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  • 2021-06-02 发布

2020-2021年新高三物理开学摸底考试卷(二)

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2020-2021 年新高三物理开学摸底考试卷(二) 一.选择题。 1.我国新一代载人飞船返回实验舱已于 2020 年 5 月 8 日顺利返回地面,返回舱质量约为 5.4×103kg。某一次 进行返回地面的测试时,返回舱在某处弹射出三朵主伞构成伞群,通过伞群减速,安全返回地面,可将这 一运动视为竖直方向的匀减速直线运动,加速度大小为 1.0m/s2,三根主伞的伞绳 a、b、c 均与竖直方向成  角,已知 sin =0.44,cos =0.90,g 取 10m/s2,则返回舱在下落过程中主伞伞绳 a 上的拉力大小约为( ) A.2.80×103N B.1.72×104N C.2.20×104N D.6.84×104N 【答案】C 【解析】返回舱向下做匀减速运动,加速度向上,根据牛顿第二定律可得 3cosTmgma  解得 T=2.20×104N 故选 C。 2.如图所示,边长为 L 的菱形由两个等边三角形 abd 和 bcd 构成,在三角形 abd 内存在垂直纸面向外的磁感 应强度为 B 的匀强磁场,在三角形 bcd 内存在垂直纸面向里的磁感应强度也为 B 的匀强磁场.一个边长为 L 的等边三角形导线框 efg在纸面内向右匀速穿过磁场,顶点 e始终在直线 ab上,底边 gf始终与直线 dc重合.规 定逆时针方向为电流的正方向,在导线框通过磁场的过程中,感应电流随位移变化的图象是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】感应电动势퐸 = 퐵퐿有푣,电流퐼 = 퐸 푅 = 퐵퐿有푣 푅 ,三角形 egf 向右运动,根据右手定则,开始时 ef 切割磁 感线,产生顺时针电流,大小设为퐼0,0 − 퐿 3过程,en 切割磁感线产生向下的电流,nf 产生向上的电流,em 产生向下电流,切割磁感线的有效长度为퐿有 = 푒푛 − 푛푓 − 푒푚,随着三角形的运动퐿有在减小,感应电流减小, 当运动퐿 3时,퐿有 = 0,电流为零,퐿 3 − 퐿过程,继续移动根据等边三角形的几何关系,nf+em 大于 en,퐿有 = 푛푓 + 푒푚 − 푒푛,逐渐变大,电流变大,当 efg 与 bcd 重合时,eg 边和 ef 切割磁感线,产生电流方向均为逆 时针,大小变为2퐼0,L-2L 过程中,继续移动 gm 切割磁感线,产生感应电动势,L 有=gm,逐渐减小,直至 全部出磁场电流为零,A 正确. 3.2017 年 7 月 9 日,斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕,由丁俊晖和梁文博组成的中国 A 队在决赛中 1 比 3 落后的不利形势下成功逆转,最终以 4 比 3 击败英格兰队,帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠.如 图为丁俊晖正在准备击球,设在丁俊晖这一杆中,白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动, 碰前白色球的动量 pA=5 kg·m/s,花色球静止,白色球 A 与花色球 B 发生碰撞后,花色球 B 的动量变为 p′B =4 kg·m/s,则两球质量 mA 与 mB 间的关系可能是( ) A.mB=mA B.mB=1 4mA C.mB=1 6mA D.mB=6mA 答案:A 解析:.由动量守恒定律得 pA+pB=p′A+p′B,解得 p′A=1 kg·m/s,根据碰撞过程中总动能不增加,则有 错误!≥错误!+错误!,代入数据解得 mB≥错误!mA,碰后两球同向运动,白色球 A 的速度不大于花色球 B 的 速度,则p′A mA ≤p′B mB ,解得 mB≤4mA,综上可得2 3mA≤mB≤4mA,选项 A 正确. 4.正方形 ABCD 四个顶点上放置着电荷量相同的、电性如图所示的点电荷,O 为正方形两对角线的交点,M、 N、P、Q 分别为 AO、BO、CO、DO 的中点。取无穷远处电势为零,下列说法正确的是( ) A.M、N、P、Q 四点的场强相同 B.M、N、P、Q 四点的电势均为零 C.将一质子从 M 点沿 MON 移动到 N 点的过程中,电场力先做正功再做负功 D.将一电子从 M 点沿 MOP 移动到 P 点的过程中,电势能先增加后减小 【答案】D 【解析】AB.以 M 点为例,A、C 位置的两个点电荷在 M 点的合电场强度方向指向 O 点,B 位置的点电荷 在 M 点产生的电场强度方向由 M 指向 B 点,D 位置的点电荷在 M 点产生的电场强度方向由 M 指向 D 点, 所以 M 点的电场强度方向由 M 指向 O 点,根据同样的方法可得 P 点的电场强度方向由 P 指向 O 点,而 N、 Q 点的电场强度方向分别由 O 点指向 N 和 Q,根据对称性可知四点的场强大小相同,但方向不同,若以无 穷远处电势为零,沿着电场线方向电势降低,则此四点的电势不为零,故 AB 错误; C.根据点电荷周围电势分布的特点,可知 M 点的电势高于零,N 点的电势低于零,故将一质子从 M 点沿 MON 移动到 N 点的过程中,电场力一直做正功,故 C 错误; D.根据点电荷周围电势分布的特点,可知 M 点的电势高于零,P 点的电势高于零,将一电子从 M 点沿 MOP 移动到 P 点的过程中,电场力先做负功再做正功,电势能先增加后减小,故 D 正确。 故选 D。 5.如图,理想变压器原.副线圈匝数比 n1 : n2=3: 1,灯泡 A、B 完全相同,灯泡 L 与灯泡 A 的额定功率相同, 但额定电压不同,当输入端接上 452 sin100ut (V)的交流电压后,三个灯泡均正常发光,图中两电流 表均为理想电流表,且电流表 A2 的示数为 2A,则( ) A.电流表 A1 的示数为 12A B.灯泡 L 的额定功率为 20W C.灯泡 A 的额定电压为 5V D.将副线圈上的灯泡 A 撤去,灯泡 L 能正常发光 【答案】B 【解析】A.因三个灯泡均正常发光,所以副线圈中总电流为 2 4AI = 由变压规律可知原线圈中电流为 2 12 1 4 3 AnIIn  即电流表 A1 的示数为 4 3 A ,故 A 错误; BC.令副线圈两端电压为 2U ,则由变压规律可知原线圈两端电压为 1 122 2 3nUUUn 令灯泡 L 两端电压为 LU ,则有 12LAUIUI 根据题意则有 1LUUU 45VU  联立可得 2 10VU  , 15VLU  则灯泡 A 的额定电压为 10V,灯泡 L 与灯泡 A 的额定功率相同,则灯泡 L 和 A 的额定功率 2 2 10W 20WAP I U    故 B 正确,C 错误; D.将副线圈上的灯泡 A 撤去,则输出电流变小,根据理想变压器中电流与匝数成反比可知,输入电流变小, 灯泡 L 能正常发光,故 D错误;故选 B。 6.一艘宇宙飞船带着任务出发了。在远离星球的太空中沿直线飞行时,启动推进器,飞船受到推力 F 的作用, 在短时间 t 内速度改变了 v (其它星球对它的引力可忽略);当飞船飞近一个无名的孤立星球时,关闭发 动机后飞船能以速度 v 在离星球的较高轨道上绕星球做周期为 1T 的匀速圆周运动;到达孤立星球附近时, 再次关闭发动机后飞船在星球表面做匀速圆周运动的周期 2T ,登陆星球后,宇航员用弹赞测力计称量一个 质量为 m 的砝码时读数为 N。已知引力常量为,忽略该星球自转。则( ) A.宇宙飞船的质量为 Ft v   B.宇宙飞船的质量为 2 Ft v   C.孤立星球的质量为 3 1 2 vT G D.孤立星球的质量为 34 2 4316 NT Gm 【答案】ACD 【解析】AB.飞船直线推进时,根据动量定理可得 Ftmv 解得飞船的质量为 Ftm v   故 A 正确,B 错误; C.飞船绕孤立星球运动时,根据万有引力提供向心力可得 2 2 2 1 2()Mm mvG m rr T r  解得 3 1 2 vTM G 故 C 正确; D.用弹簧秤称量时,则有 2 N GMg mR 在星球表面运动时有 2 2 2 2()MmGmRRT  解得 34 2 4316 NTM Gm 故 D 正确;故选 ACD。 7.如图所示,质量相同的小球 A、B 通过质量不计的细杆相连接,紧靠竖直墙壁放置。由于轻微扰动,小球 A、B 分别沿水平地面和竖直墙面滑动,滑动过程中小球和杆始终在同一竖直平面内,重力加速度为 g,忽 略一切摩擦和阻力,下列说法正确的是( ) A.B 球沿墙下滑的过程中,两球及杆组成的系统机械能守恒但动量不守恒 B.B 球从下滑至恰好到达水平面的瞬间,杆对 A 一直做正功 C.B 球从下滑至恰好到达水平面的瞬间,地面对 A 的支持力先减小后增大 D.当细杆与水平方向成 30°角时,小球 A 的速度大小为 v,可求得杆长为 24v g 【答案】AD 【解析】A.B 球沿墙下滑的过程中,系统受到的力只有重力做功,所以机械能守恒,但是由于合外力不等 于零,所以动量不守恒,故 A 正确; BC.初始时刻 A 球的速度为零,当 B 球到达水平面时,B 的速度向下,此时 B 球沿着细杆方向的分速度为 零,所以此时 A 球的速度为零,那么在向右端过程中 A 球必定先加速运动再做减速运动,杆对球 A 先施加 斜向下的推力做正功,此时 A 对地面压力大于自身重力,后施加斜向上的拉力做负功,此时 A 对地面压力 小于自身重力,故 B、C 错误; D.小球 A 的速度为 v 时,设小球 B 的速度大小为 v ,则有 cos30 cos60vv    解得 3vv 两球下滑过程中系统的机械能守恒,则有 2211 222 Lmgmvmv 联立解得 24vL g 故 D 正确;故选 AD。 8.如图所示,一个可以看成点电荷的带电小球质量为 m,电荷量为+q,从平面上的 M 点以初速度 v0 抛出, 初速度方向与竖直方向的夹角为  ,小球恰好垂直撞击在竖直墙壁的 N 点,重力加速度为 g,不计空气阻力。 下列说法正确的是( ) A.小球从 M 点运动到 N 点的竖直位移 y 与水平位移 x 之比满足 2 tanx y  B.若在空间施加一个垂直纸面向里的匀强电场,小球从 M 点以 v0 速度沿原方向抛出后可能会垂直击中墙 面 C.若在空间施加一个大小为 4 5 mgE q 、方向与 v0 同向的匀强电场,从水平地面上的 P 点将小球以速度 v0 抛出,速度方向与竖直方向的夹角为 =37°,sin37°=0.6 小球垂直撞击在竖直墙壁上的 Q 点,则 PQ 两点间 的水平间距 2 04 3 vl g D.若空间中充满了垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度 0 mgB qv ,从水平地面上的 S 点将小球以速度 v0 竖直向上抛出后,小球垂直撞击在竖直墙壁上的 T 点,则 ST 两点间竖直高度差 2 0(21) vh g  【答案】AC 【解析】A.小球恰好垂直撞击在竖直墙壁的 N 点,则竖直方向上有 0 c o syv v g t  解得 0 c o svt g  所以竖直方向的位移 22 2 0 cos1 22 vygt g  水平方向的位移 2 0 0 sincossinx vxvtvt g  所以竖直位移 y 与水平位移 x 之比满足 2 ta nx y  选项 A 正确; B.若在空间施加一个垂直纸面向里的匀强电场,小球受到垂直纸面向里的电场力作用,若从 M 点以 v0 速 度沿原方向抛出后不可能会垂直击中墙面,选项 B 错误; C.若在空间施加一个大小为 4 5 mgE q 、方向与 v0 同向的匀强电场,小球受到电场力大小为 4 5Fmg 则小球在竖直方向受到的合力为 cos37yFmgF 水平方向受到的合力为 sin37xFF 小球垂直撞击在竖直墙壁上的 Q 点,则有 0 cos37y y Fa t t vm   所以 PQ 两点间的水平间距 22 00 11sin 3722 x xx Flvtatvtt m 联立解得 2 04 3 vl g 选项 C 正确; D.若空间中充满了垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度 0 mgB qv ,从水平地面上的 S 点将小球以速度 v0 竖直向上抛出后,小球垂直撞击在竖直墙壁上的 T 点,则 ST 两点间竖直高度差 22 000 3 2 vmvvh gqBg 选项 D 错误。故选 AC。 二.非选择题:共 62 分,第 9~12 题为必考题,每个试题考生都必须作答。第 13~14 题为选考 题,考生根据要求作答。 (一)必考题:(共 47 分) 9.(6 分)大鹏同学设计了如图甲所示的装置,该装置既能验证机械能守恒定律,又能验证在最低点的向心 力公式。一个质量均匀分布的小球由一根不可伸长的轻绳拴住,轻绳另一端固定于 O 点,将轻绳拉至水平 后由静止释放小球。在最低点附近放置一光电门,测出小球运动到最低点的挡光时间为 t ,再用游标卡尺 测出小球的直径 d,如图乙所示,重力加速度为 g。则: (1)小球的直径 d=________________cm; (2)为完成验证机械能守恒定律,还需通过操作测量相应的物理量是(____) A.用天平测出小球的质量 m B.用弹簧秤测出小球的质量 m C.用刻度尺测出悬点到球心的距离l D.用游标卡尺测出悬点到球心的距离 l 若等式_____________=____________成立,说明小球下摆过程机械能守恒;[用已知量和(2)中测量出的物理 量符号表示] (3)为完成验证向心力公式,在悬点 O 处又安装了一个拉力传感器,用来测出绳子上的拉力 F。除此之外, 还需通过操作测量相应的物理量是(____) A.用天平测出小球的质量 m B.用弹簧秤测出小球的质量 m C.用刻度尺测出悬点到球心的距离 D.用游标卡尺测出悬点到球心的距离 若等式 F=____________成立,则可验证小球做圆周运动时在最低点向心力的公式正确。[用已知量和(3)中测 量出的物理量符号表示] 【答案】1. 03cm C 2 22( ) d t gl AC 2 2() dm g m lt  【解析】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为 10mm,游标读数为 3×0.1mm=0.3mm 则最终读数为 d=10mm+3×0. 1mm=10.3mm=1.03cm (2)[2][3][4]小圆柱通过光电门的瞬时速度为 dv t  根据能量转换关系有 21 2 mvmgl 则有 2 22( ) d glt  因此要验证机械能守恒定律,必须用刻度尺测出悬点到圆柱重心的距离 ,故 C 正确,A、B、D 错误; 故选 C。 (3)[5][6]根据牛顿第二定律得 2vF mg m l 解得 2 2() dFmgm lt  可知要验证小圆柱做圆周运动在最低点向心力的公式,必须用天平测出小圆柱的质量 m 和用刻度尺测出悬 点到圆柱重心的距离 l ,故 A、C 正确;B、D 错误 故选 AC。 10.(8 分)某实验小组自制欧姆表来测量一个电阻的阻值,可供选择的器材如下: A.待测电阻 Rx(约为 200Ω); B.电源(电动势 E 约为 1.5V,内阻 r 约为 10Ω); C.灵敏电流计 G(量程 1mA,内阻 Rg=200Ω); D.定值电阻 a(阻值 Ra=50Ω); E.定值电阻 b(阻值 Rb=72Ω); F.滑动变阻器 R1(阻值范围为 0~50Ω); G.滑动变阻器 R2(阻值范围为 0~500Ω); H.开关,导线若干。 (1)小组同学首先设计了如图(a)所示的电路,来测量电源的电动势。实验部分步骤如下:先闭合开关 S1、 S2,调节滑动变阻器 R,使灵敏电流计指针满偏;保持滑动变阻器滑片位置不动,断开开关 S2,读出灵敏电 流计的示数。 ①灵敏电流计满偏时流过电源的电流为______mA,实验时滑动变阻器 R 应选_____(填“R1”或“R2”)。 ②若实验中断开开关 S2 时,灵敏电流计的示数为 0.80mA,则电源电动势为______ V。 (2)该小组同学测出电动势后,在图(a)的基础上制作欧姆表。他们去掉两开关,增加两支表笔 M、N,其 余器材不变,改装成一个欧姆表,如图(b)所示。紧接着他们用改装后的欧姆表去测量待测电阻 Rx 的阻值, 正确操作后,灵敏电流计读数如图(c)所示,则待测电阻 Rx 的阻值为__________Ω。 【答案】5 R2 1.44 192 【解析】(1)[1]灵敏电流计 G 满偏时,其电流为 1mA,由于其内阻 Rg=200Ω,则电流计两端的电压 ggg 1mA200 Ω 0.2VUIR 所以通过定值电阻 a 的电流 g 0.2 A=0.004A=4mA50a a UI R 则流过电源的电流为 g 5mAaIII [2]电源电动势 E 约为 1.5V,则滑动变阻器两端电压约为 R 1.5V0.2V1.3VU  则滑动变阻器的电阻约为 R 1.3 Ω 260Ω0.005 UR I 所以滑动变阻器应选择 R2(阻值范围为 0~500Ω)。 [3]第一次闭合开关 S1、S2 有 gg ggg2 () a IREI RIRr R      断开 S2 后,有 2g 2g22 ()b a IREI RIRRr R        联立解得到 E=1.44V (2)[4]根据欧姆表的原理,欧姆调零时,有 3 1.44 Ω 288Ω5 10 ER I   内 接待测电阻后,灵敏电流计的电流 g 0.6mAI   则此时电流计两端的电压 g g g 0.6mA 200Ω 0.12VU I R    所以通过定值电阻 a 的电流 g 0.12 A=0.0024A=2.4mA50a a UI R   则流过电源的电流为 g 3mAaIII   则有 x ERR I内 解得 192 ΩxR  11.(13 分)疫情之下,无人机已成为战疫“超级神器”,人们可利用它搭载扩音器进行空中防控宣传。如图 所示,某品牌无人机质量 m=10kg(搭载的扩音器质量可忽略),从地面竖直升空,先加速到 v=3m/s,之后 立即减速,最后悬停在距地面 h=3m 的高度。若无人机在运动过程中受到的空气阻力大小恒为 f=10N,且加 速减速阶段均可看成匀变速直线运动,整个运动过程中无人机始终能保持水平状态,求: (1)若上升过程中,加速和减速阶段的加速度大小相等,则此加速度的大小为多少; (2)该无人机最大制动力为 210N,则下降过程中无人机的最大制动加速度大小为多少; (3)无人机从 3m 高悬停处下降到地面,且到达地面时速度恰好为 0,则此过程的最短时间为多少。 【答案】(1)a1=3m/s2;(2)a2=12m/s2;(3) 7 s6t  【解析】(1)设上升过程中加速度大小为 a1,最大速度为 v1,根据运动学公式得 2 1 1 22 v ha  解得 a1=3m/s2 (2)设向上为正方向则有 Fmax+f-mg=ma2 解得 a2=12m/s2 (3)若要降落时间最短,则以最大加速度 a3 加速下降,再以最大加速度 a2 减速至 0,向下加速阶段,设向下 为正方向 mg-f=ma3 解得 a3=9m/s2 根据运动学公式得 22 22 32 +22 vvhaa 2 2 v th 解得 7 s6t  12.(18 分)直角坐标系 xoy 位于竖直平面内,在第一象限存 在磁感应强度 B=0.1 T、方向垂直于纸面向 里、边界为矩形的匀强磁场。现有一束比荷为 q m  108 C / kg 带正电的离子,从磁场中的 A 点( 3 20 m,0) 沿与 x 轴正方向成  =60°角射入磁场,速度大小 v0≤1.0 ×10 6m / s,所有离子经磁场偏转后均垂直穿过 y 轴 的正半轴,不计离子的重力和离子间的相互作用。 (1)求速度最大的离子在磁场中运动的轨道半径; (2)求矩形有界磁场区域的最小面积; (3)若在 x>0 区域都存在向里的磁场,离子仍从 A 点以 v0 = 3 2  10 6 m /s 向各个方向均匀发射,求 y 轴上 有离子穿出的区域长度和能打到 y 轴的离子占所有离子数的百分比。 【答案】(1) 0.1m;(2) 3 200 m2;(3) 33m20  ;50%。 【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力有 2 0vqv B m R 代入数据解得 R=0.1m; (2)如图 1 所示: 根据几何关系可知,速度最大的离子在磁场中运动的圆心在 y 轴上的 B(0, 1 20 m)点,离子从 C 点垂直 穿过 y 轴,所有离子均垂直穿过 y 轴,即速度偏向角相等,AC 连线应该是磁场的边界,满足题意的矩形如 图 1 所示,根据几何关系可得矩形长为 3 mcos 10 OA  = 宽为 R-Rcosθ= m 则面积为 23 m 200 S  (3)根据洛伦兹力提供向心力有 2 0vqv B m R 解得 3 m20R  临界 1,根据图 2 可得 与 x 轴成 30°角射入的离子打在 y 轴上的 B 点,AB 为直径,所以 B 点位 y 轴上有离子经过的最高点,根据 几何知识可得 OB= 3 20 m; 临界 2:根据图 2 可得,沿着 x 轴负方向射入磁场中的离子与 y 轴相切与 C 点,所以 C 点为 y 轴有离子打到 的最低点,根据几何知识有 OC= 3 20 m 所以 y 轴上 B 点至 C 点之间的区域有离子穿过,且长度为 33m20BC  根据图 3 可得, 沿着 x 轴正方向逆时针转到 x 轴负方向的离子均可打在 y 轴上,故打在 y 轴上的离子占所有离子数的 50%。 (二)选考题:共 15 分。请考生从 2 道物理题中每科任选一题作答。如果多做,则每科按所 做的第一题计分。 [物理——选修 3-3] .13.(1)下列五幅图分别对应五种说法,其中正确的是( ) A.微粒运动就是物质分子的无规则热运动,即布朗运动 B.当两个相邻的分子间距离为 r0 时,它们间相互作用的引力和斥力大小相等 C.食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的 D.小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用 E.洁净的玻璃板接触水面,要使玻璃板离开水面,拉力必须大于玻璃板的重力,其原因是水分子和玻璃分子 之间存在吸引力 答案 BDE 解析 微粒运动反映了液体分子的无规则热运动,微粒运动即布朗运动,选项 A 错误;当两个相邻的分子 间距离为 r0 时,它们间相互作用的引力和斥力大小相等,选项 B 正确;食盐晶体的物理性质沿各个方向是 不一样的,选项 C 错误;由于表面张力的作用,液体要收缩至表面积最小,所以小草上的露珠呈球形,选 项 D 正确;洁净的玻璃板接触水面,由于水分子和玻璃分子之间存在吸引力,要使玻璃板离开水面,拉力 必须大于或等于玻璃板的重力与水分子和玻璃分子之间的引力之和,选项 E 正确。 (2)如图为某高压锅结构示意图,锅盖上有两个气孔,气孔 1 使锅内与外界连通,此时锅内气体与外界大 气压强相等。当锅内温度达到 40℃时,气孔 1 会封闭,将锅内外隔离。若锅内温度继续升高,锅内气体压 强增大,当压强增大到设计的最大值时,气体会顶起气孔 2 上的限压阀。已知限压阀的质量为 20g,气孔 2 的横截面积为 28 mm ,锅的容积为 30 . 0 4 m ,现在锅内放入 20℃、极少量的水,然后盖好锅盖加热,很快 水完全汽化后气孔 1 封闭。求:(气体可视为理想气体,大气压强 5 0 1.0 10 Pap  ) (1)气孔 2 上的限压阀被顶起时,锅内气体的温度是多少? (2)从气孔 1 封闭到温度升到 120℃,漏出的气体占气孔 1 封闭时锅内气体的百分比。 【答案】(1)118.25℃;(2)0.50% 【解析】(1)气体在气孔 1 封闭到气孔 2 上的限压阀被顶起的过程中,据查理定律 12 12 pp TT 10pp 限压阀 2 0 0 0p S p S mg 1 273K 40K 313KT    22 273KTt 解得 2 118.25 Ct  (2)密封的气体在限压阀顶起至升温到 120℃进行等压变化,据盖吕萨克定律 12 23 VV TT 21V V V   漏出的气体的占气孔 1 封闭后锅内气体的百分比为 1 100V V    代入数据解得 0.50  [物理——选修 3-4] 14.(1).如图甲所示,在一块平板玻璃上放置一平凸薄透镜,在两者之间形成厚度不均匀的空气膜, 让一束单一波长的光垂直入射到该装置上,结果在上方观察到如图乙所示的同心内疏外密的圆环状干涉条 纹,称为牛顿环,以下说法正确的是( ) A.干涉现象是由凸透镜下表面反射光和玻璃上表面反射光叠加形成的 B.干涉现象是由凸透镜上表面反射光和玻璃上表面反射光叠加形成的 C.干涉条纹不等间距是因为空气膜厚度不是均匀变化的 D.干涉条纹不等间距是因为空气膜厚度是均匀变化的 E.若使用半径小一些的凸薄透镜,则干涉条纹的间距要变大 答案:ACE. 解析:由于在凸透镜和平板玻璃之间的空气形成薄膜,所以形成相干光的反射面是凸透镜的下表面和 平板玻璃的上表面,故 A 正确,B 错误.由于凸透镜的下表面是圆弧面,所以形成的薄膜厚度不是均匀变 化的,形成不等间距的干涉条纹,故 C 正确,D 错误.若使用半径小一些的凸薄透镜,则空气薄膜上的厚 度变化更快,则形成的干涉条纹的间距要变大,故 E 正确. (2)有两列简谐横波 a 和 b 在同一介质中传播,a 沿 x 轴正方向传播,b 沿 x 轴负方向传播,波速均为 v=4m/s, a 的振幅为 5cm,b 的振幅为 8cm。在 t=0 时刻两列波的图像如图。 (1)这两列波的周期 (2)两列波相遇以后第一次波峰重合的位置; (3)t=2.25s 时,平衡位置在 x=0 处质点的振动位移。 【答案】(1) 1.0s 1.5s (2) 0.75m (3) -5cm 【解析】(1)由图可得两列波的波长 4a m  、 6b m  据 T v  可得 1a aTsv , 1.5b bTsv  (2)图示时,a 波第一个波峰在 3axm 位置沿 x 轴正方向传播,b 波第一个波峰在 4 . 5bxm 位置沿 x 轴负 方向传播,两波峰位置相距 7.5Lm 两列波的波速相等,传播相等距离 3.752 Lxm 时,两个波峰到达同一位置 两列波相遇以后第一次波峰重合的位置 0.75axxxm  (3) a 波从图示时刻传播到 0x  处还需 1 1 2 0.54 xtss v  ,t=2.25s 时, 处的质点向上起振后经历 的时间为 1.75s,即 31 4 aT ;t=2.25s 时,a 波使 处的质点振动到负向最大位移处;b 波从图示时刻传播 到 处还需 2 2 3 0.754 xtss v  ,t=2.25s 时, 处的质点向上起振后经历的时间为 1.5s,即 bT ; t=2.25s 时,b 波使 处的质点振动到平衡位置处;所以叠加后 处的质点的合位移为 5cm 。