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- 2021-05-25 发布
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河北省衡水中学 2020 届高三下学期
第五次调研试题
一、选择题
1.a、b 是两种单色光,其频率分别为 va、vb,且 ,则下列说法不正确的是( )
A. a、b 光子动量之比为
B. 若 a、b 光射到同一干涉装置上,则相邻条纹的间距之比为
C. 若 a、b 都能使某种金属发生光电效应,则光子的最大初动能之差
D. 若 a、b 是处于同一激发态的原子跃迁到 A 态和 B 态产生的,则 A、B 两态的能级之差
【答案】B
【解析】
【详解】A.光子的能量 ,所以两种光子能量分别为 和 ,且
则:
光子的动量为 ,所以
A 正确;
B.光子的波长 ,双缝干涉装置上相邻亮条纹的间距为 ,所以
B 错误;
C.根据光电效应方程可知,光电子的最大初动能为 ,其中 W 为金属的逸出
功;则有
b
av kv
=
a
b
p kp
=
a
b
x kx
∆ =∆
( )ka kb b 1E E hv k− = −
( )A B b 1E E hv k− = −
E hν= aE bE
a
b
E kE
=
a
b
k
ν
ν =
hνp c
=
a
b
p kp
=
cλ ν= Lx d
λ∆ =
a a b
b b a
1x
x k
λ ν
λ ν
∆ = = =∆
kmE h Wν= −
C 正确;
D.若 a、b 是由处于同一激发态的原子跃迁到 A 态和 B 态时产生的,设初始激发态的能量
为 E0,则有
所以
同理
则
D 正确。
本题选不正确的,故选 B。
2.2019 年央视春晚加入了非常多的科技元素,在舞台表演中还出现了无人机。现通过传感器
将某台无人机上升向前追踪拍摄的飞行过程转化为竖直向上的速度 vy 及水平方向速度 vx 与
飞行时间 t 的关系图象,如图所示。则下列说法正确的是( )
A. 无人机在 t1 时刻处于超重状态
B. 无人机在 0~t2 这段时间内沿直线飞行
C. 无人机在 t2 时刻上升至最高点
D. 无人机在 t2~t3 时间内做匀变速运动
【答案】AD
【解析】
【详解】A.根据图象可知,无人机在 t1 时刻,在竖直方向上向上做匀加速直线运动,有竖
直向上的加速度,处于超重状态,故 A 正确;
B.由图象可知,无人机在 t=0 时刻,vy=0,合初速度为 vx 沿水平方向,水平与竖直方向均
有加速度,那么合加速度与合初速度不共线,所以无人机做曲线运动,即无人机沿曲线上升,
故 B 错误;
C.无人机在竖直方向,先向上做匀加速直线运动,后向上做匀减速直线运动,在 t3 时刻上
升至最高点,故 C 错误;
D.无人机在 t2~t3 时间内,在水平方向上做匀速直线运动,而在竖直方向上向上做匀减速
( )a b b 1ka kbE E h h h kν ν ν− = − = −
a a 0 AE h E Eν= = −
A 0 0 aaE E E E hν== − −
B 0 b 0 bE E E E hν== − −
( )A B b a b 1E E h h hv kν ν− = − = −
直线运动,因此无人机做匀变速运动,故 D 正确;
故选 AD。
3.2019 年 4 月 10 日,世界上第一张黑洞照片诞生了,证实了神秘天体黑洞的存在。黑洞是
宇宙中质量巨大的一类天体,连光都无法逃脱它的引力束缚。取两天体相距无限远时引力势
能为零,引力势能表达式为 ,已知地球半径 R=6400km,光速 c=3x108m/s。
设想把地球不断压缩(保持球形不变),刚好压缩成一个黑洞时,地球表面的重力加速度约
为( )
A. 7×109m/s2 B. 7×1010m/s2
C. 1.4×1010m/s2 D. 1.4×1011m/s2
【答案】A
【解析】
【详解】在地球表面有
解得
①
连光都无法逃脱它的引力束缚,故有
解得
②
联立①②
A 正确 BCD 错误。
故选 A。
p
GMmE r
= −
2
MmG mgR
=
2GM gR=
21 '2 c
GMmm Rv =
21
2 cv GM
R
=
16
9 2
2
6
9 10 7.0 10 m / s2 2 6.4 10
cg R
v ×= = ≈ ×× ×
4.如图所示,用小灯泡模仿光控电路,AY 之间为斯密特触发器,RG 为光敏电阻,R1 为可变
电阻;J 为继电器的线圈,Ja 为它的常开触点.下列说法正确的是 ( )
A. 天色变暗时,A 端输入高电平,继电器吸引 Ja,路灯点亮
B. 要想在天色更暗时路灯才会点亮,应把 R1 的阻值调大些
C. 要想在天色更暗时路灯才会点亮,应把 R1 的阻值调小些
D. 二极管的作用是继电器释放 Ja 时提供自感电流的通路, 防止损坏集成电路
【答案】ABD
【解析】
【详解】A、天色变暗时,光敏电阻较大,则 RG 两端的电势差较大,所以 A 端的电势较高,
继电器工作吸引常开触点 Ja,路灯点亮,故 A 正确;
BC、当 A 端电势较高时,路灯会亮,天色更暗时光敏电阻的阻值更大,则 RG 两端的电势
差更大,A 端的电势更高;要想在天色更暗时路灯才会点亮,必须使光敏电阻分担的电压应
降低,根据串联分压可知应把 R1 的阻值调大些,故 B 正确,C 错误;
D、天色变亮时,A 端输入低电平,继电器不工作释放常开触点 Ja,继电器的线圈会产生自
感电电动势,二极管与继电器的线圈串联构成闭合电路,防止损坏集成电路,故 D 正确;
故选 BCD.
5.如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图,打夯前先将桩料扶正立
于地基上,桩料进入泥土的深度忽略不计.已知夯锤的质量为 ,桩料的质量为
.每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶 处再释放,让夯锤
自由下落,夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动.桩料进入泥土后所受阻力随打入深
度 的变化关系如图乙所示,直线斜率 . 取 ,则下列说法正
确的是
A. 夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为
B. 夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为
450M kg=
50m kg= 0 5h m=
h 45.05 10 /k N m= × g 210 /m s
9 /m s
4.5 /m s
C. 打完第一夯后,桩料进入泥土的深度为
D. 打完第三夯后,桩料进入泥土的深度为
【答案】C
【解析】
【分析】
夯锤先自由下落,然后与桩料碰撞,先由运动学公式求出与桩料碰撞前瞬间的速度,对于碰
撞过程,由于内力远大于外力,所以系统的动量守恒,由动量守恒定律求出碰后共同速度;
夯锤与桩料一起下沉的过程,重力和阻力做功,由动能定理可求得桩料进入泥土的深度;
【详解】A、夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度 ,得
取向下为正方向,打击过程遵守动量守恒定律,则得:
代入数据解得: ,故选项 AB 错误;
C、由乙图知,桩料下沉过程中所受的阻力是随距离均匀变化,可用平均力求阻力做功,为
打完第一夯后,对夯锤与桩料,由动能定理得:
即:
代入数据解得 ,故选项 C 正确;
D、由上面分析可知:第二次夯后桩料再次进入泥土的深度为
则对夯锤与桩料,由动能定理得:
同理可以得到:第三次夯后桩料再次进入泥土的深度为
则对夯锤与桩料,由动能定理得:
则打完第三夯后,桩料进入泥土的深度为
代入数据可以得到: ,故选项 D 错误.
6.图中虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面 b 上的电势为 2
V.一电子经过 a 时的动能为 10 eV,从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6 eV.下列
说法正确的是
1m
3m
2
0 02v gh=
0 02 2 10 5 / 10 /v gh m s m s= = × × =
0 )Mv M m v= +(
9 /v m s=
21 1
2 2fW kh h kh= − ⋅ = −
( ) 2
1
1) 0 2fM m gh W M m v+ + = − +(
( )2 2
1 1
1 1) 02 2M m gh kh M m v+ − = − +(
1 1h m=
2h
( )2 2
2 1 2
1 1) ( ) 02 2M m gh k h h M m v+ − + = − +(
3h
( )2 2
3 1 2 3
1 1) ( ) 02 2M m gh k h h h M m v+ − + + = − +(
1 2 3H h h h= + +
1 2 3 3H h h h m= + + <
A. 平面 c 上的电势为零
B. 该电子可能到达不了平面 f
C. 该电子经过平面 d 时,其电势能为 4 eV
D. 该电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的 2 倍
【答案】AB
【解析】A、虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面,一电子经过 a 时
的动能为 10eV,从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6eV,动能减小了 6eV,电势能
增加了 6eV,因此等势面间的电势差为 2V,因平面 b 上的电势为 2V,由于电子的电势能增
加,等势面由 a 到 f 是降低的,因此平面 c 上的电势为零,故 A 正确.B、由上分析可知,
当电子由 a 向 f 方向运动,则电子到达平面 f 的动能为 2eV,由于题目中没有说明电子如何
运动,因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动,则可能不会到达平面 f,故 B 正确.C、
在平面 b 上电势为 2V,则电子的电势能为-2eV,动能为 8eV,电势能与动能之和为 6eV,
当电子经过平面 d 时,动能为 4eV,其电势能为 2eV,故 C 错误.D、电子经过平面 b 时的
动能是平面 d 的动能 2 倍,电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的 倍,故 D 错误.故
选 AB.
【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系,掌握电势能与动能之和不变,理解电势为零
处的电势能为零是解题的关键.
7.如图所示,足够长的小平板车 B 的质量为 M,以水平速度 v0 向右在光滑水平面上运动,
与此同时,质量为 m 的小物体 A 从车的右端以水平速度 v0 沿车的粗糙上表面向左运动.若
物体与车面之间的动摩擦因数为 μ,则在足够长的时间内( )
A. 若 M>m,物体 A 对地向左的最大位移是
B. 若 M<m,小车 B 对地向右的最大位移是
2
2
02
( )
Mv
M m gµ +
2
0Mv
mgµ
C. 无论 M 与 m 的大小关系如何,摩擦力对平板车的冲量均为 mv0
D. 无论 M 与 m 的大小关系如何,摩擦力的作用时间均为
【答案】D
【分析】根据动量守恒定律求出 M 与 m 的共同速度,再结合牛顿第二定律和运动学公式求
出物体和小车相对于地面的位移.根据动量定理求出摩擦力的作用的时间,以及摩擦力的冲
量.
【详解】规定向右为正方向,根据动量守恒定律有 ,解得
;若 ,A 所受 摩擦力 ,对 A,根据动能定理得:
,则得物体 A 对地向左的最大位移 ,若 ,对 B,由
动能定理得 ,则得小车 B 对地向右的最大位移 ,AB 错
误;根据动量定理知,摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量,即
,C 错误;根据动量定理得 ,解得
,D 正确.
【点睛】本题综合考查了动量守恒定律和动量定理,以及牛顿第二定律和运动学公式,综合
性强,对学生的要求较高,在解题时注意速度的方向.
8.如图所示,电阻不计的两光滑平行导轨固定在绝缘水平面上,导轨间距为 1m,导轨中部
有一个直径也为 1m 的圆形匀强磁场区域,与两导轨相切于 M、N 两点,磁感应强度大小为
1T、方向竖直向下,长度略大于 1m 的金属棒垂直导轨水平放置在磁场区域中,并与区域圆
直径 MN 重合。金属棒的有效电阻为 0.5Ω,一劲度系数为 3N/m 的水平轻质弹簧一端与金
属棒中心相连,另一端固定在墙壁上,此时弹簧恰好处于原长.两导轨通过一阻值为 1Ω 的
电阻与一电动势为 4V、内阻为 0.5Ω 的电源相连,导轨电阻不计。若开关 S 闭合一段时间后,
金属棒停在导轨上的位置,下列说法正确的是( )
的
02
( )
mv
M m gµ +
0 0Mv mv M m v− = +( )
( ) 0M m vv M m
−= + M m> f mgµ=
2
0
10 2Amgx mvµ− = −
2
0
2A
vx gµ= M m<
2
0
10 2Bmgx Mvµ− = −
2
0
2B
Mvx mgµ=
0
0
2mMvI Mv Mv m M
−= − = + 0ft Mv Mv f mgµ− = − =,
( )02Mvt M m gµ= +
A. 金属棒停止的位置在 MN 的右侧
B. 停止时,金属棒中的电流为 4A
C. 停止时,金属棒到 MN 距离为 0.4m
D. 停止时,举报受到 安培力大小为 2N
【答案】AC
【解析】
【详解】A.由金属棒中电流方向从 M 到 N 可知,金属棒所受的安培力向右,则金属棒停
止的位置在 MN 的右侧,故 A 正确;
B.停止时,金属棒中的电流
I= =2A
故 B 错误;
C.设棒向右移动的距离为 x,金属棒在磁场中的长度为 2y,则
kx=BI(2y)
x2+y2=
解得
x=0.4m、2y=0.6m
故 C 正确;
D.金属棒受到的安培力
F=BI(2y)=1.2N
故 D 错误。
故选 AC。
二、非选择题
(一)必考题
9.某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧秤固定在一合适的木板上,
桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮,细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿
泉水瓶连接。在桌面上画出两条平行线 MN 、PQ,并测出间距 d。开始时让木板置于 MN
处,现缓慢向瓶中加水,直到木板刚刚开始运动为止,记下弹簧秤的示数 F0 ,以此表示滑
动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住,继续向瓶中加水后,记下弹簧秤的示数 F1,
然后释放木板,并用秒表记下木板运动到 P Q 处的时间 t。则:
的
的
0 r
E
R R+ +
2
2
L
(1)木板的加速度可以用 d、t 表示为 a=_______ 。
(2)改变瓶中水的质量重复实验,确定加速度 a 与弹簧秤示数 F1 的关系。下列图像能表示该
同学实验结果的是________ 。
(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比,它的优点是_______。
A.可以改变滑动摩擦力的大小
B.可以更方便地获取多组实验数据
C.可以比较精确地测出滑动摩擦力的大小
D.可以获得更大的加速度以提高实验精度
【答案】(1). (2). C (3). BC
【解析】
【详解】(1)[1]木板做初速度为零的匀加速直线运动,根据 得
解得
即木板的加速度为 。
(2)[2]AB.由于摩擦力的存在,所以当 时,木板才产生加速度,即图线不过原点,
与横轴有交点,AB 错误;
CD.据题意,木板受到的滑动摩擦力为 ,对木板和矿泉水瓶组成的系统根据牛顿第二定
律应有
2
2d
t
2
0
1
2x v t at= +
21
2d at=
2
2da t
=
2
2d
t
1 0F F>
0F
( )1 0F F M m a− = +
联立解得
其中 m 为矿泉水瓶的质量,M 为木板的质量根据函数斜率和截距的概念可知,当
时, 近似不变,即图像的斜率不变,当矿泉水的质量逐渐增大到一定量后 变
小,即图像向下弯曲,C 正确 D 错误。
故选 C。
(3)[3]A.木板与桌面间的正压力以及动摩擦因数不变,所以加水的方法不改变滑动摩擦力
的大小,A 错误;
BC.缓慢向瓶中加水,拉力是连续增大,而挂钩码时拉力不是连续增大的,所以可以更方
便地获取多组实验数据,比较精确地测出摩擦力的大小,BC 正确;
D.由于加速度越大需要水的质量越大,而水的质量越大时图象的斜率越小,实验的精确度
会越小,D 错误。
故选 BC。
10.LED 灯是一块电致发光的半导体材料芯片,其优点是体积小、质量轻、耗电量低、使用
寿命长、亮度高、热量低、绿色环保、安全可靠,我国已经在大力推行使用 LED 灯具了.某
小组同学找到了几个图甲所示的 LED 灯泡,准备描绘 LED 灯泡的伏安特性曲线,所用器材
如下:
A.LED 灯泡:额定功率 0.1W;
B.电压表 V:量程 0~5V,内阻约为 100kΩ
C.电流表 A:量程 0~300mA,内阻约为 10Ω
D.锂离子电池:电动势 3.8V、内阻很小;
E.滑动变阻器 R:0—50Ω,2A;
F.开关、导线若干.
(1)考虑到描绘 LED 灯泡的伏安特性时,灯泡两端电压应从零开始,同时又要尽量减小实
验误差.下列电路中最恰当的一个是_________.
0
1
1 Fa Fm M m M
= −+ +
m M
1
m M+
1
m M+
A. B.
C. D.
(2)选择好正确的电路进行实验,根据实验所测得的电压和电流,描绘出该 LED 灯泡的伏
安特性曲线如图乙所示,由图线可知,LED 灯泡两端电压在 2.3V 以下时几乎处于_________
(选填“短路”或“断路”)状态,选 LED 灯泡的电阻随其两端电压的升高而_________(选填
“增大”“减小”或“不变”).
(3)由该 LED 灯泡的伏安特性曲线可知,若将该 LED 灯泡与题中所给电源和一阻值约为
的电阻串联,则该 LED 灯泡的耗电功率为___________W(保留两位有效数字).
【答案】 (1). D (2). 断路 减小 (3). 0.024(0.023—0.025 均给分)
【解析】
【详解】(1)要求电流电压从零开始,所以电路应该用分压电路,且由于电压表的内阻远远
大于待测电阻的阻值,所以应该用电流表外接法,所以电路结构选 D;
100Ω
(2)在 2.3V 以下时电路中电流为零,可以认为电路断路,从图像上可以看出 LED 灯泡的
电阻随其两端电压的升高而减小.
(3)将该 LED 灯泡与题中所给电源和一阻值约为 的电阻串联,设灯泡两端的电压为
U,流过灯泡的电流为 I,根据闭合电路欧姆定律可知 ,整理得: ,
在 I-U 图像上画出此函数,如图所示:
图像的交点即为灯泡的工作电压和电流,此时的电压为 3.05V,电流为 8mA,所以 LED 灯
泡的耗电功率为
11.如图所示,ABCD 为固定在竖直平面内的轨道,AB 段平直倾斜且粗糙,BC 段是光滑圆
弧,对应的圆心角 ,半径为 r,CD 段水平粗糙,各段轨道均平滑连接,在 D 点右
侧固定了一个 圆弧挡板 MN,圆弧半径为 R,圆弧的圆心也在 D 点.倾斜轨道所在区域
有场强大小为 、方向垂直于斜轨向下的匀强电场.一个质量为 m、电荷量为 q 的
带正电小物块(视为质点)在倾斜轨道上的 A 点由静止释放,最终从 D 点水平抛出并击中挡
板.已知 A,B 之间距离为 2r,斜轨与小物块之的动摩擦因数为 ,设小物块的电荷
量保持不变,重力加速度为 g, , .求:
(1)小物块运动至圆轨道的 C 点时对轨道的压力大小;
100Ω
U E IR= − 100U E I= −
3.05 0.008 0.024WP UI= = × =
53θ = °
1
4
9
5
mgE q
=
1
4
µ =
53 0.8sin ° = 53 0.6cos ° =
(2)改变 AB 之间的距离和场强 E 的大小,使小物块每次都能从 D 点以不同的速度水平抛出
并击中挡板的不同位置,求击中挡板时小物块动能的最小值.
【答案】(1)在 C 点小物块对圆轨道的压力大小为 ;(2)小物块动能的最小
值为
【解析】
【详解】(1)小物块由 A 到 B 过程由动能定理,得:
解得:
小物块由 B 到 C 过程由机械能守恒定律得:
解得:
在 C 点由牛顿第二定律,得:
解得:
由牛顿第三定律可得,在 C 点小物块对圆轨道的压力大小为
(2)小物块离开 D 点后做平抛运动,水平方向:
竖直方向:
而:
小物块平抛过程机械能守恒,得:
由以上式子得:
由数学中均值不等式可知:
则小物块动能的最小值为
13
5NF mg′ =
min
3
2kE mgR=
( ) 212 2 2 Bmgsin r mgcos qE r mvθ µ θ⋅ − + ⋅ =
4
5Bv gr=
( ) 2 21 11 cos 2 2C Bmgr mv mvθ− = −
8
5Cv gr=
2
C
N
vF mg m r
− =
13
5NF mg=
13
5NF mg=′
0x v t=
21
2y gt=
2 2 2x y R+ =
2
0
1
2kmgy E mv= −
2 3
4 4k
mgR mgyE y
= +
2 3 32 4 4 2k
mgR mgyE mgRy
≥ ⋅ =
min
3
2kE mgR=
12.如图甲所示,粒子源靠近水平极板 M、N 的 M 板,N 板下方有一对长为 L,间距为
d=1.5L 的竖直极板 P、Q,再下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场,磁场上边界的部分放
有感光胶片.水平极板 M、N 中间开有小孔,两小孔的连线为竖直极板 P、Q 的中线,与磁
场上边界的交点为 O.水平极板 M、N 之间的电压为 U0;竖直极板 P、Q 之间的电压 UPQ
随时间 t 变化的图象如图乙所示;磁场的磁感强度 B= .粒子源连续释放初速不
计、质量为 m、带电量为+q 的粒子,这些粒子经加速电场获得速度进入竖直极板 P、Q 之
间的电场后再进入磁场区域,都会打到感光胶片上.已知粒子在偏转电场中运动的时间远小
于电场变化的周期,粒子重力不计.求:
(1)带电粒子进入偏转电场时的动能 EK;
(2)磁场上、下边界区域的最小宽度 x;
(3)带电粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围.
【答案】(1)U0q.(2)L.(3) .
【解析】
(1)带电粒子进入偏转电场时的动能,即为 MN 间的电场力做的功 EK=WMN=U0q
(2)设带电粒子以速度 υ 进入磁场,且与磁场边界之间的夹角为 α 时 向下偏移的距离:
△y=R-Rcosα=R(1-cosα)
而 R=
υ1=υsinα
△y=
当 α=90o 时,△y 有最大值.
021 mU
L q
2
L
m
Bq
υ
1 (1 )m cos
Bq sin
υ α
α
−⋅
即加速后的带电粒子以 υ1 的速度进入竖直极板 P、Q 之间的电场不发生偏转,沿中心线进
入磁场. 磁场上、下边界区域的最小宽度即为此时的带电粒子运动轨道半径.
U0q= mυ12
所以
△ymax=x= =L
(3)粒子运动轨迹如图所示,若 t=0 时进入偏转电场,在电场中匀速直线运动进入磁场时
R=L,打在感光胶片上距离中心线最近为 x=2L
任意电压时出偏转电场时的速度为 υn,根据几何关系
Rn=
在胶片上落点长度为△x=2Rncosα=
打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等,与偏转电压无关.在感光胶片上的
落点宽度等于粒子在电场中的偏转距离.带电粒子在电场中最大偏转距离
1
2
0
1
2qU
m
υ=
1m
Bq
υ
1
n cos
υυ α=
nm
Bq
υ
12m
Bq
υ
2 20
1
31 1 ( )2 2 1.5
U q Ly at Lm v
= = × ×
粒子在感光胶片上落点距交点 O 的长度分别是 2L 和 ,则落点范围是 .
点睛:本题的关键点在于第三问的偏转范围的求得,由于带电粒子先经过 U0 的加速,然后
进入水平交变电场的偏转,最后进入磁场做匀速圆周运动打在胶片上.可以表示出在任意偏
转电压下做匀速圆周运动的半径表达式(其中速度用进入电场的速度表示),再表示出打在
胶片下的长度.巧合的是打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等,与偏转电压
无关,从而求出粒子在感光胶片上落点的范围.
(二)选考题
13.下列说法中正确的是( )
A. 热机中燃气的内能不可能全部转化为机械能
B. 液体表面张力的方向与液面垂直
C. 液体表面张力的大小是跟分界线的长度成正比的
D. 水银滴在玻璃板上将成椭球状,所以说水银是一种不浸润液体
E. 相对湿度 100%,表明在当时的温度下,空气中的水汽已达到饱和状态
【答案】ACE
【解析】
【详解】A.热力学第二定律的一种表述为:不可能从单一热源吸取热量,使之完全变为有
用功而不产生其他影响,即无论采用任何设备和手段进行能量转化,总是遵循“机械能可全
部转化为内能,而内能不能全部转化为机械能”,A 正确;
BC.液体表面张力产生在液体表面层,它的方向平行于液体表面,而非与液面垂直,其大
小跟分界线的长度成正比,B 错误 C 正确;
D.浸润与不浸润是由液体和固体共同决定的。液体浸润固体,附着层面积要扩张,不浸润
固体附着层面积要收缩;水银不浸润玻璃,但可能浸润其他固体,D 错误;
E.相对湿度=空气中水蒸气的压强/同温度下水的饱和气压,当相对湿度为 100%,表明在当
时的温度下,空气中的水汽已达到饱和状态,故 E 正确。
故选 ACE。
5
2
L
2
L
14.如图所示,T 形活塞将绝热汽缸内 气体分隔成 A、B 两部分,活塞左、右两侧截面积分
别为 S1、S2,活塞与汽缸两端的距离均为 L,汽缸上有 a、b、c 三个小孔与大气连通,现将
a、b 两孔用细管(容积不计)连接.已知大气压强为 p0,环境温度为 To,活塞与缸壁间无摩
擦.
(1)若用钉子将活塞固定,然后将缸内气体缓慢加热到 T1,求此时缸内气体的压强;
(2)若气体温度仍为 T0,拔掉钉子,然后改变缸内气体温度,发现活塞向右缓慢移动了 ΔL 的
距离(活塞移动过程中不会经过小孔),则气体温度升高还是降低?变化了多少?
【答案】(1) (2)升高
【解析】
(1)A、B 内气体相通,初状态压强为 p0.由于钉子将活塞固定,气体体积不变由查理定律可
知,
解得
(2)对活塞进行受力分析,可知温度改变后,活塞受力大小不变,所以活塞向右移动后,气
体的压强不变.活塞向右移动后,气体体积增大,则气体温度升高.
由
解得
所以温度变化了
故本题答案是:(1) (2)升高
点睛;正确利用理想气体方程求解即可.
的
0 1
0
PT
T
( )
( )
1 2 0
1 2
S LTS
S S L
− ∆
+
0 1
0 1
=p p
T T
0 1
1
0
p = p T
T
( ) ( ) ( )1 2 2 1
0
+ - + +=S S L S L L S L L
T T
∆ ∆
( )
( )1 2
0 0
1 2
-+ +
S S LT T TS S L
∆=
( )
( )1 2 0
1 2
= S S LTT S S L
− ∆∆ +
0 1
0
PT
T
( )
( )1 2 0
1 2
S S LT
S S L
− ∆
+
15.一列简谐横波,在 t=1s 时刻的波形如图甲所示,图乙为波中质点 的振动图象,则根据
甲、乙两图可以判断:___________
A. 该波沿 x 轴正方向传播
B. 该波的传播速度为 6m/s
C. 从 t=0 时刻起经过时间△t=3s,质点 通过路程为 6m
D. 在振动过程中 P1、P2 的位移总是相同
E. 质点 P2 做简谐运动的表达式为 y=2sin( t- )m
【答案】BCE
【解析】
【详解】由图乙可知,在 t=1s 时刻质点 向 轴负方向振动,则根据质点振动方向与波的
传播方向可知,该波沿 x 轴负方向传播,故 A 错误;由图甲可知波长为 ,由图乙
可知周期为 ,则波速为 ,故 B 正确;由于 ,
则质点 通过路程为 ,故 C 正确;由于 P1、P2 之间的距离为
,在振动过程中 P1、P2 的位移不一定总是相同,故 D 错误;由于 ,则 ,
则图乙可知质点 P2 做简谐运动的表达式为: ,故 E 正确.故选 BCE
16.一赛艇停在平静 水面上,赛艇前端有一标记 P 离水面的高度为 h1=0.6m,尾部下端 Q
略高于水面;赛艇正前方离赛艇前端 =0.8m 处有一浮标,示意如图.一潜水员在浮标前
方 =3.0m 处下潜到深度为 时,看到标记刚好被浮标挡住,此处看不到船尾端 Q;继续
下潜 2.0m,恰好能看见 Q。(已知水的折射率 n= )求
①深度 ;
②赛艇的长度 。(可用根式表示)
的
1P
1P
2
π
2
π
1P y
24mλ =
4T s= 24 / 6 /4v m s m sT
λ= = = 33 4t s T∆ = =
1P 3 34 4 2 64 4s A m m= × = × × =
1
2
λ 2 4T s
π
ω= =
2
πω =
2sin 2 2y t m
π π = −
1s
2s 2h
h∆ = 4
3
2h
l
【答案】①4m;② 。
【解析】
【详解】① 设过 P 点光线,恰好被浮子挡住时,入射角、折射角分别为:α、β,如图所示
由几何关系有
,
根据光的折射定律可知
联立解得
h2=4m
② 潜水员和 Q 点连线与水平方向夹角刚好为临界角 C,则有
根据几何关系有
联立解得
24 7( 3.8)m7
−
1
2 2
1 1
sin sα
s h
=
+
2
2 2
2 2
sin sβ
s h
=
+
sin
sinn
α
β= 4
3
=
1 3sin 4C n
= =
1 2
2
tan s s lC h h
+ += + ∆
24 7( 3.8)m7l = −