河北省2020届高三物理第二次省际调研试题（解析版） 21页

2020 届河北省高三第二次省际调研考试物理试题 考试说明∶ 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。 2.考试时间 90 分钟，共 110 分。 3.请将各题答案填在答题卡上。 第Ⅰ卷（选择题共 48 分） 一、选择题（1 一 8 题为单选，9-12 题为多选，每题 4 分，共 48 分。多选选不全 的得 2 分，有选错或不选得 0 分） 1.关于物理学史，正确的是（ ） A. 库仑利用扭秤实验，根据两电荷之间力的数值和电荷量的数值以及两电荷之间的距离推导 得到库仑定律 B. 奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电磁感应 C. 法拉第通过实验总结出法拉第电磁感应定律 D. 欧姆通过实验得出欧姆定律，欧姆定律对金属和电解质溶液都适用，但对气体导电和半导 体元件不适用 【答案】D 【解析】 【详解】A．库仑利用扭秤实验，得到两电荷之间的作用力与两电荷之间距离的平方成反比， 与电量的乘积成正比，从而推导出库仑定律，但当时的实验条件无法测出力的数值和电荷量 的数值，选项 A 错误； B．奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应，不是电磁感应现象， 选项 B 错误； C．法拉第发现了电磁感应现象，纽曼和韦伯通过实验总结出了法拉第电磁感应定律，人们为 了纪念法拉第，所以将其命名为法拉第电磁感应定律，故 C 错误； D．欧姆定律是个实验定律，适用于金属导体和电解质溶液，对气体导电、半导体导电不适用。 故 D 正确。 故选 D。 2.两辆汽车 a、b 在两条平行的直道上行驶。t=0 时两车并排在同一位置，之后它们运动的 v-t 图像如图所示。下列说法正确的是（ ） A. 汽车 a 在 10s 末向反方向运动 B. 汽车 b 一直在物体 a 的前面 C. 5s 到 10s 两车的平均速度相等 D. 10s 末两车相距最近 【答案】B 【解析】 【详解】A．汽车 a 的速度一直为正值，则 10s 末没有反方向运动，选项 A 错误； B．因 v-t 图像的面积等于位移，由图可知，b 的位移一直大于 a，即汽车 b 一直在物体 a 的前 面，选项 B 正确； C．由图像可知，5s 到 10s 两车的位移不相等，则平均速度不相等，选项 C 错误； D．由图像可知 8-12s 时间内，a 的速度大于 b，两车逐渐靠近，则 12s 末两车相距最近，选项 D 错误； 故选 B。 3.互成角度的两个共点力，其中一个力保持恒定，另一个力从零开始逐渐增大且两力的夹角不 变，则其合力（ ） A. 若两力的夹角小于 90°，则合力一定增大 B. 若两力的夹角大于 90°，则合力一定增大 C. 若两力的夹角大于 90°，则合力一定减小 D. 无论两力夹角多大，合力一定变大 【答案】A 【解析】 【详解】A．若两力的夹角小于 90°，如左图，则合力一定增大，选项 A 正确； BCD．若两力的夹角大于 90°，如右图，则合力可能先减小后变大，选项 BCD 错误； 故选 A。 4.北斗卫星导航系统（BDS）是我国自行研制的全球卫星导航系统。如图所示是北斗导航系统 中部分卫星的轨道示意图，已知 a、b、c 三颗卫星均做圆周运动，a 是地球同步卫星，则（ ） A. 卫星 a 的角速度小于 c 的角速度 B. 卫星 a 的加速度大于 c 的加速度 C. 卫星 a 的运行速度大于第一宇宙速度 D. 卫星 b 的周期小于 c 的周期 【答案】A 【解析】 【详解】万有引力提供向心力 2 2 2 2 ( )2Mm vG m r m m r mar T r      A．由 3 GM r   可知，卫星 a 的角速度小于 c 的角速度，选项 A 正确； B．由 2 GMa r  可知，卫星 a 的加速度小于 c 的加速度，选项 B 错误； C．由 GMv r  可知，卫星 a 的运行速度小于第一宇宙速度，选项 C 错误； D．由 3 2 rT GM  可知，卫星 b 的周期大于 c 的周期，选项 D 错误； 故选 A。 5.关于近代物理的知识，下列说法正确的有（ ） A. 结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定 B. 铀核裂变的一种核反应方程为 235 141 92 1 92 56 36 0U Ba+ Kr+2 n C. 238 234 92 90U Th+X 中 X 为中子，核反应类型为 β 衰变 D. 平均结合能小的原子核结合成或分解成平均结合能大的原子核时一定放出核能 【答案】D 【解析】 【详解】A. 比结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定，选项 A 错误； B. 铀核裂变的核反应方程中，反应物必须有中子，选项 B 错误； C. 238 234 92 90U Th+X 中 X 质量数为 4 电荷数为 2，为α粒子，核反应类型为α衰变，选项 C 错 误； D. 平均结合能是核子与核子结合成原子核时平均每个核子放出的能量，平均结合能越大的原 子核越稳定，平均结合能小的原子核结合成或分解成平均结合能大的原子核时出现质量亏损， 一定放出核能。故 D 正确。 故选 D。 6.如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t=0 时，甲静止，乙以 6m/s的初速度 向甲运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动 的 v—t 图像分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知 A. 两小球带电的电性一定相反 B. 甲、乙两球的质量之比为 2∶1 C. t2 时刻，乙球的电势能最大 D. 在 0~t3 时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷， 故 A 错误； B．两球作用过程动动量守恒 m 乙 △ v 乙=m 甲 △ v 甲 解得 2  1 m m 甲 乙 故 B 正确； C．t1 时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故 C 错误； D．在 0〜t3 时间内，甲的动能一直増大，乙的动能先减小，t2 时刻后逐渐增大，故 D 错误。 故选 B。 7.如图甲所示，线圈 ab 中通有如图乙所示的电流，电流从 a 到 b 为正方向，那么在 0~t0 这段 时间内，用丝线悬挂的铝环 M 中产生感应电流，则（ ） A. 从左向右看感应电流的方向为顺时针 B. 从左向石看感应电流的方向为先顺时针后逆时针 C. 感应电流的大小先减小后增加 D. 铝环与线圈之间一直有磁场力的作用，作用力先向左后向右 【答案】A 【解析】 【详解】AB．根据题意可知，由于电流从 a 到 b 为正方向，当电流是从 a 流向 b，由右手螺 旋定则可知，铝环 M 的磁场水平向右，由于电流的减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可 得，铝环 M 的感应电流顺时针（从左向右看）。 当电流是从 b 流向 a，由右手螺旋定则可知，铝环 M 的磁场水平向左，当电流增大，则磁通 量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）。故电流方向不变，故 A 正 确，B 错误； C．由图乙可知，ab 内的电流的变化率不变，则产生的磁场的变化率不变，根据法拉第电磁感 应定律可知，铝环 M 产生的电动势的大小不变，所以感应电流的大小也不变。故 C 错误； D．当线圈中电流为零时，铝环 M 和线圈之间无磁场力作用，选项 D 错误； 故选 A。 8.在边长为 L 的正方形 abcd 的部分区域内存在着方向垂直纸面的匀强磁场，a 点处有离子源， 可以向正方形 abcd 所在区域的任意方向发射速率均为 v 的相同的正离子，且所有离子均垂直 b 边射出，下列说法正确的是（ ） A. 磁场区域的最小面积为 22 4 L  B. 离子在磁场中做圆周运动的半径为 2L C. 磁场区域的最大面积为 2 4 L D. 离子在磁场中运动的最长时间为 2 3 L v  【答案】C 【解析】 【详解】A B．由题可知，离子垂直 bc 边射出，沿 ad 方向射出的粒子的轨迹即为磁场区域的 边界，其半径与离子做圆周运动的半径相同，所以离子在磁场中做圆周运动的半径为 R=L；磁 场区域的最小面积为 2 2 2 min 1 1 ( 2)2( )4 2 2 LS L L     故 AB 错误； CD．磁场的最大区域是四分之一圆，面积 2 max 1 4S L 离子运动的最长时间 4 2 T Lt v ＝ ＝ 故 C 正确，D 错误。 故选 C。 9.如图所示，一直角斜劈绕其竖直边 BC 做圆周运动，物块始终静止在斜劈 AB 上。在斜劈转 动的角速度ω缓慢增加的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 斜劈对物块的支持力逐渐减小 B. 斜劈对物块的支持力保持不变 C. 斜劈对物块的摩擦力逐渐增加 D. 斜劈对物块的摩擦力变化情况无法判断 【答案】AC 【解析】 【详解】物块的向心加速度沿水平方向，加速度大小为 a=ω2r，设斜劈倾角为θ，对物块沿 AB 方向 f-mgsinθ=macosθ 垂直 AB 方向有 mgcosθ-N=masinθ 解得 f=mgsinθ+macosθ N=mgcosθ-masinθ 当角速度ω逐渐增加时，加速度 a 逐渐增加，f 逐渐增加，N 逐渐减小，故 AC 正确， BD 错 误。 故选 AC。 10.如图 M 和 N 是两个带有异种电荷的带电体，（M 在 N 的正上方，图示平面为竖直平面）P 和 Q 是 M 表面上的两点，S 是 N 表面上的一点。在 M 和 N 之问的电场中画有三条等差等势线。 现有一个带正电的液滴从 E 点射入电场，它经过了 F 点和 W 点已知油滴在 F 点时的机槭能大 于在 W 点的机械能。（E、W 两点在同一等势面上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力） 则以下说法正确的是（ ） A. P 和 Q 两点的电势不相等 B. P 点的电势低于 S 点的电势 C. 油滴在 F 点的电势能高于在 E 点的电势能 D. F 点的电场强度大于 E 点的电场强度 【答案】BD 【解析】 【详解】A．P 和 Q 两点在带电体 M 的表面上，M 是处于静电平衡状态的导体，其表面是一 个等势面，故 P 和 Q 两点的电势相等，故 A 错误； B．带正电的油滴在 F 点时的机械能大于在 W 点的机械能，故从 F 点到 W 点，机械能减小， 电场力做负功，说明电场力向上，故电场线垂直等势面向上，而沿着电场线电势逐渐降低， 故 P 点的电势低于 S 点的电势，故 B 正确； C．由于电场线垂直等势面向上，故 E 点的电势大于 F 点的电势，根据 Ep=qφ，油滴在 F 点的 电势能低于在 E 点的电势能，故 C 错误； D．因 F 点等势面密集，则电场线也密集，可知 F 点的电场强度大于 E 点的电场强度，选项 D 正确； 故选 BD。 11.如图所示，粗糙的固定水平杆上有 A、B、C 三点，轻质弹簧一端固定在 B 点正下方的 O 点，另一端与套在杆 A 点、质量为 m 的圆环相连，此时弹簧处于拉伸状态。圆环从 A 处由静 止释放，向右运动经过 B 点时速度为 v、加速度为零，到达 C 点时速度为零，下列说法正确 的是（ ） A. 从 A 到 C 过程中，圆环在 B 点速度最大 B. 从 A 到 B 过程中，杆对环的支持力一直减小 C. 从 A 到 B 过程中，弹簧对圆环做的功一定大于 21 2 mv D. 从 B 到 C 过程中，圆环克服摩擦力做功等于 21 2 mv 【答案】BC 【解析】 【详解】A．圆环由 A 点释放，此时弹簧处于拉伸状态，则圆环加速运动，设 AB 之间的 D 位 置为弹簧的原长，则 A 到 D 的过程中，弹簧弹力减小，圆环的加速度逐渐减小，D 到 B 的过 程中，弹簧处于压缩状态，则弹簧弹力增大，圆环的加速度先增大后减小，B 点时，圆环合力 为零，竖直向上的弹力等于重力，从 B 到 C 的过程中，圆环可能做减速运动，无论是否存在 弹簧原长的位置，圆环的加速度始终增大，也可能先做加速后做减速运动，加速度先减小后 增大，故 B 点的速度不一定最大，故 A 错误； B．当圆环从 A 到 D 运动时，弹簧为拉力且逐渐减小，此时杆对环的支持力等于环的重力与 弹簧弹力向下的分量之和，可知杆对环的支持力随弹簧弹力的减小而减小；当圆环从 D 到 B 运动时，弹簧被压缩，且弹力沿弹簧向上逐渐增加，此时杆对环的支持力等于环的重力与弹 簧弹力向上的分量之差，可知杆对环的支持力随弹簧弹力的增加而减小；即从 A 到 B 过程中， 杆对环的支持力一直减小，选项 B 正确； C．从 A 到 B 过程中，弹簧对圆环做的功、摩擦力做负功，根据功能关系可知，弹簧对圆环做 功一定大于 1 2 mv2，故 C 正确； D．从 B 到 C 过程中，弹簧弹力做功，圆环克服摩擦力做功，根据功能关系可知，圆环克服 摩擦力做功不等于 1 2 mv2，故 D 错误。 故选 BC。 12.如图所示，电路中定值电阻 R 的阻值大于电源内阻 r 的阻值，开关 S 闭合，将滑动变阻器 滑片向下滑动，理想电压表 V1、V2、V3 的示数变化量的绝对值分别为 △ U1、 △ U2、 △ U3，理想 电流表示数变化量的绝对值为 △ I，下列说法止确的是（ ） A. 理想电压表 V2 的示数增大 B. △ U3> △ U1> △ U2 C. 电源的输出功率减小 D. △ U3 与 △ Ⅰ的比值不变 【答案】BD 【解析】 【详解】A．理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路，所以定 值电阻 R 与变阻器串联，电压表 V1、V2、V3 分别测量 R 的电压、路端电压和变阻器两端的电 压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，内电压增大， 路端电压减小，则 V2 的示数减小，故 A 错误； C．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来 越接近内阻，故电源的输出功率在增大；故 C 错误； BD．根据闭合电路欧姆定律得 U2=E-Ir 则得 2U rI   而 1U RI   据题：R＞r，则得 △ U1＞ △ U2 同理 U3=E-I（R+r） 则得 3U R rI    保持不变，同时得到 △ U3＞ △ U1＞ △ U2 故 BD 正确； 故选 BD。 第Ⅱ卷（非选择题共 62 分） 二、非选择题（第 13~17 题为必考题，每个考生都必须作答。第 18~19 题为选考 题，考生根据要求作答） （一）必考题（共 47 分） 13.用如图 1 所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球 沿斜槽轨道 PQ 滑下后从 Q 点飞出，落在水平挡板 MN 上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢 球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此 重复，白纸上将留下一系列痕迹点。 (1)下列实验条件必须满足的有_____________。 A.小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放 B.斜槽轨道要尽量光滑些 C.斜槽轨道末端必须保持水平 D.本实验必需的器材还有刻度尺和停表 (2)为定量研究，建立以水平方向为 x 轴、竖直方向为 y 轴的坐标系。取平抛运动的起始点为 坐标原点，将钢球静置于 Q 点，钢球的_____________（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”） 对应白纸上的位置即为原点；在确定 y 轴时_____________（选填“需要”或者“不需要”）y 轴 与重锤线平行。 (3)伽利略曾硏究过平抛运动，他推断∶从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不 论它们能射多远，只要下落高度相同，在空中飞行的时间都一样。这实际上是因为平抛物体 _____________。 A.在水平方向上做匀速直线运动 B.在竖直方向上做自由落体运动 C.在下落过程中机械能守恒 【答案】 (1). AC (2). 球心 (3). 需要 (4). B 【解析】 【详解】(1)[1]．ABC．为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽 轨道不一定要光滑，但必须是水平的。同时要让小球总是从同一位置释放，这样才能找到同 一运动轨迹上的几个点；故 B 错误，AC 正确； D．本实验必需的器材还有刻度尺，但不需要停表，选项 D 错误； 故选 AC。 (2)[2][3]．将钢球静置于 Q 点，钢球的球心对应白纸上的位置即为原点；在确定 y 轴时需要 y 轴与重锤线平行； (3)[4]．做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动，所以高度相同时时间相同；故选 B。 14.(1)在“测定金属丝的电阻率”实验中，先用螺旋测微器测出金属丝的直径，测量示数如图甲 所示，则金属丝的直径 d=__________mm。 (2)在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室仅提供下列实验器材： A.干电池两节，每节电动势约为 1.5V，内阻约几欧姆 B.直流电压表 V1、V2，量程均为 0~3V，内阻约为 3kΩ C.电流表，量程 0.6A，内阻小于 1Ω D.定值电阻 R3，阻值为 5Ω E.滑动变阻器 R，最大阻值 50Ω F.导线和开关若干 ①如图乙所示的电路是实验室测定电源的电动势和内阻的电路图，按该电路图组装实验器材 进行实验，测得多组 U2、Ⅰ数据，并画出 U2-Ⅰ图像，求出电动势和内电阻。电动势和内阻的 测量值均偏小，产生该误差的原因是__________，这种误差属于__________（填“系统误差” 或“偶然误差”）。 ②实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表 V1 和 V2 的多组数据 U1、U2，描绘出 U1 一 U2 图 像如图丙所示，图线斜率为 k，与横轴的截距为 a，则电源的电动势 E=__________，内阻 r=_________（用 k、a、R0 表示）。 【答案】 (1). 2.600 (2). 电压表的分流 (3). 系统误差 (4). 1 akE k   (5). 0 1   Rr k 【解析】 【详解】(1)[1]．金属丝的直径 d=2.5mm+0.01mm×10.0=2.600mm； (2)①[2][3]．流过电流表的电流不是流过干路的电流，产生误差的原因是电压表的分流造成的， 这种误差是由于电路结构造成的，属于系统误差； ②[4][5]．由闭合电路欧姆定律可知 2 1 2 0 U UE U rR   变形得 0 0 1 2 R r R EU Ur r   则有：当 U1=0 时，U2=a 则有 0 0=R E a R r（ ） 0 =R r kr  解得 1 akE k   0 1   Rr k 15.如图所示，一质量 m=1.0kg 的小球系在竖直平面内长度 R=0.50m 的轻质不可伸长的细线上， O 点距水平地面的高度 h=0.95m。让小球从图示水平位置由静止释放，到达最低点的速度 v=3.0m/s，此时细线突然断开。取重力加速度 g=10m/s2.求： (1)小球落地点与 O 点的水平距离 x。 (2)小球在摆动过程中，克服阻力所做的功 W； (3)细线断开前瞬间小球对绳子的拉力 T。 【答案】(1)0.9m；(2)0.5J；(3)28N，方向竖直向下 【解析】 【详解】(1)小球从最低点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律得 水平方向 x=vt 竖直方向 21- 2h R gt 解得 x=0.9m (2)小球摆下的过程中，根据动能定理得 2 f 1 2mgR W mv  解得 2 f 1 0.5J2W mgR mv   (3)小球在圆最低点受重力和拉力，根据牛顿第二定律得 2 T vF mg m R   解得 FT=28N 根据牛顿第三定律可知，球对绳拉力大小为 28N，方向竖直向下。 16.如图甲所示，将一间距为 L=1m 的足够长 U 形导轨固定，导轨上端连接一阻值为 R=2.0Ω的 电阻，整个空间存在垂直于轨道平面向上的匀强磁场，B=0.2T，质量为 m=0.01kg、电阻为 r=1.0Ω 的金属俸 ab 垂直紧贴在导轨上且不公滑出导轨，导轨与金属棒之间的动摩擦因数μ=0.5，金属 棒 ab 从静止开始下滑，下滑的 x-t 图像如图乙所示，图像中的 OA 段为曲线，AB 段为直线， 导轨电阻不计且金属棒下滑过程中始终与导轨垂直且紧密接触，重力加速度 g 取 10m/s2， sin37=0.6，cos37°=0.8。求： (1)导轨的倾角θ。 (2)从开始到 t=2.5s 过程中金属棒上产生的焦耳热。 【答案】(1)37°；(2) 0.01625J. 【解析】 【详解】(1)由 x-t 图象可知 t=1.5s 后金属棒开始匀速运动，速度为 3.0 1.5 1.5m/s2.5 1.5 xv t      金属棒做匀速直线运动时切割磁感线产生的感应电动势为 E=BLv 金属棒受到的安培力为 2 2B L vF BIL r R    金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得 sin cosmg mg F    代入数据解得 θ=37° (2)从开始到 t=2.5s 过程，由能量守恒定律得 mgxsinθ=μmgxcosθ+ 1 2 mv2+Q 金属棒产生的热量为 r rQ QR r   解得 Qr=0.01625J。 17.如图所示，在竖直面内有一矩形区 ABCD，水平边 AB=6L，竖直边 BC=8L，O 为矩形对角 线的交点。将一质量为 m 的小球以一定的初动能自 O 点水平向右抛出，小球恰好经过 C 点。 使此小球带电，电荷量为 q（q>0），同时加一平行于矩形 ABCD 的匀强电场，现从 O 点以同 样的初动能沿各个方向抛出此带电小球，小球从矩形边界的不同位置射出，其中经过 D 点的 小球的动能为初动能的 5 倍，经过 E 点（DC 中点）的小球的动能和初动能相等，重力加速度 为 g，求∶ (1)小球的初动能； (2)取电场中 O 点的电势为零，求 D、E 两点的电势； (3)带电小球所受电场力的大小和方向 【答案】(1) 9 16 mgL (2) 7 4D mgL q    ； 4 E mgL q   (3) 5 4 mgF  ，方向与 OE 成 37 ° 斜向上 【解析】 【详解】(1)不加电场时，由平抛运动的知识可得 03L v t 214 2L gt 初动能 2 0 0 1 2kE mv 解得 0 9 16kE mgL (2)从 D 点射出的小球，由动能定理 04 4OD kD kO kmg L qU E E E     解得 7 4OD mgLU q   因为 O 点的电势为零，则 7 4D mgL q    从 E 点射出的小球，由动能定理 4 0OE kE kOmg L qU E E     解得 4 OE mgLU q   因为 O 点的电势为零，则 4 E mgL q   (3)设电场方向与 OE 成θ角斜向上，则从 E 射出的小球： 4 4 cosmg L F L    从 D 射出的粒子 7 5 sin(53 )4OD mgLU q F L     联立解得 3tan 4   θ=37° cos 0.8  5 4 mgF  电场力的方向与 OE 成 37°斜向上； （二）选考题（共 15 分。请考生在 18、19 题中任选一题作答，如果多做，则按 所做的第一题计分） 18.下列说正确的是（ ） A. 一定量 100℃的水变成 100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加 B. 蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块看起来没有确定的几何形状，是非晶体 C. 理想气体在等压膨胀过程中一定要吸收热量 D. 已知阿伏加徳罗常数、气体的摩尔质量和密度可以估算出气体分子的直径 E 水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．一定量 100℃的水变成 100℃的水蒸气，因吸热内能增大，但其分子动能不变， 则分子之间的势能增加，选项 A 正确； B．蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块是多晶体，看起来没有确定的几何形状，也是多晶体的特 点。故 B 错误。 C．理想气体在等压膨胀过程中，气体对外做功，温度升高，内能变大，则一定要吸收热量， 选项 C 正确； D．已知阿伏加徳罗常数、气体的摩尔质量和密度可以估算出气体分子运动占据的空间体积， 不能估算气体分子的直径，选项 D 错误； E．水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙，选项 E 正确； 故选 ACE。 19.如图所示，一定质量的理想气体从状态 a 变化到状态 b，在这一过程中，若 a 对应的温度 为 T1=200K，求： ①b 点的温度； ②若从 a 到 b的过程中内能增加 2.5×105J，在这个过程中气体从外界吸收的热量是多少。 【答案】①3200K；②5×105J 【解析】 【详解】①气体从 a 到 b，由气体状态方程 a a b b a b p V p V T T  即 5 51 10 1 4 10 4=200 bT     解得 Tb=3200K ②若从 a 到 b 的过程气体对外做功 5 51 (1 4) 10 (4 1)J=7.5 10 J2W       内能增加 2.5×105J；则 5 5 52.5 10 7.5 10 5 10 JQ E W          在这个过程中气体从外界吸收的热量是 5×105J。 20.一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，t=0 时刻的波形如图甲所示，A、B、P 和 Q 是介质中的 四个质点，t=0 时刻波刚好传播到 B 点，质点 A 的振动图像如图乙所示。该波再经过 t=_______s 传到 Q 点，t=1.1s，质点 A 距平衡位置的距离为_______m。 【答案】 (1). 2.4s (2). 2 m 【解析】 【详解】[1]．由图可知波长λ=20m ，T=0.8s 可知波速 20 m/s=25m/s0.8v T   则波传到 Q 点需要的时间 85 25 s=2.4s25 xt v   [2]．因为 2 2.5 rad/sT    则质点 A 的振动方程为 2sin 2.5 (m)y t  则 t=1.1s，质点 A 的位移为 2sin 2.5 1.1(m)= 2my     即质点 A 距平衡位置的距离为 2 m. 21.如图所示，一张纸上用笔点一个点 A，纸放在水平桌面上，用一高度为 h 的平行玻璃砖放 置在纸上且点 A 在玻璃砖的下面，设光在玻璃砖内的折射率为 n，从正上方向下看点 A，看到 点 A 的深度为多少？ 【答案】 h n 【解析】 【详解】取从 A 点发出的射向界面的两条光线：一条是垂直射向界面；另一条是斜射到界面 的光线，且入射角 AON   且很小；折射角为 MOB   ，则由光的折射定律可得 sin sin n   由几何关系 'tan OQ OQ PQ h    tan OQ h   由于αβ均较小，则 tan sin  tan sin  联立解得： ' hh n 