河北省衡水中学2020届高三物理下学期第五次调研试题（解析版） 21页

2019~2020 学年高三年级第五次调研考试 理科综合试题 二、选择题：（本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，14~17 只有一个选项是正确的；18~21 至少有两项是正确的。全部选对得 6 分，选对但不 全得 3 分，有选错的得 0 分）。 1.a、b 是两种单色光，其频率分别为 va、vb，且 b av kv  ，则下列说法不正确的是（ ） A. a、b 光子动量之比为 a b p kp  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 a b x kx   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  ka kb b 1E E hv k   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  A B b 1E E hv k   【答案】B 【解析】 【详解】A．光子的能量 E h ，所以两种光子能量分别为 aE 和 bE ，且 a b E kE  则： a b k   光子的动量为 hνp c  ，所以 a b p kp  A 正确； B．光子的波长 c  ，双缝干涉装置上相邻亮条纹的间距为 Lx d   ，所以 a a b b b a 1x x k         B 错误； C．根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能为 kmE h W  ，其中 W 为金属的逸出功； 则有  a b b 1ka kbE E h h h k       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 a a 0 AE h E E   所以 A 0 0 aaE E E E h   同理 B 0 b 0 bE E E E h   则  A B b a b 1E E h h hv k      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 p GMmE r   ，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 2 MmG mgR  解得 2GM gR ① 连光都无法逃脱它的引力束缚，故有 21 '2 c GMmm Rv  解得 21 2 cv GM R  ② 联立①② 16 9 2 2 6 9 10 7.0 10 m / s2 2 6.4 10 cg R v      A 正确 BCD 错误。 故选 A。 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 450M kg ，桩料的质量为 50m kg ．每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶 0 5h m 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 h 的变化关系如图乙所示，直线斜率 45.05 10 /k N m  ． g 取 210 /m s ，则下列说法正确的 是 A. 夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为 9 /m s B. 夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为 4.5 /m s C. 打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为1m D. 打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为3m 【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 2 0 0  2v gh ， 得 0 0  2 2 10 5 / 10 /v gh m s m s     取向下为正方向，打击过程遵守动量守恒定律，则得： 0 )Mv M m v （ 代入数据解得：   9 /v m s ，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 21 1  2 2fW kh h kh     打完第一夯后，对夯锤与桩料，由动能定理得：   2 1 1) 0 2fM m gh W M m v    （ 即：  2 2 1 1 1 1) 02 2M m gh kh M m v    （ 代入数据解得 1  1h m ，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 2h 则对夯锤与桩料，由动能定理得：  2 2 2 1 2 1 1) ( ) 02 2M m gh k h h M m v     （ 同理可以得到：第三次夯后桩料再次进入泥土的深度为 3h 则对夯锤与桩料，由动能定理得：  2 2 3 1 2 3 1 1) ( ) 02 2M m gh k h h h M m v      （ 则打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为 1 2 3H h h h   代入数据可以得到： 1 2 3 3H h h h m    ，故选项 D 错误． 【点睛】本题的关键是要分析物体的运动过程，抓住把握每个过程的物理规律，要知道当力 随距离均匀变化时，可用平均力求功，也可用图象法，力与距离所夹面积表示阻力做功的大 小． 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 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 2 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 2 02 ( ) Mv M m g  B. 若 M＜m，小车 B 对地向右的最大位移是 2 0Mv mg 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 02 ( ) mv M m g  【答案】D 【解析】 【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 0 0Mv mv M m v  （ ） ， 解 得   0M m vv M m   ；若 M m ，A 所受 的摩擦力 f mg ，对 A，根据动能定理得： 2 0 10 2Amgx mv   ，则得物体 A 对地向左的最大位移 2 0 2A vx g ，若 M m ，对 B，由动 能定理得 2 0 10 2Bmgx Mv   ，则得小车 B 对地向右的最大位移 2 0 2B Mvx mg ，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 0 0 2mMvI Mv Mv m M     ，C 错误；根据动量定理得 0ft Mv Mv f mg   ， ，解得   02Mvt M m g  ，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（ ） 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的距离为 0.4m D. 停止时，举报受到的安培力大小为 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= 0 r E R R  =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= 2 2 L     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。 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22—32 题为必考题，每个试题考 生都做答；第 33 题—39 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（共 129 分） 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： (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 2d t (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 2 0 1 2x v t at  得 21 2d at 解得 2 2da t  即木板的加速度为 2 2d t 。 (2)[2]AB．由于摩擦力的存在，所以当 1 0F F 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 0 F ，对木板和矿泉水瓶组成的系统根据牛顿第二定律 应有  1 0F F M m a   联立解得 0 1 1 Fa Fm M m M    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 m M 时， 1 m M 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 1 m M 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_________． 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 100 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 (3). 减小 (4). 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； （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100 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U E IR  ，整理得： 100U E I  ，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 3.05 0.008 0.024WP UI    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 53   ，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 1 4 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 9 5 mgE q  、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 1 4   ，设小物块的电荷量保持不变，重力 加速度为 g， 53 0.8sin   ， 53 0.6cos   ．求： (1)小物块运动至圆轨道的 C 点时对轨道的压力大小； (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 13 5NF mg  ；（2）小物块动能的最小值为 min 3 2kE mgR 【解析】 【 详 解 】 (1) 小 物 块 由 A 到 B 过 程 由 动 能 定 理 ， 得 ：   212 2 2 Bmgsin r mgcos qE r mv       解得： 4 5Bv gr 小物块由 B 到 C 过程由机械能守恒定律得：   2 21 11 cos 2 2C Bmgr mv mv   解得： 8 5Cv gr 在 C 点由牛顿第二定律，得： 2 C N vF mg m r   解得： 13 5NF mg 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 13 5NF mg (2)小物块离开 D 点后做平抛运动，水平方向： 0x v t 竖直方向： 21 2y gt 而： 2 2 2x y R  小物块平抛过程机械能守恒，得： 2 0 1 2kmgy E mv  由以上式子得： 2 3 4 4k mgR mgyE y   由数学中均值不等式可知： 2 3 32 4 4 2k mgR mgyE mgRy    则小物块动能的最小值为 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= 021 mU L q ．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） 2 L ． 【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＝  m Bq  υ1=υsinα △ y＝ 1 (1 ) m cos Bq sin     当α=90o 时， △ y 有最大值． 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＝ 1 2 mυ12 所以 0 1 2qU m ＝ △ ymax＝x＝ 1 m Bq  ＝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 1 n cos   ＝ Rn＝   nm Bq  在胶片上落点长度为 △ x＝2Rncosα＝ 12  m Bq  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 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 5  2 L ，则落点范围是  2 L ． 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：共 45 分。请考生从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科 任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。 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。 14.如图所示，T 形活塞将绝热汽缸内的气体分隔成 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) 0 1 0 PT T (2)升高     1 2 0 1 2 S LTS S S L    【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， 0 1 0 1   =p p T T 解得 0 1 1 0 p = p T T (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      1 2 2 1 0 + - + +=S S L S L L S L L T T   解得     1 2 0 0 1 2 -+ + S S LT T TS S L  所以温度变化了     1 2 0 1 2 = S S LTT S S L    故本题答案是：(1) 0 1 0 PT T (2)升高     1 2 0 1 2 S S LT S S L    点睛;正确利用理想气体方程求解即可． 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 1P 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 1P 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( 2  t－ 2  )m 【答案】BCE 【解析】 【详解】由图乙可知，在 t=1s 时刻质点 1P 向 y 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 24m  ，由图乙可知 周期为 4T s ，则波速为 24 / 6 /4v m s m sT    ，故 B 正确；由于 33 4t s T   ，则质 点 1P 通过路程为 3 34 4 2 64 4s A m m      ，故 C 正确；由于 P1、P2 之间的距离为 1 2  ， 在振动过程中 P1、P2 的位移不一定总是相同，故 D 错误；由于 2 4T s   ，则 2   ，则 图乙可知质点 P2 做简谐运动的表达式为： 2sin 2 2y t m      ，故 E 正确．故选 BCE 16.一赛艇停在平静的水面上，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 1s =0.8m 处有一浮标，示意如图．一潜水员在浮标前方 2s =3.0m 处下潜到深度为 2h 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 h  2.0m，恰好能看见 Q。（已知水的折射率 n= 4 3 ）求 ①深度 2h ； ②赛艇的长度l 。（可用根式表示） 【答案】①4m；② 24 7( 3.8)m7  。 【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 1 2 2 1 1 sin sα s h   ， 2 2 2 2 2 sin sβ s h   根据光的折射定律可知 sin sinn   4 3  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 1 3sin 4C n   根据几何关系有 1 2 2 tan s s lC h h     联立解得 24 7( 3.8)m7l  