2012年高考物理試卷（山東）（解析卷）

第頁|共頁2012年山東省高考物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）（多選）1．（3分）以下敘述正確的是（）A．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象 B．慣性是物體的固有屬性，速度大的物體慣性一定大 C．牛頓最早通過理想斜面實驗得出力不是維持物體運動的原因 D．感應(yīng)電流遵從楞次定律所描述的方向，這是能量守恒定律的必然結(jié)果【分析】解答本題應(yīng)掌握：法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象；慣性是物體的固有屬性，質(zhì)量是慣性大小的量度．伽利略最早通過理想斜面實驗得出力不是維持物體運動的原因；感應(yīng)電流遵從楞次定律所描述的方向，符合能量守恒定律．【解答】解：A、1831年英國科學(xué)家法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象。故A正確。B、慣性是物體的固有屬性，質(zhì)量是慣性大小的量度，與速度大小無關(guān)。故B錯誤。C、伽利略最早通過理想斜面實驗得出力不是維持物體運動的原因。故C錯誤。D、感應(yīng)電流遵從楞次定律所描述的方向，由于在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，安培力是阻力，外界通過克服安培力做功，將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，故楞次定律所描述的感應(yīng)電流方向，這是能量守恒定律的必然結(jié)果。故D正確。故選：AD?！军c評】本題考查了物理學(xué)史、慣性、楞次定律等等，要抓住慣性由物體的質(zhì)量來量度，與速度無關(guān)，楞次定律符合能量守恒定律．2．（3分）2011年11月3日，“神舟八號”飛船與“天宮一號”目標(biāo)飛行器成功實施了首次交會對接．任務(wù)完成后“天宮一號”經(jīng)變軌升到更高的軌道，等待與“神舟九號”交會對接．變軌前和變軌完成后“天宮一號”的運行軌道均可視為圓軌道，對應(yīng)的軌道半徑分別為R1、R2，線速度大小分別為v1、v2．則等于（）A． B． C． D．【分析】天宮一號繞地球做勻速圓周運動，靠萬有引力提供向心力，根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律比較線速度的大小關(guān)系．【解答】解：“神舟八號”飛船與“天宮一號”繞地球做勻速圓周運動，靠萬有引力提供向心力：得：，故．故B正確、ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題的關(guān)鍵根據(jù)萬有引力提供向心力，解出線速度與軌道半徑的關(guān)系．（多選）3．（3分）將地面上靜止的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運動至最高點的過程中，v﹣t圖象如圖所示．以下判斷正確的是（）A．前3s內(nèi)貨物處于超重狀態(tài) B．最后2s內(nèi)貨物只受重力作用 C．前3s內(nèi)與最后2s內(nèi)貨物的平均速度相同 D．第3s末至第5s末的過程中，貨物的機(jī)械能守恒【分析】根據(jù)v﹣t圖象可知道物體的運動過程和性質(zhì)，也可求出對應(yīng)的加速度，前3s內(nèi)貨物向上做勻加速直線運動，加速度的方向是向上．勻變速直線運動平均速度，只有重力或彈力做功時機(jī)械能守恒．【解答】解：A、前3s內(nèi)貨物向上做勻加速直線運動，加速度的方向是向上，所以處于超重狀態(tài)，故A正確；B、最后2s內(nèi)貨物的加速度a＝＜g，所以還受到繩子的拉力，故B錯誤；C、前3s內(nèi)的平均速度，最后2s內(nèi)貨物的平均速度，所以前3s內(nèi)與最后2s內(nèi)貨物的平均速度相同，故C正確；D、第3s末至第5s末的過程中，貨物勻速運動，繩子的拉力等于重力，繩子的拉力做正功，機(jī)械能不守恒，故D錯誤。故選：AC?！军c評】該題考查了勻變速直線運動的速度時間圖象、平均速度公式、機(jī)械能守恒條件等知識點．本題的關(guān)鍵在于能夠通過速度時間圖象對物體進(jìn)行運動過程分析和受力分析，難度適中．（多選）4．（3分）如圖所示，兩相同輕質(zhì)硬桿OO1、OO2可繞其兩端垂直紙面的水平軸O、O1、O2轉(zhuǎn)動，在O點懸掛一重物M，將兩個相同木塊m緊壓在豎直擋板上，此時整個系統(tǒng)保持靜止．Ff表示木塊與擋板間摩擦力的大小，F(xiàn)N表示木塊與擋板間正壓力的大?。魮醢彘g的距離稍許增大后，系統(tǒng)仍靜止且O1、O2始終等高，則（）A．FN變小 B．FN變大 C．Ff不變 D．Ff變小【分析】本題的關(guān)鍵是首先將重物受到的重力按效果分解，求出分力與合力的關(guān)系表達(dá)式，然后再對木塊受力分析，根據(jù)平衡條件即可求解．【解答】解：先對三個物體以及支架整體受力分析，受重力（2m+M）g，2個靜摩擦力，兩側(cè)墻壁對整體有一對支持力，根據(jù)平衡條件，有：2Ff＝（M+2m）g，解得Ff＝（M+2m）g，故靜摩擦力不變，將細(xì)線對O的拉力按照效果正交分解，如圖設(shè)兩個桿夾角為θ，則有F1＝F2＝；再將桿對滑塊m的推力F1按照效果分解，如圖根據(jù)幾何關(guān)系，有Fx＝F1?sin故Fx＝?sin＝，若擋板間的距離稍許增大后，角θ變大，F(xiàn)x變大，故滑塊m對墻壁的壓力變大，即FN變大，故AD錯誤，BC正確；故選：BC?！军c評】本題主要考查了共點力平衡條件的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析物體的受力情況，知道對于輕桿且一端為鉸鏈時，桿產(chǎn)生或受到的彈力方向一定沿著桿的方向，難度適中．（多選）5．（3分）圖甲是某燃?xì)鉅t點火裝置的原理圖．轉(zhuǎn)換器將直流電壓轉(zhuǎn)換為圖乙所示的正弦交變電壓，并加在一理想變壓器的原線圈上，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，為交流電壓表．當(dāng)變壓器副線圈電壓的瞬時值大于5000V時，就會在鋼針和金屬板間引發(fā)電火花進(jìn)而點燃?xì)怏w．以下判斷正確的是（）A．電壓表的示數(shù)等于5V B．電壓表的示數(shù)等于 C．實現(xiàn)點火的條件是 D．實現(xiàn)點火的條件是【分析】根據(jù)圖乙得到原線圈電壓的最大值，根據(jù)有效值與最大值的關(guān)系求出電壓表的示數(shù)，當(dāng)變壓器副線圈電壓的瞬時值大于5000V時，就會點火，根據(jù)電壓與線圈匝數(shù)比的關(guān)系即可求解．【解答】解：A、根據(jù)圖乙得到原線圈電壓的最大值為5V，所以電壓表的示數(shù)為：，故A錯誤，B正確；C、根據(jù)，且U1＝5V，U2≥5000V得：實現(xiàn)點火的條件是，故C正確，D錯誤．故選：BC。【點評】掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關(guān)系，知道電壓表的示數(shù)為有效值，本題即可得到解決．6．（3分）圖中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷。一帶電粒子以一定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c三點是實線與虛線的交點。則該粒子（）A．帶負(fù)電 B．在c點受力最大 C．在b點的電勢能小于在c點的電勢能 D．由a點到b點的動能變化大于由b點到c點的動能變化【分析】電場線與等勢面垂直。電場線密的地方電場的強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場的強(qiáng)度小，沿電場線的方向，電勢降低，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增加?！窘獯稹拷猓篈：根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出，粒子在a→b→c的過程中，一直受靜電斥力作用，根據(jù)同性電荷相互排斥，故粒子帶正電荷，A錯誤；B：點電荷的電場強(qiáng)度的特點是離開場源電荷距離越大，場強(qiáng)越小，粒子在C點受到的電場力最小，故B錯誤；C：根據(jù)動能定理，粒子由b到c，電場力做正功，動能增加，故粒子在b點電勢能一定大于在c點的電勢能，故C錯誤；D：a點到b點和b點到c點相比，由于點電荷的電場強(qiáng)度的特點是離開場源電荷距離越大，場強(qiáng)越小，故a到b電場力做功為多，動能變化也大，故D正確。故選：D?！军c評】本題中，點電荷的電場強(qiáng)度的特點是離開場源電荷距離越大，場強(qiáng)越小，掌握住電場線和等勢面的特點，即可解決本題。屬于基礎(chǔ)題目。（多選）7．（3分）如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到v時開始勻速運動，此時對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速運動。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g。下列選項正確的是（）A．拉力的功率P＝2mgvsinθ B．拉力的功率P＝3mgvsinθ C．當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時加速度大小為 D．在速度達(dá)到2v以后勻速運動的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功【分析】導(dǎo)體棒最終勻速運動受力平衡可求拉力F，由P＝Fv可求功率，由牛頓第二定律求加速度，由能量守恒推斷能之間的相互轉(zhuǎn)化?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)導(dǎo)體棒以v勻速運動時受力平衡，則mgsinθ＝BIl＝，當(dāng)導(dǎo)體棒以2v勻速運動時受力平衡，則F+mgsinθ＝BIl′＝，故F＝mgsinθ，拉力的功率P＝F×2v＝2mgvsinθ，故A正確；B、同理，B錯誤；C、當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時，由牛頓第二定律，mgsinθ﹣＝ma，解得a＝，故C正確；D、由能量守恒，當(dāng)速度達(dá)到2v以后勻速運動的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力及重力所做的功，故D錯誤故選：AC。【點評】考查了電磁感應(yīng)定律結(jié)合閉合電路，注意平衡條件的應(yīng)用，能量、功率關(guān)系。二、解答題（共3小題，滿分46分）8．（13分）（1）某同學(xué)利用圖甲所示的實驗裝置，探究物塊在水平桌面上的運動規(guī)律．物塊在重物的牽引下開始運動，重物落地后，物塊再運動一段距離停在桌面上（尚未到達(dá)滑輪處）．從紙帶上便于測量的點開始，每5個點取1個計數(shù)點，相鄰計數(shù)點間的距離如圖乙所示．打點計時器電源的頻率為50Hz．①通過分析紙帶數(shù)據(jù)，可判斷物塊在兩相鄰計數(shù)點6和7之間某時刻開始減速．②計數(shù)點5對應(yīng)的速度大小為1.00m/s，計數(shù)點6對應(yīng)的速度大小為1.20m/s．（保留三位有效數(shù)字）③物塊減速運動過程中加速度的大小為a＝2.00m/s2，若用來計算物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)（g為重力加速度），則計算結(jié)果比動摩擦因數(shù)的真實值偏大（填“偏大”或“偏小”）．（2）在測量金屬絲電阻率的實驗中，可供選用的器材如下：待測金屬絲：Rx（阻值約4Ω，額定電流約0.5A）；電壓表：V（量程3V，內(nèi)阻約3kΩ）；電流表：A1（量程0.6A，內(nèi)阻約0.2Ω）；A2（量程3A，內(nèi)阻約0.05Ω）；電源：E1（電動勢3V，內(nèi)阻不計）；E2（電動勢12V，內(nèi)阻不計）；滑動變阻器：R（最大阻值約20Ω）；螺旋測微器；毫米刻度尺；開關(guān)S；導(dǎo)線．①用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，示數(shù)如圖丙所示，讀數(shù)為1.775mm．②若滑動變阻器采用限流接法，為使測量盡量精確，電流表應(yīng)選A1、電源應(yīng)選E1（均填器材代號），在虛線框內(nèi)（如圖?。┩瓿呻娐吩韴D．【分析】（1）①由紙帶兩個點之間的時間相同，若位移逐漸增大，表示物體做加速運動，若位移逐漸減小，則表示物體做減速運動；②用平均速度代替瞬時速度的方法求解瞬時速度；③用作差法求解減速過程中的加速度；（2）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．【解答】解：（1）①從紙帶上的數(shù)據(jù)分析得知：在點計數(shù)點6之前，兩點之間的位移逐漸增大，是加速運動，在計數(shù)點7之后，兩點之間的位移逐漸減小，是減速運動，所以物塊在相鄰計數(shù)點6和7之間某時刻開始減速；②v5＝＝1.00m/s由可得加速時加速度，則計數(shù)點6的速度v6＝v5+a1T＝1.00+2×0.10＝1.20m/s．③由紙帶可知，計數(shù)點7往后做減速運動，根據(jù)作差法得：a＝＝﹣2.00m/s2．所以大小為2.00m/s2．測量值與真實值比較，測量值偏大，因為實驗中存在阻力，比如：沒有考慮紙帶與打點計時器間的摩擦；沒有考慮空氣阻力等．（2）①從圖中讀出金屬絲的直徑為d＝1.5mm+27.5×0.01mm＝1.775mm②因測量金屬絲的電阻率電流不能太大，電流表應(yīng)選A1；待測電阻的電壓約為2V，所以電源選擇E1，電路圖如圖所示故答案為：（1）①6，7；②1.00，1.20；③2.00，偏大（2）①1.775（1.773～1.775均正確）；②A1，E1，電路如圖所示【點評】要提高應(yīng)用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習(xí)中要加強(qiáng)基礎(chǔ)知識的理解與應(yīng)用．電流表量程的選擇需要根據(jù)電路估算，難度適中．9．（15分）如圖所示，一工件置于水平地面上，其AB段為一半徑R＝1.0m的光滑圓弧軌道，BC段為一長度L＝0.5m的粗糙水平軌道，二者相切于B點，整個軌道位于同一豎直平面內(nèi)，P點為圓弧軌道上的一個確定點．一可視為質(zhì)點的物塊，其質(zhì)量m＝0.2kg，與BC間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4．工件質(zhì)量M＝0.8kg，與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1．（取g＝10m/s2）（1）若工件固定，將物塊由P點無初速度釋放，滑至C點時恰好靜止，求P、C兩點間的高度差h．（2）若將一水平恒力F作用于工件，使物塊在P點與工件保持相對靜止，一起向左做勻加速直線運動．①求F的大?。诋?dāng)速度v＝5m/s時，使工件立刻停止運動（即不考慮減速的時間和位移），物塊飛離圓弧軌道落至BC段，求物塊的落點與B點間的距離．【分析】（1）物塊從P點下滑經(jīng)B點至C點的整個過程，根據(jù)動能定理求解（2）對物體、工件和物體整體分析，根據(jù)牛頓第二定律求解（3）根據(jù)平拋運動的規(guī)律和幾何關(guān)系求解．【解答】解（1）物塊從P點下滑經(jīng)B點至C點的整個過程，根據(jù)動能定理得：mgh﹣μ1mgL＝0代入數(shù)據(jù)得：h＝0.2m…①（2）①設(shè)物塊的加速度大小為a，P點與圓心的連線與豎直方向間的夾角為θ，由幾何關(guān)系可得cosθ＝…②根據(jù)牛頓第二定律，對物體有mgtanθ＝ma…③對工件和物體整體有F﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a…④聯(lián)立①②③④式，代入數(shù)據(jù)得F＝8.5N…⑤②設(shè)物體平拋運動的時間為t，水平位移為x1，物塊落點與B間的距離為x2，由運動學(xué)公式可得h＝…⑥x1＝vt…⑦x2＝x1﹣Rsinθ…⑧聯(lián)立①②⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得x2＝0.4m答：（1）P、C兩點間的高度差是0.2m；（2）F的大小是8.5N；（3）物塊的落點與B點間的距離是0.4m．【點評】該題考查了動能定理、牛頓第二定律、平拋運動的規(guī)律多個知識點，關(guān)鍵要對物體進(jìn)行受力和過程分析．10．（18分）如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0．在t＝0時刻將一個質(zhì)量為m電量為﹣q（q＞0）的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在時刻通過S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)。（不計粒子重力，不考慮極板外的電場）（1）求粒子到達(dá)S2時的速度大小v和極板間距d；（2）為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件。（3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t＝3T0時刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小?！痉治觥浚?）粒子在勻強(qiáng)電場中做勻加速直線運動，電場力做功等于粒子動能的增加；（2）使粒子不與極板相撞，則運動的半徑大于；（3）粒子在t＝3T0時刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，則從s1再次進(jìn)入電場時的時刻是，粒子從左向右應(yīng)是水平勻速穿過無場區(qū)，距離為d，根據(jù)勻速運動的規(guī)律求得時間，粒子在左右磁場中的時間是相等的，粒子在左右磁場中的時間是相等的且都是半個周期，所以粒子運動的總時間是一個周期，即t′＝T；然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力，即可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度?！窘獯稹拷猓海?）粒子在勻強(qiáng)電場中電場力做功等于粒子動能的增加，得：代入數(shù)據(jù)，得：又：，聯(lián)立以上兩式，得：（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即：，得：使粒子不與極板相撞，則運動的半徑聯(lián)立以上兩式，得：（3）粒子在t＝3T0時刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，根據(jù)運動的對稱性，則從s1再次進(jìn)入電場時的時刻是；粒子從右向左應(yīng)是水平勻速穿過無場區(qū)，距離為d，時間為：粒子在左右磁場中的時間是相等的，粒子在磁場中運動的總時間：粒子在左右磁場中的時間是相等的且都是半個周期，所以粒子運動的總時間是一個周期，即t′＝T；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，得：，vT＝2πr聯(lián)立以上公式得：。答：（1）粒子到達(dá)S2時的速度和極板間距；（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件；（3）粒子在磁場內(nèi)運動的時間，磁感應(yīng)強(qiáng)度的?！军c評】該題中粒子在左右磁場中的時間是相等的，在電場中加速和減速的時間也是相等的，是這解題的關(guān)鍵。該題解題的過程復(fù)雜，公式較多，容易在解題的過程中出現(xiàn)錯誤。屬于難度大的題目。選修3-3（多選）11．（3分）以下說法正確的是（）A．水的飽和汽壓隨溫度的升高而增大 B．?dāng)U散現(xiàn)象表明，分子在永不停息地運動 C．當(dāng)分子間距離增大時，分子間引力增大，分子間斥力減小 D．一定質(zhì)量的理想氣體，在等壓膨脹過程中，氣體分子的平均動能減小【分析】A、水的飽和汽壓隨溫度的升高而增大；B、擴(kuò)散現(xiàn)象證明了組成物質(zhì)的分子永不停息地做無規(guī)則運動；C、隨分子間距離的增大，分子間引力與斥力都要減??；D、溫度是分子平均動能的標(biāo)志，溫度降低，分子平均動能減?。窘獯稹拷猓篈、水的飽和汽壓隨溫度的升高而增大，故A正確；B、擴(kuò)散現(xiàn)象證明了組成物質(zhì)的分子永不停息地做無規(guī)則運動，故B正確；C、當(dāng)分子間距離增大時，分子間引力減小，分子間斥力減小，故C錯誤；D、一定質(zhì)量的理想氣體，在等壓膨脹過程中，體積變大，由理想氣體方程可知，氣體溫度升高，氣體分子的平均動能增大，故D錯誤；故選：AB?！军c評】熟練掌握基礎(chǔ)知識即可正確解題，本題難度不大，對與物理選修內(nèi)容要注意基礎(chǔ)知識的掌握．12．（5分）如圖所示，粗細(xì)均勻、導(dǎo)熱良好、裝有適量水銀的U形管豎直旋轉(zhuǎn)，右端與大氣相通，左端封閉氣柱長l1＝20cm（可視為理想氣體），兩管中水銀面等高．現(xiàn)將右端與一低壓艙（未畫出）接通，穩(wěn)定后右管水銀面高出左管水銀面h＝10cm．（環(huán)境溫度不變，大氣壓強(qiáng)p0＝75cmHg）①求穩(wěn)定后低壓艙內(nèi)的壓強(qiáng)50cmHg（用“cmHg”作單位）．②此過程中左管內(nèi)的氣體對外界做正功（填“做正功”“做負(fù)功”或“不做功”），氣體將吸熱（填“吸熱”或“放熱”）．【分析】①根據(jù)題意可知，這個過程是等溫變化，找出左邊氣體變化前后的兩個狀態(tài)的狀態(tài)參量，由等溫變化的規(guī)律可求出左邊的氣體變化后的壓強(qiáng)，從而即可求出低壓艙的壓強(qiáng)．②根據(jù)左側(cè)氣體體積增大，可知做功情況，再由熱力學(xué)第一定律可判斷是否吸熱．【解答】解：①設(shè)U形管的橫截面積為S，則左端被封閉的氣體初狀態(tài)：P1＝P0，V1＝l1S末狀態(tài)為：P2，V2＝（l1+）S有理想氣體的等溫變化得：P1V1＝P2V2代入數(shù)據(jù)得：P2＝60cmHg則低壓艙的壓強(qiáng)p＝P2﹣h＝60﹣10＝50cmHg②此過程中左管內(nèi)的氣體體積增大，對外做正功，溫度又不變，由熱力學(xué)第一定律可知，氣體要從外界吸熱．故答案為：①50cmHg；②做正功，吸熱【點評】解答關(guān)于理想氣體的問題，首先要明確忽略氣體分子之間的勢能，氣體的能量只有氣體的動能；要明確氣體的各個狀態(tài)及其狀態(tài)參量，利用相應(yīng)的規(guī)律進(jìn)行解題．同時熟練的應(yīng)用熱力學(xué)第一定律解答相關(guān)問題．選修3-413．（5分）一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t＝0時刻的波形如圖所示，介質(zhì)中質(zhì)點P、Q分別位于x＝2m、x＝4m處．從t＝0時刻開始計時，當(dāng)t＝15s時質(zhì)點Q剛好第4次到達(dá)波峰．①求波速．②寫出質(zhì)點P做簡諧運動的表達(dá)式（不要求推導(dǎo)過程）．【分析】（1）根據(jù)波形圖得到波長；從t＝0時刻開始計時，當(dāng)t＝15s時質(zhì)點Q剛好第4次到達(dá)波峰，判斷出周期；然后根據(jù)計算波速；（2）根據(jù)波形圖得到振幅A，然后根據(jù)公式y(tǒng)＝Asinωt列式求解．【解答】解：①根據(jù)波形圖得到波長λ＝4m；t＝0時刻，質(zhì)點Q正向下運動；從t＝0時刻開始計時，當(dāng)t＝15s時質(zhì)點Q剛好第4次到達(dá)波峰，故有3T+＝t解得T＝故波速為；②t＝0時刻，質(zhì)點P正在向上運動，振幅為：A＝0.2m；角頻率為：ω＝rad/s故質(zhì)點P做簡諧運動的表達(dá)式為：y＝0.2sinm；答：①波速為1m/s；②點P做簡諧運動的表達(dá)式為y＝0.2sinm．【點評】本題綜合考查了質(zhì)點的振動和波動，關(guān)鍵是要能從波速方向判斷出質(zhì)點的振動方向，同時要能從圖象得到波長并進(jìn)一步求解波速．14．（5分）如圖所示，一玻璃球體的半徑為R，O為球心，AB為直徑。來自B點的光線BM在M點射出，出射光線平行于AB，另一光線BN恰好在N點