陕西省安康中学2020届高三物理第三次模拟试题（Word版含解析）

2020 届安康中学高三第三次模拟考试卷 物 理 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 14～18 只有一项是 符合题目要求，第 19～21 题有多项符合题目要求，全部选对得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错 的得 0 分。 14．中国散裂中子源项目由中国科学院和广东省共同建设，选址于广东省东莞市大朗镇，截止 到 2019 年 8 月 23 日正式投入运行 1 年。散裂中子源就是一个用中子来了解微观世界的工具，如一 台“超级显微镜”，可以研究 DNA、结晶材料、聚合物等物质的微观结构。下列关于中子的说法正确 的是 A．卢瑟福预言了中子的存在，并通过实验发现了中子 B．原子核中的中子与其他核子间无库仑力，但有核力，有助于维系原子核的稳定 C．散裂中子源中产生的强中子束流可以利用电场使之慢化 D．若散裂中子源中的中子束流经慢化后与电子显微镜中的电子流速度相同，此时中子的物质 波波长比电子的物质波波长长 15．如图所示，物体 A、B 用细绳连接后跨过滑轮，A 静止在倾角为 45°的斜面上，B 悬挂着。 已知质量 mA＝2mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由 45°增大到 60°，但物体仍保持静止，下列说法 正确的是 A．绳子的张力增大 B．物体 A 对斜面的压力将增大 C．物体 A 受到的静摩擦力增大 D．滑轮受到绳子的作用力保持不变 16．一个带负电的粒子从 x＝0 处由静止释放，仅受电场力作用，沿 x 轴正方向运动，加速度 a 随位置变化的关系如图所示，其中 x2－x1＝x3－x2，可以得出 A．从 x1 到 x3 过程中，电势先升高后降低 B．在 x1 和 x3 处，电场强度相同 C．粒子经 x1 和 x3 处，速度等大反向 D．粒子在 x2 处，电势能最大 17．如图所示为某种电流表的原理示意图，质量为 m 的均质细金属棒 MN 的中点处通过一挂钩 与一竖直悬挂的轻弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为 k。在矩形区域 abcd 内有匀强磁场，磁感应强度 大小为 B，方向垂直纸面向外，与 MN 的右端 N 连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN 的 长度大于 ab 的长度。当 MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，MN 与矩形区域的 cd 边重合，当 MN 中有电流通过时，指针示数可表示电流强度。已知 k＝2.0 N/m，ab 的长度为 0.20 m，bc 的长度为 0.05 m，B＝0.20 T，重力加速度为 g。下列说法不正确的是 A．当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为 B．若要电流表正常工作，应将 MN 的 M 端与电源正极相接 C．该电流表的量程是 2.5 A D．若将量程扩大到 2 倍，磁感应强度应变为 0.20 T 18．如图所示为静止的原子核在匀强磁场中发生衰变后做匀速圆周运动的轨迹，衰变后两带电 粒子 a、b 的半径之比为 45∶1，两带电粒子 a、b 的动能之比为 117∶2，下列说法正确的是 A．此衰变为 β 衰变 B．大圆为 β 粒子的运动轨迹 C．小圆为 α 粒子的运动轨迹 D．两带电粒子 a、b 的周期之比为 10∶13 19．预计 2020 年再发射 2～4 颗卫星后，北斗全球系统建设将全面完成，使我国的导航定位精 度不断提高。北斗导航卫星有一种是处于地球同步轨道，假设其离地高度为 h，地球半径为 R，地面 附近重力加速度为 g，则有 A．该卫星运行周期可根据需要任意调节 B．该卫星所在处的重力加速度为 mg k 2( )R gR h+ 此 卷 只 装 订 不 密 封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 C．该卫星运动动能为 D．该卫星周期与近地卫星周期之比为 20．将一小球竖直向上抛出，取竖直向上为正方向，设小球在抛出点的重力势能为零，小球所 受空气阻力大小恒定。从抛出到落回抛出点的过程中，小球的加速度 a、速度 v、机械能 E、动能 Ek 与其离开抛出点高度 h 之间的关系正确的是 21．如图所示，在电阻不计的边长为 L 的正方形金属框 abcd 的 cd 边上接两个相同的电阻，平 行金属板 e 和 f 通过导线与金属框相连，金属框内两虚线之间有垂直于纸面向里的磁场，同一时刻 各点的磁感应强度 B 大小相等，B 随时间 t 均匀增加，已知 ，磁场区域面积是金属框面积的 二分之一，金属板长为 L，板间距离为 L。质量为 m，电荷量为 q 的粒子从两板中间沿中线方向以某 一初速度射入，刚好从 f 板右边缘射出。不计粒子重力，忽略边缘效应。则 A．金属框中感应电流方向为 abcda B．粒子带正电 C．粒子初速度为 D．粒子在 e、f 间运动增加的动能为 1 4kL2q 第Ⅱ卷（非选择题，共 174 分） 三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第 22 题～第 25 题为必考题，每个试题考生都必须 作答。第 33 题～第 34 题为选考题，考生根据要求做答) (一)必考题(共 129 分) 22．(5 分)某同学设计了一个如图甲所示的装置来测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中 A 为滑 块，B 和 C 处是钩码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦。实验中该同学保持在 B 和 C 处钩码 总个数不变的条件下，改变 C 处钩码个数，测出 C 处不同个数钩码的总质量 m 及对应加速度 a，然 后通过对实验数据的分析求出滑块与木板间的动摩擦因数。 (1)该同学手中有电火花计时器、纸带、10 个质量均为 100 克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的 长木板、细线，为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还需要________。 A．秒表　　　　B．毫米刻度尺　　　　C．天平　　　　D．弹簧测力计 (2)在实验数据处理中，该同学以 C 处钩码的总质量 m 为横轴，以加速度 a 为纵轴，绘制了如图 乙所示的实验图线，可知滑块与木板间的动摩擦因数 μ＝________。(g 取 10 m/s2) 23．(10 分)在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，教师提供了下列器材： A．待测的干电池 B．电流传感器 1 C．电流传感器 2 D．滑动变阻器 R(0～20 Ω，2 A) E．定值电阻 R0(2000 Ω) F．开关和导线若干 某同学发现上述器材中没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示 的电路来完成实验。 (1)在实验操作过程中，如将滑动变阻器的滑片 P 向右滑动，则电流传感器 1 的示数将 ________。(选填“变大”“不变”或“变小”) (2)图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的两个电流变化图线(IA－IB 图象)，其中 IA、IB 分别代 表两传感器的示数，但不清楚分别代表哪个电流传感器的示数。请你根据分析，由图线计算被测电 池的电动势 E＝________V，内阻 r＝__________Ω。 (3)用上述方法测出的电池电动势和内电阻与真实值相比，E________，r________。(选填“偏大” 或“偏小”) 24．(12 分)如图所示的 xOy 平面直角坐标系内，在 x≤ 3a 的区域内，存在着垂直于 xOy 平面向 外、磁感应强度为 B 的匀强磁场，位于坐标原点 O 的粒子源在 xOy 平面内沿各个方向发射速率相同 的同种带正电的粒子。已知沿 y 轴正方向发射的粒子经时间 t0 恰好从磁场的右边界 P( 3a，a)射出磁 场。不计粒子的重力与相互作用力，求： 2 2( ) mgR R h+ 2 3(1 )h R + B kt ∆ =∆ 2 L kq m(1)粒子的比荷； (2)磁场右边界有粒子射出区域的长度。 25．(20 分)如图所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端点在 O 位置。质量为 m 的物块 A（可视为质点）以初速度 v0 从斜面的顶端 P 点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧， 将弹簧右端压到 O′点位置后，A 又被弹簧弹回。物块 A 离开弹簧后，恰好回到 P 点。已知 OP 的距 离为 x0，物块 A 与斜面间的动摩擦因数为 μ，斜面倾角为 θ。求： (1)O 点和 O′点间的距离 x1； (2)弹簧在最低点 O′处的弹性势能； (3)设 B 的质量为 km，μ＝tan θ，v0＝ 。在 P 点处放置一个弹性挡板，将 A 与另一个 与 A 材料相同的物块 B（可视为质点与弹簧右端不拴接）并排一起，使两根弹簧仍压缩到 O′点位置， 然后从静止释放，若 A 离开 B 后给 A 外加恒力 F＝mgsin θ，沿斜面向上，若 A 不会与 B 发生碰撞， 求 β 需满足的条件。 (二)选考题(共 15 分。请考生从给出的 2 道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一 题计分) 33．【物理——选修 3－3】(15 分) (1)(5 分)关于对分子动理论、气体和晶体等知识的理解，下列说法正确的是 。（填正确 答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分） A．温度高的物体，其分子的平均动能一定大 B．液体的分子势能与体积无关 C．晶体在物理性质上可能表现为各向同性 D．温度升高，气体的压强一定变大 E．热量可以从低温物体传给高温物体 (2)(10 分)如图所示，一端封闭、粗细均匀的 U 形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段 气体封闭在管中当温度为 280 K 时，被封闭的气柱长 L＝25 cm，两边水银柱高度差 h＝5 cm，大气 压强 p0＝75 cmHg。 (i)加热封闭气体，为使左端水银面下降 h1＝5 cm，求此时封闭气体的温度； (ii)封闭气体的温度保持①问中的值不变，为使两液面相平，求需从底端放出的水银柱长度。 34．【物理——选修 3－4】(15 分) (1)(5 分)如图甲所示为 t＝1 s 时某简谐波的波动图象，乙图为 x＝4 cm 处的质点 b 的振动图象。 则下列说法正确的是 。（填正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个 得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分） A．该简谐波的传播方向沿 x 轴的正方向 B．t＝2 s 时，质点 a 的振动方向沿 y 轴的负方向 C．t＝2 s 时，质点 a 的加速度大于质点 b 的加速度 D．0～3 s 的时间内，质点 a 通过的路程为 20 cm E．0～3 s 的时间内，简谐波沿 x 轴的负方向传播 6 cm (2)(10 分)一半球形玻璃砖，球心为 O，OA 和 OB 与竖直方向间的夹角均为 30°。一束光线射向 A 点，折射光线恰好竖直向下射到 C 点，已知该玻璃砖折射率为 3。 (i)求射向 A 点的光线与竖直方向的夹角； (ii)从 B 点射入的光线折射后恰好过 C 点，求折射光线 BC 与虚线 BO 夹角的正弦值。 03 singx θ____________________________________________________________________________________________ 物 理 答 案 二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 14～18 只 有一项是符合题目要求，第 19～21 题有多项符合题目要求，全部选对得 6 分，选对但不全 的得 3 分，有选错的得 0 分。 14．【答案】B 【解析】卢瑟福预言了中子的存在，查德威克通过实验发现了中子，故 A 错误；中子 不带电，则原子核中的中子与其他核子间无库伦力，但有核力，有助于维系原子核的稳定， 故 B 正确；中子不带电，则散裂中子源中产生的强中子束不可以利用电场使之慢化，故 C 错误；根据德布罗意波波长表达 ，若散裂中子源中的中子束流经慢化后的速度 与电子显微镜中的电子流速度相同，因中子的质量大于电子的质量，则中子的动量大于电子 的动量，则此时中子的物质波波长比电子的物质波波长短，故 D 错误。 15．【答案】C 【解析】物体 B 受竖直向下的重力 mg 和竖直向上的绳子拉力 T，由二力平衡得到 T＝ mg，保持不变，故 A 错误；以物体 A 为研究对象，物体 A 受力如图所示，A 静止，处于平 衡状态，由平衡条件得：f＋T－2mgsin θ＝0，N－2mgcos θ＝0，解得 f＝2mgsin θ－mg，N＝ 2mgcos θ，当 θ 由 45°增大到 60°时，f 不断变大，N 不断变小，物体 A 对斜面的压力 N′＝N 将变小，故 B 错误，C 正确；绳子的拉力不变，但是滑轮两边绳子的夹角减小，则滑轮受 到绳子的作用力变大，选项 D 错误。 16．【答案】A 【解析】由图可知，0～x2 加速度方向沿 x 轴正方向，x2～x3 加速度方向沿 x 轴负方向， 由于粒子带负电，则 0～x2 电场强度方向沿 x 轴负方向，x2～x3 电场强度沿 x 轴正方向，根 据沿电场线方向电势降低可知，从 x1 到 x3 过程中，电势先升高后降低，在 x1 和 x3 处，电场 强度方向相反，故 A 正确，B 错误；a－t 图象与坐标轴所围面积表示速度变化量，由图象 可知，x1～x3 速度变化为 0，则粒子经 x1 和 x3 处，速度相同，故 C 错误；0～x2 电场强度方 向沿 x 轴负方向，x2～x3 电场强度沿 x 轴正方向，则在 x2 处电势最高，负电荷的电势能最小， 故 D 错误。 17．【答案】D h h p mv λ = =____________________________________________________________________________________________ 【解析】设弹簧的伸长量为 Δx，则有 mg＝kΔx，得 ，故当电流表示数为零时， 弹簧伸长量为 ，故 A 正确；为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒 MN 的安 培力必须向下，由左手定则可知金属棒中电流从 M 端流向 N 端，因此 M 端应接正极，故 B 正确；设满量程时通过 MN 的电流为 Im，则有 BImlab＋mg＝k(lbc＋Δx)，解得 Im＝2.5 A，故 该电流表的量程是 2.5 A，故 C 正确；设量程扩大后，磁感应强度变为 B′，则有 2B′Imlab＋mg ＝k(lbc＋Δx)，解得 B′＝0.10 T，故 D 错误。本题选不正确的，故选 D。 18．【答案】D 【解析】根据动量守恒定律可知两带电粒子动量相等，由两圆外切可知，此为 α 衰变， 由 R＝mv qB得大圆为 α 粒子轨迹，A、B、C 项错误；由 R＝mv qB得 ，根据动量守 恒定律以及动量与动能的关系有 ，得 ，根据周期公式 T ＝2πm qB 可知 ，D 项正确。 19．【答案】BC 【解析】地球同步卫星和地球自转同步，周期为 24 h，A 错误；由 GMm r2 ＝m(2π T )2r＝ mv2 r ＝mg，可知 g＝GM R2 ， ，则该卫星所在处的重力加速度是 g′＝ ，B 正确；由于 ，该卫星的动能 ，选项 C 正确；根据 开普勒第三定律可知，该卫星周期与近地卫星周期之比为 ，选项 D 错误。 20．【答案】AD 【解析】小球所受空气阻力大小恒定，上升阶段是匀减速直线运动，取向下为正方向， 根据牛顿第二定律有 mg＋f＝ma1，a1 大小恒定，方向向下；下降阶段是匀加速直线运动， 取向下为正方向，有 mg－f＝ma2，a2 大小恒定，方向向下，且有 a1＞a2，故 A 正确；上升 阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，有 v2－v02＝2a1h，非一次线性函数，同理可知， 下降过程的 v－h 图象也非一次线性函数，故 B 错误；上升过程机械能 E 与小球离抛出点高 度 h 的关系为 E＝E0－fh，下降过程机械能 E 与小球离抛出点高度 h 的关系为 E＝E1－f(H－ h)，由图象可知，故 C 错误；上升过程动能 Ek 与小球离抛出点高度 h 的关系为 Ek＝Ek0－(mg ＋f)h，下降过程动能 Ek 与小球离抛出点高度 h 的关系为 Ek′＝(mg－f)(H－h)，且落回出发点 的动能小于抛出时的动能，故 D 正确。 21．【答案】AC mgx k ∆ = mg k 45 1 a b b a R q R q = = k k2 2a a b bm E m E= k k 2 117 a b b a m E m E = = 10 13 a a b b b a T m q T m q = = 2( ) GMg R h ′ = + 2( )R gR h+ 2GM gRv r R h = = + 2 2 k 1 2 2( ) mgRE mv R h = = + 3 2( )T R h T R ′ +=____________________________________________________________________________________________ 【解析】因为磁场垂直纸面向里均匀增大，故根据楞次定律可得金属框中感应电流方向 为 abcda，e 板带负电，f 板带正电，A 正确；因为粒子刚好从 f 板右边缘射出，所以粒子受 到向下的电场力，而电场方向向上，所以粒子带负电，B 错误；粒子在电场中做类平抛运动， 在水平方向上有 L＝v0t，在竖直方向上有 L＝1 2at2，Eq＝ma，U＝Ed，而电容器两极板间的 电压等于 R 两端的电压，故 ，联立解得 ，C 正确； 根据动能定理可得粒子增加的动能 ，D 错误。 第Ⅱ卷（非选择题，共 174 分） 三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第 22 题～第 25 题为必考题，每个试题考 生都必须作答。第 33 题～第 34 题为选考题，考生根据要求做答) (一)必考题(共 129 分) 22．(5 分) 【答案】(1)B (2)0.3 【解析】(1)打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故 A 错误；本实验不 需要测滑块的质量，钩码质量已知，故不需要天平，故 B 错误；实验需要测量两点之间的 距离，需要毫米刻度尺，故 C 正确；滑块受到的拉力等于钩码的重力，不需要弹簧测力计 测拉力，故 D 错误。 (2)对 ABC 系统应用牛顿第二定律可得 ，其中 m＋ m′＝m0，所以 a－m 图象中，纵轴的截距为－μg，故－μg＝－3，μ＝0.3。 23．(10 分) 【答案】(1)变小 (2)3.0 2.0 (3)偏小 偏小 【解析】(1)滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片 P 向右滑动时 R 值减小， 电流传感器 2 的示数变大，电流传感器 1 的示数变小。 (2)由闭合电路欧姆定律可得 I1R0＝E－(I1＋I2)r，变形得 ，由数学 知可知图象中的 ， ，由图可知：b＝1.50，k＝1×10－3，解得 E＝3 V，r ＝2 Ω。 (3)本实验中传感器 1 与定值电阻串联充当电压表使用，由于电流传感器 1 的分流，使 电流传感器 2 中电流测量值小于真实值，而所测量并计算出的电压示数是准确的，当电路短 路时，电压表的分流可以忽略不计，故短路电流为准确的，则图象应以短流电流向左下移动， 2 21 1 1 1 2 2 2 4 BSU k L kLt ∆= ⋅ = ⋅ =∆ 0 2 L kqv m = 2 k 1 1 2 8E Uq qkL∆ = = 0 0 ( ) (1 )mg M m g mga gM m M m µ µ µ′− + += = −+ + 1 2 0 0 E rI IR r R r = −+ + 0 rk R r = + 0 Eb R r = +____________________________________________________________________________________________ 故图象与纵坐标的交点减小，图象的斜率减小，故电动势减小，内阻小于真实值。 24．(12 分) 【解析】(1)所有粒子在磁场中做运速圆周运动的半径 r 相同，对沿 y 轴正方向发射的粒 子，从 P 点射出磁场。其运动的轨迹如图 1 所示。 由几何知识得：a2＋( 3a－r)2＝r2 可得 r＝2 3 3 a 则 ，θ＝60° 故此粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角为 120°，运动的时间为圆周运动周期 的1 3，即 t0＝1 3T＝1 3×2πm qB 可得： 。 (2)如图 2 所示，当粒于轨迹圆直径的另一端点落在磁场的右边界上时，即为粒子从磁 场右边界射出的最高点，则：y12＋( 3a)2＝(2r)2 得 当粒子轨迹圆与磁场的右边界相切时，即为粒子从磁场布边界射出的最低点，则 y22＋( 3a－r)2＝r2 得 y2＝a 故粒子从磁场右边界射出的区域长度为 。 25．(20 分) 3sin 2 a r θ = = 0 2π 3 q m Bt = 1 21 3y a= 1 2 211 3l y y a  = + = +   ____________________________________________________________________________________________ 【解析】(1)从 P 点到 P 点，由动能定理可得： －2μmg(x0＋x1)cos θ＝0－1 2mv02 解得： 。 (2)物块 A 离开弹簧后回到 P 点的过程，由动能定理得： Ep－mg(x0＋x1)sin θ－μmg(x0＋x1)cos θ＝0 解得弹簧的弹性势能 。 (3)两物体分离的瞬间有 aA＝aB，两物体之间的弹力为 0，由牛顿第二定律可得 mgsin θ＋μmgcos θ＝maA kmgsin θ＋μkmgcos θ－2T＝maB 解得 T＝0，即弹簧恢复原长的瞬间，两物体分离 设分离瞬间，两物体的速度为 v，由能量守恒可得 2Ep＝(1＋k)mgx1sin θ＋μ(1＋k)mgx1cos θ＋1 2(1＋k)mv2 解得： 由于 μ＝tan θ，F＝mgsin θ，根据牛顿第二定律可得分离后两物体的加速大小分别为： aA′=gsin θ，aB′=2gsin θ，方向均沿斜面向下 由此可知，分离后两物体均做减速运动，且 B 的加速度大于 A 的，故在 A 物体上升阶 段，两物体不会碰撞；B 速度减为 0 后，由于 μ＝tan θ，故 B 物体会保持静止状态，B 物体 上升的位移为 若 A 物体与挡板碰撞前速度就减为 0，则此后 A 物体保持静止状态，两物体一定不会碰 撞；若 A 物体能与挡板相碰，当物体 A 与挡板碰撞后，继续以加速度 gsin θ 向下做减速运 动，直到速度减为 0，保持静止； A 物体速度减为 0 的总路程为 若 A 物体不与挡板碰撞，则 xA≤x0 解得： 若 A 物体能与挡板碰撞，则两物体不相撞的条件为 A 物体速度减为 0 时不与 B 物体相 撞，即 xA＋xB≤2x0 且 xA>x0 2 0 1 04 cos vx xgµ θ= − 2 p 0 1 tan( )4E mv θ µ= + 0 13 5 sin1 kv gxk θ−= + 2 4 sinB vx g θ= 2 2 sinA vx g θ= 11 7k ≥____________________________________________________________________________________________ 解得： 由于 v＞0，故 综上所述，k 的取值范围为 。 (二)选考题(共 15 分。请考生从给出的 2 道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所 做的第一题计分) 33．【物理——选修 3－3】(15 分) (1)(5 分) 【答案】ACE 【解析】温度是分子平均动能的标志，温度升高时，分子的平均动能增大，故 A 正确； 液体分子之间的距离不同，液体分子之间的分子力大小就不同，所以分子力做功不同，则分 子势能就不同，所以液体的分子势能与体积有关，故 B 错误；单晶体因排列规则其物理性 质为各向异性，而多晶体因排列不规则表现为各向同性，故 C 正确；根据理想气体得状态 方程 ，可知温度升高，气体的压强不一定增大，还要看体积变化，故 D 错误；热量 不能自发的从低温物体传给高温物体，但在引起其他变化的情况下可以由低温物体传给高温 物体，故 E 正确。 (2)(10 分) 【解析】(i)设左端水银面下降后封闭气体的压强为 p2，温度为 T2，体积为 V2，则 p2＝80 cmHg，V2＝(L＋h1)S 由理想气体状态方程得 代入数值解得 T2＝384 K。 (ii)两液面相平时，气体的压强为：p3＝p0，体积为 V3，左端液面下降 h2，右管液面下 降了 h2＋5 cm，由玻意耳定律得 p2V2＝p3V3，V3＝(L＋h1＋h2)S 解得 h2＝2 cm 所以放出的水银柱长度 H＝2h2＋5 cm＝9 cm。 35．【物理——选修 3－4】(15 分) (1)(5 分) 【答案】BCE 【解析】由图象可知 t＝1 s 时质点 b 的振动方向沿 y 轴的负方向，则由质点的振动方向 和波的传播方向关系可知，该简谐横波的传播方向沿 x 轴的负方向，故 A 项错误；由图甲 11 31 7 23k> ≥ 13 5k < 31 13 23 5k≤ < pV CT = 1 1 2 2 1 2 p V p V T T =____________________________________________________________________________________________ 知 t＝1 s 时，质点 a 的振动方向沿 y 轴的正方向；由乙图可知波的周期为 2 s，则 t＝2 s 时， 质点 a 的振动方向沿 y 轴的负方向，故 B 项正确；由以上分析可知，t＝2 s 时，质点 b 处在 平衡位置向上振动，质点 a 处在平衡位置＋y 侧向 y 轴的负方向振动，因此质点 a 的加速度 大于质点 b 的加速度，故 C 项正确；0～3 s 的时间为 3T/2，则质点 a 通过的路程为振幅的 6 倍，即为 30 cm，故 D 项错误；由图可知，波长 λ＝4 cm、周期 T＝2 s，则波速 v＝λ/T＝2 cm/s，0～3 s 的时间内，波沿 x 轴的负方向传播的距离 x＝vt＝6 cm，故 E 项正确。 (2)(10 分) 【解析】(1)光路图如下图所示，根据折射定律有 解得∠EAG＝60° 即入射光线与竖直方向的夹角为 30°。 (2)由几何关系得 CO＝Rsin30°＝0.5R，AB＝2CO＝R 根据正弦定理 得 。 sin sin30 EAGn ∠= ° 2 2 7( cos30 ) 2BC R R R= + ° = sin120 sin BC CO CBO =° ∠ 21sin 14CBO∠ =