【物理】青海省西宁市2020届高三下学期全国统一考试复习检测（二）（解析版）

【物理】青海省西宁市2020届高三下学期全国统一考试复习检测（二）（解析版）

青海省西宁市2020届高三下学期全国统一考试 复习检测（二）‎ 一、选择题：本题共8小题，每题6分，共48分。其中1～4小题每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求；5～8小题每题有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1.万众瞩目的庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式上，受阅方队军容严整、精神抖擞，依次通过天安门，接受祖国和人民的检阅，出色地完成了受阅任务。如图为战旗方队以同一速度通过天安门广场时的精彩场面，在此过程中，下列说法正确的是 A. 以战旗旗杆为参考系，战旗方队车辆是静止的 B. 以战旗方队车辆为参考系，天安门城楼是静止的 C. 以该方队的领队车辆为参考系，该方队的其他车辆是运动的 D. 以地面为参考系，战旗是静止的 ‎【答案】A ‎【详解】A．以战旗旗杆为参考系，战旗方队车辆是静止的，选项A正确；‎ B．以战旗方队车辆为参考系，天安门城楼是运动的，选项B错误；‎ C．以该方队的领队车辆为参考系，该方队的其他车辆是静止的，选项C错误；‎ D．以地面为参考系，战旗是运动的，选项D错误；故选A。‎ ‎2.A、B是两种放射性元素的原子核，原来都静止在同一匀强磁场，其中一个放出α粒子，另一个放出β粒子，运动方向都与磁场方向垂直．图中a、b与c、d分别表示各粒子的运动轨迹，下列说法中正确的是 A. 磁场方向一定垂直纸面向里 B. A放出的是α粒子，B放出的是β粒子 C. a为α粒子运动轨迹，d为β粒子运动轨迹 D. a轨迹中粒子比b轨迹中的粒子动量大 ‎【答案】B ‎【详解】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由于α粒子和β粒子的速度方向未知，不能判断磁场的方向．故A错误；‎ B、放射性元素放出α粒子时，α粒子与反冲核的速度相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆；而放射性元素放出β粒子时，β粒子与反冲核的速度相反，而电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆．故A放出的是α粒子，B放出的是β粒子，故B正确．‎ CD、放射性元素放出粒子时，两带电粒子的动量守恒，故a轨迹中粒子比b轨迹中的粒子动量大小相等，方向相反．由半径公式可得轨迹半径与动量成正比，与电量成反比，而α粒子和β粒子的电量比反冲核的电量小，则α粒子和β粒子的半径比反冲核的半径都大，故b为α粒子的运动轨迹，c为β粒子的运动轨迹，故CD错误；‎ ‎3.如图所示，A为地球表面赤道上的物体，B为一轨道在赤道平面内的实验卫星，C为在赤道上空的地球同步卫星，地球同步卫星C和实验卫星B的轨道半径之比为3：1，两卫星的环绕方向相同，那么关于A、B、C的说法正确的是：‎ A. B、C两颗卫星所受地球万有引力之比为1：9‎ B. B卫星的公转角速度大于地面上随地球自转物体A的角速度 C. 同一物体在B卫星中对支持物压力比在C卫星中小．‎ D. B卫星中的宇航员一天内可看到9次日出．‎ ‎【答案】B ‎【分析】根据万有引力定律分析两颗卫星所受地球引力之比．根据开普勒第三定律分析B卫星与C卫星的周期关系，即可知道B公转周期与地面上跟随地球自转物体的周期关系，即可分析它们的角速度关系．物体在B卫星中处于完全失重状态．根据B卫星的周期与地球自转周期的关系分析B卫星中的宇航员一天内能看到日出的次数．‎ ‎【详解】A.根据万有引力定律知，物体间的引力与两个物体的质量和两者之间的距离均有关，由于B、C两卫星的质量关系未知，所以B、C两颗卫星所受地球引力之比不一定为1：9，故A错误；‎ B.C卫星的轨道半径比B卫星的轨道半径大，由开普勒第三定律知，B卫星的公转周期小于C卫星的公转周期，而C卫星的公转周期等于地球自转周期，所以B卫星的公转周期小于随地球自转物体的周期，因此B卫星的公转角速度大于地面上跟随地球自转物体A的角速度，故B正确；‎ C.物体在B、C卫星中均处于完全失重状态，物体对支持物的压力均为零，故C错误；‎ D.根据开普勒第三定律=k，知C、B卫星轨道半径之比为3：1，则周期为3：1，所以地球自转周期是B卫星的运行周期的3倍（约为5.2倍），因此B卫星中的宇航员一天内可看到5次日出，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题的关键是要掌握开普勒第三定律，并能熟练运用，也可以根据万有引力提供向心力，列式表示出周期和角速度的表达式，再进行比较．‎ ‎4.如图所示，质量均为m的A、B两物体中间用一个轻杆相连在倾角为θ的斜面上匀速下滑。已知A物体光滑，B物体与斜面间的动摩擦因数为，整个过程中斜面始终静止不动。则下列说法正确的是（　　）‎ A. B物体与斜面间的动摩擦因数=tanθ B. 轻杆对A物体的弹力平行于斜面向下 C. 增加B物体的质量，A、B整体不再沿斜面匀速下滑 D. 增加B物体的质量，A、B整体继续沿斜面匀速下滑 ‎【答案】C ‎【详解】A．以整体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得 ‎2mgsinθ=μmgcosθ 解得B物体与斜面间的动摩擦因数 μ=2tanθ 故A错误； B．以A为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可知，轻杆对A物体的弹力平行于斜面向上，大小为T=mgsinθ，故B错误； CD．设B物体的质量增加△m，则摩擦力增加 μ△mgcosθ=2△mgsinθ B的重力沿斜面向下的分力增加△mgsinθ，A、B整体沿斜面减速下滑，故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎5.一物体沿倾角为30°的粗糙斜面从顶端由静止开始下滑，运动的位移x时间t关系图像是一段抛物线，如图所示，g=‎10m/s2。则（　　）‎ A. 下滑过程中物体的加速度逐渐变大 B. t=0.5s时刻，物体的速度为‎1m/s C. 0～0.5s时间内，物体平均速度为‎1m/s D. 物体与斜面间动摩擦因数为 ‎【答案】BD ‎【详解】A．由题意可知，物体初速度为零，x-t图象是一段抛物线，由匀变速直线运动的位移公式：可知，物体的加速度a保持不变，故A错误；‎ B．物体做匀加速直线运动，由图示图象可知：t=0.5s时x=‎0.25m，解得 a=‎2m/s2‎ 物体做初速度为零的匀加速直线运动，t=0.5s时物体的速度 v=at=2×‎0.5m/s=‎1m/s 故B正确； C．物体在0～0.5s内物体的平均速度 故C错误； D．对物体，由牛顿第二定律得 mgsin30°-μmgcos30°=ma 代入数据解得 故D正确 故选BD。‎ ‎6.如图所示，以O为圆心、半径为R的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行，M、N为圆周上的两点．带正电粒子只在电场力作用下运动，在M点速度方向如图所示，经过M、N两点时速度大小相等．已知M点电势高于O点电势，且电势差为U，下列说法正确的是(　　) ‎ A. M,N两点电势相等 B. 粒子由M点运动到N点，电势能先增大后减小 C. 该匀强电场的电场强度大小为 D. 粒子在电场中可能从M点沿圆弧运动到N点 ‎【答案】AB ‎【分析】带正电粒子仅在电场力作用下，从M运动到N，由速度大小，得出粒子的动能，从而确定粒子的电势能大与小．由于匀强电场，则等势面是平行且等间距．根据曲线运动条件可从而确定电场力的方向，从而得出匀强电场的电场线方向．‎ ‎【详解】带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在M、N两点动能相等，则电势能也相等，则M、N两点电势相等．因为匀强电场，所以两点的连线MN即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向； 可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对粒子先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小．故AB正确；匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，则，故C错误；粒子在匀强电场受到的是恒定的电场力，不可能做圆周运动，选项D错误；故选AB.‎ ‎【点睛】紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系．并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置．再由曲线运动来确定电场力的方向．同时考查U=Ed中d的含义重要性，注意公式中的d为沿电场线方向上的距离．‎ ‎7.如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，已知输电线的总电阻R=10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4:1，副线圈与用电器R0组成闭合电路.若T1、T2均为理想变压器, T2的副线圈两端电压．（V），当用电器电阻R0=llΩ时( )‎ A. 通过用电器R0的电流有效值是‎20A B. 当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小 C. 发电机中的电流变化频率为100 Hz D. 升压变压器的输入功率为4650W ‎【答案】AD ‎【详解】A. 降压变压器副线圈两端交变电压有效值为U=‎ V=220V，负载电阻为11Ω，所以通过R0电流的有效值是‎20A，故A正确；‎ B. 当用电器的电阻R0减小时，由于电压不变，电流增大，输出功率增大，则发电机的输出功率也增大，故B错误； ‎ C. 交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率f=ω/2π=50Hz.故C错误；‎ D. 根据I3：I4=n4：n3得，输电线上的电流I3=‎5A，则输电线上损耗的功率P损= =25×10W=250W，降压变压器的输入功率P3=U4I4=220×20W=4400W，则升压变压器的输出功率P=P3+P损=4400+250W=4650W.故D正确；‎ 故选AD ‎【点睛】在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率．‎ ‎8.如图所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L=‎0.20m，两导轨的左端之间连接的电阻R=0.40Ω，导轨上停放一质量m=‎0.10kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r=0.10Ω，导轨的电阻可忽略不计。整个装置处于磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。现用一水平外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示。则（　　）‎ A. t=5s时通过金属杆的感应电流的大小为‎1A，方向由a指向b B. t=3s时金属杆的速率为‎3m/s C. t=5s时外力F的瞬时功率为0.5W D. 0~5s内通过R的电荷量为‎2.5C ‎【答案】BD ‎【详解】A．由图像可知，t=5.0s时，U=0.40V，此时电路中的电流（即通过金属杆的电流）为 用右手定则判断出，此时电流的方向由b指向a，故A错误；‎ B．由图可知，t=3s时，电压表示数为 则有 得 由公式得 故B正确；‎ C．金属杆速度为v时，电压表的示数应为 由图像可知，U与t成正比，由于R、r、B及L均与不变量，所以v与t成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动，金属杆运动的加速度为 根据牛顿第二定律，在5.0s末时对金属杆有 得 此时F的瞬时功率为 故C错误；‎ D．t=5.0s时间内金属杆移动的位移为 通过R的电荷量为 故D正确。故选BD。‎ 三、非选择题：共62分。第9～12题为必考题，每个题考生都必须做答。第13～16题为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎（一）必考题 ‎9.利用阿特伍德机可以验证力学定律。图为一理想阿特伍德机示意图，A、B为两质量分别为m1、m2的两物块，用轻质无弹性的细绳连接后跨在轻质光滑定滑轮两端，两物块离地足够高。设法固定物块A、B后，在物块A上安装一个宽度为d的遮光片，并在其下方空中固定一个光电门，连接好光电门与毫秒计时器，并打开电源。松开固定装置，读出遮光片通过光电门所用的时间△t。若想要利用上述实验装置验证牛顿第二定律实验，则 ‎(1)实验当中，需要使m1、m2满足关系：____。‎ ‎(2)实验当中还需要测量的物理量有_____利用文字描述并标明对应的物理量符号）。‎ ‎(3)验证牛顿第二定律实验时需要验证的等式为____（写出等式的完整形式无需简化）。‎ ‎(4)若要利用上述所有数据验证机械能守恒定律，则所需要验证的等式为____（写出等式的完整形式无需简化）。‎ ‎【答案】(1). (2). 物块A初始释放时距离光电门的高度h ‎ ‎ (3). (4). ‎ ‎【详解】(1)[1]由题意可知，在物块A上安装一个宽度为d 的遮光片，并在其下方空中固定一个光电门，连接好光电门与毫秒计时器，所以应让物块A向下运动，则有；‎ ‎(2)[2]由匀变速直线运动速度位移公式可知，加速度为 则实验当中还需要测量的物理量有物块A初始释放时距离光电门的高度h；‎ ‎(3)[3]对两物块整体研究，根据牛顿第二定律，则有 物块A经过光电门的速度为 联立得 ‎(4)[4]机械能守恒定律得 ‎10.国标规定自来水在时电阻率应大于．某同学利用图甲电路测量自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞活塞电阻可忽略，右活塞固定，左活塞可自由移动，实验器材还有：电源电动势约为3V，内阻可忽略，电压表量程为3V，内阻很大，电压表量程为3V，内阻很大，定值电阻阻值），定值电阻（阻值），电阻箱R(最大阻值9999Ω)，单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺，实验步骤如下：‎ A.用游标卡尺测量玻璃管的内径d B.向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L C.把S拨到1位置，记录电压表示数 D.把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表示数与电压表 示数相同，记录电阻箱的阻值R E.改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R F.断开S，整理好器材 ‎（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则______ mm；‎ ‎（2）玻璃管内水柱的电阻的表达式为Rx______ 用R1、R2、R表示；‎ ‎（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的图象，则坐标轴的物理量分别为______；‎ ‎（4）本实验中若电压表内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将______ 填“偏大”、“不变”或“偏小”．‎ ‎【答案】 (1). 30.00 (2). (3). 纵坐标应该表示电阻箱阻值R，横坐标应该表示对应水柱长度的 (4). 偏大 ‎【详解】［1］游标卡尺的主尺读数为‎3.0cm=‎30mm，20分度游标尺上第0个刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为‎30.00mm；‎ ‎［2］设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则此时电路电流为，总电压 当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为，总电压 由于两次总电压相等，都等于电源电动势E，可得 ‎，‎ 解得玻璃管内水柱的电阻的表达式 ‎［3］由电阻定律 电阻箱阻值R ‎=‎ 所以纵坐标应该表示电阻箱阻值R，横坐标应该表示对应水柱长度的；‎ ‎［4］若电压表V2内阻不是很大，则把S拨到2位置时，此时电路电流大于，实际总电压将大于 ‎=+U 所以测量的将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大．‎ ‎11.如图所示，A、B两板间电势差为U1＝400V，C、D两板长为L＝‎1m，两板间电势差为U2＝200V，OO＇为C、D两板间的中间线．在O处有－电荷量为q＝1×l0－‎6C、质量为m＝2×10－‎8kg的带电粒子，从静止开始经A、B间电场加速又经C、D间电场偏转后，恰好能从极板右边缘射出，同时进入一个垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁感应强度为B＝1T．带电粒子能够垂直打到磁场的右边界处的光屏PQ（PQ足够长）上．若不考虑空气阻力和粒子重力的影响，求：‎ ‎（1）C、D两板间的距离d是多少？‎ ‎（2）匀强磁场的宽度s是多少？‎ ‎（3）若改变磁感应强度B的大小，欲使该带电粒子打不到光屏PQ上，则B的大小满足什么条件？‎ ‎【答案】（1）（2）‎2m（3）B≥（1＋）T ‎【详解】解：（1）带电粒子经A、B加速阶段，由动能定理得：‎ 解得：v0＝‎200m/s ‎ 带电粒子进入C、D间偏转，带电粒子做类平抛运动，则有 水平方向 L＝v0t 竖直方向 联立解得 ‎（2）设带电粒子离开偏转电场时的速度为v，与OO＇方向的夹角为q，则 由动能定理得：‎ 解得：v＝100m/s）‎ ‎，‎ 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 解得：R＝2m ‎ 又由几何关系有s＝Rsinq＝‎2m ‎ ‎（3）设磁感应强度大小为B0时，粒子运动轨迹恰好与PQ相切，则 由几何关系有 rsinq＋r＝s 联立解得 故B应满足的条件是B≥（1＋）T ‎12.如图所示，在倾角为θ = 30o 的光滑斜面的底端有一个固定挡板D，小物体C靠在挡板D上，小物体B与C用轻质弹簧拴接．当弹簧处于自然长度时，B在O点；当B静止时，B在M点， 已知OM = l．在P点还有一小物体A，使A从静止开始下滑，A、B相碰后一起压缩弹簧．A第一次脱离B后最高能上升到N点，且ON = ‎1.5l．B向上运动时还会拉伸弹簧，能使C物体刚好能脱离挡板D．已知A、B、C的质量都是m，重力加速度为g．已知弹性势能与形变量大小有关．试求：‎ ‎(1)弹簧的劲度系数；‎ ‎(2)弹簧第一次恢复到原长时小物体B的速度大小；‎ ‎(3)M、P两点之间的距离．‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎‎9l ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意已经知道B物体平衡时弹簧的形变量，对B进行受力分析，由共点力平衡条件求出弹力，利用胡克定律得到弹簧的劲度系数；A与B分离的临界条件即弹簧恢复原长的瞬间，利用机械能守恒求出B物体的速度；综合分析A与B碰撞前、碰撞后的运动过程，找到他们遵守的物理定律即动量守恒、机械能守恒，列出方程求解．并且知道C刚刚脱离挡板的条件是弹簧的拉力与C物体沿斜面的分力相等；‎ ‎【详解】(1)B静止时，受力如图所示，‎ 根据物体平衡条件得 弹簧的劲度系数 ‎(2)当弹簧第一次恢复原长时A、B恰好分离，设此时A、B速度的大小为v3，对A物体，从A、B分离到A速度变为0的过程，根据机械能守恒定律得 此过程中A物体上升的高度 得 ‎(3)设A与B相碰前速度的大小为v1，A与B相碰后速度的大小为v2，M、P之间距离为x，对A物体，从开始下滑到A、B相碰的过程，根据机械能守恒定律得 A与B发生碰撞，根据动量守恒定律得 设B静止时弹簧的弹性势能为EP，从A、B开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程，根据机械能守恒定律得 B物体的速度变为0时，C物体恰好离开挡板D，此时弹簧的伸长量也为l ‎，弹簧的弹性势能也为EP 对B物体和弹簧，从A、B分离到B速度变为0的过程，由机械能守恒定律得 解得M、P两点之间的距离 ‎（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。‎ ‎【物理—选修3-3】‎ ‎13.下列说法中正确的是_________‎ A．能量耗散说明能量在不断减少 B．同温度下未饱和汽的压强小于饱和汽压，温度升高时，饱和汽压增大 C．液体表面张力产生的原因是因为液体表面层分子平均距离略大于液体内部分子平均距离 D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的 E．热力学第二定律也可以表述为：气体向真空的自由膨胀是不可逆的 ‎【答案】BCE ‎【详解】能量耗散是指能量的可利用率越来越低，但仍然遵守能量守恒定律，故A错误；饱和汽压：在一定温度下，饱和汽的分子数密度一定，饱和汽的压强也是一定的，这个压强叫这种液体的饱和汽压，饱和汽压只指此蒸汽的分气压，与其他气体压强无关，未饱和汽的压强小于饱和汽压，温度升高时，饱和汽压增大，故B正确；液体表面张力产生的原因是由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故C正确；物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动是有规律的，满足统计规律，故D错误；热力学第二定律也可以表述为：气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故E正确．所以BCE正确，AD错误．‎ ‎14.如图所示，两个固定的导热良好的水平气缸A、B，由水平硬杆相连的活塞面积分别为SA=‎100 cm2， SB=‎20 cm2。两气缸通过一带阀门K的细管连通，最初阀门关闭，A内有理想气体，B内为真空。两活塞分别与各自气缸底相距a=b=‎50 cm，活塞静止。设环境温度保持不变，不计摩擦，大气压强保持p0 =76 cmHg不变，细管体积可忽略不计，求：‎ ‎(1)阀门K关闭未打开时，气缸A中气体的压强；‎ ‎(2)将阀门K打开，足够长时间后，左侧活塞停在距A气缸底多远处。‎ ‎【答案】(1) ；(2)‎ ‎【详解】(1)阀门K关闭未打开时，取两活塞和杆整体为研究对象，由平衡状态得 解得 ‎(2)打开阀门K稳定后，设气体压强为，取两活塞和杆为整体，由平衡状态得 解得 设左侧大活塞停在距A气缸底处，对封闭气体由玻意耳定律得 代入数据解得 则左侧大活塞停在距A气缸底处。‎ ‎【物理—选修3-4】‎ ‎15.下列关于单摆的认识说法正确的是________‎ A. 伽利略通过对单摆的深入研究，得到了单摆周期公式 B. 将摆钟由广州移至哈尔滨，为保证摆钟准确，需要将钟摆调长 C. 在利用单摆测量重力加速度的实验中，将绳长当做摆长代入周期公式导致计算结果偏小 D. 将单摆摆角从5°改为3°，单摆的周期不变 E. 摆球运动到平衡位置时，合力为零 ‎【答案】BCD ‎【详解】A、伽利略发现了单摆的等时性，惠更斯给出了单摆的周期公式，故A错误；‎ B、摆钟由广州移至哈尔滨时，重力加速度g变大，摆钟的摆长L不变，由可知，摆钟的周期变小，摆钟变快，要校准摆钟，需要增大摆钟的周期T，可以增大摆钟的摆长L，故B正确；‎ C、由得，在利用单摆测量重力加速度的实验中，在测量摆长时，只量了悬线的长度L当作摆长，而没有加上摆球的半径，导致摆长偏小，故g值偏小，故C正确；‎ D、摆角从5°改为3°，单摆仍然做简谐运动，由周期公式可知，单摆的周期不变，故D正确；‎ E、摆球实际做圆周运动（一部分），经最低点（平衡位置）时，绳子拉力与重力的合力提供向心力，绳子拉力大于重力，故E错误；故选BCD．‎ ‎【点睛】关键是知道摆长应等于悬线长度加上摆球的半径，摆钟由广州移至哈尔滨时，重力加速度g变大，摆钟的摆长L不变，由可知，摆钟的周期变小；摆角从5°改为3°，单摆仍然做简谐运动，由周期公式可知，单摆的周期不变．‎ ‎16.某玻璃材料制成的光学元件截面如图所示，左边是半径为R的半圆，右边是直角三角形CDE, ∠DCE =600．由A点发出的一束细光，从B点射入元件后折射光线与AO平行(0为半圆的圆心，CD为直径、AO与CD垂直）．已知玻璃的折射率为,B点到AO的距离为，光在真空中的速度为c.求：‎ ‎①入射光线AB与AO夹角；‎ ‎②光线从B点射入元件，到第一次射出元件所需的时间．‎ ‎【答案】①150 ② ‎ ‎【解析】①由得，折射角r=30°，又，得i=45°，由几何关系得α=15°‎ ‎②得C=45°‎ 由几何关系得CE面入射角为60°，发生全反射，在DE面入射角为30°，能射出玻璃砖 由几何关系知，光在玻璃的路程：，n=c/v，S=vt 得