物理卷·2018届云南民族大学附属中学高三上学期期中考试试题（解析版）

物理卷·2018届云南民族大学附属中学高三上学期期中考试试题（解析版）

云南民族大学附属中学2018届高三上学期期中考试物理试题 一、选择题：‎ ‎1. 如图所示，质量分布均匀的球位于水平地面上，球的质量为m、半径为R．以地面为参考平面，球的重力势能为（　　）‎ A. mgR B. C. 0 D. -mgR ‎【答案】A ‎【解析】重心离零势能面的高度为R，所以小球的重力势能为mgh=mgR，故A正确；BCD错误。‎ ‎2. 在水平地面上，质量m1的小球用轻绳跨过光滑的半圆形碗连接质量分别为m2和m3的物体，平衡时小球恰好与碗之间没有弹力作用，则m1、m2和m3的比值为（　　）‎ A. 1：2：3 B. 2：1：1‎ C. 2：：1 D. 2：1：‎ ‎【答案】C ‎【解析】对碗内的小球m1受力分析，受重力、两个细线的两个拉力，由于碗边缘光滑，相当于动滑轮，故细线对物体m2的拉力等于m2g，细线对物体m3的拉力等于m3g， ‎ 如图 ‎ ‎ ‎ 根据共点力平衡条件，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线，有 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得 ,故选：C ‎ 综上所述本题答案是：C ‎3. 发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1上运行，然后Q点点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次P点点火．将卫星送入同步圆轨道3．轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点（如图），则当卫星分别在1，2，3 轨道上正常运行时，以下说法正确的是（　　）‎ A. 卫星在轨道3上的周期小于在轨道1的周期 B. 卫星在轨道2上的机械能大于轨道3上的机械能 C. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度 D. 卫星在轨道2上经过P点的速率大于它在轨道3上经过P点的速率 ‎【答案】C ‎【解析】A：根据开普勒第三定律（类似），卫星在轨道3上的周期大于在轨道1上周期．故A错误； ‎ B：在P点，它们的重力势能相等，但在轨道3的动能较大，因此在轨道2上的机械能小于轨道3上的机械能，故B错误； ‎ C：卫星在轨道1上经过Q点时的加速度和它在轨道2上经过Q点时的加速度都是由万有引力提供的．在同一点，万有引力相等，故加速度也相等．故C正确； ‎ D：同理，卫星在轨道2上经过P点的加速度（万有引力）等于它在轨道3上经过P点的加速度；卫星在轨道2上经过P点时开始做向心运动，提供的加速度（万有引力）大于需要的加速度，所以轨道2上经过P点的速率小于它在轨道3上经过P点的速率．故D错误．‎ 综上所述本题答案是：C 点睛：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和周期的表达式，再进行讨论，注意向心加速度只与间距大小、及中心天体质量有关，并掌握圆周运动与近心运动的条件．‎ ‎4. 一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示．则（　　） ‎ A. 2～6s时间内物体的加速度为0.5m/s2‎ B. 物块的质量为1kg C. 整个过程中，物体所受摩擦力始终为2N D. 0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功30J ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：2～6s时间内物体的加速度为，选项A错误；2～6s时间内由牛顿定律：，即3-f=0．75m；6～8s时间内物体匀速运动，此时F=f，即f=2N；可得m=1．33kg，选项B错误；开始的2s内物体静止，所受的摩擦力为静摩擦力，大小为1N，故整个过程中，物体所受摩擦力不是始终为2N ，选项C错误； 0～10s时间内，物体的位移，则物体克服摩擦力所做的功Wf=fs=30J．选项D正确；故选D．‎ 考点：v-t图像；牛顿定律的应用 ‎【名师点睛】此题考查读图获取信息的能力，注意根据需要选取合适的阶段；要能通过图像知道物体在各个阶段的运动情况；能根据牛顿定律列出方程求解．‎ ‎5. 质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动．当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角θ2时（如图），下列判断正确的是（　　）‎ A. P的速率为v B. P的速率为vcosθ2‎ C. 绳的拉力等于mgsinθ1‎ D. 绳的拉力小于mgsinθ1‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：AB、将小车的速度v进行分解如图所示，则 ，故A错误，B正确； ‎ ‎ ‎ CD、小车向右运动，θ2减小，v不变，则vp逐渐增大，说明物体P沿斜面向上做加速运动，由牛顿第二定律 ，可知绳子对A的拉力 ，故C错误，D错误． ‎ 综上所述本题答案是：B 点睛：解决本题的关键得出A、B的速度关系，由牛顿第二定律分析绳子的拉力与重力的大小关系，运用外推法，即极限法分析A物体的加速度如何变化是难点．‎ ‎6. 如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动，A带电荷量为-q，B带电荷量为+2q，下列说法正确的是（　　）‎ A. 相碰前两球运动中动量不守恒 B. 相碰前两球的总动量随距离的减小而增大 C. 碰撞前后两球组成系统动量守恒 D. 两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力 ‎【答案】C ‎【解析】相碰前、后两球受合外力为零，所以运动中动量守恒，故A、D错误；C正确；两球间的库仑力为吸引力，所以小球做加速运动，两球速度等大反向所以总动量等于零，不变，故B错误。‎ ‎7. 如图，真空中电量均为Q的两正点电荷，固定于一绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线上，且两电荷关于正方体中心对称，则（　　）‎ A. ABCD四个点的电势相同 B. A1B1C1D1四个点的电场强度相同 C. 负检验电荷q在A点的电势能小于在C1点的电势能 D. 正检验电荷q从C点移到C1点过程电场力对其做正功 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据等量同种电荷周围电场分布情况，将该图与题图结合可知：将两个图比较可知，A、B、C、D四个点的是关于连线对称的，所以电势相同，故A正确；由于A1、B1、C1、D1四个点是关于连线对称，场强大小相等，但方向不同，所以场强不同，故B错误．将两个图比较可知，A、B、C、D四个点和A1、B1、C1、D1四个点关于点电荷的连线的中心是对称的，所以8个点的电势高低是相等的，所以负检验电荷q在A点的电势能等于在C1点的电势能，正检验电荷q从C点移到C1点过程电场力对其做功的和为0．故CD错误．故选A．‎ 考点：电场强度；电场力的功 ‎8. 如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放．下列判断正确的是（　　）‎ A. 小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动 B. 当小球运动到c点时，小球受到的洛仑兹力最大 C. 小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小 D. 小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大 ‎【答案】C ‎【解析】解：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”，关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大； ‎ A、由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错误； ‎ B、由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大，故B错误； ‎ C、小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减，故C正确； ‎ D、从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故D错误．‎ 综上所述本题答案是：C ‎ 点睛：该题要求同学们能够根据受力分析找出做圆周运动新的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题，难度较大．‎ ‎9. 如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，O是圆心，OC竖直，OA水平，B是最低点，A点紧靠一足够长的平台MN，D点位于A点正上方，DA距离为有限值．现于D点无初速度释放一个大小可以忽略的小球，在A点进入圆弧轨道，从C点飞出后做平抛运动并落在平台MN上，P点是小球落在MN之前轨迹上紧邻MN的一点，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A. 只要D点的高度合适，小球可以落在平台MN上任意一点 B. 小球从A运动到B的过程中，重力的功率一直增大 C. 小球由D经A，B，C到P的过程中，其在D点的机械能大于P点的机械能 D. 如果DA距离为h，则小球经过B点时对轨道的压力为 ‎【答案】D ‎【解析】A、若小球恰好通过C点时，有 ， ‎ B、小球从A运动到B的过程中，在B点，重力与速度垂直，重力的瞬时功率为0，所以小球到达B点前重力的功率在减小，故B错误． ‎ C、小球由D经A，B，C到P的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则其在D点的机械能等于P点的机械能，故C错误． ‎ D、小球从D运动到B的过程中，由机械能守恒得 ‎ ‎ ‎ 在B点，由牛顿第二定律得 ‎ ‎ ‎ 解得 由牛顿第三定律得知，小球经过B点时对轨道的压力故D正确． ‎ 综上所述本题答案是：D ‎10. 如图所示，T为理想变压器，原副线圈匝数比为4：1，A1、A2为理想交流电流表，V1、V2‎ 为理想交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为热敏电阻（阻值随温度的升高而减小），原线圈两端接入如后图所示的电压，以下说法正确的是（　　） ‎ A. 当温度升高时，电压表V1示数为55V保持不变 B. 当温度升高时，电压表V2示数变大 C. 通过电流表A1的电流方向每秒变化100次 D. 当温度升高时，电流表A1、A2示数同时变大 ‎【答案】CD ‎【解析】A、原线圈两端电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比得55V，故A错误； ‎ B、当温度升高时，R3的阻值减小，副线圈电流变大，R1两端的电压变大，并联部分的电压减小，即电压表V2示数变小，故B错误； ‎ ‎ ‎ D、温度升高时，副线圈电流变大，根据电流与匝数成反比，知原线圈电流变大，所以、电流表A1、A2示数同时变大，故D正确；‎ 综上所述本题答案是：CD ‎11. 关于天然放射现象，以下叙述正确的是（　　）‎ A. 若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小 B. β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的 C. 在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强 D. 铀核（ ）衰变为铅核（ ）的过程中，要经过8次α衰变和10次β衰变 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：半衰期由原子核自身决定，与外界因素无关，A错误；所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的，B正确；在α、β、γ这三种射线中，电离本领依次减弱，穿透本领依次增强，C正确；由质量数守恒知经过8次α衰变，再由电荷数守恒知经过6次β衰变，D错误．‎ 故选BC 考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ 点评：半衰期由原子本身决定，β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的，α、β、γ这三种射线中，电离本领依次减弱，穿透本领依次增强，根据守恒方程判断D．‎ ‎12. 两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一根上端固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（　　）‎ A. 释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g B. 金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b C. 若弹簧弹力为F时，金属棒获得最大速度vm，则 D. 最终电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：金属棒刚释放时，弹簧处于原长，弹力为零，又因此时速度为零，没有感应电流，金属棒不受安培力作用，金属棒只受到重力作用，根据牛顿第二定律得知：棒的加速度应等于重力加速度g，故A正确；金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，流过电阻R的电流方向为b→a，故B错误；金属棒向下运动的过程中，受到重力、弹簧的弹力和安培力三个力作用，当三力平衡时，速度最大，即当弹簧弹力F、安培力F安之和等于金属棒的重力mg时，金属棒下落速度最大，即有 F +F安=mg，而，解得，故C正确．当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，故D错误．故选AC．‎ 考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律 ‎【名师点睛】根据导体棒速度的变化正确分析安培力的变化往往是解决这类问题的关键，在应用功能关系时，注意弹性势能的变化，金属棒下落过程中，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（金属棒速度不是零时）和电阻R产生的内能，这点是往往被容易忽视的。‎ 二、填空题 ‎13. 如图1所示为多用电表的示意图，其中S、T为可调节的部件，现用此电表测量一阻值约为1000Ω的定值电阻，部分操作步骤如下：‎ ‎ ‎ ‎（1）选择开关应调到电阻档的 ______ （填“×1”、“×10”、“×100”或“×1k”）位置． ‎ ‎（2）将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，把两笔尖相互接触，调节 ______ （填“S”或“T”），使电表指针指向 ______ （填“左侧”或“右侧”）的“0”位置． ‎ ‎（3）将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，电表示数如图2所示，该电阻的阻值为 ______ Ω．‎ ‎【答案】 (1). ×100； (2). T； (3). 右侧； (4). 1100‎ ‎【解析】用欧姆表测阻值约为1000Ω的定值电阻，部分操作步骤如下： ‎ ‎（1）选择开关应调到电阻档的“×100”位置． ‎ ‎（2）将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，把两笔尖相互接触，调节欧姆调零旋钮T，使电表指针指向右侧的“0”位置． ‎ ‎（3）将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，由图2所示可知，该电阻的阻值为11×100=1100Ω． ‎ 故答案为：（1）×100；（2）T；右侧；（3）1100． ‎ ‎14. 甲、乙两位同学在“验证牛顿第二定律”实验中，使用了如图1所示的实验装置．‎ ‎(1)实验时他们先调整垫木的位置，使小车不挂配重时能在倾斜的长木板上做匀速直线运动，这样做的目的是 ______ ． ‎ ‎(2)此后，甲同学把细线系在小车上并绕过定滑轮悬挂若干配重片．在小车质量一定的情况下，多次改变配重片数量，每改变一次就释放一次小车，利用打点计时器打出记录小车运动情况的多条纸带．图2是其中一条纸带的一部分，O、A、B、C为4个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个打出的点没有画出．打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上．通过对纸带的测量，可知小车运动过程中的加速度大小为 ______ m/s2（保留2位有效数字）． ‎ ‎(3)乙同学在实验时，因配重片数量不足改用5个质量为20g的钩码进行实验．他首先将钩码全部挂上，用打点计时器打出记录小车运动情况的纸带，并计算出小车运动的加速度；之后每次将悬挂的钩码取下一个并固定在小车上，重复多次实验，且每次实验前均调整垫木的位置，使小车不挂配重时能在倾斜的长木板上做匀速直线运动．根据测得的数据，绘制出小车加速度与悬挂的钩码所受重力的关系图线．关于这一图线下列说法错误的是 ______ ．（选填选项前的字母） ‎ A．可由该图线计算出小车和5个钩码质量之和 ‎ B．只有当小车质量远大于悬挂钩码的质量时，该图线才是一条直线 ‎ C．无论小车质量是否远大于悬挂钩码的质量，该图线都是一条直线．‎ ‎【答案】 (1). 为了平衡小车运动过程中所受摩擦力； (2). 0.50； (3). B ‎【解析】（1）为了克服摩擦力的影响，在实验中应垫高一侧，从而使重力的分力与摩擦力相互平衡；从而使小车受到的拉力为合外力； ‎ ‎（2）由 可得： ； ‎ ‎③对钩码和小车整体分析可知，整体受到的拉力为钩码的重力，质量是整体的质量；由F=ma可知，作出的图像一定为直线；且图像的斜率一定为整体的质量；故AC正确，B错误； ‎ 本题选错误的；故选：B．‎ 综上所述本题答案是：B 三、计算题 ‎15. A、B、C三物块质量分别为M、m和m0，作如图所示的联结．其中M=3kg，m=1.5kg，m0=0.5kg，绳子不可伸长，绳子和滑轮的质量不计，绳子和滑轮间、A物块和桌面间均光滑．从图中所示位置释放后A、B、C一起作匀加速直线运动，求在作匀加速直线运动的过程中物块A与B间的摩擦力大小和绳上的拉力（g取10m/s2）．‎ ‎【答案】物块A与B间的摩擦力大小为1.5N；绳上的拉力为4.5N ‎【解析】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得： ‎ ‎ ， ‎ 解得： ， ‎ 以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得： ； ‎ 以A、B为研究对象，根据牛顿第二定律可得绳子拉力： ．‎ 综上所述本题答案是：物块A与B间的摩擦力大小为1.5N；绳上的拉力为4.5N ‎ ‎16. 如图，质量M=1kg的长木板静止在光滑的水平面上，有一个质量m=0.2kg的可看作质点的物体以6m/s的水平初速度木板的左端冲上木板，在木板上滑行了2m后与木板保持相对静止，求： ‎ ‎（1）木板最终获得的速度； ‎ ‎（2）在此过程中产生的热量； ‎ ‎（3）到物块与木板相对静止结束，木板前进的距离是多少？‎ ‎【答案】（1）木板最终获得的速度是1m/s； ‎ ‎（2）在此过程中产生的热量是3J； ‎ ‎（3）到物块与木板相对静止结束，木板前进的距离是1/3m．‎ ‎【解析】（1）木板与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： ‎ ‎ ， ‎ 则得： ‎ ‎（2）在此过程中产生的热量为： ‎ ‎ ‎ ‎（3）由 得： ‎ 对木板，运用动能定理得： ‎ ‎ ‎ 得： ‎ 综上所述本题答案是：（1）木板最终获得的速度是1m/s； ‎ ‎（2）在此过程中产生的热量是3J； ‎ ‎（3）到物块与木板相对静止结束，木板前进的距离是1/3m．‎ ‎17. 如图所示，在竖直平面内直线AB与竖直方向成30°角，AB左侧有匀强电场，右侧有垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电量为q的带负电的粒子，从P点以初速υ0竖直向下射入电场，粒子首次回到边界AB时，经过Q点且速度大小不变，已知P、Q间距为l，之后粒子能够再次通过P点，（粒子重力不计）求： ‎ ‎（1）匀强电场场强的大小和方向； ‎ ‎（2）匀强磁场磁感强度的可能值．‎ ‎【答案】（1）匀强电场场强的大小为 ，方向：垂直于AB且与竖直方向成60°角向下； ‎ ‎（2）匀强磁场磁感强度的可能值为B= （R=1）； n =1、2、3…（R＞1）．‎ ‎【解析】（1）由题意可知，粒子首次回到边界AB时，经过Q点且速度大小不变， PQ间电势差为零，P、Q在同一等势面上，匀强电场垂直于AB且与竖直方向成60°角向下， 粒子在电场中沿AB方向做匀速直线运动，l=v0cos30°•t， 在垂直AB方向粒子做匀减速直线运动： ， 解得：；‎ ‎ （2）粒子从Q点进入磁场时沿AB方向的分速度不变，垂直AB方向的分速度大小不变方向反向， 由此可知：粒子经Q点的速度与AB成30°角，若粒子进入磁场偏转后恰好经过P点， 其轨道半径为R，磁感应强度为B，由几何知识得：R=l， 粒子做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，‎ 解得： ； 若粒子做圆周运动的轨道半径R＜l，粒子不可能再通过P点， 若圆周运动的轨道半径R＞l，则每个周期沿AB界限向A移动的距离：△x=R-l， 粒子可能从电场中再次经过P点需要满足的条件是：l=n×△x （n=1、2、3…）， 解得： ， n=1、2、3…； ‎ ‎18. 关于物体的内能，下列说法正确的是（　　）‎ A. 物体的内能是指物体内所有分子的动能和势能的总和 B. 一定质量的0℃的水凝结为0℃的冰时，分子平均动能不变，分子势能减少 C. 通电时电阻发热，它的内能增加是通过“热传递”方式实现的 D. 温度高的物体一定比温度低的物体内能大 E. 一定质量的理想气体吸收热量，它的内能可能不变 ‎【答案】ABE ‎【解析】A、物体的内能由分子动能和分子势能两种，内能是指物体内所有分子的动能和势能之和，故A正确；‎ B、一定质量的0 ℃的水在凝结成0 ℃的冰的过程中，温度保持不变，则分子的平均动能保持不变，分子个数保持不变，而此过程中要放出热量，内能减小，所以分子势能减小，B正确；‎ C、电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过电流做功方式实现的，C错误；‎ D、物体的内能是由分子热运动的总动能与分子势能的总和，在宏观上表现为,内能与物体的分子数、温度、体积有关，所以,温度高的物体内能不一定比温度低的物体内能大，D错误；‎ E、一定质量的理想气体从外界吸收热量，如果同时对外做功，根据热力学第一定律知内能可能不变，E正确；‎ 故选ABE。‎ ‎19. 如图所示，截面积分别为SA=1cm2、SB=0.5cm2的两个上部开口的柱形气A、B，底部通过体积可以忽略不计的细管连通，A、B两个气缸内分别有两个不计厚度的活塞，质量分别为mA=1.4kg、mB=0.7kg．A气缸内壁粗糙，活塞与气缸间的最大静摩擦力为Ff=3N；B气缸内壁光滑，且离底部2h高处有一活塞销．当气缸内充有某种理想气体时，A、B中的活塞距底部均为h，此时气体温度为T0=300K，外界大气压为P0=1.0×105Pa．现缓慢升高气体温度，（g取10m/s2，）求： ‎ ‎（1）当气缸B中的活塞刚好被活塞销卡住时，气体的温度； ‎ ‎（2）当气缸A中的活塞刚要滑动时，气体的温度T2．‎ ‎【答案】①当气缸B中的活塞刚好被活塞销卡住时，气体的温度为400K； ‎ ‎②当气缸A中的活塞刚要滑动时，气体的温度为450K ‎【解析】试题分析：①此过程为等压过程，分别求出初末状态的体积，再根据列式求解即可；②从B活塞到达底部，到A活塞开始运动，气体发生等容变化，根据平衡条件求出初末位置的压强，带入求解温度即可．‎ ‎①此过程为等压过程，由盖吕萨克定律可得，其中，‎ 解得 ‎②气体做等容变化，由查理定律得：‎ 最初，对活塞B：‎ 活塞要动时，对活塞A，‎ 解得 ‎【点睛】本题关键明确封闭气体的初末状态，然后结合气体实验定律列式求解；同时要对活塞和杆整体受力分析并结合平衡条件求解初始气压．‎ ‎20. 如图甲所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，P是参与波动的、离原点x1=2m处的质点，Q是参与波动的、离原点x2=4m处的质点．图乙是参与波动的某一质点的振动图象（所有参与波动的质点计时起点相同）由图可知（　　） ‎ A. 从t=0到t=6s，质点P通过的路程为0.6m B. 从t=0到t=6s，质点Q通过的路程为12 m C. 这列波的传播速度为v0=2m/s D. 从t=0起，P质点比Q质点先到达波峰 E. 乙图可能是甲图中质点Q的振动图象 ‎【答案】ACE ‎【解析】AB、由图乙读出该波的周期 T=2s，振幅为 A=5cm，因为 t=6s=3T，所以从t=0到t=6s，质点P、Q通过的路程都是 ，故A正确，B错误． ‎ C、由甲读出波长λ=4m，波速 ，故C正确． ‎ D、简谐波没x轴正方向传播，t=0时刻质点Q向上运动，质点P向下运动，所以Q质点比P质点先到达波峰，故D错误． ‎ E、由图乙看出，t=0时刻，质点经过平衡位置向上，而图甲中，Q点也经过平衡位置向上运动，故乙图可能是图甲中质点Q的振动图像．故E正确． ‎ 综上所述本题答案是：ACE 点睛：由甲读出波长λ，由图乙读出周期T，根据时间与周期的关系求质点P、Q通过的路程．由 求出波速．波源的起振方向与图中x3=6m的质点t=0时刻的振动方向由波的传播方向判断．根据图乙t=0时刻质点的位置和速度方向，在图甲中选择对应的质点． ‎ ‎21. 如图，一半径为R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线OO′表示光轴（过球心O与半球底面垂直的直线）．已知玻璃的折射率为1.5．现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表面反射后的光线）．求： ‎ ‎（1）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值； ‎ ‎（2）距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离．‎ ‎【答案】（1） ；（2）2.74R ‎【解析】（i）如图，从底面上A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角i0时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l。‎ ‎①‎ 设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有 ②‎ 由几何关系有③‎ 联立①②③式并利用题给条件，得④‎ ‎（ii）设与光轴距的光线在球面B点折射时的入射角和折射角分别为i1和r1，由折射定律有 ‎⑤‎ 设折射光线与光轴的交点为C，在△OBC中，由正弦定理有⑥‎ 由几何关系有⑦‎ ‎⑧‎ 联立⑤⑥⑦⑧式及题给的条件得 ⑨‎ ‎【名师点睛】本题主要考查光的折射定律的应用，解题关键是根据题意画出光路图，根据几何知识确定入射角与折射角，然后列方程求解。‎ ‎ ‎ ‎ ‎