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炎德·英才大联考湖南师大附中2018届高三月考试卷(五)
物 理
命题人：宋铁柱 审稿人：李响
本试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页．时量90分钟，满分110分．
第Ⅰ卷
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8小题只有一个选项正确，9～12小题有多个选项正确，选不全的得2分，错选或不选得0分．将选项填涂在答题卡中)
1．弹跳能力是职业篮球运动员重要的身体素质指标之一，许多著名的篮球运动员因为具有惊人的弹跳能力而被球迷称为“弹簧人”．弹跳过程是身体肌肉骨骼关节等部位一系列相关动作的过程．屈膝是其中一个关键动作．如图所示，人曲膝下蹲时，膝关节弯曲的角度为θ，设此时大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F的方向水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大致相等，那么脚掌所受地面竖直向上的弹力约为(D)
A. B. C. D.
【解析】设大腿骨和小腿骨的作用力分别为F1、F2，则F1＝F2由力的平行四边形定则易知F2cos＝，对F2进行分解有F2y＝F2sin，解得F2y＝tan＝，D选项正确．
2．如图所示，粗糙水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B和C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内．现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则一下说法正确的是(D)
A．一起加速过程中，A所受到的静摩擦力大小为
B．一起加速过程中，C木块受到四个力的作用
C．一起加速过程中，A、D木块所受静摩擦力的大小相同，方向相反
D．当F撤去瞬间， D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变
【解析】一起加速的过程中，由整体法分析可知：a＝＜，对A受力分析可知，FfA＝ma＜，故选项A错误；对C受力分析可知，C受重力、地面支持力、D物体的压力、D物体对
C施加的摩擦力、地面的摩擦力、弹簧的拉力，共六个力的作用，故选项B错误；A、D运动情况相同，受力情况相同，所受摩擦力大小、方向均相同，故选项C错误；当F撤去瞬间，D受力情况不变，故D选项正确．
3．如图所示，水平挡板A和竖直挡板B固定在斜面C上，一质量为m的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时接触．挡板A、B和斜面C对小球的弹力大小分别为FA、FB和FC.现使斜面和物体一起在水平面上水平向左做加速度为a的匀加速直线运动．若FA和FB不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g，则下列图象中，可能正确的是(B)
【解析】对小球进行受力分析当a＜gtan θ时，如图一，根据牛顿第二定律
水平方向： FCsin θ＝ma ①
竖直方向： FCcos θ＋FA＝mg ②
联立①②得：FA＝mg－ FC＝
FA与a成线性关系，当a＝0时，FA＝mg，
当a＝gtan θ时，FA＝0，FC与a成线性关系，当a＝gsin θ时，FC＝mg
所以A错误，B正确，D错误．
当a＞gtan θ时，受力如图二，根据牛顿第二定律水平方向：FCsin θ＋FB＝ma ③
竖直方向：FCcos θ＝mg ④
联立③④得：FB＝ma－mgtan θ FC＝
FB与a也成线性，FC不变
综上C错误．
4．《中国制造2025》提出通过“三步走”实现制造强国的战略目标．其中，到2025年迈入制造强国行列是第一阶段目标．中国无人机制造公司大疆是中国制造的优秀代表，其创新的无人机产品在美国商用无人机市场占据领先地位，市场份额达47%，遥遥领先于排名第二的竞争对手．而在全球商用无人机市场中，大疆更是独领风骚，一举夺得近70%的市场份额．如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．一架质量为m＝3 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝40 N，
运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N．该款无人机电池容量为4 480 mA·h，在提供最大升力的情况下能持续工作约20分钟．g取10 m/s2.以下说法正确的是(C)
A．无人机从静止开始以最大升力竖直起飞，t＝3 s时离地高度为h＝54 m
B．无人机以最大升力工作时电流大约为6 A
C．无人机悬停在H＝156 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去动力竖直坠落(俗称炸机)，坠地时速度为52 m/s
D．无人机因动力设备故障坠机的过程中机械能守恒
【解析】设无人机上升时加速度大小为a，应用牛顿第二定律有：F－mg－f＝ma，解得：a＝2 m/s2，由h＝at2，解得h＝9 m，故A选项错误；由I＝，解得I约为13 A，故选项B错误；设无人机坠落过程中加速度大小为a1，由牛顿第二定律mg－f＝ma1，解得a1＝ m/s2，由v2＝2a1H，解得v＝52 m/s，故选项C正确；由于存在阻力，无人机坠机过程中机械能不守恒，故选项D错误．
5．如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面上某一位置P处斜向上抛出，到达斜面顶端Q处时速度恰好变为水平方向，已知P、Q间的距离为L，重力加速度为g，则关于抛出时物体的初速度v0的大小及其与斜面间的夹角α，以下关系中正确的有(B)
A．tan α＝tan θ B．tan α＝
C．v0＝ D．v0＝cos θ
【解析】运用逆向思维，物体做平抛运动，根据Lsin θ＝gt2得：t＝，则P点的竖直分速度vy＝gt＝，P点的水平分速度vx＝＝Lcos θ＝，则v0＝＝，故C、D错误．设初速度方向与水平方向的夹角为β，根据平抛运动的推论有tan β＝2tan θ，又α＝β－θ，根据数学三角函数关系可求得tan α＝故B正确，A错误．
6．如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平轨道相切，质量均为m的小球A、B用轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O点等高．某时刻将它们由静止释放，最终在水平面上运动．下列说法正确的是(D)
A．下滑过程中重力对B做功的功率一直增大
B．当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mg
C．下滑过程中B的机械能增加
D．整个过程中轻杆对A做的功为mgR
【解析】刚下滑时，B的速度为0，后来获得速度，重力的功率变大，但到最低点速度水平，重力的功率为0，所以重力对B做功的功率先增大后减小，故选项A错误；整个过程中，A、B组成的系统机械能守恒，最后两者的速度大小相等，应用机械能守恒：mgR＝2×mv2，得v＝，重力与支持力的合力提供向心力FN－mg＝，解得轨道对B的支持力大小等于2mg，故选项B错误；下滑过程中，B的重力势能减小ΔEp＝mgR，动能增加ΔEk＝mv2＝mgR，机械能减小mgR，故选项C错误；整个过程中对A受力分析可知，重力不做功，A物体动能的增量等于轻杆对A做的功W＝mv2＝mgR，故选项D正确．
7．如图所示，在圆形磁场区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的直径．一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为v、方向与ab成30°角时，恰好从b点飞出磁场，且粒子在磁场中运动时间为t；若同一带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为(C)
A.v B.v
C.v D.v
【解析】设圆形磁场区域的半径为R，带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝，得v＝，v∝r.当粒子从b点飞出磁场时，入射速度和出射速度与ab夹角相等，所以速度的偏转角为60°，轨迹对应圆心角为60°，根据几何知识可知轨迹的半径为r1＝2R；当粒子从a点沿ab方向射入磁场时，经过磁场的时间也是t，说明轨迹对应的圆心角与第一种情况相同，也是60°，根据几何知识可得，粒子的轨迹半径r2＝R；由此可得＝＝，故选项C正确．
8．电子技术中有一种电源称为恒流电源constantcurrent power supply(内阻不能忽略)，即不管外电路情况如何变化，它都能提供持续且恒定的电流．如图所示的电路电源为恒流电源，电表均为理想电表，当滑动变阻器R0的滑片向上滑动时，电压表示数变化量与电流表示数变化量之比的绝对值等于(C)
A．R0 B．R1 C．R2 D．R3
【解析】设电源输出的恒定电流为I0，R1两端电压为UR1，由于通过R1电流恒定，所以它两端电压也恒定．滑动变阻器滑片向上滑动前，设电压表示数为U1，电流表示数为I1；滑片向上滑动后，电压表示数为U2，电流表示数为I2，由于R0变大，所以必有U2＞U1，I2＜I1，于是有U1＝UR1＋(I0－I1)R2，U2＝UR1＋(I0－I2)R2，两式相减得U2－U1＝(I1－I2)R2，故选项C正确．
9．带正电的空心金属球壳置于绝缘支架上，将4个原来不带电的金属小球按图示位置放置，A球用绝缘轻绳竖直悬挂，B球接地，C球用导线与球壳内部相连，D球与球壳内部接触．设大地电势为零，当达到静电平衡时，下列说法正确的是(BC)
A．由于静电感应，A球带负电 B．B球接地带负电，但电势为零
C．C球带正电，且电势与球壳电势相等 D．D球带正电，电势为零
【解析】由于静电感应，A球的左右两端带上不同的电荷，但整体不带电．故A错误；由于静电感应，B球带负电，但电势和大地的电势相等，为零．故B正确；C球在金属球壳的外部，会带上与球壳相同的电荷．故C正确；D球在球壳的内部，与球壳接触后成为球壳内部的一部分，所以D不带电．故D错误．故选B.
10．2016年1月20日，美国天文学家推测，太阳系有第九大行星，该行星质量约为地球的10倍，半径约为地球的4倍，绕太阳一周需约2万年，冥王星比它亮约一万倍，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，地球和该行星绕太阳运动均视为匀速圆周运动，下列说法正确的是(BC)
A．太阳的质量约为
B．该行星的质量约为
C．该行星表面的重力加速度约为g
D．该行星到太阳的距离约为地球的2万倍
【解析】根据题设条件，地球表面的物体的重力由万有引力提供，即mg＝，所以地球的质量M地＝，而题中缺少计算太阳质量的有关物理量，无法计算太阳质量，故A错误；该行星质量是地球质量的10倍，M行＝10M地＝，故B正确；根据mg＝，有g＝；该行星质量是地球质量的10倍，半径约为地球的4倍，则＝·＝，所以该行星表面的重力加速度约为g，故C正确；根据开普勒周期定律，有：＝，解得：r行＝()·r地＝·r地≈7.4×102r地；故D错误．
11．如图所示，阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A1、A2形成，实线为电场线，虚线为等势线，x轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则下列说法不正确的是(BC)
A．电极A1的电势低于电极A2的电势
B．电子在P点处的动能大于在Q点处的动能
C．电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度
D．电子从P至R的运动过程中，电场力对它一直做正功
【解析】沿电场线方向电势降低，因此电极A1的电势低于电极A2的电势，故选项A正确；电子从P至Q的运动过程中，是由低电势向高电势运动，电场力做正功，电势能减少，动能增加，故选项B错误，D正确；等势线密的地方电场线也密，因此Q点电场线比R点电场线密，故Q点电场强度大于R点电场强度，故选项C错误．
12．如图所示，光滑绝缘水平面上M、N两点分别放置带电荷量为＋q和＋3q的质量相等的金属小球A和B(可视为点电荷)，现给A和B大小相等的初动能E0，使其相向运动且刚好能发生碰撞，两球碰后返回M、N两点时的动能分别是E1和E2，则(AD)
A．E1＝E2＞E0
B．E1＝E2＝E0
C．碰撞发生在M、N两点连线中点的左侧
D．两球同时返回M、N两点
【解析】由题意可知两球组成的系统在碰撞过程中动量守恒，在运动过程中，两球的速度始终大小相等，方向相反，所以两球碰后返回M、N两点时的动能E1＝E2，两球碰撞后带电荷量都变为＋2q，在相同距离时的库仑力增大，所以返回时电场力做功必定大于接近时克服电场力做的功，所以系统的动能必定增加，即E1＝E2＞E0，故选项A正确，选项B错误；由牛顿第二定律知两球在运动过程中，加速度大小相等，在相等的时间内运动的位移大小必定相等，因此碰撞必定发生在M、N两点连线中点，又同时返回M、N两点，故选项D正确，选项C错误．
答题卡
题 号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答 案
D
D
B
C
B
D
C
C
BC
BC
BC
AD
第Ⅱ卷
二、实验题(本题共2小题，每空2分，共20分，将答案填写在答题卡中)
13．为了测定滑块和水平桌面之间的动摩擦因数μ，某同学设计了如图所示的实验装置，其中圆弧形滑槽末端与桌面相切，第一次实验时，滑槽固定于桌面右端，末端与桌子右端M对齐(如图甲)，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平面上的P点；第二次实验时，滑槽固定于桌面左侧(如图乙)，测出末端N与桌子右端M的距离为L，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平面上的Q点，已知重力加速度为g，不计空气阻力．
(1)实验还需要测量为物理量是__BCD__．(填字母序号)
A．滑槽高度h B．桌子的高度H
C．O点到P点的距离d1 D．O点到Q点的距离d2
E．滑块的质量m
(2)根据(1)中所选物理量，写出动摩擦因数μ的表达式是μ＝__－__．
(3)如果第二次实验时，滑块没有滑出桌面，是否还能测出动摩擦因数？如果可以，还需测出什么量．__可以．测出在水平桌面上滑行的距离x(μ＝)__
【解析】(1)略．
(2)由题意可知H＝gt2，d1＝v1t，d2＝v2t.由动能定理有：
μmgL＝mv－mv，所以μ＝－.
(3)若滑块没有滑出桌面，测得滑行距离为x，则mv＝μmgx，所以μ＝.
14．漆包线是电机、家用电器、电子仪表电磁绕组的主要和关键原材料，随着中国制造工业的飞速发展，给漆包线带来了更加广阔的应用领域和市场，同时对漆包线的品质提出了更高的要求．某地质监局在对某品牌的漆包线进行质量抽检时，要测定一卷阻值约为20 Ω的金属漆包线的长度(两端绝缘漆层已去除)，实验室提供有下列器材：
A．电流表A：量程①0～0.6 A，内阻约为1 Ω；量程②0～3 A，内阻约为0.2 Ω
B．电压表V：量程③0～3 V，内阻约为2 kΩ；量程④0～15 V，内阻约为10 kΩ
C．低压电源E：电动势30 V，内阻r可以忽略
D．滑动变阻器R1：阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A
E．滑动变阻器R2：阻值范围0～500 Ω，额定电流0.5 A
F．开关S及导线若干
(1)使用螺旋测微器测量漆包线直径时如图所示，则漆包线的直径d＝__0.830__mm.
(2)为了调节方便，并能较准确地测出该漆包线的电阻，电流表应该选择量程__①__(填量程序号)，电压表应该选择__④__(填量程序号)，滑动变阻器应选择__R1__(填“R1”或“R2”)．请设计合理的实验电路，将电路图完整地画在虚线框中．
(3)根据电路图连接电路进行测量，某次实验电压表与电流表的示数如图所示，可以求出这卷漆包线的电阻为__21.3__Ω.(结果保留3位有效数字)
(4)已知这种漆包线金属丝的直径为d，材料的电阻率为ρ，忽略漆包线的绝缘层的厚度，则这卷漆包线的长度L＝____．(用U、I、d、ρ表示)
【解析】(1)略
(2)提供的电源的电动势为30 V，漆包线的电阻在20 Ω左右，为了减小测量误差，
电流表应该选择0～0.6 A的量程，电压表应该选择0～15 V的量程，电流表采用外接法；为了便于控制，滑动变阻器应采用分压式接法．
(3)R＝＝ Ω≈21.3 Ω.
(4)由电阻定律可知R＝＝ρ，得到漆包线的长度：L＝.
三、计算题(本题共3小题，共27分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
15．(8分)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.
(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；
(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．
【解析】(1)对线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安培力，由安培力公式得
F＝nBIL ①(2分)
由左手定则知方向水平向右(2分)
(2)安培力的功率为P＝F·v ②(2分)
联立①②式解得P＝nBILv ③(2分)
16．(9分)如图所示，质量为M的平板车P的上表面距地面高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)，今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g.求：
(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？
(2)平板车P的长度为多少？
【解析】(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：
mgR(1－cos 60°)＝mv
解得，小球到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度是：v0＝ (1分)
小球与物块Q相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，则有mv0＝mv1＋mvQ(1分)
mv＝mv＋mv(1分)
解得， v1＝0，vQ＝v0＝(1分)
二者交换速度，即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有
mvQ＝Mv＋m·2v(1分)
解得，v＝vQ＝(1分)
小物块Q离开平板车时，速度为 2v＝(1分)
(2)由能的转化和守恒定律，知
fL＝mv－Mv2－m(2v)2 又f＝μmg(1分)
解得，平板车P的长度为 L＝(1分)
17．(10分)在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有固定在O点处的点电荷产生的电场E1(未知)，该点电荷的电荷量为－Q，且只考虑该点电荷在第一象限内产生的电场；第二象限内有水平向右的匀强电场E2(未知)；第四象限内有大小为、方向按如图乙所示规律周期性变化的电场E3，以水平向右为正方向，变化周期T＝.一质量为m，电荷量为＋q的离子从(－x0，x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动．以离子到达x轴为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力．求：
(1)离子在第一象限运动时速度大小和第二象限内电场强度E2的大小；
(2)当t＝和t＝T时，离子的速度分别是多少；
(3)当t＝nT时，离子的坐标．
【解析】(1)设离子在第一象限的速度为v0，在第一象限内，由库仑力提供离子做圆周运动的向心力得：＝(1分)
解得：v0＝(1分)
在第二象限内，只有电场力对离子做功，由动能定理得：
E2qx0＝mv，解得：E2＝(1分)
(2)离子进入第四象限后，在x方向上，前半个周期向右做匀加速直线运动，后半个周期向右做匀减速直线运动直到速度为0.当t＝时：
vx＝t＝··＝＝2v0(1分)
所以此时离子的合速度：v＝＝3v0＝3(1分)
方向：与x轴正向成θ角偏向y轴负向：tan θ＝＝(1分)
当t＝T时：vx＝0，此时离子的合速度v＝，沿y轴负向．(1分)
(3)由(2)分析可知，离子进入第四象限后，y方向上做匀速直线运动，x方向上每个周期向右运动的平均速度为＝v0，每个周期前进x＝T＝v0＝4x0(1分)
因为开始时离子的横坐标为x0，所以t＝nT时，离子的横坐标x＝x0＋4nx0＝(4n＋1)x0
纵坐标y＝－v0nT＝－2nx0(1分)
故在t＝nT时，离子的坐标为：[(4n＋1)x0，－2nx0]，(n＝1、2、3、……)(1分)
四、选考题(请考生从给出的2道题中任选一题做答，并填涂所选题目的题号．注意所做题目的题号必须与所选题一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分)
18．【物理——选修3－3】(15分)
(1)(6分)下列说法中正确的是__ABD__．(填正确答案标号，选对一个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)
A．只知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，不能计算出阿伏加德罗常数
B．硬币或者钢针能够浮于水面上，是由于液体表面张力的作用
C．晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性
D．影响蒸发快慢以及人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一气温下水的饱和汽压的差距
E．随着科技的发展，可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化
【解析】固体、液体的分子间距比较小，但气体分子间距较大，故液体、固体可用摩尔体积除以分子体积求得阿伏加德罗常数，但气体不能，选项A正确；硬币或者钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用，选项B正确；晶体分为单晶体和多晶体，多晶体物理性质具有各向同性，选项C错误；空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距影响蒸发快慢，选项D正确；根据热力学第二定律可知，与热现象有关的宏观过程具有方向性，故不能将散失的能量重新聚集利用而不引起其他变化，选项E错误．
(2)(9分)如图所示，一水平放置的气缸，由截面积不同的两圆筒联接而成．活塞A、B用一长为3l的刚性细杆连接，B与两圆筒联接处相距l＝1.0 m，它们可以在筒内无摩擦地沿左右滑动．A、B的截面积分别为SA＝30 cm2、SB＝15 cm2.A、B之间封闭着一定质量的理想气体．两活塞外侧(A的左方和B的右方)都是大气，大气压强始终保持为p0＝1.0×105 Pa.活塞B的中心连一不能伸长的细线，细线的另一端固定在墙上．当气缸内气体温度为T1＝540 K，活塞A、B的平衡位置如图所示，此时细线中的张力为F1＝30 N.
(i)现使气缸内气体温度由初始的540 K缓慢下降，温度降为多少时活塞开始向右移动？
(ii)继续使气缸内气体温度缓慢下降，温度降为多少时活塞A刚刚右移到两圆筒联接处？
【解析】(i)设气缸内气体压强为p1，F1为细线中的张力，则活塞A、B及细杆这个整体的平衡条件为：
p0SA－p1SA＋p1SB－p0SB＋F1＝0 ①(1分)
解得：p1＝p0＋＝1.2×105 Pa ②(1分)
由②式看出，只要气体压强：p1>p0，细线就会拉直且有拉力，于是活塞不会移动．当气缸内气体做等容变化，温度下降使压强降到p0时，细线拉力变为零，再降温时活塞开始向右移，设此时温度为T2，
压强p2＝p0(1分)
由查理定律得：＝ ③(1分)
代入数据解得：T2＝450 K ④(1分)
(ii)再降温，细线松了，要平衡必有气体压强：p＝p0(1分)
此过程是等压降温过程，活塞右移、体积相应减小，当A到达两圆筒联接处时，温度为T3，
由盖－吕萨克定律得：＝，＝ ⑤(1分)
代入数据解得：T3＝270 K ⑥(2分)
答：(i)现使气缸内气体温度由初始的540 K缓慢下降，温度降为450 K时活塞开始向右移动；
(ii)继续使气缸内气体温度缓慢下降，温度降为270 K时活塞A刚刚右移到两圆筒联接处．
19．【物理——选修3－4】(15分)
(1)(6分)如图所示为一竖直的肥皂膜的横截面，用单色光照射薄膜，在薄膜上产生明暗相间的条纹，下列说法正确的是__BCD__．(填正确答案标号，选对一个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)
A．薄膜上的干涉条纹是竖直的
B．薄膜上的干涉条纹是水平的
C．用蓝光照射薄膜所产生的干涉条纹的间距比用红光照射时的小
D．干涉条纹是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波叠加的结果
E．干涉条纹的间距是不相等的
【解析】光从肥皂膜的前后表面反射形成相干光，其路程差与薄膜厚度有关；在重力作用下，肥皂膜形成上薄下厚的楔形，在同一水平面上厚度相等，形成亮纹(或暗纹)．因此，干涉条纹应是水平的．又因蓝光的波长小于红光的波长，所以用蓝光照射薄膜所产生的干涉条纹的间距较红光的小．条纹间距相等．综上所述，选项B、C、D正确．
(2)(9分)玻璃半圆柱体的半径为R，横截面如图所示，圆心为O，A为圆柱面的顶点．
两条单色红光分别按如图方向沿截面入射到圆柱体上，光束1指向圆心，方向与AO夹角为30°，光束2的入射点为B，方向与底面垂直，∠AOB＝60°，已知玻璃对该红光的折射率n＝，求：
(i)求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d；
(ii)若入射的是单色蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小？
【解析】(i)对光线2在B点折射时，入射角i＝60°(1分)
由折射定律有n＝(1分)
得sin r＝＝＝，r＝30°(1分)
入射到底面的入射角i′＝60°－r＝30°，则：
sin r′＝nsin i′，r′＝60°(1分)
根据几何知识得
LOC＝＝R(1分)
同理，光线1从O点出射，折射光线与CD交于E点，折射角∠EOD＝60°，则△EOD为等边三角形
d＝OE＝OD＝LOCtan 30°＝(2分)
(ii)玻璃对蓝光的折射率比对红光的大，蓝光偏折更明显，故d变小．(2分)
答：(i)两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d是；
(ii)若入射的是单色蓝光，则距离d更小．
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