2021年高考全国乙卷物理试题

如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（　　）

A．动量守恒，机械能守恒

B．动量守恒，机械能不守恒

C．动量不守恒，机械能守恒

D．动量不守恒，机械能不守恒

【答案与解析】

撤去推力后，小车、弹簧和滑块组成的系统水平方向不受外力（地面光滑），满足动量守恒条件，故系统动量守恒。撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，摩擦力做功生热，系统的机械能不守恒。故选B。
如图（a），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为 $F_{M}$ 和 $F_{N}$ ，相应的电势能分别为 $E_{pM}$ 和 $E_{pN}$ ，则（　　）

A． $F_M<F_N,E_{pM}>E_{pN}$

B． $F_M>F_N$ 、 $E_{pM}>E_{pN}$

C． $F_{M}<F_{N},E_{pM}<E_{pN}$

D． $F_{M}>F_{N},E_{pM}<E_{pN}$

【答案与解析】

由等差等势面可知，N处等势面比M处更密，故N处电场强度更大，即 $E_N>E_M$ ，正试探电荷受力 $F=qE$ ，所以 $F_M<F_N$ 。越靠近负电荷电势越低，N点比M点更靠近负电荷，故 $\varphi_N<\varphi_M$ ；正电荷的电势能 $E_p=q\varphi$ ，所以 $E_{pM}>E_{pN}$ 。即 $F_M<F_N$ 且 $E_{pM}>E_{pN}$ 。故选A。
如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为 $q(q>0)$ 的带电粒子从圆周上的M点沿直径 $MON$ 方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为 $v_{1}$ ，离开磁场时速度方向偏转 $90^\circ$ ；若射入磁场时的速度大小为 $v_2$ ，离开磁场时速度方向偏转 $60^\circ$ ，不计重力，则 $\frac{v_1}{v_2}$ 为（　　）

A． $\dfrac{1}{2}$

B． $\frac{\sqrt{3}}{3}$

C． $\frac{\sqrt{3}}{2}$

D． $\sqrt{3}$

【答案与解析】

设圆形磁场半径为 $R_0$ 。粒子沿直径方向射入，由几何关系可得粒子在圆内轨迹半径 $r=R_0\cot\dfrac{\theta}{2}$ （ $\theta$ 为偏转角）。又 $r=\dfrac{mv}{qB}\propto v$ ，故 $\dfrac{v_1}{v_2}=\dfrac{r_1}{r_2}=\dfrac{\cot45^\circ}{\cot30^\circ}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ 。故选B。
医学治疗中常用放射性核素 $_{113}\mathrm{In}$ 产生 $\gamma$ 射线，而 $_{113}\mathrm{In}$ 是由半衰期相对较长的 $_{113}\mathrm{Sn}$ 衰变产生的。对于质量为 $m_0$ 的 $_{113}\mathrm{Sn}$ ，经过时间t后剩余的 $_{113}\mathrm{Sn}$ 质量为m，其 $\frac{m}{m_{0}}-t$ 图线如图所示。从图中可以得到 $_{113}\mathrm{Sn}$ 的半衰期为（　　）

A． $67.3\mathrm{d}$

B． $101.0\mathrm{d}$

C． $115.1\mathrm{d}$

D． $124.9\mathrm{d}$

【答案与解析】

由 $m/m_0-t$ 图线，当 $m/m_0=\dfrac{1}{2}$ 时对应的时间即为半衰期，由图可读得 $t\approx115.1\mathrm{d}$ 。故选C。
科学家对银河系中心附近的恒星 $S2$ 进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间 $S2$ 的位置如图所示。科学家认为 $S2$ 的运动轨迹是半长轴约为 $1000\mathrm{AU}$ （太阳到地球的距离为 $1\mathrm{AU}$ ）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为 $S2$ 所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为（　　）

A． $4\times10^{4}M$

B． $4\times10^{6}M$

C． $4\times10^{8}M$

D． $4\times10^{10}M$

【答案与解析】

对S2绕黑洞运动，由开普勒第三定律 $\dfrac{a^3}{T^2}=\dfrac{GM_{\text{黑}}}{4\pi^2}$ ，与地球绕太阳 $\dfrac{(1\mathrm{AU})^3}{T_{\oplus}^2}=\dfrac{GM}{4\pi^2}$ 比较得 $\dfrac{M_{\text{黑}}}{M}=\dfrac{a^3}{T^2}$ （ $T_{\oplus}=1\mathrm{a}$ ）。S2半长轴 $a=1000\mathrm{AU}$ ，周期约 $T\approx16\mathrm{a}$ ，代入得 $M_{\text{黑}}/M\approx10^9/256\approx4\times10^6$ 。故选B。
水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于 $s_{0}$ 时，速度的大小为 $v_{0}$ ，此时撤去F，物体继续滑行 $2s_{0}$ 的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（　　）

A．在此过程中F所做的功为 $\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$

B．在此过中F的冲量大小等于 $\frac{3}{2}mv_{0}$

C．物体与桌面间的动摩擦因数等于 $\frac{v_{0}^{2}}{4s_{0}g}$

D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍

【答案与解析】

设滑动摩擦力为 $f=\mu mg$ 。撤去F前： $(F-f)s_0=\dfrac{1}{2}mv_0^2$ ①；撤去F后： $v_0^2=2\mu g\cdot2s_0$ ，得 $\mu=\dfrac{v_0^2}{4gs_0}$ ，C对。由①得 $F-f=\dfrac{mv_0^2}{2s_0}$ ，又 $f=\mu mg=\dfrac{mv_0^2}{4s_0}$ ，故 $F=3f$ ，D错；F做功 $W_F=Fs_0=\dfrac{3}{4}mv_0^2\neq\dfrac{1}{2}mv_0^2$ ，A错。对F作用阶段用动量定理： $Ft-ft=mv_0$ ，其中 $t=\dfrac{v_0}{a_1}=\dfrac{2s_0}{v_0}$ ，得冲量 $IF=Ft=\dfrac{3}{2}mv_0$ ，B对。故选BC。
四个带电粒子的电荷量和质量分别 $(+q,m)$ 、 $(+q,2m)$ 、 $(+3q,3m)$ 、 $(-q,m)$ 它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度 $a=\dfrac{qE}{m}$ ，偏转角仅由比荷 $q/m$ 决定。 $(+q,m)$ 与 $(+3q,3m)$ 比荷相同，轨迹重合； $(+q,2m)$ 比荷为其一半，同向偏转且曲率更小； $(-q,m)$ 比荷大小相同、反向偏转。图A、D符合上述规律。故选AD。
水平地面上有一质量为 $m_1$ 的长木板，木板的左端上有一质量为 $m_{2}$ 的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中 $F_{1}$ 、 $F_{2}$ 分别为 $t_{1}$ 、 $t_{2}$ 时刻F的大小。木板的加速度 $a_{1}$ 随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为 $\mu_{1}$ ，物块与木板间的动摩擦因数为 $\mu_{2}$ ，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　）

A． $F_{1}=\mu_{1}m_{1}g$

B． $F_{2}=\frac{m_{2}(m_{1}+m_{2})}{m_{1}}(\mu_{2}-\mu_{1})g$

C． $\mu_2>\frac{m_1+m_2}{m_2}\mu_1$

D．在 $0\sim t_{2}$ 时间段物块与木板加速度相等

【答案与解析】

将物块与木板视为整体，在 $t_1$ 时刻刚要整体运动，地面对整体最大静摩擦力为 $\mu_1(m_1+m_2)g$ ，故 $F_1=\mu_1(m_1+m_2)g\neq\mu_1m_1g$ ，A错。 $t_2$ 之后物块相对木板滑动，木板受滑动摩擦力 $\mu_2m_2g$ 向右、地面对木板摩擦 $\mu_1(m_1+m_2)g$ 向左，由牛顿第二定律 $\mu_2m_2g-\mu_1(m_1+m_2)g=m_1a$ ，可见要使木板向右加速须 $\mu_2m_2g>\mu_1(m_1+m_2)g$ ，即 $\mu_2>\dfrac{m_1+m_2}{m_2}\mu_1$ ，C对。对物块： $\mu_2m_2g-\mu_1(m_1+m_2)g=m_1a$ 与 $F_2-\mu_2m_2g=m_2a$ 联立消去 $a$ 得 $F_2=\dfrac{m_2(m_1+m_2)}{m_1}(\mu_2-\mu_1)g$ ，B对。由 $a_1-t$ 图， $0\sim t_2$ 内物块与木板无相对滑动、加速度始终相等，D对。故选BCD。
某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔 $0.05\mathrm{s}$ 发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为 $5\mathrm{cm}$ 。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图（b）中标出。

完成下列填空：（结果均保留2位有效数字）（1）小球运动到图（b）中位置A时，其速度的水平分量大小为＿＿＿＿ $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ，竖直分量大小为＿＿＿＿ $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ；（2）根据图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为＿＿＿＿ $\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ 。

【答案与解析】

频闪周期 $T=0.05\mathrm{s}$ ，方格边长 $L=0.05\mathrm{m}$ 。水平方向匀速，相邻影像水平间距 $1$ 格即 $0.05\mathrm{m}$ ，故 $v_x=\dfrac{0.05}{0.05}=1.0\mathrm{m/s}$ 。A点处于上下两段位移中间时刻，竖直分速度等于这两段位移的平均速度， $v_y=\dfrac{8.6+11.0}{2\times0.05}\mathrm{cm/s}\approx2.0\mathrm{m/s}$ 。竖直方向用逐差法 $g=\dfrac{y_3+y_4-y_1-y_2}{4T^2}$ ，代入图中数据得 $g=9.7\mathrm{m/s^2}$ 。故填 $1.0$ 、 $2.0$ 、 $9.7$ 。
一实验小组利用图（a）所示的电路测量一电池的电动势E（约 $1.5\mathrm{V}$ ）和内阻r（小于 $2\mathrm{\Omega}$ ）。图中电压表量程为 $1\mathrm{V}$ ，内阻 $R_{V}=380.0\mathrm{\Omega}$ ：定值电阻 $R_{0}=20.0\mathrm{\Omega}$ ；电阻箱R，最大阻值为 $999.9\mathrm{\Omega}$ ；S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空：

（1）为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选＿＿＿＿ $\Omega$ （填“5.0”或“15.0”）；（2）闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；（3）根据图（a）所示电路，用R、 $R_{0}$ 、 $R_{V}$ 、E和r表示 $\frac{1}{U}$ ，得 $\frac{1}{U}=$ ＿＿＿＿；（4）利用测量数据，做 $\frac{1}{U}-R$ 图线，如图（b）所示：

（5）通过图（b）可得 $E=$ ＿＿＿＿V（保留2位小数）， $r=$ ＿＿＿＿ $\Omega$ （保留1位小数）；（6）若将图（a）中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为 $E^{\prime}$ ，由此产生的误差为 $\left|\frac{E^{\prime}-E}{E}\right|\times100\%=$ ＿＿＿＿%。

【答案与解析】

（1）为保护电压表，接通时其两端电压不超 $1\mathrm{V}$ ，总电阻须 $\ge\dfrac{1.5}{0.05}\Omega=30\Omega$ ，故选 $15.0\,\mathrm{\Omega}$ 。（3）电压表测 $R_0$ 与 $R_V$ 并联部分电压 $U$ ，并联电阻 $R_p=\dfrac{R_0R_V}{R_0+R_V}$ ，干路电流 $I=\dfrac{E}{R+R_p+r}$ ，则 $\dfrac{1}{U}=\dfrac{R+R_p+r}{ER_p}=\dfrac{R_0+R_V}{ER_0R_V}R+\dfrac{1}{E}+\dfrac{(R_0+R_V)r}{ER_0R_V}$ 。（5）由 $\dfrac{1}{U}-R$ 图线斜率 $k=\dfrac{R_0+R_V}{ER_0R_V}$ 、截距 $b=\dfrac{1}{E}+\dfrac{(R_0+R_V)r}{ER_0R_V}$ ，代入图（b）数据得 $E=1.55\mathrm{V}$ ， $r=1.0\Omega$ 。（6）若将电压表视为理想电表，所得 $E'$ 与真实值 $E$ 比较，误差 $\left|\dfrac{E'-E}{E}\right|\times100\%=5\%$ 。故填 $15.0$ ； $E=1.55\mathrm{V}$ 、 $r=1.0\Omega$ ； $5$ 。
一篮球质量为 $m=0.60\mathrm{kg}$ ，一运动员使其从距地面高度为 $h_{1}=1.8\mathrm{m}$ 处由静止自由落下，反弹高度为 $h_{2}=1.2\mathrm{m}$ 。若使篮球从距地面 $h_{3}=1.5\mathrm{m}$ 的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为 $1.5\mathrm{m}$ 。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为 $t=0.20\mathrm{s}$ ；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ ，不计空气阻力。求：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。

【答案与解析】

第一次自由下落 $h_1=1.8\mathrm{m}$ ，碰前动能 $E_{k1}=mgh_1$ ，反弹 $h_2=1.2\mathrm{m}$ ，碰后动能 $E_{k1}'=mgh_2$ ，碰撞前后动能比 $\eta=\dfrac{E_{k1}'}{E_{k1}}=\dfrac{h_2}{h_1}=\dfrac{2}{3}$ 。第二次从 $h_3=1.5\mathrm{m}$ 下落并拍球，落地前动能 $E_{k2}=mgh_3+W$ ，反弹至 $h_3$ 故碰后动能 $E_{k2}'=mgh_3$ 。由 $E_{k2}'=\eta E_{k2}$ 得 $mgh_3=\dfrac{2}{3}(mgh_3+W)$ ，解得 $W=\dfrac{1}{2}mgh_3=\dfrac{1}{2}\times0.60\times10\times1.5=4.5\mathrm{J}$ 。拍球时球受恒力 $F^{\prime}$ 向下、重力向下，加速度 $a=\dfrac{mg+F}{m}$ ，作用 $t=0.20\mathrm{s}$ 下落 $d=\dfrac{1}{2}at^2$ ，做功 $W=Fd=F\cdot\dfrac{1}{2}\dfrac{mg+F}{m}t^2$ ；代入数据 $4.5=0.02F\left(10+\dfrac{F}{0.6}\right)$ ，化简得 $F^2+6F-135=0$ ，解得 $F=9\mathrm{N}$ 。故拍球过程中对篮球所做的功为 $4.5\mathrm{J}$ ，拍球时对篮球的作用力大小为 $9\mathrm{N}$ 。
如图，一倾角为 $\alpha$ 的光滑固定斜面的顶端放有质量 $M=0.06\mathrm{kg}$ 的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻 $R=3\mathrm{\Omega}$ 的金属棒 $CD$ 的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路 $CDEF$ ； $EF$ 与斜面底边平行，长度 $L=0.6\mathrm{m}$ 。初始时 $CD$ 与 $EF$ 相距 $s_{0}=0.4\mathrm{m}$ ，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离 $s_{1}=\frac{3}{16}\mathrm{m}$ 后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的 $EF$ 边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小 $B=1\mathrm{T}$ ，重力加速度大小取 $g=10\mathrm{m/s^{2}},\sin\alpha=0.6$ 。求：（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；（3）导体框匀速运动的距离。

【答案与解析】

进入磁场前整体匀加速， $a_0=g\sin\alpha=6\mathrm{m/s^2}$ 。进入磁场速度 $v_1$ 满足 $v_1^2=2a_0s_1=2\times6\times\dfrac{3}{16}$ ，得 $v_1=1.5\mathrm{m/s}$ 。感应电动势 $\mathcal{E}=BLv_1=1\times0.6\times1.5=0.9\mathrm{V}$ ，电流 $I=\dfrac{\mathcal{E}}{R}=0.3\mathrm{A}$ ，安培力 $F_A=BIL=1\times0.3\times0.6=0.18\mathrm{N}$ ，方向沿斜面向上。（2）棒在磁场中匀速，受重力分力 $mg\sin\alpha$ 、安培力 $F_A$ （向上）及摩擦力（相对框向上滑动，摩擦力沿斜面向下），故 $mg\sin\alpha+\mu mg\cos\alpha=F_A$ 。框在棒在磁场期间匀加速， $a_2=\dfrac{Mg\sin\alpha-\mu mg\cos\alpha}{M}$ 。棒离开磁场时框 $EF$ 刚入磁场且匀速，此时框速 $v_2$ 满足 $v_2^2-v_1^2=2a_2s_0$ ，且框匀速时 $Mg\sin\alpha-\mu mg\cos\alpha=F_A'=\dfrac{B^2L^2v_2}{R}$ 。联立得 $a_2=5\mathrm{m/s^2}$ 、 $v_2=2.5\mathrm{m/s}$ ，代入得 $\mu mg\cos\alpha=0.06\mathrm{N}$ ，结合 $mg\sin\alpha+\mu mg\cos\alpha=0.18$ 得 $m=0.02\mathrm{kg}$ ； $\mu=\dfrac{0.06}{mg\cos\alpha}=\dfrac{0.06}{0.02\times10\times0.8}=0.375=\dfrac{3}{8}$ 。（3）磁场区域宽度 $d=v_1t$ ，由 $v_2=v_1+a_2t$ 得 $t=0.2\mathrm{s}$ ， $d=0.3\mathrm{m}$ 。棒出磁场后加速度 $a'=g\sin\alpha+\mu g\cos\alpha=6+0.375\times8=9\mathrm{m/s^2}$ ，框以 $v_2=2.5\mathrm{m/s}$ 匀速；当二者速度相等时框开始加速，设经 $t'$ 相等： $v_2=v_1+a't'$ ，得 $t'=\dfrac{1}{9}\mathrm{s}$ ，框匀速位移 $x=v_2t'=2.5\times\dfrac{1}{9}=\dfrac{5}{18}\mathrm{m}<0.3\mathrm{m}$ ，假设成立。故导体框匀速运动的距离为 $\dfrac{5}{18}\mathrm{m}$ 。
如图，一定量的理想气体从状态 $a(p_{0},V_{0},T_{0})$ 经热力学过程 $ab$ 、 $bc$ 、 $ca$ 后又回到状态a。对于 $ab$ 、 $bc$ 、 $ca$ 三个过程，下列说法正确的是（　　）

A． $ab$ 过程中，气体始终吸热

B． $ca$ 过程中，气体始终放热

C． $ca$ 过程中，气体对外界做功

D． $bc$ 过程中，气体的温度先降低后升高

E． $bc$ 过程中，气体的温度先升高后降低

【答案与解析】

$ab$ 过程体积不变（等容），压强增大，由 $\dfrac{pV}{T}=C$ 知温度升高、内能增大，且 $W=0$ ，由 $\Delta U=Q+W$ 知气体始终吸热，A对。 $ca$ 过程压强不变（等压），体积减小、温度降低、内能减小，外界对气体做功 $W>0$ ，故 $Q=\Delta U-W<0$ ，气体始终放热，B对、C错。 $bc$ 过程： $b$ 、 $c$ 状态 $pV$ 乘积相等（温度相等），中间状态 $pV$ 更大，故温度先升高后降低，D错、E对。故选ABE。
如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为 $l_{1}=13.5\mathrm{cm}$ ， $l_{2}=32\mathrm{cm}$ 。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差 $h=5\mathrm{cm}$ 。已知外界大气压为 $p_{0}=75\mathrm{cmHg}$ 。求A、B两管内水银柱的高度差。

【答案与解析】

对B管封闭气体，初态 $p_{B1}=p_0=75\mathrm{cmHg}$ ，长 $l_2=32\mathrm{cm}$ ；注入水银后B、C水银面高度差 $h=5\mathrm{cm}$ ，故末态 $p_{B2}=p_0+\rho gh=80\mathrm{cmHg}$ ，由玻意耳定律 $p_0l_2=p_{B2}l_2'$ 得 $l_2'=\dfrac{75\times32}{80}=30\mathrm{cm}$ ，即B管水银面上升 $2\mathrm{cm}$ 。设B管水银面比A管高 $x\mathrm{cm}$ ，则A管气体末态压强 $p_{A2}=p_{B2}+\rho gx=80+x$ （ $\mathrm{cmHg}$ ），A管水银面比B低 $x$ ，故A管水银面上升 $2-x\mathrm{cm}$ ，末态气柱长 $l_1'=13.5-(2-x)=11.5+x\mathrm{cm}$ 。对A管气体玻意耳定律： $p_0l_1=p_{A2}l_1'$ ，即 $75\times13.5=(80+x)(11.5+x)$ ，解得 $x=1.0\mathrm{cm}$ 。故A、B两管内水银柱的高度差为 $1\mathrm{cm}$ 。
图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线，经过 $0.3\mathrm{s}$ 后，其波形曲线如图中虚线所示。已知该波的周期T大于 $0.3\mathrm{s}$ ，若波是沿x轴正方向传播的，则该波的速度大小为＿＿＿＿ $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ，周期为＿＿＿＿s，若波是沿x轴负方向传播的，该波的周期为＿＿＿＿s。

【答案与解析】

由图知波长 $\lambda=20\mathrm{cm}=0.20\mathrm{m}$ 。若波沿 $x$ 轴正方向传播， $0.3\mathrm{s}$ 内波形右移 $\Delta x=15\mathrm{cm}=0.15\mathrm{m}$ （小于一个波长且 $T>0.3\mathrm{s}$ ），波速 $v=\dfrac{\Delta x}{\Delta t}=\dfrac{0.15}{0.3}=0.5\mathrm{m/s}$ ，周期 $T=\dfrac{\lambda}{v}=\dfrac{0.20}{0.5}=0.4\mathrm{s}$ 。若波沿 $x$ 轴负方向传播， $0.3\mathrm{s}$ 内左移 $\Delta x'=5\mathrm{cm}=0.05\mathrm{m}$ ，即 $\dfrac{1}{4}$ 波长，故 $T=4\times0.3=1.2\mathrm{s}$ 。故填 $0.5$ ； $0.4$ ； $1.2$ 。
用插针法测量上、下表面平行的玻璃砖的折射率。实验中用A、B两个大头针确定入射光路、C、D两个大头针确定出射光路，O和 $O^{\prime}$ 分别是入射点和出射点，如图（a）所示。测得玻璃砖厚度为 $h=15.0\mathrm{mm}$ ，A到过O点的法线 $OM$ 的距离 $AM=10.0\mathrm{mm}$ ，M到玻璃砖的距离 $MO=20.0\mathrm{mm}$ ， $O^{\prime}$ 到 $OM$ 的距离为 $s=5.0\mathrm{mm}$ 。（ⅰ）求玻璃砖的折射率；（ⅱ）用另一块材料相同，但上下两表面不平行的玻璃砖继续实验，玻璃砖的截面如图（b）所示。光从上表面入射，入射角从0逐渐增大，达到 $45^{\circ}$ 时，玻璃砖下表面的出射光线恰好消失。求此玻璃砖上下表面的夹角。

【答案与解析】

（i）入射点 $O$ 处入射角 $i$ ： $\sin i=\dfrac{AM}{\sqrt{AM^2+MO^2}}=\dfrac{10}{\sqrt{10^2+20^2}}=\dfrac{\sqrt5}{5}$ 。折射光线 $O\to O'$ ， $\sin r=\dfrac{s}{\sqrt{h^2+s^2}}=\dfrac{5}{\sqrt{15^2+5^2}}=\dfrac{\sqrt{10}}{10}$ 。由折射定律 $n=\dfrac{\sin i}{\sin r}=\dfrac{\sqrt5/5}{\sqrt{10}/10}=\sqrt2$ 。故玻璃砖折射率 $n=\sqrt2$ 。（ii）入射角 $45^\circ$ 时，由 $n=\dfrac{\sin45^\circ}{\sin\gamma}$ 得 $\sin\gamma=\dfrac{\sqrt2/2}{\sqrt2}=\dfrac{1}{2}$ ， $\gamma=30^\circ$ 。此时下表面出射光线恰好消失，即发生全反射，临界角 $C$ 满足 $\sin C=\dfrac{1}{n}=\dfrac{1}{\sqrt2}$ ，得 $C=45^\circ$ 。玻璃内光线与上表面夹角为 $90^\circ-\gamma=60^\circ$ ，与下表面夹角为 $90^\circ-C=45^\circ$ ，故上下表面夹角 $\theta=60^\circ-45^\circ=15^\circ$ 。故折射率为 $\sqrt2$ ，上下表面夹角为 $15^\circ$ 。