【名师解析】山东省淄博市2015届高三下学期3月第一次模拟考试物理试题

【名师解析】山东省淄博市 2015 届高三下学期 3 月第一次模拟考试物理试题 一、选择题（共 7 小题，每小题 6 分，共 42 分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项 正确，有的有多个选项正确，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分） 1（6 分）（2015淄博一模）比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下列物理量中 属于用比值法定义的是（ ） A a= B T= C C= D I= 【考点】： 电容 【专题】： 电容器专题 【分析】： 首先公式必须是定义式； 其次要是比值定义法，所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比” 来定义一个新的物理 量的方法比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随 定义所用的物理量的大小取舍而改变 【解析】： 解：A、 是加速度的计算式，不是定义式，故 A 错误 B、 是周期的计算式，不是定义式，故 B 错误 C、 是电容的定义式，且是用的比值定义法，故 C 正确 D、 是电流的计算式，不是定义式，故 D 错误 故选：C 【点评】： 解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的最本质 的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变 2（6 分）（2015淄博一模）如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为 m 的小球 a、b，拴接 小球的细线固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为 a=30，弹簧水平，以 下说法正确的是（ ） A 细线拉力大小为 mg B 弹簧的弹力大小为 mg C 剪断左侧细线瞬间，b 球加速度大小为 g D 剪断左侧细线瞬间，a 球加速度大小为 g 【考点】： 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力 【专题】： 牛顿运动定律综合专题 【分析】： 根据共点力平衡求解细线的拉力和弹簧的弹力大小剪断细线的瞬间，弹簧的弹力 不变，结合牛顿第二定律求出 a 球的瞬时加速度 【解析】： 解：A、B、对 a 球分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为： = 弹簧的弹力：F=mgcot= ，故 A 错误，B 正确； C、剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故小球 b 所受的合力 F 合 =0，加速度为 0，故 C 错 误； D、剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球 a 所受的合力 F 合 =T=2mg，根据牛顿第二定 律得，a=2g故 D 错误 故选：B 【点评】： 本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的 弹力不变 3（6 分）（2015淄博一模）太阳系中的行星受到太阳的引力绕太阳公转，但它们公转的周 期却各不相同，若把地球和水星绕太阳的运动轨迹都近似看作圆周，根据观测得知，地球绕太 阳公转的周期大于水星绕太阳公转的周期，则由此可以判定（ ） A 地球的线速度大于水星的线速度 B 地球的质量小于水星的质量 C 地球的向心加速度小于水星的向心加速度 D 地球到太阳的距离小于水星到太阳的距离 【考点】： 万有引力定律及其应用 【专题】： 万有引力定律的应用专题 【分析】： 根据万有引力提供圆周运动向心力根据周期大小关系求得半径关系，再由半径确定 向心加速度的关系即可 【解析】： 解：行星绕太阳做匀速圆周运动由万有引力提供圆周运动向心力有： ，可得周期 T= 由于地球公转周期大于水星的公转周期可 知，地球的公转半径大于水星的公转半径，则 A、线速度 可知地球公转半径大线速度小，故 A 错误； B、根据万有引力提供圆周运动向心力不能由公转半径关系求得环绕天体的质量大小关系，故 B 错误； C、向心加速度 a= 知，地球公转半径大于水星的公转半径，故地球的向心加速度小于水星的 向心加速度，故 C 正确； D、地球公转半径大于水星的公转半径，故地球到太阳间的距离大于水星到太阳间的距离，故 D 错误 故选：C 【点评】： 解决本题的关键是根据万有引力提供圆周运动向心力由周期关系得出公转半径的关 系，再由公转半径关系分析描述圆周运动的物理量间的关系，掌握相关公式是正确解题的基 础 4（6 分）（2015淄博一模）如图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变 压器原、副线圈匝数比为 1：100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为 100降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中 R1 为一定值电阻，R 2 为用半导体 热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小电压表 V 显示加在报警器上的电压（报警 器未画出）未出现火警时，升压变压器的输入功率为 750kW下列说法中正确的有（ ） A 降压变压器副线圈输出的交流电频率为 50Hz B 远距离输电线路损耗功率为 180kw C 当传感器 R2 所在处出现火警时，电压表 V 的示数变小 D 当传感器 R2 所在处出现火警时，输电线上的电流变小 【考点】： 远距离输电 【专题】： 交流电专题 【分析】： 由图乙知交流电的周期 0.02s，所以频率为 50Hz； 根据升压变压器的输入电压，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据输电线的电 阻得出损失的功率，根据闭合电路的动态分析判断电流与电压的变化 【解析】： 解：A、由图乙知交流电的周期 0.02s，所以频率为 50Hz，A 正确； B、由图乙知升压变压器输入端电压有效值为 250V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为 25000V，所以输电线中的电流为： ，输电线损失的电压为： U=IR=30100=3000V，输电线路损耗功率为：P= UI=90kW，B 错误； C、当传感器 R2 所在处出现火警时其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定 值电阻的分压增大，所以电压表 V 的示数变小，C 正确； D、由 C 知副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，D 错误； 故选：AC 【点评】： 解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈 的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系； 4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系 5（6 分）（2015淄博一模）如图所示，小物块以某一初速度 v0 从固定的粗糙斜面底端上滑 至最高点又返回底端，若以沿斜面向上为正方向，用 a、x、v 和 Ek 分别表示物块加速度、位移、 速度和动能，t 表示运动时间则可能正确的图象是（ ） A B C D 【考点】： 动能定理；匀变速直线运动的图像 【专题】： 动能定理的应用专题 【分析】： 根据某物块以初速度 v0 从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端，知上滑过程中， 物块做匀加速直线运动，下滑时做匀加速直线运动；在粗糙斜面上运动，摩擦力做功，物体的 机械能减少，故回到底端时速度小于出发时的速度；根据运动特征判断各图形 【解析】： 解：A、在上滑的过程中加速度为 ，在下滑过程中加速度为 ，故 A 错误 B、上滑时做匀减速运动，故 h 曲线斜率先大后小，且平均速度大，运动时间短；下滑时做匀 加速运动，故 h 曲线斜率先小后大，且平均速度小，运动时间长；故 B 正确 C、由于上滑时合外力为重力分力和摩擦力之和，加速度大小不变，沿斜面向下；下滑时合外 力为重力分力和摩擦力之差，加速度大小不变，方向沿斜面向下；所以上滑时加速度大，所以 速度曲线斜率大；下滑时加速度小，所以速度曲线效率小，且此过程中，摩擦力做功，使物块 到达底端的速率变小，故 C 正确 D、根据动能定理得： ，上滑时做匀减速运动，故 EK 曲线斜率先 大后小；下滑时做匀加速运动，故 Ek 曲线斜率先小后大，故 D 错误 故选：BC 【点评】： 根据图示各物理量的曲线斜率代表的意义，结合实际运动分析即可 6（6 分）（2015淄博一模）如图所示，x 图象表示空间某一静电场的电势 沿 x 轴的变化 规律，图象关于 轴对称分布x 轴上 a、b 两点电场强度在 x 方向上的分量分别是 Eax、E bx， 则（ ） A EaxE bx B Eax 沿 x 轴负方向，E bx 沿 x 轴正方向 C 同一点电荷在 a、b 两点受到的电场力方向一定相反 D 将正电荷沿 x 轴从 a 点移动到 b 点的过程中，其电势能先增加后减小 【考点】： 电势差与电场强度的关系；电场强度 【专题】： 电场力与电势的性质专题 【分析】： 本题的入手点在于如何判断 Eax、E bx 的大小，由图象可知在 x 轴上各点的电场强 度在 x 方向的分量不相同，如果在 x 方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀 强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法 【解析】： 解：A、在 a 点和 b 点附近分别取很小的一段距离x，由图象，a 点段对应的电势 差大于 b 点段对应的电势差，看做匀强电场，由公式 E= ，可见 EaxE bx，故 A 错误； B、沿电场方向电势降低，在 O 点左侧，顺着+x 轴方向电势升高，则 Eax 的方向沿 x 轴负方向， 在 O 点右侧，沿+x 轴方向电势降低，则 Ebx 的方向沿 x 轴正方向，故 B 正确； C、由题可知，图为电势沿 x 轴的分量，B 仅为沿电场沿 x 轴分量，并不是总的电场方向，所 以不能判断出总的电场力的方向，所以知同一点电荷在 a、b 两点受到的电场力方向不一定相反， 故 C 错误； D、将正电荷沿 x 轴从 a 移动到 b 的过程中，电场力先做负功后做正功，其电势能先增加后减 小，故 D 正确； 故选：BD 【点评】： 本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微 分法；故此题的难度较高 7（6 分）（2015淄博一模）如图所示，abcd 为固定的水平光滑矩形金属导轨，导轨间距为 L，左右两端接有定值电阻 R1 和 R2，R 1=R2=R，整个装置处于磁感应强度大小为 B、方向竖直 向下的匀强磁场中质量为 m 的导体棒 MN 放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计 导轨与棒的电阻两根相同的轻质弹簧甲和乙一端固定，另一端同时与棒的中点连接初始时 刻，两根弹簧恰好处于原长状态，棒获得水平向左的初速度 v0，第一次运动至最右端的过程中 R1 产生的电热为 Q，下列说法中正确的是（ ） A 初始时刻棒所受安培力的大小为 B 棒第一次回到初始位置的时刻，R 2 的电功率为 C 棒第一次到达最右端的时刻，两根弹簧具有弹性势能的总量为 mv Q D 从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的电热大于 【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率 【专题】： 电磁感应与电路结合 【分析】： 由 E=BLv0、I= 、F=BIL 三个公式结合求解初始时刻棒受到安培力大小MN 棒 从开始到第一次运动至最右端，电阻 R 上产生的焦耳热为 2Q，整个回路产生的焦耳热为 4Q 【解析】： 解：A、由 F=BIL 及 I= = ，得安培力大小为 FA=BIL= 故 A 错 误； B、由于安培力始终对 MN 做负功，产生焦耳热，由动能定理得：当棒再次回到初始位置时， 速度小于 v0，棒产生的感应电动势小于 BLv0，则 AB 间电阻 R 的功率小于 ，故 B 错 误； C、由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳 热和甲乙弹簧的弹性势能，两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为 2Q，所以两根弹簧具有的弹性势能为 ，故 C 错误； D、由于安培力始终对 MN 做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度 最大，安培力平均值最大，电路中产生总热量为 2Q，整个回路中产生的焦耳热应大于 2Q， 故 D 正确 故选：D 【点评】： 本题分析系统中能量如何转化是难点，也是关键点，根据导体棒克服安培力做功等 于产生的焦耳热，分析电阻 R 上产生的热量 二.（必做 157 分+选做 36 分，共 193 分）【必做部分】 8（8 分）（2015淄博一模）如图所示，在一端带有滑轮的长木板上固定两个光电门 1、2， 两光电门中心间的距离为 L质量为 M 的滑块 A 上固定一宽度为 d 的遮光条，在质量为 m 的 重物 B 牵引下从木板的上端加速滑下，遮光条通过光电门时，光电门 1、2 记录的遮光时间分 别为t 1 和t 2 （1）用此装置验证牛顿第二定律，且认为滑块 A 受到合外力的大小等于重物 B 所受的重力， 实验中除了调整长木板倾斜角刚好平衡滑动摩擦力外，M、m 还必须满足 Mm ； （2）滑块经过光电门 1 的速度为 ，实验测得的加速度为 ；（均用题中物理量的符号表示） （3）若考虑到 d 不是远小于 L，则加速度测量值比真实值 偏大 （填“偏大” 或“偏小”） 【考点】： 验证牛顿第二运动定律 【专题】： 实验题 【分析】： 为了认为 A 所受的外力合力等于 B 的重力，首先需要平衡摩擦力，其次是重物的 质量远小于滑块的质量根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门 1、2 的 瞬时速度，结合速度位移公式求出加速度 【解析】： 解：（1）根据牛顿第二定律，对整体有：a= ，则绳子的拉力 F=Ma= = ，当 Mm，重物的总重力等于绳子的拉力，等于滑块的合力 （2）滑块通过光电门 1 的瞬时速度： ， 通过光电门 2 的瞬时速度为： ， 根据 v22v12=2aL，解得： a= （3）若考虑到 d 不是远小于 L，两个中间时刻的实际距离大于 L，而测量值为 L，所以加速度 的测量值比真实值大 故答案为：（1）Mm；（2） ； ；（3）偏大 【点评】： 解决本题的关键知道验证牛顿第二定律实验中的两个认为：1、认为绳子的拉力等 于滑块的合力，（前提需平衡摩擦力），2、认为重物的拉力等于绳子的拉力，（前提是重物的 质量远小于滑块的质量） 9（10 分）（2015淄博一模）某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系，可用的器材 如下：电源、滑动变阻器、电流表、电压表、不同规格的小灯泡两个、电键、导线若干 （1）通过实验、作图得到了小灯泡 L1 的 UI 图象如图甲中的图线 I，则可知小灯泡 L1 的电阻 随电压增大而 增大 （选填“增大”、“ 减小”或“不变”） （2）为了得到图甲中的图线，请将图乙中缺少的两根导线补全，连接成合理的实验电路（其 中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压） （3）换小灯泡 L2 重做实验，作图，得到其 UI 图象如图甲中的图线，若将小灯泡 L1、L 2 并 联使用，请根据、两条图线，在图甲中做出两小灯泡并联的 UI 图象 （4）现将两个小灯泡并联接在电动势 3V、内阻 6 的电源两端，则此时电源两端的电压为 0.6 V；两小灯泡消耗的总功率为 0.24 W 【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线 【专题】： 实验题 【分析】： 本题（1）根据电阻的定义表达式可知，UI 图象上的点与原点连线的斜率表示电阻 大小；题（2）的关键是根据图象得出变阻器应采用分压式接法；题（3）根据并联电阻电压与 电流的特点作出对应的各点坐标即可；题（4）在表示灯的 UI 图象中同时作出表示电源的 UI 图象，然后读出两图线的交点坐标即可 【解析】： 解：（1）由 R= 可知，UI 图象上的点与原点连线的斜率等于导体的电阻，所以 小灯泡 的电阻随电压增大而增大； （2）由 UI 图象可知变阻器应采用分压式接法，实物连线图如图所示： （3）根据并联电阻电流与电压关系可知，在 UI 图象中，应满足每一个电压 U 对应的电流为两 灯泡的电流之和，然后再用平滑的曲线连线即可，如图所示： （4）在 UI 图象中同时作出表示电源的 UI 图象，如图所示，读出与图线的交点坐标为 U=0.6V，I=0.4A，两小灯泡消耗的功率为 P=UI=0.24W； 故答案为：（1）增大；（2）如图；（3）如图；（4）0.6，0.24 【点评】： 应明确：当实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法；UI 图象中， 图象上的点与原点连线的斜率表示导体的电阻；在表示导体的 UI 图象中同时作出表示电源 的 UI 图象，读出两图线的交点坐标即为通过导体的实际电流和电压 10（18 分）（2015淄博一模）某一空间飞行器质量为 m，从地面起飞时，恰好沿与水平方 向成 =30角的直线斜向上右上方匀加速飞行，此时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角 =60，经时间 t 后，将动力方向沿逆时针旋转 60，同时适当调节其大小，使飞行器沿原方向 匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为 g，求： （1）t 时刻飞行器的速度 （2）t 时刻发动机动力的功率 （3）从起飞到上升到最大高度的整个过程中，飞行器发动机力做的总功 【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率；功的计算 【专题】： 功率的计算专题 【分析】： （1）起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成 30角斜向上，根 据几何关系求出合力，由牛顿第二定律求出加速度，根据匀加速运动速度公式求解速度； （2）根据 P=Fv 计算； （3）减速过程根据动能定理求发动机做的功，减速过程发动机做功为零，两阶段求和即可 【解析】： 解：（1）对飞行器进行受力分析如图，则： Fsinmg=may Fcos=max 又： 联立式，并代入数据得： 飞行器的加速度： 联立以上各式，并代入数据得：a=g t 时刻飞行器的速率：v=at=gt （2）设 t 时刻发动机动力的功率为 P，则 P=Fvcos30= （3）飞行器加速过程位移位移 飞行器加速过程，由动能定理得 减速过程发动机动力做的功 W2=0 飞行器从地面到最大高度的整个过程中发动机动力做的功 W=W1+W2 联立上式得： 答：（1）t 时刻飞行器的速度为 gt （2）t 时刻发动机动力的功率 （3）从起飞到上升到最大高度的整个过程中，飞行器发动机力做的总功为 【点评】： 该题中，正确做出受力分析图，并结合力的合成与分解，得出合力与重力之间的大 小关系，是解题的关键所在 11（20 分）（2015淄博一模）真空中有如图所示的矩形区域，该区域总高度为 2h、总宽度 为 4h，其中上半部分有磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场，下半部分有 方向竖直向下的匀强电场，以水平分界线为 x 轴，正中心为坐标原点 O，在 x=2.5h 处有一与 x 轴垂直的足够大的光屏（图中未画出），质量为 m、电荷量为 q 的带负电粒子不断地从下边界 中点 P 处由静止开始经过匀强电场加速，通过坐标原点后射入匀强磁场中，粒子间的相互作用 和粒子重力均不计 （1）若粒子从 P 点开始到第二次通过 x 轴时，恰好过 x=h 的点 A，求加速电场的场强 E1 （2）若要求粒子从磁场的右侧边界射出，求符合条件的加速电场场强 E2 的范围 （3）若将光屏向 x 轴正方向平移，粒子打在屏上的位置始终不改变，则加速电场的场强 E3 多 大？粒子在电场和磁场中运动的总时间多长？ 【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题 【分析】： （1）根据动能定理求得经电场加速后粒子的速度，由几何关系知粒子恰好不从上 边界飞出说明粒子在磁场中圆周运动的半径刚好等于磁场的宽度 h，根据半径公式求解即可； （2）根据动能定理和半径公式计算出粒子圆周运动的半径，再由几何关系确定粒子离开磁场区 域处的坐标值即可，然后求出符合条件的加速电场场强 E2 的范围； （3）粒子打在屏上的位置始终不变，说明粒子打在屏上时的速度方向与 x 轴平行，根据粒子运 动可能轨迹确定加速电场的大小及粒子在电场和磁场中运动的总时间即可注意粒子圆周运动 的周期性 【解析】： 解：（1）粒子在电场中加速 （1） 粒子在磁场中旋转 （2） 由几何关系得粒子做圆周运动的半径 （3） 三式联立可得 （4） （2）粒子能从磁场的右侧边界射出时，须满足 r2h（5） 粒子在电场中加速 （6） 粒子在磁场中旋转 （7） 各式联立可得 （8） （3）粒子打在屏上的位置始终不变，则粒子离开磁场时速度方向必平行于 x 轴正向，由几何关 系知，进入匀强磁场后做匀速圆周运动的半径 2h=（2n+1）r 3，n=1，2，3（9） 带电粒子在电场中加速过程 （10） （11） 三式联立得 n=1，2，3（12） 从 O 点进入磁场后先运动半个圆周再返回电场减速到 0 又返回磁场时速度仍是 v3，如此周期性 运动最后从磁场的右边界水平射出 带电粒子在磁场中运动周期 （13） 带电粒子在磁场中运动总时间 ，n=1，2，3（14） 带电粒子在电场中运动总时间 ，n=1，2，3（15） 带电粒子在电磁场中运动总时间 t=t1+t2= n=1，2，3（16） 答：（1）若粒子从 P 点开始到第二次通过 x 轴时，恰好过 x=h 的点 A，加速电场的场 强 （2）若要求粒子从磁场的右侧边界射出，求符合条件的加速电场场强 E2 的范 围 （3）若将光屏向 x 轴正方向平移，粒子打在屏上的位置始终不改变，则加速电场的场强 E3 多 大？粒子在电场和磁场中运动的总时间是 ，n=1，2，3 【点评】： 解决本题的关键是掌握带电粒子在加速电场中的运动及由动能定理求得经加速电场 后的速度，粒子在磁场中在洛伦兹力作用下做圆周运动，要考虑到由条件作出粒子运动轨迹， 由轨迹确定粒子运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式求解，要注意圆周运动的周期 性 二.选做部分【物理-选修 3-3】 12（4 分）（2015淄博一模）下列叙述正确的有（ ） A 气体的压强越大，分子的平均动能越大 B 自然界中只要涉及热现象的实际过程都具有方向性 C 外界气体做正功，气体的内能一定增大 D 扩散现象与布朗运动都与温度有关 【考点】： 热力学第二定律；温度是分子平均动能的标志；热力学第一定律 【专题】： 热力学定理专题 【分析】： 温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子平均动能相同；实际的宏观过程都具 有“单向性”，所以满足热力学第一定律的不一定满足热力学第二定律；根据能量守恒定律可以 判断出气体内能的变化 【解析】： 解：A、温度是分子平均动能的标志，所以温度的高低决定分子平均动能的大小与 压强无关，故 A 错误 B、根据热力学第二定律，自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故 B 正确 C、外界气体做正功，若同时放出热量，气体的内能不一定增大，故 C 错误 D、温度越高，分子的运动越激烈，扩散现象与布朗运动都与温度有关，故 D 正确 故选：BD 【点评】： 本题考查了对热力学第二定律的了解和掌握情况，及宏观自然过程具有方向性，比 较简单 13（8 分）（2015淄博一模）如图，横截面积相等的绝热气缸 A 与导热气缸 B 均固定于地面， 由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦，两气缸内都装有理想气体，初始时体积均 V0、 温度为 T0 且压强相等，缓慢加热 A 中气体，停止加热达到稳定后， A 中气体压强变为原来的 1.5 倍，设环境温度始终保持不变，求气缸 A 中气体的体积 VA 和温度 TA 【考点】： 理想气体的状态方程 【专题】： 理想气体状态方程专题 【分析】： 因为气缸 B 导热，所以 B 中气体始末状态温度相等，为等温变化；另外，因为是 刚性杆连接的绝热活塞，所以 A、B 体积之和不变，即 VB=2V0VA，再根据气态方程，本题可 解 【解析】： 解：设初态压强为 P0，膨胀后 A，B 压强相等 PB=1.5P0（1） B 中气体始末状态温度相等，由玻意耳定律得： P0V0=1.5P0VB（2） 2V0=VA+VB（3） （4） 对 A 部分气体，由理想气体状态方程得： （5） TA=2T0 答：气缸 A 中气体的体积 ，温度 TA=2T0 【点评】： 本题考查理想气体状态变化规律和关系，找出 A、B 部分气体状态的联系是关键 【物理-选修 3-4】 14（2015淄博一模）一列简谐横波沿 x 轴传播，图甲是波刚好传播到 x=5m 处的 M 点的波 形图，图乙是质点 N（x=3m）从此时刻开始计时的振动图象，Q 是位于 x=9m 处的质点下列 说法正确的是 （ ） A 这列波的波长是 4m B 这列波的传播速度是 1.25m/s C M 点以后的各质点开始振动时的方向都沿 y 轴正方向 D 质点 Q 经过 7s 时，第一次到达波峰 【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系 【专题】： 振动图像与波动图像专题 【分析】： 由甲图得到波长，由乙图得到周期，根据 v= 求解波速；各个质点开始振动的方 向均与波前的运动方向相同 【解析】： 解：A、由甲图得到波长为 4m，故 A 正确； B、由乙图得到周期为 4s，故波速 v= = =1m/s；故 B 错误； C、各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同，波前向下运动，故 M 点以后的各质点 开始振动时的方向都沿y 方向，故 C 错误； D、x=2m 处的波峰传到 Q 点时，质点第一次到达波峰，故 t= = =7s；故 D 正确； 故选：AD 【点评】： 本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动 方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握 15（2015淄博一模）如图所示，ABCD 是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的 一束光线由 O 点垂直 AD 边射入，已知棱镜的折射率 n= ，AB=BC=8cm，OA=2cm，OAB=60 求： （1）光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向 （2）光线第一次射出棱镜时，出射点距 C 点多远？ 【考点】： 光的折射定律 【专题】： 光的折射专题 【分析】： （1）根据 sinC= ，求出临界角的大小，从而作出光路图，根据几何关系，结合折 射定律求出出射光线的方向 （2）根据几何关系，求出第一次的出射点距 C 的距离 【解析】： 解：（1）因为 sinC= = ，所以得临界角 C=45 第一次射到 AB 面上的入射角为 60，大于临界角，所以发生全发射，反射到 BC 面上，入射 角为 60，又发生全反射，射到 CD 面上的入射角为 i=30 根据折射定律得，n= 解得 r=45 即光从 CD 边射出，与 CD 边成 45斜向左下方 （2）根据几何关系得，AF=4cm，则 BF=4cm BFG= BGF，则 BG=4cm所以 GC=4cm 所以 CE= cm 答： 从 CD 边射出，与 CD 边成 45斜向左下方 第一次的出射点距 C 点 cm 【点评】： 解决本题的关键掌握全发射的条件，以及折射定律，作出光路图，结合几何关系进 行求解 【物理-选修 3-5】 16（2015淄博一模）已知氘核的比结合能是 1.09MeV，氚核的比结合能是 2.78MeV，氦核的 比