【物理】北京市2020届高三高考学业水平等级性考试模拟试卷试题（五）（解析版） 22页

北京市2020届高三高考学业水平等级性考试 模拟试卷试题（五）‎ 一．选择题，本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。‎ ‎1.下列说法中正确的是（　　）‎ A. 水中的气泡看上去比较明亮是因为有一部分光发生了薄膜干涉现象 B. 雷达发射的电磁波是由均匀变化的电场或磁场产生的 C. 拍摄玻璃橱窗内的物品时，可在镜头前加一个偏振片来减弱橱窗玻璃表面的反射光 D. 红色和蓝色的激光在同种介质中传播时波长可能相同 ‎【答案】C ‎【详解】A．水中的气泡看上去比较明亮是因为光从水中射向气泡时，有一部分光发生了全反射现象，d故A错误；‎ B．均匀变化的电场或磁场只能产生恒定的磁场或电场，不能形成电磁波，雷达发射的电磁波一定是由周期性变化的电场或周期性变化的磁场产生的，故B错误；‎ C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，可在镜头前加一个偏振片来减弱橱窗玻璃表面的反射光，故C正确；‎ D．红色和蓝色激光频率不同，同一种介质中传播时波速不同，波长不同，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法不正确的是（　　）‎ A. 由（a）图可知，原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的 B. 由（b）图可知，光电效应实验说明了光具有粒子性 C. 由（c）图可知，电子束穿过铝箔后的衍射图样证实了电子具有波动性 D. 由（d）图可知，极少数α粒子发生大角度偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是量子化的，只能是某些特定值，故A错误；‎ B．光电效应实验说明了光具有粒子性，故B正确；‎ C．衍射是波的特性，电子束穿过铝箔后的衍射图样证实了电子具有波动性，故C正确；‎ D．极少数α粒子发生大角度偏转，说明原子的质量和正电荷主要集中在很小的核上，否则不可能发生大角度偏转，故D正确。‎ 本题选不正确的，故选A。‎ ‎3.如图所示描述了封闭在某容器里的理想气体在温度 和 下的速率分布情况，下列说法正确的是（ ）‎ A. ‎ B. 随着温度升高，每一个气体分子的速率都增大 C. 随着温度升高，气体分子中速率大分子所占的比例会增加 D. 若从到气体的体积减小，气体一定从外界吸收热量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，b的分子的速率较大的分子数比较多，则b的分子的平均动能一定比较大，由于温度是分子的平均动能的标志，所以，故A错误；‎ BC．温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，温度升高时，气体分子中速率大的分子所占的比例会增加，但不是每一个气体分子的速率都增大，故B错误，C正确；‎ D．从到气体的体积减小，则外界对气体做正功；结合 可知气体的内能增大；而做功与热传递都可以改变物体的内能，所以从到气体的体积减小，气体不一定从外界吸收热量，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎4.中澳美“科瓦里‎-2019”‎特种兵联合演练于‎8月28日至‎9月4 ‎日在澳大利亚举行，中国空军空降兵部队首次派员参加。一名特种兵从空中静止的直升飞机上，抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑，运动的速度随时间变化的规律如图所示，t2时刻特种兵着地。下列说法正确的是( )‎ A. 在t1〜t2时间内，平均速度 B. 在t1〜t2时间内特种兵所受悬绳的阻力越来越大 C. 在0〜tl时间内加速度不变，在t1〜t2时间内加速度减小 D. 若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，则他们在悬绳上的距离先减小后增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在t1～t2时间内，若特种兵做匀减速直线运动，由v1减速到v2，则平均速度为 ，根据图线与时间轴围成的面积表示位移，可知特种兵的位移大于匀减速直线运动的位移，则平均速度．故A错误。‎ B．在t1～t2时间内，根据牛顿第二定律得 f-mg=ma，得f=mg+ma，因为加速度a增大，则特种兵所受悬绳的阻力增大，故B正确。‎ C．在0～t1时间内，图线的斜率不变，则加速度不变，在t1～t2时间内，图线切线的斜率绝对值逐渐增大，则加速度逐渐增大，故C错误。‎ D．若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，由于第一个特种兵的速度先大于第二个特种兵的速度，然后又小于第二个特种兵的速度，所以空中的距离先增大后减小，故D错误。‎ 故选B.‎ ‎5.图甲是某同学写字时的握笔姿势，图乙是他在握笔时把拇指和食指松开时的状态，笔尖仍然斜向下且笔保持静止状态。关于两幅图中笔的受力，下列说法正确的是（ ）‎ A. 图甲中笔可能不受摩擦力 B. 图乙中笔可能不受摩擦力 C. 图甲和图乙中手对笔的作用力方向都为竖直向上 D. 图甲中手的握力越大，笔所受的摩擦力越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对图甲受力分析，受到手指的压力，重力，摩擦力，如果没有受到摩擦力，笔就会顺着手指滑下来。故A错误。‎ B．对图乙受力分析，受到重力，摩擦力，如果没有受到摩擦力，笔就会顺着手指滑下来。故B错误。‎ C．因为图甲和图乙中的笔都是静止状态，所以手对笔的作用力方应于重力大小相等，方向相反，故C正确。‎ D．图甲中的笔受到的是静摩擦力，和握力无关，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为F，拉力F与速度的平方的关系如图乙所示，图象中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 数据a与小球的质量有关 B. 数据b与小球的质量无关 C. 比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关 D. 利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则有：‎ 解得：‎ 解得：‎ 与物体的质量无关，A错误；‎ B.当时，对物体受力分析，则有：‎ 解得：‎ b=mg 与小球的质量有关，B错误；‎ C.根据AB可知：‎ 与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，C错误；‎ D 若F=0，由图知：，则有：‎ 解得：‎ 当时，则有：‎ 解得：‎ D正确．‎ ‎7.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t秒与(t+0.2)秒两个时刻，在x轴上(–‎3m，‎3m)区间的波形完全相同，如图所示。并且图中M，N两质点在t秒时位移均为，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 该波的最大波速为‎20m/s B. (t+0.1)秒时刻，x=－‎2m处的质点位移一定是a C. 从t秒时刻起，x=‎2m处的质点比x=‎2.5m的质点先回到平衡位置 D. 从t秒时刻起，在质点M第一次到达平衡位置时，质点N恰好到达波峰 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意知波长λ=‎4m，由于两个时刻的波形相同，经过了整数倍周期的时间，则得 ‎0.2s=nT(n=0，1，2……)‎ 传播速度 ‎(n=0，1，2……)‎ 所以该波的最小波速为‎20m/s，故A错误；‎ B．由于周期不确定，时间0.1s不一定等于半个周期，则(t+0.1)秒时刻，x=‎-2m处的质点不一定到达波峰，位移就不一定是a，故B错误；‎ C．由t时刻波形图知，x=‎2m处的质点在波谷向上振动，x=‎2.5m的质点向下运动，所以x=‎2m处的质点先回到平衡位置，故C正确；‎ D．根据数学知识得知质点M和N之间的距离等于，由波形得知，质点M第一次到达平衡位置时，质点N不在波峰，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎8.小明同学设计了一个用刻度尺测半圆形玻璃砖折射率的实验，如图所示，他进行的主要步骤是：‎ ‎(1)用刻度尺测玻璃砖的直径AB的大小d；‎ ‎(2)先把白纸固定在木板上，将玻璃砖水平放置在白纸上，用笔描出玻璃砖的边界，将玻璃砖移走，标出玻璃砖的圆心O、直径AB、AB的法线OC； ‎ ‎(3)将玻璃砖放回白纸的原处，长直尺MN紧靠A点并与直径AB垂直放置； ‎ ‎(4)调节激光器，使PO光线从玻璃砖圆弧面沿半径方向射向圆心O，并使长直尺MN左右两侧均出现亮点，记下左侧亮点到A点的距离x1，右侧亮点到A点的距离x2。‎ 关于上述实验，以下说法不正确的是（　　）‎ A. 在∠BOC的范围内，改变入射光线PO的入射角，直尺MN上可能只出现一个亮点 B. 左侧亮点到A点的距离x1一定大于右侧亮点到A点的距离x2‎ C. 左侧亮点到A点的距离x1一定小于右侧亮点到A点的距离x2‎ D. 要使左侧亮点到A点的距离x1增大，应减小入射角 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当入射角大于等于发生全反射的临界角时，只有反射光线没有折射光线，则直尺MN上只出现一个亮点，故A正确；‎ BC．光从玻璃射入真空，光路图如图所示，折射角β大于入射角α，通过几何关系知 故B错误，C正确；‎ D．减小入射角，则折射角减小β，x1增大，故D正确。‎ 本题选不正确的，故选B。‎ ‎9.关于电磁感应现象，下列说法正确的是（ ）‎ A. 线圈放在磁场中就一定能产生感应电流 B. 闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流 C. 感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化 D. 感应电流的磁场总是与原磁场方向相反 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈放在磁场中如果穿过线圈的磁通量不变，则线圈中就不能产生感应电流，选项A错误； 闭合线圈的部分导体放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流，选项B错误；根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化，选项C正确；感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化，则与原磁场方向可能相同，也可能相反，选项D错误；故选C.‎ ‎10.两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是(　　)‎ A. q1、q2为等量异种电荷 B. N、C两点间场强方向沿x轴负方向 C. N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大 D. 将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若是异种电荷，电势应该逐渐减小或逐渐增大，由图象可以看出，应该是等量的同种正电荷，故A错误；‎ B．沿x正方向从N到C的过程，电势降低，N、C两点间场强方向沿x轴正方向．故B正确；‎ C．φ−x图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；‎ D．NC电场线向右，CD电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．故D错误；‎ ‎【点睛】由图象中电势的特点可以判断是同种等量正电荷．由电势图线的斜率可以判断电场强度的大小．沿电场线电势降低，可以判断电场强度的方向，可知电场力做功的正负，从而判断电势能的变化．‎ ‎11.在生产实际中，有些高压直流电路中含有自感系数很大的线圈，当电路中的开关S由闭合到断开时，线圈会产生很高的自感电动势，使开关S处产生电弧，危及操作人员的人身安全，为了避免电弧的产生，可在线圈处并联一个元件，下列方案可行的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，当断开瞬间时，线圈中产生很高的自感电动势，若不并联元件，则会产生电弧，因此： A.当并联电容器时，只能对电容器充电，仍不能解决电弧现象，故A错误； B.当并联发光二极管时，由于发光二极管有单向导电性，因此注意方向，B选项的二极管的接法与C选项的导线有一样的作用，唯有D选项，既能避免产生电弧，又能不影响电路，故D正确，BC错误； 故选D。‎ ‎12.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为．当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此控制屏幕的熄灭．则元件的（ ）‎ A. 前表面的电势比后表面的低 B. 前、后表面间的电压与无关 C. 前、后表面间的电压与成正比 D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，故，故D正确，由则电压，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误．‎ ‎13.我国计划于2020年发射“火星探测器”，若探测器绕火星的运动、地球和火星绕太阳的公转视为匀速圆周运动，相关数据见表格，则下列判断正确的是 行星 行星半径/m 行星质量/kg 行星公转轨道半径 行星公转周期 地球 ‎6.4×106‎ ‎6.0×1024‎ R地=1.5×‎‎1011m T地 火星 ‎3.4×106‎ ‎6.4×1023‎ R火=2.3×‎‎1011m T火 A. T地>T火 B. 火星的“第一宇宙速度”小于地球的第一宇宙速度 C. 火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度 D. 探测器绕火星运动的周期的平方与其轨道半径的立方之比与相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、地球和火星绕太阳做圆周运动，根据，得，火星的轨道半径大于地球的轨道半径，则火星的周期大于地球的周期；故A错误.‎ B、根据得，第一宇宙速度，由于火星质量与火星半径之比小于地球质量与地球半径之比，则火星的“第一宇宙速度”小于地球的第一宇宙速度；故B正确.‎ C、根据，得，由于火星质量与火星半径平方之比小于地球质量与地球半径平方比，则火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度；故C错误.‎ D、根据开普勒第三定律知，，则，故D错误.‎ 故选B.‎ ‎14.如图所示，带正电的金属滑块质量为m、电荷量为q，与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ(μ＜1)．水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强度为．如果在A点给滑块一个向左的大小为v的初速度，运动到B点速度恰好为零，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间相同 B. 滑块运动到B点后将返回向A运动，到A点时速度大小仍为v C. 滑块回到A点时速度大小为 D. A、B两点间电势差为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】向左运动时，根据牛顿第二定律：，向右运动时，根据牛顿第二定律：，加速度不同，位移大小相等，故来回运动的时间不同，故选项A错误；来回运动时摩擦力做功，有能量损失，故到到A点时速度大小要小于v，故选项B错误；设回到A点时的速度为，则根据动能定理有：，，联立整理可以得到：，故选项CD正确．‎ ‎【点睛】本题考查：电势差与电场强度的关系、电势差；运用动能定理解题，关键选择好研究的过程，分析过程中的能量转化，然后列式求解．‎ 第二部分 本部分共6题，共58分。‎ ‎15.如图所示，用质量为m的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况．利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验．‎ ‎ ‎ ‎(1)打点计时器使用的电源是_________（选填选项前的字母）．‎ A.直流电源   B.交流电源 ‎(2)实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力．正确操作方法是_______（选填选项前的字母）．‎ A.把长木板右端垫高       B.改变小车的质量 ‎(3)在不挂重物且______（选填选项前的字母）的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响．‎ A.计时器不打点     B.计时器打点 ‎(4)接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O．在纸带上依次去A、B、C……若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T．测得A、B、C……各点到O点的距离为x1、x2、x3……，如图所示．‎ 实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg，从打O点打B点的过程中，拉力对小车做的功W=_______，打B点时小车的速度v=________．‎ ‎(5)以v2为纵坐标，W为横坐标，利用实验数据作如图所示的v2–W图象．由此图象可得v2随W变化的表达式为_________________．根据功与能的关系，动能的表达式中可能包含v2这个因子；分析实验结果的单位关系，与图线斜率有关的物理量应是_________．‎ ‎(6)假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则从理论上分析，图中正确反映v2–W关系的是______________．‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】 (1). B (2). A (3). B (4). mgx2 ‎ ‎(5) 质量 (6). A ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]打点计时器均使用交流电源；‎ A.直流电源与分析不符，故A错误；‎ B.交流电源与分析相符，故B正确；‎ ‎(2)[2]平衡摩擦和其他阻力，是通过垫高木板右端，构成斜面，使重力沿斜面向下的分力跟它们平衡；‎ A.与分析相符，故A正确；‎ B.与分析不符，故B错误；‎ ‎(3)[3]平衡摩擦力时需要让打点计时器工作，纸带跟打点计时器限位孔间会有摩擦力，且可以通过纸带上打出的点迹判断小车的运动是否为匀速直线运动；‎ A.与分析不符，故A错误；‎ B.与分析相符，故B正确；‎ ‎(4)[4]小车拖动纸带移动的距离等于重物下落的距离，又小车所受拉力约等于重物重力，因此拉力对小车做的功：‎ ‎[5]小车做匀变速直线运动，因此打B点时小车的速度为打AC段的平均速度，则有：‎ ‎(5)[6] 由图示图线可知：‎ 纵截距为：‎ 则随变化的表达式为：‎ ‎[7]功是能量转化的量度，所以功和能的单位是相同的，斜率设为，则 代入单位后，的单位为，所以与该斜率有关的物理量为质量；‎ ‎(6)[8] 若重物质量不满足远小于小车质量，则绳子对小车的拉力实际不等于重物的重力，由和可得：‎ 由动能定理得：‎ 而：‎ 则实际图线的斜率：，重物质量与小车质量不变，速度虽然增大，但斜率不变；‎ A.与分析相符，故A正确；‎ B.与分析不符，故B错误；‎ C.与分析不符，故C正确；‎ B.与分析不符，故D错误．‎ ‎【名师点睛】实验总存在一定的误差，数据处理过程中，图象读数一样存在误差，因此所写函数表达式的比例系数在一定范围内即可；第（6）问有一定的迷惑性，应明确写出函数关系，再进行判断．‎ ‎16.某同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下实验．‎ ‎（1）他先用多用表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得到电压表的内阻为3.00×103Ω，此时电压表的指针也偏转了．已知多用表欧姆挡表盘中央刻度值为“‎15”‎，表内电池电动势为1.5V，则电压表的示数应为______________V（结果保留两位有效数字）．‎ ‎（2）为了更准确地测量该电压表的内阻Rv，该同学设计了图2所示的电路图，实验步骤如下：‎ A.断开开关S，按图2连接好电路；‎ B. 把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；‎ C. 将电阻箱R0的阻值调到零；‎ D. 闭合开关S；‎ E．移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3V的位置；‎ F．保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V，读出此时电阻箱R０的阻值，此值即为电压表内阻Rv的测量值；‎ G．断开开关S．‎ 实验中可供选择的实验器材有：‎ a．待测电压表 b．滑动变阻器：最大阻值2000Ω c．滑动变阻器：最大阻值10Ω d．电阻箱：最大阻值9999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ω e．电阻箱：最大阻值999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ω f．电池组：电动势约6V，内阻可忽略 g．开关，导线若干 按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：‎ ‎①要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用____（填“b”或“c”），电阻选用_____（填“d”或“e”）．‎ ‎②电压表内阻的测量值R测和真实值R真相比，R测____R真（填“＞”或“＜”）；若Rv越大，则 越____（填“大”或“小”）‎ ‎【答案】(1). 1.0V (2). c d ＞ 小 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]电压表的示数即为等效电路的路段电压，由表盘读数可知，现在的欧姆表用的是“”档，故现在的多用表内阻为1500Ω，由闭合电路欧姆定律可得 ‎(2)[2][3]①采用电压表半偏法测量电压表内电阻，要保证电压表与电阻箱的总电压保持不变，需要使电压表电阻远大于滑动变阻器的电阻，故滑动变阻器选择小电阻，即选择c；电阻箱最大电阻不能小于电压表电阻，电压表内电阻约为3000欧姆，故电阻箱选择d；‎ ‎[4][5]②由闭合电路欧姆定律可知，随着电阻箱的阻值变大，电源两端的路端电压随之变大，当电阻箱调至使电压表半偏时，此时电压表与变阻箱两端的总电压比变阻箱阻值为0时要大，故此时变阻箱的实际分压是大于电压表的，故有R测＞R真，外电阻越大，干路电流越小，当外电阻变化时，路端电压的变化量越小，故测量误差也越小．‎ ‎17.某同学家新买了一台双门电冰箱，冷藏室容积‎107L，冷冻室容积‎118L，假设室内空气为理想气体．‎ ‎(1)若室内空气摩尔体积为22.5×10－‎3m3‎/mol，阿伏加德罗常量为6.0×1023mol－1，在家中关闭冰箱密封门后，电冰箱的冷藏室和冷冻室内大约共有多少个空气分子？‎ ‎(2)若室内温度为‎27℃‎，大气压为1×105Pa，关闭冰箱密封门通电工作一段时间后，冷藏室温度降为‎6℃‎，冷冻室温度降为－‎9℃‎，此时冷藏室与冷冻室中空气的压强差多大？‎ ‎(3)冰箱工作时把热量从温度较低的冰箱内部传到温度较高的冰箱外部，请分析说明这是否违背热力学第二定律．‎ ‎【答案】(1)6.0×1024个； (2)5.0×103Pa； (3)见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】①分子个数 ‎ 个 ‎②气体状态参量为 T1=273+27=300K P1=1×105Pa T2=273+6=279K P2=？‎ T3=273-9=264K P3=？‎ 气体体积不变，根据查理定律得 代入数据解得 P2=9.3×104Pa P3=8.8×104Pa 压强差：‎ ‎△P=P2-P3=5.0×103Pa ‎③不违背热力学第二定律，因为热量不是自发的由低温的冰箱内部向高温的冰箱外部传递的，且冰箱工作过程中要消耗电能。‎ ‎18.如图，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长为L＝‎10 cm的正方形线圈abcd共N＝100匝，线圈电阻r＝1 Ω.线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，转动的角速度ω＝2π rad/s，外电路电阻R＝4 Ω. ‎ ‎(1)求感应电动势的最大值；由图示位置转过60°角时的感应电动势的值．‎ ‎(2)取π2＝10，求线圈转过一周电流产生的总热量．‎ ‎(3)由图示位置开始，求在线圈转过周期的时间内通过电阻R的电荷量．‎ ‎【答案】(1)1.57 V 　(2)1 J 　(3)‎‎0.1 C ‎【解析】‎ ‎（1）由题意可得，感应电动势的最大值 由图示位置转过60°角时的瞬时感应电动势 ‎（2）周期，线圈转动一周电流产生的热量，联立解得Q=1J ‎（3）时间内通过电阻R的电荷量，，，‎ 联立解得q=‎‎0.1C ‎19.如图所示，光滑水平面MN的左端M处固定有一能量补充装置P，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值。右端N处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v＝‎6m/s匀速转动，水平部分长度L＝‎9m。放在光滑水平面上的两相同小物块A、B（均视为质点）间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能Ep＝9J，弹簧与A、B均不粘连，A、B与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块质量mA＝mB＝‎1kg。现将A、B同时由静止释放，弹簧弹开物块A和B后，迅速移去轻弹簧，此时，A还未撞击P，B还未滑上传送带。取g＝‎10m/s2.‎ ‎(1)求A、B刚被弹开时的速度大小；‎ ‎(2)试通过计算判断B第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带；‎ ‎(3)若B从传送带上回到光滑水平面MN上与被弹回的A发生碰撞后粘连，一起滑上传送带。则P应给A至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带？‎ ‎【答案】(1)vA＝‎3m/s，vB＝‎3m/s；(2)B不能从传送带右端滑离传送带；(3)108J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒 由动量守恒有 mAvA－mBvB＝0‎ 联立以上两式解得 vA＝‎3m/s，vB＝‎3m/s ‎(2)假设B不能从传送带右端滑离传送带，则B做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为s，由动能定理得 ‎－μmBgs＝0－‎ 解得 s＝＝‎‎2.25m 由于s