天津市河东区2021届新高考物理考前模拟卷(3)含解析

天津市河东区2021届新高考物理考前模拟卷（3）
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．物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学知识，推动物理学的发展．下列说法符合事实的是（）
A．英国物理学家卢瑟福第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念
B．法拉第最早在实验中观察到电流的磁效应现象，从而揭开了电磁学的序幕
C．爱因斯坦给出了光电效应方程，成功的解释了光电效应现象
D．法国学者库仑最先提出了电场概念，并通过实验得出了库仑定律
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，选项A错误；奥斯特最早在实验中观察到电流的磁效应现象，从而揭开了电磁学的序幕，选项B错误；爱因斯坦给出了光电效应方程，成功的解释了光电效应现象，选项C正确；法拉第最先提出了电场概念，库伦通过实验得出了库仑定律，选项D 错误；故选C.
2．如图所示是嫦娥五号的飞行轨道示意图，其中弧形轨道为地月转移轨道，轨道I是嫦娥五号绕月运行的圆形轨道。

已知轨道I到月球表面的高度为H，月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，若忽略月球自转及地球引力影响，则下列说法中正确的是（）
A．嫦娥五号在轨道III和轨道I上经过Q点时的速率相等
B．嫦娥五号在P点被月球捕获后沿轨道III无动力飞行运动到Q点的过程中，月球与嫦娥五号所组成的系统机械能不断增大
C．嫦娥五号在轨道I
() R g R H
+
D gR 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．嫦娥五号从轨道III 进入轨道I 要先在Q 点减速做近心运动进入轨道II ，再在轨道II 上Q 点减速做近心运动进入轨道I ，所以嫦娥五号在轨道III 和轨道I 上经过Q 点时速率不相等，故A 错误；
B ．嫦娥五号在P 点被月球捕获后沿轨道III 无动力飞行运动到Q 点的过程中，只有引力对嫦娥五号做功，则月球与嫦娥五号所组成的系统机械能守恒，故B 错误；
C ．由公式 2Mm G mg R = 22()Mm v G m R H R H
=++ 联立得
2
()R g R H GM gR v R H R H +===++ 故C 正确；
D ．月球的第一宇宙速度为
GM v gR R
== 嫦娥五号在从月球表面返回时的发射速度要大于或等于gR ，故D 错误。

故选C 。

3．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为11:1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交变电流，A 、V 均为理想电表，二极管D 正向电阻为零，反向电阻无穷大，R 是定值电阻，L 是灯泡，R t 是热敏电阻（电阻随温度升高而减小）。

以下说法正确的是（ ）
A ．交变电流的频率为100Hz
B ．电压表的示数为10V
C ．当温度升高时，灯泡L 变亮
D ．当温度降低时，理想变压器输入功率增大
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．交变电流的周期T=0.02s ，则频率为150Hz f T
==，选项A 错误；
B ．变压器原线圈电压有效值为U 1，则
212U T T R = 解得
U 1=110V
则
2211
10V ==n U U n 选项B 正确；
C ．当温度升高时，R t 阻值减小，则次级电阻减小，因次级电压不变，则次级电流变大，电阻R 上电压变大，则灯泡L 电压减小，则灯泡L 变暗，选项C 错误；
D ．当温度降低时，R t 阻值变大，则次级电阻变大，因次级电压不变，则次级电流变小，则理想变压器次级功率减小，则输入功率减小，选项D 错误。

故选B 。

4．2019年4月10日，事件视界望远镜（EHT ）项目团队发布了人类历史上的首张黑洞照片，我国科学家也参与其中做出了巨大贡献。

经典的“黑洞”理论认为，当恒星收缩到一定程度时，会变成密度非常大的天体，这种天体的逃逸速度非常大，大到光从旁边经过时都不能逃逸，也就是其第二宇宙速度大于等于光速，此时该天体就变成了一个黑洞。

若太阳演变成一个黑洞后的密度为ρ、半径为R ，设光速为c ，第二
倍，引力常量为G ，则2R ρ的最小值是（ ）
A ．2
34c G
π B ．238c G π C ．243G c π D ．2
83G c π 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】 根据万有引力提供向心力有
2
2Mm v G m R R
= 得第一宇宙速度
v =则第二宇宙速度为
3
2
4
2
3
2
G R
GM
v c
R R
ρπ
⋅
==≥
所以
2
2
3
8
c
R
G
ρ
π
≥
选项B正确，ACD错误。

故选B。

5．如图，两光滑导轨竖直放置，导轨平面内两不相邻的相同矩形区域Ⅰ、Ⅱ中存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反。

金属杆ab与导轨垂直且接触良好，导轨上端接有电阻R（其他电阻不计）。

将金属杆ab从距区域Ⅰ上边界一定高度处由静止释放（）
A．金属杆在Ⅰ区域运动的加速度可能一直变大
B．金属杆在Ⅱ区域运动的加速度一定一直变小
C．金属杆在Ⅰ、Ⅱ区域减少的机械能一定相等
D．金属杆经过Ⅰ、Ⅱ区域上边界的速度可能相等
【答案】D
【解析】
【详解】
AB．由于无法确定金属杆进入磁场区域时所受安培力与其重力的大小关系，所以无法确定此时金属杆加速度的方向。

若金属杆进入磁场时其所受安培力
22
B L v
mg
R
>
则有
22
B L v
mg ma
R
-=
且加速度方向向上，可知金属杆进入磁场区域后加速度一直减小或先减小至零再保持不变；若金属杆进入磁场时其所受安培力
22B L v mg R < 则有
22B L v mg ma R
-= 且加速度方向向下，可知金属杆进入磁场区域后加速度一直减小或先减小至零再保持不变；若金属杆进入磁场时其所受安培力
22=B v L R
mg 则金属杆进入磁场区域后加速度为零且保持不变，故A 、B 错误；
C ．根据功能关系得金属杆在Ⅰ、Ⅱ区域中减少的机机械能等于克服安培力做的功，由于无法确定金属杆经过两区域过程中所受安培力的大小关系，所以无法确定金属杆经过两区域过程中克服安培力做功的关系，故故C 错误；
D ．若金属杆进入磁场时其所受安培力
22B L v mg R
> 则金属杆在Ⅰ区域中先做减速运动再做匀速运动或一直做减速运动，出Ⅰ区域后在重力作用下再做加速运动，所以金属杆经过Ⅰ、Ⅱ区域上边界的速度有可能相等，故D 正确。

故选D 。

6．在平直公路上甲乙两车从同一地点出发，两车位移x 和时间t 的比值
x t
与时间t 之间的关系如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．甲车的加速度大小为5m/s 2
B ．6s 末乙车速度减小到零
C ．甲车追上乙车前，2s 末甲乙两车相距最远
D ．乙车速度减小到零时，甲车速度为30m/s
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据2012x v t at =+可得 012
x v at t =+ 甲车的加速度大小为
22111022m/s 10m/s 2
a k ==⨯= 选项A 错误；
B ．由图像可知，乙车的初速度为v 0=15m/s ，加速度为
222252-2m/s 5m/s 2
a k ==⨯=- 则速度减为零的时间为
02
3s v t a == 选项B 错误；
C ．当两车相距最远时速度相等，即
021v a t a t -=
解得
t=1s
选项C 错误；
D ．乙车速度减小到零时需经过t=3s ，此时甲车速度为
130m/s v a t ==
选项D 正确。

故选D 。

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．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1k 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．
8．如图所示，在水平面上固定一个半圆弧轨道，轨道是光滑的，O 点为半圆弧的圆心，一根轻绳跨过半圆弧的A 点(O 、A 等高，不计A 处摩擦)，轻绳一端系在竖直杆上的B 点，另一端连接一个小球P 。

现将另一个小球Q 用光滑轻质挂钩挂在轻绳上的AB 之间，已知整个装置处于静止状态时，α＝30°，β＝45°则（ ）
A ．将绳的
B 端向上缓慢移动一小段距离时绳的张力不变
B ．将绳的B 端向上缓慢移动一小段距离时半圆弧中的小球P 位置下移
C ．静止时剪断A 处轻绳瞬间，小球P 的加速度为
12
g D ．小球P 与小球Q 32【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．绳子
B 端向上移动一小段距离，根据受力分析可知P 球没有发生位移，因此AQP 变成了晾衣架问题，绳长不会变化，A 到右边板的距离不变，因此角度β不会发生变化，即绳子的张力也不会变化；选项A
正确。

B．如果P向下移动一段距离，绳子AP拉力变小，绳长AP变长，而AB之间的绳子长度变短，则角度β变大，绳子AB之间的张力变大，AP的张力也变大，产生矛盾；B错误。

C．剪断A处细绳，拉力突变为零，小球P只受重力的分力，所以加速度为1
2
g；
C正确。

D．根据受力分析，分别对两个小球做受力分析，因为是活结所以绳子的张力都是相同，则
2cos
P
m g
T
α
=,
又由于
2cos
Q
m g
T
β
=.由两式可得
3
2
p
Q
m
m
=；故D正确。

故选ACD。

9．在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和
输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
【答案】CD
【解析】
试题分析：由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A
错误．
B、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据
P=UI可输电线上的电流I线增大，导线上的电压损失变大，则降压变压器的初级电压减小，则降压变压器
的输出电压减小，故B错误．根据P损=I线2R，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故C正确．根据2
()
P
P R
U
=
损
，则有：
2
P PR
P U
损＝；发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大．故D正确．故选CD．考点：远距离输电
10．一定质量的理想气体状态变化如图所示，则（）
A ．状态b 、c 的内能相等
B ．状态a 的内能比状态b 、c 的内能大
C ．在a 到b 的过程中气体对外界做功
D ．在a 到b 的过程中气体向外界放热
E.在b 到c 的过程中气体一直向外界放热
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．根据理想气体状态方程结合图象可知，状态b 、c 的温度相同，故内能相等，故A 正确；
B ．根据理想气体状态方程结合图象可知，状态a 的温度比状态b 、c 的温度高，故状态a 的内能比状态b 、c 的内能大，故B 正确；
C ．在a 到b 的过程中，体积减小，外界对气体做功，故C 错误；
D ．a 到b 的过程，温度降低，内能减小，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体应从外界放热，故D 正确；
E ．状态b 、c 的内能相等，由b 到c 的过程气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，整个过程气体吸热，由a 到b 的过程气体放热，故在c 到a 的过程中气体应吸热；故E 错误． 11．在倾角为θ的光谱固定绝缘斜面上有两个用绝缘轻弹簧连接的物块A 和B ，它们的质量分别为m 和2m ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板，开始未加电场系统处于静止状态，B 不带电，A 带电量为q +，现加一沿斜面方问向上的匀强电场，物块A 沿斜面向上运动，当B 刚离开C 时，A 的速度为v ，之后两个物体运动中当A 的加速度为0时，B 的加速度大小均为a ，方向沿斜面向上，则下列说法正确的是（ ）
A ．从加电场后到
B 刚离开
C 的过程中，A 发生的位移大小为3sin mg k
θ B ．从加电场后到B 刚离开C 的过程中，挡板C 对小物块B 的冲量为0
C ．B 刚离开C 时，电场力对A 做功的瞬时功率为()3sin 2mg ma v θ+
D ．从加电场后到B 刚离开C 的过程中，物块A 的机械能和电势能之和先增大后减小
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．开始未电场时，弹簧处于压缩状态，对A ，根据平衡条件和胡克定律有
1mgsin kx θ=
解得
1mgsin x k
θ= 物块B 刚要离开C 时，弹簧的拉力等于物体B 重力的下滑分力，根据胡克定律，有
22mgsin kx =θ
解得
22mgsin x k
θ= 故从加电场后到B 刚离开C 的过程中，A 发生的位移大小为 123mgsin x x x k θ=+=
选项A 正确；
B ．从加电场后到B 刚离开
C 的过程中，挡板C 对小物块B 的作用力不为零，由I=Ft 知挡板C 对小物块B 的冲量不为0，选项B 错误；
C ．设A 所受的电场力大小为F ，当A 的加速度为0时，B 的加速度大小均为a ，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律，
对A 有
0F mgsin F --=弹θ
对B 有
22F mgsin ma -=弹θ
故有
32F mgsin ma =+θ
B 刚离开
C 时，电场力对A 做功的瞬时功率为
32P Fv mgsin ma v ==+（）θ
选项C 正确；
D ．对A 、B 和弹簧组成的系统，从加电场后到B 刚离开C 的过程中，物块A 的机械能、电势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，弹簧的弹性势能先减小后增大，则物块A 的机械能和电势能之和先增大后减小，
选项D 正确。

故选ACD 。

12．在星球M 上一轻弹簧竖直固定于水平桌面，物体P 轻放在弹簧上由静止释放，其加速度a 与弹簧压缩量x 的关系如图P 线所示。

另一星球N 上用完全相同的弹簧，改用物体Q 完成同样过程，其加速度a 与弹簧压缩量x 的关系如Q 线所示，下列说法正确的是（ ）
A ．同一物体在M 星球表面与在N 星球表面重力大小之比为3：1
B ．物体P 、Q 的质量之比是6：1
C ．M 星球上物体R 由静止开始做加速度为3a 0的匀加速直线运动，通过位移x 0003a x
D ．图中P 、Q 下落的最大速度之比为
62
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．分析图象可知，弹簧压缩量为零时，物体只受重力作用，加速度为重力加速度，则物体在M 星球表面的重力加速度：03M g a =，在N 星球表面的重力加速度：0N g a =，则同一物体在M 星球表面与在N 星球表面重力大小之比为3：1，故A 正确；
B ．分析物体的受力情况，加速度为零时，重力和弹簧弹力平衡，根据平衡条件可得
P M 0m g kx =，Q N 02m g kx = 解得
P Q 16
m m = 故B 错误；
C ．M 星球上，物体R 由静止开始做匀加速直线运动，加速度为3a 0，通过位移x 0，根据速度—位移公式 20023v a x =⨯⋅
可知速度为006v a x
=，故C 错误；
D ．根据动能定理可知，合外力做功等于动能变化，即
k ma x E ⋅=∆
根据图象的面积可得
kP P 00132E m a x =⋅⋅，kQ Q 00122
E m a x =⋅⋅ 动能之比
kP P kQ Q
32E m E m = 结合前面的分析则最大速度之比
P Q 6v v = 故D 正确。

故选AD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．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，一端系有砂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，改变桶中砂的质量进行多次实验。

完成下列问题：
(1)实验时，下列操作或说法正确的是______________ ；
A ．需要用天平测出砂和砂桶的总质量
B ．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
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 ．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
(2)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 ，则打点计时器打B 点时砂桶的速度大小为___m/s ；
(3)以拉力传感器的示数F 为横坐标，以加速度a 为纵坐标，画出的a —F 图像可能正确的是（____） A ．B ．C ．D ．
(4)若作出a —F 图线，求出其“斜率”为k ，则小车的质量为_____。

【答案】B 0.832 A
2k
【解析】
【分析】
【详解】 (1)[1]．AD ．由于有拉力传感器可显示绳中拉力F 的大小，则不需要用天平测出砂和砂桶的总质量，也不需要砂和砂桶的质量远小于小车的质量，选项AD 错误；
B ．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，选项B 正确；
C ．电火花计时器与纸带之间的摩擦力较小，则选用电火花计时器比选用电磁打点计时器实验误差小，选项C 错误；
故选B.
(2) [2]．已知打点计时器电源频率为50Hz ，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为：T=5×0.02s=0.1s 。

B 点对应的速度为
8.32cm/s=41.6cm/s=0.416m/s 20.2
AC B x v T == 则此时砂桶的速度为
20.832m/s B v =
(3)[3]．因长木板放在水平桌面上，则由于没平衡摩擦力，对小车根据牛顿第二定律
22F f f a F m m m
-==- 则得到的a —F 图像可能正确的是A 。

(4)[4]．由22F f f a F m m m -=
=-可知 2k m
= 解得
2m k
= 14．如图所示，在测量玻璃折射率的实验中，两位同学先把方格纸固定在木板上。

再把玻璃砖放在方格纸上，并确定a 和b 为玻璃砖的上下界面的位置。

在玻璃砖的一刻插上两枚大头针1P 和2P ，再从玻璃砖的另一侧插上大头针3P 和4P 。

请完成以下实验步骤：
(1)下列操作步骤正确的是__________；（填正确答案标号）
A ．插上大头针3P ，使3P 挡住2P 的像
B ．插上大头针3P ，使3P 挡住1P 、2P 的像
C ．插上大头针4P ，使4P 挡住3P 的像
D ．插上大头针4P ，使4P 挡住3P 和1P 、2P 的像
(2)正确完成上述操作后，在纸上标出大头针3P 、4P 的位置（图中已标出），在图中作出完整的光路图； （____）
(3)利用光路图计算此玻璃砖的折射率n __________。

【答案】BD 102
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针1P 和2P ，确定入射光线，然后插上大头针3P ，使3P 挡住1P ，2P 的像，再插上大头针4P ，使4P 挡住3P 和1P 、2P 的像，从而确定出射光线。

则BD 正确。

(2)[2]．光路图如图所示。

(3)[3]．在光路图中构造三角形，由图得145
θ=︒，所以
12
sin
2
θ=
2
5
sin
5
θ=
由折射定律
1
2
sin10
sin
n
θ
θ
==
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，真空中有以O1为圆心，R为半径的圆形匀强磁场区域，圆的最左端与y轴相切于坐标原点D，圆的最上端与平行于x轴的虚线MN相切于P点，磁场方向垂直纸面向里，第一象限内在虚线MN 上方沿v轴负方向有平行于y轴的有界匀强电场（上边界平行于x轴，图中未画出）。

现从坐标原点O在纸面内向坐标系的第一象限和第四象限内的不同方向发射速率均为v0的质子。

己知沿x轴正方向发射的质子恰好从P点离开磁场进入电场，能到达电场的上边界，最后也能返回磁场，电场强度E和磁感应强
度B大小未知，但满足关系
6
=
E
v
B
，不计质子的重力、质子对电场和磁场的影响及质子间的相互作用。

(1)求匀强电场上边界与虚线MN的间距d；
(2)在第四象限内沿与x轴正方向成30︒角的方向发射一质子，最终离开磁场，求从发射到最终离开磁场区域的过程质子运动的时间t；
(3)若电场方向改为沿x轴的负方向，场强大小不变，如图所示，电场上边界位置也不变，y0=4R处有一平行于x轴的荧光屏，与y轴相交于Q点，由O点发射的所有质子最终均能打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度。

【答案】（1）3R;（2）
()
143π
-R
v
;（3）
13
8
R
【解析】
【分析】
【详解】
(1)经分析，质子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为R，进入电场后做匀减速直线运动，到达上边界时速度刚好减为零，在电场中，根据动能定理有
20102
qEd mv -=- 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有
200v q B m R
= 又06=E v B
，联立解得 3d R =
(2)质子在磁场和电场中的运动轨迹如图1所示，由几何知识知，质子第一次在磁场中运动的轨迹对应的圆
心角为1120α︒=，质子第二次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为260α︒=，则
质子在磁场中运动的总时间
12
10
π3602T R t T v αα︒+=== 质子在电场中运动的总时间
200041222
d d R t v v v ===
质子在无场区运动的总时间
()
30
01sin 60232R t R v ︒--== 故质子运动的总时间为 ()1230143πR t t t t v -=++=
(3)经分析，所有质子经过磁场偏转后均沿平行于y 轴的方向进入电场，轨迹如图2，质子做类平抛运动，质子刚好打在Q 点时，有
003y R v t ∆==
2012
x at ∆= qE ma =
220000666qv E v v qE a mv m m
R qB
==== 联立解得
34
x R ∆= 故沿y 轴负方向发射的质子打在荧光屏上的位置离y 轴最远，最远距离 524
m x R x R =-∆= 出磁场时横坐标x 在34x R <
范围内的质子将打在y 轴左侧的荧光屏上，有 212
x at = 0y v t '∆=
tan 2
x
y θ='∆
()3tan x R y θ''=-∆
联立解得
200226v v x t t R
'=- 当032R t v =时，即316
R x =时，x '有最大值，最大值为 38
m x R '= 故质子打在荧光屏上发光的区域长度为
'
5313488m m l
x x R R R =+=+= 16．如图所示的矩形玻璃砖，下底面镀银，厚为d ，一束单色光沿OC 方向射到玻璃砖上表面，折射后经下底面反射后再经上表面射出。

已知OC 与玻璃砖上表面成30°角，玻璃砖对该单色光的折射率为3，光在真空中的传播速度为c 。

求：
(1)光在玻璃砖中传播的时间；
(2)光射出玻璃砖上表面的折射角。

【答案】 (1)
4d c
；(2)60︒ 【解析】
【分析】
【详解】 (1)设折射光线在上表面的入射角为1i ，折射角为1r ，在玻璃砖中传播速度为v ，传播距离为x ，传播时间为t ，160i =︒，则
11
sin sin i n r = c
n
υ= 1
2cos d x r =。

x
t υ=
解得
130r =︒
4d t c
=
(2)折射光线在下底面反射后在上表面的D 点折射后到B 点，设在D 点入射角为2r ，折射角为2i ，则 1r α=
2r α= 2
2
sin sin i n r = 解得
260i =︒ 17．如图所示，一竖直放置、缸壁光滑且导热良好的柱形气缸内盛有一定量的理想气体，活塞将气体分隔成体积相同的A 、B 两部分；已知活塞的面积为S ，此时A 中气体的压强为P 1．现将气缸缓慢平放在水平桌面上，稳定后A 、B 两部分气体的体积之比为1：2．在整个过程中，没有气体从一部分通过活塞逸入另一部分，外界气体温度不变．求：
I.气缸平放时两部分气体的压强；
II.活塞的质量m ．
【答案】 (1)1.5P 1；(2)
0P S g 【解析】
【分析】
找出气缸竖直放置和水平放置时，AB 两部分气体的状态参量，结合玻意耳定律列方程求解.
【详解】
（1）对A 部分气体，气缸竖直放置时：气体的压强：p A =p 1，体积V A =V
水平放置时气体的压强p A ′，体积为V A ′=
23V 由玻意耳定律p A V A =p A ′V A ′
解得p A ′=1.5p 1
（2）对B 部分气体，气缸竖直放置时：气体的压强：p B =p A +mg/S ，体积V B =V
水平放置时气体的压强p B ′=p A ′，体积为V B ′=
43
V 由玻意耳定律p B V B =p B ′V B ′
解得m=p 1S/g。