1、山东省实验中学山东省实验中学 2019 届高三第二次模拟（届高三第二次模拟（6 月）月） 理科综合理科综合-物理试题物理试题 二、选择题：二、选择题： 1.1933 年至 1934 年间， 约里奥居里夫妇用 粒子轰击铝箔时， 发生的核反应方程为 274301 132150 AlHePn， 反应生成物 30 15P像天然放射性元素一样衰变，放出正电子 0 1e且伴随产生中微子 A Z ，核反应方程为 30300 15141 A Z PPe。则下列说法正确的是 A. 当温度、压强等条件变化时，放射性元素 30 15P的半衰期随之变化 B. 中微子的质量数 A=0，电荷数 Z=0 C. 正电子产生的
2、原因可能是核外电子转变成的 D. 两个质子和两个中子结合成一个 粒子，则质子与中子质量之和一定等于 粒子的质量 【答案】B 【解析】 【详解】A放射性元素的半衰期与外界因素无关，选项 A 错误； B根据质量数和电荷数守恒可知，中微子的质量数 A=0，电荷数 Z=0，选项 B正确； C正电子产生的原因是核内的质子转化为中子时放出的，选项 C 错误； D两个质子和两个中子结合成一个 粒子要释放能量，根据质能方程及质量亏损可知，两个质子与两个中 子的质量之和大于 粒子原子核的质量，故 D错误； 2.如图所示，在放置在水平地面上的斜面上，一光滑球被平行于斜面的轻绳系住。斜面体在外力作用下由静 止向右做
3、加速度不断增大的直线运动的一小段时间内，关于球所受到的轻绳拉力 T 和斜面支持力 N 的说法 中正确的是 A. T 和 N都逐渐增大 B. T 和 N都逐渐减小 C. T 和 N的合力保持不变 D. T 和 N的合力逐渐增大 【答案】D 【解析】 【详解】 设斜面倾角为 ， 加速度为 a， 则将加速度分解在沿斜面向上的方向和垂直斜面方向， 分别为 ax=acos 和 ay=asin，则沿斜面方向：T-mgsin=max，则随着 a 的增大，T 增大；垂直斜面方向： mgcos-N=ma y，则 随着 a 的增大，N 增大；选项 AB错误；由平行四边形定则可知，T和 N 的合力 22 = ()(
4、)Fmgma 合 ，则 随着 a 的增加，T和 N的合力逐渐增大，选项 C 错误，D 正确. 3.如图所示，正方形线圈 abcd的边长 L=0.3m，线圈电阻为 R=1。直线 OO与 ad 边相距 2 3 L，过 OO且垂 直纸面的竖直平面右侧有磁感应强度 B=1T的匀强磁场，方向垂直纸面向里。线圈以 OO为轴匀速转动，角 速度 =20rad/s，以图示位置为计时起点。则 A. 线圈中产生的交流电瞬时值表达式为 u=0.6cos20t B. 流过 ab边的电流方向保持不变 C. 当 20 t s 时，穿过线圈的磁通量为 0.06Wb D. 从 t=0 到 40 t s，穿过线圈磁通量的变化量大
5、小为 0.06Wb 【答案】C 【解析】 【详解】当 bc 边在磁场中时，线圈中产生的交流电最大值为 11 1 20 0.3 0.1V0.6V m EB S ，则 瞬 时 值 表 达 式 为 u=0.6sin20t （ V ） ； 当 ad 边 在 磁 场 中 时 ， 线 圈 中 产 生 的 交 流 电 最 大 值 为 22 1 20 0.3 0.2V1.2V m EB S ，瞬时值表达式为 u=1.2sin20t(V)；选项 A错误；每个周期电流方 向改变两次，故 B错误； 20 ts 时，线圈转过 180 ，adoo在磁场中，垂直于磁场，故穿过线圈的磁通量 为 22 22 1030.06W
6、b 33 Bl ， 故 C正确； 从 t=0 到 40 ts ， 线圈转过 90 ， 此时线圈与面平行， 磁通量为零，故穿过线圈磁通量的变化 1 0.03Wb 3 BS ，故 D错误。 4.如图所示，劲度系数为 k的轻弹簧一端固定在墙上。空间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 大小为 B。 一个带正电的小物块(可视为质点)从 A 点以初速度 0 v向左运动， 接触弹簧后运动到 C点时速度恰 好为零，弹簧始终在弹性限度内。已知物块质量为 m，A、C两点间距离为 L，物块与水平面间的动摩擦因 数为 ，重力加速度为 g。则物块由 A点运动到 C点的过程中，下列说法正确的是 A. 小物块的加速
7、度先不变后减小 B. 弹簧的弹性势能增加量为 2 0 1 2 mvmgL C. 小物块与弹簧接触的过程中，弹簀弹力的功率先增加后减小 D. 小物块运动到 C点时速度为零，加速度也一定为零 【答案】C 【解析】 【详解】物块与水平面间动摩擦因数为 ，由于摩擦力做功机械能减小，物块的速度减小，根据 f洛=qvB， 可知物块受到的洛伦兹力减小。由左手定则可知物块向左运动的过程中受到的洛伦兹力的方向向下，洛伦 兹力减小，则物块受到的向上的支持力 FN=f洛+mg 减小，所以摩擦力：f=FN也减小，物块的加速度 a=f/m 也减小；当物块接触弹簧后，物体的加速度： fF a m ，f减小，而 F增大，所
8、以不能判断出加速度的变 化。由以上的分析可知 A 是错误的。此过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知物块克服摩擦力 做的功为-Wf= 1 2 mv02-EP弹，由于摩擦力是变力，而且 f=FN=（f洛+mg） ，可知弹簧的弹性势能增加量一定 不是 1 2 mv02-mgL故 B错误；小物块与弹簧接触的过程中，弹簧弹力逐渐增大，而物块的速度逐渐减小， 由 P=Fv，可知开始时弹簧的功率为 0，开始时逐渐增大；最后速度等于 0 时，弹簧的功率也是 0，由此可 知，弹簧的功率在增大到某一个最大值后又开始减小，即弹簧的弹力的功率先增加后减小，故 C 正确；小 物块到达 C 点时，弹簧处于压缩状态
9、，由于不知道小物块在 C 点受到的弹簧的弹力与摩擦力的大小关系， 所以不能判断出小物块是否能静止。故 D错误。 5.一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正向运动，其电势能 Ep随位移 x变化的关系如图所示，其中 0 2 x段是关于直线 1 xx对称的曲线， 2 x 3 x段是直线，则下列说法正确的是 A. 1 x处电场强度最小，但不为零 B. 粒子在 0 2 x段做匀变速运动， 2 x 3 x段做匀速直线运动 C. 在 0、 1 x、 2 x、 3 x处电势 0 、 1 、 2 、 3 的关系为 3 2 = 0 1 D. 2 x 3 x段的电场强度大小方向均不变，为一定值 【答案】CD 【
10、解析】 【详解】根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E x 得： 1 P E E qx ，由数学知识 可知，Ep-x 图象切线的斜率等于 P E x ，x1处切线的斜率为零，则知 x1处电场强度为零，故 A错误；由图看 出在 0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀 变速运动。x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2 x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速 直线运动，故 B 错误，D 正确；由图可知：EP3EP2=EP0EP1
11、，根据 EP=q，又粒子带负电，故 32=0 1，故 C正确； 6.一质量为 m的物体静止在北极与静止在赤道对地面的压力差为 N，假设地球是质量分布均匀的球体，半 径为 R，则下列说法正确的是(设地球表面的重力加速度为 g) A. 地球的自转周期为2 mR T N B. 地球的自转周期为 mR T N C. 地球同步卫星的轨道半径为 1 3 () mg R N D. 地球同步卫星的轨道半径为 1 3 2() mg R N 【答案】AC 【解析】 【详解】在北极 1 2 N Mm FG R ；在赤道： 2 2 22 4 N Mm GFmR RT ；根据题意，有 FN1-FN2=N；联立解得： 2
12、 mR T N ，故 A正确，B 错误；万有引力提供同步卫星的向心力，则： 2 22 4 GMmmr rT ；联立可得： 3 GMmR r N ；又地球表面的重力加速度为 g，则： 2 GMm mg R ；联立得： 1 3 () mg rR N ，故 C 正确，D 错误。 7.如图所示，相距为 L的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一定值电阻 R，整个装置被固定在水平地面 上，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，两根质量均为 m，电阻都为 R， 与导轨间的动摩擦因数都为 的相同金属棒 MN、EF 垂直放在导轨上现在给金属棒 MN施加一水平向左 的作用力 F，使金属棒
13、 MN从静止开始以加速度 a做匀加速直线运动，若重力加速度为 g，导轨电阻不计， 最大静摩擦力与滑动摩擦力相等则下列说法正确的是( ) A. 从金属棒 MN开始运动到金属棒 EF 开始运动的过程中，两金属棒的发热量不相等 B. 从金属棒 MN开始运动到金属棒 EF 开始运动经历的时间为 22 3 mgR t B L a C. 若从金属棒 MN 开始运动到金属棒 EF开始运动经历的时间为 T，则此过程中流过电阻 R 的电荷量为 2 6 BT aL q R D. 若从金属棒 MN 开始运动到金属棒 EF开始运动经历的时间为 T，则金属棒 EF 开始运动时，水平拉力 F 的瞬时功率为 P(mamg)
14、aT 【答案】ABC 【解析】 【分析】 以 EF为研究对象，刚开始运动时所受的静摩擦力达到最大值，由安培力与静摩擦力平衡列式，可求出回路 中的电流，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律、速度公式结合求解时间；根据法拉第电磁感应定律和欧 姆定律、位移公式、电量公式结合求解电荷量 q；推导出安培力与速度的关系式，由牛顿第二定律求得水平 拉力 F的大小，由 P=Fv求解其瞬时功率；根据电路的连接关系，分析通过两棒的电流关系，即可分析其热 量关系。 【详解】A项：由于 MN棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，通过 MN的电流是 EF电流的 2倍， 根据焦耳定律 2 QI Rt 可知，MN 的发热量
15、是 EF的 4倍，故 A 正确； B项：以 EF为研究对象，设 EF刚开始运动时其电流大小为 I，则通过 MN的电流为 2I，由题有：BIL=mg 根据闭合电路欧姆定律得：E=2I（R+0.5R）=3IR 又 E=BLv v=at 联立解得： 22 3 mgR t B L a ，故 B 正确； C项：MN棒在 T 时间内通过的位移为：x= 2 1 2 aT 根据法拉第电磁感应定律，有：E t 及闭合电路欧姆定律，有： 1.5 E I R 且电量表达式，有：qI t =BLx， 则得通过 MN棒的电量为： 2 3 BLaT q R 由于两棒的电阻都为 R，则此过程中流过电阻 R 的电荷量为 2
16、26 qBLaT q R ，故 C正确； D 项：金属棒 EF开始运动时，由 BIL=mg 得：I= mg BL 金属棒 MN所受的安培力大小为：F安=BIL 以 MN为研究对象，根据牛顿第二定律得：F-mg-F安=ma 拉力的功率为：P=Fv 又 v=aT 解得：P=（ma+2mg）aT，故意 D 错误。 故应选：ABC。 【点睛】电磁感应中导体切割引起的感应电动势在考试中涉及较多，关键要正确分析导体棒受力情况，运 用力学和电磁感应的基本规律，如平衡条件、牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律等等进行求 解。 8.如图所示，水平地面上固定一倾角 =45的斜面体 ABC，BC=h，P点位于
17、 A点的正上方，并与 B 点等高。 从 P 处以不同的初速度沿水平方向抛出一质量为 m的小球。已知当地的重力加速度为 g，小球可视为质点， 忽略空气阻力，则 A. 若小球恰好落在 AB中点，则其运动时间为 h g B. 若小球恰好落在 AB中点，则其落在斜面上时的动能为 mgh C. 小球落到斜面上的最小动能为 51 2 mgh D. 小球落到斜面上的最小动能为 51 2 mgh 【答案】AD 【解析】 【详解】 若小球恰好落在 AB 中点， 则下落的竖直高度为 1 2 h， 则由 2 11 22 hgt可知， 其运动时间为 h t g ， 初速度为 0 1 1 2 2 h vgh t ，则落
18、在斜面上时的动能为 2 0 15 228 k h Emvmgmgh，选项 A 正确，B 错误；若设初速度为 v的小球落到斜面上时的动能最小，下落的高度为 x，则由几何关系可知，水平位移为 h-x， 则 2 1 2 xg t；hxvt； 落到斜面上的动能为 2 1 2 k Emvmgx； 联立解得： 2 5 () 442 k hh Emgx x ； 由数学知识可知，当 2 5 = 44 h x x ，即 5 h x 时 Ek最小，最小值为 min 51 2 k Emgh ，故 C错误，D 正确. 三、非选择题：三、非选择题： 9.某探究小组想利用验证机械能守恒定律的装置测量当地的重力加速度，如图
19、甲所示。框架上装有可上下移 动位置的光电门 1和固定不动的光电门 2；框架竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端，可以测量出两个 光电门到零刻度线的距离 1 x和 2 x；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为 m的小铁块，小铁块的重心所在 高度恰好与刻度尺零刻度线对齐。切断电磁铁线圈中的电流时，小铁块由静止释放，当小铁块先后经过两 个光电门时，与光电门连接的传感器即可测算出其速度大小 1 v和 2 v。小组成员多次改变光电门 1 的位置， 得到多组 1 x和 1 v的数据，建立如图乙所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率为 k。 (1)当地的重力加速度为_(用 k表示)。 (2)若选择刻度尺零刻度
20、线所在高度为零势能面，则小铁块经过光电门 1 时的机械能表达式为 _(用题中已知物理量的字母表示) (3)关于光电门 1的位置，下面哪个做法可以减小重力加速度的测量误差（ ） A.尽量靠近刻度尺零刻度 B.尽量靠近光电门 2 C.既不能太靠近刻度尺零刻度，也不能太靠近光电门 2 【答案】 (1). (1) 2 k ； (2). (2) 2 11 11 22 mvmkx； (3). (3)C 【解析】 【详解】 （1）以 0刻度线为零势能面，小铁块从光电门 1 运动到光电门 2 的过程中机械能守恒，根据机械能 守恒定律得： 1 2 mv12-mgx1= 1 2 mv22-mgx2 整理得：v22
21、-v12=2g（x2-x1） 所以图象的斜率 k=2g，解得：g= 2 k ； （2）小铁块经过光电门 1时的机械能等于小铁块经过光电门 1 时的动能加上势能，若选择刻度尺零刻度线 所在高度为零势能面，则有： E1= 1 2 mv12-mgx1 = 1 2 mv12- 1 2 mkx1 （3）用电磁铁释放小球的缺点是，当切断电流后，电磁铁的磁性消失需要一时间，铁球与电磁铁铁心可能 有一些剩磁，都会使经过光电门 1的时间较实际值大，引起误差，并适当增大两光电门 A、B 间的距离，使 位移测量的相对误差减小，所以 C 正确 10.举世瞩目的嫦娥四号，其能源供给方式实现了新的科技突破：它采用同位素温
22、差发电与热电综合利用技 术结合的方式供能，也就是用航天器两面太阳翼收集的太阳能和月球车上的同位素热源两种能源供给探测 器。图甲中探测器两侧张开的是光伏发电板，光伏发电板在外太空将光能转化为电能。 某同学利用图乙所示电路探究某光伏电池的路端电压 U 与电流 I 的关系，图中定值电阻 R0=5，设相同光 照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表。 （1）实验一：用一定强度光照射该电池，闭合电键 S，调节滑动变阻器 R的阻值，通过测量得到该电池 的 UI曲线 a（如图丁） 。由此可知，该电源内阻是否为常数_（填“是”或“否”） ，某时刻电压表示数 如图丙所示，读数为_V，由图像可
23、知，此时电源内阻为_。 实验二：减小实验一光照的强度，重复实验，测得 U-I 曲线 b（如图丁） 。 （2）在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为 2.5V，则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，滑 动变阻器消耗的电功率为_W（计算结果保留两位有效数字） 。 【答案】 (1). 否 (2). 1.50 (3). 5.6 (4). 7.2 10-2（7.0 10-2-7.4 10-2均算正确） 【解析】 【详解】 （1）由 U-I 图像可知，因图像的斜率等于电源的内阻，可知电源内阻不是常数；电压表的量程为 3.0V，则读数为 1.50V；由图中读出，此时电路中的电流为 250mA，因电源的电
24、动势为 E=2.9V，可得此时 电源的内阻 2.90 1.50 5.6 0.25 EU r I ； （2）在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为 2.5V，可得此时的电流为 100mA，则滑动变阻 器的阻值为： 0 2.5 520 0.1 U RR I ；则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，此时外电路电阻为 R外 =R+R0=25，将此电阻的 U-I线画在此电源的 U-I图像中，如图； 直线与 b的交点为电路的工作点，此时 I=60mA，则滑动变阻器消耗的电功率为 222 0.06207.2 10PI RWW . 11.2019年 1 月 3日 10 时 26 分，“嫦娥四号”探测器成功
25、在月球背面着陆，标志着我国探月航天工程达到 了一个新高度，极大激发了同学们探索太空的热情。某同学设计的“太空粒子探测器”的加速、偏转部分 原理简化如下： 如图所示， 辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面， 圆心为 O1， 外圆弧面 AB， 内圆弧面 CD， 内外圆弧面电势差大小为 U。 在 O1点右侧有一与直线相切于 O1半径为 R 的的圆形磁场区域， 圆心为 O2，圆内(及圆周上)存在垂直纸面的匀强磁场，O1、E、F为圆周的三等分点。假设太空中漂浮着质 量为 m，电量为 q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到 AB 圆弧面上，并被加速电场由静止开始加速到 CD 圆弧面上，再由 O1点
26、进入磁场偏转，其中沿 O1O2，连线方向入射的粒子经磁场偏转后恰好从 E 点偏出，不 计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响。求： (1)粒子到达 O1点时速度 v的大小； (2)圆形磁场区域磁感应强度； (3)从磁场圆边界 1 3 圆弧 O1E和 1 3 圆弧 EF射出的粒子数之比。 【答案】 （1） 2qU v m ； （2） 32 3 mU B Rq ，方向垂直纸面向里； （3）3：2 【解析】 【详解】(1)由动能定理： 2 1 2 qUmv 2qU v m (2)设轨迹圆半径为 r，轨迹圆圆心为 O3，则 tan60 r R 2 v qvBm r 32 3 mU B Rq 方向
27、垂直纸面向里 (3)由图几何关系可知：在O3O1O2=90 范围内射入的粒子，占总数的一半，将从磁场圆 1 3 圆弧 OE的弧间 射出；在O2O1G=60 范围内射入的粒子，占总数的三分之一，从磁场圆 1 3 圆弧 EF的弧间射出，故从圆弧 OE 和 1 3 圆弧 EF 射出的粒子数之比为：90 ：60 =3：2 12.如图所示， 在水平桌面上放有长度为 L=2m的木板 C， C 上右端是固定挡板 P， 在 C中点处放有小物块 B， A、B 的尺寸以及 P 的厚度皆可忽略不计。C上表面与固定在地面上半径为 R=0.45m的圖弧光滑轨道相切， 质量为 m=1kg的小物块 A从圆弧最高点由静止释放
28、，设木板 C与桌面之间无摩擦，A、C 之间和 B、C之间 的滑动摩擦因数均为 。A、B、C(包含挡板 P)的质量相同，开始时，B和 C静止。(g=10m/s2) (1)求滑块从释放到离开轨道受到的冲量大小； (2)若物块 A 与 B发生碰撞，求滑动摩擦因数均为应满足条件； (3)若物块 A 与 B发生碰撞(设为完全弹性碰撞)后，物块 B 与挡板 P发生碰撞，求滑动摩擦因数均为 应满 足的条件。 【答案】 （1）I=3N s； （2）0.3； （3）0.15 【解析】 【详解】(1)设滑块离开轨道时的速度为 0 v，则 2 0 1 2 mgRmv 0 v=3m/s 由动量定理得 I=P=m 0
29、v=3N s (2)若物块 A 刚好与物块 B不发生碰撞，则物块 A 运动到物块 B所在处时三者的速度均相同，设为 1 v，由动 量守恒定律得 m 0 v=3m 1 v 22 10 11 (3 ) 222 L mgm vmv 式中 2 L 就是物块 A相对木板 C运动的路程 2 0 2 3 v gL 即 2 0 2 3 v gL 时，A刚好不与 B发生碰撞，若 2 0 2 3 v gL ，则 A 将与 B 发生碰撞，故 A与 B 发生碰撞的条件是 2 0 2 3 v gL 。 代入数据得：0.3 (3)物块 A、B间的碰撞是弹性的，系统的机械能守恒，因为质量相等，碰撞前后 A、B交换速度，B
30、相对于 A、C向右运动，以后发生的过程相当于第 2问中所进行的延续，由物块 B 替换 A 继续向右运动。 若物块 B 刚好与挡板 P不发生碰撞，A、B、C 三者的速度相等，设此时三者的速度为 2 v m 0 v=3m 2 v 22 20 11 (3 ) 22 mgLm vmv 解得 2 0 3 v gL 即 2 0 3 v gL 时，A与 B 碰撞，但 B与 P 刚好不发生碰撞，若 2 0 3 v gL ，就能使 B与 P发生碰撞，故 A与 B 碰撞后，物块 B与挡板 P发生碰撞的条件是 2 0 3 v gL 代入数据得：0.15 13.关于固体、液体、气体的表述，下列说法正确的是_ A. 晶
31、体的熔点和液体的沸点都与压强无关 B. 水对玻璃浸润，水银对玻璃不浸润 C. 晶体在熔化的过程中吸收热量，分子的平均动能一定是增大的 D. 饱和汽压随温度的变化而变化 E. 利用液晶在外加电压变化时由透明变浑浊可制作电子表、电子计算器的显示元件 【答案】BDE 【解析】 【详解】晶体的熔点与压强无关，液体的沸点与压强有关，选项 A 错误；水对玻璃浸润，水银对玻璃不浸 润，选项 B 正确；晶体在熔化的过程中吸收热量，但是由于温度不变，则分子的平均动能不变，选项 C 错 误；饱和汽压与温度有关，随温度的变化而变化，选项 D 正确；利用液晶在外加电压变化时由透明变浑浊 可制作电子表、电子计算器的显示
32、元件，选项 E 正确. 14.一长为 L、内壁光滑、导热良好的长方体汽缸，横放在水平地面上，缸内有一密封性能良好的活塞(与缸 壁的摩擦不计)，面积为 S，如图所示，活塞左方封有氢气，右方封有氮气。系统平衡时，活塞左右两边的 气体体积之比为 2：1，压强为 P1。将汽缸从图示位置在竖直面内逆时针缓慢转 90 至竖直位置，再次稳定 时活塞上下两边的气体体积之比为 1：1。重力加速度为 g，环境温度保持不变，求： 活塞的质量 M； 若将汽缸从图示位置在竖直面内顺时针缓慢转 90 至竖直位置，再次稳定时，氢气的体积为多少?(保留两 位有效数字) 【答案】 1 2 3 PS M g ；V=0.78L 【
33、解析】 【详解】考虑氮气的等温过程；设未态的压强为 P2，由玻意耳定律 12 11 ()() 32 PLSPLS 同理：氢气的等温变化 12 21 ()()() 32 Mg PLSPLS S 解得 1 2 3 PS M g 若将汽缸从图示位置在竖直面内顺时针缓慢转 90 ，再次稳定时，设氢气的体积为 xS。此过程是等温过 程，由玻意耳定律 13 2 () 3 PLSPxS 同理：氮气的等温变化 12 2 ()()() 3 Mg PLSPLx S S 解得：V=0.78L 15.下列说法中正确的是_ A. 偏振光只可以是横波 B. 双缝干涉中也存在衍射现象 C. 直棒斜插入水中时呈现弯折现象是由
34、于光的全反射原因 D. X射线磁场中能偏转，穿透能力强，可用来进行人体透视 E. 多普勒效应是在波源和观察者之间有相对运动时产生的 【答案】ABE 【解析】 【详解】偏振光只可以是横波，纵波不能发生偏振，选项 A 正确；双缝干涉中缝的宽度与波长差不多，光 通过缝时，也发生了衍射现象，故 B正确。直棒斜插入水中时呈现弯折现象是由于光的折射的原因，选项 C 错误；X 射线穿透力较强，但它不带电，不能在磁场中偏转，故 D 错误；多普勒效应是在波源和观察者之 间有相对运动时产生的，选项 E正确. 16.物理实验室新进了-批由某种透明材料做成的棱镜，其横截面由-直角三角形和半径为 R的一圆组成，如 图所
35、示。已知三角形 BC边的长度为 R，BAC=30 ，现让一单色细激光束从 AB 边上距 A点为 3 3 R的 D 点沿与 AB边成 =45 角斜向右上方入射，激光束经 AC 反射后刚好能垂直 BC边进入 1 4 圆柱区域，光在真 空中的速度为 c，求： 单色细激光束从圆弧上的 E 点(圈中未画出)射出时的折射角； 单色细教光束在棱镜中传播的时间。 【答案】=45； 4 6 3 R t c 【解析】 【详解】细激光束在棱镜和 1 4 圆柱中的光路图如图所示，由几何关系可知 =30 根据折射定律 sin(90) 2 sin n 由几何关系得 FH=GB= 31 cos30 32 RR 故在 GEB中，由几何关系得GEB=30 ，又因 2n ，故 sin=nsinGEB= 2 2 =45 由几何关系可知 3 3 DFR， 3 2 FGGER 故激光束在棱镜中传播的路程为 4 3 3 sR 传播速度 c v n ，单色细激光束在棱镜中传播的时间为 4 6 3 sR t vc 。
