2023年高考政治第二次模擬考試卷-物理（全國甲卷A卷）（全解全析）

2023年高考物理第二次模擬考試卷

物理.全解全析

注意事項：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫

在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合

題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的

得0分。

14.某小組用如圖a所示的風(fēng)速儀研究交流電，風(fēng)杯在風(fēng)力作用下帶動與其連在一起的永磁鐵轉(zhuǎn)動；

某一風(fēng)速時，線圈中產(chǎn)生的交變電流如圖6所示，已知風(fēng)杯轉(zhuǎn)速與風(fēng)速成正比，則（）

A.該交變電流的周期為

B.該交變電流的峰值為血人

C.風(fēng)速增大，產(chǎn)生的交變電流周期增大

D.風(fēng)速增大，產(chǎn)生的交變電流峰值增大

【答案】D

【解析】A.從圖像可以看出該交變電流的周期為"。，A錯誤；

B.結(jié)合圖像可知該交變電流的峰值為二，B錯誤；

C.已知風(fēng)杯轉(zhuǎn)速與風(fēng)速成正比，風(fēng)速增大，風(fēng)杯轉(zhuǎn)速就越大，由

fn

知產(chǎn)生的交變電流周期減小，C錯誤；

D.已知風(fēng)杯轉(zhuǎn)速與風(fēng)速成正比，風(fēng)速增大，風(fēng)杯轉(zhuǎn)速就越大，由

[,=—―=-N-B-S-c-o=--2-N-B-S--兀-n

mRRR

可知產(chǎn)生的交變電流峰值增大，D正確。

故選D。

15.如圖，籃球運動員站在廣場上的某一噴泉水柱旁邊，虛線力”“2”“3”所在水平面分別是地面、運

動員的頭頂、該水柱最高點所在的水平面。根據(jù)圖中信息和生活經(jīng)驗，可以估算出該水柱從地面噴

出時的速度約為（）

C.12m/sD.20m/s

【答案】c

【解析】籃球運動員身高約為1.8m,由圖可知水柱的高度約為人身高的4倍，即7.2m,則

0-嶗=-2g/z

解得

%=12m/s

故選C。

16.如圖，傾角為30。的斜面上有一個電荷量為qS>0）質(zhì)量為加的小球以田的初速度水平拋出。

豎直平面內(nèi)有一水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E.已知小球回到斜面時速度方向與斜面的夾角

3niVg

不變，克服電場力做功8。從拋出小球到小球回到斜面的運動過程中，下列說法正確的是（）

F一百現(xiàn)

L-j-

A.q

B.該系統(tǒng)的機(jī)械能不變

%

C.小球最小速度為2

D.若第二次拋出小球時撤去電場，則兩次小球離斜面最遠(yuǎn)距離之差為48g

【答案】D

【解析】A.設(shè)小球落回到斜面是的速度為匕，則其水平分速度

vx=匕sin30°

水平方向的只受靜電力作用，做勻減速直線運動，則

匕＜%

加速度大小為

qE

%=一

m

水平方向的位移大小

E

x=———-

小球克服電場力做功

解得

匕=%

由類斜拋運動知識可得，小球合力方向垂直斜面向下，則

Eq=mgtan30°

解得

6叫

LP-,---------

3g

A錯誤；

B.小球克服電場力做功，機(jī)械能減小，B錯誤；

C.由類斜拋運動知識可得，當(dāng)小球沿垂直斜面的分速度為0時，速度最小，即

=%cos30°=年

C錯誤；

D.第?次拋出小球時，離斜面最遠(yuǎn)距離

(vsin3O0)2

a.=---o------------=--------

2g16g

cos30°

第二拋出小球時，在運動起點同時垂直于斜面方向和平行與斜面方向分解%、g,垂于斜面向上為y

軸正方向，y軸方向分速度

vv=%sin30

y軸方向分加速度大小

ay=geos30

則

Uy-aj=0

2

O-V^=-2ayd2

得

v0tan30°

g

2

,v0sin30°tan30°6V0之

d、=-----------=---—

-2g12g

所以

a,=a-.y—a.,=------

48g

D正確。

故選D。

17.水平地面上有一質(zhì)量為町的長木板，木板上右端放有一質(zhì)量為m2的木塊，如圖甲所示；用水

平向右的拉力尸作用在長木板上，尸隨時間r變化的規(guī)律如圖乙所示，其中片、居分別為八、‘2時

刻尸的大??；木塊的加速度由隨時間r變化的規(guī)律如圖丙所示，已知長木板與地面間的動摩擦因數(shù)

為從，木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為〃"假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動摩擦力相等，重力加

速度大小為g，則下列說法正確的是（）

A耳=必gg

B,6=（4一必）（町+嗎）g

C.%至‘2這段時間內(nèi)木塊的速度變化量2-v-

人1（…）（一）

ZAk一

D.至’2這段時間內(nèi)木塊的速度變化量2ml

【答案】C

【解析】A.在〃時刻，木板和物塊恰好開始運動，此時拉力恰好等于地面對木板的最大靜摩擦力,

即

Fi-f.ii（zn/+n?2）g

故A錯誤；

B.在〃時刻，木板和物塊恰好發(fā)生相對運動，此時二者的加速度仍相同，即為

將木板和物塊作為一個整體，根據(jù)牛頓第二定律

乙一〃［（肛+嗎）g=（町+m2）a0

解得

E=（M+〃2）（叫+丐）g

故B錯誤；

C.根據(jù)圖丙可知，。?及時間內(nèi)二者的加速度相同，物塊與木板之間沒有發(fā)生相對運動，圖丙中圖

像與橫軸圍成面積代表速度變化量，4至G這段時間內(nèi)木塊的速度變化量

故C正確

D.因為。?f2時間內(nèi)存在摩擦力，摩擦力的沖量是，“2的合外力沖量，故D錯誤。

故選C。

18.2022年1月28日，國務(wù)院新聞辦公室發(fā)布我國第五部航天白皮書《2021中國的航天》，白皮書

中提到將繼續(xù)實施月球探測工程，發(fā)射“嫦娥六號''探測器、完成月球極區(qū)采樣返回。若將地球和月

球看做一個雙星系統(tǒng)，二者間距離為L,它們繞著二者連線上的某點做勻速圓周運動，運行周期為

T;從漫長的宇宙演化來看，兩者質(zhì)量都不斷減小，將導(dǎo)致月地間距離變大。若引力常量為G,則

下列說法正確的是（）

A.當(dāng)前月球和地球的動能相等

B.當(dāng)前該雙星系統(tǒng)的總質(zhì)量為通于

C.在將來的演化過程中，該雙星系統(tǒng)運轉(zhuǎn)的周期將逐漸減小

D.在將來的演化過程中，該雙星系統(tǒng)的總動能將逐漸增大

【答案】B

【解析】A.設(shè)地球的質(zhì)量為地球的軌道半徑為R月球的質(zhì)量為"?，軌道半徑為R故有

..22

=mco~r2

由于

7；+弓=L

聯(lián)立得

Lm

4=-----

m+M

LM

r>=---------

m+M

故地球的動能為

“2叫斗）2（〃+4

月球的動能為

L1/、2orlJmM2

由于地球與月球的質(zhì)量不同，故兩者動能不同，A項錯誤;

B.雙星系統(tǒng)中，兩天體之間的萬有引力提供向心力，有

粵=加心

1}

GMm

———=mco2G

1}

將軌道半徑代入后整理得

(0=

24

CD------

將T代入整理得

M+m厘

GT2

B項正確;

C.由

GT2

兩天體質(zhì)量減小，距離增大，故周期增大，c項錯誤;

D.由于兩天體距離增大，萬有引力做負(fù)功，系統(tǒng)總動能減小，D項錯誤;

故選Bo

19.中國實驗快堆是第四代核能系統(tǒng)的優(yōu)選堆型，采用杯（*Pu）做燃料，在堆心燃料杯的外圍再

,238

生區(qū)里放置不易發(fā)生裂變的鈾（9?TUT）,杯-239裂變釋放出的快中子被再生區(qū)內(nèi)的鈾-238吸收，轉(zhuǎn)

變?yōu)殁?239,鈾-239極不穩(wěn)定，經(jīng)過衰變，進(jìn)一步轉(zhuǎn)變?yōu)橐琢炎兊睦?239,從而實現(xiàn)核燃料的“增殖”。

下列說法正確的是（）

A.鈾-239轉(zhuǎn)變?yōu)楸?239,經(jīng)過了2次夕衰變

B.杯-239發(fā)生裂變過程中，電荷數(shù)守恒，質(zhì)量也守恒

C.鈾-239發(fā)生衰變的實質(zhì)是原子核外的電子飛出

D.杯（“PU）裂變生成兩個中等質(zhì)量的核，杯核的比結(jié)合能小于生成的兩個核的比結(jié)合能

【答案】AD

【解析】A.鈾-239轉(zhuǎn)變?yōu)槔?239,質(zhì)量數(shù)不變，電荷數(shù)增加2,則經(jīng)過了2次￡衰變，故A正確；

B.杯-239發(fā)生裂變過程中，電荷數(shù)守恒，質(zhì)量數(shù)也守恒，由于裂變放出能量，由質(zhì)量虧損可知，

質(zhì)量不守恒，故B錯誤：

C.鈾-239發(fā)生夕衰變，實質(zhì)是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為一個質(zhì)子和一個電子，故C錯誤；

D.杯（-Ju）裂變生成兩個中等質(zhì)量的核，反應(yīng)放出核能，生成的新核更加穩(wěn)定，則杯核的比結(jié)

合能小于生成的兩個核的比結(jié)合能，故D正確。

故選AD。

20.如圖所示，一個斜面與水平地面平滑連接，斜面與水平地面均光滑。小物塊P放在水平地面上,

小物塊Q自斜面上某位置處由靜止釋放，P、Q之間的碰撞為彈性正碰，斜面與水平面足夠長，則

下列說法正確的是（）

A.若'厚一§,則P、Q只能發(fā)生一次碰撞

4

若心則P、Q只能發(fā)生一次碰撞

C.若叫5則P、Q只能發(fā)生兩次碰撞

D.若叫9,則P、Q只能發(fā)生多次碰撞

【答案】AC

【解析】AB.設(shè)Q滑到水平面上時速度大小為v,P、Q相碰.動量守恒及動能不變，有

mQv=mQvQI+mpvpl

121212

5%了=/加咯

聯(lián)立解得第一次碰后

m0-mp

之后Q滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P,則有

出訃Ql|

解得

如」

mp3

A正確、B錯誤；

&=工

C.若％第一次碰后，可得

12

VPI=3V%=丁

之后Q滑上斜面并返回，與P發(fā)生第二次碰撞后有

性（-%）+,悔%|=恤也+叫用2

12121212

-%%+-^PVP1=-〃6為2+-

得

8

也=丁

5

因

VP2>VQ2

故P、Q只能發(fā)生兩次碰撞，C正確：

1

〃?Q=

9-

D.若‘小第一次碰后，可得

4

%=丁

之后Q滑上斜面并返回，與P發(fā)生第二次碰撞后有

機(jī)Q(-VQI)+%%=mQvQ2+mvvp2

WQMQ

-QV!+-mvVp,=-/QV2+-mvVp2

得

因

VP2>|VQ2|

故P、Q只能發(fā)生兩次碰撞，D錯誤。

故選AC。

21.如圖，在平面直角坐標(biāo)系的第二象限有一半徑R=OAm的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為

B=2.0X102T的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外，圓形區(qū)域與坐標(biāo)軸相切于A、c兩點，在第一、

-=2.0x10'6kg/C

四象限有豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E=1.6V/m,有一束"的帶正電的粒子在

第三象限沿y軸正方向，以％nLOxlO,Ws垂直射入圓形磁場中，粒子束寬度d=o.2m,經(jīng)過磁場

偏轉(zhuǎn)后打入第一象限，重力和一切阻力都不計，則下列說法正確的是（）

A.所有進(jìn)入磁場中偏轉(zhuǎn)的粒子最后都經(jīng)C點打入電場

B.所有進(jìn)入磁場中偏轉(zhuǎn)的粒子最后都平行于x軸方向打入電場

C.從x="O/m處打入的粒子經(jīng)磁場和電場偏轉(zhuǎn)后與x軸交于x=0.5m處

D.從x=41m處打入的粒子經(jīng)磁場和電場偏轉(zhuǎn)后與x軸交于x=0,8m處

【答案】AC

【解析】A.粒子在磁場中做圓周運動過程中洛倫茲力提供向心力

nmvo

qv°B=-5-

解得

2.0xl0hxl.0xl03

“1%m=0.1m

qB2xl(y2

任意畫一條運動軌跡如圖，設(shè)粒子在磁場中的入射點為出射點為N

因為粒子做圓周運動的半徑等于磁場半徑，故四邊形a“°2N為菱形，所以MO—即。聲沿X

軸正方向，N點C點重合。故所有進(jìn)入磁場中偏轉(zhuǎn)的粒子最后都經(jīng)C點打入電場，A正確；

B.由上述分析可知，粒子進(jìn)入磁場中偏轉(zhuǎn)后經(jīng)過C點的速度方向不一定平行于x軸，B錯誤；

C.從工二川.向處打入的粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)后經(jīng)c點平行于x軸打入電場，粒子在電場中做類平拋

運動

qE

a=-L—

m

1

y=R=—at9

2

聯(lián)立可得

x=0.5m

C正確，D錯誤。

故選ACo

22.（6分）（1）某實驗小組設(shè)計了如圖甲所示的電路測量電壓表&的內(nèi)阻及電源電動勢。已知電

壓表量程為3V,內(nèi)阻&”=6000。，電壓表Vz量程也為3V,內(nèi)阻H丫2為幾千歐（待測），電源電

動勢約為5V,電源內(nèi)阻可忽略。按以下步驟進(jìn)行操作。

①按圖甲所示原理圖完成電路連接;

②把“、凡均調(diào)至最大阻值；

U—(j

③閉合開關(guān)s,調(diào)節(jié)&、%,使V|、V?均有合適示數(shù)，分別為4、5,若調(diào)至4、內(nèi)滿足2~=31

的關(guān)系，此時電阻箱&的阻值為1500C,則可知電壓表V2的內(nèi)阻&2為.

④若將"調(diào)至4000C并保持不變，調(diào)節(jié)記錄多組對應(yīng)的必、外值，以-為縱坐標(biāo)，力為橫

坐標(biāo)描點作圖，在實驗誤差允許范圍內(nèi)得到一條傾斜直線，直線的縱截距為協(xié)則電源的電動勢為

(用己知量和已測得量計算出結(jié)果)。

(2)用伏安法測量電源電動勢和內(nèi)阻時，由于電壓表、電流表內(nèi)阻的影響，測量結(jié)果總存在系統(tǒng)誤

差。按如圖乙所示的電路進(jìn)行測量，可以消除這種系統(tǒng)誤差。

①閉合開關(guān)即、$2,靈敏電流計⑥的示數(shù)不為零，調(diào)節(jié)R和P使得靈敏電流計的示數(shù)為零,

讀出電流表和電壓表的示數(shù)人和■；②改變滑動變阻器R、R'的阻值，重新使得靈敏電流計

的示數(shù)為零，讀出電流表和電壓表的示數(shù)乙和02；③重復(fù)②操作，得到了多組/、u；④根據(jù)實驗

得到的多組數(shù)據(jù)作出的U-I圖線如圖丙所示，由此可得電源的電動勢E=V,內(nèi)阻

【答案】300032.01.0

【解析】（1）③根據(jù)并聯(lián)電路規(guī)律可知

為2

代入數(shù)據(jù)可得

&，2=3000Q

④根據(jù)閉合電路歐姆定律有

JC—U.-rI-R-'--\--1--^--V-2--A).

整理得

u_ERviR、R\fiJJ

Rvi+R-2(%i+4)

即

3E4

u,=---u2

故

（2）④根據(jù)閉合電路歐姆定律有

U=E-Ir

所以u-/圖像的斜率為

L9-1.6

Q=-1.0Q=-r

--0.4-0.1

所以電源的內(nèi)阻

r=1.0Q

當(dāng)/=0.1A時，U=L9V,解得

E=2.0V

23.（9分）某實驗小組設(shè)計了圖甲所示的實驗裝置來測量木塊與平板間的動摩擦因數(shù)，其中平板的

傾角6可調(diào)。

打點計時器紙帶

123

34567891011121314151617181920

（1）獲得紙帶上點的部分實驗步驟如下:

A.測量完畢，關(guān)閉電源，取下紙帶

B.接通電源，待打點計時器工作穩(wěn)定后放開木塊

C.把打點計時器固定在平板上，將木塊尾部與紙帶相連，使紙帶穿過限位孔

D.將木塊靠近打點計時器

上述實驗步驟的正確順序是：（用字母填寫）。

（2）打點計時器的工作頻率為50Hz,紙帶上計數(shù)點的間距如圖乙所示。根據(jù)紙帶求出木塊的加速

度"=向?。ūＡ魞晌挥行?shù)字）。

⑶若重力加速度g=9.8m//,測出斜面的傾角6,查表知sin6=0.60,cos6=0.80,若木塊的質(zhì)量

為根=0.20kg,則木塊與平板間的動摩擦因數(shù)幺=（保留兩位有效數(shù)字）。

（4）若另一小組利用圖甲裝置驗證了牛頓第二定律，則實驗時通過改變,驗證質(zhì)量一

定時，加速度與力成正比的關(guān)系；通過改變,驗證力一定時，加速度與質(zhì)量成反比的關(guān)

系。

【答案】CDBA1.60.55平板的傾角?加和久且粗（如夕-〃cos。）保持不變

【解析】（1）實驗時首先要把打點計時器固定在平板上，將木塊尾部與紙帶相連，使紙帶穿過限位

孔；將木塊靠近打點計時器，接通電源，待打點計時器工作穩(wěn)定后放開木塊，測量完畢，關(guān)閉電源，

取下紙帶。則此實驗步驟的正確順序是CDBAo

（2）根據(jù)—運用逐差法得

a=占=a5.70-9.00）-（9.00-3.90）xl（）.2m/s2水1nzs?

（57）2（5x0.02）2

（3）根據(jù)牛頓第二定律

mgsin0-/./mgcos0=ma

解得

卜ih0.55

（4）探究牛頓第二定律采取的是控制變量法，驗證質(zhì)量一定時，加速度與力成正比的關(guān)系，通過改

變平板的傾角0來改變合外力。

驗證力一定時，加速度與質(zhì)量成反比的關(guān)系，由于滑塊下滑加速的力是由重力沿斜面向下的分力和

摩擦力提供，所以要保證向下的合力不變，應(yīng)該使團(tuán)gsin6>-w〃gcos，不變，所以需要同時改變滑

塊的質(zhì)量“和斜面傾角

24.（14分）如圖所示，一光滑圓弧軌道ABC固定在豎直平面內(nèi)，半徑R=7.5m,圓弧軌道的圓心。

在圓弧最低點B的正上方，其中NAO8=60。。圓弧軌道左側(cè)有一順時針方向勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶，

傳送帶上表面與圓弧軌道的圓心0在同一高度。現(xiàn)將可視為質(zhì)點的物塊P從傳送帶左端M由靜止

釋放，離開傳送帶右端N時恰好與傳送帶共速，從A點沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道。已知物塊尸的質(zhì)

量帆=3kg,重力加速度g取10mzs）求：

（1）傳送帶的速度；

（2）物塊到達(dá)軌道最低的B時，小物塊P對軌道的壓力。

【答案】（1）5m/s2；（2）100N

【解析】（1）設(shè)傳送帶速度作,則在A點時

tan60=—

%

V；=2g/?cos60

解得

%5m/s

(2)從A到B

~^mvs~~mvA=mgRQ—cos60)

其中

%=f=2睥

cos60V3

在8點時

N-mg=

解得

、10

N=-^mg

根據(jù)牛頓第三定律可知小物塊P對軌道的壓力

M=『〃g=100N

25.（18分）如圖所示，在正交坐標(biāo)系°-xyz空間中，Oz豎直向下，。'為），軸上的一點。相距0.5m

的兩平行拋物線狀光滑軌道OR。下通過長度不計的光滑絕緣材料在P、P'處與平行傾斜粗糙直

z=4

軌道PQ、尸‘?！交嘟樱渲袙佄锞€狀軌道OP的方程為4,0。洞用導(dǎo)線連接R=1C的定

值電阻，傾斜軌道足夠長，Q。'間用導(dǎo)線連接C=IF的電容器。電容器最初不帶電。拋物線狀軌道

區(qū)域存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度的=4丁的勻強(qiáng)磁場，傾斜直軌道區(qū)域存在與導(dǎo)軌垂直向上、磁

感應(yīng)強(qiáng)度名=2T的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為0.5kg,長為0.5m的金屬導(dǎo)體棒在恒定外力F作用下從y

軸開始以初速度%沿拋物線狀軌道做加速度方向豎直向下、大小為10m/s?的加速運動，導(dǎo)體棒到達(dá)

連接處PP后立即撤去該外力凡已知金屬導(dǎo)體棒與軌道始終接觸良好，金屬棒與傾斜直軌道間的

9

八ruzp——rn

動摩擦因數(shù)〃=075,P點縱坐標(biāo)80，金屬棒電阻為1C,其他電阻忽略不計，金屬捧在運動

過程中始終與y軸平行，不計空氣阻力，重力加速度g取求：

（1）金屬棒初速度%的大小；

（2）外力F的大小和金屬捧在拋物線狀光滑軌道運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱.；

【答案】⑴2m/s；（2）4N,O.6J.⑶6

【解析】（D由題意可知，金屬棒做類平拋運動，加速度為”=l°m/s2,則有

I2

Y_1；fz=—at

“一咿，2

解得

a

Z=-7尤2

2說

軌跡方程為

5

Z--X:

4

聯(lián)立解得

%=2m/s

（2）由金屬棒運動性質(zhì)可知，金屬棒有效切割速度不變，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得

E=BJ%

山閉合電路歐姆定律可得

1=-^—

R+r

又

F=kBJl

聯(lián)立解得

F=4N

由

12

zp=］叫

解得金屬棒在拋體狀軌道上運動的時間為

3

t=-s

1x20

由焦耳定律可得

2

Q=irtt

解得

Q=0.6J

（3）金屬棒運動到連接處時，金屬棒的豎直分速度為

vv=ati=\.5m/s

金屬棒運動到連接處時的速度為

v=J片+琉=2.5m/s

斜面傾角滿足

tan0=—=0.75

%

可得

，=37。

金屬棒滑上斜面后，由動量定理可得

r

-B2//AZ+mgsin0\t-〃ngcosONt=mv-mv

又

q=/A/

由電路特點和電容定義可得

f

q=CB2lv

聯(lián)立解得

（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計

分。

33.1選修3-31（15分）

（1）（5分）

下列說法正確的是。（填正確答案標(biāo)號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得

5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）

A.知道水蒸氣的摩爾體積和水分子的體積，就能計算出阿伏加德羅常數(shù)

B.水膽能停于水面上，是由于液體表面張力的作用的結(jié)果

C.晶體有固定的熔點，但不一定有確定的幾何形狀，也不一定具有各向異性

D.影響蒸發(fā)快慢的因素是空氣中水蒸氣的壓強(qiáng)與同一溫度下水的飽和汽壓的差距

E.隨著科技的發(fā)展，將來可以將散失在環(huán)境中的內(nèi)能重新收集起來加以利用而不引起其他變化

【答案】BCD

【解析】A.因為氣體分子間距較大，所以只知道水蒸氣的摩爾體積和水分了?的體積，不能計算出

阿伏加德羅常數(shù)，故A錯誤；

B.水晶能停于水面上，是由于液體表面張力的作用的結(jié)果，故B正確；

C.晶體分為單晶體和多晶體，晶體都有固定熔點，多晶體物理性質(zhì)各向同性，沒有固定的幾何形

狀；單晶體一定具有規(guī)則的幾何外形和物理性質(zhì)的各向異性，故C正確；

D.空氣的相對濕度即空氣中水蒸氣的壓強(qiáng)與同一溫度下水的飽和汽壓的差距影響蒸發(fā)快慢，故D

正確；

E.根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀過程具有方向性，故不能將散失的能量重新聚

集利用而不引起其他變化，故E錯誤。

故選BCD,

（2）（10分）如圖所示，導(dǎo)熱的圓柱形氣缸固定在水平桌面上，橫截面積為5、質(zhì)量為叫的活塞封

閉著一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與氣缸間無摩擦且不漏氣。總質(zhì)量為丐的祛碼盤（含祛碼）由繞過

定滑輪的細(xì)線與活塞相連。當(dāng)環(huán)境溫度為T時，活塞離缸底的高度為〃，g為重力加速度?，F(xiàn)使環(huán)

境溫度緩慢升高到127：

（1）當(dāng)活塞再次平衡時，活塞離缸底的高度是多少？

（2）保持環(huán)境溫度為L2T不變，在活塞上方添加質(zhì)量為的沙子時，活塞返回到高度為處，求

大氣壓強(qiáng)P。。

（5A/n+丐一〃q）g

【答案】⑴12〃（2）S

【解析】（1）當(dāng)環(huán)境溫度為T時，狀態(tài)為壓強(qiáng)為四，溫度為T,體積為K；環(huán)境溫度緩慢升高到L2T

時，狀態(tài)為壓強(qiáng)P2,溫度為L2T,體積為匕。在緩慢變化的過程是個等壓過程，故跟據(jù)蓋呂薩克定

律可知

乜=七

刀T2

解得

V2=Sh'=V}=\.2Sh

h'=l.2h

（2）由題可知，在放沙子前體積為匕=L2S〃，活塞的受力

'^8+P0S=p2S+m2g

放沙子后返回到八處，體積為匕=s〃，活塞的受力

s

州g+Po+=P3s+m2g

這個過程是個等溫過程，根據(jù)玻意耳定律可知

p2.1.25/2=p3sh

聯(lián)立解得

_（5Aw+m2一叫）g

Po=S-

34.【選修3-41（15分）

（1）（5分）

如圖所示是一列簡諧波在t=0時的波形圖像，波速大小為mlOm/s,方向水平向右，此時波恰好傳

到/點，下列說法正確的是。（填正確答案標(biāo)號，選對1個給2分，選對2個得4分，選

對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）

B.質(zhì)點E開始振動的方向沿y軸負(fù)方向

C.當(dāng)f=5.1s時，x=10m的質(zhì)點處于平衡位置處

D.質(zhì)點B、F在振動過程中相對平衡位置的位移總是相同

E.質(zhì)點4、瓜/振動過程中的加速度總是相同

【答案】BDE

【解析】A.由波形圖可知，波長2=4m,則周期

T=-=—s=0.4s

v10

故A錯誤；

B.由圖像信息以及波的傳播方向與質(zhì)點振動方向的關(guān)系可知,E剛開始振動時的方向沿），軸負(fù)方向,

故B正確；

C.波傳到戶10m的質(zhì)點的時間

r=5.ls時，x=10m的質(zhì)點已經(jīng)振動

Ar=5.1-0.2s=12-7'