调研卷（三）备战2021年新高考物理综合测试调研+押题卷（河北专用）（解析版）

2021 年河北省普通高等学校招生考试 物理 调研卷（三）一、选择题: 本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．居室装修材料中不同程度的含有一些放射性元素，例如氡。氡在放射性衰变时会放出 α、β、γ 射线，这些射线对人体有害。根据我们对放射性的认识，判断下列说法正确的有（）A．在材料表面涂上油蜡等物质可以减缓放射性衰变 B．根据 α、β、γ 三种射线的穿透能力可知，导致细胞癌变的主要是 γ 射线 C．氡衰变时有能量释放，所以衰变后的新核的比结合能比氡小 D．β 射线是原子内层电子受到激发辐射出来形成的射线 【答案】B 【解析】A．对于一定的放射性物质，其衰变速度是恒定的。所有放射性同位素的衰变速度不能因外界因素改变，故 A 错误； B．γ 射线是高能电磁波，穿透性强，对人体组织危害大，故 B 正确； C．氡衰变时有能量释放，所以衰变后的新核的比结合能比氡大，故 C 错误； D．β 射线是原子核发生 β 衰变时辐射出来的高能电子，故 D 错误。

故选 B。

2．如图所示，一轻质光滑定滑轮两侧用轻绳连接有两物体 a、b，物体 a 放在粗糙水平桌面上，物体 b 悬在空中。现对物体 a 施加一水平向右的恒力 F，使其紧压桌面向右匀速运动。则在图示的运动过程中（）A．物体 b 匀速上升 B．轻绳的弹力逐渐增大 C．物体 a 所受的摩擦力逐渐增大 D．物体 a 所受的支持力逐渐减小

【答案】C 【解析】A．设绳子与水平方向成  角，a 水平向右的速度为 v，对 a 进行速度的分解，沿绳子方向的分速度为 cos v ，当 a 向右匀速运动的时候， 角不断变小，此时 cos v  不断变大，故 b 做加速运动，A 错误； B．设在运动 t 时间后，绳子与水平方向成   角，绳子方向的加速度为 cos cos v vat  利用极限法可知，加速度 a 的大小逐渐减小，对 b 进行受力分析可得 b bT m g m a   可知 T 逐渐减小，故 B 错误； CD．对 a 的受力进行正交分解，在竖直方向上可得 sinaT N m g     角不断变小，T 也不断变小，故可得此时物体 a 所受的支持力逐渐变大；根据牛顿第三定律可知，此时物体 a 对地面的压力逐渐变大，则物体 a 受到的动摩擦力也逐渐变大；故 C 正确，D 错误； 故选 C。

3．如图所示，将一横截面为扇形的物体 B 放在水平面上，一滑块 A 放在物体 B 上，除了物体 B 与水平面间的摩擦力之外，其余摩擦忽略不计。已知物体 B 的质量为 M，滑块 A 的质量为 m，重力加速度为 g。当整个装置静止时，A、B 接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为 θ，下列选项正确的是（）A．物体 B 对水平面的压力大小为(M + m)g B．物体 B 受到水平面的摩擦力大小为 mgtanθ C．将物体 B 缓慢向左移动一小段距离，滑块 A 对物体 B 的压力将变小 D．将物体 B 缓慢向左移动一小段距离，滑块 A 与竖直挡板之间的弹力将变小 【答案】A 【解析】AB．将 AB 看作一个整体，并对整体做受力分析如下图

由整体法有 F N =(M + m)g，F 2 = f 由于 F 2 为竖直的挡板给 A 的支持力，则对 A 做受力分析有 tanθ =2mgF 则有 F 2 = f =tanmg A 正确、B 错误； C．由 A 的受力分析可知 F 1 =sinmg 由于物体 B 缓慢向左移动一小段距离导致 θ 减小，则 sinθ 减小、F 1 增大由于 A 对 B 的压力与 F 1 等大反向，C 错误； D．由 A 的受力分析可知 F 2 =tanmg 由于物体 B 缓慢向左移动一小段距离导致 θ 减小，则 tanθ 减小、F 2 增大，D 错误。

故选 A。

4．如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈输入如图乙所示的正弦交流电，交流电压表和电流表均为理想电表，其中电压表示数为 22V，下列说法正确的是（）

A．灯泡中电流方向每秒钟改变 50 次 B．变压器原、副线圈的匝数之比为 5∶1 C．变压器原、副线圈中磁通量变化率之比为 1∶1 D．将滑动变阻器滑片下滑，变压器的输入功率减小 【答案】C 【解析】A．交流电的周期为 0.02s，频率为 50Hz，电流方向在一个周期内改变 2 次，则灯泡中电流方向每秒钟改变 100 次，选项 A 错误； B．变压器初级电压有效值为 U 1 =220V，次级电压有效值为 U 2 =22V，根据匝数比等于电压比可知，变压器原、副线圈的匝数之比为 10∶1，选项 B 错误； C．变压器原、副线圈共用一个铁芯，则磁通量变化率是相等的，即磁通量变化率之比为 1∶1，选项 C 正确； D．将滑动变阻器滑片下滑，则 R 2 减小，次级电阻减小，因次级电压不变，根据2UPR可知，变压器次级消耗的功率变大，则变压器的输入功率变大，选项 D 错误。

故选 C。

5．如图所示，在光滑定滑轮 C 正下方与 C 相距 h 的 A 处固定一个点电荷 P。用轻质绝缘细线拴着一个带电小球 B，细线跨过定滑轮，另一端用适当大小的力 F 拉住，使 B 处于静止状态。如果 P 缓慢漏电，保持绳长 BC 不变且小于 h，小球 B 将在竖直面内缓慢运动至 P 点正上方，此过程点电荷 P 的电荷尚未漏完。则在此过程中，关于小球 B 所受库仑力及拉力 F 大小的变化情况是（）

A．库仑力不变 B．库仑力变大 C．拉力 F 不变 D．拉力 F 变小 【答案】C 【解析】对小球，在 B 点时，受力分析如图，力三角形和长度三角形 ABC 相似。

有 h AB BCG F F 库 则随着电荷的漏电，则 AB 减小，库仑力 F 库 减小；由于 BC 不变，则绳子的拉力 F 不变。

故选 C。

6．如图所示，用轻绳系住一质量为 2m 的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为 m 的匀质小球，各接触面均光滑。系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为 ，两球心连线 O 1 O 2 与轻绳之间的夹角为 ，则 、 应满足（）A． tan3cot    B． 2tan3cot    C．   3tan tan     D．   3tan 2tan    

【答案】C 【解析】设绳子拉力为 T，墙壁支持力为 N，两球之间的压力为 F，将两个球作为一个整体进行受力分析，可得 cos(2)T mg mg    sin T N   对小球进行受力分析，可得 cos()F mg     sin()F N     联立得   3tan tan      故选 C。

二、选择题: 本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目要得 求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。

7．中国航天科技集团 2020 年 1 月 17 日在北京举行中国航天科技活动蓝皮书（2019 年）》发布会记者获悉，嫦娥五号”探测器拟于 2020 年发射，实施首次月球采样返回。如图所示，假设运载火箭先将“嫦娥五号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入半径为 r 1 =100km 的环月圆轨道 I 后成功变轨到近月点为 15km的椭圆轨道Ⅱ，再从 15km 高度降至近月圆轨道Ⅲ，最后成功实现登月。若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m的质点到质量为M的均匀物体中心的距离为r时，其引力势能表达式为pMmE Gr （式中 G 为引力常量）。已知月球质量为 M 0，月球半径为 R，发射的“嫦娥五号”探测器质量为 m 0，则下列关于“嫦娥五号”登月过程的说法正确的是（）A．“嫦娥五号”探测器在轨道 I 上运行的动能小于在轨道Ⅲ上运行的动能 B．“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅲ上运行时的机械能等于在轨道 I 上运行时的机械能

C．“嫦娥五号探测器从轨道 I 上变轨到轨道Ⅲ上时，势能减小了0 011 1GM mr R    D．落月的“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅲ回到轨道 I，需要提供的最小能量是0 011 12GM mR r    【答案】AD 【解析】A．由公式 22GmM vmr r 得 GMvr 则“嫦娥五号”探测器在轨道 I 上运行的速率小于在轨道Ⅲ上运行速率，所以“嫦娥五号”探测器在轨道 I 上运行的动能小于在轨道Ⅲ上运行的动能，故 A 正确； B．“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅲ变轨到轨道 I 时需要点火加速做离心运动，此过程中由化学能转化为机械能，则“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅲ上运行时的机械能小于在轨道 I 上运行时的机械能，故 B 错误； C．“嫦娥五号探测器从轨道 I 上变轨到轨道Ⅲ上时，势能减小了 0 0 0 0 0 0 0 0p1 1()GM m GM m GM m GM mEr R R r       故 C 错误； D．卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 22GmM vmr r 则动能的减小量为 0 0 0 0k12 2GM m GM mER r   引力势能的增加量为 0 0 0 0 0 0 0 0p1 1()GM m GM m GM m GM mEr R R r       由能量守恒定律可知，卫星轨道发生变化时，发电机消耗的最小能量

0 0k p11 1()2GM mE E ER r     故 D 正确。

故选 AD。

8．如图所示，绝缘材料做成的轨道 ACDE 固定于竖直平面内，AC 段水平，CDE 段为半径 R=0.4m 的半圆轨道，整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为 B=0.5T，方向与轨道平面垂直。有一个质量为m=1.0×10-4 kg，带电量为 q=+1.5×10-3 C，可视为质点的小滑块，以 v 0 =5m/s 的初速度从 C 点开始进入半圆轨道，小滑块恰好能通过 E 点水平飞出，一段时间后小滑块通过与 E 点等高的 F 点（图中未标出）。若运动过程中小滑块带电量不变，取重力加速度为 g=10m/s 2。下列说法正确的是（）A．小滑块通过 E、F 两点时的速度大小相等 B．小滑块通过 E 点时的速度大小为 2m/s C．从 C 到 E 小滑块克服摩擦力做的功为 4.0×10-4 J D．从 C 到 D 小滑块损失的机械能小于 2.0×10-4 J 【答案】AC 【解析】A．小滑块从 E 点到等高的 F 点，重力做功为零，洛伦兹力不做功，则由能量关系可知，通过 E、F 两点时的动能相同，即速度大小相等，选项 A 正确； B．小滑块恰好能通过 E 点水平飞出 2EEvmg Bqv mR  则 v E =1m/s 选项 B 错误； C．从 C 到 E 小滑块克服摩擦力做的功为 2 201 122 2f EW mv mv mgR   

解得 W f =4.0×10-4 J 选项 C 正确； D．从 C 到 D 小滑块的速度大于从 D 到 E 的速度，可知从 C 到 D 滑块对轨道的压力大于从 D 到 E 对轨道的压力，则从C到D滑块受到的摩擦力大于从D到E受到的摩擦力，则从C到D损失的机械能大于2.0×10-4 J，选项 D 错误。

故选 AC。

9．如图，倾角  =30°且电阻不计的光滑平行双导轨固定，导轨上端连有阻值 R=1Ω 的电阻，MNQP 区域存在方向垂直于斜面向下、磁感应强度 B=1T 的匀强磁场，质量 m=1kg、电阻 r=1Ω 的导体棒 ab 置于导轨上并与导轨接触良好，ab//MP//NQ。让 ab 从与 MP 相距为 d 1 =0.5m 处由静止下滑，同时对它施加一个平行于导轨方向的力 F，使 ab 始终沿导轨向下做 a=4m/s 2 的匀加速直线运动，直到 ab 穿过磁场。已知 ab 的长度及导轨间距均为 L=1m，MP 和 NQ 相距 d 2 =1.5m。重力加速度 g=10m/s 2。则（）A．ab 刚进入磁场时受到的安培力大小为 2N B．ab 即将穿出磁场时，重力的功率为 20W C．ab 在磁场中运动的过程中，力 F 一直在增大 D．ab 由静止下滑到即将穿出磁场的过程中，力 F 的方向不变 【答案】BD 【解析】A．设导体棒 ab 在 MP 处的速度为 v 1，根据速度位移公式有 21 12 v ad  代入数据解得12m/s v  则感应电流为 11BLvIR r 解得11A I  则安培力为

1F BI L  解得 1N F ，故 A 错误； B．设导体棒 ab 在 NQ 处的速度为 v 2，根据速度位移公式有  22 1 22 v a d d   代入数据解得24m/s v  则沿竖直方向的速度为 sin 2m/syv v    故重力的功率为 20WyP mgv   故 B 正确； CD．导体棒 ab 在进入磁场前，根据牛顿第二定律可知 sin mg F ma    解得 1N F ，方向沿斜面向上，大小不变； 当导体棒 ab 在进入磁场后，根据牛顿第二定律可知 sin mg F F ma    安 又 2 2B L vF BILR r 安，v at  代入数据并联立解得 1 2 F t  ，此时随时间的增大而减小，方向沿斜面向上； 当 F=0 时，F 的方向即将变化，根据 1 2 0 F t    解得 t=0.5s 则导体棒 ab 在这段时间内的位移为 1 22v vx t 代入数据解得 x=1.5m=d 2 说明导体棒 ab 运动到 NQ 处时 F 为零，综上分析可知，导体棒 ab 由静止下滑到即将穿出磁场的过程中，力 F 的方向不变，都沿斜面向上，大小先不变再减小，故 C 错误，D 正确。

故选 BD。

10．如图，在光滑水平面上放着质量分别为 2m 和 m 的 A、B 两个物块，弹簧与 A、B 栓连，现用外力缓慢向左推 B 使弹簧压缩，此过程中推力做功 W。然后撤去外力，则（）A．从撤去外力到 A 离开墙面的过程中，墙面对 A 的冲量大小为 2mW B．当 A 离开墙面时，B 的动量大小为2mW C．A 离开墙面后，A 的最大速度为89Wm D．A 离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为23W 【答案】BCD 【解析】A．设当 A 离开墙面时，B 的速度大小为 v B ．根据功能关系知 212BW mv  得 2BWvm 从撤去外力到 A 离开墙面的过程中，对 A、B 及弹簧组成的系统，由动量定理得：墙面对 A 的冲量大小 0 2BI mv mW    故 A 错误； B．当 A 离开墙面时，B 的动量大小 2B Bp mv mW   故 B 正确； C．当弹簧再次恢复原长时，A 的速度最大，从 A 离开墙壁到 AB 共速的过程，系统动量和机械能均守恒，取向右为正方向，由动量守恒有 mv B =2mv A +mv′ B ① 由机械能守恒有 2 21 1222A BW mv mv     ②

由①②解得：A 的最大速度为 89AWvm 故 C 正确； D．B 撤去 F 后，A 离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大。设两物体相同速度为 v，A 离开墙时，B 的速度为 v 0 ．根据动量守恒和机械能守恒得 mv B =3mv 2312PmW mv E    联立解得：弹簧的弹性势能最大值为 23PmWE  故 D 正确。

故选 BCD。

三、非 选择题:共 共 52 分。第 11 ～14 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 15 ～16 题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题:共 共 43 分。

11．为了探究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图甲所示的实验装置。其中 M 为带滑轮的小车的质量，m 为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）(1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是（）A．用天平测出砂和砂桶的质量 B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带

E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量 m 远小于小车的质量 M(2)该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为 50Hz 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为____m/s 2（结果保留两位有效数字）。

(3)以弹簧测力计的示数 F 为横坐标，加速度为纵坐标，画出的 a-F 图象是一条直线，图线与横轴的夹角为 ，求得图线的斜率为 K，则小车的质量为（）A． 2tan  B．1tan  C． k D．2k 【答案】BCD 1.3 D 【解析】(1)[1] A．物体 M 受到的力可由弹簧测力计读出，故砂和砂桶的质量可以不用测出。故 A 错误； B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力是需要进行的操作，因为这样物体 M 受到的合力就等于拉力。故 B 正确； C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数是需要操作的。故 C 正确； D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带，是用来探究加速度与外力关系，故也是需要进行的操作；故 D正确； E．因为外力的大小可以通过测力计读出，故不需要保证砂和砂桶的质量 m 远小于小车的质量 M，故 E 错误； 故选 BCD。

(2)[2] 连续相等时间内的位移之差△ x=0.5cm，根据△ x=aT 2 得 22 22 20.5 10m/s =1.3m/s0.06xaT  (3)[3] 由牛顿第二定律得 2F=ma 解得 2Fam a-F 图象的斜率 2km 解得小车的质量 2mk

故 D 正确。

12．某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．实验电路如图甲所示，现有开关和导线若干，以及如下器材：

A．电流表 A：量程 0～0．6A，内阻约 0．125Ω B．电压表 V：量程 0～3V，内阻约 3kΩ C．滑动变阻器 0～20Ω D．滑动变阻器 0～200Ω(1)为了操作方便，减小实验误差，滑动变阻器应选用________(选填相应器材前的字母)；(2)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于最_________端(选填“左”或“右”)；(3)图乙是该同学根据实验数据绘制的 U-Ⅰ 图线，根据图线求得被测干电池的电动势 E=_______V，内阻r=_________Ω(结果保留到小数点后 2 位)；(4)该实验中，产生系统误差的主要原因是_____________．图丙中实线为根据测量数据绘制的图线，虚线代表没有误差情况下，电压表两端电压的真实值与通过电源电流真实值关系的图线，下列四幅图中能够正确反映两者关系的是____________． 【答案】C 右 1.48～1.49 0.90～0.95 电压表的分流 D 【解析】(1)为使电流表有明显偏转且方便实验操作，滑动变阻器应选择 C．(2)滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前滑片要置于右端．(3)由图示电源 U﹣I 图象可知，电源电动势：

1.48V E=，电源内阻：1.48 1.10Ω 0.90Ω0.42UrI   ；(4)由图示电路图可知，由于电压表不是理想电表，存在分流现象，电流表所测电流(测量值)小于电源的电流

(真实值)；当外电路短路时，电压表的分流为零，所以真实图象和测量图象与横轴的交点相同，故 D 正确，ABC 错误． 13．如图所示，在水平地面上固定一个倾角 α=45°、高 H=4m 的斜面，在斜面上方固定放置一段由内壁光滑的圆管构成的轨道 ABCD，圆周部分的半径 R=23m，AB 与圆周相切于 B 点，长度为3R，与水平方向夹角 θ=60°，轨道末端竖直，已知圆周轨道最低点 C、轨道末端 D 与斜面顶端处于同一高度．现将一质量为0.1kg，直径可以忽略的小球从管口 A 处由静止释放，g=10m/s 2 ．（1）求小球在 C 点时对轨道的压力．（2）若小球与斜面碰撞（不计能量损失）后做平抛运动落到水平地面上，则碰撞点距斜面左端的水平距离x 多大时小球平抛运动的水平位移最大？最大位移是多少？ 【答案】(1)7N(2)6m 【解析】（1）设 AD 之间的竖直高度为 h，由几何关系可知：h=R+Rsin30°+l AB sin60°=2m A 到 C 根据动能定理得：mgh= 在 C 点：F N ﹣mg= 解得：F N =7N 由牛顿第三定律可知小球在 C 点时对轨道的压力为 7N（2）从 A 到碰撞点，根据动能定理得：mg（h+x）= 平抛过程：H﹣x= 平抛水平位移：S x =v 0 t 代入数据整理得：S x = 可知：当 x=1m 时平抛水平位移 S x 有最大值

S m =6m 14．如图(a)所示，两根电阻不计的平行长直金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距为 L；两根长度均为 L、质量均为 m、电阻均为 r 的相同的导体棒 M、N 静置于导轨上，两棒相距 x 0 ；整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B。从 t=0 开始，给导体棒 M 施加一平行于导轨的外力 F，使导体棒 M 在 0~t 0内以加速度 a=μg 做匀加速运动，导体棒 N 在 t 0 时刻(t 0 未知)开始运动，F 随时间变化的规律如图(b)所示。棒与导轨间的动摩擦因数均为 μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，运动过程中两棒均与导轨接触良好。重力加速度大小为 g。

（1）求 t 0 时刻导体棒 M 的速度；（2）求 2t 0 时刻外力 F 的大小；（3）若 2t 0 时刻导体棒 M 的速度为 v，求此时两棒间的距离。

【答案】（1）02 22 mgrvB L ；（2）F 2 =4μmg；（3）2 22 02 2 4 42 16 mvr m grx xB L B L   【解析】（1）导体棒 N 未运动时，电路中的电动势、电流 E=BLv，2Eir 每个导体棒受到的安培力 F 安 =BiL 导体棒 N 开始运动时，安培力与摩擦力平衡 F 安 =μmg 整理得，此时导体棒 M 的速度 02 22 mgrvB L（2）对导体棒 M，t=0 时刻 F 0 －μmg=ma t 0 时刻 F 1 －μmg－F 安 =ma

而 1 0 2 00 02F F F Ft t  整理得 F 2 =4μmg（3）0~t 0 时间内，导体棒 M 做匀加速运动 v 0 =at 0 可得 02 22mrtB L t 0 时刻两棒间的距离为 21 0 012x x at   设 2t 0 时刻两棒间的距离为 x 2，导体棒 N 的速度为 v 1，t 0 ~2t 0 时间内电路中电流的平均值 为 I。根据动量定理对整体 1 20 0 1 022F Ft mgt mv mv mv     对导体棒 N 0 0 1BILt mgt mv    此过程中的平均感应电动势 Et，2EIr 而 2 1()BL x x   整理得 2 22 02 2 4 42 16 mvr m grx xB L B L  （二）选考题:共 共 9 分。请考生从 2 道题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。

15.[选修 3-3]（9 分）（1）如图所示，气缸开口向上放在水平地面上，缸内有一固定的导热板和一个可自由移动的活塞，开始时

导热板上、下封闭气体 A、B 的压强相等、温度均为0T，A 气柱气体的体积为 V B、气柱气体体积为 2V，已知大气压强为0p，活塞的质量为 m，活塞的横截面积为 S，气缸足够长，气缸和活塞都是绝热材料制成，给 B 气体缓慢加热，当 A B、气体体积相等时，电热丝发出的热量为 Q，重力加速度为 g。求：

（1）当 A B、气体体积相等时，B 中气体的压强多大？（2）当 A B、气体体积相等时，A B、两段气体增加的总内能是多少？ 【答案】①02mgpS   ；②0mgQ p VS     【解析】①开始时，A B、中气体的压强 1 0mgp pS  对 A 气体研究，当气体的体积增大为原来 2 倍，气体发生等压变化 02 V VT T 得 02 T T  对 B 气体研究，气体发生等容变化，则 1 20p pT T 得 2 1 02 2mgp p pS      ②活塞向上移动过程对外做功为 1 0mgW p V p VS      

根据热力学第一定律，两部分气体增加的内能 0mgU Q W Q p VS        （2）如图所示，ABC  为一直角三棱镜的截面，其顶角 A =30 B C ，AC 边的长度为 2L，PD 为垂直于直线 BCD 的光屏，PD 光屏到 C 点的距离为 L。一单色光垂直射向 AB 边的中点，折射后恰好射到屏上的 D 点。已知光速为 c。求（ⅰ）该三棱镜的折射率？（ⅱ）单色光从射向 AB 边的中点到射到屏上所用的时间。

【答案】（i）3 n ；（ii）3 32Lc 【解析】（i）光路图如图所示 设入射光与 AB、AC 的交点分别为 E、F 由几何关系可知 30    ∠FCD=120° 又由于 FC=CD=L 可知 ∠ DFC=30° 故

60    根据折射定律可知 sinsinn 代入数据，解得该三棱镜的折射率 3 n （ii）由光路图可知，光线在玻璃中传播的速度 cvn 光线在玻璃中传播的时间 12Ltv 光线在空气中传播的时间 23Ltc 因此所用的时间 1 23 32t t t Lc  

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