2022年河北省邢台市捷径高考高考物理四模试卷一、选择题（本题包括8小题，每小题6分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．（6分）（2022•邢台四模）欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（ ） A．B．C．D．【考点】：电阻定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：由金属导体电阻的决定式R=ρ进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积．【解析】：解：由电阻的决定式可知，A中电阻RA=，B中电阻RB=；C中电阻RC=；D中电阻RD=；故电阻最小的为A；故选：A．【点评】：本题考查电阻定率的应用，要注意电阻是由导体本身的性质决定的． 2．（6分）（2022•邢台四模）关于运动和力的关系，下列说法正确的是（ ） A．物体在恒力作用下不可能做直线运动 B．物体在恒力作用下不可能做曲线运动 C．物体在恒力作用下不可能做圆周运动 D．物体在恒力作用下不可能做平抛运动【考点】：物体做曲线运动的条件；平抛运动．【专题】：物体做曲线运动条件专题．【分析】：解答此题首先要明确力与运动之间的一些基本关系的描述：力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动不需要力，如果一个物体的运动状态发生了改变，那它一定是受到了力的作用．受平衡力作用的物体，可能静止也可能做匀速直线运动．【解析】：解：A、物体在恒力作用下可能做直线运动自由落体运动，也可能做曲线运动，比如平抛运动，故ABD错误；C、圆周运动是曲线运动，是变速运动存在加速度，由于速度方向时刻变化，则加速度方向也时刻变化，所以物体在恒力作用下不可能做圆周运动，故C正确；故选C．【点评】：本题主要考查了力与运动的关系，时刻牢记力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动不需要力，便可对大多数的现象进行分析和判断．同时也要注意，当一个物体的运动状态发生了改变时，说明它一定受到了力的作用． -16-\n3．（6分）（2022•邢台四模）如图，真空中M、N处放置两等量异种点电荷，a、b、c表示电场中的三条等势线，d点和e点位于等势线a上，f点位于等势线c上，df平行于M、N．已知一带正电的试探电荷从d点移动到f点时，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是（ ） A．M点处放置的是正电荷 B．若将带正电的试探电荷沿图中虚线de由d点移动到e点，则电场力先做正功、后做负功 C．d点的电势高于f点的电势 D．d点的场强与f点的场强完全相同【考点】：等势面．【分析】：由电场力对正电荷做功可得电势的高低，再由电场线与电势的关系分析电场的方向．进而判断电荷的受力情况．通过电荷电势能的变化得出电场力做功情况，根据电荷周围的电场线分布比较场强的大小和方向．【解析】：解：A、因正电荷由d到f电场力做正功，电势能增加，则电势升高．故f点电势高于d点电势．则N点为正电荷，故A错误，C错误．B、将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，电势能先减小再增大到原来值，故电场力先做正功、后做负功．故B正确．D、d点与f点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故D错误；故选：B．【点评】：在电场中根据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要熟练掌握． 4．（6分）（2022•邢台四模）北斗卫星导航系统是中国自行研制开发的覆盖全球的导航系统，可在全球范围内为各类用户提供可靠的定位、导航服务．北斗卫星导航系统的空间端包括5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星，这些卫星的轨道均可以近似看成圆轨道，若轨道半径用r表示，则下列说法正确的是（ ） A．卫星运行的角速度ϖ与成反比 B．卫星运行的线速度V与成正比 C．卫星的向心加速度a与r成反比 D．卫星运行的周期T与成正比【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解出线速度、角速度、周期和向心加速度的表达式进行分析即可．【解析】：解：卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：-16-\nG=ma=m=mω2r=m解得：a=①v=②ω=③T=2π④A、根据③式，卫星运行的角速度ω与r成正比，故A错误；B、根据②式，卫星运行的线速度V与成反比，故B错误；C、根据①式，卫星的向心加速度a与r成反比，故C正确；D、根据④式，卫星运行的周期T与成正比，故D错误；故选：C．【点评】：本题关键是明确卫星的动力学原理，然后根据牛顿第二定律列式求解出线速度、角速度、周期、加速度的表达式进行分析，基础题目． 5．（6分）（2022•邢台四模）为研究太阳系内行星的运动，需要知道太阳的质量，已知地球半径为R，地球质量为m，太阳与地球中心间距为r，地球表面的重力加速度为g地球绕太阳公转的周期为T．则太阳的质量为（ ） A．B． C．D．【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：地球绕太阳公转，知道了轨道半径和公转周期利用万有引力提供向心力可列出等式．根据地球表面的万有引力等于重力列出等式，联立可求解．【解析】：解：设T为地球绕太阳运动的周期，则由万有引力定律和动力学知识得：=根据地球表面的万有引力等于重力得：-16-\n对地球表面物体m′有=m′g两式联立得M=故选D．【点评】：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力． 6．（6分）（2022•邢台四模）如图所示，理想变压器的原副线圈的匝数比n1：n2=2：1，原线圈接正弦式交流电，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升，若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电压表的读数为（ ） A．4IR+B．C．4IRD．IR+【考点】：变压器的构造和原理；功能关系；电功、电功率．【专题】：交流电专题．【分析】：输入功率等于输出功率，电流与匝数成反比，结合功率公式即可求解．【解析】：解：电流与匝数成反比，副线圈的电流为2I，输入功率等于副线圈消耗的功率：P=（2I）2R+mgv=UI，所以电压表的读数U=4IR+．故选：A．【点评】：本题考查了变压器的输入功率等于输出功率，电流与匝数成反比等知识． 7．（6分）（2022•邢台四模）如图所示，两条水平放置的长直金属导轨间距为l，左端与阻值为R的定值电阻相连，金属直杆ab和cd的电阻阻值各为R，两端刚好能与导轨接触．ab、cd两杆用绝缘细线连接，间距为l，ab杆右侧l处有一宽度为l的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面向里．若金属导轨电阻忽略不计，两金属杆和导轨始终接触良好，当两杆始终以恒定速度V向右运动时，用Icd表示金属棒Cd流过的电流（c→d为电流的正方向）、用Ucd表示金属棒cd两端的电势差，正确描述IcdUcd随位移变化的图象是（ ）-16-\n A．B．C．D．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：先根据楞次定律判断感应电流的方向，判断出c、d两端电势的高低，再列出电流、电势差的表达式，即可进行选择．【解析】：解：x在l﹣2l，ab棒切割磁感线，产生感应电动势，由楞次定律判断可知金属棒cd流过的电流中方向c→d，为正方向，c的电势高于d的电势，Ucd＞0，由于杆ab和cd的电阻阻值各为R，ab杆相当于电源，外电阻为R，则ab中电流为Iab===，Icd=Iab=，根据串联电路的特点可知：Ucd=E=；x在2l﹣3l，cd棒切割磁感线，产生感应电动势，由楞次定律判断可知金属棒cd流过的电流中方向d→c，为负方向，cd杆相当于电源，外电阻为R，则cd中电流为Icd=﹣=﹣=﹣，c的电势高于d的电势，Ucd＞0，Ucd=E=；故B正确．故选：B．【点评】：对于图象问题，往往采用定性和定量分析结合的方法分析，可列出各个量的解析式分析图象的形状． 8．（6分）（2022•邢台四模）如图所示，小球A、B带电量相等，质量均为m，都用长L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上0点，A球靠墙且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A、B两球之间的库仑力为F．由于外部原因小球B的电量减小，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B的电量减小为原来的（ ）-16-\n A．B．C．D．【考点】：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：对小球B受力分析，由平衡条件、库伦定律及数学知识列方程可以求出小球B的电荷量．【解析】：解：小球B受力如图所示，两绝缘线的长度都是L，则△OAB是等腰三角形，线的拉力T与重力G相等，G=T，小球静止处于平衡状态，则库伦力F=2Gsin，设原来小球带电量为q，AB间的距离是r，则r=2Lsin，由库伦定律得：F=k，后来库伦力变为原来的一半，则=2Gsin，r′=2Lsin，=k，解得：qB=q；故选C．【点评】：对小球正确受力分析，应用平衡条件及库伦定律即可正确解题，解题时要注意△OAB是等腰三角形，注意数学知识的应用． 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）9．（6分）（2022•邢台四模）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为3Ω，实验室备有下列实验器材：A．电压表V（量程3V，内阻约为3kΩ）B．电流表A（量程0.6A，内阻约为1Ω）C．滑动变阻器R（0～10Ω，额定电流0.5A）D．电源E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）E．开关S，导线若干（1）为减小实验误差，应选用图中 乙 （填“甲”或“乙”）为该实验的电路原理图．-16-\n（2）现用刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，用螺旋测微器测得其直径示数如丙图，则直径为 0.608 mm．图丁为两电表的示数，则该金属丝的电阻率为 1.16×10﹣6 Ωm．（结果保留3位有效数字）【考点】：测定金属的电阻率．【专题】：实验题．【分析】：（1）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路．（2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．由图示电表读出其示数，应用欧姆定律求出电阻阻值，由电阻定律求出电阻率．【解析】：解：（1）因==1000，==3，则有＞，电流表应选择外接法，因此实验电路应选乙．（2）螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×10.8mm=0.108mm，所以最终读数为0.608mm．由图示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，所示为1.2V，由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.5A，电阻阻值：R===2.4Ω；由R=ρ可知，电阻率：ρ==≈1.167×10﹣6Ω•m；故答案为：（1）乙；（2）0.608（0.606～0.609mm均正确）；1.16×10﹣6（1.15×10﹣6～1.17×10﹣6Ω•m均正确）．【点评】：本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、连接实物电路图；要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作；确定电流表的接法是正确解题的关键．同时掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读． 10．（10分）（2022•邢台四模）光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lX）．某同学采用伏安法测摄在不同照度下某光敏电阻Rc的阻值，将艮与两个适当的电阻箱R1、R2，两个适．当的电流表A1、A2连成图1所示的电路，图中的电流表内阻很小可以忽略不计．-16-\n（1）光敏电阻Rc在不同照度下的阻值如表，根据表中数据，请在图2给定的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线．照度（lx）0.20.40.60.81.01.2电阻（kΩ）754028232018（2）在某次实验操作中了^增加光的照度后，为了保证电流表A1、A2的示数保持不变，应该调节电阻箱R1使其阻值 增大 （填“增大”或“减小”），同时调节电阻箱R2使其阻值 减小 （填“增大”或“减小”）；若电阻箱R1的阻值改变了4kΩ，电阻箱R2的阻值改变了12kΩ，电流表A1、A2的示数刚好保持不变，经过计算得出光敏电阻Rc的阻值变化了 6 kΩ．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．【分析】：（1）作图直接用描点法即可；（2）根据欧姆定律，结合光敏电阻随着光强增强，而减小，即可求解．【解析】：解：（1光敏电阻的阻值随光照变化的曲线如左图所示．特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小．（2）增加光的照度后，其电阻阻值会减小，同时为了保证电流表A1、A2的示数保持不变，因此应该调节电阻箱R1使其阻值增大，而调节电阻箱R2使其阻值减小；根据串并电路的电阻特征，且电表的读数不变，则有：因△R1=4kΩ，△R2=12kΩ，解得：△RC=6kΩ；故答案为：（1）如上图所示；-16-\n（2）增大；减小；6．【点评】：电路设计的问题要结合闭合电路欧姆定律去分析，同时掌握串并联电路电阻的计算，注意光敏电阻与光照强度的关系． 11．（13分）（2022•邢台四模）有一种地下铁道，站台的路轨建得高些，车辆进站时要上坡，出站时要下坡，如图所示．设坡顶高度为h，坡顶A到坡底B水平间距为L1，坡底B到出站口C间距L2．一质量为m的机车由坡顶A开始无动力下滑，到达坡底B时，机车发动机开始工作，到达出站口C时，速度已达到正常速度V．若火车与各处轨道间动摩擦因数均为u，且忽略机车长度，求：（1）机车到达斜坡底端B时的速度大小v1（2）机车到达出站口时，发动机做了多少功；（3）请简要说明，站台轨道比运行轨道略高一些的优点．【考点】：牛顿运动定律的综合应用．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）机车由A到B得过程中，根据动能定理求解速度v1．（2）机车由B到C得过程中，由动能定理求解发动机做的功．（3）火车进站时，将动能转化为重力势能，储存起来，出站时，将这些重力势能释放出来变成动能．【解析】：解：（1）机车由A到B得过程中，由动能定理mgh﹣fl=又f=μmgcosθ=μmg，l=可得v1=（2）机车由B到C得过程中，由动能定理得W﹣μmgL2=﹣解得，W=+μmg（L1+L2）﹣mgh（3）站台轨道比运行轨道略高的优点有：火车进站时，将动能转化为重力势能，储存起来，出站时，将这些重力势能释放出来变成动能，减小能量的消耗．答：（1）机车到达斜坡底端B时的速度大小v1是．（2）机车到达出站口时，发动机做了+μmg（L1+L2）﹣mgh的功．-16-\n（3）站台轨道比运行轨道略高的优点有：火车进站时，将动能转化为重力势能，储存起来，出站时，将这些重力势能释放出来变成动能，减小能量的消耗．【点评】：本题是动能定理的应用，要灵活选择研究的过程，分析站台轨道比运行轨道略高的优点时，答案不是唯一的，具有一定发散性． 12．（19分）（2022•邢台四模）如图所示，在xoy平面直角坐标系第一象限内分布有垂直向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.5×10﹣2T，在第二象限紧贴y轴和x轴放置一对平行金属板MN（中心轴线过y轴），极板间距d=0.4m，极板与左侧电路相连接．通过移动滑动头P可以改变极板MN间的电压．a、b为滑动变阻器的最下端和最上端（滑动变阻器的阻值分布均匀），a、b两端所加电压U=×102V．在MN中心轴线上距y轴距离为L=0.4m处有一粒子源S，沿x轴正方向连续射出比荷为=4.0×106C/kg，速度为vo=2.0×104m/s带正电的粒子，粒子经过y轴进入磁场后从x轴射出磁场（忽略粒子的重力和粒子之间的相互作用）．（1）当滑动头P在ab正中间时，求粒子射入磁场时速度的大小．（2）当滑动头P在ab间某位置时，粒子射出极板的速度偏转角为α，试写出粒子在磁场中运动的时间与α的函数关系，并由此计算粒子在磁场中运动的最长时间．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：（1）当滑动头P在ab正中间时，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，位移大小为L，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学结合可求出粒子进入磁场时的速度大小．（2）当滑动头P在a端时，平行金属板MN板间电压为零，粒子匀速运动，以速度v0进入磁场中，由牛顿第二定律求出轨迹半径．当滑动头P在ab间某一位置时，由牛顿第二定律得到轨迹半径与α的关系式，由几何关系求出粒子在磁场中运动时轨迹圆心角，即可得到粒子在磁场中运动时间的表达式．当板间电压最大时，根据类平抛运动的规律得到粒子射出极板时速度最大的偏转角，即可求出粒子在磁场中运动的最长时间．【解析】：解：（1）当滑动头P在ab正中间时，极板间电压U′=，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子射入磁场时沿y轴方向的分速度为vy：①vy=at②L=v0t③粒子射入磁场时速度的大小设为④-16-\n联立解得：≈2.1×104m/s⑤（2）当滑动头P在a端时，粒子在磁场中运动的速度大小为v0，有⑥解得：R0==0.2m设粒子射出极板时速度的大小为v，偏向角为α，在磁场中圆周运动半径为R．根据速度平行四边形可得：⑦又，得R=⑧由⑥⑦⑧可得：⑨粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，圆心为O′，与x轴交点为D，设∠O′DO=β，根据几何关系：⑩又：解得：sinα=sinβ，得β=α粒子在磁场中运动的周期为T：粒子在磁场中轨迹对应的圆心角为θ=则粒子在磁场中运动的时间：t=T=T，得t=由此结果可知，粒子射入磁场时速度偏转角α越大，则粒子在磁场中运动的时间就越大．假设极板间电压为最大值时粒子能射出电场，则此粒子在磁场中运动的时间最长．由（1）问规律可知当滑动头P在b端时，粒子射入磁场时沿y方向的分速度：y方向偏距：ym==m＜0.2m，说明粒子可以射出极板．此时粒子速度偏转角最大，设为αm，则tanam==，得-16-\n故粒子在磁场中运动的最长时间：，得tm=代入数值得：≈2.6×10﹣5s．答：（1）当滑动头P在ab正中间时，粒子射入磁场时速度的大小是2.1×104m/s．（2）粒子在磁场中运动的时间与α的函数关系是，粒子在磁场中运动的最长时间是2.6×10﹣5s．【点评】：本题的解题关键是准确画出粒子运动的基础上，根据几何知识得到粒子在磁场中运动的时间与α的关系式，难度较大． （二）选考题[物理--选修3-3]（15分）13．（6分）（2022•盱眙县校级学业考试）对于一定质量的理想气体，下列论述中正确的是（ ） A．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强一定变大 B．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强可能不变 C．若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数一定增加 D．若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数可能不变【考点】：理想气体的状态方程．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：该题中，单位体积内分子个数反映的是气体的密度，单位体积内分子个数不变即密度不变，判断时结合公式即可．【解析】：解：单位体积内分子个数不变时，分子热运动加剧，单位面积上的碰撞次数和碰撞的平均力都变大，因此这时气体压强一定变大．故A正确B错误．气体的压强不变而温度降低时，根据理想气体的状态方程可判定气体的体积一定减小，气体的密度增加，则单位体积内分子个数一定增加．故C正确D错误．故选AC【点评】：该题考查理想气体的基本性质和公式的应用，惟一的难度可能是“单位体积内分子个数”，把它和气体的密度联系起来，问题就迎刃而解了． 14．（9分）（2022•邢台四模）如图所示，一长为L、内横截面积为S的绝热气缸固定在水平地面上，气缸内用一质量为m的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，幵始时活塞用销钉固定在气缸正中央，气缸内被封闭气体压强为P，外界大气压为P0（P＞P0）．现释放活塞，测得活塞被缸内气体推到缸口时的速度为V．求：（Ⅰ）此过程克服大气压力所做的功；-16-\n（Ⅱ）活塞从释放到将要离开缸口，缸内气体内能改变了多少？【考点】：能量守恒定律；功的计算；封闭气体压强．【分析】：由功的计算公式可以求克服大气压所做的功，由能量守恒可以求气体内能的改变量．【解析】：解：Ⅰ．设大气作用在活塞上的压力为F，则：F=P0S根据功的算式W=FL得：W=Ⅱ．设活塞离开气缸时动能为Ek，则：根据能量守恒定律得：△E=答：此过程克服大气压力所做的功为；活塞从释放到将要离开缸口，缸内气体内能改变了．【点评】：本题是个小型的计算题，考查了功的公式和能量守恒定律． [物理--选修3-4]（15分）15．（2022•邢台四模）一列沿x轴正向传播的简谐横波，当波传到0点时开始计时，7.0s时刚好传到x=3.5m处，如图所示．由此可以判定（ ） A．该波的振动周期为7.0s B．波源的起振方向向上 C．该波的波速为0.5m/s D．再经过1.0s，x=2m处质点刚好处在波谷的位置【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．-16-\n【分析】：由题意，波在t=7.0s内传播的距离为x=3.5m，由v=求出波速，由图读出波长，由波速公式v=求出周期．波源的起振方向图示时刻x=3.5m处质点的振动方向相同，由波形的平移法判断．根据时间与周期的关系，分析再经过1.0s，x=2m处质点的位置．【解析】：解：A、C由题意，波在t=7.0s内传播的距离为x=3.5m，则波速为v==0.5m/s．由图知，波长λ=2m，则周期为T==．故A错误，C正确．B、波源的起振方向图示时刻x=3.5m处质点的振动方向相同，由波形的平移法得知，波源的起振方向向下．故B错误．D、时间t=1s=T，则再经过1.0s，x=2m处质点刚好处在平衡位置．故D错误．故选C【点评】：本题要掌握用到两个波速公式v=和v=．根据波形的平移法判断质点的振动方向是基本能力，波的基本特点之一是：质点的起振方向与波源的起振方向相同． 16．（2022•邢台四模）一束单色光斜着射向并穿过一厚度为d的玻璃砖．已知该玻璃砖对单色光的折射率为n，单色光的入射角为α光在真空中的传播速度为C．求：（1）若入射角α=60°，且已知n=．求该色光经玻璃砖上表面折射后的折射角；（2）该色光穿过玻璃砖所用的时间与入射角α和折射率n的关系．【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：Ⅰ、已知入射角，由折射定律n=求解折射角．Ⅱ、由几何知识求出光透过玻璃所走的路程为s=，光在玻璃中的速度为v=，时间为t=．【解析】：解：（1）设该色光的折射角θ，根据折射定律：=n得：θ=30°（2）．设光透过玻璃所走路程为s，所用时间为t，则：s=而v=-16-\nt=得：t=答：（1）若入射角α=60°，且已知n=．该色光经玻璃砖上表面折射后的折射角为30°；（2）该色光穿过玻璃砖所用的时间与入射角α和折射率n的关系t=．【点评】：本题是折射定律n=、光在介质中速度公式v=以及几何知识的综合应用 [物理--选修3-5]（15分）17．（2022•邢台四模）用强度相同的红光和蓝光分别照射同一种金属，均能使该金属发生光电效应．下列判断正确的是（ ） A．用红光照射时，该金属的逸出功小，用蓝光照射时该金属的逸出功大 B．用红光照射时，该金属的截止频率低，用蓝光照射时该金属的截止频率高 C．用红光照射时，逸出光电子所需时间长，用蓝光照射时逸出光电子所需时间短 D．用红光照射时，逸出的光电子最大初动能小，用蓝光时逸出的光电子最大初动能大【考点】：爱因斯坦光电效应方程；光电效应．【专题】：光电效应专题．【分析】：对某种金属，它的截止频率和逸出功是不变的，发生光电效应频率时，频率大的逸出的光电子的初动能大．【解析】：解：A、同种金属的逸出功是相同的，A错误；B、同种金属的截止频率是相同的，B错误；C、只要金属能发生光电效应，逸出光电子的时间一样，C错误；D、蓝光的频率比红光大，由EK=hf﹣W知，用蓝光时逸出的光电子最大初动能大，D正确；故选D【点评】：本题考查了爱因斯坦光电效应方程的应用，记住公式：EK=hf﹣W即可解决此类问题． 18．（2022•邢台四模）如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1=1kg，木板与物体间动摩擦因数μ=0.1．二者以相同的初速度Vo=0.8m/s﹣起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．V=10m/s2．I．如果木板质量m2=3kg，求物体相对木板滑动的最大距离；II．如果木板质量m2=0.6kg，求物体相对木板滑动的最大距离．【考点】：动量守恒定律．【专题】：动量定理应用专题．-16-\n【分析】：I．木板与竖直墙碰撞后，以原速反弹，根据动量守恒定律求出两者最终的速度，根据能量守恒定律求出物体相对木板滑动的最大距离．II．木板与竖直墙碰撞后，以原速反弹，根据动量守恒定律知木板将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处，根据能量守恒定律求出物体相对木板滑动的最大距离．【解析】：解：Ⅰ．木板与竖直墙碰撞后，以原速反弹，由动量守恒定律m2v0﹣m1v0=（m1+m2）vv=0.4m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞．由能量守恒定律解得s1=0.96mⅡ．木板与竖直墙碰撞后，以原速反弹，由动量守恒定律m2v0﹣m1v0=（m1+m2）v′v′=﹣0.2m/s，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处由能量守恒定律解得s2=0.512m．答：（1）如果木板质量m2=3kg，求物体相对木板滑动的最大距离为0.96m．（2）如果木板质量m2=0.6kg，求物体相对木板滑动的最大距离为0.512m．【点评】：本题综合运用了动量守恒定律和能量守恒定律，难度较大，关键是根据动量守恒定律理清木板和木块最终的运动情况． -16-
