1、2019 届湘赣十四校高三联考第一次考试物理试卷届湘赣十四校高三联考第一次考试物理试卷 一、选择题一、选择题 1.一质点做匀加速直线运动，在通过某段位移 s 内速度增加了 v，动能变为原来的 9倍则该质点的加速度 为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设原来速度为，则通过位移为 s后，速度为，由题意可知，由公式 ， 解得：，故 B 正确。 故选：B。 【点睛】本题考查动能以及运动学规律的问题，要注意明确动能变为 9 倍所隐含的信息，从而求出速度关 系，同时还要注意应用平均速度公式。 2.一可变理想变压器原、副线圈的回路中分别接有电阻 r和可変电阻 R，原线圏一侧接在电压恒定
2、的正弦交 流电源上，如图所示，下列说法正确的是 A. 变压器的触头向下滑动，其他条件不変，R上消耗的功率不可能先増大后减小 B. 变压器的触头向下滑动，其他条件不变，R上消耗的功率不可能一直减小 C. 可变电阻 R触头向下滑动，其他条件不变，r 上消耗的功率一定减小 D. 可变电阻 R触头向下滑动，其他条件不变，R上消耗的功率一定增大 【答案】C 【解析】 【分析】 该题的突破口是表示出原线圈中的电流和原线圈回路中的电阻的分压，找出原线圈的电压和原线圈回路中 的电阻的分压的数值关系。该题类似于远距离输电的情况。 【详解】AB将变压器与 R等效为，变压器的触头向下滑动时，变大，由图线可知，R 上
3、 消耗的功率可能先増大后减小，也可能一直减小，故 A、B错误； CDR触头向下滑，阻值变大，原线圈电流减小，r上消耗的功率一定关小，将变压器与 R 等效为， 由输出功率与外电阻关系知 R 的功率变化有多种情况，故 C 正确，D错误。 故选：C。 3.如图，倾角为 0 的传送带正以速度匀速顺时针转动，现将物块轻放在传送带的顶端 A 点，在物块向下运动 的过程中，关于物块的速度 v，所受摩擦力的大小 f、摩擦力功率的大小 P、重力势能 Ep的图象一定不正确 的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 开始时，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：mgsin+mco
4、s=ma，求解出加速度 为 a=g（sin+cos） ；若滑块速度增加到等于传送带速度，此时可能一起匀速（mgsinmgcos） ，也可能 继续加速（mgsinmgcos） ，但摩擦力方向会反向。 【详解】对物块受力分析可知，物块在传送带上运动的情况有三种情况：即一直匀加速运；先匀加速 到与传送带共速后再以更小的加速度加速；先匀加速与传送带共速后再匀速， A.重力势能与时间在两个阶段不可能都是线性关系，故 A 错误。 B.情况对应的摩擦力先为滑动摩擦，后为静摩擦力，故 B 正确； C.情况对应摩擦力为可知，C正确； D.情况对应的速度时间图象即为 D，故 D正确； 本题选不正确的，故选：A。
5、【点睛】本题关键是当滑块速度增加到等于初速度速度后，滑块相对与初速度可能下滑，也可能相对静止。 4.如图， 边长为 a立方体 ABCDABCD八个顶点上有八个带电质点， 其中顶点 A、 C 电量分别为 q、 Q， 其他顶点电量未知，A点上的质点仅在静电力作用下处于平衡状态，现将 C上质点电量变成Q，则顶点 A 上质点受力的合力为（不计重力） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据电场的叠加原理和点电荷的场强公式结合分析场强的关系，处理合力的大小。 【详解】开始时 A 上质点受力平衡，A、 间库仑力与其他六个质点对 A的合力等大反向， 当 上质点电性变为时，A 质点受到的力
6、为原来的的两倍 所以 A质点受的合力为，故 B 正确。 故选：B。 5.2019 年 1月 3日，“嫦娥四号”成功着陆在月球背面南极，由前期发射的“鹊桥”号中继星为其探测器提供地 月中继通信支持，“鹊桥”号中继星于“地月系统拉格朗日2点”（简称地月 L2 点）附近运动，地月 L2 点位 于地球和月球两点连线的延长线上的某点，在月球背对地球的一侧，探测器处于该点可在几乎不消耗燃料 的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，关于定点于地月 L2 点的探测器的说法正确的是 A. 探测器与月球绕地球做圆周运动的周期之比等于它们的轨道半径的二分之三次方之比 B. 探测器与月球绕地球做圆周运动的向心加速度与它们
7、的轨道半径的平方成反比 C. 探测器与月球绕地球做圆周运动的线速度之比等于它们的轨道半径之比 D. 不可能有探测器能定点于地月连线之间某点 【答案】C 【解析】 【分析】 物体绕地球做圆周运动的轨道周期与月球绕地球做圆周运动的轨道周期相同，结合轨道半径的关系得出线 速度、角速度、向心加速度的大小关系。 【详解】A定点于处的探测器与月球公转周期相同，故 A 错误； B由公式可知，由于周期相同，所以探测器与月球绕地球做圆周运动的向心加速度与它们的轨道 半径的成正比，故 B错误； C 由公式可知， 探测器与月球绕地球做圆周运动的线速度之比等于它们的轨道半径之比， 故 C 正确； D 在地朋连线之间会
8、有一处满足， 即可能有探测器能定点于地月连线之间某点， 故 D错误。 故选：C。 【点睛】解决本题的关键知道物体做圆周运动，靠地球和月球引力的合力提供向心力。不能认为靠地球的 万有引力提供向心力进行分析求解，另外还要仅仅抓住：中继卫星在地月引力作用下绕地球转动的周期与 月球绕地球转动的周期相同。 6.如图， 叠放的两个物块无相对滑动地沿斜面一起下滑， 甲图两物块接触面平行于斜面且摩擦力的大小为 f1， 乙图两物块接触面与斜面不平行且摩擦力的大小为 f2，丙图两物块接触面水平且摩擦力的大小为 f3，下列判 断正确的是 A. 若斜面光滑，f10，f20，f30 B. 若斜面光滑，f10，f20，f
9、30 C. 若两滑块一起匀速下滑 f10，f20，f30 D. 若两滑块一起匀速下滑，f10，f20，f30 【答案】A 【解析】 【分析】 本题考查整体法与隔离法的应用，注意对物体的受力分析。 【详解】AB若斜面光滑，整体沿斜面下滑加速度为，甲、乙、丙三图上方物块重力沿斜面向下分力 均为，甲图上方物块支持力垂直斜面在斜面没有分力，乙图和丙图接触面支持力在斜面上均有分力， 必有摩擦力才能使合力为，故 A正确，B 错误； CD若滑块一起匀速下滑，上方滑块合力为 0，必有 ， ，故 C、D 错误。 故选：A。 7.如图所示，长为 l的轻杆两端各固定一个质量均为 m的小球 a、b，系统置于倾角为 的
10、光滑斜面上，且杄 可绕位于中点的转轴平行于斜面转动，当小球 a位于最低点时给系统一初始角速度，不计一切阻力，则 A. 在轻杆转过 180 的过程中，角速度逐渐减小 B. 只有 o 大于某临界值，系统才能做完整的圆周运动 C. 轻杆受到转轴的力的大小始终为 D. 轻杆受到转轴的力的方向始终在变化 【答案】C 【解析】 【分析】 本题考查机械能守恒定律，关键是明确时 A、B球系统机械能守恒，单个球机械能不守恒，同时结合重心的 概念进行分析。 【详解】ABa、b构成的系统重力势能不变，系统动能不变，角速度是一个定值，即系统始终匀速转动， 故 A、B错误； CD对两球 a、b，由牛顿第二定律有：，解得
11、： 力方向始终沿斜面 向上，故 C正确，D 错误。 故选：C。 8.用波长为 300 nm 的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为 1.2810-19 J。已知普朗克常量为 6.6310-34 J s，真空中的光速为 3.00108 m s-1，能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为 A. 11014 Hz B. 81014 Hz C. 21015 Hz D. 81015 Hz 【答案】B 【解析】 试题分析试题分析：知道光电效应方程；知道逸出功并结合两个公式求解。 由光电效应方程式得： 得： 刚好发生光电效应的临界频率为 则 代入数据可得： ，故 B正确； 故选 B 点睛：点睛：本题
12、比较简单，知道光电效应方程并利用方程求解即可。 9.如图，水平横杆上套有圆环 A，A通过轻绳与重物 B相连，轻绳绕过固定在横杆下的定滑轮，轻绳通过光 滑动滑轮挂着物体 C，并在某一位置达到平衡，现将圆环 A 缓慢向右移动一段距离，系统仍静止，则 A. A环受到的摩擦力将变大 B. A环受到的支持力保持不变 C. C 物体重力势能将不变 D. C物体重力势能将减小 【答案】BD 【解析】 【分析】 对两个滑块分别受力分析，根据共点力平衡条件列式求解，注意绳子对两侧的拉力大小相等。 【详解】轻绳拉力处处相同，等于 B 的重力，重物 C 始终平衡，所以动滑轮两侧轻绳夹角保持不变，拴接 A 的轻绳与水
13、平方向夹角也不变，A 环受力保持不变，重物 C 必定下降，重力势能减小，故 B、D正确，A、 C错误。 故选：BD。 【点睛】本题关键是分别对两个物体受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式求解。 10.如图所示，左侧接有定值电阻 R 的光滑导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B，导 轨间距为d 一质量为m、 阻值为r的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始运动， 速度与位移始终满足=kx， 棒与导轨接触良好，则在金属棒移动距离为 l的过程中 A. 金属棒的动量对时间的变化率增大 B. 拉力的冲量为 C. 通过电阻 R电量为 D. 电阻 R上产生的焦耳热为 【答案】AB
14、 【解析】 【分析】 本题的关键是根据 v与 x的关系，由安培力公式，得到 FA与 x 的关系式，确定出 FA与 x是线性 关系，即可求出安培力做功，再分析功能关系即可明确求出的热量和拉力的功，注意速度为线性变化，故 可以利用平均安培力求出安培力的功，同时产生的热量要包括摩擦生热和安培力所做的功。 【详解】A由知棒在做加速度增大的加速运动，合力增大，动量对时间的变化率即为合力，故 A正 确； BC由公式，根据动量定理有： ， 解得： ， 故 B 正确，C错误； D由功能关系知， 且，联立 解得：，故 D 错误。 11.如图所示，甲球从 O点以水平速度 1飞出，落在水平地面上的 A点乙球从 O
15、点以水平速度 2 飞出，落 在水平地面上的 B 点，反弹后恰好也落在 A 点两球质量均为 m若乙球落在 B点时的速度大小为 2，与地 面的夹角为 60 ，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，下列说法正确的是 A. 乙球在 B 点受到的冲量大小为 B. 抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能 C. OA 两点的水平距离与 OB 两点的水平距离之比是 3：1 D. 由 O点到 A点，甲、乙两球运动时间之比是 1：1 【答案】ABC 【解析】 【分析】 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，初速度 和时间共同决定水平位移。斜抛运动在水平方向上做匀
16、速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动。结合 分运动的规律研究。 【详解】A由动量定理得：，解得：，故 A正确； B由题意可知，甲球抛出的初速度较大，动能大，由于高度相同，势能相同，所以抛出时甲球的机械能大 于乙球的机械能，故 B 正确； C乙球与地面发生弹性碰撞，由对称性可知，所以第一次落地不平位移之比为 3：1 故 C正 确； D由公式可知，乙球不反弹从 O 到 B所用的时间与甲球从 O到 A的时间相同，由于乙球反弹后再 到 A 点，所以两者的时间不相等，故 D 错误。 故选：ABC。 【点睛】解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由 高度决定，
17、与初速度无关。 12.如图所示，在矩形区域 ABCD 内有一垂直纸面向里的匀强磁场，AB，AD10cm，磁感应强度 B02T在 AD 的中点 P 有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向均匀地发射出 速率为 v10 1012ms 的正离子，离子的质量 m20X1012kg，电荷量 q10 105C，离子的重力 不计，不考虑离子之间的相互作用，则 A. 从边界 BC边飞出的离子中，BC中点飞出的离子在磁场中运动的时间最短 B. 边界 AP 段无离子飞出 C. 从 CD、BC边飞出的离子数之比为 1：2 D. 若离子可从 B、C 两点飞出，则从 B 点和 C 点飞出的离子在磁场中运
18、动的时间相等 【答案】ACD 【解析】 【分析】 粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，由牛顿第二定律可以求出粒子的 速度，然后确定粒子速率范围；由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，作出粒子运动轨迹，应用几何知识求 出粒子射出的范围。 【详解】AD由于离子的速率一定，所以离子运动的半径确定，在离子转过的圆心角小于 的情况下，弦 长越短，圆心角越小，时间越短，弦长相等，时间相等，所以从 BC 中点飞出的离子对应的弦长最短，所用 时间最短，离子从 B、C两点飞出对应的弦长相竺，所以运动时间相等，故 A、D正确； B由洛伦兹力方向可知，离子逆时针方向旋转，发射方向与 PA方向夹
19、角较小的离子会从 AP 段飞出，故 B 错误； C由公式得：，通过图可知， ，所以从 CD、BC 边飞出的离子数之比为 1：2，故 C正角。 故选：ACD。 【点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清 楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、几何知识即可正确解 题。 二、实验题二、实验题 13.小明同学要粗测一长木板与小滑块之间的动摩擦因数，除了长木板和小滑块外手边只有一个手机，手机 里面带有计时和测倾斜角并可得其三角函数值的 APP，他采用了如下的测量步骤 （1）将长木板一端抬高，倾斜一个较大的角度，并固定好
20、 （2）将小滑块以一定初速度从底端沿斜面推出，到最高点后又沿板滑下 （3）为了使小滑块能沿长木板下滑，动摩擦因数 和倾角 应满足_ （4）在这个过程中小明同学需分别测出_（用文字描述并表示出相应符号） ； （5）动摩擦因数可表示为_ 【答案】 (1). ； (2). 滑块上滑时间 t1，滑块下滑时间 t2，长木板倾角斜角 (3). 【解析】 【分析】 根据牛顿第二定律有 mgsin-mgcos=ma，由此可知需要测量的物理量，根据牛顿第二定律的表达式， 可以求出摩擦系数的表达式。 【详解】 (3)手机在倾斜木板上受重力， 支持力， 摩擦力， 要使手机下滑， 则， 解得：； (4)由于手机可以测
21、量时间， 所以可以让手机以一定的初速度向上滑并测出上滑到速度为 0的时间 ， 再让手 机从静止沿木板下滑并测出下滑到底端的时间 ，同时手机还可以测木板的倾角 即可； (5)根据手机上滑和下滑过程的位移相同，即有： 上滑： ，其中 下滑：，其中 联立解得：。 【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟 练应用所学基本规律解决实验问题。 14.用实验测一电池的内阻 r 和电流表内阻 r已知电池的电动势约 6V，电池内阻和电流表内阻阻值都为数 十欧可选用的实验器材有： 待测电流表 A（量程 0100mA） 电压表 V1（量程 06V，内阻约 20k2
22、） 电压表 V2（量程 015V，内阻约 25k） 滑动变阻器 R1（阻值 05） 滑动变阻器 R2（阻值 0300） ； 单刀单掷开关 S1，单刀双掷开关 S2导线若干条 某同学的实验过程如下 I设计如图甲所示的电路图，正确连接电路 将 R 的阻值调到最大，开关 S2接通 a，闭合开关 S1，逐次调小 R的阻值，测出多组 U 和 I的值，并记 录以 U 为纵轴，I为横轴，得到如图乙所示的图线 将开关 S2 接通 b，重复的步骤，得到另一条 UI图线，图线与横轴 I的交点坐标为（1，0） ，与纵轴 U 的交点坐标为（0，U0）回答下列问题 （1）电压表应选用_，滑动变阻器应选用_； （2）由图
23、乙的图线得电源内阻 r_（保留两位有效数字） （3）用 I0、U0和 r 表示待测电阻的关系式 rA_代入数值可得 rA； （4） 由第 （2） 问中测得的电源内阻与真实值的关系是r真_r测（填“大于”“小于”或“等于”） ， 原因是_ （填“电压表分流”或“电流表分压”） 【答案】 (1). V1； (2). R2； (3). 25； (4). ； (5). 大于； (6). 电压表分流 【解析】 【分析】 据题目中给出的电源及待测电阻的大约阻值，略算对应的电流，则可明确电流表及滑动变阻器应选择的仪 器； 由图象的性质及闭合电路欧姆定律可得出电源内阻； 根据电路结构，利用闭合电路欧姆定律可得
24、出对应的表达式。 【详解】(1)由于电源电动势约为 6V，所以电压表选 V1，电流表最大电流为 100mA，若选 R1，则可能超电 流表量程，所以滑动变阻器应选用 R2； (2)当开关接 a 时，此时图线斜率的负值代表电源内阻即； (3)当开关接 b 时，由等效电源可知，此时图线斜率的负值代表电源内阻与电流表内阻之和，即 ， 解得：； (4)由于电压表内阻并不是无穷大，所以分流作用不能忽略，由等效电源原理可知测量值为电压表内阻和电 源内阻的并联值，因此测量值偏小。 【点睛】本题考查测量电源内阻及电阻的实验，关键在于明确电路结构，认清实验方法及步骤；再由欧姆 定律或闭合电路欧姆定律进行分析求解。
25、 三、三、计算题计算题 15.如图所示，光滑斜面倾角，另一边与地面垂直，斜面顶点有一光滑定滑轮，物块 A和 B 通过不可 伸长的轻绳连接并跨过定滑轮，轻绳与斜面平行，A的质量为 m，开始时两物块均静止于距地面高度为 H 处，B与定滑轮之间的距离足够大，现将 A、B 位置互换并由静止释放，重力加速度为 g，求 （1）B物块的质量 （2）交换位置释放后，B着地的速度大小 【答案】(1)mB=2m；(2) 【解析】 【分析】 以 AB 组成的整体为研究对象，根据动能定理求出绳断瞬间两物块的速率；绳断瞬间物块 B 与物块 A 的速 度相同，此后 B做竖直上抛运动，根据机械能求出 B上升的最大高度。 【
26、详解】(1)初始时，A、B平衡，对系统有： 解得：； (2)交换后，对系统由动能定理： 解得：。 【点睛】本题是连接体问题，运用动能定理和机械能守恒定律结合处理，也可以根据牛顿定律和运动学公 式结合研究 16.如图所示，足够长的“L”形长木板 B置于粗糙的水平地面上，其上静止着可视为质点的滑块 A，滑块距长 木板右側壁距离为 l65m，已知滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数均为 01，A、B 质量分 别为 mA2kg、mB1kg现给 A向右的瞬时冲量 I14Ns，假设 A与 B 右侧壁的碰撞为弹性碰撞，最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，g取 10ms2求 （1）A、B 碰后瞬间，两者的速度大
27、小 （2）最终滑块 A距长木板 B 右側壁的距离 【答案】(1)，；(2)d=3m 【解析】 【分析】 小滑块 A 沿斜面下滑的过程，运用动能定理列式，可求得当 A刚滑上 B的上表面时的速度 v0的大小。滑块 A 滑上木板 B后，分析 B的运动情况，根据牛顿第二定律可求得两者的加速度。最终 A刚好未从木板 B上 滑下，A滑到 B 的右端，两者速度相等， 【详解】(1)施加冲量瞬间，对 A由动量定理知： 在 A 向右运动过程，B保持静止，对 A有： 解得： A、B弹性碰撞有： 解得：； (2)碰后，A做加速运动，B做减速运动，由牛顿第二定律有： 对 A： 对 B： 设经 时间 A、B同速： ，得
28、： 此时 假设 A、B此后一起减速运动， 此进，假设成立，最终一起静止， 作出全过程图象， 由图象可知图中阴影面积为滑块 A 距长木板 B右侧的距离，即。 【点睛】题是一道力学综合题，分析清楚物体运动过程，明确临界条件是解题的关键，要知道 A刚好未从 木板 B上滑下时两者两者的速度，位移之差等于 B板的长度。应用牛顿第二定律、运动学公式与功能关系 即可解题。 17.如图所示，在平面直角坐标系 aOy内，有 I、II、III三个区域，各边界均与 y轴平行，I、区域存在匀强 电场，方向分別沿+x和y方向，区域电场强度大小为 E，区域有垂直 xOy平面向里的磁场三个区域 宽度均为 L，一个氕核和一个
29、氘核先后从坐标原点释放，已知与左边界成 60 进人磁场，最后恰好与 右边界相切离开磁场，H的质量为 m，电荷量为 q，不计重力求 （1）第一次离开区的坐标 （2）区域匀强磁场的磁感应强度大小； （3）第一次离开磁场位置的坐标 【答案】(1)；(2) ；(3) 【解析】 【分析】 本题考查带电粒子在电场中和磁场中的运动，理清粒子的运动规律是解决本题的关键，处理粒子在磁场中 运动问题，要会确定粒子做圆周运动的圆心、半径和圆心角，此类题型难度较大，经常作为考试的压轴题 出现。 【详解】(1)对氘核，在 I区中加速，由动能定理： 进入 II区，粒子做类平抛运动，则有 实际速度， 将 代入得：， 因此氘
30、核第一次离开 II区的坐标； (2)进入磁场后，氘核做圆周运动，如图， 由何关系知： 又： 解得： ； (3)对氘核， 由(1)知， ， 作出如图的轨迹， 根据几何关系有： 出射点纵坐标为： 联立解得： 氘第一次离开磁场位置为坐标为。 18.下列说法正确的是_ A. 热量会自发地从内能多的物体传递到内能少的物体 B. 同一时刻，教室内空气中氮气和氧气的分子平均动能是相同的 C. 一定量的理想气体在等压膨胀过程中一定吸热 D. 人们感到潮湿是因为空气的绝对湿度大 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】BCE 【解析】 【分析】 温度是分子的平均动能的标志；液体表
31、面层分子间距离大于液体内部分子间距离；结合分子力变化的特点 分析分子势能的变化；晶体与非晶体在一定的条件下可以相互转化。 【详解】A热量能够自发地从温度高物体传递到温度低的物体，内能多不一定温度高，故 A 错误； B温度是分子的平均动能的标志，温度相同的水蒸气与氧气分子的平均动能相同。故 B正确； C等压变化过程，体积与热力学温度成正比，体积膨胀，温度升高，内能增大，由公式可知， 气体一定吸热，故 C正确； D在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿 时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大；而当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，
32、故 D 错误； E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：BCE。 【点睛】本题考查了热力学第二定律、温度的微观意义、液体表面张力、分子力与分子势能等基础知识点， 关键要熟悉教材，牢记并理解这些基础知识点。 19.两端封闭的玻璃管竖直放置，长为 l10cm的水银柱将管内的空气分为两部分，上下空气柱的长度分别 为 l112cm和 l218cm，初始时上面空气压强为 15cmHg，现玻璃管以 a=05g 的加速度竖直向上加速上 移，设温度始终不变，求稳定时水银上面空气柱的长度 【答案】13.90cm 【解析】 【分析】 这类题目只能按等容过程求解因为水银柱
33、的移动是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改变又是两段 空气柱压强增量的不同造成的，所以必须从压强变化入手。 【详解】初态时，下方气体压强为 加速时，设上方气体压强这，气柱长为 x，对水银柱由牛顿第二定律有： 且 分别列出下下方气体的等温方程： 解得：。 【点睛】压强的变化由压强基数（即原来气体的压强）决定，压强基数大，升高相同的温度，压强增量就 大同理，若两段空气柱同时降低相同的温度，则压强基数大的，压强减少量大。 20.两列完全相同的机械波于某时刻的叠加情况如图所示，图中的实线和虚线分别表示波峰和波谷，此时 _ A. a,b连线中点振动加强 B. a,b 连线中点速度为零 C. a,b,c
34、,d 四点速度均为零 D. 再经过半个周期 c、d两点振动减弱 E. 再经过半个周期 c、d两点振动加强 【答案】ACD 【解析】 【分析】 两列波相遇时振动情况相同时振动加强，振动情况相反时振动减弱两列频率相同的相干波，当波峰与波 峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动 情况相反时振动减弱同一介质里，波速是相同，则波长与频率成反比 【详解】a 是两个波谷相遇，振动加强，但此时速度为 0；b是两个波峰相遇，振动加强，但此时速度为 0； a、b 两点是振动加强区，所以 a、b 连线中点振动加强，此时是平衡位置，速度不为 0；c和 d 两点是波
35、峰和 波谷相遇点，c、d两点振动始终减弱，振幅为 0，即质点静止，故 AC 正确，B 错误；再经过半个周期 c、d 两点仍是振动减弱，故 D正确，E 错误。 【点睛】波叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰例 如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移 为零。 21.某种透明材料制成的空心球体外径是内径的 2倍，其过球心的某截面（纸面内）如图所示一束单色光 （纸面内）从外球面上 A点入射，人射角为时，光束经折射后恰好与内球面 B点相切。 求该透明材料的折射率 欲使光東能射入空心球内部空心区域，入射角应满足
36、什么条件？ 【答案】； 【解析】 【分析】 根据几何关系求得折射角的正弦值，根据求得折射率； 根据发生全反射的条件求得在内表面上的入射角，根据几何关系即可求得在 A点的入射角。 【详解】如图 设光束经折射后到达内球面上 B点，在 A点，由题意可知，入射角 ，由几何关系有： 由折射定律得： 代入数据解得：； 如图 设在 A点的入射角 时，光束经折射后到达内球面上的 C 点，并在 C 点恰好发生全反射，则光束在内球面上 的入射角恰等于临界角 C， 由 由正弦定理得： 又 由折射定律有： 解得：，因此入射角满足光线将射放空心球内部。 【点睛】本题主要考查了折射定律和全反射条件，解题的关键是抓住几何关系即可。