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班級 姓名 準(zhǔn)考證號 考場號 座位號

【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷
物 理 （七）
注意事項(xiàng)：
1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。
2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。
3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。
4．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。
二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。
14．讓電子束通過電場加速后，照射到金屬晶格（大小約10－10 m）上，可得到電子的衍射圖樣，如圖所示。下列說法正確的是( 　　)

A．電子衍射圖樣說明了電子具有粒子性
B．加速電壓越大，電子的物質(zhì)波波長越長
C．電子物質(zhì)波波長比可見光波長更長
D．動(dòng)量相等的質(zhì)子和電子，對應(yīng)的物質(zhì)波波長也相等
【答案】D
【解析】電子衍射圖樣說明了電子具有波動(dòng)性，A錯(cuò)誤；根據(jù)，，解得，加速電壓越大，電子的物質(zhì)波波長越短，B錯(cuò)誤；電子物質(zhì)波波長比可見光波長更短，C錯(cuò)誤；根據(jù)，動(dòng)量相等的質(zhì)子和電子，對應(yīng)的物質(zhì)波波長也相等，D正確。
15．2020年12月3日，嫦娥五號上升器在月球表面從著陸器上返回，如圖所示。已知攜帶月壤樣本的上升器重量高達(dá)500 kg，開始一段時(shí)間內(nèi)的加速度大小為2.4 m/s2，月球表面的重力加速度大小為1.6 m/s2，上升器發(fā)動(dòng)機(jī)向下噴出氣體的速度為4.0×103 m/s，不計(jì)由于噴出氣體上升器質(zhì)量的變化，則每秒噴出氣體的質(zhì)量為( 　　)

A．0.25 kg B．2.5 kg C．0.5 kg D．1.25 kg
【答案】C
【解析】對上升器受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有，對噴出氣體運(yùn)用動(dòng)量定理有，聯(lián)立解得，ABD錯(cuò)誤，C正確。
16．M、N兩顆行星對衛(wèi)星產(chǎn)生的向心加速度an與衛(wèi)星離行星中心距離r的圖象如圖所示，兩顆行星的半徑各為R1、R2，下列說法正確的是( 　　)

A．N行星的質(zhì)量較小
B．N行星的密度較大
C．M行星的第一宇宙速度較小
D．M行星表面的重力加速度較小
【答案】A
【解析】設(shè)行星的質(zhì)量為M，由萬有引力定律得，解得，由圖可知，當(dāng)r相同時(shí)，N行星的向心加速度小，故N的質(zhì)量小，故A正確；行星的質(zhì)量，解得，因?yàn)镽1＜R2，M行星的質(zhì)量大，所以M行星的密度大，故B錯(cuò)誤；由萬有引力定律得，解得第一宇宙速度，所以M行星的第一宇宙速度大，故C錯(cuò)誤；由萬有引力定律得，解得行星表面的重力加速度，所以M行星表面的重力加速度大，故D錯(cuò)誤。
17．從發(fā)電站發(fā)出的電能，一般都要通過輸電線路輸送到各個(gè)用電地方。如圖所示的遠(yuǎn)距離輸電示意圖中的變壓器均為理想變壓器，發(fā)電機(jī)產(chǎn)生正弦交流電電壓有效值不變，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝1∶50，隆壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比n3∶n4＝50∶1，已知用戶兩端電壓的有效值U4＝220 V，且用戶消耗的電功率為11 kW，遠(yuǎn)距離輸電的輸電線的總電阻r＝100 Ω（認(rèn)為輸電中的能量損耗完全由電阻產(chǎn)生），則( 　　)

A．升壓變壓器的副線圈兩端電壓的有效值為11.1 kV
B．降壓變壓器的原線圈中的電流的有效值為2 A
C．輸電線上消耗的功率為1000 W
D．升壓變壓器的輸入功率為11.5 kW
【答案】A
【解析】降壓變壓器副線圈電流，根據(jù)，解得輸電線中的電流，輸電線上的損失電壓，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，得降壓變壓器原線圈兩端的電壓，升壓變壓器的副線圈兩端電壓有效值，B錯(cuò)誤，A正確；輸電線上損失的功率，C錯(cuò)誤；升壓變壓器的原線圈輸入的電功率為，D錯(cuò)誤。
18．如圖所示，有一長方體ABCD－A1B1C1D1，AB＝2BC，BB1＝BC，M、N、P、Q分別為AB、A1B1、C1D1、CD的中點(diǎn)（圖中未畫出），下列說法正確的是( 　　)

A．若B點(diǎn)放置一正點(diǎn)電荷，則電勢差UCC1＜UNP
B．若B點(diǎn)放置一正點(diǎn)電荷，則電勢差UCC1＝UNP
C．若在B1、B兩點(diǎn)分別放置等量異種點(diǎn)電荷，則C1、M兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等
D．若在B1、B兩點(diǎn)分別放置等量異種點(diǎn)電荷，則D、D1兩點(diǎn)的電勢相等
【答案】C
【解析】B點(diǎn)放一正點(diǎn)電荷時(shí)，如圖所示，連接B、P，以B為圓心，分別以BC、BN（長度與BC1相等）的長為半徑作圓弧，分別交BP于R、S，因，故，又因，故，設(shè)，則有，，顯然，根據(jù)正點(diǎn)電荷電場的特點(diǎn)，RS段的平均電場強(qiáng)度大于SP段，且離電荷越遠(yuǎn)場強(qiáng)越小、電勢越低，故必有，綜上可知，故AB錯(cuò)誤；若在B1、B兩點(diǎn)分別放置等量異種點(diǎn)電荷，由等量異種點(diǎn)電荷的電場特點(diǎn)可知M、N兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，C、C1兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，M、C兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，則C1、M兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，故C正確；若在B1、B兩點(diǎn)處放置等量異種點(diǎn)電荷，則B1、B連線的中垂面是等勢面，則D、D1兩點(diǎn)分布在中垂面的兩側(cè)，電勢不相等，故D錯(cuò)誤。

19．如圖，質(zhì)量為M的物塊A放在傾角為θ的斜面上，一質(zhì)量為m的小球B通過細(xì)繩跨過定滑輪與物塊A相連，當(dāng)小球B以角速度ω做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊A剛好保持靜止。忽略繩與滑輪間摩擦，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則下列說法正確的是( 　　)

A．物塊A受到的摩擦力可能向下
B．物塊A可能不受摩擦力作用
C．若斜面傾角θ增大，要使A繼續(xù)保持靜止，小球B做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度一定增大
D．若斜面傾角θ增大，要使A繼續(xù)保持靜止，小球B做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度可能保持不變
【答案】AD
【解析】設(shè)球B做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角為α，細(xì)線張力為F，則對B有Fsin α＝mω2r；對物塊A，因?yàn)閯偤帽３朱o止，則一定受摩擦力作用，且達(dá)到最大靜摩擦力fm，當(dāng)fm沿斜面向上時(shí)，有F＋fm＝Mgsin θ①，當(dāng)fm沿斜面向下時(shí)，有F＝fm＋Mgsin θ②，A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)θ增大時(shí)，Mgsin θ增大，fm＝μMgcos θ減小，要使A繼續(xù)保持靜止，在①式情況下，繩的拉力F要增大，小球B做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度要增大；在②式情況下，繩的拉力F有可能保持不變，小球B做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度可以保持不變，C錯(cuò)誤，D正確。
20．如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)，水平界線MN以下存在垂直紙面面向里的磁場，以MN位置為x＝0，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨向下位移x（以m為單位）的分布規(guī)律為B＝kx＋4（T）。一邊長L＝2 m、質(zhì)量m＝2 kg的金屬框abcd從MN上方某位置靜止釋放，進(jìn)入磁場時(shí)由于受到豎直方向的力F作用，金屬框中電流保持不變，且ab邊始終保持水平。力F隨位移x變化的規(guī)律如圖乙所示，金屬框的總電阻R＝4 Ω，取g＝10 m/s2，下列說法正確的是( 　　)

A．金屬框中的電流方向?yàn)閍dcba
B．金屬框中的電流大小為2 A
C．金屬框進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的電熱為40 J
D．若金屬框剛完全進(jìn)入磁場后立即撤去力F，金屬框?qū)㈤_始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)
【答案】BC
【解析】由楞次定律得金屬框金屬框中的電流方向?yàn)閍bcda，故A錯(cuò)誤；由圖乙可知?jiǎng)傔M(jìn)入磁場時(shí)力F減小，則有F＋FA＝mg，F(xiàn)A＝BIL，得F＝－2Ikx－8I＋20（N），則20－8I＝4，2Ik＝4，解得I＝2 A，k＝1，故B正確；金屬框進(jìn)入磁場的過程中，所受到的安培力FA＝BIL＝4x＋16（N），該圖像所圍成的面積即為安培力所做的功，如圖，則有，根據(jù)能量守恒，金屬框完全進(jìn)入磁場，所以金屬框進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的電熱Q＝WA＝40 J，故C正確；金屬框剛完全進(jìn)入磁場后立即撤去力F，如果金屬框做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則電流強(qiáng)度發(fā)生變化、安培力發(fā)生變化、加速度發(fā)生變化，故不可能出現(xiàn)勻減速運(yùn)動(dòng)的情況，故D錯(cuò)誤。

21．如圖甲，一質(zhì)量為m的小物塊以初動(dòng)能Ek向右滑上足夠長的水平傳送帶上，傳送帶以恒定速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小物塊的動(dòng)能Ek與小物塊的位移x關(guān)系Ek－x圖像如圖乙所示，傳送帶與小物塊之間動(dòng)摩擦因數(shù)不變重力加速度為g。則( 　　)

A．小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
B．從小物塊開始滑動(dòng)到與傳送帶達(dá)到共同速度所需時(shí)間為
C．整個(gè)過程中物塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為
D．整個(gè)過程中傳送帶電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為
【答案】ABC
【解析】由圖乙可知，Ek－x圖像的斜率表示合外力的大小，小物塊向右滑，合外力為μmg，則，解得，A正確；根據(jù)題意作圖，由圖像可知，小物塊做勻變速直線運(yùn)動(dòng)且共速前加速度不變，全程可看為勻減速，即，，，聯(lián)立解得，B正確；由圖像可知，產(chǎn)生的熱量，為物塊與傳送帶的相對位移（即圖中的陰影面積），故，即，C正確；整個(gè)過程中電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為，解得，D錯(cuò)誤。

三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第22題～第25題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33題～第34題為選考題，考生根據(jù)要求做答)
(一)必考題(共47分)
22．(5分)為測量彈簧勁度系數(shù)，某探究小組設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)裝置如下圖甲、乙所示，角度傳感器與可轉(zhuǎn)動(dòng)“T”形螺桿相連，“T”形螺桿上套有螺母，螺母上固定有一個(gè)力傳感器，力傳感器套在左右兩個(gè)固定的套桿（圖乙中未畫出）上，彈簧的一端掛在力傳感器下端掛鉤上，另一端與鐵架臺底座的固定點(diǎn)相連。當(dāng)角度傳感器頂端轉(zhuǎn)盤帶動(dòng)“T”形螺桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，力傳感器會隨著“T”形螺桿旋轉(zhuǎn)而上下平移，彈簧長度也隨之發(fā)生變化。

(1)已知“T”形螺桿的螺紋間距d＝4.0×10－3 m，當(dāng)其旋轉(zhuǎn)300°時(shí)，力傳感器在豎直方向移動(dòng)_______m。（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）
(2)該探究小組操作步驟如下：
①旋轉(zhuǎn)螺桿使初狀態(tài)彈簧長度大于原長
②記錄初狀態(tài)力傳感器示數(shù)F0以及角度傳感器示數(shù)θ0
③旋轉(zhuǎn)“T”形螺桿使彈簧長度增加，待穩(wěn)定后，記錄力傳感器示數(shù)F1，其增加值ΔF1＝F1－F0角度傳感器示數(shù)θ1，其增加值Δθ1＝θ1－θ0
④多次旋轉(zhuǎn)“T”形螺桿，重復(fù)步驟③的操作，在表格中記錄多組ΔF、Δθ值：
序號
ΔF（單位：N）
Δθ（單位：°）
1
0.121
499.7
2
0.247
999.9
3
0.373
1500.5
4
0.498
2000.2
5
0.623
2500.6
6
0.747
3000.3

圖丙已描出5個(gè)點(diǎn)，請將剩余點(diǎn)在圖中描出并連線。
⑤若上圖中的直線斜率a，則用d、a寫出彈簧的勁度系數(shù)的表達(dá)式為k＝___________
【答案】(1) (2)見解析圖
【解析】(1)當(dāng)其旋轉(zhuǎn)360°時(shí)，力傳感器在豎直方向移動(dòng)，則當(dāng)其旋轉(zhuǎn)300°，力傳感器在豎直方向移動(dòng)距離為。
(2)描點(diǎn)作圖如圖所示。角度增加Δθ時(shí)，彈簧形變量為Δx，則有，根據(jù)胡克定律得，解得，將上式變換得，圖像斜率為，解得。

23．(9分)某同學(xué)有一塊滿偏電流Ig＝250 μA的小量程電流表G。需要將它改裝為4 mA量程的電流表。
(1)他采用圖甲所示電路測量電流表G的內(nèi)阻R。斷開S1閉合S2時(shí)電流表G讀數(shù)為Ig，若再閉合S1后干路電流仍保持為Ig，則當(dāng)電流表G讀數(shù)為_______時(shí)，電流表G內(nèi)阻Rg與電阻箱R'的阻值相等。

據(jù)此原理，該同學(xué)測出電流G內(nèi)阻。下面是打亂的操作，請按正確步驟排序_________。
A．讀出R'的阻值為90.0 Ω，斷開開關(guān)
B．閉合開關(guān)S2，調(diào)節(jié)R的阻值使電流表G指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度
C．閉合開關(guān)S1保持R的阻值不變，調(diào)節(jié)R'的阻值使電流表G指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的一半
D．將R的阻值調(diào)至最大
實(shí)驗(yàn)室有∶滑動(dòng)變阻器R1（最大阻值200 Ω）、滑動(dòng)變阻器R2（最大阻值10 kΩ）備選。為了讓Rg≈R'，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用_____（選填“R1”或“R2”"）
(2)改裝為4 mA量程的電流表，需要將電阻箱R'并聯(lián)在電流表G兩端，調(diào)其阻值為____ Ω。
(3)該實(shí)驗(yàn)，小組用圖乙所示電路校準(zhǔn)改裝的電流表，當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)表示數(shù)為3.2 mA時(shí)，電流表G示數(shù)如圖丙所示，由于實(shí)驗(yàn)測量的Rg存在誤差，導(dǎo)致改裝表與標(biāo)準(zhǔn)表存在讀數(shù)差異，為了使改裝表示數(shù)與標(biāo)準(zhǔn)表示數(shù)一致，則需要將R'的阻值調(diào)整為________Ω。
【答案】(1)Ig DBCA R2 (2)6.0 (3)7.6
【解析】(1)閉合S1后，并聯(lián)部分電路起到分流的作用，干路電流仍保持為Ig，則當(dāng)電流表G讀數(shù)為Ig時(shí)，兩支路電流相等，故電流表G內(nèi)阻Rg與電阻箱R'的阻值相等。
正確步驟排序?yàn)镈BCA。
甲電路中，測電流表內(nèi)阻，要求閉合S1后，干路電流不變，故要求滑動(dòng)變阻器的阻值足夠大，故選R2。
(2)分流電阻滿足IgRg＝(I－Ig)R'，帶入數(shù)據(jù)可得R'＝6.0 Ω。
(3)設(shè)電流表G的內(nèi)阻為Rg′，則有(3.2－0.16)×10－3R'＝0.16×10－3Rg′，解得Rg′＝1140 Ω，根據(jù)上一問中求分流電阻的方法，有IgRg′＝(I－Ig)R'′，解得R'′＝7.6 Ω。
24．(12分)在一種新的子母球表演中，讓同一豎直線上的小球A和小球B，從距地面高度為3h和h的地方同時(shí)由靜止釋放，如圖所示，若B與地面發(fā)生碰撞后能原速率反彈，且A、B第一次發(fā)生彈性碰撞后，A恰好能回到出發(fā)點(diǎn)，假設(shè)碰撞時(shí)間極短，且運(yùn)動(dòng)過程中忽略空氣阻力的影響，求：

(1)A、B兩物體相碰時(shí)的位置距地面的距離；
(2)A、B兩物體的質(zhì)量之比。
【解析】(1)A、B靜止釋放后自由落體，B的落地速度v＝
設(shè)經(jīng)過時(shí)間t兩球相遇：

聯(lián)立可得。
(1)A、B發(fā)生彈性碰撞，即可得


由碰后恰好回到出發(fā)點(diǎn)，可得
由此可知
從中可得
又有，
聯(lián)立可得。
25．(20分)如圖所示，在光滑絕緣水平面上，存在兩個(gè)相鄰的相同矩形區(qū)域CDMN和MNGH，CD＝2m、CN＝1 m。區(qū)域CDMN中有豎直向下的勻強(qiáng)磁場B1，區(qū)域MNGH中有豎直向上的勻強(qiáng)磁場B2。不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線固定于O點(diǎn)，另一端拴有一個(gè)質(zhì)量為m＝0.2 kg絕緣小球a，拉緊細(xì)線使小球a從距水平面高h(yuǎn)＝0.8m的位置靜止釋放，當(dāng)小球a運(yùn)動(dòng)到懸點(diǎn)正下方時(shí)，與靜止在水平面的帶電小球b發(fā)生彈性正碰，小球b從CD邊界中點(diǎn)P垂直CD進(jìn)入磁場區(qū)域，已知小球b的質(zhì)量也為m，帶電量為q＝0.5 C（q>0），且始終保持不變，忽略電磁場的邊界效應(yīng)和小球b產(chǎn)生的電場影響，重力加速度g＝10 m/s2。

(1)兩小球相碰后，求b球的速度大小；
(2)若B1、B2的大小均為B，要使小球b僅能從NG邊界射出，求B的取值范圍；
(3)若磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝1.28 T，方向不變，將區(qū)域MNGH中的磁場改為方向由N指向M的勻強(qiáng)電場，小球b恰由H點(diǎn)離開電場區(qū)域，求場強(qiáng)E的大小（結(jié)果用小數(shù)表示）。
【解析】(1)設(shè)小球碰撞前的速度為v0，碰撞后的速度為va，小球b碰撞后的速度為vb，碰撞前根據(jù)機(jī)械能守恒定律得
根據(jù)動(dòng)量守恒定律
根據(jù)能量守恒定律
解得，。
(2)若小球b恰好從N點(diǎn)射出，如圖甲所示，由幾何關(guān)系得：

解得
若小球b恰好從G點(diǎn)射出，如圖乙所示，由幾何關(guān)系得：

解得
綜上所述。

(3)由上得，當(dāng)時(shí)，小球b在CDMN區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)后，小球從距離N點(diǎn)0.5 m處以v0斜射入MNGH區(qū)域中，設(shè)vb與邊界NM的夾角為θ

解得
則，
小球恰好能從H點(diǎn)離開電場，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t
在NG方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)
在MN方向上做類豎直上拋運(yùn)動(dòng)

解得。
（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。
33．物理·選修3—3(15分)
(1)(5分)一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b、狀態(tài)c到狀態(tài)d，最后回到狀態(tài)a，其壓強(qiáng)p與溫度T的變化關(guān)系如圖所示，圖中ab延長線過原點(diǎn)，bc、ad平行T軸，cd平行p軸。下列說法正確的是_________。（填正確答案標(biāo)號。選對1個(gè)得2分，選對2個(gè)得4分，選對3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分）

A．氣體在a、b兩狀態(tài)的體積相等
B．從b到c，每個(gè)氣體分子的動(dòng)能都增大
C．從c到d，單位體積中氣體分子數(shù)增加
D．從d到a，外界對氣體做功，氣體放出熱量
E．在過程bc中氣體對外界做功小于過程da中外界對氣體做的功
【答案】ADE
【解析】a、b處同一等容線上，則氣體在a、b兩狀態(tài)的體積相等，所以A正確；從b到c，溫度升高，分子平均動(dòng)能增大，但并不是每個(gè)氣體分子的動(dòng)能都增大，所以B錯(cuò)誤；從c到d，是等溫過和，壓強(qiáng)與體積成反比，壓強(qiáng)減小，則體積增大，所以單位體積中氣體分子數(shù)減小，則C錯(cuò)誤；從d到a，氣體體積減小，外界對氣體做功，但是氣體的溫度降低，氣體的內(nèi)能減小，由熱力學(xué)第一定律可知，氣體放出熱量，所以D正確；在過程bc中氣體對外界做功為，過程da中外界對氣體做的功為，過程cd為等溫變化，有，聯(lián)立可得，由圖像可知，，則，所以在過程bc中氣體對外界做功小于過程da中外界對氣體做的功，則E正確。
(2)(10分)如圖所示，內(nèi)部長為L、橫截面積為S的氣缸中有一厚度不計(jì)、質(zhì)量為m的活塞將氣缸內(nèi)同一種理想氣體分隔成A、B兩部分，活塞與氣缸內(nèi)壁緊密接觸且無摩擦，活塞通過一原長為L，勁度系數(shù)的輕質(zhì)彈簧與氣缸頂部相連。氣缸豎直放置于地面時(shí)，活塞到底部的距離為L﹔氣缸沿傾角為θ的旳足夠長光滑斜而自由下滑，穩(wěn)定時(shí)彈簧恢復(fù)原長。重力加速度g，氣缸和活塞的導(dǎo)熱性能良好，外界環(huán)境溫度保持不變。求：

(i)氣缸豎直放置時(shí)，A、B兩部分氣體的壓強(qiáng)差；
(ii)氣缸沿斜面下滑時(shí)，A中氣體的壓強(qiáng)。
【解析】(i)豎直放置時(shí)，彈簧彈力
活塞受力平衡
得壓強(qiáng)差。
(ii)沿斜面下滑時(shí)
其中
得
對中氣體
對中氣體
聯(lián)立解得。
34．物理·選修3—4(15分)
(1)(5分)如圖，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，實(shí)線為t＝0時(shí)的波形圖，虛線為t＝0.5 s時(shí)的波形圖。已知該簡諧波的周期大于0.5 s。關(guān)于該簡諧波，下列說法正確的是_________。（填正確答案標(biāo)號。選對1個(gè)得2分，選對2個(gè)得4分，選對3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分）

A．波長為2 m
B．波速為6 m/s
C．頻率為1.5 Hz
D．t＝1 s時(shí)，x＝1 m處的質(zhì)點(diǎn)處于波峰
E．t＝2 s時(shí)，x＝2 m處的質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過平衡位置
【答案】BCE
【解析】由題圖可知，該波波長λ＝4 m，A項(xiàng)錯(cuò)誤；波速，B正確；T＞0.5 s，則由題圖知波在0.5 s內(nèi)沿x軸正方向傳播的距離為，傳播時(shí)間，，頻率，C正確；1 s＝T，t＝1 s時(shí)，x＝1 m處的質(zhì)點(diǎn)處于波谷，D錯(cuò)誤；2 s＝3T，t＝2 s時(shí)，x＝2 m處的質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過平衡位置，E正確。
(2)(10分)現(xiàn)要檢測一塊工業(yè)半球形玻璃磚的折射率。半球形玻璃磚的截面如圖所示，O是半球形玻璃磚的球心，MN是其中心軸，已知玻璃磚的半徑R＝1 m，兩東與中心軸平行的相同檢測光a、b射人半球形玻璃磚，當(dāng)a光與中心軸MN的距離L＝0.5 m時(shí)，a光從玻璃磚上C點(diǎn)射出，出射光線與中心軸MN交于F點(diǎn)，當(dāng)b光與中心軸MN距離s＝ m時(shí)，b光在玻璃磚右側(cè)恰好發(fā)生全反射，求：

(i)玻璃磚對檢測光的折射率n；
(ii)C點(diǎn)與F點(diǎn)間的距離。（取cos 15°＝0.97）
【解析】(i)由題意知，當(dāng)b光與中心軸MN距離s＝ m時(shí)，發(fā)生全反射

根據(jù)幾何關(guān)系有
解得。
(ii)由題意知，a光從C點(diǎn)射出，其入射角i＝ 30°，由

解得折射角r＝45°
在△COF中，∠CFE＝15° ，CO＝1 m，根據(jù)正弦定理有
解得x＝1.94 m。



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