高考物理總復(fù)習(xí)《計(jì)算題》專項(xiàng)測試卷含答案

第第頁高考物理總復(fù)習(xí)《計(jì)算題》專項(xiàng)測試卷含答案學(xué)校:___________班級：___________姓名：___________考號：___________1.如圖所示，物塊A和B靜止在光滑水平面上，B的前端固定一輕質(zhì)彈簧，某時(shí)刻一子彈以大小為3v0的速度水平射向B并嵌入其中，射入過程子彈與B水平方向的平均相互作用力大小為35mg，之后B以大小為eq\f(5,4)v0的速度向著A運(yùn)動(dòng)，從彈簧開始接觸A到第一次被壓縮至最短所用時(shí)間為t，在這段時(shí)間內(nèi)B運(yùn)動(dòng)的位移大小為1.1v0t。又經(jīng)過一段時(shí)間后A與彈簧分離，滑上粗糙斜面后再滑下，在水平面上再次壓縮彈簧后又滑上斜面。已知A的質(zhì)量為m，子彈和B的總質(zhì)量為4m，A前兩次在斜面上到達(dá)的最高點(diǎn)相同，B始終在水平面上運(yùn)動(dòng)，斜面與水平面平滑連接，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，不計(jì)A、B碰撞過程中的機(jī)械能損失。求：(1)子彈嵌入物塊B的深度；(2)物塊A第一次離開彈簧時(shí)，A、B各自的速度大??；(3)物塊A第一次在斜面上到達(dá)的最大高度；(4)物塊A第一次離開彈簧前，彈簧的最大壓縮量。2.如圖所示，M1M2與P1P2是固定在水平面上的兩光滑平行導(dǎo)軌，間距為L1＝1m，M1M2P2P1區(qū)域內(nèi)存在垂直于所在導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1T。N1N2與Q1Q2也是固定在水平面上的兩光滑平行導(dǎo)軌，間距為L2＝0.5m，并用導(dǎo)線分別與M1M2、P2P1相連接，N1N2Q2Q1區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌所在平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2＝2T。在M1M2P2P1區(qū)域放置導(dǎo)體棒G，其質(zhì)量m1＝2kg、電阻R1＝1Ω、長度為L1＝1m，在N1N2Q2Q1區(qū)域內(nèi)放置導(dǎo)體棒H，其質(zhì)量m2＝1kg、電阻R2＝1Ω、長度為L2＝0.5m。剛開始時(shí)兩棒都與導(dǎo)軌垂直放置，且導(dǎo)體棒H被鎖定，兩個(gè)區(qū)域?qū)к壎甲銐蜷L、不計(jì)電阻且棒始終與導(dǎo)軌接觸良好。(1)要想使導(dǎo)體棒G在水平向右的外力作用下做初速度為零、加速度大小為a＝2m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，請寫出力F與時(shí)間t的關(guān)系式；(2)若在導(dǎo)體棒G上施加水平向右的F1＝5N的外力，在作用t1＝5s后達(dá)到最大速度，求此過程中導(dǎo)體棒G的位移大??；(3)若導(dǎo)體棒G在水平向右的外力F作用下做初速度為零、加速度大小為a＝2m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)t2＝6s后將力F撤去，同時(shí)將導(dǎo)體棒H解鎖，求從撤去外力到導(dǎo)體棒H獲得最大速度的過程中導(dǎo)體棒H產(chǎn)生的熱量；(4)若開始時(shí)導(dǎo)體棒H即解除鎖定，導(dǎo)體棒G一直在外力F作用下向右做a＝2m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求電路穩(wěn)定后兩棒的速度滿足的關(guān)系式。3.圖(a)為某種機(jī)械的新型減振器—氮?dú)鉁p振器，其結(jié)構(gòu)如圖(b)，減振器中的活塞質(zhì)量為2kg，汽缸內(nèi)活塞的橫截面積為S＝50cm2。為了測量減震器的性能參數(shù)，將減震器豎直放置，給汽缸內(nèi)充入氮?dú)?，?dāng)氣壓達(dá)到p＝6×105Pa時(shí)，活塞下端被兩邊的卡環(huán)卡住，氮?dú)鈿庵L度為L＝20cm且輕質(zhì)彈簧恰好處于原長。不計(jì)活塞厚度和一切摩擦，汽缸導(dǎo)熱性良好，汽缸內(nèi)密閉的氮?dú)庖暈槔硐霘怏w，大氣壓強(qiáng)p0＝1×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，環(huán)境溫度不變。(1)現(xiàn)用外力豎直向下壓活塞，使活塞緩慢向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)汽缸內(nèi)氮?dú)獾膲簭?qiáng)大小為p′＝1×106Pa時(shí)，活塞停止運(yùn)動(dòng)，求此過程中活塞下降的距離h；(2)若在(1)的過程中，外力對活塞做的功為W＝87.2J，過程結(jié)束時(shí)彈簧的彈性勢能為Ep＝6.4J，求此過程中氮?dú)庀蛲饨绶懦龅目偀崃縌。4.如圖甲所示，地面上固定一傾角θ＝37°的斜面，一輕彈簧與斜面平行放置，一端固定在斜面底端。某同學(xué)將一智能手機(jī)固定在L形擋板上，現(xiàn)打開手機(jī)上的加速度傳感器，同時(shí)讓L形擋板和手機(jī)從斜面上某處由靜止開始下滑。以釋放處L形擋板的前端為坐標(biāo)原點(diǎn)O，沿斜面向下建立Ox軸，通過投屏軟件在電腦屏幕上顯示出擋板運(yùn)動(dòng)的加速度a與其位移x之間的部分關(guān)系如圖乙所示。已知手機(jī)與L形擋板的總質(zhì)量m＝1.0kg，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，eq\r(1.4)≈1.2。求：(1)L形擋板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)和彈簧的勁度系數(shù)；(2)彈簧的最大彈性勢能Epm。(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)5.某地上空出現(xiàn)三日同輝的情景(如圖甲)，這是大氣中一種特殊的光學(xué)現(xiàn)象。當(dāng)氣溫較低時(shí)，高空中可出現(xiàn)均勻分布的正六邊形板狀冰晶(圖乙為其截面圖)。若此時(shí)太陽處于地平線附近，光線從冰晶側(cè)面射入(圖乙為從AB中點(diǎn)射入)，由冰晶的另一側(cè)面射出，當(dāng)最后的出射角r2等于最初的入射角i1時(shí)，偏向角δ(光線經(jīng)過冰晶折射偏轉(zhuǎn)的角度)最小，為22°，這時(shí)出射光線若到達(dá)人的眼睛，人們能夠在相對太陽中心觀察角度約為22°的兩側(cè)觀察到好似太陽的兩個(gè)亮點(diǎn)。已知sin41°＝0.656，cos41°＝0.755，正六邊形邊長為L，真空中的光速為c，試求：(1)冰晶的折射率n；(2)從AB中點(diǎn)射入的光線在冰晶內(nèi)的傳播時(shí)間(不考慮反射)。6.如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場，板長是板間距離的eq\r(3)倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點(diǎn)飛出電場，并沿PO方向從圖中O′點(diǎn)射入磁場。已知圓形磁場區(qū)域半徑為eq\f(2mv0,3qB)，不計(jì)粒子重力。(1)求金屬板間電勢差U；(2)求粒子射出磁場時(shí)與射入磁場時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角θ；(3)僅改變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O′點(diǎn)射入磁場，且在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長。定性畫出粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M。7.如圖所示，一透明材料下部是半徑為R、高3R的圓柱體，上部為半徑為R的半球，O1為球心，O1O2為中心軸，在O1正下方距離R處有一個(gè)點(diǎn)光源S，向各個(gè)方向發(fā)光。(1)若該材料的折射率n＝eq\r(3)，光線SA與O1O2軸成α角，照射到表面A點(diǎn)后恰能平行中心軸出射，求α角的大??；(2)不考慮光的反射，若要使該透明材料表面各處均有光線出射，該材料的折射率不能超過多大？8.某?？萍冀M利用圖甲所示裝置研究過山車項(xiàng)目中所遵循的物理規(guī)律，圖中Q為水平彈射裝置，AB為傾角θ＝30°的傾斜軌道，取A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，水平向左為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向。Q可在坐標(biāo)平面內(nèi)移動(dòng)，BC為水平軌道，CDC′為豎直圓軌道，C′E為足夠長弧形軌道，各軌道均平滑連接。已知滑塊質(zhì)量為m，圓軌道半徑為R，軌道AB長為eq\f(3,2)R，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1隨滑塊與A點(diǎn)距離l的變化關(guān)系如圖乙所示，BC長為2R，滑塊與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.5，其余各段軌道均光滑。彈射裝置彈出的滑塊均能無碰撞地從A點(diǎn)切入斜面，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。求：(1)彈出點(diǎn)的坐標(biāo)(x，y)應(yīng)滿足的函數(shù)關(guān)系式；(2)彈出點(diǎn)的橫坐標(biāo)為多大時(shí)，滑塊從A點(diǎn)切入后恰好過最高點(diǎn)D，并通過計(jì)算判斷返回后能否從A點(diǎn)滑出。參考答案1.如圖所示，物塊A和B靜止在光滑水平面上，B的前端固定一輕質(zhì)彈簧，某時(shí)刻一子彈以大小為3v0的速度水平射向B并嵌入其中，射入過程子彈與B水平方向的平均相互作用力大小為35mg，之后B以大小為eq\f(5,4)v0的速度向著A運(yùn)動(dòng)，從彈簧開始接觸A到第一次被壓縮至最短所用時(shí)間為t，在這段時(shí)間內(nèi)B運(yùn)動(dòng)的位移大小為1.1v0t。又經(jīng)過一段時(shí)間后A與彈簧分離，滑上粗糙斜面后再滑下，在水平面上再次壓縮彈簧后又滑上斜面。已知A的質(zhì)量為m，子彈和B的總質(zhì)量為4m，A前兩次在斜面上到達(dá)的最高點(diǎn)相同，B始終在水平面上運(yùn)動(dòng)，斜面與水平面平滑連接，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，不計(jì)A、B碰撞過程中的機(jī)械能損失。求：(1)子彈嵌入物塊B的深度；(2)物塊A第一次離開彈簧時(shí)，A、B各自的速度大小；(3)物塊A第一次在斜面上到達(dá)的最大高度；(4)物塊A第一次離開彈簧前，彈簧的最大壓縮量。答案(1)eq\f(v02,8g)(2)2v0eq\f(3,4)v0(3)eq\f(13v02,9g)(4)0.5v0t解析(1)設(shè)子彈的質(zhì)量為m0，對子彈射入B的過程中，由動(dòng)量守恒定律有m0×3v0＝4m×eq\f(5,4)v0由能量守恒定律有eq\f(1,2)m0(3v0)2＝eq\f(1,2)×4m(eq\f(5,4)v0)2＋35mgx聯(lián)立解得子彈嵌入物塊B的深度為x＝eq\f(v02,8g)(2)以B的初速度方向?yàn)檎较?，從彈簧開始接觸物塊A到物塊A第一次離開彈簧，由動(dòng)量守恒定律有4m×eq\f(5,4)v0＝4mvB＋mvA由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)×4m(eq\f(5,4)v0)2＝eq\f(1,2)×4mvB2＋eq\f(1,2)mvA2聯(lián)立解得物塊A第一次離開彈簧時(shí)，A、B各自的速度大小為vA＝2v0，vB＝eq\f(3,4)v0(3)設(shè)A返回斜面底端時(shí)的速度大小為v′，斜面傾角為θ，A所受斜面的摩擦力為Ff，對A第一次沿斜面的運(yùn)動(dòng)，上滑過程中，由動(dòng)能定理可得－mgh－Ff·eq\f(h,sinθ)＝0－eq\f(1,2)m(2v0)2下滑過程中有mgh－Ff·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv′2－0由兩次沿斜面上滑的最高點(diǎn)相同可知，A與B再次碰撞分離后A的速度大小仍為2v0，以B的初速度方向?yàn)檎较?，對A與B再次碰撞分離的過程中，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得m(－v′)＋4m×eq\f(3,4)v0＝m×2v0＋4mvB′eq\f(1,2)m(－v′)2＋eq\f(1,2)×4m×(eq\f(3,4)v0)2＝eq\f(1,2)m(2v0)2＋eq\f(1,2)×4m(vB′)2聯(lián)立可得v′＝eq\f(4,3)v0物塊A第一次在斜面上到達(dá)的最大高度為h＝eq\f(13v02,9g)(4)A、B第一次壓縮彈簧的過程中，任意時(shí)刻A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有4m×eq\f(5,4)v0＝4mvB＋mvA方程兩邊同時(shí)乘以時(shí)間Δt，得4m×eq\f(5,4)v0·Δt＝4mvB·Δt＋mvA·Δt在t時(shí)間內(nèi)，根據(jù)位移等于速度在時(shí)間上的累積，上式可改寫成5v0t＝4xB＋xA將xB＝1.1v0t代入，可得xA＝0.6v0t所以，物塊A第一次離開彈簧前，彈簧的最大壓縮量為Δx＝xB－xA＝0.5v0t。2.如圖所示，M1M2與P1P2是固定在水平面上的兩光滑平行導(dǎo)軌，間距為L1＝1m，M1M2P2P1區(qū)域內(nèi)存在垂直于所在導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1T。N1N2與Q1Q2也是固定在水平面上的兩光滑平行導(dǎo)軌，間距為L2＝0.5m，并用導(dǎo)線分別與M1M2、P2P1相連接，N1N2Q2Q1區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌所在平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2＝2T。在M1M2P2P1區(qū)域放置導(dǎo)體棒G，其質(zhì)量m1＝2kg、電阻R1＝1Ω、長度為L1＝1m，在N1N2Q2Q1區(qū)域內(nèi)放置導(dǎo)體棒H，其質(zhì)量m2＝1kg、電阻R2＝1Ω、長度為L2＝0.5m。剛開始時(shí)兩棒都與導(dǎo)軌垂直放置，且導(dǎo)體棒H被鎖定，兩個(gè)區(qū)域?qū)к壎甲銐蜷L、不計(jì)電阻且棒始終與導(dǎo)軌接觸良好。(1)要想使導(dǎo)體棒G在水平向右的外力作用下做初速度為零、加速度大小為a＝2m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，請寫出力F與時(shí)間t的關(guān)系式；(2)若在導(dǎo)體棒G上施加水平向右的F1＝5N的外力，在作用t1＝5s后達(dá)到最大速度，求此過程中導(dǎo)體棒G的位移大小；(3)若導(dǎo)體棒G在水平向右的外力F作用下做初速度為零、加速度大小為a＝2m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)t2＝6s后將力F撤去，同時(shí)將導(dǎo)體棒H解鎖，求從撤去外力到導(dǎo)體棒H獲得最大速度的過程中導(dǎo)體棒H產(chǎn)生的熱量；(4)若開始時(shí)導(dǎo)體棒H即解除鎖定，導(dǎo)體棒G一直在外力F作用下向右做a＝2m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求電路穩(wěn)定后兩棒的速度滿足的關(guān)系式。答案(1)F＝t＋4(N)(2)10m(3)24J(4)v1－v2＝4m/s解析(1)要使導(dǎo)體棒G做加速度大小為a＝2m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝B1L1at由閉合電路歐姆定律知I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(B1L1at,R1＋R2)由牛頓第二定律可得F－B1IL1＝m1a聯(lián)立解得F＝t＋4(N)(2)設(shè)最大速度為vm，當(dāng)速度最大時(shí)，拉力F1與安培力相等，則有F1＝B1ImL1最大電動(dòng)勢為Em＝B1L1vm最大電流為Im＝eq\f(Em,R總)＝eq\f(B1L1vm,R1＋R2)聯(lián)立解得vm＝10m/s設(shè)在運(yùn)動(dòng)過程中平均電流為eq\x\to(I)，取水平向右為正方向，對這一過程由動(dòng)量定理可得F1t1－B1eq\x\to(I)L1t1＝m1vm又知q＝eq\x\to(I)t1＝eq\f(B1L1x,R1＋R2)由以上各式聯(lián)立解得x＝10m(3)導(dǎo)體棒H解鎖時(shí)導(dǎo)體棒G速度v0＝at2＝12m/s當(dāng)導(dǎo)體棒H獲得最大速度時(shí)，電路中電動(dòng)勢為零，則此時(shí)B1L1v1＝B2L2v2取水平向右為正方向，兩棒組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2由能量守恒定律可得電路中產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(1,2)m1v02－eq\f(1,2)m1v12－eq\f(1,2)m2v22導(dǎo)體棒H產(chǎn)生的熱量QH＝eq\f(1,2)Q聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)可得QH＝24J(4)當(dāng)電路穩(wěn)定時(shí)，電路中電流恒定，則電動(dòng)勢恒定，安培力恒定，兩棒的加速度相同，對導(dǎo)體棒H有B2IL2＝m2aI＝eq\f(E,R1＋R2)＝eq\f(B1L1v1－B2L2v2,R1＋R2)聯(lián)立解得v1－v2＝4m/s。3.圖(a)為某種機(jī)械的新型減振器—氮?dú)鉁p振器，其結(jié)構(gòu)如圖(b)，減振器中的活塞質(zhì)量為2kg，汽缸內(nèi)活塞的橫截面積為S＝50cm2。為了測量減震器的性能參數(shù)，將減震器豎直放置，給汽缸內(nèi)充入氮?dú)?，?dāng)氣壓達(dá)到p＝6×105Pa時(shí)，活塞下端被兩邊的卡環(huán)卡住，氮?dú)鈿庵L度為L＝20cm且輕質(zhì)彈簧恰好處于原長。不計(jì)活塞厚度和一切摩擦，汽缸導(dǎo)熱性良好，汽缸內(nèi)密閉的氮?dú)庖暈槔硐霘怏w，大氣壓強(qiáng)p0＝1×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，環(huán)境溫度不變。(2)若在(1)的過程中，外力對活塞做的功為W＝87.2J，過程結(jié)束時(shí)彈簧的彈性勢能為Ep＝6.4J，求此過程中氮?dú)庀蛲饨绶懦龅目偀崃縌。答案(1)8cm(2)122.4J解析(1)根據(jù)題意可知，汽缸導(dǎo)熱性良好，活塞緩慢向下運(yùn)動(dòng)，汽缸內(nèi)氣體的溫度不變，由玻意耳定律有pLS＝p′L′S代入數(shù)據(jù)解得L′＝12cm則此過程中活塞下降的距離h＝L－L′＝8cm(2)根據(jù)題意，由功能關(guān)系，對彈簧有Ep＝W彈對活塞有W＋mgh＋p0Sh－W彈－W氣＝0聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得W氣＝122.4J則活塞對汽缸內(nèi)氣體做的功為W氣′＝W氣＝122.4J由熱力學(xué)第一定律有ΔU＝Q＋W氣′由于氣體溫度不變，內(nèi)能不變，即ΔU＝0則Q＝－122.4J即該過程中氮?dú)庀蛲饨绶懦龅目偀崃繛?22.4J。4.如圖甲所示，地面上固定一傾角θ＝37°的斜面，一輕彈簧與斜面平行放置，一端固定在斜面底端。某同學(xué)將一智能手機(jī)固定在L形擋板上，現(xiàn)打開手機(jī)上的加速度傳感器，同時(shí)讓L形擋板和手機(jī)從斜面上某處由靜止開始下滑。以釋放處L形擋板的前端為坐標(biāo)原點(diǎn)O，沿斜面向下建立Ox軸，通過投屏軟件在電腦屏幕上顯示出擋板運(yùn)動(dòng)的加速度a與其位移x之間的部分關(guān)系如圖乙所示。已知手機(jī)與L形擋板的總質(zhì)量m＝1.0kg，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，eq\r(1.4)≈1.2。求：(1)L形擋板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)和彈簧的勁度系數(shù)；(2)彈簧的最大彈性勢能Epm。(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)0.540N/m(2)0.24J解析(1)由題圖乙知擋板接觸彈簧前的加速度大小為a0＝2.0m/s2由牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma0解得μ＝0.5當(dāng)a＝0時(shí)彈簧被壓縮長度為Δx＝x2－x1＝6.0cm－1.0cm＝5.0cm此時(shí)有mgsinθ＝kΔx＋μmgcosθ解得k＝40N/m(2)設(shè)彈簧的最大壓縮量為x3，克服彈簧彈力做功為W克彈＝eq\f(0＋kx3,2)x3由動(dòng)能定理有(mgsinθ－μmgcosθ)(x3＋x1)－W克彈＝0彈簧的最大彈性勢能Epm＝W克彈解得Epm≈0.24J。5.某地上空出現(xiàn)三日同輝的情景(如圖甲)，這是大氣中一種特殊的光學(xué)現(xiàn)象。當(dāng)氣溫較低時(shí)，高空中可出現(xiàn)均勻分布的正六邊形板狀冰晶(圖乙為其截面圖)。若此時(shí)太陽處于地平線附近，光線從冰晶側(cè)面射入(圖乙為從AB中點(diǎn)射入)，由冰晶的另一側(cè)面射出，當(dāng)最后的出射角r2等于最初的入射角i1時(shí)，偏向角δ(光線經(jīng)過冰晶折射偏轉(zhuǎn)的角度)最小，為22°，這時(shí)出射光線若到達(dá)人的眼睛，人們能夠在相對太陽中心觀察角度約為22°的兩側(cè)觀察到好似太陽的兩個(gè)亮點(diǎn)。已知sin41°＝0.656，cos41°＝0.755，正六邊形邊長為L，真空中的光速為c，試求：(1)冰晶的折射率n；(2)從AB中點(diǎn)射入的光線在冰晶內(nèi)的傳播時(shí)間(不考慮反射)。答案(1)1.312(2)eq\f(1.968L,c)解析(1)如圖所示，由折射定律有n＝eq\f(sini1,sinr1)由最后的出射角等于最初的入射角，知i1＝r2，i2＝r1根據(jù)幾何知識有δ＝2(i1－r1)＝22°r1＋i2＝60°聯(lián)立解得n＝1.312(2)太陽光在冰晶中的傳播路程s＝1.5L太陽光在冰晶中傳播的速度為v＝eq\f(c,n)則在冰晶中傳播的時(shí)間為t＝eq\f(s,v)聯(lián)立解得t＝eq\f(1.968L,c)。6.如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場，板長是板間距離的eq\r(3)倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點(diǎn)飛出電場，并沿PO方向從圖中O′點(diǎn)射入磁場。已知圓形磁場區(qū)域半徑為eq\f(2mv0,3qB)，不計(jì)粒子重力。(1)求金屬板間電勢差U；(2)求粒子射出磁場時(shí)與射入磁場時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角θ；(3)僅改變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O′點(diǎn)射入磁場，且在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長。定性畫出粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M。答案(1)eq\f(mv02,3q)(2)eq\f(π,3)(或60°)(3)見解析圖解析(1)設(shè)板間距離為d，則板長為eq\r(3)d，帶電粒子在板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，兩板間的電場強(qiáng)度為E＝eq\f(U,d)根據(jù)牛頓第二定律得qE＝ma解得a＝eq\f(qU,md)設(shè)粒子在平板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at02，eq\r(3)d＝v0t0聯(lián)立解得U＝eq\f(mv02,3q)(2)設(shè)粒子出電場時(shí)與水平方向夾角為α，則有tanα＝eq\f(at0,v0)＝eq\f(\r(3),3)故α＝eq\f(π,6)則出電場時(shí)粒子的速度為v＝eq\f(v0,cosα)＝eq\f(2\r(3),3)v0粒子出電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，接著進(jìn)入磁場，根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB)已知圓形磁場區(qū)域半徑為R＝eq\f(2mv0,3qB)，故r＝eq\r(3)R粒子沿PO方向射入磁場，軌跡如圖所示，即沿半徑方向射入磁場，故粒子將沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時(shí)與射入磁場時(shí)運(yùn)動(dòng)方向的夾角為θ，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)圓弧軌跡對應(yīng)的圓心角也為θ，由幾何關(guān)系可得θ＝2α＝eq\f(π,3)故粒子射出磁場時(shí)與射入磁場時(shí)運(yùn)動(dòng)方向的夾角為eq\f(π,3)(或60°)；(3)粒子在該磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑與圓形磁場半徑關(guān)系為r＝eq\r(3)R，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在該磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡一定為劣弧，故劣弧所對應(yīng)軌跡圓的弦為磁場圓的直徑時(shí)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，則相對應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡以及圓心M的位置如圖所示。7.如圖所示，一透明材料下部是半徑為R、高3R的圓柱體，上部為半徑為R的半球，O1為球心，O1O2為中心軸，在O1正下方距離R處有一個(gè)點(diǎn)光源S，向各個(gè)方向發(fā)光。(1)若該材料的折射率n＝eq\r(3)，光線SA與O1O2軸成α角，照射到表面A點(diǎn)后恰能平行中心軸出射，求α角的大??；(2)不考慮光的反射，若要使該透明材料表面各處均有光線出射，該材料的折射率不能超過多大？答案(1)30°(2)eq\f(\r(5),2)解析(1)根據(jù)幾何關(guān)系可得，光從A點(diǎn)射出時(shí)的折射角為2α，如圖所示根據(jù)折射定律有n＝eq\f(sin2α,sinα)＝eq\r(3)解得α＝30°(2)如圖所示，若光線恰好從B點(diǎn)射出，此時(shí)該材料的折射率最?。桓鶕?jù)幾何關(guān)系有sinθ＝e