2020年山東省濰坊一中高考物理一模試卷

1、2020年山東省濰坊一中高考物理一模試卷一單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1（3分）下列說法正確的是（）A布朗運動雖不是分子運動，但它證明了組成固體顆粒的分子在做無規(guī)則運動B液體表面層內(nèi)分子間距離大于液體內(nèi)部分子間的距離，表現(xiàn)為引力C擴散現(xiàn)象可以在液體、氣體中進(jìn)行，不能在固體中發(fā)生D隨著分子間距增大，分子間引力和斥力均減小，分子勢能一定減小2（3分）已知基態(tài)He+的電離能力是54.4eV，幾種金屬的逸出功如下表所示，He+的能級En與n的關(guān)系與氫原子的能級公式類似，下列說法不正確的是（）金屬鎢鈣鈉鉀銣W0（1019J）7.265.

2、123.663.603.41A為使處于靜止的基態(tài)He+躍遷到激發(fā)態(tài)，入射光子所需的能量最小為54.4 eVB為使處于靜止的基態(tài)He+躍遷到激發(fā)態(tài)，入射光子所需的能量最小為40.8 eVC處于n2激發(fā)態(tài)的He+向基態(tài)躍遷輻射的光子能使上述五種金屬都產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象D發(fā)生光電效應(yīng)的金屬中光電子的最大初動能最大的是金屬銣3（3分）如圖所示，由粗糙的水平桿AO與光滑的豎直桿BO組成的絕緣直角支架，在AO桿、BO桿上套有帶正電的小球P、Q，兩個小球恰能在某一位置平衡?，F(xiàn)將P緩慢地向左移動一小段距離，兩球再次達(dá)到平衡。若小球所帶電荷量不變，與移動前相比（）A桿AO對P的彈力減小B桿BO對Q的彈力減小CP、

3、Q之間的庫侖力減小D桿AO對P的摩擦力增大4（3分）A、B兩物體同時同地從靜止開始運動，其運動的速度隨時間的vt圖如圖所示，關(guān)于它們運動的描述正確的是（）A物體B在直線上做往返運動B物體A做加速度增大的曲線運動CAB兩物體在01s運動過程中距離越來越近DB物體在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的平均速度大小為1：3：25（3分）OMN為玻璃等腰三棱鏡的橫截面，ONOM，a、b兩束可見單色光（關(guān)于OO）對稱，從空氣垂直射入棱鏡底面MN，在棱鏡側(cè)面OM、ON上反射和折射的情況如圖所示，則下列說法正確的是（）A在棱鏡中a光束的折射率大于b光束的折射率B在棱鏡中，a光束的傳播速度小于b光束的傳播速度Ca、

4、b兩束光用同樣的裝置分別做單縫衍射實驗，a光束比b光束的中央亮條紋寬Da、b兩束光用同樣的裝置分別做雙縫干涉實驗，a光束比b光束的條紋間距小6（3分）宇航員在某星球表面以初速度2.0m/s水平拋出一物體，并記錄下物體的運動軌跡，如圖所示，O為拋出點，若該星球半徑為4000km，引力常量G6.671011Nm2kg2，則下列說法正確的是（）A該星球表面的重力加速度為2.0 m/s2B該星球的質(zhì)量為2.41023 kgC該星球的第一宇宙速度為4.0 km/sD若發(fā)射一顆該星球的同步衛(wèi)星，則同步衛(wèi)星的繞行速度一定大于4.0 km/s7（3分）如圖所示，長為L的輕直棒一端可繞固定軸O轉(zhuǎn)動，另一端固定一

5、質(zhì)量為m的小球，小球擱在水平升降臺上，升降平臺以速度v勻速上升，下列說法正確的是（）A小球做勻速圓周運動B當(dāng)棒與豎直方向的夾角為時，小球的速度為C棒的角速度逐漸增大D當(dāng)棒與豎直方向的夾角為時，棒的角速度為8（3分）光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為的斜面A，斜面質(zhì)量為M，底邊長為L，如圖所示。將一質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，則下列說法中正確的是（）AFNmgcosB滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcosC滑塊到達(dá)斜面底端時的動能為mgLtanD此過程中斜面向左滑動的距離為二多項選擇題：本

6、題共4小題，每小題4分，共16分在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求全部選對的得4分，選對但環(huán)全的得2分，選錯或不選得0分9（4分）如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為4：1，電壓表、電流表為理想電表L1、L2、L3、L4為四只規(guī)格均為“220V，60W”的相同燈泡如果副線圈電壓按圖乙所示規(guī)律變化，則下列說法正確的是（）A電壓表的示數(shù)為660 VB電流表的示數(shù)為0.82ACab兩點的電壓是1045VDab兩點的電壓是1100V10（4分）通常把電荷在離場源電荷無限遠(yuǎn)處的電勢能規(guī)定為零，已知試探電荷q在場源電荷Q的電場中具所有電勢能表達(dá)式為Er（式中k為靜電力常量，r為試探電荷

7、與場源電荷間的距離）。真空中有兩個點電荷Q1、Q2分別固定在x坐標(biāo)軸的x0和x6cm的位置上。x軸上各點的電勢隨x的變化關(guān)系如圖所示。A、B是圖線與x的交點，A點的x坐標(biāo)是4.8cm，圖線上C點的切線水平。下列說法正確的是（）A電荷Q1、Q2的電性相反B電荷Q1、Q2的電量之比為1：4CB點的x坐標(biāo)是8cmDC點的x坐標(biāo)是12cm11（4分）如圖所示，電阻不計、間距為L的粗糙平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導(dǎo)軌左端接一定值電阻R，質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是FF0+kv（

8、F0、k是常量），金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為下列關(guān)于金屬棒的速度v隨時間t變化的圖象和感應(yīng)電流的功率P隨v2變化的圖象可能正確的是（）ABCD12（4分）如圖甲所示，傾角30的光滑斜面固定在水平面上，自然伸長的輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面底端的擋板上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端一定距離的位置靜止釋放，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動，小球運動的vt圖象如圖乙所示，其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點的平滑曲線，BC是平滑曲線，不考慮空氣阻力，重力加速度為g，關(guān)于小球的運動過程，下列說法正確的是（）A小球在tB時刻所受彈簧彈力大于mgB小球在tC時刻的加速度大于gC小

9、球從tC時刻所在的位置有靜止釋放后，不能回到出發(fā)點D小球從tA時刻到tC時刻的過程中重力勢能的減小量等于彈簧彈性勢能的增加量三實驗題：本題共2小題，共14分13（6分）如圖甲是實驗室測定水平面和小物塊之間動摩擦因數(shù)的實驗裝置，曲面AB與水平面相切于B點且固定帶有遮光條的小物塊自曲面上面某一點釋放后沿水平面滑行最終停在C點，P為光電計時器的光電門，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間（1）利用游標(biāo)卡尺測得遮光條的寬度如圖乙所示，則遮光條的寬度d cm；（2）實驗中除了測定遮光條的寬度外，還需要測量的物理量有 ；A小物塊質(zhì)量m B遮光條通過光電門的時間tC光電門到C點的距離s D小物塊釋放點的高度h（3）為了減

10、小實驗誤差，同學(xué)們采用圖象法來處理實驗數(shù)據(jù)，他們根據(jù)（2）測量的物理量，建立圖丙所示的坐標(biāo)系來尋找關(guān)系，其中合理的是 14（8分）某物理興趣小組在學(xué)習(xí)了電流的磁效應(yīng)后，得知長直通導(dǎo)線周圍某點磁場的磁感應(yīng)強度B的大小與長直導(dǎo)線中的電流大小I成正比，與該點離長直導(dǎo)線的距離r成反比該小組欲利用如圖甲所示的實驗裝置驗證此結(jié)論是否正確，所用的器材有：長直導(dǎo)線、學(xué)生電源，直流電流表（量程為03A）、滑動變阻器、小磁針（置于刻有360刻度的盤面上）、開關(guān)及導(dǎo)線若干實驗步驟如下：a將小磁針放置在水平桌面上，等小磁針靜止后，在小磁針上方沿小磁針靜止時的指向水平放置長直導(dǎo)線，如圖甲所示；b該小組測出多組小磁針與通

11、電長直導(dǎo)線間的豎直距離r，長直導(dǎo)線中電流的大小I及小磁針的偏轉(zhuǎn)角度；c根據(jù)測量結(jié)果進(jìn)行分析，得出結(jié)論回答下列問題：（1）某次測量時，電路中電流表的示數(shù)如圖乙所示，則該電流表的讀數(shù)為 A（2）在某次測量中，該小組發(fā)現(xiàn)長直導(dǎo)線通電后小磁針偏離南北方向的角度為30（如圖丙所示），已知實驗所在處的地磁場水平分量大小為B03105T，則此時長直導(dǎo)線中的電流在小磁針處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度B的大小為 T（結(jié)果保留兩位小數(shù)）（3）該小組通過對所測數(shù)據(jù)的分析，作出了小磁針偏轉(zhuǎn)角度的正切值tan與之間的圖象如圖丁所示，據(jù)此得出了通電長直導(dǎo)線周圍磁場的磁感應(yīng)強度B與通電電流I成正比，與長導(dǎo)線的距離r成反比的結(jié)論，其依據(jù)

12、是 （4）通過查找資料，該小組得知通電長直導(dǎo)線周圍某點的磁感應(yīng)強度B與電流I及距離r之間的數(shù)學(xué)關(guān)系為B，其中0為介質(zhì)的磁導(dǎo)率根據(jù)題給數(shù)據(jù)和測量結(jié)果，可計算出0 Tm/A四計算題：本題共4小題，共46分，解答時要寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分，有數(shù)值計算的題答案中必須明確寫出數(shù)值和單位15（8分）有兩列簡諧橫波a和b在同一介質(zhì)中傳播，a沿x軸正方向傳播，b沿x軸負(fù)方向傳播，波速均為4m/s，a的振幅為5cm，b的振幅為10cm。在t0時刻兩列波的圖象如圖所示。求：（i）這兩列波的周期；（ii）x0處的質(zhì)點在t2.25s時的位移。16（8分）如圖所示，一個絕熱的

13、氣缸豎直放置，內(nèi)有一個絕熱且光滑的活塞，中間有一個固定的導(dǎo)熱性良好的隔板，隔板將氣缸分成兩部分，分別密封著兩部分理想氣體 A 和 B活塞的質(zhì)量為m，橫截面積為S，與隔板相距h?，F(xiàn)通過電熱絲緩慢加熱氣體，當(dāng)A氣體吸收熱量Q時，活塞上升了h，此時氣體的溫度為T1已知大氣壓強為P0，重力加速度為g。加熱過程中，若A氣體內(nèi)能增加了E1，求B氣體內(nèi)能增加量E2現(xiàn)停止對氣體加熱，同時在活塞上緩慢添加砂粒，當(dāng)活塞恰好回到原來的位置時A氣體的溫度為T2求此時添加砂粒的總質(zhì)量m。17（14分）如圖所示，地面和半圓軌道面均光滑質(zhì)量M1kg、長L4m的小車放在地面上，其右端與墻壁的距離為S3m，小車上表面與半圓軌道

14、最低點P的切線相平現(xiàn)有一質(zhì)量m2kg的滑塊（不計大小）以v06m/s的初速度滑上小車左端，帶動小車向右運動小車與墻壁碰撞時即被粘在墻壁上，已知滑塊與小車表面的滑動摩擦因數(shù)0.2，g取10m/s2（1）求小車與墻壁碰撞時的速度；（2）要滑塊能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道，求半圓軌道的半徑R的取值18（16分）如圖，在真空室內(nèi)的P點，能沿紙面向各個方向不斷發(fā)射電荷量為+q，質(zhì)量為m的粒子（不計重力），粒子的速率都相同。ab為P點附近的一條水平直線，P到直線ab的距離PCL，Q為直線ab上一點，它與P點相距PQL當(dāng)直線ab以上區(qū)域只存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場時，水平向左射出的粒子可到達(dá)

15、Q點；當(dāng)ab以上區(qū)域只存在平行該平面的勻強電場時，所有粒子都能到達(dá)ab直線，且它們到達(dá)ab直線時動能都相等，其中水平向左射出的粒子也可到達(dá)Q點。（己知sin370.6，cos370.8）求：（1）粒子的發(fā)射速率；（2）勻強電場的場強大小和方向；（3）僅有磁場時，能到達(dá)直線ab的粒子所用最長時間和最短時間的比值。2020年山東省濰坊一中高考物理一模試卷參考答案與試題解析一單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1【解答】解：A、布朗運動是懸浮在液體中的固體小顆粒的運動，不是組成布朗微粒分子的運動，故A錯誤；B、液體表面層，分子較為稀疏，分子

16、間距離大于平衡時的距離r0，因此分子間作用力表現(xiàn)為引力，液體表面有收縮趨勢，故B正確；C、擴散現(xiàn)象可以在液體、氣體中進(jìn)行，也能在固體中發(fā)生，故C錯誤；D、分子間距離為平衡時的距離r0，分子間作用力為零，當(dāng)分子間距離r大于r0時，分子間作用力表現(xiàn)為引力，此時隨著分子間距r的增大分子間作用力做負(fù)功，分子勢能Ep增大，所以當(dāng)分子間距增大時，分子勢能不一定減小，故D錯誤。故選：B。2【解答】解：AB、基態(tài)He+的電離能力是54.4eV，且He+的能級En與n的關(guān)系與氫原子的能級公式類似，那么He+的處于n2時能級為E213.6eV，因此當(dāng)為使處于靜止的基態(tài)He+躍遷到激發(fā)態(tài)，入射光子所需的能量最小：E

17、E2E113.6（54.4）40.8eV，故A錯誤，B正確；C、處于n2激發(fā)態(tài)的He+向基態(tài)躍遷輻射的光子能量為：EE2E113.6（54.4）40.8eV65.281019J，均大于各金屬的逸出功，因此都可以發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，故C正確；D、依據(jù)光電效應(yīng)方程：EkmhW0，可知，金屬的逸出功越小的，則光電子最大初動能越大的，因此光電效應(yīng)的金屬中光電子的最大初動能最大的是金屬銣，故D正確；本題選擇錯誤的，故選：A。3【解答】解：A、對整體分析可知，整體在豎直方向只受重力和AO桿的支持力，故AO桿對小球P的彈力不變，故A錯誤；BC、對Q受力如圖，P向左移后，PQ間的庫侖力方向向圖中虛線處變化，則由

18、力的合成與平衡條件可知：BO桿對小球Q的彈力變大，兩小球之間的庫侖力變大，由庫侖定律可知，兩電荷間的距離減小，故BC錯誤；D、對整體受力分析，可得AO桿對小球P的摩擦力變大，故D正確；故選：D。4【解答】解：A、vt圖象只能表示直線運動的規(guī)律，B做單向直線運動，故A錯誤。B、物體A做加速度增大的直線運動，故B錯誤。C、在01s運動過程中，B的速度比A的大，則兩物體之間的距離越來越遠(yuǎn)，故C錯誤。D、根據(jù)圖象與時間軸所圍面積表示物體運動的位移，B物體在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的位移之比為1：3：2，由得B物體在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的平均速度大小為1：3：2，故D正確。故選：D。5【解答

19、】解：AB、由光路圖看出，b光束在NO面上發(fā)生了全反射，而a光束在MO面上沒有發(fā)生全反射，而入射角相同，說明b光的臨界角小于a光的臨界角，由sinC分析得知，玻璃對a光束的折射率小于b光束的折射率，由v得知，在玻璃磚中a光的傳播速度比b光大，故AB錯誤；C、由于玻璃對a光的折射率小于b光的折射率，則a光的頻率比b光的低，a光的波長比b光的長，所以a光比b光更容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，用同樣的裝置分別做單縫衍射實驗，a光束比b光束的中央亮條紋寬，故C正確；D、根據(jù)條紋間距公式可知，雙縫干涉條紋間距與波長成正比，所以a光束的條紋間距大，故D錯誤。故選：C。6【解答】解：A、由平拋運動的分位移公式，有

20、：xv0tygt2聯(lián)立解得：t1sg4m/s2；該星球表面的重力加速度為4.0m/s2；故A錯誤；B、由G mg可得：M9.61023kg；故B錯誤；C、由g可得，v4.0km/s；故C正確；D、第一守宙速度是繞星球表面運行的速度；而衛(wèi)星的半徑越大，則繞行速度越??；故同步衛(wèi)星的速度一定小于4.0km/s；故D錯誤；故選：C。7【解答】解：A、小球受重力、平臺的彈力和桿的作用力，因為升降平臺以速度v勻速上升，平臺的彈力和桿的作用力變化，即小球受到的合力大小變化，小球做的不是勻速圓周運動，故A錯誤；BCD、棒與平臺接觸點的實際運動即合運動方向是垂直于棒指向左上，如圖所示，合速度v實L，沿豎直向上方

21、向上的速度分量等于v，即Lsinv，所以，平臺向上運動，夾角增大，角速度減小，故BC錯誤，D正確。故選：D。8【解答】解：A、當(dāng)滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcos，故A錯誤；B、滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，故B錯誤；C、B下降的高度為Ltan，其重力勢能的減小量等于mgLtan，減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為A，B的動能之和，則滑塊B的動能要小于mgLtan，故C錯誤；D、系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設(shè)A、B兩者水平位移大小分別為x

22、1、x2，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得：Mm0即有：Mx1mx2，又 x1+x2L，解得：x1，故D正確。故選：D。二多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求全部選對的得4分，選對但環(huán)全的得2分，選錯或不選得0分9【解答】解：A、由輸出端交變電壓U的圖象，可求出有效值220V，由原、副線圈匝數(shù)之比4：1，可得原、副線圈的電壓之比4：1，則原線圈的電壓即電壓表的示數(shù)為U14220880V，故A錯誤；B、副線圈電壓為220V，L2、L3、L4三只燈泡都正常發(fā)光，電流I30.82A，故B正確；C、原、副線圈的電流之比1：4，則副線圈電流為

23、，燈泡的電阻，則ab兩點的電壓UU1+I1R880+0.205806.71045V，故C正確，D錯誤。故選：BC。10【解答】解：A、電勢能Erqr，故電勢；那么，場源電荷附近電勢正負(fù)和場源電荷正負(fù)一致；故由圖可得：原點處電荷Q1帶正電，x6cm處電荷Q2帶負(fù)電，故A正確；B、A點處電勢為零，故有：，所以，電荷Q1、Q2的電量之比，故B錯誤；C、同B類似，根據(jù)電勢為零可得：，所以，所以，B點的x坐標(biāo)xB8cm；故C正確；D、點電荷周圍場強，兩場源電荷電性相反，那么，兩場源電荷在C點的場強方向相反；C點電勢變化為零，故場強為零，根據(jù)疊加定理可得：兩場源電荷在C點場強大小相等，故有：；所以，xC2

24、（xC6），故xC12cm，故D正確；故選：ACD。11【解答】解：AB、分析金屬棒運動情況，由力的合成和牛頓第二定律可得：F合FmgFAF0+kvmgF0mg+（k）vma。因為金屬棒從靜止出發(fā)，所以F00且F合0，即加速度a0，加速度方向水平向右。（1）若k，maF0mg，加速度為定值，金屬棒水平向右做勻加速直線運動，有vat，說明vt；（2）若k，maF0mg+（k）v，a隨v增大而增大，說明金屬棒做加速度增大的加速運動，速度時間圖象的斜率增大；（3）若k，maF0mg+（k）v，a隨v增大而減小，說明金屬棒在做加速度減小的加速運動，速度時間圖象的斜率減小，故AB正確；CD、設(shè)金屬棒在某

25、一時刻速度為v，由題意可知，感應(yīng)電動勢EBLv，環(huán)路電流為：I，即Iv；感應(yīng)電流功率為：PEI，即Pv2，故C錯誤、D正確。故選：ABD。12【解答】解：A、小球在tB時刻速度達(dá)到最大，此時彈簧的彈力等于重力沿斜面的分力，則，故A錯誤；B、在乙圖中，關(guān)于A點對稱的點可知，此時彈簧的彈力為0.5mg，由對稱性得由對稱軸到對稱點的彈簧的彈力再變化0.5mg，故到達(dá)C點時彈簧的彈力大于20.5mgmg，所以彈力大于mg，根據(jù)牛頓第二定律可知F彈mgsinma，解得，故B正確；C、整個過程中，乙彈簧和小球組成的系統(tǒng)，機械能守恒，故從C點釋放，小球能到達(dá)原來的釋放點，故C錯誤；D、小球從tA時刻到tC時

26、刻的過程中，系統(tǒng)機械能守恒，則W勢W彈0Ek，故W勢W彈+Ek，故重力勢能的減小量小于彈簧彈性勢能的增加量，故D錯誤故選：B。三實驗題：本題共2小題，共14分13【解答】解：（1）主尺的刻度：1cm，游標(biāo)尺上的第12個刻度與主尺的刻度對齊，讀數(shù)是：0.05120.60mm，總讀數(shù)：10mm+0.60mm10.60mm1.060cm；（2）實驗的原理：根據(jù)遮光條的寬度與滑塊通過光電門的時間即可求得滑塊的速度：v；B到C的過程中，摩擦力做功，根據(jù)動能定理得：mgs0mv2；聯(lián)立以上兩個公式得動摩擦因數(shù)的表達(dá)式：；還需要測量的物理量是：光電門P與C之間的距離s，與遮光條通過光電門的時間t，故BC正確

27、，AD錯誤（3）由動摩擦因數(shù)的表達(dá)式可知，與t2和s的乘積成反比，所以s與 的圖線是過原點的直線，應(yīng)該建立的坐標(biāo)系為：縱坐標(biāo)用物理量，橫坐標(biāo)用物理量s，即B正確，ACD錯誤故答案為：（1）1.060；（2）BC；（3）B14【解答】解：（1）電流表量程為3A，則最小分度為0.1A，由指針示數(shù)可知電流為2.00A； （2）電流產(chǎn)生向北的磁場，則指針指向地磁場分量和電流磁場的合磁場方向，如圖所示；則有：tan30解得：B31051.7105T； （3）由圖可知，偏角的正切值與成正比，而根據(jù)（2）中分析可知，BB地tan，則可知B與成正比，故說明通電長直導(dǎo)線周圍磁場的磁感應(yīng)強度B與通電電流I成正比，

28、與長導(dǎo)線的距離r成反比； （4）由公式BB0tan可知，圖象的斜率k解得：04107故答案為：（1）2.00；（2）1.7105T；（3）電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度BB地tan，而偏角的正切值與成正比； （4）4107四計算題：本題共4小題，共46分，解答時要寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分，有數(shù)值計算的題答案中必須明確寫出數(shù)值和單位15【解答】解：（i）由圖可知a4m，b6m根據(jù)可得：Ta1s，Tb1.5s；（ii）a波從圖示時刻傳播到x0處需要的時間：，則x0處的質(zhì)點隨a波振動的時間為：t21.75s；t2.25s時x0處的質(zhì)點隨a波振動到負(fù)向最大位移處，即：y

29、15cm，b波從圖示時刻傳播到x0處需要的時間：，則x0處的質(zhì)點隨b波振動的時間為：t41.5s，T2.25s時x0處的質(zhì)點隨b波振動到平衡位置處，即：y20，故在t2.25s時a、b波相遇疊加，x0處質(zhì)點的合位移為：y5cm答：（i）a波的周期為1s，b波的周期為1.5s；（ii）x0處的質(zhì)點在t2.25s時的位移為5cm；16【解答】解：氣體對外做功B氣體對外做功：WpSh（p0S+mg）h，由熱力學(xué)第一定律得：E1+E2QW，解得：E2Q（mg+p0S）hE1 ，B氣體的初狀態(tài)：，V1hST1 ，B氣體末狀態(tài)：，V2hST2 ，由理想氣體狀態(tài)方程得：，解得：；答：加熱過程中，B氣體內(nèi)能增加量為Q（mg+p0S）hE1；此時添加砂粒的總質(zhì)量。17【解答】解：