误；
B．表面张力的微观解释为液体表面层的分子间距较大，表现为引力，故B正确；
C．空气绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示，故C错误；
D．晶体具有规则的几何形状，有一定的熔点，物理性质表现为各向异性，非晶体则没有规则的几何形状，没有一定的熔点，物理性质表现为各向同性，二者在一定的条件下可以相互转化，例如，天然水晶是晶体，而熔化以后再凝结的水晶（即石英玻璃）就是非晶体，故D正确；
E．随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，当分子距离小于r0时，分子力为斥力，距离增大时分子斥力做正功，分子势能减小；当分子距离大于r0时，分子力为引力，距离增大时分子引力做负功，分子势能增大，故E正确。

故选BDE。

10．在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件，在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为U H．已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有（）
A．N板电势高于M板电势
B ．磁感应强度越大，MN 间电势差越大
C ．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，U H 不变
D ．将磁场和电流分别反向，N 板电势低于M 板电势 【答案】AB 【解析】
A 、根据左手定则，电流的方向向里，自由电荷受力的方向指向N 端，向N 端偏转，则N 点电势高，故A 正确；
B 、设左右两个表面相距为d ，电子所受的电场力等于洛仑兹力，即： 设材料单位体积内电子的个数为n ，材料截面积为s ，则
H
eU evB d
= ①;I=nesv ②; s=dL ③;由①②③得：H BI
U ned
=
,令1
k ne
=
，则 H BI BI U k ned d == ④;所以若保持电流I 恒定，则M 、N 间的电压与磁感虑强度B 成正比，故B 正确；C 、将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则带电粒子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故C 错误；D 、若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N 板电势仍高于M 板电势，故D 错误．故选AB.
【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下平衡．
11．通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q 在场源电荷Q 的电场中具所有电势能表达式为r kqQ
E r
=
式中k 为静电力常量，r 为试探电荷与场源电荷间的距离）。

真空中有两个点电荷Q 1、Q 2分别固定在 x 坐标轴的0x =和6cm x =的位置上。

x 轴上各点的电势φ随x 的变化关系如图所示。

A 、B 是图线与x 的交点，A 点的x 坐标是4.8 cm ，图线上C 点的切线水平。

下列说法正确的是（ ）
A ．电荷Q 1、Q 2的电性相同
B ．电荷Q 1、Q 2的电荷量之比为1∶4
C ．B 点的x 坐标是8cm
D ．C 点的x 坐标是12cm
【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】 A ．电势能
r r E q ϕ=
故电势
r kQ r
ϕ=
那么场源电荷附近电势正负和场源电荷正负一致，故由图可得原点处电荷1Q 带正电，6cm x =处电荷2Q 带负电，故A 错误； B ．A 点处电势为零，故有
2
2
10OA AQ
k Q kQ x x -= 所以，电荷1Q 、2Q 的电荷量之比
2
12 4.8cm 0 4:16cm 4.8cm
OA AQ x Q Q x --=== 故B 错误；
C ．B 点处电势为零，根据电势为零可得
2
12 0OB BQ
k Q kQ x x -= 可得
2
120 6cm
OB B BQ B x Q x Q x x --== 解得所以B 点的x 坐标
8cm B x =
故C 正确； D ．点电荷周围场强
2kQ
E r
=
两场源电荷电性相反，那么两场源电荷在C 点的场强方向相反，C 点电势变化为零，故C 点场强为零，根据叠加定理可得两场源电荷在C 点场强大小相等，故有
21
22
() 6C C k Q kQ x x =- 解得
12cm C x =
故D 正确； 故选CD 。

12．如图甲所示，一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电量为 0.01C 、质量为 0.1kg 的圆环套在杆
上。

整个装置处在水平方向的电场中，电场强度 E 随时间变化的图像如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为 0.5。

t=0 时，环由静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g 取10m/s 2 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．环先做加速运动再做匀速运动
B ．0~2s 内环的位移大于 2.5m
C ．2s 时环的加速度为5m/s 2
D ．环的最大动能为 20J 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在t=0时刻环受的摩擦力为0.53000.01N=1.5N 1N f qE mg μ==⨯⨯>=，则开始时物体静止；随着场强的减小，电场力减小，则当摩擦力小于重力时，圆环开始下滑，此时满足
qE mg μ=
即 E=200N/C
即t=1s 时刻开始运动；且随着电场力减小，摩擦力减小，加速度变大；当电场强度为零时，加速度最大；当场强反向且增加时，摩擦力随之增加，加速度减小，当E=-200N/C 时，加速度减为零，此时速度最大，此时刻为t=5s 时刻；而后环继续做减速运动直到停止，选项A 错误； BC ．环在t=1s 时刻开始运动，在t=2s 时E=100N/C ，此时的加速度为
-mg qE ma μ=
解得 a=5m/s 2
因环以当加速度为5m/s 2匀加速下滑1s 时的位移为
21
51m=2.5m 2
s =⨯⨯
而在t=1s 到t=2s 的时间内加速度最大值为5m/s 2，可知0~2s 内环的位移小于 2.5m ，选项B 错误，C 正确；
D ．由以上分析可知，在t=3s 时刻环的加速度最大，最大值为g ，环从t=1s 开始运动，到t=5s 时刻速度最大，结合a-t 图像的面积可知，最大速度为
1410m/s=20m/s 2
m v =⨯⨯ 则环的最大动能
22110.120J=20J 22
km m E mv ==⨯⨯ 选项D 正确。

故选CD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用气垫导轨做验证动能定理实验装置如图甲所示，重力加速度为g ，按要求完成下列问题。

(1)实验前先用游标卡尺测出遮光条的宽度测量示数如图乙所示，则遮光条的宽度d=___________mm 。

(2)实验中需要的操作是___________。

A ．调节螺钉，使气垫导轨水平
B ．调节定滑轮，使连接滑块的细线与气垫导轨平行
C ．滑块与遮光条的总质量M 一定要远大于钩码的质量m
D ．使滑块释放的位置离光电门适当远一些
(3)按图示安装并调节好装置，开通气源，将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为△t ，则物块通过光电门时的速度为v=___________(用测得的物理量字母表示)
(4)若保持钩码质量不变，改变滑块开始释放的位置，测出每次释放的位置到光电门的距离x 及每次实验时遮光条通过光电门的时间△t ，通过描点作出线性图象来反映合力的功与动能改变量的关系，则所作图象关系是___________时才能符合实验要求。

A ．x －△t
B ．x －(△t)2
C ．x －(△t)－1
D ．x －(△t)－2
【答案】5.45 ABD D
【解析】
【详解】
(1)游标卡尺的主尺读数为5mm ，游标读数为
，所以最终读数为5.45mm ； (2)A 项：调节螺钉，使气垫导轨水平，故A 正确；
B 项：为了使绳的拉力等于滑块的合外力，调节定滑轮，使连接滑块的细线与气垫导轨平行，故B 正确；
C 项：对系统来说，无需滑块与遮光条的总质量M 远大于钩码的质量m ，故C 错误；
D 项：使滑块释放的位置离光电门适当远一些，可以减小测量滑块运动位移的误关，故D 正确。

故选：ABD 。

(3)滑块通过光电门的速度为：；
(4)由公式，解得： ，故选D 。

14．某兴趣小组在实验室用圆锥摆演示仪来测定当地的重力加速度。

图甲是演示仪的简化示意图，细线下面悬挂一个小钢球（直径忽略不计），细线上端固定在电动机转盘上，利用电动机带动钢球做圆锥摆运动。

用转速测定仪测定电动机的转速n ，调节刻度板的位置，使刻度板水平且恰好与小钢球接触，但无相互作用力，用竖直放置的刻度尺测定细线悬点到刻度板的竖直距离h ，不计悬点到转轴间的距离。

(1)开动转轴上的电动机，让摆球转动起来形成圆锥摆。

调节转速n ，当n 越大时，h 越__________（选填“大”或“小”）。

(2)图乙为某次实验中h 的测量结果，其示数为__________cm 。

(3)用直接测量的物理量的符号表示重力加速度g ，其表达式为g =__________。

【答案】小 18.50 224n h π
【解析】
【详解】
(1)[1]n 越大，细线与竖直方向夹角越大，则h 越小。

(2)[2]悬点处的刻度为1.00cm ，水平标尺的刻度为19.50cm ，则示数为
()19.50 1.00cm 18.50cm h =-=
所以示数为18.50cm 。

(3)[3]假设细线与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律得
2tan mg m r θω=
又
tan r h
θ= 2n ωπ=
解得
224g n h π=
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，矩形PQMN 区域内有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E ，已知PQ 长度为3L ，PN 长度为L 。

质量为m 、电量大小为q 的带负电粒子以某一初速度从P 点平行PQ 射入匀强电场，恰好从M
点射出，不计粒子的重力，可能用到的三角函数值sin30°
=0.5，sin37°=0.6，sin45°=2。

(1)求粒子入射速度v 0的大小；
(2)若撤走矩形PQMN 区域内的匀强电场，加上垂直纸面向里的匀强磁场。

该粒子仍以相同的初速度从P 点入射，也恰好从M 点射出磁场。

求匀强磁场磁感应强度B 的大小和粒子在磁场中运动的时间t 。

【答案】（1）02=qEL v m （2）352mE B qL =，372108mL t qE
π= 【解析】
【分析】
【详解】 (1)粒子做类平抛运动，有
qE ma =
212L at = 03L v t =
解得
032=qEL v m
(2)洛伦磁力作为向心力，有
200v qv B m r
=
由几何关系得
222(3)()=+-r L r L
得 03552=
=mv mE B qL qL
回旋角
33tan 4
L r L θ=
=- 又因为 0
2π=T v 360t T θ
︒=⋅
联立解得
372108mL t qE
π
= 16．如图，是游乐场的一项娱乐设备．一环形座舱装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下．已知座舱开始下落的高度为H=75m ，当落到离地面h=30m 的位置时开始制动，座舱均匀减速．在一次娱乐中，某同学把质量m=6kg 的书包放在自己的腿上．g 取10m/s 2，不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力．
（1）当座舱落到离地面h 1=60m 和h 2=20m 的位置时，求书包对该同学腿部的压力各是多大；
（2）若环形座舱的质量M=4×
103kg ，求制动过程中机器输出的平均功率．
【答案】（1）150N （2）1.5×
116W 【解析】
【分析】
本题考查物体在自由下落和减速下降过程中的受力和功率问题，需运用运动学公式、牛顿运动定律、功率等知识求解．
【详解】
（1）当座舱距地面h 1=61m 时，书包处于完全失重状态．故书包对该同学的压力F 1=1．
座舱自由下落高度为H-h=(75-31)m=45m 时，座舱开始制动，设此时的速度为v ，由运动学公式得22()v g H h =-
座舱制动过程做匀减速直线运动，设其加速度大小为a ，则有22v ah =
联解得：a=15m/s 2，方向竖直向上．
设此过程中书包受到腿的支持力为F 2，根据牛顿第二定律，对书包有2F mg ma -=
代入数据可得2=150N F
根据牛顿第三定律有：该同学腿部受到的压力22==150N F F '
（2）设制动过程中座舱所受的制动力为F ，经历的时间为t ， 由运动学公式得：212h vt at =- 根据牛顿第二定律，对座舱有F Mg Ma -=
座舱克服制动力做功 W Fh =
机器输出的平均功率W P t =
联立解得P=1.5×
116W 17．如图所示，材质相同的直角三角形和14
圆形玻璃砖紧紧贴在一起（不考虑中间缝隙），AB=BD=L ，其中AD 是一个平面镜，一束平行光线垂直于AB 边从空气射入玻璃砖，通过BD 边的光线中，只有占BD 长度45
的光线可以从圆弧CD 射出，光在真空中传播速度为c ，则：（可能用到的数值：sin74°=0.96，结果用分数表示）
(1)玻璃砖对光线的折射率n ；
(2)恰好没有从圆弧面CD 射出的光线在玻璃中的传播的时间t 。

【答案】 (1)54，(2)7330Ln c。

【解析】
【详解】 (1)光路图如图所示：
由AB=BD=L ，故： α=45°
只有占BD 长度
45
的光线可以从圆弧CD 射出，故： β=53°
θ=74°
折射率： 115sin sin 4
n C β===； (2)经判断r<C ，故光线在E 点射出，由几何关系可知：
45
MN L =
15
MP L = 35QP L = 根据正弦定理： sin sin L QE θβ
= 得：56
QE L = 故总长度为：
541373655530
x L L L L L =+++= 光在玻璃砖中的传播速度为： c v n =
传播时间为： 7330x Ln t v c ==。