2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 綜合能力物理部分押題密卷（四）（含解析）

《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 綜合能力物理部分押題密卷（四）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 綜合能力物理部分押題密卷（四）（含解析）（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、部分押題密卷(四) 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分110分，時間60分鐘。 第Ⅰ卷 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～4題只有一個選項符合題目要求，第5～8題有多項符合題目要求，全部答對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分) 1．(2019·河南鄭州二模)1933年至1934年間，約里奧－居里夫婦用α粒子轟擊鋁箔時，發(fā)生的核反應(yīng)方程為Al＋He→P＋n，反應(yīng)生成物P像天然放射性元素一樣衰變，放出正電子e，且伴隨產(chǎn)生中微子ν，核反應(yīng)方程為P→Si＋e＋ν。則下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)溫度、壓強等條件變

2、化時，放射性元素P的半衰期隨之變化 B．中微子的質(zhì)量數(shù)A＝0，電荷數(shù)Z＝0 C．正電子產(chǎn)生的原因可能是核外電子轉(zhuǎn)變成的 D．兩個質(zhì)子和兩個中子結(jié)合成一個α粒子，則質(zhì)子與中子的質(zhì)量之和一定等于α粒子的質(zhì)量 答案　B 解析　放射性元素的半衰期與外界因素?zé)o關(guān)，A錯誤；根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，中微子的質(zhì)量數(shù)A＝0，電荷數(shù)Z＝0，B正確；正電子產(chǎn)生的原因是核內(nèi)的質(zhì)子轉(zhuǎn)化為中子時放出的，C錯誤；兩個質(zhì)子和兩個中子結(jié)合成一個α粒子要釋放能量，根據(jù)質(zhì)能方程及質(zhì)量虧損可知，兩個質(zhì)子與兩個中子的質(zhì)量之和大于α粒子的質(zhì)量，故D錯誤。 2. (2019·山東青島二模)A、B兩物體沿同一直線運動，運動過

3、程中的x-t圖象如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．4 s時A物體運動方向發(fā)生改變 B．0～6 s內(nèi)B物體的速度逐漸減小 C．0～5 s內(nèi)兩物體的平均速度相等 D．0～6 s內(nèi)某時刻兩物體的速度大小相等 答案　D 解析　x-t圖象的斜率表示速度，斜率的正負(fù)表示速度的方向，所以A物體運動方向不變，A錯誤；由圖可知，0～6 s內(nèi)B物體的速度逐漸增大，故B錯誤；由圖可知，0～5 s內(nèi)A物體的位移大于B物體的位移，由公式＝可知，A物體的平均速度大于B物體的平均速度，故C錯誤；0～6 s內(nèi)存在某時刻兩圖線斜率的絕對值相等，則存在某時刻兩物體的速度大小相等，故D正確。 3. (201

4、9·山東淄博三模)如圖所示，某賓館大樓中的電梯下方固定有4根相同的豎直彈簧，其勁度系數(shù)均為k。這是為了防止電梯在空中因纜繩斷裂而造成生命危險。若纜繩斷裂后，總質(zhì)量為m的電梯下墜，4根彈簧同時著地而開始緩沖，電梯墜到最低點時加速度大小為5g(g為重力加速度大小)，下列說法正確的是(　　) A．電梯墜到最低點時，每根彈簧的壓縮長度為 B．電梯墜到最低點時，每根彈簧的壓縮長度為 C．從彈簧著地開始至電梯下落到最低點的過程中，電梯先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài) D．從彈簧著地開始至電梯下落到最低點的過程中，電梯始終處于失重狀態(tài) 答案　C 解析　電梯在最低點時，由牛頓第二定律：4kx－mg

5、＝ma，其中a＝5g，解得x＝，A、B錯誤；從彈簧著地開始至電梯下落到最低點的過程中，重力先大于彈力，電梯向下做加速運動，彈力增大，當(dāng)重力小于彈力時，電梯的加速度向上，電梯向下做減速運動，則電梯先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，C正確，D錯誤。 4. (2019·山東淄博三模)如圖所示，實線為兩個點電荷Q1、Q2產(chǎn)生的電場的電場線，虛線為電子從A點運動到B點的運動軌跡，則下列判斷正確的是(　　) A．A點的場強小于B點的場強 B．Q1的電荷量大于Q2的電荷量 C．電子在A點的電勢能大于在B點的電勢能 D．電子在A點的速度大于在B點的速度 答案　D 解析　根據(jù)“電場線的密疏表示場強

6、的大小”可知，A點的場強比B點的場強大，A錯誤；根據(jù)電場線分布情況可知，Q1、Q2是同種電荷，由點電荷周圍電場線疏密程度可知點電荷Q2的電荷量較大，即Q1＜Q2，B錯誤；電子做曲線運動，受到的合力方向指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)，即電子過B點時受到的電場力F方向斜向下，可知電子從A點運動到B點的過程中，電場力方向與速度方向的夾角總是大于90°，電場力做負(fù)功，電勢能增大，動能減小，即電子在A點的電勢能小于在B點的電勢能，電子在A點的速度大于在B點的速度，C錯誤，D正確。 5. (2019·江西高三九校3月聯(lián)考)如圖所示是一個半徑為R的豎直圓形磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B，磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里。有一

7、個粒子源在圓上的A點不停地發(fā)射出速率相同的帶正電的粒子，帶電粒子的質(zhì)量均為m，所帶電荷量均為q，運動的半徑為r，在磁場中的軌跡所對應(yīng)的圓心角為α。下列說法正確的是(　　) A．若r＝2R，則粒子在磁場中運動的最長時間為 B．若r＝2R，粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場，則有關(guān)系tan＝成立 C．若r＝R，粒子沿著磁場的半徑方向射入，則粒子在磁場中的運動時間為 D．若r＝R，粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場，則圓心角α為150° 答案　BD 解析　若r＝2R，粒子在磁場中運動的時間最長時，磁場區(qū)域的直徑是軌跡的一條弦，作出軌跡如圖1，因為r＝2R，圓心角α＝6

8、0°，粒子在磁場中運動的最長時間tmax＝T＝×＝，故A錯誤；若r＝2R，粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場，軌跡如圖2，根據(jù)幾何關(guān)系有tan＝＝＝，故B正確；若r＝R，粒子沿著磁場的半徑方向射入，粒子運動軌跡如圖3所示，圓心角α＝90°，粒子在磁場中運動的時間t＝T＝×＝，故C錯誤；若r＝R，粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場，軌跡如圖4所示，圖中軌跡圓心與磁場圓心以及入射點和出射點構(gòu)成菱形，由幾何關(guān)系可知圓心角α＝150°，故D正確。 6．(2019·廣東深圳二模)2019年1月3日，“嫦娥四號”探測器成功著陸在月球背面。著陸前的部分運動過程簡化如下：在距月面15

9、 km高處繞月做勻速圓周運動，然后減速下降至距月面100 m處懸停，再緩慢降落到月面。已知萬有引力常量和月球的第一宇宙速度，月球半徑約為1.7×103 km。由上述條件可以估算出(　　) A．月球質(zhì)量 B．月球表面的重力加速度 C．探測器在15 km高處繞月運動的周期 D．探測器懸停時發(fā)動機產(chǎn)生的推力 答案　ABC 解析　第一宇宙速度為環(huán)繞月球表面運動的速度，由萬有引力提供向心力，有：G＝m，則月球的質(zhì)量為M＝，由題已知條件可求月球質(zhì)量，故A正確；探測器在月球表面附近運動，由萬有引力等于重力，有：G＝mg月，則月球表面的重力加速度為g月＝G＝，故B正確；探測器在15 km高處繞月運

10、動時有：G＝m，得運動周期T＝＝ ，故C正確；探測器懸停時發(fā)動機產(chǎn)生的推力大小等于萬有引力大小，但由于探測器的質(zhì)量未知，故不可求推力，D錯誤。 7. (2019·沈陽三模)如圖所示，在光滑的水平面上方有兩個磁感應(yīng)強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場區(qū)域，磁場寬度均為L。一個邊長為L、電阻為R的單匝正方形金屬線框，在水平外力作用下沿垂直磁場方向運動，從如圖實線位置Ⅰ進入磁場開始到線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中的位置Ⅱ時，線框的速度始終為v，則下列說法正確的是(　　) A．在位置Ⅱ時外力F為 B．在位置Ⅱ時線框中的電功率為 C．此過程中回路產(chǎn)生的電能為 D．此過程中通過導(dǎo)線橫

11、截面的電荷量為 答案　BC 解析　在位置Ⅱ時，根據(jù)右手定則知線框左右邊同時切割磁感線產(chǎn)生的電流同向，所以總電流I＝2，線框左右邊所受安培力的方向均向左，所以F＝2BIL，得：F＝，故A錯誤；此時線框中的電功率為：P＝Fv＝，故B正確；金屬線框從開始至位移為L的過程，產(chǎn)生的電能W＝IRt1＝2R＝，從位移為L到為L的過程，產(chǎn)生的電能W′＝I2Rt2＝2R＝，所以整個過程產(chǎn)生的電能為，故C正確；此過程穿過線框的磁通量的變化為0，通過線框橫截面的電荷量為q＝＝0，故D錯誤。 8. (2019·湖北武漢二模)在光滑水平面上，小球A、B(可視為質(zhì)點)沿同一直線相向運動，A球質(zhì)量為1 kg，B球質(zhì)量

12、大于A球質(zhì)量。如果兩球間距離小于L時，兩球之間會產(chǎn)生大小恒定的斥力，大于L時作用力消失。兩球運動的速度—時間關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．B球質(zhì)量為2 kg B．兩球之間的斥力大小為0.15 N C．t＝30 s時，兩球發(fā)生非彈性碰撞 D．最終B球速度為零 答案　BD 解析　當(dāng)兩球間距離小于L時，兩球均做勻減速運動，因B球質(zhì)量大于A球質(zhì)量，可知B球加速度小于A球的加速度，由v-t圖象可知：aB＝ m/s2＝－0.05 m/s2，aA＝ m/s2＝0.15 m/s2，由牛頓第二定律：F＝mAaA＝mBaB，解得mB＝3mA＝3 kg，F(xiàn)＝0.15 N，A錯誤，B正確

13、；由圖象可知，A、B在t＝30 s時刻相碰，碰前速度：vA＝0，vB＝2 m/s，碰后速度：vA′＝3 m/s，vB′＝1 m/s，則機械能損失ΔE＝mBv－＝0，可知在t＝30 s時，兩球發(fā)生彈性碰撞，C錯誤；由圖象可知，兩個陰影部分的面積應(yīng)該相等，且都等于L，可知最終B球速度為零，D正確。 第Ⅱ卷 二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，共62分。第9～12題為必考題，考生都必須作答。第13～14題為選考題，考生根據(jù)要求作答) (一)必考題(共47分) 9．(2019·福建泉州二模)(6分)某同學(xué)做驗證向心力與線速度關(guān)系的實驗，裝置如圖所示，一輕質(zhì)細線上端固定在拉力傳感器上

14、，下端懸掛一小鋼球。鋼球靜止時剛好位于光電門中央。主要實驗步驟如下： ①用游標(biāo)卡尺測出鋼球直徑d； ②將鋼球懸掛靜止不動，此時力傳感器示數(shù)為F1，用米尺量出線長L； ③將鋼球拉到適當(dāng)?shù)母叨忍庒尫牛怆婇T計時器測出鋼球的遮光時間為t，力傳感器示數(shù)的最大值為F2； 已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間，請用上述測得的物理量表示： (1)鋼球經(jīng)過光電門時的線速度表達式v＝________，向心力表達式F向＝m＝________。 (2)鋼球經(jīng)過光電門時的所受合力的表達式F合＝________。 (3)若在實驗誤差允許的范圍內(nèi)F向＝F合，則驗證了向心力與線速度的關(guān)系。該實驗可能的誤差有：__

15、______________________。(寫出一條即可) 答案　(1)　 (2)F2－F1　(3)擺線的長度測量有誤差 解析　(1)鋼球的直徑為d，遮光時間為t，所以鋼球通過光電門的速度：v＝，根據(jù)題意知，鋼球圓周運動的半徑為：R＝L＋，鋼球的質(zhì)量：m＝，則向心力表達式：F向＝m＝。 (2)鋼球經(jīng)過光電門時只受重力和繩的拉力，所受合力為：F合＝F2－F1。 (3)根據(jù)向心力表達式知，可能在測量擺線長度時有誤差。 10．(2019·東北三省三校二模)(9分)某實驗小組要把一塊電流表改裝成電壓表，遇到了兩個問題：一是該電流表的表盤沒有標(biāo)注刻度數(shù)，但刻度均勻，總格數(shù)為N；二是內(nèi)阻未

16、知。通過對類似規(guī)格的電流表的參數(shù)比對，得到該電流表的滿偏電流約700～800 μA，內(nèi)阻約100 Ω。該組同學(xué)利用以下器材，通過下列三個步驟，完成了電壓表的改裝工作。 A．待測電流表G B．電流表A：量程0.6 A，內(nèi)阻約為0.1 Ω C．電壓表V：量程3 V，內(nèi)阻RV＝3 kΩ D．電阻箱R2：最大阻值999.9 Ω E．滑動變阻器R1：最大阻值5 kΩ，額定電流0.1 A F．滑動變阻器R3：最大阻值5 Ω，額定電流0.5 A G．電源：電動勢3 V，內(nèi)阻約為1.5 Ω H．開關(guān)兩個S1、S2 (1)步驟一：測定電流表的內(nèi)阻。設(shè)計了上圖所示實驗電路，請分析并補全以下操

17、作： ①將R1的滑動端撥至________(填“a”或“b”)端； ②僅閉合S1，調(diào)節(jié)R1，使電流表的指針偏轉(zhuǎn)N個格； ③閉合S2，僅調(diào)節(jié)________，使電流表的指針偏轉(zhuǎn)個格； ④記錄____________________________，則電流表的內(nèi)阻為________。 (2)步驟二： ①測定該電流表的滿偏電流。除電源和開關(guān)外，還需要的器材是________(填器材前面的字母序號)； ②請在下面虛線框中畫出方便簡潔的實驗電路； ③若在上圖實驗中，待測電流表指針偏轉(zhuǎn)了n個格，還需要記錄的測量值及相應(yīng)的符號為______________，電流表的滿偏電流為____

18、____，將此電流表改裝為一個量程為U0的電壓表需要________(填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)一個定值電阻Rx，Rx＝________________。(用以上各步驟中記錄的測量量和已知量表示) 答案　(1)①b?、跼2　④R2的阻值　R2 (2)①CE?、趫D見解析?、垭妷罕碜x數(shù)U　　串聯(lián)?。璕2 解析　(1)將滑動變阻器撥至b端再將電路接通，電路中的電流最小，具有保護電路的作用；閉合S2以后，因接入的滑動變阻器的阻值很大，因此在不改變滑動變阻器阻值的情況下電路的干路電流不變，因電流表與R2并聯(lián)，此時調(diào)節(jié)R2的阻值使電流表的示數(shù)偏轉(zhuǎn)格，則可認(rèn)為R2中的電流和待測電表的電流相等，則電阻R2的

19、阻值和電流表的阻值相等，因此要記錄R2的阻值。 (2)電流表的電流校準(zhǔn)需要將一塊標(biāo)準(zhǔn)的電流表和待測電流表串聯(lián)，但是電流表A的量程和待測電流表相比過大，無法進行測量，但是電壓表的內(nèi)阻已知，故可以用電壓表和待測電流表串聯(lián)進行校準(zhǔn)。另外，滑動變阻器R3的阻值過小，將R3和電壓表串聯(lián)在一起進行調(diào)節(jié)，兩電表示數(shù)變化不明顯，因此滑動變阻器需要選R1，需要的器材為C、E，電路圖如下： 因電壓表和電流表串聯(lián)，因此當(dāng)待測電流表的指針偏轉(zhuǎn)n個格時，記錄電壓表讀數(shù)U，則流過電流表的電流為，又因電流表示數(shù)分布均勻，因此電流表的滿偏電流為；電流表改裝為電壓表需要串聯(lián)電阻Rx，串聯(lián)后的量程為U0，且電流表的內(nèi)阻為

20、R2，由歐姆定律有＝R2＋Rx，解得Rx＝－R2。 11．(2019·大連二模)(12分)滑板運動是極限運動的鼻祖，很多極限運動都是由滑板運動延伸而來。如圖所示是一個滑板場地，OP段是光滑的圓弧軌道，半徑為0.8 m。PQ段是足夠長的粗糙水平地面，滑板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2?；迨植戎錋從O點由靜止滑下，到達P點時，立即向前起跳?；迨蛛x開滑板A后，滑板A以速度v1＝2 m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前繼續(xù)滑動。已知滑板質(zhì)量為m＝5 kg，滑板手的質(zhì)量是滑板的9倍，滑板B與P點的距離為Δx＝3 m，g＝10 m/s2。(不考慮滑板的長度以及人和滑板間的作

21、用時間)求： (1)當(dāng)滑板手和滑板A到達圓弧軌道末端P點時滑板A對軌道的壓力大小； (2)滑板手落到滑板B上瞬間，滑板B的速度大小； (3)兩個滑板間的最終距離。 答案　(1)1500 N　(2)4.2 m/s　(3)6.41 m 解析　(1)O→P下滑過程，滑板手與滑板A機械能守恒10mgR＝×10mv2，得：v＝＝4 m/s 在P點：FN－10mg＝10m，得：FN＝1500 N 根據(jù)牛頓第三定律，F(xiàn)壓＝FN＝1500 N。 (2)滑板手跳離A板過程，滑板手與滑板A水平方向動量守恒10mv＝－mv1＋9mv2，代入數(shù)據(jù)得：v2＝ m/s 滑板手跳上B板過程，滑板手與滑

22、板B水平方向動量守恒9mv2＝10mv3，解得v3＝4.2 m/s。 (3)滑板B的位移xB＝＝4.41 m 滑板A在弧面上滑行的過程中，機械能守恒，所以再次返回P點時的速度大小仍為v1＝2 m/s 之后滑板A的位移xA＝＝1 m 最終兩滑板停下的位置間距為 L＝xB＋Δx－xA＝6.41 m。 12. (2019·鄭州二模)(20分)如圖所示，三塊擋板圍成截面邊長L＝1.2 m的等邊三角形區(qū)域，C、P、Q分別是MN、AM和AN中點處的小孔，三個小孔處于同一豎直面內(nèi)，MN水平，MN上方是豎直向下的勻強電場，場強E＝4×10－4 N/C。三角形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強

23、度為B1；AMN以外區(qū)域有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B2＝3B1的勻強磁場?，F(xiàn)將一比荷＝108 C/kg的帶正電的粒子，從O點由靜止釋放，粒子從MN上的小孔C進入擋板內(nèi)部的勻強磁場，經(jīng)內(nèi)部磁場偏轉(zhuǎn)后直接垂直AN經(jīng)過Q點進入外部磁場。已知粒子最終回到了O點，OC相距2 m。設(shè)粒子與擋板碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量不變，不計粒子重力，不計擋板厚度，取g＝10 m/s2。求： (1)磁感應(yīng)強度B1的大小； (2)粒子從O點出發(fā)，到再次回到O點經(jīng)歷的時間； (3)若僅改變B2的大小，當(dāng)B2滿足什么條件時，粒子可以垂直于MA經(jīng)孔P回到O點(若粒子經(jīng)過A點立即被吸收)。 答案　(1)6

24、.7×10－6 T　(2)2.85×10－2 s (3)B2′＝×10－5 T，其中k＝0、1、2、3、… 解析　(1)粒子從O到C在電場中加速， 由動能定理qEx＝mv2， 得v＝400 m/s 在三角形區(qū)域內(nèi)部，帶電粒子在磁場B1中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示， 由幾何關(guān)系可知 R1＝＝0.6 m 由qvB1＝m 代入數(shù)據(jù)得B1≈6.7×10－6 T。 (2)由題可知B2＝3B1＝2×10－5 T， 粒子在磁場B2中做勻速圓周運動qvB2＝m 則R2＝＝0.2 m 由題可知，粒子由O到C在電場中做勻加速直線運動， 則x＝vt1，得到t1＝0.01 s 粒子

25、在磁場B1中的周期為T1＝ 則粒子在磁場B1中的運動時間為t2＝＝3×10－3 s 粒子在磁場B2中的運動周期為T2＝ 粒子在磁場B2中的運動時間為 t3＝T2＝5.5×10－3 s 則粒子在復(fù)合場中運動的總時間為 t＝2t1＋t2＋t3＝2.85×10－2 s。 (3)設(shè)擋板外磁場變?yōu)锽2′，粒子在磁場B2′中的軌跡半徑為r，則有qvB2′＝m 根據(jù)已知條件分析知，粒子可以垂直于MA經(jīng)孔P回到O點，需滿足條件＝(2k＋1)r，其中k＝0、1、2、3、… 解得：B2′＝×10－5 T，其中k＝0、1、2、3、…。 (二)選考題(共15分) 請考生從兩道物理題中任選一題作答

26、。如果多做，則按所做的第一題計分。 13．[物理——選修3－3](共15分)(1)(2019·江蘇省七市高三第三次調(diào)研)(5分)如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體在狀態(tài)A時壓強為p0，經(jīng)歷從狀態(tài)A→B→C→A的過程。則氣體在狀態(tài)C時壓強為________；從狀態(tài)C到狀態(tài)A的過程中，氣體的內(nèi)能增加ΔU，則氣體吸收的熱量為________。 (2)(2019·重慶模擬)(10分)內(nèi)壁光滑且導(dǎo)熱性良好的上小下大的圓柱形薄壁汽缸豎直放置，上、下汽缸的橫截面積分別為S1＝40 cm2、S2＝80 cm2，上、下汽缸的高度分別為h＝80 cm、H＝100 cm。質(zhì)量為m＝8 kg的薄活塞將0.5 mol

27、氫氣(H2的摩爾質(zhì)量為2 g/mol)封閉在汽缸內(nèi)，活塞靜止在管口，如圖所示。已知氫氣的定容比熱容CV為10.21 kJ/(kg·K)，外界大氣壓強p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2。定容比熱容CV是指單位質(zhì)量的氣體在容積不變的條件下，溫度升高或降低1 K所吸收或放出的熱量。保持缸內(nèi)氣體溫度為35 ℃不變，用豎直外力緩慢向下推活塞，當(dāng)活塞恰推至上汽缸底部時，外力大小為F。求： ①求F的大?。? ②隨后在逐漸減小豎直外力的同時改變缸內(nèi)氣體溫度，使活塞位置保持不變，直至外力恰為0。求這一過程中氣體內(nèi)能的變化量為多少？(結(jié)果保留三位有效數(shù)字) 答案　(1)p0　ΔU＋2p0V0　

28、(2)①192 N?、冢?98 J 解析　(1)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：＝C，可得：V＝，所以V-T圖中過原點的直線表示等壓變化，即氣體從C到A過程是等壓變化，pC＝pA＝p0。氣體從狀態(tài)C到狀態(tài)A的過程中，外界對氣體做功W＝－p0·ΔV＝－2p0V0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W，整理得氣體吸收的熱量：Q＝ΔU－W＝ΔU＋2p0V0。 (2)①以封閉的氣體為研究對象，溫度不變， 初始壓強p1＝p0＋＝1.20×105 Pa 初始體積V1＝S1h＋S2H＝1.12×10－2 m3 當(dāng)活塞運動到小汽缸底部時， 氣體體積V2＝S2H＝0.8×10－2 m3 由玻意耳定律p1V1＝p2

29、V2得p2＝1.68×105 Pa 對活塞受力分析可知F＋p0S1＋mg＝p2S1 解得F＝192 N。 ②以封閉的氣體為研究對象，氣體的體積不變，設(shè)改變溫度之后氣體的壓強為p3，則 p3＝p1＝1.20×105 Pa 設(shè)此時溫度為T3，初始溫度為T1＝(35＋273) K＝308 K 由蓋—呂薩克定律得＝ 解得T3＝220 K 氣體隨著溫度降低放出熱量Q＝CVm(T1－T3)＝898.48×10－3 kJ≈898 J 根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋(－Q)＝－898 J，即：氣體內(nèi)能的變化量為－898 J。 14．[物理——選修3－4](共15分) (1)(2019·四川

30、瀘州二診)(5分)如圖甲所示，一根拉緊的均勻弦線沿水平的x軸放置，現(xiàn)對弦線上O點(坐標(biāo)原點)施加一個向上的擾動后停止，其位移時間圖象如乙圖所示，該擾動將以2 m/s的波速向x軸正向傳播，且在傳播過程中沒有能量損失，則有________(填正確答案標(biāo)號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)。 A．2.5 s時5 m處的質(zhì)點開始向上運動 B．2 s

31、019·四川攀枝花二模)(10分)如圖所示，一個截面為矩形的水池，池底有一垂直于池邊的線形發(fā)光體，長度為L。當(dāng)池中未裝水時，一高為h的人站在距池邊h的A點，只能看到發(fā)光體的一個端點。當(dāng)將水池加滿水時，人需移到距池邊2h的B點時，又恰好只能看到發(fā)光體的一個端點。已知光在真空中傳播的速度為c，發(fā)光體的一端緊靠池邊的底部，人站的位置與發(fā)光體在同一豎直面內(nèi)，不計人眼到頭頂?shù)木嚯x，求： ①水池中水的折射率； ②當(dāng)水池加滿水時，站在B點的人看到的發(fā)光體端點發(fā)出的光傳到人眼的時間。 答案　(1)ABE　(2)①　② 解析　(1)波速v＝2 m/s，t＝2.5 s時，波向x軸正向傳播的距離Δx＝v

32、t＝5 m，故2.5 s時5 m處的質(zhì)點開始向上運動，A正確；同理t＝2 s時，4 m處的質(zhì)點開始向上運動，t＝2.5 s時該質(zhì)點運動到最高點，B正確；因擾動只持續(xù)了1 s，故弦線上每個質(zhì)點都只振動1 s，E正確；2 m處的質(zhì)點1 s時開始向上振動，2 s時振動結(jié)束，故2.5 s時該質(zhì)點靜止于平衡位置，C錯誤；t＝2.5 s時，4 m處的質(zhì)點到達最高點，此時1 m處的質(zhì)點已結(jié)束振動靜止于平衡位置，D錯誤。 (2) ①水池加滿水時，站在B點的人看到線形發(fā)光體的端點發(fā)出的光，作光路圖如圖所示，設(shè)在池中的光線與豎直方向的夾角為r，在空氣中的光線與豎直方向的夾角為i，水池中水的折射率為n， 由折射定律：n＝ 由題意和幾何關(guān)系得：sinr＝ sini＝ 聯(lián)立以上各式得：n＝。 ②水池加滿水時，站在B點的人看到發(fā)光體的端點發(fā)出的光，設(shè)光在水中傳播的速度為v，在水中和空氣中傳播經(jīng)歷的時間分別為t1、t2，總時間為t，則有： t1＝ v＝ t2＝ t＝t1＋t2 聯(lián)立以上各式得：t＝。 - 16 -