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2021年湖北省武汉市高三四月调考物理试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．（6分）在水平地面上的O点同时将甲、乙两块小石头斜向上抛出，甲、乙在同一竖直面内运动，其轨迹如图所示，A点是两轨迹在空中的交点，甲、乙运动的最大高度相同．若不计空气阻力，则下列推断正确的是（ ）
A． 甲先到达最大高度处 B． 乙先到达最大高度处
C． 乙先到达A点 D． 甲先到达水平地面
【考点】： 竖直上抛运动．
【分析】： 甲、乙运动的最大高度相同，说明竖直分速度相同，竖直方向运动状况全都，由此可分析各个选项．
【解析】： 解：AB、斜抛可以分解为水平匀速运动，竖直匀变速运动，由于甲、乙运动的最大高度相同，由v2=2gh，则可知其竖直速度相同，则甲乙同时到最高点，故A错误，B错误．
C、由前面分析，结合图象可知，乙到A点时，甲在上升阶段，故C正确．
D、由于甲乙竖直方向运动全都，故会同时到达地面，故D错误．
故选：C．
【点评】： 该题的关键是要会运动的合成和分解，由竖直高度相同，得出竖直速度相同，为解题的突破口．
2．（6分）17世纪，英国天文学家哈雷跟踪过一颗彗星，他算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍，并预言这颗彗星将每隔肯定的时间飞临地球，后来哈雷的预言得到证明，该彗星被命名为哈雷彗星．哈雷彗星围绕太阳公转的轨道是一个格外扁的椭圆，如图所示．从公元前240年起，哈雷彗星每次回归，中国均有记录．它最近一次回归的时间是1986年．从公元前240年至今，我国关于哈雷彗星回归记录的次数，最合理的是（ ）
A． 24次 B． 30次 C． 124次 D． 319次
【考点】： 万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【专题】： 万有引力定律的应用专题．
【分析】： 由于地球和彗星的中心天体相等，依据开普勒第三定律（常数），通过半径关系求出周期比，从而得出哈雷彗星的周期，求出哈雷彗星回归记录的次数．
【解析】： 解：设彗星的周期为T1，地球的公转周期为T2，由开普勒第三定律得：
=，
可知哈雷彗星的周期大约为76年，
．所以最合理的次数是30次．故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
【点评】： 解决本题的关键把握开普勒第三定律（常数），通过该定律得出彗星与地球的公转周期之比．
3．（6分）甲、乙两质点同时沿同始终线运动，速度随时间变化的v﹣t图象如图所示．关于两质点的运动状况，下列说法正确的是（ ）
A． 在t=0时，甲、乙的运动方向相同
B． 在0～t0内，乙的加速度先增大后减小
C． 在0～2t0内，乙的平均速度等于甲的平均速度
D． 若甲、乙从同一位置动身，则t0时刻相距最远
【考点】： 匀变速直线运动的图像．
【专题】： 运动学中的图像专题．
【分析】： v﹣t图象中，速度的正负表示物体的运动方向．倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移．在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负．通过分析两个物体的运动状况进行推断．
【解析】： 解：A、在t=0时，甲的速度为正，乙的速度为负，说明甲、乙的运动方向相反．故A错误．
B、依据斜率表示加速度，可知在0～t0内，乙的加速度渐渐减小，故B错误．
C、依据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知在0～2t0内，乙的位移小于甲的位移，则乙的平均速度小于甲的平均速度，故C错误．
D、若甲、乙从同一位置动身，甲始终沿正向运动，乙先沿负向运动，两者距离增大，后沿正向，在t0时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，t0时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以t0时刻相距最远，故D正确．
故选：D．
【点评】： 本题是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能依据图象读取有用信息．
4．（6分）心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可以等效为虚线框内的沟通电源和定值电阻R0串联，如图所示．心电图仪与一抱负变压器的原线圈连接，一可变电阻R与该变压器的副线圈连接．在沟通电源的电压有效值U0不变的状况下，将可变电阻R的阻值调大的过程中（ ）
A． 通过原线圈的电流不变，通过副线圈的电流不变
B． 通过原线圈的电流不变，通过副线圈的电流变小
C． 通过原线圈的电流变小，通过副线圈的电流变小
D． 通过原线圈的电流变大，通过副线圈的电流变大
【考点】： 变压器的构造和原理．
【专题】： 沟通电专题．
【分析】： 电压由原线圈打算，输入电压和匝数不变，输出电压不变，负载R变大，依据欧姆定律分析副线圈电流变化，依据电流与匝数成反比知原线圈电流变化．
【解析】： 解：在原、副线圈匝数比肯定的状况下，变压器的输出电压由输入电压打算．在沟通电源的电压有效值U0不变的状况下，输出电压U′不变，此时P向上滑动，负载电阻值R′增大，则输出电流I′减小．依据输入功率P1等于输出功率P2，电流表的读数I变小，故ABD错误，C正确；
故选：C
【点评】： 本题考查变压器的动态分析，知道电压由原线圈打算，输入电压和匝数不变，则输出电压不变，而电流和功率由副线圈打算，所以看电流和功率变化，依据副线圈和欧姆定律分析即可，属于基础题．
5．（6分）如图所示，边长为L的菱形由两个等边三角形abd和bcd构成，在三角形abd内存在垂直纸面对外的磁感应强度为B的匀强磁场，在三角形bcd内存在垂直纸面对里的磁感应强度也为B的匀强磁场．一个边长为L的等边三角形导线框efg在纸面内向右匀速穿过磁场，顶点e始终在直线ab上，底边gf始终与直线dc重合．规定逆时针方向为电流的正方向，在导线框通过磁场的过程中，感应电流随位移变化的图象是（ ）
A． B． C． D．
【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．
【专题】： 电磁感应与电路结合．
【分析】： 依据感应电动势E=BLv和电流I=得出电流表达式，依据运动形式确定电流的变化，确定答案．
【解析】： 解：感应电动势E=BL有v，电流I==，
三角形egf向右运动，依据右手定则，开头时ef切割磁感线，产生顺时针电流，大小设为I0，
0﹣过程，en切割磁感线产生向下的电流，nf产生向上的电流，em产生向下电流，切割磁感线的有效长度为L有=en﹣nf﹣em，
随着三角形的运动L有在减小，感应电流减小，当运动时，L有=0，电流为零，
过程，连续移动依据等边三角形的几何关系，nf+em大于en，L有=nf+em﹣en，渐渐变大，电流变大，
当efg与bcd重合时，eg边和ef切割磁感线，产生电流方向均为逆时针，大小变为2I0，
L﹣2L过程中，连续移动gm切割磁感线，产生感应电动势，L有=gm，渐渐减小，直至全部出磁场电流为零，故A正确；
故选：A
【点评】： 分清线框运动中，切割磁感线的有效长度的变化是关键，依据感应电动势和感应电流得表达式求解即可．
6．（6分）如图所示，在匀强磁场中（磁场方向没有画出）固定一倾角为30°的光滑斜面，一根质量为m的通电直导线垂直于纸面水平放置在斜面上，直导线恰好能保持静止，电流方向垂直于纸面对里，已知直导线受到的安培力和重力大小相等，斜面对直导线的支持力大小可能是（重力加速度大小为g）（ ）
A． 0 B． mg C． mg D． mg
【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；安培力．
【分析】： 对直导线受力分析，依据共点力平衡，通过安培力的可能方向，求出支持力大小的可能值．
【解析】： 解：由于导线受重力、支持力和安培力处于平衡，当安培力的方向竖直向上，与重力等值反向，则支持力N=0．
由于重力、支持力和安培力合力为零，可以构成矢量三角形，如图所示，可得，故A、D正确，B、C错误．
故选：AD．
【点评】： 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，留意安培力的方向是不确定方向．
7．（6分）两点电荷q1、q2固定在x轴上，在+x轴上每一点的电势φ随x变化的关系如图所示，其中x=x0处的电势为零，x=x1处的电势最低．下列说法正确的是（ ）
A． x=x0处的电场强度为零 B． x=x1处的电场强度为零
C． q1带正电、q2带负电 D． q1的电荷量比q2的大
【考点】： 电势能．
【分析】： 解答本题应抓住：由于电势φ随x变化的关系图线上每点切线的斜率为（△x→0），表示电场强度E，所以可知x1点的场强为0．依据P点的场强为0，由点电荷场强公式分析两电荷的电量大小．依据各点场强为0，知两电荷是同种电荷，依据电势的变化，推断电荷的电性．依据电场力做功推断电势能的变化
【解析】： 解：A、电势φ随x变化的关系图线上每点切线的斜率大小等于电场强度，即E=，x=x0处的电场强度不为零，x=x1处的电场强度为零，故A错误，B正确．
C、由于x1点的场强为0，所以两点的电荷在x1点产生的场强大小相等，方向相反，两电荷为同种电荷，依据沿电场线方向电势渐渐降低，q1带负电、q2带正电．故C错误
D、由于x1点的场强为0，所以两点的电荷在x1点产生的场强大小相等，方向相反，依据E=k，知距离大的电量大，所以q1的电荷量大于q2的电荷量．故D正确
故选：BD
【点评】： 解决本题的关键把握电势φ随x变化的关系图线上每点切线的斜率表示电场强度E．以x1点场强为0作为突破口，开放分析
8．（6分）如图所示，一根长度为2L，质量为m的绳子挂在定滑轮的两侧，左右两边绳子的长度相等，绳子的质量分布均匀，滑轮的大小跟质量均忽视不计，不计一切摩擦，由于稍微扰动，右侧绳从静止开头竖直下降，当它向下的运动的位移为x时，加速度大小为a，滑轮对天花板的拉力为T，已知重力加速度大小为g，下列a﹣x，T﹣x关系图线可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】： 牛顿其次定律；物体的弹性和弹力．
【专题】： 牛顿运动定律综合专题．
【分析】： 分别选整体和左部分绳为争辩对象，依据牛顿运动定律列式，依据公式选择公式．
【解析】： 解：AB、设单位长度上质量为m0，则依据受力分析知：a==g=g=g，加速度与x成正比，当x=L时，加速度a=g，以后不变，故A正确，B错误；
CD、选取左边部分受力分析，知：F=ma+mg=（L﹣x）m0g+（L﹣x）m0g=﹣+m0gL，故C正确，D错误；
故选：AC
【点评】： 此题考查受力分析和牛顿运动定律的应用，留意争辩对象的选取，不过不涉及内力，选择整体作为争辩对象要简洁的多．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必需作答．第13题～第18题为选考题，考生依据要求作答．（一）必考题
9．（6分）如图为验证机械能守恒定律的试验装置示意图．两个质量各为mA和mB（mA＞mB）的小物块A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，用手拉住物块B，使它与地面接触，用米尺测量物块A的底部到地面的高度h．释放物块B，同时用秒表开头计时，当物块A遇到地面时，停止计时，登记物块A下落的时间t．当地的重力加速度为g．
（1）在物块A下落的时间t内，物块A、B组成的系统削减的重力势能△Ep= （mA﹣mB）gh ，增加的动能△Ek= ．转变mA、mB和h，多次重复上述试验，若在试验误差范围内△Ep=△Ek均成立，则可初步验证机械能守恒定律．
（2）为提高试验结果的精确 程度，可以尽量减小定滑轮的质量，将定滑轮的转动轴涂抹润滑油，选取受力后相对伸长尽量小的轻质软绳．请写出两条上面没有提到的提高试验结果精确 程度有益的建议： 对同一高度h进行多次测量取平均值，对同一时间t进行多次测量取平均值，对物块A或B的质量进行多次测量取平均值，选择质量相对定滑轮较大的物块A、B，使A静止后再释放B等等 ．
【考点】： 验证机械能守恒定律．
【专题】： 试验题；机械能守恒定律应用专题．
【分析】： （1）依据运动学公式=，可以求出下落的速度，从而确定动能的增加量；依据重力势能表达式，可以求出系统重力势能的减小量；
（2）比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是否守恒；
【解析】： 解：（1）在物块A下落的时间t内，物块A、B组成的系统削减的重力势能△Ep=（mA﹣mB）gh，
在下落过程中，依据运动学公式=，
解得：落地速度v=；
那么在物块A下落的时间t内，增加的动能△Ek==；
（2）在试验误差范围内，依据（mA﹣mB）gh=，为提高试验结果的精确 程度，可以有以下操作：对同一高度h进行多次测量取平均值，对同一时间t进行多次测量取平均值，对物块A或B的质量进行多次测量取平均值，选择质量相对定滑轮较大的物块A、B，使A静止后再释放B等等；
故答案为：（1）（mA﹣mB）gh，；
（2）对同一高度h进行多次测量取平均值，对同一时间t进行多次测量取平均值，对物块A或B的质量进行多次测量取平均值，选择质量相对定滑轮较大的物块A、B，使A静止后再释放B，等等．
【点评】： 本题验证系统机械能守恒，关键得出系统动能的增加量和系统重力势能的减小量，留意求得A落地的瞬时速度是解题的关键．
10．（9分）某试验小组用下列器材设计了如图1所示的欧姆表电路，通过调控电键S和调整电阻箱，可使欧姆表具有“×1”、“×10”两种倍率．
A．干电池：电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω
B．电流表mA：满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=150Ω
C．定值电阻R1=1200Ω
D．电阻箱R2：最大阻值999.99Ω
E．电阻箱R3：最大阻值999.99Ω
F．电阻箱R4：最大阻值9999Ω
G．电键一个，红、黑表笔各1支，导线若干
（1）该试验小组按图1正确连接好电路．当电键S断开时，将红、黑表笔短接，调整电阻箱R2，使电流表达到满偏电流，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻R丙，则R丙= 1500 Ω，欧姆表的倍率是 “×10” （选填“×1”、“×10”）．
（2）闭合电键S：
第一步：调整电阻箱R2和R3，当R2= 14.5 Ω且R3= 150 Ω时，再将红、黑表笔短接，电流表再次达到满偏电流．
其次步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4，调整R4，当电流表指针指向图2所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为 50 Ω．
【考点】： 用多用电表测电阻．
【专题】： 试验题；恒定电流专题．
【分析】： （1）由闭合电路欧姆定律可求得欧姆表的内阻，依据表盘的刻度分布可知对应的倍率；
（2）依据闭合电路欧姆定律可求得两电阻的阻值；再由所用倍率及对应的示数即可求得欧姆表的刻度．
【解析】： 解：（1）由闭合电路欧姆定律可知：
内阻R丙===1500Ω；
故中值电阻应为1500Ω，依据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种档位，若为×1，则中性电阻太大，不符合实际，故欧姆表倍率应为“×10”．
（2）为了得到“×1”倍率，应让满偏时对应的电阻为150Ω；
电流I1==0.01A；
此时表头中电流应为0.001A；则与之并联电阻R3电流应为：0.01﹣0.001=0.009A；
并联电阻R3==150Ω；
R2+r==15Ω
故R2=15﹣0.5=14.5Ω；
图示电流为0.75mA；
则总电阻R总==200Ω
故待测电阻R测=200﹣150=50Ω
故答案为：（1）1500×10
（2）14.5 150
50
【点评】： 本题考查多用电表的原理，要留意明确多用电表的基本原理为闭合电路欧姆定律，同时留意串并联电路的规律的正确应用．
11．（14分）如图所示，半径为R的水平绝缘圆盘可绕竖直轴OO′转动，水平虚线AB、CD相互垂直，一电荷量为+q的可视为质点的小物块置于距转轴r处，空间有方向A指向B的匀强电场．当圆盘匀速转动时，小物块相对圆盘始终静止．小物块转动到位置Ⅰ（虚线AB上）时受到的摩擦力为零，转动到位置Ⅱ（虚线CD上）时受到的摩擦力为f．求：
（1）圆盘边缘两点间电势差的最大值；
（2）小物块由位置Ⅰ转动到位置Ⅱ克服摩擦力做的功．
【考点】： 动能定理的应用；牛顿其次定律；向心力．
【专题】： 动能定理的应用专题．
【分析】： （1）在位置Ⅰ时，摩擦力为零电场力供应向心力，在位置Ⅱ时摩擦力和电场力合力供应向心力，联立两式求得电场强度，再由U=Ed求得电势差；
（2）依据动能定理求解摩擦力做功；
【解析】： 解：（1）设圆盘转动的角速度为ω，场强大小为E，小物块质量为m，由牛顿其次定律
在位置Ⅰ：qE=mω2r
在位置Ⅱ：
圆盘边缘两点间电势差的最大值：U=E•2R
联立解得：
（2）设小物块由Ⅰ转动到Ⅱ克服摩擦力做的功为Wf，由动能定理：qEr﹣Wf=0
解得：
答：（1）圆盘边缘两点间电势差的最大值为；
（2）小物块由位置Ⅰ转动到位置Ⅱ克服摩擦力做的功为．
【点评】： 第一问中在位置Ⅱ时，向心力大小的求解是关键，合理的进行受力分析和应用动能定理求解，难度不大，场景新颖．
12．（18分）如图所示，在纸面内有一条过原点O的虚线MN，MN与x轴正方向的夹角为30°，在MN上有一点A，OA=L，在x轴上有一点C，坐标为xC=（+）L．空间有两个方向都垂直纸面对外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，虚线MN是它们的抱负边界，区域Ⅰ的磁感应强度的大小为B．在原点O处有一粒子源，可在纸面内向区域Ⅰ放射质量相同、电荷量相同、速率不同的正粒子，正粒子的速度方向与MN的夹角α在0～π的范围内．其中，一入射方向为α=30°、速度大小为v0的粒子射入区域Ⅰ，从A点第一次进入区域Ⅱ，从C点第一次穿过x轴．不计粒子的重力和粒子间的相互作用力．
（1）求区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小B2；
（2）速度方向与MN的夹角α=30°的全部粒子中，有些粒子能够通过A点，求这些粒子的速度大小；
（3）粒子源射出的全部粒子中，有些粒子不能穿过x轴，求这些粒子的速度方向与MN的夹角α应满足的条件．
【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】： （1）作出粒子在两磁场中的运动轨迹，依据半径公式和几何关系求出区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小．
（2）通过几何关系求出运动的轨道半径，结合半径公式求出粒子的速度大小，留意需考虑粒子从磁场Ⅰ向Ⅱ运动穿过A点，还有从从磁场Ⅱ向Ⅰ运动穿过A点．
（3）抓住粒子不能穿过x轴，结合粒子在磁场区域Ⅱ的轨道半径，结合几何关系求出粒子的速度方向与MN的夹角α应满足的条件．
【解析】： 解：（1）当α=30°时，设速度为v0的粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中做圆周运动的圆心分别为O1、O2，轨道半径分别为r10、r20，
由牛顿其次定律：r10= ①
r20= ②
粒子从A点沿x轴正方向进入磁场Ⅱ，在直角△O1AD中：r10==L ③
在直角△O2CE中： ④
由④解得：r20=L
由①②③④解得：B2=B
⑤
（2）当α=300时，速率为v的粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中做圆周运动的半径分别为r1、r2，由半径公式：r1=
r2=
解得：r2= ⑥
ⅰ．若粒子从磁场Ⅰ向Ⅱ运动穿过A点，由几何关系：L=nr1﹣（n﹣1）r2 ⑦
联立解得：：v=，（n=1，2…）
ⅱ．若粒子从磁场Ⅱ向Ⅰ运动穿过A点，由几何关系：L=n（r1﹣r2） ⑧
联立解得：v=，（n=1，2…）
（3）设粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中做圆周运动的圆心分别为O3、O4，由几何关系：OP=2r1sinα
PG=OPsin30°
∠O4PG=α﹣30°
PG≥r2+r2cos（α﹣30°）
联立解得：sinα≥1+cosα
故：α≥90°
答：（1）区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小为B
（2）这些粒子的速度大小为v=，（n=1，2…）或v=，（n=1，2…）
（3）这些粒子的速度方向与MN的夹角α应满足的条件为α≥90°．
【点评】： 带电粒子通过磁场的边界时，假如边界是直线，依据圆的对称性得到，带电粒子入射速度方向与边界的夹角等于出射速度方向与边界的夹角，这在处理有界磁场的问题经常用到．本题难度较大，是试卷中的压轴题．
(二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答[物理--选修3-3]（15分）
13．（6分）若以V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ表示在标准状态下水蒸气的密度，M表示水的摩尔质量，M0表示一个水分子的质量，V0表示一个水分子的体积，NA表示阿伏加德罗常数，则下列关系式中正确的是（ ）
A． V= B． V0= C． M0= D． ρ=
E． NA=
【考点】： 阿伏加德罗常数．
【专题】： 阿伏伽德罗常数的应用专题．
【分析】： 密度等于摩尔质量除以摩尔体积，摩尔数等于质量与摩尔质量之比．阿伏加德罗常数NA个原子的质量之和等于摩尔质量．而对水蒸气，由于分子间距的存在，NAv0并不等于摩尔体积
【解析】： 解：A、体积等于摩尔质量除以密度．则A正确
B、因气体间有大的空隙，则B错误
C、阿伏加德罗常数NA个原子的质量之和等于摩尔质量，则C正确
D、因NAv0并不等于摩尔体积，则D错误
E、ρV为摩尔质量，摩尔数等于质量与摩尔质量之比，则E正确
故选：ACE
【点评】： 本题的解题关键是建立物理模型，抓住阿伏加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁，也可以将水分子看成立方体形
14．（9分）如图1所示，左端封闭、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L=20cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长．已知大气压强为p0=75cmHg．
（1）若将装置翻转180°，使U形细玻璃管竖直倒置（水银未溢出），如图2所示．当管中水银静止时，求左管中空气柱的长度；
（2）若将图1中的阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H=35cm，求左管水银面下降的高度．
【考点】： 抱负气体的状态方程；封闭气体压强．
【专题】： 抱负气体状态方程专题．
【分析】： （1）依据玻意耳定律求的即可
（2）气体发生等温变化，由玻意耳定律求出气体的压强，然后再求出水银面下降的高度
【解析】： 解：（1）设左管中空气柱的长度增加h，由玻意耳定律：p0L=（p0﹣2h）（L+h）
代入数据解得：h=0或h=17.5cm
所以，左管中空气柱的长度为20cm或37.5cm
（2）设左管水银面下降的高度为x，左、右管水银面的高度差为y，由几何关系：x+y=H
由玻意耳定律：p0L=（p0﹣y）（L+x）
联立两式解得：x2+60x﹣700=0
解方程得：x=10cm x=﹣70cm（舍去）
故左管水银面下降的高度为10cm
答：（1）左管中空气柱的长度为20cm或37.5cm
（2）左管水银面下降的高度为10cm
【点评】： 本题考查了求水银面下降的高度，依据题意求出气体的状态参量，应用玻意耳定律即可正确解题，解题时要留意几何关系的应用
[物理--选修3-4]（15分）
15．如图所示，自左向右依次固定放置半圆形玻璃砖、足够长的直立的长方体玻璃砖和光屏，BC、MN、PQ三个表面相互平行．一点光源可沿着圆弧移动，从点光源发出的一束白光始终正对圆心O射入半圆形玻璃砖，经过长方体玻璃砖后，打在光屏上．已知玻璃对红光的折射率为n=1.513，若不考虑光在各个界面的反射，则下列说法正确的是 （ ）
A． 点光源从B移动到C的过程中，光屏上总有彩色光斑
B． 点光源从B移动到C的过程中，光屏上红色光斑的移动速率比紫色光斑的小
C． 点光源在A点时，光屏上红色光斑在紫色光斑的上方
D． 点光源在A点时，若撤除长方体玻璃砖，光屏上红色光斑将向上移动
E． 点光源在A点时，若将光屏稍向右平移，光屏上红色光斑与紫色光斑的间距将增大
【考点】： 光的折射定律．
【专题】： 光的折射专题．
【分析】： 光入射角等于0°时不发生折射．红光的折射率最小，紫光的折射率最大，折射率的大小反映了介质对光的折射程度的大小．光线通过长方体玻璃砖后，出射光线与入射光线平行，会发生侧移．
【解析】： 解：A、当入射光AO⊥BC时，不发生折射，在光屏上没有彩色光斑，故A错误．
B、由于红光的折射率最小，紫光的折射率最大，点光源从B移动到C的过程中，红光通过半圆形玻璃砖后折射角最小，移动的距离最小，由于光线通过长方体玻璃砖后，出射光线与入射光线平行，可知光屏上红色光斑的移动距离比紫光小，红光移动速率比紫色光斑的小．故B正确．
C、点光源在A点时，由于红光的偏折程度最小，紫光的偏折程度最大，则红光的光屏上红色光斑在紫色光斑的上方．故C正确．
D、光线通过长方体玻璃砖后会向上发生移侧，则点光源在A点时，若撤除长方体玻璃砖，光屏上红色光斑将向下移动．故D错误．
E、点光源在A点时，若将光屏稍向右平移，出射光线方向不变，依据几何关系可知，光屏上红色光斑与紫色光斑的间距增大，故E正确．
故选：BCE．
【点评】： 此题关键要理解平行玻璃砖的光学特性，知道光线通过平板玻璃后，出射光线与入射光线平行，发生侧移．
16．如图1所示，用一根不行伸长的轻质细线将小球悬挂在天花板上的O点，现将小球拉离平衡位置，使细线与竖直方向成一夹角（该夹角小于5°）后由静止释放．小球的大小和受到的空气阻力忽视不计．
（1）证明小球的运动是简谐运动；
（2）由传感器测得小球偏离平衡位置的位移随时间变化的规律如图2所示，求小球运动过程中的最大速度值．
【考点】： 简谐运动的回复力和能量．
【专题】： 简谐运动专题．
【分析】： （1）简谐运动的特征是F=﹣kx．单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，在摆角θ＜5°，sinθ≈，得到单摆的回复力与位移的关系式，即可证明．
（2）由图2可得到摆球的振幅A=0.08m，周期T=2s．依据单摆的周期公式救出摆长，由机械能守恒得最大速度．
【解析】： 解：（1）设小球偏角为θ时离开平衡位置的位移为x，摆长为L，θ＜5°，则：
x=θL
sinθ≈θ
小球受到的回复力大小：F=mgsinθ
联立解得：
且因F与x方向相反，故有F=﹣x，则小球做简谐运动．
ⅱ．由图2可知摆球的振幅A=0.08m，周期T=2s
以摆球为争辩对象：由周期公式：
由机械能守恒：
由三角函数学问：
由圆的学问：
联立解得：
答：
（1）证明见上．
（2）小球运动过程中的最大速度值为0.08πm/s．
【点评】： 解决本题的关键要关键把握简谐运动的特征，围绕这个特征分析单摆的回复力与位移的关系，从而进行证明．
[物理--选修3-5]（15分）
17．如图所示为争辩光电效应规律的试验电路，电源的两个电极分别与接线柱c、d连接．用肯定频率的单色光a照射光电管时，灵敏电流计G的指针会发生偏转，而用另一频率的单色光b照射该光电管时，灵敏电流计G的指针不偏转．下列说法正确的是（ ）
A． a光的频率肯定大于b光的频率
B． 电源正极可能与c接线柱连接
C． 用b光照射光电管时，肯定没有发生光电效应
D． 若灵敏电流计的指针发生偏转，则电流方向肯定是由e→G→f
E． 若增加a光的强度，则单位时间内逸出的光电子数增加，逸出的光电子最大初动能变大
【考点】： 爱因斯坦光电效应方程．
【专题】： 光电效应专题．
【分析】： 光电子到达负极的条件是光电子的最大初动能大于eU；发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，光的强度影响单位时间内发出光电子的数目，即影响光电流的大小．
【解析】： 解：A、B、由于电源的接法不知道，所以有两种状况：
1．C接负极，d接正极：用某种频率的单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转，知a光频率大于金属的极限频率．用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，知b光的频率小于金属的极限频率，所以a光的频率肯定大于b光的频率．
2．C接正极，d接负极：用某种频率的单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转，知a光产生的光电子能到达负极d端．用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，知b光产生的光电子不能到达负极d端，所以a光产生的光电子的最大初动能大，所以a光的频率肯定大于b光的频率．故A正确，B正确；
C、由以上的分析可知，不能推断出用b光照射光电管时，肯定没有发生光电效应．故C错误．
D、电流的方向与负电荷定向移动的方向相反，若灵敏电流计的指针发生偏转，则电流方向肯定是由e→G→f．故D正确；
E、依据光电效应方程EKm=hγ﹣W0，入射光的强度增大，逸出的光电子最大初动能不变，单位时间内逸出的光电子数目增大．故E错误．
故选：ABD．
【点评】： 该题考查光电效应的试验，解决本题的关键知道光电效应的过程中，电源正负极的接法有两种，要对它们进行争辩；另外，需要知道光的强度影响单位时间内发出光电子的数目．
18．用质子流轰击固态的重水D2O，当质子和重水中的氘核发生碰撞时，系统损失的动能假如达到核反应所需要的能量，将发生生成He核的核反应．
（1）写出质子流轰击固态的重水D2O的核反应方程；
（2）当质子具有最小动能E1=1.4MeV时，用质子流轰击固态的重水D2O（认为氘核是静止的）可发生核反应；若用氘核轰击一般水的固态冰（认为质子是静止的）时，也能发生同样的核反应，求氘核的最小动能E2．已知氘核质量等于质子质量的2倍．
【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律；爱因斯坦质能方程．
【分析】： （1）依据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程．
（2）依据动量守恒定律和能量守恒定律求出系统损失的动能，抓住用质子轰击氘核和用氘核轰击质子核反应相同，故发生核反应所需的能量相同，求出氘核的最小动能．
【解析】： 解：
（1）依据电荷数守恒、质量数守恒得，11H+12D→23He
（2）设质子、氘核的质量分别为m、M，当质子和氘核发生完全非弹性碰撞时，系统损失的动能最大．由动量守恒：mv0=（m+M）v
质子轰击氘核损失的动能：△E1=
E1=mv02
解得：△E1=
同理可得，氘核轰击质子系统损失的动能：△E2=
由于用质子轰击氘核和用氘核轰击质子核反应相同，故发生核反应所需的能量相同，由题意：△E1=△E2
联立解得：E2=2.8MeV
答：（1）质子流轰击固态的重水D2O的核反应方程为11H+12D→23He
（2）氘核的最小动能为2.8MeV．
【点评】： 本题考查了动量守恒守恒与原子核的综合，是选修3﹣5中经常考的一种题型，本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，关键要抓住质子轰击氘核和用氘核轰击质子核反应相同，发生核反应所需的能量相同．
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