湖南师大附中2018届高三上学期月考试卷（五）物理试题Word版含解析.doc

www.ks5u.com 湖南师大附中2018届高三上学期月考试卷（五）‎ 一、选择题 ‎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( )‎ ‎　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】设大腿骨和小腿骨对膝关节的作用力大小为，则它们之间的夹角为，F即为它们的合力的大小，作出平行四边形定则如图所示： 其中，，，所以，即，‎ 故选项D正确，选项ABC错误。‎ 点睛：解决本题要掌握住分力与合力组成的平行四边形是菱形，对角线垂直等分，在根据三角形的边角关系即可求得力的大小。‎ ‎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( )‎ 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 ‎【答案】D ‎【解析】A、一起加速的过程中，由整体法分析可知：，对A受力分析可知，，故选项A错误；‎ B、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；‎ C、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；‎ D、当F撤去瞬间，弹簧弹力瞬间不发生变化，故D、C整体受力不发生变化，故D受力情况不变，即D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变，故选项D正确。‎ 点睛：本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，关键抓住撤去外力F的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用。‎ ‎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( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：对小球进行受力分析当时如图一，根据牛顿第二定律 水平方向：①，竖直方向：②‎ 联立①②得：，与a成线性关系，当a=0时，，当时，，与a成线性关系，所以B正确，当时，受力如图二，根据牛顿第二定律，水平方向：③竖直方向：④，联立③④得：，，与a也成线性，不变，综上C错误，D正确 考点：考查了牛顿第二定律的应用，力的合成与分解 ‎【名师点睛】本题关键要注意物理情景的分析，正确画出受力分析示意图，考查了学生对牛顿运动定律的理解与应用，有一定难度 ‎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( )‎ 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 ‎【答案】C ‎【解析】A、设无人机上升时加速度大小为a，应用牛顿第二定律有：，解得：，由，解得，故选项A错误；‎ B、由，故选项B错误；‎ C、设无人机坠落过程中加速度大小为，由牛顿第二定律，解得，由，解得，故选项C正确；‎ D、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。‎ 点睛：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清无人机在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。‎ ‎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( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：运用逆向思维，物体做平抛运动，根据Lsinθ＝gt2得，，则P点的竖直分速度，P点的水平分速度，则 ‎．故CD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tanβ=2tanθ，又α=β-θ，根据数学三角函数关系可求得．故B正确，A错误．‎ 故选B。‎ 考点：平抛运动 ‎【名师点睛】本题难度较大，采用逆向思维求解末速度，即斜抛运动的初速度是解题的关键，本题对数学三角函数要求较高，需加强训练。‎ ‎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( )‎ 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 ‎【答案】D ‎【解析】A、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；‎ B、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：，得，重力与支持力的合力提供向心力，解得，故选项B错误；‎ C、下滑过程中，B的重力势能减小，动能增加，机械能减小，故选项C错误；‎ D、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，故选项D正确。‎ 点睛：本题主要考查了机械能守恒定律、动能定理以及牛顿第二定律的直接应用，知道在下滑过程中，AB小球组成的系统机械能守恒，能根据重力和速度方向的关系判断重力功率的变化。‎ ‎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( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】设圆形区域的半径为R．带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，两次运动轨迹如图，‎ 由洛伦兹力提供向心力，‎ 则有：，得 ， ① 当粒子从B点飞出磁场时，入射速度与出射速度与AB的夹角相等，所以速度的偏转角为60°，轨迹对应的圆心角为60°． 根据几何知识得知：轨迹半径为 ② 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等，也是60°． 根据几何知识得，粒子的轨迹半径为: ③‎ ‎ 则由①得：‎ 则得， 故选C。‎ ‎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( )‎ A. R0 B. R1 C. R2 D. R3‎ ‎【答案】C ‎【解析】设电源输出的恒定电流为，两端电压为（由于通过它的电流恒定，所以该电压亦恒定），滑动端上移前电压表示数为，电流表示数为；滑动端上移后，电压表示数为，电流表示数为（由于变大，所以必，）．于是有，， 两式相减得 即 ，故选项C正确，选项ABD错误。‎ 点睛：本题是非常规题，要抓住特殊条件：电源为恒流源，分析电压表读数与电流表读数的关系，再求解变化量之比。‎ ‎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( )‎ 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 ‎【答案】BC ‎【解析】A、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； B、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、C球在金属球壳的外部，会带上与球壳相同的电荷，且电势与球壳电势相等，故C正确； D、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。‎ 点睛：达到静电平衡状态时，其电势相等，是一个等势体，其净电荷由于静电斥力作用，尽可能远离，故都分布在导体的外表面上，所以小金属球C带电，而A、B也会由于静电感应而带电。‎ ‎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( )‎ 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 D. 该行星到太阳的距离约为地球的2万倍 ‎【答案】BC ‎........................‎ C、根据，有，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，故C正确；‎ D、根据开普勒周期定律，有：，解得：‎ ‎，故D错误。‎ 点睛：本题关键是明确行星和卫星的动力学原理，结合万有引力定律、开普勒定律和牛顿第二定律列式分析。‎ ‎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( )‎ 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 ‎【答案】BC 点睛：沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；明确电子在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能、动能等变化情况。‎ ‎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( )‎ 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 ‎【答案】AD ‎【解析】A、两球组成的系统动量守恒，两球质量相等初动能相等，则两球的初速度大小相等，而方向相反，两球必将同时返回各自的出发点，且两球末动量大小和末动能一定相等，两球接触后的电荷量都变为，在相同距离上的库仑斥力增大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克服电场力做的功，系统机械能必然增大，即末动能增大、末动量也增大，．故A正确，B错误； C、两球间的作用力是作用力与反作用力，大小相等，两球质量相等，两球的加速度相等，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点，故C错误，D正确。‎ 点睛：本题考查了动量守恒定律的应用，对碰撞过程基本规律的理解和应用能力，碰撞过程的两大基本规律：系统动量守恒和总动能不增加，常常用来分析碰撞过程可能的结果。‎ 二、实验题 ‎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_______．(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．_____‎ ‎【答案】 (1). BCD (2). (3). 可以，测出在水平桌面上滑行的距离x（）‎ ‎【解析】（1）滑块离开桌面后做平抛运动，实验需要测出滑块离开滑槽与离开桌面时的速度，因此实验时需要测出：桌子的高度H；O点到P点的距离；O点到Q点的距离，故选BCD． （2）滑块离开桌面后做平抛运动，在竖直方向上：，在水平方向上：，，滑块在桌面上运动时，要克服摩擦力做功，由动能定理得：，解得：． （3）如果第二次实验时，滑块没有滑出桌面，测得滑行距离为x，由动能定理得：，解得：。‎ 点睛：该实验有一定的创新性，其实很多复杂的实验其实验原理都是来自我们所学的基本规律，这点要在平时训练中去体会，理解实验原理是正确解题的关键。‎ ‎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＝_______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_____ (填量程序号)，电压表应该选择____ (填量程序号)，滑动变阻器应选择____ (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___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)‎ ‎【答案】 (1). (2). ① (3). ④ (4). R1 (5). 如图所示：‎ ‎ (6). 21.3 (7). ‎ ‎【解析】（1）螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以漆包线的直径为 ； （2）题目中给出的电源电动势为，为了安全起见，所以电压表应选择量程④；为了便于控制，滑动变阻器应采用分压式接法，故滑动变阻器选总电阻较小的；通过金属漆包线的最大电流不超过，所以电流表应选择量程①；由于，所以，故电流表选择外接法，实验电路如下图所示： ‎ ‎（3）电压表量程为，故最小分度为，故读数为；电流表量程为，最小分度为，则指针示数为： 所以卷漆包线的电阻为； （4）因由欧姆定律和电阻定律可知：‎ 解得漆包线的长度：。‎ 点睛：估算通过金属漆包线的最大电流，选择电流表的量程，根据学生电源E的电动势选择电压表的量程，选择分压式接法，根据金属漆包线的阻值与两电表内阻比较选择电流表的接法，即可画出实验电路原理图。‎ 三、计算题 ‎15. 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．‎ ‎【答案】(1) nBIL 水平向右(2) nBILv ‎【解析】（1）线圈的右边受到磁场的安培力，共有条边，‎ 故 由左手定则，电流向外，磁场向下，安培力水平向右 ‎（2）安培力的瞬时功率为 ‎【考点定位】考查安培力、功率。‎ 视频 ‎16. 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？‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）小球由静止摆到最低点的过程中，有：‎ 解得：‎ 小球与物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：‎ 解得：，‎ 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 解得，‎ 物块Q离开平板车时，速度为：‎ ‎（2）由能的转化和守恒定律，知 又 解得，平板车P的长度为 考点：动量守恒定律和能量守恒定律 ‎17. 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,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)当和t＝T时，离子的速度分别是多少；‎ ‎(3)当t＝nT时，离子的坐标．‎ ‎【答案】(1) (2)，沿y轴负向(3) [(4n＋1)x0，－2nx0]，(n＝1、2、3、……)‎ ‎【解析】(1)设离子在第一象限的速度为，在第一象限内，由库仑力提供离子做圆周运动的向心力得：，解得： ‎ 在第二象限内，只有电场力对离子做功，由动能定理得：，解得：； ‎ ‎(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.当时：‎ 所以此时离子的合速度：‎ 方向：与x轴正向成角偏向y轴负向：‎ 当时：，此时离子的合速度，沿y轴负向。‎ ‎(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，每个周期前进 因为开始时离子的横坐标为，所以时，离子的横坐标 纵坐标 故在时，离子的坐标为：，。‎ 点睛：本题中质点在复合场运动，分析受力情况，确定质点的运动情况是解题的基础，结合粒子运动的周期性，运用数学几何知识综合求解。‎ 四、选考题 ‎18. 下列说法中正确的是___．‎ 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 ‎【答案】ABD ‎【解析】A、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；‎ B、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；‎ C、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；‎ D、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；‎ E、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。‎ 点睛：本题考查了阿伏加德罗常数、热力学第二定律、晶体的性质及饱和汽压的定义等，知识点多，难度小，要加强基础知识的识记。‎ ‎19. 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？‎ ‎【答案】(i) 450 K(ii) 270 K ‎【解析】试题分析：（i）设气缸内气体压强为为细线中的张力，则活塞A、B及细杆这个整体的平衡条件为① (2分)‎ 解得 代入数据得② (1分)‎ 由②式看出，只要气体压强，细线就会拉直且有拉力，于是活塞不会移动．当气缸内气体等容，温度下降使压强降到时，细线拉力变为零，再降温时活塞开始向右移，设此时温度为，压强．有③ (1分)‎ 得． ④ (2分)‎ ‎（ⅱ）再降温，细线松了，要平衡必有气体压强．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，⑤ (2分)‎ 得⑥ (2分)‎ 考点：考查了理想气体状态方程 ‎【名师点睛】利用气态方程解题关键是气体状态要明确，求出各个状态的温度、压强、体积然后列气体状态方程即可求解，尤其注意气体压强的求法 ‎20. 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____．‎ ‎ ‎ 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 ‎【答案】BCD ‎【解析】A、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，故选项A错误，BD正确；‎ C、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，故选项C正确，选项E错误。‎ 点睛：一束单色光从左侧射入肥皂薄膜，前后表面的反射光在前表面发生叠加，路程差即（膜的厚度的两倍）是半波长的偶数倍，振动加强，为亮条纹，路程差是半波长的奇数倍，振动减弱，为暗条纹。‎ ‎21. 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，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？‎ ‎【答案】(i) (ii) 更小 ‎【解析】①对光线2：入射角，，‎ 入射到底面的入射角，则：，解得 ‎ 因为ΔBOC为等腰三角形，所以 ‎ 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，‎ ‎②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 ‎【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律、临界角公式、光速公式，运用几何知识结合解决这类问题．‎