江苏省通州区、海门市、启东三县联考2019届高三上学期期末考试（word版含解析）

江苏省通州区、海门市、启东三县联考2019届
高三上学期期末考试
一、单项选择题：
1.如图所示，磁场中有两个正方形导体环a、b，磁场方向与导体环所在平面垂直.磁感应强度B随时间均匀增大.两正方形边长之比为2︰1，环中产生的感应电动势分别Ea和Eb，不考虑两环间的相互影响。下列说法正确的是
A.
Ea︰Eb=4︰1，感应电流均沿逆时针方向
B.
Ea︰Eb=4︰1，感应电流均沿顺时针方向
C.
Ea︰Eb=2︰1，感应电流均沿逆时针方向
D.
Ea︰Eb=2︰1，感应电流均沿顺时针方向
【答案】A
【解析】
【分析】
根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势的大小，根据楞次定律判断感应电流的方向。
【详解】根据法拉第电磁感应定律题中相同
a正方形中产生的感应电动势为
b正方形中产生的感应电动势为
由于a:b=2:1，所以
由于磁场向里，磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流均沿逆时针方向。
故选：A。
【点睛】本题整合了法拉第电磁感应定律，楞次定律，常规题，要善于运用比例法求解比值。
2.美国火星探测器“洞察”号于2018年11月27日成功登陆火星，已知火星与地球绕太阳公转的轨道半径之比为3︰2，火星与地球的质量之比为1︰10，火星与地球的半径之比为1︰2，则
A.
火星绕太阳的公转周期小于1年
B.
“洞察”号减速下降登陆火星的过程中处于失重状态
C.
火星绕太阳公转的向心加速度比地球小
D.
地球和太阳的连线与火星和太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等
【答案】C
【解析】
【分析】
研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力，列出等式再去进行比较．根据万有引力等于重力表示出重力加速度，再去进行比较。
【详解】A项：研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：，得：，M为太阳的质量，r为轨道半径。火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过T的表达式发现公转轨道半径大的周期长，即火星公转的周期比地球的长即大于1年，故A错误；
B项：“洞察”号减速下降登陆火星的过程中具有向上的加速度，所以处于超重状态，故B错误；
C项：研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：，得：
M为太阳的质量，r为轨道半径。火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过a的表达式发现公转轨道半径大的向心加速度小，即火星公转的向心加速度比地球公转的向心加速度小，故C正确；
D项：对同一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，故D错误。
故选：C。
【点睛】要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。
3.如图所示，R1是光敏电阻(光照增强，电阻减少)，C是电容器，R2是定值电阻。当R1受到的光照强度减弱时
A.
电阻R2上的电流增大
B.
光敏电阻R1上的电压减小
C.
电源两端电压减小
D.
电容器C的带电量减
【答案】D
【解析】
【分析】
当环境温度降低时R2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化．电容器的电压等于R2两端的电压，由欧姆定律分析其电压的变化，判断电容器电量的变化．由分析板间场强的变化。
【详解】A项：当R1受到的光照强度减弱时，R1的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得到，总电流I减小，即流过R2的电流减小，故A错误；
B、C项：根据闭合电路欧姆定律分析得到，总电流I减小，路端电压U=E-Ir，E、r不变，则U增大，R2两端电压减小，所以光敏电阻R1上的电压增大，故B、C错误；
D项：由于电容器与R2并联，所以电容器两端电压减小，由公式可知，电容器电量减小，故D正确。
故选：D。
【点睛】电路的动态分析问题，首先根据局部电路的变化分析外电路总电阻的变化，判断总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压和功率的变化，是常用的分析思路。
4.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的表面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD。下列说法中正确的是
A.
霍尔元件的上下表面的距离越大，UCD越大
B.
若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCD<0
C.
仅增大电流Ⅰ时，电势差UCD不变
D.
如果仅将霍尔元件改为电解质溶液，其它条件不变，电势差UCD将变大
【答案】B
【解析】
【分析】
在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道C、D两侧面会形成电势差UCD的正负．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差UCD与什么因素有关。
【详解】A、B项：根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则UCD＜0．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有
I=nqvS=nqvbc，则
，故A错误，B正确；
C项：由表达式可知，仅增大电流Ⅰ时，电势差UCD增大，故C错误；
D项：如果仅将霍尔元件改为电解质溶液，其它条件不变，阴阳离子都向一个方向偏转，电势差UCD将变小或者变为零，故D错误。
故选：B。
【点睛】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。
5.质量不同的两个小球A、B从同一位置水平抛出，运动过程中两小球受到的水平风力恒定且相等，运动轨迹如图所示，则
A.
B的初速度一定大
B.
B的加速度一定大
C.
A的质量一定小
D.
A水平方向的平均速度一定小
【答案】D
【解析】
【分析】
分析小球在水平方向和竖直方向的运动，根据匀变速直线运动规律分析处理。
【详解】小球在竖直方向只受重力，所以竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，由公式可知，两小球运动时间相同，
由图可知，A小球水平位移小于B小球水平位移，水平方向上两小球做匀减速直线运动，
所以A水平方向的平均速度一定比B的小
由于无法知道两小球落地时的速度大小，所以无法判断两球的初速度大小，从而无法判断两球的质量大小和加速度大小关系。
故选：D。
二、多项选择题.
6.如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为10︰1，原线圈通以图乙所示的交流电后，理想电流表A1示数为0.5A，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、理想电流表A2以及虚线框内的某用电器，电路处于正常工作状态，则下列说法正确的有
A.
原线圈两端电压的瞬时值表达式e=220sin100πt(V)
B.
熔断器的熔断电流应该不小于5A
C.
若输入的交流电频率増大，发现A2示数也增大，则虚线框内可能是电容器
D.
若原线圈输入电压改为500V的恒定电压，则A2示数将增大
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，注意电动机为非纯电阻，不能直接利用欧姆定律求解；而电容器的耐压值应为交流电的最大值。
【详解】A项：由图乙可知，交变电流电压的最大值为，周期为，所以原线圈两端电压的瞬时值表达式，故A正确；
B项：理想电流表A1示数为0.5A，由公式，解得：，所以熔断器的熔断电流应该不小于5A，故B正确；
C项：若输入的交流电频率増大，发现A2示数也增大，说明虚线框内的用电器对高频交变电流的阻碍较小，所以虚线框内的用电器为电容器，故C正确；
D项：理想变压器的工作原理为互感，所以理想变压器对恒定电流不起作用，即若原线圈输入电压改为500V的恒定电压，则A2示数将变为零。
故选：ABC。
【点睛】本题考查变压器规律的应用，只要掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系公式，本题即可得到解决，注意变压器不会改变交流电的频率。
7.如图甲所示是某电场中的一条电场线，若有一质子以某一初速度仅在电场力的作用下，沿AB由A点运动到B点，所经位置的电势(φ)随距A点的距离(x)变化的规律如图乙所示.则以下关于质子的v－t图像，Ek－x图像，a－t图像，E(电势能与动能之和)－x图像，四种图像中可能正确的有
A.
B.
C.
D.
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据φ-x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化．由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向，确定电势的高低，由电场力做功正负，分析速度的大小并判断电子电势能的变化。
【详解】A、C项：φ-x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，图象切线斜率不变，所以电场强度不变，质子做匀加速直线运动，故A正确，C错误；
B项：由动能定理得：，所以动能与位移为一次涵数，故B错误；
D项：由能量守恒可知，质子的动能和电势能保持不变，故D正确。
故选：AD。
8.如图所示，橡皮筋一端固定在竖直墙的O点，另一端悬挂质量为m的小球静止在M点。O点正下方N处固定一铁钉（橡皮筋靠在铁钉左侧），ON间距等于橡皮筋原长，现对小球施加拉力F，便小球沿以MN为直径的圆弧缓慢向N运动，橡皮筋始终在弹性限度内，不计一切摩擦，则小球从M移动到N的过程中
A.
橡皮筋的弹力一直在变小
B.
拉力F的方向始终跟橡皮筋垂直
C.
拉力F的方向始终跟圆弧垂直
D.
拉力F先变大后变小
【答案】AB
【解析】
【分析】
结合实际情景分析橡皮筋的形变越来越小，所以弹力越来越小，由三角形定则分析拉力的方向和大小。
【详解】A项：小球从M移动到N的过程中，橡皮筋的长度越来越小，即形变量越来越小，所以橡皮筋的弹力一直在变小，故A正确；
B、C项：对小球在圆弧上任意上点A受力分析，小球受重力，橡皮筋的弹力，方向沿AN，拉力F，由三角形定则可知，拉力方向始终跟橡皮筋垂直，故B正确，C错误；
D项：小球在圆弧上由M向N运动，弹力越来越小，由三角形定则可知，拉力F越来越大，故D错误。
故选：AB。
9.如图所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时，a、b及传送带均静止，且开始时a恰不受摩捺力作用。现让传送带顺时针匀速转动，则在b下降h高度(a未脱离传送带)的过程中
A.
物块a的重力势能增加
mghsinθ
B.
摩擦力对a做的功等于a和b系练机械能的增量
C.
传送带由于运送a多消耗的电能等于系统产生的内能
D.
任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等
【答案】BD
【解析】
【分析】
通过开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，根据共点力平衡得出a、b的质量关系。根据b上升的高度得出a下降的高度，从而求出a重力势能的减小量，根据能量守恒定律判断摩擦力功与a、b动能以及机械能的关系。
【详解】A项：开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsinθ=mbg，则
b下降h，则a上升hsinθ，则a重力势能的增加量为mag×hsinθ=mgh．故A错误；
B项：根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，故B正确；
C项：由能量守恒得传送带由于运送a多消耗的电能等于系统产生的内能和系统动能的增加，故C错误；
D项：任意时刻a、b的速率相等，对b，重力的瞬时功率Pb=mgv，对a有：Pa=magvsinθ=mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确。
故选：BD。
【点睛】本题是力与能的综合题，关键对初始位置和末位置正确地受力分析，以及合理选择研究的过程和研究的对象，运用能量守恒进行分析。
三、简答题
10.在测量“电阻丝的电阻率”实验中，某同学进行如下一些操作。
(1)如图所示，用螺旋测微器测量该金属丝的直径，该金属丝的直径d=___________mm
(2)某同学根据图连接实验电路，如图所示是该同学正准备接入最后一根导线(图中虚线所示)时的实验电路。请指出图中在操作上存在的不妥之处___________。
(3)用伏安法测量电阻之前，要用多用电表粗测电阻的阻值，以便选取合适量程的电表在用多用电表测量电阻阻值时，下列说法中正确的是___________。
A.必须将电阻与电源断开
B.多用电表测量不同电阻过程中，仅需进行一次欧姆调零
C.若发现指针偏转角度较小，应该选择较高的倍率档
D.测量电阻时，若红表笔插在负插孔，黑表笔插在正插孔，将影响测量结果
(4)实验室提供如下器材：
待测电阻丝的电阻(约为30Ω)；
直流电源E(电动势为3V，内阻忽略不计)；
电流表A(量程100mA，内阻r1=10Ω)；
电压表V(量程3V，内阻r2约为20KΩ)；
滑动变阻器R2(最大阻值5Ω)：开关S，导线若干.
①请根据给出的仪器设计测电阻的实验电路图(要求测量结果尽可能精确)
②若某次测量中电流表A的读数为I，电压表V读数为U，则电阻丝的电阻R=______(用题中所给的字母表示)
【答案】（1）1.708-1.712
（2）开关未打开；滑动变阻器未移到最大阻值
（3）AC
（4）①
②
【解析】
【分析】
螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；
用欧姆表测电阻，要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表换挡后要进行欧姆调零；
【详解】(1)
图示螺旋测微器可知，固定刻度示数是1.5mm，可动刻度示数是：21.0×0.01mm=0.210mm，则螺旋测微器示数是1.5mm+0.210mm=1.710mm；
(2)在完成接线之前，开关应打开，滑动变阻器应移到最大值处；
(3)A项：用多用电表测量电阻阻值时，必须将电阻与电源断开，故A正确；
B项：多用电表测量不同电阻过程中，每换一次档都应进行欧姆调零，故B错误；
C项：若发现指针偏转角度较小，说明电阻较大，所以应该选择较高的倍率档，故C正确；
D项：测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故D错误。
故选：AC。
(4)①由于滑动变阻器的最大值远小于待测电阻的阻值，所以滑动变阻器应用分压式；
由于电流表的内阻已知，所以电流表用内接法，这样可以消除原理误差，所以电路图如图：
②由欧姆定律可得：
。
【点睛】选择实验器材时，要注意保证电路安全、注意所选实验器材方便实验操作；确定滑动变阻器的接法与电流表接法是正确设计实验电路的关键。
11.如图所示，在“探究小车所受外力做功与动能变化关系”的实验中，现有甲、乙两种方案：
(1)实验操作过程中可能用到如下步骤，两套装置必须同时用到的实验步骤是____。
A.平衡摩擦力
B.测量小车质量
C.通过纸带计算速度时，选用等间距部分
D.重复实验时，小车从靠近打点计时器的同一位置释放
(2)某同学利用图乙的装置，按正确步骤进行实验，绘制W∝△EK的图像时，_______(选填“需要”或“不需要”)测量W的具体数值。
(3)某同学利用图甲的装置平衡摩擦力后进行实验，小车质量为M、钩码的总质量为m(m<(4)利用图甲的装置，某小组实验结果显示，合外力做功总是略小于小车动能的变化，请分析出现这种情况的可能原因是___________。
【答案】
（1）AB
（2）不需要
（3）
（4）平衡摩擦力过度或倾角过大
【解析】
【分析】
根据该实验的实验原理、要求和减少误差的角度分析，平衡摩擦力作用后，进行实验过程中需要用刻度尺测量纸带上点的距离，用天平测出小车的质量，需要改变砝码的质量来代替小车的拉力．根据W=Fs求出砂桶及砂的总重力做功，根据匀变速直线运动的平均速度等于中点时刻的瞬时速度求初末位置的速度，即可得到动能的变化量，从而写出探究结果表达式，根据此表达式分析所需要的测量仪器。
【详解】(1)
A项：两套装置中都应保持细线的拉力即为小车所受的合外力，所以都应平衡摩擦力，故A正确；
B项：由于要探究小车的合外力做功与小车动能的变化，所以应测量小车的质量，故B正确；
C项：图甲小车做匀加速直线运动，图乙中先加速后匀速，所以不能同时用到，故C错误；
D项：重复实验时，小车从靠近打点计时器，并不一定要同一位置释放，故D错误。
故选：AB。
(2)
图乙的装置中小车的合力即为橡皮筋的弹力，只要探究橡皮筋加倍，小车的动能是否加倍，并不要测量W的数值；
(3)由于钩码的总质量远远小于小车的质量，所以小车的合力近似等钩码的总重力，所以小车从B到E外力做的功为
小车从B到E动能的变化为：
若外力做功与小车动能变化相等，则数学表达式为；
(4)
合外力做功总是略小于小车动能的变化，说明除了拉力对小车做功外还有其它力对小车做功，即小车的重力沿斜面向下的分力大于阻力，也即平衡摩擦力过度或倾角过大。
【点睛】该题全面考查探究“合外力做功与物体动能变化的关系”实验的原理，步骤，注意事项和数据的分析．这就要求我们队该实验由全面的掌握．题目的难度适中．明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似可以类比学习。
12.下列说法中正确的有___________。
A.
按照德布罗意关于实物粒子波动性的假说，物质波的波长λ=
B.
裂变反应中，常用“慢化剂”让裂变产生的快中子减速
C.
研究光电效应实验时，所加的电压高于遏止电压时，将不发生光电效应现象
D.
α射线、β射线来自原子核，说明原子核内部是有结构的
【答案】BD
【解析】
【分析】
实物粒子也具有波动性，在核反应堆中，为使快中子减速，在轴棒周围要放“慢化剂”，常用的慢化剂有石墨、重水和普通水，α射线、β射线来自原子核，说明原子核内部是有结构的。
【详解】A项：实物粒子也具有波动性，这种与实物粒子相联系的波称为德布罗意波，也叫做物质波，物质波的波长，故A错误；
B项：在核反应堆中，为使快中子减速，在轴棒周围要放“慢化剂”，常用的慢化剂有石墨、重水和普通水，故B正确；
C项：研究光电效应实验时，所加的电压高于遏止电压时，能发生光电效应，只是不能形成光电流，故C错误；
D项：α射线、β射线来自原子核，说明原子核内部是有结构的，故D正确。
故选：BD。
13.已知氢原子能级En=，其中E为基态能级，n=1，2，……用h表示普朗克常量。氢原子在由第5能级向第2能级跃迁时发射出的光子频率为___________。(用h和E表示)；现在用该光子照射逸出功为W0的某种金属，能够发生光电效应，则该金属的极限频率为___________。
【答案】
【解析】
【分析】
根据能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差求出吸收的光子能量，即可求出频率。
【详解】氢原子在n=5的能量为：
氢原子在n=2的能量为：
能级间跃迁所满足的规律Em-En=hv
即
解得：
由公式
解得：。
【点睛】该题考查氢原子的能级公式和跃迁，解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律Em-En=hv，注意原子向低态跃迁时，动能增大，电势能减小的。
14.如图甲所示的水平面上，B点左侧光滑、右侧粗糙，静止放置甲、乙两个可视为质点的小球，已知m甲=2kg，m乙=4kg。乙球与水平面的动摩擦因数μ=0.2。现给甲球一个水平向右的速度v1=5m/s，与乙球发生碰撞后被弹回，弹回的速度大小v1′=1m/s。
（1）试求发生碰撞后，乙球获得的速度大小；
（2）碰撞后，立即有一水平向右的拉力F作用在乙球上，F随时间变化的规律如图乙所示，试求3s末乙球的速度大小。
【答案】（1）3m/s
（2）0.75m/s
【解析】
【分析】
(1)由动量守恒定律列方程求解；
(2)对乙由动量定理求解。
【详解】(1)由动量守恒定律有：
解得：；
(2)由动量定理有：
解得：。
15.下列说法中正确的有___________
A.
在各种晶体中，原子排列都具有空间上的周期性，但是每个原子的位置不是固定不动的
B.
一瓶矿泉水，喝掉部分水后，可容纳气体体积变大，瓶盖拧紧，水的饱和汽压一定变大
C.
布朗运动证明了组成固体小颗粒的分子在做无规则运动
D.
分子力和分子势能可能同时随分子间距离的减小而增大
【答案】AD
【解析】
【分析】
在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的；
明确布朗运动的性质，知道布朗运动是指固体小颗粒的运动，是液体分子无规则运动的间接反映；
当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力．分子间距越小，分子势能越大。
【详解】A项：由晶体的内部特征可知，在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性，且每个原子的位置不是固定不动的，故A正确；
B项：水的饱和汽压随温度的升高而增大，故B错误；
C项：布朗运动明了液体分子在做无规则运动，不能证明固体小颗粒的运动，故C错误；
D项：当分子间表现为斥力时，分子间距离减小时，分子力增大，分子力做负功，则分子势能增大，故D正确。
故选：AD。
16.某一体积为V的密封容器，充入密度为ρ、摩尔质量为M的理想气体，阿伏加德罗常数NA。则该容器中气体分子的总个数N=___________。现将这部分气体压缩成液体，体积变为V0，此时分子间的平均距离d=___________。(将液体分子视为立方体模型)
【答案】
【解析】
【详解】气体的质量为：
气体分子的总个数：；
液体的质量
每个液体分子的体积为
解得：
所以此时分子间的平均距离d=。
17.如图所示，曲线为某理想气体在p-V图像中的两条等温线，现该气体分别从状态A到达状态B、C，其中A→B过程气体内能减少35J，A→C过程气体对外做功20J。
（1）若状态A的温度为900K，求状态B的温度；
（2）定量分析A→C过程中热传递情况。
【答案】（1）300K
（2）-15J
【解析】
【分析】
(1)由理想气体状态方程列式求解；
(2)由热力学第一定律列方程求解。
【详解】(1)由理想气体状态方程可得：
解得：；
(2)状态B与状态C内能相同
过程：
解得：。
18.下列关于波的说法中符合实际的有___________
A.
电视机遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机
B.
根据多普勒效应可以算出宇宙中的星球靠近或远离地球的速度
C.
可见光和医院“B超”中的超声波在空气中的传播速度相同
D.
电磁波和声波均能产生干涉、衍射、反射和折射现象
【答案】BD
【解析】
常用红外线做为脉冲信号来遥控电视，故A错误；根据多普勒效应，由于波源与接受者的相对位移的改变，而导致接受频率的变化，称为多普勒效应，所以可以判断遥远天体相对于地球的运动速度，故B正确；可见光传播的速度是光速，超声波在空气中的传播速度是声速，二者传播的速度是不相等的，故C错误；干涉、衍射、反射和折射现象都是波的特性，电磁波和声波均能产生干涉、衍射、反射和折射现象，故D正确；故选BD.
19.如图所示，两列频率相同、传播方向相互垂直的平面波在空间相遇发生干涉，它们的振幅均为A，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，e是a、d连线的中点，则e处质点振动________（选填“加强”、减弱、或不振动），d处质点的振幅为____________。
【答案】
加强
2A
【解析】
据干涉图象可知，d处质点是两列波波峰与波峰叠加，而a点是波谷与波谷叠加的地方，均处于振动加强，则e点也处于振动加强点；由于振幅相同，d处质点的振幅为2A.
【点睛】两列频率相同的两列水波可形成稳定的干涉，波峰与波谷相遇处振动减弱，波峰与波峰、波谷与波谷相遇处振动加强，振动加强点的振幅等于两列波单独传播时振幅的两倍.
20.如图所示，一束光线从玻璃球的A点入射，入射角60°，折射入球后，经过一次反射再折射到球外的光线恰好平行于入射光线。
（1）求玻璃球的折射率；
（2）B点是否有光线折射出玻璃球，请写出证明过程。
【答案】①
②B点有光线射出玻璃砖
【解析】
根据光的折射定律，作出光路图，如图所示；
已知入射角i=60°，由几何关系知，折射角r=300，根据折射定律得：
②因
，光线通过B点反射后，不能发生全反射，故B点有光线射出．
点睛：对于几何光学问题，首先要正确作出光路图，其次要充分运用几何知识分析入射角与折射角的关系，并掌握折射定律与光的全反射条件．
四、计算题：
21.一个半径为r的细小金属圆环，在范围足够大的磁场中竖直向下落，磁感线的分布情况如图所示，其中沿圆环轴线的磁场方向始终竖直向下。开始时圆环所在处竖直方向的磁感应强度大小为B0，圆环所在处竖直方向的磁感应强度大小随下落高度y变化关系为B=B0－ky(其中k为比例常数，且k>0).已知金属圆环在下落过程中的环面始终保持水平，圆环质量为m，电阻为R，圆环由静止开始运动下降高度h时，其速度为ν，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)圆环下降高度h时通过圆环的磁通量的大小Φ；
(2)圆环下降高度h的过程中通过圆环的电荷量q；
(3)圆环下降高度h的过程中产生的热量Q。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】
根据楞次定律判断圆环中的感应电流方向．根据磁场的变化规律可以确定磁通量的变化情况；
当圆环所受的重力与安培力相等时，达到收尾速度．根据法拉第电磁感应定律、结合能量守恒定律求解。
【详解】(1)圆环下降高度h时
磁通量大小为
解得：；
(2)圆环下落的过程产生的平均感应电动势为
通过回路的电荷量为：
磁通量变化量为：
解得：；
(3)由能量守恒定律有：
解得：。
22.如图所示，竖直平面内倾角为θ=37°的直管道AC和光滑的圆弧管道CD相切于C点，直管道AC的底端固定一轻弹簧，另一端位于直管道上B处，弹簧处于自然状态，原长为2R，圆弧管道的半径为5R，D端水平。质量为m的小球(可视为质点，直径略小于管道内径)自C点以初速度v=2下滑，最低到达E点(图中未画出)，随后小球沿管道被弹回，恰能通过圆弧管道的最高点，小球与直管道AC间的动摩擦因数为μ=0.5，AC=7R，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37=0.8。求：
(1)小球第一次运动到B点时的速度大小；
(2)小球第二次运动到B点时的速度大小及E点的弹性势能；
(3)改变小球的质量，将小球推至E点，从静止释放，要求小球自圆弧管道的最高点飞出时对上管壁有压力，求改变后的小球质量应满足的条件。
【答案】（1）
（2）；
（3）
【解析】
【分析】
对物块P从C到B的过程分析，由动能定理列式可求得物体到达B点的速度；
同（1）的方法求出物块返回B点的速度，然后对压缩的过程与弹簧伸长的过程应用功能关系即可求出P运动到E点时弹簧的弹性势能。
【详解】(1)第一次到达B的过程中
解得：；
(2)小球恰能通过圆弧管道的最高点，则
小球返回B向上运动的过程中：
解得：
设弹簧的最大压缩量为x，从开始运动到第二次到达B点
由动能定理有
解得：
由能量守恒有
解得：
(3)小球对上管壁有压力
则
解得
E到D的过程中，能量守恒有
解得：
所以改变后的小球质量应满足的条件为。
【点睛】本题考查功能关系、竖直面内的圆周运动，解题的关键在于明确能达到D点的临界条件：重力等于向心力，并能正确分析做功情况，分段列出动能定理。
23.如图所示的xOy平面内，坐标原点O处有一正粒子源，可以向y轴右侧发射出大量同种带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，所有粒子的初速度大小均为v0，其方向与y轴正方向的夹角分布在0~180°范围内。y轴右侧有一直线PQ，PQ与y轴相距为d，y轴与直线PQ区域内有平行x轴向右范围足够大的匀强电场，电场强度大小E=，在PQ的右侧有矩形区域的匀强磁场，其右侧边界为MN，磁感应强度大小B=，磁场方向垂直于xOy平面向里。不计粒子间的相互作用，不计粒子重力。
(1)求沿x轴正方向入射的粒子第一次到达PQ的速度及其所用的时间；
(2)若矩形磁场沿y轴方向上足够长，要求所有的粒子均能到达MN，求MN与PQ间的最大距离△x；
(3)欲使沿y轴负方向射入的粒子经电磁场后能回到y轴且距离原点O最远，求矩形磁场区域的最小面积。
【答案】（1）2v0
；
（2）d（3）3(2+)d2
【解析】
【分析】
沿y轴正方向发射的粒子在磁场中的运动轨迹如给出图所示，由几何知识求出其半径大小，然后根据求速率；
由几何关系可确定仍在磁场中的粒子位置，则可由几何关系得出夹角范围。
【详解】(1)粒子从x轴正方向射入电场，做匀加速直线运动
由动能定理有：
解得：
时间；
(2)沿y轴正方向射入的粒子经电场和磁场偏转后，能到达MN，则所有的粒子都能到达MN
粒子在电场中的偏转角
所以
粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为
；
(3)沿y轴负方向射入的粒子经电场偏转后其偏转角，
由几何关系知，当粒子从矩形磁场的上边界射出，且与竖直方的夹角为时，粒子能到达y轴且距原点O最远，如图所示
其水平边长
竖直边长
所以最小面积为
【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题的关键在于确定圆心和半径，并能根据几何关系确定可能的运动轨迹。