2025年安徽省安庆市高考物理二模试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年安徽省安庆市高考物理二模试卷（含详细答案解析），共22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。
1.2025年1月14日，据中国科学院合肥物质科学研究院消息，该院大科学团队成功研制强流直线等离子体装置——“赤霄”，“赤霄”的诞生将为研究下一代“人造太阳”中国聚变工程实验堆提供有力支撑。已知某核聚变反应的方程为 12H+12H→23He+X。下列说法正确的是( )
A. 反应产物X为 12H
B. 该聚变反应有质量亏损
C. 该聚变反应发生时，两个 12H间万有引力远大于两个 12H间库仑力
D. 23He由2个中子和一个质子组成
2.一弹簧上端固定，下端与物块A相连，物块A以O点为平衡位置，在竖直方向上M、N两点之间做简谐运动，如图甲所示。规定沿竖直向下的方向为正方向，物块A偏离平衡位置的位移x与时间t的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. t=0.5s时，物块A的加速度最大，方向竖直向下
B. t=1s时，物块A的速度最大，方向竖直向下
C. 物块A振动到M点时，弹簧一定处于压缩状态
D. 0∼7s内物块A振动的路程等于56cm
3.如图所示，竖直平面内三个圆的半径之比为3：2：1，它们的最低点相切于P点，有三根光滑细杆AP、BP、CP，杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点，杆的最低点都处于圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上，都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P点，空气阻力不计，则小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之比为( )
A. 3： 2：1B. ( 3− 2)：( 2−1)：1
C. 3：2：1D. 1：1：1
4.一定质量的理想气体历经如图所示的循环过程，a→b过程是等温过程，b→c过程是等容过程，c→a过程是等压过程。下列说法正确的是( )
A. a→b过程中气体的内能增加
B. b→c过程中气体向外界放热
C. a→b过程中气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D. c→a过程中外界对气体做的功等于a→b过程中气体对外界做的功
5.如图所示，原副线圈匝数比为n1：n2的理想变压器，原线圈接入电压为U的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。当变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中( )
A. 电流表A1示数先增大后减小B. 电流表A2示数的最大值为UR
C. 原线圈输入功率的最大值为4n22U25n12RD. 定值电阻R消耗功率的最小值为16n22U225n12R
6.2025年1月13日，我国自主研制的捷龙三号运载火箭在山东海洋海域成功发射，一次将十颗卫星送入预定轨道，创造了我国海上发射的新纪录。其中卫星A、B在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，它们之间的距离Δr随时间变化的关系如图所示，不考虑A、B之间的万有引力，已知卫星A的线速度大于卫星B的线速度，下列说法正确的是( )
A. 卫星A、B的轨道半径之比为rA：rB=3：5
B. 卫星B的周期等于T
C. 卫星A的线速度大小为16πr7T
D. 卫星A、B从相距最近到相距最远的最短时间间隔小于r2
7.电子计步器的工作核心部件为震动传感器，一般按照传感器的类型可分为2D计步器与3D计步器，其中一款2D计步器的原理图可以简化如下，平行板电容器的一个极板M固定在设备上，另一个极板N与两个固定在设备上的轻弹簧连接，极板N与弹簧间绝缘，振动系统完成一次周期性振动，电流传感器显示电流周期变化一次，才能实现计步一步。关于该计步器，下列说法正确的是( )
A. 极板N向极板M运动的过程中，电流传感器的电流方向C→B
B. MN极板间距离最小时，电流传感器上电流最大
C. MN极板间距离最小时，固定在电容器中A点的点电荷具有的电势能和受到电场力均最大
D. 将保护电阻R换成二极管，N极板振动，电流传感器上电流周期性变化，同样实现准确计步
8.乘坐“空中缆车”既能饱览大自然的美景又轻松惬意。如图所示，某一缆车沿坡度为53∘的山坡匀速上行，缆车中有一质量m=50kg的货物放在水平地板上且与车厢壁恰好接触而无挤压，货物与地板之间动摩擦因数μ=34，货物与地板之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，某时刻缆车开始沿原方向做加速运动，在这一过程中，加速度大小从零开始缓慢增大，并且整个加速阶段缆车始终保持竖直状态，重力加速度g=10m/s2，cs53∘=0.6，sin53∘=0.8，则在缆车斜向上加速运动的过程中( )
A. 货物可能受到3个力或4个力作用
B. 车厢受到的摩擦力方向水平向右
C. 当a=2m/s2时，车厢地板对货物的摩擦力大小为80N
D. 当a=10m/s2时，车厢地板对货物的作用力大小为300 10N
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，已知水枪喷水口的直径为d，水的密度为ρ，水流水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速率反向溅回，则( )
A. 水枪喷水的流量(单位时间内流出的体积)为πvd2
B. 喷水口单位时间内喷出水的质量为14πρvd2
C. 水枪的功率为12πρd2v3
D. 目标受到的平均冲击力大小为310πρd2v2
10.如图所示，MN、PS、HQ是竖直放置的长直粗糙金属导轨，MN与PS、HQ之间的宽度均为L，PS和HQ通过阻值为R的定值电阻连接。ab和cd是两根质量均为m、电阻均为R的金属杆，其中ab杆悬挂在轻弹簧下端，与竖直平行导轨内侧恰好接触而无压力，与导轨一同处于竖直向上的磁场中；cd杆则处于垂直导轨平面的磁场中，当cd杆在外力作用下以速度v向上做匀速直线运动时，ab杆恰好静止，弹簧无形变，现使cd杆以速度v4沿原方向做匀速直线运动，ab杆开始沿导轨下滑，两磁场的磁感应强度大小均为B，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，定值电阻阻值为R，其余电阻不计，金属杆与导轨接触良好，弹簧始终在弹性范围内，在整个运动过程中，ab和cd杆均保持水平，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A. ab杆受到的安培力垂直纸面向外
B. ab杆与导轨间的动摩擦因数为2mgRB2L2v
C. ab杆开始下滑直至速度首次达到最大值的过程中，克服摩擦产生的热量为3m2g216k
D. ab杆速度首次达到最大值时，电路的电热功率为B2L2v29R
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在准确测量一节干电池的电动势E和内阻r的实验中，小丽同学设计了如图甲所示的实验电路，并以此电路图完成实物电路的连接。合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数。
在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图像，如图乙所示，两条直线与纵轴的截距分别为UA、UB，与横轴的截距分别为IA、IB。
(1)S2接2位置时，作出的U−I图线是图乙中的______(选填“A”或“B”)线；
(2)由乙图可知：这节干电池的电动势E=______和内阻r=______。
12.某同学设计了一个验证机械能守恒定律的实验，一轻绳一端连接在拉力传感器上O点，另一端连接在半径为r的匀质小钢球上，小钢球球心至O点的长度为L，O点正下方B位置有一光电门，可记录小钢球通过光电门的时间。如图甲所示，将小钢球拉至某一位置由静止释放，同时拉力传感器通过计算机采集小钢球在摆动过程中轻绳上拉力的最大值T和最小值F。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程，根据测量数据在直角坐标系中绘制的T−F图像如乙图所示。
(1)小钢球从A位置由静止释放时，细线与竖直方向成θ角，小钢球通过最低点位置B时，光电门记录遮光时间为t，则小钢球通过光电门的速度vB=______；在实验误差允许的范围内，若t2=______(用r、L、θ、g等符号表示)则验证了小钢球从A点运动到B点过程中机械能守恒。
(2)若小钢球摆动过程中机械能守恒，则绘制乙图T−F图像的直线斜率理论值为______。
(3)小钢球质量m=30g，根据测量数据绘制的乙图计算出重力加速度g=______m/s2(结果保留3位有效数字)，与当地实际重力加速度相比______(选填“偏小”“不变”或“偏大”)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.2024年12月10日，北京上空出现“3个太阳”的景象即幻日现象，与故宫角楼相互映衬，这种现象也被称为三日同辉，原理图如图甲所示。为便于理解，以单色光为例进行分析，图乙为光线以与截面平行的方向射入正六边形板状冰晶侧面的光路图。设光线的入射角为i1=60∘，经AB、CD面折射后从图中H点射出，取冰晶对该单色光的折射率为3 34，已知光在真空中的传播速度为3.0×108m/s，正六边形晶体边长为3 5cm，出射点H与C的距离为 5cm。求：
(1)折射角i2的正弦值sini2；
(2)该单色光在冰晶中传播的时间t。
14.如图所示，一半径为R=3m的圆弧轨道固定在水平面上，且与水平面相切于圆弧最低点B，圆弧对应的圆心角θ=53∘；C点处固定另一半径为r的竖直圆轨道且与水平面相切；距C点足够远的D点放有一质量为M=3kg物块，D点右侧水平面粗糙且与物块间的动摩擦因数为μ=0.1。一个质量为m=1kg的光滑小球从圆弧轨道的上端点A由静止释放，之后恰好能通过竖直圆轨道并与物块发生碰撞，忽略小球与物块的大小，且除了物块与D点右侧地面之间存在摩擦外，其余摩擦均不计，小球与物块的碰撞没有机械能损失，重力加速度g=10m/s2。已知sin53∘=0.8，cs53∘=0.6。试求：
(1)小球刚滑到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小；
(2)竖直圆轨道的半径及小球与物块第1次碰撞后物块速度大小；
(3)判断小球能否与物块发生第2次碰撞。若不能，请通过计算说明理由；若能，求出小球与物块发生2次碰撞后物块滑行的总位移。
15.如图所示，在三维坐标系Oxyz中，x2)次射出磁场时的y轴坐标。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、根据电荷数守恒和质量数守恒可得，核反应方程为
12H+12H→23He+01n
故A错误；
B、聚变过程会有质量亏损，故B正确；
C、要使该聚变反应发生，必须克服两氚核间巨大的库仑力，才能达到核力作用的范围，这样两个原子核才能结合成新的原子核，相对库仑力而言，两氚核间万有引力可以忽略不计，故C错误；
D、 23He由2个质子和一个中子组成，故D错误。
故选：B。
根据核反应过程中质量数与核电荷数守恒，求出X的核电荷数，确定其种类；根据质能方程求出核反应的质量亏损分析。
本题考查核聚变的相关内容，包括核聚变的核反应方程以及爱因斯坦质能方程等，要熟练掌握相关内容。
2.【答案】D
【解析】解：A、由图可知在0.5s时，物块A的位移为正向最大，即到达N点，加速度最大，方向竖直向上，故A错误；
B、t=1s时，物块A的位移为0，位移由正转负，物块A的速度最大，方向竖直向上，故B错误；
C、t=1.5s时，物块A在M点，物块A的回复力最大，方向竖直向下，回复力由重力和弹力的合力提供，弹力不一定向下，弹簧不一定处于压缩状态，故C错误；
D、物块A所受合力做周期性的变化，周期为2s，7s为3.5个周期，振子路程为14A=14×4cm=56cm，故D正确。
故选：D。
AB、在最大位移处，速度为零，加速度最大；在平衡位置处，速度最大，加速度为零；
C、该简谐运动回复力由重力和弹力的合力提供，根据弹力的方向分析；
D、根据周期和振幅分析。
考查对简谐运动的理解，清楚加速度、速度与位移的变化关系，注意竖直向下的方向为正方向。
3.【答案】A
【解析】解：根据等时圆模型，如图所示
只需要求出AP、BP、CP，的时间之比，设最小圆的直径为d，则
tAP：tBP：tCP=tA′P：tB′p：tC′p= 2×3dg: 2×2dg: 2×dg= 3: 2:1
故A正确，BCD错误。
故选：A。
在重力作用下，从不同高度沿不同倾角的光滑斜面下滑至同一水平面，如果斜面的起点和终点高度差相同，那么下滑时间将相同。这是因为虽然路径长度和倾角不同，但重力势能转化为动能的过程相同，最终影响时间的主要因素是高度差，而不是路径的具体形状。
“等时圆模型”是指物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
4.【答案】C
【解析】解：A.a→b过程为等温变化，理想气体的内能不变，故A错误；
C.该过程中气体体积增大，气体对外做功，即W0
即气体吸收的热量全部用来了做功，故C正确；
B.b→c过程为等容变化，W=0，Pc>Pb，由查理定律
PcTc=pbTb
得
Tc>Tb
气体内能增大，ΔU>0，由热力学第一定律得Q>0，即气体从外界吸热，故B错误；
D.P−V图中，图线与横轴围成的面积在数值上等气体对外界或外界对气体所做的功，据此由图可知，c→a过程中外界对气体做的功大于a→b过程中气体对外界做的功，故D错误。
故选：C。
A.根据温度和内能的关系判断；
C.由热力学第一定律分析判断；
B.由查理定律和热力学第一定律求判断；
D.根据P−V图像的物理意义判断c→a过程中外界对气体做的功与a→b过程中气体对外界做的功的关系。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义，结合热力学第一定律即可完成分析。
5.【答案】D
【解析】解：A、当变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，变压器的负载总电阻先增大后减小，可知副线圈中的电流先减小后增大，理想变压器的匝数比一定，可得原线圈中的电流，即电流表A1示数先减小后增大，故A错误；
B、根据理想变压器电压比与匝数比的关系，可得副线圈的电压为U2=n2Un1，易知变压器的负载电阻最小为R，则副线圈中的电流，即电流表A2示数的最大值为：I2max=U2R=n2Un1R，故B错误；
C、当变压器的负载电阻最小为R时，原线圈输入功率最大，输入功率最大值为：P1max=U22R=n22U2n12R，故C错误；
D、当变阻器的滑片处于中间位置时，负载电阻最大，副线圈中的电流最小，定值电阻R消耗功率的最小。
负载电阻最大值为：Rmax=R+R4=5R4，副线圈中的电流最小为：I2min=U2Rmax=4n2U5n1R
定值电阻R消耗功率的最小值为：Pmin=I2min2R=16n22U225n12R，故D正确。
故选：D。
当变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，变压器的负载总电阻先增大后减小，根据欧姆定律可知副线圈中的电流的变化，理想变压器的匝数比一定，可得原线圈中的电流，即电流表A1示数的变化；根据理想变压器电压比与匝数比的关系，求得副线圈的电压，由变压器的负载电阻最小值，求得副线圈中的电流，即电流表A2示数的最大值；当变压器的负载电阻最小为R，原线圈输入功率最大；当变阻器的滑片处于中间位置时，负载电阻最大，副线圈中的电流最小，定值电阻R消耗功率的最小，根据电功率的计算公式求解。
本题考查了理想变压器的动态分析问题，注意的本题中滑动变阻器的连接方式，变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，其连入电路的阻值先增大后减小。掌握理想变压器电压比、电流比与匝数比的关系。
6.【答案】C
【解析】解：A.设卫星A、B的轨道半径分别为rA、rB，则有rA+rB=5r，rB−rA=3r，解得rA=r，rB=4r，则rA：rB=1：4，故A错误；
B.根据万有引力提供向心力可得GMmr2=m4π2T2r，得T= 4π2r3GM，则TA：TB=1：8，又因为(2πTA−2πTB)×T=2π，解得TA=78T，TB=7T，故B错误；
C.设卫星的线速度大小为v，则v=2πrTA=16πr7T，故C正确。
D.设卫星A、B从相距最近到相距最远的最时间间隔为t，则(2πTA−2πTB)×t=π，解得t=T2，故D错误。
故选：C。
根据两卫星的距离变化图像信息列式求解各自的轨道半径，结合万有引力定律的应用和线速度公式，卫星追及问题等知识分析解答。
考查两卫星的距离变化图像信息列式求解各自的轨道半径，结合万有引力定律的应用和线速度公式，卫星追及问题，会根据题意进行准确分析解答。
7.【答案】A
【解析】解：A、极板N向极板M运动的过程中，两板间距离变小，根据C=εrS4πkd可知电容器的电容变大，电容器始终和电源连接，则电容器两板间电压保持不变，根据Q=CU可知，电容器带电荷量增多，所以给电容器充电，电流传感器的电流方向为C→B，故A正确；
B、MN极板间距离最小时，电容最大，电容器带电荷量最多，如果此时MN极板间的距离稳定不变，电容器充电结束，则电流传感器上的电流为零，故B错误；
C、MN极板间距离最小时，则两板间的电场强度大小E′=Ed最大，电荷受电场力最大；A点到上极板的距离不变，所以上极板M和A点之间的电势差变大，即A点的电势降低，固定在A点的点电荷如果带正电，则点电荷的电势能减小，如果点电荷带负电，则点电荷的电势能增大，故C错误；
D、将保护电阻R换成二极管，因为二极管具有单向导电性，所以N极板振动时，电容器将不能放电，所以不能形成周期性变化的电流，不能计步，故D错误。
故选：A。
根据C=εrS4πkd分析电容的变化，进而分析电荷量的变化，以及电流的方向；根据电场强度与电势差的关系计算电场强度和A点的电势高低，进而判断电势能大小；根据二极管的单向导电性分析。
掌握电容的决定式和二极管的单向导电性是解题的基础。
8.【答案】D
【解析】解：A、货物与缆车沿山坡向上以加速度a运行时，以货物为研究对象，根据牛顿第二定律有：FN−mg=masin⁡53∘f静+N=macs⁡53∘f静⩽f=μFN，解得：fB=0.6ma−Nf=μFN=0.75mg+0.6ma，所以f静恒小于f，即摩擦力始终为静摩擦力，没有达到最大静摩擦力(即自锁)，车厢壁给的弹力恒为0.故货物始终只受到3个力，故A错误；
B、根据牛顿第三定律知车厢受到的摩擦力方向水平向左，故B错误；
C、当a=2m/s2时，f=macs53∘=50×2×0.6N=60N，车厢对货物的摩擦力大小为60N，故C错误；
D、当a=10m/s2时，ax=6m/s2，f=max=50×6N=300N，竖直方向ay=8m/s2，FN=50×8N+50×10N=900N，车厢地板对货物的作用力大小为F= FN2+f2= 9002+3002N=300 10N，故D正确。
故选：D。
ACD、将货物的受力分解成水平、竖直两个方向，根据牛顿第二定律列出关系式分析；
B、根据牛顿第三定律分析；
考查对牛顿第二定律，牛顿第三定律和共点力平衡的理解，熟悉正交分解法的运用。
9.【答案】BD
【解析】解：A.水枪喷水的流量(单位时间内流出的体积)为Q=vs=vπ(d2)2=14πvd2
故A错误；
B.喷水口单位时间内喷出水的质量为：
m=ρQ=14πρvd2
故B正确；
C.水枪的功率为
P=Fv=310πρvd2v2
故C错误；
D.设水枪喷水时间t内，有质量为m的水喷向目标，则m=14πρvd2t
根据动量定理有：Ft=m(0.2v)−m(−v)
解得：F=310πρvd2v2
故D正确；
故选：BD。
题目设计旨在考查学生对流体力学基本概念的理解，特别是流量、质量流率、功率以及动量定理的应用。题目通过一个具体的实例--玩具水枪，来考察学生能否将理论知识应用于实际问题中。
通过这道题目，学生不仅能够复习流体力学的基本概念，还能提高解决实际问题的能力。
10.【答案】AC
【解析】解：A.根据右手定则可判断，cd杆中电流方向从d到c，根据左手定则可判断，ab杆受到的安培力垂直纸面向外，故A正确；
B.当cd杆向上匀速运动时，回路中的电流
I=BLV3R
摩擦力
f=μFN=μF安=μBIL=μB2L2v3R
可知摩擦力与速度成正比，此时ab杆恰好静止，弹簧无形变，则有
mg=f
故可解出
μ=3mgRB2L2v
故B错误；
C.当cd杆以速度v4向上匀速运动时，与原来相比，ab杆受到的安培力变小，导轨给ab的弹力变小，摩擦力变小
f′=14f=μB2L2v12R
此时根据胡克定律F=kΔx，弹簧伸长量即ab杆下降的高度
Δx=μB2L2v4kR
克服摩擦产生的热量
Q=f′Δx=3m2g216k
故C正确；
D.当cd杆以速度v4向上匀速运动时，回路中电流
I′=BLV12R
电功率
P=I′2⋅3R=B2L2v248R
故D错误。
故选：AC。
A.根据右手定则判断ab杆受到的安培力方向；
B.根据安培力公式和平衡关系求ab杆与导轨间的动摩擦因数；
C.根据胡克定律和热量公式求克服摩擦产生的热量；
D.根据功率公式求电路的电热功率。
本题是电磁感应与电路、力学相结合的一道综合题，根据题意分析清楚杆的运动过程是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律即可解题。
11.【答案】A； UA；UAIB
【解析】解：(1)当S2接2位置时，可把电流表与电源看作一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律E=U断可知，电动势等于真实值，短路电流偏小，所以作出的U−I图线应是A线；
(2)接1时短路电流准确，接2时断路电压准确，则这节干电池的电动势为E=UA，这节干电池的内阻为r=UAIB。
故答案为：(1)A；(2)UA；UAIB。
(1)根据电路图结合实验步骤分析答题。
(2)根据图示图像求出电池电动势与内阻。
理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构，根据图示图像即可解题。
12.【答案】2rt；2r2gL(1−csθ)； −2； 9.78；偏小
【解析】解：(1)小钢球从A位置由静止释放时，细线与竖直方向成θ角，小钢球通过最低点位置B时，光电门记录遮光时间为t，则小钢球通过光电门的速度vB=2rt
小钢球从A到B过程中，若无空气阻力，根据机械能守恒定律，有：mgL(1−csθ)=12mvB2，解得：t2=2r2gL(1−csθ)
(2)小钢球摆动过程中轻绳上拉力的最小值F，则F=mgcsθ
最大值T，对小钢球，由牛顿第二定律得：T−mg=mv2L
小钢球下摆过程，由动能定理得：mgL(1−csθ)=12mv2−0
解得：T=3mg−2F，所以绘制乙图T−F图像的直线斜率理论值为−2；
(3)小钢球质量m=30g，根据乙图截距知：3mg=0.88N，计算出重力加速度：g=9.78m/s2，
实际上由于小钢球摆动过程中始终受空气阻力的影响，速度始终偏小导致绳上拉力偏小，所以截距偏小，所以与当地实际重力加速度相比偏小。
故答案为：(1)2rt；2r2gL(1−csθ)；(2)−2；(3)9.78；偏小。
(1)根据小球半径与遮光时间求出小球的速度；应用机械能守恒定律求解。
(2)应用平衡条件与牛顿第二定律求出图像的函数解析式，然后分析答题。
(3)根据图示图像分析答题。
理解实验原理是解题的前提；分析清楚小球的运动过程，应用机械能守恒定律与牛顿第二定律即可解题。
13.【答案】折射角的正弦值为23；
该单色光在冰晶中传播的时间为4.5×10−10s
【解析】解：(1)由折射率的公式：n=sini1sini2，解得折射角的正弦值为：sini2=23；
(2)由折射率与光速的关系：n=cv，可知该单色光在冰晶中传播的速度v=cn；
光在冰晶中传播时，光路和各长度如图所示：
由几何关系，可知：h3=xDHcs30∘，h1= 3xCD，h2=h1−h3，xGH=xsini2，x2+h22=xGH2，xDH=xCD−xCH，
可得该单色光在冰晶中传播的距离为：xGH=6 3cm；
由速度、距离、时间关系：t=xGHv，解得该单色光在冰晶中传播的时间：t=4.5×10−10s。
答：(1)折射角的正弦值为23；
(2)该单色光在冰晶中传播的时间为4.5×10−10s。
(1)由折射率的公式，可计算折射角的正弦值；
(2)由折射率与光速的关系，可知该单色光在冰晶中传播的速度；由几何关系，可计算该单色光在冰晶中传播的距离；由速度、距离、时间关系，可计算该单色光在冰晶中传播的时间。
本题考查光的折射，关键是根据正六边形和折射角的正弦值，计算光在冰晶中的传播距离。
14.【答案】小球对轨道的压力大小为18N
竖直圆轨道的半径及小球与物块第1次碰撞后物块速度v2′= 62m/s
能，小球与物块发生2次碰撞后物块滑行的总位移为0.75m
【解析】解：(1)小球释放后由动能定理可得：
mg(R−Rcsθ)=12mvB2−0
得vB=2 6m/s
在B点有NB−mg=mvB2R
得NB=18N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为18N
(2)小球恰好过圆轨道最高点，有
mg=mv02r
−mg×2r=12mv02−12mvC2
得vB=vC=2 6m/s
解得：r=0.48m
小球离开圆轨道后与物块相碰撞时，由动量守恒及机械能守恒可知：
mvC=mv1+Mv′1
12mvC2=12mv12+12Mv1′2
解得小球速度v1=− 6m/s，物块速度v1′=6m/s
(3)小球反弹后能到达圆环轨道高度为：
−mgh′=0−12mv12
解得h′=0.3m2)次射出磁场时的y轴坐标为8L(n−1)(6n+πn−6)9
【解析】解：(1)在xOz平面内，设粒子从A点到O点做匀速圆周运动的半径为R，匀强磁场的磁感应强度大小为B
R+Rcs60∘=L
解得
R=23L
由向心力公式有
qvB=mv2R
联立解得
B=3mv2qL
(2)由题意知，粒子在xOy面内的运动轨迹与直线x=L相切，切点记为C，如图所示
由运动的分解知：粒子在x轴、y轴方向上均做匀变速直线运动，设电场强度大小为E，粒子在x、y方向上的分加速度大小分别为ax、ay，则有
qEsin37∘=max
qEcs37∘=may
联立解得
ay=43ax
设粒子从O点运动P点的时间为t，则从O点运动到C点的时间为12t
x方向有
L=12×ax×(t2)2
y方向有
yOP=12ayt2
联立解得
yOP=163L
(3)粒子从O点运动到C点的过程中，x轴上满足
L=v2⋅t2
可得
t=4Lv
代入
yOP=12ayt2
解得
ay=2v23L
由(2)问分析知：粒子每次在电场中运动的时间均为t，从第1次出磁场至第n次出磁场，粒子在电、磁场中均运动(n−1)次。若仅考虑粒子在电场中y轴正向的加速，由于每次加速的ay不变，相当于粒子从初速为零开始匀加速了(n−1)t的时间，粒子在这段时间内加速的总位移为
y1=12ay[(n−1)t]2=16L(n−1)23
粒子在磁场中的运动为螺旋状运动，粒子每次进磁场时垂直于磁场方向的速度为v不变，由运动的分解可把粒子在磁场中的运动看成xOz面内线速度为v的匀速圆周运动(半径仍为R)和y轴正向的匀速直线运动，设每次磁场中运动过程中，粒子在y方向匀速运动的分速度大小分别为v1y、v2y⋯v(n−1)y，则有
v1y=ay⋅t，v2y=ay⋅2t⋯v(n−1)y=ay⋅(n−1)t
分析易知，粒子每次在磁场中运动的时间均为其做圆周运动的半个周期时间，设此时间为t，则有
t′=πRv=2πL3v
所以粒子在磁场中运动的时间内，在y轴方向上匀速运动的总位移为
y2=v1y⋅t′+v2y⋅t′+⋯+v(n−1)y⋅t′=[1+2+⋯+(n−1)]ayt′2
联立解得
y2=8πLn(n−1)9
综上所述，粒子第n次出磁场时的y轴坐标为
yn=y1+y2
解得
yn=16L(n−1)23+8πLn(n−1)9=8L(n−1)(6n+πn−6)9
答：(1)匀强磁场磁感应强度的大小为3mv2qL；
(2)P、O两点间的距离为163L；
(3)带电粒子第n(n>2)次射出磁场时的y轴坐标为8L(n−1)(6n+πn−6)9。
(1)根据洛伦兹力提供向心力求匀强磁场磁感应强度的大小；
(2)由运动的分解和运动学公式求P、O两点间的距离；
(3)根据运动学公式求带电粒子第n(n>2)次射出磁场时的y轴坐标。
本题考查带电粒子在电磁组合场中的运动，属于力学综合题，做题时可按粒子运动过程一步一步分析出粒子在电场和磁场中的运动情况。