2017-2018学年湖北省荆州市高二下学期期末考试物理试题 解析版 20页

湖北省荆州市2017-2018学年高二下学期期末考试物理试题 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-6小题只有一个选项正确，第7-10小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。‎ ‎1.1.下列关于物理学史、物理概念及方法的说法中，正确的是（ ）‎ A. 库仑在利用扭秤装置研究得到库仑定律的实验探究中，既用到了放大的思想也用到了控制变量法 B. 法拉第首先提出场的概念，安培利用电场线、磁感线形象的描绘了电场和磁场 C. 电动势表征了电源其他形式的能转化为电能的本领，在大小上等于非静电力把的正电荷在电源内从正极搬运到负极所做的功 D. 在研究电场磁场时，我们常引人“试探电荷”、“试探电流元”，目的是不影响原电场的强弱及分布情况，这里应用了假设法 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 库仑利用扭秤装置探究决定电荷间的相互作用力大小的因素有电荷电量的大小和电荷之间的距离，研究一个变量与多个变量之间的关系时，应用控制变量法，同时为便于测量还应用了放大思想，故A正确；法拉第首先提出了“场”的概念，并利用电场线、磁感线形象地描述了电场和磁场，故B错误；电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，在大小上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极送到正极所做的功，故C错误；在研究电场磁场时，我们常引人“试探电荷”、“试探电流元”，目的是不影响原电场的强弱及分布情况，这里应用了理想模型法，故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查了物理方法和物理学史，掌握各物理学家的主要贡献和各种实验方法，即可求解。‎ ‎2.2.如图所示，虚线表示某电场中的四个等势面，其对应的电势，相邻等势面间的电势差相等．一不计重力的带电的粒子从右侧垂直等势面向左进人电场，运动轨迹与等势面分别交于、、三点，则可以判断（ ）‎ A. 该带电粒子带负电 B. 该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场 C. 等势面上各点场强处处相等 D. 粒子的运动轨迹和等势面也可能垂直 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题知，，故电场方向右下方，而在曲线运动中所受的电场力指向轨迹内侧，故与电场方向相同，如图一所示：‎ 故该带电粒子带正电，故A错误；由图一可知，正电荷做曲线运动，所以粒子的运动轨迹和等势面可能垂直，与等势面不可能垂直；电场线的疏密表示电场的强弱，由图一可知等势面上各点场强不是处处相等，故CD错误；由题图可知，该电场的上下是对称的，如图所示 可知该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场，也可能是等量异种点电荷的电场，故B正确；故选B。‎ ‎【点睛】粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于粒子带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．‎ ‎3.3.法国科学家阿尔贝·费尔由于发现了巨磁电阻（）效应，荣获了诺贝尔物理学奖，如图电路中，巨磁电阻周围的磁场增强时，其阻值减小；为电容器，当有磁铁靠近时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电流表的示数减小 B. 电容器的电荷量增大 C. 电压表的示数变小 D. 电源内部消耗的功率变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 当有磁铁靠近时，其电阻减小，故回路中的总电阻减小，则总电流增大，路端电压减小，故电压表的示数减小，电流表的示数增大，故A错误，C正确；电容器C两端的电压等于路端电压，根据Q=CU，可知U减小，则电荷量减小，故B错误；根据，可知总电流增大，故电源内部消耗的功率变大，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】当有磁铁靠近时，分析电阻的变化情况，再根据闭合电路的欧姆定律分析总电流和路端电压的变化情况，根据电容器两端的电压等于与之并联部分的电压和Q=CU分析电荷量的变化，根据分析电源内部消耗的功率的变化情况。‎ ‎4.4.如图所示，一均匀带电的球体半径为R，在球内有一点A，与球心距离为，球外有一点B，与球心距离为，已知球体外场强与电荷全部集中在球心处的点电荷激发的场强相同，均匀球壳内部场强处处为零，则A、B两点的场强比值为：‎ A. 3：1 B. 1：1 C. 9：8 D. 9：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ B点场强，根据均匀球壳内部场强处处为零，在均匀带电的球体中抠去一个半径为的球体，则A点的场强为零，根据填补法可知，，所以则A、B两点的场强比值为：9：8，故C正确。‎ ‎5.5.如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计．下列说法正确的是（ ）‎ A. S 闭合瞬间，A先亮 B. S 闭合瞬间，A、B同时亮 C. S 断开瞬间，B逐渐熄灭 D. S 断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、B、闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为反向电压，故电流不走A灯泡，AB都不亮，故A、B错误．C、D、开关S断开瞬间B立刻熄灭，由于二极管正向导通，故自感线圈与A形成回路，A闪亮一下，然后逐渐熄灭，故D正确，C错误．故选D．‎ ‎【点睛】该题两个关键点，1、要知道理想线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；2、要知道二极管的特征是只正向导通 ‎6.6.如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计．下列说法正确的是( )‎ A. 将原线圈抽头P向下滑动时，灯泡变亮 B. 线圈abcd转动过程中，线圈最大磁通量为NBS C. 图示位置时，矩形线圈中磁通量的变化率最大 D. 若线圈abcd转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω ‎【答案】AD ‎【解析】‎ A、矩形线圈abcd中产生交变电流；将原线圈抽头P向下滑动时，原线圈匝数变小，根据电压与匝数成正比知，输出电压增大，故灯泡会变亮，故A正确；‎ B、线圈abcd转动过程中，线圈最大磁通量为BS，故B错误；‎ C. 图示位置时，是中性面位置，矩形线圈磁通量最大，线圈中磁通量的变化率最小，故C错误；‎ D、若线圈转动角速度变为2ω，根据电动势最大值公式Em=NBSω，变压器原线圈电压的最大值2NBSω，根据电流的热效应，解得，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】关键记住交流发电机的最大值求解公式Em=NBSω，矩形线圈abcd中产生交变电流，线圈处于中性面位置时电动势最小，为零。‎ ‎7.7.回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。和是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为、周期为的交流电源上。位于圆心处的粒子源能不断产生粒子（初速度可以忽略），它们在两盒之间被电场加速。当粒子被加速到最大动能后，再将它们引出。忽略粒子在电场中的运动时间，则下列说法正确的是( )‎ A. 粒子第次被加速前、后的轨道半径比为 B. 若只增大交变电压，则粒子在回旋加速器中运行的时间会变短 C. 若不改变交流电压的周期，仍可用此装置加速氘核 D. 若是增大交变电压，则粒子的最大动能会变大 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则有：，且，解得：，所以质子第n次被加速前后的轨道半径之比为，故A正确；若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中加速次数会减小，导致运行时间变短，故B正确；交流电压的周期与粒子在磁场中运动的周期相同，即，则粒子的周期为，假设该装置也能加速氘核（），则其周期为，即粒子的周期相同，故不用改变交流电压的周期，也能加速氘核，故C正确；根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则有：，且，解得：，与加速电压无关，故D错误；故选ABC。‎ ‎【点睛】回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电粒子．带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据比较周期．当粒子最后离开回旋加速器时的速度最大，根据求出粒子的最大速度，从而得出最大动能的大小关系．‎ ‎8. 一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中,设磁场方向向里为磁感应强度B的正方向,线圈中的箭头所指方向为电流I的正方向.线圈及线圈中感应电流I随时间变化的图线如图所示,则磁感应强度B随时间变化的图线可能是图中的：‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：由图可知，刚开始线圈中的电流方向是负的，说明沿逆时针方向，且大小不变，线圈中的电流产生的磁场垂直纸面向上，这既可能是原磁场正方向（方向向里）增大或原磁场反方向（方向向外）减小形成的，而A中的图像说明原磁场刚开始是反方向增大，故选项A错误；后来又发现线圈中的电流正方向大小不变，即顺时针方向不变，故线圈产生的磁场方向面向里，这既可能是原磁场正方向（方向向里）减小或原磁场反方向（方向向外）增大形成的；再由电流图像可知，线圈中的电流方向最后又是反方向不变，故原磁场仍是正方向（方向向里）增大或原磁场反方向（方向向外）减小，所以选项B是错误的；选项CD正确。‎ 考点：电磁感应，楞次定律。‎ ‎9.9.如图所示，在一个边长为的正六边形区域内存在磁感应强度为，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。三个相同的带电粒子，比荷大小均为，先后从点沿方向以大小不等的速度射人匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用。已知编号为的粒子恰好从点飞出磁场区域，编号为的粒子恰好从点飞出磁场区城，编号为的粒子从边上的某点垂直边界飞出磁场区城。则（ ）‎ A. 三个带电粒子均带正电 B. 编号为的粒子进人磁场区城的初速度大小为 C. 编号为的粒子在磁场区城内运动的时间为 D. 编号为的粒子在边上飞出的位置与点的距离为 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 由于三个粒子的偏转方向均向上，根据左手定则可知，三个粒子带同种正电荷，故A 正确；根据题意作出三个粒子的运动轨迹，如图所示：‎ 设编号为的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为，初速度大小为，由几何关系得：，根据，解得：，故B正确；设编号为的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为，初速度大小为，周期为，由几何关系可得，粒子在正六边形区域磁场运动过程中，转过的圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间，故C错误；设编号为的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为，在磁场中转了，由几何关系可得：，，，则，故D正确；故选ABD。‎ ‎【点睛】分析各粒子的运动情况，由几何关系求出各自的半径，再由洛伦兹力充当向心力即可求得速度大小；再根据几何关系求出圆心角，再根据时间与周期间的关系即可明确时间大小。‎ ‎10.10.如图所示，粗糙绝緣的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某区域的电场线与轴平行，在轴上的电势与坐标的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点的切线。现有一质量为，电荷量为的滑块（可视作质点），从处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为。取重力加速度。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 滑块运动的加速度先逐渐成小后逐渐增大 B. 处滑块运动的动能最大约为 C. 滑块运动过程中电势能先减小后增大 D. 滑块整个运动过程中克服摩擦力做功 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 电势与位移x图线切线的斜率表示电场强度，则x=0.15m处的场强：，此时的电场力为：，滑动摩擦力大小为：，在x=0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x=0.15m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故A正确；在x=0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，动能最大，根据动能定理得：，解得：，故B正确；由图可知，电势降低，故正电荷的电势能减少，则电场力一直做正功，故C错误；由数据图象可得，电势与x成反比关系，即，当x=0.45m时，电势，代入上述公式，得到，故沿x轴的电势与x的函数关系表达式，滑块运动的全部过程中，只有电场力和摩擦力做功，当速度为零时，滑块将停止运动，设滑块停止的位置为，根据动能定理得：，即，可解得，则滑块克服摩擦力做功为，故D错误；故选AB。‎ ‎【点睛】电势与位移x图线的斜率表示电场强度，根据斜率判断电场强度的变化，从而判断出电场力的变化，根据牛顿第二定律判断出加速度的变化，根据加速度方向与速度方向的关系，判断出速度的变化，从而知道何时速度最大．根据图象求出电势与位移x 的表达式，当滑块停止运动时，摩擦力做功最大，根据动能定理求出滑动的位移，再根据摩擦力做功的公式求解即可。‎ 二、实验题（本题共2小题，共15分）‎ ‎11.11.为了测一圆柱体电阻的电阻率，小光同学分别用游标卡尺和螺旋测微器测量其长度和直径，由图知，长度为___________，直径为____________。‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ 由图示游标卡尺可知，长度：L=100mm+4×0.01mm=100.4mm=10.04cm；由图示螺旋测微器可知，直径：D=2mm+15.0×0.01mm=2.150mm。‎ ‎【点睛】本题考查了游标卡尺与螺旋测微器读数，游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数。‎ ‎12.12.实验小组对一未知电源的电动势和内阻进行测量，实验器材如下：‎ 待测电源：电动势小于，内阻小于；‎ 灵敏电流计：满偏电流，内阻；‎ 直流电压传感器（视为理想电压表）；‎ 定值电阻；‎ 定值电阻；‎ 定值电阻；‎ 滑动变阻器，（）；‎ 滑动变阻器（）；‎ 开关导线若干。‎ ‎（1）实验电路设计如图所示，实验小组将灵敏电流计与所给器材中的两个定值电阻组装，改装成一量程为的电流表，并将灵敏电流计的表盘刻度进行了合理的标注。请将该电流表的内部电路图补充在虚线框中，并将所用到的定值电阻的符号标注在图中。‎ ‎（2）闭合开关，调节滑动变阻器，得到一系列电流表与电压传感器的数据（见下表），则实验中，滑动变阻器应该选用____________________（填滑动变阻器的符号），该电源的电动势__________，电源内阻______________。（保留两位小数）‎ ‎（3）调节滑动变阻器阻值，当滑动变阻器在该电路中功率最大时，电压传感器的示数为_______（保留两位小数）‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）实验小组将灵敏电流计G与两个定值电阻组装，改装成一量程为0.6A的电流表，所以先将灵敏电流计G与串联，电压量程为，再与串联，电流量程为，则电路图为 ‎（2）根据欧姆定律可知，接在电路中滑动变阻器最大值为，故滑动变阻器应选用；根据，代入其中两组数据得：，，其中，故联立解得：E=1.80V，。‎ ‎【‎ 点睛】根据电流表的改装原理得出需要的仪器，根据闭合电路的欧姆定律求解电源电动势和内阻。‎ 三、计算题（本题共3小题，共35分）‎ ‎13.13.如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带电的粒子(不计重力)从P点沿x轴正方向以初速度V0射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，最后从Q点射出。‎ ‎(1)求电场强度的大小和方向。‎ ‎(2)若仅撤去电场，带电粒子仍从P点以相同的初速度V0射入，恰从圆形区域的边界M点射出。已知OM与x轴正向的夹角为θ=60°，求粒子比荷。‎ ‎(3)若仅撤去磁场，带电粒子仍从P点沿x轴正向射入，要使粒子从圆形区域的边界N点(N点与M点关于x轴对称)射出，求粒子运动初速度的大小变为多大？‎ ‎【答案】(1)E=v0B,方向竖直向下 (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题是考查带电粒子在复合场中的运动，具有较强的综合性 ‎【详解】（1）由题意知，电场力与洛伦兹力平衡，，解得：E=v0B，方向：竖直向下；‎ ‎（2）根据得：，如图，由几何关系可知：，联立得；‎ ‎（3）粒子从P到N做类平抛运动，根据几何关系可得：，，又，联立解得：‎ ‎14.14.如图所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内，磁感应强度大小为的匀强磁场，带电量为、质量为的小球静置在光滑绝缘的水平高台边缘，另一质量为不带电的绝缘小球以水平初速度向运动，，已知小球、正碰过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移，已知匀强电场的电场强度，水平台面距离地面高度，重力加速度为，不计空气阻力。‎ ‎（1）求、两球首次发生弹性碰撞后，小球的速度大小。‎ ‎（2）、两球首次发生弹性碰撞后，经多少时间小球落地，落地点与平台边缘的水平距离多大?‎ ‎【答案】（1） （2） ，‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）P、Q两球发生弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒，据此列式，可求得碰撞后小球Q的速度大小．（2）两球碰撞后交换速度，Q球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，经过一个周期时间再次与P球碰撞，交换速度，P 球做平抛运动．根据平抛运动的规律求解即可．‎ ‎（1）小球首次发生弹性碰撞时：‎ 联立解得：,‎ ‎（2）对于小球，由于，故球做匀速圆周远动，洛伦兹力提供向心力， ‎ 经小球再次发生弹性碰撞，由（1）可知碰后：，‎ 小球离开平台后做平抛运动，平抛的时间为， ‎ 所以，与首次发生碰撞后到落地，经过的时间 落地点与平台边缘的水平距离 ‎【点睛】解决本题要正确分析两球的受力情况，准确把握弹性碰撞的规律：动量守恒和机械能守恒，关键要运用积分法动量定理求解最大速度．‎ ‎15.15.如图所示，在匝数、截面积的多匝线圈中存在方向竖直向下的匀强磁场，均匀变化。两相互平行、间距的金属导轨固定在倾角为的斜面上，线圈通过开关与导轨相连。一质量阻值的光滑金属杆锁定在靠近导轨上端的位置。、等高。一阻值的定值电阻连接在导轨底端。导轨所在区域存在垂直于斜面向上的磁感应强度的匀强磁场。金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计。重力加速度取，电子电量。‎ ‎（1）闭合开关时，金属杆受到沿斜面向下的安培力为，请判断磁感应强度的变化趋势是增大还是减小，并求出磁感应强度的变化率；‎ ‎（2）断开开关，解除对金属杆的锁定，从处由静止释放，经过，金属杆下滑，求该过程中金属杆上产生的焦耳热；‎ ‎（3）经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子（即金属原子失去电子后的部分）的碰撞，请建立合适的自由电子运动模型，求出第（2）问情境中，当金属杆最终匀速下滑时，金属杆中金属离子对一个自由电子沿杆方向的平均阻力的大小。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据楞次定律分析磁感应强度的变化情况，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和安培力即可求出磁感应强度的变化率；（2）根据动量定理求出速度，再根据能量守恒定律求出产生的总焦耳热，根据即可求得金属杆上产生的焦耳热；（3）根据平衡条件和功能关系，即可求出摩擦力的大小。‎ ‎（1）闭合开关时，金属杆受到沿斜面向下的安培力，可知金属杆中的电流由流向，根据楞次定律可知磁感应强度的变化趋势是增大 线圈中的感应电动势，导线中的电流 金属杆受到的安培力 得：‎ ‎（2）根据动量定理得 平均电流 平均感应电动势 可得速度 由能量守恒可得 可得 可得 可得 ‎（3）匀速时，根据平衡条件得：，‎ 金属杆中的一个电子定向匀速运动，内电压对其做的正功等于克服阻力做的功 ‎，‎ 得到 代入数据得：‎ ‎【点睛】本题是电磁感应与力学、电路等等知识的综合，与力学联系的桥梁是安培力，与电路的纽带是感应电动势。‎ ‎16.16.下列说法正确的是__________‎ A．坚直璃管里的水银面不是平面，而是“上凸”的，这是表面张力所致 B．相对混度是该温度下空气里水蒸气的压强的大小 C．物理性质表现为各向同的固体一定是非晶体 D．气缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，单位时间碰撞单位器壁的气体分子数一定减少 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是“上凸”的，这是表面张力产生的不浸润现象所致。故A正确；空气的相对湿度等于水蒸气的实际压强与同温下水的饱和汽压的比值。故B错误；物理性质表现为各向同性的固体可能是多晶体，不一定是非晶体。故C错误；气缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，根据理想气体的状态方程可知，压强不变而体积增大，则气体的温度一定升高；温度是分子的平均动能的标志，温度升高则分子的平均动能增大，单个分子对器壁的撞击力增大，压强不变则单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少。故D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是“上凸”的是水银相对于玻璃的浸润产生的，与表面张力有关；空气的相对湿度等于水蒸气的实际压强与同温下水的饱和汽压的比值；多晶体与非晶体都有各向同性；将压强的微观意义结合理想气体的状态方程 解释单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数的变化。‎ ‎17.17.在“用油膜法估测分子大小”实验中，首先配好油酸酒精溶液，其中油酸依度为．并且利用量简得知滴油酸酒精溶液体积为 ‎，将一滴油酸酒精溶液滴入事先撒有痱子粉的水槽中，待油膜充分散开后，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，测量并计算出油膜面积为，则油酸分子的直径为_______________________________________________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎1滴酒精油酸溶液的体积为：，所以油酸分子直径为：。‎ ‎【点睛】根据题意可先求得1滴酒精油酸溶液的体积，从而根据可求解。‎ ‎18.18.如图所示为一竖直放置、上粗下细且上端开口的薄壁玻璃管，上部和下部的横截面积之比为，上管足够长，下管长度．在管内用长度的水银柱封闭一定质量的气体，气柱长度．大气压强，气体初始温度．‎ ‎①若缓慢升高气体温度，使水银上表面到达粗管和细管交界处，求此时的温度；‎ ‎②继续缓慢升高温度至水银恰好全部进人粗管，求此时的温度。‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律求解；②根据理想气体状态方程列式计算。‎ ‎①从初态到水银上表面到达粗管和细管交界处，压强不变 初态：，，‎ 末态：，‎ 由盖吕萨克定律：‎ 得：‎ ‎②水银恰好全部进入粗管时，水银高度为 此时：，‎ 由理想气体状态方程：‎ 得： ‎ ‎【点睛】本题考查理想气体状态方程和气体实验定律的综合应用，以理想气体状态方程为命题背景考查学生的推理能力和分析综合能力。‎ ‎19.19.下列说法正确的是_______________‎ A．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关 B．机械波传播方向上各质点的振动周期与波源的振动周期相同 C．能产生明显行射现象的条件是障碍物或孔的尺寸与波长相差不多或比波长大 D．黑洞之所以不能被看到任何光射出，是因为黑洞巨大的引力使环绕其运动的物体速度超过了光速 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期等于驱动力周期，与固有周期无关，而单摆的固有周期与摆长有关，所以其振动周期与单摆的摆长无关，故A正确；在波传播中各点的振动周期均与波源的周期相同，故B正确；当障碍物的尺寸与波长相比差不多，或比波长小，会发生明显的衍射，故C错误。黑洞之所以不能被看到任何光射出，是因为黑洞巨大使光无法脱离其引力范围被地球观测到。根据相对论可知，物体的速度不可能超过光速。故D错误；故选AB。‎ ‎【点睛】单摆在周期性外力作用下做受迫振动周期等于驱动力的周期．在波传播中各点的振动周期均与波源的周期相同。当障碍物的尺寸与波长相比差不多，或比波长小，会发生明显的衍射。物体的速度不可能大于光速。‎ ‎20.20.一列简谐横波在时的波形图如图甲所示，为处的质点，为处的质点，图乙所示为质点的振动图象，则到内的路程为_____________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由乙图可知波的周期为T=0.4s，由乙图可知当t=0.2s时Q将从平衡位置向波谷运动，根据“上下坡法”可知，波向左传播，则P点将向波峰运动，面从t=0.2 s到t=0.3s为个周期，即运动的对称性可知，P点经过个周期，又回到了原来的位置。由甲图可知，波长，t=0.2s时刻波动方程为，将x=1cm代入得：，故P从初位置到波峰的所走的路程为，而从波峰回到原位的路程也为，故从到内的路程为。‎ ‎【点睛】根据乙图得出周期和波的传播方向，从得出在t=0.2 s到t=0.3s时间内P的运动情况，再根据甲图得出P的波动方程，求出初时刻的位置，从而得出从初位置到波峰的路程，即可得出总路程。‎ ‎21.21.如图所示，平静湖面岸边的垂钓者，眼睛恰好位于岸边点正上方的高度处，浮标离点远，鱼饵灯在浮标正前方处的水下，垂钓者发现鱼饵灯刚好被浮标挡住，已知水的折射率求：‎ ‎①鱼饵灯离水面的深度；‎ ‎②鱼饵灯缓慢竖直上浮，当它离水面多深时，鱼饵灯发出的光恰好无法从水面间射出。‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①作出光路图，由几何知识得出入射角的正弦值与折射角的正弦值，再结合折射定律求鱼饵灯离水面的深度；②若鱼饵灯缓慢竖直上浮，水面PQ间恰好无光射出时，光在水面恰好发生了全反射，入射角等于临界角C．由求出临界角C，再由数学知识求解。‎ ‎①由题意可得，鱼饵灯发出的光传播的光路图如图所示。设鱼饵灯的深度为，眼睛的位置为，鱼饵灯发出的光从水中斜射入水面上的入射角为，折射角为 由折射定律可得：分 其中：，所以：‎ 带入数据可得：‎ 所以 ‎②由题意可得，只要光从点无法射向水面，则意味着无法从之间射向水面。设光从水中发生全反射的临界角为，在点恰好发生全反射时鱼饵灯的深度为，则：‎ 可得：‎ 所以：‎ ‎【点睛】本题的关键是作出光路图，利用几何知识和折射定律求解相关的角度和深度，要注意光线的方向不能画错。‎ ‎ ‎ ‎ ‎