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鄂爾多斯西部四旗2018~2019學年度第一學期期末聯(lián)考高三理科綜合（物理部分） 二、選擇題： 1.如圖所示，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，不計一切摩擦，細繩、滑輪的質(zhì)量都可忽略，則甲、乙兩物塊的質(zhì)量之比為 A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 乙處于平衡狀態(tài)，則繩子拉力等于乙的重力，即， 甲處于靜止狀態(tài)，受力平衡，合力為零，對甲受力分析，根據(jù)平衡條件得： ， 解得：， C正確；ABD錯誤； 故選C。 2.火星跟地球的相似度很高，被認為是人類進行星際移民的首選之地.將火星和地球繞太陽的運動視為勻速圓周運動，已知火星與地球的質(zhì)量之比為p、軌道半徑之比為q，則火星與地球繞太陽運動的角速度大小之比為 A. pq B. qp C. 1q D. 1q32 【答案】D 【解析】 【分析】 由萬有引力提供向心力可以列出關(guān)于角速度的表達式，即可求出對應(yīng)的比值． 【詳解】根據(jù)萬有引力提供向心力，有：GMmr2=mω2r; 解得：ω=GMr3 ;所以火星與地球繞太陽運動的角速度大小之比為：ω1ω2=r23r13=1q32，故D正確，ABC錯誤；故選D。 【點睛】本題考查萬有引力定律的應(yīng)用，要注意求一個物理量之比，我們應(yīng)該把這個物理量先用已知的物理量表示出來，再根據(jù)表達式進行比較．向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應(yīng)用． 3.空間存在著平行于x軸方向的靜電場，P、M、O、N、Q為x軸上的點，P、Q之間各點的電勢φ隨位置坐標x的變化如圖所示。一個帶電粒子僅在電場力作用下從M點由靜止開始沿x軸正方向運動，下列說法正確的是 A. 粒子一定帶負電 B. P點的電勢低于M點的電勢 C. M點的電場強度小于N點的電場強度 D. 粒子從M點向N點運動的過程中，電勢能一直減小 【答案】D 【解析】 【分析】 根據(jù)電勢來確定電場線的方向，再依據(jù)電場力方向，從而確定電性；依據(jù)電場線方向，確定電勢的高低；由圖象的斜率來確定電場強度的大小；由粒子運動中，電場力做功的正負來確定電勢能變化。 【詳解】由圖可知，粒子從M到Q，電勢漸漸降低，且粒子由靜止開始運動，因此電場線方向由P到Q點，那么粒子帶正電，故A錯誤；由于電場線方向由P到Q，則沿著電場線方向，電勢降低，那么P點的電勢高于M點的電勢，故B錯誤；根據(jù)△φ=E△x，可知，圖象的斜率的絕對值大小表示電場強度的大小，那么M點的電場強度小于N點的電場強度，故C錯誤；因帶電粒子僅在電場力作用下從M點由靜止開始沿x軸向右運動，電場力做正功，則電勢能一直減小，故D正確；故選D。 【點睛】本題要理解電勢φ隨位置坐標x圖象的含義，知道其斜率表示電場強度，掌握沿著電場線方向，電勢降低，并理解電場力做功與電勢能的變化情況。 4.如圖，豎直平面內(nèi)有一正方形，一個質(zhì)量為m電荷量為q的帶正電小球在A點以一定初速度沿AB方向拋出，小球恰好過C點。若在豎直平面內(nèi)加一個豎直方向的勻強電場，仍將小球在A點沿AB方向拋出，當其初速度減小為原來的一半時，恰好也能通過C點，則電場強度的大小和方向分別是(重力加速度為g，空氣阻力不計) A. mg4q，豎直向下 B. 3mg4q，豎直向上 C. 3mg4q，豎直向下 D. 5mg4q，豎直向上 【答案】B 【解析】 當只有重力時，小球作平拋運動，設(shè)小球的初速度為v，正方形的邊長為l，則：l=vt，l=12gt2；當存在勻強電場后，小球做類平拋運動，則：l=v2t，l=12at2，聯(lián)立解得：a=g/4；加速度減小，電場力向上，小球帶正電，則電場方向豎直向上，由牛頓第二定律得：mg-Eq=ma，即E=3mg4q，故B正確。 5.如圖所示，OM的左側(cè)存在范圍足夠大、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，ON(在紙面內(nèi))與磁場方向垂直且∠NOM=60，ON上有一點P，OP=L。P點有一個粒子源，可沿紙面內(nèi)各個方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)，速率均為6qBL4m，則粒子在磁場中運動的最短時間為 A. πm2qB B. πm3qB C. πm4qB D. πm6qB 【答案】A 【解析】 【分析】 由題設(shè)條件求出粒子做勻速圓周運動的半徑r，結(jié)合左手定則粒子做逆時針方向勻速圓周運動，粒子運動時間t最短時，所轉(zhuǎn)過的圓心角θ最小，所對的弦也最短，畫出最短的弦，再作出粒子在磁場中做勻速圓周運動最短時間的軌跡，由幾何關(guān)系求出此種情況下粒子的偏轉(zhuǎn)角θ，從而求出了最短時間． 【詳解】粒子進入磁場中做勻速圓周運動則有：qvB=mv2r，而將題設(shè)的v值代入得：r=64L，分析可知：粒子運動的時間t最短時，所粒子偏轉(zhuǎn)的角度θ最小，則θ所對弦最短，作PB⊥OM于B點，PB即為最短的弦，結(jié)合左手定則，以r=64L為半徑作出過P、B兩點的軌跡圓如圖所示，O′為圓心； 根據(jù)幾何關(guān)系有：O′B=O′P=r=64L…①；PB=Lsin60=32L…②；聯(lián)立①②式可得：PB=2O′B，則粒子偏轉(zhuǎn)的角度：θ=90；結(jié)合周期公式：T=2πmqB，可知粒子在磁場中運動的最短時間為：t=T4=πm2qB，故A正確，BCD錯誤。故選A。 【點睛】本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動，對幾何能力要求較高，本題采用轉(zhuǎn)化法分析求解，同學們注意體會，解題的關(guān)鍵在于要分析出：粒子運動時間t最短時，粒子偏轉(zhuǎn)的角度θ最小，所對的弦也最短，最后轉(zhuǎn)化為求弦最短的情況，而弦最短的情況很容易畫出，這樣可以使分析過程變得簡單，提高解題效率． 6.下列說法正確的是 A. 溫度越低，壓強越大，放射性元素的半衰期越小 B. 原子核的比結(jié)合能越大，其核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定 C. 玻爾認為，氫原子核外電子從某能級向另一能級躍遷的過程中原子的能量不變 D. 兩個質(zhì)子和兩個中子結(jié)合成一個α粒子，則質(zhì)子與中子的質(zhì)量之和一定大于α粒子的質(zhì)量 【答案】BD 【解析】 【分析】 根據(jù)玻爾理論，可知，原子能量的量子化；比結(jié)合能越大時，原子核越穩(wěn)定；外界環(huán)境的變化不會影響半衰期；根據(jù)質(zhì)能方程，結(jié)合質(zhì)量虧損，從而即可求解． 【詳解】放射性物質(zhì)的溫度與壓強不論如何變化，半衰期總不變，故A錯誤；比結(jié)合能越大，表示原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定，故B正確；波爾理論：氫原子核外電子從某能級向另一能級躍遷的過程中，會釋放或吸收能量的，則原子的能量會變化，故C錯誤；根據(jù)質(zhì)能方程，及質(zhì)量虧損可知，兩個質(zhì)子與兩個中子的質(zhì)量之和大于42He原子核的質(zhì)量，故D正確；故選BD。 7.如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2：1.原線圈兩端接有一正弦式交變電源，理想電流表A的示數(shù)為1A，負載電阻R的阻值為5Ω。下列判斷正確的是 A. 副線圈兩端的電壓為2.5V B. 副線圈中通過的電流為2A C. 負載電阻R消耗的電功率為20W D. 原線圈兩端電壓的峰值為20V 【答案】BC 【解析】 【分析】 變壓器原副線圈電流與匝數(shù)成反比，求出電流之比，根據(jù)電阻消耗的功率P=I2R，電阻兩端的電壓U=IR即可求解，再根據(jù)最大值和有效值之間的關(guān)系可求和最大值，由功率公式即可求得電功率． 【詳解】原、副線圈的匝數(shù)比為2：1，設(shè)原線圈電流為I，根據(jù)根據(jù)變壓器原副線圈電流與匝數(shù)成反比得副線圈的電流I2=2I=2A；由U=IR可知，副線圈兩端的電壓U2=I2R=25=10V，故A錯誤，B正確；R消耗的功率P=I2R=45=20W，故C正確；副線圈兩端電壓的峰值Um=2 U2=102V；故D錯誤。故選BC。 【點睛】本題主要考查變壓器的知識，要能對變壓器的最大值、有效值、瞬時值以及變壓器變壓原理、功率等問題徹底理解．明確電壓之比和電流之比與線圈匝數(shù)之間的關(guān)系． 8.如圖所示，絕緣細線下端懸吊有一質(zhì)量為m的帶正電小球，當細線與豎直方向的夾角為θ時，讓小球從A處由靜止開始釋放，在垂直勻強磁場方向的豎直面內(nèi)向右下方擺動，小球運動到最低點B時，細線突然斷裂，最終落到水平地面上。已知B點離地面的高度為h，重力加速度大小為g。下列說法正確的是 A. 小球在落地前的運動過程中機械能守恒 B. 小球落地時的速度方向可能豎直向下 C. 細線斷裂的瞬間，其拉力大小為mg(3－2sinθ) D. 從細線斷裂到小球落地的這一段時間小于2hg 【答案】ABD 【解析】 【分析】 洛倫茲力不做功，小球運動過程中只有重力做功，機械能守恒；由左手定則判斷小球經(jīng)過最低點時所受洛倫茲力方向；根據(jù)牛頓第二定律列方程得出小球經(jīng)過最低點時輕繩所受拉力的表達式． 【詳解】小球A到B的運動過程中受重力、洛倫茲力和繩子拉力，而繩子拉力和洛倫茲力力時刻和速度的方向垂直不做功；在從B點到小球落地的過程中小球受到重力和洛倫茲力，洛倫茲力不做功，所以只有重力做功，故小球運動過程機械能守恒，故A正確；小球的速度的方向最小右下方時，根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力的方向沿左下方，有沿水平方向向左的分量，根據(jù)曲線運動的特點可知，小球落地時的速度方向可能豎直向下。故B正確；設(shè)繩子的長度為R，小球擺到最低點過程：mgR（1-cosθ）= 12mv2；小球向右擺動通過最低點是：T-qvB-mg=mv2R，得：T=mg+mv2R+qvB=mg（3-2cosθ）+qB?2gR(1?cosθ) ，故C錯誤；根據(jù)左手定則可知，從細線斷裂到小球落地的這一段時間內(nèi)小球受到的洛倫茲力始終有向下的分力，所以小球沿豎直向下的方向上的加速度始終大于g，所以向下運動的時間小于2hg．故D正確；故選ABD。 【點睛】該題考查小球在重力與磁場的復(fù)合場中的運動，結(jié)合兩段不同的過程，正確地對小球進行受力分析，特別是洛倫茲力的方向變化是解決本題的關(guān)鍵點． 三、非選擇題： (一)必考題： 9.某同學做探究彈力和彈簧伸長的關(guān)系”實驗.他按圖卬所示安裝好實驗裝置，使刻度尺零刻度線與彈簧上端平齊，在彈簧下端掛1個鉤碼，靜止時彈簧的長度為l1；然后在彈簧下端分別掛2個、3個、4個、5個相同鉤碼，靜止時彈簧的長度分別為l2、l3、l4、l5。圖乙為根據(jù)所得數(shù)據(jù)作出的彈簧的長度隨所掛鉤碼質(zhì)量的變化關(guān)系圖線，已知每個鉤碼的質(zhì)量均為30g。取g=10m/s2，結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字。 (1)彈簧下端掛3個鉤碼時，彈簧的彈力大小為___________N， (2)該彈簧的原長為___________cm，勁度系數(shù)為___________N/m。 【答案】 (1). （1）0.90 (2). （2）6.0 (3). 27 【解析】 【分析】 （1）彈簧的彈力等于鉤碼的重力； （2）根據(jù)乙圖判斷出彈簧的原長，斜率代表彈簧的勁度系數(shù) 【詳解】（1）彈簧下端掛3個鉤碼時，彈簧的彈力大小為F=3mg=0.90N （2）根據(jù)乙圖可知，彈簧的原長為l0=6.0cm， 斜率代表勁度系數(shù)則k=△F△x＝0.15100.055N/m＝27N/m 10.某實驗小組欲測定一個未知電阻R的阻值，他們先用多用電表在正確操作的情況下粗測電阻Rx的阻值，多用電表的擋位選擇及其示數(shù)如圖甲所示。然后該小組利用伏安法測量Rx的阻值，實驗室可提供的器材有： A.電壓表V1(量程3V，內(nèi)阻約為3kΩ) B電壓表V2(量程15V，內(nèi)阻約為15kΩ) C.電流表A1(量程30mA，內(nèi)阻約為8Ω) D.電流表A2(量程0.6A，內(nèi)阻約為0.1Ω) E.滑動變阻器R1(最大阻值10Ω，額定電流2A) F.滑動變阻器R2(最大阻值3kΩ，額定電流0.5A) G.電池組(電動勢約為3V，內(nèi)阻很小) H.開關(guān)一個，導(dǎo)線若干 (1)用多用電表測得該未知電阻Rx的阻值為___________Ω。 (2)用伏安法測量Rx的阻值時，電壓表應(yīng)選用___________，電流表應(yīng)選用___________，滑動變阻器應(yīng)選用___________。(填所選器材前的字母) (3)用筆畫線代替導(dǎo)線將圖乙所示電路補充完整________。 (4)某次實驗測得的數(shù)據(jù)如下表所示： 測量次數(shù) 1 2 3 4 5 6 電壓表的讀數(shù)U/V 1.20 1.50 1.80 2.10 2.40 2.70 電流表的讀數(shù)I/mA 11.4 16.8 17.0 20.0 23.0 25.7 上表數(shù)據(jù)中，有一組數(shù)據(jù)明顯有誤，該小組舍棄有誤數(shù)據(jù)后，利用平均值法計算出未知電阻的阻值Rx=___________Ω(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。 【答案】 (1). （1）110 (2). （2）A (3). C (4). E (5). （3）電路如圖； (6). （4）105 【解析】 【分析】 （1）根據(jù)歐姆表的讀數(shù)方法可確定最終讀數(shù)； （2）明確電流大小范圍，從而確定對應(yīng)的量程；為方便實驗操作應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動變阻器。 （3）根據(jù)待測電阻阻值與電表內(nèi)阻的關(guān)系確定電流表接法，根據(jù)待測電阻阻值與滑動變阻器最大阻值間的關(guān)系確定滑動變阻器的接法，然后作出電路圖。 （4）分析給出的表中數(shù)據(jù)，根據(jù)電阻為定值，其電流和電壓成正比例變化，從而確定誤差數(shù)值；根據(jù)實驗數(shù)據(jù)應(yīng)用歐姆定律求出電阻阻值。 【詳解】（1）歐姆表對應(yīng)的檔位為10檔，故讀數(shù)為：1110=110Ω； （2）電源電動勢為3V，則電壓表選擇A即可；根據(jù)表中給出的數(shù)據(jù)可知，電流最大值為25.7mA，故電流表應(yīng)選用C；因給出的F總阻值太大，無法準確測量，故應(yīng)采用總阻值較小的E進行實驗，因其阻值較小，故應(yīng)采用分壓接法； （3）根據(jù)以上分析可知，本實驗采用分壓接法，同時因電阻較小，故為了減小誤差，電流表采用外接法；連接出實物圖，如圖所示； （4）電阻阻值不變，故電流和電壓應(yīng)成正比，由表中數(shù)據(jù)可知，第2組數(shù)據(jù)錯誤； 由歐姆定律可知，待測電阻阻值：Rx=U/I，由表中實驗數(shù)據(jù)可知，待測電阻阻值為：RX=15(1.200.0114+1.800.0170+2.100.0200+2.400.0230+2.700.0257)=105.1Ω； 【點睛】本題考查了實驗器材選擇、設(shè)計實驗電路圖、電表讀數(shù)、求電阻阻值等問題，要掌握實驗器材的選擇原則，根據(jù)題意確定電流表與滑動變阻器的接法是設(shè)計實驗電路的關(guān)鍵。 11.如圖所示，間距為d的兩豎直光滑金屬導(dǎo)軌間接有一阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間水平邊界MN下方的區(qū)域內(nèi)存在著與導(dǎo)軌平面垂直的勻強磁場。一質(zhì)量為m、長度為d、電阻為r的金屬棒PQ緊靠在導(dǎo)軌上?，F(xiàn)使棒PQ從MN上方d2高度處由靜止開始下落，結(jié)果棒PQ進入磁場后恰好做勻速直線運動。若棒PQ下落過程中受到的空氣阻力大小恒為其所受重力的14，導(dǎo)軌的電阻忽略不計，棒與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，重力加速度大小為g，求： （1）棒PQ在磁場中運動的速度大小v； （2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B。 【答案】(1) v=3gd2 (2) B=3mg(R+r)2d23gd 【解析】 （1）棒PQ進入磁場前做勻加速直線運動，設(shè)其加速度大小為a.有， v2=2ad2 根據(jù)牛頓第二定律有，mg-14mg=ma 解得：v=3gd2 （2）棒PQ在磁場中做勻速直線運動時，切剖磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為；E=Bdv 回路中通過的感應(yīng)電流為I=ER+r 對棒PQ，由受力平衡條件有：BId=mg-14mg 解得： B=3mgR+r2d23gd 12.如圖所示，傾角為的固定粗糙斜面上有一物塊A，物塊到斜面底端的高度為h，緊靠斜面底端有一長為L的長木板B停放在光滑的水平面上，斜面底端剛好與長木板上表面左端接觸，長木板上表面粗糙，右端與一14圓弧面C粘接在一起，圓弧面左端與木板平滑相接，現(xiàn)釋放物塊A讓其從斜面上滑下，圓弧面表面光滑，圓弧面的半徑為R，物塊與斜面、長木板表面的動摩擦因數(shù)均為μ,A、B、C三者的質(zhì)量相等，重力加速度大小為g，不計物塊A從斜面滑上木板時的機械能損失。 （1）求物塊A到達斜面底端時的速度大小v； （2）改變物塊A由靜止釋放的位置，若物塊A恰好能滑到圓弧面C的最高點，求其開始下滑時到斜面底端的高度h1； （3）在（2）中情況下，求物塊A從圓弧面最高點返回后停留在長木板B上的位置到長木板右端的距離s（設(shè)物塊A不會從長木板B的左端滑下）。 【答案】(1) v=2gh?2μghtanθ (2) h1=3(μL+R)tanθ2(tanθ?μ) (3) s=Rμ 【解析】 （1）設(shè)物塊A沿斜面下滑的加速度大小為a，有： mgsinθ?μmgcosθ=ma， 由運動學規(guī)律有：hsinθ=v22a， 解得：v=2gh?2μghtanθ； （2）若物塊A恰好能滑到14圓弧面C的最高點，則物塊A滑到圓弧面的最高點時物塊與圓弧面、長木板具有共同的速度，此種情況下，物塊A到達斜面底端時的速度大小為： v1=2gh1?2μgh1tanθ， 設(shè)物塊A滑到14圓弧面C的最高點時的速度大小為v2，由動量守恒定律有： mv1=3mv2， 由功能關(guān)系有：μmgL=12mv12?123mv22?mgR， 解得：h1=3μL+Rtanθ2tanθ?μ； （3）經(jīng)分析可知，當物塊A最終停留在長木板B上時，物塊、木板與圓弧面具有共同的速度（設(shè)為v3），由動量守恒定律有：mv1=3mv3 上式中，v1=2gh1?2μgh1tanθ，且h1=3μL+Rtanθ2tanθ?μ， 由功能關(guān)系有：μmgL+s=12mv12?12mv32， 解得：s=Rμ 點睛：物塊A沿斜面下滑的過程中，重力做正功，滑動摩擦力做負功，由動能定理求物塊A到達斜面底端時的速度大小v；先由動能定理求出物塊A到達斜面底端時的速度表達式．物塊A恰能滑上圓弧面C時，三個物體的速度相同，根據(jù)動量守恒定律求得共同速度，再由能量守恒定律求解即可；物塊A最終停留在長木板B上時，物塊、木板與圓弧面具有共同的速度，由動量守恒定律和能量守恒定律即可求解物塊最終停留的位置． (二)選考題： [物理——選修3-3] 13.關(guān)于液體和固體，下列說法正確的是__________ A. 具有各向同性的固體一定是非晶體 B. 液體的溫度越低，其飽和汽壓越小 C. 第一類永動機違反了能量守恒定律 D. 納米材料的顆粒半徑一定是1nm E. 酒精燈中的酒精能沿燈芯向上升，這與毛細現(xiàn)象有關(guān) 【答案】BCE 【解析】 【詳解】多晶體與非晶體都有各向同性。故A錯誤。同種液體的飽和氣壓僅僅與溫度有關(guān)，液體的溫度越低，其飽和氣壓越小。故B正確；第一類永動機違反了能量守恒定律。故C正確；納米材料的顆粒半徑是在納米的數(shù)量級上，并不是顆粒的大小都是1nm。故D錯誤；毛細作用，是液體表面對固體表面的吸引力，酒精燈中的酒精能沿燈芯上升，這與毛細現(xiàn)象有關(guān)。故E正確；故選BCE。 14.一足夠長的內(nèi)徑均勻的細玻璃管，一端封閉，一端開口如圖所示。當開口豎直向上時，用h=25cm的水銀柱封閉住長L1=37.5cm的空氣柱.大氣壓強p0=75cmHg，空氣柱溫度不變。 （1）若將細玻璃管緩慢水平放置，求此時管內(nèi)被封閉的空氣柱的長度L2； （2）若玻璃管總長度L0=1m，將管口密封后再緩慢水平放置，求此時原封閉空氣柱(即豎立時水銀柱下方的空氣柱)的長度L3。 【答案】（1）50cm（2）42.9cm 【解析】 【分析】 ①利用平衡求出初末狀態(tài)封閉氣體的壓強，封閉氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律，即可求出末態(tài)空氣柱的長度L2； ②將管口密封后在緩慢水平放置，上下兩部分封閉氣體均發(fā)生等溫變化，分別對上下兩部分空氣柱利用幾何關(guān)系結(jié)合玻意耳定律，即可求出此時原封閉空氣柱（即豎立時水銀柱下方的空氣柱）的長度L3． 【詳解】①設(shè)玻璃管的橫截面積為S，以cmHg作為單位，當開口豎直向上時根據(jù)平衡可得封閉氣體的壓強：P1=P0+h=100cmHg 初態(tài)：壓強P1=100cmHg，體積V1=L1S=37.5S 末態(tài)：壓強P2=P0=75cmHg，體積V2=L2S 封閉氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律可得：P1V1=P2V2 解得：L2=50cm ②將管口密封后，水銀柱上方空氣柱的長度為：L4=L0-L1-h 水平放置后，水銀柱上下兩部分空氣柱的壓強相同，設(shè)為P， 對上部分空氣柱運用玻意耳定律：P0L4S=P（L0-h-L3）S 對下部分空氣柱運用玻意耳定律：P1L1S=PL3S 聯(lián)立解得：L3=42.9cm 【點睛】本題考查氣體定律與力學平衡的綜合運用，解題關(guān)鍵是要利用平衡求出初末狀態(tài)封閉氣體的壓強，分析好壓強P、體積V、溫度T三個參量的變化情況，再選擇合適的規(guī)律解決． [物理——選修3-4] 15.質(zhì)點沿y軸做簡諧運動的振動圖象如圖所示，下列說法正確的是___________ A. 該質(zhì)點的振動周期為0.4s B. 0.04s時，該質(zhì)點沿y軸負方向運動 C. 在一個周期內(nèi)，該質(zhì)點的位移為0.4m D. 0.2s時，該質(zhì)點受到的回復(fù)力等于0 E. 在0.3s~0.5s內(nèi)，該質(zhì)點的速度先增大后減小 【答案】ADE 【解析】 【詳解】由圖像可知，該質(zhì)點的振動周期為0.4s，選項A正確；由圖像可知，在0-0.2s時間內(nèi)，該質(zhì)點沿y軸正方向運動，選項B錯誤；在一個周期內(nèi)，該質(zhì)點回到平衡位移，則質(zhì)點的位移為0.選項C錯誤；0.2s時，該質(zhì)點在平衡位置，則此時受到的回復(fù)力等于0，選項D正確；在0.3s~0.5s內(nèi)，該質(zhì)點由最低點到平衡位置，然后到達最高點，則其速度先增大后減小，選項E正確；故選ADE. 16.如圖所示，一半圓形玻璃磚半徑R=18cm，可繞其圓心O在紙面內(nèi)轉(zhuǎn)動，MN為一根光標尺，開始時玻璃磚的直徑PQ與光標尺平行。一束激光從玻璃磚左側(cè)垂直于PQ射到O點，在MN上留下一光點O1。保持入射光方向不變，使玻璃磚繞O點逆時針緩慢轉(zhuǎn)動，光點在標尺上移動，最終在距離O1點h=32cm處消失。已知O、O1間的距離l=24cm，光在真空中傳播速度c=3.0108m/s，求： ①玻璃磚的折射率n。 ②標尺上光點消失后，光從射入玻璃磚到射出玻璃磚過程經(jīng)歷的時間t。 【答案】（1）1.67（2）210-9s 【解析】 發(fā)生全反射時光路如圖，由數(shù)學知識得： 全反射臨界角C=π/2?θ 則玻璃的折射率n=1/sinC=5/3=1.67 光在玻璃中傳播的速度v=c/n 全反射時光穿過玻璃磚的時間t=2R/v=210?9s