2021屆曾都區(qū)高考物理三模試卷附答案詳解

2021屆曾都區(qū)高考物理三模試卷

一、單選題（本大題共13小題，共52.0分）

放射性元素鐳衰變過程中釋放出a、/?、y三種射線，分別進入勻強電場，軌跡

如圖所示，下列說法正確的是（）/

A.a為y線的軌跡，y射線穿透能力最強卜_

B.a為0射線的軌跡，元素鐳外層電子電離形成￡射線+-

C.b為a射線的軌跡，a射線穿透能力最強一

D.c為a射線的軌跡，a射線使空氣分子電離能力最強

2.水平地面上一質量為1kg的物體運動的〃一￡圖象如圖所示，以水平向右的方向為正，下列判斷

正確的是

1234567t/s

A.第1s末，物體受到的合力為零

B.在0?3s內，物體的平均速度為1.5?n/s

C.在3s?5s內，物體的位移為零

D.在1s?6s內，物體的機械能守恒

3.“神舟”六號飛船飛行到第5圈時，飛船在地面指揮中心的控制下，發(fā)動,一~

機點火由橢圓軌道變?yōu)閳A軌道.軌道的示意圖如圖所示，。為地心，軌道1/\2

是變軌前的橢圓軌道，軌道2是變軌后的圓軌道.飛船沿軌道1通過Q點的\I°?J

速度和加速度的大小分別為力和的.沿軌道2通過Q點時的速度和加速度的

大小分別為以和?正確的有（）

a

A.%>外，Qi=a2B.%<〃2，H2

C.%L>〃2，QlH。2.D.vr<v2yQi=a2

p/atm

一定質量的理想氣體的狀態(tài)變化過程如圖所示，48為一條直線，則

氣體從狀態(tài)4到狀態(tài)8的過程中（

023V7L

A.氣體分子平均動能保持不變

B.氣體分子平均動能先增大后減小到初始狀態(tài)

C.整個過程中氣體對外不做功

D.氣體的密度在不斷增大

5.關于摩擦力與彈力的關系，下列說法正確的是（）

A.有彈力一定有摩擦力B.有摩擦力一定有彈力

C.彈力越大，摩擦力越大D.摩擦力越大，彈力一定越大

6.3D地圖技術能夠為“無人駕駛”汽車提供數據，這些數據可以通北

+東

過汽車內部的系統(tǒng)進行全面的分析，以執(zhí)行不同的指令。如圖所

示為一段公路拐彎處的地圖，下列說法中正確的是（）

中線

A.如果彎道是水平的，則“無人駕駛”汽車在拐彎時受到重力、

支持力、摩擦力和向心力

現場示總圖

B.如果彎道是水平的，為了防止汽車側滑，則“無人駕駛”汽車

拐彎時收到的指令是讓車速大一點

C.如果彎道是傾斜的，為了防止汽車側滑,，則道路應為內（東北）高外（西南）低

D.如果彎道是傾斜的，為了防止汽車側滑，則道路應為外（西南）高內（東北）低

7.如圖所示為某靜電除塵裝置的原理圖，廢氣先經過一個機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū)。圖中

虛線是某一帶負電的塵埃（不計重力）僅在電場力作用下向集塵極遷移并沉積的軌跡，4、B兩點

是軌跡與電場線的交點。不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電量變化，則以下說法正確的

是（）

A.4點的電場強度小于B點的電場強度

B.4點的電勢高于B點的電勢

C.塵埃在4點的電勢能大于在B點的電勢能

D.塵埃在4點受到的靜電力小于在B點的受到的靜電力

8.如圖為一橫波發(fā)生器的顯示屏，可以顯示出波由0點從左向右傳播的圖象，屏上每一小格長度為

1cm.在t=0時刻橫波發(fā)生器上能顯示的波形如圖所示.因為顯示屏的局部故障，造成從水平位

置4到B之間（不包括4、8兩處）的波形無法被觀察到（故障不影響波在發(fā)生器內傳播）.此后的時間

內，觀察者看到波形相繼傳經B、C處，在t=5.5s時，觀察者看到B處恰好第三次出現波谷，下

列判斷錯誤的是（）

該波的振幅為10cm

B.該波的波長為12cm

C.該波的周期為2s

D.在t=5.5s時，C處應顯示為波峰

9.為了判斷一個未知正負極的蓄電池極性，某同學將該蓄電池通過電P

阻跟螺線管連接起來，發(fā)現小磁針的N極立即向螺線管偏轉，如圖

所示，用M、N和P、Q分別表示蓄電池和螺線管兩極，下列判斷正

確的是（）

A.電源M端為正極

B.電源N端為正極

C.螺線管P端為S極

D.螺線管內部磁感應強度方向由P指向Q

10.在半徑為r、電阻為R的圓形導線框內，以直徑為界，左、右兩側分別存在著方向如圖甲所示的

勻強磁場.以垂直紙面向里的磁場方向為正，兩部分磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如

圖乙所示.則0?曲時間內,

A.感應電流方向為順時針B.感應電流大小為咨

C.感應電流大小為D.感應電流大小為工萼

2t0R

11.一只爆竹豎直升空后，在距離地面高為八處到達最高點，發(fā)生爆炸，分為質量不同的兩塊，兩塊

的質量之比2：1,其中質量較小的一塊獲得的水平速度大小為明則兩塊爆竹落地后相距（）

A.2V隹B.v隹

7g7g

12.如圖所示，直線4為電源的U-/圖線，曲線B為燈泡電阻的U-/圖線,

用該電源和小燈泡組成閉合電路時，電源的輸出功率和電路的總功率

分別是（）

A.4W、8IV

B.2W、4W

C.4W、6W

D.2W、3W

13.在x軸上有兩個固定的點電荷q1、q2,其靜電場的電勢9在x軸上分布如圖所示。下列說法正確

的是（）

A.從看到七處，場強變大

B.與處的電場強度為零

C.從與到不，場強沿X軸正方向

D.正試探電荷從與移到切，受到的電場力做負功

二、實驗題（本大題共2小題，共24.0分）

14.（1）小鑫同學用如圖所示的裝置進行實驗，圖丙、丁兩圖是從不同角

度對該裝置拍攝所得的效果圖，丙圖為擺球靜止在平衡位置的情境,

丁圖為擺球振動過程中某一時刻的情境。請指出該同學的實驗裝置

或實驗操作中不當之處：（寫出一點即可）。

（2）在該實驗中，正確測得單擺的擺線長為3振動的周期為7,可由

9=計算出當地的重力加速度值。

（3）在下列所給的器材中，選出本實驗不需要的器材（填寫器材前的編號即可）。

4帶夾子的鐵架臺；B.打點計時器；C.帶小乳的實心鐵球；D.秒表；E.長約1m的細線；凡規(guī)格完全相

同的橡皮條；G.帶毫米刻度的米尺；H.天平

15.用電流表和電壓表測定由三節(jié)干電池串聯(lián)組成的電池組（電動勢約4.5V,內電阻約10）的電動勢

和內電阻，除待測電池組、電鍵、導線外，還有下列器材供選用：

4電流表:量程34內電阻約0.20

8.電流表：量程0.64內電阻約1。

C.電壓表：量程3V,內電阻約30kQ

。.電壓表：量程6U,內電阻約6O/C0

E.滑動變阻器：0-1000。，額定電流0.54

F.滑動變阻器：0?200,額定電流24

（1）為了使測量結果盡量準確，電流表應選用,電壓表應選用,滑動變阻器應選用

（均填儀器的字母代號）。

（2）選擇下圖中（甲或者乙）電路圖來完成實驗，其理由是

（3）實驗時發(fā)現電流表壞了，于是不再使用電流表，剩余儀器中僅用電阻箱替換掉滑動變阻器，重新

連接電路，仍能完成實驗。實驗中讀出幾組電阻箱的阻值R和對應電壓表的示數U.用圖象法處理

采集到的數據，為在直角坐標系中得到的函數圖象是一條直線，則可以為縱坐標，以

為橫坐標，并寫出函數關系

三、計算題（本大題共4小題，共74.0分）

16.如圖所示，在真空中一束平行復色光被透明的三棱鏡4BC（截面為正三

角形）折射后分解為互相分離的a、b、c三種色光，分別照射到三塊板

上。則:

①若將a、b、c三種色光分別通過某狹縫，則發(fā)生衍射現象最明顯的是哪種色光?

②若0。平行于CB,三棱鏡對a色光的折射率%是多少？

17.將一物體沿水平方向拋出，經過2s物體到達地面，物體的水平位移為40m,g取10m/s2,不計

空氣阻力，求：

(1)物體的初速度；

(3)物體落地時速度的大小.

18.如圖所示,一內壁光滑的長圓柱形容器，器壁絕熱、底面積為S且導熱性能良好.

初始時開口向上豎直放置。容器內有兩個質量均為翳的絕熱活塞4和B.在4與B

之間封有一定質量溫度為幾、高度為d的理想氣體甲，B與容器底面之間封有一

定質量的理想氣體乙，平衡時甲、乙兩部分氣體的體積均相等?，F讓容器緩慢

倒過來開口向下豎直放置，兩個活塞再次平衡，此時氣體甲的體積變?yōu)樵瓉淼模罕??；钊c器壁

間密閉性能好，且無摩擦，外界的溫度不變，大氣壓強為Po,重力加速度取求：

①容器開口向下放置時氣體甲的溫度；

②容器開口向下放置時氣體乙的體積。

19.如圖所示，固定于水平桌面上足夠長的兩平行導軌PQ、MN,PQ、MN的電阻不計，間距為d=

0.5m.P.M兩端接有一只理想電壓表，整個裝置處于豎直向下的磁感應強度B=0.27的勻強磁

場中.電阻分別為=0.40、R2=0.1。、質量分別為曬=0.3kg和啊=0.5kg的兩金屬棒日、

人平行的擱在光滑導軌上.現固定棒乙2在水平恒力F=0.4N的作用下，由靜止開始做加速

運動，求：

(1)當電壓表的讀數為U=0.4V時，棒G的速度力和加速度a；

(2)棒人能達到的最大速度為的大??；

(3)若在棒G達到最大速度為時撤去外力F,并同時釋放棒及，求棒人達到穩(wěn)定時的速度值"；

(4)若固定棒當棒的速度為功，且離開棒L距離為S的同時，撤去恒力F，為保持棒功做勻速運

動，可以采用將B從原值(%=0.27)逐漸減小的方法，則磁感應強度及應怎樣隨時間變化(寫出

Bt與時間t的關系式).

IILi

o

XXX;XXXXX

XXXXXX

XXXXXXXX

?N

參考答案及解析

1.答案：D

解析：解：如圖，給出的電場方向向右，a射線實質為氮核，帶正電，電離能力最強，貫穿能力最弱，

在電場力的作用下會向左偏轉，故c為a射線；夕射線為電子流，帶負電，電離能力和貫穿能力都一

般，在電場力的作用下會向左偏轉，故a為夕射線；y射線為高頻電磁波，電離能力弱，貫穿能力強，

在電場中不會偏轉，故b為y射線。故ABC錯誤，。正確。

故選：

根據三種射線的電性，可以判斷它們在電場中的偏轉方向；另外，a射線電離能力最強，貫穿能力最

弱；0電離能力和貫穿能力都一般；y電離能力弱，貫穿能力強。

本題綜合性較強，主要考查兩個方面的問題：三種射線的成分主要是所帶電性，三種射線在電場中

的運動。只有基礎扎實，此類題目才能順利解決，故要重視基礎知識的學習。

2.答案：B

解析：

根據速度時間圖象的斜率求出加速度，再得到物體的合力.根據速度時間圖線與時間軸包圍的面積

表示位移來計算物體的位移大小，根據平均速度的定義求平均速度。

本題關鍵是由速度時間圖象得到物體的運動情況，然后結合運動學公式列式分析，同時要注意，速

度為零時加速度不一定為零。

A.由圖像知，前3s內加速度不變，。=當=6-，）=3mls2,根據牛頓第二定律尸=ma=3N,故4

錯誤；

B.在0?3s時間內，物體的位移為質點的平均速度為方=器且=1.5m/s,故B正確;

C.3s-5s內，物體做勻速直線運動，x=vt:=6x2m=12m,故C錯誤；

"在1s?3s內，動能增加，合力做正功；3?5s動能不變，合力為零；5?6s動能減少，合力做負

功；運動過程機械能不守恒，故。錯誤。

故選B。

3.答案：D

解析：解：飛船在橢圓軌道1的Q點和在圓軌道2的Q點所受的萬有引力相等，根據牛頓第二定律，加

速度大小相等.在橢圓軌道Q點需加速，使得萬有引力等于向心力，從而做圓周運動，進入圓軌道2.

則叫＜。2?故。正確，小B、C錯誤.

故選：D.

根據牛頓第二定律比較加速度的大小，從橢圓軌道的Q點需加速，進入圓軌道2.

解決本題的關鍵掌握飛船的變軌原理，知道當萬有引力等于向心力，做圓周運動，當萬有引力小于

向心力，做離心運動，當萬有引力大于向心力，做近心運動.

4.答案:B

解析：

根據氣體狀態(tài)方程牛=C和己知p、V變化量去判斷7的變化，溫度是分子平均動能的標志；

對于一定質量的理想氣體，溫度升高，那么氣體的內能增加.

根據熱力學第一定律判斷氣體吸熱還是放熱.

能夠運用控制變量法研究多個物理量變化時的關系.知道溫度是分子平均動能的標志.

A、pV=CT,C不變，pV越大，7越高.狀態(tài)在(2,2)處溫度最高.

在A和8狀態(tài)，pH乘積相等，所以溫度先升高，后又減小到初始溫度，則氣體分子平均動能先增大后

減小到初始狀態(tài).故A錯誤B正確.

C、氣體膨脹，則氣體對外界做功，故C錯誤.

。、氣體的體積在不斷增大，質量一定，所以氣體的密度在不斷減小.故。錯誤.

故選：B.

5.答案：B

解析：解：4、B物體間有彈力，還要有相對運動或相對運動趨勢，才有摩擦力。則有彈力不一定有

摩擦力。故A錯誤，B正確。

C、彈力越大，滑動摩擦力才越大，故C錯誤，

。、只有滑動摩擦力越大，彈力才一定越大，故。錯誤。

故選：B。

關于摩擦力與彈力的關系，結合摩擦力產生的條件分析可知，有彈力不一定有摩擦力，有摩擦力一

定有彈力.

本題考查對彈力和摩擦力關系的理解能力，從摩擦力產生的條件分析可理解它們之間的關系.

6.答案：D

解析：解：4、如果彎道是水平的，則“無人駕駛”汽車在拐彎時受到重力、支持力、摩擦力，受力

分析不能分析向心力，故A錯誤；

8、如果彎道是水平的，由靜摩擦力提供向心力，根據f=可知，速度越大，所需要的向心力越

大，當需要的向心力大于最大靜摩擦力時，汽車做離心運動，所以“無人駕駛”汽車在拐彎時收到

的指令應讓車速小一點，防止汽車作離心運動而發(fā)生側翻，故B錯誤；

CD.如果彎道是傾斜的，重力和支持力的合力可以提供向心力，而向心力指向圓心，所以3。地圖上

應標出外（西南）高內（東北）低，故C錯誤，。正確。

故選：Do

做圓周運動的物體靠徑向的合力提供向心力，如果彎道是水平的，汽車拐彎靠靜摩擦力提供向心力，

如果彎道是傾斜的，重力和支持力的合力可以提供向心力，據此分析即可。

解決本題的關鍵知道圓周運動向心力的來源，不論是勻速圓周運動還是變速圓周運動，都是靠徑向

的合力提供向心力，注意受力分析不能分析向心力。

7.答案：C

解析：解：4、由圖可知，4點處電場線比B點處密集，因此4點的電場強度大于B點的電場強度，故

A錯誤；

8、在放電極和上集塵極間電場線大體向下，根據順著電場線方向電勢逐漸降低，可知，4點的電勢

低于B點的電勢，故B錯誤；

C、塵埃向上偏轉，電場力做正功，電勢能減小，則塵埃在4點的電勢能大于在B點的電勢能，故C

正確；

。、4點的電場強度大于B點的電場強度，根據F=qE知，塵埃在4點受到的靜電力大于在B點的受到

的靜電力，故。錯誤。

故選：Co

根據電場線的疏密分析電場強度的大小，根據電場方向判斷電勢高低。分析塵埃所受的電場力方向，

確定電場力對塵埃做功情況，從而分析出電勢能的變化情況。根據F=qE分析靜電力的大小。

本題考查考查分析實際問題工作原理的能力，解題時，要明確電場線的分布規(guī)律，知道電場線的疏

密反映電場強度的相對大小，順著電場線方向電勢逐漸降低。

8.答案：A

解析：解；

A、由圖讀出振幅力=5cm。故A錯誤。

B、由圖讀出波長；I=12cm。故5正確。

C、波由4傳到B的距離為滋長，傳到B所用時間為祠期，則t=5.5s=2：r，得到周期7=2s。故

444

C正確。

D、B、C平衡位置間距離為9波長，振動情況總是相反，在t=5.5s時，B處恰好第三次出現波谷，則

在t=5.5s時，C處應顯示為波峰。故。正確。

本題選錯誤的，故選A

由圖位移的最大值讀出振幅.根據半個完整波形等于半個波長，讀出波長.在t=5.5s時，觀察者看

到B處恰好第三次出現波谷，確定周期.C與8振動情況總是相反.

由波動圖象讀出振幅、波長等是基本能力.此題難點是分析在t=5.5s時間與周期的關系，注意波傳

播時間為:周期，B點再經過兩個周期形成第三次波谷.

4

9.答案：B

解析：解：ABC,閉合開關后，小磁針的S極向右偏轉，N極向左偏，說明螺線管的左端為N極，右

端為S極.用右手握住螺線管，使大拇指指向螺線管的N極，四指環(huán)繞的方向就是電流的方向.由此

可知，電流從左端流出、右端流入，因此，電源的N極為正極，M端為負極.只有選項8符合題意.

。、螺線管的左端為N極，右端為S極，所以螺旋管的磁感應強度方向由Q指向P.故。錯誤.

故選：B

先根據小磁針的轉動，結合磁極間的相互作用判斷出螺線管的極性，再利用安培定則判斷出電流的

方向，最后根據電流方向判斷出電源的正負極

本題考查了磁極間的相互作用規(guī)律和右手螺旋定則的使用.利用右手螺旋定則既可由電流的方向判

定磁極磁性，也能由磁極極性判斷電流的方向和線圈的繞法.

10.答案：c

解析：解：A、根據楞次定律可知，左邊的導線框的感應電流是逆時針，而右邊的導線框的感應電流

是順時針，因逆時針電流大于順時針電流，則整個導線框的感應電流方向逆時針，故A錯誤；

BCD、由法拉第電磁感應定律：E=^S=(^+^nr2=^nr2,則電流/=/察，故C正確，

△Ctoco/2t0R

錯誤；

故選：Co

根據楞次定律可知感應電流的方向；由法拉第電磁感應定律，結合電源的串聯(lián)特征，并依閉合電路

歐姆定律，則可求解.

考查楞次定律與法拉第電磁感應定律的應用，注意磁場正方向的規(guī)定，及掌握兩個感應電動勢是相

加還是相差是解題的關鍵.

11.答案：c

解析：解：設其中一塊質量為小，則另一塊質量為2m,

爆炸過程系統(tǒng)動量守恒，以"的速度方向為正方向，

由動量守恒定律得：mv-2mv'=0,解得：v'=^v,

設兩塊爆竹落地用的時間為3則有：h^\gt2,

落地點，兩者間的距離為：△x=O+M)t,

解得：△x=日后.

故選：C.

根據兩塊爆竹爆炸時水平方向動量守恒求出大塊爆竹的速度，然后根據平拋運動求出時間和水平位

移.

本題考查了求兩裂片間的距離，知道爆竹爆竹過程系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律與平拋運動規(guī)

律即可正確解題.

12.答案:C

解析：解：由圖讀出E=3V,r=0.5/2

燈泡與電源連接時，工作電壓U=2V,/=24

則電源的輸出功率P出=-/2r=(3x2-22x0.5)勿=4W

電源的總功率P總=E/=3x2W=6小

故選：Co

電源的外特性曲線與燈泡伏安特性曲線的交點就是燈泡與電源連接時的工作狀態(tài)，由圖可讀出工作

電壓和電流及電源的電動勢從而可算出電源的輸出功率和總功率.

解決這類問題的關鍵在于從數學角度理解圖象的物理意義，抓住圖象的斜率、面積、截距、交點等

方面進行分析，更加全面地讀出圖象的物理內涵.

13.答案:D

解析：解：AB、0-x圖像斜率表示電場強度，從打到不處，圖象的斜率逐漸減小，電場強度逐漸

減?。?處圖象的斜率不為零，則電場強度不為零，故AB錯誤；

C、從與到&，電勢升高，根據沿電場線方向電勢降低可知，從小到冷場強沿x軸負方向，故C錯誤；

正電荷的受力方向沿電場線方向，從右到型場強沿》軸負方向，知道正電荷的受力方向沿-》方向，

正試探電荷從與移到電，受到的電場力做負功，故。正確。

故選：D。

3-X圖像斜率表示電場強度，由此分析4B選項；

根據沿電場線方向電勢降低分析C選項；

正電荷的受力方向沿電場線方向，根據正試探電荷的受力情況分析電場力做功正負。

解決該題的關鍵是明確知道圖象的斜率表示是電場強度，知道沿電場線方向電勢降低。

14.答案：細線不能繞在鐵桿上或懸掛不固定、擺角太大、擺線太短把2B、F、H

T2

解析：解：(1)要使小球做單擺運動，則擺角不能太大，擺線也不能太小，細線不能繞在鐵桿上或懸

掛不固定；

(2)根據單擺的周期公式得：T=21苧,解得：。=竺等；

(3)為了減小空氣阻力的影響，擺球選擇質量大體積小的帶小孔的實心鋼球。擺球應選C,不需要8,

要測量時間，來測量周期，故需要

為便于測量周期和減小空氣阻力，細線長短適當，細線應選E,不需要F,

此外還要知道擺長的實際長度，需要G,此實驗需要支架，選擇4不需要測量質量，所以不需要天平

所以不需要的是：B、F、H；

故答案為：(1)細線不能繞在鐵桿上或懸掛不固定、擺角太大、擺線太短：

47r2(L+g)

(3)B、/、Ho

(1)單擺的懸點要固定，擺角不能太大；

(2)根據單擺的周期公式變形后求解重力加速度表達式；

(3)在用單擺測定重力加速度為了提高精度，擺線要長些，擺球選擇質量大體積小的鋼球。

該題考查測量數據與測量工具的選擇之間的關系，這是實驗的基本要求之一，要會根據測量數據的

最小精度判定測量的工具；

解決本題的關鍵掌握實驗的原理，知道單擺測定重力加速度的方法和注意事項，懂得如何根據原理

選擇實驗器材，分析實驗誤差。

15.答案：4DF乙待測電源內阻較小采用乙圖所示電路實驗誤差較小=+*

URUERE

解析：解：(1)實驗中電流較小，若選用34量程測量誤差較大；故為了準確測量，電流表應選4

電源電動勢約為1.5x3=4.5了，電壓表應選。，

電阻值太大，調節(jié)不方便，為方便實驗操作，滑動變阻器應選尸；

(2)測量電源電動勢和內阻的時候，由于電源的內阻是很小的，為了減小內阻的測量誤差，我們選用

的是電流表的相對電源的外接法，應選擇圖乙所示電路.

(3)由于電流表壞，故只能利用電壓表和電阻箱進行實驗，由閉合電路歐姆定律可得：電源電動勢E=

U+Ir=U+5,整理得：5=2+3,故應作出《一5圖象；

RUEERUR

故答案為：(1)力；。；F；(2)乙；待測電源內阻較小采用乙圖所示電路實驗誤差較??；(3)、35=

Ul\U

r14.1

(1)根據電路電流選擇電流表，根據電源電動勢選擇電壓表，為方便實驗操作，應選最大阻值較小的

滑動變阻器。

(2)根據伏安法測電源電動勢與內阻的原理選擇實驗電路。

(3)根據閉合電路歐姆定律得出對應的表達式，讓圖象為直線，便于我們處理。

本題考查了測電壓表內阻、測電源電動勢與內阻實驗，要掌握辦偏法測電表內阻的方法；根據電路

圖由歐姆定律求出圖象的函數表達式是正確求出電源電動勢與內阻的前提與關鍵。

16.答案：解：①由圖知，三種色光，a的偏折程度最大，c的偏折程度最小，知a的折射率最大，c的

折射率最小。貝Ua的頻率最大，波長最小，c的頻率最小，波長最大，波長越大衍射現象最越明顯，

故發(fā)生衍射現象最明顯的是c光。

②三棱鏡對色光的折射率?=翳*=V3

答：①若將a、b、c三種色光分別通過某狹縫，則發(fā)生衍射現象最明顯的是c光；

②若0。平行于CB,三棱鏡對a色光的折射率加是6。

解析：①由圖知，三種色光，a的偏折程度最大，c的偏折程度最小，知a的折射率最大，c的折射率

最小。則a的頻率最大，波長最小，c的頻率最小，波長最大，波長越大衍射現象最越明顯，故發(fā)生

衍射現象最明顯的是c光。

②三棱鏡對a色光的折射率為=%，根據圖找到角度即可求折射率。

解決本題的關鍵知道偏折程度越大，折射率越大，頻率越大，波長越小，波長越大衍射現象最越明

顯；知道折射率、頻率、波長、臨界角、在介質中的速度關系。

17.答案：解：(1)由：x=vot

==ms=

得：v07y/20m/s.

(2)由%=gt=10x2m/s-20m/s

落地速度大小為：

vt-1v曰+邛-V400+400m/s=20V2m/s.

答：(1)物體的初速度為2(hn/s.

(2)物體落地時速度大小為20V^n/s.

解析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據水平位移和時

間求出物體的初速度.根據速度時間公式求出豎直分速度，結合平行四邊形定則求出落地的速度大

小.

解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結合運動學公式靈活求解，基

礎題.

18.答案：解：①初始狀態(tài)下，對活塞4、B受力分析，均處于平衡狀態(tài)，可得：

mg+p0S=p^S,

mg+p=pzS,

倒置后，對活塞4、B受力分析，均處于平衡狀態(tài)，可得：

mg+p/S=PoS,

ag+Pz'S=p/S,

又因為：山=誓，

ng

可得：P甲P乙=(Po，

，4,3

P甲