高考物理模擬卷(三)

模擬卷(三)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～17題只有一項(xiàng)符合題目要求，第18～21題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分.)14.復(fù)印機(jī)的核心部件是有機(jī)光導(dǎo)體鼓，它是在一個(gè)金屬圓柱表面涂覆一層有機(jī)光導(dǎo)體OPC(沒有光照時(shí)OPC是絕緣體，受到光照時(shí)變成導(dǎo)體)制成的.如圖1所示，復(fù)印機(jī)的基本工作過程是(1)在暗處的有機(jī)光導(dǎo)體鼓和一個(gè)金屬絲電極之間加上高電壓，金屬絲附近空氣發(fā)生電離，使轉(zhuǎn)動(dòng)鼓體均勻帶上正電；(2)文件反射的強(qiáng)光通過光學(xué)系統(tǒng)在鼓上成像，鼓上形成“靜電潛像”；(3)鼓體轉(zhuǎn)動(dòng)經(jīng)過墨粉盒，潛像將帶相反電荷的墨粉吸引到鼓體帶電部位；(4)鼓體繼續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)經(jīng)過復(fù)印紙，帶電復(fù)印紙又將墨粉吸引到復(fù)印紙上.以下說法正確的是()圖1A.步驟(1)中發(fā)生了靜電感應(yīng)現(xiàn)象B.步驟(2)中發(fā)生了局部導(dǎo)電現(xiàn)象C.步驟(3)中發(fā)生了靜電平衡現(xiàn)象D.步驟(4)中發(fā)生了靜電屏蔽現(xiàn)象答案B解析步驟(1)中發(fā)生了金屬絲附近空氣發(fā)生電離現(xiàn)象，選項(xiàng)A錯(cuò)誤.文件反射的強(qiáng)光通過光學(xué)系統(tǒng)在鼓上成像，受到光照時(shí)變成導(dǎo)體，步驟(2)中發(fā)生了局部導(dǎo)電現(xiàn)象，選項(xiàng)B正確.鼓體轉(zhuǎn)動(dòng)經(jīng)過墨粉盒，潛像將帶相反電荷的墨粉吸引到鼓體帶電部位；發(fā)生了靜電感應(yīng)現(xiàn)象，選項(xiàng)C錯(cuò)誤.鼓體繼續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)經(jīng)過復(fù)印紙，帶電復(fù)印紙又將墨粉吸引到復(fù)印紙上，發(fā)生了靜電感應(yīng)現(xiàn)象，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.15.如圖2所示，豎直平面內(nèi)有一光滑直桿AB，桿與水平方向的夾角為θ(0°≤θ≤90°)，一質(zhì)量為m的小圓環(huán)套在直桿上.給小圓環(huán)施加一與該豎直平面平行的恒力F，并從A端由靜止釋放.改變直桿和水平方向的夾角θ，當(dāng)直桿與水平方向的夾角為30°時(shí)，小圓環(huán)在直桿上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，重力加速度為g，則以下選項(xiàng)不正確的是()圖2A.恒力F一定沿與水平方向夾角30°斜向右下的方向B.恒力F和小圓環(huán)的重力的合力一定沿與水平方向夾角30°斜向右下的方向C.若恒力F的方向水平向右，則恒力F的大小為eq\r(3)mgD.恒力F的最小值為eq\f(\r(3),2)mg答案A解析小圓環(huán)受到豎直向下的重力、光滑直桿AB對小圓環(huán)的支持力和恒力F.由于光滑直桿AB對小圓環(huán)的支持力沿直桿方向無分力.要使小圓環(huán)在直桿上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，由L＝eq\f(1,2)at2可知，小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的加速度必須最大，由牛頓第二定律可知，恒力和重力的合力沿光滑直桿方向時(shí)加速度最大，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確.若恒力F的方向水平向右，由tan30°＝eq\f(mg,F)，解得F＝eq\r(3)mg，選項(xiàng)C正確.當(dāng)恒力F的方向垂直光滑直桿時(shí)，恒力F最小，由sin60°＝eq\f(F,mg)，解得F的最小值為Fmin＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，選項(xiàng)D正確.16.玩具彈力球(如圖3)具有較好的彈性，碰撞后能等速反向彈回.一小孩將彈力球舉高后由靜止釋放做自由落體運(yùn)動(dòng)，與水平地面發(fā)生碰撞，彈力球在空中往返運(yùn)動(dòng).若從釋放彈力球時(shí)開始計(jì)時(shí)，且不計(jì)彈力球與地面發(fā)生碰撞的時(shí)間和空氣阻力，則彈力球運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖線是()圖3答案D解析小球與地面碰撞時(shí)，速度大小不變，但方向發(fā)生突變，A、B圖中速度沒有突變，故A、B錯(cuò)誤；由圖象可以看出，速度先減小到零，再反向增加到原來的值(豎直上拋運(yùn)動(dòng))，然后反彈(速度大小不變、方向突變)，再重復(fù)這種運(yùn)動(dòng)，是上拋運(yùn)動(dòng)，不符合彈力球的運(yùn)動(dòng)情況，故C錯(cuò)誤；由圖象可以看出，速度先增加(自由落體運(yùn)動(dòng))，然后反彈(速度大小不變、方向突變)，再減小到零(豎直上拋運(yùn)動(dòng)中的上升過程)，再重復(fù)這種運(yùn)動(dòng)，故D正確.17.如圖4甲所示，矩形線圈abcd固定于方向相反的兩個(gè)磁場中，兩磁場的分界線OO′恰好把線圈分成對稱的左右兩部分，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定磁場垂直紙面向里為正，線圈中感應(yīng)電流逆時(shí)針方向?yàn)檎?則線圈感應(yīng)電流隨時(shí)間的變化圖象為()圖4答案A解析當(dāng)垂直紙面向里的磁通量在增大時(shí)，垂直紙面向外的磁通量在減小，故總磁通量變化為垂直紙面向里增大，根據(jù)楞次定律，可知感應(yīng)電流方向?yàn)檎?，B、D錯(cuò)誤；由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S可知，電路中電流大小恒定不變，故A正確.18.手搖發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的正弦交流電經(jīng)變壓器給燈泡L供電，其電路如圖5.當(dāng)線圈以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電壓表示數(shù)為U，燈泡正常發(fā)光.已知發(fā)電機(jī)線圈的電阻為r，燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻為R，其它電阻可忽略，變壓器原線圈與副線圈的匝數(shù)比為k，變壓器可視為理想變壓器.則()圖5A.燈泡的額定電壓為eq\f(U,k)B.燈泡的額定功率為eq\f(k2U2,R)C.發(fā)電機(jī)的線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢最大值為eq\f(\r(2)R＋r,R)UD.從中性面開始計(jì)時(shí)，原線圈輸入電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為u＝eq\r(2)Usinωt答案AD解析由變壓公式可知，變壓器副線圈輸出電壓為U2＝eq\f(U,k)，燈泡正常發(fā)光，說明燈泡的額定電壓為eq\f(U,k)，選項(xiàng)A正確.燈泡的額定功率為P＝eq\f(\f(U,k)2,R)＝eq\f(U2,k2R)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤.設(shè)發(fā)動(dòng)機(jī)的線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢最大值為Em，有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))，由閉合電路歐姆定律，E＝U＋I(xiàn)r，IU＝eq\f(U2,k2R)，聯(lián)立解得：Em＝eq\f(\r(2)k2R＋r,k2R)U，選項(xiàng)C錯(cuò)誤.從中性面開始計(jì)時(shí)，原線圈輸入電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為u＝eq\r(2)Usinωt，選項(xiàng)D正確.19.下列說法正確的是()A.天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)揭示了原子核有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)B.α、β和γ三種射線，α射線的穿透力最強(qiáng)C.eq\o\al(238,

92)U衰變成eq\o\al(206,82)Pb要經(jīng)過6次β衰變和8次α衰變D.根據(jù)玻爾理論可知，一群處于n＝4能級的氫原子向低能級躍遷時(shí)能輻射出6種不同頻率的光答案ACD解析天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)揭示了原子核有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)，選項(xiàng)A正確；α、β和γ三種射線，γ射線的穿透力最強(qiáng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；eq\o\al(238,

92)U衰變成eq\o\al(206,82)Pb要經(jīng)過(238－206)÷4＝8次α衰變和2×8－(92－82)＝6次β衰變，選項(xiàng)C正確；根據(jù)玻爾理論可知，一群處于n＝4能級的氫原子向低能級躍遷時(shí)能輻射出Ceq\o\al(2,4)＝6種不同頻率的光，選項(xiàng)D正確.20.宇宙中存在一些質(zhì)量相等且離其他恒星較遠(yuǎn)的四顆星組成的四星系統(tǒng)，通?？珊雎云渌求w對它們的引力作用，如圖6，設(shè)四星系統(tǒng)中每個(gè)星體的質(zhì)量均為m，半徑均為R，四顆星穩(wěn)定分布在邊長為L的正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上.已知引力常量為G，關(guān)于四星系統(tǒng)(忽略星體自轉(zhuǎn)的影響)，下列說法正確的是()圖6A.四顆星的向心加速度的大小為eq\f(2\r(2)Gm,L2)B.四顆星運(yùn)行的線速度大小是eq\r(\f(Gm1＋2\r(2),2\r(2)L))C.四顆星表面的重力加速度均為Geq\f(m,R2)D.四顆星的周期均為2πLeq\r(\f(2L,Gm1＋2\r(2)))答案BC解析四星系統(tǒng)的圓心在正方形中心，半徑為r＝eq\f(\r(2),2)L，向心力由合力提供，故Fn＝eq\f(Gm21＋2\r(2),2L2)＝man解得an＝eq\f(Gm1＋2\r(2),2L2)，A錯(cuò)誤；根據(jù)公式an＝eq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(Gm1＋2\r(2),2\r(2)L))，B正確；根據(jù)公式T＝eq\f(2πr,v)，解得T＝2πLeq\r(\f(\r(2)L,2\r(2)＋1Gm))，D錯(cuò)誤；由Gm＝gR2，g＝eq\f(Gm,R2)，C正確.21.一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖7所示，其中0～x2段是對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是()圖7A.x1處電場強(qiáng)度最大B.x2～x3段是勻強(qiáng)電場C.x1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ1＞φ2＞φ3D.粒子在0～x2段做勻變速運(yùn)動(dòng)，x2～x3段做勻速直線運(yùn)動(dòng)答案BC解析因?yàn)閺?～x1負(fù)電荷電勢能減小，故電勢升高，電場線由x1指向O點(diǎn)，同理在x1到x3區(qū)域電場線由x1指向x3，可知x1處電場強(qiáng)度為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；x2～x3段斜率不變，場強(qiáng)不變，即電場強(qiáng)度大小和方向均不變，是勻強(qiáng)電場，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確，D錯(cuò)誤；由于在x1到x3區(qū)域電場線由x1指向x3，順著電場線電勢降低，所以有：φ1＞φ2＞φ3.故C正確.二、非選擇題(本題共5小題，共47分)22.(5分)某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖8甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置測量小物塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ.粗糙曲面AB固定在水平面上，其與水平面相切于B點(diǎn)，P為光電計(jì)時(shí)器的光電門，實(shí)驗(yàn)時(shí)將帶有遮光條的小物塊m從曲面AB上的某點(diǎn)自由釋放，小物塊通過光電門P后停在水平面上某點(diǎn)C.已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間.圖8(1)用游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度d如圖乙所示，其讀數(shù)d＝________cm；(2)為了測量動(dòng)摩擦因數(shù)，除遮光條寬度d及數(shù)字計(jì)時(shí)器顯示的時(shí)間t，還需要測量的物理量是_________(要寫出該物理量的名稱和符號)，動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝_______(用上面的量表示).答案(1)0.375(2)光電門與C點(diǎn)之間的距離seq\f(d2,2gst2)解析(1)由題圖乙所示游標(biāo)卡尺可知，主尺示數(shù)為0.3cm，游標(biāo)尺示數(shù)為15×0.05mm＝0.75mm＝0.075cm，游標(biāo)卡尺讀數(shù)d＝0.3cm＋0.075cm＝0.375cm；(2)物塊通過光電門時(shí)的速度v＝eq\f(d,t)，然后物塊在水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得：－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv2，解得：μ＝eq\f(d2,2gst2)，由此可知，要測動(dòng)摩擦因數(shù)，除d與t外，還需要測量光電門與C點(diǎn)間的距離s.23.(8分)目前汽車上都有車載電瓶作為備用電源，用久以后性能會(huì)下降，表現(xiàn)之一為電瓶的電動(dòng)勢變小，內(nèi)阻變大.某興趣小組將一塊舊的車載電瓶充滿電，準(zhǔn)備利用下列器材測量電瓶的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻.A.待測電瓶，電動(dòng)勢約為3V，內(nèi)阻約幾歐姆B.直流電壓表V1、V2，量程均為3V，內(nèi)阻約為3kΩC.定值電阻R0未知D.滑動(dòng)變阻器R，最大阻值RmE.導(dǎo)線和開關(guān)(1)根據(jù)如圖9甲所示的實(shí)物連接圖，在圖乙方框中畫出相應(yīng)的電路圖.圖9(2)實(shí)驗(yàn)之前，需要利用該電路圖測出定值電阻R0的阻值，方法是先把滑動(dòng)變阻器R調(diào)到最大阻值Rm，再閉合開關(guān)，電壓表V1和V2的讀數(shù)分別為U10，U20，則R0＝________________(用U10、U20、Rm表示).(3)實(shí)驗(yàn)中移動(dòng)滑動(dòng)變阻器觸頭，讀出電壓表V1和V2的多組數(shù)據(jù)U1、U2，描繪出U1－U2圖象如圖丙所示，圖中直線斜率為k，與橫軸的截距為a，則電瓶的電動(dòng)勢E＝________________，內(nèi)阻r＝____________(用k、a、R0表示).答案(1)見解析圖(2)eq\f(U20－U10,U10)Rm(3)eq\f(ka,k－1)eq\f(R0,k－1)解析(1)滑動(dòng)變阻器和定值電阻串聯(lián)，電壓表V1測量滑動(dòng)變阻器電壓，電壓表V2測路端電壓，電路如圖所示.(2)串聯(lián)電路電流處處相等，滑動(dòng)變阻器調(diào)到最大即阻值為Rm，所以eq\f(U20,U10)＝eq\f(R0＋Rm,Rm)，可得定值電阻R0＝eq\f(U20－U10Rm,U10).(3)滑動(dòng)變阻器R的電壓為U1，路端電壓為U2，則定值電阻的電壓為U2－U1，電流I＝eq\f(U2－U1,R0)，可得U2＝E－Ir＝E－eq\f(U2－U1,R0)r，整理可得U2＝E－eq\f(U2,R0)r＋eq\f(U1,R0)r，即U1＝(1＋eq\f(R0,r))U2－eq\f(R0,r)E，結(jié)合圖象可得1＋eq\f(R0,r)＝k，eq\f(R0,r＋R0)E＝a，從而可得內(nèi)阻r＝eq\f(R0,k－1)，電動(dòng)勢E＝eq\f(ka,k－1).24.(10分)如圖10所示，截面為直角三角形的斜面體固定在水平地面上，兩斜面光滑，斜面傾角分別為60°和30°，一條不可伸長的輕繩跨過固定在斜面頂端的光滑定滑輪連接著兩個(gè)小物體，物體B的質(zhì)量為m，起始距地面的高度均為h，重力加速度為g.圖10(1)若A的質(zhì)量也為m，由靜止同時(shí)釋放兩物體，求當(dāng)A剛到地面時(shí)的速度大??；(2)若斜面體不固定，當(dāng)斜面體在外力作用下以大小為a的加速度水平向右做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，要使A、B兩物體相對斜面都不動(dòng)，分析物體A的質(zhì)量和加速度a的關(guān)系.答案(1)eq\r(1－\f(\r(3),3)gh)(2)見解析解析(1)設(shè)A剛落地面時(shí)的速度為v，由A和B運(yùn)動(dòng)中的機(jī)械能守恒得，mgh＝mgsin30°eq\f(h,sin60°)＋eq\f(1,2)2mv2v＝eq\r(1－\f(\r(3),3)gh).(2)對兩個(gè)物體分別進(jìn)行受力分析，沿垂直斜面和平行斜面方向建立坐標(biāo)系進(jìn)行正交分解.當(dāng)斜面體向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度方向水平向右：對A物體，F(xiàn)T－mAgsin60°＝mAacos60°對B物體，mgsin30°－FT＝macos30°解得mA＝eq\f(mg－\r(3)ma,\r(3)g＋a)由等式右側(cè)的分子得，加速度的大小應(yīng)滿足0＜a＜eq\f(\r(3),3)g加速度a越大，A物體的質(zhì)量越小，A物體質(zhì)量應(yīng)滿足0＜mA＜eq\f(\r(3),3)m.當(dāng)斜面體向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度方向水平向左：對A物體，mAgsin60°－FT＝mAacos60°對B物體，F(xiàn)T－mgsin30°＝macos30°解得mA＝eq\f(mg＋\r(3)ma,\r(3)g－a)由等式右側(cè)的分母得，加速度的大小滿足0＜a＜eq\r(3)g加速度a越大，A物體的質(zhì)量越大，A物體質(zhì)量應(yīng)滿足mA＞eq\f(\r(3),3)m.25.(12分)在如圖11所示的裝置中，電源電動(dòng)勢為E，內(nèi)阻不計(jì)，定值電阻為R1，滑動(dòng)變阻器總阻值為R2，置于真空中的平行板電容器水平放置，極板間距為d.處在電容器中的油滴A恰好靜止不動(dòng)，此時(shí)滑動(dòng)變阻器的滑片P位于中點(diǎn)位置.圖11(1)求此時(shí)電容器兩極板間的電壓；(2)求該油滴的電性以及油滴所帶電荷量q與質(zhì)量m的比值；(3)現(xiàn)將滑動(dòng)變阻器的滑片P由中點(diǎn)迅速向上滑到某位置，使電容器上的電荷量變化了Q1，油滴運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t；再將滑片從該位置迅速向下滑動(dòng)到另一位置，使電容器上的電荷量又變化了Q2，當(dāng)油滴又運(yùn)動(dòng)了2t的時(shí)間，恰好回到原來的靜止位置.設(shè)油滴在運(yùn)動(dòng)過程中未與極板接觸，滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)所用的時(shí)間與電容器充電、放電所用時(shí)間均忽略不計(jì).求：Q1與Q2的比值.答案(1)eq\f(ER2,2R1＋R2)(2)負(fù)電eq\f(gd2R1＋R2,ER2)(3)4∶9解析(1)電路中的電流I＝eq\f(E,R1＋\f(R2,2))平行板兩端電壓為U＝Ieq\f(R2,2)聯(lián)立得：U＝eq\f(ER2,2R1＋R2)(2)油滴帶負(fù)電，對油滴受力分析，得：eq\f(qU,d)＝mg所以eq\f(q,m)＝eq\f(gd2R1＋R2,ER2)(3)設(shè)電容器的電容為C，極板原來具有的電荷量為Q，電容器上的電荷量變化Q1后，油滴在電場中向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t秒末油滴的速度為v1、位移為x，板間的電壓U1＝eq\f(Q＋Q1,C)根據(jù)牛頓第二定律eq\f(qU1,d)－mg＝ma1根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x＝eq\f(1,2)a1t2v1＝a1t電容器上的電量又變化了Q2后，油滴在電場中向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，2t秒末位移為－x極板間的電壓為U2＝eq\f(Q＋Q1－Q2,C)根據(jù)牛頓第二定律mg－eq\f(qU2,d)＝ma2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式－x＝2v1t－eq\f(1,2)a2(2t)2解得：eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(4,9)26.(12分)如圖12所示，在光滑的水平面上，一質(zhì)量為mA＝0.1kg的小球A，以8m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為mB＝0.2kg的靜止小球B發(fā)生正碰.碰后小球B滑向與水平面相切、半徑為R＝0.5m的豎直放置的光滑半圓形軌道，且恰好能通過最高點(diǎn)N后水平拋出.g＝10m/s2.求：圖12(1)碰撞后小球B的速度大??；(2)小球B從軌道最低點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)N的過程中所受合外力的沖量；(3)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能.答案(1)5m/s(2)(eq\f(\r(5),5)＋1)N·s，方向向左(3)0.5J解析(1)小球B恰好能通過圓形軌道最高點(diǎn)，有mg＝meq\f(v\o\al(

2,N),R) ①解得vN＝eq\r(5)m/s小球B從軌道最低點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)N的過程中機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)mBveq\o\al(

2,M)＝2mBgR＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(

2,N) ②聯(lián)立①②解得vM＝5m/s.(2)規(guī)定向右為正方向，則vN＝－eq\r(5)m/s(負(fù)號表示方向向左)，合外力對小球B的沖量為I＝mBvN－mBvM＝－(eq\f(\r(5),5)＋1)N·s，負(fù)號表示方向向左.(3)碰撞過程中動(dòng)量守恒，有mAv0＝mAvA＋mBvB水平面光滑所以式中vB＝vM，解得vA＝－2m/s，碰撞過程中損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(

2,0)－eq\f(1,2)mAveq\o\al(

2,A)－eq\f(1,2)mBveq\o\al(

2,B)＝0.5J.三、選做題(請從兩道題中任選一題作答，每小題15分，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分)33.(1)(5分)下列說法中正確的是()A.分子a從遠(yuǎn)處趨近固定不動(dòng)的分子b，當(dāng)a到達(dá)受b的作用力為零處時(shí)a的動(dòng)能一定最大B.微粒越大，撞擊微粒的液體分子數(shù)量越多，布朗運(yùn)動(dòng)越明顯C.液體與大氣相接觸，表面層內(nèi)分子所受其他分子的作用表現(xiàn)為相互吸引D.單位時(shí)間內(nèi)氣體分子對容器壁單位面積上碰撞次數(shù)減少，氣體的壓強(qiáng)一定減小E.一定量的理想氣體的內(nèi)能只與它的溫度有關(guān)(2)(10分)一質(zhì)量M＝10kg、高度L＝35cm的圓柱形汽缸，內(nèi)壁光滑，汽缸內(nèi)有一薄活塞封閉了一定質(zhì)量的理想氣體，活塞質(zhì)量m＝4kg、截面積S＝100cm2.溫度t0＝27℃時(shí)，用繩子系住活塞將汽缸懸掛起來，如圖13甲所示，汽缸內(nèi)氣體柱的高L1＝32cm，如果用繩子系住汽缸底，將汽缸倒過來懸掛起來，如圖乙所示，汽缸內(nèi)氣體柱的高L2＝30cm，兩種情況下汽缸都處于豎直狀態(tài)，取重力加速度g＝9.8m/s2，求：圖13(i)當(dāng)時(shí)的大氣壓強(qiáng)；(ii)圖乙狀態(tài)時(shí)，在活塞下掛一質(zhì)量m′＝3kg的物體，如圖丙所示，則溫度升高到多少時(shí)，活塞將從汽缸中脫落.答案(1)ACE(2)(i)9.8×104Pa(ii)66℃解析(1)分子間的相互作用力：當(dāng)分子間的距離r>r0時(shí)，分子間表現(xiàn)為引力，當(dāng)分子a向b靠近時(shí)，分子力做正功，當(dāng)a到達(dá)受b的作用力為零處時(shí)，a的動(dòng)能一定最大，A對；微粒越大，撞擊微粒的液體分子數(shù)量越多，分子受力越易平衡，布朗運(yùn)動(dòng)越不明顯，B錯(cuò)；液體與大氣相接觸，表面層內(nèi)分子所受其他分子的作用表現(xiàn)為相互吸引，C對；單位時(shí)間內(nèi)氣體分子對容器壁單位面積上碰撞次數(shù)減少，若每次撞擊的力度加大，氣體壓強(qiáng)可能增加、不變或者減小，D錯(cuò)；一定量的理想氣體，分子間的勢能不考慮，故內(nèi)能也即分子的平均動(dòng)能，只與溫度有關(guān)，E對.(2)(i)由圖甲狀態(tài)到圖乙狀態(tài)，等溫變化：p1＝p0－eq\f(Mg,S)，p2＝p0－eq\f(mg,S)，由玻意耳定律：p1L1S＝p2L2S所以(p0－eq\f(Mg,S))L1S＝(p0－eq\f(mg,S))L2S，可解得p0＝eq\f(ML1－mL2g,L1－L2S)＝9.8×104Pa(ii)活塞脫落的臨界狀態(tài)：氣柱體積LS、壓強(qiáng)p3＝p0－eq\f(mg＋m′g,S)設(shè)溫度為t，由氣態(tài)方程：eq\f(p2L2S,t0＋273)＝eq\f(p3LS,t＋273)得t＝eq\f(p3Lt0＋273,p2L2)－273≈66℃34.(1)(5分)一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t時(shí)刻波形圖如圖14中的實(shí)線所示，此時(shí)波剛好傳到P點(diǎn)，t＋0.6s時(shí)刻x軸上0～90m區(qū)域的波形如圖中的虛線所示，a、b、c、P、Q是介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn)，則以下說法正確的是()圖14A.這列波的波速可能為450m/sB.質(zhì)點(diǎn)a在這段時(shí)間內(nèi)通過的路程一定小于30cmC.質(zhì)點(diǎn)c在這段時(shí)間內(nèi)通過的路程可能為60cmD.如果T＝0.8s，則當(dāng)t＋0.5s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)b、P的位移不相同E.質(zhì)點(diǎn)P與Q的速度不可能相同(2)(10分)如圖15所示，三角形AB