度为10 cm。现用力缓慢地把活塞向上提起h＝15 cm，求：
(ⅰ)空气柱内气体的压强p1；
(ⅱ)保持活塞的位置不变，打开U形管底部的开关，稳定后空气柱内气体的压强p2。
34．物理·选修3－4(15分)
(1)(5分)如图1所示是一列简谐波在t＝0时刻的波形图，质点P刚开始振动，如图2所示是介质中的另一质点Q的振动图象，则下列说法正确的是__________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．这列波沿x轴正方向传播 B．这列波的波速是24 m/s
C．质点Q平衡位置的坐标为xQ＝36 m
D．从t＝0时刻开始，经过2.5 s质点Q处在波峰 E．当质点Q处在波峰时，质点P也处在波峰
(2)(10分)如图所示，直角三角形ABC是一个棱镜的截面，∠C＝60°，MN是与棱镜的侧面AC平行的光屏，到AC的距离为L。由两种色光组成的光束宽度为d，垂直于AB射入棱镜。已知棱镜对两种色光的折射率分别为n1和n2，且n1 福州市2019届高三毕业班第三次质量检测理科综合·物理答案 本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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。 14．答案 B 命题透析 本题考查原子核衰变，考查考生的理解能力。 思路点拨 原子核衰变过程中质量数和电荷数守恒，所以X为电子，该衰变为β衰变，选项A错误；原子核的半衰期与原子核的物理化学性质无关，不能通过降低温度的方法使137 55Cs的半衰期变短，选项C错误；在β衰变中原子核内的一个中子转变成一个电子和一个质 137 子，所以 13755Cs原子核内的中子数比 56Ba原子核内的中子数多一个，选项B正确；不同原子核的比结合能是不同的，选项D错误。 15．答案 C 命题透析 本题考查万有引力与航天，考查考生的推理能力。 2πrvT 思路点拨 由圆周运动的规律有v＝，解得r＝，选项B错误；万有引力提供飞 T2πv2v3TMm 船运行的向心力，则有G2＝m，解得地球的质量为M＝，选项A错误；飞船的加 rr2πGv22πv 速度为a＝＝，选项C正确；后面的飞船向后喷出一些物质，会到较高的轨道上运行， rT不能对接，选项D错误。 16．答案 D 命题透析 本题考查点电荷的电场以及电场的叠加、力和运动的关系、动能定理等，考查考生的推理能力和分析综合能力。 思路点拨 根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知，沿斜面从A到B电场强度先减小后增大，中点O的电场强度为零。设物块下滑过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＋qE＝ma，物块下滑的过程中电场力qE先方向沿斜面向下逐渐减少后沿斜面向上逐渐增加，所以物块的加速度大小先减小后增大，选项A错误；物块在斜面上运动到O点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有mgsin θ－μmgcos θ＝0，所以物块和斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ＝ 3 ，选项B错误；由于运动过程中mgsin 3 θ－μmgcos θ＝0，所以物块从M点运动到N点的过程中受到的合外力为qE，因此最低点N与释放点M关于O点对称，选项C错误；根据动能定理有qUMO1 ＋mgxMOsinθ－μmgxMOcosθ＝mv2，且mgsin θ＝μmgcos θ，所 2mv2 以物块的释放点M与O点间的电势差UMO＝，选项D正确。 2q 17．答案 C 命题透析 本题考查带电粒子在电场和磁场中运动，考查考生的推理能力和应用数学处理物理问题的能力。 思路点拨 设粒子的质量为m，带电量为q，则带电粒子在磁场中偏转时的运动轨迹如 T1图所示，设粒子的偏转半径为r，经粒子转过的圆周角为α，则有2rsin α＝AB，2(r－rcos 22πr23πABT11 α)＝AD，又AB＝3AD，联立解得α＝60°，所以有＝TB，TB＝，解得T1＝； 26v09v0ABT123π 如果把磁场换为电场，则有AB＝v0T2，解得T2＝，所以＝，选项C正确。 v0T2918．答案 A 命题透析 本题考查平抛运动和动能定理，考查考生的分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力。 思路点拨 设弹簧恢复原长时弹簧上端距离圆弧弯管口的竖直距离为h，根据动能定理1112 有－mgh＝mv2－mv20，鱼饵离开管口后做平抛运动，竖直方向有h＋L0＝gt，鱼饵被平222抛的水平距离x＝vt，联立解得x＝v01?v0?v0－2h?·＋2L0?＝＋L0，所以调（2h＋2L0）≤2?g?g??2g 22 2 v20 节竖直细管的高度时，鱼饵被投放的最远距离为＋L0，选项A正确。 2g 19．答案 AC 命题透析 本题考查受力分析，考查考生的分析综合能力。 思路点拨 以行李箱为研究对象，由物体的平衡条件，竖直方向上有FN＋Fsin θ1－mg＝0，所以行李箱受到地面的支持力为FN＝mg－Fsin θ1，选项A正确，B错误；水平方向上有Ff－Fcos θ1＝0，所以地面对行李箱的静摩擦力 Ff＝Fcos θ1，选项C正确，D错误。 20．答案 BD 命题透析 本题考查交变电流和理想变压器，考查考生的分析综合能力。 思路点拨 由题图2可知，交变电压的最大值为222 V，周期为T＝2×102 s，所以 － 2π 角速度为ω＝＝100π(rad/s)，则原线圈两端的交变电压为u＝222sin 100πt(V)，选项A TU2PL错误；灯泡正常发光时的电阻为RL＝＝200 Ω，电流为IL＝＝0.5 A，当滑动变阻器的 PUL滑片处在中点时接入电路的电阻为200 Ω，根据并联电路的特点可知，通过电阻R0的电流n1U11 为I0＝1 A，所以变压器的输出电压为U2＝UL＋I0R0＝110 V，则有＝＝，选项B正确； n2U25若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，接入电路的电阻变小，则副线圈中的电流变大，电阻R0两端的电压增大，所以灯泡两端的电压减小，亮度变暗，选项C错误；若持续向下移动滑动变阻器的滑片，副线圈中的电流会持续增大，由P出＝U2I2可知输出功率变大，又P入＝P出，所以输入功率变大，原线圈中的电流I1也增大，因此可能超过熔断电流6 A，熔断器可能会熔断，选项D正确。 21．答案 BC 命题透析 本题考查功能关系，考查考生的分析综合能力。 思路点拨 物块A刚放上去的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以物块A、B整体受到的合力为mBg，设加速度为a，则有mBgsin 37°＝(mA＋mB)a，设A、B间的弹力为FN，对物块B有mBgsin 37°－FN＝mBa，联立解得FN＝7.2 N，选项B正确；两物块沿斜面向下运动的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，所以A、B间的弹力一直增大，选项A错误；由功能关系，针对弹簧和两物块组成的系统，重力势能与弹性势能之和的减少量等于两物块动能的增加量，两物块的动能先增加后减少，故重力势能与 弹性势能之和先减少后增加，选项C正确；在物块B放上去之前，弹簧是压缩的，所以弹簧的最大弹性势能应大于(mA＋mB)gxsin θ＝3.0 J，选项D错误。 22．答案 (1)6.75(2分) (3)5.0(4.7～5.1均可，2分) 0.50(0.47～0.51均可，2分) 命题透析 本题考查探究物体速度和位移的关系和测量动摩擦因数，考查考生的实验能力。 思路点拨 (1)游标卡尺的读数为6 mm＋0.05×15 mm＝6.75 mm。 k (3)由匀变速直线运动规律有v2＝2ax，图象的斜率k＝2a，所以a＝。根据图象求得斜 2率k＝10.0 m/s2，所以物块在桌面上运动的加速度大小a＝5.0 m/s2；根据牛顿第二定律有μmg＝ma，所以μ＝0.50。 23．答案 (1)R1－2R2(2分) (2)如图所示(2分) (3)1.50(1.44～1.56均可，2分) 0.90(0.80～1.00均可，2分) (4)长时间保持电路闭合，电池会发热，电池内阻会发生变化，干电池长时间放电，也会引起电动势变化，导致实验误差增大(1分) 命题透析 本题考查测量干电池的电动势和内阻，考查考生的实验能力。 思路点拨 (1)设电源的电动势为E，电压表的满偏电压为U，则当电压表指针指在中间1RVRV刻度线时，有U＝E；当电压表指针指在满偏刻度时，有U＝E，联立解得电 2RV＋R1RV＋R2压表的内阻为RV＝R1－2R2。 (2)在坐标纸上描点连线作出U－I图线，如图所示。 UEI (3)根据题图2，由闭合电路欧姆定律得E＝(R0＋RV)＋I(RA＋r)，解得U＝－(RA＋ RV33r)，则由U－I图线可得电源的电动势为1.50 V，内阻为0.90 Ω。 (4)长时间保持电路闭合，电池会发热，电池内阻会发生变化，干电池长时间放电，也会引起电动势变化，导致实验误差增大。 24．命题透析 本题考查法拉第电磁感应定律，考查考生的分析综合能力。 思路点拨 (1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势E＝BLv1(1分) 电容器的电荷量q＝CE(2分) － 金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有－BILt0＝mv1－mv0(2分) － 电容器的电荷量q＝It0(2分) mv0 联立解得v1＝(1分) m＋CB2L2(2)由(1)可知q＝CE＝CBLv1＝ CBLmv0(2分) m＋CB2L2112 (3)在0～t时间内，金属棒的速度由v0到v1，由能量守恒可得E＋Q＝mv20－mv1(3分) 22m3v2120解得E＝mv0－－Q(1分) 22（m＋CB2L2）225．命题透析 本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律，考查考生的分析综合能力。 思路点拨 (1)设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，A、B两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得 mv0＝mv1＋mv2(1分) 11212 由能量守恒定律得mv2＝mv＋mv(2分) 202122 联立解得v1＝0、v2＝v0＝5 m/s(1分) (2)A、B两小球碰撞后，设小球B沿轨道上升到最高点的速度为v，则有动能定理得 112 －mgR＝mv2－mv0(1分) 22 在圆管形轨道的最高点，设轨道对小球的支持力为FN，由牛顿第二定律可得 v2 mg－FN＝m(1分) R 联立解得FN＝－4 N(1分) 负号说明圆管形轨道对小球有向下的压力，根据牛顿第三定律可得，小球在最高点对轨道有向上的压力，大小为4 N(1分) (3)设小球A的质量为M，则由动量守恒定律和能量守恒定律有Mv0＝Mv3＋mv4(1分) 121212 Mv＝Mv＋mv(1分) 202324 2M 联立解得v4＝v(1分) m＋M0 当小球A的质量M无限增加时，碰撞后小球B的速度都不会超过2v0(1分) 11 设小球B到达轨道最高点的速度为v′，则有－mgR＝mv′2－m(2v0)2(1分) 22解得v′＝310 m/s(1分) 1 由平抛运动的规律有R＝gt2(1分) 2 xm＝v′t(1分) 联立解得xm＝3 m(1分) 所以小球B从轨道的最高点抛出后，落地点到O点的最远距离不会超过3 m(1分) 33．(1)答案 BDE(5分) 命题透析 本题考查热力学定律，考查考生的理解能力。 思路点拨 一定质量的理想气体等压膨胀，温度升高，内能增加，选项A错误；第一类永动机制不成，是因为它违反了热力学第一定律，选项B正确；热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律，并不是从另一个侧面阐述能量守恒定律，选项C错误；从微观意义上讲，热力学第二定律是一个统计规律，选项D正确；熵是系统内分子运动无序
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