2017年黑龙江省哈尔滨三中高考物理四模试卷考试试卷

2017年黑龙江省哈尔滨三中高考物理四模试卷
一、选择题
1．（2017·黑龙江模拟）下列说法中正确的是（　　）
A．由能量守恒观点可知，在光电效应现象中，对于同一种金属而言，同颜色入射光的强度越大，飞出的光电子的初动能就越大
B．原子核越大，其结合能越大，则原子核越稳定
C．引入量子化观点的玻尔原子理论成功地解释了所有原子的原子光谱
D．玛丽．居里和她的丈夫通过对铀和含铀的矿石的研究发现了放射性元素钋和镭
2．（2017·黑龙江模拟）一个质子和一个α粒子在同一匀强磁场中垂直于磁场的平面内，仅在磁场力作用下做半径相同的匀速圆周运动．则质子的动能Ek1和α粒子的动能Ek2之比Ek1：Ek2（　　）
A．4：1 B．1：1 C．1：2 D．2：1
3．（2017·黑龙江模拟）如图，物体在斜向上恒力F作用下沿水平面作直线运动，下列判断正确的是（　　）
A．若水平面光滑，物体一定受三个力作用
B．若水平面粗糙，物体一定受四个力作用
C．若物体做匀速直线运动，则一定受四个力作用
D．若物体做匀加速直线运动，则一定受四个力作用
4．（2017·黑龙江模拟）质量不同、半径相同的甲乙两个小球从高空中某处由静止开始下落，且甲球质量比乙球质量大．设它们所受空气阻力f与下落速度v的关系为f=kv，k为定值．则下列四个运动图象哪一个与两小球运动相符（　　）
A． B．
C． D．
5．（2017·黑龙江模拟）某个质量为m、带电量为﹣q（q＞0）的小球仅在重力作用下从静止开始沿竖直向下方向做匀加速直线运动，一段时间后在小球运动的空间中施加竖直方向的匀强电场，小球又经过相等的时间恰好回到出发点，则（　　）
A．电场强度方向竖直向下，大小为
B．电场强度方向竖直向下，大小为
C．电场强度方向竖直向上，大小为
D．电场强度方向竖直向上，大小为
6．（2017·黑龙江模拟）假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球半径为R，引力常数为G，则（　　）
A．地球同步卫星的高度为（ ﹣1）R
B．地球的质量为
C．地球的第一宇宙速度为
D．地球密度为
7．（2017·黑龙江模拟）甲乙两车在一平直道路上同向运动，其v﹣t图象如图所示．若图中△OPQ的面积为s0，初始时，甲车在乙车前方△s处．则下列说法正确的是（　　）
A．若t= 时相遇，则△s=
B．若t=t0时二者相遇，则t=2t0时二者还会再次相遇
C．若t=t0时二者相遇，则到二者再次相遇时乙共走了10s0
D．若t= 时相遇，则到这次相遇甲走了
8．（2017·黑龙江模拟）相距为L的两条平行光滑的金属导轨AB、CD被固定在水平桌面上，两根质量都是m、电阻都为R的导体棒甲和乙置于导轨上．一条跨过桌边定滑轮的轻质细线一端与导体棒甲相连，另一端与套在光滑竖直杆上的质量为m的物块丙相连，整个系统处于竖直向上的匀强磁场（图中未画出）中，磁感应强度为B．初态整个系统处于静止状态，跨过滑轮的细绳水平．现由静止状态开始释放物块丙，当其下落高度为h时细线与杆成37°角，此时物块丙的速度为v，导体棒乙的速度为u．若不计导轨电阻及一切摩擦，运动过程中导体棒始终与导轨垂直且有良好的接触，则（　　）
A．在此过程中绳上拉力对导体棒甲所做的功等于mgh﹣ mv2
B．在此过程中电路中生成的电能mgh﹣ mv2
C．在此过程中电路中产生的焦耳热mgh﹣ m（ v2+u2）
D．在此过程中甲和丙总的机械能减少量等于系统内生成的电热
二、非选择题：
9．（2017·黑龙江模拟）某实验小组利用如图1所示的装置验证牛顿第二定律．
原理是利用牛顿第二定律计算小车加速度的理论值，通过纸带分析得到的实验测量值，比较两者的大小是否相等从而验证牛顿第二定律．
（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力后的实验过程中打出了一条纸带如图2所示．计时器打点的时间间隔为0.02s．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度的实验测量值a测=　 　m/s2．（结果保留两位有效数字）
（2）如果用天平测得小车和车内钩码的总质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，则小车加速度的理论值为a理=　 　（当地的重力加速度为g）
（3）对于该实验下列做法正确的是 （填字母代号）
A．在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将砝码和砝码盘通过定滑轮拴小车上
B．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
C．小车和车内钩码的总质量要远大于砝码和砝码盘的总质量
D．通过增减小车上的钩码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
E．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源．
10．（2017·黑龙江模拟）根据所学知识填空：
（1）下列关于多用电表使用的说法中正确的是
A．在测量未知电压时，必须先选择电压最大量程进行试测
B．测量阻值不同的电阻时，都必须重新欧姆调零
C．测量电路中的电阻时，不用把该电阻与电源断开
D．测量电阻时，如果红、黑表笔插错插孔，则不会影响测量结果
（2）用多用电表的欧姆挡粗测某电阻的阻值，如图1所示，则该电阻的阻值是　 　 kΩ，该档位的欧姆表内阻是　 　 kΩ．（结果保留两位有效数字）
（3）如图2所示为某一型号二极管，其两端分别记为A和B．其外表所标示的极性已看不清，为确定该二极管的极性，用多用电表的电阻挡进行测量．将多用电表的红表笔与二极管的A端、黑表笔与二极管的B端相连时，表的指针偏转角度很小；调换表笔的连接后，表的指针偏转角度很大，由上述测量可知该二极管的正极为　 　（填“A”或“B”）端．
11．（2017·黑龙江模拟）如图所示，竖直平面内有间距l=40cm、足够长的平行直导轨，导轨上端连接一开关S．长度恰好等于导轨间距的导体棒ab与导轨接触良好且无摩擦，导体棒ab的电阻R=0.40Ω，质量m=0.20kg．导轨电阻不计，整个装置处于与导轨平面垂直的水平匀强磁场中，磁场的磁感强度B=0.50T，方向垂直纸面向里．空气阻力可忽略不计，取重力加速度g=10m/s2．
（1）当t0=0时ab棒由静止释放，t=1.5s时，闭合开关S．求：
①闭合开关S瞬间ab棒速度v的大小；
②当ab棒向下的加速度a=5.0m/s2时，其速度v′的大小；
（2）若ab棒由静止释放，经一段时间后闭合开关S，ab棒恰能沿导轨匀速下滑，求ab棒匀速下滑时电路中的电功率P．
12．（2017·黑龙江模拟）某同学设计了如图所示的趣味实验来研究碰撞问题，用材料和长度相同的不可伸长的轻绳依次将5个大小相同、质量不等的小球悬挂于水平天花板下方，且相邻的小球静止时彼此接触但无相互作用力，小球编号从左到右依次为1、2、3、4、5，每个小球的质量为其相邻左边小球质量的k倍，k= ﹣1，所有小球的球心等高．现将1号小球由最低点向左拉起高度h，保持绳绷紧状态由静止释放1号小球，使其与2号小球碰撞，2号小球再与3号小球碰撞…．所有碰撞均为在同一直线上的正碰且无机械能损失．已知重力加速度为g，空气阻力、小球每次碰撞时间均可忽略不计．
（1）求1号小球与2号小球碰撞之前的速度v1的大小；
（2）求第5个球被第4个小球碰后的速度；
（3）摆线长为L=16h，在第5个球右侧偏离竖直方向成θ=60°角的虚线上的A点钉了一个钉子，则A距悬点的距离与L的比例系数p满足什么条件时，第5个小球能绕A点做完整的圆周运动．
13．（2017·黑龙江模拟）如v﹣T图所示，一定质量的理想气体经历了三个过程的状态变化，从状态1开始，经状态2和状态3，最后回到原状态．下列判断正确的是（　　）
A．三个状态中，3状态气体的压强最小
B．1和2两个状态中，单位时间内单位面积上容器壁受到的气体分子撞击的次数相同
C．从状态1到状态2的过程中，气体吸收的热量大于气体对外做功
D．三个状态中，2状态的分子平均动能最大
E．从状态3到状态1的过程中气体温度不变，所以气体既不吸热也不放热
14．（2017·黑龙江模拟）如图所示，一个导热足够高的气缸竖直放置，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动．内部封闭一定质量的理想气体．活塞质量m0=10.0kg，截面积s=1.0×10﹣3m2，活塞下表面距离气缸底部h=60.0cm．气缸和活塞处于静止状态．气缸外大气压强p0=1.0×105pa，温度T0=300K．重力加速度g=10.0m/s2．（气体不会泄露，气缸的厚度不计）求：
①在活塞上缓慢倒入沙子，当气体的体积减为原来的一半时，倒入沙子的质量是多少？
②在①问中加入沙子质量不变的前提下，外界气体压强不变，温度缓慢升到T=400k时，气体对外做功多少？
15．（2017·黑龙江模拟）一振动周期为T、位于x=0处的波源从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v，关于在x= 处的质点P，下列说法正确的是（　　）
A．质点P振动周期为T，振动速度的最大值为v
B．若某时刻质点P振动的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源处质点振动的速度方向沿y轴正方向
C．质点P开始振动的方向沿y轴正方向
D．当P已经开始振动后，若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷
E．若某时刻波源在波谷，则质点P也一定在波谷
16．（2017·黑龙江模拟）如图所示，在坐标系的第一象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体OPQ，OP=OQ=R，一束单色光垂直OP面射入玻璃体，在OP面上的入射点为A，OA= ，此单色光通过玻璃体后沿BD方向射出，且与x轴交于D点，OD= R
求：①该玻璃的折射率是多少？
②将OP面上的该单色光至少向上平移多少，它将不能从PQ面直接折射出来．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；物理学史
【解析】【解答】解：A、根据光电效应方程可知，光电子的初动能与光的强度无关，同颜色入射光，飞出的光电子的最大初动能都是相等的．故A错误；
B、比结合能的大小反映原子核的稳定程度，与原子核的结合能无关．故B错误；
C、引入量子化观点的玻尔原子理论成功地解释了氢原子的原子光谱，但不是成功地解释了所有原子的原子光谱．故C错误；
D、根据原子物理学史可知，玛丽．居里和她的丈夫通过对铀和含铀的矿石的研究发现了放射性元素钋和镭．故D正确．
故选：D
【分析】光电子的最大初动能与光的强度无关；比结合能的大小反映原子核的稳定程度；玻尔原子理论成功地解释了氢原子的原子光谱；玛丽．居里和她的丈夫通过对铀和含铀的矿石的研究发现了放射性元素钋和镭．
2．【答案】B
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力，有 ，得 ，
动能 =
根据题意知半径相同，所以 ∝
所以质子的动能Ek1和α粒子的动能Ek2之比为 ，故B正确，ACD错误；
故选：B
【分析】质子和α粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，其半径公式为R= ，得到速度v与半径r的关系，求得动能Ek的表达式，即可求出它们的动能之比．
3．【答案】C
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】解：A、当物体沿水平面做匀加速运动，F竖直向上的分力等于重力时，地面对物体没有支持力和摩擦力，不论水平面是光滑还是粗糙，物体只受两个力：重力和拉力．故ABD错误．
C、当F竖直向上的分力小于重力时，地面对物体有支持力和摩擦力，物体受到重力、拉力、支持力和摩擦力四个力作用．粗糙水平面，地面对物体有支持力，必定有摩擦力，不可能只受三个力作用．故C正确．
故选：C．
【分析】本题首先要分析物体可能的运动情况，再对物体进行受力分析，由相关运动的条件分析物体受力情况．
4．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解：根据牛顿第二定律得，小球下降的加速度a= ，由于加速度的方向与速度方向相同，可知小球做加速运动，加速度减小，即做加速度减小的加速运动．
根据a的表达式知，两球速度相等时，质量大的加速度大，由速度时间图线的切线斜率表示瞬时加速度知，速度相等时，甲图线的切线斜率大，故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
【分析】根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合速度的变化得出加速度的变化，通过图线切线斜率表示瞬时加速度得出正确的图线．
5．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律与电磁学综合；匀变速直线运动导出公式应用
【解析】【解答】解：电场力大小为F=qE，
设匀加速直线运动的时间为t．向下的过程中：h= ①
对于匀变速直线运动，有 a= ②
据题有： ③
解得 F=4mg
所以：E= ．故A正确，BCD错误．
故选：A
【分析】物体先向上匀加速直线运动，撤去拉力后的运动可以看成一种有往复的匀减速直线运动，两个过程的位移大小相等、方向相反，由牛顿第二定律和位移公式结合求解．
6．【答案】A,B
【知识点】万有引力定律及其应用
【解析】【解答】解：AB、质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力，故：
所以地球的质量：M=
在赤道，引力为重力和向心力的矢量和，故：
联立解得：T=2π
同步卫星受到的万有引力提供向心力，则：
所以：h=（ ﹣1）R．故AB正确；
C、近地卫星受到的万有引力提供向心力，所以：
联立得：v= ．故C错误；
D、地球的密度： = = ．故D错误．
故选：AB
【分析】质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力，在赤道的物体所受地球的引力等于其重力和向心力的矢量和，根据牛顿第二定律和万有引力定律列式后联立求解即可．
7．【答案】C,D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解：A、若t= 时相遇，由于甲图线围成的面积之差大于 ，则 ，故A错误．
B、若t=t0时二者相遇，两图线围成的面积之差为s0，t=2t0时，两图线围成的面积之差为2s0，可知t=2t0时两车不会相遇，故B错误．
C、若t=t0时二者相遇，通过几何关系，以及图线围成的面积知，t=3t0时，两者再次相遇，根据几何关系知，乙走的位移s=s0+ ，而 ，所以s=10s0，故C正确．
D、若t= 时相遇，此时甲车的位移 ，而 ，此时 ，故D正确．
故选：CD．
【分析】速度时间图线围成的面积表示位移，结合图线围成的面积之差，结合几何知识分析判断．
8．【答案】A,B,C
【知识点】功能关系；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】解：AB、当丙物体下落高度为h时细线与杆成37°角，此时物块丙的速度为v，如图所示：
此时导体棒甲的速度为v甲=vcos37°=0.8v，在此过程中电路中生成的电能E=mgh﹣ =mgh﹣ mv2；
对甲根据动能定理可得：W绳﹣E= =mgh﹣ mv2，故AB正确；
C、根据能量关系可得在此过程中电路中产生的焦耳热Q=mgh﹣ =mgh﹣ m（ v2+u2），故C正确；
D、在此过程中甲和丙总的机械能减少量等于系统内生成的电热和乙动能增加量，故D错误；
故选：ABC．
【分析】根据运动的合成与分解求解甲的速度，再根据能量关系求解电路中生成的电能，对甲根据动能定理求解绳子拉力对甲做的功；根据能量关系可得在此过程中电路中产生的焦耳热、根据能量守恒定律分析甲和丙总的机械能减少量与系统内生成的电热的关系．
9．【答案】（1）0.16
（2）
（3）B；D
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】解：（1）根据 得小车加速度的测量值为：
a测= m/s2=0.16m/s2；（2）对整体分析，根据牛顿第二定律得小车加速度的理论值为：
a理= ．（3）A、在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，不能将砝码和砝码盘通过定滑轮拴小车上，故A错误．
B、调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，使得绳子的拉力等于小车的合力，故B正确．
C、该实验是利用牛顿第二定律计算小车加速度的理论值，通过纸带分析得到的实验测量值，比较两者的大小是否相等从而验证牛顿第二定律，不需要满足绳子的拉力等于砝码和砝码盘的总重力，故C错误．
D、通过增减小车上的钩码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确．
E、实验时应先接通电源，再释放小车，故E错误．
故选：BD．
故答案为：（1）0.16（0.15也对）；（2） ；（3）BD．
【分析】（1）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度．（2）对整体分析，结合牛顿第二定律求出小车加速度的理论值．（3）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤．
10．【答案】（1）A；D
（2）3.2；1.5
（3）A
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】解：（1）A、为保证电表安全，在测量未知电压时，必须先选择电压最大量程进行试测，故A正确；
B、用欧姆表的同一挡位测不同阻值的电阻时不需要重新进行欧姆调零，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，故B错误；
C、为保证电表安全，测量电路中的电阻时，必须把该电阻与电源断开，故C错误；
D、测量电阻时，如果红、黑表笔插错插孔，则不会影响测量结果，故D正确（2）由图示多用电表可知，选择开关置于欧姆×100位置，所测电阻阻值为：32×100=3200Ω=3.2kΩ；
由图示表盘可知，欧姆表的中值电阻为：15×100=1500Ω=1.5kΩ，则欧姆表的内阻为1.5kΩ．（3）多用电表的红表笔与内置电源负极相连，黑表笔与内置电源正极相连，
将多用电表的红表笔与二极管的A端、黑表笔与二极管的B端相连时，表的指针偏转角度很小，
说明测二极管阻值很大，此时二极管反向偏压，则A是二极管正极，B是二极管负极．
故答案为：（1）AD；（2）3.2，1.5；（3）A．
【分析】（1）为保护多用电表安全，应用多用电表测电压与电流时应使用大量程试测，然后选择合适的量程然后测量；用多用电表测电阻应选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零．（2）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；欧姆表内阻等于其中值电阻．（3）多用电表的红表笔与内置电源负极相连，黑表笔与内置电源正极相连；二极管正向偏压时内阻很小，反向偏压时内阻很大，根据题意判断二极管的极性．
11．【答案】（1）解：①导体棒做自由落体运动，根据运动学公式有金属棒的速度 v=gt=15m/s．
②设导体棒以加速度a=5.0m/s2向下运动时其所受安培力为FA，速度为v′，根据牛顿第二定律有：
mg﹣FA=ma，
解得：FA=1.0N
根据安培力的计算公式可得：FA=BIl=
解得：v′=10m/s
（2）解：导体棒沿轨道匀速下滑时通过导体棒的电流为Im，则根据平衡条件可得：mg=BIml
解得：Im=10A
此时电路中的电功率为：P=Im2R=40W
所以ab棒匀速下滑时电路中的电功率为：P=40W
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）①根据自由落体运动规律求出t=1.0s时ab棒的速度v．②根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系式，求解棒的速度v′．（2）ab棒沿导轨匀速下滑时，重力与安培力平衡，由此列式求解感应电流，再求电功率P．
12．【答案】（1）解：设1号小球的质量为m1，碰前的速度为v1．对于1号小球由h高运动到最低点过程，根据机械能守恒有：
m1gh= …①
解得：v1= …②
（2）解：设1号、2号小球碰撞后的速度分别为v1′和v2，取水平向右为正方向．对于1、2号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有：
m1v1=m1v1′+m2v2…③
根据机械能守恒有： m1v12= m1v1′2+ m2v22：④
解得：v2=
设2号、3号小球碰撞后的速度分别为v2′和v3，对于2、3号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有：
m2v2=m2v2′+m3v3
根据机械能守恒有： m2v22= m2v2′2+ m3v32
同理可解得：3号小球被碰后的速度为：v3=（ ）2
由以上规律可推知5号小球被碰后的速度为：v5=（ ）4 …⑤
解得：v5=4 …⑥
（3）解：5号小球绕钉子A做完整的圆周运动在最高点至少有：m5g=m5 …⑦
第5个小球从最底点运动到圆周的最高点根据机械能守恒，可知：
m5gLsin30°+m5g（r+rsin30°）= ﹣ …⑧
解得：r= L…⑨
所以有P≥ 小球能绕A点做完整的圆周运动
【知识点】功能关系；机械能守恒及其条件；机械能综合应用；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）对于1号小球由h高运动到最低点过程，根据机械能守恒求出碰前的速度v1．（2）、对于1、2号小球碰撞的过程根据动量守恒定律和机械能守恒列出等式，得到碰后两球的速度．对于2、3号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒列式，得到碰后两球的速度，总结规律，得到5号小球被碰后的速度．（3）因第5个小球能绕A点做完整的圆周运动，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得该球在最高点的速度．第5号球从最底点运动到圆周的最高点的过程，根据机械能守恒列式，联立即可求解．
13．【答案】A,C,D
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体与理想气体的状态方程；理想气体的实验规律
【解析】【解答】解：A、由V﹣T图象知，状态1到状态2是气体发生的是等压变化，所以 ，状态2到状态3发生的是等容变化，由 ，知 ，所以3状态气体的压强最小，故A正确；
B、由图象可知，状态1到状态2压强相同，根据动量定理知单位时间动量的该变量即为作用力，压强 = ，1、2状态压强相等，单位时间内总动量改变量不变，每个粒子动量改变量与温度有关，温度越高，分子的平均速率越大，状态1和状态2温度不同，每个气体分子动量的变化量不同，而要单位时间内总动量该变量不变，气体分子撞击次数一定不同，故B错误；
C、从状态1到状态2，理想气体的温度升高，内能增加△U＞0，气体体积增加，气体对外做功W＜0，根据热力学第一定律△U=W+Q知，Q＞0，且气体吸收的热量大于气体对外做的功，故C正确；
D、从状态1到状态2温度升高，从状态2到状态3温度降低，可知状态2的温度最高，根据温度是分子平均动能的标志，知2状态的分子平均动能最大，故D正确；
E、从状态3到状态1，体积变小，外界对气体做功W＞0，温度不变，内能不变△U=0，根据热力学第一定律△U=W+Q知Q＜0即气体放热，故E错误；
故选：ACD
【分析】由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体压强如何变化，然后应用热力学第一定律答题．
14．【答案】解：①气体发生等温变化，由玻意耳定律有： （1）
对活塞受力分析，受到重力，大气压力，和气体对活塞向上的压力，由平衡条件有：P1s﹣P0s﹣m0g=0 （2）
对活塞和沙子整体受力分析，受到整体重力、大气压力和气体对活塞向上的压力，根据平衡条件有：
P2s﹣P0s﹣m0g﹣mg=0 （3）
解（1）（2）（3）有：m=20kg （4）
②气体发生等压变化，由盖﹣吕萨克定律有： （5）
由功的定义有： （6）
解（3）（4）（5）（6）有：w=40J
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；理想气体的实验规律
【解析】【分析】①根据玻意耳定律和平衡条件列式即可求解；②温度升高过程中，气体发生等压变化，根据气柱的长度，根据W=p△V求出气体对外做功；
15．【答案】B,C,D
【知识点】简谐运动；机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】解：A、质点P振动周期与波源的振动周期相同，也为T．但其振动速度与波速不同，最大速度与波速无关，故A错误．
B、因为x= =2.5λ，所以质点P与波源是反相点，若某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向，故B正确；
C、根据波的特点：简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同，故质点P开始振动的方向沿y轴正方向．故C正确．
D、当P开始振动后，由于质点P与波源是反相点，若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷，故D正确．
E、质点P与波源是反相点，故若某时刻波源在波谷，则质点P一定在波峰，故E错误．
故选：BCD
【分析】简谐波在传播过程中，介质中各个质点的起振方向都与波源的起振方向相同．质点的振动速度与波传播速度不同．介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，简谐波的波长为λ=vT，根据质点P与波源距离与波长的关系，分析振动情况的关系．
16．【答案】解：
①在PQ面上的入射角sinθ1= = ，得到θ1=30°
由几何关系可得OQ=Rcos30°=
QD=OD﹣OQ= ﹣ = ，则∠BDO=30°，θ2=60°
所以折射率n= =
②临界角sinC= =
从OP面射入玻璃体的光，在PQ面的入射角等于临界角时，刚好发生全反射而不能从PQ面直接射出．
设光在OP面的入射点为M，在PQ面的反射点为N
OM=ONsinC=
至少向上平移的距离d=OM﹣OA= ≈0.077R
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）画出光路图，根据几何知识分别求出入射角和折射角，由折射定律求出折射率．（2）由折射率求出临界角，当光线射到PQ弧面上刚好发生全反射时，光线将不能从PQ面射出，由几何知识求出单色光上移的最小距离．
2017年黑龙江省哈尔滨三中高考物理四模试卷
一、选择题
1．（2017·黑龙江模拟）下列说法中正确的是（　　）
A．由能量守恒观点可知，在光电效应现象中，对于同一种金属而言，同颜色入射光的强度越大，飞出的光电子的初动能就越大
B．原子核越大，其结合能越大，则原子核越稳定
C．引入量子化观点的玻尔原子理论成功地解释了所有原子的原子光谱
D．玛丽．居里和她的丈夫通过对铀和含铀的矿石的研究发现了放射性元素钋和镭
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；物理学史
【解析】【解答】解：A、根据光电效应方程可知，光电子的初动能与光的强度无关，同颜色入射光，飞出的光电子的最大初动能都是相等的．故A错误；
B、比结合能的大小反映原子核的稳定程度，与原子核的结合能无关．故B错误；
C、引入量子化观点的玻尔原子理论成功地解释了氢原子的原子光谱，但不是成功地解释了所有原子的原子光谱．故C错误；
D、根据原子物理学史可知，玛丽．居里和她的丈夫通过对铀和含铀的矿石的研究发现了放射性元素钋和镭．故D正确．
故选：D
【分析】光电子的最大初动能与光的强度无关；比结合能的大小反映原子核的稳定程度；玻尔原子理论成功地解释了氢原子的原子光谱；玛丽．居里和她的丈夫通过对铀和含铀的矿石的研究发现了放射性元素钋和镭．
2．（2017·黑龙江模拟）一个质子和一个α粒子在同一匀强磁场中垂直于磁场的平面内，仅在磁场力作用下做半径相同的匀速圆周运动．则质子的动能Ek1和α粒子的动能Ek2之比Ek1：Ek2（　　）
A．4：1 B．1：1 C．1：2 D．2：1
【答案】B
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力，有 ，得 ，
动能 =
根据题意知半径相同，所以 ∝
所以质子的动能Ek1和α粒子的动能Ek2之比为 ，故B正确，ACD错误；
故选：B
【分析】质子和α粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，其半径公式为R= ，得到速度v与半径r的关系，求得动能Ek的表达式，即可求出它们的动能之比．
3．（2017·黑龙江模拟）如图，物体在斜向上恒力F作用下沿水平面作直线运动，下列判断正确的是（　　）
A．若水平面光滑，物体一定受三个力作用
B．若水平面粗糙，物体一定受四个力作用
C．若物体做匀速直线运动，则一定受四个力作用
D．若物体做匀加速直线运动，则一定受四个力作用
【答案】C
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】解：A、当物体沿水平面做匀加速运动，F竖直向上的分力等于重力时，地面对物体没有支持力和摩擦力，不论水平面是光滑还是粗糙，物体只受两个力：重力和拉力．故ABD错误．
C、当F竖直向上的分力小于重力时，地面对物体有支持力和摩擦力，物体受到重力、拉力、支持力和摩擦力四个力作用．粗糙水平面，地面对物体有支持力，必定有摩擦力，不可能只受三个力作用．故C正确．
故选：C．
【分析】本题首先要分析物体可能的运动情况，再对物体进行受力分析，由相关运动的条件分析物体受力情况．
4．（2017·黑龙江模拟）质量不同、半径相同的甲乙两个小球从高空中某处由静止开始下落，且甲球质量比乙球质量大．设它们所受空气阻力f与下落速度v的关系为f=kv，k为定值．则下列四个运动图象哪一个与两小球运动相符（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解：根据牛顿第二定律得，小球下降的加速度a= ，由于加速度的方向与速度方向相同，可知小球做加速运动，加速度减小，即做加速度减小的加速运动．
根据a的表达式知，两球速度相等时，质量大的加速度大，由速度时间图线的切线斜率表示瞬时加速度知，速度相等时，甲图线的切线斜率大，故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
【分析】根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合速度的变化得出加速度的变化，通过图线切线斜率表示瞬时加速度得出正确的图线．
5．（2017·黑龙江模拟）某个质量为m、带电量为﹣q（q＞0）的小球仅在重力作用下从静止开始沿竖直向下方向做匀加速直线运动，一段时间后在小球运动的空间中施加竖直方向的匀强电场，小球又经过相等的时间恰好回到出发点，则（　　）
A．电场强度方向竖直向下，大小为
B．电场强度方向竖直向下，大小为
C．电场强度方向竖直向上，大小为
D．电场强度方向竖直向上，大小为
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律与电磁学综合；匀变速直线运动导出公式应用
【解析】【解答】解：电场力大小为F=qE，
设匀加速直线运动的时间为t．向下的过程中：h= ①
对于匀变速直线运动，有 a= ②
据题有： ③
解得 F=4mg
所以：E= ．故A正确，BCD错误．
故选：A
【分析】物体先向上匀加速直线运动，撤去拉力后的运动可以看成一种有往复的匀减速直线运动，两个过程的位移大小相等、方向相反，由牛顿第二定律和位移公式结合求解．
6．（2017·黑龙江模拟）假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球半径为R，引力常数为G，则（　　）
A．地球同步卫星的高度为（ ﹣1）R
B．地球的质量为
C．地球的第一宇宙速度为
D．地球密度为
【答案】A,B
【知识点】万有引力定律及其应用
【解析】【解答】解：AB、质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力，故：
所以地球的质量：M=
在赤道，引力为重力和向心力的矢量和，故：
联立解得：T=2π
同步卫星受到的万有引力提供向心力，则：
所以：h=（ ﹣1）R．故AB正确；
C、近地卫星受到的万有引力提供向心力，所以：
联立得：v= ．故C错误；
D、地球的密度： = = ．故D错误．
故选：AB
【分析】质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力，在赤道的物体所受地球的引力等于其重力和向心力的矢量和，根据牛顿第二定律和万有引力定律列式后联立求解即可．
7．（2017·黑龙江模拟）甲乙两车在一平直道路上同向运动，其v﹣t图象如图所示．若图中△OPQ的面积为s0，初始时，甲车在乙车前方△s处．则下列说法正确的是（　　）
A．若t= 时相遇，则△s=
B．若t=t0时二者相遇，则t=2t0时二者还会再次相遇
C．若t=t0时二者相遇，则到二者再次相遇时乙共走了10s0
D．若t= 时相遇，则到这次相遇甲走了
【答案】C,D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解：A、若t= 时相遇，由于甲图线围成的面积之差大于 ，则 ，故A错误．
B、若t=t0时二者相遇，两图线围成的面积之差为s0，t=2t0时，两图线围成的面积之差为2s0，可知t=2t0时两车不会相遇，故B错误．
C、若t=t0时二者相遇，通过几何关系，以及图线围成的面积知，t=3t0时，两者再次相遇，根据几何关系知，乙走的位移s=s0+ ，而 ，所以s=10s0，故C正确．
D、若t= 时相遇，此时甲车的位移 ，而 ，此时 ，故D正确．
故选：CD．
【分析】速度时间图线围成的面积表示位移，结合图线围成的面积之差，结合几何知识分析判断．
8．（2017·黑龙江模拟）相距为L的两条平行光滑的金属导轨AB、CD被固定在水平桌面上，两根质量都是m、电阻都为R的导体棒甲和乙置于导轨上．一条跨过桌边定滑轮的轻质细线一端与导体棒甲相连，另一端与套在光滑竖直杆上的质量为m的物块丙相连，整个系统处于竖直向上的匀强磁场（图中未画出）中，磁感应强度为B．初态整个系统处于静止状态，跨过滑轮的细绳水平．现由静止状态开始释放物块丙，当其下落高度为h时细线与杆成37°角，此时物块丙的速度为v，导体棒乙的速度为u．若不计导轨电阻及一切摩擦，运动过程中导体棒始终与导轨垂直且有良好的接触，则（　　）
A．在此过程中绳上拉力对导体棒甲所做的功等于mgh﹣ mv2
B．在此过程中电路中生成的电能mgh﹣ mv2
C．在此过程中电路中产生的焦耳热mgh﹣ m（ v2+u2）
D．在此过程中甲和丙总的机械能减少量等于系统内生成的电热
【答案】A,B,C
【知识点】功能关系；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】解：AB、当丙物体下落高度为h时细线与杆成37°角，此时物块丙的速度为v，如图所示：
此时导体棒甲的速度为v甲=vcos37°=0.8v，在此过程中电路中生成的电能E=mgh﹣ =mgh﹣ mv2；
对甲根据动能定理可得：W绳﹣E= =mgh﹣ mv2，故AB正确；
C、根据能量关系可得在此过程中电路中产生的焦耳热Q=mgh﹣ =mgh﹣ m（ v2+u2），故C正确；
D、在此过程中甲和丙总的机械能减少量等于系统内生成的电热和乙动能增加量，故D错误；
故选：ABC．
【分析】根据运动的合成与分解求解甲的速度，再根据能量关系求解电路中生成的电能，对甲根据动能定理求解绳子拉力对甲做的功；根据能量关系可得在此过程中电路中产生的焦耳热、根据能量守恒定律分析甲和丙总的机械能减少量与系统内生成的电热的关系．
二、非选择题：
9．（2017·黑龙江模拟）某实验小组利用如图1所示的装置验证牛顿第二定律．
原理是利用牛顿第二定律计算小车加速度的理论值，通过纸带分析得到的实验测量值，比较两者的大小是否相等从而验证牛顿第二定律．
（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力后的实验过程中打出了一条纸带如图2所示．计时器打点的时间间隔为0.02s．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度的实验测量值a测=　 　m/s2．（结果保留两位有效数字）
（2）如果用天平测得小车和车内钩码的总质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，则小车加速度的理论值为a理=　 　（当地的重力加速度为g）
（3）对于该实验下列做法正确的是 （填字母代号）
A．在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将砝码和砝码盘通过定滑轮拴小车上
B．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
C．小车和车内钩码的总质量要远大于砝码和砝码盘的总质量
D．通过增减小车上的钩码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
E．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源．
【答案】（1）0.16
（2）
（3）B；D
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】解：（1）根据 得小车加速度的测量值为：
a测= m/s2=0.16m/s2；（2）对整体分析，根据牛顿第二定律得小车加速度的理论值为：
a理= ．（3）A、在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，不能将砝码和砝码盘通过定滑轮拴小车上，故A错误．
B、调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，使得绳子的拉力等于小车的合力，故B正确．
C、该实验是利用牛顿第二定律计算小车加速度的理论值，通过纸带分析得到的实验测量值，比较两者的大小是否相等从而验证牛顿第二定律，不需要满足绳子的拉力等于砝码和砝码盘的总重力，故C错误．
D、通过增减小车上的钩码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确．
E、实验时应先接通电源，再释放小车，故E错误．
故选：BD．
故答案为：（1）0.16（0.15也对）；（2） ；（3）BD．
【分析】（1）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度．（2）对整体分析，结合牛顿第二定律求出小车加速度的理论值．（3）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤．
10．（2017·黑龙江模拟）根据所学知识填空：
（1）下列关于多用电表使用的说法中正确的是
A．在测量未知电压时，必须先选择电压最大量程进行试测
B．测量阻值不同的电阻时，都必须重新欧姆调零
C．测量电路中的电阻时，不用把该电阻与电源断开
D．测量电阻时，如果红、黑表笔插错插孔，则不会影响测量结果
（2）用多用电表的欧姆挡粗测某电阻的阻值，如图1所示，则该电阻的阻值是　 　 kΩ，该档位的欧姆表内阻是　 　 kΩ．（结果保留两位有效数字）
（3）如图2所示为某一型号二极管，其两端分别记为A和B．其外表所标示的极性已看不清，为确定该二极管的极性，用多用电表的电阻挡进行测量．将多用电表的红表笔与二极管的A端、黑表笔与二极管的B端相连时，表的指针偏转角度很小；调换表笔的连接后，表的指针偏转角度很大，由上述测量可知该二极管的正极为　 　（填“A”或“B”）端．
【答案】（1）A；D
（2）3.2；1.5
（3）A
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】解：（1）A、为保证电表安全，在测量未知电压时，必须先选择电压最大量程进行试测，故A正确；
B、用欧姆表的同一挡位测不同阻值的电阻时不需要重新进行欧姆调零，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，故B错误；
C、为保证电表安全，测量电路中的电阻时，必须把该电阻与电源断开，故C错误；
D、测量电阻时，如果红、黑表笔插错插孔，则不会影响测量结果，故D正确（2）由图示多用电表可知，选择开关置于欧姆×100位置，所测电阻阻值为：32×100=3200Ω=3.2kΩ；
由图示表盘可知，欧姆表的中值电阻为：15×100=1500Ω=1.5kΩ，则欧姆表的内阻为1.5kΩ．（3）多用电表的红表笔与内置电源负极相连，黑表笔与内置电源正极相连，
将多用电表的红表笔与二极管的A端、黑表笔与二极管的B端相连时，表的指针偏转角度很小，
说明测二极管阻值很大，此时二极管反向偏压，则A是二极管正极，B是二极管负极．
故答案为：（1）AD；（2）3.2，1.5；（3）A．
【分析】（1）为保护多用电表安全，应用多用电表测电压与电流时应使用大量程试测，然后选择合适的量程然后测量；用多用电表测电阻应选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零．（2）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；欧姆表内阻等于其中值电阻．（3）多用电表的红表笔与内置电源负极相连，黑表笔与内置电源正极相连；二极管正向偏压时内阻很小，反向偏压时内阻很大，根据题意判断二极管的极性．
11．（2017·黑龙江模拟）如图所示，竖直平面内有间距l=40cm、足够长的平行直导轨，导轨上端连接一开关S．长度恰好等于导轨间距的导体棒ab与导轨接触良好且无摩擦，导体棒ab的电阻R=0.40Ω，质量m=0.20kg．导轨电阻不计，整个装置处于与导轨平面垂直的水平匀强磁场中，磁场的磁感强度B=0.50T，方向垂直纸面向里．空气阻力可忽略不计，取重力加速度g=10m/s2．
（1）当t0=0时ab棒由静止释放，t=1.5s时，闭合开关S．求：
①闭合开关S瞬间ab棒速度v的大小；
②当ab棒向下的加速度a=5.0m/s2时，其速度v′的大小；
（2）若ab棒由静止释放，经一段时间后闭合开关S，ab棒恰能沿导轨匀速下滑，求ab棒匀速下滑时电路中的电功率P．
【答案】（1）解：①导体棒做自由落体运动，根据运动学公式有金属棒的速度 v=gt=15m/s．
②设导体棒以加速度a=5.0m/s2向下运动时其所受安培力为FA，速度为v′，根据牛顿第二定律有：
mg﹣FA=ma，
解得：FA=1.0N
根据安培力的计算公式可得：FA=BIl=
解得：v′=10m/s
（2）解：导体棒沿轨道匀速下滑时通过导体棒的电流为Im，则根据平衡条件可得：mg=BIml
解得：Im=10A
此时电路中的电功率为：P=Im2R=40W
所以ab棒匀速下滑时电路中的电功率为：P=40W
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）①根据自由落体运动规律求出t=1.0s时ab棒的速度v．②根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系式，求解棒的速度v′．（2）ab棒沿导轨匀速下滑时，重力与安培力平衡，由此列式求解感应电流，再求电功率P．
12．（2017·黑龙江模拟）某同学设计了如图所示的趣味实验来研究碰撞问题，用材料和长度相同的不可伸长的轻绳依次将5个大小相同、质量不等的小球悬挂于水平天花板下方，且相邻的小球静止时彼此接触但无相互作用力，小球编号从左到右依次为1、2、3、4、5，每个小球的质量为其相邻左边小球质量的k倍，k= ﹣1，所有小球的球心等高．现将1号小球由最低点向左拉起高度h，保持绳绷紧状态由静止释放1号小球，使其与2号小球碰撞，2号小球再与3号小球碰撞…．所有碰撞均为在同一直线上的正碰且无机械能损失．已知重力加速度为g，空气阻力、小球每次碰撞时间均可忽略不计．
（1）求1号小球与2号小球碰撞之前的速度v1的大小；
（2）求第5个球被第4个小球碰后的速度；
（3）摆线长为L=16h，在第5个球右侧偏离竖直方向成θ=60°角的虚线上的A点钉了一个钉子，则A距悬点的距离与L的比例系数p满足什么条件时，第5个小球能绕A点做完整的圆周运动．
【答案】（1）解：设1号小球的质量为m1，碰前的速度为v1．对于1号小球由h高运动到最低点过程，根据机械能守恒有：
m1gh= …①
解得：v1= …②
（2）解：设1号、2号小球碰撞后的速度分别为v1′和v2，取水平向右为正方向．对于1、2号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有：
m1v1=m1v1′+m2v2…③
根据机械能守恒有： m1v12= m1v1′2+ m2v22：④
解得：v2=
设2号、3号小球碰撞后的速度分别为v2′和v3，对于2、3号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有：
m2v2=m2v2′+m3v3
根据机械能守恒有： m2v22= m2v2′2+ m3v32
同理可解得：3号小球被碰后的速度为：v3=（ ）2
由以上规律可推知5号小球被碰后的速度为：v5=（ ）4 …⑤
解得：v5=4 …⑥
（3）解：5号小球绕钉子A做完整的圆周运动在最高点至少有：m5g=m5 …⑦
第5个小球从最底点运动到圆周的最高点根据机械能守恒，可知：
m5gLsin30°+m5g（r+rsin30°）= ﹣ …⑧
解得：r= L…⑨
所以有P≥ 小球能绕A点做完整的圆周运动
【知识点】功能关系；机械能守恒及其条件；机械能综合应用；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）对于1号小球由h高运动到最低点过程，根据机械能守恒求出碰前的速度v1．（2）、对于1、2号小球碰撞的过程根据动量守恒定律和机械能守恒列出等式，得到碰后两球的速度．对于2、3号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒列式，得到碰后两球的速度，总结规律，得到5号小球被碰后的速度．（3）因第5个小球能绕A点做完整的圆周运动，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得该球在最高点的速度．第5号球从最底点运动到圆周的最高点的过程，根据机械能守恒列式，联立即可求解．
13．（2017·黑龙江模拟）如v﹣T图所示，一定质量的理想气体经历了三个过程的状态变化，从状态1开始，经状态2和状态3，最后回到原状态．下列判断正确的是（　　）
A．三个状态中，3状态气体的压强最小
B．1和2两个状态中，单位时间内单位面积上容器壁受到的气体分子撞击的次数相同
C．从状态1到状态2的过程中，气体吸收的热量大于气体对外做功
D．三个状态中，2状态的分子平均动能最大
E．从状态3到状态1的过程中气体温度不变，所以气体既不吸热也不放热
【答案】A,C,D
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体与理想气体的状态方程；理想气体的实验规律
【解析】【解答】解：A、由V﹣T图象知，状态1到状态2是气体发生的是等压变化，所以 ，状态2到状态3发生的是等容变化，由 ，知 ，所以3状态气体的压强最小，故A正确；
B、由图象可知，状态1到状态2压强相同，根据动量定理知单位时间动量的该变量即为作用力，压强 = ，1、2状态压强相等，单位时间内总动量改变量不变，每个粒子动量改变量与温度有关，温度越高，分子的平均速率越大，状态1和状态2温度不同，每个气体分子动量的变化量不同，而要单位时间内总动量该变量不变，气体分子撞击次数一定不同，故B错误；
C、从状态1到状态2，理想气体的温度升高，内能增加△U＞0，气体体积增加，气体对外做功W＜0，根据热力学第一定律△U=W+Q知，Q＞0，且气体吸收的热量大于气体对外做的功，故C正确；
D、从状态1到状态2温度升高，从状态2到状态3温度降低，可知状态2的温度最高，根据温度是分子平均动能的标志，知2状态的分子平均动能最大，故D正确；
E、从状态3到状态1，体积变小，外界对气体做功W＞0，温度不变，内能不变△U=0，根据热力学第一定律△U=W+Q知Q＜0即气体放热，故E错误；
故选：ACD
【分析】由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体压强如何变化，然后应用热力学第一定律答题．
14．（2017·黑龙江模拟）如图所示，一个导热足够高的气缸竖直放置，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动．内部封闭一定质量的理想气体．活塞质量m0=10.0kg，截面积s=1.0×10﹣3m2，活塞下表面距离气缸底部h=60.0cm．气缸和活塞处于静止状态．气缸外大气压强p0=1.0×105pa，温度T0=300K．重力加速度g=10.0m/s2．（气体不会泄露，气缸的厚度不计）求：
①在活塞上缓慢倒入沙子，当气体的体积减为原来的一半时，倒入沙子的质量是多少？
②在①问中加入沙子质量不变的前提下，外界气体压强不变，温度缓慢升到T=400k时，气体对外做功多少？
【答案】解：①气体发生等温变化，由玻意耳定律有： （1）
对活塞受力分析，受到重力，大气压力，和气体对活塞向上的压力，由平衡条件有：P1s﹣P0s﹣m0g=0 （2）
对活塞和沙子整体受力分析，受到整体重力、大气压力和气体对活塞向上的压力，根据平衡条件有：
P2s﹣P0s﹣m0g﹣mg=0 （3）
解（1）（2）（3）有：m=20kg （4）
②气体发生等压变化，由盖﹣吕萨克定律有： （5）
由功的定义有： （6）
解（3）（4）（5）（6）有：w=40J
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；理想气体的实验规律
【解析】【分析】①根据玻意耳定律和平衡条件列式即可求解；②温度升高过程中，气体发生等压变化，根据气柱的长度，根据W=p△V求出气体对外做功；
15．（2017·黑龙江模拟）一振动周期为T、位于x=0处的波源从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v，关于在x= 处的质点P，下列说法正确的是（　　）
A．质点P振动周期为T，振动速度的最大值为v
B．若某时刻质点P振动的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源处质点振动的速度方向沿y轴正方向
C．质点P开始振动的方向沿y轴正方向
D．当P已经开始振动后，若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷
E．若某时刻波源在波谷，则质点P也一定在波谷
【答案】B,C,D
【知识点】简谐运动；机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】解：A、质点P振动周期与波源的振动周期相同，也为T．但其振动速度与波速不同，最大速度与波速无关，故A错误．
B、因为x= =2.5λ，所以质点P与波源是反相点，若某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向，故B正确；
C、根据波的特点：简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同，故质点P开始振动的方向沿y轴正方向．故C正确．
D、当P开始振动后，由于质点P与波源是反相点，若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷，故D正确．
E、质点P与波源是反相点，故若某时刻波源在波谷，则质点P一定在波峰，故E错误．
故选：BCD
【分析】简谐波在传播过程中，介质中各个质点的起振方向都与波源的起振方向相同．质点的振动速度与波传播速度不同．介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，简谐波的波长为λ=vT，根据质点P与波源距离与波长的关系，分析振动情况的关系．
16．（2017·黑龙江模拟）如图所示，在坐标系的第一象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体OPQ，OP=OQ=R，一束单色光垂直OP面射入玻璃体，在OP面上的入射点为A，OA= ，此单色光通过玻璃体后沿BD方向射出，且与x轴交于D点，OD= R
求：①该玻璃的折射率是多少？
②将OP面上的该单色光至少向上平移多少，它将不能从PQ面直接折射出来．
【答案】解：
①在PQ面上的入射角sinθ1= = ，得到θ1=30°
由几何关系可得OQ=Rcos30°=
QD=OD﹣OQ= ﹣ = ，则∠BDO=30°，θ2=60°
所以折射率n= =
②临界角sinC= =
从OP面射入玻璃体的光，在PQ面的入射角等于临界角时，刚好发生全反射而不能从PQ面直接射出．
设光在OP面的入射点为M，在PQ面的反射点为N
OM=ONsinC=
至少向上平移的距离d=OM﹣OA= ≈0.077R
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）画出光路图，根据几何知识分别求出入射角和折射角，由折射定律求出折射率．（2）由折射率求出临界角，当光线射到PQ弧面上刚好发生全反射时，光线将不能从PQ面射出，由几何知识求出单色光上移的最小距离．