2024年四川省成都七中高考物理二诊模拟试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年四川省成都七中高考物理二诊模拟试卷(含详细答案解析)，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.图中的(a)、(b)、(c)、(d)四幅图涉及不同的原子物理知识，其中说法正确的是( )
A. 根据图(a)所示的三种射线在磁场中的轨迹，可以判断出“1”为β射线
B. 如图(b)所示，发生光电效应时，入射光光强越强，光电子的最大初动能越大
C. 玻尔通过图(c)所示的α粒子散射实验，揭示了原子核还可以再分
D. 利用图(d)所示的氢原子能级示意图，可以解释氢原子光谱为何不是连续光谱
2.在2023年10月3日举办的杭州亚运会上，中国运动员全红婵在10m跳台跳水决赛中获得冠军，如图所示为她离开跳台后运动过程的简化v−t图像。下列说法正确的是( )
A. 在0∼t2时间内她的加速度不变
B. 裁判员给她打分时可以将她视为质点
C. 她在水中的加速度逐渐增大
D. t2时刻她运动到最高点
3.2022年11月3日，梦天实验舱发射后先在半径为r2的圆周上以v2做匀速圆周运动，然后在B点点火加速做椭圆运动，在椭圆轨道上稳定运行时经过B点速度为vB，经过A点速度为vA。运行稳定后某次到达椭圆远地点A再次加速，最终在半径为r1的圆周上以v1做匀速圆周运动。运行稳定后梦天实验舱完成转位，标志着天宫空间站“T”字基本构型在轨组装完成。已知天宫空间站绕地心运行的轨道半径为地球半径的n倍，地球自转周期为T，地球自转时赤道表面的线速度为v，地球表面两极的重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 天宫空间站中仪器的重力为零B. 题中涉及到的四个速度中最大的是v2
C. 天宫空间站运行的周期为n32TD. 天宫空间站的向心加速度为gn2
4.张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1：n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t=0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是( )
A. 发电机输出的电压为 2πNBSz
B. 发电机输出交变电流的频率为2πnz
C. 变压器原、副线圈的匝数比为 2πNBSnz：U
D. 发电机产生的瞬时电动势 2πNBSnzsin(2πnz)
5.质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，钢板处于平衡状态。质量也为m的物块从钢板正上方高为h的A处自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点B，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是( )
A. 物块和钢板一起运动到最低点B过程物块的机械能守恒
B. 从物块下落到一起运动到最低点的过程物块、钢板和弹簧组成的系统机械能守恒
C. 物块和钢板一起运动到最低点B过程中弹簧弹性势能的增加量为mg(12h+2x0)
D. 物块和钢板一起运动到最低点B过程中弹簧弹性势能的增加量为mg(h+2x0)
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
6.如图甲所示，平行于倾角为θ固定斜面向上的拉力F使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速度a与F的关系如图乙。图线的斜率为k，与F轴交点坐标为c，与a轴交点为−b。由图可知( )
A. 小物块的质量对kB. 小物块的质量为1k
C. 摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为bD. 摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c
7.如图所示，放置在水平桌面上的单匝线圈边长为L，电阻为R。第一次在大小为F的水平外力作用下以速度v向右匀速进入竖直向上的匀强磁场(图中虚线为磁场边界)。第二次在大小为2F的水平外力作用下以3v向右匀速进入同一匀强磁场。下列说法正确的是( )
A. 两次完全进入磁场的过程中安培力做功相等
B. 两次完全进入磁场的过程中安培力冲量相等
C. 磁场的磁感应强度为 FR2L2v
D. 线圈受到的摩擦力为0.75F
8.如图所示，竖直平面内建立直角坐标系，整个空间存在平行xy平面的匀强电场，电场强度方向与y轴正方向成45∘角。质量为m的带电小球从坐标原点沿x轴的正方向以初速度v0水平抛出，经过一段时间小球以 2v0的速度穿过y轴正半轴某点(图中未画)，重力加速度为g，不计空气阻力。则下列说法正确的是( )
A. 小球所受电场力大小为 2mg
B. 小球所受电场力大小为2 2mg
C. 小球电势能最大时动能最小
D. 小球电势能最大时水平速度大小等于竖直速度大小
9.“战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端(图乙中的P点)，上下抖动绳端，使绳子振动起来(图甲)。以手的平衡位置为坐标原点，图乙是健身者右手在抖动绳子过程中t1时刻的波形，若右手抖动的频率是0.5Hz。下列说法正确的是( )
A. (t1+3)s时刻质点Q位于波峰位置
B. (t1+1)s时刻质点P的位移为−10 2cm
C. 绳波的波速为4m/s
D. P点从图示时刻开始第一次回到平衡位置的时间为0.25s
E. 健身者提高抖动的频率绳波的波速将增大
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
10.某实验小组用如图(a)所示装置通过半径相同的小球1和2的碰撞来验证动量守恒定律。实验时先使小球1从斜槽顶端固定挡板处由静止开始释放，落到位于水平地面的记录纸上，重复上述操作10次。再把小球2放在水平槽上靠近槽末端的地方，让小球1仍从斜槽顶端固定挡板处由静止开始释放，小球1和小球2碰撞后，分别在记录纸上留下落点痕迹。重复这种操作10次，用最小的圆圈把所有落点圈在里面，圆心即为落点的平均位置，得到如图(b)所示的三个落点Q、P和R。O点为斜槽末端在记录纸上的竖直投影点。
(1)落点R到O点的距离为______ cm。
(2)由图(b)信息可知，小球1和2的质量之比近似为______。(填正确答案标号)
A.2：1
B.3：1
C.3：2
(3)由图(b)信息可知，在误差允许范围内，小球1和2碰撞______弹性碰撞。(选填“是”或“不是”)
11.灵敏电流计在电学实验中有非常重要的作用，除了用于改装电表外，我们常常运用它“灵敏”的特性来设计电路。在含灵敏电流计的电路中，当通过其电流为零时，其所在处可理解为断路，也可理解为两端等势，等同于同一结点。某同学利用灵敏电流计的“灵敏”特性设计了一个电路来测量某定值电阻Rx的阻值(约为20Ω)。所用实验器材如下：
A.电压表V1(3V,内阻约为12kΩ)；
B.电压表V2(9V,内阻约为30kΩ)；
C.电流表A1(150mA,内阻约为10Ω)；
D.电流表A2(0.6A,内阻约为1Ω)；
E.电流计G(100μA,内阻约为120Ω)；
F.电阻箱R(0∼9999.9Ω)；
G.电源E(3V,内阻很小)
(1)为了较准确地测量电阻Rx，电压表应选______(选填“A”或“B”)，电流表应选______(选填“C”或“D”)；
(2)为方便实验调节，闭合开关S前电阻箱应调整至______kΩ；
(3)闭合开关S后，调节电阻箱的阻值，当电流计读数为零时，分别读取并记录电阻箱阻值R、电压表读数U和电流表读数I，则待测电阻Rx的测量值为______；(用题目给出的物理量表示)
(4)考虑电表内阻影响，待测电阻Rx的测量值______真实值(选填“大于”、“等于”或“小于”)。
四、简答题：本大题共3小题，共9分。
12.如图为跳台滑雪运动赛道的简化示意图，由助滑道、起跳区、着陆坡等组成，助滑道和着陆坡与水平面的夹角θ均为37∘，直线AB段长L=100m，BC段为圆弧状，半径R=40m，在B点与直线AB相切，在C点切线水平。运动员由A点无初速下滑，从起跳区的C点以速度v起跳，在空中飞行t=4.5s后降落在着陆坡上D点。运动员和装备总质量m=60kg，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，忽略空气阻力。求：
(1)在C处运动员对起跳区压力；
(2)由A至C过程，阻力对运动员所做的功。
13.在“质子疗法”中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞。如图所示，质量为m、电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，通过极板A1中间的小孔后进入速度选择器，并沿直线运动。速度选择器中的匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=0.01T，极板CC1间的电场强度大小为E=1×105N/C。坐标系xOy中yOP区域充满沿y轴负方向的匀强电场Ⅰ，xOP区域充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，OP与x轴夹角a=30∘。匀强磁场Ⅱ的磁感应强度大小B1，且1T≤B1≤1.5T。质子从(0,d)点进入电场Ⅰ，并垂直OP进入磁场Ⅱ。取质子比荷为qm=1×108C/kg，d=0.5m。求：
(l)极板AA1间的加速电压U；
(2)匀强电场Ⅰ的电场强度E1；
(3)质子能到达x轴上的区间的长度L(结果用根号表示)。
14.如图，一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体，O点为球心；下半部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜。有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC之间的距离为0.6R。已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行，不考虑多次反射。
(1)请在答题卷上画出光路图；
(2)求该玻璃的折射率。(结果可以保留根号)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.放射源射出的三种射线在磁场中运动轨迹不同，α射线带正电，根据左手定则判断出射线1为α射线，故A错误；
B.发生光电效应时，根据光电效应方程Ek=hν−W0，可知入射光频率越大，光电子的最大初动能也就越大，与入射光的强度无关，故B错误；
C.卢瑟福通过图(c)所示在α粒子散射实验的基础上，提出了原子核式结构模型，故C错误；
D.利用图(d)所示的氢原子能级示意图，玻尔将量子观念引入原子领域，提出氢原子能级是分立的，能够解释氢原子的光谱特征，光谱也是分立的，故D正确。
故选：D。
根据洛伦兹力对不同粒子的影响判断；光电效应中光电子的最大初动能与入射光的强度无关；根据α粒子散射实验判断；根据玻尔理论判断。
本题考查了近代物理初步的相关知识，理解不同物理现象的影响因素，并知道其深层次的原因，结合熟悉的物理模型求解，难度不大，属于普通题。
2.【答案】A
【解析】解：AC、根据v−t图像的斜率表示加速度，可知在0∼t2时间内，她的加速度保持不变，这个过程是在空中运动，而在t2时刻进入水中后，加速度逐渐减小，故A正确，C错误；
B、裁判员给她打分时，要观察她的空中动作，所以不能将她视为质点，故B错误；
D、从图像可知，在0∼t1全红婵做竖直上抛运动，t1时刻她到达最高点，然后做自由落体运动，在t2时刻入水，故D错误。
故选：A。
在v−t图像中，图线的斜率表示加速度，根据斜率的变化分析加速度的变化。当物体的大小和形状能忽略不计时，可以将物体看成质点。根据图像分析全红婵的运动情况，确定她何时运动到最高点。
本题考查对速度-时间图像的理解能力，要知道在v−t图像中，图线的斜率代表加速度，速度正负表示速度方向。
3.【答案】D
【解析】解：A.天宫空间站中仪器的重力等于受到的万有引力，故A错误；
B.根据题意可知，梦天实验舱发射后在半径为r2的B点点火加速后做椭圆运动，则有vB>v2，故B错误；
C.地球自转的周期和天宫空间站运行的周期没有直接关联，仅仅知道天宫空间站运行轨道半径与地球的半径的关系，所以无法得到天宫空间站运行的周期，故C错误；
D.设地球的质量为M，在地球表面两极处有GMm0R2=m0g
天宫空间站绕地球做匀速圆周运动时，有GMmr2=ma
又r=nR
则天宫空间站的向心加速度为a=gn2，故D正确。
故选：D。
地球周围的物体都受到重力；根据变轨的原理判断；根据万有引力提供向心力得出周期、向心加速度与轨道半径的关系判断。
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道线速度、向心加速度与轨道半径的关系。
4.【答案】C
【解析】解：B、发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为
f=ω2π=nz，故B错误；
A、线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦交流电，最大值为
Em=NBS⋅2π⋅nz
输出电压的有效值为
E=Em 2= 2πNBSnz，故A错误；
C、变压器原副线圈的匝数比为
n1n2=EU= 2πNBSnzU，故C正确；
D、发电机产生的瞬时电动势为
e=Emsinωt=2πNBSnzsin(2πnz)t，故D错误；
故选：C。
根据发电机线圈的转速得出交变电流的频率；
根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的最大值，进而得出电动势的有效值；
根据电压之比得出线圈的匝数之比；
本题主要考查了交流电的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律计算出感应电动势的大小，熟悉公式的推导即可完成分析，整体难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A、物块和钢板一起运动到最低点B的过程中，钢板对物块要做功，则物块的机械能不守恒，故A错误；
B、物块与钢板碰撞过程，系统机械能有损失，所以从物块下落到一起运动到最低点的过程物块、钢板和弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误；
CD、物块由静止自由下落的过程，由机械能守恒定律可得：mgh=12mv02，(v0为物块与钢板碰撞前瞬间的速度)。
因为碰撞时间极短，内力远大于外力，所以钢板与物块组成的系统动量近似守恒，取向下为正方向，设v1为两者碰撞后共同速度，根据动量守恒定律得
mv0=2mv1
碰后一起向下运动至最低点的过程，由功能关系可得：12(2m)v12+2mgx0=ΔEP
联立以上各式解得弹性势能增加量为：ΔEP=12mgh+2mgx0=mg(12h+2x0)，故C正确，D错误。
故选：C。
分析除重力以外其他力做功情况，判断物块和钢板一起运动到最低点B过程物块的机械能是否守恒。从物块下落到一起运动到最低点的过程，分析能量转化情况判断物块、钢板和弹簧组成的系统机械能是否守恒。分析物体的运动过程：物块先自由下落，其机械能守恒。物块与钢板碰撞时，因碰撞时间极短，系统所受外力远小于相互作用的内力，遵守动量守恒定律，碰后一起向下运动至最低点，由功能关系计算弹簧弹性势能的增加量。
此题要将全过程细化，分成三个物理过程分析，要把握每个过程的物理规律，特别要注意碰撞过程遵守动量守恒定律，但机械能有损失，所以整个过程中，系统的机械能并不守恒。
6.【答案】BD
【解析】解：以物块为对象，根据牛顿第二定律可得：F−mgsinθ−f=ma，解得：a=Fm−mgsinθ+fm
结合a−F图像可得：
1m=k=bc，−mgsinθ+fm=−b
由此可知小物块的质量为：m=1k
摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为：mgsinθ+f=c，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
对物体，由牛顿第二定律可求加速度a与F的表达式，再结合a−F图像的斜率及截距求解。
本题是对牛顿第二定律的考查，解题的关键是由牛顿第二定律列出加速度的表达式，再结合a−F图像即可求解。
7.【答案】BC
【解析】解：CD、根据题意有，由平衡条件和法拉第电磁感应定律以及安培力计算公式可得：
第一进入磁场有：F=f+F安
F安=BIL=BBLvRL=B2L2vR
第一进入磁场有：2F=f+F安′
F安′=BI′L=BBL⋅3vRL=3B2L2vR
解得：f=F2，B= FR2L2v，故C正确，D错误；
A、两次完全进入磁场的过程中，安培力大小不相等，位移相等，则安培力做功不相等，故A错误；
B.两次完全进入磁场的过程中安培力冲量分别为：
I安=F安t=B2L2vR⋅Lv=B2L3R
I安′=F安′t′=B2L2⋅3vR⋅L3v=B2L3R
可知两次完全进入磁场的过程中安培力冲量相等，故B正确。
故选：BC。
根据平衡条件和法拉第电磁感应定律以及安培力计算公式解答；两次完全进入磁场的过程中，安培力大小不相等，安培力做功不相等；根据冲量的定义判断两次完全进入磁场的过程中安培力冲量是否相等。
本题考查了电磁感应的力学问题，动量与功的概念，掌握动生感应电动势公式、闭合电路欧姆定律等知识点，如果涉及求解电荷量问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
8.【答案】BD
【解析】解：AB、依题知，带电小球从坐标原点到y轴正半轴某点的过程，动能增大，而重力做负功，则电场力做正功，小球带正电。
将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，根据对称性可知，小球穿过y轴正半轴时的水平分速度大小为：vx=v0
故小球穿过y轴正半轴时的竖直分速度为：vy= ( 2v0)2−v02=v0
水平方向有：
vx+v0=axt，ax=qEsin45∘m
竖直方向有：
vy=ayt，ay=qEcs45∘−mgm
联立解得小球所受电场力大小为：qE=2 2mg，故A错误，B正确；
CD、小球抛出后，当速度方向与电场线垂直斜向上时，克服电场力做功最多，电势能最大，此时电场力的方向与速度方向垂直，而重力的方向与速度方向夹角为钝角，接下来小球的速度会继续减小，此时并非是动能最小的时刻，由于此时小球速度与水平方向成45∘，则此时水平速度大小等于竖直速度大小，故C错误，D正确。
故选：BD。
将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，根据对称性确定小球穿过y轴正半轴时的水平分速度大小，再求出小球穿过y轴正半轴时的竖直分速度，结合分速度公式和牛顿第二定律求小球所受电场力大小。小球抛出后，当速度方向与电场线垂直斜向上时，克服电场力做功最多，电势能最大。
解答本题的关键要熟练运用运动的分解法处于带电体在匀强电场中运动的问题，根据分运动规律和牛顿第二定律相结合进行处理。
9.【答案】BCD
【解析】解：C、由图乙可知波长为λ=8m，又周期为T=1f=10.5s=2s，则绳波的波速为v=λT=82m/s=4m/s，故C正确；
A、由图可知t1时刻质点Q从平衡位置沿y轴正方向振动，由于Δt=3s=32T，可知(t1+3)s时刻质点Q位于平衡位置沿y轴负方向振动，故A错误；
B、设t1时刻波动方程为y=20sin(2πλx+φ0)
其中处于x=3m的质点Q此时处于平衡位置，则有
yQ=20sin(2π8×3+φ0)=0
解得：φ0=π4
可得波动方程为：y=20sin(π4x+π4)(cm)
则t1时刻质点P的位移为：yP=20sin(π4×0+π4)(cm)=10 2cm
由于Δt′=1s=T2，所以(t1+1)s时刻质点P的位移为−10 2cm，故B正确；
D、由图乙，假设在质点P左侧有对应的波形图，则t1时刻x=−1m处的质点处于平衡位置，根据波形平移法可知P点从图示时刻开始第一次回到平衡位置的时间为
Δt′′=Δxv=14s=0.25s，故D正确；
E、波速由介质决定，健身者提高抖动的频率，绳波的波速保持不变，故E错误。
故选：BCD。
由图读出波长，T=1f求出周期，由v=λT求出波速。由图可知t1时刻质点Q从平衡位置沿y轴正方向振动，根据时间与周期的关系确定(t1+3)s时刻质点Q的位置。写出t1时刻波动方程，求出t1时刻质点P的位移，再求(t1+1)s时刻质点P的位移。根据波形平移法确定P点从图示时刻开始第一次回到平衡位置的时间。绳波的波速由介质决定，与健身者提高抖动的频率无关。
解决本题的关键是要会用波形平移法分析质点的振动方向，根据振幅、波长和初相位写出波动方程，再求任意位置质点的位移。
10.【答案】20.0A是
【解析】解：(1)最小刻度为1cm，估读到下一位，落点R到O点的距离为20.0cm。
(2)设碰前瞬间小球1的速度为v0，碰后瞬间小球1、2的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得
m1v0=m1v1+m2v2
两小球竖直方向做自由落体运动，下落高度相同，运动时间相等，则有
m1v0t=m1v1t+m2v2t
可得
m1OP=m1OQ+m2OR
则小球1和2的质量之比为
m1m2=OROP−OQ=20.015.0−5.0=21
故BC错误，A正确；
故选：A。
(3)假设小球1和2碰撞为弹性碰撞，根据机械能守恒可得
12m1v02=12m1v12+12m2v22
又
m1v0=m1v1+m2v2
联立可得
v0+v1=v2
则有
OP+OQ=OR
由图(b)可得
OP+OQ=15.0cm+5.0cm=OR=20.0cm
假设成立，故小球1和2碰撞是弹性碰撞。
故答案为：(1)20.0；(2)A；(3)是。
(1)根据刻度尺的读数规则得出对应的示数；
(2)根据平抛运动的特点，结合动量守恒定律得出质量的比值关系；
(3)根据机械能守恒定律的特点列式分析出碰撞过程是否机械能守恒。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点即可完成分析。
11.【答案】AC6UI 等于
【解析】解：(1)由题意可知，电源电动势为3V，电路中最大电压为3V，为了测量准确，则电压表应该选择量程0∼3V的，即选A。
由题意可知，待测电阻约为20Ω，电路中的最大电流为
I=UR=320A=0.15A=150mA
为了测量准确，电流表应该选择量程0∼150mA，即选C。
(2)为保护电路安全，初始时，应该使灵敏电流计为零，即
RRA=RVRx
解得
R=6kΩ
(3)当电流计读数为零时，待测电阻Rx的测量值为
Rx=UI
(4)由于电流计读数为零，则电流表和电压表示数均代表待测电阻两端的电压和电流，所以待测电阻的测量值等于真实值。
故答案为：(1)A、C；(2)6；(3)UI；(4)等于
(1)根据电路安全及最大电流选择器材；
(2)为保护电路安全，初始时，应该使灵敏电流计为零，从而计算电阻值；
(3)(4)根据欧姆定律解答，并分析误差。
本题考查了实验电路图的设计、实验数据处理，知道电压表的改装原理应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是设计实验电路的前提与关键。
12.【答案】解：(1)设在C处运动员的速度大小为v。
从C点到斜面D点过程运动员做平抛运动，则有
x=vt，y=12gt2
又几何关系可得
tanθ=yx
联立可得：t=2vtanθg
可得运动员在C点速度为：v=gt2tanθ=10×4.52×0.75m/s=30m/s
在C处，对运动员，根据牛顿第二定律可得
N−mg=mv2R
代数数据可得支持力大小为：N=1950N
根据牛顿第三定律可知，在C处运动员对起跳区压力大小为1950N，方向竖直向下。
(2)由A至C过程，根据动能定理得
mghAC+Wf=12mv2
其中：hAC=Lsinθ+R(1−csθ)，解得hAC=68m
联立解得阻力对运动员所做的功为：Wf=−13800J
答：(1)在C处运动员对起跳区压力为1950N，方向竖直向下；
(2)由A至C过程，阻力对运动员所做的功为−13800J。
【解析】(1)运动员由C运动至D做平抛运动，根据运动学公式即可求出运动员在起跳区C点的速度v的大小。在C处，由牛顿第二定律可求出运动员受到的支持力，再由牛顿第三定律得到运动员对起跳区的压力；
(2)从A到C，根据动能定理求运动员从A点下滑到C点过程中阻力对运动员所做的功。
解答本题的关键是分析清楚运动员的运动过程，把握每个过程遵守的物理规律，熟练运用运动的分解法处理平抛运动。要知道动能定理是求功常用的方法。
13.【答案】解：(1)质子进入速度选择器中的速度为v0，由力的平衡得qv0B=qE
由动能定理有qU=12mv02
联立得v0=EB=1×1050.01m/s=1×107m/s，U=mv022q=(1×107)22×108V=5×105V
(2)质子在电场中运动到达OP上的Q点时间为t，竖直方向速度为vy，水平位移为x，竖直位移为y，加速度为a。由运动学公式有x=v0t，y=12at2，vy=at
由几何关系有tanα=d−yx，tanα=v0vy
由牛顿第二定律有qE1=ma
联立可得x= 35m，y=0.3m，E1=5×106N/C
(3)质子进入磁场的速度为v，则v=v0cs60∘=2v0=2×107m/s
质子在磁场中运动半径为R，由牛顿第二定律有qvB1=mv2R
有0.4m3≤R≤0.2m
由几何关系有OQ=xcs30∘=0.4m，QN=d−y=0.2m
当R2=0.2m，质子恰好从N点飞出，当R1=0.43m，质子恰好与x轴相切。故质子能到达x轴上的区间长度L=R1cs30∘= 315m
答：(1)极板AA1间的加速电压为5×105V；
(2)匀强电场Ⅰ的电场强度为5×106N/C；
(3)质子能到达x轴上的区间的长度为 315m。
【解析】(1)根据速度选择器的原理，根据共点力的平衡和动能定理求出加速电压；
(2)分析质子在电场中的运动，根据类平抛运动的规律，由运动学公式和几何关系求出水平位移和竖直位移，结合牛顿第二定律求出电场强度的大小；
(3)根据速度的合成与分解求出质子进入磁场的速度，再根据质子在磁场中运动的半径结合牛顿第二定律，由几何关系求出质子能到达x轴上的区间长度。
本题考查了速度选择器和电磁组合场的相关知识，解决本题的关键是理解速度选择器的原理，粒子在电场中的类平抛以及在磁场中的匀速圆周运动模型。
14.【答案】解：(1)根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于OC轴对称的出射光线一定与入射光线平行，这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心C点反射，光路图如图所示。
(2)由图中几何关系可得：
sini=0.6RR=0.6
由正弦定理有：
sinr2R=sin(i−r)R
联立解得：sinr=6 205
由折射定律有：n=sinisinr
联立解得：n= 2.05
答：(1)见解析；
(2)该玻璃的折射率为 2.05。
【解析】(1)根据光路的对称性和光路可逆性，以及光的折射规律画出光路图。
(2)由几何关系确定入射角的正弦值与折射角的正弦值，再由折射定律求玻璃的折射率；
本题是几何光学问题，其基础是作出光路图，根据几何知识确定折射角是关键，结合折射定律处理这类问题1。