福建省福州市2020届高三物理模拟试题（含解析） 22页

福建省福州市2020届高三物理模拟试题（含解析） ‎ 一、选择题 ‎1.在研究运动和力的关系时，伽利略设计了著名的理想斜面实验(如图所示)，将可靠的事实和逻辑推理结合起来，能更深刻地反映自然规律。下面给出了伽利略斜面实验的五个事件，请对事件的性质进行判断并正确排序：由A点静止释放的小球，①若没有摩擦时，能滚到另一斜面与A点等高的C点；②当减小斜面动摩擦因数时，滚到另一斜面的最高位置，更接近于等高的C点；③若没有摩擦时减小斜面BC的倾角，小球将通过较长的路程，到达与A点等高的D点；④若没有摩擦时当另一斜面放置水平时，小球将沿水平面一直运动下去；⑤不能滚到另一斜面与A点等高的C点。以下正确的是 A. 事实⑤→事实②→推论①→推论③→推论④‎ B. 事实⑤→事实②→推论③→事实①→推论④‎ C. 事实⑤→事实②→事实①→推论③→推论④‎ D. 事实⑤→事实②→推论①→事实③→推论④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查了伽利略“理想斜面实验”的思维过程，只要明确了伽利略“理想斜面实验”的实验过程即可正确解答；‎ ‎【详解】根据实验事实⑤斜面有动摩擦因数时不能滚到另一斜面与A点等高的C点，事实②当减小斜面动摩擦因数时，滚到另一斜面的最高位置，更接近于等高的C点，得出实验结果：如果没有摩擦，小球将上升到释放时的高度，即③，进一步假设若减小第二个斜面的倾角,小球在这斜面上仍然要达到原来的高度，即得出①，没有摩擦时减小角度斜面BC的倾角，小球将通过较长的路程，到达与A点等高的D点，最后使它成水平面，小球将沿水平面做持续匀速运动，即④，故A正确，B、C、D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持；‎ ‎2.如图(a)所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2︰1，R1为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图(b)所示。下列说法正确的是 A. 电压表的示数为51V B. 若电流表的示数为1.4A，则变压器的输入功率约为25W C. 若热敏电阻Rt的温度升高则电压表的示数不变，电流表的示数变小 D. 若热敏电阻Rt的温度降低，则变压器的输出功率变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图乙可知交流电压最大值，可求有效值；根据变压器原副线圈的输入功率和输出功率相等可求出变压器的输入功率，抓住输入电压不变，得出输出电压不变，结合副线圈负载电阻的变化得出电流的变化；‎ ‎【详解】A、由图乙知原线圈输入电压的最大值为51V，电压表的读数是有效值，所以电压表的示数为，故A错误；‎ B、根据可知副线圈输出电压为，根据电功率公式可得副线圈输出功率约为，根据变压器原副线圈的输入功率和输出功率相等可知变压器的输入功率约为25W，故B正确；‎ C、若热敏电阻RT的温度升高，则热敏电阻的阻值减小，由于原线圈的电压不变，则副线圈的电压不变，副线圈中的电流变大，故C错误；‎ D、若热敏电阻Rt的温度降低，则热敏电阻的阻值增大，由于原线圈的电压不变，则副线圈的电压不变，副线圈中的电流变小，则变压器的输出功率变小，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】关键是知道变压器原副线圈的输入功率和输出功率相等，理想变压器的变压关系是一个普适关系，而电流比它只适用于副线圈仅有一个的情况；‎ ‎3.如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流时，水平静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上。斜面处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B匀强磁场中。若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为0.5I，磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g。则此时金属细杆 A. 电流流向垂直纸面向外 B. 受到的安培力大小为2 BILsinθ C. 对斜面压力大小变为原来的2倍 D. 将沿斜面加速向上，加速度大小为gsinθ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属细杆水平静止斜面上时，由左手定则得电流方向，据安培力公式可得受到的安培力大小；根据受力分析和牛顿第二定律可得对斜面压力大小和金属细杆的加速度；‎ ‎【详解】A、直导线受到重力、导轨的支持力和安培力而平衡，由左手定则得电流流向垂直纸面向里，故A错误；‎ B、根据安培力公式可得受到的安培力大小为，故B错误；‎ CD、金属细杆水平静止斜面上时，根据平衡条件可得：，；磁感应强度大小改变时，根据受力分析和牛顿第二定律可得：，，加速度方向沿斜面加速向上，故C错误，D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】关键是金属细杆水平静止斜面上时，根据平衡条件求得安培力大小与重力大小的关系；‎ ‎4.研究光电效应现象的实验装置如图(a)所示，用光强相同的黄光和蓝光照射光电管阴极K时，测得相应的遏止电压分别为U1和U2，产生的光电流I随光电管两端电压U的变化规律如图(b)所示。已知电子的质量为m，电荷量为－e，黄光和蓝光的频率分别为ν1和ν2，且ν1<ν2。则下列判断正确的是 A. U1>U2‎ B. 图(b)中的乙线是对应黄光照射 C. 根据题述条件无法算出阴极K金属的极限频率 D. 用蓝光照射时，光电子的最大初动能为eU2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据爱因斯坦光电效应方程分析黄光和蓝光的遏止电压大小，并求出蓝光照射时光电子的最大初动能和金属的逸出功；由求金属的极限频率；‎ ‎【详解】根据光电效应方程则有：，，由于蓝光的频率ν2大于黄光的频率ν1，则有 ，所以图(b)中的乙线是对应蓝光照射；用蓝光照射时，光电子的最大初动能为eU2，阴极K金属的极限频率，故D正确，A、B、C错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】关键是知道光电效应方程Ek＝hν－W0，其中W0为克服金属的逸出功， Ek为逸出后电子的最大初动能。‎ ‎5.如图所示，竖直平面内有一固定光滑的绝缘轨道ABCD，其中倾角θ=37°的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心，质量为m的带负电小球(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，A、B两点高度差为h，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列判断正确的是 A. 调整高度差h，小球从D点离开圆弧轨道后有可能直接落在B点 B. 当h=2.5R时，小球会从D点以的速度飞出，做平抛运动 C. 若在O点放个正点电荷，小球通过D点的速度一定大于 D. 若在O点放个正点电荷，小球从C点沿圆弧轨道到D点过程机械能不守恒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合平抛运动的规律分析小球能能否恰好落到B点，在O点放个正点电荷，根据牛顿第二定律求得小球通过D点的速度，分析小球受到的电场力是否做功来判断小球机械能守恒问题；‎ ‎【详解】A、小球以速度v0从D点离开后做平抛运动，则有：，解得：，则有：，故A错误；‎ B、当h=2.5R时，根据机械能守恒有：，解得：，所以小球会从D点以的速度飞出，做平抛运动，故B错误；‎ C、在O点放个正点电荷，根据牛顿第二定律可得：，解得小球通过D点的速度，故C正确；‎ D、在O点放个正点电荷，从C点沿圆弧轨道到D点过程小球受到的电场力与运动方向垂直，只有重力做功，小球机械能守恒，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】关键是要注意正确进行受力分析，明确物体的运动过程，再选择合适的物理规律求解。‎ ‎6.2020年5月21日，嫦娥四号中继星“鹊桥”在西昌卫星发射中心发射成功，同年12月8日成功发射嫦娥四号探测器，2020年1月3日实现人类探测器在月球背面首次软着陆；探测器对月球背面进行科学考察，并把信息通过中继星即时传送回地球。中继星“鹊桥”号，可认为相对于月球绕地月系统的拉格朗日L2点做圆周运动，如图所示。地月系统的拉格朗日点就是小星体在该位置时，可以与地球和月球基本保持相对静止，即在地球和月球万有引力作用下与月球一起以相同的角速度近似绕地球运动。下列判断正确的是 A. 中继星“鹊桥”绕拉格朗日点L2运动过程，只受到地球和月球万有引力作用 B. 中继星“鹊桥”绕拉格朗目点L2运动过程，不只受到地球和月球万有引力作用，还要受到自身的动力作用 C. 中继星“鹊桥”随拉格朗日点L2绕地球运动的周期等于月球绕地球的周期 D. 从月球一面始终朝着地球，说明月球也有自转，自转周期与地球自转周期相同 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 中继星“鹊桥”与月球同步绕地球运动，角速度相等，根据比较中继星“鹊桥”随拉格朗日点L2绕地球运动的周期与月球绕地球的周期关系，根据永远只有一面对着地球，可知月球的自转周期与月球绕地球运动的周期的关系；‎ ‎【详解】AB、中继星“鹊桥”绕拉格朗目点L2运动过程，中继星“鹊桥”的合力指向拉格朗目点L2，地球和月球万有引力的合力不指向拉格朗目点L2，所以不只受到地球和月球万有引力作用，还要受到自身的动力作用，故A错误，B正确；‎ C、根据题意知“鹊桥”中继星绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，故C正确；‎ D、由于月球受潮汐锁定，永远只有一面对着地球，说明月球也有自转，月球的自转周期等于月球绕地球运动的周期，故D错误；‎ 故选BC。‎ ‎7.如图所示，固定光滑斜面AC长为L，B为斜面中点。小物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上运动，到B点时撤去拉力F，小物块能继续上滑至最高点C，整个过程运动时间为t0。下列四图分别描述该过程中小物块的速度v随时间t、加速度a随时间t、动能Ek随位移x、机械能E随位移x的变化规律，可能正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能随x的表达式得出整个过程中的运动规律，即前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，结合平均速度的推论比较两段过程中的运动时间，根据除重力以外其它力做功判断机械能的变化；‎ ‎【详解】ABC、合力先做正功再做负功，根据动能随x的表达式知，动能先均匀增加，然后均匀减小，则知物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间；物体先向上匀加速后向上匀减速运动，速度方向不变，在中间位置而不是中间时刻，加速度改变方向，故A、C正确，B错误。‎ D、根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随x均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】关键是匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间。‎ ‎8.如图所示，在圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一系列电子以不同的速率v（0≤v≤vm）从边界上的P点沿垂直于磁场方向与OP成60°角方向射入磁场，在1/3区域的磁场边界上有电子射出。已知电子的电荷量为﹣e，质量为m，不考虑电子之间的相互作用力。则电子在磁场中运动的（　　）‎ A. 最大半径为r＝R B. 最大速率为vm＝‎ C. 最长时间为t＝ D. 最短时间为t＝‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，电子圆周运动的圆心在速度的垂线上，当电子速度最大时，对应的圆周运动半径最大，离开出发点最远，如图所示 恰好为半个圆周；最大半径rm＝Rcos30°，，得 ；轨迹对应的圆心角最小，时间最短，；当电子速度越小，半径越小，圆弧圆心角越大，时间越长，没有时间最大值；故BC错误，AD正确。‎ 二、非选择题 ‎9.利用如图甲所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系。小车的质量为M，钩码的质量为m，打点计时器的电源为50H的交流电。‎ ‎(1)实验操作步骤如下：‎ ‎①挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到车做匀速运动；‎ ‎②挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图乙所示；用刻度尺量出相邻计数点间的距离△x，记录在纸带上。‎ ‎(2)实验数据处理及实验结论 ‎①从图乙数据可以计算打出计数点“6”时小车的速度v6=___________m/s；(计算结果保留3位有效数字)‎ ‎②将钩码重力mg视为小车受到的拉力F，当地重力速度g=9.80m/s2，利用W=mg△x算出拉力对小车做的功W，利用动能公式Ek=Mv2算出小车动能，求出动能的变化量△Ek。并把计算结果标在△Ek－W坐标中，画出的图线如图丙所示。‎ ‎③从图丙中可计算出直线斜率k，从k值大小就可以判断出实验预期结论是否正确（实验预期结论是动能变化等于拉力做功)。若实验结论与预期结论相符合，则k值为___________(填“k≈1"、“k>1”或“k<1")‎ ‎(3)实验结论及应用 实验结果表明，△Ek总是略小于W。某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的。从图中算出直线斜率为k，以及题中小车质量M和钩码质量m就可算出小车受到的实际拉力F，其计算公式是F=___________。‎ ‎【答案】 (1). 0.458 (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出计数点6的瞬时速度；根据动能定理分析即可；对整体分析，根据牛顿第二定律得出整体的加速度，隔离分析，结合牛顿第二定律得出小车受到的实际拉力；‎ ‎【详解】解：①计数点6的瞬时速度：‎ ‎③由于已平衡摩擦力，所以小车受到的合外力等于小车受到的拉力F，根据动能定理可得拉力对小车做的功W等于小车动能的变化量，即：，所以在△Ek－W的图线中的直线斜率；‎ ‎(3) 根据动能定理可得，直线斜率为；对整体分析，根据牛顿第二定律得，，则小车受到的实际拉力，‎ ‎10.某兴趣小组欲通过测定工业污水(含多种重金属离子)的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准(达标的污水离子浓度低，电阻率大，一般电阻率ρ≥200Ω·m的工业废水即达到排放标准)。图甲所示为该组同学所用圆柱形盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板(电阻极小)，其余侧面由绝缘材料制成，左、右两侧带有接线柱。‎ ‎(1)先用刻度尺和游标卡尺分别测量盛水容器的长度L和内径D，某次测量示数如图乙所示，他们的读数分别为：L=40.0cm；D=___________cm。‎ 将水样注满容器后，进行以下操作：‎ ‎(2)分别用多用电表欧姆挡的“×1k”、“×100”两挡粗测水样的电阻值时，表盘上指针如图丙所示，则所测水样的电阻约为___________Ω。‎ ‎(3)为更精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材：‎ A.电流表(量程5mA，电阻RA=800Ω)‎ B.电压表(量程15V，电阻RV约为10kΩ)‎ C.滑动变阻器(0~20Ω，额定电流1A)‎ D.电源(12V，内阻约10Ω)‎ E.开关一只，导线若干 请在图丁中完成电路连接。________________________‎ ‎(4)正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数据；再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤，得出一系列数据如下表所示。‎ U/V ‎2.0‎ ‎4.0‎ ‎6.0‎ ‎8.0‎ ‎10.0‎ I/mA ‎0.73‎ ‎1.43‎ ‎2.17‎ ‎2.89‎ ‎3.58‎ 由以上测量数据得到U/I的平均值为2772Ω，则待测水样的电阻为___________Ω。据此可知，所测水样___________排放标准(填“达到”或“没达到”)。‎ ‎【答案】 (1). 15.155 (2). 1600 (3). (4). 1972 (5). 没达到 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；从误差的角度确定一个误差小的读数，电阻等于欧姆表的读数乘以倍率；在保证电路安全的情况下，滑动变阻器最大阻值应小些，再根据待测电阻的大小确定电流表的内外接，根据测量的误差确定滑动变阻器的分压还是限流接法；根据电路图和欧姆定律得出待测电阻的阻值，再根据电阻定律求出电阻率的大小，从而判断是否超标；‎ ‎【详解】(1)游标卡尺的固定刻度读数为15.1cm，游标尺上第11个刻度游标读数为0.05×11mm=0.55mm=0.055cm，所以最终读数为：15.1cm+0.055cm=15.155cm；‎ ‎(2) )欧姆表所测的电阻等于读数乘以倍率，用×1k档测量，指针偏转角度太大，测量误差较大，所以用×100档测量比较准确，R=16×100Ω=1600Ω；‎ ‎(3) 由于滑动变阻器阻值远小于待测电阻，所以连线时滑动变阻器要用分压接法；由于要精确测量电阻值，电流表的电阻为已知值，采用电流表内接法，电路图如图；‎ ‎(4) 根据电路图和欧姆定律得出待测电阻的阻值；‎ 根据电阻定律，故有，所测水样没达到排放标准；‎ ‎11.在机场可以看到用于传送行李的传送带，行李随传送带一起前进运动。如图所示，水平传送带匀速运行速度为v=2m/s，传送带两端AB间距离为s0=10m，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ=0.2，当质量为m=5kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，重力加速度g取10m/2；求：‎ ‎(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；‎ ‎(2)行李箱从A端传送到B端所用时间t；‎ ‎(3)整个过程行李对传送带的摩擦力做功W。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度，和传送带一起做匀速直线运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式即可解题行李箱开始运动时的加速度大小和行李箱从A端传送到B端所用时间；根据做功公式求解整个过程行李对传送带的摩擦力做功；‎ ‎【详解】解：(1)行李在传送带上加速，设加速度大小为a ‎(2) 行李在传送带上做匀加速直线运动，加速的时间为t1‎ 所以匀加速运动的位移为：‎ 行李随传送带匀速前进的时间：‎ 行李箱从A传送到B所需时间：‎ ‎(3) t1传送带的的位移为：‎ 根据牛顿第三定律可得传送带受到行李摩擦力为：‎ 整个过程行李对传送带的摩擦力做功：‎ ‎12.如图所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强度大小为B；边长为L的正方形金属框abcd(简称方框)放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U型金属框架MNPQ(仅有MN、NQ、QP三条边，简称U型框)，U型框的M、P端的两个触点与方框接触良好且无摩擦，其它地方没有接触。两个金属框每条边的质量均为m，每条边的电阻均为r。‎ ‎(1)若方框固定不动，U型框以速度v0垂直NQ边向右匀速运动，当U型框的接触点M、P端滑至方框的最右侧时，如图乙所示，求：U型框上N、Q两端的电势差UNQ；‎ ‎(2)若方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的水平初速度v0，U型框恰好不能与方框分离求：方框最后的速度v1和此过程流过U型框上NQ边的电量q；‎ ‎(3)若方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的初速度v(v>v0‎ ‎)，在U型框与方框分离后，经过t时间，方框的最右侧和U型框的最左侧之间的距离为s。求：分离时U型框的速度大小v1和方框的速度大小v2。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ U型框向右做切割磁感线运动，由和由闭合电路欧姆定律求感应电流的大小和型框上N、Q两端的电势差；当U型框向右运动过程，方框和U型框组成系统合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律求出方框最后的速度；对U型框，由动量定理和电流概念求出此过程流过U型框上NQ边的电量；U型框和方框分离时系统动量守恒，根据题意列式求出分离时U型框的速度大小和方框的速度大小；‎ ‎【详解】解：(1)由法拉第电磁感应定律得：‎ 此时电路图如图 由串并联电路规律 外电阻为：‎ 由闭合电路欧姆定律得：‎ 流过QN的电流：‎ 所以: ‎ ‎(2)当U型框向右运动过程，方框和U型框组成系统合外力为零，系统动量守恒 依题意得：方框和U型框最终速度相同，设最终速度大小为 解得：‎ 对U型框，由动量定理得：‎ 由电流概念得：‎ 解得：‎ ‎(3)设：U型框和方框分离时速度分别为v1和v2‎ 系统动量守恒：‎ 依题意得： ‎ 解方程可得：‎ ‎13.分子动理论以及固体、液体的性质是热学的重要内容，下列说法正确的是（　　）‎ A. 用吸管将牛奶吸入口中是利用了毛细现象 B. 同温度的氧气和氢气，它们的分子平均动能相等 C. 荷叶上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 D. 彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 E. 两分子间的分子势能一定随距离的增大而增大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】用塑料细管将牛奶吸入口中利用了大气压，不是毛细现象，故A错误；温度是分子平均动能的标志，相同温度下所有分子的平均动能均相同，故B正确；液体表面的分子分布比液体内部分子的分布要稀疏，故存在液体的表面张力，草叶上的露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故C正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故D正确；当分子表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大，当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小，故E错误；故选BCD。‎ ‎14.如图所示，一气缸内由光滑的活塞封闭着一定量的理想气体，气缸(足够长)开口竖直向下。活塞下挂一个沙桶，活塞和沙桶的总质量为m，平衡时活塞离底部的距离为h。现往沙桶内缓慢加人沙子，装满沙桶时活塞离底部的距离高为H、已知气缸壁的导热性能良好，活塞的横截面积为S，在缸内可自由滑动且不漏气；大气压强为p0，环境温度不变，重力加速度为g。求 ‎①装入沙桶沙子的质量△m；‎ ‎②若因外界环境温度降低，活塞又回到离底部距离为h处，且内能减小了△E，则此过程需要向外界放出热量Q。‎ ‎【答案】① ②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平衡条件求出沙桶未装沙子时气缸内气体压强和当沙桶装满沙子时气缸内气体压强，由玻意耳定律列式装入沙桶沙子的质量；气体温度降低过程中，求出外界对气体做功，根据热力学第一定律求出此过程需要向外界放出热量；‎ ‎【详解】解:①根据题意知，沙桶装满沙子的过程，缸内气体的温度保持不变，此过程为等温变化 沙桶未装沙子时，气缸内气体压强为，体积为 以活塞为研究对象得：‎ 当沙桶装满沙子时，气缸内气体压强为，体积为 以活塞为研究对象得：‎ 由玻意耳定律得：‎ 联立以上各式解得 ‎②气体温度降低过程中，外界对气体做功为：‎ 根据热力学第一定律有：‎ 则需要向外界放出的热量为：‎ ‎15.如图所示，半圆形玻璃砖按图中实线位置放置，直径与BD重合。一束白光沿着半圆形玻璃砖的半径从圆弧面垂直BD射到圆心O点上。使玻璃砖绕O点逆时针缓慢地转过角度θ（0°＜θ＜90°），观察到折射光斑和反射光斑在弧形屏上移动。在玻璃砖转白光动过程中，以下说法正确的是（　　）‎ A. 在弧形屏上可以观察到反射光的色散现象 B. 在弧形屏上可以观察到折射光的色散现象 C. 红光在玻璃砖中传播速度最小 D. 折射光斑在弧形屏上沿顺时针方向移动 E. 玻璃砖旋转过程弧形屏上最先消失的一定是紫光 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】根据反射定律和折射定律及几何知识知，在玻璃砖转动过程中，折射角一定大于入射角，而反射等于入射角，反射光线与半圆形玻璃砖垂直，不会发生色散现象，折射光会发生色散现象，故A错误，B正确；根据光在玻璃中的传播的速度v＝c/n，红光频率最小，折射率最小，红光在玻璃砖中传播速度最大，故C错误；玻璃砖绕O点逆时针缓慢地转过角度θ的过程中，入射角增大，由折射定律n＝‎ 可知折射角也随之增大，而且法线也逆时针旋转，所以折射光斑在弧形屏上沿C一D方向移动，随着入射角增大，反射光增强，而折射光减弱，故折射光斑的亮度逐渐变暗，由临界角公式sinC＝1/n可知紫光折射率最大，临界角最小，玻璃砖旋转过程弧形屏上最先消失的一定是紫光，故DE正确。故选BDE。‎ ‎16.让一根均匀软绳的绳端M点在垂直于软绳的方向上做简谐运动，软绳上会形成横波波形，如图甲所示。已知软绳端点M的振动图像如图乙。观察发现，当t=1s时，软绳上各点都已经开始振动。在t=1.1s时刻，M、N平衡位置之间只有一个波峰，且N点处在平衡位置，M、N两点平衡位置之间距离d=0.6m。求：‎ ‎①波长和传播速度；‎ ‎②从端点M起振开始计时，绳上N点第五次运动到波峰位置的时间。‎ ‎【答案】①第一种：当时， ；第二种：当时，②当时， ；当时，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据波在一个周期内传播的距离是一个波长，分析PQ间距离与波长的关系，求解波长，介质中各个质点起振方向与波源的起振方向相同．由图乙读出周期，再由波速公式求出波速；M点振点方向向下，求出绳上N点第五次到达波峰位置的时间；‎ ‎【详解】解：①由图乙可知，波传播的周期，在时，M点振动方向向上；‎ 由题意知，有两种可能 第一种：当时，‎ 第二种:当时，‎ ‎②由图乙可知，时，M点振点方向向下，绳上N点第五次到达波峰位置的时间：‎ 当时，‎ 当时，‎