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2024届四川省遂宁市高三下学期第三次诊断考试理科综合试题-高中物理
1．（2024高三下·遂宁模拟）如图甲所示为烤肠机，香肠放置在两根水平的平行金属杆中间，其截面图如图乙所示。假设香肠可视为质量为m的均匀圆柱体，烤制过程中香肠质量不变，半径变大。忽略摩擦及金属杆的热胀冷缩，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．香肠烤熟前，金属杆1对烤肠的支持力大小为
B．香肠烤熟后，金属杆1对烤肠的支持力与竖直方向的夹角比烤熟前变大
C．香肠烤熟后，金属杆1对烤肠的支持力比烤熟前变大
D．香肠烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对烤肠的合力不变
【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】A．对香肠受力分析如图所示
根据平衡条件有
，
解得香肠烤熟前，金属杆1对烤肠的支持力大小为
故A错误；
BC．设金属杆之间的距离为，金属杆的直径为，香肠的直径为，根据几何关系有
香肠烤熟后，半径变大，金属杆1对烤肠的支持力与竖直方向的夹角比烤熟前变小，金属杆1对烤肠的支持力比烤熟前变小，故BC错误；
D．香肠烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对烤肠的合力与烤肠的重力平衡，等大反向，故两根金属杆对烤肠的合力不变，故D正确。
故选D。
【分析】1、受力分析，根据平衡条件列等式，可求解金属杆1对烤肠的支持力大小。
2、运用解析法解决动态平衡问题，支持力，几何关系，香肠烤熟后，半径变大，烤肠的支持力比烤熟前变小。
3、两根金属杆对烤肠的合力与烤肠的重力平衡，根据重力不变，得出两根金属杆对烤肠的合力不变。
2．（2024高三下·遂宁模拟）用甲、乙两种单色光照射同一金属做光电效应实验，发现光电流与电压的关系如图所示。已知普朗克常量为h，被照射金属的逸出功为W0，遏止电压为Uc，电子的电荷量为e，则下列说法正确的是 （　　）
A．甲光的强度小于乙光的强度
B．甲光的频率大于乙光的频率
C．乙光的频率为
D．甲光照射时产生的光电子初动能均为eUc
【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】ABC．由方程
甲、乙两束光频率相等
根据光的强度越强，则光子数目越多，对应的光电流越大，即可判定甲光的强度高于乙光的强度，故AB错误，C正确；
D．甲光照射时产生的光电子的最大初动能均为，应是最大初动能，故D错误。
故选C 。
【分析】1、根据，可得出甲、乙两束光频率相等。
2、根据图像中甲饱和光电流大，得出甲光子数目多，甲光的强度大。
3、根据可得出甲光照射时产生的光电子的最大初动能为。
3．（2024高三下·遂宁模拟）如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为，原线圈接入电压的交流电源，图中电表均为理想电表，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．副线圈中交变电流的频率为100Hz
B．t=0.02s时，电压表的示数为0
C．电流表的示数先变小后变大
D．定值电阻R消耗的功率先变大后变小
【答案】C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由电压表达式知交流电的，根据
可得频率为50HZ，故A错误；
B．原线圈两端的输入电压有效值为220V，由电压与匝数成正比知
所以副线圈两端电压为
即为电压表的读数为4V，故B错误；
CD．由图可知，滑动变阻器的上下两部分并联后与R串联，根据串并联电路的电阻可知，当滑片P位于中间位置时，并联电阻的电阻值最大，所以当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻先增大后减小，根据欧姆定律可知，变压器次级电流将先减小后增大，定值电阻R消耗的功率先变小后变大；因为变压器的输出电流先减小后增大，则输入的电流也是先减小后增大，即电流表的示数先变小后变大。故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1、根据公式可求频率。
2、电压表的读数应是副线圈两端电压得有效值，不可能为零。
3、副线圈两端电压恒定不变，电路中的总电阻先增大后减小，根据欧姆定律可知变压器次级电流将先减小后增大，定值电阻R消耗的功率先变小后变大。
4．（2024高三下·遂宁模拟）如图，在直角△ABC上，AB两点分别固定放置电荷量为Q和的正点电荷，AC边长为l，CD垂直于AB交于D点，在C点放置一点质量为m电荷量为q的点电荷，已知电量大小满足q<A．不管q带正电还是负电，电荷q都不可能做匀速圆周运动
B．若电荷q可以做圆周运动，则电荷q带负电，且∠CBA=30°，圆周运动的速度大小为
C．若q做匀速圆周运动，则三个点电荷在D点产生的电场强度不变
D．若给电荷q的初速度能沿CD方向做直线运动，则整个运动过程中电荷q的电势能一定先减小再增大
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．如果AB两点分别固定放置电荷量为Q和的正电荷，且∠CBA=30°，那么在C点的合场强沿DC方向，若此时q带负电，给电荷q一个垂直DC方向的初速度，电荷q可能做匀速圆周运动。Q正电荷在C点的场强为，正电荷在C点的场强为，由几何关系可得两点电荷在C点的合场强为，且方向沿DC方向，电荷q带负电，由牛顿第二定律可得
，其中，联立求得，故A错误，B正确；
C．若q做匀速圆周运动，则电荷q运动过程中在D点电场强度大小不变，方向时刻改变，则三个点电荷在D点产生的电场强度会发生变化，故C错误；
D．若给电荷q的初速度能沿CD方向做直线运动，但是不知道电荷q的电性，无法判断整个过程电荷q的电势能的变化情况，故D错误。
故选B。
【分析】点电荷产生场强，两点电荷在C点的合场强为，由牛顿第二定律可得，其中，联立求得圆周运动的速度大小。不知道电荷q的电性，无法判断整个过程电荷q的电势能的变化情况。
5．（2024高三下·遂宁模拟）如图，竖直放置有一半圆轨道，在其左侧连有一水平杆，现将光滑的小球A、B分别套在水平杆与圆轨道上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，开始时细绳水平伸直，A、B静止。由静止释放B后，已知当B和圆心连线与竖直方向的夹角为30°时（细绳和小球的位置如图虚线所示），滑块B下滑的速度为v，则半圆的半径为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】将滑块B下滑的速度分解为沿绳方向的分速度和垂直绳方向的分速度， A、B两小球沿
绳方向的速度大小相等，如图所示，则有
解得
A、B两小球组成的系统机械能守恒，则有
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】AB小球沿绳方向的速度大小相等，则将滑块B下滑的速度分解为沿绳方向的分速度和垂直绳方向的分速度，可求解A求速度，再根据A、B两小球组成的系统机械能守恒列等式可求解半圆的半径。
6．（2024高三下·遂宁模拟）如图所示的坐标系中，x轴水平向右，质量为m=0.5kg、带电量为q=＋10-4C的小球从坐标原点O处，以初速度v0=m/s斜向右上方抛出，进入斜向右上方场强为E=5×104V/m的匀强电场中，E与x轴正方向的夹角为30°，v0与E的夹角为30°，重力加速度取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．小球的加速度的大小为m/s2
B．小球的加速度的大小为10m/s2
C．若小球能运动到x轴上的P点，则小球在P点的速度大小为m/s
D．O、P两点间的电势差为V
【答案】B,C
【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．小球在电场中受到的电场力为
小球受到的重力为
小球受力如图所示
根据几何知识可知小球受到合力为
则小球的加速度的大小为
故A错误，B正确；
C．设OP的距离为x，把x分别沿着和垂直分解，则有
，
由类平抛运动规律可得
，
小球在P点的速度为
联立解得
，
故C正确；
D．由匀强电场电势差与电场强度关系可得
故D错误。
故选BC。
【分析】1、已知匀强电场中场强大小和方向，电场力为恒力，可求解合力，根据牛顿第二定律可计算加速度。
2、小球能运动到x轴上的P点做类平抛运动，分解两个垂直的分运动，利用分位移列等式联立可求解小球在P点的速度。
3、由匀强电场电势差与电场强度关系可计算 O、P两点间的电势差 。
7．（2024高三下·遂宁模拟）如图（a）所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图（b）所示，取g=10 m/s2，=2.24，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则根据图像可求出（　　）
A．物体的初速率v0=4 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8
C．当θ=30°时，物体达到最大位移后将保持静止
D．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin≈0.7 m
【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．由图可知，当时物体做竖直上抛运动，位移为，由竖直上抛运动规律可知
代入数据解得
故A正确；
B．当时，位移为，由动能定理可得
代入数据解得
故B错误；
C．若时，物体的重力沿斜面向下的分力为
最大静摩擦力为
小球达到最高点后会下滑，故C错误；
D．由动能定理得
解得
当时
，此时位移最小为
故D正确。
故选AD。
【分析】根据图像上点坐标的意义分析：
1.斜面倾角为0°时，物体相当于在水平面内做减速运动，减速最大位移为1.60m；斜面倾角为90°时，物体相当于做竖直上抛运动，上升的最大高度为0.80m。根据动能定理求出初速度和动摩擦因数。
2.分析斜面倾角为30°时，重力沿斜面向下的分力于最大静摩擦力比较，判断物体是否停在最大位移处。
3.斜面倾角为时，根据动能定理和数学关系分析位移的最小值。
8．（2024高三下·遂宁模拟）如图，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d，，现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为，运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为，不计粒子重力，则（　　）
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为
D．粒子进入磁场时速度大小为
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是，即
则得周期
故A错误；
B．由，得
故B正确；
C．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有
得
画出该粒子的运动轨迹如图
设轨道半径为R，由几何知识得
可得
故C错误；
D．根据
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】1、带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是，可求解周期T，再由周期公式可求解磁感应强度大小；
2、画出运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系求解半径，圆心角和运动时间关系求粒子进入磁场时速度大小。
9．（2024高三下·遂宁模拟）某同学设计实验验证机械能守恒定律，装置如图（a）所示。一质量为m、直径为d的小球固定于释放装置上，在小球正下方固定四个光电门，调节各光电门的中心，使其与小球的球心均在同一竖直线上。由静止释放小球，记录小球通过每个光电门的挡光时间，重力加速度为g。
（1）若测得某光电门的中心与释放点的竖直距离为h，小球通过此光电门的挡光时间为Δt，则小球从释放点下落至此光电门中心时重力势能减小量ΔEp =mgh，动能增加量ΔEk=　 　，（用题中字母表示）；
（2）根据实验数据，作出的图像，如图（b）所示。若图中虚线的斜率　 　，则可验证机械能守恒定律；（结果取一位有效数字）
（3）经过多次重复实验，发现小球经过第三个光电门时，ΔEk总是大于ΔEp，下列哪一项会造成以上情况___________。
A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大
B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用
【答案】（1）
（2）1
（3）B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）小球通过此光电门的速度为
故小球动能的增加量为
（2）若机械能守恒，则
则作出的图像，图像的斜率则可验证机械能守恒定律。
（3）A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大，则的测量值偏大，使得小于，故A错误；
B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，的测量值偏大，使得大于，故B正确；
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则小于，故C错误。
故选B。
【分析】（1）光电门测速度，根据可求的增加量。
（2）的图像中若斜率，说明，可验证机械能守恒定律。
（3）根据重力势能减小量ΔEp =mgh，动能增加量，分析造成小球经过第三个光电门时，ΔEk总是大于ΔEp。
（1）小球通过此光电门的速度为
故小球动能的增加量为
（2）若机械能守恒，则
则作出的图像，图像的斜率则可验证机械能守恒定律。
（3）A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大，则的测量值偏大，使得小于，故A错误；
B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，的测量值偏大，使得大于，故B正确；
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则小于，故C错误。
故选B。
10．（2024高三下·遂宁模拟）某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率
（1）使用螺旋测微器测量电阻丝的直径，示数如图1所示，则电阻丝的直径是　 　mm。
（2）该同学设计的电路图如图2所示，Rx为待测电阻丝。请用笔画线代替导线，补充完整图3所示的实物电路。　 　
（3）为测量Rx，该同学利用图2所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1-I1关系图像如图4所示。接着将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：
U2/V 0.81 1.62 2.38 3.22 4.00
I2/mA 20.0 40.0 60.0 80.0 100.0
请根据表中的数据，在坐标纸上作出U2-I2图像。　 　
（4）由此可求得电阻丝的电阻Rx=　 　Ω，根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率。（结果保留2位有效数字）
【答案】2.148；；；8.5
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径是2mm+0.01mm×15.0=2.150mm。
（2）实物连线电路如图
（3）作出U2-I2图像如图
（4）图像的斜率等于电阻，则结合电路图可知，待测电阻为
【分析】（1）螺旋测微器测量：主尺读数：以微分筒边缘为准，读取主尺上露出的整毫米数和半毫米数。微分筒读数：根据微分筒上与主尺基线对齐的刻度线，读取小数部分 。总和：主尺读数 + 微分筒读数 = 最终测量值。
（2）按照电路图连接实物图注意：滑动变阻器应接分压式，电流表电压表正负接线柱不能接反。
（3）作图像，根据表格数据描点，再用平滑曲线连接图线。
（4）U-I图像中斜率等于电阻，根据斜率求电阻。
11．（2024高三下·遂宁模拟）光滑的水平长直导体轨道放在匀强磁场中，轨道宽，一长也为，质量，电阻的导体棒静止在导轨上，它与导轨接触良好。图中电源电动势为，内阻为，定值电阻，其余电阻不计。求：
（1）当开关接通a的瞬间，导体棒的加速度大小和方向；
（2）当导体棒开始匀速运动时，开关立即接b，则之后导体棒运动的距离。
【答案】解：（1）当电流从N流向M时，由左手定则可判断安培力向左，故加速度方向向左。根据牛顿第二定律有
由闭合电路欧姆定律有
代入数据可得
（2）匀速时，对棒有，开关接到b端时，棒在安培力作用速度减为零，对棒由动量定理有
， ， ，
联立得之后导体棒运动的距离
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）由左手定则可知安培力向左，故加速度方向向左。根据牛顿第二定律 ，由闭合电路欧姆定律，联立可求解加速度大小。
（2）匀速时，对棒有 对棒由动量定理列等式： ， 电荷量 ， 感应电流 ， 感应电动势 联立可求解导体棒运动的距离。
12．（2024高三下·遂宁模拟）在倾角的足够长的斜面上，将一质量为m小物块A放在斜面顶端，距A物块L远的位置再放置质量也为m小物块B。物块A与斜面间的动摩擦因数为0，物块B与斜面间的动摩擦因数。同时静止释放A、B，此后A如与B发生碰撞，碰撞时间极短且不计动能损失。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，重力加速度为g。求：
（1）第一次碰撞后的瞬间A、B的速度；
（2）在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A、B之间的最大距离；
（3）从释放开始到第三次碰撞前的过程中，A物块的重力做功的大小。
【答案】解：（1）以A为对象，由牛顿第二定律得，A的加速度大小为
由于
，
以B为对象，由牛顿第二定律得，B的加速度大小为
设A、B开始运动到A、B第一次碰撞时间为，则有
解得
则碰撞前瞬间A、B的速度分别为
，
A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得
，
（2） 第一次碰撞后到第二次碰撞前，A、B共速时相距最远，则有
解得
，
则有
解得
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞前用时，则有
解得
则
，
A、B第二次碰撞后速度交换，则有
，
同理可知：与第二次碰撞后到第三次碰撞前用时，则有
解得
则
，
从释放开始到第三次碰撞前的过程中，A物块的位移为
A物块的重力做功为
联立解得
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）以A为对象，由牛顿第二定律列等式求解A的加速度，由于，
以B为对象，由牛顿第二定律求解B的加速度大小，A、B开始运动到A、B第一次碰撞，碰撞前瞬间A、B的速度分别为，
A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒
，联立可求解第一次碰撞后的瞬间A、B的速度。
（2） 第一次碰撞后到第二次碰撞前，A、B共速时相距最远，则有
。
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞前用时，则有，，，A、B第二次碰撞后速度交换，同理可知：与第二次碰撞后到第三次碰撞前用时，则有，，
从释放开始到第三次碰撞前的过程中，A物块的位移为
A物块的重力做功为
13．（2024高三下·遂宁模拟）如图所示为一定质量的理想气体状态变化的p-V图像，理想气体从状态a开始，经历a→b、b→c，c→a三个过程回到原状态a，下列说法正确的是_______。
A．a→b是等温过程
B．a→b过程中，气体的温度先升高后降低
C．b→c是气体放热过程
D．c→a过程中气体分子平均动能减小
E．a→b→c→a整个过程气体一定吸热
【答案】B,C,E
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】AB．在p-V图像中，等温过程对应图线应是双曲线；同一气体，双曲线离原点越远温度越高，所以a→b不是等温过程，气体的温度先增大后减小，故A错误，B正确；
C．b→c过程，气体体积减小，外界对气体做功；气体温度降低减小，内能减小；由热力学第一定律可知，气体对外界放热；故C正确；
D．c→a过程，气体发生等容升压，温度增大，气体分子平均动能增大，故D错误；
E．a→b→c→a整个过程，气体对外做功，内能不变，由热力学第一定律可知，气体一定吸热，故E正确。
选BCE。
【分析】1、在p-V图像中，等温过程对应图线应是双曲线；同一气体，双曲线离原点越远温度越高。
2、一定质量的理想气体，气体体积减小，外界对气体做功，气体体积增大，气体对外界做功。
3、一定质量的理想气体，气体温度降低减小，内能减小。
4、由热力学第一定律判断气体吸热还是放热。
14．（2024高三下·遂宁模拟）如图所示，一水平放置的汽缸由横截面积不同的两圆筒连接而成，活塞A、B用原长为、劲度系数的轻弹簧连接，活塞整体可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动。A、B之间封闭着一定质量的理想气体，设活塞A、B横截面积的关系为，汽缸外大气的压强为，温度为。初始时活塞B与大圆筒底部（大、小圆筒连接处）相距，汽缸内气体温度为。求：
（1）缸内气体的温度缓慢降低至时，活塞移动的位移；
（2）缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度。
【答案】解：（1）缸内气体的温度缓慢降低时，其压强不变，弹簧不发生形变，活塞A、B一起向右移动，对理想气体有
，，，
由盖-吕萨克定律可得
解得
由于，说明活塞A未碰到大圆筒底部，故活塞A、B向右移动的位移为1.2L。
（2）大活塞刚刚碰到大圆筒底部时有
由盖-吕萨克定律可得
解得
当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时有
所以气体体积应继续减小，弹簧被压缩。对活塞B受力分析，有
所以有初状态，，
末状态，，
根据
可得
，（舍去）
所以弹簧长度为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）缸内气体的温度缓慢降低时，根据整体受力平衡可知气体压强不变，弹簧不发生形变，活塞A、B一起向右移动，由盖-吕萨克定律，可求解移动距离x，再根据x与L关系判断活塞A未碰到大圆筒底部。
（2）大活塞刚刚碰到大圆筒底部时有，由盖-吕萨克定律可得
当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时
所体体积应继续减小，弹簧被压缩。对活塞B受力分析，有
初状态，，，末状态，，
根据，可得。
15．（2024高三下·遂宁模拟）如图所示，一列简谐横波沿轴传播，振幅为。时刻的波形如图中实线所示，时刻的波形如图中虚线所示。在到时间内，处的质点运动的路程为，且。则（　　）
A．这列波的波源可能在处
B．这列波向轴的负方向传播
C．在时刻处的质点正向上振动
D．这列波频率为
E．从时刻开始计时，处质点的振动方程为
【答案】B,C,E
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】BC． 由图可知，波长是，振幅为，在到时间内，处的质点运动的路程为，且
所以处的质点运动时间为，结合图像可知，时刻，处的质点的振动方向为竖直向上，即向上振动，利用同侧法可知，这列波向轴的负方向传播，故BC正确；
A．因为这列波向轴的负方向传播，所以波源不可能在处，故A错误；
D．因为这列波向轴的负方向传播，所以在到时间内，波传播的距离是
波速
这列波的频率
故D错误；
E．从时刻开始计时，处的质点的振动方程为，故E正确。
故选 BCE。
【分析】1、结合图像，时刻，处的质点的振动方向为竖直向上，利用同侧法可知，这列波传播方向。
2、根据一段时间内波传播距离计算波速，根据公式计算波的频率。
3、根据写质点的振动方程。
16．（2024高三下·遂宁模拟）由某种新型材料做成的某个光学元件，其中一个截面是半径为R的半圆形，PQ为半圆的直径，O为该柱形截面的圆心，如图所示。一激光器发出的光以与直径PQ成45°角的方向射入元件内，入射点沿PQ由下向上移动，当移动到B点时，光线恰好从元件的中点E射出，继续上移到位置D（图中未标出）时光线恰好不能从圆弧面射出（不考虑经半圆柱内表面反射后射出的光）。已知该新型材料的折射率，光在真空中的传播速度为c。求：
（1）由B点射入的光线在元件内传播的时间；
（2）D点与O的距离。
【答案】解：（1）由题意知，入射角，设对应折射光线BE的折射角为r，如图所示
根据折射定律有
解得
光线BE在元件内传播的速度为
传播的距离为
光线从B点传播到E所用的时间
（2）当光线由D点入射时，到达圆弧面的入射角恰好等于临界角C，则
由正弦定理得
解得
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）入射角，根据题意画光路图，
根据折射定律有，可求解折射角，光线BE在元件内传播的速度为，传播的距离为，光线从B点传播到E所用的时间
（2）当光线由D点入射时，到达圆弧面的入射角恰好等于临界角C，则由正弦定理得，，可求解D点与O的距离。
1 / 12024届四川省遂宁市高三下学期第三次诊断考试理科综合试题-高中物理
1．（2024高三下·遂宁模拟）如图甲所示为烤肠机，香肠放置在两根水平的平行金属杆中间，其截面图如图乙所示。假设香肠可视为质量为m的均匀圆柱体，烤制过程中香肠质量不变，半径变大。忽略摩擦及金属杆的热胀冷缩，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．香肠烤熟前，金属杆1对烤肠的支持力大小为
B．香肠烤熟后，金属杆1对烤肠的支持力与竖直方向的夹角比烤熟前变大
C．香肠烤熟后，金属杆1对烤肠的支持力比烤熟前变大
D．香肠烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对烤肠的合力不变
2．（2024高三下·遂宁模拟）用甲、乙两种单色光照射同一金属做光电效应实验，发现光电流与电压的关系如图所示。已知普朗克常量为h，被照射金属的逸出功为W0，遏止电压为Uc，电子的电荷量为e，则下列说法正确的是 （　　）
A．甲光的强度小于乙光的强度
B．甲光的频率大于乙光的频率
C．乙光的频率为
D．甲光照射时产生的光电子初动能均为eUc
3．（2024高三下·遂宁模拟）如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为，原线圈接入电压的交流电源，图中电表均为理想电表，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．副线圈中交变电流的频率为100Hz
B．t=0.02s时，电压表的示数为0
C．电流表的示数先变小后变大
D．定值电阻R消耗的功率先变大后变小
4．（2024高三下·遂宁模拟）如图，在直角△ABC上，AB两点分别固定放置电荷量为Q和的正点电荷，AC边长为l，CD垂直于AB交于D点，在C点放置一点质量为m电荷量为q的点电荷，已知电量大小满足q<A．不管q带正电还是负电，电荷q都不可能做匀速圆周运动
B．若电荷q可以做圆周运动，则电荷q带负电，且∠CBA=30°，圆周运动的速度大小为
C．若q做匀速圆周运动，则三个点电荷在D点产生的电场强度不变
D．若给电荷q的初速度能沿CD方向做直线运动，则整个运动过程中电荷q的电势能一定先减小再增大
5．（2024高三下·遂宁模拟）如图，竖直放置有一半圆轨道，在其左侧连有一水平杆，现将光滑的小球A、B分别套在水平杆与圆轨道上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，开始时细绳水平伸直，A、B静止。由静止释放B后，已知当B和圆心连线与竖直方向的夹角为30°时（细绳和小球的位置如图虚线所示），滑块B下滑的速度为v，则半圆的半径为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高三下·遂宁模拟）如图所示的坐标系中，x轴水平向右，质量为m=0.5kg、带电量为q=＋10-4C的小球从坐标原点O处，以初速度v0=m/s斜向右上方抛出，进入斜向右上方场强为E=5×104V/m的匀强电场中，E与x轴正方向的夹角为30°，v0与E的夹角为30°，重力加速度取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．小球的加速度的大小为m/s2
B．小球的加速度的大小为10m/s2
C．若小球能运动到x轴上的P点，则小球在P点的速度大小为m/s
D．O、P两点间的电势差为V
7．（2024高三下·遂宁模拟）如图（a）所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图（b）所示，取g=10 m/s2，=2.24，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则根据图像可求出（　　）
A．物体的初速率v0=4 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8
C．当θ=30°时，物体达到最大位移后将保持静止
D．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin≈0.7 m
8．（2024高三下·遂宁模拟）如图，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d，，现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为，运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为，不计粒子重力，则（　　）
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为
D．粒子进入磁场时速度大小为
9．（2024高三下·遂宁模拟）某同学设计实验验证机械能守恒定律，装置如图（a）所示。一质量为m、直径为d的小球固定于释放装置上，在小球正下方固定四个光电门，调节各光电门的中心，使其与小球的球心均在同一竖直线上。由静止释放小球，记录小球通过每个光电门的挡光时间，重力加速度为g。
（1）若测得某光电门的中心与释放点的竖直距离为h，小球通过此光电门的挡光时间为Δt，则小球从释放点下落至此光电门中心时重力势能减小量ΔEp =mgh，动能增加量ΔEk=　 　，（用题中字母表示）；
（2）根据实验数据，作出的图像，如图（b）所示。若图中虚线的斜率　 　，则可验证机械能守恒定律；（结果取一位有效数字）
（3）经过多次重复实验，发现小球经过第三个光电门时，ΔEk总是大于ΔEp，下列哪一项会造成以上情况___________。
A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大
B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用
10．（2024高三下·遂宁模拟）某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率
（1）使用螺旋测微器测量电阻丝的直径，示数如图1所示，则电阻丝的直径是　 　mm。
（2）该同学设计的电路图如图2所示，Rx为待测电阻丝。请用笔画线代替导线，补充完整图3所示的实物电路。　 　
（3）为测量Rx，该同学利用图2所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1-I1关系图像如图4所示。接着将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：
U2/V 0.81 1.62 2.38 3.22 4.00
I2/mA 20.0 40.0 60.0 80.0 100.0
请根据表中的数据，在坐标纸上作出U2-I2图像。　 　
（4）由此可求得电阻丝的电阻Rx=　 　Ω，根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率。（结果保留2位有效数字）
11．（2024高三下·遂宁模拟）光滑的水平长直导体轨道放在匀强磁场中，轨道宽，一长也为，质量，电阻的导体棒静止在导轨上，它与导轨接触良好。图中电源电动势为，内阻为，定值电阻，其余电阻不计。求：
（1）当开关接通a的瞬间，导体棒的加速度大小和方向；
（2）当导体棒开始匀速运动时，开关立即接b，则之后导体棒运动的距离。
12．（2024高三下·遂宁模拟）在倾角的足够长的斜面上，将一质量为m小物块A放在斜面顶端，距A物块L远的位置再放置质量也为m小物块B。物块A与斜面间的动摩擦因数为0，物块B与斜面间的动摩擦因数。同时静止释放A、B，此后A如与B发生碰撞，碰撞时间极短且不计动能损失。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，重力加速度为g。求：
（1）第一次碰撞后的瞬间A、B的速度；
（2）在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A、B之间的最大距离；
（3）从释放开始到第三次碰撞前的过程中，A物块的重力做功的大小。
13．（2024高三下·遂宁模拟）如图所示为一定质量的理想气体状态变化的p-V图像，理想气体从状态a开始，经历a→b、b→c，c→a三个过程回到原状态a，下列说法正确的是_______。
A．a→b是等温过程
B．a→b过程中，气体的温度先升高后降低
C．b→c是气体放热过程
D．c→a过程中气体分子平均动能减小
E．a→b→c→a整个过程气体一定吸热
14．（2024高三下·遂宁模拟）如图所示，一水平放置的汽缸由横截面积不同的两圆筒连接而成，活塞A、B用原长为、劲度系数的轻弹簧连接，活塞整体可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动。A、B之间封闭着一定质量的理想气体，设活塞A、B横截面积的关系为，汽缸外大气的压强为，温度为。初始时活塞B与大圆筒底部（大、小圆筒连接处）相距，汽缸内气体温度为。求：
（1）缸内气体的温度缓慢降低至时，活塞移动的位移；
（2）缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度。
15．（2024高三下·遂宁模拟）如图所示，一列简谐横波沿轴传播，振幅为。时刻的波形如图中实线所示，时刻的波形如图中虚线所示。在到时间内，处的质点运动的路程为，且。则（　　）
A．这列波的波源可能在处
B．这列波向轴的负方向传播
C．在时刻处的质点正向上振动
D．这列波频率为
E．从时刻开始计时，处质点的振动方程为
16．（2024高三下·遂宁模拟）由某种新型材料做成的某个光学元件，其中一个截面是半径为R的半圆形，PQ为半圆的直径，O为该柱形截面的圆心，如图所示。一激光器发出的光以与直径PQ成45°角的方向射入元件内，入射点沿PQ由下向上移动，当移动到B点时，光线恰好从元件的中点E射出，继续上移到位置D（图中未标出）时光线恰好不能从圆弧面射出（不考虑经半圆柱内表面反射后射出的光）。已知该新型材料的折射率，光在真空中的传播速度为c。求：
（1）由B点射入的光线在元件内传播的时间；
（2）D点与O的距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】A．对香肠受力分析如图所示
根据平衡条件有
，
解得香肠烤熟前，金属杆1对烤肠的支持力大小为
故A错误；
BC．设金属杆之间的距离为，金属杆的直径为，香肠的直径为，根据几何关系有
香肠烤熟后，半径变大，金属杆1对烤肠的支持力与竖直方向的夹角比烤熟前变小，金属杆1对烤肠的支持力比烤熟前变小，故BC错误；
D．香肠烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对烤肠的合力与烤肠的重力平衡，等大反向，故两根金属杆对烤肠的合力不变，故D正确。
故选D。
【分析】1、受力分析，根据平衡条件列等式，可求解金属杆1对烤肠的支持力大小。
2、运用解析法解决动态平衡问题，支持力，几何关系，香肠烤熟后，半径变大，烤肠的支持力比烤熟前变小。
3、两根金属杆对烤肠的合力与烤肠的重力平衡，根据重力不变，得出两根金属杆对烤肠的合力不变。
2．【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】ABC．由方程
甲、乙两束光频率相等
根据光的强度越强，则光子数目越多，对应的光电流越大，即可判定甲光的强度高于乙光的强度，故AB错误，C正确；
D．甲光照射时产生的光电子的最大初动能均为，应是最大初动能，故D错误。
故选C 。
【分析】1、根据，可得出甲、乙两束光频率相等。
2、根据图像中甲饱和光电流大，得出甲光子数目多，甲光的强度大。
3、根据可得出甲光照射时产生的光电子的最大初动能为。
3．【答案】C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由电压表达式知交流电的，根据
可得频率为50HZ，故A错误；
B．原线圈两端的输入电压有效值为220V，由电压与匝数成正比知
所以副线圈两端电压为
即为电压表的读数为4V，故B错误；
CD．由图可知，滑动变阻器的上下两部分并联后与R串联，根据串并联电路的电阻可知，当滑片P位于中间位置时，并联电阻的电阻值最大，所以当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻先增大后减小，根据欧姆定律可知，变压器次级电流将先减小后增大，定值电阻R消耗的功率先变小后变大；因为变压器的输出电流先减小后增大，则输入的电流也是先减小后增大，即电流表的示数先变小后变大。故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1、根据公式可求频率。
2、电压表的读数应是副线圈两端电压得有效值，不可能为零。
3、副线圈两端电压恒定不变，电路中的总电阻先增大后减小，根据欧姆定律可知变压器次级电流将先减小后增大，定值电阻R消耗的功率先变小后变大。
4．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．如果AB两点分别固定放置电荷量为Q和的正电荷，且∠CBA=30°，那么在C点的合场强沿DC方向，若此时q带负电，给电荷q一个垂直DC方向的初速度，电荷q可能做匀速圆周运动。Q正电荷在C点的场强为，正电荷在C点的场强为，由几何关系可得两点电荷在C点的合场强为，且方向沿DC方向，电荷q带负电，由牛顿第二定律可得
，其中，联立求得，故A错误，B正确；
C．若q做匀速圆周运动，则电荷q运动过程中在D点电场强度大小不变，方向时刻改变，则三个点电荷在D点产生的电场强度会发生变化，故C错误；
D．若给电荷q的初速度能沿CD方向做直线运动，但是不知道电荷q的电性，无法判断整个过程电荷q的电势能的变化情况，故D错误。
故选B。
【分析】点电荷产生场强，两点电荷在C点的合场强为，由牛顿第二定律可得，其中，联立求得圆周运动的速度大小。不知道电荷q的电性，无法判断整个过程电荷q的电势能的变化情况。
5．【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】将滑块B下滑的速度分解为沿绳方向的分速度和垂直绳方向的分速度， A、B两小球沿
绳方向的速度大小相等，如图所示，则有
解得
A、B两小球组成的系统机械能守恒，则有
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】AB小球沿绳方向的速度大小相等，则将滑块B下滑的速度分解为沿绳方向的分速度和垂直绳方向的分速度，可求解A求速度，再根据A、B两小球组成的系统机械能守恒列等式可求解半圆的半径。
6．【答案】B,C
【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．小球在电场中受到的电场力为
小球受到的重力为
小球受力如图所示
根据几何知识可知小球受到合力为
则小球的加速度的大小为
故A错误，B正确；
C．设OP的距离为x，把x分别沿着和垂直分解，则有
，
由类平抛运动规律可得
，
小球在P点的速度为
联立解得
，
故C正确；
D．由匀强电场电势差与电场强度关系可得
故D错误。
故选BC。
【分析】1、已知匀强电场中场强大小和方向，电场力为恒力，可求解合力，根据牛顿第二定律可计算加速度。
2、小球能运动到x轴上的P点做类平抛运动，分解两个垂直的分运动，利用分位移列等式联立可求解小球在P点的速度。
3、由匀强电场电势差与电场强度关系可计算 O、P两点间的电势差 。
7．【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．由图可知，当时物体做竖直上抛运动，位移为，由竖直上抛运动规律可知
代入数据解得
故A正确；
B．当时，位移为，由动能定理可得
代入数据解得
故B错误；
C．若时，物体的重力沿斜面向下的分力为
最大静摩擦力为
小球达到最高点后会下滑，故C错误；
D．由动能定理得
解得
当时
，此时位移最小为
故D正确。
故选AD。
【分析】根据图像上点坐标的意义分析：
1.斜面倾角为0°时，物体相当于在水平面内做减速运动，减速最大位移为1.60m；斜面倾角为90°时，物体相当于做竖直上抛运动，上升的最大高度为0.80m。根据动能定理求出初速度和动摩擦因数。
2.分析斜面倾角为30°时，重力沿斜面向下的分力于最大静摩擦力比较，判断物体是否停在最大位移处。
3.斜面倾角为时，根据动能定理和数学关系分析位移的最小值。
8．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是，即
则得周期
故A错误；
B．由，得
故B正确；
C．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有
得
画出该粒子的运动轨迹如图
设轨道半径为R，由几何知识得
可得
故C错误；
D．根据
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】1、带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是，可求解周期T，再由周期公式可求解磁感应强度大小；
2、画出运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系求解半径，圆心角和运动时间关系求粒子进入磁场时速度大小。
9．【答案】（1）
（2）1
（3）B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）小球通过此光电门的速度为
故小球动能的增加量为
（2）若机械能守恒，则
则作出的图像，图像的斜率则可验证机械能守恒定律。
（3）A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大，则的测量值偏大，使得小于，故A错误；
B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，的测量值偏大，使得大于，故B正确；
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则小于，故C错误。
故选B。
【分析】（1）光电门测速度，根据可求的增加量。
（2）的图像中若斜率，说明，可验证机械能守恒定律。
（3）根据重力势能减小量ΔEp =mgh，动能增加量，分析造成小球经过第三个光电门时，ΔEk总是大于ΔEp。
（1）小球通过此光电门的速度为
故小球动能的增加量为
（2）若机械能守恒，则
则作出的图像，图像的斜率则可验证机械能守恒定律。
（3）A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大，则的测量值偏大，使得小于，故A错误；
B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，的测量值偏大，使得大于，故B正确；
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则小于，故C错误。
故选B。
10．【答案】2.148；；；8.5
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径是2mm+0.01mm×15.0=2.150mm。
（2）实物连线电路如图
（3）作出U2-I2图像如图
（4）图像的斜率等于电阻，则结合电路图可知，待测电阻为
【分析】（1）螺旋测微器测量：主尺读数：以微分筒边缘为准，读取主尺上露出的整毫米数和半毫米数。微分筒读数：根据微分筒上与主尺基线对齐的刻度线，读取小数部分 。总和：主尺读数 + 微分筒读数 = 最终测量值。
（2）按照电路图连接实物图注意：滑动变阻器应接分压式，电流表电压表正负接线柱不能接反。
（3）作图像，根据表格数据描点，再用平滑曲线连接图线。
（4）U-I图像中斜率等于电阻，根据斜率求电阻。
11．【答案】解：（1）当电流从N流向M时，由左手定则可判断安培力向左，故加速度方向向左。根据牛顿第二定律有
由闭合电路欧姆定律有
代入数据可得
（2）匀速时，对棒有，开关接到b端时，棒在安培力作用速度减为零，对棒由动量定理有
， ， ，
联立得之后导体棒运动的距离
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）由左手定则可知安培力向左，故加速度方向向左。根据牛顿第二定律 ，由闭合电路欧姆定律，联立可求解加速度大小。
（2）匀速时，对棒有 对棒由动量定理列等式： ， 电荷量 ， 感应电流 ， 感应电动势 联立可求解导体棒运动的距离。
12．【答案】解：（1）以A为对象，由牛顿第二定律得，A的加速度大小为
由于
，
以B为对象，由牛顿第二定律得，B的加速度大小为
设A、B开始运动到A、B第一次碰撞时间为，则有
解得
则碰撞前瞬间A、B的速度分别为
，
A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得
，
（2） 第一次碰撞后到第二次碰撞前，A、B共速时相距最远，则有
解得
，
则有
解得
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞前用时，则有
解得
则
，
A、B第二次碰撞后速度交换，则有
，
同理可知：与第二次碰撞后到第三次碰撞前用时，则有
解得
则
，
从释放开始到第三次碰撞前的过程中，A物块的位移为
A物块的重力做功为
联立解得
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）以A为对象，由牛顿第二定律列等式求解A的加速度，由于，
以B为对象，由牛顿第二定律求解B的加速度大小，A、B开始运动到A、B第一次碰撞，碰撞前瞬间A、B的速度分别为，
A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒
，联立可求解第一次碰撞后的瞬间A、B的速度。
（2） 第一次碰撞后到第二次碰撞前，A、B共速时相距最远，则有
。
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞前用时，则有，，，A、B第二次碰撞后速度交换，同理可知：与第二次碰撞后到第三次碰撞前用时，则有，，
从释放开始到第三次碰撞前的过程中，A物块的位移为
A物块的重力做功为
13．【答案】B,C,E
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】AB．在p-V图像中，等温过程对应图线应是双曲线；同一气体，双曲线离原点越远温度越高，所以a→b不是等温过程，气体的温度先增大后减小，故A错误，B正确；
C．b→c过程，气体体积减小，外界对气体做功；气体温度降低减小，内能减小；由热力学第一定律可知，气体对外界放热；故C正确；
D．c→a过程，气体发生等容升压，温度增大，气体分子平均动能增大，故D错误；
E．a→b→c→a整个过程，气体对外做功，内能不变，由热力学第一定律可知，气体一定吸热，故E正确。
选BCE。
【分析】1、在p-V图像中，等温过程对应图线应是双曲线；同一气体，双曲线离原点越远温度越高。
2、一定质量的理想气体，气体体积减小，外界对气体做功，气体体积增大，气体对外界做功。
3、一定质量的理想气体，气体温度降低减小，内能减小。
4、由热力学第一定律判断气体吸热还是放热。
14．【答案】解：（1）缸内气体的温度缓慢降低时，其压强不变，弹簧不发生形变，活塞A、B一起向右移动，对理想气体有
，，，
由盖-吕萨克定律可得
解得
由于，说明活塞A未碰到大圆筒底部，故活塞A、B向右移动的位移为1.2L。
（2）大活塞刚刚碰到大圆筒底部时有
由盖-吕萨克定律可得
解得
当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时有
所以气体体积应继续减小，弹簧被压缩。对活塞B受力分析，有
所以有初状态，，
末状态，，
根据
可得
，（舍去）
所以弹簧长度为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）缸内气体的温度缓慢降低时，根据整体受力平衡可知气体压强不变，弹簧不发生形变，活塞A、B一起向右移动，由盖-吕萨克定律，可求解移动距离x，再根据x与L关系判断活塞A未碰到大圆筒底部。
（2）大活塞刚刚碰到大圆筒底部时有，由盖-吕萨克定律可得
当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时
所体体积应继续减小，弹簧被压缩。对活塞B受力分析，有
初状态，，，末状态，，
根据，可得。
15．【答案】B,C,E
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】BC． 由图可知，波长是，振幅为，在到时间内，处的质点运动的路程为，且
所以处的质点运动时间为，结合图像可知，时刻，处的质点的振动方向为竖直向上，即向上振动，利用同侧法可知，这列波向轴的负方向传播，故BC正确；
A．因为这列波向轴的负方向传播，所以波源不可能在处，故A错误；
D．因为这列波向轴的负方向传播，所以在到时间内，波传播的距离是
波速
这列波的频率
故D错误；
E．从时刻开始计时，处的质点的振动方程为，故E正确。
故选 BCE。
【分析】1、结合图像，时刻，处的质点的振动方向为竖直向上，利用同侧法可知，这列波传播方向。
2、根据一段时间内波传播距离计算波速，根据公式计算波的频率。
3、根据写质点的振动方程。
16．【答案】解：（1）由题意知，入射角，设对应折射光线BE的折射角为r，如图所示
根据折射定律有
解得
光线BE在元件内传播的速度为
传播的距离为
光线从B点传播到E所用的时间
（2）当光线由D点入射时，到达圆弧面的入射角恰好等于临界角C，则
由正弦定理得
解得
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）入射角，根据题意画光路图，
根据折射定律有，可求解折射角，光线BE在元件内传播的速度为，传播的距离为，光线从B点传播到E所用的时间
（2）当光线由D点入射时，到达圆弧面的入射角恰好等于临界角C，则由正弦定理得，，可求解D点与O的距离。
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