一、单选题（本大题共5小题，共30.0分） 1. 下列说法中正确的是
A. 光电效应揭示了光的波动性
B. 中子与质子结合成氘核时放出能量
C. 在所有核反应中，都遵从“质量守恒，核电荷数守恒”规律
D. 200个镭226核经过一个半衰期后，一定还剩下100个镭226没有发生衰变 2. 如图所示，轨道NO和OM底端对接且小环自N点由静止滑下再滑上已知小环在轨
道NO下滑的距离小于轨道OM上滑的距离，忽略小环经过O点时的机械能损失，轨道各处的摩擦因数相同。若用a、f、v和E分别表示小环的加速度、所受的摩擦力、速度和机械能，这四个物理量的大小随环运动路程的变化关系如图。其中能正确反映小环自N点到右侧最高点运动过程的是
A.
B.
C.
D.
3. 如图，水平桌面上有三个相同的物体a、b、c叠放在一起，a的左端通过一根轻绳与质量为
的小球相连，绳与水平方向的夹角为
向右的力
，小球静止在光滑的半圆形器皿中。水平
下列说法正确的是
作用在b上，三个物体保持静状态。g取
A. 物体a对桌面的静摩擦力大小为10N，方向水平向右
B. 物体b受到物体a给的一个大小为20N的摩擦力，方向向左 C. 物体c受到向右的静摩擦力，大小为20N
D. 在剪断轻绳的瞬间，三个物体一定会获得向右的加速度
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4. 宇宙间存在一些离其它恒星较远的三星系统。其中有一种三星系统如图
所示，三颗质量均为M的星位于等边三角形的三个顶点上，任意两颗星的距离均为并绕其中心O做匀速圆周运动。如果忽略其它星体对它们的引力作用，引力常数为以下对该三星系统的说法中正确的是
A. 每颗星做圆周运动的角速度为
B. 每颗星做圆周运动的向心加速度与三星的质量无关
C. 若距离R和每颗星的质量M都变为原来的2倍，则角速度变为原来的2倍 D. 若距离R和每颗星的质量M都变为原来的2倍，则线速度大小不变
5. 光滑绝缘水平面内有一部电场，其一条电场线沿x轴方向且电势随坐标x变化的关系如图所
示，一质量为m、带电荷量为的小球在该电场线上O点以一定速度向x轴正向释放时能过点。小球沿该电场线做直线运动。则
间做匀加速直线运动，在后做加速度减小的加速运动
处动能最小，电势能最大 和处加速度相同
处时的速度是在处时的二倍
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6. 如图所示。在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场。质量和电荷
量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射人磁场。图中实线是它们的轨迹。已知O是PQ的中点。不计粒子重力。下列说法中正确的是
A. 粒子c带正电，粒子a、b带负电 B. 射入磁场时粒子c的速率最小 C. 粒子a在磁场中运动的时间最长
D. 若匀强磁场磁感应强度增大，其它条件不变，则a粒子运动时间不变 7. 如图所示，竖直光滑杆固定不动，两根完全相同的轻质弹簧套在杆上，弹簧
下端固定。形状相同的两物块A、B分别置于两弹簧上端但不会拴接，A的质量大于B的质量。现用外力作用在物体上，使两端弹簧具有相同的压缩量。撤去外力后，两物块由静止向上运动并离开弹簧。从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程中。弹簧始终在弹性限度之内，以地面为零势能面。下列说法正确的是
A. 上升过程中两物块机械能均守恒
B. A上升的最大高度小于B上升的最大高度 C. A物体的最大速度大于B物体的最大速度
D. A物体的最大加速度小于B物体的最大加速度
A. 小球在B. 小球在C. 小球在D. 小球在
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8. 某种超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁
极方向而获得推进动力。其推进原理可以简化为如图所示的模型：PQ和MN是固定在水平地面上的两根足够长的平直导轨，导轨间分布着竖直垂直纸面方向等间距的匀强磁场和二者方向相反。矩形金属框固定在实验车底部车箱与金属框绝缘。其中ad边宽度与磁场间隔相等。当磁场和同时以速度v沿导轨向右匀速运动时，金属框受到磁场力，并带动实验车沿导轨运动，已知金属框垂直导轨的ab边的边长L、金属框总电阻R，列车与线框的总质量m，，悬浮状态下，实验车运动时受到的阻力恒为其对地速度的K倍。则下列说法正确的是
A. 列车在运动过程中金属框中的电流方向一直不变 B. 列车在运动过程中金属框产生的最大电流为C. 列车最后能达到的最大速度为
D. 列车要维持最大速度运动，它每秒钟消耗的磁场能为
9. 关于热学知识的下列叙述中正确的是
A. 布朗运动可以反映液体分子在做无规则的热运动 B. 将大颗粒的盐磨成细盐，就变成了非晶体
C. 只要不违反能量守恒定律的机器都是可以制造出来的 D. 在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加 E. 某气体的摩尔体积为V，每个气体分子的体积为
10. 如图所示，实线是一列简谐波
，则阿伏加德罗常数
时刻的波形图，虚线是时的波形图，下列说法正确的是
A. 该波的波长为4m
的质点0时刻正在向x轴方向运动 B. 若波向右传播，
时，处的质点的加速度最大且方向沿y轴负方向 C.
时间内它传播的最小距离为3m D. 若波向左传播，
E. 若波向右传播，它的最大周期为
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11. 在没有天平的情况下，实验小组利用以下方法对质量进行间接测量，装置如图甲所示：一根轻
绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，重物P、Q的质量均为已知，在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g。
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某次实验中。先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带。
______相邻两计数点间还有四个点没画出，则系统运动的加速度保留两位有效数字； ______用字母m、a、g表示； 在忽略阻力的情况下，物块Z质量M的表达式为
由中理论关系测得的质量为M，而实际情况下，空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的滚动摩擦不可以忽略，使物块Z的实际质量与理论值M有一定差异。这是一种______填“偶然误差”或“系统设差”。
12. 如图甲为某同学测量某一电源的电动势和内电阻的电路图，其中虚线框内为用毫安表改装成双
量程电流表的电路。已知毫安表的内阻为，满偏电流为电压表量程为3V，、、为定值电阻，其中的。 已知，若使用a和b两个接线柱，电流表量程为______A；若使用a和c两个接线柱，电流表量程为______A。
实验步骤：
按照原理图连接电路； 开关S拨向b，将滑动变阻器R的滑片移动到端______填“左”或“右”，闭合开关； 多次调节滑动变阻器的滑片，记下相应的毫安表的示数I和电压表的示数U。 数据处理：
利用实验测得的数据画成了如图乙所示的图象；
______V，______由图象的电源的电动势内阻和r的结果均保留2位有效数字。
四、计算题（本大题共4小题，共52.0分） 13. 如图所示，光滑水平面上静止放置质量的足够长木板C；离板右端处静止
放置质的小物块A，A与C间的动摩擦因数；在木板右端静止放置质量
的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B均g取可现为质点，，现在木板上加一水平向右的力F，到A与B发生弹性碰撞时撤去力
问：
与B碰撞之前，B的加速度大小？
在A与B碰撞之前，若维持A与C相对静止，则F最大为多大？ 若，则长木板C最终的对地速度是多大？
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14. 如图a所示。水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷
的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过
后，电荷以
的
速度通过MN进人其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性
变化图b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为时刻，计算结果可用表示。
求正电荷在正向磁场和负向磁场中运动的半径及周期： 如果在O点右方处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间。
15. 如图所示为一下粗上细且上端开口的薄壁玻璃管，管内有一段被水银密闭的
气体，上管足够长，图中细管的截面积，粗管的截面积，管内水银长度，封闭气体长度，大气压强
，气体初始温度为320K，若缓慢升高气体温度，求：
粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度；
气体的温度达到533K时，水银柱上端距粗玻璃管底部的距离。
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16. 如图所示，横截面为半圆形的玻璃砖，在其直径上A点嵌入一个单色点光源，已
知
，玻璃对该单色光的折射率
，求：
该单色光在玻璃和空气界面发生全反射时的临界角C；
图中横截面半圆弧上单色光无法射出的部分所对应的圆心角。
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-------- 答案与解析 --------
1.答案：B
解析：解：A、光电效应揭示了光的粒子性，故A错误； B、中子与质子结合成氘核是轻核聚变放出能量，故B正确；
C、在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，核电荷数守恒”的规律，故C错误； D、半衰期是统计规律，对少量原子核来讲是没有意义的，故D错误。 故选：B。
原子核结合能是质量亏损以能量形式释放；所有核反应中，质量数守恒，核电荷数守恒；半衰期是统计规律；
本题考查了光电效应、聚变反应、核反应遵循的规律和半衰期的内容，难度不大，多注意总结。 2.答案：A
解析：解：A、小球下滑和上滑过程中都是做匀变速直线运动，故上滑和下滑过程中根据匀变速直线运动的平均速度公式知加速和减速过程中平均速度大小相等
，由于下滑距离小于上滑距离，故小环下滑时间小于小环上滑时间，
知，小环
又由于下滑和上滑过程中速度变化的大小相同，则加速度大小
下滑时的加速度大，故A正确；
B、如图：小环在杆上受重力、支持力和滑动摩擦力作用，由题意知，因为，所以下滑时的摩擦力小于上滑时的摩擦力，故B错误；
C、小环下滑时做初速度为0的匀加速运动，位移与速度关系满足得：，速度与位移的平方根成正比，故C错误； D、除重力和弹力外其它力做的功等于小环机械能的变化，故小球下滑时的机械能等于，由于下滑时摩擦力摩擦力小于上滑时摩擦力，下滑时图象的斜率小于上滑时的图象斜率，故D错误； 故选：A。
小环在NO上做初速度为0的匀加速运动，在OM上做匀减速运动至速度为0，根据匀变速直线运动的平均速度公式知加速和减速过程中的平均速度相等，再根据下滑距离大于上滑距离可得物体下滑时间大于上滑时间，从而可以比较出加速度的大小，小球所受滑动摩擦力的大小可以通过比较小球所受弹力的大小加以确定，小环的速度随位移的关系可以通过动能定理加以确定，合外力做功等于小环动能的变化，机械能随小环所受摩擦力做功而减小，根据摩擦力做功与位移关系加以讨论。 本题关键是通过对小环进行受力分析，根据牛顿第二定律确定小环的受力情况和运动情况，知道除重力外其它力做功与机械能变化的关系。 3.答案：B
解析：解：对小球进行受力分析，受到重力、支持力和绳子拉力，如图所示，根据几何关系可得：
则有：
竖直方向根据平衡条件可得：
解得：
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A、以a、b、c三个物体为研究对象，水平方向根据平衡条件可得： 解得桌面对a的摩擦力大小为，方向向右，则桌面对a的摩擦力为10N，方向向左，故A错误； B、a对b的摩擦力与F是对平衡力对于bc整体受到四个力其中重力和a对b的支持力是对平衡力，即摩擦力大小为20N，方向向左，故B正确；
C、对于c只受重力和b对c的支持力，无摩擦力，故C错误； D、在剪断轻绳的瞬间，不知道a与桌面之间的最大静摩擦力，三个物体不一定会获得向右的加速度，故D错误。 故选：B。
对小球受力分析，求出绳的拉力，对于abc整体依据物体的平衡条件进行受力分析，判断a受到桌面的摩擦力大小；对b和c分析判断b受到的摩擦力；对于c依据物体的平衡条件进行受力分析判断c受到的摩擦力；在剪断轻绳的瞬间，能否运动取决于abc整体与桌面之间的最大静摩擦力。
本题主要是考查共点力的平衡条件以及静摩擦力的判断，静摩擦力的判断方法：假设法，平衡法，运动状态法等，掌握共点力的平衡条件和摩擦力的判断方法是关键。 4.答案：D
解析：解：A、根据万有引力定律可知，任意两个星体之间的万有引力：的合力为
，由几何关系知：它们的轨道半径
，任一星体受到
合力提供向心力：联立解得：
，故A错误；
，向心加速度与质量有关，故B错误；
B、由牛顿第二定律可知，
C、由A选项可知，若距离R和每颗星的质量M都变为原来的2倍，则角速度变为原来的，故C错误；
D、根据线速度与角速度的关系可知，2倍，则线速度大小不变，故D正确。 故选：D。
先写出任意两个星体之间的万有引力，根据平行四边形定则求每一星体受到的合力，该合力提供圆周运动的向心力。
根据几何关系确定星体的轨道半径。
列出角速度、向心加速度等物理量的关系式，分析解答。 此题考查了万有引力定律及其应用，解决该题首先要理解模型所提供的情景，求出星体受到的合力，根据合力提供向心力列式，得到角速度、向心加速度、线速度的关系式。 5.答案：B
解析：解：A、沿电场的方向电势降低，则说明间逆着电场线；故正电荷做减速运动；而此后，粒子沿电场线运动，故应做加速运动，故A错误；
B、0至过程中，电场力做负功，故粒子动能减小，电势能增大；故处动能最小，电势能最大，故B正确；
，若距离R和每颗星的质量M都变为原来的
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C、由图象知，图线的斜率代表电场强度，
与处斜率不相等，故小球在两点处所受电场力不相
等，根据可知，在和处加速度不相同，故C错误； D、小球在间电势均匀减小；故说明该段为匀强电场；故粒子做匀减速直线运动；处的电势为处电势的一半，故电势能也为一半；因粒子到点时速度为零，故在处动能为处的一半；由动能公式可知，速度为
处的
，故D错误；
故选：B。
根据电势的变化明确电场线的分布，再根据电场力做功与动能和电势能之间的关系可明确动能及电势能的变化关系。
本题考查电场线与电势间的关系，要注意明确电场力做正功时，电势能减小；电场力做负功时，电势能增加。 6.答案：AC
解析：解：A、根据左手定则可知粒子c带正电，粒子a、b带负电，故A正确； B、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得：
，
，射入磁场时粒子a的半径最小，所以射入磁场时粒子a的速率最小，故B错误；
相同，粒子在磁场中的运动时间：
，
C、粒子在磁场中做圆周运动的周期：
由于m、q、B都相同，粒子a转过的圆心角最大，则射入磁场时粒子a的运动时间最长，故C正
确；
D、若匀强磁场磁感应强度增大，其它条件不变，由牛顿第二定律得：
，解得：
，
则a粒子射入磁场时的半径会变大，导致轨迹对应的圆心角会变小，所以a粒子动时间会变小，故D错误。 故选：AC。
根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性；根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间。
带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小。 7.答案：BD
解析：解：上升过程中，弹簧的弹力对物体做功，故物体的机械能不守恒，故A错误； B、物体在上升的过程中，根据动能定理可得
，解得
，由于弹簧的压缩量
相同，弹性势能相同，物体质量小的上升的高度大，故A上升的最大高度小于B上升的最大高度，故B正确；
C、当弹簧的弹力等于物体的重力时，速度达到最大，根据速度的过程中，根据动能定理可得
可知，，解得
，在上升到最大
，故A物体的最大速度小于B物体的最大速度，故C错误；
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D、在撤去外力瞬间，根据牛顿第二定律可得，解得，故A物体的最大
加速度小于B物体的最大加速度，故D正确； 故选：BD。
两弹簧压缩量相同，弹性势能相同，对照机械能守恒条件分析物块的机械能是否守恒。由系统的机械能守恒可分析重力势能及动能的关系，注意分析两物体质量不同的影响。 本题考查机械能守恒定律及牛顿第二定律，要知道弹簧的弹性势能取决于弹簧的形变量及劲度系数，本题中物块的机械能不守恒，但系统的机械能是守恒的。 8.答案：BC
解析：解：A、当cd边位于向外的磁场中和位于向里的磁场中时，电流方向相反，所以电流方向是变化的，故A错误；
B、列车起动时金属框产生的电流最大，设为，此时前后两边都切割磁感应线，根据闭合电路的欧姆定律可得：
，故B正确；
，当列车速度增大时，安培力
变小，加
C、分析列车受力可得列车运动的加速度为：速度变小，当根据平衡条件有：
时，列车速度达到最大，
，即为：
，解得：，
故C正确；
D、由能的转化和守恒，磁场提供的能量一部分转化为电路中的电能进一步转变为回路的焦耳热，另一部分克服阻力f做功，根据功能关系可得列车要维持最大速度运动，它每秒钟消耗的磁场能为：
，故D错误。
故选：BC。
根据右手定则判断电流方向；
当磁场相对于金属框的速度最大时，产生感应电动势最大，感应电流就最大，此时线框速度为零。因线框左右两条边NQ和MP都切割磁感线，产生两个感应电动势，由求感应电动势，再由欧姆定律求得感应电流；
当磁场以相同速度v向右匀速运动，金属框的最大速度为时，线框左右两条边NQ和MP都切割磁感线，产生两个感应电动势，线框相对于磁场的速度大小为，方向向左，bc和ad产生的感应电动势大小都为，两边都磁场向前的安培力，安培力大小均为金属框匀速运动时，速度达到最大。推导出安培力表达式，由平衡条件求出磁场向右匀速运动的速度； 每秒钟消耗的磁场能等于产生的焦耳热与克服阻力做功的和。
本题容易产生的错误往往有三个：一是认为线框切割速度是，产生的感应电动势是；二是线框认为只有一边切割磁感线；三是线框左右都受安培力，漏掉一边。 9.答案：ADE
解析：解：A、布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，反映了液体分子在不停地做无规则运动，故A正确；
B、将大颗粒的盐磨成细盐，并没有改变盐的分子结构，还是晶体，故B错误；
C、永动机并没有违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，还是造不出来，故C错误； D、在绝热条件下压缩气体，只有外界对气体做功，与外界没有发生热交换，根据热力学第一定律
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可知，，，则气体的内能增加，故D正确；
E、气体的摩尔体积与气体分子的体积之比等于每个气体分子的活动体积。因为气体分子间距离比较大，所以气体分子的体积远小于气体分子活动体积，所以
，故E正确。
故选：ADE。
布朗运动反映了液体分子在不停地做无规则运动；大颗粒盐磨成细盐并不改变盐分子的内部结构；永动机造不出来是因为违反了热力学第二定律；根据热力学第一定律可以判断气体内能的变化；气体分子间的距离较大，分子的体积并不等于分子活动空间所占据的体积。
绝热条件是指与外界不发生热交换的情况；气体分子间的距离较大，所以气体的摩尔体积与阿伏伽德罗常数的比值不是气体分子的体积，而是气体分子活动空间的体积。 10.答案：ADE
解析：解：A、根据波形图可知，该波的波长为，故A正确； B、若波向右传播，根据同侧法可知，的质点0时刻正在向y轴正方向运动，故B错误； C、时，处位于波谷，此时的加速度最大，方向沿着y轴的正方向，故C错误； D、若波向左传播，根据同侧法可知，该波传播的最小距离为：E、若波向右传播，根据同侧法可知，所用时间为所以
，
，
，故D正确； ，1，2，
则当时，周期最大，最大周期为：，故E正确。 故选：ADE。
根据图象读出波长； 根据同侧法分析处的质点的振动方向； 分析处的质点所处的位置，根据质点的加速度和位移大小成正比，方向相反； 根据平移法分析最小距离以及最大周期。
解决该题的关键是掌握同侧法判断质点的振动方向，掌握用平移法判断波的传播距离以及传播时间与周期的关系。
11.答案：
系统误差
解析：解：纸带上，相邻两计数点间还有四个点没画出，时间间隔：系统做匀加速直线运动，相等时间内位移之差为恒量， 解得系统运动的加速度为：
根据牛顿第二定律，对Q和Z有： 对物体P有：联立解得：
由题意可知本实验中误差是由于实验原理的选择而造成的，无法通过多测数据来消除，故这是一种系统误差。 故答案为：
；
；
系统。
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根据匀变速直线运动的推论--求解系统的加速度。
对整个系统进行分析，根据牛顿第二定律求解M的表达式。 根据误差来源分析误差的性质。
此题考查了测定匀变速直线运动加速度的实验，也属于通过系统牛顿第二定律测质量的方法的考查，能分析出实验误差的原因，明确系统误差和偶然误差的定义。 12.答案： 3 左
解析：解：由图甲所示电路图可知，若使用a和b两个接线柱，电流表量程为：
；
若使用a和c两个接线柱，电流表量程为：
；
滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，开关S拨向b，将滑动变阻器R的滑片移动到端左，闭合开关。
开关S拨向b，改装后电流表量程为是毫安表量程的6倍， 由图甲所示电路图可知，电源电动势：，则， 由图乙所示图象可知，
，
，解得：
；
故答案为：；3；左；；。
根据图甲所示电路图应用并联电路特点与欧姆定律求出电流表量程。
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阻值最大处。 根据图示电路图与图示图象求出电源电动势与内阻。
本题考查了电表的改装原理以及电动势和内电阻的测量，要注意明确实验原理和方法，注意掌握根据图象求解电动势和内电阻的基本方法应用。
与C间的摩擦忽略不计，A与B碰撞前，B所受合力为零，B的加速度为零。 13.答案：解：
、C相对静止的临界加速度大小：A、C相对静止时的最大推力：
、C一起运动的加速度：A、B碰撞前瞬间A、C的共同速度：
，
，
；
，
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得：由机械能守恒定律得：
，
，
代入数据解得：，
A、B碰撞后，A、C系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：， 代入数据解得：； 答：与B碰撞之前，B的加速度大小为0；
在A与B碰撞之前，若维持A与C相对静止，则F最大为12N；
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若，则长木板C最终的对地速度大小是。
解析：根据B的受力情况求出B的加速度。
分别以A、A和C系统为研究对象，应用牛顿第二定律求出最大推力。
应用牛顿第二定律求出A、C的加速度，应用运动学公式求出A、B碰撞前A的速度，A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能受定律求出碰撞后的速度，A、C系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出C的最终速度。 本题考查了牛顿第二定律与动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、动量守恒定律与运动学公式解题。
14.答案：解：当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为，由洛伦兹力提供向心力得：
代入数据解得电荷在正向磁场中运动的半径为：当磁场垂直纸面向里时，设电荷运动的半径为代入数据解得电荷在负向磁场中运动的半径为：由圆周运动规律得周期：当磁场垂直纸面向外时，周期：当磁场垂直纸面向里时，周期：
故电荷从
，由洛伦兹力提供向心力得：
时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示：
电荷第一次通过MN开始，其运动的周期为
根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为10个，
此时电荷沿MN运动的距离：
，则最后
的距离如图所示：
感觉几何关系有：解得：，则：故电荷运动的总时间：
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答：周期为
正电荷在正向磁场运动的半径为5cm，周期为
；
；在负向磁场中运动的半径为3cm，
如果在O点右方处有一垂直于MN的足够大的挡板，电荷从O点出发运动到挡板所
需的时间为。
解析：根据洛伦兹力提供向心力和周期公式求得正电荷在正向磁场和负向磁场中运动的半径及周期；
根据电荷周期性运动的特点得到电荷到达挡板前运动的完整周期数为10个，然后由几何关系求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间。
本题考查的是电荷在电场和磁场的组合场中的运动，要明确电荷在磁场和电场中的运动情况，并选用合适的规律去解决，重点是电荷周期性运动的特点和几何关系的应用要熟练。
，，15.答案：解：以封闭的气体为研究对象，初态：
由于水银总体积保持不变，设水银全部进入细管水银长度为x。
末状态气体：，
从初状态到末状态，由理想气体状态方程：
代入数据解得：
气体温度达到533K时，设水银柱上端距玻璃管底部的距离为H 则： 气体发生等压变化，则有
解得：
答：粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度为410K；
气体的温度达到533K时，水银柱上端距粗玻璃管底部的距离为22cm。
解析：根据平衡求出初态压强，根据几何关系求出末态体积，再对封闭气体运用理想气体的物态方程，即可求出粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度；
根据几何关系求出气体的温度达到533K时的体积，在根据盖吕萨克定律即可求出水银柱上端距玻璃管底部的距离。
本题考查气体定律的运用，解题关键是要分析好压强、体积、温度三个参量的变化情况，选择合适的规律解决，难度不大，注意液体的总体积不变，可以利用几何关系求出粗细两管中液柱的长度。
16.答案：解：
临界角为：
根据；
可知，
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如图所示，M、N为光在界面上恰好发生全反射的临界点，
因为，，所以是直角三角形，则，
当光线射向另一个临界点N时，根据正弦定理得：
可得 所以 根据折射定律可知，入射点在圆弧MN之间时入射角大于临界角C，会发生全反射，光线无法射出， 故圆弧上光线无法射出部分即圆弧MN对应的圆心角，为。 答：该单色光在玻璃和空气界面发生全反射时的临界角C为；
图中横截面半圆弧上单色光无法射出的部分所对应的圆心角为。 解析：
根据
求解全反射的临界角；
作出光恰好在界面恰好发生全反射的光路图，找到临界点之间对应的圆心角，即为横截面半圆弧上单色光无法射出的部分所对应的圆心角。
解决该题的关键是明确知道圆弧上光线无法射出的部分是光发生全反射的部分，能根据几何知识求解相关的角度，熟记全反射的临界角的公式。
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