2015年江西省吉安市吉水二中高考物理二模试卷

2015年江西省吉安市吉水二中高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.天文单位（简写AU）是天文常数之一．历史上定义为地球和太阳之间的平均距离．已知水星距离太阳为0.4AU，木星距离太阳约5.2AU，海王星距离太阳约30.1AU，则通过估算判断下述行星公转角速度最接近10-9rad/s的是（）A.水星B.地球C.木星D.海王星【答案】D【解析】解：行星绕太阳运动，根据得，ω=，由此可知，设某行星的公转角速度为ω1，地球的公转角速度为ω2，则，地球公转的角速度为，行星的角速度为rad/s，可得，海王星最接近．故D正确，A、B、C错误．故选D．根据万有引力提供向心力，得出角速度与轨道半径的关系，通过行星和地球的公转角速度之比得出轨道半径之比，从而进行判断．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，知道角速度与轨道半径的关系．2.如图所示，一车载导航仪放在底边水平的三角形支架上，处于静止状态．稍微减小支架的倾斜角度，以下说法正确的是（）A.导航仪所受弹力变小B.导航仪所受摩擦力变小C.支架施加给导航仪的作用力变小D.支架施加给导航仪的作用力变大【答案】B【解析】解：对导航仪受力分析，如图所示：根据平衡条件，有：f=mgsinθN=mgcosθAB、稍微减小支架的倾斜角度，导航仪所受弹力N变大，所受摩擦力变小，故A错误，B正确；CD、稍微减小支架的倾斜角度，支架施加给导航仪的作用力（支持力和静摩擦力的合力）不变，依然等于mg，故CD错误；故选：B对导航仪受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件列式分析即可．本题关键是明确导航仪的受力情况，然后结合平衡条件列式分析，基础题目．3.一静止的物体所受到的合外力随时间的变化关系如图所示，图中F1、F2未知．已知物体从t=0时刻出发，在3t0时刻恰又返回到出发点，则（）A.O～t o物体做匀加速直线运动，t o-3t o物体做匀减速直线运动B.物体在F1作用下的位移与在F2作用下的位移相等C.t0时刻物体的速度与3t0时刻物体的速度大小之比为D.F1与F2大小之比为【答案】C【解析】解：A、由图可知F1作用时间为t0，物体做匀加速运动，然后改为反向F2作用时间为2t0，物体先匀减速再反向匀加速至出发点．故A错误．B、物体返回到出发点，则物体在F1作用下的位移与在F2作用下的位移大小相等，方向相反，则位移不等，故B错误．C、设F1作用下物体的位移为S，则有：S=•t0F2作用下物体的位移为-S，有：-S=•2t0；解得t0时刻物体的速度与3t0时刻物体的速度大小之比=，故C正确．D、根据动量定理得：F1•t0=mv1，-F2•2t0=-mv2-mv1，解得F1：F2=5：4．故D错误．故选：C．先分析物体的运动情况，知道物体先在F1作用下做匀加速运动，后在F2作用下先做匀减速直线运动，速度减至零后向相反方向做匀加速运动，最后回到出发点，根据x=t列式即可求解t0时刻物体的速度与3t0时刻物体的速度大小之比．由动量定理即可求得力之比．本题要求同学们能正确分析物体的运动情况，抓住两个运动过程的位移大小相等，方向相反列式求解．4.如图所示，实线和虚线分别表示某电场的电场线和等势线，下列说法中正确的是（）A.c点场强大于a点场强B.c点电势高于a点电势C.c、b两点间的电势差大于c、a两点间的电势差D.若将一试探电荷+q由a点移动到b点，电场力做正功【答案】B【解析】解：A、a点的电场线比c点电场线密，可知a点的场强大于c点的场强，故A错误．B、沿电场线方向电势逐渐降低，可知c点的电势高于a点电势，故B正确．C、因为b、a两点电势相等，可知c、b两点间的电势差等于c、a两点间的电势差，故C错误．D、a、b两点电势相等，将一试探电荷+q由a点移动到b点，电场力不做功，故D错误．故选：B．根据电场线的疏密比较电场的强弱，通过沿电场线方向电势逐渐降低比较电势的高低．根据电势差的正负，结合电场力做功与电势差的关系判断电场力做功的正负．解决本题的关键知道电场线的疏密表示电场的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，以及知道电荷在等势面上移动，电场力不做功．5.一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U的关系图象如图（a）所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率相同，现将它们连接成如图（b）所示的电路，仍接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是P D、P1、P2，它们之间的大小关系是（）A.P1=4P2 B.P1＞4P2 C.P D＞P2 D.P D＜P2【答案】D【解析】解：由题，电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图（b）所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，由（a）图象可知，电阻器D的电阻增大，则有R D＞R1=R2．而R D与R2并联，电压相等，根据欧姆定律得知，电流I D＜I2，又I1=I2+I D，得到I1＜2I2，I1＞2I D．P1=R1，P D=RD，P2=，所以得到P1＜4P2，P D＜P2．故ABC错误，D正确．故选D根据半导体材料的伏安特性曲线可知，随着电压增大，电阻器D的电阻减小，电压减小，电阻增大．电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图（b）所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，电阻增大，根据并联电路的特点分析其电流与R1、R2电流的关系，再研究功率关系．本题首先要读懂半导体材料的伏安特性曲线，其次要抓住串并联电路的特点进行分析．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)6.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，已知质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是（）A.质点经过C点的速率比D点的速率大B.质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角大于90°C.质点经过D点时的加速度比B点的加速度大D.质点从B运动到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减【答案】AB【解析】解：A、质点做匀变速曲线运动，从曲线运动条件可知，从C到D，力对于质点运动是阻力，因此C点的速度比D点速率大，故A正确；B、质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则有A、B、C三点速度与加速度方向夹角大于90°，故B正确；C、质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过D点时的加速度与B点相同，故C错误；D、质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先减小后增大，故D错误；故选：AB．物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同；由牛顿第二定律可以判断加速度的方向．本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决了．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)7.质量为m的带电小球由空中某点A无初速度地自由下落，在t秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则（）A.匀强电场方向竖直向上B.从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能变化了mg2t2C.整个过程中小球电势能减少了2mg2t2D.从A点到最低点的过程中，小球重力势能变化了mg2t2【答案】CD【解析】解：A、小球所受电场力方向是向上的，但不知道小球带电的电性，所以不能判断电场的方向，故A错误；B、从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了△E k=，故B错误；C、小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反．设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则由gt2=-（vt-at2）又v=gt解得a=3g，则小球回到A点时的速度为v′=v-at=-2gt整个过程中小球速度增量的大小为△v=v′-v=-3gt，速度增量的大小为3gt．由牛顿第二定律得：a=，联立解得电场力大小：E q=4mg整个过程中电场力做的功；电场力做的功等于电势能的减小量，故整个过程中小球电势能减少了2mg2t2；故C正确；D、设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得：mgh-q E（h-gt2）=0解得：h=gt2；重力势能=mgh=g2t2h，故D正确．故选：CD．分析小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动．由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场力，由W=q E d求得电场力做功，即可得到电势能的变化．由动能定理得求出A点到最低点的高度，得到重力势能的减小量．本题考查学生应用牛顿运动定律及功能关系解决物理问题的能力；首先要分析小球的运动过程，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律和动能定理结合进行研究．四、多选题(本大题共1小题，共6.0分)8.如图甲所示，一轻弹簧的下端固定在倾角为30°的足够长光滑斜面的底端，上端放一小滑块，滑块与弹簧不拴接．沿斜面向下压滑块至离斜面底端l=0.1m处后由静止释放，滑块的动能E k与距斜面底端的距离l的关系如图乙所示．其中从0.2m到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，不计空气阻力，取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A.小滑块的质量为0.4kgB.弹簧的最大形变量为0.2mC.弹簧最大弹性势能为0.6JD.弹簧的劲度系数为100N/m【答案】AD【解析】解：A、物体离开弹簧后只有重力做功，动能转化为重力势能，结合动能定理得：-mgsinθ•△l1=△E k，l1=0.35m-0.20m=0.15m代入数据得：m=0.4kg．故A正确；B、由图可知，在弹簧长度是0.2m处滑块与弹簧分离，所以弹簧的原长是0.2m，弹簧的最大形变量为0.2m-0.1m=0.1m．故B错误；C、滑块释放后到滑块到达最高点时，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，所以：E P m=-mgsinθ•△l2，l2=0.35m-0.10m=0.25m与A中的两个公式联立可得：E P m=0.5J．故C错误．D、根据弹簧的弹性势能的表达式：可得：N/m．故D正确．故选：AD物体离开弹簧后向上做匀减速运动，只有重力做功，动能转化为重力势能，结合动能定理（机械能守恒）即可求出滑块的质量；由图即可求出弹簧的最大形变量；结合功能关系即可求出弹簧最大弹性势能；本题结合图象考查动能定理与功能关系的综合应用，综合性较强，通过动能定理得出物体的质量是解决本题的关键．八、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.A、B两列简谐横波均沿x轴正向传播，在某时刻的波形分别如图中甲、乙所示，经过时间t（t小于A波的周期T A），这两列简谐横波的波形分别变为图中丙、丁所示，则A、B两列波的波速v A、v B之比可能是（）A.1：1B.2：1C.1：2D.3：1E.1：3【答案】ACE【解析】解：由图读出，A波波长为λA=24cm，甲图到丙图一定是半个周期，所以周期T A=2t；B波波长为λB=12cm，乙图与丁图的波形图相同，经过的时间一定是整数个周期，所以周期T B=，波速v A=，v B=，得到v A：v B=1：n，所以A、B两列波的波速v A、v B之比可能是ACE，不可能的是B、D．故选：ACE由题，甲、丙图象反相，t小于A波的周期T A，说明A波经过了半个周期．B波的图象与原来重合，说明经过了整数倍周期．由图读出两波的波长，由题分别得到周期与时间的关系，由波速公式得到波速的关系式，再进行选择．本题中知道两个时刻波形图，抓住经过半个周期时间，波形反相；经过整数倍周期时间，图象重合是关键．十、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.U放射性衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成B i，而B i可以经一次衰变变成X（X代表某种元素），也可以经一次衰变变成T i，X和T i最后都变成P b，衰变路径如图所示．可知图中（）A.a=82，b=206B.a=84，b=206C.①是β衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子和电子而生成的D.②是α衰变，放出的是正电子，正电子是由质子转变成中子和一个正电子而生成的E.U经过8次α衰变和6次β衰变后可生成新核P b【答案】BCE【解析】解：A、B、83210B i经过①变化为α210X，质量数没有发生变化，为β衰变，即：B i→α210X+-10e，故a=84，83210B i经过经过②变化为81b T i，核电荷数少2，为α83210衰变，即：83210B i→81b T i+24H e，故b=206，故A错误，B正确；C、D、①是β衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子时产生的，故C正确，D错误；E、质量数减少238-206=32为8次α衰变，电荷数92=82+8×2-6故经过6次β衰变，故E正确．故选：BCEB i经过①变化为α210X，质量数没有发生变化，为β衰变，经过②变化为81b T i，83210核电荷数少2，为α衰变，根据α衰变和β衰变的实质原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，质量数减小4，一次β衰变后电荷数增加1，质量数不变．分析即可．知道发生α、β衰变的实质．能够运用质量数和电荷数守恒进行分析判断即可．五、实验题探究题(本大题共1小题，共6.0分)9.某学习小组在“探究功与速度变化关系”的实验中采用了图1所示的实验装置．数字计时器（1）将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，检查是否调平的方法是______ ．（2）如图2所示，游标卡尺测得遮光条的宽度△d= ______ cm；实验时，将橡皮条挂在滑块的挂勾上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，以保证每次拉伸的距离恒定．现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门的时间为△t，则滑块最后匀速运动的速度表达式为______ （用字母表示）．（3）逐条增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门的时间，并计算出对应的速度．则画出的W-v2图象应是______ ．【答案】接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的（或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）；0.550；；过坐标原点的一条倾斜直线【解析】解：（1）气垫导轨可以认为是光滑的，在判断其是否水平时可以采取的方法是：接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的（或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）．（2）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为5.50mm=0.550cm．由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，所以v=；（3）根据动能定理可知，合外力做的功应等于物体动能的变化量，所以画出的W-v2图象应是过坐标原点的一条倾斜直线故答案为：（1）接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的（或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）；（2）0.550；；（3）过坐标原点的一条倾斜直线．（1）明确实验原理以及气垫导轨装置的特点可正确解答；（2）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．解决本题的关键知道游标卡尺的读数方法，以及知道在极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度．六、填空题(本大题共1小题，共9.0分)10.在“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验中（1）将待测电池组、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、电键及若干导线连接成电路如图（a）所示，图中未接导线的A端应接在______ 点（选填“B”、“C”、“D”或“E”）．（2）实验得到的U-I关系如图（b）中的直线Ⅰ所示，则电池组的电动势为______ V，内电阻的阻值为______ Ω．（3）为了测量定值电阻的阻值，应在图（a）中将“A”端重新连接到______ 点（选填：“B”、“C”、“D”或“E”），所得到的U-I的关系如图（b）中的直线Ⅱ所示，则定值电阻的阻值为______ Ω．【答案】C；2.8；2；D；3【解析】解：（1）应用伏安法测电源电动势与内阻实验，电压表应测路端电压，由图a所示电路图可知，导线应接在C点．（2）由图（b）中的直线Ⅰ所示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是2.8，则电源电动势E=2.8V，电源内阻为：r===2Ω．（3）可以把定值电阻与电源组成的整体作为等效电源，测出等效电源的内阻，然后求出定值电阻阻值，由图（a）所示电路图可知，导线应接在D点，通过电压传感器来测量滑动变阻器的电压，从而算出定值电阻的电压；由（b）中的直线Ⅱ所示可知：k=R+r===5Ω，则定值电阻阻值：R=k-r=5-2=3Ω；故答案为：（1）C；（2）2.8，2；（3）D，3．（1）根据伏安法测电源电动势的原理分析电路图，然后答题；（2）电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图示图象可以求出电源电动势与内阻；（3）可以把定值电阻与电源组成的整体作为等效电源，求出等效电源的内阻，然后求出定值电阻阻值，根据电路图与图象分析答题．本题考查了电路的连接、求电源电动势与内阻、求定值电阻阻值，知道实验原理是正确解题的前提与关键，分析清楚电路结构、根据图示图象即可正确解题；电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．七、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图1所示，一根直杆AB与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到A点静止释放，物体下滑与挡板第一次碰撞前后的v-t图象如图2所示，物块最终停止在B点．重力加速度为g=10m/s2，求：（1）物块与杆之间的动摩擦因数μ；（2）物块滑过的总路程s．【答案】解：（1）设杆子与水平方向的夹角为θ，由图象可知，物块匀加速运动的加速度大小，匀减速上滑的加速度大小，根据牛顿第二定律得，mgsinθ-μmgcosθ=ma1，mgsinθ+μmgcosθ=ma2，联立两式解得μ=0.25，sinθ=0.6．（2）物块最终停止在底端，对全过程运用动能定理得，mgs1sinθ-μmgcosθ•s=0，由图线围成的面积知，，代入数据解得s=3m．答：（1）物块与杆之间的动摩擦因数μ为0.25；（2）物块滑过的总路程s为3m．【解析】根据速度时间公式求出下滑和上滑的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与杆之间的动摩擦因数．对全过程运用动能定理，求出物块滑块的总路程．本题考查了牛顿第二定律、动能定理以及速度时间图线的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度不大．12.如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一竖直放置的光滑的平行金属导轨，导轨平面与磁场垂直，导轨间距为L，顶端接有阻值为R的电阻．将一根金属棒从导轨上的M处以速度v0竖直向上抛出，棒到达N处后返回，回到出发点M时棒的速度为抛出时的一半．已知棒的长度为L，质量为m，电阻为r．金属棒始终在磁场中运动，处于水平且与导轨接触良好，忽略导轨的电阻．重力加速度为g．（1）金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，求：a．电阻R消耗的电能；b．金属棒运动的时间．（2）经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子的碰撞．已知元电荷为e．求当金属棒向下运动达到稳定状态时，棒中金属离子对一个自由电子沿棒方向的平均作用力大小．【答案】解：（1）a．金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，由能量守恒回路中消耗的电能电阻R消耗的电能b．方法一：金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，取向下为正方向，由动量定理得：安将整个运动过程划分成很多小段，可认为在每个小段中感应电动势几乎不变，设每小段的时间为△t．则安培力的冲量I安=B i1L•△t+B i2L•△t+B i3L•△t+…I安=BL（i1•△t+i2•△t+i3•△t+…）I安=BL q又，，因为△Φ=0，所以I安=0解得方法二：金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，由动量定理安将整个运动过程划分成很多小段，可认为在每个小段中感应电动势几乎不变，设每小段的时间为△t．则安培力的冲量安安因为棒的位移为0，则v1•△t+v2•△t+v3•△t+…=0所以I安=0解得方法三：金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，由动量定理得安棒的速度v随时间t变化的图象如图所示．因为棒所受安培力安所以棒所受安培力F安随时间t变化的图象亦大致如此．棒的位移为0，则v-t图线与横轴所围“总面积”为0，F安-t图线与横轴所围“总面积”也为0，即整个过程中安培力的冲量I安=0．解得（2）方法一：当金属棒向下运动达到稳定状态时mg=F m其中解得沿棒方向，棒中自由电子受到洛伦兹力ev m B、电场力e E和金属离子对它的平均作用力f作用．因为棒中电流恒定，所以自由电子沿棒的运动可视为匀速运动．则f+e E=ev m B又解得方法二：当金属棒向下运动达到稳定状态时单位时间内机械能减少P=mgv m金属棒生热功率P r=回路中的电流设棒的横截面积为S，棒中单位体积内的自由电子数为n，棒中自由电子定向移动的速度为v，金属离子对自由电子的平均作用力为f．则P r=（n SL）fv，I=ne S v．所以答：（1）金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，a．电阻R消耗的电能为；b．金属棒运动的时间为．（2）当金属棒向下运动达到稳定状态时，棒中金属离子对一个自由电子沿棒方向的平均作用力大小为．【解析】（1）金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，动能减少转化为电能，根据能量守恒定律求电阻R消耗的电能．由于金属棒在运动过程中所受的安培力随着速度的变化而变化，做的是非匀变速运动，不能用运动学公式求时间，可运用动量定理和微元法结合求解．（2）当金属棒向下运动达到稳定状态时重力的功率等于回路的电功率．根据电流的微观表达式I=ne S v和金属棒生热功率公式P r=（n SL）fv，结合进行解答．解决本题的关键是学会运用微元法求变加速运动的时间，掌握金属棒稳定的条件，理解宏观与微观联系的桥梁是电流的微观表达式．九、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.如图所示，在半径为R的玻璃砖上部有一层厚度为R的透明液体，当射向圆心O的一束光与竖直方向成夹角α1=30°时，恰好没有光进入液体上方的空气中；如果射向圆心O的一束光与竖直方向成夹角α2=45°时，恰好没有光进入透明液体中，求：①透明液体和玻璃的折射率；②光与竖直方向成夹角α1=30°射入时光在透明液体中传播的时间（真空中光速c）．【答案】解：①设液体和玻璃的折射率分别为n液体和n玻璃，当光线与竖直方向成夹角α1=30°时，折射光线与竖直方向夹角为θ根据题意，有：sinθ=液体由于：n液体sinθ=n玻璃sinα1代入数据，解得：n玻璃=2当光线与竖直方向成夹角α2=45°时，sin45°=液体玻璃代入数据，解得：n液体=②、由①知sinθ==光在透明液体的速度：v=液体光在透明液体的路程：s=2•=光在透明液体中的传播时间：t==答：①透明液体和玻璃的折射率为和2；②光与竖直方向成夹角α1=30°射入时光在透明液体中传播的时间为．【解析】由全反射定律求出玻璃的折射率；由折射定律得到透明液体的折射率；由v=求出液体中的传播速度，由几何知识确定路程，由t=求出传播时间．本题是几何光学问题，掌握全反射定律和折射定律是解决问题的基础，并灵活结合几何知识求解．十一、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.如图所示，一枚质量为0.05kg的子弹以100m/s的速度打入静止在光滑平台上的木块，木块质量为0.95kg（子弹经过t=0.01s留在木块里），平台右侧的光滑水平面上放有平板小车，最终木块未滑离小车．已知小车质量为4kg，小车与滑块之间的动摩擦因数为0.4．求：①子弹打入木块的过程中，子弹受到的平均阻力大小．②小车的长度至少为多少．【答案】解：（1）规定向右为正方向，对子弹和木块组成的系统运用动量守恒有：m1v0=（m1+m2）v1，解得，根据动量定理得，-ft=m1v-m1v0，解得f=475N．（2）规定向右为正方向，对子弹、木块和小车组成的系统运用动量守恒得，（m1+m2）v1=（m1+m2+m3）v′，根据能量守恒有：μ（m1+m2）g L=′，联立代入数据解得L=2.5m．答：（1）子弹打入木块的过程中，子弹受到的平均阻力大小为475N．（2）小车的长度至少为2.5m．【解析】根据动量守恒定律求出子弹射入木块后的速度，结合动量定理求出子弹受到的平均阻力大小．对整个系统运用动量守恒求出最终共同速度，结合能量守恒定律求出小车的至少长度．本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题，解题时要注意研究对象与运动过程的选择，注意正方向的选择．。