2019-2020 学年度高三年级下学期一调考试理综试卷
二、选择题（本题包括 8 小题，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，14-17 只
有一个选项正确，18-21 有多个选项正确。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3
分，不选或有选错的得 0 分）
1.如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为 α=15°，一个质量忽略不计的小轻环 C 套在直
杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的 A、B 两点，细线依次穿过小环甲、小轻环 C
和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环 C 的两侧．调节 A、B 间细线的长度，当系统处于
静止状态时 β=45°.不计一切摩擦．设小环甲的质量为 m1，小环乙的质量为 m2，则 m1∶m2 等于( )
A. tan 15° B. tan 30° C. tan 60° D. tan 75°
【答案】C
【解析】
试题分析：小球 C 为轻环，重力不计，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，C 环与乙环的连
线与竖直方向的夹角为 600，C 环与甲环的连线与竖直方向的夹角为 300，A 点与甲环的连线
与竖直方向的夹角为 300，
乙环与 B 点的连线与竖直方向的夹角为 600，根据平衡条件，对甲环： ，对
乙环有： ，得 ，故选 C．
【名师点睛】小球 C 为轻环，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，可以根据平衡条件得到 A
段与竖直方向的夹角，然后分别对甲环和乙环进行受力分析，根据平衡条件并结合力的合成
和分解列式求解．
考点：共点力的平衡条件的应用、弹力．
2.在平直公路上行驶的 车和 车，其位移--时间图象分别为图中直线 和曲线 ，已知 b 车
的加速度恒定且等于 时，直线 和曲线 刚好相切，则（ ）
a b a b
22m / s 3st− =， a bA. 车做匀速运动且其速度为
B. 时， 车和 车的距离
C. 时， 车和 车相遇，但此时速度不等
D. 时，b 车的速度为 10m/s
【答案】B
【解析】
【详解】A．a 车图像是倾斜直线，所以该车作匀速直线运动，该车速度为
故 A 错误；
C． 时，直线 和曲线 刚好相切，则 b 车此时速度为 ，故 C 错误；
B．由 得，b 车的初速度为
b 车在第一秒内位移为
则 时， 车和 车的距离
故 B 正确；
D． 时，b 车的速度为 ，故 D 错误。
故选 B。
3.2019 年 11 月 5 日 01 时 43 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭,成功发射第
49 颗北斗导航卫星,标志着北斗三号系统 3 颗倾斜地球同步轨道卫星全部发射完毕。倾斜地球
同步轨道卫星是运转轨道面与地球赤道面有夹角的轨道卫星,运行周期等于地球的自转周期,
倾斜地球同步轨道卫星正常运行时,下列说法正确是
a 8 m / s3av =
0t = a b 0 9mx =
3st = a b
1st =
8 2 2m/s3
xv t
∆ −= = =∆
3t s= a b 2m/s
0v v at= +
( )0 2 2 3 8m/sv v at= − = − − × =
2 2
0
1 18 1 2 1 7m2 2x v t at= + = × − × × =
0t = a b
0 7 2 9mx = + =
1st = 8 2 1 6m/sv = − × =A. 此卫星相对地面静止
B. 如果有人站在地球赤道处地面上,此人的向心加速比此卫星的向心加速度大
C. 此卫星的发射速度小于第一宇宙速度
D. 此卫星轨道正下方某处的人用望远镜观测，可能会一天看到两次此卫星
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题意可知，倾斜地球同步轨道卫星相对地面有运动，故 A 错误；
B．由向心加速度 ，赤道处的人和倾斜面地球同步轨道卫星角速度相同，则人的向心
加速度小，故 B 错误；
C．此卫星的发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故 C 错误；
D．由题意可知，此卫星轨道正下方某处的人用望远镜观测，会一天看到两次此卫星，故 D 正
确。
4.如图所示，某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩具车 A、
B 并排放在两平行且水平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车(无牵引
力)，控制两车以相同的速度 v0 做匀速直线运动。某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩
具车 A 保持原来的牵引力不变，玩具车 B 保持原来的输出功率不变，当玩具车 A 的速度为 2v0
时，玩具车 B 的速度为 1.5v0，运动过程中受到的阻力仅与质量成正比，与速度无关，则正确
的是（ ）
A. 在这段时间内两车的位移之比为 6∶5
B. 玩具车 A 的功率变为原来的 4 倍
C. 两车克服阻力做功的比值为 12∶11
D. 两车牵引力做功的比值为 3∶1
【答案】C
【解析】
2a rω=【详解】B．设玩具车、货车质量都为 m，动摩擦因数为 μ，那么两车的挂钩断开与货车分离，
玩具车的速度为 v0，牵引力 F=2μmg，加速度为 a=μg，电机输出功率
P=Fv0=2μmgv0
变为原来的 2 倍，则 B 错误；
A．玩具车 A 保持原来的牵引力不变前进，那么加速度不变，那么当玩具车 A 的速度为 2v0 时，
位移
功率
PA′=F•2v0=2PA
克服摩擦力做的功
牵引力做的功：
WFA=FsA=3mv02；
玩具车 B 保持原来的输出功率不变前进，当玩具车 A 的速度为 2v0 时，玩具车 B 的速度为 1.5v0，
由动能定理可得：
所以位移
所以
sA：sB=12：11；
则 A 错误
CD．克服摩擦力做的功：
所以
WfA：WfB=12：11；
牵引力做的功：
2 2
0 0
2
02 3
22
( )
A
vS ga
v v
µ
− =＝
2
0
3
2f AW mgS mvµ= =
( )2 20 0
0 0
2 1 11.52 2B
v vP mgS m v mva
µ−⋅ − = −
2
011
8B
vS gµ＝
2
011
8fB B
mW mgS vµ= =
所以
WFA：WFB=3：2
故 C 正确，D 错误；
故选 C。
5.如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，
电场强度大小为 E= ，磁感应强度大小为 B。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电小圆环套
在杆上，环与杆间的动摩擦因数为 μ0 现使圆环以初速度 v0 向下运动，经时间 to，圆环回到出
发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为 g。则
下列说法中正确的是（ ）
A. 环经过 时间刚好到达最低点
B. 环的最大加速度为 am=g+
C. 环在 t0 时间内损失的机械能为 m( - )
D. 环下降过程和上升过程摩擦力的冲量大小不相等
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．由题意可知，环在运动的过程中，受到的电场力大小为 ，方向
始终竖直向上。假设竖直向下为正方向，则当环下滑的过程中，受力分析，根据牛顿第二定
律得：
得：
20 0
0
2 2FB
v vW P mva
−= ⋅ =
2mg
q
0
2
t
0qv B
m
µ
1
2
2
0v
2 2
2 2 2
m g
q Bµ
2F qE mg= =
( )mg qE qvB maµ− + =负号代表该加速度与运动方向相反，故物体在下滑的过程中做加速度逐渐减小的减速运动；
当环上升的过程中，根据牛顿第二定律
解得：
环做加速度逐渐减小的减速运动，在到达原出发点前，加速度减为零，此时，
开始以速度 v 做匀速直线运动。
所以由于运动的不对称性可以确定，从开始下滑到最低点的时间不等于 ;
整个运动过程中，加速度一直减小，所以在运动的最开始时，加速度最大，加速度大小的最
大值为：
则 A 错误,B 正确；
C．由以上计算，可知，整个过程中，系统损失的机械能
C 正确；
D．环上升和下降的过程中，摩擦力的冲量大小相等，D 错误。
故选 BC。
6.用轻杆通过铰链相连的小球 A、B、C、D、E 处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球 A、
B 的质量均为 2m，小球 C、D、E 的质量均为 m．现将 A、B 两小球置于距地面高 h 处，由静
止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中
qvBa g m
µ = − +
mg qvB qE maµ+ − ′=
qvBa g m
µ = − −
′
0a′ =
mgv vBµ=
0
2
t
0
m
qv Ba g m
µ= +
2 2
2 2 2
0 0 2 2 2
1 1 1
2 2 2
m gE mv mv m v q Bµ
∆ = − = − A. 小球 A、B、C、D、E 组成的系统机械能和动量均守恒
B. 小球 B 的机械能一直减小
C. 小球 B 落地的速度大小为
D. 当小球 A 的机械能最小时，地面对小球 C 的支持力大小为 mg
【答案】CD
【解析】
【详解】小球 A、B、C、D、E 组成的系统机械能守恒但动量不守恒，故 A 错误；由于 D 球
受力平衡，所以 D 球在整个过程中不会动，所以轻杆 DB 对 B 不做功，而轻杆 BE 对 B 先做
负功后做正功，所以小球 B 的机械能先减小后增加，故 B 错误；当 B 落地时小球 E 的速度等
于零，根据功能关系 可知小球 B 的速度为 ，故 C 正确；当小球 A 的机械能
最小时，轻杆 AC 没有力，小球 C 竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故 D 正确，
故选 CD
7.如图所示,A、B 两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面
上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大．弹簧的劲度系数为 k,木块 A 和木块 B 的质量均为
m．现用一竖直向下的压力将木块 A 缓慢压缩到某一位置，木块 A 在此位置所受的压力为
F(F>mg),弹簧的弹性势能为 E,撤去力 F 后，下列说法正确的是（ ）
A. 当 A 速度最大时，弹簧仍处于压缩状态
B. 弹簧恢复到原长的过程中,弹簧弹力对 A、B 的冲量相同
C. 当 B 开始运动时,A 的速度大小为 ，
2gh
21
2mgh mv= 2gh
E mg F gm k
+−D. 全过程中,A 上升 最大高度为
【答案】AD
【解析】
【详解】由题意可知当 A 受力平衡时速度最大，即弹簧弹力大小等于重力大小，此时弹簧处
于压缩状态，故 A 项正确；由于冲量是矢量，而弹簧弹力对 A、B 的冲量方向相反，故 B 项
错误；设弹簧恢复到原长时 A 的速度为 v，绳子绷紧瞬间 A、B 共同速度为 v1，A、B 共同上
升的最大高度为 h，A 上升最大高度为 H，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒得
，绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律得 mv=2mv1，A、B 共同上升的过
程中据能量守恒可得 ， ，可得 B 开始运动时 A 的
速度大小为 ，A 上升的最大高度为 ，故 C 项错误，D 项正
确．
8.如图，质量分别为 mA=2kg、mB=4kg 的 A、B 小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高 H=25m
处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的 0.5 倍，
且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两侧轻绳下端恰好触地，取 g=10m/s2，不计细绳与滑轮间
的摩擦，则下列说法正确的是( )
A. A 与细绳间为滑动摩擦力，B 与细绳间为静摩擦力
B. A 比 B 先落地
C. A,B 落地时的动能分别为 400J、850J
D. 两球损失的机械能总量 250J
【答案】ACD
【解析】
【详解】A 项：由于 A、B 两球对细绳的摩擦力必须等大，且 A、B 的质量不相等，A 球由静
止释放后与细绳间为滑动摩擦力，B 与细绳间为静摩擦力，故 A 正确；
的 3( )
4 4
E mg F
mg k
++
21
2
mg FE mg mvK
+= +
2
1
1 ( ) ( )2 m m v m m gh+ = + mg FH h k
+= +
2 2
E mg F gm k
+− 3( )
4 4
E mg F
mg k
++B 项：对 A：mAg-fA=mAaA，对 B：mBg-fB=mBaB，fA=fB，fA=0.5mAg，联立解得：
，
设 A 球经 ts 与细绳分离，此时，A、B 下降的高度分别为 hA、hB，速度分别为 VA、VB，
则有： ， ，H=hA+hB，VA=aAt，VB=aBt 联立解得：t=2s，hA=10m，
hB=15m，VA=10m/s，VB=15m/s，
分离后，对 A 经 t1 落地，则有： ，
对 B 经 t2 落地，m 则有：
解得： ， ，所以 b 先落地，故 B 错误；
C 项：A、B 落地时的动能分别为 EkA、EkB，由机械能守恒，有：
代入数据得：EkA=400J、EkB=850J，故 C 正确；
D 项：两球损失的机械能总量为△E，△E=（mA+mB）gH-EkA-EkB，代入数据得：△E=250J，
故 D 正确．
故应选：ACD．
【点睛】解决本题的关键理清 A、B 两球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．要注意明确 B 和绳之间的滑动摩
擦力，而 A 和绳之间的为静摩擦力，其大小等于 B 受绳的摩擦力．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题～第 32 题为必考题，每个
试题考生都必须作答。第 33 题～第 38 题为选考题，考生根据要求作答。
9.某小组设计了一个研究平抛运动的实验装置，在抛出点 O 的正前方，竖直放置一块毛玻
璃．他们利用不同的频闪光源，在小球抛出后的运动过程中光源闪光，会在毛玻璃上出现小
球的投影点，在毛玻璃右边用照相机进行多次曝光，拍摄小球在毛玻璃上的投影照片如图 1，
小明在 O 点左侧用水平的平行光源照射，得到的照片如图 3；如图 2，小红将一个点光源放在
O 点照射重新实验，得到的照片如图 4 已知光源的闪光频率均为 31Hz，光源到玻璃的距离
L=1.2m，两次实验小球抛出时的初速度相等．根据上述实验可求出：(结果
均保留两位小数)
25A
ma s
= 27.5B
ma s
=
21
2A Ah a t= 21
2B Bh a t=
2
1 1
115 10 2t gt= +
2
2 2
110 15 2t gt= +
1 1t s=
2
3 13
2t s
− +=
21 ( )2kA A A A AE m v m g H h= + −
21 ( )2kB B B B BE m v m g H h= + −（1）重力加速度的大小为___________m/s2，投影点经过图 3 中 M 位置时的速度大小为
___________ m/s
（2）小球平抛时的初速度大小为_____________ m/s
【答案】 (1). 9.61 (2). 0.62 (3). 9.30
【解析】
【详解】（1）若用平行光照射，则球在毛玻璃上的投影即为小球竖直方向上的位移，由
得：
投影点经过图 3 中 M 位置时的速度大小
（2）设小球在毛玻璃上的投影 NB=Y
则经过时间 t 后小球运动的水平位移为 ；竖直位移为 ，由相似三角形得：
则：
结合图 4 可得：
2h gT∆ = 29.61 /g m s=
2 0.62 /v g m sf
= × =
0x v t= 21
2y gt=
2
0
1
2 gtv t
L Y
=
02
gLY tv
= ⋅
0 9.30 /v m s=10.某多用表内部的部分电路如图所示，已知微安表表头内阻 Rg=100Ω，满偏电流 Ig=200μA，
定值电阻 R1=2.5Ω，R2=22.5Ω，电源电动势 E=1.5V，则该多用表
（1）A 接线柱应该是与___________（填“红”或“黑”）表笔连接；
（2）当选择开关接___________（填“a”或“b”）档时其对应的电阻档的倍率更高；
（3）若选 a 档测量电阻，则原表盘 100μA，对应的电阻刻度值应当为_______Ω；原表盘 50μA
的刻度，对应的电阻刻度值应当为______Ω．
【答案】 (1). 黑 (2). b (3). 150Ω (4). 450Ω
【解析】
(1)当用欧姆表测电阻时，电源和表头构成回路，根据电源正负极连接方式可知，黑表笔与电
源正极相连，故 A 接线柱应该是与“黑”表笔连接；
（2）整个回路最小电流 ， 同时 ，当选择开关接 b 时，
此时 有最大值．当选择开关接 b 档时其对应的电阻档的倍率更高．
（3）用 a 档测量电阻，欧姆调零时， ，此时
，当 ，此时干路电流为 ，
由于 ，解得 ；当表盘 时，此时干路电流为
，由于 ，解得 ．
【点睛】本题主要考查：利用电阻的串并联关系，来解决电流表的扩量程的相关问题；熟悉
欧姆表的工作原理，利用回路欧姆定律解决相关问题．
11.如图所示，半圆形光滑轨道竖直固定且与水平地面相切于 A 点，半径 R＝0.1m，其右侧一
定水平距离处固定一个斜面体。斜面 C 端离地高度 h＝0.15m，E 端固定一轻弹簧，原长为
min EI R R
= +内 外
g g
g
1 2
min I RI IR R
++＝
R外
g g 2
g
1
( )m 10000 AI R RI IR
µ+ + =＝
150
m
ER I
= = Ω内 1 100 AgI µ= 1 2
1
1
( ) 5000 Ag g
g
I R RI IR
µ+= + =
EI R R
= +内 外
150R R= = Ω外 内 1 50 AgI µ=
1 2
1
1
( ) 2500 Ag g
g
I R RI IR
µ+= + = EI R R
= +内 外
3 450R R= = Ω外 内DE，斜面 CD 段粗糙而 DE 段光滑。现给一质量为 0.1kg 的小物块(可看作质点)一个水平初速，
从 A 处进入圆轨道，离开最高点 B 后恰能落到斜面顶端 C 处，且速度方向恰平行于斜面，物
块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点 C。物块与斜面 CD 段
的动摩擦因数 ，斜面倾角 θ＝30°，重力加速度 g＝10m/s2，不计物块碰撞弹簧的机械
能损失。求：
(1)物块运动到 B 点时对轨道的压力为多大?
(2)CD 间距离 L 为多少米?
(3)小物块在粗糙斜面 CD 段上能滑行的总路程 s 为多长?
【答案】（1）2N；（2）0.4m；（3）1.6m
【解析】
【详解】（1）物块从 B 到 C 做平抛运动，则有：
vy2=2g（2R-h）
在 C 点时有：
代入数据解得：
在 B 点对物块进行受力分析，得：
解得：
F=2N
根据牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小为：
3
6
µ =
y
B
vtan v
θ =
3m/sBv =
2
BvF mg m R
+ =F′=F=2N
方向竖直向上。
（2）在 C 点的速度为：
物块从 C 点下滑到返回 C 点的过程，根据动能定理得：
代入数据解得：
L=0.4m
（3）最终物块在 DE 段来回滑动，从 C 到 D，根据动能定理得：
解得：
s=1.6m
12.如图所示，光滑水平地面上方 ABCD 区域存在互相垂直的匀强磁场和匀强电场，电场强度
E=1×106N/C，方向竖直向上，AD 距离为 2m，CD 高度为 1m，一厚度不计的绝缘长木板其右
端距 B 点 2m，木板质量 M=2kg，在木板右端放有一带电量 q=+1×10-6C 的小铁块（可视为质
点），其质量 m=0.1kg，小铁块与木板间动摩擦因数 μ=0.4，现对长木板施加一水平向右的恒
力 F1=12.4N，作用 1s 后撤去恒力，g 取 10m/s2．
(1)求前 1s 小铁块的加速度大小 am，长木板加速度大小 aM；
(2)要使小铁块最终回到长木板上且不与长木板发生碰撞，求磁感强度 B 的最小值；
(3)在 t=1s 时再给长木板施加一个水平向左的力 F2，满足（2）条件下，要使小铁块回到长木
板时恰能相对长木板静止，求木板的最小长度（计算过程 π 取 3.14）．
【答案】（1）4m/s2；6m/s2；（2） ；（3）6925m
【解析】
【详解】（1）当 F 作用在长木板上时，对小铁块由牛顿第二定律： ，
2m/sy
C
vv sinθ= =
21
22 0 Cmgcos L mvµ θ− ⋅ = −
210 2 CmgLsin mgcos s mvθ µ θ− ⋅ = −
54 10 T×
mmg maµ =解得：
对长木板：
代入数据解得：
（2）由于 ，此后小铁块进入复合场做匀速圆周运动（如图所示），
当 ，铁块必定会与木板碰撞，当 时有可能不会相撞，但 B 不是最小值，因此要使
得小铁块与长木板不发生碰撞，其圆周运动半径 r=1m，此时对应 磁场强度最小
根据：
速度关系为：
联立解得：
（3）长木板运动 1s 末位移为：
速度关系为：
小铁块运动 1s 末位移：
撤去 F 后长木板减速运动，小铁块离开长木板后先在磁场中做匀速圆周运动，出场后竖直上
抛，设小铁块离开长木板的总时间
小铁块在磁场中运动的总时间：
小铁块出场后上抛与下降的总时间：
的
24 /ma m s=
MF mg Maµ− =
26 /Ma m s=
mg qE=
1r m> 1r <
2
m
m
vqv B m r
=
4 /m mv a t m s= =
54 10mmvB Tqr
= = ×
21 32M Mx a t m= =
M Mv a t=
21 22m mx a t m= =
t∆
1 0.7852
T mt sqB
π= = =
2
2 0.8vt sg
= =所以：
若小铁块回到木板时不发生滑动，则木板速度与小铁块相同，此过程木板匀速运动位移为：
此时小铁块从 C 点滑上长木板，距木板右端
代入数据得木板 最小长度：
13.下列说法正确的是____________
A. 两个分子间的距离 r 存在某一值 r0（平衡位置处），当 r 大于 r0 时，分子间斥力大于引力；
当 r 小于 r0 时分子间斥力小于引力
B. 布朗运动不是液体分子的运动，但它可以反映出分子在做无规则运动
C. 用手捏面包，面包体积会缩小，说明分子之间有间隙
D. 随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，但最终还是达不到绝对零度
E. 对于一定质量的理想气体，在压强不变而体积增大时，单位时间碰撞容器壁单位面积的分
子数一定减少
【答案】BDE
【解析】
【详解】A、两个分子间的距离 r 存在某一值 r0（平衡位置处），当 r 大于 r0 时，分子间斥力
小于引力；当 r 小球 r0 时分子间斥力大于引力，所以 A 错误；
B、布朗运动不是液体分子的运动，是固体微粒的无规则运动，但它可以反映出液体分子在做
无规则运动，所以 B 正确；
C、用手捏面包，面包体积会缩小，只能说明面包内有气孔，所以 C 错误；
D、绝对零度只能无限接近，不能到达，所以 D 正确；
E、对于一定质量的理想气体，在压强不变而体积增大时，单位面积上分子数减小，则单位时
间碰撞分子数必定减少，所以 E 正确．
14.如图甲所示，玻璃管竖直放置，AB 段和 CD 段是两段长度均为 l1＝25 cm 的水银柱，BC 段
是长度为 l2＝10 cm 的理想气柱，玻璃管底部是长度为 l3＝12 cm 的理想气柱．已知大气压强
是 75 cmHg，玻璃管的导热性能良好，环境的温度不变．将玻璃管缓慢旋转 180°倒置，稳定
后，水银未从玻璃管中流出，如图乙所示．试求旋转后 A 处的水银面沿玻璃管移动的距离．
的
1 2 1.585t t t s∆ = + =
7.9252
M m
M
v vx t m
+= ∆ =
( ) ( )1 2M m Mx x x x∆ = − + −
1
53 6.9254x m m
π ∆ = + = 【答案】58cm
【解析】
【分析】
气体发生等温变化，求出两部分气体的状态参量，然后应用玻意耳定律求出气体的体积，再
求出水银面移动的距离．
【详解】设玻璃管的横截面积为 S，选 BC 段封闭气体为研究对象
初状态时，气体的体积为
压强为 P1＝75 cmHg＋25 cmHg＝100 cmHg
末状态时，气体的体积为
压强为 P2＝75 cmHg－25 cmHg＝50 cmHg
根据
可得 l2′＝20 cm
再选玻璃管底部的气体为研究对象，初状态时，气体的体积为
压强为 P3＝75 cmHg＋25 cmHg＋25 cmHg＝125 cmHg
末状态时，气体的体积为
压强为 P4＝75 cmHg－25 cmHg－25 cmHg＝25 cmHg
根据
可得 l3′＝60 cm
A 处的水银面沿玻璃管移动了
l＝(l2′－l2)＋(l3′－l3)＝10 cm＋48 cm＝58 cm
15.从坐标原点 O 产生 简谐横波分别沿 x 轴正方向和负方向传播，t=0 时刻波的图像如图所
示，此时波刚好传播到 M 点，x=1m 的质点 P 的位移为 10cm，再经 ，质点 P 第一次
回到平衡位置，质点 N 坐标 x=-81m（图中未画出），则__________________．
的
1 2V l S=
2 2V l S′=
1 1 2 2PV PV=
3 3V l S=
4 3V l S′=
3 3 4 4PV PV=
0.1t s∆ =A．波源的振动周期为 1.2s
B．波源的起振方向向下
C．波速为 8m/s
D．若观察者从 M 点以 2m/s 的速度沿 x 轴正方向移动，则观察者接受到波的频率变大
E．从 t=0 时刻起，当质点 N 第一次到达波峰位置时，质点 P 通过的路程为 5.2m
【答案】ABE
【解析】
AC、由函数关系可得本题说对应的数学函数为： ，由题条件可知当 x=1 时，
y=10cm,代入解得 ，P 点在经过 第一次回到平衡位置，所以在波的传播方
向 0.1s 前进了 1m，所以波速为 周期 ，故 A 正确；C 错
误；
B、t=0 时刻波刚好传播到 M 点，则 M 点的振动方向即为波源的起振方向，结合波振动方向
的判断方法知波源的起振方向向下，故 B 正确；
D、若观察者从 M 点以 2m/s 的速度沿 x 轴正方向移动，由多普勒效应知观察者接受到波的频
率变小，故 D 错误；
E、波传播到 N 需要 ，刚传到 N 点时 N 的振动方向向下，那么再经
过 ，所以质点 P 一共振动了
所以,在此过程中质点 P 运动的路程为: 故 E 正确；
综上所述本题答案是:ABE
点睛：根据波的传播方向得到质点 P 的振动方向,进而得到振动方程,从而根据振动时间得到周
期; 由 P 的坐标得到波的波长,进而得到波速;根据 N 点位置得到波峰传播距离,从而求得波的
运动时间,即可根据时间求得质点 P 的运动路程.
16.如图所示，真空中两细束平行单色光 a 和 b 从一透明半球的左侧以相同速率沿半球的平面
220sin xy
π
λ=
12mλ = 0.1t s∆ =
1 10 /0.1v m s= = 12 1.210T sv
λ= = =
1
81 12 6.910
st sv
−= = =
2
3 3 1.2 0.94 4t T s= = × = 7.87.8 6.51.2t s T T= = =
6.5 4 20 5.2s cm m= × × =方向向右移动，光始终与透明半球的平面垂直．当 b 光移动到某一位置时，两束光都恰好从
透明半球的左侧球面射出（不考虑光在透明介质中的多次反射后再射出球面）．此时 a 和 b 都
停止移动，在与透明半球的平面平行的足够大的光屏 M 上形成两个小光点．已知透明半球的
半径为 R，对单色光 a 和 b 的折射率分别为 和 ，光屏 M 到透明半球的平面的
距离为 L=（ ＋ ）R，不考虑光的干涉和衍射，真空中光速为 c,求：
（1）两细束单色光 a 和 b 的距离 d
（2）两束光从透明半球的平面入射直至到达光屏传播的时间差△t
【答案】（1） （2）
【解析】
(1)由 得,透明半球对 光和 光的临界角分别为 60°和 30°，画出光路如图
、 为两单色光在透明半球面的出射点,折射光线在光屏上形成光点为 和 , 、
沿切线方向．由几何关系得
1
2 3
3n = 2 2n =
1
2
3
2
3 1
2 R
− 2 3
3
R
c
1sinC n
= a b
A B D C AD BC
3 1sin 60 sin30 2d R R R
−= °− ° =(2) 光在透明介质中的速度
传播时间
光屏 到透明半球的平面的距离为 ,
故 光在真空中传播的时间
则
光在透明介质中的速度 ,
传播时间
在真空中,由几何关系得
则
故
点睛：处理本题的关键：1、熟练掌握、应用几何光学基本公式① ；② ．2、
利用平面几何的知识找准光束通过的路程．
a 1
1
3
2
cv cn
= =
1
1
cos60 3
3
R Rt v c
°= =
M 1 3
2 2L R
= +
3cos60 2FA L R R= − ° =
/ cos30AD AF R= ° =
a 1' AD Rt c c
= =
( )
1 1
3 3
' 3a
R
t t t c
+
= + =
b 2
2 2
c cv n
= =
2
2
cos30 3R Rt v c
°= =
BC R=
2' Rt c
=
( )
2 2
3 1
'b
R
t t t c
+
= + =
2 3
3b a
Rt t t c
∆ = − =
1sinC n
= cv n
=
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