【物理】湖南师大附中2020届高三上学期月考试题（四）（解析版） 21页

湖南师大附中2020届高三上学期 月考试题（四）‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1. 在推导”匀变速直线运动位移的公式“时，把整个运动过程划分为很多个小段，每一小段近似为匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，物理学中把这种研究方法叫做“微元法”．下面实例中应用到这一思想方法的是（ ）‎ A. 在探究牛顿第二定律的过程中，控制物体的质量不变，研究物体的加速度和力的关系 B. 在计算带电体间的相互作用力时，若电荷量分布对计算影响很小，可将带电体看作点电荷 C. 在求两个力的合力是，如果把一个力的作用效果与两个力共同作用的效果相同，这个力就是两个力的合力 D. 在探究弹簧弹性势能表达式的过程中，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，在每一小段内认为弹簧的弹力是恒力，然后把每一小段弹力所做的功相加 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：在探究牛顿第二定律的过程中，控制物体的质量不变，研究物体的加速度和力的关系，此方法为控制变量法；在计算带电体间的相互作用力时，若电荷量分布对计算影响很小，可将带电体看作点电荷，此方法为模型法；在求两个力的合力是，如果把一个力的作用效果与两个力共同作用的效果相同，这个力就是两个力的合力，此方法为等效法；在探究弹簧弹性势能表达式的过程中，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，在每一小段内认为弹簧的弹力是恒力，然后把每一小段弹力所做的功相加，此方法为微元法；故选项D 正确．‎ 考点：物理问题的研究方法．‎ ‎2.从地面上以初速度2v0竖直上抛物体A，相隔时间△t以后再以初速度v0从同一地点竖直上抛物体B，不计空气阻力。以下说法正确的是（　　）‎ A. 物体A、B可能在物体A上升过程中相遇 B. 要使物体A、B相遇需要满足条件 C. 要使物体A、B相遇需要满足条件 D. 要使物体A、B相遇需要满足条件 ‎【答案】B ‎【详解】A．A物体上升时，A的初速度大于B的初速度，且A先抛出，所以A的位移大于B的位移，不可能在A上升的过程中相遇，故A错误；‎ BCD．A在空中的总时间为：‎ B在空中的总时间为：‎ 要使A、B能在空中相遇：‎ 可得：‎ 故B正确，CD错误。‎ 故选B。‎ ‎3. 如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g．质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（ ）‎ A. mgR B. mgR C. mgR D. mgR ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：据题意，质点在位置P是具有的重力势能为：‎ ‎；当质点沿着曲面下滑到位置Q时具有的动能为：，此时质点对轨道压力为：，由能量守恒定律得到：，故选项C正确．‎ 考点：能量守恒定律、圆周运动 ‎【名师点睛】本题分析的关键是找出质点在初始位置是的机械能和在末位置时的机械能，两个位置机械能只差就等于摩擦力做的功的大小即；但在球末位置时的动能时需要用到圆周运动规律，，由此式可以求出在末位置的速度，也就可以求解此位置的动能大小了．‎ ‎4.如图所示，倾角的斜面上有一重为G的物体，在与斜面底边平行的水平推力F作用下沿斜面上的虚线匀速运动，若图中，则（ ）‎ A. 推力F一定是一个变力 B. 物体可能沿虚线向上运动 C. 物体与斜面间的动摩擦因数 D. 物体与斜面间的动摩擦因数 ‎【答案】D ‎【分析】本题具有一定的空间思维逻辑，画出受力分析图，然后进行受力分析，最后简化到斜面平面内的受力分析；‎ ‎【详解】对物块进行受力分析，如图所示：‎ 物块在重力G、斜面的支持力N、推力F、沿虚线方向上的摩擦力f共同作用下沿斜面上的虚线匀速运动，因为G，N，F三力的合力方向向下，故摩擦力f方向沿斜面虚线向上，所以物块沿虚线向下运动；‎ 现将重力分解为沿斜面向下且垂直于底边（也垂直于推力F）的下滑力、垂直与斜面的力，如图所示： 其中恰好把N平衡掉了，这样可视为物体在推力F、重力分力、摩擦力f三个力作用下沿斜面上的虚线匀速运动，由于重力分力、摩擦力f恒定，则力F也为恒力； 根据三力平衡特点，F与G1的合力必沿斜面向下，同时摩擦力f 只能沿斜面向上，根据几何关系，F与G1的合力，即，故物体与斜面间的动摩擦因数 ‎，故选项D正确，选项ABC错误．‎ ‎【点睛】本题意在考查动态平衡问题，考查学生利用平衡条件求力的能力及空间想象能力．‎ ‎5.如图所示，一同学用双手(手未画出)水平对称地用力将两长方体课本夹紧，且同时以加速度a竖直向上匀加速捧起．已知课本A质量为m，课本B质量为2m，手的作用力大小为F，书本A、B之间动摩擦因数为μ，用整体法与隔离法可分析出此过程中，书A受到书B施加的摩擦力大小为 A. μF B. 2μF C. m(g+a) D. m(g+a)‎ ‎【答案】C ‎【解析】对两个物体整体，根据牛顿第二定律，有：，再隔离物体A，根据牛顿第二定律可得：，联立解得：，故C正确，ABD错误．‎ ‎6.有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有（ ）　　‎ A. a的向心加速度等于重力加速度g B. 线速度关系va＞vb＞vc＞vd C. d的运动周期有可能是20小时 D. c在4个小时内转过的圆心角是 ‎【答案】D ‎【解析】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c 的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大，解得：，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；根据万有引力提供向心力：，解得：，卫星的半径越大，速度越小，所以有：，同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据，可知，故B错误；由开普勒第三定律：可知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，故C错误；c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，故D正确．所以D正确，ABC错误．‎ ‎7.如图所示为测定运动员体能的装置，轻绳一端栓在腰间，沿水平线跨过定滑轮（不计轻绳与滑轮的摩），另一端悬挂重为G的重物，设人的重心相对地面不动，人用力向后蹬传送带，使水平传送带以速率v逆时针转动，重物相对地面高度不变，则（　　）‎ A. 传送带对人的摩擦方向水平向左 ‎ B. 人对重物做功，功率为Gv C. 在时间t内人对传动带的摩擦力做功为Gvt ‎ D. 若增大传送带的速度，人对传送带的功率不变 ‎【答案】C ‎【详解】A．传送带对人的摩擦力方向水平向右，故A不符合题意；‎ B．由题知，重物没有位移，所以人对重物没有做功，功率为零，故B不符合题意；‎ C．在时间t内绳对人的拉力和传送带对人的摩擦力平衡，而拉力又等于G，根据W=Fvt，所以人对传送带做的功为Gvt，故C符合题意；‎ D．根据恒力做功功率P=Fv得：若增大传送带的速度，人对传送带做功的功率增大，故D不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎8.空间存在一静电场，电场中的电势随x的变化规律如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. x=4m处电场强度可能为零 B. x=4m处电场方向一定沿x轴正方向 C. 电荷量为e的负电何沿x轴从x=0移动到x=6m处，电势能增大8eV D. 沿x轴正方向，电场强度先增大后减小 ‎【答案】C ‎【详解】A．图象的斜率等于电场强度，则知x=4m处的电场强度不为零，故A错误；‎ B．从0到x=4m处电势不断降低，但x=4m点的电场方向不一定沿x轴正方向，故B错误；‎ C．某负电荷沿x轴正方向移动，沿x轴正方向电势降低，负电荷在电势高的地方电势能小，所以电势能增大，增大了8eV，故C正确；‎ D．由斜率看出，从0到6m，图象的斜率先减小后增大，则电场强度沿x轴先减小后增大，故D错误。故选C。‎ ‎9.如图所示，倾角为θ=30°的斜坡上有一个静止的货箱，质量为M=5kg。绕过定滑轮的轻绳连接了汽车和货箱，且AB段轻绳和斜面平行。开始时，绳BC沿竖直方向，且BC=2m，汽车从此位置开始以v=2m/s的速度在水平面上匀速行驶，直到绳BC和水平方向夹角β=30°。货箱和斜面间的动摩擦因数为，取g=10m/s2，以下说法中正确的是（　　）‎ A. 货箱沿斜坡向上做匀速直线运动 ‎ B. 货箱沿斜坡向上做加速运动 C. 在上述过程中，汽车对绳做功60.0J ‎ D. 在上述过程中，汽车对绳做功132.5J ‎【答案】BD ‎【详解】AB．箱子在绳拉力作用下沿斜面向上运动，故箱子的速度等于绳子运动的速度。汽车向右匀速运动对绳子产生两个效果，一是沿绳把绳拉长，一是使绳子与水平面夹角变小，因此，汽车的运动对绳子而言是合运动，把速度v分解，其中沿绳方向的分速度设为v1，垂直绳子向上的分速度设为v2，可得：‎ v1=vcosβ 因β减小时cosβ增大，故v1逐渐增大，因而箱子沿斜面做加速运动，故B正确，A错误；‎ CD．由功能关系知，汽车对绳做功，使绳拉箱子沿斜面向上运动，实质上是对箱子做功.箱子在斜面上运动时，受重力做负功，受滑动摩擦力做负功，受绳子拉力做正功，根据动能定理：‎ 汽车拉绳子向右运动，当时，‎ m/s 绳子被拉长了：‎ m 而:m 解得:J 故D正确，C错误。故选BD。‎ ‎10.如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m的物块（可视为质点）从A点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．设重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．关于物块从A位置运动至C位置的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 小车和物块构成的系统动量不守恒 B. 摩擦力对物块和轨道BC所做的功的代数和为零 C. 物块运动过程中的最大速度为 D. 小车运动过程中的最大速度为 ‎【答案】AD ‎【详解】小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力为零，竖直方向有加速度，合力不为零，所以小车和物块构成的系统动量不守恒，在水平方向动量守恒，A正确；摩擦力大小相等方向相反，但物块与车位移不等（有相对位移），代数和不为0，故B错误；在脱离圆弧轨道后，小车和物块由于摩擦力都会做匀减速运动，所以最大速度出现在物块运动到B点时，规定向右为正方向，小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力为零，系统在水平方向动量守恒．设物块运动到B点时，物块的速度大小是，小车的速度大小是，根据动量守恒得：，根据能量守恒得，解得，故C错误D正确．‎ ‎11.如图所示，水平面内等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道CD的最低点，光滑直导轨的上端点D到A、B两点的距离均为L，D在AB边上的竖直投影点为O．一对电荷量均为－Q的点电荷分别固定于A、B两点．在D处将质量为m、电荷量为+q的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，将小球由静止开始释放，已知静电力常量为k、重力加速度为g，且，忽略空气阻力，则 A. 轨道上D点的场强大小为 B. 小球刚到达C点时，其加速度为零 C. 小球刚到达C点时，其动能为 D. 小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先增大后减小 ‎【答案】BC ‎【解析】由点电荷场强公式可得,轨道上D点的场强为: ，选项A错误；同理可得轨道上C点的场强也为:，在C点，由牛顿定律可得： ，解得a=0，选项B正确；从D到C，电场力做功为零，根据动能定理可得：，选项C正确；小球沿直轨道CD下滑过程中，电场力先做正功，后做负功，则其电势能先减小后增大，选项D错误；故选BC.‎ 点睛：解答此题关键是搞清两个点电荷周围的电场分布情况，利用对称的思想求解场强及电势的关系；注意立体图与平面图形的转化关系.‎ ‎12.如图所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m，带电量为的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为现对小球施加水平向右的恒力，在小球从静止开始至速度最大的过程中，下列说法中正确的是 A. 直杆对小球的弹力方向不变 B. 直杆对小球摩擦力先减小后增大 C. 小球运动的最大加速度为 D. 小球的最大速度为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球从静止开始运动，受到重力、支持力、洛伦兹力、摩擦力，根据牛顿第二定律表示出加速度，进而分析出最大速度和最大加速度及加速度的变化过程．‎ ‎【详解】小球开始下滑时有，随v增大，a增大，当时，a达最大值，摩擦力减小；此时洛伦兹力等于mg，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，反向，此后下滑过程中有：，随v增大，a减小，摩擦力增大，当时，a=0．此时达到平衡状态，速度不变，所以整个过程中，v先增大后不变，a先增大后减小，BC正确，AD错误．‎ ‎【点睛】解决本题的关键是正确地进行受力分析，抓住当速度增大时，洛伦兹力增大，比较洛伦兹力与重力的大小关系，分清摩擦力的变化是解决问题的关键．‎ 二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分，将答案填写在答题卡中）‎ ‎13.某同学用探究动能定理的装置测滑块的质量M．如图甲所示，在水平气垫导轨上靠近定滑轮处固定一个光电门．让一带有遮光片的滑块自某一位置由静止释放，计时器可以显示出遮光片通过光电门的时间t(t非常小)，同时用米尺测出释放点到光电门的距离s．‎ ‎(1)该同学用螺旋测微器测出遮光片的宽度d，如图乙所示，则d＝________ mm．‎ ‎(2)实验中多次改变释放点，测出多组数据，描点连线，做出的图像为一条倾斜直线，如图丙所示．图像的纵坐标s表示释放点到光电门的距离，则横坐标表示的是______．‎ A．t B．t2 C. D. ‎ ‎(3)已知钩码的质量为m，图丙中图线的斜率为k，重力加速度为g．根据实验测得的数据，写出滑块质量的表达式M＝____________________．(用字母表示)‎ ‎【答案】 (1)1.880 (2)D (3) ‎ ‎【详解】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为1.5 mm，可动刻度读数为0.01×38.0 mm＝0.380 mm，则最终读数为1.880 mm．‎ ‎(2)滑块通过光电门的瞬时速度，根据动能定理得：，解得：，因为图线为线性关系图线，可知横坐标表示，故选D．‎ ‎(3)根据知，图线的斜率为：，解得滑块质量．‎ ‎14.在“练习使用多用电表”的实验中，请根据下列步骤完成实验测量（请将你的答案相应的字母或文字填写在相应位置内）：‎ ‎(1)测量电阻时，将选择开关旋到欧姆挡倍率“×100”的位置；欧姆调零后将两表笔与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_________的顺序进行操作，再读数；‎ A.将选择开关旋转到欧姆挡倍率“×1k”的位置 B.将选择开关旋转到欧姆挡倍率“×10”的位置 C.将两表笔的金属部分与被测电阻的两根引线相接 D.将两表笔短接，旋动调零旋钮，对电表进行校准 ‎(2)将红、黑表笔与待测电阻两端相接触，若电表的读数如图甲所示，则该电阻的阻值应为_________；‎ ‎(3)多用电表欧姆挡内部电路图如图乙所示，其中有灵敏电流表（量程未知，内阻100）、电池组（电动势未知，内阻r=0.5）和滑动变阻器R0（总阻值未知），刻度盘上电阻刻度中间值为15。有实验者用多用电表欧姆挡测量电压表的内阻（测量过程规范），读得电压表的读数为6。0V，读得电压表阻值为30 k。则灵敏电流表的量程为________mA；若表内电池用旧，电池电动势会变小，内阻会变大，假设电池组的电动势下降到6V、内阻升高到2时，但仍可调零，若测得某电阻30k，这个电阻真实值是________k。‎ ‎【答案】(1). ADC (2). 19 (3). 0.6 20‎ ‎【详解】(1)[1]每次换挡要重新欧姆调零，旋转欧姆调零旋钮，使指针对准电阻的0刻线；偏角过小，说明电阻阻值大，要选大量程，并要重新欧姆调零，然后测量，则其顺序为ADC；‎ ‎(2)[2]欧姆表的读数：19×1k=19k；‎ ‎(3)[3][4]欧姆表的中值电阻等于内电阻，由于外电阻为30k，说明内电阻的单位是k，为：Rg=15k；‎ 根据闭合电路欧姆定律，有：‎ 故表头的满偏电流为：‎ 假设电池组的电动势下降到6V，测得某电阻是30k，说明电流表的电流相同，故：‎ 解得：‎ 根据：‎ 解得：‎ 三、计算题（本题包括3小题，其中第15题10分，第16题10分，第17题13分，共33分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案不得分）‎ ‎15.如图所示，质量为1 kg的小球用长为0.5 m的细线悬挂在O点，O点距地面竖直距离为1 m，如果使小球绕OO′竖直轴在水平面内做圆周运动，若细线最大承受拉力为12.5 N，(g＝10 m/s2)求：‎ ‎(1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂；‎ ‎(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离.‎ ‎【答案】（1）ω0=5rad/s；（2）s=0.6m ‎【详解】小球受到重力mg和线的拉力T作用，在水平面内做匀速圆周运动，设线与竖直方向的夹角为θ；(1)由牛顿第二定律：Tsinθ=，所以ω=5 rad/s.‎ ‎(2)绳被拉断后小球沿圆周的切线方向飞出，做平抛运动，其初速度v0=ωLsinθ，又因为Tcosθ=mg，所以cosθ= 0.8，sinθ=0.6代入得v0=1.5 m/s ‎ 抛出点离地面的高度：h=1-Lcosθ=0.6 m ‎ 根据平抛运动的规律：h= gt2 s=t得 s=‎ 落点到悬点的水平距离：s′=0.6 m.‎ ‎16.如图所示，一无限长的光滑金属平行导轨置于匀强磁场B中，磁场方向垂直导轨平面，导轨平面竖直且与地面绝缘，导轨上M、N间接一电阻R，P、Q端接一对沿水平方向的平行金属板，导体棒ab置于导轨上，其电阻为3R，导轨电阻不计，棒长为L，平行金属板间距为d．今导体棒通过定滑轮在一物块拉动下开始运动，稳定后棒的速度为v，不计一切摩擦阻力．此时有一带电量为q的液滴恰能在两板间做半径为r的匀速圆周运动，且速率也为v．求：‎ ‎（1）速度v的大小；‎ ‎（2）物块的质量m．‎ ‎【答案】(1），（2）.‎ ‎【详解】（1）设平行金属板间电压为U．液滴在平行金属板间做匀速圆周运动，重力与电场力必定平衡，则有：‎ 由 得 联立解得 则棒产生的感应电动势为： ‎ 由，‎ 得 ‎ ‎（2）棒中电流为： ‎ ab棒匀速运动，外力与安培力平衡，则有 ‎ 而外力等于物块的重力，即为 ‎ 解得 ‎17.一轻质细绳一端系一质量为m =0.05吻的小球儿另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球的距离为L= 0.1m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示水平距离s=2m，动摩擦因数为μ=0.25.现有一滑块B，质量也为m=0.05kg，从斜面上高度h=5m处滑下，与 小球发生弹性正碰，与挡板碰撞时不损失机械能.若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，（g取10m/s2，结果用根号表示），试问：‎ ‎（1）求滑块B与小球第一次碰前速度以及碰后的速度.‎ ‎（2）求滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力.‎ ‎（3）滑块B与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数.‎ ‎【答案】（1）滑块B与小球第一次碰前的速度为m/s，碰后的速度为0；（2）滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力48N；（3）小球做完整圆周运动的次数为10次．‎ ‎【详解】（1）滑块将要与小球发生碰撞时速度为v1，碰撞后速度为v1′，小球速度为v2‎ 根据能量守恒定律，得：‎ mgh=‎ 解得：‎ v1=m/s A、B发生弹性碰撞，由动量守恒，得到: ‎ mv1=mv1′+mv2‎ 由能量守恒定律，得到：‎ 解得：v1′=0，v2=m/s 即滑块B与小球第一次碰前的速度为m/s，碰后的速度为0 ‎ ‎（2）碰后瞬间，有：‎ T-mg=m 解得：‎ T=48N 即滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力48N．‎ ‎（3）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v0，则有：‎ mg=m 小球从最低点到最高点的过程机械能守恒，设小球在最低点速度为v，根据机械能守恒有：‎ 解得：‎ v=m/s 滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为v=m/s，滑块通过的路程为s′，根据能量守恒有:‎ mgh=‎ 解得：‎ s′=19m 小球做完整圆周圆周运动的次数：‎ n== 10次 即小球做完整圆周运动的次数为10次．‎ ‎18.关于热现象，下列说法正确的是__________‎ A. 物体的动能和也是其内能的一部分 B. 悬浮在液体中的颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈 C. 液晶与多晶体一样具有各向同性 D. 当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小 E. 若一定质量的理想在膨胀的同时放出热量，则气体分子的平动能减小 ‎【答案】BDE ‎【详解】A．物体内能是物体内部分子的分子势能和分子热运动动能的和，与重力势能和物体动能无关，故A错误；‎ B．根据布朗运动的特点可知，悬浮在液体中的颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈，故B正确；‎ C．液晶的部分性质具有各向异性，故C错误；‎ D．当时，分子力表现为引力，当r增加时，分子力做负功，则Ep增加；当时，分子力表现为斥力，当r的减小时，分子力做负功，则Ep增加；所以当时，Ep最小，故D正确；‎ E．气体膨胀的过程中对外做功，若一定质量的理想气体在膨账的同时放出热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，温度降低，所以气体分子的平均动能减小，故E正确。‎ 故选BDE。‎ ‎19.如图所示，开口向上汽缸C静置于水平桌面上，用一横截面积S=50cm2的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，一轻绳一-端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系数k=1400N/m的竖直轻弹簧A，A下端系有一质量m=14kg的物块B。开始时，缸内气体的温度t=27°C，活塞到缸底的距离L1=120cm，弹簧恰好处于原长状态。已知外界大气压强恒为p=1.0×105 Pa，取重力加速度g=10 m/s2，不计一切摩擦。现使缸内气体缓慢冷却，求: ‎ ‎(1)当B刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度 ‎(2)气体的温度降到-93°C时离桌面的高度H ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【详解】(1)B刚要离开桌面时弹簧拉力为 解得 由活塞受力平衡得 根据理想气体状态方程有 代入数据解得 ‎(2)当温度降至198K之后，若继续降温，则缸内气体的压强不变，根据盖-吕萨克定律，则有 代入数据解得 ‎20.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到了P点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 这列波的波速可能为50m/s B. 质点a在这段时间内通过的路程一定小于30cm C. 质点d在这段时间内通过的路程可能为60cm D. 若T=0.8s，则当t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同 E. 若T=0.8s，则当t+0.4s时刻开始计时，则质点c的振动方程为 ‎【答案】ACD ‎【详解】由图可知，波的波长为40m；两列波相距0.6s=（n+）T，故周期； 波速，（n=0，1，2，…）；当n=0时，当v=50m/s时，故A正确；质点a在平衡位置上下振动，振动的最少时间为T，故路程最小为3A即30cm，故B错误；c的路程为60cm，说明c振动了1.5个周期，则可有：+1.5T=0.6，即解得：n=1时满足条件，故C正确；若T=0.8s，在 t 时刻，因波沿x轴正方向传播，所以此时质点P是向上振动的，经0.5s=+0.1s后，P正在向下振动（负位移），是经过平衡位置后向下运动0.1秒；而质点b是正在向上振动的（负位移），是到达最低点后向上运动0.1秒，因为=0.2s，可见此时两个质点的位移的大小及方向都相同．故D正确；当T=0.8s，当t+0.4s时刻时，质点c在上端最大位移处，据，据图知A=0.1m，当从t+0.4s时刻时开始计时，则质点c的振动方程为x=0.1sin（2.5πt+）m，故E错误．故选ACD．‎ ‎21.如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的倍；在过球心O且垂直于底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点．求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角．‎ ‎【答案】150°‎ ‎【详解】设球半径为R，球冠地面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB 令∠OAO′=α 则：…①‎ 即∠OAO′=α=30°…②‎ 已知MA⊥AB，所以∠OAM=60°…③‎ 设图中N点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示．‎ 设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃的折射率为n．‎ 由于△OAM为等边三角形，所以入射角i=60°…④‎ 由折射定律得：sini=nsinr…⑤‎ 代入数据得：r=30°…⑥‎ 作N点法线NE，由于NE∥MA，所以i′=30°…⑦‎ 由反射定律得：i″=30°…⑧‎ 连接ON，由几何关系可知△MAN≌△MON，则∠MNO=60°…⑨‎ 由⑦⑨式可得∠ENO=30°‎ 所以∠ENO为反射角，ON为反射光线．由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方向．所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为β=180°-∠ENO=150°‎