1、2019 年安徽省皖南八校高考物理三模试卷年安徽省皖南八校高考物理三模试卷 一、选择题一、选择题 1.如图所示为氢原子能级图，现有大量氢原子从 n4的能级发生跃迁，产生一些不同频率的光，让这些光 照射一个逸出功为 2.29eV的钠光管，以下说法正确的是（ ） A. 这些氢原子可能发出 3种不同频率的光 B. 能够让钠光电管发生光电效应现象的有 4种光子 C. 光电管发出的光电子与原子核发生衰变时飞出的电子都是来源于原子核内部 D. 钠光电管在这些光照射下发出的光电子再次轰击处于基态的氢原子可以使氢原子跃迁到 n3 的能级 【答案】B 【解析】 【详解】A、大量氢原子从 n4的能级跃迁能产生 2
2、 4 6C 种不同频率的光，故 A 错误； B、其中能让钠光电管发生光电效应现象的有 4 种光子，即为从 n2到从 n1，从 n3 到从 n1，从 n 4到从 n1，从 n4 到从 n2，故 B 正确； C、光电子来自于金属板中的自由电子，故 C 错误。 D、氢原子从 n4 的能级向 n1发生跃迁，发射光子能量最大，当照射钠光管放出能量为 E13.60.85 2.2910.46eV，而氢原子从 n1 的能级跃 n3的能级，需要吸收能量为 E13.61.5112.09eV，因 10.46eV12.09eV，不能实现跃迁。故 D 错误； 2.如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，直径竖直，O 为
3、圆心，最高点 B 处固定一光滑轻质滑轮，质 量为 m的小环 A 穿在半圆环上。现用细线一端拴在 A 上，另一端跨过滑轮用力 F 拉动，使 A 缓慢向上移动。 小环 A及滑轮 B 大小不计，在移动过程中，关于拉力 F 以及半圆环对 A 的弹力 N 的说法正确的是（ ） A. F逐渐增大 B. N 的方向始终指向圆心 O C. N 逐渐变小 D. N大小不变 【答案】D 【解析】 【详解】在物块缓慢向上移动的过程中，小圆环 A处于三力平衡状态，根据平衡条件知 mg与 N 的合力与 T 等大反向共线，作出 mg与 N 的合力，如图，由三角形相似得： mgNT BOOAAB A、FT，由可得： AB
4、Fmg BO ，AB 变小，BO不变，则 F变小；故 A 错误； BCD、由可得： OA Nmg BO ，AO、BO都不变，则 N不变，方向始终背离圆心；故 D正确，BC错误； 3.2019 年春节档，科幻电影流浪地球红遍大江南北。电影讲述的是太阳即将毁灭，人类在地 21 球上建 造出巨大的推进器，使地球经历停止自转、加速逃逸、匀速滑行、减速人轨等阶段，最后成为新恒星（比 邻星）的一颗行星的故事。假设儿千年后地球流浪成功，成为比邻星的一颗行星，设比邻星的质量为太阳 质量的 1/8，地球质量在流浪过程中损失了 1/5，地球绕比邻星运行的轨道半径为地球绕太阳运行轨道半径 的 1/2，则下列说法正确
5、的是（ ） A. 地球绕比邻星运行的公转周期和绕太阳的公转周期相同 B. 地球绕比邻星运行的向心加速度是绕太阳运行时向心加速度的 2/5 C. 地球与比邻星间的万有引力为地球与太阳间万有引力的 1/10 D. 地球绕比邻星运行的动能是绕太阳运行时动能的 1/10 【答案】A 【解析】 【详解】A、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： 2 2 2Mm Gmr rT ，解得： 3 2 r T GM ， 则： 3 = ()1 MTr TrM 太比比 比太太 ，即：T比T太，故 A正确； B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： 2 Mm Gma r ，解得： 2 GM a r ， 2 1 =()
6、 2 raM aMr 太比比 比太太 ， 故 B 错误； C、万有引力： 2 Mm FG r ,代入数据计算解得 2 = 5 F F 比 太 ，故 C错误； D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： 2 2 Mmv Gm rr ，动能： 2 1 22 K GMm E r mv，代入数据 计算解得动能之比为 1 5 故 D错误； 4.如图，理想变压器 T 的原线圈接在电压为U的交流电源两端，P为滑动变阻器的滑片，RT为热敏电阻，其 阻值随温度升高而变小。则 A. P向左滑动时，变压器的输出电压变大 B. P向左滑动时，变压器的输入功率变大 C. RT温度升高时，灯 L 变亮 D. RT温度升高
7、时，适当向左滑动P可保持灯 L 亮度不变 【答案】B 【解析】 P 向左滑动时，电阻变大，次级电流减小，根据 P=IU 可知，因变压器输出电压不变，故变压器的输出功率 减小，变压器输入功率减小，选项 AB 错误；RT温度升高时，RT电阻减小，次级电阻减小，电流变大，变 阻器两端电压变大，电灯两端电压变小，故灯 L 变暗，选项 C 错误；适当向左滑动 P，则次级电流减小， 变阻器两端电压变小，电灯两端电压变大，故灯 L变亮；则 RT温度升高时，适当向左滑动 P可保持灯 L亮 度不变，选项 D正确；故选 D. 5.如图所示，白色传送带 A、B两端距离 L14m，以速度 v08m/s 逆时针匀速转动
8、，并且传送带与水平面 的夹角为 37 ， 现将一质量为 m2kg的煤块轻放在传送带的 A 端， 煤块与传送带间动摩擦因数 0.25， 取 g10m/s2，sin37 0.6，cos37 0.8，则下列叙述正确的是（ ） A. 煤块从 A 端运动到 B 端所经历时间为 2.25s B. 煤块运动到 B 端时重力的瞬时功率为 120W C. 煤块从 A 端运动到 B 端在传送带上留下的黑色痕迹为 4m D. 煤块从 A 端运动到 B 端因摩擦产生的热量为 8J 【答案】C 【解析】 【详解】煤块放在传送带后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动。 A、设经过时间 t1，煤块的速
9、度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为 a1，则根据牛顿第二定律得： mgsin+mgcosma1，可得 a1g（sin+cos）8m/s2，由 v0a1t1得 t11s，此过程通过的位移大小为 x1 0 2 v t14mL。由于 mgsinmgcos故煤块速度大小等于传送带速度大小后，继续匀加速向下运动， 受到的滑动摩擦力沿斜面向上。设煤块接着做匀加速运动的加速度为 a2，运动的时间为 t2，则 mgsin mgcosma2，可得 2 2 ag(sincos )4m/s 由 2 10 22 2 1 2 Lxv ta t，代入数据得：t21s。故 煤块从 A 到 B的运动时间是 tt1+t2
10、2s。故 A错误。 B、煤块从 A 端运动到 B 端时速度 vv0+a2t212m/s，此时重力的瞬时功率为 Pmgvsin144W，故 B错 误。 C、由于两个过程煤块与传送带间的相对位移大小（v0t1x1）（Lx1）v0t2，所以煤块从 A 端运动到 B 端留下的黑色痕迹长度为 Sv0t1x14m。故 C正确。 D、煤块从 A 端运动到 B端因摩擦产生的热量为 Qmgcos（v0t1x1）+（Lx1）v0t2，代入数据解 得：Q24J，故 D错误。 6.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是 O，最低点是 P，直径 MN水平，a、b是两个完全相同的带 正电小球(视为点电荷)，b固定在 M
11、点， a 从 N点静止释放， 沿半圆槽运动经过 P 点到达某点(Q图中未画 出)时速度为零。则小球 a A. 从 N 到 Q的过程中，重力与库仑力的合力一直增大 B. 从 N 到 Q的过程中，速率先增大后减小，最大速率的位置在 P点 C. 从 P 到 Q的过程中，动能减少量大于电势能增加量 D. 从 N 到 Q的过程中，电势能先增加后减小 【答案】AC 【解析】 【分析】 分析库仑力及重力的合力，根据功的公式明确合力做功情况；再根据重力做功和电场力做功的特点与势能 的关系分析电势能的变化. 【详解】A、当电荷 a 在 N点时，受竖直向下的重力和水平向右的电场力，a从 N 点静止释放，沿半圆槽运
12、 动经过 P 点到达某点 Q 的过程中，电场力和重力之间的夹角（不是钝角）一直减小，且电场力逐渐增大， 所以重力与电场力的合力一直增大，选项 A 正确； B、在 N 点是，电场力与重力的合力与该点的切线方向之间的夹角是锐角，所以在开始向下运动的过程中， 合力做正功，速率增大；在 P 时，速度的方向是水平向左的，与合力之间的夹角为钝角，所以在此之间， 合力已经开始做负功了，所以有段时间速率减小，从 N 到 P的过程中，速率先增大后减小，速率最大点应 该在 NP 间某点，故 B错误； C、 从 P 到 Q的过程中， 电场力做负功， 重力也做负功， 动能的减少量等于电势能和重力势能的增加量之和， 即
13、动能减少量大于电势能增加量，故 C 正确； D、从 N 到 Q的过程中(N点除外)，电场力的方向与速度的方向始终成钝角，电场力做负功，电势能始终 增加，故 D错误； 故选 AC. 【点睛】本题考查功能关系，要注意明确电场力和重力具有相同的性质，即重力做功量度重力势能的改变 量；而电场力做功量度电势能的改变量。 功和能的关系：功是能量转化的量度。有两层含义： (1)做功的过程就是能量转化的过程， (2)做功的多少决定了能转化的数量，即：功是能量转化的量度,功是一种过程量，它和一段位移(一段时间) 相对应；而能是一种状态量，它与一个时刻相对应。两者的单位是相同的(都是J)，但不能说功就是能， 也不
14、能说“功变成了能”. 7.如图所示，A、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B、C 两小球在竖直方 向上通过劲度系数为 k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，已知 A的质量为 5m，B、C 的质量均为 m， 重力加速度为 g，细线与滑轮之间的摩擦不计。现用手控制住 A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证 滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，开始时整个系统处于静止状态。释放 A后，A 沿斜面下滑至速度 最大时 C 恰好离开地面，关于此过程，下列说法正确的是（ ） A. 斜面倾角 37 B. C 刚离开地面时，B的加速度为 0 C. A 获得最大速度为 2 2 3
15、mg k D. A、B两小球组成的系统机械能守恒 【答案】BC 【解析】 【详解】AB、A 的速度最大时，A所受的合力为零，此时绳的拉力 T5mgsin此时 C 恰好离开地面，故 弹簧的拉力为 mg，对 B受力分析可得绳对 B 的拉力为 T2mg，可得 sin0.4，37故 A 错误。 B、物体 C刚离开地面时，B的合外力为 0，加速度为 0，故 B正确。 C、初始时系统静止，且线上无拉力，对 B有 kx1mgC 刚好离开地面时，有 kx2mg，可知 x1x2，则 从释放至 C刚离开地面的过程中，弹簧弹性势能变化量为零，此过程中，A、B、C 组成的系统机械能守恒， 即 5mg （x1+x2）
16、sinmg （x1+x2） + 1 2 （5m+m） vAm2以上方程联立可解得： A获得最大速度为 2 Am 2 3 mg v k ， 故 C 正确。 D、从释放 A 到 C刚离开地面的过程中，根据 A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，但是 A、B 两小球组成 的系统机械能不守恒，故 D错误。 8.如图所示，在光滑水平面上有宽度为 d 的匀强磁场区域，边界线 MN 平行于 PQ线，磁场方向垂直平面向 下，磁感应强度大小为 B，边长为 L（Ld）的正方形金属线框，电阻为 R，质量为 m，在水平向右的恒力 F 作用下，从距离 MN 为 d/2 处由静止开始运动，线框右边到 MN时速度与到 PQ 时
17、的速度大小相等，运动 过程中线框右边始终与 MN平行，则下列说法正确的是（ ） A. 线框进入磁场过程中做加速运动 B. 线框的右边刚进入磁场时所受安培力的大小为 22 B LFd Rm C. 线框在进入磁场的过程中速度的最小值为 Fd m D. 线框右边从 MN到 PQ运动的过程中，线框中产生的焦耳热为 Fd 【答案】BD 【解析】 【详解】A、线框右边到 MN时速度与到 PQ时速度大小相等，线框完全进入磁场过程不受安培力作用，线 框完全进入磁场后做加速运动，由此可知，线框进入磁场过程做减速运动，故 A 错误； B、线框进入磁场前过程，由动能定理得： 2 1 1 22 d Fmv，解得： 1
18、 Fd v m ，线框受到的安培力： 2222 1 B L vB LFd FBIL RRm ，故 B正确； C、线框完全进入磁场时速度最小，从线框完全进入磁场到右边到达 PQ过程，对线框，由动能定理得： 22 1min 11 () 22 F dLmvmv 解得： min 2 ()FdF dL v mm ，故 C错误； D、线框右边到达 MN、PQ时速度相等，线框动能不变，该过程线框产生的焦耳热：QFd，故 D正确； 二、解答题二、解答题 9.某实验小组设计了一个探究加速度 a与物体所受合力 F及质量 m 关系的实验，如图所示已知小车质量 M 250g，砝码盘的质量记为 m0，所使用的打点计时器
19、交流电频率 f50Hz其实验步骤是： a按图中所示安装好实验装置； b调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动； c取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量 m； d先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度 a； e重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码质量，重复 24步骤，求得小车在不同合外力 F 作用下的 加速度。回答下列问题： （1）按上述方案做实验，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？_（填“是”或“否”） （2）实验中打出的其中一条纸带如图所示，由该纸带可求得小车的加速度 a_m/s2 （保留二位有效 数字） （3）某同学将有关测量数
20、据填入他所设计的表格中，如下表， 次数 1 2 3 4 5 砝码盘中砝码 的重力 F/N 0.10 0.20 0.29 0.39 0.49 小车加速度 a （m/s2） 0.88 1.44 1.84 2.38 2.89 他根据表中的数据画出 aF图象（如图） 。造成图线不过坐标原点的一条最主要原因是_。 【答案】 (1). （1）否； (2). （2）0.88； (3). （3）在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘 的重力。 【解析】 【详解】 （1）当物体小车匀速下滑时有：mgsinf+（m+m0）g，当取下细绳和砝码盘后，由于重力沿斜面 向下的分力 mgsin 和摩擦力 f 不变，因此其合
21、外力为（m+m0）g，由此可知该实验中不需要砝码和砝码盘的 总质量远小于小车的质量。 （2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即 xaT2，根据逐差法可知，加速度： 2 2 3142 22 (6.765.007.645.87) 10 0.88m/s 44 (0.02 5) xxxx a t （3）由图象可知，当外力为零时，物体有加速度，说明小车所受合力大于砝码的重力，可能是计算小车所 受的合外力时未计入砝码盘的重力； 10.为了测某电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材： 电阻箱 R，定值电阻 Rn，两个电流表 A1、A2，电键 S1，单刀双掷开关 S2，待测电源，导线若干。实
22、验小组 成员设计如图甲所示的电路图。 （1）闭合电键 S1，断开单刀双掷开关 S2，调节电阻箱的阻值为 R1，读出电流表 A2的示数 I0；将单刀双掷 开关 S2合向 1，调节电阻箱的阻值，使电流表 A2的示数仍为 I0，此时电阻箱阻值为 R2，则电流表 A 1的阻 值 RA1_。 （2）将单刀双掷开关 S2合向 2，多次调节电阻箱的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值 R 及电流表 A1 的示数 I，实验小组成员打算用图象分析 I与 R 的关系，以电阻箱电阻 R为横轴，为了使图象是直线，则纵 轴 y应取_。 AI BI2 C1/I D1/I2 （3）若测得电流表 A1的内阻为 1，定值电阻 R
23、02，根据（2）选取的 y 轴，作出 yR图象如图乙所示， 则电源的电动势 E_V，内阻 r_。 （4）按照本实验方案测出的电源内阻值_。 （选填“偏大”、“偏小”或“等于真实值”） 【答案】 (1). R2R1； (2). C； (3). 3； (4). 0.9； (5). 等于真实值。 【解析】 【详解】 （1）由题意可知，电路电流保持不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻不变，则电流表内 阻等于两种情况下电阻箱阻值之差，即：RA1R2R1； （2） 根据题意与图示电路图可知， 电源电动势： 0A1 EI rRRR， 整理得： 01 11 A rRR R IEE ， 为得到直线图线，应作
24、 1 R I 图象，C正确 ABD 错误。 （3）由 1 R I 图线可知： 0A1 1.3 rRR b E ， 1 12.6 1.31 3.93 I k ER ，解得，电源电动势：E 3V，电源内阻：r0.9； （4）实验测出了电流表 A1内阻，由（2） （3）可知，电源内阻的测量值等于真实值。 11.如图所示，空间充满了磁感应强度为 B的匀强磁场其方向垂直纸面向里。在平面内固定放置一绝缘材料 制成的边长为 L 的刚性等边三角形框架DEF，DE边中点 S处有一带正电的粒子，电量为 q，质量为 m，现 给粒子一个垂直于 DE 边向下的速度，若粒子每一次与三角形框架的碰撞时速度方向垂直于被碰的边
25、，且碰 撞均为弹性碰撞，当速度的大小取某些特殊数值时可使由 S点发出的粒子最终又回到 S 点。求： （1）若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到 S 点，粒子的速度大小。 （2）若 S 点不在 DE 边的中点，而是距 D点的距离 DSL/4，仍然使粒子能回到 S点，求满足条件的粒子 的速度大小。 【答案】 （1）若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到 S点，粒子的速度大小为 2 qBL m ； （2）若 S 点不在 DE 边的中点，而是距 D点的距离 DSL/4，仍然使粒子能回到 S点，满足条件的粒子的 速度大小为 4 (21) BqL mn 。 【解析】 【详解】 （1）粒子从 S点以垂直于 DE
26、边射出后，做匀速圆周运动，其圆心必在 DE 线上，根据牛顿第二定 律可得： 2 v Bqvm R ， 解得： mv R Bq ，若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到 S 点，则圆心在三角形 顶点，由几何关系得： 2 L R ，联立解得： 2 qBL v m 。 （2）要使粒子能回到 S点，要求粒子每次与 DEF碰撞时，v 都垂直于边，且通过三角形顶点处时，圆心 必为三角形顶点，故：(21) ,(1,2,3)DSnRn，即： ,(1,2,3) 4(21) L Rn n ， 2 mv qvB R 联立解得： ,(1,2,3) 4(21) BqL vn mn 12.如图所示，BCD是光滑绝缘的半圆形轨
27、道，位于竖直平面内，直径 BD 竖直轨道半径为 R，下端与水平 绝缘轨道在 B 点平滑连接，质量为 m的不带电的滑块 b静止在 B 点整个轨道处在水平向左的匀强电场中场 强大小为 E质量为 m、带正电的小滑块 a置于水平轨道上，电荷量为 3 2 mg q E ，滑块 a与水平轨道间的 动摩擦因数 0.5，重力加速度为 g。现将滑块 a 从水平轨道上距离 B 点 12R的 A 点由静止释放，运动到 B 点与滑块 b 碰撞，碰撞时间极短且电量不变，碰后两滑块粘在一起运动，a、b 滑块均视为质点。求： （1）滑块 a、b 碰撞后的速度大小。 （2）滑块在圆形轨道上最大速度的大小，以及在最大速度位置处
28、滑块对轨道作用力的大小。 （3）滑块第一次落地点到 B 点的距离。 【答案】 （1）滑块 a、b碰撞后的速度大小分别为2 6gR和6gR （2）滑块在圆形轨道上最大速度的大小为 13 2 gR ，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的大小为 31 2 mg 。 （3）滑块第一次落地点到 B 点的距离为（ 3 2 2- 2 ）R。 【解析】 【详解】 （1）a 从 A到 B的过程用动能定理得 2 1 31 1212 22 mg ERmgRmv E ，解得 1 2 6vgR 对 a 与 b碰撞用动量守恒定律得 mv12mv2，解得 2 6vgR （2）当滑块重力与电场力合力方向和圆轨道径向一致时，
29、滑块速度最大。如图，则有 3 arctanarctan37 24 Eq mg ，对滑块从碰后到最大速度的过程用动能定理有 22 32 311 sin3721 cos3722 222 mg ERmgRmvmv E ，解得滑块最大速度 3 13 2 v gR ，滑块在 P 点用牛顿第二定律得， 2 3 22 cos37 N mvmg F R ，解得滑块受到轨道支持力 N 31 2 mg F ，由牛顿第三定律。 此时滑块对轨道作用力 N 31 2 mg F （3）a、b 整体从 B到 D的过程中。由动能定理有 22 42 11 2222 22 mg Rmvmv ，解得 4 2vgR ，在 D 点。对
30、滑块受力分析得： 2 1 2 2 N mv Fmg R ，解得 N 2Fmg ，所以滑块能通过 D 点接着水平飞出， 在竖直方向； 2 1 2 2 Rgt ，解得 4R t g 水平方问受电场力加速度不变则 2 4 13 2 2 2 22 Eq sv ttR m 三、三、物理一选修物理一选修 3-3 13.下列说法正确的是 （ ） A. 气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大 B. 分子间引力和斥力同时存在，都随距离增大而减小，但斥力变化更快 C. 附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润 D. 已知阿伏伽德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可算出该气体分子间的平均
31、距离 E. 由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改 变内能 【答案】BCD 【解析】 【详解】A、温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，分子的平均动能增加，分子的平均速率增大，不 是每个气体分子运动的速率都增大，故 A错误； B、根据分子力的特点可知，分子间引力和斥力同时存在，都随距离增大而减小，随距离减小而增大，但斥 力变化更快，故 B 正确； C、 附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时， 附着层内分子间作用表现为斥力， 附着层有扩展趋势， 液体与固体间表现为浸润，故 C正确； D、知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出气
32、体的摩尔体积，然后求出每个气体分子占据的 空间大小，从而能求出气体分子间的平均距离，故 D正确； E、做功与热传递都可以改变物体内能，但同时做功和热传递，根据热力学第一定律可知，不一定会改变 内能，故 E错误。 14.如图所示，粗细均匀的 U形玻璃管，左端封闭，右端开口，竖直放置。管中有两段水银柱 a、b，长分别 为 5cm、10cm，两水银液柱上表面相平，大气压强为 75cmHg，温度为 27，a水银柱上面管中封闭的 A 段气体长为 15cm，U 形管水平部分长为 10cm，两水银柱间封闭的 B段气体的长为 20cm，给 B 段气体缓慢 加热，使两水银柱下表面相平，求此时： (i)A 段气体
33、的压强； (ii)B 段气体的温度为多少? 【答案】 （1）80cmHg（2）375K 【解析】 【分析】 （1）根据液面的位置求解气体内部压强的值； （2）找到气体的状态参量，然后结合盖吕萨克定律求解气体 的温度. 详解】（1） 加热后， 当 b 水银柱向上移动到两水银柱下表面相平时， B 段气体压强 pB=p0+10cmHg=85cmHg； A 段气体的压强为 pA=pB-5cmHg=80cmHg （2）给 B 段气体缓慢加热时，B段气体发生的是等压变化，则 a水银柱处于静止状态，当 b 水银柱向上移 动到两水银柱下表面相平时，设此时 B 段气体的温度为 T2，则 12 12 L SL S
34、 TT 式中 L1=20cm，L2=25cm 解得 T2=375K 四、四、物理一选修物理一选修 3-4 15.x=0处的质点在 t=0 时刻从静止开始做简谐振动，带动周围的质点振动，在 x轴上形成一列向 x 正方向传 播的简谐横波。如图甲为 x=0处的质点的振动图像，如图乙为该简谐波在 t0=0.03s 时刻的一部分波形图。已 知质点 P 的平衡位置在 x=1.75m处，质点 Q的平衡位置在 x=2m。下列说法正确的是_ A. 质点 Q的起振方向向上 B. 从 t0时刻起经过 0.0275s 质点 P 处于平衡位置 C. 从 t0时刻算起，质点 P比质点 Q 的先到达最低点 D. 从 t0时
35、刻起经过 0.025s，质点 P 通过的路程小于 1m E. 从 t0时刻起经过 0.01s质点 Q将运动到 x=3m处 【答案】BCD 【解析】 分析】 由图读出波长和周期 T，由波长与周期可求出波传播的速度， 根据质点的位置分析其运动情况， 注意质点 不随着波迁移； 【详解】A、由图甲可知，在0t 时刻振源质点是向 y轴负方向振动，其余质点重复振源质点的运动情况， 故质点 Q 起振的方向仍为 y轴负方向，故选项 A错误； B、由图甲可知周期为0.02Ts，由图乙可知波长为 2m， 则波速为： 2 /100/ 0.02 vm sm s T 则由图乙可知当 P 再次处于平衡位置时，时间为： 1
36、.75 1 0.0075ss v t 经过周期的整数倍之后，质点 P 再次处于平衡位置，即经过 0.0275Ts tt 还处于平衡位置，故选项 B 正确； C、由于波沿x轴正方向传播，可知从 t0时刻算起，质点 P 比质点 Q的先到达最低点，故选项 C正确； D、由题可知： 1 0.025 4 sTT，若质点 P 在最高点、最低点或平衡位置，则通过的路程为： 5 451.0 4 sAAm，但此时质点 P 不在特殊位置，故其路程小于1m，故选项 D正确； E、波传播的是能量或者说是波的形状，但是质点不随着波迁移，故选项 E 错误。 16.如图所示，ABC等边三棱镜，P、Q 分别为 AB 边、AC
37、边的中点，BC面镀有一层银，构成一个反射面， 一单色光以垂直于 BC 面的方向从 P点射入，经折射、反射，刚好照射在 AC边的中点 Q，求 棱镜对光的折射率； 使入射光线绕 P 点在纸面内沿顺时针转动，当光线再次照射到 Q点时，入射光线转过的角度。 【答案】3；120 。 【解析】 【详解】画出光路图，根据对称性及光路可逆结合几何关系可知，光在 AB 面的入射角 i60 ，折射角 r 30 ，根据折射定律有 sin 3 sin i n r 当光线再次照射到Q点时， 光路如图乙所示， 由几何关系可知， 折射角30 ， 根据折射定律有 sin 3 sin 解得：60 ，因此入射光转过的角度为 i+120