2020年安徽省合肥一中高考物理最后一卷 (含答案解析)

2020年安徽省合肥一中高考物理最后一卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.下表是按照密立根的方法进行光电效应实验时得到的某金属的遏止电压U c和入射光的频率v的
几组数据．
U c/V0.5410.6370.7140.8090.878
v/1014Hz 5.644 5.888 6.098 6.303 6.501
由以上数据应用Execl描点连线，可得直线方程U c=0.3973v
1014
−1.7024，如图所示．
则这种金属的截止频率约为()
A. 3.5×1014Hz
B. 4.3×1014Hz
C. 5.5×1014Hz
D. 6.0×1014Hz
2.如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方
向的夹角为α。

一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B
点的切线方向进入圆轨道。

已知重力加速度为g，则AB之间的水平
距离为()
A. v02tanα
g B. 2v02tanα
g
C. v02
gtanα
D. 2v02
gtanα
3.滑滑梯是小孩很喜欢的娱乐活动，如图所示，一个小孩正在滑梯
上匀速下滑，则()
A. 小孩可能只受两个力
B. 小孩对滑梯的作用力方向一定竖直向下
C. 小孩所受的重力与摩擦力大小相等
D. 当小孩手上再抱一只小狗时(狗与滑梯不接触)，它们将沿滑梯加速下滑
4.2019年1月3日10时26分，“嫦娥四号”探测器成功在月球背面着陆，
标志着我国探月航天工程达到了一个新高度，图示为“嫦娥四号”到达月
球背面的巡视器。

已知地球和月球的半径之比约为4：1，其表面重力加速
度之比约为6：1.则地球和月球相比较，下列说法中最接近实际的是()
A. 地球的密度与月球的密度比为3：2
B. 地球的质量与月球的质量比为64：1
C. 地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度比为8：1
D. 苹果在地球表面受到的引力与它在月球表面受到的引力比为60：1
5.如图甲所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为10：1，灯泡L的额定功率为6W，电表均为
理想电表．若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，开关S闭合后灯泡L恰正常发光．下列说法正确的是()
A. 副线圈交变电流的频率为5Hz
B. 电压表的示数为4.24V
C. 电流表的示数为0.2A
D. 灯泡正常发光时的电阻为1.5Ω
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.将一个分子P固定在O点，另一个分子Q从图中的A点由静止释放，
两分子之间的作用力与间距关系的图象如图所示，则下列说法正确的是
()
A. 分子Q由A运动到C的过程中，先加速再减速
B. 分子Q在C点时分子势能最小
C. 分子Q在C点时加速度大小为零
D. 分子Q由A点释放后运动到C点左侧的过程中，加速度先增大后减小再增大
E. 该图能表示固、液、气三种状态下分子力随分子间距变化的规律
7.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与
一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球(可视为质点)相连，直
杆的倾角为30°，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。

小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为a A，第一次经过B
处的速度大小为v，运动到C处速度为0，后又以大小为a C的初始加速度由静止开始向上滑行。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

下列说法正确的是()
A. 小球不能返回到出发点A处
mv2
B. 弹簧具有的最大弹性势能为1
2
C. 撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止
D. a A−a C=g
8.如图所示，在等腰三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场．大量相
同的带电粒子从a点以相同方向进入磁场，由于速度大小不同，粒子从
ac和bc上不同点离开磁场．不计粒子重力，则
A. 所有从ac边离开的粒子在磁场中运动时间相同
B. 所有从bc边离开的粒子在磁场中运动时间相同
C. 从bc边中点离开的粒子比从ac边中点离开的粒子在磁场中运动时间长
D. 从bc边离开的粒子在磁场中运动时间越长则它在磁场中的运动轨迹也越长
9.下列说法正确的是()
A. 小昆虫能在水面上自由来往而不陷人水中靠的是液体的表面张力作用
B. 温度高的物体分子平均动能一定大.但内能不一定大
C. 在绝热条件下压缩气体.气体的内能一定增加
D. 压缩气体需要用力，这是气体分子间有斥力的表现
E. 随着科技进步.通过对内燃机不断改进.可以使内燃机的效率达到100%
10.如图所示，两束不同的单色光P和Q以适当的角度射向半圆形玻璃砖，
其射出光线都是从圆心O点沿OF方向射出，则下面说法正确的是
()
A. P光束在玻璃中折射率大
B. Q光束的频率比P光束的频率大
C. P光束穿出玻璃砖后频率变大
D. Q光束穿过玻璃砖所需时间长
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.实验小组利用以下方法对物体的质量进行间接测量，装置如图所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮
与两个相同的重物P、Q相连，已知重物P、Q的质量均为m，当地重力加速度为g。

在重物Q 的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连。

(1)先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放系统，得到如图所示的纸带，则系统运动的
加速度a=___m/s2(结果保留2位有效数字)；
(2)在忽略阻力的理想情况下，物块Z质量M的表达式为M=___(用字母m、a、g表示)；
(3)实际情况下，空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的滚动摩擦不可以忽略，物
块Z的实际质量与理论值M有一定差异，这种误差是___误差(填“偶然”或“系统”)。

12.某实验小组通过实验描绘一个规格为“3V0.25A”的LED灯的伏安特性曲线，实验室提供的器
材有：
A.电流表A1(量程为0.6A，内阻约为10Ω)
B.电流表A2(量程为300mA，内阻约为5Ω)
C.滑动变阻器R1(阻值范围0−20Ω，允许的最大电流为1A)
D.滑动变阻器R2(阻值范围0−200Ω，允许的最大电流为0.3A)
E.电压表V(量程为3V，内阻约3kΩ)
F.开关S
G.直流电源E(电动势4V，内阻很小)
(1)为使测量结果尽量准确，电流表选取______ ，滑动变阻器选取______ (填写器材前的字母序
号)
(2)图甲中已经连接了部分电路，请用笔画线代替导线将电路连线补充完整．
(3)为得到伏安特性曲线，以电压表读数U为横轴，电流表读数I为纵轴，将实验中得到的多组
数据进行了描点，如图乙所示，请完成I−U图象．
(4)如果将此LED灯连入图丙所示电路，其中电源电动势为3V，电源内阻与保护电阻R0的总阻
值为15Ω，开关S闭合后，小灯泡的功率为______ W(结果保留两位有效数字)．
四、简答题（本大题共2小题，共23.0分）
13.如图甲，右端固定的压缩弹簧，将小球由静止弹出，小球从轨道末端A竖直飞出，恰好从转盘
的M孔向上穿出，又恰好从N孔落下．已知弹簧弹性势能E=9J，小球质量m=0.5kg，半径圆轨道与水平轨道平滑连接，整条轨道的中间呈V形(如图乙)，夹角为60°(如图丙为R=1m的1
4
).圆盘匀速转动，竖直轴与盘面垂直，孔M、N在同一条直径上，且紧挨轨道上端A.不计一切摩擦、空气阻力及小球通过孔的时间，g=10m/s2.求：
(1)小球在通过圆轨道上端A时，V形槽每个面对小球支持力的大小；
(2)圆盘转动的最小角速度ω．
14.平衡位置位于原点O的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x轴上的两
个点(均位于x轴正方)，P与O的距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间．已知波源自t=0时由平衡位置开始向上振动，周期T=1s，振幅A=4cm.当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置．求：
(i)P、Q间的距离；
(ii)从t=0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程．
五、计算题（本大题共2小题，共22.0分）
15.如图甲所示MN、PQ是两根长为L=2m、倾斜放置的平行金属导轨，导轨间距d=1m，导轨
所在平面与水平面成一定角度，M、P间接阻值为R=6Ω的电阻，质量为m=0.2kg、长度为d
的金属棒ab放在两导轨上中点位置，金属棒恰好能静止。

从t=0时刻开始，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度随时间变化如图乙所示。

在t0=0.1s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，此时磁感应强度B0=1.2T。

已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，不计金属棒和导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2.求：
(1)0t0时间内通过电阻R的电荷量q
(2)金属棒与导轨之间的动摩擦因数μ
16.一定质量的理想气体，经过如图所示的状态变化，设状态A的温度为400K，求：
(1)状态C的温度T C为多少？
(2)如果由A经B到C的状态变化的整个过程中，气体对外做了400J的功，气体的内能增加了
20J，则这个过程气体是吸收热量还是放出热量？其数值为多少？
-------- 答案与解析 --------1.答案：B
解析：解：根据光电效应方程得：E km=ℎv−W0=ℎv−ℎv0
解得：U c=ℎ
e v−W0
e
=ℎ
e
v−ℎv0
e
．
与直线方程U c=0.3973v
1014−1.7024，比较可知，图线的斜率为：ℎ
e
=0.3973
1014
，
同时：ℎv0
e
=1.7024
联立得：v0≈4.3×1014Hz.故B正确，ACD错误
故选：B
通过图线的斜率求出普朗克常量；遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率．
解决本题的关键掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系，并学会描点作图法，注意图象是解题的关键．
2.答案：A
解析：
根据小球恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，说明小球的末速度应该沿着B点切线方向，再由圆的半径和角度的关系，可以求出B点切线的方向，即平抛末速度的方向，从而可以求得竖直方向分速度，进而求出运动的时间，根据水平方向上的运动规律求出AB间的水平距离。

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。

根据平行四边形定则知，小球通过B点时竖直方向上的分速度v y=v0tanα。

则运动的时间t=v y g=v0tanα
g。

则AB间的水平距离x=v0t=v02tanα
g
，故A正确，BCD错误。

故选A。

3.答案：B
解析：解：AC.小孩匀速下滑时，受重力mg、支持力N和滑动摩擦力f，小孩所受的支持力和摩擦力的合力与重力大小相等，故AC错误；
B.由于小孩受力平衡，所以斜面对小孩的作用力与小孩的重力等大反向，根据牛顿第三定律可知小
孩对滑梯的作用力方向一定竖直向下，大小与小孩的重力相等，故B 正确；
D .设斜面的倾角为θ，则有N =mgcosθ，f =mgsinθ，且有f =mgsinθ，又f =μN ，联立得：sinθ=μcosθ，此式与小孩的质量无关，当小孩抱住小狗后，所受的支持力和摩擦力分别为N′=m′gcosθ，f′=μN =μm′gcosθ.由上联立得：f′=m′gsinθ，所以小孩(包括小狗)所受的合力为零，会继续匀速下滑。

故D 错误。

故选：B 。

小孩在滑梯上匀速下滑，所受合力为零，根据共点力平衡得到各力的关系。

再分析小孩抱住小狗后的受力情况，即可判断其运动情况。

解决本题的关键能够正确地进行受力分析，能够根据受力情况来判断物体的运动情况，但不能想当然。

4.答案：A
解析：解：A 、根据天体表面物体的重力等于万有引力，有：mg =G
Mm R 2
由于M =ρ⋅4
3πR 3
，解得密度为：ρ=3g
4πRG ∝g
R ，所以ρ地
ρ月
=3
2，故A 正确； B 、根据GM =R 2
g 可得：M =
R 2g G
∝R 2
g ，所以M 地
M 月
=
16×61×1
=
961
，故B 错误；
C 、根据v =√gR 可知地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度比为：v 地v 月
=√
4×6
1×1=√24
1
，故C 错
误；
D 、根据F =mg 可得苹果在地球表面受到的引力与它在月球表面受到的引力比为：F 地
F 月
=6
1，故D 错
误。

故选：A 。

根据天体表面物体的重力等于万有引力即可得出天体质量的表达式，再根据密度公式得出密度表达式，结合已知条件即可求解；分别求出质量、第一宇宙速度、引力大小与重力加速度、半径的关系进行解答。

本题关键是明确在星球的表面重力等于万有引力，根据万有引力定律的表达式列式分析即可。

5.答案：D
解析：解：A 、由图乙可知，原线圈输入电压的周期为0.02s ，则频率为50Hz ，变压器不改变频率，所以副线圈交变电流的频率为50Hz ，故A 错误；
B、根据图乙可知，原线圈的最大值为E m=30√2V，则有效值为U1=m
√2=√2
√2
=30V，根据U1
U2
=n1
n2
可知，副线圈电压U2=3V，即电压表示数为3V，故B错误；
C、灯泡L恰正常发光，则副线圈电流I=P
U2=6
3
=2A，即电流表示数为2A，故C错误；
D、根据欧姆定律得：灯泡正常发光时的电阻R=U2
I =3
2
=1.5Ω，故D正确．
故选：D
根据乙图可知周期和电压最大值，从而求出频率和电压有效值，由电压之比等于线圈匝数比可以求
出副线圈电压，根据I=P
U
求解电流，注意各表的示数为有效值，根据电压的有效值及欧姆定律可求电阻．
该题考查变压器的电流比与匝数比关系，以及交流电的周期与频率关系，掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，明确各表的示数为有效值．
6.答案：BCD
解析：解：AB、C点为分子斥力和引力相等的位置，C点的右侧分子力表现为引力，C点左侧分子力表现为斥力，因此分子Q由A运动C的过程中，分子Q一直做加速运动，分子的动能一直增大，势能一直减小，当分子Q运动到C点左侧时，分子Q做减速运动，分子的动能减小，势能增大，即分子Q在C点的分子势能最小，故A错误，B正确；
C、C点为分子引力等于分子斥力的位置，即分子力表现为零，即分子Q在C点的加速度大小为零，故C正确；
D、分子Q由A点释放后运动到C点左侧的过程中，由分子力的图象可知分子力先增大后减小再增大，则由牛顿第二定律可知加速度先增大后减小再增大，故D正确；
E、气体分子间距较大，分子作用力很小，不能用此图表示气体分子间作用力的变化规律，但可表示液体和固体分子间作用力的变化规律，故E错误；
故选：BCD。

分子之间的相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大，只是分子引力的变化慢，斥力变化快，当r=r0时分子引力等于分子斥力，r大于平衡距离时分子力表现为引力，当r小于r0时分子间的作用力表现为斥力。

当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小。

该题考查的是分子间的作用力与分子间距离的关系，分子间的引力和斥力总是同时存在，并且都随分子间的距离的增大而减小，只不过减小的规律不同，只要掌握该规律即可解答此类题目。

7.答案：ABD
解析：解：AB、设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为W f，AB间的竖直高度为h，小球的
质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为E p。

根据能量守恒定律得：
mv2+W f，
对于小球A到B的过程有：mgℎ+E p=1
2
mv2。

A到C的过程有：2mgℎ+E p=2W f+E p，解得：W f=mgℎ，E p=1
2
小球从C点向上运动时，假设能返回到A点，则由能量守恒定律得：
E p=2W f+2mgℎ+E p，该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A处。

故AB正确。

C、设从A运动到C摩擦力的平均值为f，AB=s，由W f=mgℎ得：fs=mgssin30°
在B点，摩擦力f=μmgcos30°，由于弹簧对小球有拉力(除B点外)，小球对杆的压力大于μmgcos30°，所以f>μmgcos30°
可得mgsin30°>μmgcos30°，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止。

故C错误。

D、根据牛顿第二定律得：
在A点有：Fcos30°+mgsin30°−f=ma A；
在C点有：Fcos30°−f−mgsin30°=ma C；
两式相减得：a A−a C=g.故D正确。

故选：ABD。

根据重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的关系，判断出撤去弹簧，小球在直杆上不能处于静止。

对小球A到B的过程和A到C的过程，分别根据能量守恒定律列式，可求得弹簧具有的最大弹性势能，由牛顿第二定律研究A、C两点的加速度，相比较可得到a A−a C=g。

解决本题的关键要灵活运用能量守恒定律，对系统分段列式，要注意本题中小球的机械能不守恒，
也不能只对小球运用能量守恒定律列方程，而要对弹簧与小球组成的系统列能量守恒的方程。

8.答案：AD
解析：解：粒子的运动轨迹如图
A、若粒子从ac边射出，粒子依次从ac上射出时，其轨迹所对应的圆心角相等，因为运动时间t=θ
2π
T，
而周期T=2πm
qB
，所有粒子的运动周期相等，所以从ac边射出的粒子运动时间相等，故A正确；
B、图象中e、f两点为bc边上的两点，根据几何知识可知，∠OO f f与∠OO e e并不相等，所以从bc边离开的粒子在磁场中运动时间不相同，故B错误；
C、根据图象可知，∠OO d d=∠OO c c>∠OO f f，所以从bc边中点离开的粒子比从ac边中点离开的粒子在磁场中运动时间短，故C错误；
D、粒子从bc边射出，粒子依次从bc上的f、e、c射出时，弧长越来越大，而圆心角越来越大，所以时间越来越长，故D正确。

故选：AD。

作出粒子从各位置射出的运动轨迹，根据几何知识求解运动轨迹对应的圆心角，由于粒子在磁场中
运动的周期T=2πm
qB
，所以根据运动时间t=θ
2π
T可知圆心角越大，则粒子运动的时间就越长。

解决该题需要正确作出粒子在磁场中的运动轨迹，能根据几何知识求解粒子做圆周运动的圆心角，知道粒子的周期表达式。

9.答案：ABC
解析：解：
A、液体存在表面张力小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中靠的是液体的表面张力作用，故A 正确；
B、温度是分子平均动能的标志。

温度高的物体分子平均动能一定大。

但内能不一定大。

因为决定内能的还有物体的质量、分子势能的大小，故B正确；
C、在绝热条件下压缩气体。

即对气体做功且没有热传递。

根据内能△U=W+Q可知气体的内能一
定增加，故C正确；
D、压缩气体需要用力，这是气体存在压强的表现，故D错误；
E、内燃机的效率不可能达到100%，故E错误。

故选：ABC。

浮力产生的原因是液体对物体上下表面的压力差所致，而表面张力是分子力的现象，是否有浮力，关键看物体是否进入水面下，上下表面是否有压力差，注意加以区分；
温度是分子平均动能的标志，内能取决于物体的温度、体积和物质的量；
压缩气体需要用力是由于气体内外部压强差产生的阻力造成的；
内燃机的效率不可能达到100%。

该题考查热学中的多个知识点的内容这些都是记忆性的知识点，要多加积累，避免不必要的失分。

同时注意理解热力学第一定律以及理想气体状态方程的分析和应用。

10.答案：BD
解析：
由图看出单色光Q的偏折角较大，根据折射定律可知玻璃对单色光Q的折射率较大，Q的频率较大，分析光介质中速度关系，可判断穿过玻璃砖的时间关系，光的频率由光源决定，与介质无关。

由v=c
n
A.由图看出，单色光Q的偏折角较大，根据折射定律得知，玻璃对单色光Q的折射率较大，故A错误；
B.折射率越大，光的频率越大，所以Q光束的频率比P光束的频率大，故B正确；
C.光的频率由光源决定，与介质无关，则P光束穿出玻璃砖后频率不变，故C错误；
D.由v=c
分析得知，P在玻璃传播速度较大，所以P穿过玻璃砖所需时间比Q短，故D正确；
n
故选BD。

11.答案：(1)8.0；(2)2ma
；(3)系统
g−a
解析：
根据位移差公式△x=aT2求解系统的加速度；
对整个系统进行分析，根据牛顿第二定律求解M的表达式；
根据误差来源分析误差的性质。

本题主要考查了通过系统牛顿第二定律测质量的方法，能分析出实验误差的原因；明确系统误差和偶然误差的定义。

解：(1)根据位移差公式△x=aT2，解得系统运动的加速度为：
a=Δx
T2=(2.95+3.29)−(2.32+2.64)
4×0.022
×10−2m/s2=8.0m/s2；
(2)根据牛顿第二定律，对Q和Z有：
(M+m)g−T=(M+m)a，
对物体P有：T−mg=ma，
联立解得：M=2ma
g−a
；
(3)由题意可知本实验中误差是由于实验原理的选择而造成的，无法通过多测数据来消除，故这是一种系统误差；
故答案为：(1)8.0；(2)2ma
g−a
；(3)系统。

12.答案：B；C；0.12
解析：解：(1)电流最大为0.25A，故电流表应选择300mA的量程B；
由图可知，本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻；故选C；
(2)根据原理图，将实物图连接，如图所示；
(3)用平滑曲线将各点连接，如图所示；
(4)将保护电阻作为电源的内阻进行处理，则可以认为电源为3V，内阻为15Ω；
作出电源的伏安特性曲线如图所示；两图的交点即为灯泡的工作点；则由图可知，电压为0.85V；电流为0.14A；故功率P=UI=0.85×0.14=0.12W；
故答案为：(1)①(2)如图；(3)a；(4)如图；(5)增大；(6)0.12
(1)根据额定电流值可选择对应的电流表；根据电路的接法可以选择滑动变阻器；
(2)根据原理图，明确电路接法即可连接实物图；
(3)由描点法即可得出对应的I−U图象；
(4)由已知条件得出电源及保护电阻的欧姆定律表达式，作出对应的图象，则可得出灯泡中的实际电流．
本题考查了实验电路设计，根据题目要求确定滑动变阻器的接法、根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法是正确解题的关键．要掌握应用图象法处理实验数据的方法．
13.答案：解：(1)由机械能守恒定律得：E=1
2
mv12+mgR
代入数据解得：v1=4m/s
由牛顿第二定律得：F
向=mv12
R
=8N
根据几何关系可知，V形槽对小球的两支持力夹角为120°，
则V形槽每个面对小球支持力的大小F=F向=8N，
(2)由运动学公式，小球离开A又回到A的时间为：t=2v1
g
=0.8s，
刚好从N空落下，需满足：t=T
2
+nT(n=0,1，2…)
且T=2π
ω
解得：ω=5π
4
(2n+1)(n=0,1，2…)．
答：(1)小球在通过圆轨道上端A时，V形槽每个面对小球支持力的大小为8N；
(2)圆盘转动的最小角速度ω为5π
4
(2n+1)(n=0,1，2…)．
解析：(1)由机械能守恒定律求出经过M点的速度，再根据牛顿第二定律结合力的合成原则求解V 形槽每个面对小球支持力的大小；
(2)由运动学公式，小球离开A又回到A的时间，这段时间内，圆盘转动(n+1
2
)T，结合周期和角速度关系求解即可．
本题主要考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况和受力情况，注意圆周运动具有周期性，难度适中．
14.答案：解：(i)当波传到P点时，O点恰好处于波峰，则O点振动了5
4
个周期，P到O的距离OP=
5λ4=35cm，则λ=28cm，波传到P点时间为t1=5
4
T=1.25s，
因波传到Q点时，Q过平衡位置往上振动，过T
4到达波峰，所以波从P传到Q的时间t2=5−T
4
=
4.75s=4T+3T
4
．
则P到Q距离PQ=4λ+3
4
λ=133cm
(ii)波传到Q点时间为t=t1+5=6.25s=6T+1
4
T，则波源振动总路程为d=6×4A+A=100cm．答：(i)P、Q间的距离为133cm；
(ii)从t=0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程为100cm．
解析：(i)根据题意P与O的距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间，所以OP=5
4
λ，根据周期计算距离；
(ii)根据周期计算时间的长短，根据振幅计算通过的路程的大小．
本题是对简谐波的周期性的考查，根据波速和距离、周期之间的关系来计算通过的时间，再根据振幅计算通过的路程的大小．
15.答案：解：（1）题意得0~t0时间内回路中磁通量的变化量：∆ϕ=B0d L
2
,
由法拉第电磁感应定律可得：E=∆ϕ
∆t
,
由欧姆定律可得:I=E
R
,
故0~t0时间内通过电阻R的电荷量：q=IΔt ,
联立解得q=0.2C 。

（2）由题意得导体棒在t=0时刻恰好能处于静止状态，设导轨平面与水平面之间的夹角为θ，
则有mg sinθ=f m
f m=μF N
F N=mg cosθ
在t0=0.1s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，则有F安=mg sinθ+f m
时F安=B0Id
联立解得μ=0.75 。

解析：本题考查法拉第电磁感应定律，闭合电路的欧姆定律，共点力的平衡条件等知识点。

根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路的欧姆定律，以及电流的定义式可得；
根据共点力的平衡条件结合安培力的计算公式可求得结果。

16.答案：解：(1)由理想气体状态方程为：
p A V A T A =
p C V C
T C
代入数据解得：T C=320K
(2)由热力学第一定律公式△U=Q+W，得到：
Q=420J>0
气体吸收热量；
答：①状态C的温度Tc为320K；
②气体是吸收热量，其数值为420J。

解析：(1)直接根据理想气体状态方程列式求解；
(2)根据热力学第一定律分析即可。

本题是根据理想气体状态方程和热力学第一定律列式求解，关键是熟悉规律，正确确定初末状态，由状态方程列式求解即可。