【物理】湖南省长沙市长郡中学2020届高三上学期第5次月考试题（理）（解析版） 23页

湖南省长沙市长郡中学2020届高三上学期 第5次月考试题（理）‎ 第I卷 选择题（共48分）‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分. 在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求. 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）‎ ‎1.下列说法正确的是（　　）‎ A. 阴极射线和β射线的本质都是电子流，其来源是相同的 B. 德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长 C. 原子核的比结合能越大，其核子就结合得越牢固，原子核就越稳定 D. 用频率大于某金属极限频率的单色光照射该金属，若增大入射光的频率，则单位时间内逸出的光电子一定增多 ‎【答案】C ‎【详解】A．射线是高速运动的电子流，是发生衰变产生的，本质上是原子核内的一个中子变成一个质子和一个电子，阴极射线也是电子流，是核外电子被电离产生的，A错误；‎ B．由：‎ 可知，微观粒子动量越大，对应波长越小，B错误；‎ C．原子的比结合能越大，核子越稳定，C正确；‎ D．单位时间内逸出的光电子数目与光子的频率无关，而是与光的强度有关，D错误。‎ 故选C ‎2.如图所示，一竖直挡板固定在水平地面上，图甲用一斜面将一质量为M的光滑球顶起，图乙用一圆柱体将同一光滑球顶起；当斜面或圆柱体缓慢向右推动的过程中，关于两种情况下挡板所受的压力，下列说法正确的是(　　)‎ A. 两种情况下挡板所受的压力都不变 B. 两种情况下挡板所受的压力都增大 C. 图甲中挡板所受的压力不变，图乙中挡板所受的压力减小 D. 图甲中挡板所受的压力不变，图乙中挡板所受的压力先减小后增大 ‎【答案】C ‎【详解】图甲中，光滑球受重力、斜面支持力和挡板的弹力三个力，三力平衡，三个力构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：‎ 当斜面向右移动时，三个力的方向均不变，而重力大小也不变，故和的大小均不变；‎ 乙图中，光滑球受重力、圆柱体对其支持力，还有挡板对其弹力，三个力收尾顺次相连成矢量三角形，如图所示：‎ 当圆柱体向右缓慢移动时，圆柱体的支持力和挡板的弹力均减小；‎ 故ABD错误，C正确 故本题正确答案选C．‎ ‎3.如图所示为额定电压为250V的用户供电的远距离输电的示意图，已知输入原线圈n1两端的电压U1=500V，发电机的输出功率为P=500kW，输电线的电阻R=12.5，如果输电线上损失的功率为输送功率的1%。如果图中的升压变压器以及降压变压器均为理想的变压器。则下列结论正确的是（　　）‎ A. n3：n4=79：1‎ B. n1：n2=1：50‎ C. 流过输电线的电流强度大小为40A D. 降压变压器原线圈两端的电压为24700V ‎【答案】B ‎【详解】BC．导线上的电流:‎ 升压变压器原线圈电流:‎ 则:‎ B正确，C错误；‎ AD．降压变压器的初级电压：‎ 则：‎ AD错误。‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上距离转轴某处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物块与盘面间的动摩擦因数为μ（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为θ，重力加速度为g，则 A. 小物体由最低点运动至最高点的过程中摩擦力逐渐减小 B. 小物体由最低点运动至最高点的过程中摩擦力逐渐增大 C. 小物体由最低点运动至最高点的过程中摩擦力没有做功 D. 小物体在最低点与最高点所受的摩擦力的大小可能相等 ‎【答案】A ‎【详解】小物体做匀速圆周运动由静摩擦力、重力和支持力的合力提供，在最高点有 ‎，‎ 在最低点 ‎，‎ 故小物体由最低点运动至最高点的过程中摩擦力逐渐减小，A正确，B错误；‎ 从最低点到最高点，摩擦力方向与位移方向不垂直，即摩擦力做功，C错误；‎ 在最高点若摩擦力方向背离圆心，则有 ‎，‎ 解得 ‎，‎ 不可能等于最低点的摩擦力，‎ 若在最高点摩擦力方向指向圆心，则有 ‎，‎ 解得，‎ 也不可能等于最低点的摩擦力，D错误．‎ 故选A。‎ ‎5.图1为沿斜坡向上行驶的汽车，当汽车以牵引力F向上运动时，汽车的机械能E与位移x的关系如图2所示（AB段为曲线），汽车与斜面间的摩擦忽略不计．下列说法正确的是（　　）‎ A. 0～x1过程中，汽车所受拉力逐渐增大 B. x1～x2过程中，汽车速度可达到最大值 C. 0～x3过程中，汽车的动能一直增大 D. x1～x2过程中，汽车以恒定的功率运动 ‎【答案】B ‎【详解】A．设斜板的倾角为α，则汽车的重力势能 ‎，‎ 由动能定理得汽车的动能为 ‎，‎ 则汽车的机械能为，‎ 即图线的斜率表示F，则可知0~x1过程中汽车的拉力恒定，故A错误；‎ B．x1~x2过程中，拉力逐渐减小，以后随着F的减小，汽车将做减速运动，当时，加速度为零，速度达到最大，故B正确；‎ C．由前面分析知，汽车先向上匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，0~x3过程中，汽车的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，故C错误；‎ D．x1~x2过程中，汽车牵引力逐渐减小，到x2处为零，则汽车到x2处的功率为零，故D错误．‎ 故选B。‎ ‎6.霍尔元件是一种应用霍尔效用的磁传感器，有一个沿y轴方向的磁场，磁感应强度（B0、k均为正的常数），将一传感器固定在霍尔元件上，沿y轴方向元件的厚度为d，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图中箭头所示）．当元件沿y轴方向移动时，a、b是垂直于z轴方向上元件的前后两侧面，在这两个侧面产生的电势差为U，则下列说法正确的是 A. 若图中霍尔元件是电子导电，则后侧面电势高 B. 若I不变，电势差U越大，则该处的磁感应强度B越小 C. 若磁感应强度B不变，前后两侧面的电势差U越小，则电流I取值越大 D. k越大，传感器灵敏度越高 ‎【答案】D ‎【详解】A．若霍尔元件中移动的是电子，根据左手定则，电子向后侧面移动，所以前侧面的电势高，故A错误；‎ BC．最终电子在电场力的作用下处于平衡状态，霍尔电压公式（K为霍尔系数），若I不变，电势差U越大，则该处的磁感应强度B越大，若磁感应强度B不变，前后两侧面表面的电势差U越小，则电流I取值越小，故BC错误；‎ D．根据磁感应强度知，k越大，B的变化越大，根据知，U随y的变化越大，即传感器灵敏度越高，D正确。‎ 故选D。‎ ‎7.如图所示，AB与BC间有垂直纸面向里的匀强磁场，为AB上的点，PB=L．一对正、负电子(重力及电子间的作用均不计)同时从P点以同一速度沿平行于BC的方向射入磁场中，正、负电子中有一个从S点垂直于AB方向射出磁场，另一个从Q点射出磁场，则下列说法正确的是 A. 负电子从S点射出磁场 B. 正、负电子先后离开磁场 C. 正、负电子各自离开磁场时，两速度方向的夹角为150°‎ D. Q、S两点间的距离为L ‎【答案】D ‎【详解】A. 由左手定则可知，正电子从S点射出磁场，选项A错误；‎ B. 由轨迹图可知，正、负电子在磁场中做圆周运动的偏转角均为60°，正负电子运动的周期相同，则在磁场中运动的时间相同，可知正负电子同时离开磁场，选项B错误；‎ C. 由轨迹图可知，正、负电子各自离开磁场时，两速度方向的夹角为120°，选项C错误；‎ D. 由轨迹图可知，PQ=PS=R=BP=L且夹角为60°，则∆PQS为等边三角形，则Q、S两点间的距离为L，选项D正确．‎ ‎8.如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CD为通过半球顶点C和球心O的轴线．P、M为CD轴线上的两点，距球心O的距离均为，在M右侧轴线上点固定正点电荷Q，点、M间距离为R，已知P点的场强为零，若带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，则M点的场强为 A. 0 B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【详解】根据P点的场强为零，得半球面对P点场强和点电荷Q对P场强等大反向，即半球面对P点场强大小为 ‎，‎ 方向向右；现只研究半球面，若补全右半球面，根据带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，补全右半球面后，正电球面在P、M两点产生的电场强度均为零，由于对称性，左半球面对M点场强和右半球面对M点场强等大反向，左半球面P点场强和右半球面对M 点场强等大反向，，即左半球面对M点场强为：‎ ‎，‎ 方向向右，点电荷Q对M点场强为 ‎，‎ 方向向左，叠加得M点合场强为 ‎，‎ 方向向左，故C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎9.如图甲所示，一块质量为mA=2kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB=1kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2．则下列说法正确的是 A. 滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6‎ B. 木板与地面之间的动摩擦因数为0.1‎ C. F的大小可能为9N D. F的大小与板长L有关 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据木板A的v-t图像求解滑块在木板上滑动时和离开木板时木板的加速度，根据牛顿第二定律列式求解两个动摩擦因数；若木块在木板上滑动时，木块的加速度应该大于木板的加速度，由此求解F的范围；根据木块和木板的位移关系求解F与L的关系.‎ ‎【详解】滑块在木板上滑动时木板的加速度为，对木板根据牛顿第二定律：；滑块从木板上滑出时木板的加速度为，对木板根据牛顿第二定律：；联立解得：μ1=0.7，μ2 =0.1，选项A错误，B正确；对木块B：，其中的aA>2m/s2，则F>9N，则F的大小不可能为9N，选项C错误；根据，式中t=1s ，联立解得：F=2L+9，即F的大小与板长L有关，选项D正确；故选BD.‎ ‎【点睛】此题时牛顿第二定律的综合应用问题，首先要搞清两物体的运动情况，通过v-t图像获取运动信息，结合牛顿第二定律求解.‎ ‎10.我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”,为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础。如图虚线为地球大气层边界,返回器与服务舱分离后,从a点无动力滑入大气层,然后经b点从c点“跳”出,再经d点从e点“跃入”实现多次减速,可避免损坏返回器。d点为轨迹的最高点,与地心的距离为R,返回器在d点时的速度大小为v,地球质量为M,引力常量为G. 则返回器 A. 在b点处于失重状态 B. 在a、c、e点时的动能相等 C. 在d点时的加速度大小为 D. 在d点时的速度大小 ‎【答案】CD ‎【详解】A．b点处的加速度方向背离地心，应处于超重状态，故A错误；‎ B．由a到c由于空气阻力做负功，动能减小，由c到e过程中只有万有引力做功，机械能守恒，a、c、e点时速度大小应该满足 故动能不相等，故B错误；‎ C．在d点时合力等于万有引力，即 所以加速度大小 故C正确；‎ D．在d点时万有引力大于所需的向心力，做近心运动，故速度大小 故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎11.如图电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表V、A1、A2的示数分别为U、I1、I2．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（　　）‎ A. U增大，I1增大，I2减小 B. U减小，I1增大，I2增大 C. I1变化量的绝对值小于I2变化量的绝对值 D. U变化量的绝对值小于电源内电压变化量的绝对值 ‎【答案】BC ‎【详解】AB．R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小,则总电流增大，即I1增大；内电压增大，外电压减小，即电压表示数U减小，R1电压增大，R1、R2并联电压减小,通过R3的电流减小，而总电流I1增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数I2增大，故A错误，B正确；‎ C．通过R3的电流减小, 则流过R2的电流I2增大，I2的增加量减去R3电流的减小量的绝对值等于总电流I1的增大量，所以 I1变化量的绝对值小于I2变化量的绝对值，故C正确；‎ D．路端电压的减小量等于内电阻电压的增加量，故D错误．故选BC．‎ ‎【点睛】理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，根据电路中电阻的变化，利用闭合电路欧姆定律进行分析．‎ ‎12.如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5 Ω，边长L＝0.3 m，处在两个半径均为r＝的圆形匀强磁场区域中．线框顶点与右侧圆心重合，线框底边中点与左侧圆心重合．磁感应强度B1垂直水平面向上，大小不变；B2垂直水平面向下，大小随时间变化．B1、B2的值如图乙所示，则(　　)‎ A. 通过线框的感应电流方向为逆时针方向 B. t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.1 Wb C. 在0.6 s内通过线框中的电荷量约为0.13 C D. 经过0.6 s线框中产生的热量约为0.07 J ‎【答案】ACD ‎【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向；根据磁通量Φ=BS求解，S是有效面积；由求解电荷量；由Q=I2Rt求解热量．‎ ‎【详解】A．由磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间增大，故线框总磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A正确；‎ B．t=0时刻穿过线框的磁通量为：Φ=B1××πr2-B2××πr2=1×0.5×3.14×0.12-2××3.14×0.12Wb=0.005Wb，故B错误；‎ C．在t=0.6s内通过线框中的电量，故C正确；‎ D．由Q=I2Rt=（）2×△t≈0.07J，故D正确．故选ACD．‎ 第II卷 非选择题（共62分）‎ 二、实验题（本题共2个小题，共13分）‎ ‎13.某同学用如图甲所示的装置测量滑块与水平桌面之间的动摩擦因数，实验过程如下：‎ ‎（1）用游标卡尺测量出固定于滑块上的遮光条的宽度d=____mm，在桌面上合适位置固定好弹簧和光电门，将光电门与数字计时器（图中未画出）连接．‎ ‎（2）用滑块把弹簧压缩到某一位置，测量出滑块到光电门的距离x．释放滑块，测出滑块上的遮光条通过光电门所用的时间t，则此时滑块的速度v=_____．‎ ‎（3）通过在滑块上增减砝码来改变滑块的质量m，仍用滑块将弹簧压缩到（2）中的位置，重复（2）的操作，得出一系列滑块质量m与它通过光电门时的速度v的值，根据这些数值，作出v2-m-1图象如图乙所示．已知当地的重力加速度为g，由图象可知，滑块与水平桌面之间的动摩擦因数=___；弹性势能等于EP=____．‎ ‎【答案】 (1). 5.70mm (2). (3). ‎ ‎【详解】（1）[1]．由乙图知，游标卡尺读数为0.5cm+14×0.05mm=5.70mm；‎ ‎（2）[2]．滑块经过光电门的速度为；‎ ‎（3）[3][4]．根据能量守恒 整理得 结合图象得：‎ 得 得 .‎ ‎14.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器．请回答下列问题：‎ ‎（1）使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×100”挡，经正确操作后，指针指示如图甲a．为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡_____档（选填“×10”“×1k”）；若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指示如图甲b，则待测电阻为_____Ω．‎ ‎（2）图乙是某多用电表欧姆挡内部电路示意图．其中，电流表满偏电流为0.5mA、内阻为10Ω；电池电动势为1.5V、内阻为1Ω；变阻器R0的阻值范围为0〜5000Ω．‎ ‎①该欧姆表的两只表笔中，_____是黑表笔．（选填“A”或“B”）；‎ ‎②该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V、内阻为1Ω进行刻度的．当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到4Ω时，欧姆表仍可调零，则调零后R0接入电路的电阻将变_____（填“大”或“小”），若用重新调零后的欧姆表测得某待测电阻阻值为400Ω，则这个待测电阻的真实阻值为_____Ω．（结果保留三位有效数字）‎ ‎【答案】(1). ×1k 30000 (2). B 调小 387‎ ‎【详解】(1)[1]使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×100”挡，经正确操作后，指针指示如图甲a．显然是批针偏转过小，示数太大，为了减小示数，则必增大倍率，即要欧姆档的倍率调到×1k；‎ ‎[2]若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指示如图甲b，则待测电阻为 ‎(2)[3]由于欧姆表与其他档位的表是共用表头的，所以欧姆表的内接电源的+接线柱必从表头的+相接，电流要求从+接线柱（即红接线柱）流进，所以A是红接线柱，B是黑接线柱；‎ ‎[4]欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V、内阻为1Ω进行刻度的．则此时调零电阻连入电路的电阻 当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到4Ω时，欧姆表仍可调零，此时要使电流表仍满偏，则 所以要调小；‎ ‎[5]若用重新调零后的欧姆表测得某待测电阻阻值为400Ω，则有：此时正常电阻400Ω在正常原电动势中的电流 若把此电阻接入旧的欧姆表中时电流I对应的阻值 三、计算题（本题共3小题，共计36分. 解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤. 只写出最后答案的不能得分. 有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎15.如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小孔A进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2 m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2．‎ ‎(1)摆线能承受的最大拉力为多大？‎ ‎(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间动摩擦因数μ的范围．‎ ‎【答案】(1) (2) 或 ‎【详解】（1）摆球由C到D过程机械能守恒，则 ‎，解得 在D点由牛顿第二定律得 联立得摆线的最大拉力N ‎（2）摆球不脱离圆轨道的情况有：‎ ‎①摆球能到达A孔，且小球到达A孔的速度恰好为零 对摆球从D到A的过程，由动能定理得 解得 ‎②摆球进入A孔的速度较小，在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道 其临界情况为到达与圆心等高处速度为零 由机械能守恒定律得 对摆球从D到A的过程，由动能定理得 解得 ‎③摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点，由牛顿第二定律得 由动能定理得 解得 综上所述，动摩擦因数的范围为或者 ‎【点睛】在物体受力较复杂，但是做功比较容易表达的情况下，常根据动能定理求得某一位置的速度；另外对于某一过程，某些力做的功（尤其是变力做的功）通常用动能定理求解．‎ ‎16.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第–象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右；，磁感应强度的方向垂直纸面向里．–带电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A（l，l）时，电场方向突然变为竖直向上（不计电场变化的时间），粒子继续运动–段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场．不计–切阻力，求：‎ ‎（1）电场强度E的大小；‎ ‎（2）磁感应强度B大小；‎ ‎（3）粒子在复合场中的运动时间．‎ ‎【答案】(1) (2) （3）s ‎【详解】(1)微粒在到达A（l，l）之前做匀速直线运动，受力分析如图：‎ 根据平衡条件，有：；‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎(2)根据平衡条件，有：‎ ‎，‎ 电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图：‎ 根据牛顿第二定律，有：‎ ‎，‎ 由几何关系可得：‎ ‎，‎ 联立解得：‎ ‎；‎ ‎(3)微粒做匀速直线运动的时间为：‎ ‎，‎ 做圆周运动的时间为：‎ ‎，‎ 在复合场中运动时间为：‎ ‎；‎ ‎17.如图所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨所在平面倾角θ=37o, 导轨间距L=1m，在水平虚线的上方有垂直于导轨平面向下的匀强磁场B1，水平虚线下方有平行于导轨平面向下的匀强磁场B2，两磁场的磁感应强度大小均为B=1T. 导体棒ab、cd垂直放置在导轨上，开始时给两导体棒施加约束力使它们静止在斜面上，现给ab棒施加沿斜面向上的拉力F ‎，同时撤去对两导体棒的约束力，使ab沿斜面向上以a=1m/s2的加速度做匀加速直线运动，cd棒沿斜面向下运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直并接触良好已知导体棒与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，导体棒的质量均为m=0.1kg，两导体棒组成的回路总电阻为R=2Ω，导轨的电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求:‎ ‎（1）当cd棒运动的速度达到最大时，ab捧受到的拉力大小；‎ ‎（2）当回路中瞬时电功率为2W时，在此过程中，通过ab棒横截面的电量；‎ ‎（3）当cd棒速度减为零时，在此过程中，拉力F对ab棒的冲量大小.‎ ‎【答案】（1）1.5N（2）1C（3）2.4N·s ‎【详解】（1）当cd棒运动的速度达到最大时，它的加速度为0，设此时通过它 电流为I．‎ 以cd棒为对象，沿斜面方向有：‎ ‎ ①‎ 以ad棒为对象，沿斜面方向有：‎ ‎ ②‎ 由①②式解得：‎ F=1.5N ‎ （2）当回路中的瞬时电功率为2W时 电功率 ‎③‎ 电源的电动势 E=BLv ④‎ 由速度位移关系得 ‎ ⑤‎ 在此过程中，通过ab棒横截面的电量 ‎⑥‎ 由③④⑤⑥式解得：‎ q=1C ‎（3）cd棒在向下运动的过程中受到的合外力 根据动量定理可知，F-t图像所围的面积表示动量的变化量，当cd棒的初末速度都为零，动量变化量为0，F-t图像所围的面积为0，cd棒运动的时间为t=1.6s 对ab棒的拉力：‎ 根据动量定理，1.6s内拉力F的冲量 四、选考题（共13分，请考生任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）‎ ‎18.下列说法正确的是___________‎ A. 分子间距离减小时分子势能一定减小 B. 即使水凝结成冰后，水分子的热运动也不会停止 C. 将一块晶体敲碎，得到的小颗粒也是晶体 D. 由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 E. 在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 ‎【答案】BCD ‎【详解】当分子间的距离大于时，分子间的距离减小分子间的势能减小，当分子间的距离小于时，分子间的距离减小分子间的势能增大，A错误；‎ 只要温度高于绝对零度，分子间就一直有热运动，因此水结成冰分子间的热运动也不会停止，B正确；‎ 将一块晶体敲碎不改变其性质，因此还是晶体，C正确；‎ 由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体是对的，如石墨和金刚石，D正确；‎ 晶体在融化过程中吸热温度保持不变但是其分子势能发生了变化，内能是分子势能和分子动能组成的，因此其内能发生变化，E错误．‎ ‎19.如图甲所示为“⊥”型上端开口的玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中粗细部分截面积分別为S1＝2cm2、S2＝lcm2．封闭气体初始温度为451K，气体长度为L＝22cm，图乙为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积変化的图线，大气压强P0＝76 cmHg．求 ‎（1）h1和h2的值；‎ ‎（2）若缓慢升高气体温度，升高到多少开尔文可将所有水银全部压入细管内 ‎【答案】（1）h1=2cm ，h2=4cm （2）504K ‎【详解】(I)由图乙可知，初如状态： ‎ 末状态： ， ‎ 解得：；‎ ‎(II)由理想气体状态方程得： ‎ 其中 ， ， ‎ ‎，‎ 代入数据解得：．‎ ‎20.一列简谐横波在t=0时刻的图象如图1所示，平衡位置位于x=15 m处的A质点的振动图象如图2所示，下列说法中正确的是_____‎ A. 这列波沿x轴负方向传播 B. 这列波的波速是 C. 从t=0开始，质点P比质点Q晚0.3 s回到平衡位置 D. 从t=0到t=0.1 s时间内，质点Q加速度越来越小 E. 从t=0到t=0.6 s时间内，质点A的位移为0‎ ‎【答案】ADE ‎【详解】A．由图2可知，A质点开始运动的方向向上，则这列波沿x轴负方向传播，选项A正确；‎ B．根据波速公式可得：‎ ‎，‎ 选项B错误；‎ C．t=0时刻，质点P向下运动，由图2可知，质点运动的周期为1.2 s，由于P点的运动是非匀速运动，且向下运动的速度越来越小，故质点P运动到最低点的时间大于0.15 s，运动到和Q点等位移的位置时，所用的时间大于0.3 s，所以质点P比质点Q晚回到平衡位置的时间大于0.3 s，选项C错误；‎ D．从t=0到t=0.1 s时间内，质点Q向平衡位置运动，所以质点Q的加速度越来越小，选项D正确；‎ E．从t=0到t=0.6 s时间内，经历了半个周期，质点A刚好又回到平衡位置，因此质点A的位移为0，选项E正确。‎ 故选ADE。‎ ‎21.如图，半径为R的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球面与桌面相切于A点。一细束单色光经球心O从空气中射入玻璃体内（入射面即纸面），入射角为45°，出射光线射在桌面上B点处。测得AB之间的距离为。（结果可用根号表示）‎ ‎①求玻璃体的折射率；‎ ‎②现将入射光束在纸面内向左平移，求射入玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时，光束在上表面的入射点到O点的距离，不考虑光线在玻璃体内的多次反射。‎ ‎【答案】①；②。‎ ‎【解析】‎ 详解】①作出光路图如图a：‎ 设玻璃的折射率为，由折射定律有：‎ 式中，入射角，为折射角，为直角三角形，因此：‎ 代入数据得：，由折射定律：‎ ‎；‎ ‎②发生全反射时，临界角满足：‎ 在玻璃体球面上光线恰好发生全反射时，光路图如图b所示，设此时光线入射点为，折射光线射到玻璃体球面的点。由题意有：‎ 在内，根据正弦定理有：‎ 联立以上各式并利用题给条件得：。‎