四川宜賓敘州區(qū)第一中學(xué)2019屆高三物理上學(xué)期期末考試試題含解析

1、四川省宜賓市敘州區(qū)第一中學(xué)2019屆高三上學(xué)期期末考試?yán)砭C-物理試題1.有關(guān)近代物理內(nèi)容的敘述，下列說法正確的是A.天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)揭示了原子的核式結(jié)構(gòu)B.一群處于n=3能級的氫原子，自發(fā)躍遷時最多能發(fā)出6種不同頻率的光C.原子核發(fā)生一次3衰變，原子序數(shù)增加1D.溫度升高，放射性元素衰變的半衰期減小【答案】C【解析】A項：天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)揭示原子核具有復(fù)雜的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，故A錯誤；B項：根據(jù)公式=所以一群處于n=3能級的氫原子，自發(fā)躍遷時最多能發(fā)出3種不同頻率的光，故B錯誤；C項：根據(jù)原子核發(fā)生日衰變放出一個電子可知，原子序數(shù)增加1,故C正確；D項：放射性元素衰變的半衰期與外界因素?zé)o關(guān)，如溫度

2、，壓強等，只取決于原子核內(nèi)部結(jié)構(gòu)，故D錯誤。2.如圖所示，理想變壓器原、副線圈分別接有額定電壓相同的燈泡a和b.當(dāng)輸入電壓U為燈泡額定電壓的10倍時，兩燈泡均能正常發(fā)光。下列說法正確的是（）A.原、副線圈匝數(shù)之比為1:9B.原、副線圈匝數(shù)之比為9:1C.此時a和b的電功率之比為10:1D.此時a和b的電功率之比為1:10【答案】B【解析】【分析】根據(jù)燈泡電壓與輸入電壓的關(guān)系可明確接在輸入端和輸出端的電壓關(guān)系，則可求得匝數(shù)之比;根據(jù)變壓器電流之間的關(guān)系和功率公式可明確功率之比.【詳解】燈泡正常發(fā)光，則其電壓均為額定電壓U,則說明原線圈輸入電壓為9U,輸出電壓,，八“八，g,1Zr11,為U;則可

3、知，原副線圈匝數(shù)之比為9:1,A錯誤B正確；根據(jù)公式一=可得-=-，由于小燈泡兩端的電壓相等，所以根據(jù)公式P=U顆I可得a和b上的電功率之比為1:9,CD昔誤.3.如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略，一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點，現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向下平移一小段距離，則下列說法正確的是A.平行板電容器的電容將變小B.帶電油滴的電勢能將減少C.靜電計指針張角變小D.若將上極板與電源正極斷開后再將下極板左移一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變【答案】B【解析】【分析】電容器始終與電源相連，則電容器兩端間的電勢差不

4、變，根據(jù)電容器d的變化判斷電容的變化以及電場強度的變化，從而判斷電荷電勢能和電場力的變化【詳解】A.將平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，導(dǎo)致極板間距減小，根據(jù)/知，d減小，則電容增加，故A錯誤；44dB.電勢差不變，d減小，則電場強度增加，P點與下極板的電勢差變大，則P點的電勢增大，因為該電荷為負(fù)電荷，則電勢能減小，故B正確；C.靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變，故靜電計指針張角不變，故C錯誤；D.若先將電容器上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，則電荷量不變，正對面積S減小，根據(jù)E=m=&=電"，知電場強度變大

5、，則油滴所受電場力變大，故d錯誤.dCdeS故選B.【點睛】本題是電容器的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵抓住不變量，當(dāng)電容器與電源始終相連，則電勢差不變，當(dāng)電容器與電源斷開，則電荷量不變4.如圖所示，是我國首個空間實驗室“天宮一號”的發(fā)射及運行示意圖。長征運載火箭將飛船送入近地點為A、遠(yuǎn)地點為B的橢圓軌道上，B點距離地面高度為h,地球的中心位于橢圓的一個焦點上，“天空一號”飛行幾周后變軌進入預(yù)定圓軌道。已知“天宮一號”在預(yù)定圓軌道上飛行n圈所用時間為t,萬有引力常量為G地球半徑為R則下列說法正確的是一型定圈軌道留軌多/A. “天宮一號”在橢圓軌道的B點的加速度大于在預(yù)定圓軌道的B點的加速度B. “天宮一號

6、”從A點開始沿橢圓軌道向B點運行的過程中，動能先減小后增大C. “天宮一號”沿橢圓軌道運行的周期大于沿預(yù)定圓軌道運行的周期D.由題中給出的信息可以計算出地球的質(zhì)量M=Gr【答案】D【解析】【分析】“天宮一號”在B點的加速度由萬有引力提供；“天宮一號”從A點開始沿橢圓軌道向B點運行的過程中，只受到地球的引力，只有地球的引力做負(fù)功，動能越來越小，但機械能守恒；地球?qū)μ鞂m一號的萬有引力提供它繞地球做勻速圓周運動的向心力，由萬有引力公式及向心力公式列方程，可以求出地球的質(zhì)量.【詳解】A.“天宮一號”在橢圓軌道的B點的向心加速度以及圓軌道B點的向心加速度都是萬有引力提供的，是相等的，故A錯誤；B.“天宮

7、一號”從A點開始沿橢圓軌道向B點運行的過程中，只受到地球的引力，距離地球原來越遠(yuǎn)，地球的引力做負(fù)功，根據(jù)動能定理可知，動能越來越小，故B錯誤；C.橢圓軌道的半長軸小于圓軌道的半長軸，根據(jù)開普勒第三定律可知，“天宮一號”沿橢圓軌道運行的周期小于沿預(yù)定圓軌道運行的周期，故C錯誤；D.“天宮一號”在預(yù)定圓軌道上飛行n圈所用時間為t,故周期為T=t/n,根據(jù)萬有引力提供、，GMm中？zo,=4房i'(R+h)3山向心力=m-(R.+h),得地球的質(zhì)重M=,故D正確；(R+h)丁'Gt2故選：D5.如圖所示，由豎直軸和雙臂構(gòu)成的“Y”型支架可以繞豎直軸轉(zhuǎn)動，雙臂與豎直軸所成銳角為a一個質(zhì)

8、量為m的小球穿在一條臂上，到節(jié)點的距離為h,小球始終與支架保持相對靜止。設(shè)支架轉(zhuǎn)動的角速度為力，則f)A.當(dāng)a)=0時，臂對小球的摩擦力大小為n呼mgB.m由零逐漸增加，臂對小球的彈力大小不變1 fecos©C.當(dāng)=F時，臂對小球的摩擦力為零srnSjhD.當(dāng)切=LRcosG41)時，臂對小球的摩擦力大小為mgsin&ih2【答案】C【解析】當(dāng)=0時，臂對小球的摩擦力大小等于重力沿斜桿向下的分力，大小為f=mgpos0,選項A錯誤；當(dāng)支架轉(zhuǎn)動時：豎直方向：FNsinG1fug。=mg；水平方向：FcosS-fsmB=mcohsmG；解得l'=mgcciSiO-in&l

9、t;j?hsin1,可知w由零逐漸增加，臂對小球的摩擦力先減后增，彈力大小先增,1bcosO后減，選項B錯誤；由£=Egc。蛉-rnsihsiti"。=0可得=,選項C正確；由sinHihr、1(l-COSG)f=|m即os日-mshsirfa|=mg可得=；,選項D錯誤；故選C.sm0vh點睛；此題關(guān)鍵是對小球受力分析，列出水平和豎直方向的方程，然后求解摩擦力的表達式，再進行討論.6 .如圖所示，以減速滲透薄膜為界的區(qū)域I和II有大小相等方向相反的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場方向進入磁場，穿過薄膜，在兩磁場區(qū)域做圓周運動，圖中虛線是部分軌跡，在II中運動軌道半徑是I中運動

10、軌道半徑的2倍。粒子運動過程中，電性及電荷量均不變，不計重力與空氣阻力。則粒子vvWvWW：Vn：A,帶負(fù)電B.在II中做圓周運動速率是在I中的2倍C.在II中做圓周運動周期是在I中的2倍D.在II中向心加速度大小是在I中的2倍【答案】BD【解析】rnv由粒子的運動軌跡，結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電，選項A錯誤；根據(jù)r=,因=2口可qB2jqti知，心二備1,選項B正確；根據(jù)T=可知，在II中做圓周運動周期等于在I中的周期，選MB'二項C錯誤；根據(jù)打=上可得在II中向心加速度大小是在I中的2倍，選項D正確；故選BD.r7 .一個物塊從斜面底端沖上足夠長的斜面后，返回到斜面底端。已知小物

11、塊沖上斜面的初動能為E,它返回斜面底端的速度大小為v,克服摩擦阻力做功為-B若小物塊沖上斜面的初動4能變?yōu)?E,則A,返回斜面底端時動能為B,返回斜面底端時速度大小為值C,從出發(fā)到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功為-E4D,從出發(fā)到返回斜面底端，機械能減少-E8【答案】BC【解析】【分析】物體沖上斜面和返回到斜面底端兩過程中克服摩擦阻力做功相等；初動能增大后，上升的高度也隨之變大，可根據(jù)勻減速直線運動的速度位移公式求出上升的位移，進而表示出克服摩擦力所做的功；對兩次運動分別運用動能定理和功能關(guān)系即可求解克服摩擦阻力做功及機械能的減少.【詳解】物塊以初動能為E沖上斜面并返回的整個過程中，由動能定理

12、得:1 2E介2 4設(shè)以初動能為E沖上斜面的初速度為V0,則以初動能為3E沖上斜面時，初速度為拒桃,加速-7度相同，根據(jù)2ax=v2-4可知：物體上滑的最大位移為x=22a可知，物塊第二次沖上斜面的最大位移是第一次的3倍，所以上升過程中克服摩擦力做功是第一次的3倍，整個上升返回過程中克服摩擦力做功是第一次的3倍，即為E.4以初動能為3E沖上斜面并返回的整個過程中，運用動能定理得：lmvJ2-3E=-E24所以返回斜面底端時的動能為=E;24由得：返回斜面底端時速度大小為v'=Jiv根據(jù)功能關(guān)系可知，從出發(fā)到返回斜面底端，機械能減少等于克服摩擦阻力做功，為3E,故4AD錯誤，BC正確。故

13、選：BC8.如圖甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d,P點在A、B板間，A板接地，B板的電勢。隨時間t的變化情況如圖乙所示，t=0時，在P點由靜止釋放一質(zhì)量為m電荷量為e的電子，當(dāng)=2T時，電子回到P點。電子運動過程中未與極板相碰，不計重力，則下列說法正確的是甲A.心：/=1:2B.:=1:3C.在02T時間內(nèi)，當(dāng)t=T時電子的電勢能最小譚1常D.在02T時間內(nèi)，電子的電勢能減小了md-【答案】BD根據(jù)場強公式可得0T時間內(nèi)平行板間的電場強度為:eE中e，一，、一，、_.1、一、,4=，且向上做勻加速直線運動，經(jīng)過時間T的位移為：詞=-一/，速度為：vi=aiT,indm2同理在T2

14、T內(nèi)平行板間電場強度為：加速度為：用=二=-，電子以vi的速度向d-mdm上做勻變速度直線運動，位移為：x2=VjT-a,T',由題意2T時刻回到P點，則有：xi+x2=0,聯(lián)立可得：。2=31,故A錯誤，B正確；當(dāng)速度最大時，動能最大，電勢能最小，而0T內(nèi)電子做勻加速運動，之后做勻減速直線運動，因（f）2=3（j）i,所以在2T時刻電勢能最小，故C一.如盯錯誤；電子在2T時刻回到P點，此時速度為：v,=va,T=-,（負(fù)號表不方向向下），1-dm12e2lV電子的動能為：=根據(jù)能量守恒定律，電勢能的減小量等于動能的增加量，k2-故D正確。所以BD正確，AC錯誤。三、非選擇題（圖9.某

15、探究學(xué)習(xí)小組的同學(xué)要驗證“牛頓第二定律”，他們在實驗室組裝了一套如圖所示的裝置，水平軌道上安裝兩個光電門，小車上固定有力傳感器和擋光板，細(xì)線一端與力傳感器連接另一端跨過定滑輪掛上祛碼盤，實驗時，調(diào)整軌道的傾角正好能平衡小車所受的摩擦力（該實驗中小車所受的合力:.填“等于”或“不等于”）力傳感器的示數(shù)，該實驗是否填“需要”或“不需要”）滿足祛碼和祛碼盤的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量？（力實驗獲得以下測量數(shù)據(jù)：小車、傳感器和擋光板的總質(zhì)量m擋光板的寬度l,光電門i和2的中心距離為&某次實驗過程：力傳感器的讀數(shù)為F,小車通過光電門i和2的擋光時間分別為“、M小車通過光電門2后，祛碼盤才落地），已知

16、重力加速度為g,則該實驗要驗證的式子是.Ml2I1【答案】（i）.等于（2）.不需要（3）.F=2st；t；【解析】【詳解】因為力傳感器是連接在小車上的，所以力傳感器的示數(shù)表示小車所受的拉力，因為平衡過摩擦力了，所以繩子的拉力表示小車的合外力，因為實驗中不要求繩子的拉力等于祛碼和祛碼盤的總重力，故不需要總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，小車經(jīng)過光電門1時的速度為IL122V=-,經(jīng)過光電門2時的速度為力=，發(fā)生的位移是s,所以=2吟所以加速度為1 ItI,Ml21Ia=（1）故只需驗證F=10.在“測定金屬的電阻率”的實驗中，先用螺旋測微器測量金屬絲直徑，再用伏安法測出金屬絲的電阻，然后根據(jù)電阻定律計算

17、出該金屬材料的電阻率.（1）用刻度尺測得金屬絲長度L=0.91m,用螺旋測微器測量金屬絲直徑時的刻度位置如圖所示，則該金屬絲的直徑為d=;（2）在用伏安法測定金屬絲的電阻時，除被測的電阻絲（阻值約為10Q）外，還有如下供選擇的實驗器材：A.直流電源（電動勢約6V,內(nèi)阻約3Q）B.電流表A（量程00.6A,內(nèi)阻Ra1=2Q）C.電流表A（量程02mA內(nèi)阻Rx2=100Q）D.電壓表V（量程015V,內(nèi)阻約500Q）E.變阻箱R（0-9999Q）F.滑動變阻器R（0200）G.滑動變阻器R（0100Q）H.開關(guān)、導(dǎo)線等在可供選擇的器材中，除開關(guān)、導(dǎo)線外，應(yīng)該選用的電表是（填寫序號），應(yīng)該選用的其他

18、器材是（填寫序號）。(3)根據(jù)所選的器材，在方框中畫出實驗電路圖(4)若根據(jù)伏安法測出電阻絲的電阻為R=10,則這種金屬材料的電阻率為AE(保留二位有效數(shù)字)?！敬鸢浮?1).0.481-0.284mm(2).BC(3).AEF(4).(5).2.0X10-6(1)由于可動刻度的“0”在固定刻度下方,因此固定刻度的讀數(shù)為:0mm可動刻度讀數(shù)為0.01x48.1mm=0.481mm所以最終讀數(shù)為:0mm+0.481mm=0.481mm(2)電源電動勢為6V,待測電阻約為10R,所以流過待測電阻的最大電流約E一=0,6A,故電R流表選B,由于電壓表V的量程太大，故用已知內(nèi)阻的電流表C與電阻箱串聯(lián)改

19、裝成電壓表,為了準(zhǔn)確測電阻應(yīng)改變電阻中的電流多次測量，由】=：,結(jié)合電流表讀數(shù)原理，應(yīng)滿足R+r1 E2,jlA<,故應(yīng)選滑動變阻器E,還應(yīng)電源A;(3)阻值較小，所以電流表應(yīng)用外接法，如圖LP代入數(shù)拓可得：p=loSm。叱)點晴：螺旋測微器精確度為0.01mm,需要估讀，讀數(shù)時注意半毫米刻度線是否露出.在不要求電流或電壓從零調(diào)或變阻器的阻值不是太小的情況下，滑動變阻器優(yōu)先選擇限流式接法，因限流式調(diào)節(jié)方便且節(jié)能。11 .如圖所示，足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為兩導(dǎo)軌間距為L,在導(dǎo)軌上端接入電源和滑動變阻器，電源電動勢為E,內(nèi)阻為r。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并接觸良好，整個

20、裝置處于磁感應(yīng)強度為B,垂直于斜面向上的勻強磁場中，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻不計，重力加速度為g,(1)若要使導(dǎo)體棒ab靜止于導(dǎo)軌上，求滑動變阻器接入電路中的阻值；(2)設(shè)電子電荷量為e,通電后，電子定向運動的速度大小為v,試根據(jù)導(dǎo)體棒所受安培力推導(dǎo)處導(dǎo)體棒中某一自由電子所受的洛倫茲力大小的表達式。BEL【答案】(1)R=；r(2)見解析；mgsinG【解析】【分析】(1)要保持金屬棒在導(dǎo)軌上靜止時，金屬棒受力要平衡，分析其受力情況，由平衡條件求解金屬棒所受到的安培力F,由F=BIL求解通過金屬棒的電流；根據(jù)閉合電路歐姆定律求解滑動變阻器R接入到電路中的阻值；(2)根據(jù)電流的微觀表達式表示出電流，即

21、可求得電子受到的洛倫茲力?！驹斀狻?1)若要使導(dǎo)體棒ab靜止于導(dǎo)軌上，則要求導(dǎo)體棒ab所受的重力、支持力、安培力三力平衡，導(dǎo)體棒在沿斜面方向受力滿足=F安，其中F=HIL設(shè)導(dǎo)體棒ab靜止時變阻器的阻值為R,由閉合電路歐姆定律可得】=旦R+rBEL解得mgsinGq(2)導(dǎo)體中電流大小】=:,令導(dǎo)體棒中定向移動的自由電子總數(shù)為N,則q=NeL這些電子全部通過導(dǎo)體棒的時間v某一自由電荷所受的洛倫茲力f=,解得f=BevN12 .一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xoy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為I,磁感應(yīng)強度的大小為B,方向垂直于xoy平面;磁場的上

22、、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為】，電場強度的大小均為E,方向均沿x軸正方向；MN為條形區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從計重力。(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡;(2)求該粒子從M點射入時速度的大??；(3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與點運動到N點的時間。y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿yM點入射的速度從x軸正方向的夾角為N點沿y軸正方向射出。不花-,求該粒子的比荷及其從M6【解析】試題分析：(1)粒子在電場中做類平拋，然后進入磁場做圓周運動，再次進入電場做類平拋運動，結(jié)合相應(yīng)的計算即可畫出軌跡圖(2)在電場中要分兩個方向處理問題，一個方

23、向做勻速運動，一個方向做勻加速運動。(3)在磁場中的運動關(guān)鍵是找到圓心，求出半徑，結(jié)合向心力公式求解。(1)粒子運動的軌跡如圖(a)所示。(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱)圖Ca)設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為V0,(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。在下側(cè)電場中運動的時間為t,加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v,方向與電場方向的夾角為6(見圖(b),速度沿電場方向的分量為Vi,根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運動學(xué)公式有vi=at1=VotVj=vcosO粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動軌道半徑為R,由洛倫茲

24、力公式和牛頓第二定律得_mv"-qvB=R由幾何關(guān)系得1 =2Rcos6聯(lián)立式得國_v0=-°B1(3)由運動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得兀V=v0cot-6聯(lián)立式得q4a/3E1,設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為一則.乳兀,我羨）t=2t十T2兀式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期,2訪由？式得故本題答案是：（1）軌跡圖如圖所示:點睛：在復(fù)合場中的運動要分階段處理，每一個運動建立合理的公式即可求出待求的物理量?！疚锢硪灰贿x修3-313.下列說法正確的是A.“油膜法估測分子大小”的實驗中，估算油酸分子直徑用的是油酸酒精溶液的體積除以油膜的面積B.在一定條件下，熱量可能從低溫物體

25、傳遞到高溫物體C.雨后葉子表面上的小水珠接近球形主要是液體表面張力作用的結(jié)果D.不浸潤現(xiàn)象說明固體分子對液體分子的吸引力大于液體分子之間的吸引力E.第二類永動機違背了熱力學(xué)第二定律【答案】BCE【解析】根據(jù)油膜法測分子直徑的原理分析答題；在一定條件下，熱量可能從低溫物體傳遞到高溫物體；根據(jù)液體表面張力、浸潤與不浸潤的原因、對兩類永動機的掌握分析答題【詳解】A、“油膜法估測分子大小”的實驗中，估算油酸分子直徑用的是油酸的體積除以油膜的面積；故A錯誤.日根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，在一定條件下，熱量可能從低溫物體傳遞到高溫物體，如冰箱、空調(diào)等，但要消耗其他的能量；故B正確.C雨后葉子表面上的小水珠接近

26、球形主要是液體表面張力作用的結(jié)果；故C正確.D不浸潤現(xiàn)象說明固體分子對液體分子的吸引力小于液體分子之間的吸引力；故D錯誤.E、第二類永動機違反了熱力學(xué)第二定律，不違背熱力學(xué)第一定律；故E正確.故選BCE.【點睛】本題考查了選修內(nèi)容，涉及的知識點較多，但難度不大，掌握基礎(chǔ)知識即可正確解題，對選修內(nèi)容，要注意基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)與掌握。14.如圖所示，內(nèi)壁光滑、截面積不相等的圓柱形氣缸豎直放置，氣缸上、下兩部分的橫截面積分別為2s和S.在氣缸內(nèi)有A、B兩活塞封閉著一定質(zhì)量的理想氣體，兩活塞用一根長為l的細(xì)輕桿連接，兩活塞導(dǎo)熱性能良好，并能在氣缸內(nèi)無摩擦地移動.已知活塞A的質(zhì)量是2m活塞B的質(zhì)量是m.當(dāng)外

27、界大氣壓強為p0、溫度為T0時，兩活塞靜止于如圖所示位置.若用一豎直向下的拉力作用在B上，使A、B一起由圖示位置開始緩慢向下移動1/2的距離，又處于靜止?fàn)顟B(tài)，求這時氣缸內(nèi)氣體的壓強及拉力F的大小.設(shè)整個過程中氣體溫度不變.%.3mgiI.【解析】#口-bF=fs+mg【分析】以兩活塞整體為研究對象，根據(jù)平衡條件列式求解氣缸內(nèi)氣體的壓強.整個過程中，氣體的溫度不變，發(fā)生等溫變化。列出初態(tài)氣缸內(nèi)氣體的壓強和體積及末態(tài)氣體的體積，由玻意耳定律列式求得末態(tài)氣體的壓強，再以兩活塞整體為研究對象，根據(jù)平衡條件求解拉力F的大小。pi,根據(jù)平衡條件有：poS+3mg【詳解】以兩活塞整體為研究對象，原來氣缸內(nèi)氣

28、體壓強為=piS解得：對氣缸內(nèi)氣體，初態(tài)：pj=p0,V=2lS末態(tài)：P2,V廣2根據(jù)玻意耳定律，有piVi=P2V243m旦解得：以兩活塞整體為研究對象，根據(jù)平衡條件有：2pS=F+p0S+3mg斛佝：3【點睛】對于封閉氣體，常常以與氣體接觸的活塞或水銀為研究對象，根據(jù)平衡條件求壓強,要加強這方面的訓(xùn)練，做熟練掌握【物理一一選修34】15.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0時刻波形圖如圖中的實線所示，此時波剛好傳到點；t=0.6s時刻的波形如圖中的虛線所示，a、b、P、Q是介質(zhì)中的質(zhì)點，它們的平衡位置橫坐標(biāo)分別為70cm,50cm,60cm,90cm,設(shè)波的周期為T,則以下說法正確的是y/a»A.波源以及每個質(zhì)點均沿y軸正方向開始振動B.從t=0.6s時刻開始，經(jīng)過0.5T,質(zhì)點b沿x軸正方向運動20mC.從t=0時刻開始，質(zhì)點a在0.6s時間內(nèi)通過的路程可能為60cmD.若T=0.8s,則在t=0.5s時刻，質(zhì)點b、P的位移相同4,E.右T=0.8s,從t=0.4s時刻開始計時，則質(zhì)點a的振動方程為y=0,lsin(-7rt)(m)【答案】ACD【解析】【分析】由圖可知波的波長，而由兩列波的波形圖可得兩波形相距的時間與周期的關(guān)系，則可得出波速的表達式；由波速可知周期的表達式，則可得出質(zhì)點的路程及位移.