2021届甘肃省甘南藏族自治州卓尼县柳林中学高三上学期期中考试物理试题(解析版)

甘肃省甘南藏族自治州卓尼县柳林中学
2021届高三上学期期中考试
考生注意：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100公考试时间90分钟。

请将答案填写在答题纸相应的位置，交卷时，只交答题纸。

第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题（本大题共12小题，共48分。

在每小题给出的四个选项中，1—8小题只有一个选项正确，9—12小题有多个选项正确；全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）
1. 水平路面上有甲、乙两辆小车，它们从同一地点沿着同一方向做匀变速直线运动。

在如图所示的图线中仅仅画出了两辆小车运动的前1.00s 的情况，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲车的加速度大小为20m/s 2
B. 相遇前两车在1.00s 时相距最远
C. 相遇前，两车的最远距离为12m
D. 两车相遇时甲车的位移是12m
『答案』B
『详解』A ．在—v t 图象中斜率表示加速度，因此甲车的加速度大小为
22204m/s 16m/s 1.00
a -== A 错误；
B ．由于从同一地点出发，速度相等时相距最远，B 正确；
C ．在—v t 图象中，图象与时间轨围成的面积等于物体的位移，因此相遇前，两车的最远距离为
120 1.00m 10m 2
x ∆=⨯⨯= C 错误
D ．由图可知，相遇时甲车已停止，甲车运动的位移
2012.5m 2v x a
== D 错误。

故选B 。

2. 如图所示，物体的质量为m ，在恒力F 的作用下，紧靠在天花板上保持静止，若物体与天花板间的动摩擦因数为μ，则（ ）
A. 物体可能受3个力作用
B. 物体一定受4个力作用
C. 天花板对物体摩擦力的大小一定为sin
F μθ D. 物体对天花板的压力大小一定为sin F θ 『答案』B 『详解』AB ．对物体受力分析，受重力、恒力F 、天花板的压力和摩擦力，受4个力，故B 正确，A 错误； CD ．将推力F 正交分解，如图
根据共点力平衡条件，水平方向 cos 0F f θ-= 竖直方向 sin 0F N mg θ--= 解得 cos f F θ=
sin N F mg θ=-
根据牛顿第三定律，物块对天花板的压力也为sin F mg θ-，故CD 错误。

故选B 。

3. 如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A 、B 两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。

忽略空气的阻力，重力加速度为g 。

则下列选项正确的是（ ）
A. 甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan 2 θ∶1
B. 甲、乙两球下落的高度之比为2tan 4 θ∶1
C. 甲、乙两球的水平位移之比为tan θ∶1
D. 甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan 2 θ∶1
『答案』D
『详解』A ．由小球甲的运动可知
200
12tan 2gt y gt x v t v θ=== 解得
02tan v t g
θ= 落到斜面上的速度与竖直方向夹角的正切值为
0tan v gt θ=
'
解得 0tan v t g θ
'= 则甲、乙两球在空中运动的时间之比为
22tan :1t t θ='
故A 错误；
B ．由212
h gt =可知甲、乙两球下落的高度之比为 242
124tan :112
gt h h gt θ=='' 故B 错误；
C ．由x ＝v 0t 可知甲、乙两球的水平位移之比为
2002tan :1v t x x v t θ==''
故C 错误；
D ．甲球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值为
tan 2tan y
x v gt v v αθ=== 乙球落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为
01tan tan y
v v βθ
'== 甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为
2tan 2tan :1tan αθβ
= 故D 正确。

故选D 。

4. “嫦娥二号”卫星是在绕月极地轨道上运动的，加上月球的自转，卫星能探测到整个月球的表面。

卫星CCD 相机已对月球背面进行成像探测，并获取了月球部分区域的影像图。

假设卫星在绕月极地轨道上做圆周运动时距月球表面高为H ，绕行的周期为T M ；月球绕地球公转的周期为T E ，半径为R 0。

地球半径为R E ，月球半径为R M 。

若忽略地球及太阳引力对绕月卫星的影响，则月球与地球质量之比为（ ） A. 303E R R B. 320E 32E 0R T R T
C. 23E M M 0()()T R H
T R +⋅ D. 3M 0
()R H R + 『答案』C
『详解』由牛顿第二定律得
2
n 2F ma m r T π⎛⎫ ⎝=⎪⎭
=向 万有引力定律公式为 2Mm F G r
=引 月球绕地公转时由万有引力提供向心力，故有
2020E
()2M M G M R R T π=月地月 同理，探月卫星绕月运动时有
()()2M 2M
M ()2M M G M R H T R H π=++卫
月卫 联立解得
3
2E M M 0M T R H M T R +=⋅⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭月地
故ABD 错误，C 正确。

故选C 。

5. 小强在学习了《静电场》一章后，来到实验室研究如图所示的电场，实线和虚线分别表示该电场的电场线和等势线，若 a 、b 两点所处的等势线电势为0，相邻等势线间的电势差为2V ，则（ ）
A. a 处电场强度等于b 处电场强度
B. c 、b 两点间的电势差大于c 、a 两点间的电势差
C. 电子在c 处具有的电势能为20eV
D. 若将一电子在d 处由静止释放，则运动至c 点对应等势线时，具有的动能为2eV 『答案』D
『详解』A.a 处电场线较b 处密集，a 处电场强度大于b 处电场强度，故A 错误；
B. a 、b 两点在同一等势面上，c 、b 两点间的电势差等于c 、a 两点间的电势差，故B 错误；
C.电子在c 处具有的电势能为-20eV ，故C 错误；
D. 电子在d 处由静止释放，运动至c 点对应等势线时，电场力做功2eV ，电子的电势能减少2eV ，动能增加2eV ，故D 正确．
6. 如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。

在充电开始后的一段时间t 内，充电宝的输出电压U 、输出电流I 可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r ，则时间t 内（ ）
A. 充电宝输出的电功率为2UI I r +
B. 充电宝产生的热功率为2I r
C. 手机电池产生的焦耳热为2
U t r
D. 手机电池储存的化学能为2UIt I rt -
『答案』D
『详解』A ．充电宝的输出电压U 、输出电流I ，所以充电宝输出的电功率为
P UI =
A 错误；
BC ．手机电池充电电流为I ，所以手机电池产生的热功率为
2r P I r =
而充电宝的热功率应为充电宝的总功率减去输出功率，根据题目信息无法求解，BC 错误； D ．输出的电能一部分转化为手机的化学能，一部分转化为电池的热能，故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能为
2W UIt I rt =-
D 正确。

故选D 。

7. 图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的
原、副线圈匝数比为k 。

在T 的原线圈两端接入一电压m sin u U t ω=的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率（ ）
A. 2m 2()Pk r U
B. 2m
2()P r kU C. 2m 4()Pk r U D. 2m 4(
)P r kU 『答案』C
『详解』加在原线圈上的电压为
m 12
U =根据电压比与匝数比关系有 1
1
22
U n U n =
所以有
2m
21
2n
U U =输电线上的电流为
2
P
I U =
输电线上损失的功率为
2
2P I r =⋅损
联立解得
2212m
(
)(4)n P P r n U =损 又 12
n k n =
则 2m
)4(Pk P r U =损 所以C 正确，ABD 错误。

故选C 。

8. 为使链式反应平稳进行，下列方法中可采用的是（ ）
A. 铀块可制成任何的体积
B. 铀核裂变释放的中子可直接去轰击另外的铀核
C. 通过慢化剂将产生的中子减速
D. 用镉棒可作为慢化剂使中子减速
『答案』C
『详解』A ．小于临界体积的铀块不可能发生链式反应，故A 错误；
B ．裂变后释放的中子为快中子，不能直接用来轰击铀核，必须用慢化剂减速，故B 错误；
C ．裂变反应堆中慢化剂的作用是使裂变产生的中子速度减小，故C 正确；
D ．裂变核反应堆中，通常用慢化剂，比如重水等让快中子减速，而镉棒是用于控制中子数量的，故D 错误。

故选C 。

9. 下列说法正确的是（ ）
A. 氦原子的核外电子从低轨道跃迁到高轨道的过程，原子要吸收光子，电子的动能减少，原子的电势能增大
B. 238
92U 衰变成222
86Rn 要经过4次α衰变和6次β衰变
C. 发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
D. 原子核的比结合能越大，原子核越稳定
『答案』AD
『详解』A ．电子绕核做圆周运动，库仑力提供向心力
222e v k m r r
= 电子动能
2
2k 122ke E mv r
== 电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中，能级增大，总能量增大，而r 增大，电子的动能减小，则电势能增大，故A 正确；
B ．设发生了x 次α衰变和y 次β衰变，则根据质量数和电荷数守恒有
4x +222=238
得
4x =
2x －y +86=92
得
2y =
故B 错误；
C ．由光电效应方程k max 0E h W ν=-，可知发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率不成正比，故C 错误；
D ．原子核的比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，故D 正确。

故选AD 。

10. 一长直导线与闭合金属线框放在同一桌面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示。

若在0~
2
T 时间内，直导线中电流向上如图甲所示。

则在0~T 时间内，下列表述正确的是（ ）
A. 穿过线框的磁通量始终变小
B. 线框中始终产生顺时针方向的感应电流
C. 线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势
D. 线框所受安培力的合力始终向右
『答案』BC
『详解』A ．长直导线中的电流先减小后增大，所以穿过线框的磁通量先减小后增大，故A 错误；
B ．在02T 时间内，磁通量减小，根据楞次定律可以判断，线框中感应电流的方向为顺时针，在~2
T T 时间内，磁通量反向增大，根据楞次定律可以判断，线框中感应电流的方向也为顺时针，所以线框中始终产生顺时针方向的感应电流，故B 正确；
C ．穿过线框的磁通量先减小后增大，由楞次定律知线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，故C 正确；
D ．在02
T 时间内，线框中感应电流的方向为顺时针，根据左手定则判断安培力的合力方向向左，在
~2T T 时间内，线框中感应电流的方向也为顺时针，根据左手定则判断安培力的合力方向向右，所以线框受安培力的合力方向先向左后向右，故D 错误。

故选BC 。

11. 如图所示，在水平的匀强电场中，一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球，系在一根长为L 的绝缘细线一端，小球可以在竖直平面内绕O 点做圆周运动，AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径．已知重力加速度为g ，电场强度mg E q
，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则小球运动到B 点时的机械能最大
B. 若将小球在A 点由静止开始释放，它将沿着ACBD 圆弧运动
C. 若小球在竖直平面内绕O 2gL
D. 若将小球在A 点以大小为gL 的速度竖直向上抛出，它将能够到达D 点 『答案』AC 『详解』A ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，小球的机械能与电势能之和不变，当小球运动到B 点时，电势能最少，则小球到B 点时的机械能最大，A 正确；
B ．小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在A 点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故B 错误；
C ．由于电场强度mg
q E =，故mg Eq =，物体不受拉力时的加速度大小为2a g =，若小
球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，设它运动的最小速度为v ，则有2
2v mg m L =，解得2v gL =，C 正确；
D ．若将小球在A 点以大小为gL 的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，小球在竖直方向做竖直上拋，水平方向做匀加速，因Eq =mg ，故水平加速度与竖直加速度大小均为g ，当竖直方向上的速度为零时，时间L t g
=，则水平位移21122x gt L ==，竖直位移2()12
gL y L ==，说明小球不能够到达D ． 12. 如图，光滑水平面上两虚线之间区域内存在竖直方向的足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

边长为a 的正方形导线框PQMN 沿图示速度方向进入磁场，当对角线PM 刚进入磁场时线框的速度大小为v ，方向与磁场边界成45︒角，若线框的总电阻为R ，则
A. PM 刚进入磁场时线框中的感应电流为Ba R
υ B. PM 刚进入磁场时线框所受安培力大小为22B a R
υ C. PM 刚进入磁场时两端的电压为Ba R
υ D. PM 进入磁场后线框中的感应电流将变小
『答案』AD
『详解』A. PM 刚进入磁场时有效的切割长度等于a ，产生的感应电动势为
E =Bav ，
感应电流为
E Bav I R R
==， 故A 正确；
B.NM 边所受的安培力大小为
F 1=BIa =22B a v R
， 方向垂直NM 向下。

PN 边所受的安培力大小为
F 2=BIa =22B a v R
， 方向垂直PN 向下，线框所受安培力大小
2222122B a v F F F R
=+=
， 故B 错误； C. PM 两端的电压为 22R Bav U I ==， 故C 错误；
D. PM 刚进入磁场后，有效的切割长度逐渐减小，感应电动势逐渐减小，感应电流将减小，故D 正确。

故选：AD 。

第Ⅱ卷（非选择题 共52分）
二、非选择题（包括必考题和选考题两部分，共52分）
（一）必考题（共42分）
13. 探究弹力和弹簧伸长的关系时，作出弹力F 与弹簧总长度L 的关系图线如图所示。

则（ ）
A. 该弹簧的原长为10m
B. 该弹簧的劲度系数为0.25N/m
C. 在该弹簧下端悬挂1.0N 的重物时，弹簧的长度为18cm
D. 在该弹簧下端悬挂2.0N 的重物时，弹簧的形变量为10cm
『答案』D
『详解』A ．根据胡克定律可知弹簧的弹力为
00()F k L L kL kL =-=-
当0F =时，根据图像可知弹簧原长为
010cm L =
A 错误；
B ．弹簧的劲度系数为图线斜率，所以
2N 0.2N/cm 20N/m 10cm
k === B 错误；
C ．在该弹簧下端悬挂1.0N 的重物时，弹簧的伸长量为
11N 5cm 0.2N/cm
x == 则弹簧长度为
110cm 5cm 15cm L =+=
C 错误；
D ．在该弹簧下端悬挂2.0N 的重物时，弹簧的伸长量为
22N
10cm 0.2N/cm
x == D 正确。

故选D 。

14. 小强同学要测一段粗细均匀的电阻丝的阻值，他先用多用电表粗测其电阻约为5Ω，随后将其固定在带有刻度尺的木板上，准备进一步精确测量其电阻。

现有电源(电动势E 为3.0V ，内阻不计)、开关和导线若干，以及下列器材:
A.电流表(量程0~3A ，内阻约0.025Ω)
B.电流表(量程0~0.6A ，内阻约0.125Ω)
C.电压表(量程0~3V ，内阻约3k Ω)
D.滑动变阻器(0~20Ω，额定电流2A )
E.滑动变阻器(0~100Ω，额定电流1A ) （1）为减小误差，且便于操作，在实验中电流表应选________，滑动变阻器应选________(选填器材前的字母)。

（2）如图所示，是测量该电阻丝电阻的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，还有两根导线没有连接，请用笔替代导线，补充完成_________。

（3）在开关闭合前，滑动变阻器的滑片应当调到最________(选填“左”或“右”)端；闭合开关后，实验中电压表读数的最小值________(选填“大于零”或“等于零”)。

（4）若不计实验中的偶然误差，则下列说法正确的是________。

A ．测量值偏大，产生系统误差的主要原因是电流表分压
B ．测量值偏小，产生系统误差主要原因是电压表分流
C ．若已知电流表的内阻，可计算出待测电阻的真实值
『答案』 (1). B D (2). 见解析 (3). 左 大于零 (4). BC
『详解』(1)『1』回路中只接入待测电阻时，电流最大，且最大值
3A 0.6A 5
m x E I R ===
因此选电流表B。

『2』由于本题采用的滑动变阻器的限流式接法，一般滑动变阻器的阻值是待测电阻的2～5
倍调节起来比较方便，故滑动变阻器选D。

(2) 『3』由于测量小电阻，采用电流表的外接法，连接电路如图所示
(3)『4』『5』限流接法的滑动变阻器在开关闭合前应调到最左边；使其接入电路的阻值最大，
使回路中电压表和电流表示数都最小，起到保护电路的作用；但回路电流大于零，因此电压
表的示数大于零。

(4)『6』AB．由于采用电流表的外接，根据
U
R
I
电压表测量准确，但由于电压表的分流作用，使得电流表测量值偏大，从而电阻的测量值偏
小，A错误，B正确；
C．电阻的测量值等于电压表与待测电阻并联之后的总电阻，如果知道电压表内阻可算出待测慢阻的真实值，C正确。

故选BC。

15. 如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来
越广泛的应用，一架质量m=1kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=16N，无人
机上升过程中最大速度为6m/s．若无人机从地面以最大升力竖直起飞，达到最大速度所用
时间为3s，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变，g取10m/s2。

求：
（1）无人机在竖直上升过程中所受阻力F f的大小；
（2）无人机从地面起飞竖直上升至离地面h=30m的高空所需的最短时间。

『答案』（1）4N；（2）6.5s
『详解』（1）无人机以最大升力起飞时的加速度
2Δ2m/s Δv a t
== 由牛顿第二定律
F －F f －mg =ma
解得
F f =4N
（2）竖直向上加速阶段
21111,2v x at t a
=
= 解得 t 1=3s,x 1=9m
匀速阶段
12 3.5s x v
h t -== 无人机从地面起飞竖直上升至离地面h =30m 的高空所需的最短时间
t =t 1＋t 2=6.5s
16. 如图所示，半径为R 的四分之三光滑圆轨道竖直放置，CB 是竖直直径，A 点与圆心等高，有小球b 静止在轨道底部，小球a 自轨道上方某一高度处由静止释放自A 点与轨道相切进入竖直圆轨道，a 、b 小球直径相等、质量之比为3∶1，两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b 经过C 点水平抛出落在离C 点水平距离为22R 的地面上，重力加速度为g ，小球均可视为质点．求
(1)小球b 碰后瞬间的速度；
(2)小球a 碰后在轨道中能上升的最大高度．
『答案』6gR (2)13
R 『详解』(1)b 小球从C 点抛出做平抛运动，有：
2122gt R =
解得t =
小球b 做平抛运动的水平位移：C x v t ==
解得C v = 根据机械能守恒有：22b b b C b 11222
m v m v m gR =+
可知小球b 在碰后瞬间的速度：b v =
(2)a 、b 两小球相碰，由动量守恒得：'a a a a b b m v m v m v =+
a 、
b 两小球发生弹性碰撞，由机械能守恒得：
222111'222a a a a b b m v m v m v =+ 又m a ＝3m b 解得：23a b v v = 11'23
a a
b v v v ==
可得：a 'v =
小球a 在轨道内运动，不能到达圆心高度，所以小球a 不会脱离轨道，只能在轨道内来回滚动，根据机械能守恒可得：
2a a a 1'2m v m gh = 解得：3
R h = 17. 1897年，汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，它的本质是带负电的粒子流，并求出了这种粒子的比荷，他的研究装置如图所示。

真空管内的阴极K 发出的电子经加速后，穿过A 、B 中心的小孔沿直线进入到两块水平正对放置的平行金属板D 1、D 2的区域。

金属板D 1、D 2之间未加电场时，射线不偏转，射在屏上P 1点。

按图示方式施加电场强度为E 的电场之后，射线发生偏转并射到屏上P 2点。

为了抵消阴极射线的偏转，使它从P 2点回到P 1，需要在两块金属板之间的区域再施加一个大小合适、方向垂直于纸面的匀强磁场。

(1)判断匀强磁场的方向；
(2)若施加的匀强磁场磁感应强度为B ，求出阴极射线的速度v 的表达式；
(3)去掉D 1、D 2间的电场，只保留(2)中的匀强磁场B 。

由于磁场方向与射线运动方向垂直，阴极射线在D 1、D 2之间有磁场的区域内会形成一个半径为r 的圆弧，使得阴极射线落在屏
上P 3点。

根据题目所有信息推导电子比荷的表达式。

『答案』(1)方向垂直纸面向里；(2)E v B
=；(3)2e E m B r 『详解』(1)电场力的方向向上，加上磁场后电子不发生偏转，电子做匀速直线运动，所以洛伦兹力方向向下，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里
(2) 电子做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得 eE evB =①
解得阴极射线的速度E v B
=② (3)去掉D 1、D 2间的电场，只保留(2)中的匀强磁场B ，电子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供
向心力，由牛顿第二定律得2
mv evB r
=③ 由②③式解得2e
E m B r
（二）选考题（（共10分。

请考生从给出的2道题中任选一题作答，如果多答，则按第一题计分）
18. 下列说法中正确的是（ ）
A. 气体放出热量，其分子平均动能不一定减小
B. 液体汽化现象的原因是液体分子间存在斥力，分子相互排斥导致汽化现象的发生
C. 布朗运动可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动
D. 任何物质的摩尔体积V 、分子体积V 0与阿伏加德罗常数N A 之间的关系都可表示为V =N A V 0
『答案』AC
『详解』A ．由于做功和热传递都可以改变物体的内能，如果放出热量的同时外界对气体做功，内能不一定减小，即分子平均动能不一定减小，A 正确；
B ．由于分子永不停息的做无规则运动，液体内总有一些分子运动的速率特别快，脱离其它
分子的束缚，跑到液体外面，这就是液体的汽化现象，B 错误；
C ．布朗运动是固体粒颗粒在液体分子撞击下永不停息的做无规则的运动，则于固体颗粒的无规则运动，说明液体分子在永不停息地做无规则运动，C 正确；
D ．由于气体分子间距离特别远，分子间隙不能忽略，因此气体分子的摩尔体积V 、分子体积V 0与阿伏加德罗常数N A 之间的关系都不能表示为
V =N A V 0
D 错误。

故选AC 。

19. 如图所示，体积为V 的汽缸由导热性良好的材料制成，面积为S 的活塞将汽缸的空气分成体积相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀门K (气体只能进汽缸，不能出汽缸)与一打气简相连.开始时汽缸内上部分空气的压强为0p ，现用打气筒向容器内打气.已知打气简每次能打入压强为0p 、体积为10V 的空气，当打气n 次后，稳定时汽缸上下部分的空气体积之比为9:1，活塞重力014
G p S =
，空气视为理想气体，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦.求:
(1)当打气n 次活塞稳定后，下部分空气的压强；
(2)打气简向容器内打气次数n .
『答案』（1）20254
p p =（2）n =49次 『详解』①对气缸下部分气体，设初状态压强为
1p ，末状态压强为2p ，由玻意耳定律得
1122pV p V = 可知
12210
V V p p = 初状态时对活塞
10p S p S G =+
联立解得：
20025 6.254p p p == ②把上部分气体和打进的n 次气体作为整体此时上部分气缸中的压强为p
末态状时对活塞： 2p S pS G =+
由玻意耳定律
00921010
V V V p n p p +⋅= 联立解得
06p p =，n =49次.
20. 如图所示，真空中一半径为R 、质量分布均匀的玻璃球，频率一定的细激光束在真空中沿直线AB 传播，于玻璃球表面的B 点经折射进入玻璃球，并在玻璃表面的D 点又以折射进入真空中，已知120BOD ︒∠=，玻璃球对该激光束的折射率为3，光在真空中的传播速度为c 。

则下列说法正确的是（ ）
A. 激光束在B 点的入射角60︒
B. 激光束在玻璃球中穿越的时间2c
R C. 改变入射角，光线能在射出玻璃球的表面时会发生全反射
D. 改变入射角，光线能在射出玻璃球的表面时不可能发生全反射
『答案』AD
『详解』A ．由几何知识得激光束在在B 点折射角为
30r ︒=
由折射定律sin sin n r α=
代入数据解得
3sin α= 即60α︒=
故A 正确；
B ．由几何知识得激光束在玻璃球中穿越的距离为
2sin603L BD R R ︒===
激光束在玻璃球中传播的速度为
3c v c n == 则此激光束在玻璃中穿越的时间为
3L R t v c
== 故B 错误；
CD ．激光束从B 点进入玻璃球时，无论怎样改变入射角，在D 点的入射角等于B 点的折射角，根据光路可知性原理得知，光束不可能在D 点发生全反射，一定能从D 点折射射出玻璃球，故C 错误，D 正确。

故选AD 。

21. 一简谐横波以4m/s 的波速沿水平绳向x 轴正方向传播．已知t ＝0时的波形如图所示，绳上两质点M 、N 的平衡位置相距34
波长．设向上为正，经时间t 1（小于一个周期），质点M 向下运动，其位移仍为0.02m 。

求：
（1）该横波的周期；
（2）t 1时刻质点N 的位移大小．
『答案』（1）1s ；（2）350
m 『详解』（1）由波形图知，波长λ＝4m
波长、波速和周期的关系为
v ＝T
λ 联立并代入数据得该波的周期为
T ＝1s
（2）结合题给条件知从t ＝0时刻起，质点M 做简谐振动的位移表达式为 y M ＝0.04sin 26t ππ⎛
⎫+ ⎪⎝⎭
m 经时间t 1（小于一个周期），M 点的位移仍为0.02m ，运动方向向下．可解得 t 1＝13
s 由于N 点在M 点右侧34波长处，所以N 点的振动滞后34
个周期，其振动方程为 y N ＝0.04sin 2346t T T ππ⎡⎤⎛⎫-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦
m ＝0.04sin 423t ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭m
当t 1＝
13s 时，质点N 的位移大小为50
m。