《高中试卷》2016年广东省深圳市高考物理一模试卷

1、2016年广东省深圳市高考物理一模试卷二、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分；在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1（6分）下列对科学家研究物理规律的论述，哪一项是错误的？（）a奥斯特在实验中观察到通电导线下方磁针的转动，发现了电流的磁效应b安培通过实验发现磁场对电流有作用力，此力的方向与磁场方向垂直c法拉第通过实验得出，“磁生电”是一种在运动或变化的过程中才能出现的效应d楞次在分析实验事实后提出，感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的原磁场方向相同2（6分）在固定的斜面体q上放一物块

2、p，p静止不动；现分别沿平行斜面向上、水平向左、竖直向下和垂直纸面向外（未画出）的力f作用于p，p仍静止不动，如图所示下列判断正确的是（）a图（a）中q对p的支持力增大b图（b）中q对p的摩擦力减小c图（c）中p受到的合外力增大d图（d）中p所受的摩擦力增大3（6分）如图，电梯质量为m，地板上放置一个质量为m的物体，轻质钢索拉电梯由静止开始向上加速运动，当上升高度为h时，速度达到v，不计空气阻力，则（）a钢索的拉力做功等于12mv2b钢索对电梯及物体构成的系统做功等于12（m+m）v2c地板对物体的支持力做功等于12mv2+mghd地板克服物体的重力做功的平均功率等于mgv4（6分）在真空中某

3、点电荷产生的电场中有a、b两点，a点的电势为a，场强大小为ea，方向与连线ab的夹角为60°b点的电势为b，场强大小为eb，方向与连线ab的夹角为30°则a、b两点的场强大小及电势高低的关系是（）aab，ea=eb2bab，ea=eb2cab，ea3ebdab，ea3eb5（6分）如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n210：1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器r和额定电压为12v、工作时内阻为2的电动机闭合开关，电动机正常工作，电流表示数这1a则（）a副线圈两端电压为222 vb电动机输出的机械功率为12wc通过电动机的交流电频率为50h

4、zd突然卡住电动机，原线圈输入功率变小6（6分）如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过o点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕o点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力f与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是（）a图象函数表达式为f=mv2l+mgb重力加速度g=blc绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大d绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变7（6分）在水平光滑绝缘桌面上有一边长为l的正方形线框abcd，被限制在沿ab方向的水平直轨道自由滑动bc边右侧有一直角三角形匀强磁场区域efg，直角边ef等于l，边ge小于

5、l，ef边平行ab边，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示，线框在水平拉力f作用下向右匀速穿过磁场区，若图示位置为t0时刻，设逆时针方向为电流的正方向，水平向右的拉力为正则感应电流it和ft图象正确的是（时间单位为l/v，a、b、c图象为线段，d为抛物线）（）abcd8（6分）据报道，2013年4月23日荷兰“火星一号”公司开始在全球招募移民火星的志愿者，将于2023年发射飞船将志愿者送往火星定居已知火星绕太阳公转的轨道半径约为地球的32倍，火星的质量约为地球的110、火星的半径约为地球的12，下列说法正确的是（）a志愿者在火星上过“一年”比在地球上要长b志愿者在火星表面附近的重力约为地球表面附

6、近的25c火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的2倍d载有志愿者的飞船减速落向火星表面时，志愿者处于失重状态三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第912题为必考题，每个小题考生都必须作答第1318题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（6分）把两根轻质弹簧串联起来测量它们各自的劲度系数，如图甲所示（1）未挂钩码之前，指针b指在刻度尺如图乙所示的位置上，记为 cm；（2）将质量50g的钩码逐个挂在弹簧的下端，逐次记录两弹簧各自的伸长量；所挂钩码的质量m与每根弹簧的伸长量x可描绘出如图丙所示的图象，由图象可计算出弹簧的劲度系数k n/m；（取重力加速度g9.8m/s2）（3）图丙中，当弹簧

7、i的伸长量超过17cm时其图线为曲线，由此可知，挂上第 个钩码时，拉力已经超过它的弹性限度，这对测量弹簧的劲度系数 （选填“有”或“没有”）影响（弹簧的弹性限度足够大）10（9分）利用如图甲所示的电路测量额定电压为3v的小灯泡l的额定功率（1）按照图甲的电路，在图乙中正确连接实物图（2）完成下列相关内容：把滑动变阻器调至适当位置，闭合开关s1，把开关s2拔向1，调节电阻箱使电压表的示数为3v，电阻箱的示数如图丙所示，记为r ；把开关s2拔向2，此时电压表的示数是4v，断开开关s1；使用测得的数据，计算出小灯泡l的额定功率pl w；由于电压表不是理想电压表，所测得的值比真实值偏 （填“大”或“小

8、”）（3）本实验装置还可以做 的实验（只要求填写一个实验），则实验开始前，滑动变阻器的滑片p应置于它的最 端（选填“左”或“右”）11（12分）某新式可调火炮，水平射出的炮弹可视为平抛运动如图，目标是一个剖面为90°的扇形山崖oab，半径为r （r为已知），重力加速度为g（1）若以初速度v0（v0为已知）射出，恰好垂直打在圆弧的中点c，求炮弹到达c点所用时间；（2）若在同一高地p先后以不同速度射出两发炮弹，击中a点的炮弹运行的时间是击中b点的两倍，oabp在同一竖直平面内，求高地p离a的竖直高度12（20分）如图所示，长l0.125m、质量m30g的绝缘薄板置于倾角为37°

9、的斜面pq底端，pn是垂直于pq的挡板，斜面与薄板间的动摩擦因数00.8质量m10g、带电荷量q+2.5×103c可视为质点的小物块放在薄板的最上端，薄板和物块间的动摩擦因数0.5，所在空间加有一个方向垂直于斜面向下的匀强电场e，现对薄板施加一平行于斜面向上的拉力f0.726n，当物块即将离开薄板时，立即将电场e方向直向上，同时增加一个垂直纸面向外b6.0t足够大的匀强磁场，并撤去外力f，此时小物块刚好做匀周运动。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，不考虑因空间电、磁场的改变而带来的其它影响，斜面和挡板pn均足够长，取g10m/s2，sin37°0.6求：（1）电场强度e的大小

10、；（2）物块第一次击中挡板pn的位置；（3）物块击中挡板pn时，薄板上端离p的距离。（二）选考题：请考生从给出的3个选修中任选一个作答，如果多做，则按所做的第一个计分【物理-选修3-3】（15分）13（6分）下列说法中正确是（）a气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果b物体温度升高，组成物体的所有分子速率均增大c一定质量的理想气体等压膨胀过程中气体一定从外界吸收热量d自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的e饱和汽压与分子密度有关，与温度无关14（9分）如图所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形气缸竖直放置，气缸上、下两部分的横截面积分别为2s和s在气缸内有a、b两

11、活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根长为l的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在气缸内无摩擦地移动。已知活塞a的质量是2m，活塞b的质量是m。当外界大气压强为p0、温度为t0时，两活塞静止于如图所示位置。（1）求此时气缸内气体的压强。（2）若用一竖直向下的拉力作用在b上，使a、b一起由图示位置开始缓慢向下移动12的距离，又处于静止状态，求这时气缸内气体的压强及拉力f的大小。设整个过程中气体温度不变。【物理-选修3-4】（15分）15一个质点经过平衡位置o，在a、b间做简谐运动，如图（a）所示，它的振动图象如图（b）所示，设向右为正方向，下列说法正确的是（）aob5cmb第0.2s末质点

12、的速度方向是aoc第0.4s末质点的加速度方向是aod第0.7s时质点位置在o点与a点之间e在4s内完成5次全振动16半径为r的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为o，两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线1的入射点a为圆柱面的顶点，光线2的入射点为b，aob60°，已知该玻璃对红光的折射率为 n=3求红光在玻璃中的传播速度为多大？求两条光线经圆柱面和底面折射后的交点与o点的距离d【物理-选修3-5】（15分）17下列说法正确的是（）a光电效应实验中，入射光越强，单位时间内发射的光电子数越多b氢原子辐射一个光子后，氢原子核外电子动能减小c大量事实表明，原子核衰变时电荷

13、数和质量数都守恒d原子核的半衰期与环境的温度、压强有关e比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定18一电视节目中设计了这样一个通关游戏：如图所示，光滑水平面上，某人乘甲车向右匀速运动，在甲车与静止的乙车发生弹性正碰前的瞬间，该人恰好抓住固定在他正上方某点的轻绳荡起至最高点速度为零时，松开绳子后又落到乙车中并和乙车一起继续向前滑行；若人的质量m60kg，甲车质量m18kg，乙车质量m240kg，甲车初速度v06m/s，求：最终人和乙车的速度；人落入乙车的过程中对乙车所做的功2016年广东省深圳市高考物理一模试卷参考答案与试题解析二、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分；在每小

14、题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：a、奥斯特在实验中观察到通电导线下方磁针的转动，发现了电流的磁效应，故a正确；b、安培通过实验发现磁场对电流有作用力，根据左手定则可知此力的方向与磁场方向垂直，故b正确；c、法拉第通过实验得出，“磁生电”是一种在运动或变化的过程中才能出现的效应，故c正确；d、楞次在分析实验事实后提出，感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的原磁场方向相反，故d错误；本题选错误得故选：d。【点评】本题考查物理学

15、史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2【分析】对物体进行受力分析，由共点力的平衡条件得出各个力的表达式，进而分析力f作用后的变化情况【解答】解：a、图（a）中，q对p的支持力等于p的重力垂直斜面方向的分量，与f的大小无关，所以q对p的支持力不变，故a错误；b、把f分解到沿斜面方向和垂直与斜面方向，根据平衡条件可知，p受到的摩擦力等于重力沿斜面向下的分量与f沿斜面向下的分量之和，增大，故b错误；c、p处于静止状态，合力为零，则图（c）中p受到的合外力不变，故c错误；d、d图中施加垂直纸面向外的力f，根据平衡条件可知，p受到的摩擦力f=f2+(mgs

16、in)2mgsin，所以摩擦力增大，故d正确。故选：d。【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，知道处于静止状态时，合外力为零，难度适中3【分析】对电梯和物体整体运用动能定理求解拉力做功对物体运用动能定理求解支持力做功平均功率根据公式pfv求解【解答】解：ab、对系统，由动能定理得：wf（m+m）gh=12（m+m）v20，解得，钢索的拉力的功：wf（m+m）gh+12（m+m）v2，故ab错误。c、对物体，由动能定理得：wnmgh=12mv20，解得到地板对物体的支持力做的功为 wnmgh+12mv2，故c正确。d、地板克服物体的重力做功的平均功率

17、 pg=mgv=mgv2故d错误。故选：c。【点评】本题运用动能定理研究各力做功，要注意灵活选择研究对象动能定理涉及合力做功与动能变化，可以直接求解合力做功4【分析】将ea、eb延长相交，根据交点可确定点电荷q的位置，根据两点到q距离的大小关系，比较电势高低由几何知识求出a、b两点到q的距离之比，由ekqr2求解场强之比【解答】解：设点电荷的电荷量为q，将ea、eb延长相交，交点即为点电荷q的位置，如图所示。设a、b两点到q的距离分别为ra和rb，由几何知识得到：ra：rb1：3根据电场强度的方向可知q带负电，因顺着电场线的方向电势降低，所以有 ab。由公式ekqr2可得场强关系为：ea3eb

18、故d正确。故选：d。【点评】本题的解题关键是孤立的点电荷q位置，根据点电荷电场线分布特点，运用作图法确定5【分析】根据图示可得输出电压的最大值，周期和频率等，求得有效值，再根据电压与匝数成正比即可求得结论【解答】解：a、输入电压最大值为2202，则有效值：u1=22022=220v，u2=n2n1u1=22v，则a错误 b、输出的机械功率：p=ui2-i22r=12×112×210w，则b错误 c、由乙图知周期为0.02s，则f=1t=50hz，则c正确 d、卡住电动机，输出功率增加，则原线圈输入功率增加，则d错误。故选：c。【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分

19、电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路6【分析】在最高点，小球靠重力和拉力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出拉力的表达式，结合图线的横轴截距以及斜率分析判断。【解答】解：a、小球在最高点，根据牛顿第二定律有：f+mg=mv2l，解得f=mv2l-mg，故a错误。b、当f0时，根据表达式有：mg=mv2l，解得g=v2l=bl，故b正确。c、根据f=mv2l-mg知，图线的斜率k=ml，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故c错误。d、当f0时，g=bl，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变，故d正确。故选：bd。【点评】本题主

20、要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，难度适中。7【分析】根据楞次定律分析感应电流的方向分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系线框的电阻一定，感应电流与时间成正比；根据安培力的表达式f=b2l2vr，而llvt，即可求解【解答】解：ab、bc边的位置坐标x在0l的过程，根据楞次定律判断可知线框中感应电流方向沿abcda，为正值。线框bc边有效切线长度为llvt，感应电动势为eblvb（lvt）v，均匀减小，感应电流i=er，即知感应电流均匀减小。同理，x在l2l过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿adcba，为负值，感应电流

21、均匀减小。故a错误，b正确。cd、在水平拉力f作用下向右匀速穿过磁场区，因此拉力f等于安培力，而安培力的表达式 f安=b2l2vr，而llvt，则有：f=b2(l-vt)2vr，可知f非线性减小。故c错误，d正确；故选：bd。【点评】本题的关键是确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象，注意楞次定律、欧姆定律的应用及安培力综合表达式应用8【分析】研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力，求出周期表达式进行比较，根据万有引力等于重力表示出重力加速度，再去进行比较，第一宇宙速度v=gr，根据加速度方向判断超重还是失重【解答】解：a、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向

22、心力得出：gmmr2=m42rt2得：t=2r3gm，m为太阳的质量，r为轨道半径。火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过t的表达式发现公转轨道半径大的周期长，即火星公转的周期比地球的长，则志愿者在火星上过“一年”比在地球上要长，故a正确；b、根据万有引力等于重力得出：gmmr2=mg得：g=gmr2，根据火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，计算得出火星表面的重力加速度约为地球表面的25，根据重力gmg可知，志愿者在火星表面附近的重力约为地球表面附近的25，故b正确；c、第一宇宙速度v=gr，根据表面的重力加速度约为地球表面的25，火星直径约为地球的一半，可知，火星的第一宇宙速度约

23、为地球第一宇宙速度的55，故c错误；d、载有志愿者的飞船减速落向火星表面时，加速度向上，处于超重状态，故d错误。故选：ab。【点评】要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第912题为必考题，每个小题考生都必须作答第1318题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9【分析】（1）刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位（2）通过弹簧弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧的劲度系数（3）根据弹簧形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数，然后求出17cm时对应的弹力，

24、求出钩码的个数【解答】解：（1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为11.50cm（2）由图象中的数据可知，弹簧的形变量为x7.00cm时，拉力：f4×0.05×9.81.96n根据胡克定律知：k2=fx=1.967.00×10-2=28n/m（3）由图象中的数据可知，当弹簧i的伸长量超过14cm时，对应的拉力是1.96n，所以其劲度系数：k1=fx=1.9614.00×10-2=14n/m弹簧i的伸长量超过17cm时，对应的拉力：fk1x14×0.172.38nn=2.389.80.050=4.86 由此可知，挂上第 5个钩码时，拉力

25、已经超过它的弹性限度，这时，弹簧的图线仍然是直线，说明对测量弹簧的劲度系数 没有影响故答案为：（1）11.50；（2）28；（3）5，没有【点评】解决本题的关键掌握胡克定律，知道fkx，x表示形变量，以及知道其变形式fkx，x为形变量的变化量10【分析】（1）根据原理图可明确对应的实物图；（2）根据电阻箱的读数方法可明确对应的读数；明确电路结构，根据串并联电路的规律可明确为灯泡两端的电压和电流，由功率公式可求得功率；根据电表内阻的影响可明确误差情况；（3）根据电路图可知，本实验可以完成的实验，根据实验安全性原则可明确滑片的位置【解答】解：（1）根据原理图可得出对应的实物图如图所示；（2）i、根

26、据电阻箱的读数方法可知，电阻为20.0；ii、灯泡两端电压为3v时，此时电阻箱示数为20.0； 当电压表接2时，电压为4v，则可知，电流i=420=0.2a；则可知灯泡的额定功率pui3×0.20.60w；iv、若电压表内阻不能忽略，则可知电压表与电阻箱并联时，并联部分电阻偏小，则此时灯泡两端分压接多，则此时电流超过真实值，故功率偏大；（3）由图可知，本实验采用了分压接法，同时由于可以测量灯泡两端的电压和电流，故可以描绘小灯泡的伏安特性曲线；为了实验安全，开始时测量部分电路两端电压应为零；故开始时滑片应滑到最左侧；故答案为：（1）如图所示；（2）i、20.0；iii、0.60；iv、

27、偏大；（3）描绘小灯泡的伏安特性曲线；左【点评】本题考查实验中的实物图、原理分析以及数据处理和误差分析，对于我们所不熟悉的实验或课本中没有的实验，要注意分析实验原理，明确电路结构以及误差分析的基本方法11【分析】（1）炮弹做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动恰好垂直打在圆弧的中点c时水平和竖直分速度相等，由此列式求时间（2）根据竖直位移公式和时间关系列式，可求得时间，再得到p离a的竖直高度【解答】解：（1）炮弹做平抛运动，恰好垂直打在圆弧的中点c时水平和竖直分速度相等，即有 vyv0又 vygt解得 t=v0g（2）设p离a的竖直高度为h则有 h=12g(2t)2

28、 hr=12gt2联立解得 h=43r答：（1）炮弹到达c点所用时间是v0g（2）高地p离a的竖直高度是43r【点评】解决本题的关键要抓住题目中隐含的条件，分析分运动的关系，同时要知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，灵活运用运动学公式进行求解12【分析】（1）撤去外力f时物块做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电场力与重力合力为零，据此求出电场强度。（2）绝缘板与物块都向上做加速运动，应用牛顿第二定律求出加速度，物块与绝缘板的位移之差等于绝缘板的长度时物块离开绝缘板，应用运动学公式求出运动时间，求出绝缘板与物块的速度、位移，物块离开绝缘板后做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第

29、二定律求出圆周运动的轨道半径，然后求出物块第一次击中pn板的位置。（3）求出物块离开绝缘板到打在pn板上需要的时间，撤去外力后绝缘板向上做匀减速直线运动，求出滑块打在pn上时的位移，然后求出绝缘板上端距p的距离。【解答】解：（1）物块做匀速圆周运动，电场力与重力合力为零，即：qemg，解得，电场强度大小：e40n/c；（2）由牛顿第二定律得：对物块：（mgcos+qe）mgsinma1，解得：a13m/s2，对绝缘板：f（mgcos+qe）0（mgcos+qe+mgcos）mgsinma2，解得：a24m/s2，物块离开绝缘板时：l=12（a2a1）t2，解得：t0.5s，物块的位移：s1=1

30、2a1t2=12×3×0.520.375m，v1a1t3×0.51.5m/s，绝缘板的位移：s2=12a2t2=12×4×0.520.5m，v2a2t4×0.52m/s，物块离开绝缘板后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1bmv12r，解得：r1m，由几何关系可知，物块第一次击中挡板pn的位置距p点的距离：dpd+dcr+r2-s22，解得：d1.87m；（3）由几何知识得：sin=s2r=0.51=0.5，30°，物块做圆周运动转过的圆心角：360°90°（90°30&

31、#176;）210°，物块做匀速圆周运动的周期：t=2mqb=2×3.14×0.0102.5×10-3×64.19s物块离开绝缘板到打在pn板上需要的时间：t=360°t=210°360°×4.192.4s，对绝缘板，由牛顿第二定律得：mgsin+0mgcosma，解得：a12.4m/s2，绝缘板的位移：xv2t-12at2，解得：x30.912m，即绝缘板向下滑行30.912ms20.5m，则物块打在pn板上时绝缘板静止靠在pn板上，物块击中挡板pn时，薄板上端离p的距离等于板长l0.125m；答：（1

32、）电场强度e的大小为40n/c；（2）物块第一次击中挡板pn的位置距p点的距离为1.87m；（3）物块击中挡板pn时，薄板上端离p的距离为0.125m。【点评】本题是一道力学综合题，考查了带电题在磁场中的运动，物体运动过程复杂，本题难度较大，分析清楚物体的受力情况、分析清楚物体的运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律、运动学公式可以解题。（二）选考题：请考生从给出的3个选修中任选一个作答，如果多做，则按所做的第一个计分【物理-选修3-3】（15分）13【分析】气体压强的微观意义：气体的压强是由大量气体分子对容器壁的频繁碰撞产生的；温度是分子平均动能的标志；明确热力学第二定律；饱和汽压与分子数密

33、度和温度有关【解答】解：a、气体分子不停地做无规则，气体对容器壁的压强是气体分子对容器壁频繁碰撞而产生的，故a正确。b、物体温度升高，分子平均动能增大，平均速率增大，但由于分子运动是无规则的，不是所有分子速率均增大。故b错误。c、一定质量的理想气体等压膨胀过程中，体积增大，气体对外界做功，由气态方程pvt知，气体的温度升高，内能增大，由热力学第一定律知，气体一定从外界吸收热量。故c正确。d、根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故d正确。e、饱和汽压与分子密度有关，与温度也有关，故e错误。故选：acd。【点评】加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利

34、用，是学好33的基本方法14【分析】（1）以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件列式求解气缸内气体的压强。（2）整个过程中，气体的温度不变，发生等温变化。列出初态气缸内气体的压强和体积及末态气体的体积，由玻意耳定律列式求得末态气体的压强，再以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件求解拉力f的大小。【解答】解：（1）以两活塞整体为研究对象，设此时气缸内气体压强为p1，根据平衡条件则有： p0s+3mgp1（2ss）解得：p1p0+3mgs（2）初态：p1p0+3mgs，v12ls末态：p2，v2=32ls根据玻意耳定律有：（p0+3mgs）2lsp2（32ls）解得：p2=43（p0+3mgs）以两活

35、塞整体为研究对象，根据平衡条件有：p2sf+p0s+3mg解得f=p0s3+mg答：（1）求此时气缸内气体的压强为p0+3mgs。（2）这时气缸内气体的压强为43（p0+3mgs），拉力f的大小为p0s3+mg。【点评】对于封闭气体，常常以与气体接触的活塞或水银为研究对象，根据平衡条件求压强，要加强这方面的训练，做熟练掌握。【物理-选修3-4】（15分）15【分析】ob间距离等于振幅，由图象直接读出。位移图象切线的斜率等于速度，根据数学知识判断速度的方向。由a=-kxm分析加速度方向。根据位移分析质点的位置。【解答】解：a、ob间距离等于振幅，由图知，oba5cm。故a正确。b、位移图象切线的

36、斜率等于速度，根据数学知识知，第0.2s末质点的速度方向沿负向，即ao故b错误。c、第0.4s末质点的位移为负，方向是oa，由a=-kxm分析可知，加速度方向是ao，故c正确。d、第0.7s时，质点位置在o与b两点之间。故d错误。e、质点的振动周期为 t0.8s，则n=tt=40.8=5，即在4s内完成5次全振动。故e正确。故选：ace。【点评】本题要根据振动图象读出基本的信息，如振幅、周期、速度的方向、位移等等，要知道加速度方向与位移方向总是相反。16【分析】已知折射率n，根据公式v=cn求红光在玻璃中的传播速度光线1通过玻璃砖后不偏折光线2在圆柱面上的入射角为60°，根据折射定律

37、求出折射角，由几何知识求出在底面上的入射角，再由折射定律求出折射角，作出光路图根据几何关系求解d【解答】解：由n=cn得：v=cn=3×1083=3×108m/s1.73×108m/s如图所示，光线1通过玻璃砖后不偏折光线2入射角 i60°由n=sinisinr得：sinr=sinin=12，r30°，由几何知识得：i60°r30°由 n=sinrsini得：sinrnsini=32，r60°，由正弦定理，得：oc=33r，则doctan 30°=13r答：红光在玻璃中的传播速度为1.73×108m/s两条光线经圆柱面和底面折射后的交点与o点的距离d是13r【点评】本题其实是光的色散问题，关键是作出光路图，运用几何知识，结合折射定律进行求解【物理-选修3-5】（15