河北省鸡泽县第一中学2020届高三二轮复习模拟物理试题（六） 19页

2020 届二轮模拟卷 一、选择题（本题共 8 小题，其中第 19、20、21 小题为多选题，其余为单选题。 多选题至少有两个选项符合题意） 1.如图所示为氢原子的能级图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，结果受到激发 后的氢原子能辐射出三种不同频率的光子，让辐射出的光子照射某种金属，结果有两种频率 的光子能使该金属发生光电效应，其中一种光子恰好能使该金属发生光电效应，则打出的光 电子的最大初动能为（　　） A. 0 B. 1.89eV C. 10.2eV D. 12.09eV 【答案】B 【解析】 【详解】由题可知，某种频率的光照射处于基态的氢原子后，处于激发态的氢原子能辐射出 三种不同频率的光子，表面氢原子激发后处于 n=3 的激发态，辐射出的光子中，两种频率 较高的光子能量为 hv1=E3﹣E1=12.09eV，hv2=E2﹣E1=10.2eV，由于这两种光子中有一种光 子恰好能使该金属发生光电效应，由此可知，该金属的逸出功为 10.2 eV，则打出的光电子 的最大初动能为 Ek=12.09 eV﹣10.2 eV=1.89 eV，故 B 正确，ACD 错误．故选 B． 【点睛】解决本题的关键知道能级间吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，掌握光 电效应方程，并能灵活运用． 2.2017 年 11 月 5 日，又有两颗北斗导航系统组网卫星通过“一箭双星”发射升空，并成功进 入预定轨道，两颗卫星绕地球运动均看作匀速圆周运动。如果两颗卫星的质量均为 M，其 中的 1 号卫星轨道距离地面高度为 h，2 号卫星轨道距离地面高度为 h'，且 h'>h，把地球看 做质量分布均匀的球体，已知地球半径为 R，地球表面的重力加速度大小为 g，引力常量为 G 下列说法正确的是（　　） A. l 号卫星绕地球运动的线速度 B. 1 号卫星绕地球运动的周期 gR R h+ 2 ( ) R hT R h GM π += + C. 1 号卫星和 2 号卫星做匀速圆周运动的向心力大小之比为 D. 稳定在轨运行时 1 号卫星的机械能大于 2 号卫星的机械能 【答案】A 【解析】 【详解】A．设地球质量 m，根据公式 和 解得 故 A 正确； B．根据公式 和 解得： 故 B 错误； C．根据 所以 '2 2 h h 2 2( ) ( ) Mm vG MR h R h =+ + 0 0 2 mmm g G R = gv R R h = + 2 2 2 4 ( )( ) MmG M R hR h T π= ++ 0 0 2 mmm g G R = 2 ( )R h R hT R g π + += 1 2( ) mMF G R h = + 2 ' 2( ) mMF G R h = + 故 C 错误； D．由于 ，卫星从低轨道向高轨道要点火加速，化学能转化为机械能，所以稳定在轨 运行时 1 号卫星的机械能小于 2 号卫星的机械能，故 D 错误。 故选 A. 3.如图甲所示，理想变压器原线圈匝数 n=200 匝，副线圈匝数 n2=100 匝，交流电压表和交 流电流表均为理想电表，两个电阻 R 的阻值均为 125Ω，图乙为原线圈两端的输入电压与时 间的关系图象，下列说法正确的是（　　） A. 通过电阻的交流电频率为 100Hz B. 电压表的示数为 250V C. 电流表的示数为 0.25A D. 每个电阻 R 两端电压最大值为 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图乙知 T= 0.02s，则 =50Hz，变压器不改变交流电的频率，所以输出 交流电的频率仍为 50Hz，A 错误； B．由 可知，电压表的示数 125V B 错误； C．由于电压表 0.5A ' 2 1 2 2 ( ) ( ) F R h F R h += + 'h h< 125 2V 1f T = 1 1 2 2 U n U n = 2 2 1 1 nU Un = = 2 2 2 UI R = = 又 ，则电流表的示数 0.25A C 正确； D．每个电阻 R 两端电压最大值为 UmR=0.5×125× = V D 错误。 故选 C. 4.如图所示，两个质量均为 m 的小球 A、B 套在半径为 R 的圆环上，圆环可绕竖直方向的直 径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。已知 OA 与竖直方向的夹角 θ=53°，OA 与 OB 垂直，小球 B 与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为 g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。 下列说法正确的是（　　） A. 圆环旋转角速度的大小为 B. 圆环旋转角速度的大小为 C. 小球 A 与圆环间摩擦力的大小为 D. 小球 A 与圆环间摩擦力的大小为 【答案】D 【解析】 【详解】AB．小球 B 与圆环间恰好没有摩擦力，由支持力和重力 合力提供向心力，由牛 顿第二定律得： 的 1 2 2 1 I n I n = 2 1 2 1 nI In = = 2 62.5 2 4 5 g R 5 3 g R 7 5 mg 1 5 mg 2tan37 sin37mg m Rω=  所以解得圆环旋转角速度的大小 故选项 A、B 错误； CD．对小球 A 进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得：在水平方向上 竖直方向上 解得 所以选项 C 错误、D 正确。 故选 D. 5.某玩具为了模仿小动物行走的姿势，设计了非圆形的“轮子”。现研究轮子受力情况，模型 简化如图，四分之一圆框架 OAB 的 OA、OB 边初始位置分别处于水平和竖直方向上，光滑 球形重物此时嵌在框架中与 OA、OB、弧 AB 三边恰好接触但接触处并没有全部都产生弹力。 现以 O 点为轴缓慢将框架在同一竖直平面内顺时针转动 角，下列说法正确的是（　　） A. 转动 为 0 至 的过程，弧 AB 受到重物的压力逐渐变大 4= 5g R ω 2sin cos sinN f m Rθ θ ω θ− = cos sin 0N f mgθ θ− − = 5 mgf = θ θ 2 π B. 为 时，弧 AB 受到重物的压力最大 C. 转动一周的过程中，存在某一特定的 角，此时弧 AB 与 OA 板受到重物的压力一样大 D. 转动一周的过程中，OA、OB、弧 AB 受到重物压力的最大值不同 【答案】C 【解析】 【详解】A．以 O 点为轴缓慢将框架在同一竖直平面内顺时针转动过程中，相当于重力沿顺 时针方向转动，转动 θ 为 0 至 π/2 的过程，弧 AB 始终不受力作用，则选项 A 错误； B．由力的合成知识可知当 θ=π 时，此时弧 AB 受到重物的压力大小为 G，θ=5π/4 时， 弧 AB 受到重物的压力为 G，则此时压力不是最大，选项 B 错误； C．旋转重力的方向，当此方向在弧 AB 弹力的方向与 OA 板弹力方向的夹角的平分线上时， 此时弧 AB 与 OA 板受到重物的压力一样大，选项 C 正确； D．旋转重力的方向，当此方向与弧 AB 的弹力方向垂直时，在两个不同的位置，OA 板和 OB 板的弹力都会取得最大值，大小为 G，则转动一周的过程中，OA、OB、弧 AB 受到重 物压力的最大值一样大，选项 D 错误。 故选 C。 6.如图所示，空间分布着匀强电场，电场中有与其方向平行的四边形 ，其中 为 的中点， 为 的中点. 将电荷量为 的粒子，从 点移动到 点，电势能减小 ； 将该粒子从 点移动到 点，电势能减小 . 下列说法正确的是（ ） A. 点的电势一定比 点的电势高 B. 匀强电场的电场强度方向必沿 方向 C. 若 之间的距离为 ，则该电场的电场强度的最小值为 D. 若将该粒子从 点移动到 点，电场力做功 【答案】CD θ 5 4 π θ 2 2 ABCD M AD N BC q+ A B 1E D C 2E D A DC A B、 d 1E qd M N 1 2 2 E E+ 【解析】 【详解】将电荷量为 的粒子,从 点移动到 点,电势能减小 ,则 点的电势比 点高 ；同理 点电势比 点高 ; 两点电势关系无法确定,匀强电场的 电场强度方向不一定沿 方向，选项 AB 错误；若 之间的距离为 ,则该电场的电场 强度取最小值时必沿 方向,此时 ,则 ，选项 C 正确； 点 的电势 ，同理 ,则若将该粒子从 点移动到 点，电场力做 功 ，选项 D 正确 7.如图甲所示，在光滑绝缘水平面内．两条平行虚线间存在一匀强磁场．磁感应强度方向与 水平面垂直．边长为 l 的正方形单匝金属线框 abcd 位于水平面内，cd 边与磁场边界平 行． 时刻线框在水平外力 F 的作用下由静止开始做匀加速直线运动通过该磁场，回路 中的感应电流大小与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ） A. 水平外力为恒力 B. 匀强磁场的宽度为 C. 从开始运动到 ab 边刚离开磁场的时间为 D. 线框穿出磁场过程中外力 F 做的功大于线框进入磁场过程中外力 F 做的功 【答案】BCD 【解析】 【分析】 根据线框感应电流 ，结合 i-t 图象知道，线框做匀加速直线运动，从而再根据 图象找到进入和穿出磁场的时刻，由运动学公式就能求出磁场宽度、ab 边离开的时间．根 据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向．根据安培力公式得出导线框所受的安培 力． q+ A B 1E A B 1 AB EU q = D C 2 CD EU q = A D、 DC A B、 d AB 1 min AB EE d U q = = 1 min EE dq = M 2 A D M ϕ ϕϕ += 2 B C N ϕ ϕϕ += M N ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 A B D C AB DC MN M N U U E EW q q q ϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ − + − + += − = = = 0t = 8 3 l 04 3t E BLvI R R = = 【详解】线框进入磁场的时候，要受到安培力的作用，电流是变化的，安培力也是变化的， 因此外力 F 必然不是恒力，选项 A 错误；由图乙可知 2t0～4t0 时间内线框进入磁场，设线框 匀加速直线运动的加速度为 a，边框长为：l= a(4t0)2− a(2t0)2=6at02；磁场的宽度为：d= a(6t0)2− a(2t0)2=16at02；故 d= ，故选项 B 正确；设 t 时刻线框穿出磁场，则有：6at02= at2− a(6t0)2，解得：t=4 t0，选 C 正确；线框进入磁场过程的位移与出磁场过程的位移 相等，根据 可知，线框出离磁场过程中的水平拉力大于进入磁场过程中的 水平拉力，线框穿出磁场过程中外力 F 做的功做的功大于线框进入磁场过程中水平拉力做 的功，选项 D 正确．故选 BCD． 8.如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮 O1，O2 和质量为 m 的小球连接，另一 端与套在光滑直杆上质量也为 m 的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖 直平面内，与水平面的夹角 ，直杆上 C 点与两定滑轮均在同一高度，C 点到定滑轮 O1 的距离为 L，重力加速度为 g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰．现 将小物块从 C 点由静止释放，当小物块沿杆下滑距离也为 L 时（图中 D 处），下列说法正确 的是 A. 小物块刚释放时轻绳中的张力一定大于 mg B. 小球下降最大距离 C. 小物块在 D 处的速度与小球速度大小之比为 D. 小物块在 D 处的速度大小为 【答案】BD 为 1 2 1 2 1 2 1 2 8 3 l 1 2 1 2 3 2 2B l vF maR − = 60θ = ° 3(1 )2L − 2: 3 20 3 5 gLv = 【解析】 A、刚释放的瞬间，小球的瞬间加速度为零，拉力等于重力，故 A 错误； B 、 当 拉 物 块 的 绳 子 与 直 杆 垂 直 时 ， 小 球 下 降 的 距 离 最 大 ， 根 据 几 何 关 系 知 ， ，故 B 正确； C、将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，沿绳子方向的分速度等于小球的速 度，根据平行四边形定则知，小物块在 D 处的速度与小球的速度之比为 ，故 C 错误； D、设小物块下滑距离为 L 时的速度大小为 v，此时小球的速度大小为 ，则 ,对 滑块和小球组成的系统根据机械能守恒定律，有： ,解得 ，故 D 正确． 点睛：解决本题的关键知道两物体组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，以及知道物块 与 之间的距离最小时，小球下降的高度最大，知道物块沿绳子方向的分速度等于小球的 速度． 9.某兴趣小组为研究一种蜡烛在水中的浮力，设置了如图的实验装置，透明玻璃管中装有水， 蜡烛用针固定在管的底部，当拔出细针时，蜡烛能够上浮．为研究蜡烛的运动情况，采用了 智能手机的频摄功能，拍摄频率为 10Hz. 在实验过程中拍摄了 100 多张照片，取开始不久某 张照片编号为 0，然后依次编号，并取出编号为 10 的倍数的照片，使用照片编辑软件将照 片依次排列处理，以照片编号 0 的位置为起点，测量数据，最后建立坐标系描点作图，纵坐 标为位移，横坐标为照片编号，如图所示． 360 (1 )2h L Lsin L∆ = − ° = − 1: 2:1v v = 1v 1v vcosθ= 2 2 1 1 1 2 2mgLsin mv mvθ = + 20 3 5 gLv = 1O 通过计算机拟合发现各点连线近似于抛物线，则蜡烛上升 加速度为________m/s2（保留 2 位有效数字） 已知当地的重力加速度为 g，忽略蜡烛运动受到的粘滞力，若要求蜡烛受到的浮力，还需要 测量 ______________ ． 【答案】 (1). 或 (2). 蜡烛的质量 m 【解析】 【 详 解 】 (1) 由 图 可 知 ， ， ， ， ， ，根据逐差法可知： ，其中 ， 代入数可得，a=0.014m/s2； (2)根据牛顿第二定律可知： ，所以还要测蜡烛的质量 m． 10.为了测定金属丝的电阻率，某实验小组将一段金属丝拉直并固定在米尺上，其两端可作 为接线柱，一小金属夹夹在金属丝上，且可在金属丝上滑动．请完成以下内容． (1)某次用螺旋测微器测该金属丝的直径，示数如图甲所示，则其直径 d＝____mm． (2)实验中先用欧姆表测出该金属丝的阻值约为 3Ω． (3)准备的实验器材如下： A．电压表 V(量程 0~3 V，内阻约 20 kΩ) 的 21.4 10−× 0.014 1 1.4x cm= 2 (4.1 1.4) 2.7x cm cm= − = 3 (8.4 4.1) 4.3x cm cm= − = 4 (13.9 8.4) 5.5x cm cm= − = 5 (20.9 13.9) 7x cm cm= − = 5 4 2 1 2 ( ) ( ) 6 x x x xa T + − += 1T s= F mg ma− =浮 B．定值电阻 10Ω C．定值电阻 100Ω D．蓄电池(电动势约 12 V，内阻不计) E．开关 S 一只 F．导线若干 实验小组利用上述器材设计并完成实验．实验中通过改变金属夹的位置进行了多次测量，在 实验操作和测量无误的前提下，记录了金属丝接入电路中的长度 l 和相应的电压表的示数 U， 并作出了 － 的关系图像，如图乙所示．根据题目要求，在图丙所示的虚线框内完成设 计的实验电路图．其中定值电阻 R 应选____(填“B”或“C”)；金属丝电阻率的表达式 ＝ ____________________(用 a、b、c、d、R 表示)． 【答案】 (1). 0.750 (2). B (3). 【解析】 【分析】 （1）螺旋测微器固定刻度最小分度为 1mm，可动刻度每一分度表示 0.01mm，由固定刻度 读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分． （2）电路分为测量电路和控制电路两部分．测量电路采用伏安法．根据电压表、电流表与 待测电阻阻值倍数关系，选择电流表外接法．变阻器若选择 R2，估算电路中最小电流，未 超过电流表的量程，可选择限流式接法． 【详解】（1）螺旋测微器固定刻度为 0.5mm，可动刻度为 25.0×0.01mm，两者相加就是 0.750mm． （2）因为只有电压表，当连入电路的电阻丝变化时，其两端的电压也将发生变化，找到电 压 U 与长度 l 的关系，画出图象就能求出电阻丝的电阻率，按题意就可以画出电路如图所示， 1 U 1 l ρ 2 4( ) bcRd a b π − 由于电阻丝 电阻只有 3Ω，所以定值电阻选较小的 B. （4）据欧姆定律可以写出电阻丝两端的电压 所以 结合图象有： （截距） 当 时， 而 S=π( )2 联立可得： 【点睛】本实验测电阻丝的电阻率比较巧妙，利用图象法减小了偶然误差，再结合数学图象 的知识，更是本题的精华部分；测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控 制电路两部分设计．测量电路要求精确，误差小． 11.如图所示，一轻弹簧左端与竖直的墙连接，右端与质量为 m 的物块接触，开始时弹簧处 于原长，弹簧的劲度系数为 k，现用恒力 F 向左推物块，当物块运动到最左端时，推力做的 功为 W，重力加速度为 g，物块与水平面间的动摩擦因数为 μ，整个过程弹簧的形变在弹性 限度内，求： （1）物块向左移动过程中克服摩擦力做的功； 的 x x l R SU E ElR R RS ρ ρ = =+ + 11 1RS U E E lρ= + × 1b E = 1 cl = 1 RSa b cU Eρ= = + × 2 d 2 ( )4 bcRd a b πρ = − （2）物块运动到最左端时，撤去推力，弹簧能将物块弹开，则物块从最左端起向右能运动 多远？ 【答案】（1） （2） 【解析】 （1）设物块向左移动的距离为 x，根据题意： 克服摩擦力做功： （2）物块向左运动过程中，由于弹簧的弹力与物块运动的位移成正比，弹簧弹力做功： 根据弹簧弹力做功与弹性势能大小关系，弹簧具有的最大弹性势能： 撤去推力后，根据动能定理： 可得物块能向右运动的距离： 点睛：此题关键要搞清能量之间的转化关系，知道弹力做功等于弹性势能的变化；因弹簧的 弹力与物块运动的位移成正比，所以求解弹力做功时，弹力可取平均值. 12.“801 所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇 宙中大量存在的等离子体(由电量相同的正、负离子组成)经系统处理后，从下方以恒定速率 v1 向上射入有磁感应强度为 B1、垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ内．当栅极 MN、PQ 间形 成稳定的电场后，自动关闭区域Ⅰ系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场 B1)．区域Ⅱ内有磁感 应强度大小为 B2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为 D、与上下极板相切的 半圆(圆与下板相切于极板中央 A)．放在 A 处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相 等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为 D 的平行氙粒子束，经过栅极 MN、PQ 之间的电场加速后从 PQ 喷出，在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不计氙原子 核、等离子体的重力，不计粒子之间相互作用于相对论效应)．已知极板长 RM=2D，栅极 MN 和 PQ 间距为 d，氙原子核的质量为 m、电荷量为 q，求： f mgW mgx WF µµ= = 2 2' 2 kWx mgFµ= Wx F = f mgW mgx WF µµ= = 20 1 ( )2 2FN kx WW x k F += − = − 2 22P FN kWE W F = − = ' 0FNW mgxµ ′− = ' = (0- )FN PW E− 2 22 kWx mgFµ ′ = (1)氙原子核在 A 处的速度大小 v2； (2)氙原子核从 PQ 喷出时的速度大小 v3； (3)因区域Ⅱ内磁场发生器故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半并分布在整个区域Ⅱ中，求 能进入区域Ⅰ的氙原子核占 A 处发射粒子总数的百分比． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【详解】（1）离子在磁场中做匀速圆周运动时： 根据题意，在 A 处发射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成宽度为 D 的平行氙原子核 束，即 则： （2）等离子体由下方进入区域 I 后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于 洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为 ，则 即 氙原子核经过区域 I 加速后，离开 PQ 的速度大小为 ，根据动能定理可知： 其中电压 联立可得 2 2 B Dq m 2 2 2 1 1 2 2 8 4 B v qdm B D q m + 090FAN∠ = 1 3 2 2 2 2 vB qv m r = 2 Dr = 2 2 2 B Dqv m = q′ 1 1Eq B v q=′ ′ 1 1E B v= 3v 2 2 3 2 1 1 2 2Uq mv mv= − 1 1U Ed B v d= = 2 2 2 1 1 2 3 2 8 4 B v qdm B D qv m += （3）根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为 之后，根据 可知， ①根据示意图可知，沿着 AF 方向射入的氙原子核，恰好能够从 M 点沿着轨迹 1 进入区域 I，而沿着 AF 左侧射入的粒子将被上极板 RM 挡住而无法进入区域 I． 该轨迹的圆心 O1，正好在 N 点， ，所以根据几何关系关系可知，此时 ； ②根据示意图可知，沿着 AG 方向射入的氙原子核，恰好从下极板 N 点沿着轨迹 2 进入区域 I，而沿着 AG 右侧射入的粒子将被下极板 SN 挡住而无法进入区域 I． ，所以此时入射角度 ． 根据上述分析可知，只有 这个范围内射入的粒子还能进入区域 I．该区域的粒 子占 A 处总粒子束的比例为 13.关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是_______ A. 当液体与固体接触时，如果附着层内分子间的作用表现为斥力，这样的液体与固体间就 表现为浸润 B. 当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大 C. 晶体一定具有规则的几何外形 D. 液体表面张力有使其表面积收缩到最小的趋势 E. 饱和汽压与液体的温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大 【答案】ADE 【解析】 【详解】液体对固体的浸润，则分子间距小于液体内部，则液面分子间表现为斥力，液面呈 2B′ 2 mvr B q =′ ′ 2r r D′ = = 1 1AO MO D= = 090FAN∠ = 2 2AO AN NO D= = = 030GAN∠ = 060FAG∠ = 0 0 60 1= =180 3 η 现凹形，表面有扩张的趋势，故 A 正确；当人们感到潮湿时，是因为空气的相对湿度较大， 而绝对湿度的大小无法确定．故 B 错误；单晶体一定具有规则的几何外形，多晶体不一定 具有规则的几何外形．故 C 错误；液体表面分子间距较大，故有张力，使其表面积有收缩 到最小的趋势，故 D 正确；饱和汽压与液体种类和温度有关，水的饱和汽压随温度的升高 而增大，故 E 正确；故选 ADE． 【点睛】浸润与不浸润现象与分子力有关；绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可 用空气中水的蒸气压来表示；相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值 的百分数；单晶体具有规则的几何外形；液体表面有张力；饱和汽压与液体种类和温度有 关． 14.如图所示，横截面积均为 S，内壁光滑的导热气缸 A、B．A 水平、B 竖直放置，A 内气 柱的长为 2L，D 为 B 中可自由移动的轻活塞，轻活塞质量不计．A、B 之间由一段容积可 忽略的细管相连，A 气缸中细管口处有一单向小阀门 C，A 中气体不能进入 B 中，当 B 中 气体压强大于 A 中气体压强时，阀门 C 开启，B 内气体进入 A 中．大气压为 P0，初始时气 体温度均为 27℃，A 中气体压强为 1.5P0，B 中活塞 D 离气缸底部的距离为 3L．现向 D 上 缓慢添加沙子，最后沙子的质量为 ．求： (i)活塞 D 稳定后 B 中剩余气体与原有气体的质量之比； (ii)同时对两气缸加热，使活塞 D 再回到初始位置，则此时气缸 B 内 温度为多少? 【答案】(i) (ii) 【解析】 试题分析：（i）对活塞受力分析，得出A 中原有气体末态的压强，分析 A 中原有气体变化 前后的状态参量，由玻意耳定律得 A 末态的体积，同理对 B 中原来气体进行分析，由由玻 意耳定律得 B 末态的体积，气体密度不变，质量与体积成正比，则质量之比即体积之比； （2）加热后对 B 中的气体进行分析，发生等压变化，由盖吕萨克定律即可求解． （i）当活塞 C 打开时，A、B 成为一个整体，气体的压强 对 A 中原有气体，当压强增大到 时，其体积被压缩为 的 0P Sm g = 2 3 2 900KT = 2 0 mgP P S = + 02P AL S′ 由玻意耳定律得： 解得： B 中气体进入气缸 A 中所占体积为 对原来 B 中气体，由玻意耳定律得： 解得： B 中剩余气体与原有气体的质量比为 （ii）对气缸加热，阀门C 关闭，此时被封闭在 B 中的气体温度为 ， 体积为 D 活塞回到初始位置，气体体积变为 ，设最终温度为 由盖吕萨克定律得： 解得： 【点睛】解题的关键就是对 A、B 中气体在不同时刻的状态参量分析，并且知道气体发生什 么变化，根据相应的气体实验定律分析求解． 15.如图所示，甲图为沿 x 轴传播的一列简谐横波在 t=0 时刻的波动图象，乙图为参与波动质 点 P 的振动图象，则下列判断正确的是__________ A. 该波的传播速率为 4m/s B. 该波的传播方向沿 x 轴正方向 C. 经过 0.5s，质点 P 沿波的传播方向向前传播 2m D. 该波在传播过程中若遇到 4m 的障碍物，能发生明显衍射现象 E. 经过 0.5s 时间，质点 P 的位移为零，路程为 0.4m 0 01.5 ·2 2 · AP LS P L S= ′ 1.5AL L′ = 0.5LS ( )0 0·3 2 · 0.5 BP LS P LS L S+ ′= BL L′ = 2 0.5 3 B B L S LS L S′ =+ ′ 1 273 27 300T K K K= + = BL S LS′ = 3LS 2T 1 2 3BL S LS T T =′ 2 900T K= 【答案】ADE 【解析】 【详解】A．由甲读出该波的波长为 λ=4m，由乙图读出周期为 T=1s，则波速为 故 A 正确； B．在乙图上读出 t=0 时刻 P 质点的振动方向沿 y 轴负方向，在甲图上判断出该波的传播方 向沿 x 轴负方向。故 B 错误； C．质点 P 只在自己的平衡位置附近上下振动，并不波的传播方向向前传播。故 C 错误。 D．由于该波的波长为 4m，与障碍物尺寸相差不多，能发生明显的衍射现象，故 D 正确； E．经过 ，质点 P 又回到平衡位置，位移为零，路程为 S=2A=2×0.2m=0.4m。 故 E 正确。 故选 ADE. 16.如图，某同学想把剖面 MON 为等腰三角形的玻璃砖加工成“玻璃钻石”送给妈妈．已知顶 角∠MON = 2θ，该玻璃折射率 n = 2．现有一光线垂直 MN 边入射． （i）为了使该光线在 OM 边和 ON 边都能发生全反射，求 θ 的取值范围． （ii）若 θ = 42°，试通过计算说明该光线第一次返回 MN 边能否射出． 【答案】（1） （2）可以射出 【解析】 （i）根据题意画出光路图（如图） 4m / sv T λ= = 0.5 2 Tt s= = 0 040 0 60≤ ≤ 当光线入射到玻璃砖的内表面（OM、ON）上恰好发生全反射时需满足 解得：临界角 C=30° 由几何关系可得光线入射到 OM 边、ON 边的入射角分别为 90°－θ、3θ－90° 要发生全反射应满足：90°－θ ≥C、3θ－90°≥C 综合两式得 40°≤θ≤60°． （ii）画出该光线第一次返回 MN 边时的光路图 由几何关系可得在 MN 边入射角为 180°－4θ 若 θ = 42°，则 180°－4θ＜C 所以该光线第一次返回 MN 边可以射出 1 1sinC = = 2n