【文档说明】【精准解析】江西省重点中学盟校2020届高三下学期第一次联考物理试题.doc，共(27)页，1.309 MB，由小赞的店铺上传

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物理部分一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～9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.如图所示为氢原子的能级分布图，一群处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时，可辐射

不同频率的光子，将辐射出的光子照射到逸出功为3.20eV某金属表面，下列说法正确的是（）A.可辐射4种不同频率的光子B.氢原子从n=5能级跃迁到n=4能级，辐射的光子频率最大C.辐射出的所有光子照射到该金属表面，均能发生光电效应D.从该金属表面逸出的光电子的最大初动能的最大值为9.86eV【

答案】D【解析】【详解】A．根据2510C=可知一群处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出10种不同频率的光，故A错误；B．由图可知，氢原子从n=5能级跃迁到n=4能级，能级差最小，所以释放的能

量最小，故辐射的光子频率最小，故B错误；C．根据能级差公式mnhvEE=−可知从n=5跃迁到n=4辐射的光子能量为0.31eV，n=4跃迁到n=3辐射的光子能量为0.66eV，n=3跃迁到n=2辐射的光子能量为1.89eV，n=5跃迁到n=3辐射的光子能量为0.97eV等等

，由此分析可知，当其他能级间发生跃迁辐射的能量小于逸出功3.20eV，这些辐射出来光子照射到该金属表面，不能发生光电效应，故C错误；D．当氢原子从n=5能级跃迁到n=1能级，能级差最大，根据能级差公式5113.06eVhvE

E==−根据爱因斯坦光电效应方程有km0EhW=−解得km9.86eVE=故D正确。故选D。2.2019年12月27日，被网友亲切称为“胖五”长征五号遥三运载火箭在中国文昌航天发射场犮射升空，将卫星送入预定轨道。其搭载

的实践二十号卫星，经历七次轨道机动后，在约为36000km高度的地球同步轨道成功定点，定点于东经105.5°，这标志着东方红五号卫星公用平台首飞成功。地球半径约6400km，则下列说法错误的是（）A.实践二十

号卫星正常运行时的速度小于第一宇宙速度B.实践二十号卫星定点在赤道的正上方，所以它相对于北京是运动的C.实践二十号卫星从低轨道向高轨道变轨时要先加速D.实践二十号卫星的速度约为3km/s【答案】B【解析】【详解】A．根据万有引力提供向心力得

22MmvGmrr=解得GMvr=轨道半径越小，线速度越大，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，而实践二十号卫星的轨道半径大于地球半径，所以实践二十号卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故A正确，不符合题意；B．根据地球同步卫星的运行规律，可知地球同步卫星只能定点在赤道的

正上方，且同步卫星的周期、角速度与地球自转的周期、角速度相同，故实践二十号卫星相对地球静止，故B错误，符合题意；C．实践二十号卫星要实现从低轨道向高轨道变轨需要做离心运动，使卫星所需向心力增加大于地球对卫星的万有引力，故须先点火加速，故C正确，不符

合题意；D．根据万有引力提供向心力得22MmvGmrr=解得GMvr=当卫星的轨道半径等于地球半径R=6400km时，卫星的运动速度为第一宇宙速度，则有17.9km/sGMvR==实践二十号卫星的轨道半径r=36000km+6400km=424

00km，则运动速度为2GMvr=联立上两式解得23km/sv故D正确，不符合题意。故选B。3.如图，半圆柱放在粗糙水平面上，一个可视为质点，质量为m的光滑小球在大小可变，方向始终与圆柱面相切的拉力F作用下从A点沿着圆弧匀速率运动到最高

点B点，整个过程中半圆柱保持静止。则下列说法正确的是（）A.拉力F的功率逐渐增大B.克服小球重力做功的功率先增大后减小C.当小球在A点时，地面对半圆柱体可能有水平向左的摩擦力D.当小球运动到B时，地面对半圆柱体的支持力等于两物体重力之和【答案】C【解析】【详解】A．对小球受力分析，受到重力、支持

力和拉力，如图根据平衡条件有sinFmg=从A到B，θ越来越小，故拉力F变小，根据P=Fv因v的大小不变，则拉力F的功率逐渐变小，故A错误；B．从A到B，克服小球重力做功的功率为sinPmgv=因v的大小不变而θ越来越小，故克服小球重力做功的功率

越来越小，故B错误；C．对半圆柱体受力分析，如图所示整个过程半圆柱保持静止，当A点在半圆柱左侧水平面时，根据平衡条件可知，此时地面给半圆柱的摩擦力为零；当A点半圆柱左侧水平面以上的位置时，根据平衡条件可知，地面要给半

圆柱一个水平向左的静摩擦力，用以平衡N在水平方向的分力，故C正确；D．当小球运动到B时，由支持力和重力提供向心力，具有竖直向下的加速度，小球处于失重状态，即半圆柱体对小球的支持力小于小球的重力，所以小球对半

圆柱体的压力小于小球的重力，故地面对半圆柱体的支持力小于两物体重力之和，故D错误。故选C。4.如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为37°的光滑绝缘斜面底端，斜面上有平行于斜面向下的匀强电场，质量为m、电荷量为-q的物块（可视为质点）从点A由静止开始沿斜面下滑，加速度为5g，下滑L到

B点后与轻弹簧接触，又下滑s后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，物块的电荷量保持不变，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g（sin37°=0.6，cos37°=0.8），则带电物块在由A点运动到C点过程，下列说法正确的是（）A.该

匀强电场的电场强度大小为5mgqB.带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为()5mgLs+C.弹簧的弹性势能的增加量为()5mgLs+D.带电物块电势能的增加量为3()5mgLs+【答案】C【解析】【详解】A．由题知，在没有接触弹簧前，

根据牛顿第二定律有1sin375mgqEmg−=解得25mgEq=故A错误；BD．根据能量守恒定律可知，带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量等于物块电势能的增加量，则有2()()5mgLsEqELs+=+=p故BD错误；C．根据能量守恒定律可

知，弹簧的弹性势能的增加量等于物块的机械能与电势能的减少量，则有()pp()sin375mgLsEmgLsE+=+−=故C正确。故选C。5.如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L=1m，一匀

强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.50的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.20的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图所示，图象中的OA段为

曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，取g=10m/s2（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），则（）A.通过金属棒ab的电流方向由b到aB.磁感应强度B为0.01TC.金属棒ab在开始的6s内产生的热量为3.465JD.金属棒ab在开始的3.5s内通过的电荷量为2.8C【答案】D【解析】【详解

】A．由右手定则可知，ab中的感应电流由a流向b，故A错误；B．由x-t图象求得t=3.5s时金属棒的速度为37.119.6m/s7m/s6.03.5xvt−===−金属棒匀速运动时所受的安培力大小为F

BIL=而EIRr=+，EBLv=联立有22BLvFRr=+根据平衡条件得Fmg=代入数据解得0.1TB=故B错误；C．金属棒ab在开始运动的6.0s内，金属棒的重力势能减小转化为金属棒的动能和电路产生的焦耳热。设电路中产生的总焦耳热为Q，根据能

量守恒定律得212mgxmvQ=+代入数据解得Q=3.465J则金属棒ab产生的焦耳热为0.99JrrQQRr==+故C错误；D．根据法拉第电磁感应定律有Et=感应电流EIRr=+电荷量qIt=联立解得qRr=+又BLx=则电量为BLxqRr=+由图可知金属棒ab在开始的3.5s

内的位移x=19.6m，代入数据解得q=2.8C故D正确。故选D。6.如图所示，图线OP、MN分别是做直线运动的质点A、B的位移—时间图象，其中OP为开口向下抛物线的一部分，P为图象上一点。PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q

。则下列说法正确的是（）A.t=4s时，质点A的速率为1m/sB.质点A的加速度大小为0.25m/s2C.质点A的初速度大小为6m/sD.t=2s时A、B相遇【答案】AD【解析】【详解】A．x-t图象切线的斜率表示

速度，则t=4s时质点A的速率为106m/=1m/4vss−=故A正确；BC．质点A的x-t图象为抛物线，结合匀变速直线运动位移公式2012xvtat=+当t=4s时有01048va=+①根据速度时间公式0vvat=+当t=4s时有014va=+②联立①

②解得04m/sv=，20.75m/sa=−所以质点A的初速度大小为4m/s，加速度的大小为20.75m/s，故BC错误；D．由图可知质点B做匀速直线运动，其速度大小为B13m/s3.25m/s4v==则质点B的位移表达式为BB3.25xvtt==设经过ts

时A、B相遇，由图可知，则有AB13xx+=则有2140.753.25132ttt−+=解得t=2s（其中52s3t=舍去）故t=2s时A、B相遇，故D正确。故选AD。7.如图甲为俯视图，水平放置的单匝圆环导线框半径为0.2m，其中有垂直线框方向匀强磁场，线框右端

连接小灯泡A和理想变压器原线圈，变压器副线圈接小灯泡B和C，各灯规格分别A（2V，1A）、B（3V，1A），C（3V，0.5A）。线框电阻不计，当圆环导线框感应强度如图乙所示正弦规律变化时，三个小灯泡均正常

发光，不考虑小灯泡电阻随温度的变化，下列说法正确的是（）A.变压器原、副线圏匝数比为2：3B.PQ两端电压为6.5VC.图乙中B0为21328TD.若拆除小灯泡C，则小灯泡B亮度不变【答案】BC【解析】【详解】A．由题知，三个小灯泡均正常发光，则原线圈的

电流11AI=，副线圈的电流2BC1.5AIII=+=，所以匝数比为1221:3:2:nnII==故A错误；B．在副线圈中，B与C并联，则副线圈两端的电压23V=U，根据1212::UUnn=解得原线圈两端的

电压为14.5VU=圆环导线框内的磁场变化，产生电源，且线框电阻不计，所以PQ两端的电压为电源电动势，则有1A6.5VEUU=+=故B正确；C．由乙图可知，磁感应强度随时间成正弦式变化，所以感应电动势随时间成余弦式变化，则最大感应电动势为m26.52VEE==由乙图

知周期为T=0.02s，则角速度为2100rad/sT==圆环导线框内的面积为22=0.04mSr=则根据m0EBS=解得021328B=T故C正确；D．C灯拆除后，副线圈的总电阻增大，而原线圈的电源电动势不变，所以原

线圈电流减小，变压器输入电压增大，故输出电压增大，B灯亮度增加，甚至被烧毁，故D错误。故选BC。8.如图甲所示，质量M=2kg、长L=1.5m的木板静止在光滑水平面上，在板右端静止放置一可视为质点的小滑块，小滑块

质量m=1kg，小滑块与木板之间动摩擦因数=0.2。开始有水平恒力F作用在木板上然后撤去，木板运动情况如乙图所示，g=10m/s2。则下列说法正确的是（）A.恒力F大小为10NB.滑块滑离木板时速度为8m/s3C.木板最终速

度为3m/sD.第1s内系统产生热量为2J【答案】ABD【解析】【详解】A．当小滑块与木板间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力时，两者即将相对滑动，此时两者具有相对静止时的最大加速度，对小滑块分析，根据牛顿第二定律有0mgma=解得202m/sag==由图乙可知长木板在最开始的加速度

为24m/sa=因2204m/s2m/saa==则小滑块一开始就相对长木板滑动，两者的摩擦力为滑动摩擦力，即2Nfmg==，对长木板分析，根据牛顿第二定律有FfMa−=代入数据解得10NF=故A正确；BC．由乙图可知，经过ts小

滑块滑离木板，木板做匀速直线运动；分离前小滑块一直做匀加速直线运动，加速度为202m/sa=，根据位移时间公式有221012xatt==对木板分析，在0-1s过程，做加速度为24m/sa=的匀加速度直线运动，根据速度时间图

象围成的面积表示位移，则有2141m2m2x==在1s-ts，木板做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有mgMa=解得21m/sa=根据位移时间公式有()()22141112xtt=−−−根据位移关系有2211.5xxx+−=即()()22124

1111.52ttt+−−−−=解得4s3t=(其中t=2s舍去)则此时小滑块的速度为108m/s3vat==木板的最终速度为()21141m/s3vat=−−=故B正确，C错误；D．第1s内小滑块的位移为20111

m2xat==则小滑块相对木板的位移为211mxxx=−=则第1s内系统产生热量为2JQmgx==故D正确。故选ABD。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13~16题为选考题，考生根据要求作答。（―）必考题：9.用如

图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平桌面上，实验小车通过轻细线滑轮跨过定滑轮与砂筒相连，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为f=50Hz。在保持沙桶及沙的总质量不变的情况下，放开砂桶，小车加速运动，处理纸带得到小车

运动的加速度为a。改变小车上钩码的质量，重做多次实验，分析纸带，作1am−上图获取a与m的关系。（1）某次得到图乙所示纸带。纸带上相邻计数点之间还有4个点未画出，由纸带数据计算加速度为_________m/s2。（保留3位有效数字）（2）以上实验操作前，_________（填“需要”或“不

需要”）垫高木板打点计时器一端以平衡小车摩擦力；_________（填“需要”或“不需要”）满足沙和沙桶总质量远小于小车和车上钩码总质量。【答案】(1).2.00(2).需要(3).需要【解析】【详解】（1）[1]相邻两计数点间还有4个点未画

出，则两计数点间时间间隔为T=0.1s，根据2xaT=得小车运动的加速度为65432129xxxxxxaT++−−−=代入数据解得22.00m/sa=（2）[2]为保证细线的拉力等于小车所受的合力，故在实验前需要垫高木板打

点计时器一端以平衡小车摩擦力；[3]对沙和沙桶分析，根据牛顿第二定律，有mgTma−=对小车分析，根据牛顿第二定律有TMa=联立解得1MmgmgTmMmM==++由上式可知当Mm时Tmg=，所以为了让小车所受力的拉力等于沙和沙

桶的总重力，故需要满足沙和沙桶总质量远小于小车和车上钩码总质量。10.一细而均匀的导电材料，截面为同心圆环，如图1所示，此材料长约3cm，电阻约为100，已知这种材料的电阻率为。欲测量该样品的内径，但内径太小，无法直接测量。除待测导电材料（用R2表

示）外，现提供以下实验器材：A.20分度的游标卡尺B.螺旋测微器；C.电流表A1（量程50mA，内阻r1=10）D.电流表A2（量程100mA，内阻r2约为40）；E.定值电阻R0=90F.滑动变阻器R1（0～10，额定电流2A）

；G.直流电源E（电动势为10V，内阻很小）；H.开关一只，导线若干。请用上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：（1）用游标卡尺测得该样品的长度如图2所示，其示数L=_________cm，用螺旋测微器测得该样品

的外径如图3所示，其示数D=_________mm。（2）为了多测几组数据，请将你设计的实验测量电路图画在图4的虚线框内_______（所需仪器在题中给的器材中选取，用常用的电路符号代替）。（3）为了得到

样品的内径d，实验中还需要得到的一组测量值是_____（用字母表示且要说明相应字母的含义）。（4）用已知的物理量字母和所测得的物理量的字母表示样品的内径d=______。【答案】(1).3.015(2).3.204~3.206(3).(4).A1电流表的示数为I

1，A2电流表的示数为I2(5).2211104()()LIIDIrR−−+【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺读数为L=30mm+3×0.05mm=30.15mm=3.015cm[2]螺旋测微器测得该样品的外

径d=3.0mm+20.5×0.01mm=3.205mm（3.204mm～3.206mm）（2）[3]因两个电流表中，A2电流表的满偏电流大于A1电流表的满偏电流，所以A1电流表放在支路中，A2电流表放在干路中；A1电流表内阻为定值，A1电流表两端的最大电压为m1m10.5VUIr=

=故将A1电流表与定值电阻0R串联，改成大量程的电压表，此时最大的电压为()mm015VUIRr=+=故A1电流表与定值电阻0R串联后，再与待测材料并联，最后与A2电流表串联，又因滑动变阻器阻值太小应用分压式接法，可设计电路图如图所示（3）

[4]实验中还需要得到的一组测量值是：A1电流表示数为I1，A2电流表示数为I2；（4）[5]由欧姆定律可得待测电阻阻值()11021IrRRII+=−由电阻定律LRS=()2214SDd=−解得样品的内径2211104()()LIId

DIrR−=−+11.如图所示，在竖直xOy平面内0≤x≤L的区域存在沿x轴正方向的句强电场，场强大小为E，垂直向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在L≤x≤2L的区域存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小也为E，垂直向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B；在2L≤x≤3L的区域存在

沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为2E。一个质量为m，带电量为+q的带电小球从坐标原点以速度v沿与x轴成45°射入，小球沿直线穿过0≤x≤L区域，在L≤x≤2L的区域运动一段时间后，垂直电场进入2L≤x≤3L区域。已知

L、m、q、v，重力加速度g未知，试求：（1）磁感应强度B和电场强度E的大小；（2）小球离开电场的位置坐标。【答案】（1）022mvBqL=，202mvEqL=；（2）()4213,4LL+【解析】【详

解】（1）带电小球在0xL区域作匀速直线运动，对其受力分析如图，可知qEmg=且0sin45qEqvB=带电小球在2LxL区域做匀速圆周运动，其轨迹如图所示，轨迹半径为R由几何关系可知2sin45LRL==由洛伦兹力提供向心力2

00vqvBmR=联立解得022mvBqL=，202mvEqL=（2）带电小球在23LxL区域受力分析如图，向上做类平抛运动，运动轨迹如图在23LxL运动时间为t，则有0Ltv=类平抛运动的加速度为a，根据牛顿第二定律2qEmgma−=竖直方

向偏转位移为h，则有212hat=小球离开电场的竖起高度为y，则有yRh=+联立解得()4214Ly+=则小球离开电场的位置坐标为()4213,4LL+12.如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN高

H=0.8m，右端N处与水平传送带理想连接，传送带以恒定速率沿顺时针方向匀速传送.三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态.滑块A以初速度07.

1v=m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零.因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离.滑块C脱离弹簧后滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点.已知滑块C在传

送带上的运动如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。（1）求滑块C与传送带的动摩擦因数及落地点P与N端水平距离x；（2）求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能PE；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度范围是多少？（取285.3=）。【答案】

（1）=0.1，x=7.6m；（2）p1JE=；（2）02m/s7.56m/sv。【解析】【详解】（1）设滑块C在传送带做匀减速的加速度大小为a，由乙图可知21m/sa=根据牛顿第二定律有mgma=解得0

.1=由乙图还可知滑块C将达到与传送带共速飞离传送带做平抛运动乙图可得传送带的速度为4m/sv=传传送带的长度L为乙图所围成的面积，则L=6m做平抛运动的时间为t，则有212Hgt=平抛运动水平位移为1xvt=传落地点P与N端水平距离x，则有1xL

x=+联立解得7.6mx=（2）设滑块A与B碰后的速度为1v，滑块A、B为系统动量守恒，则有012mvmv=滑块AB与C弹开后，滑块AB的速度为2v，滑块C的速度为3v，由乙图知25m/sv=滑块A、B、C为系统动量守恒12322mvmvmv=+在这个过程中系统的能量守恒2

22p12311122222Emvmvmv+=+联立解得p1JE=（3）要使滑块C总能落至P点，即滑块C离开传送带时速度恰好与传送带的速度相等，分析可知滑块C一直做匀加速时，滑块C进入传送带的速度最小为3v，此时滑块A与滑块B碰撞前速度最小为0minv，设滑块AB与C弹开后

，滑块AB的速度为2v，弹开前AB的速度为1v，滑块C在传送带做匀加速，则有2232vvaL−=传滑块A、B、C为系统动量守恒12322mvmvmv=+在这个过程中系统的能量守恒222p12311122222Emvmvmv+=+滑块A

、B为系统动量守恒0min12mvmv=解得0min2m/sv=要使滑块C总能落至P点，即滑块C离开传送带时速度恰好与传送带的速度相等，分析可知滑块C一直做匀减速时，滑块C进入传送带的速度最大为3v，此时

滑块A与滑块B碰撞前速度最大为0maxv，设滑块AB与C弹开后，滑块AB的速度为2v，弹开前AB的速度为1v，滑块C在传送带做匀加速，则有2232vvaL−=−传滑块A、B、C为系统动量守恒12322mvmvmv

=+在这个过程中系统的能量守恒222p12311122222Emvmvmv+=+滑块A、B为系统动量守恒0max12mvmv=联立解得0max7.56m/sv=滑块A与滑块B碰撞前速度范围是02m/s7.56m/sv（二）选考题：共15分。请

考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。【物理一选修3-3】13.下列有关热现象的说法正确的是（）A.熵值越小表明系统内分子运动越无序B.热量不可能从低温物体传到高温物体C.影响蒸发快慢

以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距D.一定质量的理想气体在等温压缩过程中，气体的内能不变，并向外界放热E.生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺

入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成【答案】CDE【解析】【详解】A．熵用来反应一个系统的混乱程度，熵值越小，表明系统内分子运动越有序，熵值越大，表明系统内分子运动越无序，故A错误；B．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不引起其

他的变化。但在外界影响下热量也能从低温物体传到高温物体，故B错误；C．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气的相对湿度，即空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距，故C正确；D．一定质量理想气体等温压缩的过程中，温度不变，气体内能不变0U=；体积缩小，外界对气体做功，W

＞0，根据热力学第一定律可知，气体放热，故D正确；E．扩散可以在固体中进行，生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故E正确。故选CDE。14.如图甲所示为“⊥”型上

端开口的玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中粗细部分面积分別为S1=4cm2、S2=1cm2。密闭气体初始温度为253K，气体长度为L=11cm，图乙为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线，大气压强P0=76cmHg（约为

51.010Pa）（S1可认为是一超薄轻质的网状活塞）。求；（1）h1和h2的值；（2）若缓慢升高气体温度，升高到多少开尔文可将所有水银全部压入细管内；（3）在（2）的前提下所有水银刚好全部压入细管内，在这个过程中气体对外做的功。（

计算结果取2位有效数字）【答案】（1）h1=1cm，h2=15cm；（2）T2=285K；（3）W=-0.49J【解析】【详解】（1）由图乙可知，初状态101292cmHgpphh=++=体积由44cm3到48cm3，可知h1=1cm，取076cmHgp=

联立得h2=15cm（2）对封闭气体为研究对象，末态，由1123ShSh=解得34cmh=又2023+95cmHgpphh=+=由理想气体状态方程得112212pVpVTT=其中192cmHgp=，11VSL=，1253KT=，29

5cmHgp=，()211VSLh=+代入数据解得T2=285K（3）由图乙可知()()12212ppWVV+=−代入数据解得0.49JW=−【物理一选修3-4】15.如图所示，一束黄光和一束紫光，从圆心O点以相同角度沿PO方向射入横截

面为半圆形的玻璃柱体，其透射光线分别从M、N两点射出，已知=60°，=60°，光速8310c=m/s，则下列说法正确的是（）A.两束光穿过玻璃柱体所需时间相同B.ON是黄光，OM是紫光C.玻璃对OM光束的折射率为3D.OM光束

在该玻璃中传播的速度为8310m/sE.分别用OM、ON光束在同一个双缝干涉实验装置上做实验，OM光束的相邻两个亮条纹的中心间距大于ON光的相邻两个亮条纹的中心间距【答案】CDE【解析】【详解】A．光穿过玻璃柱体所需时间Rtv=而cvn=则有=nR

tc由图可知两束光的折射率不同，所以穿过玻璃柱体所需时间不相同，故A错误；B．因nn黄紫，OM偏折的小，ON偏折的大，所以OM是黄光，ON是紫光，故B错误；C．由B项可知OM是黄光，由折射定律得()sin3sin90n==−黄故C正确；D．根据cvn=解得OM光束在该玻璃中传播的速度为

v=8310m/s故D正确；E．因OM光束的频率小于ON光束的频率，故OM光束的波长大于ON光束的波长，故分别用OM、ON光束在同一个双缝干涉实验装置上做实验，根据Lxd=可知OM光束的相邻两个亮条纹的中心间距大于ON光的相邻两个亮条纹的

中心间距，故E正确。故选CDE。16.如图所示，在x=0处的质点O在垂直于x轴正方向上做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的机械波。在t=0时刻，质点O开始从平衡位置向上运动，经0.8s第一次形成图示波形，P是平衡

位置为x=0.5m处的质点。求：（1）位于x=5m处的质点B第一次到达波谷位置时，位于x=2m处的质点A通过的总路程；（2）若从图示状态开始及时，至少要经过多少时间，P、A两质点的位移（y坐标）才能相同？【答案】（1）s=30cm；（2）t=0.1s【解析】【详解】（

1）由图可知，从图示开始振源再过4T才第一次到波谷，而当此波谷传播到x=5m=54处的B点时，波还要向前传播5mx=，即还要再用54T质点B才是第一次达波谷，所以质点B第一次到波谷位置所需要的时间是53442TTTt=+=由

题意知，当质点B第一次到达波谷位置时，质点A也恰好振动了32T，所以质点A通过的总路程为s=6A=30cm（2）频率25rad/s4T==从图示状态开始计时质点A、P做简谐运动的表达式分别为A55sin()cm4yt=，5

35sin()cm44Pyt=+要使P、A两质点的位移（y坐标）相同，即APyy=，至少要经过时间t应满足553444tt++=解得t=0.1s