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2019年全国各地高考模拟题—电场和磁场计算题(练习四)专题汇编

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2019年全国各地高考模拟题—电场和磁场计算题（练习四）专题汇编1.（2019·重庆西南名校联盟3月）如图所示，真空中一个质量m=2.0×10−11kg、电荷量q=1.0×10−5C的带正电微粒(重力忽略不计)，从静止开始经U1=100V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场。

偏转电场的电压U2=100V，金属板长L=20cm、两板间距d=10√3cm.紧靠偏转电场右边，有一个条形磁场，磁场边界与偏转电场极板垂直，礅感应强度垂直纸面向里。

(1)求微粒进入偏转电场时速度v0的大小；(2)求微粒射出偏转电场时的偏转角θ；(3)若该匀强磁场的宽度D=10cm，为使微粒不会由磁场右边射出，求该匀强磁场的磁感应强度B至少应为多大。

【答案】解：(1)微粒在加速电场中，由动能定理有：qU=12mv2，代入数据解得：v0=1.0×104m/s；(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，飞出电场时，速度偏转角的正切值：tanθ=v y v0=U2L2U1d=1√3，解得：θ=30∘；(3)进入磁场时微粒的速度为：v=v0cosθ微粒不会由磁场右边射出的轨迹如图所示：由几何关系，有：D=r+rsinθθ洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：Bqv=mv2r，联立解得：B=mv0(1+sinθ)qDcosθ代入数据解得：B=√35T，所以为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为√35T；答：(1)微粒进入偏转电场时速度v0的大小为1.0×104m/s；(2)求微粒射出偏转电场时的偏转角θ为30∘；(3)该匀强磁场的磁感应强度B至少√35T。

【解析】(1)根据动能定理求带电微粒进入偏转电场时的速率；(2)带电微粒在偏转电场中做类平抛运动，将微粒的末速度分解为平行于板和垂直于板两个方向，由几何知识确定出粒子垂直于板方向的末速度，然后由动能定理列式求偏转电压；(3)微粒恰好不从磁场右边射出时运动轨迹与右边边界相切，由几何知识确定运动半径，然后由洛伦兹力提供向心力列方程求磁感应强度的最小值。

本题属于带电粒子在组合场中的运动，在电场中做类平抛运动时通常将运动分解为平行于电场方向与垂直于电场两个方向或借助于动能定理解决问题。

2.（2019·四川攀枝花三模）如图所示，真空中某竖直平面内有一长为2l、宽为l 的矩形区域ABCD，区域ABCD内加有水平向左的匀强电场和垂直于该竖直面的匀强磁场。

一质量为m、电荷量为+q的带电微粒，从A点正上方的O点水平抛出，正好从AD边的中点P进入电磁场区域，并沿直线运动，从该区域边界上的某点Q离开后经过空中的R点(Q、R图中未画出)。

已知微粒从Q点运动到R 点的过程中水平和竖直分位移大小相等，O点与A点的高度差ℎ=38l，重力加速度为g，求：(1)微粒从O点抛出时初速度v0的大小；(2)电场强度E和磁感应强度B的大小；(3)微粒从O点运动到R点的时间t。

【答案】解：(1)从O到P，带电微粒做平抛运动，竖直方向：ℎ=12gt02可得：t0=12√3lg水平方向：l=v0t0所以：v0=23√3gl(2)在P点：v y=gt0=12√3gl，所以：v p=√v02+v y2=56√3ℎl设P点速度与竖直方向的夹角为θ，则：tanθ=v0v y =23√3gl12√3gl=43带电微粒进入电磁区域后做直线运动，受力如图，可知其所受合力为零，可知：tanθ=mgqE；sinθ=mg f=mgqv PB联立可得：E =3mg 4q；B =m2q ⋅√3gl(3)设微粒从P 到Q 所用时间为t 1，则：t 1=PD −v P可得：t 1=12√3lg设微粒从Q 到R 所用时间为t 2，因水平和竖直分位移相等，得：x 2=v 0t 2y 2=v y t 2+12gt 22由题意得：x 2=y 2微粒从0点运动到R 点的时间t 为：t =t 0+t 1+t 2 所以：t =43√3lg答：(1)微粒从O 点抛出时初速度v 0的大小为23√3gl ； (2)电场强度E 和磁感应强度B 的大小分别为3mg 4q 和m 2q⋅√3gl ； (3)微粒从O 点运动到R 点的时间t 为43√3lg。

【解析】(1)由平抛运动的特点与公式即可求出粒子的初速度；(2)由矢量合成求得粒子在P 点的速度大小与方向，然后结合受力分析求出电场力与洛伦兹力，然后求出电场强度与磁感应强度；(3)将Q 到R 的运动沿水平方向与竖直方向分解，求出时间，然后将三段时间求和即可。

该题考查了带电粒子在有界匀强电场中的偏转问题，解答此类问题，主要是利用类平抛运动的知识进行求解(水平方向上是匀速直线运动，竖直方向上是匀加速直线运动)，解答此类问题，有时还要用到能量的观点。

3.（2019·广东汕头一模）在水平方向的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m 、电荷量为q 的带电小球，另一端固定于O 点，将小球拉起使细线伸直且与电场方向平行，然后无初速释放，小球沿着圆弧轨道摆到最低点的另一侧时，细线与竖直方向的最大夹角θ=37∘，如图所示，已知重力加速度大小为g ，sim37∘=0.6，cos37∘=0.8，求： (1)匀强电场的电场强度E 的大小；(2)小球经过最低点时细线对小球的拉力大小。

【答案】解：(1)小球运动过程只有重力和电场力做功，由小球从细线水平位置运动到最右端的过程重力做正功可得电场力做负功，故电场力方向水平向左； 设细绳绳长为L ，由动能定理可得：mgLcosθ−qEL(1+sinθ)=0，所以，场强E =mgcosθq(1+sinθ)=mg 2q；(2)对小球从细线水平位置运动到最低点的过程应用动能定理可得：mgL −qEL =12mv 2；小球在最低点时，对小球竖直方向应用牛顿第二定律可得：F −mg =mv 2L=2(mg −qE)=mg ，所以，小球经过最低点时细线对小球的拉力大小F =2mg ； 答：(1)匀强电场的电场强度E 的大小为mg2q ；(2)小球经过最低点时细线对小球的拉力大小为2mg 。

【解析】(1)对小球从圆弧轨道一端点运动到另一端点的过程应用动能定理求解； (2)对小球从静止释放运动到最低点的过程应用动能定理求得在最低点的速度，再对小球在最低点时竖直方向应用牛顿第二定律求解。

带电粒子在电场中的运动过程电场力做功等于电势能减少量，故常根据电势变化求解电场力做的功，在匀强电场中要注意电势U =Ed 中d 为场强方向的位移。

4.（2019·湘赣十四校一模）如图所示，在平面直角坐标系aOy 内，有I 、II 、III 三个区域，各边界均与y 轴平行，I 、Ⅱ区域存在匀强电场，方向分別沿+x 和−y 方向，Ⅰ区域电场强度大小为E ，Ⅲ区域有垂直xOy 平面向里的磁场。

三个区域宽度均为L ，一个氕核11H和一个氘核12H 先后从坐标原点释放，已知12H 与左边界成60∘进人磁场，最后恰好与右边界相切离开磁场，H 的质量为m ，电荷量为q ，不计重力。

求： (1)12H 第一次离开Ⅱ区的坐标(2)Ⅲ区域匀强磁场的磁感应强度大小； (3)11H 第一次离开磁场位置的坐标、【答案】解：(1)对氘核，在Ⅰ区中加速，由动能定理，qEL =12×2mv x 2进入Ⅱ区，粒子类平抛，L =v x t ，v y =at ，tanθ=v yv x，y =12at 2实际速度v =vx cosθ将θ=30∘代入得，v =2√qEL 3m ，y =√3L6因此 12H 第一次离开Ⅱ区的坐标为(2L,−√36L)(2)进入磁场后， 12H 做围周运动，如图，由几何关系知：Rsin30∘+R =L又：qvB =2mv 2R， 解得：B =2√3mE qL(3)对于氕核，m′=m ，q′=q ，由(1)知： y′=√36L ，v′=2√2qEL 3m，θ′=30∘，R′=√2L3轨迹如图：根据几何关系知：△y =2R′sin60∘ 出射点纵坐标为y″=−y′+△y 联立解得：y″=(√63−√36)L11H 第一次离开磁场位置的坐标[2L,(√63−√36)L] 答：(1)12H 第一次离开Ⅱ区的坐标为(2L,−√36L)；(2)Ⅲ区域匀强磁场的磁感应强度大小为2√3mE qL；(3)11H 第一次离开磁场位置的坐标为[2L,(√63−√36)L]。

【解析】(1)对氘核，在Ⅰ区中加速，由动能定理，进入Ⅱ区，粒子类平抛，根据公式即可求解；(2)进入磁场后， 12H 做围周运动，由几何关系求得磁场B 大小；(3)对于氕核，m′=m ，q′=q ，作出轨迹图，根据几何知识求出坐标。

本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了。

5.（2019·福建漳州一模）如图，半径为a 的内圆A 是电子发射器，其金属圆周表圆各处可沿纸面内的任意方向发射速率为v 的电子；外圆C 为与A 同心的金属网，半径为√3a.不考虑静电感应及电子的重力和电子间的相互作用，已知电子质量为m ，电量为e 。

(1)为使电子从C 射出的速率达到3v ，C 、A 间应加多大的电压U ；(2)C、A间不加电压，而加垂直于纸面向里的匀强磁场。

①若沿A径向射出的电子恰好不从C射出，求该电子第一次回到A时，在磁场中运动的时间t；②为使所有电子都不从C射出，所加磁场磁感应强度B应多大。

【答案】解：(1)电阻在C、A加速，由动能定理得：eU=12m(3v)2−12mv2，解得：U=4mv2e；(2)①电子在C、A间磁场中运动轨迹与金属网相切时运动轨迹如图所示，由几何知识得：(√3a−r)2=r2+a2tanθ=ar，电子在磁场中做圆周运动的周期：T=2πrv，解得：θ=60∘，电子在磁场中的运动时间：t=2π−2θ2πT，解得：t=4√3πa9v；②沿切线方向射出的电子运动轨迹恰好与金属网相切与C点时，所有电子都不从C点射出，粒子运动轨迹如图所示，由几何知识得：2r′=√3a−a，电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：B=2mv(√3−1)ae，则：B≥2mv(√3−1)ae；答：(1)为使电子从C 射出的速率达到3v ，C 、A 间应加多大的电压U 为4mv 2e；(2)①若沿A 径向射出的电子恰好不从C 射出，该电子第一次回到A 时，在磁场中运动的时间t 为4√3πa 9v；②为使所有电子都不从C 射出，所加磁场磁感应强度B 大小应满足B ≥2mv(√3−1)ae 。

【解析】(1)电子在C 、A 间加速，由动能定理可以求出电势差。

(2)①电子运动轨迹与金属网相切时电子恰好不从C 点射出，根据题意求出电子转过的圆心角，然后求出电子的运动时间；②求出电子不从C 点射出的临界轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度。

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2019高考模拟卷物理试卷(四)(原卷版)(PDF版)

2019高考模拟卷物理试卷(四)(原卷版)(PDF版)

2019高考模拟卷物理试卷（四）二、选择题(本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．)14．(2018·云南七校联考)关于结合能和比结合能，下列说法正确的是()A．原子核的结合能等于核子结合成原子核而具有的能量B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C．比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固D．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能15．(2018·武汉市高三调研)如图是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球a 、b 、c 的运动轨迹，三个小球到墙壁的水平距离均相同，且a 和b 从同一点抛出．不计空气阻力，则()A．a 和b 的飞行时间相同B．b 的飞行时间比c 的短C．a 的初速度比b 的小D．c 的初速度比a 的大16．(2018·湖南湘东五校联考)每年的某段时间内太阳光会直射地球赤道，如图所示，一颗卫星在赤道正上方绕地球做匀速圆周运动，运动方向与地球自转方向相同，每绕地球一周，黑夜与白天的时间比为1∶5.设地球表面重力加速度为g ，地球半径为R ，地球自转角速度为ω.忽略大气及太阳照射偏移的影响，则赤道上某定点能够直接持续观测到此卫星的最长时间为()17．(2018·辽宁五校联考)如图所示，在x 轴上关于原点O 对称的两点A 、B 分别固定放置点电荷＋Q 1和－Q 2，x 轴上的P 点位于B 点的右侧，且P 点电场强度为零．设无穷远处电势为零，则下列判断正确的是()A．P 点电势为零B．在A 、B 连线上还有一点与P 点电场强度相同C．A 、O 两点的电势差大于O 、B 两点的电势差D．将一试探电荷＋q 从P 点移至O 点过程中，电势能一直增大18．如图所示，静止在粗糙水平面上的半径为4R 的半球的最高点A 处有一根水平细线系着质量为m 、半径为R的光滑球．已知重力加速度为g .下列说法正确的是()A．地面对半球的摩擦力的方向水平向右B．细线对小球的拉力大小为34mgC．保持小球的位置不变，将A 点沿半球逐渐下移，半球对小球的支持力逐渐减小D．剪断细线的瞬间，小球的加速度大小为0.6g19．(2018·湖南湘东五校联考)如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L ，一质量为m 、边长也为L 的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t ＝0时刻线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置Ⅰ)，线框的速度为v 0，经历一段时间后，当线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ)，线框的速度刚好为零，此后，线框下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ(不计空气阻力)，则()A．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等B．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多C．上升过程中，线框的加速度逐渐减小D．上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力做功的平均功率20．(2018·福州四校联考)如图所示，一理想变压器原线圈匝数n 1＝1000，副线圈匝数n 2＝100，将原线圈接在1002sin100πt (V)的交流电压上，副线圈接有阻值R ＝5Ω的定值电阻、理想电流表和理想电压表．现在A 、B 两点间接入不同的电子元件，下列说法正确的是()A．副线圈两端电压为1000VB．若在A 、B 两点间接入一阻值R ′＝15Ω的定值电阻，则电压表示数为2.5VC．若在A 、B 两点间接入一电感线圈(感抗较大)，则电流表的示数为2A D．若在两点间接入一电容器，则在降低交流电的频率时，电压表的示数减小21．(2018·衡水中学六调)在如图所示被MN 隔开的区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子仅在洛伦兹力作用下沿着apb 由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ.已知ap 与pb 的弧长之比为2∶1，下列说法正确的是()A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的速率之比为1∶1B．粒子通过ap 、pb 的时间之比为2∶1C．ap 、pb 对应的圆心角之比为2∶1D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁感应强度方向相反三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第9题～第12题为选考题，考生根据要求作答．22．(2018·唐山高三期末)某课外兴趣小组，在研究合外力做功与速度变化关系的实验中，做了如下实验．如图甲所示，A 物体(含遮光片)的质量为M ，B 物体的质量为m .固定斜面顶端有一光滑定滑轮，A 、B 通过轻细绳连接．斜面底端有一光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间t .通过刻度尺可测量A 到光电门的初始距离L .A 物体与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时A 恰好可以沿斜面匀速下滑，剪断细绳后，A 下滑．(1)用游标卡尺测遮光片的宽度d ，如图乙所示，读数为________mm.(2)A 通过光电门的速度v ＝________.23．(2018·南宁市高三摸底)某实验小组利用一滑动变阻器和未知内阻的微安表，来测量多用电表“×1k”挡内部电池的电动势E .(1)该小组采用图甲的电路进行实验，请将图1乙中的实物连线连接完整．(2)请将下面的实验步骤补充完整：A．插上红、黑表笔，把多用电表的选择开关拨到欧姆挡的“×1k\”位置，将红、黑表笔________，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指到“0Ω”．B．按照电路图连接好电路．C．接通开关，改变滑动变阻器接入电路中的阻值，得到多用电表和微安表的示数分别如图2所示．多用电表和微安表的读数分别为________kΩ和________μA.D．断开开关，拔下红、黑表笔，把多用电表的选择开关扳到________位置．(3)若表盘中央刻度为15，结合以上信息可得多用电表“×1k”挡内部电池的电动势为________V(保留两位有效数字)．24.(2018·贵州普通高中监测)如图所示，两光滑平行金属导轨置于水平面(纸面)内，轨道间距为l ，左端连有阻值为R 的电阻．一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场区域．现对金属杆施加一水平向右的恒力，使其进入磁场区域做初速度为零的变加速直线运动，到达图中虚线位置(仍在磁场中)时速度达到最大，最大值为22v 0，金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好．除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计．求：(1)对金属杆施加的水平向右恒力F 的大小；(2)金属杆达到最大速度时，电阻R 的热功率．、25．(2018·安徽省百所高中一模)P 、P ′是平行板电容器的两极板，如图甲所示，P 接电源正极，P ′接电源负极，两极板间电压变化如图乙所示．O 处有一离子源，能不断逸出比荷为q m＝1×108C/kg 的正离子，离子逸出时的速度不计，经板间电场加速后，沿虚线OO ′穿过平行板电容器，从O ′处射出(离子在加速过程中可认为板间电压不变)．已知平行板电容器极板长为0.1m，O 、O ′分别是P 、P ′两极板的中点．平行板电容器右侧存在大小为B (未知)、方向垂直纸面向外的匀强磁场(未画出)．在P ′板右侧相距L ＝0.05m 处有一荧光屏MM ′，M 点与O ′点等高，MM ′长220m，M 端固定在铰链上，MM ′可绕M 点在图示位置与虚线位置之间转动．(1)当MM ′处于竖直位置时，欲使所有离子均不能打在MM ′上，求磁感应强度B 的取值范围．(2)若B ＝0.2T，则当MM ′从图示竖直位置沿M 点顺时针转动多大角度时，荧光屏上的发光长度最大？最大长度是多少？三、选考题：请考生从给出的2道物理题任选一题作答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．33．(2018·唐山高三期末)[物理——选修3－3](1)(多选)大自然中存在许多绚丽夺目的晶体，这些晶体不仅美丽，而且由于化学成分和结构各不相同而呈现出千姿百态．高贵如钻石，平凡如雪花，都是由无数原子严谨而有序地组成的．关于晶体与非晶体，正确的说法是________．A．固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体是绝对的，是不可以相互转化的B．多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状C．晶体沿不同方向的导热或导电性能不相同，但沿不同方向的光学性质一定相同D．单晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点E．有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布(2)如图所示，气缸开口向右、固定在水平桌面上，气缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ＝1×10－3m 2.活塞与气缸壁导热良好，轻绳跨过定滑轮将活塞和地面上质量为m ＝1kg 的重物连接．开始时，绳子刚好伸直且张力为零，活塞与缸底的距离L 1＝27cm，被销子K 固定在图示位置，此时气缸内气体的压强p 1＝1.1×105Pa，温度T 1＝330K，外界大气压强p 0＝1.0×105Pa，g ＝10m/s 2，不计一切摩擦和阻力．若在此时拔去销子K，降低气缸内气体的温度，求：①重物刚好离开地面时，缸内气体的温度．②重物缓慢上升2cm 时，缸内气体的温度．34．(2018·湛江市高三调研)[物理——选修3－4](1)(多选)如图所示，两束单色光a 、b 从水下面射向A 点，光线经折射后合成一束光c ，则下列说法正确的是________．A．用同一双缝干涉实验装置分别以a 、b 光做实验，a 光的干涉条纹间距大于b 光的干涉条纹间距B．a 光比b 光更容易发生衍射现象C．在水中a 光的速度比b 光的速度小D．在水中a 光的临界角大于b 光的临界角E．若a 光与b 光以相同入射角从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是a 光(2)在某种介质中，有相距4m 的两个波源S 1、S 2，沿垂直纸面方向做简谐振动，其周期分别为T 1＝0.8s 和T 2＝0.4s，振幅分别为A 1＝2cm 和A 2＝1cm，在该介质中形成的简谐波的波速为v ＝5m/s.S 处有一质点，它到S 1的距离为3m，且SS 1⊥S 1S 2，在t ＝0时刻，两波源同时开始垂直纸面由平衡位置向外振动，试求：①t ＝0时刻振动传到S 处的时间差；②t ＝10s 时，S 处质点离开平衡位置的位移大小．。

2019年高考理综物理试题分项汇编磁场

2019年高考理综物理试题分项汇编磁场

2019年高考物理试题磁场1．某空间存在匀强磁场和匀强电场。

一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是A.磁场和电场的方向B.磁场和电场的强弱C.粒子的电性和电量D.粒子入射时的速度【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（北京卷）【答案】C拓展：本题考查了带电粒子在复合场中的运动，实际上是考查了速度选择器的相关知识，注意当粒子的速度与磁场不平行时，才会受到洛伦兹力的作用，所以对电场和磁场的方向有要求的。

2．（多选）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L 2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。

整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。

已知a、b两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂直于纸面向外。

则（）A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为【来源】2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II卷）【答案】AC拓展：磁场强度是矢量，对于此题来说ab两点的磁场强度是由三个磁场的叠加形成，先根据右手定则判断导线在ab两点产生的磁场方向，在利用矢量叠加来求解即可。

3．（多选）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。

将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。

下列说法正确的是（）A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【答案】AD【拓展】此题中套在一根铁芯上的两个线圈，实际上构成一个变压器。

2019年高考真题和模拟题分项汇编物理+Word版含解析专题： 电学计算题

2019年高考真题和模拟题分项汇编物理+Word版含解析专题： 电学计算题

专题 电学计算题1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外。

一带正电的粒子从静止开始经电压U 加速后，沿平行于x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP 边上某点以垂直于x 轴的方向射出。

已知O 点为坐标原点，N 点在y 轴上，OP 与x 轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d ，不计重力。

求 （1）带电粒子的比荷；（2）带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间。

【答案】（1）224q U m B d = （2）2π(42Bd t U = 【解析】（1）设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，加速后的速度大小为v 。

由动能定理有212qU mv =①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 2v qvB m r=②由几何关系知d ③ 联立①②③式得 224q Um B d=④ （2）由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为πtan302rs r =+︒⑤ 带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为s t v=⑥ 联立②④⑤⑥式得2π(42Bd t U =⑦2．（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d 。

两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同。

G 接地，P 、Q 的电势均为ϕ（ϕ>0）。

质量为m ，电荷量为q （q >0）的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。

（1）求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； （2）若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？【答案】（1）l v =（2）2v 【解析】（1）PG 、QG 间场强大小相等，均为E ，粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有2E dϕ=① F =qE =ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有2k 012qEh E mv =-③设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移为l ，则有212h at =④ l =v 0t ⑤联立①②③④⑤式解得2k 012=2E mv qh dϕ+⑥l v = （2）设粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为=22L l v =⑧ 3．（2019·新课标全国Ⅲ卷）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点。

2019高考模拟卷物理试卷(四)解析版(PDF版)

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2019高考模拟卷物理试卷（四）解析版二、选择题(本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．)14．(2018·云南七校联考)关于结合能和比结合能，下列说法正确的是()A．原子核的结合能等于核子结合成原子核而具有的能量B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C．比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固D．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能[解析]原子核分解成自由核子时，需要的最小能量就是原子核的结合能，A 错误；重核衰变时释放能量，衰变产物更稳定，即衰变产物的比结合能更大，衰变前后核子数不变，所以衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，B 正确；比结合能越大，原子核越稳定，C 错误；原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开，也需要能量，所以质量亏损对应的能量与结合能是相等的，D 错误．[答案]B15．(2018·武汉市高三调研)如图是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球a 、b 、c 的运动轨迹，三个小球到墙壁的水平距离均相同，且a 和b 从同一点抛出．不计空气阻力，则()A．a 和b 的飞行时间相同B．b 的飞行时间比c 的短C．a 的初速度比b 的小D．c 的初速度比a 的大[解析]三个小球与墙壁的水平距离相同，b 下落的高度比a 大，根据t ＝2hg可知，b 飞行的时间较长，根据v 0＝xt ，则a 的初速度比b 的大，选项A、C 错误；b 下落的竖直高度比c 大，则b 飞行的时间比c 长，选项B 错误；a 下落的竖直高度比c 大，则a 飞行的时间比c 长，根据v 0＝xt，则a 的初速度比c 的小，选项D 正确．[答案]D16．(2018·湖南湘东五校联考)每年的某段时间内太阳光会直射地球赤道，如图所示，一颗卫星在赤道正上方绕地球做匀速圆周运动，运动方向与地球自转方向相同，每绕地球一周，黑夜与白天的时间比为1∶5.设地球表面重力加速度为g ，地球半径为R ，地球自转角速度为ω.忽略大气及太阳照射偏移的影响，则赤道上某定点能够直接持续观测到此卫星的最长时间为()A.3g8R＋ω B.3g8R－ωC.3g8R －ω D.3g8R＋ω[解析]卫星每绕地球一周，黑夜与白天的时间比为1∶5，结合几何知识计算可得，卫星绕地球运行的轨道半径为2R ，设轨道半径为R 的卫星周期为T 1，该卫星的周期为T 2，则有mg ＝mR 4π2T 21，T 21T 22＝R 32R3，联立解得T 2＝2πg 8R＝2πω2，又地球的自转周期为T ＝2πω，由几何关系可知，在地球上能够直接观测到该卫星的角度为120°，即能够直接观测到该卫星的时间为该卫星相对地球运动120°的时间，卫星相对地球赤道上某点运动一周所用时间为t ＝2πg 8R －ω，则赤道上某定点可直接持续观测到此卫星的最长时间为t ′＝t3＝2π3g 8R －ωC 正确．[答案]C17．(2018·辽宁五校联考)如图所示，在x 轴上关于原点O 对称的两点A 、B 分别固定放置点电荷＋Q 1和－Q 2，x 轴上的P 点位于B 点的右侧，且P 点电场强度为零．设无穷远处电势为零，则下列判断正确的是()A．P 点电势为零B．在A 、B 连线上还有一点与P 点电场强度相同C．A 、O 两点的电势差大于O 、B 两点的电势差D．将一试探电荷＋q 从P 点移至O 点过程中，电势能一直增大[解析]根据题述可知P 点的电场强度为零，根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理可知＋Q 1的电荷量一定大于－Q 2的电荷量，A 、B 连线上各点电场强度都大于零，选项B 错误；无穷远处电势为零且P 点电场强度为零，由于＋Q 1的电荷量大于－Q 2的电荷量，可知P 点右侧电场方向向右，正电荷从右侧无穷远处移动到P 点的过程中，电场力始终做负功，故P 点电势不为零，选项A 错误；由于＋Q 1的电荷量大于－Q 2的电荷量，＋Q 1附近的电场线要比－Q 2附近的电场线密，A 、O 两点之间的平均电场强度要比O 、B 两点之间的平均电场强度大，由E ＝Ud 定性分析可知，A 、O 两点之间的电势差大于O 、B 两点之间的电势差，选项C 正确；O 点电势高于P 点，但越靠近－Q 2，电势越低，将一试探电荷＋q 从P 点移至O 点的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，选项D 错误．[答案]C18．如图所示，静止在粗糙水平面上的半径为4R 的半球的最高点A 处有一根水平细线系着质量为m 、半径为R 的光滑球．已知重力加速度为g .下列说法正确的是()A．地面对半球的摩擦力的方向水平向右B．细线对小球的拉力大小为34mgC．保持小球的位置不变，将A 点沿半球逐渐下移，半球对小球的支持力逐渐减小D．剪断细线的瞬间，小球的加速度大小为0.6g[解析]以半球和小球整体为研究对象，整体处于平衡状态，不受摩擦力作用，A 项错误．对小球受力分析如图，拉力F A ＝mg tan θ，由几何关系可知tan θ＝34，则F A ＝34mg ，B 项正确．半球对小球的支持力F N ＝mgcos θ，在A点下移时，θ增大，cos θ减小，则F N 增大，C 项错误．在剪断细线的瞬间，细线对小球的拉力消失，小球在沿切线方向有mg sin θ＝ma ，其中sin θ＝0.6，得a ＝0.6g ，D 项正确．[答案]BD19．(2018·湖南湘东五校联考)如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L ，一质量为m 、边长也为L 的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t ＝0时刻线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置Ⅰ)，线框的速度为v 0，经历一段时间后，当线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ)，线框的速度刚好为零，此后，线框下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ(不计空气阻力)，则()A．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等B．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多C．上升过程中，线框的加速度逐渐减小D．上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力做功的平均功率[解析]线框在穿过磁场过程中要克服安培力做功，但在线框上升过程中，安培力与重力均与运动方向相反，都做负功，而在线框下降过程中，重力做正功，安培力做负功，即上升过程中合力做的功大于重力做的功，下降过程中合力做的功小于重力做的功，即上升过程中合力做的功大于下降过程中合力做的功，选项A 错误；分析线框的运动过程可知，对应于同一位置，上升过程的安培力大于下降过程的安培力，而上升、下降位移相等，故上升过程克服安培力做的功大于下降过程中克服安培力做的功，故上升过程中线框产生的热量多，所以选项B 正确；以线框为对象受力分析可知，线框在上升过程中做减速运动，有F 安＋mg ＝ma ，F 安＝B 2L 2v R ，故有a ＝g ＋B 2L 2mR v ，所以上升过程中，随着速度逐渐减小，加速度也逐渐减小，故选项C 正确；线框在下降过程中做加速运动，有a ′＝g －B 2L 2vmR，由此可知，下降过程中的平均加速度小于上升过程的平均加速度，而上升、下降的位移相等，故可知上升时间较短，下降时间较长，两过程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力做功的平均功率，所以选项D 错误．[答案]BC20．(2018·福州四校联考)如图所示，一理想变压器原线圈匝数n 1＝1000，副线圈匝数n 2＝100，将原线圈接在1002sin100πt (V)的交流电压上，副线圈接有阻值R ＝5Ω的定值电阻、理想电流表和理想电压表．现在A 、B 两点间接入不同的电子元件，下列说法正确的是()A．副线圈两端电压为1000VB．若在A 、B 两点间接入一阻值R ′＝15Ω的定值电阻，则电压表示数为2.5V C．若在A 、B 两点间接入一电感线圈(感抗较大)，则电流表的示数为2A D．若在两点间接入一电容器，则在降低交流电的频率时，电压表的示数减小[解析]原线圈输入电压有效值为U 1＝100V，根据理想变压器变压公式，可知副线圈两端电压为10V，选项A 错误；若在A 、B 两点间接入一阻值R ′＝15Ω的定值电阻，副线圈输出电流为I 2＝U 2R ＋R ′＝0.5A，则电压表示数为U ＝I 2R ＝2.5V，选项B 正确；若在A 、B 两点间接入一电感线圈，由于感抗较大，电路中阻抗大于5Ω，根据欧姆定律，可知电流表的示数一定小于2A，选项C 错误；若在A 、B 两点间接入一电容器，则在降低交流电的频率时，容抗增大，电路中的电流减小，由欧姆定律可知，电阻两端电压减小，电压表的示数减小，选项D 正确．[答案]BD21．(2018·衡水中学六调)在如图所示被MN 隔开的区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子仅在洛伦兹力作用下沿着apb 由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ.已知ap 与pb 的弧长之比为2∶1，下列说法正确的是()A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的速率之比为1∶1B．粒子通过ap 、pb 的时间之比为2∶1C．ap 、pb 对应的圆心角之比为2∶1D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁感应强度方向相反[解析]由于带电粒子在磁场中运动所受的洛伦兹力不做功，所以粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的速率之比为1∶1，选项A 正确；由s ＝vt ，可知粒子通过ap 、pb 的时间之比为2∶1，选项B 正确；根据题图可知，粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中轨迹半径不同，所以圆心角之比不一定是2∶1，选项C 错误；根据题图可知带电粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ所受的洛伦兹力的大致方向，易知区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁感应强度方向相反，选项D 正确．[答案]ABD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第9题～第12题为选考题，考生根据要求作答．22．(2018·唐山高三期末)某课外兴趣小组，在研究合外力做功与速度变化关系的实验中，做了如下实验．如图甲所示，A 物体(含遮光片)的质量为M ，B 物体的质量为m .固定斜面顶端有一光滑定滑轮，A 、B 通过轻细绳连接．斜面底端有一光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间t .通过刻度尺可测量A 到光电门的初始距离L .A 物体与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时A 恰好可以沿斜面匀速下滑，剪断细绳后，A 下滑．(1)用游标卡尺测遮光片的宽度d ，如图乙所示，读数为________mm.(2)A 通过光电门的速度v ＝________.[解析](1)由游标卡尺的读数规则可知，遮光片的宽度d ＝2mm＋0×0.1mm＝2.0mm.(2)由于遮光片的遮光时间极短，因此遮光时间内的平均速度近似等于A 通过光电门的瞬时速度，即v ＝dt.[答案](1)2.0(2)d t23．(2018·南宁市高三摸底)某实验小组利用一滑动变阻器和未知内阻的微安表，来测量多用电表“×1k”挡内部电池的电动势E .(1)该小组采用图甲的电路进行实验，请将图1乙中的实物连线连接完整．(2)请将下面的实验步骤补充完整：A．插上红、黑表笔，把多用电表的选择开关拨到欧姆挡的“×1k\”位置，将红、黑表笔________，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指到“0Ω”．B．按照电路图连接好电路．C．接通开关，改变滑动变阻器接入电路中的阻值，得到多用电表和微安表的示数分别如图2所示．多用电表和微安表的读数分别为________kΩ和________μA.D．断开开关，拔下红、黑表笔，把多用电表的选择开关扳到________位置．(3)若表盘中央刻度为15，结合以上信息可得多用电表“×1k”挡内部电池的电动势为________V(保留两位有效数字)．[解析](1)根据电路图，连接实物图．注意多用电表的红表笔连接的是多用电表内部电池的负极，所以红表笔应该通过滑动变阻器连接微安表的负接线柱，黑表笔应该通过开关连接微安表的正接线柱．(2)A.根据欧姆表的使用方法可知，选挡后应先进行欧姆调零，即将欧姆表的红表笔和黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指向刻度盘的最右侧0Ω处．C 根据欧姆表的读数规则，读数为R ＝22×1kΩ＝22kΩ.根据微安表读数规则，微安表读数为I ＝250μA.D.根据多用电表使用规则，实验完毕，由于多用电表内部有电池，为避免表笔短路损坏电池，应该将选择开关扳到OFF(或交流电压最高挡)．(3)欧姆调零后，欧姆表内阻等于表盘上中央刻度乘以挡上所标示的倍率，即欧姆表的中值电阻，由此可知，欧姆表“×1k”挡的内阻为R 0＝15×1kΩ＝15kΩ.根据闭合电路欧姆定律，可得E ＝I (R ＋R 0)，式子中I 为微安表读数I ＝250μA，R 为欧姆表读数(即滑动变阻器接入电路中的电阻和微安表内阻之和)，即R ＝22kΩ，R 0为欧姆表“×1k”挡的内阻，R 0＝15kΩ，代入数据，可得E ＝250×10－6A×(22＋15)×103Ω＝8.991V≈9.0V.[答案](1)电路连接如图所示(2)A.短接C．22243(242～250也正确)D．OFF(或交流电压最高挡)(3)9.024.(2018·贵州普通高中监测)如图所示，两光滑平行金属导轨置于水平面(纸面)内，轨道间距为l ，左端连有阻值为R 的电阻．一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场区域．现对金属杆施加一水平向右的恒力，使其进入磁场区域做初速度为零的变加速直线运动，到达图中虚线位置(仍在磁场中)时速度达到最大，最大值为22v 0，金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好．除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计．求：(1)对金属杆施加的水平向右恒力F 的大小；(2)金属杆达到最大速度时，电阻R 的热功率．[解析](1)当安培力大小等于水平恒力F 时金属杆的速度最大，设此时的电流为I ，则F ＝F 安F 安＝BIl I ＝E R E ＝Bl22v 0联立解得F ＝2B 2l 2v 02R(2)设金属杆达到最大速度时，电阻R 的热功率为P ，则P ＝I 2R联立解得P ＝B 2l 2v 202R[答案](1)2B 2l 2v 02R (2)B 2l 2v 202R25．(2018·安徽省百所高中一模)P 、P ′是平行板电容器的两极板，如图甲所示，P 接电源正极，P ′接电源负极，两极板间电压变化如图乙所示．O 处有一离子源，能不断逸出比荷为q m＝1×108C/kg 的正离子，离子逸出时的速度不计，经板间电场加速后，沿虚线OO ′穿过平行板电容器，从O ′处射出(离子在加速过程中可认为板间电压不变)．已知平行板电容器极板长为0.1m，O 、O ′分别是P 、P ′两极板的中点．平行板电容器右侧存在大小为B (未知)、方向垂直纸面向外的匀强磁场(未画出)．在P ′板右侧相距L ＝0.05m 处有一荧光屏MM ′，M 点与O ′点等高，MM ′长220m，M 端固定在铰链上，MM ′可绕M 点在图示位置与虚线位置之间转动．(1)当MM ′处于竖直位置时，欲使所有离子均不能打在MM ′上，求磁感应强度B 的取值范围．(2)若B ＝0.2T，则当MM ′从图示竖直位置沿M 点顺时针转动多大角度时，荧光屏上的发光长度最大？最大长度是多少？[解析](1)离子在电场中运动的过程中，根据qU ＝12mv 2得，v ＝2qU mv m ＝2qU m m＝1×106m/s 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝mv 2r ，得r ＝mvqB，可知速度越大，离子在磁场中做圆周运动的半径也越大，假设出射速度最大的离子刚好不能击中MM ′，如图1所示则r max ＝L ＝0.05m 结合r max ＝mv mqB得B ＝0.2T欲使所有离子均不能打在MM ′上，则B ≥0.2T(2)离子从O ′点射出时，速度大小不同，但方向均垂直于平行板向右，这些离子在磁场中做圆周运动的轨迹圆相切于O ′点，如图2所示，不管MM ′转动多大角度，总有某个离子运动的轨迹圆和MM ′相切，假设切点为N ，如图3所示，根据几何关系，恒有MN ＝O ′M ＝L ，N 点是所有离子中能击中MM ′上的最远位置，故所有离子中能击中MM ′的最远点与M 点的距离为L如图4所示，根据几何关系分析可得，当MM ′转至虚线位置时，速度最大的离子击中MM ′的位置是所有离子中能击中MM ′且与M 点最近的位置，设该击中点为N ′，由于此时∠O ′M ′M ＝45°，即速度偏向角为45°，故此时离子垂直击中MM ′，M ′N ′＝L ＝0.05m则MM ′的发光长度NN ′＝MN －MN ′＝L －220m－L ＝2－220m[答案](1)B ≥0.2T(2)45°2－220m 三、选考题：请考生从给出的2道物理题任选一题作答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．33．(2018·唐山高三期末)[物理——选修3－3](1)(多选)大自然中存在许多绚丽夺目的晶体，这些晶体不仅美丽，而且由于化学成分和结构各不相同而呈现出千姿百态．高贵如钻石，平凡如雪花，都是由无数原子严谨而有序地组成的．关于晶体与非晶体，正确的说法是________．A．固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体是绝对的，是不可以相互转化的B．多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状C．晶体沿不同方向的导热或导电性能不相同，但沿不同方向的光学性质一定相同D．单晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点E．有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布(2)如图所示，气缸开口向右、固定在水平桌面上，气缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ＝1×10－3m 2.活塞与气缸壁导热良好，轻绳跨过定滑轮将活塞和地面上质量为m ＝1kg 的重物连接．开始时，绳子刚好伸直且张力为零，活塞与缸底的距离L 1＝27cm，被销子K 固定在图示位置，此时气缸内气体的压强p 1＝1.1×105Pa，温度T 1＝330K，外界大气压强p 0＝1.0×105Pa，g ＝10m/s 2，不计一切摩擦和阻力．若在此时拔去销子K，降低气缸内气体的温度，求：①重物刚好离开地面时，缸内气体的温度．②重物缓慢上升2cm 时，缸内气体的温度．[解析](1)在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，例如天然水晶是晶体，熔化以后再凝固的水晶却是非晶体，A 错误；多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状，且具有各向同性的特点，B 正确；单晶体一定是各向异性，多晶体是各向同性的，C 错误；根据晶体与非晶体的区别可知，晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，D 正确；有的物质微粒在不同条件下可以按不同的规划在空间分布，生成不同的晶体，E 正确．(2)①设重物刚好离开地面时，缸内气体的压强为p 2，活塞受力平衡，故封闭气体压强p 2＝p 0－mg S ＝0.9×105Pa拔掉销子前后，气体发生等容变化，根据理想气体状态方程，有p 1T 1＝p 2T 2解得T 2＝270K②重物刚好离开地面时，气体体积为V 1，V 1＝L 1S设重物缓慢上升h ＝2cm 时，气体体积为V 2，V 2＝(L 1－h )S气体发生等压变化，根据理想气体状态方程，有V 1T 2＝V 2T ′2解得T ′2＝250K [答案](1)BDE(2)①270K②250K34．(2018·湛江市高三调研)[物理——选修3－4](1)(多选)如图所示，两束单色光a 、b 从水下面射向A 点，光线经折射后合成一束光c ，则下列说法正确的是________．A．用同一双缝干涉实验装置分别以a 、b 光做实验，a 光的干涉条纹间距大于b 光的干涉条纹间距B．a 光比b 光更容易发生衍射现象C．在水中a 光的速度比b 光的速度小D．在水中a 光的临界角大于b 光的临界角E．若a 光与b 光以相同入射角从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是a 光(2)在某种介质中，有相距4m 的两个波源S 1、S 2，沿垂直纸面方向做简谐振动，其周期分别为T 1＝0.8s 和T 2＝0.4s，振幅分别为A 1＝2cm 和A 2＝1cm，在该介质中形成的简谐波的波速为v ＝5m/s.S 处有一质点，它到S 1的距离为3m，且SS 1⊥S 1S 2，在t ＝0时刻，两波源同时开始垂直纸面由平衡位置向外振动，试求：①t ＝0时刻振动传到S 处的时间差；②t ＝10s 时，S 处质点离开平衡位置的位移大小．[解析](1)根据题给的光路图可知，a 光的折射率较小，b 光的折射率较大，根据n ＝cv可知，在水中a 光的速度比b 光的速度大，选项C 错误；根据折射率大的光的频率较大，波长较短可知，a 光的波长较长，a 光比b 光更容易发生衍射现象，选项B 正确；由条纹间距公式Δx ＝ldλ可知，波长较长的单色光a 的干涉条纹间距较大，选项A 正确；由全反射临界角公式sin C ＝1n ，在水中a 光的临界角大于b 光的临界角，选项D 正确；由sin C ＝1n，且n a <n b可知，若a 光与b 光以相同入射角从水中射向空气，在不断增大入射角时，水面上首先消失的是b 光，选项E 错误．(2)①由题意可知，SS 2＝SS 12＋S 1S 22＝5mS 1在t ＝0时的振动传到S 处质点所需的时间t 1＝SS 1v ＝35s＝0.6s S 2在t ＝0时的振动传到S 处质点所需的时间t 2＝SS 2v ＝55s＝1s 那么S 1、S 2在t ＝0时的振动传到S 处质点的时间差为Δt ＝t 2－t 1＝0.4s②在t ＝10s 时S 处质点按S 1的振动规律已经振动了Δt 1＝t －t 1＝9.41此时S 1引起S 处质点的位移大小为x 1＝A 1＝2cm 在t ＝10s 时S 处质点按S 2的振动规律已经振动了Δt 2＝t －t 2＝92此时S 2引起S 处质点的位移大小为x 2＝0所以t ＝10s 时S 处质点离开平衡位置的位移为S 1和S 2单独传播引起质点位移的矢量和，故x ＝x 1＋x 2＝2cm [答案](1)ABD(2)①0.4s②2cm。