2021届广东省高三新高考物理模拟卷3（广东卷）（解析版）

这是一份2021届广东省高三新高考物理模拟卷3（广东卷）（解析版），共14页。试卷主要包含了多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．下列说法中正确的是( )
A．光电效应实验中，只有入射光频率小于极限频率才能产生光电子
B．若某材料的逸出功是W0，则它的极限频率νc＝eq \f(W0,h)
C．大量光子的效果往往表现出粒子性，个别光子的行为往往表现出波动性
D．在光电效应现象中，增大入射光的频率一定能增大光电流
2．质量为M＝1 kg的木板静止在粗糙水平面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，在木板的左端放置一个质量为m＝1 kg、大小可忽略的铁块．铁块与木板间的动摩擦因数为μ2，取g＝10 m/s2.若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力F，假设木板足够长，铁块受木板摩擦力Ff随拉力F的变化如图所示．则两个动摩擦因数的数值为( )
A．μ1＝0.1，μ2＝0.2
B．μ1＝0.1，μ2＝0.4
C．μ1＝0.2，μ2＝0.4
D．μ1＝0.4，μ2＝0.2
3．1820年4月，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝keq \f(I,r)，即磁感应强度B与导线中的电流成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为x0，分别通以大小不等、方向相同的电流，已知I1>I2.规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0～x0区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是图中的( )


4.真空中的点电荷在其周围产生电场，电场中某点的电势与点电荷的电荷量成正比，与该点到点电荷的距离成反比，即φ＝keq \f(Q,r).在某真空中有一如图所示的正六边形ABCDEF，O为其中心，A、C、E三个顶点各固定一点电荷，其中A、C两点电荷量为q(q>0)，E点电荷量为－q，EB、EO分别表示B、O点场强的大小，φB、φO分别表示B、O点的电势，则以下关系中正确的是( )
A．EB>EO，φB>φO
B．EBφO
C．EB＝EO，φB＝φO
D．EB5．如图所示，质量为0.5 kg的一块橡皮泥自距小车上表面1.25 m高处由静止下落，恰好落入质量为2 kg、速度为2.5 m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．橡皮泥下落的时间为0.3 s
B．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5 m/s
C．橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒
D．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5 J
6．如图甲所示，在水平面上固定一电阻为R、半径为r0的单匝金属线圈，线圈内有一半径为r(r7．如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右匀速运动时( )
A．电容器两极板间的电压为零
B．通过电阻R的电流为eq \f(BLv,R)
C．电容器所带电荷量为CBLv
D．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为eq \f(B2L2v,R)
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。
8．一质量为0.6 kg的篮球，以8 m/s的速度水平撞击篮板，被篮板反弹后以6 m/s的速度水平反向弹回，在空中飞行0.5 s后以7 m/s的速度被运动员接住，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为8.4 kg·m/s
B．被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为0.6 kg·m/s
C．篮板对篮球的作用力大小约为15.6 N
D．被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为3 N·s
9．如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在直流电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是( )
A．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧
B．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧
C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧
D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧
10.一个细小金属圆环，在范围足够大的磁场中竖直下落，磁感线的分布情况如图，其中沿圆环轴线的磁场方向始终竖直向上．开始时圆环的磁通量为Φ0，圆环磁通量随下落高度y的变化关系为Φ＝Φ0(1＋ky)(k为比例常数，k>0)．金属圆环在下落过程中环面始终保持水平，速度越来越大，最终稳定为某一数值，称为收尾速度．该金属环的收尾速度为v，已知金属圆环的电阻为R，忽略空气阻力，关于该情景，以下结论正确的有( )
A．金属圆环速度稳定后，Δt时间内，金属圆环产生的平均感应电动势大小为kΦ0v
B．金属圆环速度稳定后，金属圆环的热功率P＝eq \f(kΦ0v2,Rg)
C．金属圆环的质量m＝eq \f(kΦ0v2,R)
D．金属圆环速度稳定后，金属圆环的热功率P＝eq \f(kΦ0v2,R)
三、非选择题：共54分。第11～14题为必考题，考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共42分。
11．某同学利用如图所示装置验证以下两个规律：
①两物块通过不可伸长的细绳相连接，沿绳方向的分速度大小相等；
②系统机械能守恒．
P、Q、R为三个完全相同的带有遮光片的物块，P、Q用细绳连接，放在水平气垫导轨上，物块R与轻质滑轮连接，放在细绳正中间，三个光电门分别放置于a、b、c处，调整三个光电门的位置，能实现同时被遮光．最初细绳水平，现将三个物块由静止释放．(忽略R上的遮光片到轻质滑轮间的距离)
(1)为了能完成实验目的，除了记录P、Q、R的遮光片的遮光时间t1、t2、t3外，还必须测量的物理量有( )
A．P、Q、R的质量M
B．两个定滑轮间的距离d
C．R的遮光片到c的距离H
D．遮光片的宽度x
(2)根据装置可以分析出P、Q的速度大小相等，则验证的表达式为______________．
(3)若要验证物块R沿绳方向的分速度与物块P的速度大小相等，则验证的表达式为________________．
(4)若已知当地重力加速度为g，则验证系统机械能守恒的表达式为________________．
12．(1)某实验小组利用如图1甲所示电路进行一些实验操作，所用的器材有：多用电表、电压表(量程5 V)、滑动变阻器、导线若干．回答下列问题：
①将图甲中多用电表的红表笔和________(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端．
②将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表欧姆“×1 k”挡正确测量时的示数如图乙所示，这时电压表的示数如图丙所示．多用电表和电压表的示数分别为________ kΩ和________ V.
图1
(2)某同学在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中．
①所用各元件及规格如图2所示，电路已连好一部分，关于剩余电路的连接正确的是________．(多选)

图2 图3
A．M端应与a接线柱相连
B．M端应与b接线柱相连
C．N端与c接线柱相连，开关闭合前，滑动变阻器滑动片应滑到最左端
D．N端与d接线柱相连，开关闭合前，滑动变阻器滑动片应滑到最右端
②该同学连接好电路后，采用正确的实验方法和实验步骤进行操作，测绘的小灯泡的伏安特性曲线如图3所示，电压U＝2 V时，小灯泡电阻为________ Ω.
13．如图所示，半径r＝0.06 m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R＝0.1 m、磁感应强度B＝0.075 T的圆形有界磁场区的圆心坐标为O1(0,0.08 m)，平行金属板的板长L＝0.3 m，间距d＝0.1 m，极板间所加电压U＝6.4×102 V，其中MN极板上收集的粒子全部中和吸收．一位于O处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v＝6.0×105 m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，若粒子重力不计、比荷eq \f(q,m)＝1.0×108 C/kg，不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)打到下极板右端点N的粒子进入电场时的纵坐标值；
(2)打到N点的粒子进入磁场时与x轴正方向的夹角．
14．如图，倾角θ＝37°的直轨道AC与圆弧轨道CDEF在C处相切且平滑连接，整个装置固定在同—竖直平面内．圆弧轨道的半径为R，DF是竖直直径，O点为圆心，E、O、B三点在同一水平线上．A、F也在同一水平线上，两个小滑块P、Q(都可视为质点)的质量都为m.已知滑块Q与轨道AC间存在摩擦力且动摩擦因数处处相等，但滑块P与整个轨道间和滑块Q与圆弧轨道间的摩擦力都可忽略不计．同时将两个滑块P、Q分别在A、B两点由静止释放，之后P开始向下滑动，在B点与Q相碰．碰后P、Q立刻一起向下且在BC段保持匀速运动，已知P、Q每次相碰都会立刻合在一起运动但两者并不粘连，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取重力加速度为g，求：
(1)两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值．
(2)滑块Q在轨道AC上往复运动经过的最大路程．
（二）选考题：共12分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
[选修3－3]
15．(1)下列说法正确的是________．
A．扩散现象是由物质分子的无规则运动引起的
B．只要知道某种物质的摩尔质量和密度，一定可以求出该物质的分子体积
C．布朗运动不是分子运动，但可以反映液体分子的无规则运动
D．水蒸汽凝结成水珠的过程中，分子间斥力减小，引力增大
E．一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
(2)如图所示，上端带卡环的绝热圆柱形汽缸竖直放置在水平地面上，汽缸内部被质量均为m的活塞A和活塞B分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体P和Q，活塞A导热性能良好，活塞B绝热．两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦．汽缸下面有加热装置，初始状态温度均为T0，汽缸的横截面积为S，外界大气压强大小为eq \f(mg,S)且保持不变，现对气体Q缓慢加热．求：
①当活塞A恰好到达汽缸上端卡环时，气体Q的温度T1；
②活塞A恰好接触汽缸上端卡环后，继续给气体Q加热，当气体P体积减为原来的一半时，气体Q的温度T2.
[选修3－4]
16．(1)下列说法中正确的是________．
A．做简谐运动的物体，其振动能量与振幅无关
B．全息照相的拍摄利用了光的干涉原理
C．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关
D．医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点
E．机械波和电磁波都可以在真空中传播
(2)一半圆柱形透明体横截面如图所示，O为截面的圆心，半径R＝eq \r(3) cm，折射率n＝eq \r(3).一束光线在横截面内从AOB边上的A点以60°的入射角射入透明体，求该光线在透明体中传播的时间．(已知真空中的光速c＝3.0×108 m/s)
1.答案 B
解析 光电效应实验中，只有入射光频率大于金属的极限频率才能发生光电效应，从而产生光电子，选项A错误；若某材料的逸出功是W0，则它的极限频率νc＝eq \f(W0,h)，选项B正确；大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性，选项C错误；在光电效应现象中，增大入射光的频率一定能增大光电子的最大初动能，不一定能增大光电流，选项D错误．
2.答案 B
解析 由题图可知，当F≥6 N时，铁块的摩擦力恒定即为滑动摩擦力，且Ff＝μ2mg＝4 N，解得μ2＝0.4，
在F＝6 N时，铁块和木板具有相同的加速度，
对铁块有：F－Ff＝ma
解得a＝2 m/s2
对木板有：Ff－μ1(M＋m)g＝Ma
解得：μ1＝0.1，故B正确．
3.答案 A
解析 根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间偏右位置合磁感应强度为零．由于规定磁场方向垂直纸面向里为正，故A正确，B、C、D错误．
4.答案 B
解析 设正六边形的边长为L，A处点电荷在B点产生的电场强度为E1＝eq \f(kq,L2)
C处点电荷在B点产生的电场强度为E2＝eq \f(kq,L2)
E处点电荷在B点产生的电场强度为E3＝eq \f(kq,4L2)
由电场的叠加可知，A、C两处点电荷在B处的合场强为E12＝eq \f(kq,L2)
所以B处的场强为EB＝E12－E3＝eq \f(3kq,4L2)
同理可求得：O处的场强为EO＝eq \f(2kq,L2)
所以EBB处的电势为φB＝eq \f(2kq,L)－eq \f(kq,2L)＝eq \f(3kq,2L)
O处的电势为φO＝eq \f(2kq,L)－eq \f(kq,L)＝eq \f(kq,L)
所以φB>φO，故B正确．
5.答案 D
解析 橡皮泥下落的时间为：
t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1.25,10)) s＝0.5 s，故A错误；
橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，选取小车初速度的方向为正方向，则有：
m1v0＝(m1＋m2)v，
所以共同速度为：v＝eq \f(m1v0,m1＋m2)＝eq \f(2×2.5,2＋0.5) m/s＝2 m/s，
故B错误；
橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒，故C错误；
整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能等于橡皮泥的重力势能与二者损失的动能，得：
ΔE＝m2gh＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)m1v\\al(02,)－\f(1,2)m1＋m2v2))
代入数据可得：ΔE＝7.5 J，故D正确．
6.答案 D
解析 在0～t0时间内线圈中产生的感应电动势：
E1＝eq \f(ΔB,Δt)S＝eq \f(B0,t0)·πr2，
感应电流I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(B0πr2,Rt0)＝a，
根据楞次定律，电流为顺时针方向，即正方向；
在t0～3t0时间内线圈中磁通量不变，产生的感应电流为零；
在3t0～5t0时间内，
电动势：E2＝eq \f(ΔB,Δt)S＝eq \f(B0,2t0)·πr2，
感应电流I2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(B0πr2,2Rt0)＝eq \f(1,2)a，
根据楞次定律，电流为逆时针方向，即负方向，故选D.
7.答案 C
解析 当导线MN匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压，此时导线MN产生的感应电动势恒定为E＝BLv，则电容器两极板间的电压为U＝E＝BLv，故A、B错误；电容器所带电荷量Q＝CU＝CBLv，故C正确；因匀速运动后MN所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D错误．
8.答案 AD
解析 以被篮板反弹后的速度方向为正方向，与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为：
Δp1＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)＝0.6×(8＋6) kg·m/s＝8.4 kg·m/s，
选项A正确；
根据动量定理，被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为
Δp2＝mgt＝0.6×10×0.5 kg·m/s＝3 kg·m/s，
选项B错误；
根据动量定理：FΔt＝Δp1，因作用时间Δt未知，则无法确定篮板对篮球的作用力大小，选项C错误；被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为
IG＝Δp2＝3 kg·m/s＝3 N·s，
选项D正确．
9.答案 AC
解析 A极板带正电，B极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电荷量只能增加不能减小．若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据E＝eq \f(U,d)，C＝eq \f(Q,U)，
C＝eq \f(εrS,4kπd)，得E＝eq \f(4kπQ,εrS)，知d减小时E增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动竖直方向上的加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故A正确．若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q不能减小，所以Q不变，根据E＝eq \f(U,d)，C＝eq \f(Q,U)，C＝eq \f(εrS,4kπd)，得E＝eq \f(4kπQ,εrS)，知E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点，故B错误．若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据E＝eq \f(U,d)，C＝eq \f(Q,U)，C＝eq \f(εrS,4kπd)，得E＝eq \f(4kπQ,εrS)，知E增大，所以电场力变大，方向向上，若此时电场力仍小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故C正确．若小球带负电，
当AB间距d增大时，电容减小，但Q不能减小，
所以Q不变，根据E＝eq \f(U,d)，C＝eq \f(Q,U)，C＝eq \f(εrS,4kπd)，
得E＝eq \f(4kπQ,εrS)，知E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点，故D错误．
10.答案 AD
解析 金属圆环速度稳定后，Δt时间内，磁通量变化为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝kΦ0vΔt，所以感应电动势为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝kΦ0v，故A正确；金属圆环速度稳定后，产生的电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(kΦ0v,R)，热功率为P＝I2R＝eq \f(kΦ0v2,R)，故B错误，D正确；由能量守恒可知，重力的功率等热功率，即mgv＝eq \f(kΦ0v2,R)，解得：m＝eq \f(kΦ02v,gR)，故C错误．
11.答案 (1)BCD (2)t1＝t2 (3)eq \f(t3,t1)＝eq \f(2H,\r(4H2＋d2))
(4)gH＝eq \f(1,2)x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t\\al(12,))＋\f(1,t\\al(22,))＋\f(1,t\\al(32,))))
解析 (1)要证明①，需要测量两个定滑轮间的距离d和R的遮光片到c的距离H，通过几何关系可证明沿绳的分速度相等；要证明②，需要测量R的遮光片到c的距离H和遮光片的宽度x，根据运动学公式和动能定理列式可验证机械能守恒，故B、C、D正确．
(2)物块P的速度vP＝eq \f(x,t1)，物块Q的速度vQ＝eq \f(x,t2)，因此若要分析出P、Q的速度大小相等，
即需要验证表达式eq \f(x,t1)＝eq \f(x,t2)，化简可得验证t1＝t2即可；
(3)物块R的速度vR＝eq \f(x,t3)，要验证物块R沿绳方向的分速度与物块P的速度大小相等，
则需要验证表达式vRcs θ＝vP
即vR·eq \f(H,\r(H2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)))2))＝vP，
将vP、vR代入得：eq \f(t3,t1)＝eq \f(2H,\r(4H2＋d2))
(4)整个系统减少的重力势能是ΔEp＝MgH
整个系统增加的动能
ΔEk＝eq \f(1,2)Mveq \\al(,P2)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(,Q2)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(R2,)
要验证机械能守恒，则ΔEp＝ΔEk，
即验证表达式gH＝eq \f(1,2)x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t\\al(12,))＋\f(1,t\\al(22,))＋\f(1,t\\al(,32)))).
12.答案 (1)①1 ②15 3.50 (2)①AC ②10
解析 (1)①电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接1，黑表笔接2；
②欧姆表读数＝倍率×表盘读数＝1 k×15 Ω＝15 kΩ；
电压表最小分度为0.1 V，故读数为3.50 V；
(2)①测绘小灯泡的伏安特性曲线应该采用电流表外接法，滑动变阻器采用分压式接法，则M端应与a接线柱相连；N端与c接线柱相连，开关闭合前，滑动变阻器滑动片应滑到最左端；或者N端与d接线柱相连，开关闭合前，滑动变阻器滑动片应滑到最左端，故选A、C.
②电压U＝2 V时，读出电流为0.2 A，则小灯泡电阻为R＝eq \f(U,I)＝10 Ω.
13.答案 (1)0.08 m (2)53°
解析 (1)恰能打到N点的粒子运动轨迹如图所示，
粒子从A点进入磁场，设进入电场时的纵坐标值为y，
粒子在电场中的加速度a＝eq \f(qU,md)
粒子穿过平行金属板的时间为t＝eq \f(L,v)
粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，
有：y＝eq \f(1,2)at2
联立得：y＝eq \f(qUL2,2mdv2)
代入数据得y＝0.08 m
y(2)P点与磁场圆心等高，则粒子从点P(0.1 m,0.08 m)射出磁场．
粒子做圆周运动的半径为r0，C点为圆心，
则OC＝R＝0.1 m
由牛顿第二定律有：qvB＝eq \f(mv2,r0)
解得r0＝0.08 m
在直角△OAC中，由三角函数关系有：
sin∠AOC＝eq \f(r0,R)＝0.8，
即∠AOC＝53°.
14.答案 (1)3.8mg (2)eq \f(5,3)R
解析 (1)滑块P下滑至与Q相碰前瞬间，由机械能守恒定律得mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(12)
P、Q碰后合在一起运动，碰撞瞬间由动量守恒定律得
mv1＝2mv2
P、Q一起由C点运动至D点过程，有
2mgR(1－cs θ)＋eq \f(1,2)·2mveq \\al(22)＝eq \f(1,2)·2mveq \\al(,D2)
经过D点时对圆弧轨道的压力最大，有
FND－2mg＝2meq \f(v\\al(,D2),R)
由牛顿第三定律可知，两滑块对圆弧轨道的最大压力
FND′＝FND
联立解得
FND′＝3.8mg
(2)由(1)中计算可知，P、Q整体在D点的动能
eq \f(1,2)·2mveq \\al(D2,)＝0.9mgR<2mgR
因此它们在圆弧轨道上运动的最高点在E点下方，之后沿轨道返回，再次到达C点的速度大小仍为v2.从C点上滑后P、Q分离，Q比P先到达最高点，且Q运动到最高点时停下．设P、Q上滑的最大位移分别为xP、xQ.对P、Q，由动能定理分别可得
－mgsin θ·xP＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(22)
－(mgsin θ＋Ff)·xQ＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(22)
由P、Q碰后一起匀速下滑可知Q受到的滑动摩擦力大小
Ff＝2mgsin θ
P再次从最高点下滑至第二次碰Q前，有
mgsin θ(xP－xQ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(32)
P、Q碰后一起运动，有
mv3＝2mv4
P、Q从C点上滑到第二次从C点进入圆弧轨道，Q克服摩擦力做的功Wf＝Ff·2xQ
而P、Q碰撞损失的机械能为：
ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(32)－eq \f(1,2)·2mveq \\al(42)
由以上各式解得Q克服摩擦力做的功与P、Q碰撞损失的机械能之比为：
eq \f(Wf,ΔE)＝eq \f(4,1)
P、Q此后多次进入直轨道AC的运动过程遵循同样的规律，直到最后到达C点的速度减为0，因此从P、Q第一次回到直轨道AC运动到最后不再进入为止，Q克服摩擦力做的功为：
Ffl＝eq \f(4,5)·eq \f(1,2)×2mveq \\al(22)
滑块Q在轨道AC上往复运动经过的最大路程为lm，则
lm＝l＋eq \f(R,tan θ)
联立解得lm＝eq \f(5,3)R.
15.答案 (1)ACE (2)见解析
解析 (2)①设P、Q初始体积均为V0，在活塞A接触卡环之前，P的温度、压强不发生变化，Q发生等压变化，则由盖—吕萨克定律得：eq \f(V0,T0)＝eq \f(2V0,T1)
解得：T1＝2T0
②当活塞A恰好接触汽缸上端卡环后，P气体做等温变化，
由玻意耳定律得：eq \f(2mg,S)·V0＝p1·eq \f(V0,2)
解得：p1＝eq \f(4mg,S)
此时Q气体的压强为p2＝p1＋eq \f(mg,S)＝eq \f(5mg,S)
当P气体体积变为原来的一半时，Q气体的体积为eq \f(5,2)V0，此过程对Q气体由理想气体状态方程得
eq \f(\f(3mg,S)·V0,T0)＝eq \f(\f(5mg,S)·\f(5,2)V0,T2)
解得T2＝eq \f(25,6)T0.
16.答案 (1)BCD (2)3.0×10－10 s
解析 (1)做简谐运动的物体，振幅反映了振动的强弱，振幅越大，振动的能量越大，故A错误；全息照相的拍摄利用了光的干涉原理，可以记录光的强弱、频率和相位，故B正确；根据爱因斯坦的狭义相对论，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关，故C正确；激光的亮度高、能量大，医学上常用激光做“光刀”来进行手术，故D正确；机械波的传播需要介质，不能在真空中传播，E错误．
(2)设此透明体的临界角为C，
依题意sin C＝eq \f(1,n)＝eq \f(\r(3),3)
当入射角为60°时，由n＝eq \f(sin 60°,sin α)，
得折射角α＝30°，
此时光线折射后射到圆弧上的C点，在C点入射角为60°，比较可得入射角大于临界角，发生全反射，同理在D点也发生全反射，从B点射出．
在透明体中运动的路程为s＝3R，
在透明体中的速度为v＝eq \f(c,n)，在透明体中传播的时间为t＝eq \f(s,v)＝eq \f(3nR,c)＝3.0×10－10 s．