2022年河北省普通高中高考物理模拟试卷（三）（等级考）（附答案详解）.pdf

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1、2022年河北省普通高中高考物理模拟试卷（三）（等级考）1.如图所示，4、B两个小球静止在光滑水平地面上，用轻弹簧连接，4、B两球的质量分别为0.4kg和1.2kg。现使4球获得向右的瞬时速度v=6m/s。已知弹簧始终在其弹性限度之内，则在4 B两球运动的过程中（）A.8球的最大速度大小为1.5m/sB.B球速度最大时，A球的速度大小为3 m/s,方向水平向左C.4球速度为0时，4、B组成的系统动能损失最大D.4球加速度为0时，B球的速度最大2.如图所示,两根相同的轻质弹簧一端分别固定于M、N两点，另一端分别与轻绳。P、OQ连接于。点。现用手拉住。P、。?的末端，使。M、ON两弹簧长度相同（均

2、处于拉伸状态），且分别保持水平、竖直。最初OP竖直向下，OQ与0P成120。夹角。现使OP、0Q的夹角不变，在保持。点不动的情况下，将OP、OQ沿顺时针方向缓慢旋转70。已知弹簧、轻绳始终在同一竖直平面内，则在两轻绳旋转的过程中（）A.0P上的作用力一直减小B.OQ上的作用力一直减小C.0P上的作用力先增大后减小D.0Q旋转至水平位置时，OQ上作用力最大3.如图所示，斜面NP与水平面OP在P点连接，斜面OQ倾角为。，与。P连接于。点。将质量为小的光滑小球（可视为质点）由斜面NP上的N点静止释放，小球经。点水平飞出后落到斜面0Q上的K点。已知斜面及水平面均固定，NP之间的高度差为H,。、K之间的

3、高度差为八，重力加速度为g,忽略空气阻力。则（）NA.小球在K点处速度的方向与水平方向的夹角为2。B.。、K 之间的距离为九由1 +t a M Or 小 硅 菠 到 廿 占nd 的懂*十，1、头1 L c j.,”.t N 7 2tan20D./IJ、坏球红/H也寸尸P出占、击刖f1后口 才J 贝吊 玉人的刑刘 1 楠耻台八g 头j m gn nH 2tman92h04.如图所示为玻尔原子理论的氢原子能级图，下列说法n/feVCO-一 0正确的是（）5-0.544-0.85A.大量处于7 1 =5 能级的氢原子向基态跃迁，最多可以发3-1.51出2 0 种不同频率的光2-B.处于n =2 能级

4、的氢原子其电势能比处于n =3 能级的-3.4氢原子的电势能小C.若氢原子由九=4 能级分别直接跃迁至九=3 和九=21-13.6能级时所发出光的波长为乙和；I 2，则-4 0 4 8 12 16 xfm如图所示，三角形4BC为三棱镜的截面图，ZC=90。，4B=30,BC边与水平面平行，。、。分别为AC、AB两边的中点，AC边长为L。位于截面所在平面内的一束单色光，与水平方向成曲=60。角由。点入射，折射光线由BC边上的E点射出，且OC=CE。当光在。点的入射角减小至某一值时，折射光线在8 c边上的广点（图中未画出）恰好发生全反射。真空中光速为c。（1）求该棱镜对该单色光的折射率n。（2）光

5、在尸点发生全反射时，求4 c边上的入射角及光由。点传播至尸点所用的时间。答案和解析1.【答案】BD【解析】解：A B,从开始至弹簧第一次恢复原长的过程中，B球一直加速，之后B球开始减速，则弹簧第一次恢复原长时B球的速度最大，设8球的最大速度大小为外,此时A球的速度为以。取水平向右为正方向，根据两球组成的系统动量守恒和机械能守恒分别为：mAv=mAvA+mBvB,mAv2=mAv+解得力=-3m/s,vB=3m/s,即B球速度最大时，4球的速度大小为3 m/s,方向水平向左，故A错误，8正确。C、当4、8两球速度相同时，弹簧的弹性势能最大，力、B组成的系统动能损失最大，设此时两球的速度为1/,由

6、动量守恒定律得：mAv-(mA+m v ,解得“=2 m/s,故C错误；D、弹簧第一次恢复原长时B球的速度最大，此时4球的加速度为0,故。正确。故选：B D。弹簧第一次恢复原长时B球的速度最大，根据两球组成的系统动量守恒和机械能守恒求解B球的最大速度以及此时4球的速度。当两球速度相同时，4、B组成的系统动能损失最大。B球的速度最大是地，根据牛顿第二定律分析4球的加速度。本题是含有弹簧的类型，要运用动态思想认真分析两球的运动过程，知道弹簧第一次恢复原长时B球的速度最大，当4、B两球速度相同时,弹簧的弹性势能最大。2.【答案】A【解析】解：初状态系统平衡时，两弹簧弹力相等，合力与两弹簧夹45。斜向

7、左上方，则由。点受力平衡知：OP、OQ两绳拉力合力斜向下与OP夹45。角。保持。点不动，则两弹簧伸长状态不变，合力不变，将OP、OQ沿顺时针方向缓慢旋转70。，此过程OP、OQ合力不变，两力夹角不变，用红线表示OQ拉力，紫线表示OP拉力，根据力的三角形法则可作图如下：第 10页，共 24页由图可以看出，在旋转70。的过程中，表示。P的拉力TOP长度一直在减小，说明。P上的作用力一直减小；表示0Q的 拉 力 长 度 线 增 大 后 减 小，说明上的作用力先增大后减小；当0Q旋转至水平位置时，0Q对应的圆周角为：180-6 0 -4 5 =75 90,说明此时0Q拉力不是最大值。故A 正确，BCD

8、错误。故选：4。系统受力平衡，在转动的过程中，根据动态平衡分析力的变化情况，注意结合力的变化特点分析。本题是动态平衡的问题，注意在变化的过程中OP、0Q的夹角不变，结合圆来分析变化规律。3.【答案】CD【解析】解：4、小球在K点处速度的方向与水平方向的夹角为a,则tana=2tcm。，故A 错误；B、。、K之间的距离为s=VS E，又知t a n%所以s=瓯 故 B错误；C、根据机械能守恒，小球落到K点时的速度大小为！;=J 诏+2gh，h=gt2,x=vot,tan9=联 立 解 得 =l2gh+-，故 C 正确；x 7已 2tan2e。、小球经过P点前后损失的机械能为4E=m g H-gm

9、诏-m g H-式*,故。正确。故选：CD.小球离开。点后做平抛运动，落在K点时，竖直位移与水平位移之比等于tern。，本题物体运动过程较复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用平抛运动规律、机械能守恒定律可以解题，本题有一定的难度。4.【答案】AB【解析】解：4、大量处于n=5能级的氢原子向基态跃迁，最多可以发出牖=20 种不同频率的光，故 A 正确；B、氢原子从7 1 =3跃迁到n=2的能级时，辐射光子，电子运动的轨道半径减小，电场力做正功，氢原子的电势能减小，所以处于n=2能级的氢原子其电势能比处于n=3能级的氢原子的电势能小。故 8 正确；C、若氢原子由n=4能级分别直接

10、跃迁至n=3和n=2能级时所发出光的波长为;和;I?，AE43=E4-E3=h-,AE42=E4-E2=hj-,/E43 则%。故 C 错误；D,若用光子能量为12.5eU的光照射大量处于基态的氢原子，则有E=-13.6eU+12.5eV =-l.leV,氢原子没有该能级，所以不能使处于基态的氢原子跃迁，故。错误；故选：AB根据数学组合公式鬣判断一群氢原子释放的光子的种类；氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光子，根据电场力做功判断电势能变化；能级跃迁时吸收和释放的能量必须等于能级差。解决本题的关键掌握能级间跃迁放出或吸收光子的能量满足/w=Em-En.以及知道能级间跃迁辐射的光子能量等于

11、两能级间的能级差。5.【答案】B【解析】解：4 根据Ep=rngx sin 30。，物块的重力势能Ep随位移x变化的关系中斜率k=mgsin30=求得m=0.6kg,故 A 错误；B.对物体从x=1.5m到x=2.5m,由动能定理可得一 77195讥30。(2.5-1.5)=0-gnw2求得u/lU m/s,故 B 正确：C 设位移x处物块的重力势能与动能相等，m5sin30(2.5-x)=gm卢又机械能守恒mgsin300(2.5 x)+1mv2=6 以讥30。(2.5)求得=1.25m,故 C 错误:D 当 x=2ni时，mgsin30(2.5 2)+Ek=巾95讥30。(2.5)求得&=

12、6/,故。错误。故选：B。根据功能关系进行解题，结合重力势能的计算公式与图像解得物体质量，再根据机械能的计算方法解得CD。本题考查了能量关系及动能定理，解题的关键是知道结合图象进行解题，并结合动能定第12页，共24页理及能量转化解题即可。6.【答案】BCD【解析 1 解：4 根据对称性和点电荷场强公式知：正电荷在M点的场强与负电荷在Q点的场强相同，正电荷在Q点的场强与负电荷在M点的场强相同，且两电荷在M、Q分别产生的场强夹角相同，根据电场强度的叠加可知：M、Q两点电场强度相同，故A 正确；Acd是等量异种点电荷电场中的一条等势线，在其左侧靠近正电荷区域电势高，其右侧靠近负电荷区域电势低，故P点

13、电势高于N点电势，故 B 错误；C由B中分析知，K点电势低于“点电势，则负试探电荷从K点移到M点过程中，电场力做正功，电势能减小，所以负电荷在K点电势能大于在M点电势能，故 C错误；D 电性为正的试探电荷（不计重力）沿0K方向以一定的速度射出，电荷受向右的电场力作用而做曲线运动，故。错误。本题选不正确的，故选故选：BCD。由对称性及点电荷场强分布分析M、Q两点电场强度关系，由cd是等量异种点电荷电场中的一条等势线，结合电势分布特点判断P、N两点电势高低，电场力做正功，电势能减小，并进一步比较电势能关系，初速度与受力方向不一致时，做曲线运动。本题考查静电场，学生需熟练掌握等量异种电荷电场线分布，

14、综合解题。7.【答案】D【解析】解：4 物块a第一次运动到N点过程，由动能定理mag MN-sin30 imag MN-cos300=Eka-gm。讳代入题中数据可得v0=3m/sEka 1 8/故A错误；B.设a与b碰前速度大小为火,碰后二者速度为以 规定向右为正方向，由动量守恒定律可知mav0=(ma+mb)vb碰撞过程中系统损失的机械能4E=gnia诏 1(nia+mb)v2解得v=l.Om/sAE=1.2/故8错误；C.由B分析知，a、b整体与挡板第一次碰撞前的速度即为u=lm/s,碰撞过程中无机械能损失，所以碰后整体速度变为向左的ln i/s,对整体，规定向右为正方向，由动量定理I=

15、Ap=(ma+mb)v (ma+mb)(v)=2(ma+mb)v=2.4N-s挡板对b的冲量即为对整体的冲量，故C错误：D.a、b整体静止在N点，对a、b整体，自碰后至最终停下，由能量守恒1(ma+m6)v2=g(ma+mgcosd-s带入数据解得s=0.25m故。正确。故选：D根据动能定理解得碰撞前4的速度；根据动量守恒定律解得碰后48的速度，根据动量定理解得b与挡板第一次碰撞时，挡板对b的冲量大小，根据能量守恒解得整个运动过程中，b在斜面上运动的路程。本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律和牛顿第二定律的综合运用，理清物块的运动规律，注意动量的矢量性。8.【答案】C【解析】解：B、每个星体受

16、到引力大小为其它两颗星体对它的万有 X引力的合力，对任意一个星体，受力分析如图，有：FI=F2=GW，第14页，共24页则合力为尸=2F1COS30。=遍G*,故B错误；A D,每个星体受到的向心力为：F 向=F=遍 G*每个星体绕中心。做匀速圆周运动的半径/=/=苧3根据万有引力提供向心力有屈；:=加 誓”解得Q的周期：T=2n l f 故 A。错误；7 3Gma根据八年可得c的线速度：=后，故c正确。故选：Co先写出任意两个星体之间的万有引力，求每一颗星体受到的合力，该合力提供它们的向心力，然后求出它们的轨道半径，最后求出角速度、周期和线速度的表达式，整进一步分析即可得出结果。本题主要是考

17、查三星问题，解决该题首先要理解模型所提供的情景，然后能够列出合力提供向心力的公式，才能正确解答题目。9.【答案】C【解析】解：4、从图像可知3 =与=盖rad/s=100兀rad/s根 据/=NBS3=100V2V求得B=*-T,故A错误；1007TB、P板上移，由。=抵 可 知 电 容 变 小，电容的容抗变大，流过滑动变阻器的电流将变4nka小，故B错误：C、由B项分析可知，流过滑动变阻器的电流变小，由P=/2R知，滑动变阻器的功率将减小，而治的电压不变，其功率不变，则理想变压器的输出功率变小，由/=。加可知，而两端的输入功率将减小，故C正确；。、原线圈电压不变，副线圈电压不变，定值电阻的电

18、功率不变，故。错误。故选：Co根据感应电动势e随时间t变化的关系可知最大电动势的大小，从而可以计算磁感应强度的大小，根据电容的变化，判断容抗变化，以及电流和功率的变化。本题关键是要掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，明确电容器在交流电中的作用。1 0.【答案】BD【解析】解：4 导体棒MN在恒力作用下向上匀加速运动，设 进 入 磁 场 时 速 度 为 根据动能定理可得：尸 九 2 -m g h2=1 m v2-0代入可解得：v=4 m/s进入磁场时，导体棒切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得：E =BLv=1 x 1 x 4V =4V电路中以与/?2 的并联电阻为R=普

19、，代入数据解得：R=0.4/2导体棒MN 的电流：/=今=：4=8 4R+r 0.4+0.1导体棒受到的安培力为：/安=B/L =1 x 8 X I N=8 N重力 m g =2 x l O N =20N由于F =安+巾 9可知进入磁场后导体棒匀速运动，产生的电动势恒定，电流恒定，则导体棒MN 两端的电势差为：UM N=IR=8X 0.4 V=3.2 U,故 A 错误；B、导体棒MN 的热功率为：P =I2r=82x0.1W =6 A W,故 8正确；C、导体棒通过磁场所用时间：=s=|sV 4 8%上产生焦耳热的最大值为：Q=W，代入数据解得：Q=6.句,故 C 错误；D、流过/?2 的电荷

20、量的最大值为：勺=言瓦,，代入数据解得：q =l C,故。正确。故 选:B D。根据动能定理求解导体棒进入磁场时的速度，由法拉第电磁感应定律结合电路连接情况计算通过导体棒的电流，根据安培力的计算公式求解导体棒受到的安培力大小，根据受力情况可知进入磁场后导体棒匀速运动，根据欧姆定律计算MN 两端电压；根据电功率的计算公式求解导体棒MN 的热功率；求出导体棒通过磁场所用时间，根据焦耳定律求解凡上产生焦耳热的最大值，根据电荷量的计算公式求解流过&的电荷量的最大值。对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率

21、的计算公式列方程求解。第16页，共24页11.【答案】斜槽水平末端处钢球球心在白纸上的投影点为坐标原点0,过。点画出竖直的y轴和水平的4轴；去下坐标纸，用平滑的曲线把这些印迹连接起来A D 孚(0,10cm)【解析】解：(1)斜槽水平末端处钢球球心在白纸上的投影点为坐标原点。，过。点画出竖直的y轴和水平的 轴；去下坐标纸，用平滑的曲线把这些印迹连接起来，就得到钢球做平抛运动的轨迹。(2乂8、斜槽轨道不一定需要光滑，但未端一定要水平，才能保证是平抛运动，故 A 正确，B 错误；C、挡板只要能记录下小球下落在不同高度的不同位置即可，不需要等间距变化，故 C错误；、为了保证小球做平抛运动的初速度相等

22、，小球每次应从斜槽的同一位置由静止释放,故。正确；故选：AD.(3)坐标纸上每一小格长为L=5cm=0.05m,小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由Ay=2L=gt2可得：t=0.1s,平抛运动的初速度3L 3X0.05.l /VQ=1 m/s=1.5m/sB点竖直方向上的分速度则4点竖直方向上的分速度vA y=vB y-gt=2m/s 10 x O.lm/s=I.Om/s钢球在4 点速度的大小为vA=J VQ+vy=V1.52+1.02m/s=m/s小球运动从抛出到B点的时间tBB =-=-s =0.2sg io从抛出到B点的水平位移x=votB=1.5 x 0.2m=0.3m=3

23、0cm竖直位移1 Q 1 ry=-gtg=-x 10 x 0.22=0.2m=20cm设小球抛出点的置坐标为(a,y o),则xQ-x=xB,y o+y =yB将B点坐标值代入可得%o=0,y0=1 0 c m,即钢球抛出点位置的坐标为(0,1 0训)。故答案为：(1)斜槽水平末端处钢球球心在白纸上的投影点为坐标原点0,过。点画出竖直的y轴和水平的 轴；去下坐标纸，用平滑的曲线把这些印迹连接起来(2)4 5(3)手,(0,1 0 c m)(1)(2)根据实验原理和实验注意事项分析；(3)根据4 y =g%求出相邻两点的时间间隔，根据水平方向上的匀速直线运动求出平抛运动的初速度，根据匀变速直线运

24、动规律求出B点和A点在竖直方向上的分速度，根据%y =g t求出运动到B点的时间，得出水平位移和竖直位移，从而求出抛出点的位置坐标。解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，灵活运用运动学公式进行求解，并理解矢量的合成法则的应用，注意单位的换算。1 2.【答案】C 4 0 1.0小于小于【解析】解：(1)为测恒流源的电流，电流表应接在图甲中的C处。(2)当滑动变阻器接入电路的阻值为零时，定值电阻被短路，流 过 电 流 表 的 电 流 为 由图乙所示图象可知：/0=1.0/1；当流过滑动变阻器的电流为零时，流过E的电流为/。，由图乙所示图象可知，此时&两端电压U =4 0 U,由

25、欧姆定律得：U=l0R0,代入数据解得：Ro=4 0 0。(3)如果电压表不是理想电压表，由于电压表的分流作用当滑动变阻器接入电路的阻值为零时，流过电流表的电流小于/。，因此的测量值小于真实值；同理，由于电压表分流作用，流过岛 的电流小于I。，由欧姆定律可知，品 的测量值小于真实值。故答案为：(1)C;(2)4 0；1.0；(3)小于；小于。根据图示图象与实验原理确定电流表的位置；根据图示图象求出定值电阻与恒定电流；根据图示电路图分析实验误差。理解实验原理、分析清楚电路结构是解题的前提与关键，根据电路图与图示图象即可解第18页，共24页题。1 3.【答案】(l)a 下滑到B 过程，设a 加速度

26、为的，末速度为孙，时 间 为 由 牛 顿 第 二定律和运动学规律magsin37 n magcos37%h 1 2-=-Q ；sin370 2 1 1a 从B 运动到c 过程，时间为t 2 有t 2 =%则从a 开始运动到a、b 相碰撞经历时间为t=tr+t2联立代入数据解得：t=1 7.9 s(2)碰后匕做平抛运动，设碰后b 的速度为以，由平抛运动规律有无 2 =：g 抬八 2 _ 4商 彳=吁 3由动能定理mbgh2+mbvl=EkD解得E kD=1 9 5 x 1 05/(3)a、b 碰撞过程，设碰后a 速度为力，规定向右为正方向，由动量守恒mi v0=ni a V i +mbv2对a，

27、由动量定理1ba=血/1-巾0代入数据可得lba=-6 x 103N-s即a、b 碰撞过程中b 对a 的冲量大小为6 x 1()3N.s,方向水平向左.答：(l)a、b 相碰撞的时刻为17.9 s；(2)b 落在。点时的动能为1.9 5 x 105/。(3)a、b 碰撞过程中b 对a 的冲量为6 x 1()3N.s,方向水平向左。【解析】(1)根据牛顿第二定律结合运动学公式解得；(2)根据平抛运动规律结合动能定理解得。(3)根据动量守恒定律结合动量定理解得。根据分析清楚物体的运动过程与受力情况、能量转化过程是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题；解题时注意正方向。14

28、.【答案】解：(1)根据题意，粒子从P 点偏转6 0。进入磁场，由几何关系可知圆周运动半径R=L洛伦兹力提供向心力，则qvB=rzn o m v可得：B(2)粒子进入电场后做类斜抛运动，从x 轴进入磁场，偏转300。再进入电场做类平抛运动,以此类推，运动轨迹如图所示：粒子在此案长中轴方向不受力而做匀速运动，由运动的对称性和几何关系可知x=2Rcos300 V 3L =v s m 30 t0竖直方向上有17 c os 30 =at=m tu0联立解得：2V3L 口 mv2tnu =-；E=v4qL(3)粒子第一次经过%轴时，在磁场中偏转了6 0。，则时间为_ T _ nm _ nLt l =w

29、=布=互第一次经过x 轴时的坐标为(0,0)粒子第二次经过x 轴时，在电场中偏转了2 t o时间，则12=匕+2%=算+=冶+4 旬第20页，共24页设第二次经过X轴时横坐标为%2,则有x2=2vsin3Oto=2y/3L则第二次经过x轴时坐标为(2 0)由轨迹和几何关系可知，粒子第三次经过x轴时，又在磁场中偏转240。，则时间为tJ3=t1，+2tu0+-7=-+=-(+4V3)3 3v v vv 3 第三次经过x轴时坐标为(百L,0)同理，第四次经过x轴时的时间为4=1 1 +2%+|7+2玲=罢 +蜉=9+8旬第四次经过x轴时坐标为(3次L,0)第五次经过x轴时的时间为t.s=t.i+.

30、Q2t.1 2 T Q 1 2 T 97rL 8y/3L L,9 o 内、0+-r +2t0+-=+=-(-7 T +8V3)第五次经过x轴 时 的 坐 标 为0)由不完全归纳法可得粒子从t=0时刻至第(2n+1)次穿过%轴时的坐标为2n+i=V3n(n=0,1,2,3)所用的时间为t2n+i=t C 兀 +4 8)+|?T(n=0,1,2,3.)答：(1)匀强磁场的磁感应强度大小为三。(2)匀强电场的电场强度大小为嗤。(3)粒子从t=。时刻至第(2n+1)次穿过x轴时的坐标及所用的时间为3，兀+4旧)+|TT(n=0,1(2,3.)【解析】(1)根据几何关系得出半径的大小，结合牛顿第二定律得

31、出磁感应强度的大小；(2)根据运动的对称性和粒子在不同方向上的运动特点，结合运动学公式得出场强的大小；(3)根据时间和运动学公式计算出每次粒子经过x轴时的坐标，结合数学的不完全归纳法完成分析。本题主要考查了带电粒子在组合场中的运动，理解粒子的受力特点，由此分析出运动类型，结合的难点是利用数学的不完全归纳法分析出粒子穿过x轴时的规律，对学生的数学能力要求较高，难度大。15.【答案】减小|小【解析】解：根据一定质量的理想气体的状态方程p U =C 7 可知T PV =C图线上各点与坐标原点连线的斜率大小可反应压强大小，则b -C 过程图线上各点与坐标原点连线的斜率逐渐减小，说明气体压强逐渐减小；设

32、气体在状态C 时的压强为P，体积为忆 根据一定质量的理想气体的状态方程P W 1=叱=P d X 2.5 匕=处2 7 T2 T2 1由上述分子可知，P a=P d=P l，代入可得：T2=2.5Ti又d a 与儿平行，由图像可得：T2Tl _ Tz-Z Ti2.5%-匕-V=1.5 匕联立解得：P =(P 1故答案为：减小；I p l根据一定质量的理想气体的状态方程结合图像的物理意义分析出压强的变化；根据一定质量定律想气体的状态方程结合图像点的坐标得出气体的压强。本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，理解图像的物理意义，结合公式p u =C T即可完成分析。1 6.【答案】解：(1)设

33、活塞稳定后，4、C 部分气体的压强为小,由于活塞质量不计，B 部分气体的压强也为P i，设或扫稳定后B 部分气体体积为匕，根据玻意耳定律得：P o -7 =P i -对4、B 部分气体整体，由一定质量的理想气体状态方程可知P o -7 +4P o 号=P i ,+%匕)联立解得：PI=IPO(2)对C 中原有气体，根据玻意耳定律得：4 p o?=P i 。+4 V)解 得:“=等O第22页，共24页。中剩余气体的质量与最初。中气体质量之比为%剩 油 2%总 2+村 5答：(1)活塞稳定后，4部分气体的压强为|p o。(2)活塞稳定后，C中剩余气体的质量与最初C中气体质量之比为2：5。【解析】(

34、1)根据玻意耳定律结合合适的研究对象联立等式得出4部分气体的压强；(2)根据玻意耳定律得出体枳的变化量，根据体积的比值关系得出质量的比值关系。本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是理解变化前后的气体状态参量，根据公式p H =C 7即可完成分析。1 7.【答案】下 加 强8【解析】解：根据U=*=：M/S=1.5m/s,可求得波源Si发出的波到达x =1 2M处的时间：Gx =也v=1 2 1,.5 ：s=1 0.7,4 波源52发出的波到达x =1 2 m处的时间：v=丝=：s。可知 =4 s时S2的振动先到达此处，经/=t 一亡2 =4 s=g s=7的J J J J振

35、动，质点正从平衡位置向上振动，加速度方向竖直向下。由于两波源到x =2 n l处的路程差/s=(1 4 -2)zn -(4 +2)m =6 m =X,可知x =2 m处的点为振动加强点，故振幅4 =&+&=3c m +5c m =8c m,故答案为：下、加强、8计算两列波的波速，可求得两列波到达x =1 2 m处质点所用的时间，结合波源的振动情况分析该点为加强点。本题考查波长、频率和波速的关系，牢记u =/v =华的应用。1 8.【答案】解:(1)由题意,光路如图1所示。根据0 C =C E可知折射角r 0 =4 5,则根据折射定律有踪=黑解得：n=渔2(2)由临界角公式知sinC=；设光在F

36、点恰好发生全反射时，设4C边上的入射角为i,折射角为r,光路图如图2。图2由几何关系知r=90-C根据折射定律n=stnr代入可得.V2sini=一2即i=45,根据几何关系可得光由。点传播至F点的路程为s=OF=-cosC光在三棱镜中的传播速度为V=;光由。点传播至F点所用的时间为t=:联立解得：t=幽：4c答：(1)该棱镜对该单色光的折射率为日。(2)AC边上的入射角为45。，光由。点传播至F点所用的时间为警。【解析】(1)在。点，由折射定律列式可解得折射率；(2)根据几何关系求出光线在介质中传播的路程，由 求 出 光 在 介 质 中 的 传 播 速 度，进而求出光传播所用时间。解决本题的关键是画出光路图，灵活运用数学知识求解角度关系和光程。还要掌握折射定律和全反射条件，并能灵活运用。第24页，共24页