2020年河南省焦作市高考物理三模试卷(含答案解析)

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分） 1.

中科院近代物理研究所利用兰州重离子加速器(𝐻𝐼𝑅𝐹𝐿)通过“熔合蒸发”反应合成超重核

271 100𝐷𝑠，并同时辐射出一个中子。下列可能合成该超重核的原子核组合是( ) 207A.  28𝑁𝑖， 82𝑃𝑏

208

B.  28𝑁𝑖， 82𝑃𝑏

209

C.  28𝑁𝑖， 83𝐵𝑖

210

D.  28𝑁𝑖， 83𝐵𝑖

2. 如图所示，一物块放置在倾角为𝜃的斜面体上，斜面体放置于水平地面．若用与水平方向成𝛼角、大小为𝐹的力推物块恰能使其在斜面体上匀速下滑，斜面体始终静止．下列关于斜面体受地面摩擦力的说法正确的是( )

A. 大小为0

C. 方向水平向左，大小为𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃

3.

B. 方向水平向左，大小为𝐹𝑠𝑖𝑛𝛼 D. 方向水平向左，大小为𝐹𝑐𝑜𝑠𝛼

如图所示，在光滑水平面上质量为𝑀的小车正以速度𝑣0向右运动，现有一质量为𝑚的木块也以速度𝑣0从右端冲上车面，由于摩擦小车速度将发生变化，为使小车继续保持𝑣0匀速运动，须及时给小车施一水平力，当𝑀和𝑚的速度相等时将力去掉。设𝑀和𝑚间的动摩擦因数处处相同，车足够长，则此过程中水平力对小车做的功( )

2

A. 0.5𝑚𝑣0

2

B. 𝑚𝑣0

2

C. 1.5𝑚𝑣0

2

D. 2𝑚𝑣0

4. 地球表面重力加速度为𝑔，地球的第一宇宙速度为𝑣，万有引力恒量为𝐺，下式关于地球密度的估算式正确的是( )

3𝑔

A. 𝜌=4𝜋𝐺𝑣2

2

B. 𝜌=4𝜋𝑣2𝐺

3𝑔

4𝑔

C. 𝜌=3𝜋𝑣2𝐺

2

D. 𝜌=𝐺𝑣2

𝑔

5. 做单向直线运动的物体，第1𝑠内的位移是2𝑚，前2𝑠内的位移是4𝑚，前3𝑠内位移是6𝑚，则此物体( )

A. 一定做匀速直线运动 C. 第2𝑠内位移为2𝑚

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分） 6.

B. 一定做匀加速直线运动 D. 此物体的平均速度一定是2𝑚/𝑠

一小水电站，输出的电功率为𝑃0=20𝑘𝑊，输出电压𝑈0=400𝑉，经理想升压变压器𝑇1变为2000𝑉电压远距离输送，输电线总电阻为𝑟=10𝛺，最后经理想降压变压器𝑇2降为220𝑉向用户供电，下列说法正确的是( )

A. 变压器𝑇1的匝数比𝑛1:𝑛2=1：5 B. 输电线上的电流为50𝐴 C. 输电线上损失的电功率为25𝑘𝑊 D. 变压器𝑇2的匝数比𝑛3:𝑛4=95：11

7.

如图所示，𝐾1、𝐾2闭合时，一质量为𝑚、带电量为𝑞的液滴，静止在电容器的𝐴、𝐵两平行金属板间．现保持𝐾1闭合，将𝐾2断开，然后将𝐵板向下平移一段距离，则下列说法正确的是( )

A. 电容器的电容变小

高

B. 𝐴板电势比电路中𝑄点电势

C. 液滴仍保持静止

8.

D. 液滴的电势能增大

如图所示，在光滑水平面上，钉有两个钉子𝐴和𝐵，一根长细绳的一端系一个小球，另一端固定在钉子𝐴上，开始时小球与钉子𝐴、𝐵均在一

条直线上(图示位置)，且细绳的一大部分沿俯视顺时针方向缠绕在两钉子上，现使小球以初速度𝑣0在水平面上沿俯视逆时针方向做匀速圆周运动，使两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放，在绳子完全被释放后与释放前相比，下列说法正确的是( )

A. 小球的线速度变大 C. 小球的向心加速度变小

9.

B. 小球的角速度变小 D. 细绳对小球的拉力变小

关于热力学定律，下列说法正确的是( )

A. 气体向真空的自由膨胀是不可逆的

B. 理想气体在等温膨胀过程中从外界吸收的热量全部用于对外做功 C. 空调机既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性

D. 只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能

10. 一列简谐横波在弹性介质中沿𝑥轴正方向传播，波源位于坐标原

𝑡=0时开始振动，3𝑠时停止振动，3.5𝑠时的波形如图所示，点𝑂，

其中质点𝑎的平衡位置与𝑂的距离为5.0𝑚.以下说法正确的是( )

A. 波速为4 𝑚/𝑠 B. 波长为6 𝑚

C. 波源起振方向沿𝑦轴正方向

D. 2.0 𝑠～3.0 𝑠内质点𝑎沿𝑦轴负方向运动 E. 0～3.0 𝑠内质点𝑎通过的总路程为1.4 𝑚

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11. 用如图𝑎所示的实验装置测定重力加速度．实验器材有：小、固定底座、带有标尺的竖直杆、

光电门1和2组成的光电计时器(其中光电门1更靠近小释放点)，小释放器(可使小无初速释放)、网兜．实验时可用两光电门测量小从光电门1运动至光电门2的时间𝑡，并从竖直杆上读出两光电门间的距离ℎ．

(1)用游标卡尺测量小的直径如图𝑏所示，则直径为______ 𝑐𝑚；

(2)保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，测得多组ℎ、𝑡.根据测得的数据作出𝑡−𝑡图线，

若图线斜率的绝对值为𝑘，与纵轴的截距为𝑎，根据图线可求出重力加速度大小为______ ；纵截距𝑎与______ 的大小相等．(忽略空气阻力)

ℎ

12. 用如图1所示电路测量一节干电池的电动势和内阻．

(1)除干电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有： A.电流表(量程0.6𝐴、3𝐴)；

B.电压表(量程3𝑉、15𝑉)；

C.滑动变阻器(阻值范围0～10𝛺、额定电流2𝐴)； D.滑动变阻器(阻值范围0～200𝛺、额定电流1𝐴)．

请你完成下面的选择：电流表量程选______，电压表量程选______，滑动变阻器选______． (2)如图2所示是根据实验数据画出的路端电压𝑈与电流𝐼的𝑈−𝐼图象，通过该图象可知电源的电动势

为______𝑉，电源的内阻为______𝛺. 四、简答题（本大题共3小题，共42.0分）

13. 地铁列车可实现零排放，是替代燃油公交车的理想交通工具．若一地铁列车从甲站由静止启动

后做直线运动，先匀加速运动20𝑠达到最高速度72𝑘𝑚/ℎ，再匀速运动80𝑠，接着匀减速运动15𝑠到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106𝑁，匀速阶段牵引力的功率为6×103𝑘𝑊，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功． (1)求甲站到乙站的距离；

(2)如果使用燃油公交车作为交通工具，从甲站到乙站牵引力做的功与地铁列车牵引力的功相同，求

公交车排放气体污染物的质量．(燃油公交车牵引力每做1焦耳功，排放气体污染物3×10−6克)

14. 一个质量为𝑚电荷量为𝑞的带正电粒子从𝑥轴上的𝑃(𝑎,0)点以速度𝑣，沿与𝑥正方向成60°的方向射

入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于𝑦轴射出第一象限．则匀强磁场的磁感应强度𝐵大小为______，射出点的坐标为______．

15. 夏天天降暴雨，导致城市内涝.如图所示为某城市下水管道的侧面剖面图，由于井盖的泄水孔因

故堵塞，在井盖与水面之间封闭一定气体.当下水道内水位上升时，井盖可能会不断跳跃，设井盖质量𝑚=25𝑘𝑔，圆柱形竖直井内水面面积𝑆=0.25𝑚2，图示时刻井盖底面到水面间距ℎ=2𝑚，此时封闭气体压强与外界大气压强相等，若环境温度不变，已知𝑝0=1.0×105𝑃𝑎，𝑔=10𝑚/𝑠2，求：

(𝑖)从图示位置开始，水面上涨多少后井盖第一次跳起？(结果保留一位有效数字) (𝑖𝑖)若水面随着时间匀速上升，井盖跳起的频率如何变化？为什么？

五、计算题（本大题共1小题，共10.0分）

16. 如图，置于空气中的一不透明容器中盛满某种透明液体。容器底部靠近器壁处有一竖直放置的

6.0𝑐𝑚长的线光源。靠近线光源一侧的液面上盖有一遮光板，另一侧有一水平放置的与液面等高的望远镜，用来观察线光源。开始时通过望远镜不能看到线光源的任何一部分。将线光源沿容器底向望远镜一侧平移至某处时，通过望远镜刚好可以看到线光源底端。再将线光源沿同一方向移动8.0𝑐𝑚，刚好可以看到其顶端。求此液体的折射率𝑛。

参及解析

1.答案：𝐵

𝐴1+𝐴2=271+1=272，解析：解：核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，需满足𝑍1+𝑍2=110，将选项代入检验，只有𝐵项符合，故ACD错误，B正确。 故选：𝐵。

根据核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，将选项代入检验即可。 解答本题的关键是知道根据核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒。

2.答案：𝐷

解析：解：对物块和斜面体整体受力分析，受推力、重力、支持力和向左的静摩擦力，根据平衡条件，有： 𝐹𝑐𝑜𝑠𝛼=𝑓 故选：𝐷．

对物块和斜面体整体受力分析，根据平衡条件列式分析即可．

本题关键是采用整体法分析，从而避免了求解滑块与斜面体之间的内力，基础题目．

3.答案：𝐷

解析：

以𝑚为研究对象，由动量定理即可求出它受到的摩擦力与时间的乘积；再以长木板𝑀为研究对象，应用功的计算公式求出水平力做功。 选取向右为正方向，对木块，由动量定理得：

𝜇𝑚𝑔𝑡=𝑚𝑣0−(−𝑚𝑣0)=2𝑚𝑣0…①

小车做匀速直线运动，由平衡条件得：𝐹=𝜇𝑚𝑔…② 小车在𝑡时间内的位移：𝑥=𝑣0𝑡…③ 水平力对小车做功：𝑊=𝐹𝑥…④

2

解得：𝑊=2𝑚𝑣0，故ABC错误，D正确。

故选：𝐷。

4.答案：𝐴

解析：解：地球表面的物体受到的重力等于万有引力𝐺地球可以看成球体，体积为𝑉=3𝜋𝑅3，

4

𝑀𝑚𝑅2

=𝑚𝑔，所以𝑀=

𝑅2𝑔𝐺

所以𝜌=

𝑀𝑉

=

𝑅2𝑔𝐺4𝜋𝑅33

=

3𝑔4𝜋𝐺𝑅

𝑣2

𝑣2𝑔

地球的第一宇宙速度就是近地卫星的环绕速度，此时重力提供向心力𝑚𝑔=𝑚，所以𝑅=

𝑅所以地球密度为𝜌=

3𝑔24𝜋𝐺𝑣2

故A正确，BCD错误． 故选：𝐴．

地球的第一宇宙速度就是近地卫星的环绕速度，此时重力提供向心力𝑚𝑔=𝑚，由此可解得地球的

𝑅𝑣2

半径𝑅.地球表面的物体受到的重力等于万有引力𝐺

4

𝑀

𝑀𝑚𝑅2

=𝑚𝑔，可解得地球的质量𝑀.地球可以看成球

体，体积为𝑉=3𝜋𝑅3，根据密度的定义𝜌=𝑉可计算出地球的密度．

本题关键要抓住如果忽略地球的自转影响，地面的物体重力近似等于地球的万有引力，即可轻松得解．

5.答案：𝐶

解析：解：𝐴𝐶、物体做单方向的直线运动，第1𝑠内的位移是2𝑚，前2𝑠内的位移是4𝑚，前3𝑠内位移是6𝑚，说明第1𝑠、第2𝑠、第3𝑠的位移均为2𝑚，但不能保证每1𝑠内都是匀速，可能是变速，故A错误，C正确；

B、物体第1𝑠、第2𝑠、第3𝑠的位移均为2𝑚，可能为匀速直线运动，但不可能为匀加速直线运动，故B错误；

D、物体第1𝑠、第2𝑠、第3𝑠的位移均为2𝑚，说明物体第1𝑠、第2𝑠、第3𝑠的平均速度均为2𝑚/𝑠，但任意1𝑠内有可能是变速，比如先加速后减速、先减速后加速，故不能保证任意时间内的平均速度均为2𝑚/𝑠，故D错误； 故选：𝐶

匀速直线运动是物体在任意相等时间内为位移总相同的直线运动，平均速度要与时间间隔对应，不同时间间隔的平均速度可能不同．

本题考查匀速直线运动和平均速度，要明确匀速直线运动是任意相等时间内的位移相等，注意是任意时间，基础题目．

6.答案：𝐴𝐷

解析：

掌握住理想变压器的电压与匝数之间的关系，电流与匝数之间的关系，理解导线上损失的电压与导线两端输送的电压区别，掌握理想变压器的输入与输出功率不变的关系即可解决本题。

A.升压变压器𝑇1的输出电压等于2000𝑉，而输入电压为400𝑉，由电压之比等于匝数之比，则有变压器𝑇1的匝数比𝑛1：𝑛2=1：5，故A正确；

B.输出的电功率为𝑃0=20𝑘𝑊，而升压变压器𝑇1变为2000𝑉电压远距离输送，所以根据𝐼=，可知

𝑈输电线上的电流为𝐼=

20×1032000

𝑃

𝐴=10𝐴，故B错误；

C.根据𝑃损=𝐼2𝑅=102×10𝑊=1000𝑊，故C错误；

D.降压变压器𝑇2的输入电压等于升压变压器的输出电压减去导线损失的电压，即为𝑈′=2000𝑉−

33

10×10𝑉=1900𝑉；根据𝑈=𝑛，则有变压器𝑇2的匝数比𝑛3：𝑛4=1900：220=95：11，故D正

4

4

𝑈𝑛

确。 故选AD。

7.答案：𝐴𝐵𝐶

解析：解：𝐴、根据𝑐=4𝜋𝑘𝑑，当间距𝑑增大时，其它条件不变，则导致电容变小，故A正确； B、断开后𝐴板带正电，电场线从𝐴到𝐵，由于沿着电场线的方向电势降低，所以𝐴板电势比电路中𝑄点电势高，故B正确；

C、根据𝐸= 𝑑与𝑐=4𝜋𝑘𝑑相结合可得𝐸=变，所以液滴仍保持静止，故C正确；

D、根据电场力与重力平衡可知，液滴带负电，由于𝐵板的移动，导致液滴的电势升高，所以其电势能减小，故D错误； 故选：𝐴𝐵𝐶。

在电容器的电量不变的情况下，将𝐵析下移，则导致电容变化，电压变化，根据𝐸= 𝑑与𝑐=4𝜋𝑘𝑑相结合可得𝐸=

4𝜋𝑘𝑄𝜖𝑠

𝑈

ɛ𝑠

𝑈

ɛ𝑠

4𝜋𝑘𝑄𝜖𝑠

ɛ𝑠

，由于电量、正对面积不变，从而确定电场强度也不

，从而确定电场强度是否变化．再根据电荷带电性可确定电势能增加与否．

𝑄

𝑈

ɛ𝑠

4𝜋𝑘𝑄𝜖𝑠

本题关键确定电容器的电量是否变化．掌握𝐶=𝑈，再由𝐸= 𝑑与𝑐=4𝜋𝑘𝑑相结合可得𝐸=会通过电荷的电性与电势的变化来确定电势能的变化．

，并学8.答案：𝐵𝐶𝐷

解析：解：𝐴、在绳子完全被释放后与释放前相比，小球所受的拉力与速度垂直，不改变速度大小，故A错误；

B、由𝑣=𝜔𝑟，𝑣不变，𝑟变大，则角速度𝜔变小，故B正确；

C、小球的加速度𝑎=

𝑣2𝑟

，𝑣不变，𝑟变大，则𝑎变小，故C正确；

𝑣2

D、细绳对小球的拉力𝐹=𝑚𝑎=𝑚，𝑣不变，𝑟变大，则𝐹变小，故D正确。

𝑟故选：𝐵𝐶𝐷。

球以初速度𝑣0在水平面上沿逆时针方向做匀速圆周运动，在绳子完全被释放后与释放前相比，半径变大，速度不变，根据圆周运动的规律分析角速度、加速度和拉力的变化。

本题中主要考查了向心力公式的直接应用，关键抓住速度不变和圆周运动常用的公式，基础题。

9.答案：𝐴𝐵

解析：解：𝐴、根据热力学第二定律知气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故A正确；

B、理想气体在等温膨胀过程中气体的内能没有变，所以把吸收的热量全部对外做功，故B正确； C、空调机既能致热又能制冷，但是要耗电，即热传递有方向性，热量只能自发地由高温物体传向低温物体，故C错误；

D、根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，即使对内燃机不断改进，也不可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能，故D错误。 故选：𝐴𝐵。

气体向真空的自由膨胀是不可逆的；气体在等温膨胀，温度不变(△𝑈=0)，根据热力学第一定律，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功；热量也可以从低温物体向高温物体传递，但必须一起其他的一些变化；热机的效率不可能达到100%。

本题考查了对热力学第二定律的几种不同说法的理解，要注意对热力学第二定律的理解不能断章取义。

10.答案：𝐴𝐶𝐸

解析：解：𝐴、据题知，波在0.5𝑠传播的距离是2𝑚，则波速为𝑣=𝑡=0.5=4𝑚/𝑠，故A正确． B、由图波长为𝜆=6𝑚−2𝑚=4𝑚，故B错误．

C、该波的周期为𝑇===1𝑠，波源的振动时间为3𝑠，因为𝑛=𝑇=1=3，所以形成三个完整的

𝑣

4𝜆

4

𝑡

3𝑠

2

波形，可知3.5𝑠时波传到𝑥=14𝑚处，该处质点沿𝑦轴正方向起振，所以波源起振方向沿𝑦轴正方向，故C正确．

D、𝑎到波源𝑂的距离为14𝜆，波从𝑂传到𝑎的时间为14𝑇=1.25𝑠，在2.0𝑠～3.0𝑠内质点𝑎已经振动了0.75𝑠～1.75𝑠时，质点𝑎先沿𝑦轴正方向振动，后沿𝑦轴负方向振动，故D错误．

1

1

E、0～3.0𝑠内质点𝑎振动的时间为3𝑠−1.25𝑠=1.75𝑠，通过的总路程𝑆=4𝐴×=4×0.2×

𝑇1.4𝑚，故E正确． 故选：𝐴𝐶𝐸

𝑡1.751

𝑚=

由题可知波在0.5𝑠传播的距离是2𝑚，由公式𝑣=𝑡求解波速．读出波长，求出周期．根据时间与周期的关系分析波在3.5𝑠时刻传到的位置，确定该处质点的起振方向，即可分析波源的起振方向．由时间与周期的关系分析质点𝑎通过的路程．

本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，运用波形的平移法得到波传播的距离是关键．要掌握波的基本特点：介质中各个质点的起振方向与波源的起振方向相同．

𝑠

11.答案：(1)1.170；

(2)2𝑘；小经过光电门1的速度．

解析：解：(1)游标卡尺的主尺读数为11𝑚𝑚，游标读数为0.05×14𝑚𝑚=0.70𝑚𝑚， 则最终读数为11.70𝑚𝑚=1.170𝑐𝑚． (2)根据ℎ=𝑣𝑡−2𝑔𝑡2知，𝑡=𝑣−2𝑔𝑡， 作出𝑡−𝑡图线：

ℎ

1

ℎ

1

则图线的斜率绝对值𝑘=2𝑔， 解得：𝑔=2𝑘．

纵截距𝑎，即为小经过光电门1的速度；

故答案为：(1)1.170；(2)2𝑘；小经过光电门1的速度． (1)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．

(2)根据𝑡−𝑡的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度，再结合位移时间公式求出ℎ的表达式，从而即可求解．

解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，同时掌握图象的斜率与纵截距的含义，也是解题的关键．

ℎ

1

12.答案：0.6𝐴 3𝑉 𝐶 1.5 1.0

解析：解：(1)由题意可知，电源的电动势为1.5𝑉，故电压表选择3𝑉量程；而图中电流最大为0.6𝐴；故电流表量程选择0.6𝐴；因干电池内阻较小；故滑动变阻器选择小的，故选C； (2)根据𝑈=𝐸−𝐼𝑟可知，图形与纵坐标的交点为电源的电动势，故E=1.5𝑉； 图象的斜率表示内电阻，则𝑟=

△𝑈△𝐼

=

1.51.5

=1.0𝛺；

故答案为：(1)0.6𝐴；3𝑉；𝐶；(2)1.5；1.0．

(1)根据实验原理及给出的电源电动势可以分析仪表的选择；注意不能超过电表的量程． (2)根据图象作出伏安特性曲线给合闭合电路欧姆定律即得出电动势和内电阻．

本题考查测量电源的电动势和内电阻的实验，要注意明确电表的选择，注意本题中图象中虽然画出1.5𝐴的电流，但是从0.6𝐴以后均为虚线表示，故说明电流的最大值约为0.6𝐴．

13.答案：解：(1)72𝑘𝑚/ℎ=20𝑚/𝑠，

地铁匀加速运动的位移为：𝑠1=2𝑣𝑡1， 地铁匀减速运动的位移为：𝑠3=2𝑣𝑡3， 地铁匀速运动的位移为：𝑠2=𝑣𝑡2， 甲站到乙站的距离为：𝑠=𝑠1+𝑠2+𝑠3， 联立以上各式，并代入数据解得：𝑠=1950𝑚，

(2)地铁匀加速运动过程中，牵引力做的功为：𝑊1=𝐹𝑠1， 地铁匀速运动过程中，牵引力做的功为：𝑊2=𝑃𝑡2， 地铁从甲站到乙站，牵引力做的总功为：𝑊=𝑊1+𝑊2， 燃油公交车运行中做的功为：𝑊′=𝑊=6.8×108𝐽

燃油公交车牵引力每做1焦耳功，排放气体污染物3×10−6𝑔=3×10−9𝑘𝑔 公交车排放气体污染物的质量为：𝑚=3×10−9×6.8×108𝑘𝑔=2.04𝑘𝑔 答：(1)甲站到乙站的距离是1950𝑚；

(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，公交车排放气态污染物的质量是2.04𝑘𝑔．

解析：(1)根据匀变速直线运动平均速度的推论求出匀加速和匀减速运动的位移，结合匀速运动的位移，求出总位移的大小．

(2)分别由功的计算公式：𝑊=𝐹𝑆和𝑊=𝑃𝑡求出牵引力对列车做的功，结合燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10−6克即可求解．

11

该题结合机车的功与功率的问题考查匀变速直线运动的综合应用，解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式，并能灵活运用，难度适中．

3𝑚𝑣

14.答案：√2𝑎𝑞 (0,√3𝑎)

解析：解：如图所示，由射入、射出点的速度方向可找出圆心𝑂，并得出半径为𝑟=√3=𝐵=

√3𝑚𝑣

； 2𝑎𝑞

3

2𝑎𝑚𝑣𝐵𝑞

，解得：

由几何关系可知射出点纵坐标为𝑟+√𝑎=√3𝑎，故坐标为(0,√3𝑎).

3故答案为：

√3𝑚𝑣

，(0,√3𝑎) 2𝑎𝑞

注意分析题意找出入射点和出射点的速度方向，由圆周运动的性质可求出半径，由洛仑兹力充当向心力关系可求得磁感应强度，由几何关系可知射出点的坐标．

带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点．在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题．带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识．

15.答案：解：(𝑖)设井盖将发生第一次跳起时，水面距离井盖距离为ℎ2，则气体逸出时压强为𝑝2，则

𝑝2𝑆=𝑝0𝑆+𝑚𝑔 ……① 由玻意耳定律 𝑝0ℎ𝑆=𝑝2ℎ2𝑆 ……② 上升高度△ℎ=ℎ−ℎ2 ……③

①②③联立可解得△ℎ=101ℎ=101𝑚≈0.02𝑚 ……④

(𝑖𝑖)由④可知每次上升的高度达到初始高度的101时，井盖即可跳起，而初始高度逐渐减少，所以井盖跳起的频率变大。

答：(𝑖)从图示位置开始，水面上涨0.02𝑚后井盖第一次跳起。 (𝑖𝑖)若水面随着时间匀速上升，井盖跳起的频率变大，原因见解析。 解析：分析题意得出井盖恰好跳起时的压强，再由玻意耳定律可求解。

1

1

2

本题主要考玻意耳定律，考查知识点针对性强，难度适中，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

16.答案：解：

若线光源底端在𝐴点时，望远镜内刚好可以看到此光源底端，设过𝑂点液面的法线为𝑂𝑂1，则 ∠𝐴𝑂𝑂1=𝛼 ①

其中𝛼为此液体到空气的全反射临界角，由折射定律有

𝑠𝑖𝑛𝛼=

1

② 𝑛

同理，若线光源顶端在𝐵1点时，通过望远镜刚好可以看到此光源顶端，则 ∠𝐵1𝑂𝑂1=𝛼.设此时线光源底端位于𝐵点．由图中几何关系可得 𝑠𝑖𝑛𝛼=𝐴𝐵 ③

1

𝐴𝐵

联立②③式得 𝑛=

2√𝐴𝐵2+𝐵𝐵1

④

𝐴𝐵

由题给条件可知 𝐴𝐵=8𝑐𝑚 𝐵𝐵1=6𝑐𝑚 代入③式得 𝑛=1.25．

故液体的折射率为1.25．

解析：当线光源上某一点发出的光线射到未被遮光板遮住的液面上时，射到遮光板边缘𝑂的那条光线的入射角最小．

由光的折射定律得出光刚好发生光的全反射时的𝑠𝑖𝑛𝛼=𝑛，同时运用几何关系共同求出结果．注意当光线是从光密介质进入光疏介质时才有可能发生光的全反射．

1