2021年高考全国甲卷物理试题

如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角 $\theta$ 可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角 $\theta$ 的大小有关。若由 $30^{\circ}$ 逐渐增大至 $60^{\circ}$ ，物块的下滑时间t将（　　）

A．逐渐增大

B．逐渐减小

C．先增大后减小

D．先减小后增大

【答案与解析】

设平板下端 P 到竖直杆的水平距离恒为 $L$ ，则板长 $s=L/\cos\theta$ 。物块沿光滑板下滑加速度 $a=g\sin\theta$ ，由 $s=\frac12at^2$ 得 $t=\sqrt{\frac{2s}{a}}=\sqrt{\frac{2L}{g\sin\theta\cos\theta}}=\sqrt{\frac{4L}{g\sin2\theta}}$ 。当 $\theta$ 由 $30^\circ$ 增至 $60^\circ$ 时， $\sin2\theta$ 在 $45^\circ$ 处取最大，故 $t$ 先减小后增大。故选D。
“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达 $50r/s$ ，此时纽扣上距离中心 $1\mathrm{cm}$ 处的点向心加速度大小约为（　　）

A． $10\mathrm{m/s^2}$

B． $100\mathrm{m/s^2}$

C． $1000\mathrm{m/s^2}$

D． $10000\mathrm{m/s^2}$

【答案与解析】

$r=1\,\mathrm{cm}=0.01\,\mathrm{m}$ ， $f=50\,\mathrm{r/s}$ 。向心加速度 $a=\omega^2r=(2\pi f)^2r=(100\pi)^2\times0.01=100\pi^2\approx987\,\mathrm{m/s^2}\approx1000\,\mathrm{m/s^2}$ 。故选C。
两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与 $O^{\prime}Q$ 在一条直线上， $PO^{\prime}$ 与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为（　　）

A．B、0

B．0、 $2B$

C． $2B$ 、 $2B$

D．B、B

【答案与解析】

无限长直导线在距离 $d$ 处磁感应强度大小为 $\mathrm{B}$ 。图中两根折导线在 M、N 两点处到相关导线分段的距离均为 $d$ ，各分段在该点产生的磁场大小均为 $\mathrm{B}$ 。由右手螺旋定则判断方向，M 点处两段导线的磁场同向叠加得 $2B$ ，N 点处两段导线的磁场也同向叠加得 $2B$ 。故选C。
如图，一个原子核X经图中所示的一系列 $\alpha$ 、 $\beta$ 衰变后，生成稳定的原子核Y，在此过程中放射出电子的总个数为（　　）

A．6

B．8

C．10

D．14

【答案与解析】

设共发生 $x$ 次 $\alpha$ 衰变、 $y$ 次 $\beta^-$ 衰变（每次 $\beta^-$ 衰变放出一个电子）。由质量数减少确定 $\alpha$ 次数，由电荷数平衡 $y=Z_{\text{终}}-Z_{\text{初}}+2x$ ，结合题图衰变链计算可得放出电子总数为 $6$ 。故选A。
2021年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为 $1.8\times 10^5\mathrm{s}$ 的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为 $2.8\times 10^5\mathrm{m}$ 。已知火星半径约为 $3.4\times 10^6\mathrm{m}$ ，火星表面处自由落体的加速度大小约为 $3.7\mathrm{m/s^2}$ ，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为（　　）

A． $6\times 10^5\mathrm{m}$

B． $6\times 10^6\mathrm{m}$

C． $6\times 10^7\mathrm{m}$

D． $6\times 10^8\mathrm{m}$

【答案与解析】

火星质量 $M$ 满足 $g=GM/R^2$ ，故 $GM=gR^2$ 。由开普勒第三定律 $T^2=\frac{4\pi^2}{GM}a^3$ 得半长轴 $a=\sqrt[3]{\frac{gR^2T^2}{4\pi^2}}$ 。代入 $g=3.7\,\mathrm{m/s^2}$ ， $R=3.4\times10^6\,\mathrm{m}$ ， $T=1.8\times10^5\,\mathrm{s}$ ，得 $a\approx3.27\times10^7\,\mathrm{m}$ 。近火点距火星中心 $r_p=R+2.8\times10^5=3.68\times10^6\,\mathrm{m}$ ，远火点距中心 $r_a=2a-r_p\approx6.17\times10^7\,\mathrm{m}$ ，距表面 $r_a-R\approx5.8\times10^7\,\mathrm{m}\approx6\times10^7\,\mathrm{m}$ 。故选C。
某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则（　　）

A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功

B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为 $4\mathrm{eV}$

C．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右

D．a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大

【答案与解析】

由等势面分布知 a、d 间电势差为 $4\,\mathrm{V}$ 。电子（电荷 $-e$ ）从 a 到 d，电场力做功 $W=qU_{ad}=-e(V_a-V_d)=e(V_d-V_a)=4\,\mathrm{eV}$ 。其余选项：正电荷 b→e 电场力做负功（A 错）；b 点场强方向不向右（C 错）；a、b、c、d 中场强最大的不是 b（D 错）。故选B。
一质量为m的物体自倾角为 $\alpha$ 的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为 $E_{k}$ ，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为 $\frac{E_{k}}{5}$ 。已知 $\sin\alpha=0.6$ ，重力加速度大小为g。则（　　）

A．物体向上滑动的距离为 $\frac{E_{k}}{2mg}$

B．物体向下滑动时的加速度大小为 $\frac{g}{3}$

C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5

D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长

【答案与解析】

设上滑距离为 $s$ 。上滑由动能定理： $E_k=(mg\sin\alpha+\mu mg\cos\alpha)s$ 。由下滑段回到底端动能为 $E_k/5$ ： $E_k/5=mg s\sin\alpha-\mu mg s\cos\alpha$ 。联立消去 $s$ 得 $\frac15(\sin\alpha+\mu\cos\alpha)=\sin\alpha-\mu\cos\alpha$ ，代入 $\sin\alpha=0.6,\cos\alpha=0.8$ 解得 $\mu=0.5$ 。于是 $s=E_k/(mg)$ ， $a_{\text{下}}=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)=g(0.6-0.4)=0.2g=g/5$ ，上滑时间 $t_{\text{上}}=\sqrt{2s/g}$ ，下滑时间 $t_{\text{下}}=\sqrt{2s/(g/5)}=\sqrt{10s/g}>t_{\text{上}}$ 。故仅 C 正确。故选C。
由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（　　）

A．甲和乙都加速运动

B．甲和乙都减速运动

C．甲加速运动，乙减速运动

D．甲减速运动，乙加速运动

【答案与解析】

设甲、乙匝数分别为 $N_1,N_2$ （ $N_1=2N_2$ ），边长均为 $a$ ，质量均为 $m$ 。由质量相等得 $N_1S_1=N_2S_2$ （ $S$ 为导线横截面积）。下边刚进入磁场时感应电动势 $\mathcal E=NBav$ ，电流 $I=\mathcal E/R$ ，安培阻力 $F=NIaB=\frac{N^2B^2a^2v}{R}$ 。又 $R\propto N/S$ 、 $m\propto NS$ ，故 $F\propto NS$ ，而 $NS$ 相等，所以 $F_1=F_2$ 且 $m_1=m_2$ ，两线圈加速度始终相同。因此二者要么都加速、要么都减速，不可能出现一个加速一个减速（C、D 错）；由下落一段时间后速度较大，安培阻力大于重力，二者均减速。故选B。
为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为 $\alpha$ 的斜面（已知 $sin\alpha=0.34$ ， $cos\alpha=0.94$ ），小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔（每个时间间隔 $\Delta T=0.20s$ ）内小铜块沿斜面下滑的距离 $s_i$ （ $i=1$ ，2，3，4，5），如下表所示。

$s_1$ $s_2$ $s_3$ $s_4$ $s_5$
$5.87\mathrm{cm}$ $7.58\mathrm{cm}$ $9.31\mathrm{cm}$ $11.02\mathrm{cm}$ $12.74\mathrm{cm}$

由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为＿＿＿＿ $\mathrm{m/s^2}$ ，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为＿＿＿＿。（结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取 $9.80\mathrm{m/s^2}$ ）

【答案与解析】

用逐差法： $a=\frac{(s_4+s_5)-(s_1+s_2)}{6(\Delta T)^2}=\frac{(11.02+12.74)-(5.87+7.58)}{6\times0.20^2}\,\mathrm{cm/s^2}=\frac{10.31}{0.24}\,\mathrm{cm/s^2}\approx42.96\,\mathrm{cm/s^2}=0.43\,\mathrm{m/s^2}$ 。沿斜面 $a=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)$ ，即 $0.429=9.80(0.34-0.94\mu)$ ，解得 $\mu\approx0.32$ 。故填 $0.43$ ； $0.32$ 。
某同学用图（a）所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有：小灯泡（额定电压 $2.5V$ ，额定电流 $0.3A$ ）电压表（量程 $300\mathrm{mV}$ ，内阻 $300\Omega$ ）电流表（量程 $300\mathrm{mA}$ ，内阻 $0.27\Omega$ ）定值电阻 $R_0$ 滑动变阻器 $R_1$ （阻值 $0-20\Omega$ ）电阻箱 $R_2$ （最大阻值 $9999.9\Omega$ ）电源E（电动势 $6V$ ，内阻不计）开关S、导线若干。完成下列填空：

（1）有3个阻值分别为 $10\Omega$ 、 $20\Omega$ 、 $30\Omega$ 的定值电阻可供选择，为了描绘小灯泡电流在 $0~300\mathrm{mA}$ 的U-I曲线， $R_0$ 应选取阻值为＿＿＿＿ $\Omega$ 的定值电阻；（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的＿＿＿＿（填“a”或“b”）端；（3）在流过电流表的电流较小时，将电阻箱 $R_2$ 的阻值置零，改变滑动变阻器滑片的位置，读取电压表和电流表的示数U、I，结果如图（b）所示。当流过电流表的电流为 $10\mathrm{mA}$ 时，小灯泡的电阻为＿＿＿＿ $\Omega$ （保留1位有效数字）；

（4）为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为 $3V$ ，该同学经计算知，应将 $R_2$ 的阻值调整为＿＿＿＿ $\Omega$ 。然后调节滑动变阻器 $R_1$ ，测得数据如下表所示：

$U/\mathrm{mV}$ 24.0 46.0 76.0 110.0 128.0 152.0 184.0 216.0 250.0
$I/\mathrm{mA}$ 140.0 160.0 180.0 200.0 220.0 240.0 260.0 280.0 300.0

（5）由图（b）和上表可知，随流过小灯泡电流的增加，其灯丝的电阻＿＿＿＿（填“增大”“减小”或“不变”）；（6）该同学观测到小灯泡刚开始发光时流过电流表的电流为 $160\mathrm{mA}$ ，可得此时小灯泡电功率 $P_1=$ ＿＿＿＿W（保留2位有效数字）；当流过电流表的电流为 $300\mathrm{mA}$ 时，小灯泡的电功率为 $P_2$ ，则 $\frac{P_{2}}{P_{1}}=$ ＿＿＿＿（保留至整数）。

【答案与解析】

(1) 灯泡额定电流 $0.3\,\mathrm{A}$ 、约 $2.5\,\mathrm{V}$ ，电源 $6\,\mathrm{V}$ 。为使电流调至 $0\sim300\,\mathrm{mA}$ ，串联限流电阻 $R_0$ 取 $10\,\Omega$ （ $20\,\Omega$ 、 $30\,\Omega$ 会使最大电流不足 $300\,\mathrm{mA}$ ）。故填 $10$ 。 (2) 闭合开关前滑动变阻器滑片应置于接入电阻最大端，以保护电路。故填 $a$ 。 (3) 由图（b），当电流表电流为 $10\,\mathrm{mA}$ 时灯泡两端电压约 $70\,\mathrm{mV}$ ，故 $R=U/I\approx0.07/0.01=7\,\Omega$ 。故填 $7$ 。 (4) 电压表（内阻 $300\,\Omega$ ）与 $R_2$ 串联测灯泡电压，满偏 $300\,\mathrm{mV}$ 时对应灯泡 $3\,\mathrm{V}$ ，则 $\frac{300\,\mathrm{mV}}{300\,\Omega}\times(300+R_2)=3\,\mathrm{V}$ ，得 $R_2=2700\,\Omega$ 。故填 $2700$ 。 (5) 由图线知电流增大时灯泡电压增大更快， $R=U/I$ 增大。故填增大。 (6) 刚发光时 $I=160\,\mathrm{mA}$ ，由表 $U_{\text{表}}=46.0\,\mathrm{mV}$ ，灯泡电压 $U=10\times46.0\,\mathrm{mV}=0.46\,\mathrm{V}$ ， $P_1=UI=0.46\times0.160\approx0.074\,\mathrm{W}$ 。 $I=300\,\mathrm{mA}$ 时 $U_{\text{表}}=250\,\mathrm{mV}$ ， $U=2.5\,\mathrm{V}$ ， $P_2=2.5\times0.300=0.75\,\mathrm{W}$ ，故 $P_2/P_1=0.75/0.074\approx10$ 。故填 $0.074$ ； $10$ 。
如图，一倾角为 $\theta$ 的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为 $\mu$ ，重力加速度大小为g。（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？

【答案与解析】

(1) 通过第 $30$ 个减速带后相邻减速带间平均速度相同，说明每经过一个减速带损失的机械能在进入前已被重力做功补偿，即 $mg d\sin\theta$ 等于该损失，故每个减速带损失 $mg d\sin\theta$ 。即每个减速带损失的机械能为 $mg d\sin\theta$ 。 (2) 设前 $30$ 个减速带总损失为 $\Delta E$ 。全程机械能守恒：初始重力势能 $mg(L+49d)\sin\theta$ 等于全部减速带损失加水平面摩擦功 $\mu mgs$ 。后 $20$ 个减速带每个损失 $mg d\sin\theta$ ，共 $20mg d\sin\theta$ 。故 $\Delta E=mg(L+49d)\sin\theta-\mu mgs-20mg d\sin\theta=mg\sin\theta(L+29d)-\mu mgs$ ，平均每个损失 $\frac{mg\sin\theta(L+29d)-\mu mgs}{30}$ 。故前 $30$ 个减速带上平均每个损失的机械能为 $\frac{mg\big[\sin\theta(L+29d)-\mu s\big]}{30}$ 。 (3) 前 $30$ 个平均损失大于之后每个损失 $mg d\sin\theta$ ，即 $\frac{mg\sin\theta(L+29d)-\mu mgs}{30}>mg d\sin\theta$ ，化简得 $\sin\theta(L+29d)-\mu s>30d\sin\theta$ ，即 $\sin\theta\,L>d\sin\theta+\mu s$ ，得 $L>d+\frac{\mu s}{\sin\theta}$ 。故 $L$ 应满足 $L>d+\dfrac{\mu s}{\sin\theta}$ 。
如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（ $q>0$ ）的粒子自电场中某处以大小为 $v_0$ 的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为 $60^{\circ}$ ，不计重力。（1）求粒子发射位置到P点的距离；（2）求磁感应强度大小的取值范围；（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。

【答案与解析】

(1) 粒子在电场中水平速度恒为 $v_0$ 。进入磁场时速度方向与竖直线 $PQ$ 成 $60^\circ$ ，即与水平成 $30^\circ$ ，故 $v_0=v\cos30^\circ$ ， $v_y=v\sin30^\circ=v_0/\sqrt3$ 。电场中加速度 $a=qE/m$ ，时间 $t=v_y/a=\frac{mv_0}{\sqrt3 qE}$ ，竖直下落 $h=\frac12at^2=\frac{mv_0^2}{6qE}$ ，水平位移 $x=v_0t=\frac{mv_0^2}{\sqrt3 qE}$ 。发射点到 P 点距离 $s=\sqrt{x^2+h^2}=\frac{mv_0^2}{qE}\sqrt{\frac13+\frac1{36}}=\frac{\sqrt{13}\,mv_0^2}{6qE}$ 。即发射位置到 P 点的距离为 $\dfrac{\sqrt{13}\,mv_0^2}{6qE}$ 。 (2) 磁场中速率 $v=\frac{2v_0}{\sqrt3}$ ，半径 $R=\frac{mv}{qB}=\frac{2mv_0}{\sqrt3 qB}$ 。由几何，粒子从 P 进入后圆心在 $(-R/2,-\sqrt3R/2)$ ，轨迹在间隙内运动。要恰从 Q、N 之间射出（ $0<x<l$ 且到达 $y=-l$ ），需 $R/2<l$ （不碰右挡板）且到达 $y=-l$ 时 $x>0$ ，得 $\frac{l}{\sqrt3}<R<2l$ 。代回得 $\frac{mv_0}{\sqrt3 ql}<B<\frac{2mv_0}{ql}$ 。故磁感应强度范围为 $\dfrac{mv_0}{\sqrt3 ql}<B<\dfrac{2mv_0}{ql}$ 。 (3) 从 $QN$ 中点 $(l/2,-l)$ 射出，令圆心到该点距离为 $R$ ： $\left(\frac{l+R}{2}\right)^2+\left(l-\frac{\sqrt3R}{2}\right)^2=R^2$ ，解得 $R=\frac{5l}{4\sqrt3-2}=\frac{5l(2\sqrt3+1)}{22}$ 。轨迹离右挡板 $MN$ （ $x=l$ ）的最近距离为最大 $x$ 处： $l-R/2=l-\frac{5l(2\sqrt3+1)}{44}=\frac{(39-10\sqrt3)l}{44}$ 。即最近距离为 $\dfrac{(39-10\sqrt3)l}{44}$ 。
如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温度（V-t）图上的两条直线I和Ⅱ表示， $V_1$ 和 $V_2$ 分别为两直线与纵轴交点的纵坐标； $t_0$ 为它们的延长线与横轴交点的横坐标， $t_0=-273.15^{\circ}\mathrm{C}$ ；a、b为直线I上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比 $\frac{p_{a}}{p_{b}}=$ ＿＿＿＿；气体在状态b和c的压强之比 $\frac{p_{b}}{p_{c}}=$ ＿＿＿＿。

【答案与解析】

$V-t$ 图中过 $t_0=-273.15^\circ\mathrm{C}$ （即 $T=0$ ）的直线为等压线，截距 $V_1,V_2$ 满足 $V_{\text{截}}=nR\cdot273.15/P$ ，故 $P\propto1/V_{\text{截}}$ 。直线 I 上各点压强相同，所以 $P_a=P_b$ ，比值为 $1$ 。直线 II 的压强 $P_{\text{II}}$ 与 $P_{\text{I}}$ 之比 $P_{\text{I}}/P_{\text{II}}=V_2/V_1$ ，而 $b$ 在 I 上、 $c$ 在 II 上，故 $P_b/P_c=V_2/V_1$ 。故填 $1$ ； $\dfrac{V_2}{V_1}$ 。
如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压 $p_0$ ，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过 $0.5p_0$ 时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为 $\frac{V}{2}$ 。（i）求A的体积和B的压强；（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。

【答案与解析】

(i) 推活塞压缩 B，当 $\Delta p>0.5p_0$ 时隔板滑动保持 $p_B-p_A=0.5p_0$ 。终态 $V_B=V/2$ ，由 $p_A V_A=p_0V$ 、 $p_B V_B=p_0V$ 且 $p_B-p_A=0.5p_0$ 得 $\frac{p_0V}{V_B}-\frac{p_0V}{V_A}=0.5p_0$ ，代入 $V_B=V/2$ 解得 $V_A=2V/3$ ， $p_B=2p_0$ 。故 A 的体积为 $\dfrac{2V}{3}$ ，B 的压强为 $2p_0$ 。 (ii) 活塞拉回使总体积恢复 $2V$ 。当 $p_A-p_B>0.5p_0$ 时隔板反向滑动保持 $p_A-p_B=0.5p_0$ ，即 $\frac{p_0V}{V_A}-\frac{p_0V}{V_B}=0.5p_0$ 且 $V_A+V_B=2V$ 。解得 $V_A=(3-\sqrt5)V$ ， $V_B=(\sqrt5-1)V$ ，于是 $p_B=\frac{p_0V}{V_B}=\frac{(\sqrt5+1)p_0}{4}$ 。故 A 的体积为 $(3-\sqrt5)V$ ，B 的压强为 $\dfrac{(\sqrt5+1)p_0}{4}$ 。
如图，单色光从折射率 $n=1.5$ 、厚度 $d=10.0\mathrm{cm}$ 的玻璃板上表面射入。已知真空中的光速为 $3\times10^{8}\mathrm{m/s}$ ，则该单色光在玻璃板内传播的速度为＿＿＿＿ $\mathrm{m/s}$ ；对于所有可能的入射角，该单色光通过玻璃板所用时间t的取值范围是＿＿＿＿ $s\leq t<$ ＿＿＿＿s（不考虑反射）。

【答案与解析】

玻璃中光速 $v=c/n=3\times10^8/1.5=2\times10^8\,\mathrm{m/s}$ 。垂直入射时路径最短 $d$ ，时间最小 $t_{\min}=d/v=0.10/(2\times10^8)=5.0\times10^{-10}\,\mathrm{s}$ ；掠入射（ $i\to90^\circ$ ）时折射角 $r$ 满足 $\sin r=1/n=2/3$ ， $\cos r=\sqrt5/3$ ，路径 $d/\cos r$ ，时间趋于 $t_{\max}=d/(v\cos r)=3d/(v\sqrt5)\approx6.7\times10^{-10}\,\mathrm{s}$ 。故填 $2\times10^8$ ； $5.0\times10^{-10}$ ； $6.7\times10^{-10}$ 。
均匀介质中质点A、B的平衡位置位于x轴上，坐标分别为0和 $x_B=16\mathrm{cm}$ 。某简谐横波沿x轴正方向传播，波速为 $v=20\mathrm{cm/s}$ ，波长大于 $20\mathrm{cm}$ ，振幅为 $A=1\mathrm{cm}$ ，且传播时无衰减。 $t=0$ 时刻A、B偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔 $\Delta t=0.6s$ 两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在 $t_1$ 时刻（ $t_1>0$ ），质点A位于波峰。求（1）从 $t_1$ 时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰；（2） $t_1$ 时刻质点B偏离平衡位置的位移。

【答案与解析】

位移相等且同向的事件间隔为半个周期，故 $T/2=0.6\,\mathrm{s}$ ， $T=1.2\,\mathrm{s}$ ，波长 $\lambda=vT=20\times1.2=24\,\mathrm{cm}>20\,\mathrm{cm}$ （吻合）。A、B 相距 $16\,\mathrm{cm}$ ，相位差 $\Delta\varphi=k\cdot16=\frac{2\pi}{24}\times16=\frac{4\pi}{3}$ ，B 比 A 滞后。 (1) $t_1$ 时 A 在波峰，B 相位较 A 落后 $4\pi/3$ ，B 到达下一个波峰需追相 $4\pi/3$ ，时间 $\Delta t=\frac{4\pi/3}{\omega}=\frac{4\pi/3}{2\pi/1.2}=0.8\,\mathrm{s}$ 。即 B 最少经 $0.8\,\mathrm{s}$ 位于波峰。 (2) $t_1$ 时 B 的位移 $y_B=A\cos(4\pi/3)=1\times(-1/2)=-0.5\,\mathrm{cm}$ ，即在平衡位置下方 $0.5\,\mathrm{cm}$ 。故 $t_1$ 时刻 B 的位移为 $-0.5\,\mathrm{cm}$ （或平衡位置下方 $0.5\,\mathrm{cm}$ ）。