2020年广东省深圳市高考物理冲刺试卷解析版

高考物理冲刺试卷

题号一二三四总分

得分

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.关于原子物理知识的叙述，下列说法正确的是（）

A. 在核反应堆中，为了使快中子的速度减慢，可用重水作为慢化剂

B. 在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的

光电子最大初动能越大，则这种金属的逸出功W0越大

C. 平均结合能大的原子核转变为平均结合能小的原子核时，释放的核能等于结合

能的减少

D. 氢原子吸收一个光子后能量增大，核外电子的加速度增大

2.图为某应急供电系统原理图。若发电机内部线圈面积为S，匝数为N，磁感应强度

为B，输电线电阻为R0，发电机线圈转动角速度恒为ω，则（）

A. 图示位置，发电机中线圈的磁通量最大

B. 用户得到的交变电压的频率为

C. 发电机线圈感应电动势的有效值为NBSω

D. 当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动

3.如图所示，象棋子压着纸条，放在光滑水平桌面上。第一次沿水平方向将纸条抽出，

棋子落在地面上的P点。将棋子、纸条放回原来的位置，仍沿原水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的Q点，与第一次相比（）

A. 棋子受到纸条的摩擦力较大

B. 棋子落地速度与水平方向夹角较大

C. 纸条对棋子的摩擦力做功较多

D. 棋子离开桌面至落地过程中动能增量较大

4.如图所示，以O为圆心、半径为R的虚线圆位于足够大的

匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行，M、N为圆周

上的两点。带电粒子只在电场力作用下运动，在M点速度

方向如图所示，经过M、N两点时速度大小相等。已知M点电势高于O点电势，且电势差为U，下列说法正确的是（）

A. 粒子带负电

B. 粒子由M点运动到N点，电势能先增大后减小

C. 粒子在电场中可能从M点沿圆弧运动到N点

D. 该匀强电场的电场强度大小为

5.2018年6月14日11时06分，探月工程嫦娥四号任务“鹊

桥”中继星成为世界首颗成功进入地月拉格朗日L2点的

Halo使命轨道的卫星，为地月信息联通搭建“天桥”。

如图所示，该L2点位于地球与月球连线的延长线上，“鹊

桥”位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步

绕地球做圆周运动，已知地球、月球和“鹊桥”的质量

分别为M e、M m、m，地球和月球之间的平均距离为R，L2点离月球的距离为x，则（）

A. “鹊桥”的线速度小于月球的线速度

B. “鹊桥”的向心加速度小于月球的向心加速度

C. x满足+=（R+x）

D. x满足+=（R+x）

二、多选题（本大题共5小题，共28.0分）

6.如图所示，轻质弹簧的下端固定在光滑斜面的底部，一个质量为m的物块以平行斜

面的初速度v向弹簧运动。已知弹簧始终处于弹性限度范围内，则下列判断正确的是（）

A. 物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大

B. 物块碰到弹簧后立刻开始做减速运动

C. 物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能小于增加的弹性势能

D. 物块的动能最大时，物块的重力势能最小

7.如图所示，磁感应强度为B的有界匀强磁场的宽度为L，

一质量为m、电阻为R、边长为d（d＜L）的正方形金

属线框竖直放置。线框由静止释放，进入磁场过程中做

匀速运动，完全离开磁场前已做匀速运动。已知重力加

速度为g，则线框（）

A. 进、出磁场过程中电流方向相同

B. 进、出磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量相等

C. 通过磁场的过程中产生的焦耳热为mg（L+d）

D. MN边离开磁场时的速度大小为

8.如图所示，质量为m1的木块和质量为m2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（m1+m2）g时，长木板将开始运动

D. 改F作用于长木板，F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始相对滑

动

9.下列说法中正确的是（）

A. 温度相同的氢气和氮气，氢气分子比氮气分子的平均速率大

B. 夏天荷叶上水珠呈球形，是由于液体表面张力使其表面积收缩的缘故

C. 当理想气体的体积增加时，气体的内能一定增大

D. 将碳素墨水滴入清水中，观察到布朗运动是碳分子的无规则运动

E. 容器内一定质量的理想气体体积不变，温度升高，则单位时间内撞击容器壁的

分子数增加

10.下列说法正确的是（）

A. 部队过桥不能齐步走而要便步走，是为了避免桥梁发生共振现象

B. 横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期

C. 变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场

D. 在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变短，可判断该星球正在靠近向地

球

E. 泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.某同学用如图所示的装置来探究小车加速度与力、质量的关系。

（1）为了使细线对小车的拉力等于小车受到的合力，应______。

A．平衡摩擦力

B．调节细线与长木板平行

C．使砝码及砝码盘的总质量远小于小车的质量

D．使砝码及砝码盘的总质量远大于小车的质量

（2）该同学完成相关操作后将小车由静止释放，读出遮光条通过光电门A、B的时间分别为t1、t2，测出遮光条的宽度为d，A、B之间的距离为x，则小车的加速度a=______（用给定的物理量字母表示）。

（3）若保持砝码和砝码盘的总质量m不变，改变小车质量M，则作出的-M图象

为______。

12.某同学想在实验室测量电压表V1的内阻。

（1）他先用多用电表的欧姆“×1k”挡测量，如图甲所示，该读数为______Ω；多用表的红表笔与电压表V的______（“正”或“负”）的接线柱相连。

（2）为了更准确地测量电压表V1的内阻，实验室提供的实验器材如下：

A．待测电压表V1（量程为0～3V）

B．电压表V2（量程为0～9V，内阻约为9kΩ）

C．滑动变阻器R1（最大阻值为20Ω，额定电流为1A）

D．定值电阻R3（阻值为6kΩ）

E．电源（电动势为9V，内阻约为1Ω）

F．开关一个、导线若干

①根据提供的器材，连接图乙中的实物图

②某次实验时电压表V1和电压表V2的读数分别为U1和U2，移动滑动变阻器滑片，

多次测量，作出U2-U1图象如图丙所示，已知图象的斜率为k，则内阻R V1的表达式为______（用R3和k表示）。

③考虑电压表V2的内电阻，则该方法对实验的测量结果______（填“有”或“无”）

影响。

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）

13.观赏“烟火”表演是每年“春节”庆祝活动的压轴大餐。某型“礼花”底座仅0.2s

的发射时间，就能将5kg的礼花弹竖直抛上180m的高空。（忽略发射底座高度，不计空气阻力，g取10m/s2）。

（1）“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力约是多大？

（2）某次试射，当礼花弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两块（爆炸时炸药质量忽略不计），测得两块落地点间的距离S=900m，落地时两者的速度相互垂直，两块的质量各为多少？

14.如图所示，半径为a的圆内有一固定的边长为1.5a的等边三角形框架ABC，框架

中心与圆心重合，S为位于BC边中点处的狭缝。三角形框架内有一水平放置带电的平行金属板，框架与圆之间存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。一束质量为m、电量为q，不计重力的带正电的粒子，从P点由静止经两板间电场加速后通过狭缝S，垂直BC边向下进入磁场并发生偏转。忽略粒子与框架碰撞时能量与电量损失。求：

（1）要使粒子进入磁场后第一次打在SB的中点，则加速电场的电压为多大？

（2）要使粒子最终仍能回到狭缝S，则加速电场电压满足什么条件？

（3）回到狭缝S的粒子在磁场中运动的最短时间是多少？

15.如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口，

卡口距缸底的高度h=20cm。汽缸活塞的面积S=100cm2，

重量G=100N，其下方密封有一定质量的理想气体，活

塞只能在卡口下方上下移动。活塞和汽缸壁均绝热，不

计它们之间的摩擦，竖直轻弹簧下端与缸底固定连接，

上端与活塞固定连接，原长l0=15cm，劲度系数

k=2000N/m。开始时活塞处于静止状态，汽缸内气体温

度T1=200K，弹簧的长度l1=10cm，现用电热丝缓慢加

热汽缸中的气体（大气压P0=1.0×105Pa）。求

（i）当弹簧恢复原长时时汽缸内气体的温度T2；

（ⅱ）当汽缸中的气体温度T3=500K时汽缸内气体的压强P3。

16.如图所示，横截面为直角三角形的透明柱体，直角

边（面）BC镀银。已知AB=6cm、∠C=300，一束红

色激光从横截面AB边上的中点M点射入，入射角

i=600，从AC边上的N点平行BC边向右射出。

求：①透明物体的折射率。

②射出点N距C点的距离。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A、慢化剂使快中子变成慢中子，常用的慢化剂有石墨、重水和普通水。故A正确。

B、根据光电效应方程可知，光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，则这种金属的逸出功W0越小。故B错误。

C、平均结合能大的原子核转变为平均结合能小的原子核时，吸收一定的能量。故C错误；

D、氢原子核外电子半径增大时，根据可知：核外电子的加速度减小。故D错

误；

故选：A。

慢化剂使快中子变为慢中子。根据光电效应方程分析；当核外电子半径增大时，动能减小，电势能增加，总能量增大。

本题主要考查了光电效应发生条件、跃迁过程中的加速度与总能量的变化情况，以及能级等知识点，知道能级差与光子频率的关系。

2.【答案】D

【解析】解：A、图示位置，线圈与磁场平行，感应电动势最大，磁通量为零，故A错误。

C、发电机线圈感应电动势的最大值为NBSω，故C错误。

B、交流电的频率f=，变压器不改变频率，所以用户得到的交变电压的频率为，故B

错误。

D、根据功率P=UI，当电压不变，则电流增大，从而可确定滑动触头P应向上滑动，故D正确。

故选：D。

当线圈与磁场平行时，感应电动势最大，当两者垂直时，感应电动势最小。

根据闭合电路欧姆定律来确定电流随着电阻变化而变化，但不会改变原线圈的电压，变压器不改变频率。

解答本题要知道当线圈与磁场平行时，感应电动势最大，当两者垂直时，感应电动势最小，区别与有效值，理解电阻的变化，只会改变电流与功率，不会影响电压的变化。3.【答案】C

【解析】解：A．两次由于正压力不变，根据滑动摩擦力公式f=μF N纸带对棋子的摩擦力没变，故A错误；

BC．棋子离开桌面后做平抛运动，由于竖直分位移相同，根据竖直方向运动规律可知时间相同，由于第二次水平分位移较大，可以第二次做平抛运动的初速度大，可知第二

次纸条对棋子的摩擦力做功较多，设落地时速度与水平方向夹角为θ，则，

可知第二次棋子落地时速度与水平方向夹角较小，故B错误，C正确；

D．根据动能定理可知，动能的增量等于合外力的功，由于不计空气阻力，则合力的功即为重力的功，由题可知重力的功相等，故动能的增量相等，故D错误。

故选：C。

纸片对棋子的摩擦力的做功，从而使棋子获得初速度，做平抛运动，则根据平抛运动和

动能定进行求解即可。

解答本题的关键是正确分析铁块在纸条上的运动过程，根据平抛运动规律和动能定理即

可分析解答。

4.【答案】B

【解析】解：AB、带电粒子仅在电场力作用

下，由于粒子在M、N两点动能相等，则电

势能也相等。因为匀强电场，所以两点的连

线MN即为等势面。根据等势面与电场线垂

直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条

件可知，粒子所受的电场力沿着CO方向，不

知场强方向，所以粒子的带电性质无法判断；

可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°

后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后

是动力，所以电势能先增大后减小。故A错

误B正确；

C、粒子在电场中受到力为恒力，故不可能做

圆周运动，故C错误；

D、匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系

可知，U MO=E×R，所以E=，故D错误；

故选：B。

粒子仅在电场力作用下，从M运动到N，由速度大小，得出粒子的动能，从而确定粒子的电势能大与小；粒子在电场中受到力为恒力，不可能做圆周运动；根据Ed=U可求得电场强度的大小。

紧扣速度大小相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系。并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置。同时考查U=Ed中d的含义重要性，注意公式中的d为沿电场线方向上的距离。

5.【答案】C

【解析】解：A、线速度v=ωR，“鹊桥”绕地球转动的半径比月球绕地球的半径大，“鹊桥”绕地球转动的线速度比月球绕地球转动的线速度大，故A错误；

B、向心加速度a=ω2R，“鹊桥”星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故B错误；

CD、“鹊桥”星的向心力由月球和地球引力的合力提供，则有G+G=mω2（R+x），对月球而言则有=M mω2R，

两式联立可解得：+=（R+x），故C正确，D错误；

故选：C。

“鹊桥”星绕地球做圆周运动的轨道周期与月球绕地球做圆周运动的轨道周期相同，其受到地球和月球的引力，二者合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析。

解决本题的关键知道物体做圆周运动，靠地球和月球引力的合力提供向心力。不能认为靠地球的万有引力提供向心力进行分析求解，另外还要仅仅抓住：中继卫星在地月引力作用下绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同。

6.【答案】AC

【解析】【分析】

对物块受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度；根据受力情况判断物体运动性质；根据能量守恒定律比较能的大小。

本题要分析清楚物体的运动过程，准确判断能量是如何转化的，从能量角度和受力分析各项即可。

【解答】

A、物块接触弹簧后受重力、斜面的支持力和弹簧弹力，根据牛顿第二定律得：

a=，物块从接触弹簧到最低点的过程中，弹簧的压缩量逐渐增大，故加速度先

减小，后反向增大，故A正确；

B、物块刚碰到弹簧时，合力向下，加速度向下，与速度方向相同，物块做加速，故B 错误；

C、物块和弹簧组成的系统，机械能守恒，则物块减小的重力势能和动能之和等于增加的弹性势能，则物块减少的重力势能小于增加的弹性势能，故C正确；

D、物块最低点时，物块的重力势能最小，故D错误；

故选：AC。

7.【答案】BCD

【解析】解：A、由右手定则可知，线框进入磁场过程感应电流沿逆时针方向，线框离开磁场过程感应电流沿顺时针方向，电流方向不同，故A错误；

B、通过线框某一横截面的电荷量：，线框进入与离开磁场过

程，B、S、R都相同，通过线框某横截面的电荷量相等，故B正确；

C、由题意可知：入磁场过程中做匀速运动，完全离开磁场前已做匀速运动，由能量守恒定律可知，线框通过磁场过程产生的焦耳热：Q=mg（L+d），故C正确；

D、线框离开磁场过程受到的安培力：F=BId=，线框离开磁场过程做匀速运动，由平衡条件得：=mg，解得：v=，故D正确。

故选：BCD。

应用右手定则判断出线框进出磁场过程感应电流方向；

根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律与电流定义式可以求出通过线框某横截面的电荷量；

应用能量守恒定律可以求出线框通过磁场过程产生的焦耳热；应用平衡条件可以求出线框离开磁场时的速度。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

8.【答案】BD

【解析】解：AB、对m1，根据牛顿运动定律有：F-μ1m1g=m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g-F f=0，F f＜μ2（m1+m2）g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较。故A错误、B正确。

C、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。

D、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，μ1m1g=m1a，

解得a=μ1g，对整体分析，

有F-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a，解得F=（μ1+μ2）（m1+m2）g，所以当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动。故D正确。

故选：BD。

分别对A、B进行受力分析，根据牛顿第二定律，列出对于的方程，可以知道无法μ1、μ2的大小；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；改F作用于长木板，先求出木块的加速度，然后利用整体法求出F的表达式，可以求出长木板与木块将开始相对滑动的条件。

本题考查了牛顿第二定律、摩擦力等知识点。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。

9.【答案】ABE

【解析】解：A、温度相同的氢气和氮气，分子平均动能相同，由于氢气的分子质量小，所以氢气分子比氨气分子的平均速率大，故A正确。

B、荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故，故B正确。

C、根据热力学第一定律△U=W+Q分析可知，若气体膨胀对外做功，同时放热，则内能减小，不是一定增大。故C错误。

D、布朗运动的实质：不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动。故观察到的布朗运动应该是碳素颗粒的运动，而不是碳分子的运动，故D

错误。

E、容器内一定质量的理想气体体积不变，分子密集程度不变，温度升高，分子平均动能增大，即平均速度增大，即单位时间内撞击容器壁的分子数增加，故E正确。

故选：ABE。

（1）温度在宏观上表示物体的冷热程度；在微观上表示分子的平均动能，温度越高，气体分子平均动能越大。

（2）布朗运动：定义：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动。

原因：小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的。

实质：不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动。

解决本题的关键要掌握温度是分子平均动能的标志、液体表面张力、布朗运动的实质、热力学第一定律，理解气体压强的微观实质，这一类的知识点比较简单，但比较分散，要注意积累。

10.【答案】ADE

【解析】解：A、部队过桥不能齐步走而要便步走，是为了避免桥梁发生共振现象，故A正确；

B、在波传播的过程中质点不随波迁移，故B错误；

C、变化的电场一定产生磁场，变化的磁场一定产生电场；均匀变化的电场产生稳定的磁场，均匀变化的磁场产生稳定的电场；故C错误；

D、根据多普勒效应可知，在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变短，频率变大，可判断该星球正在靠近向地球，故D正确；

E、泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象，故E 正确；

故选：ADE。

当振动频率等于固有频率时，会发生共振现象；

质点不会随波迁移的；

均匀变化的电场（磁场），产生稳定的磁场（电场），而非均匀变化的电场（磁场），则产生不稳定的磁场（电场）；

根据多普勒效应，由接收的频率的大小，从而可得波长的长短，从而可确定间距的远近；泊松亮斑是光的衍射形成的，气泡看起来特别明亮是光的全反射现象。

考查了共振现象、电磁波理论内容，同时掌握根据多普勒效应来确定间距的变化，及理解光的明显衍射与全反射的条件。

11.【答案】AB C

【解析】解：（1）进行实验操作时，为了使细线对小车的拉力就等于小车受到的合外力首先平衡摩擦力，且使细线和木板平行，AB正确，

故选：AB；

（2）遮光条通过光电门A时的速度表达式为：。

遮光条通过光电门B时的速度表达式为：，

则有：=；

（3）设小车的加速度为a，绳子拉力为F，以砝码和砝码盘为研究对象得：

mg-F=ma，

以小车为研究对象得：F=Ma

解得：，所以ABD错误，C正确，

故选：C。

故答案为：（1）AB

（2）；

（3）C

为了使细线对小车的拉力等于小车的合外力，必须平衡摩擦力，且木板必须和细线平行；知道光电门测量小车瞬时速度的原理，根据运动学公式求出加速度；

设小车的加速度为a，由牛顿第二定律求小车的加速度表达式分析即可；

本题的难点在于第三个问题图象的选择，解这类题必须学会根据所学知识推导图象纵轴和横轴的物理量的关系式，根据关系式选择即可

12.【答案】6000 负无

【解析】解：（1）由表盘读出指针示数为6.0，

又选用了欧姆“×1k”挡，

故最终读数为6000Ω；

根据多用电表的使用规则知多用表的红表笔与电

压表V的负极相连；

（2）①实物图如图所示

②由实验原理图知，通过R3的电流为：

I=①

电压表V1和R3串联，通过的电流相等，根据欧姆定律，知电压表V1的内阻的表达式为：

R V1=②

又k=③

联立①②③，得：

R V1=

③由②中电压表V1的内阻的表达式可知，

表达式与电压表V2的内阻无关，即考虑电压表V2的内电阻，对实验的测量结果无影响；故答案为：（1）6 000，负；（2）①如图所示；②；③无。

（1）根据多用电表的读数规则可以读出欧姆表示数；

（2）①根据实验原理，可以画出实物图；

②根据实验原理，结合欧姆定律可以求出电压表内阻的表达式；

③根据实验原理，分析误差，可以知道考虑了电压表V2的内电阻，对实验没有影响。本题考查了用多用电表测电阻，关键要能把图象和实验原理结合起来，要能读懂图象的物理意义。

13.【答案】解：（1）设礼花弹竖直抛上180m高空用时为t，由竖直上抛运动的对称性知：

解得：t=6s

设发射时间为t1，火药对礼花弹的作用力为F，对礼花弹发射到180m高空运用动量定理有：Ft1-mg（t+t1）=0

解得：F=1550N

（2）设礼花弹在180m高空爆炸时分裂为质量为m1、m2的两块，对应水平速度大小为v1、v2，方向相反，礼花弹爆炸时该水平方向合外力为零，取m1的速度方向为正方向，由动量守恒定律有：

m1v1-m2v2=0

且有：m1+m2=m

由平抛运动的规律和题目落地的距离条件有：（v1+v2）t=S

设物块落地时竖直速度为v y，落地时两者的速度相互垂直，如图所示，有：，又v y=gt

代入数据解得：对应；

或对应

答：

（1）“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力约是1550N；

（2）两块的质量各为1kg和4kg。

【解析】（1）先根据竖直上抛运动的规律求出礼花弹竖直抛上180m高空所用时间。对整个过程，由动量定理列方程求解火药对礼花弹的作用力为F；

（2）礼花弹爆炸时该水平方向合外力为零，由动量守恒定律结合平抛运动的规律列方程求解两块的质量。

解决本题的关键要明确此题涉及三个过程，能准确把握每个过程的规律，特别是爆炸过程，由于外力远小于内力，系统的动量守恒。对于平抛运动，关键要抓住两个弹片速度关系。

14.【答案】解：（1）粒子在电场中加速，qU=mv2

粒子在磁场中偏转，

依题意

解得

（2）要使粒子能回到S，则每次碰撞时粒子速度都应

与边垂直，则r和v应满足以下条件：

①粒子与框架垂直碰撞，绕过三角形顶点时的轨迹圆弧的圆心应位于三角形顶点上，即SB为半径的奇数倍，

即（n=1，2，3，…）

②要使粒子能绕过顶点且不飞出磁场，临界情况为

粒子轨迹圆与磁场区域圆相切，

即r≤a- a

解得n≥3.3，即n=4，5，6…

得加速电压（n=4，5，6，…）

（3）粒子在磁场中运动周期为T，则有

当n=4时，时间最短

即t min=3×6×+3×T=T

解得

答：（1）要使粒子进入磁场后第一次打在SB的中点，则加速电场的电压为

（2）要使粒子最终仍能回到狭缝S，则加速电场电压满足（n=4，5，6，…）（3）回到狭缝S的粒子在磁场中运动的最短时间是

【解析】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据动能定理求解；

（2）要使粒子能回到S，则每次碰撞时粒子速度都应与边垂直，则r和v应满足以下条件：粒子与框架垂直碰撞，绕过三角形顶点时的轨迹圆弧的圆心应位于三角形顶点上，即SB为半径的奇数倍，要使粒子能绕过顶点且不飞出磁场，临界情况为粒子轨迹圆与磁场区域圆相切，

（3）根据粒子在磁场中运动周期求解。

解决本题的关键得出粒子在磁场中运动的半径通项表达式，确定半径为何值时恰好打在E点，何时能够回到S点，结合半径公式和周期公式进行求解。注意结合几何特性及半

径与长度的关系，从而确定运动轨迹，这是解题的关键。第三问要注意临界几何条件的寻找，可以简单理解为：让最容易从磁场中飞离磁场的粒子（即以E为圆心的粒子轨迹）恰好与磁场外边界相切，满足的条件和第二问一样，只不过磁场有外边界限制后需要重新对n进行取值。

15.【答案】解：（i）开始时，设气体压强为p1，对活塞有：p0S+mg=p1S+k（l0-l1），弹簧恢复原长时，设气体压强为p2，对活塞有：p0S+mg=p2S，

由理想气体状态方程

解得T2=330K

（ⅱ）设温度为T时活塞恰好上移至卡口，对活塞有：p0S+mg+k（h-l0）=pS，

由理想气体状态方程，

解得T=480K

由于T3＞T，所以活塞已上移至卡口

由，

解得

答：（i）当弹簧恢复原长时时汽缸内气体的温度T2为330K；

（ⅱ）当汽缸中的气体温度T3=500K时汽缸内气体的压强P3为1.25×105P a。

【解析】（i）先对活塞分析，加热前后气体压强，然后对气体利用理想气体状态方程列式求解；

（ii）先根据理想气体状态方程分析活塞恰好上升至卡口时的温度，然后与T3比较，最后利用理想气体状态方程或活塞平衡列式求解即可。

本题的关键是分析清楚气体的状态变化过程中，哪些量不变，变化的是什么量，明确初末状态量的值，根据气体定律进行研究。本题要特别注意判断温度升高为500K时活塞上移到卡口没有。

16.【答案】解：①如图，透明物体内部的光路为折线MPN

（P为光线反射点），N、N'点相对于底面BC对称，M、

P和N'三点共线，

设折射角为r，出射光线与法线夹角为i'，对应透明物体

内入射角为r'。

由几何关系得：i'=600

根据折射定律有：

即有：r'=r

由几何关系得：∠BMN'=∠MN'A=600

即有：r'=r=300

根据折射率公式有：

②由图中的几何对称关系可知：CN=CN'=AM

所以：CN=3cm

答：①透明物体的折射率是。

②射出点N距C点的距离是3cm。

【解析】①画出光路图，根据几何关系以及光的折射定律解答；

②根据几何关系可求解。

本题是几何光学问题，作出光路图，运用几何知识求出入射角和折射角是解题的关键之处。