2021CSHSAT基础知识调研答案物理.docx

1、 2021CSHSAT 基础知识调研性模拟测试基础知识调研性模拟测试 物理学科试题物理学科试题 范围：新高考改革地区全部内容范围：新高考改革地区全部内容 一、选择题（共一、选择题（共 8 小题，每小题小题，每小题 6 分，满分分，满分 48 分）分） 1 （6 分）2018 年 11 月 16 日，第 26 届国际计量大会通过“修订国际单位制”决议，正式 更新包括国际标准质量单位 “千克” 在内的 4 项基本单位定义， 新国际单位体系将于 2019 年 5 月 20 日世界计量日起正式生效。其中，千克将用普朗克常量（h）定义；安培将用 电子电荷量（e）定义。以基本物理常数定义计量单位，可大大提

2、高稳定性和精确度。关 于普朗克常量和电子电荷量的单位，下列正确的是（ ） A普朗克常量的单位为 kgm3s 2 B普朗克常量的单位为 kg 1m2s1 C电子电荷量的单位为 As D电子电荷量的单位为 As 1 【分析】根据公式 hP，与 qIt，结合动量 P，波长 ，电流 I，时间 t 的单位，从而 即可求解。 【解答】解：根据公式 hP，因动量 P 的单位为 kgm/s，波长 的单位为 m，那么普 朗克常量 h 的单位为 kgm2/s 再由 qIt，结合电流 I 与时间 t 的单位，可知，电子电荷量 q 的单位为 As，故 ABD 错 误，C 正确； 故选：C。 【点评】本题考查磁场强度的

3、单位，关键是结合具体公式进行分析，注意物理公式确定 了各个物理量的单位关系，基础题目。 2（6分） 如图所示是氢原子的能级图， 大量处于n5激发态的氢原子向低能级跃迁时 （ ） A一共能辐射 6 种频率的光子 B能辐射出 3 种能量大于 10.2eV 的光子 C能辐射出 3 种能量大于 12.09eV 的光子 D能辐射出能量小于 0.31eV 的光子 【分析】依据数学组合公式，确定大量氢原子跃迁种类，再结合释放光子的能量即为 两能级间的能级差，从而即可一一求解。 【解答】解：A、依据10，可知，大量处于 n5 激发态的氢原子向低能级跃迁时， 共有 10 种不同频率的光子，故 A 错误； BCD

4、、 根据玻尔理论， 从 n2 能级跃迁到基态释放光子的能量： E1E2E13.4eV （13.6eV）10.2eV， 从 n3 能级跃迁到 n1 能级释放光子的能量： E2E3E11.51eV （13.6eV） 12.09eV， 从 n4 能级跃迁到 n1 能级释放光子的能量： E3E4E10.85eV （13.6eV） 12.75eV， 从 n5 能级跃迁到 n1 能级释放光子的能量： E4E5E10.54eV （13.6eV） 13.06eV， 从 n5 能级跃迁到 n4 能级释放光子的能量： E5E5E40.54eV （0.85eV） 0.31eV， 由上分析，可知，辐射出的能量大于 1

5、0.2eV 的光子有 3 种，辐射出的能量大于 12.09eV 的光子有 2 种，辐射出的光子能量至少等于 0.31eV，故 B 正确，CD 错误。 故选：B。 【点评】解决本题的关键知道光子能量与能级差的关系，即 EmEnhv，以及知道跃迁 种类的判定，注意大量与一个氢原子跃迁种类的区别。 3 （6 分）某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计，用 vy、 E、Ek、P 分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率大小，用 t 表示足球在空中的运动时间，下列图象中可能正确的是（ ） A B C D 【分析】物体做斜上抛运动，根据运动的分解和合成的规律将其分

6、解为水平方向的匀速 直线运动和竖直方向的上抛运动，然后根据运动学公式和机械能守恒定律进行分析。 【解答】解：A、足球做斜上抛运动，竖直方向上，速度先减速后增大，竖直速度与时间 图象的斜率表示重力加速度，故斜率恒定不变，故 A 错误； B、空气阻力不计，足球的机械能守恒，即不是时间变化，故 B 错误； C、足球机械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减小后增加，但足球做斜上抛运 动，到最高点的速度不为零，即动能最小值不为零，故 C 错误； D、速度的水平分量不变，竖直分量先减小到零，后反向增加，故根据 Pmgvymg2t， 重力的功率随时间先均匀减小后均匀增加，故 D 正确。 故选：D。 【点

7、评】此题考查了功率的计算，解题的关键是明确物体的运动可以分解为水平方向的 匀速直线运动和竖直方向的上抛运动，然后结合机械能守恒定律和功率的表达式列式分 析。 4 （6 分）如图，一弯成“L”形的硬质轻杆可在竖直面内绕 O 点自由转动，已知两段轻杆 的长度均为 l，轻杆端点分别固定质量为 m、2m 的小球 A、B（均可视为质点） ，现 OA 竖直，OB 水平，静止释放，下列说法错误的是（ ） AB 球运动到最低点时 A 球的速度为 BA 球某时刻速度可能为零 CB 球从释放至运动至最低点的过程中，轻杆对 B 球一直做正功 DB 球不可能运动至 A 球最初所在的位置 【分析】AB 在转动过程中，A

8、B 组成的系统由动能定理可求得 B 球到达最低点的速度， 由于 AB 转动过程中速度大小始终相同，根据动能定理求得 A 球速度为零的位置，对 B 球利用动能定理求得到达最低点过程中杆对 B 球做功即可判断。 【解答】解：A、AB 在转动过程中，任意时刻 AB 的速度大小相同，当 B 球运动到最低 点时， 根据动能定理可知：， 解得： v， 故 A 正确； BD、设 B 球与竖直方向的夹角为 时，速度为零，则有：2mgLsin+mg（L+Lcos） 0，解得：cos， 不为零，此时 B 球没有达到 A 球初始位置，故 A 球某时 刻速度可能为零，故 BD 正确； C、 B 在下落过程中， 对 B

9、 球根据动能定理可得， 解得 WmgL， 故杆对 B 球负功，故 C 错误； 因选错误的 故选：C。 【点评】本题主要考查了动能定理，关键是正确的选取研究过程，此题也可以利用机械 能守恒来求。 5 （6 分）如图所示，一粒子发射源 P 能够在纸面内向各个方向发射速率为 v、比荷为 k 的 带正电粒子，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出） ，不考虑粒子间的相互作 用和粒子重力，已知粒子做圆周运动的半径大小为 d，纸面内另一点 A 距 P 的距离恰为 d，则（ ） A磁感应强度的大小为 B粒子在磁场中均沿顺时针方向做圆周运动 C粒子从 P 出发至少经过时间到达 A 点 D同一时刻发射出的带

10、电粒子到达 A 点的时间差为 【分析】 根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度； 根据左手定则判断粒子的转动方向； 当粒子从 P 到 A 过程中对应的弧为劣弧时运动时间最短， 当粒子从 P 到 A 过程中对应的 弧为优弧时运动时间最长，根据周期公式求解。 【解答】解：A、根据洛伦兹力提供向心力可得 qvBm，解得 Rd，解 得：B，故 A 错误； B、由于粒子带正电且磁场垂直向里，根据左手定则可知粒子均沿逆时针方向转动，故 B 错误； C、当粒子从 P 到 A 过程中对应的弧为劣弧时运动时间最短，此时粒子轨迹对应的圆心 角为 60，运动时间为：t，故 C 错误； D、当粒子从 P 到 A 过程中

11、对应的弧为优弧时运动时间最长，此时粒子轨迹对应的圆心 角 为 300 ， 所 以同一 时 刻 发 射出 的 带 电粒 子 到 达 A 点的 时 间差 为 t ，故 D 正确。 故选：D。 【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系 求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求 时间。 6 （6 分）2020 年 6 月 23 日 9 时 43 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭， 成功发射北斗系统第五十五颗导航卫星，暨北斗三号最后一颗全球组网卫星。至此，北 斗三号全球卫星导航系统星座部署比原计划提前半年全面完成。已知

12、地球的质量为 M， 平均半径为 R，自转角速度为 ，引力常量为 G，该卫星为地球静止轨道卫星（同步卫 星） ，下列说法正确的是（ ） A该导航卫星运行速度大于第一宇宙速度 B该导航卫星的预定轨道离地高度为 h C该导航卫星的发射速度大小介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间 D该导航卫星在轨道运行时速率会小于质量较小的同步卫星 【分析】第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动最大的运行速度；地球同步卫星的运行 角速度等于地球自转的角速度，由万有引力提供向心力列式，可求出轨道离地高度；根 据卫星的速度公式 v分析卫星的速度。 【解答】解：A、第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动最大的运行速度，则知该导航卫

13、星运行速度小于第一宇宙速度，故 A 错误； B、该导航卫星运行的角速度等于地球自转的角速度，由万有引力提供向心力得： Gm2（R+h） 解得：h，故 B 正确； C、根据卫星的发射原理可知，第一宇宙速度是环绕速度，即发射绕地球表面飞行的近地 卫星的运行速度，第二宇宙速度是脱离速度，即发射脱离地球引力束缚的卫星的最小发 射速度，则知该导航卫星的发射速度大小介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，故 C 正确； D、根据卫星的速度公式 v分析知，同一轨道卫星的运行速率相等，与卫星的质 量无关，知该导航卫星在轨道运行时速率会等于质量较小的同步卫星，故 D 错误。 故选：BC。 【点评】解决本题时，要了解

14、宇宙速度的意义，知道地球同步卫星的运行角速度等于地 球自转的角速度，能根据万有引力提供向心力求卫星的高度。 7 （6 分）如图所示，边长为 l1、l2的单匝矩形线框 abcd 处在磁感应强度为 B 的匀强磁场 中，线框可绕轴 OO转动，轴 OO与磁场垂直，线框通过连接装置与理想变压器、小 灯泡连接为如图所示的电路。已知小灯泡 L1、L2额定功率均为 P，正常发光时电阻均为 R当开关闭合，线框以一定的角速度匀速转动时，灯泡 L1正常发光，电流表 A 示数为 I；当开关断开时，线框以另一恒定的角速度匀速转动，灯泡 L1仍正常发光，线框电阻、 电流表 A 内阻不计，以下说法正确的是（ ） A断开开关

15、 S 时，电流表示数为 2I B变压器原、副线圈的匝数比为 C当开关闭合时线框转动的角速度为 D当开关断开时线框转动的角速度为 【分析】闭合开关 s 前后，由于灯泡 L1正常发光，故流过灯泡的电流不变，根据变压器 原副线圈的电流之比与匝数成反比即可判断电流的变化，根据输入功率等于输出功率即 可判断线圈转动产生的感应电动势的有效值，即可求得角速度 【解答】解：A、由于灯泡正常发光，故流过灯泡的电流不变，根据变压器原副线圈的电 流值比等于匝数之比可知，断开开关后，电流表的示数还是 I，故 A 错误； B、当开关闭合时，流过灯泡的电流，故，故 B 正确； C、当开关闭合时，PUI，解得 U，根据UB

16、l1l2，解得，故 C 错误； D、当开关断开时 2PUI，解得 U，根据，解得 ，故 D 正确； 故选：BD。 【点评】本题主要考查了线圈转动产生感应电动势，明确输入功率等于输出功率，结合 变压器的特点即可判断 8 （6 分）在绝缘光滑的水平面上相距为 6L 的 A、B 两处分别固定正电荷 QA、QB，两电荷 的位置坐标如图甲所示，若在 A、B 间不同位置放置一个电量为+q 的带电滑块 C（可视 为质点） ，滑块的电势能随 x 变化关系如图乙所示，图中 xL 点为图线的最低点，现让 滑块从 x2L 处由静止释放，下列有关说法正确的是（ ） A小球在 xL 处的速度最大 B小球一定可以到达 x

17、2L 点处 Cx0 和 x2L 处场强大小相等 D固定在 AB 处的电荷的电量之比为 QA：QB4：1 【分析】图线的斜率表示场强的大小；只有电场力做功的情况下，小球的能力守恒，由 此可以判断小球所能到达的位置；比较这两处的图线斜率大小即可比较这两处的场强大 小；根据点电荷场强公式可以得到两个电荷的电荷量比值。 【解答】解：A、在 Epx 图线中，图线的斜率表示电场强度，在 xL 处图线的斜率为 零，说明在 xL 处电场强度为零，对小球来说，受力平衡时速度最大，所以小球在 x L 处的速度最大，故 A 正确； B、小球在 A、B 之间运动的过程中只有电场力做功，所以能量守恒，由图乙可知在 x

18、2L 处的电势小于在 x2L 处的电势，所以小球不可能到达 x2L 处，故 B 错误； C、根据图线的斜率表示场强大小可知，在 x0 和 x2L 处的斜率并不相等，所以这两 处的场强大小不等，故 C 错误； D、因为在 xL 处场强为零，所以根据点电荷场强公式可以知道， 即，故 D 正确。 故选：AD。 【点评】解题的关键是要知道图线的斜率表示场强的大小，然后根据点电荷场强公式即 可得到两固定点电荷所带电荷量的比值。 三、非选择题（共三、非选择题（共 174 分，第分，第 22-32 题为必考题，第题为必考题，第 33-38 题为选考题） （一、必考题） （共题为选考题） （一、必考题） （共

19、 129 分）分） 9 （5 分）某实验小组要测量木块与长木板间的动摩擦因数，设计如图甲所示装置，已知当 地的重力加速度为 g。 （1）对于实验的要求，下列说法正确的一项是 B A钩码的质量要远小于木块的质量 B要保证长木板水平 C接通电源的同时释放木块 （2）按正确的操作要求进行操作，打出的一条纸带如图乙所示，打点计时器使用的是 50Hz的交流电源， 纸带上的点每5个点取1个记数点， 则该木块的加速度a 1.1 m/s2； （结果保留两位有效数字） （3）若木块的质量为 M，钩码的质量为 m，则木块与长木板间的动摩擦因数为 （用 M、m、a、g 表示结果） 。 【分析】 （1）根据实验原理，

20、确定操作过程的正确与否。 （2）由匀变速直线运动的推论：xaT2求加速度的大小。 （3）以钩码和木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律列式，即可求解动摩擦因数。 【解答】解： （1）A、本实验不是钩码的重力来代替细线的拉力，所以不需要使钩码的质 量远小于木块的质量，故 A 错误； B、为保证木块做匀加速直线运动，要保证长木板水平，故 B 正确； C、接通电源后待打点计时器打点稳定时，再释放木块，故 C 错误。 故选：B。 （2）每打 5 个点取一个记数点，所以相邻的计数点间的时间间隔为 T50.02s0.1s 根据运动学规律得：x3x12aT2 得：am/s21.1m/s2； （3）对钩码和木块

21、整体，由牛顿第二定律得： mgMg（m+M）a 解得：。 故答案为： （1）B； （2）1.1； （3）。 【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学推论的综合应用，要理解实验原理，注意与 探究牛顿第二定律实验的区别。第 3 小题也可以采用隔离法求解。 10 （10 分）传感器在现代生活、生产和科技中有着相当广泛的应用，如图甲是一个压力传 感器设计电路， 要求从表盘上直接读出压力大小， 其中 R1是保护电阻， R2是调零电阻 （总 电阻 100） ，理想电流表量程为 10mA，电源电动势 E3V（内阻不计） ，压敏电阻的阻 值 R 与所受压力大小 F 的对应关系如图乙所示。 （1）有三个规格的保护

22、电阻，R1应选哪一个 B 。 A.25 B.250 C.2500 （2）选取、安装保护电阻后，要对压力传感器进行调零。调零电阻 R2应调为 20 。 （3）现对表盘进行重新赋值。原 3mA 刻度线应标注 2800 N。 （4）由于电池老化，电动势降为 2.8V，传感器压力读数会出现偏差，如果某次使用时， 先调零、后测量，读出压力为 1200N，此时电流大小为 5 mA，实际压力大小为 1040 N。 【分析】 （1）根据闭合电路欧姆定律求出电流表满偏时对应的总阻值，调零电阻 R2应该 和总电阻差不多才适合。 （2）由 R总R1+R2+R，对压力传感器进行调零时，R1250，R30，代入总电阻表

23、 达式就可以求出 R2。 （3）先求出电流表为 3mA 时对应的总电阻，代入 R总R1+R2+R，可以求出 R 的值， 再根据 RF 图象写出一次函数 R 与 F 一次函数表达式，根据解析式可以求出对应的压 力。 （4）不考虑电源电压减小的情况，根据 R 与 F 一次函数关系可以求出 F1200N 时对应 的电阻 R，再根据闭合电路欧姆定律 I，可以求出对应的电流；因为电池老化，电 动势 E2.8V，根据闭合电路欧姆定律可以求出实际的总电阻 R实总，从而求出压敏电阻 实际值，再代入 R 与 F 一次函数关系式可以求出对应的压力。 【解答】解： （1）电流表满偏时，电路的总电阻 R总300，而

24、R 总R1+R2+R，由调零电阻 R2最大为 100，故只要大于 200 即可，A 太小，C 太大， 故选 B。 （2）选取、安装保护电阻后，对压力传感器进行调零，则 R1250，R30，代入 R 总R1+R2+R300，解得 R220。 （3）当电流表示数为 3mA 时，电路中的总电阻： R总1000 即：RR总R1R2730 由乙图一次函数为：RF+30 经计算当 R730 时，压力 F2800N。 （4）根据 R 与 F 一次函数关系：RF+30 当 F1200N 时，R330 再由： I5mA 因为电池老化，电动势 E2.8V，电路中实际电阻： R实总560 则 R 的实际阻值为： R

25、实R实总R1R2290 再将 R实代入 RF+30 求得：F1040N。 故答案为： （1）B； （2）20； （3）2800； （4）5，1040。 【点评】本题考查了电阻的测量、闭合电路欧姆定律等知识点。本题类似于欧姆表的改 装问题，正确利用闭合电路欧姆定律及一次函数知识是解决本题的关键点。 三、解答题（共三、解答题（共 2 小题，满分小题，满分 32 分）分） 11 （12 分）我国高铁技术处于世界领先水平，其中一项为电磁刹车技术。某次科研小组要 利用模型火车探究电磁刹车的效果， 如图所示， 轨道上相距 s 处固定着两个长 l、 宽 0.5l、 电阻为 R 的单匝线圈，s0.5l，在火车

26、头安装一个电磁装置，它能产生长 l、宽 0.5l 的矩 形匀强磁场，磁感强度为 B，经调试，火车在轨道上运行时摩擦力为零，不计空气阻力。 现让火车以初速度 v0从图示位置开始匀速运动，经过 2 个线圈，矩形磁场刚出第 2 个线 圈时火车停止， 测得第 1个线圈产生的焦耳热 Q1是第 2 个线圈产生的焦耳热Q2的 3 倍。 求： （1）车头磁场刚进入第 1 个线圈时，火车所受的安培力大小； （2）求车头磁场在两线圈之间匀速运行的时间。 【分析】 （1）对线圈，由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及安培力的计算公 式求解火车所受的安培力大小； （2）由能量守恒求解匀速运动的速度大小，再根据位移

27、时间关系求解匀速运动过程的 时间。 【解答】解： （1）对线圈，由法拉第电磁感应定律 EBLv0 由闭合电路欧姆定律 F安BIL 由联立解得：； （2）设磁场刚穿过线圈时速度为 v，由能量守恒有：Q1 磁场刚穿过线圈停止，同理有：Q2 又 Q13Q2 匀速运动过程 联立。 答： （1）车头磁场刚进入第 1 个线圈时，火车所受的安培力大小为； （2）车头磁场在两线圈之间匀速运行的时间为。 【点评】本题主要是考查电磁感应现象与力学的结合，求安培力时要能够根据闭合电路 的欧姆定律以及法拉第电磁感应定律求解感应电流，求时间时要弄清楚能量转化情况和 运动情况。 12 （20 分）如图甲所示，在光滑水平面

28、上有一小车，其质量 M2kg，车上放置有质量 mA 2kg 木板 A，木板上有可视为质点的物体 B，其质量 mB4kg。已知木板 A 与小车间 的动摩擦因数 00.3，A、B 紧靠车厢前壁，A 的左端与小车后壁间的距离为 x2m。 现对小车施加水平向有的恒力 F，使小车从静止开始做匀加速直线运动，经过 1s 木板 A 与车厢后壁发生碰撞，该过程中 A 的速度一时间图象如图乙所示，已知重力加速度大小 g10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）求 A、B 间的动摩擦因数 ； （2）求恒力 F 的大小； （3）若木板 A 与小车后壁碰撞后粘在一起（碰撞时间极短） ，碰后立即撤去恒力 F，若

29、 要使物体 B 不与小车后壁发生碰撞，则小车车厢前、后壁间距 L 至少为多少？ 【分析】 （1）分析 A 的受力情况，根据牛顿第二定律结合图乙得到动摩擦因数。 （2）研究小车的受力，根据牛顿第二定律和运动学公式求解加速度和恒力 F。 （3）A 与小车碰撞过程中，动量守恒，求出两者共速的速度，A、B 和小车三者共速， 根据动量守恒、能量守恒求解小车车厢前、后壁间距 L。 【解答】解： （1）分析题意可知，A、B 间发生相对滑动， 对于 A：0（mA+mB）gmBgmAaA 根据加速度定义可知，aA4m/s2 解得：0.25。 （2）对小车，该过程中，根据牛顿第二定律可知， F0（mA+mB）gM

30、a xt2 解得：a8m/s2，F34N。 （3）当 A 与小车碰撞时，vA4m/s，vBgt2.5m/s，v车at8m/s 该过程中，B 相对于 A 滑动距离为：L10.75m 对 A 与小车在碰撞中动量守恒，Mv车+mAvA（M+mA）v 解得：v6m/s 对 A、小车和 B 在碰撞后的滑动过程中， （M+mA）v+mBvB（M+mA+mB）v共 +mBgL2 解得：L21.225m 则前、后壁间距：Lx+L1+L23.975m。 答： （1）A、B 间的动摩擦因数为 0.25。 （2）恒力 F 的大小为 34N。 （3）若木板 A 与小车后壁碰撞后粘在一起（碰撞时间极短） ，碰后立即撤去

31、恒力 F，若 要使物体 B 不与小车后壁发生碰撞，则小车车厢前、后壁间距 L 至少为 3.975m。 【点评】此题考查了动量守恒定律和牛顿第二定律的综合问题，对于多物体的运动，解 题的关键是针对具体过程和特定物体分析，再根据牛顿第二定律、动量守恒定律解答即 可。 【物理【物理-选修选修 3-3】 （】 （15 分）分） 13 （5 分）一定质量的理想气体从状态 A 经过状态 B 变化到状态 C，其 Vt 图象如图所 示，下列说法正确的有（ ） AAB 的过程中，气体对外做功 BAB 的过程中，气体放出热量 CBC 的过程中，气体压强变大 DBC 的过程中，气体内能变大 EBC 的过程中，单位体

32、积内的分子数目增加 【分析】根据气体体积的变化判断气体对外界做功还是外界对气体做功，根据温度的变 化判断气体内能的变化，结合热力学第一定律得出气体是吸热还是放热。 【解答】解：AB、AB 的过程中，温度不变，内能不变，气体体积增大，对外做功， 根据热力学第一定律UW+Q 可得，气体吸热，故 A 正确，B 错误； C、在 VT 图象中，若过坐标原点，表示气体做等压变化，如图所示，从 B 到 C 的过 程上的任意一点与273连线，斜率越来越小，故压强越来越大，故 C 正确； D、从 B 到 C 气体的温度降低，内能减小，故 D 错误； E、BC 的过程中，体积减小，气体的质量不变，所以单位体积内的

33、分子数目增加，故 E 正确； 故选：ACE。 【点评】解决本题的关键知道理想气体的内能由温度决定，掌握热力学第一定律以及理 想气体状态方程，并能灵活运用。 14 （10 分）如图导热气缸 A、B 固定在同一水平面上，A 的横截面积为 S，B 的横截面积 为 A 的 2 倍，用两不计质量的活塞密封了等高的理想气体气柱，起初连接两活塞的轻绳 均处于伸直状态，但绳中无张力，现向 A 气缸的活塞上方缓慢加入细沙，直至 A 气缸中 气体体积减小为原来的一半。已知大气压强为 p0，求此时： B 气缸中气体的压强； 加入细沙的质量。 【分析】对气缸 B 的气体，根据玻意耳定律求解压强； 以 A 内气体为研究

34、对象，根据玻意耳定律求解压强，根据平衡条件求解加入细沙的质 量。 【解答】解：设开始时气缸 B 内气体为 VB，后来体积为 VB， 由题可知：VB1.5VB 对气缸 B 的气体，根据玻意耳定律可得：p0VBpBVB 解得：pBp0； 以 A 内气体为研究对象，根据玻意耳定律可得： p0VApA0.5VA 解得：pA2p0； 设绳子拉力为 F，加入细沙的质量为 m，根据平衡条件可得： 对 A 活塞：F+pASp0S+mg 对 B 活塞：F+pB2Sp02S 联立解得：m。 答：B 气缸中气体的压强为p0； 加入细沙的质量为。 【点评】本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出

35、不同状 态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方 程求解。 【物理【物理-选修选修 3-4】 （】 （15 分）分） 15如图所示，一束由两种色光混合的复色光沿 PO 方向射向一上、下表面平行的厚玻璃平 面镜的上表面，得到三束光线 I、，若平面镜的上下表面足够宽，不考虑光线由玻 璃砖内射向上表面时的反射，下列说法正确的是（ ） A光束 I 仍为复色光，光束、为单色光 B玻璃对光束的折射率小于对光束的折射率，当角 减小为某一值时，光束先 消失了，光束还存在 C改变 角，光线 I、仍保持平行 D通过相同的双缝干涉装置，光束产生的条纹宽度要大于光束的 E在玻璃中，

36、光束的速度要小于光束的速度 【分析】由图可知，光束 I 是反射光线，而光束、是由于两种色光折射率的不同， 导致出现光线偏折分离。根据光路可逆可知出射光线仍与入射光线平行。由光束、 的位置可确定其折射率的不同，从而判定光的波长大小，可确定双缝干涉条纹间距的大 小。在真空中，所有色光的速度相同，根据 v分析光在玻璃中速度的大小。 【解答】解：A、所有色光都能反射，由反射定律知，它们的反射角相同，可知光束 I 是复色光。而光束、是由于两种色光折射率的不同导致偏折分离，所以光束、 为单色光，故 A 正确； B、由图知：光束进入玻璃砖时，光束的偏折程度大于光束，可知玻璃对光束的折 射率大于对光束的折射率

37、， 当角 减小时， 折射光线不会消失， 则反射光线不会消失， 当角 减小为某一值时，光束和光束都存在，故 B 错误； C、 一束由两种色光混合的复色光沿 PO 方向射出， 经过反射、 再折射后， 光线仍是平行， 因为光的反射时入射角与反射角相等。所以由光路可逆可得出射光线平行。改变 角， 光线，仍保持平行。故 C 正确； D、光束的折射率大于光束，则光束的频率大于光束，光束的波长小于光束 的波长，而双缝干涉条纹间距与波长成正比，则双缝干涉实验中光产生的条纹间距比 光的小，故 D 错误； E、在真空中，光束的速度要等于光束的速度，都是 c。由于玻璃对光束的折射率 大于对光束的折射率，根据 v分析

38、可知：在玻璃中，光束的速度要小于光束的 速度，故 E 正确。 故选：ACE。 【点评】 解决本题时要知道光线在两种介质分界面上都有反射， 反射遵守光的反射定律。 由于光线在玻璃中的折射率不同，可通过光的折射产生光的色散。 16水平地面上有一根均匀软绳，使 M 端在垂直于软绳的方向上做简谐运动，软绳上会形 成一列横波，如图甲所示。已知软绳 M 端的振动图象如图乙所示，从 M 点起振开始计 时。当 t1s 时，软绳上各点都已经开始振动。在 t1.1s 时刻，M、N 平衡位置之间只 有一个波谷，且 N 点处在平衡位置，M、N 两点平衡位置之间距离 d0.6m。求： 波长和传播速度； 从 M 端起振开

39、始计时，绳上 N 点第五次运动到波峰位置的时间。 【分析】根据图乙得到波传播的周期，分析波长的可能情况，求出波速； 根据图乙可知，t0 时，M 点的振动方向向下，得到绳上 N 点第五次到达波峰位置的 时间与周期的关系进行解答。 【解答】解：根据振动图乙可知，波传播的周期 T0.2s，在 t1.1s 时，M 点在平衡 位置且振动方向向上，根据题意可知，有两种可能： 第一种：当 1d0.6m 时，3m/s； 第二种：当 22d1.2m 时，6m/s； 根据图乙可知， t0 时， M 点的振动方向向下， 绳上 N 点第五次到达波峰位置的时间： t； 当 v13m/s 时，t1+1.15s， 当 v26m/s 时，t2+1.05s。 答：波长为 0.6m，波速为 3m/s；或者波长为 1.2m，波速为 6m/s； 当波速为 3m/s 时，绳上 N 点第五次运动到波峰位置的时间时 1.15s；当波速为 6m/s 时，绳上 N 点第五次运动到波峰位置的时间时 1.05s。 【点评】本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是能够根据图象直接读出周期和各 个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系 vf，分情况进行讨论。