2020-2021年新高三物理开学摸底考试卷（二）

2020-2021年新高三物理开学摸底考试卷（二）

2020-2021 年新高三物理开学摸底考试卷（二） 一．选择题。 1.我国新一代载人飞船返回实验舱已于 2020 年 5 月 8 日顺利返回地面，返回舱质量约为 5.4×103kg。某一次 进行返回地面的测试时，返回舱在某处弹射出三朵主伞构成伞群，通过伞群减速，安全返回地面，可将这 一运动视为竖直方向的匀减速直线运动，加速度大小为 1.0m/s2，三根主伞的伞绳 a、b、c 均与竖直方向成  角，已知 sin =0.44，cos =0.90，g 取 10m/s2，则返回舱在下落过程中主伞伞绳 a 上的拉力大小约为（ ） A．2.80×103N B．1.72×104N C．2.20×104N D．6.84×104N 【答案】C 【解析】返回舱向下做匀减速运动，加速度向上，根据牛顿第二定律可得 3cosTmgma  解得 T=2.20×104N 故选 C。 2.如图所示，边长为 L 的菱形由两个等边三角形 abd 和 bcd 构成，在三角形 abd 内存在垂直纸面向外的磁感 应强度为 B 的匀强磁场，在三角形 bcd 内存在垂直纸面向里的磁感应强度也为 B 的匀强磁场．一个边长为 L 的等边三角形导线框 efg在纸面内向右匀速穿过磁场，顶点 e始终在直线 ab上，底边 gf始终与直线 dc重合．规 定逆时针方向为电流的正方向，在导线框通过磁场的过程中，感应电流随位移变化的图象是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】感应电动势퐸 = 퐵퐿有푣，电流퐼 = 퐸 푅 = 퐵퐿有푣 푅 ，三角形 egf 向右运动，根据右手定则，开始时 ef 切割磁 感线，产生顺时针电流，大小设为퐼0，0 − 퐿 3过程，en 切割磁感线产生向下的电流，nf 产生向上的电流，em 产生向下电流，切割磁感线的有效长度为퐿有 = 푒푛 − 푛푓 − 푒푚，随着三角形的运动퐿有在减小，感应电流减小， 当运动퐿 3时，퐿有 = 0，电流为零，퐿 3 − 퐿过程，继续移动根据等边三角形的几何关系，nf+em 大于 en，퐿有 = 푛푓 + 푒푚 − 푒푛，逐渐变大，电流变大，当 efg 与 bcd 重合时，eg 边和 ef 切割磁感线，产生电流方向均为逆 时针，大小变为2퐼0，L-2L 过程中，继续移动 gm 切割磁感线，产生感应电动势，L 有=gm，逐渐减小，直至 全部出磁场电流为零，A 正确． 3.2017 年 7 月 9 日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国 A 队在决赛中 1 比 3 落后的不利形势下成功逆转，最终以 4 比 3 击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠．如 图为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动， 碰前白色球的动量 pA＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球 A 与花色球 B 发生碰撞后，花色球 B 的动量变为 p′B ＝4 kg·m/s，则两球质量 mA 与 mB 间的关系可能是( ) A．mB＝mA B．mB＝1 4mA C．mB＝1 6mA D．mB＝6mA 答案：A 解析：.由动量守恒定律得 pA＋pB＝p′A＋p′B，解得 p′A＝1 kg·m/s，根据碰撞过程中总动能不增加，则有 错误!≥错误!＋错误!，代入数据解得 mB≥错误!mA，碰后两球同向运动，白色球 A 的速度不大于花色球 B 的 速度，则p′A mA ≤p′B mB ，解得 mB≤4mA，综上可得2 3mA≤mB≤4mA，选项 A 正确． 4.正方形 ABCD 四个顶点上放置着电荷量相同的、电性如图所示的点电荷，O 为正方形两对角线的交点，M、 N、P、Q 分别为 AO、BO、CO、DO 的中点。取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ） A．M、N、P、Q 四点的场强相同 B．M、N、P、Q 四点的电势均为零 C．将一质子从 M 点沿 MON 移动到 N 点的过程中，电场力先做正功再做负功 D．将一电子从 M 点沿 MOP 移动到 P 点的过程中，电势能先增加后减小 【答案】D 【解析】AB．以 M 点为例，A、C 位置的两个点电荷在 M 点的合电场强度方向指向 O 点，B 位置的点电荷 在 M 点产生的电场强度方向由 M 指向 B 点，D 位置的点电荷在 M 点产生的电场强度方向由 M 指向 D 点， 所以 M 点的电场强度方向由 M 指向 O 点，根据同样的方法可得 P 点的电场强度方向由 P 指向 O 点，而 N、 Q 点的电场强度方向分别由 O 点指向 N 和 Q，根据对称性可知四点的场强大小相同，但方向不同，若以无 穷远处电势为零，沿着电场线方向电势降低，则此四点的电势不为零，故 AB 错误； C．根据点电荷周围电势分布的特点，可知 M 点的电势高于零，N 点的电势低于零，故将一质子从 M 点沿 MON 移动到 N 点的过程中，电场力一直做正功，故 C 错误； D．根据点电荷周围电势分布的特点，可知 M 点的电势高于零，P 点的电势高于零，将一电子从 M 点沿 MOP 移动到 P 点的过程中，电场力先做负功再做正功，电势能先增加后减小，故 D 正确。 故选 D。 5.如图，理想变压器原.副线圈匝数比 n1 : n2=3: 1，灯泡 A、B 完全相同，灯泡 L 与灯泡 A 的额定功率相同， 但额定电压不同，当输入端接上 452 sin100ut (V)的交流电压后，三个灯泡均正常发光，图中两电流 表均为理想电流表，且电流表 A2 的示数为 2A，则（ ） A．电流表 A1 的示数为 12A B．灯泡 L 的额定功率为 20W C．灯泡 A 的额定电压为 5V D．将副线圈上的灯泡 A 撤去，灯泡 L 能正常发光 【答案】B 【解析】A．因三个灯泡均正常发光，所以副线圈中总电流为 2 4AI = 由变压规律可知原线圈中电流为 2 12 1 4 3 AnIIn  即电流表 A1 的示数为 4 3 A ，故 A 错误； BC．令副线圈两端电压为 2U ，则由变压规律可知原线圈两端电压为 1 122 2 3nUUUn 令灯泡 L 两端电压为 LU ，则有 12LAUIUI 根据题意则有 1LUUU 45VU  联立可得 2 10VU  ， 15VLU  则灯泡 A 的额定电压为 10V，灯泡 L 与灯泡 A 的额定功率相同，则灯泡 L 和 A 的额定功率 2 2 10W 20WAP I U    故 B 正确，C 错误； D．将副线圈上的灯泡 A 撤去，则输出电流变小，根据理想变压器中电流与匝数成反比可知，输入电流变小， 灯泡 L 能正常发光，故 D错误；故选 B。 6.一艘宇宙飞船带着任务出发了。在远离星球的太空中沿直线飞行时，启动推进器，飞船受到推力 F 的作用， 在短时间 t 内速度改变了 v （其它星球对它的引力可忽略）；当飞船飞近一个无名的孤立星球时，关闭发 动机后飞船能以速度 v 在离星球的较高轨道上绕星球做周期为 1T 的匀速圆周运动；到达孤立星球附近时， 再次关闭发动机后飞船在星球表面做匀速圆周运动的周期 2T ，登陆星球后，宇航员用弹赞测力计称量一个 质量为 m 的砝码时读数为 N。已知引力常量为，忽略该星球自转。则（ ） A．宇宙飞船的质量为 Ft v   B．宇宙飞船的质量为 2 Ft v   C．孤立星球的质量为 3 1 2 vT G D．孤立星球的质量为 34 2 4316 NT Gm 【答案】ACD 【解析】AB．飞船直线推进时，根据动量定理可得 Ftmv 解得飞船的质量为 Ftm v   故 A 正确，B 错误； C．飞船绕孤立星球运动时，根据万有引力提供向心力可得 2 2 2 1 2()Mm mvG m rr T r  解得 3 1 2 vTM G 故 C 正确； D．用弹簧秤称量时，则有 2 N GMg mR 在星球表面运动时有 2 2 2 2()MmGmRRT  解得 34 2 4316 NTM Gm 故 D 正确；故选 ACD。 7.如图所示，质量相同的小球 A、B 通过质量不计的细杆相连接，紧靠竖直墙壁放置。由于轻微扰动，小球 A、B 分别沿水平地面和竖直墙面滑动，滑动过程中小球和杆始终在同一竖直平面内，重力加速度为 g，忽 略一切摩擦和阻力，下列说法正确的是（ ） A．B 球沿墙下滑的过程中，两球及杆组成的系统机械能守恒但动量不守恒 B．B 球从下滑至恰好到达水平面的瞬间，杆对 A 一直做正功 C．B 球从下滑至恰好到达水平面的瞬间,地面对 A 的支持力先减小后增大 D．当细杆与水平方向成 30°角时，小球 A 的速度大小为 v，可求得杆长为 24v g 【答案】AD 【解析】A．B 球沿墙下滑的过程中，系统受到的力只有重力做功，所以机械能守恒，但是由于合外力不等 于零，所以动量不守恒，故 A 正确； BC．初始时刻 A 球的速度为零，当 B 球到达水平面时，B 的速度向下，此时 B 球沿着细杆方向的分速度为 零，所以此时 A 球的速度为零，那么在向右端过程中 A 球必定先加速运动再做减速运动，杆对球 A 先施加 斜向下的推力做正功，此时 A 对地面压力大于自身重力，后施加斜向上的拉力做负功，此时 A 对地面压力 小于自身重力，故 B、C 错误； D．小球 A 的速度为 v 时，设小球 B 的速度大小为 v ，则有 cos30 cos60vv    解得 3vv 两球下滑过程中系统的机械能守恒，则有 2211 222 Lmgmvmv 联立解得 24vL g 故 D 正确；故选 AD。 8.如图所示，一个可以看成点电荷的带电小球质量为 m，电荷量为+q，从平面上的 M 点以初速度 v0 抛出， 初速度方向与竖直方向的夹角为  ，小球恰好垂直撞击在竖直墙壁的 N 点，重力加速度为 g，不计空气阻力。 下列说法正确的是（ ） A．小球从 M 点运动到 N 点的竖直位移 y 与水平位移 x 之比满足 2 tanx y  B．若在空间施加一个垂直纸面向里的匀强电场，小球从 M 点以 v0 速度沿原方向抛出后可能会垂直击中墙 面 C．若在空间施加一个大小为 4 5 mgE q 、方向与 v0 同向的匀强电场，从水平地面上的 P 点将小球以速度 v0 抛出，速度方向与竖直方向的夹角为 =37°，sin37°=0.6 小球垂直撞击在竖直墙壁上的 Q 点，则 PQ 两点间 的水平间距 2 04 3 vl g D．若空间中充满了垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 0 mgB qv ，从水平地面上的 S 点将小球以速度 v0 竖直向上抛出后，小球垂直撞击在竖直墙壁上的 T 点，则 ST 两点间竖直高度差 2 0(21) vh g  【答案】AC 【解析】A．小球恰好垂直撞击在竖直墙壁的 N 点，则竖直方向上有 0 c o syv v g t  解得 0 c o svt g  所以竖直方向的位移 22 2 0 cos1 22 vygt g  水平方向的位移 2 0 0 sincossinx vxvtvt g  所以竖直位移 y 与水平位移 x 之比满足 2 ta nx y  选项 A 正确； B．若在空间施加一个垂直纸面向里的匀强电场，小球受到垂直纸面向里的电场力作用，若从 M 点以 v0 速 度沿原方向抛出后不可能会垂直击中墙面，选项 B 错误； C．若在空间施加一个大小为 4 5 mgE q 、方向与 v0 同向的匀强电场，小球受到电场力大小为 4 5Fmg 则小球在竖直方向受到的合力为 cos37yFmgF 水平方向受到的合力为 sin37xFF 小球垂直撞击在竖直墙壁上的 Q 点，则有 0 cos37y y Fa t t vm   所以 PQ 两点间的水平间距 22 00 11sin 3722 x xx Flvtatvtt m 联立解得 2 04 3 vl g 选项 C 正确； D．若空间中充满了垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 0 mgB qv ，从水平地面上的 S 点将小球以速度 v0 竖直向上抛出后，小球垂直撞击在竖直墙壁上的 T 点，则 ST 两点间竖直高度差 22 000 3 2 vmvvh gqBg 选项 D 错误。故选 AC。 二．非选择题：共 62 分，第 9~12 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 13~14 题为选考 题，考生根据要求作答。 （一）必考题：(共 47 分） 9.（6 分）大鹏同学设计了如图甲所示的装置，该装置既能验证机械能守恒定律，又能验证在最低点的向心 力公式。一个质量均匀分布的小球由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定于 O 点，将轻绳拉至水平 后由静止释放小球。在最低点附近放置一光电门，测出小球运动到最低点的挡光时间为 t ，再用游标卡尺 测出小球的直径 d，如图乙所示，重力加速度为 g。则： (1)小球的直径 d=________________cm； (2)为完成验证机械能守恒定律，还需通过操作测量相应的物理量是（____） A．用天平测出小球的质量 m B．用弹簧秤测出小球的质量 m C．用刻度尺测出悬点到球心的距离l D．用游标卡尺测出悬点到球心的距离 l 若等式_____________=____________成立，说明小球下摆过程机械能守恒；[用已知量和(2)中测量出的物理 量符号表示] (3)为完成验证向心力公式，在悬点 O 处又安装了一个拉力传感器，用来测出绳子上的拉力 F。除此之外， 还需通过操作测量相应的物理量是（____） A．用天平测出小球的质量 m B．用弹簧秤测出小球的质量 m C．用刻度尺测出悬点到球心的距离 D．用游标卡尺测出悬点到球心的距离 若等式 F=____________成立，则可验证小球做圆周运动时在最低点向心力的公式正确。[用已知量和(3)中测 量出的物理量符号表示] 【答案】1. 03cm C 2 22( ) d t gl AC 2 2() dm g m lt  【解析】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为 10mm，游标读数为 3×0.1mm=0.3mm 则最终读数为 d=10mm+3×0. 1mm=10.3mm=1.03cm (2)[2][3][4]小圆柱通过光电门的瞬时速度为 dv t  根据能量转换关系有 21 2 mvmgl 则有 2 22( ) d glt  因此要验证机械能守恒定律，必须用刻度尺测出悬点到圆柱重心的距离 ，故 C 正确，A、B、D 错误； 故选 C。 (3)[5][6]根据牛顿第二定律得 2vF mg m l 解得 2 2() dFmgm lt  可知要验证小圆柱做圆周运动在最低点向心力的公式，必须用天平测出小圆柱的质量 m 和用刻度尺测出悬 点到圆柱重心的距离 l ，故 A、C 正确；B、D 错误 故选 AC。 10.（8 分）某实验小组自制欧姆表来测量一个电阻的阻值，可供选择的器材如下： A．待测电阻 Rx（约为 200Ω）； B．电源（电动势 E 约为 1.5V，内阻 r 约为 10Ω）； C．灵敏电流计 G（量程 1mA，内阻 Rg=200Ω）； D．定值电阻 a（阻值 Ra=50Ω）； E．定值电阻 b（阻值 Rb=72Ω）； F．滑动变阻器 R1（阻值范围为 0~50Ω）； G．滑动变阻器 R2（阻值范围为 0~500Ω）； H．开关，导线若干。 (1)小组同学首先设计了如图（a）所示的电路，来测量电源的电动势。实验部分步骤如下：先闭合开关 S1、 S2，调节滑动变阻器 R，使灵敏电流计指针满偏；保持滑动变阻器滑片位置不动，断开开关 S2，读出灵敏电 流计的示数。 ①灵敏电流计满偏时流过电源的电流为______mA，实验时滑动变阻器 R 应选_____（填“R1”或“R2”）。 ②若实验中断开开关 S2 时，灵敏电流计的示数为 0.80mA，则电源电动势为______ V。 (2)该小组同学测出电动势后，在图（a）的基础上制作欧姆表。他们去掉两开关，增加两支表笔 M、N，其 余器材不变，改装成一个欧姆表，如图（b）所示。紧接着他们用改装后的欧姆表去测量待测电阻 Rx 的阻值， 正确操作后，灵敏电流计读数如图（c）所示，则待测电阻 Rx 的阻值为__________Ω。 【答案】5 R2 1.44 192 【解析】(1)[1]灵敏电流计 G 满偏时，其电流为 1mA，由于其内阻 Rg=200Ω，则电流计两端的电压 ggg 1mA200 Ω 0.2VUIR 所以通过定值电阻 a 的电流 g 0.2 A=0.004A=4mA50a a UI R 则流过电源的电流为 g 5mAaIII [2]电源电动势 E 约为 1.5V，则滑动变阻器两端电压约为 R 1.5V0.2V1.3VU  则滑动变阻器的电阻约为 R 1.3 Ω 260Ω0.005 UR I 所以滑动变阻器应选择 R2（阻值范围为 0~500Ω）。 [3]第一次闭合开关 S1、S2 有 gg ggg2 () a IREI RIRr R      断开 S2 后，有 2g 2g22 ()b a IREI RIRRr R        联立解得到 E=1.44V (2)[4]根据欧姆表的原理，欧姆调零时，有 3 1.44 Ω 288Ω5 10 ER I   内 接待测电阻后，灵敏电流计的电流 g 0.6mAI   则此时电流计两端的电压 g g g 0.6mA 200Ω 0.12VU I R    所以通过定值电阻 a 的电流 g 0.12 A=0.0024A=2.4mA50a a UI R   则流过电源的电流为 g 3mAaIII   则有 x ERR I内 解得 192 ΩxR  11.（13 分）疫情之下，无人机已成为战疫“超级神器”，人们可利用它搭载扩音器进行空中防控宣传。如图 所示，某品牌无人机质量 m=10kg（搭载的扩音器质量可忽略），从地面竖直升空，先加速到 v=3m/s，之后 立即减速，最后悬停在距地面 h=3m 的高度。若无人机在运动过程中受到的空气阻力大小恒为 f=10N，且加 速减速阶段均可看成匀变速直线运动，整个运动过程中无人机始终能保持水平状态，求： (1)若上升过程中，加速和减速阶段的加速度大小相等，则此加速度的大小为多少； (2)该无人机最大制动力为 210N，则下降过程中无人机的最大制动加速度大小为多少； (3)无人机从 3m 高悬停处下降到地面，且到达地面时速度恰好为 0，则此过程的最短时间为多少。 【答案】(1)a1=3m/s2；(2)a2=12m/s2；(3) 7 s6t  【解析】(1)设上升过程中加速度大小为 a1，最大速度为 v1，根据运动学公式得 2 1 1 22 v ha  解得 a1=3m/s2 (2)设向上为正方向则有 Fmax+f－mg=ma2 解得 a2=12m/s2 (3)若要降落时间最短，则以最大加速度 a3 加速下降，再以最大加速度 a2 减速至 0，向下加速阶段，设向下 为正方向 mg-f=ma3 解得 a3=9m/s2 根据运动学公式得 22 22 32 +22 vvhaa 2 2 v th 解得 7 s6t  12.（18 分）直角坐标系 xoy 位于竖直平面内，在第一象限存 在磁感应强度 B=0.1 T、方向垂直于纸面向 里、边界为矩形的匀强磁场。现有一束比荷为 q m  108 C / kg 带正电的离子，从磁场中的 A 点（ 3 20 m，0） 沿与 x 轴正方向成  =60°角射入磁场，速度大小 v0≤1.0 ×10 6m / s，所有离子经磁场偏转后均垂直穿过 y 轴 的正半轴，不计离子的重力和离子间的相互作用。 (1)求速度最大的离子在磁场中运动的轨道半径； (2)求矩形有界磁场区域的最小面积； (3)若在 x>0 区域都存在向里的磁场，离子仍从 A 点以 v0 = 3 2  10 6 m /s 向各个方向均匀发射，求 y 轴上 有离子穿出的区域长度和能打到 y 轴的离子占所有离子数的百分比。 【答案】(1) 0.1m；(2) 3 200 m2；(3) 33m20  ；50%。 【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力有 2 0vqv B m R 代入数据解得 R=0.1m； (2)如图 1 所示： 根据几何关系可知，速度最大的离子在磁场中运动的圆心在 y 轴上的 B（0， 1 20 m）点，离子从 C 点垂直 穿过 y 轴，所有离子均垂直穿过 y 轴，即速度偏向角相等，AC 连线应该是磁场的边界，满足题意的矩形如 图 1 所示，根据几何关系可得矩形长为 3 mcos 10 OA  ＝ 宽为 R-Rcosθ＝ m 则面积为 23 m 200 S  (3)根据洛伦兹力提供向心力有 2 0vqv B m R 解得 3 m20R  临界 1，根据图 2 可得 与 x 轴成 30°角射入的离子打在 y 轴上的 B 点，AB 为直径，所以 B 点位 y 轴上有离子经过的最高点，根据 几何知识可得 OB= 3 20 m； 临界 2：根据图 2 可得，沿着 x 轴负方向射入磁场中的离子与 y 轴相切与 C 点，所以 C 点为 y 轴有离子打到 的最低点，根据几何知识有 OC= 3 20 m 所以 y 轴上 B 点至 C 点之间的区域有离子穿过，且长度为 33m20BC  根据图 3 可得， 沿着 x 轴正方向逆时针转到 x 轴负方向的离子均可打在 y 轴上，故打在 y 轴上的离子占所有离子数的 50%。 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道物理题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所 做的第一题计分。 [物理——选修 3-3] .13.（1）下列五幅图分别对应五种说法，其中正确的是( ) A.微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动 B.当两个相邻的分子间距离为 r0 时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等 C.食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的 D.小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用 E.洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子 之间存在吸引力 答案 BDE 解析 微粒运动反映了液体分子的无规则热运动，微粒运动即布朗运动，选项 A 错误；当两个相邻的分子 间距离为 r0 时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等，选项 B 正确；食盐晶体的物理性质沿各个方向是 不一样的，选项 C 错误；由于表面张力的作用，液体要收缩至表面积最小，所以小草上的露珠呈球形，选 项 D 正确；洁净的玻璃板接触水面，由于水分子和玻璃分子之间存在吸引力，要使玻璃板离开水面，拉力 必须大于或等于玻璃板的重力与水分子和玻璃分子之间的引力之和，选项 E 正确。 （2）如图为某高压锅结构示意图，锅盖上有两个气孔，气孔 1 使锅内与外界连通，此时锅内气体与外界大 气压强相等。当锅内温度达到 40℃时，气孔 1 会封闭，将锅内外隔离。若锅内温度继续升高，锅内气体压 强增大，当压强增大到设计的最大值时，气体会顶起气孔 2 上的限压阀。已知限压阀的质量为 20g，气孔 2 的横截面积为 28 mm ，锅的容积为 30 . 0 4 m ，现在锅内放入 20℃、极少量的水，然后盖好锅盖加热，很快 水完全汽化后气孔 1 封闭。求：（气体可视为理想气体，大气压强 5 0 1.0 10 Pap  ） (1)气孔 2 上的限压阀被顶起时，锅内气体的温度是多少？ (2)从气孔 1 封闭到温度升到 120℃，漏出的气体占气孔 1 封闭时锅内气体的百分比。 【答案】(1)118.25℃；(2)0.50% 【解析】(1)气体在气孔 1 封闭到气孔 2 上的限压阀被顶起的过程中，据查理定律 12 12 pp TT 10pp 限压阀 2 0 0 0p S p S mg 1 273K 40K 313KT    22 273KTt 解得 2 118.25 Ct  (2)密封的气体在限压阀顶起至升温到 120℃进行等压变化，据盖吕萨克定律 12 23 VV TT 21V V V   漏出的气体的占气孔 1 封闭后锅内气体的百分比为 1 100V V    代入数据解得 0.50  [物理——选修 3-4] 14.（1）.如图甲所示，在一块平板玻璃上放置一平凸薄透镜，在两者之间形成厚度不均匀的空气膜， 让一束单一波长的光垂直入射到该装置上，结果在上方观察到如图乙所示的同心内疏外密的圆环状干涉条 纹，称为牛顿环，以下说法正确的是( ) A．干涉现象是由凸透镜下表面反射光和玻璃上表面反射光叠加形成的 B．干涉现象是由凸透镜上表面反射光和玻璃上表面反射光叠加形成的 C．干涉条纹不等间距是因为空气膜厚度不是均匀变化的 D．干涉条纹不等间距是因为空气膜厚度是均匀变化的 E．若使用半径小一些的凸薄透镜，则干涉条纹的间距要变大 答案：ACE. 解析：由于在凸透镜和平板玻璃之间的空气形成薄膜，所以形成相干光的反射面是凸透镜的下表面和 平板玻璃的上表面，故 A 正确，B 错误．由于凸透镜的下表面是圆弧面，所以形成的薄膜厚度不是均匀变 化的，形成不等间距的干涉条纹，故 C 正确，D 错误．若使用半径小一些的凸薄透镜，则空气薄膜上的厚 度变化更快，则形成的干涉条纹的间距要变大，故 E 正确． （2）有两列简谐横波 a 和 b 在同一介质中传播，a 沿 x 轴正方向传播，b 沿 x 轴负方向传播，波速均为 v=4m/s， a 的振幅为 5cm，b 的振幅为 8cm。在 t=0 时刻两列波的图像如图。 （1）这两列波的周期 （2）两列波相遇以后第一次波峰重合的位置; （3）t=2.25s 时，平衡位置在 x=0 处质点的振动位移。 【答案】(1) 1.0s 1.5s (2) 0.75m (3) -5cm 【解析】(1)由图可得两列波的波长 4a m  、 6b m  据 T v  可得 1a aTsv ， 1.5b bTsv  (2)图示时，a 波第一个波峰在 3axm 位置沿 x 轴正方向传播，b 波第一个波峰在 4 . 5bxm 位置沿 x 轴负 方向传播，两波峰位置相距 7.5Lm 两列波的波速相等，传播相等距离 3.752 Lxm 时，两个波峰到达同一位置 两列波相遇以后第一次波峰重合的位置 0.75axxxm  (3) a 波从图示时刻传播到 0x  处还需 1 1 2 0.54 xtss v  ，t=2.25s 时， 处的质点向上起振后经历 的时间为 1.75s，即 31 4 aT ；t=2.25s 时，a 波使 处的质点振动到负向最大位移处；b 波从图示时刻传播 到 处还需 2 2 3 0.754 xtss v  ，t=2.25s 时， 处的质点向上起振后经历的时间为 1.5s，即 bT ； t=2.25s 时，b 波使 处的质点振动到平衡位置处；所以叠加后 处的质点的合位移为 5cm 。