2023-2024学年江西省赣州市高三适应性考试物理试卷（5月）(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年江西省赣州市高三适应性考试物理试卷（5月）(含详细答案解析)，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.我国已全面进入5G时代，5G信号使用的电磁波频率是4G信号的几十倍，下列说法正确的是( )
A. 4G信号电磁波比5G信号电磁波的粒子性更明显
B. 5G信号电磁波的波长比4G信号电磁波的波长短
C. 5G信号电磁波的光子能量比4G信号电磁波的光子能量小
D. 在相同介质中5G信号比4G信号的传播速度大
2.某天早晨，赣州的温度为0℃，某老师刚启动汽车时看到汽车仪表盘显示后轮胎胎压均为2.7bar(1bar=100kpa)，中午，该老师刚启动汽车时看到后轮胎压均变成了2.8bar，若轮胎内的气体质量和体积均保持不变，轮胎内部气体可看成理想气体，则下列说法正确的是( )
A. 气体分子撞击轮胎内壁的平均作用力减小
B. 轮胎内部气体分子的平均动能不变
C. 中午温度约为10℃
D. 轮胎内部气体吸收热量，对外做功，内能不变
3.如图甲所示为某电动牙刷的无线充电示意图，送电线圈以由a到b为电流的正方向，当送电线圈通过如图乙所示的电流时，在0∼t1时间内( )
A. 受电线圈中产生的感应电流增大且方向由d到c
B. 受电线圈中产生的感应电流减小且方向由d到c
C. 受电线圈中产生的感应电流增大且方向由c到d
D. 受电线圈中产生的感应电流减小且方向由c到d
4.北京时间2022年11月17日16时50分，航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲密切协同，圆满完成出舱活动全部既定任务。太空舱距地面高约400km，根据西游记关于“天庭”的描述，可推算出“天庭”绕地心运动一周约50000 km，假如“天庭”真实存在，且“天庭”和“太空舱”均绕地心做匀速圆周运动，地球可视为半径约6400 km的均匀球体，则( )
A. 漂浮在舱外的航天员加速度等于零
B. 若出舱活动期间蔡旭哲自由释放手中的工具，工具会立即高速离开航天员
C. “天庭”运行的线速度比“太空舱”小
D. “天庭”受地球的引力比“太空舱”小
5.如图所示，甲同学站在地面上将排球以大小为v1的速度击出，排球沿轨迹①运动;经过最高点后，乙同学跳起将排球以大小为v2的水平速度击回，排球沿轨迹②运动，恰好落回出发点。忽略空气阻力，则排球( )
A. 沿轨迹①和轨迹②运动过程的平均速度大小相同
B. 沿轨迹①和轨迹②运动过程的速度变化量大小相同
C. 沿轨迹①运动的最小速度大小可能为v2
D. 沿轨迹②运动的最大速度大小可能为v1
6.某山顶有一排风力发电机，发电机的叶片转动时可形成半径为R=20m的圆面。某时间内该山顶的风速达10m/s，风向恰好跟某风力发电机叶片转动形成的圆面垂直，已知空气的密度ρ=1.2kg/m3，若该风力发电机能将此圆内20%的空气动能转化为电能。则此风力发电机发电的功率P约为( )
A. 1.5×104WB. 1.5×105WC. 5×104WD. 5×105W
7.如图所示，轻绳1两端分别固定在M、N两点(N点在M点右上方)，轻绳1上套有一个轻质的光滑小环O，质量为m的物块P通过另一根轻绳2悬挂在环的下方，处于静止状态，∠MON=60∘。现用一始终与轻绳2垂直的力F缓慢拉动物块，直到轻绳2与MN连线方向垂直。已知重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 物块在缓慢移动过程中，轻绳2的延长线可能不平分∠MON
B. 施加拉力F前，轻绳1的张力大小为 32mg
C. 物块在缓慢移动过程中，轻绳1的张力增大
D. 物块在缓慢移动过程中，力F先增大后减小
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.我国2023年新能源车出口120多万辆，稳居全球首位。一辆新能源车在某次直线测试中，速度从0加速到20m/s所用时间为8s，且加速度随速度的增加而逐渐减小，该车在这段时间内( )
A. 加速到10m/s时，用时大于4sB. 平均加速度大小为2.5m/s2
C. 位移大于80mD. 运动到总位移一半时，速度小于10m/s
9.如图所示，图1为亚运会艺术体操比赛中中国队选手赵樾进行带操比赛的画面，某段过程中彩带的运动可简化为沿x轴方向传播的简谐横波，这列简谐横波在t=0时的波形如图2所示。介质中x=1m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin(5πt)(cm)。则下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴负方向传播
B. 该波的传播速度为10m/s
C. t=0时，x=43m处的质点振动位移为−5 2cm
D. t=0时，x=43m处的质点振动位移为−5cm
10.某校科技兴趣小组设计了一个玩具车的电磁驱动系统，如图所示，abcd是固定在塑料玩具车底部的长为L、宽为L2的长方形金属线框，线框粗细均匀且电阻为R。驱动磁场为方向垂直于水平地面、等间隔交替分布的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B，每个磁场宽度均为L2。现使驱动磁场以速度v0向右匀速运动，线框将受到磁场力并带动玩具车由静止开始运动，假设玩具车所受阻力f与其运动速度v的关系为f=kv(k为常量)。下列说法正确的是( )
A. a、d两点间的电压的最大值为BLv03
B. 玩具车在运动过程中线框中电流方向不改变
C. 线框匀速运动时，安培力的功率等于回路中的电功率
D. 玩具车和线框的最大速度为v=4B2L2v0kR+4B2L2
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.用如图甲所示的装置探究影响向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的轨迹半径之比为1:2:1，小球做圆周运动的向心力与标尺露出的格数成正比，变速塔轮自上而下按如图乙所示三种方式进行组合，每层半径之比由上至下分别为1:1、2:1和3:1。
(1)本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的__________。
A.探究平抛运动的特点
B.探究影响导体电阻的因素
C.探究两个互成角度的力的合成规律
D.探究加速度与物体受力、物体质量的关系
(2)在探究向心力大小与半径的关系时，为了控制角速度相同需要将传动皮带调至第__________(填“一”、“二”或“三”)层塔轮，然后将两个质量相等的钢球分别放在__________(填“A和B”、“A和C”或“B和C”)位置，匀速转动手柄，如图丙所示，左侧标尺露出2格，右侧标尺露出1格，则左右两球所受向心力大小之比为__________。
(3)在记录两个标尺露出的格数时，同学们发现要同时记录两边的格数且格数又不是很稳定，不便于读取。于是有同学提出用手机拍照后再通过照片读出两边标尺露出的格数。下列对该同学建议的评价，你认为正确的是__________。
A.该方法可行，但仍需要匀速转动手柄
B.该方法可行，且不需要匀速转动手柄
C.该方法不可行，因不能确定拍照时露出的格数是否已稳定
(4)在探究向心力大小与角速度的关系时，若将传动皮带调至图乙中的第三层，质量相同的两小球分别放在A和C位置，转动手柄，稳定后，观察到左侧标尺露出1格，右侧标尺露出9格，则可以得出的实验结论为：__________。
12.一探究小组测量平时考试使用的2B铅笔芯的电阻率，先用多用电表欧姆挡的“ x 10”挡粗测铅笔芯电阻，指针偏转如图(a)所示。
(1)为了更准确测量电阻值，可将旋钮调至__________(填“×1”或“×100”)挡后再次进行测量。
(2)为精确地测量铅笔芯的电阻，实验中除开关，若干导线外还提供下列器材：
A.电压表V1(量程0∼3V，内阻约3kΩ)
B.电压表V2(量程0∼15V，内阻约15kΩ)
C.电流表A1(量程0∼3A，内阻约0.01Ω)
D.电流表A2(量程0∼0.6A，内阻约0.1Ω)
E.滑动变阻器R1(0∼10Ω)
F.滑动变阻器R2(0∼500Ω)
G.电源E(电动势为3.0V)及开关和导线若干
为了提高测量精确度，实验中电压表应选择__________，电流表应选择__________，滑动变阻器应选择__________。(选填各器材前的字母序号)
(3)现要求测量电路的电压从0开始变化，请在实物图(b)中完成电路连接。
(4)用游标卡尺测得铅笔芯接入电路的长度为l，用螺旋测微器测得直径为d，电压表的示数为U，电流表的示数为I，由此可计算得出铅笔芯的电阻率ρ=__________(用题目所给字母表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示为一监控设备上取下的半径为R的实心半球形透明材料，底面竖直放置，球心为O点，在半球左侧平行底面放置一足够大的光屏，光屏与半球底面相距为R。激光笔对准O点，垂直于光屏发出一束激光射向半球面，在光屏上的O1点留下亮点;保持激光笔位置不变，让半球形透明材料绕底面上的水平直径 AB转动30∘，亮点在光屏上移动到与O1相距 33R的位置。已知激光在真空中的传播速度为c，求：
(1)此透明材料的折射率n;
(2)激光在半球形透明材料内的传播时间t。
14.某学习小组通过一款小游戏研究碰撞问题。游戏装置俯视图如图所示，在粗糙的水平面上固定一圆形光滑轨道，紧贴轨道内侧放置两个可视为质点的小物块A、B，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，圆形光滑轨道的半径为r。现给A一个向左的初速度v0，使其沿着轨道在水平面上做圆周运动，运动半周时与 B发生弹性碰撞。已知mB=3mA，重力加速度为 g。
(1)求刚开始运动时A的加速度大小a;
(2)若μ=0.2，r=2πm，v0=3m/s，g取10m/s2，求A与B碰后B滑行的路程s。
15.用磁聚焦法测量比荷是一种常用方法。如图甲所示，在真空玻璃管中装有热阴极 K和带有小孔的阳极A，在A、K之间加上电压U0后，连续不断地有电子从阴极K由静止加速到达阳极A，电子从小孔射出后沿水平中心轴线进入平行板电容器，两板间距及板长均为L，电容器两极板间所加电压 u随时间t变化的关系如图乙所示。两极板右侧有一足够大的荧光屏，荧光屏与中心轴线垂直，且与两极板右端的距离为z(未知)，在荧光屏上，以垂点为坐标原点建立 xOy平面直角坐标系，其中y轴垂直于电容器极板。两极板与荧光屏间有一水平向右的匀强磁场，磁感应强度为 B。已知电子在两极板间运动的时间极短，电子的电量为 e，质量为 m，不计电子重力和电子间的相互作用。
(1)求电子射出两极板时偏离中心轴线的最大位移ym;
(2)判断在荧光屏上形成的亮斑形状(不要求推导过程);
(3)若z可以取任意值，求荧光屏上亮斑形状(如长度或面积)的最大值;
(4)若z=π6B 2mU0e，求荧光屏上的亮斑距y轴最远的点的坐标(x,y)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查电磁波的特点。解决问题的关键是清楚电磁波的波长、频率和波速的关系，知道光子能量的表达式、知道折射率与波速之间的关系。
【解答】
C.5G信号使用的电磁波频率是4G信号的几十倍，所以5G信号使用的电磁波频率大于4G信号使用的电磁波频率，根据光子能量ε=hν，知5G信号电磁波的光子能量比4G信号电磁波的光子能量大，故C错误；
AB.根据λ=cν，由于5G信号电磁波的频率大，知5G信号电磁波的波长比4G信号电磁波的波长短，5G信号电磁波的粒子性更明显，故A错误，B正确；
D.5G信号电磁波的频率大，则在同种介质中的折射率大，根据v=cn知，在相同介质中5G信号比4G信号的传播速度小，故D错误。
2.【答案】C
【解析】【分析】本题考查了气体的等容变化以及热力学第一定律。根据查理定律分析温度的变化。知道对于一定质量的理想气体，内能只与温度有关，温度升高则内能变大，气体体积变大，则气体对外做功，气体体积变小，则外界对气体做功。根据热力学第一定律分析气体的吸热、放热情况。
【解答】气体体积不变，压强与热力学温度成正比，即2.7bar273K=2.8barT，解得T≈283K，为10∘C，
温度增加，轮胎内部气体分子的平均动能增加，气体分子撞击轮胎内壁的平均作用力增加，
体积不变，气体不对外做功，温度增加，内能增加，气体吸收热量，。
故选C。
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了电磁感应中的图像问题，解题的关键是熟练掌握楞次定律，原磁场增加，则感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，原磁场减少，则感应电流产生的磁场与原磁场方向相同。根据楞次定律增反减同可判断感应电流方向与送电电流方向相同的时间。根据法拉第电磁感应定律分析感生电流的大小变化。
【解答】0∼t1送电线圈电流减小，磁通量减小，感应电流阻碍磁通量的减小，根据增反减同可知受电线圈中感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，感应电流的方向与原电流的方向相同，故受电线圈中方向由d到c。0时刻，送电线圈电流为最大，但电流变化率最小，所以穿过线圈的磁通量变化最慢，由法拉第电磁感应定律知受电线圈的感应电流最小；t1时刻，送电线圈电流为零，但电流变化率最大，所以穿过线圈的磁通量变化最快，由法拉第电磁感应定律知受电线圈的感应电流最大，故0∼t1受电线圈中产生的感应电流增大。
故选：A。
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律的应用，基础题目。
分析宇航员受力情况，结合牛顿第二定律分析即可判断；分析工具释放前的受力情况，在分析工具释放前后速度、所受万有引力情况即可判断；计算出“天庭”和“太空舱”轨道半径关系，结合万有引力提供向心力分析即可判断；根据题设和万有引力定律分析即可判断。
【解答】
A、漂浮在舱外的航天员仅受万有引力作用，由牛顿第二定律知，航天员的加速度不为0，故A错误；
B、释放工具前，工具在万有引力作用下随航天员做匀速圆周运动，释放前后瞬间工具速度不变，万有引力不变，则释放后工具仍随航天员做匀速圆周运动，不会离开航天员，故B错误；
C、“天庭”绕地心运动的半径r1=500002πkm=7962km>r2=400km+6400km=6800km，由GMmr2=mv2r可得运行速度v= GMr，可见“天庭”运行的线速度比“太空舱”小，故C正确；
D、由于“天庭”和“太空舱”的质量关系未知，则无法比较“天庭”和“太空舱”受地球的引力的大小关系，故D错误。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查斜抛运动的规律应用，根据运动学公式求得排球上升的最大高度，结合平均速度、速度变化量定义分析。【解答】ABC、由题意，轨迹①为斜抛，轨迹②为平抛运动，竖直方向轨迹①运动时间更长，水平位移大小相等，则沿轨迹①运动的水平速度更小，速度变化量为gt，则沿轨迹①运动速度变化量较大，两次运动位移大小相等，则沿轨迹①运动平均速度较小，故ABC错误；
D、由前分析知，沿轨迹②运动水平速度较大，竖直方向最大速度较小，则沿轨迹②运动的最大速度大小可能等于v1，故D正确。
6.【答案】B
【解析】解：在t时间内空气动能为
Ek=12mv2=12ρvtSv2=12ρπr2v3t
则此风力发电机发电的功率约为
P=20%Ekt
代入数据解得P≈1.5×105W
故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据圆柱体体积计公式求出t内冲击风车的气流的体积，利用m=ρV求出质量；再由动能公式即可求出动能；利用Pt=Ek×20%即可求出功率。
本题考查能量转化及守恒定律的应用，要明确能量转化方向；并能熟练掌握密度的计算公式，并能够利用效率计算能量间的转换。
7.【答案】C
【解析】【分析】
施加拉力F前，以小环O为对象，根据平衡条件即可求出轻绳1的张力大小；物块在缓慢移动过程中，正确选取研究对象，根据平衡条件即可逐项解答。
本题主要考查共点力的平衡，熟悉物体的受力分析，根据平衡方程即可解答。
A.物块在缓慢移动过程中，以小环 O为对象，由于小环 O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环 O两侧轻绳1的张力合力沿∠MON平分线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分∠MON，故A错误：
B.施加拉力F前，以小环O为对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg，竖直方向根据受力平衡可得：2T1cs30∘=mg解得轻绳1的张力大小为：T1= 33mg故B错误;
C.物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的运动轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点：当轻绳2与MN连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时∠MON最大，则此过程∠MON=α逐渐增大，以小环O为对象，根据受力平衡可得：2T1′csα=T2可得：T1′=T22csα
可知此过程经绳1的张力一直增大，故C正确：
D.物块在缓慢移动过程中，由拉幂定理得F越来越大，故选C。
8.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查的是由加速度的变化求解速度为加速到10m/s时时间的大小，根据平均加速度的定义求解，根据位移与速度的关系求解。
【解答】
A、新能源车的加速度随速度的增加而逐渐减小，说明加速到10m/s时，用时小于4s，故A错误;
B、由题意知，新能源车的平均加速度为a=208m/s2=2.5m/s2，故B正确;
C、新能源车做匀加速直线运动的位移s=202×8m=80m，由题意知测试过程中新能源车的加速度随速度的增加而逐渐减小，则新能源车在该段时间内的位移s′>s=80m，故C正确;
D、若新能源车做匀加速直线运动，运动到总位移一半时，根据匀变速直线运动中间位移速度推论v= vi22= 200m/s>10 2m/s，
v= 2al，可知前半段位移的平均加速度大于匀加速直线运动中的加速度，则运动到总位移一半时，速度大于10m/s，故D错误.
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查机械波的传播特点，熟悉机械波的传播规律是解题的关键。
根据振动方程得出t=0时刻质点P的振动情况和周期，结合同侧法得出波的传播方向，结合图得出波长，从而计算出波速，及波由P点传播到x=43m质点的过程所经历的时间，从而得出x=43m处的质点振动，再得出t=0时，x=43m处的质点振动位移即可判断。
【解答】
由P点的振动方程知，t=0时刻质点P沿y轴正方向运动，且周期T=2π5πs=0.4s，由同侧法知，该波沿x轴正方向传播，由图知，波长λ=4m，则波速v=λT=10m/s，波由P点传播到x=43m质点的过程所经历的时间Δt=43m−1mv=130s，则x=43m质点的振动方程为y=10sin[5π(t−Δt)]cm=10sin(5πt−π6)cm，则t=0时，x=43m质点的位移y=10sin(−π6)cm=−5cm，故BD正确，AC错误。
10.【答案】AD
【解析】A.刚开始时线框相对于磁场的速度最大，此时感应电动势最大，ab、cd均切割磁感线，产生感应电动势方向相同，则总电动势为E总=2BLv0
因线框电阻为R，则bc部分电阻为R6，则b、c两点间的电压的最大值为Ebc=E总6=BLv03
故A正确；
B.磁场向右运动，相当于线框切割磁感线，ab、cd所处的磁场区域会不断发生变化，结合右手定则可分析出金属框中电流方向并不是不变的，故B错误；
CD.设玩具车最大速度为v，则相对于磁场的速度为v−v，此时总电动势为E=2BL(v0−v)
总安培力为：F=2BIL=2B⋅2BL(v0−v)RL=4B2L2(v0−v)R
因玩具车所受阻力为其对地速度的k倍，则有：f=kv=F=4B2L2(v0−v)R
可得：v=4B2L2v0kR+4B2L2
玩具车达到最大速度时即匀速时，经上分析可知安培力的功率为：P1=Fv=4B2L2(v0−v)vR
电功率为：P2=E2R=4B2L2(v0−v)2R，仅当v0−v=v即：v=v02才有：P1=P2
C错误D正确。故选AD。
【解析】根据楞次定律分析感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律解得电压最大值；根据阻力与安培力的关系结合动能的公式解答，根据功率的计算公式解答。
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。
11.【答案】(1)BD；(2)一，B和C，2:1；(3)B；(4)质量和半径一定的条件下，物体做圆周运动的向心力大小与角速度的平方成正比。
【解析】【分析】
本题考查影响向心力大小的因素的实验，理解什么是控制变量法，知道哪些实验用来该方法，就要熟悉涉及实验的原理，要完成本题还需要熟悉实验的器材，知道器材的用法。
【解答】
(1)在该实验中，通过控制质量、半径、角速度中两个物理量相同，探究向心力与另外一个物理量之间的关系，采用的科学方法是控制变量法。
A.探究平抛运动的特点，例如两球同时落地，两球在竖直方向上的运动效果相同，应用了等效思想，故 A错误;
B.当一个物理量与多个物理量相关时，应采用控制变量法，探究该物理量与某一个量的关系，在探究影响导体电阻的因素实验中使用了控制变量法，故B正确;
C.探究两个互成角度的力的合成规律，应用了等效替代法，故C错误;
D.探究加速度与物体受力、物体质量的关系，应用了控制变量法，故 D正确。
故选BD。
(2)变速塔轮边缘处的线速度相等，根据v=ωr，在探究向心力大小与半径的关系时，需控制小球质量、角速度相同，运动半径不同，故需要将传动皮带调至第一层塔轮，将两个质量相等的钢球分别放在 B和C位置。左右两球所受向心力大小之比为F左:F右=n左:n右=2:1；
(3)该方法可行，用手机拍照后再通过照片读出两边标尺露出的格数，这样可以准确读出某一时刻两边标尺露出的格数，并通过格数得出向心力与角速度的关系，手柄转速变化时，两边标尺露出的格数同时变化，仍可通过格数得出向心力与角速度的关系，故不需要匀速转动手柄。
故选B。
(4)变速塔轮边缘处的线速度相等，根据v=ωr，左右两小球的角速度之比为ω左:ω右=R3:3R3=1:3，可得的实验结论是：质量和半径一定的条件下，物体做圆周运动的向心力大小与角速度的平方成正比。
12.【答案】(1)×1(2)ADE(3) (4)πUd24ll
【解析】【分析】(1)指针偏大则电阻偏小换小档。
(2)电源电动势为3V，则电压表选V1路中最大电流不超过0.6A，则电流表应选择A2，滑动变阻器选小电阻。
(3)电流表应采用外接法，滑动变阻器应采用分压接法：根据电路图连接实物图。
(4)根据欧姆定律求得电阻率。
【解答】(1)先用多用电表欧姆挡的×10挡粗测铅笔芯电阻，指针偏转如图(a)所示，可知待测电阻阻值较小，为了进一步测量电阻值，可将旋钮调至×1挡后再次进行测量。
(2)因电源电动势为3V，则电压表应选择A:电路中最大电流不超过0.6A，则电流表应选择D:滑动变阻器应选择与待测电阻阻值相当的E:
(3)要求测量电路的电压从0开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法：由于待测电阻较小，远小于电压表内阻，则电流表应采用外接法，实物连线如图所示
(4)根据电阻定律
R=ρls
s=π(d2)2
R=UI可得
ρ=πUd24Il
13.【答案】【解答】(1)作出光的传播图
根据几何关系，已知材料绕底面上的水平直径 AB转动30∘时，激光的入射角
θ1=30∘
设折射角为θ2，根据几何关系知
tan(θ2−30∘)= 33RR= 33
解得
θ2=60∘
根据折射定律
n=sinθ2sinθ1
解得
n= 3
(2)根据折射定律
v=cn
得
v= 33c
激光在半球形透明材料传播的距离为
s=R
s=vt
解得t= 3Rc

【解析】(1)作出光的传播图，根据几何关系结合折射定律分析解答；
(2)根据v=cn求得光的传播速度，根据光程计算时间。
本题主要是考查了光的折射定律；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。
14.【答案】解：(1)A刚开始运动时轨道的弹力提供向心力
FN=mAv02r
A所受摩擦力为
f=μmAg
根据牛顿第二定律
FN2+f2=mAa
解得a= v04r2+μ2g2
以下解法亦可：
A的向心加速度和切向加速度大小分别为
an=v02r
at=μg
故a= an2+at2= v04r2+μ2g2
(2)设A与B碰前瞬间的速度为v，根据动能定理
−μmAg⋅πr=12mAv2−12mAv02
解得v=1m/s
根据动量守恒
mAv=mAv1+mBv2
根据机械能守恒
12mAv2=12mAv12+12mBv22
解得v2=0.5m/s
又−μmBg⋅s=0−12mBv22
解得s=0.0625m
以下解法亦可：
B的切向加速度
aB=μg=2m/s2
B沿着切向方向做匀减速运动，则
s=v222aB=0.0625m
【解析】本题考查竖直平面内的圆周运动及弹性碰撞。解决问题的关键是利用牛顿第二定律、向心力表达式、动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理分析求解。
15.【答案】解：(1)电子在电场中加速度，由动能定理
eU0=12mv02
得v0= 2eU0m
在两极板间运动时，有
L=v0t
ym=12at2
eU0L=ma
解得ym=L4;
(2)形成的亮斑是一条线段(或直线)。
(3)粒子飞出两极板时
vy=at=eumL⋅Lv0=u e2mU0
y=12⋅eumLt2=uL4U0
此后，粒子沿着中心轴线方向做匀速运动，在 xOy平面上以vy的速度做匀速圆周运动
evyB=mvy2r
解得
r=uB m2eU0
可得tanθ=ry=4BL mU02e
可知θ为定值，即不同位置出射的粒子的圆心在同一条线上。
随着z的取值不同，形成的亮斑一直是一条直线，且在旋转。如图所示：
所以亮斑的最大长度为
Lm=2(rm+ rm2+ym2)
又rm=1B mU02e
故Lm=2(1B mU02e+ mU02eB2+L216)
(4)电子在xOy平面上的投影为圆周运动，电子在磁场中的运动时间为
t=zv0=πm6eB
电子旋转的角速度为
ω=2πT=eBm
偏离中心轴线最大位移处进入水平磁场的电子打在荧光屏上距y轴最远，即
x=±rm(1−csωt)=±2− 32B mU02e
y=±(ym+rmsinωt)=±(L4+12B mU02e)
【解析】本题借助用磁聚焦法测量比荷考查带电粒子在组合场中的运动。解决问题的关键是清楚带电粒子在不同的场区的受力情况和运动情况，利用动能定理、类平抛运动的规律、圆周运动的知识分析计算。