2022屆湖南省長沙市湖南師范大學(xué)附屬中學(xué)高三（下）二?？荚囄锢碓囶}（解析版）

1、 湖南師大附中2022屆模擬試卷（二）物 理一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1. 2020年諾貝爾物理學(xué)獎授予了三名科學(xué)家：英國科學(xué)家羅杰彭羅斯因證明黑洞是愛因斯坦廣義相對論的直接結(jié)果而獲獎；德國科學(xué)家賴因哈德根策爾和美國科學(xué)家安德烈婭蓋茲因在銀河系中央發(fā)現(xiàn)超大質(zhì)量天體而獲獎。下列有關(guān)物理學(xué)史的說法正確的是（）A. 湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電子并提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型B. 法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，并得出了法拉第電磁感應(yīng)定律C. 普朗克把能量子引人物理學(xué)，破除了“能量連續(xù)變化”的觀念D. 玻爾原子理論的成功之處是它保留了經(jīng)典粒子的概

2、念【答案】C【解析】【詳解】A盧瑟福提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故A錯誤；B法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，紐曼和韋伯在對理論和實驗資料進行嚴格分析后得出法拉第電磁感應(yīng)定律，故B錯誤；C普朗克把能量子引入物理學(xué)，說明能量是不連續(xù)的，故C正確；D玻爾原子理論成功解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律，但不足之處是保留了經(jīng)典粒子的概念，故D錯誤。故選C。2. 甲、乙兩車在同一平直公路上同向行駛，其速度一時間圖像如圖所示，已知甲、乙兩車在t1時刻相遇，則下列說法正確的是（）A. t1時刻甲車的加速度比乙車的加速度大B. t=0時刻甲車在乙車的后面C. 0t1時間內(nèi)甲、乙兩車的平均速度相同D. 0t1時間內(nèi)乙車的路程大于

3、其位移大小【答案】B【解析】【詳解】A圖像的斜率等于加速度，可知t1時刻甲車的加速度比乙車的加速度小，選項A錯誤；B圖像與坐標軸圍成的面積等于位移，可知在0t1時間內(nèi)甲的位移大于乙的位移，因甲、乙兩車在t1時刻相遇，則t=0時刻甲車在乙車的后面，選項B正確；C0t1時間內(nèi)甲、乙兩車的位移不等，則平均速度不相同，選項C錯誤； D0t1時間內(nèi)乙車運動方向不變，則其路程等于其位移大小，選項D錯誤。故選B。3. 如圖所示，一根彈簧一端固定在左側(cè)豎直墻上，另一端連著A小球，同時水平細線一端連著A球，另一端固定在右側(cè)豎直墻上，彈簧與豎直方向的夾角是60，A、B兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端。開始時A、B

4、兩球都靜止不動，A、B兩小球的質(zhì)量相等，重力加速度為g，若不計彈簧質(zhì)量，在水平細線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【詳解】水平細線被剪斷前對A、B兩小球進行受力分析，如圖所示，靜止時，由平衡條件得又解得水平細線被剪斷瞬間，消失，彈力不能突變，A所受合力與等大反向，所以可得ABC錯誤，D正確。故選D。4. 如圖所示，豎直平面內(nèi)有一圓環(huán)，圓心為O，半徑為R，PQ為水平直徑，MN為傾斜直徑，PQ與MN間的夾角為，一條不可伸長的輕繩長為L，兩端分別固定在圓環(huán)的M、N兩點，輕質(zhì)滑輪連接一個質(zhì)量為m的重物，放置在輕繩上，不計滑輪與輕繩間的摩擦?，F(xiàn)將圓環(huán)從圖

5、示位置繞圓心O順時針緩慢轉(zhuǎn)過角，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A. 輕繩與豎直方向間的夾角逐漸減小B. 圖示位置時，輕繩的張力大小為C. 直徑MN水平時，輕繩的張力大小為D. 圓環(huán)從圖示位置順時針緩慢轉(zhuǎn)過的過程中，輕繩的張力先增大再減小【答案】D【解析】【詳解】如圖所示B設(shè)輕繩與豎直方向夾角為，MB、NB間夾角為2，如圖，則根據(jù)幾何關(guān)系可得聯(lián)立可得根據(jù)平衡條件可得可得故B錯誤；C直徑MN水平時，輕繩的張力大小為故C錯誤；A由可知，圓環(huán)從圖示位置繞圓心O順時針緩慢轉(zhuǎn)過2角的過程中，輕繩與豎直方向的夾角先增大后減小，故A錯誤；D由可知，圓環(huán)從圖示位置繞圓心O順時針緩慢轉(zhuǎn)過2角的過程中，輕繩的

6、張力先增大再減小，故D正確。故選D。5. 2019年3月10日，長征三號乙運載火箭將“中星”通信衛(wèi)星（記為衛(wèi)星）送入地球同步軌道上，主要為我國、東南亞、澳洲和南太平洋島國等地區(qū)提供通信與廣播業(yè)務(wù)。在同平面內(nèi)的圓軌道上有一顆中軌道衛(wèi)星，它運動的每個周期內(nèi)都有一段時間（未知）無法直接接收到衛(wèi)星發(fā)出的電磁波信號，因為其軌道上總有一段區(qū)域沒有被衛(wèi)星發(fā)出的電磁波信號覆蓋到，這段區(qū)域?qū)?yīng)的圓心角為。已知衛(wèi)星對地球的張角為，地球自轉(zhuǎn)周期為，萬有引力常量為，則根據(jù)題中條件，可求出（）A. 地球的平均密度為B. 衛(wèi)星、的角速度之比為C. 衛(wèi)星的周期為D. 題中時間為【答案】C【解析】【詳解】A設(shè)衛(wèi)星、的軌道半徑

7、分別為R1和R2，因衛(wèi)星為同步衛(wèi)星，則有且有其中R為地球的半徑，聯(lián)立解得A錯誤；B設(shè)衛(wèi)星、的角速度分別為和，如圖所示在三角形AOB中，有即根據(jù)可得故有聯(lián)立以上各式，有B錯誤；C根據(jù)可得因衛(wèi)星為同步衛(wèi)星，則其周期為T0，設(shè)衛(wèi)星的周期為T2，則有整理得C正確；D若衛(wèi)星和衛(wèi)星均不運動，衛(wèi)星對應(yīng)為圓心角為2，則有但衛(wèi)星之間是有相對運動的，所以時間不可能為，D錯誤。故選C。6. 如圖所示，半徑為R的金屬圓環(huán)固定在豎直平面，金屬環(huán)均勻帶電，帶電量為Q，一長為L=2R的絕緣細線一段固定在圓環(huán)最高點，另一端連接一質(zhì)量為m、帶電量為q（未知）的金屬小球（可視為質(zhì)點）。穩(wěn)定時帶電金屬小球在過圓心且垂直圓環(huán)平面的軸

8、上的P點處于平衡狀態(tài)，點P（圖中未畫出）是點P關(guān)于圓心O對稱的點。已知靜電常量為k，重力加速度為g，若取無窮遠為零勢面，下列說法正確的是（）A. O點的場強一定為零B. P點場強大小C. 金屬帶電小球的電量為D. 固定P處的小球，均勻帶電圓環(huán)可視為n個帶有相同電荷的小球（均可視為質(zhì)點），現(xiàn)取下一個小球（其余個小球位置不變）置于P處，則圓心O的場強大小為【答案】C【解析】【詳解】A將均勻帶電圓環(huán)可視為n個帶有相同電荷的小球，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在O點產(chǎn)生的場強為零，而帶電金屬小球在O點產(chǎn)生的場強一定不為零，所以O(shè)點的場強一定不為零，故A錯誤；C將均勻帶電圓環(huán)可視為n個帶有相同電荷的小球，設(shè)每個小

9、球帶電量為，則每個在P點產(chǎn)生的場強的水平分量為根據(jù)對稱性可知所有在P點產(chǎn)生的場強的豎直分量的矢量和為零，所以對進行求和可得均勻帶電圓環(huán)在P點產(chǎn)生的電場強度大小為帶電金屬小球在P點受重力、電場力、繩子拉力而平衡，由平衡條件可得解得故C正確；B設(shè)細線與半徑的夾角為，由幾何關(guān)系、 由微元法，無限劃分，設(shè)每一極小段圓環(huán)帶電量q，則其中，解得根據(jù)對稱性可知，帶電量為Q的圓環(huán)，在P、P兩點的場強大小相等，方向相反，即帶電量為Q的圓環(huán)在P點的場強大小為，而P點的場強大小是圓環(huán)與帶電金屬小球在P的電場強度的疊加，所以故B錯誤；D由題意可知每個小球帶電量為取下一個小球后，帶電圓環(huán)剩余部分的小球在O點產(chǎn)生的場強等

10、效為取下小球的位置關(guān)于O點對稱的另一位置的小球單獨存在時在O點產(chǎn)生的場強，即方向沿圓環(huán)的徑向。取下并置于P的小球在O點產(chǎn)生的場強為方向沿水平方向，而E金沿水平方向，且與E2方向相反，根據(jù)矢量合成法則可知E1、E2和E金的矢量和的大小一定不等于，故D錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7. 在冰壺比賽中，紅壺以一定速度與靜止在大本營中心的藍壺發(fā)生對心碰撞，碰撞時間極短，如圖甲所示。碰后運動員用冰壺刷摩擦藍壺前進方向的冰面，來減小阻力。碰撞前后兩壺運動的vt圖線如圖乙中

11、實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，已知兩冰壺質(zhì)量相等，由圖像可得（ ）A. 碰撞后，藍壺經(jīng)過5s停止運動B. 碰撞后，藍壺的瞬時速度為0.8m/sC. 紅藍兩壺碰撞過程是彈性碰撞D. 紅、藍兩壺碰后至停止運動過程中，所受摩擦力的沖量之比為1：2【答案】AB【解析】【詳解】B設(shè)碰后藍壺的速度為v，碰前紅壺的速度v0 = 1.0m/s，碰后速度為v0 = 0.2m/s，根據(jù)動量守恒定律可得mv0 = mv0 + mv解得v = 0.8m/sB正確；A從圖中可知藍壺運動的時間與紅壺沿虛線運動的時間相同，若以紅壺虛線所示運動，則加速度為運動時間為A正確；C碰撞前系統(tǒng)的動能為碰撞后系統(tǒng)的動能為兩者不

12、等，所以不是彈性碰撞，C錯誤；D根據(jù)動量定理，并結(jié)合選項B可知紅、藍兩壺碰后至停止運動過程中，所受摩擦力的沖量分別為I紅 = - 0.2mI藍 = - 0.8m則紅、藍兩壺碰后至停止運動過程中，所受摩擦力的沖量之比為I紅：I藍 = 1：4D錯誤。故選AB?！军c睛】從vt圖像中可以看出，實線和虛線有個交點，即若紅壺碰撞后仍以原來的運動減速下去的運動時間和藍壺碰撞后運動的時間相等，這一隱含條件是解題的關(guān)鍵點。8. 如圖所示一平板車A質(zhì)量為2m，靜止于光滑水平面上，其右端與豎直固定擋板相距為L。小物塊B的質(zhì)量為m，以大小為v0的初速度從平板車左端開始向右滑行，一段時間后車與擋板發(fā)生碰撞，已知車碰撞擋

13、板時間極短，碰撞前后瞬間的速度大小不變但方向相反。A、B之間的動摩擦因數(shù)為，平板車A表面足夠長，物塊B總不能到平板車的右端，重力加速度大小為g。L為何值，車與擋板能發(fā)生3次及以上的碰撞（）A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【詳解】在車與擋板碰撞前，有如果L為某個值，使A與擋板能發(fā)生二次碰撞，從A開始運動到與擋板第一次碰撞前瞬間，對A由動能定理可得設(shè)A第二次與擋板碰撞前瞬間A、B的速度大小分別為、，從A與擋板第一次碰撞后瞬間到第二次碰撞前瞬間，由動量守恒定律可得且第二次碰撞前，A、B未達到共同速度，A在這段時間內(nèi)先向左后向右運動，加速度保持不變，根據(jù)勻變速直線運動的對稱性可知A與擋板第

14、二次碰撞后經(jīng)一段時間后A、B同時停止運動，即聯(lián)立解得車與擋板能發(fā)生3次及以上的碰撞的條件，故CD可能，AB不可能。故選CD。9. 如圖所示，R1、R2和R3都是阻值為R0的定值電阻，R是滑動變阻器，V1、V2和A都是理想電壓表和電流表，閉合開關(guān)S，當(dāng)滑動變阻器的滑片由圖示位置向左緩慢滑動時，下列說法中正確的是（）A V1表示數(shù)減小B. V2表示數(shù)減小C. D. 電壓表V1示數(shù)的變化量的絕對值小于電壓表V2示數(shù)的變化量的絕對值【答案】BCD【解析】【詳解】ABR的滑片向左移，R的阻值減小，利用閉合電路歐姆定律結(jié)論“并同串反”可知：表示數(shù)增大，表示數(shù)減少，A錯誤、B正確；DR減小，回路總阻值減小，

15、總電流增大，r和分壓變大，減小，D正確；C設(shè)流經(jīng)的電流為，流經(jīng)的電流為，則則聯(lián)立解得C正確。故選BCD。10. 如圖所示，邊長為0.64m的正方形內(nèi)有磁感應(yīng)強度B=0.3T的勻強磁場，方向垂直于紙面向外。在正方形中央處有一個點狀的放射源P，它在紙面內(nèi)同時向各個方向均勻連續(xù)發(fā)射大量同種粒子，該種粒子速度大小為v=3.0106 m/s，比荷5.0107 C/kg。不考慮粒子重力及粒子間相互作用，sin37=0.6，下列說法中正確的是（）A. 粒子在磁場中運動的最短時間為sB. 粒子在磁場中運動的最長時間為sC. 正方形邊界上有粒子射出的區(qū)域總長為1.6 mD. 在射出磁場的粒子當(dāng)中存在有粒子剛好垂

16、直邊界出磁場【答案】ABC【解析】【詳解】AB粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)解得帶入數(shù)據(jù)解得r0.2m假設(shè)粒子逆時針轉(zhuǎn)動，則粒子射出范圍如圖所示當(dāng)軌跡對應(yīng)弦最短時，對應(yīng)圓心角最小，此時在磁場中運動時間最短，由題意知，即弦恰好垂直于磁場邊界時，弦最短，由幾何關(guān)系知弦長為由幾何關(guān)系知，此時對應(yīng)圓心角為106所以最短時間為同理可知，最長弦恰好為直徑，所以最長時間為故AB正確；CD由幾何關(guān)系知解得3737則所以邊界上有粒子射出的總長度為0.44 m1.6 m且射出磁場的粒子當(dāng)中不存在有粒子剛好垂直邊界出磁場，故C正確，D錯誤。故選ABC。三、非選擇題：共56分。第1114題為必考題，每個試題考生都必

17、須作答。1516題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。11. 某研究性學(xué)習(xí)小組利用如圖1所示裝置測量彈簧的彈性勢能和物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)，實驗步驟如下：將一長直薄木板上端斜靠在水平桌面右邊緣O點，長木板下端固定在水平地面上；將輕彈簧一端固定在水平桌面左邊沿的墻面上，彈簧處于原長時，其右端在O點左側(cè)；用帶凹槽的物塊把彈簧壓縮到P點，釋放物塊，測出物塊在長木板上的落點與O點的距離x；通過在物塊上增減砝碼來改變物塊的質(zhì)量m，重復(fù)步驟的操作；得到一系列的與，根據(jù)數(shù)據(jù)作出圖象，如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）為達到實驗?zāi)康?，除已?jīng)測出物塊的質(zhì)量和在長木板上的落點與O點的距離x外，還需要

18、測量_；A彈簧的原長L0 BP點到桌面右邊沿的距離LC用量角器測出長木板與水平面的夾角 D彈簧壓縮前物塊到桌面右邊沿的距離L1（2）若當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，根據(jù)圖2可知彈簧被壓縮到P點時的彈性勢能為_，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為_。（用圖2中的a、b和（1）中所選物理量的符號表示結(jié)果）【答案】 . BC . . 【解析】【詳解】(1)1釋放彈簧后彈簧對滑塊做功，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為滑塊的動能；從釋放滑塊到滑塊到達桌面邊緣過程，由能量守恒定律得滑塊離開桌面后做平拋運動，水平方向豎直方向整理得實驗除了測出、外，還需要測出彈簧壓縮后滑塊到桌面邊沿的距離與長木板與水平地面的夾角。故選BC。(2)23由

19、，可知，圖象的斜率圖象的縱軸截距解得，12. 表格中所列數(shù)據(jù)是測量小燈泡關(guān)系的實驗數(shù)據(jù)：U/V00.20.51.01.52.02.53.0I/A00.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215（1）分析上表內(nèi)實驗數(shù)據(jù)可知，應(yīng)選用的實驗電路圖是圖中的_（填“甲”或“乙”）；（2）在圖中的方格紙內(nèi)畫出小燈泡的曲線；_（3）有人推論：如果燈泡兩端的電壓增大到3.5V，那么燈泡中通過的電流一定小于0.251A，你認為他的推論是否正確，_為什么？_。（4）如圖丙所示，用一個定值電阻R和兩個上述小燈泡組成串并聯(lián)電路，連接到內(nèi)阻不計、電動勢為3V的電源上。已知流過電阻R的電流是流過燈

20、泡b電流的兩倍，則流過燈泡b的電流約為_A?！敬鸢浮?. 甲 . . 正確 . 見解析 . 0.210【解析】【詳解】（1）1由表格數(shù)據(jù)，燈泡電壓要從0開始變化，應(yīng)選擇分壓式電路，故選甲；（2）2小燈泡的曲線如圖所示（3）34正確，因為從圖線可知，電壓越高，燈絲電阻越大，因此3.5 V時的電阻肯定比3.0 V時大，假設(shè)此兩電壓下的電阻相等，則解得所以3.5V電壓對應(yīng)的實際電流I0.2508 A，因此燈泡中通過的電流一定小于0.251 A。（4）5流過電阻R的電流是通過燈泡b的兩倍，則流過燈泡a的電流是b的三倍；同時燈泡a和b的電壓之和為3 V，則（0.070 A，0.30 V）（0.210 A

21、，2.70 V）兩點剛好符合要求，故流過a燈的電流約為0.210 A。13. 如圖所示，光滑水平地面上固定一個高h的光滑墩子，光滑頂面上有一個側(cè)面光滑可視為質(zhì)點的物體B，質(zhì)量為M，與墩子無摩擦。一個小球A以水平初速度從高H=1.5h處水平拋出，恰好與B的左側(cè)面發(fā)生彈性碰撞（不會與墩子碰撞），B物體恰好落在距墩子水平距離x=h處的小車C左端，小車的高度忽略不計，而A球落在墩子的左邊，重力加速度為g。（1）球拋出點到B的水平距離多大？（2）A球的落地點距墩子的水平距離多大？（3）假設(shè)小車的質(zhì)量也為M，物體B底面與小車上表面的動摩擦因數(shù)為，不考慮其他阻力，物體落在小車上發(fā)生豎直速度大小不變的反彈，且

22、作用時間極短，求物體B再次落在車上（或地面）時，兩次落點相對小車的水平距離多大？【答案】（1）h；（2）；（3）0【解析】【詳解】（1）根據(jù)解得所以水平距離（2）設(shè)小球的質(zhì)量為m，被碰后B的速度為，根據(jù)解得A與B相碰，水平方向動量守恒由彈性碰撞的特點可得解得A球與B碰撞，豎直速度不會改變，因此落地時間也不會改變，從拋出到落地的時間為碰后落地時間為所以落地點與墩子的水平距離為（3）接近小車的豎直速度因為時間極短，那么有水平方向，對B物體對小車解得很明顯與實際不符，應(yīng)該水平共速因此兩次的水平落點在同一點（相對小車），水平距離為零。14. 相距為L=1 m的足夠長的金屬導(dǎo)軌如圖放置，傾斜部分與水平面

23、夾角為37，其他部分水平，左邊接有一個定值電阻，阻值為R=1，右端接有一個電容為C=0.25F的電容器，MN左邊導(dǎo)軌光滑，右邊軌道動摩擦因數(shù)為=0.2，長度足夠。金屬桿ab的質(zhì)量為m=0.01kg，導(dǎo)軌所在處MN左端有豎直向上的磁場，MN右邊有水平向右的勻強磁場。以左端金屬桿初始位置處為x=0處，水平向右為x軸，磁感應(yīng)強度隨x的分布規(guī)律如圖所示（不嚴格按比例），其他所有電阻均不計。閉合開關(guān)S，在水平拉力的作用下讓金屬桿ab從初始位置開始以速度3m/s水平向右做勻速運動，那么：（注：圖中x0=1 m為已知，k=0.2 T/m，拐角圓弧狀，不計拐角處的機械能損失，取cos37=0.8，g=10m/

24、s2，電容器在無電阻的電路中放電極快）（1）在水平軌道上（小于時）運動時水平拉力F與x的關(guān)系；（2）金屬桿從開始位置運動到時，通過電阻R的電荷量q為多少？如果拉力F在的過程中對ab桿做的功約為0.085J，那么流過R的電流的有效值多大？（3）當(dāng)運動到時，撤去外力并斷掉開關(guān)S，試求撤出外力后：電容器所帶電荷量的最大值；金屬桿ab運動的時間和路程?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）0.2C；1.93s，3.73m【解析】【詳解】（1）感應(yīng)電動勢為通過R的電流為電容器兩端的電壓為UE所帶電荷量為qCU0.15x所以充電電流為所以流過金屬桿的電流為（2）根據(jù)運動時間可得充電電流定值，對應(yīng)的安培力為克服充

25、電電流的安培力所做的功為電阻產(chǎn)生的熱量根據(jù)解得（3）到處時電容器的電荷量為進入斜面后根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合解得所以到達MN處的速度所以，電容器的最大帶電量為在斜面運動的時間到達MN右邊后，磁場水平向右，金屬桿不再產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由于沒有電阻，電容器放電非常迅速，設(shè)為，因為時間極短，安培力會遠大于全屬桿的重力，那么有所以在MN右邊運動的加速度為運動的位移為運動時間故運動的時間為運動的路程為（二）選考題：共13分。請考生從15題和16題任選一題作答。如果多做，則按第一題計分。15. 下列說法中正確的是（）A. 機械能可以全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，吸收的熱量也可以完全變成機械能B. 當(dāng)兩分子間的距離小于平衡位置

26、的間距時，分子間距變大，分子勢能變小C. 晶體的物理性質(zhì)都是各向異性的D. 液體的表面張力使液體的表面有擴張的趨勢E. 空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近同溫度水的飽和汽壓，水蒸發(fā)越慢【答案】ABE【解析】【詳解】A在引起其它變化的情況下，機械能可以全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，如運動的物體只受摩擦力停下來，吸收的熱量也可以全部轉(zhuǎn)化為機械能，選項A正確；B當(dāng)兩分子間距離小于平衡位置的間距時，分子力表現(xiàn)為斥力，分子間的距離變大，分子力做正功，則分子勢能減小，選項B正確；C晶體有單晶體和多晶體兩種，單晶體各向異性，而多晶體各向同性，選項C錯誤；D液體的表面張力使液體的表面有收縮的趨勢，選項D錯誤；E空氣

27、相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近同濕度水的飽和汽壓，水蒸發(fā)變慢，選項E正確。故選ABE。16. 如圖所示，A、B、C三段粗細相同且均勻、底部連通玻璃管豎直放置，A管上端封閉，B管上端開口，C管中有活塞且與管內(nèi)壁氣密性良好，管內(nèi)有水銀，A管中水銀液面比B管中水銀液面低h=4cm，C管中水銀液面比A管中水銀液面低h=4cm，A管和C管中封閉氣柱長均為9cm，大氣壓強為76cmHg，將活塞緩慢向下壓，使A、B管中水銀液面高度差變?yōu)?4cm（此時C管中仍有水銀），求：（1）C管中水銀液面下降的高度；（2）活塞向下移動的距離。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【答案】（1）12cm；（2）14cm【解析】【詳解】（1）設(shè)玻璃管橫截面積為S，初狀態(tài)，A中氣體壓強HgA中氣體體積為將活塞緩慢向下壓，使A、B管中水銀液面高度差變?yōu)?4 cm，則末狀態(tài)A中氣體壓強為Hg根據(jù)玻意耳定律得解得C中液面下降的距離等于AB中液面上升距離之和，因此C管中水銀液面下降的距離為（2）C中氣體，初狀態(tài)壓強為Hg體積為末狀態(tài)壓強為其中為B管中液面上升高度，根據(jù)得解得Hg根據(jù)玻意耳定律得解得則活塞移動的距離為17. 在x軸正半軸和負半軸存在兩種不同材質(zhì)的彈性繩（相連于O點），和處為兩波源，分別向右、向左傳播形成振幅均為4cm的簡諧橫波，t=0時刻的波形如圖所示，此時x=2m和x=4m處的