2021屆高考物理一輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題重組卷第二部分組合模擬卷四含解析

1、組合模擬卷四第卷(選擇題，共48分)二、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1418題只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)14(2019·重慶南開(kāi)中學(xué)高三4月模擬)氘核和氚核聚變的核反應(yīng)方程為hhhen，已知h的比結(jié)合能是2.78 mev，h的比結(jié)合能是1.09 mev，he的比結(jié)合能是7.03 mev，則()a該核反應(yīng)釋放17.6 mev能量b該核反應(yīng)釋放3.16 mev能量c該核反應(yīng)吸收17.6 mev能量d該核反應(yīng)吸收3.16 mev能量答案a解析聚變反應(yīng)前的總結(jié)合能為：

2、e1(1.09×22.78×3) mev10.52 mev，反應(yīng)后生成物的結(jié)合能為：e27.03×4 mev28.12 mev，故該反應(yīng)放出的核能為：ee2e117.6 mev，a正確。15(2019·福建泉州二模)2019年1月3日，“嫦娥四號(hào)”探測(cè)器攜“玉兔二號(hào)”月球車(chē)成功著陸在月球背面，進(jìn)行科學(xué)探測(cè)。已知“嫦娥四號(hào)”在著陸之前繞月球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1、周期為t1；月球繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r2、周期為t2，引力常量為g。根據(jù)以上條件能得出()a地球的密度 b地球?qū)υ虑虻囊Υ笮“嫦娥四號(hào)”的質(zhì)量 d關(guān)系式答案b解析月球繞地球運(yùn)動(dòng)：根據(jù)gm月

3、r2可求出地球質(zhì)量，但由于不知道地球半徑，求不出地球體積，所以算不出地球的密度，a錯(cuò)誤；地球?qū)υ虑虻囊μ峁┰虑蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)的向心力：fm月r2，“嫦娥四號(hào)”繞月球做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)“嫦娥四號(hào)”探測(cè)器的質(zhì)量m，則gmr1，求得月球質(zhì)量m月，所以地球?qū)υ虑虻囊Γ篺m月r2·r2，b正確； “嫦娥四號(hào)”繞月球做圓周運(yùn)動(dòng)，gmr1，可求出月球質(zhì)量，不能求出環(huán)繞的探測(cè)器質(zhì)量，c錯(cuò)誤；開(kāi)普勒第三定律適用于圍繞同一中心天體做圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星，所以對(duì)月球和“嫦娥四號(hào)”不適用，d錯(cuò)誤。16(2019·北京石景山高三統(tǒng)一測(cè)試)如圖所示，完全相同的甲、乙兩個(gè)環(huán)形電流同軸平行放置，甲的圓心為o1，乙的

4、圓心為o2，在兩環(huán)圓心的連線上有a、b、c三點(diǎn)，其中ao1o1bbo2o2c，此時(shí)a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b1，b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b2。當(dāng)把環(huán)形電流乙撤去后，c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()ab1 bb2cb2b1 d.答案a解析對(duì)于圖中單個(gè)環(huán)形電流，根據(jù)安培定則，其在中軸線上的磁場(chǎng)方向均向左，故c點(diǎn)的磁場(chǎng)方向向左。設(shè)ao1o1bbo2o2cr，單個(gè)環(huán)形電流在軸線上距離圓心r位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度為b1r，在距離中心3r位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度為b3r，故a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度：b1b1rb3r；b點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度：b2b1rb1r；當(dāng)撤去環(huán)形電流乙后，c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度：bcb3rb1b2，故a正確。17(2019·

5、;廣西欽州三模)日常生活中，我們?cè)陂T(mén)下縫隙處塞緊一個(gè)木楔(側(cè)面如圖所示)，往往就可以把門(mén)卡住。有關(guān)此現(xiàn)象的分析，下列說(shuō)法正確的是()a木楔對(duì)門(mén)的作用力大于門(mén)對(duì)木楔的作用力，因而能將門(mén)卡住b門(mén)對(duì)木楔作用力的水平分量等于地面對(duì)木楔摩擦力的大小c只要木楔的厚度合適都能將門(mén)卡住，與頂角的大小無(wú)關(guān)d只要木楔對(duì)門(mén)的壓力足夠大就能將門(mén)卡住，與各接觸面的粗糙程度無(wú)關(guān)答案b解析木楔對(duì)門(mén)的作用力和門(mén)對(duì)木楔的作用力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，a錯(cuò)誤；對(duì)木楔受力分析如圖所示，水平方向ffsin，門(mén)對(duì)木楔作用力的水平分量等于地面對(duì)木楔摩擦力的大小，b正確； 對(duì)木楔，豎直方向：nfcosmg，則fmaxn

6、(fcosmg)，要把門(mén)卡住，則不管多大的力f均滿足fmaxf，即(fcosmg)fsin，不管m的大小，只要tan，就可把門(mén)卡住，故能否把門(mén)卡住與頂角和接觸面的粗糙程度有關(guān)，故c、d錯(cuò)誤。18(2019·石家莊精英中學(xué)高三二調(diào))細(xì)線兩端分別系有帶正電的甲、乙兩小球，它們靜止在光滑絕緣水平面上，電荷量分別為q1和q2，質(zhì)量分別為m1和m2。燒斷細(xì)線后兩球向相反方向運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()a運(yùn)動(dòng)的同一時(shí)刻，甲、乙兩球受到的電場(chǎng)力大小之比為q2q1 b運(yùn)動(dòng)的同一時(shí)刻，甲、乙兩球動(dòng)能之比為m1m2 c在相同的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，甲、乙兩球受到的電場(chǎng)力的沖量大小之比為11 d在相同的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，甲

7、、乙兩球受到的合力做功之比為11答案c解析甲、乙兩球受到的電場(chǎng)力是一對(duì)作用力與反作用力，根據(jù)牛頓第三定律知，甲、乙兩球受到的電場(chǎng)力大小之比為11，與電荷量無(wú)關(guān)，a錯(cuò)誤；兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，取甲球的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：m1v甲m2v乙0，得v甲v乙m2m1，運(yùn)動(dòng)的同一時(shí)刻，甲、乙兩球動(dòng)能之比為ek1ek2m1vm2vm2m1，b錯(cuò)誤；對(duì)甲、乙兩球分別運(yùn)用動(dòng)量定理得：i甲m1v甲0，i乙m2v乙0，解得在相同的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)甲、乙兩球受到電場(chǎng)力的沖量大小之比i甲i乙11，c正確；對(duì)甲、乙兩球分別運(yùn)用動(dòng)能定理得：w合甲ek10，w合乙ek20，解得在相同的運(yùn)動(dòng)時(shí)

8、間內(nèi)甲、乙兩球受到合力做功之比w合甲w合乙m2m1，d錯(cuò)誤。19(2019·全國(guó)卷)如圖a，在跳臺(tái)滑雪比賽中，運(yùn)動(dòng)員在空中滑翔時(shí)身體的姿態(tài)會(huì)影響其下落的速度和滑翔的距離。某運(yùn)動(dòng)員先后兩次從同一跳臺(tái)起跳，每次都從離開(kāi)跳臺(tái)開(kāi)始計(jì)時(shí)，用v表示他在豎直方向的速度，其v­t圖象如圖b所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時(shí)刻。則()a第二次滑翔過(guò)程中在豎直方向上的位移比第一次的小b第二次滑翔過(guò)程中在水平方向上的位移比第一次的大c第二次滑翔過(guò)程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大d豎直方向速度大小為v1時(shí)，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大答案bd解析v­t圖象中圖線

9、與t軸包圍的面積表示位移大小，第二次滑翔過(guò)程中所圍面積大表示在豎直方向上位移大，a錯(cuò)誤；兩次滑翔最終都落在雪道上，故兩次滑翔豎直方向上的位移與水平方向上的位移的比值相等。由a中可知第二次滑翔豎直方向的位移比第一次的大，故第二次滑翔水平方向上的位移也比第一次的大，b正確；從起跳到落到雪道上，第一次滑翔豎直方向的速度變化大，時(shí)間短，由a，可知第二次滑翔過(guò)程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的小，c錯(cuò)誤；v­t圖象的斜率表示加速度，豎直方向速度大小為v1時(shí)，第二次滑翔在豎直方向上的加速度小，設(shè)在豎直方向上所受阻力為f，由mgfma，可得第二次滑翔在豎直方向上受到的阻力大，d正確。20(20

10、19·黑龍江哈爾濱三中二模)如圖所示，半徑為r2 cm的圓形區(qū)域中有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度b2 t，一個(gè)比荷為2×106 c/kg的帶正電的粒子從圓形磁場(chǎng)邊界上的a點(diǎn)以v08×104 m/s的速度垂直直徑mn射入磁場(chǎng)，恰好從n點(diǎn)射出，且aon120°。下列選項(xiàng)正確的是()a帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為1 cmb帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓心一定在圓形磁場(chǎng)的邊界上c若帶電粒子改為從圓形磁場(chǎng)邊界上的c點(diǎn)以相同的速度入射，一定從n點(diǎn)射出d若要實(shí)現(xiàn)帶電粒子從a點(diǎn)入射，從n點(diǎn)出射，則該圓形磁場(chǎng)的最小面積為3×104 m2答案

11、bcd解析根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qvbm，可得：r，代入數(shù)據(jù)解得：r2 cm，a錯(cuò)誤；粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，可知四邊形aonp為菱形，又因?yàn)閍on120°，根據(jù)幾何知識(shí)可得圓心p一定在圓周上，b正確；從圓形磁場(chǎng)邊界上的c點(diǎn)以相同的速度入射，假設(shè)出射點(diǎn)位置在n點(diǎn)，易知四邊形scon為菱形，則cson，n與n重合，故粒子一定從n點(diǎn)射出，c正確；當(dāng)帶電粒子從a點(diǎn)入射，從n點(diǎn)出射，以an為直徑的圓形磁場(chǎng)面積最小，smin2(rcos30°)23×104 m2，d正確。21(2019·兩湖八市十二校聯(lián)合二模)如圖所示，空間直角坐標(biāo)系的xoz平面是光滑水平面，空間

12、中有沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b?，F(xiàn)有兩塊平行的薄金屬板，彼此間距為d，構(gòu)成一個(gè)電容為c的電容器，電容器的下極板放在xoz平面上；在兩板之間焊接一根垂直于兩板的電阻不計(jì)的金屬桿mn，已知兩板和桿mn的總質(zhì)量為m，若對(duì)桿mn施加一個(gè)沿x軸正方向的恒力f，兩金屬板和桿開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后，則()a金屬桿mn中存在沿m到n方向的感應(yīng)電流b兩金屬板間的電壓始終保持不變c兩金屬板和桿做加速度大小為的勻加速直線運(yùn)動(dòng)d單位時(shí)間內(nèi)電容器增加的電荷量為答案ad解析由右手定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)橛蒻流向n，a正確；此裝置在f和安培力f安作用下做變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)某時(shí)刻速度為v，切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)：ebdv，電

13、容器兩板間電壓：uebdv，因?yàn)関變化，所以u(píng)隨時(shí)間變化，b錯(cuò)誤；電容器所帶電量qcucbdv，mn間某時(shí)刻的充電電流：icbd·cbda，方向向下，根據(jù)左手定則可知，mn受到向左的安培力：f安bidcb2d2a，以整個(gè)裝置為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：ff安ma，即：fcb2d2ama，解得：a，為定值，即做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，c錯(cuò)誤；單位時(shí)間內(nèi)電容器增加的電荷量為cbda，d正確。第卷(非選擇題，共62分)三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，共62分。第2225題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33、34題為選考題，考生根據(jù)要求作答)(一)必考題(共47分)22(2019&#

14、183;福建南平二模)(5分)(1)某研究性學(xué)習(xí)小組使用速度傳感器探究小車(chē)的加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示。為使細(xì)線下端懸掛砝碼和砝碼盤(pán)的總重力可視為小車(chē)受到的合力，正確的操作是_。a小車(chē)的質(zhì)量m應(yīng)遠(yuǎn)小于砝碼和砝碼盤(pán)的總質(zhì)量mb實(shí)驗(yàn)前應(yīng)調(diào)節(jié)滑輪高度，使滑輪和小車(chē)間的細(xì)線與木板平行c不掛砝碼和砝碼盤(pán)，將木板不帶滑輪的一端適當(dāng)墊高，使小車(chē)恰好能勻速下滑d每次改變小車(chē)質(zhì)量后都要重新平衡摩擦力(2)該組同學(xué)在平衡小車(chē)與木板間的摩擦力后，在小車(chē)上固定一與運(yùn)動(dòng)方向垂直的薄板以增大空氣阻力。用圖乙所示的裝置探究物體受到空氣阻力與運(yùn)動(dòng)速度大小間的關(guān)系得到小車(chē)(含薄板)的v­t圖象如圖丙所

15、示，該組同學(xué)通過(guò)分析得出：隨著運(yùn)動(dòng)速度的增加，小車(chē)所受的空氣阻力_(選填“變大”“不變”或“變小”)。理由是_。答案(1)bc(2)變大隨著運(yùn)動(dòng)速度的增加，小車(chē)的加速度減小(或合外力減小)解析(1)為使細(xì)線下端懸掛砝碼和砝碼盤(pán)的總重力可視為小車(chē)受到的合力，則要求小車(chē)的質(zhì)量m應(yīng)遠(yuǎn)大于砝碼和砝碼盤(pán)的總質(zhì)量m，a錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)前應(yīng)調(diào)節(jié)滑輪高度，使滑輪和小車(chē)間的細(xì)線與木板平行，b正確；不掛砝碼和砝碼盤(pán)，將木板不帶滑輪的一端適當(dāng)墊高，使小車(chē)恰好能勻速下滑，以平衡摩擦力，c正確；每次改變小車(chē)質(zhì)量后不需要重新平衡摩擦力，d錯(cuò)誤。(2)由v­t圖象可知，隨著速度的增加，斜率逐漸減小，即加速度逐漸減小，由

16、ffma可得空氣阻力逐漸增大，即隨著運(yùn)動(dòng)速度的增加，小車(chē)所受的空氣阻力變大。23(2019·安徽合肥高三上一診)(10分)某實(shí)驗(yàn)小組為了測(cè)量一個(gè)阻值未知的電阻，進(jìn)行了如下操作：(1)首先用歐姆表粗測(cè)其電阻，如圖所示，則其讀數(shù)為_(kāi) ；(2)為了比較準(zhǔn)確地測(cè)量此電阻，采用“伏安法”進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。所用器材如下：電源e：電動(dòng)勢(shì)為9 v，內(nèi)阻r約為1.0 ；電流表a：量程0.6 a，內(nèi)阻ra為0.50 ；電壓表v：量程10 v，內(nèi)阻rv約為10 k；滑動(dòng)變阻器r：最大阻值為5.0 ；開(kāi)關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干。為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，要求盡可能多測(cè)幾組數(shù)據(jù)，請(qǐng)完成以下問(wèn)題：在虛線框內(nèi)畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路圖；實(shí)驗(yàn)小組按照

17、正確的實(shí)驗(yàn)步驟，采集了部分?jǐn)?shù)據(jù)，并在i­u圖象中描出相應(yīng)的點(diǎn)，請(qǐng)作出i­u圖線，由此可知該電阻的阻值為_(kāi) (保留一位小數(shù))；若所用器材結(jié)構(gòu)完好，該實(shí)驗(yàn)的主要誤差是_(選填“系統(tǒng)”或“偶然”)誤差。答案(1)18(2)圖見(jiàn)解析圖見(jiàn)解析19.5偶然解析(1)歐姆表的讀數(shù)等于表盤(pán)刻度×擋位倍率，此次倍率選擇為“×1”，故該電阻值為18 。(2)實(shí)驗(yàn)要求盡可能多測(cè)幾組數(shù)據(jù)以減小誤差，因滑動(dòng)變阻器的最大阻值小于待測(cè)電阻，故滑動(dòng)變阻器選擇分壓接法較好；又因電流表的內(nèi)阻ra已知，故電流表內(nèi)接最佳。實(shí)驗(yàn)電路圖如下。該i­u圖象應(yīng)利用直線擬合，具體為：利用描點(diǎn)法

18、畫(huà)圖時(shí)，應(yīng)該讓盡量多的點(diǎn)落在平滑直線上，不在直線上的點(diǎn)平均分布在直線的兩側(cè)，繪制如下：該圖的斜率為該電阻與電流表內(nèi)阻和的倒數(shù)，即k 10.05 1，故電阻rx 0.50 19.5 。該實(shí)驗(yàn)由于電流表內(nèi)阻已知，因此測(cè)量結(jié)果較為精確，如果實(shí)驗(yàn)儀器結(jié)構(gòu)完好，測(cè)量誤差主要來(lái)源于偶然誤差。24(2019·四川高三畢業(yè)班第二次診斷)(12分)如圖所示，某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)游戲裝置，用彈簧制作的彈射系統(tǒng)將小球從管口p彈出，右側(cè)水平距離為l，豎直高度為h0.5 m處固定一半圓形管道，管道所在平面豎直，半徑r0.75 m，內(nèi)壁光滑。通過(guò)調(diào)節(jié)立柱q可以改變彈射裝置的位置及傾角，若彈出的小球從最低點(diǎn)m沿切線方

19、向進(jìn)入管道，從最高點(diǎn)n離開(kāi)后能落回管口p，則游戲成功。小球質(zhì)量為0.2 kg，半徑略小于管道內(nèi)徑，可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2。該同學(xué)某次游戲取得成功，試求：(1)水平距離l；(2)小球在n處對(duì)管道的作用力；(3)彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能。答案(1)2 m(2) n，方向豎直向上(3)5 j解析(1)設(shè)小球進(jìn)入m點(diǎn)時(shí)速度為vm，運(yùn)動(dòng)至n點(diǎn)速度為vn，由p至m，lvmt1hgt由n至p，lvnt2h2rgt由m至n過(guò)程，由功能關(guān)系得：2mgrmvmv解得：l2 m。(2)由(1)可得，vn m/s在n點(diǎn)，mgfm解得：f n由牛頓第三定律可知，小球在n處對(duì)管道的作用力ff n，方向豎直

20、向上。(3)由p至n全過(guò)程，由能量守恒定律：epmvmg(h2r)解得：ep5 j。25. (2019·沈陽(yáng)郊聯(lián)體高三一模)(20分)如圖所示，在一光滑絕緣水平面上，靜止放著兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，兩小球質(zhì)量均為m，相距l(xiāng)，其中a球帶正電，所帶電荷量為q，小球b不帶電。若在a球右側(cè)區(qū)域加一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為e，a球受到電場(chǎng)力的作用向右運(yùn)動(dòng)與b球碰撞。設(shè)每次碰撞為彈性碰撞，碰撞前后兩球交換速度，且碰撞過(guò)程無(wú)電荷轉(zhuǎn)移。求：(1)小球a在電場(chǎng)中的加速度大小和第一次與b碰撞前的速度；(2)若兩小球恰在第二次碰撞時(shí)離開(kāi)電場(chǎng)，求電場(chǎng)在電場(chǎng)線方向上的寬度；(3)若兩小球恰在第三次碰撞時(shí)離開(kāi)電

21、場(chǎng)，求電場(chǎng)在電場(chǎng)線方向上的寬度及小球a從進(jìn)入電場(chǎng)到離開(kāi)電場(chǎng)的過(guò)程中電勢(shì)能的變化量。答案(1)(2)5l(3)13l13eql解析(1)根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律：qema，則a設(shè)第一次碰撞前小球a的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理：eqlmv2解得：v 。(2)設(shè)第一次碰撞前后小球a的速度為va1和va1，小球b的速度為vb1和vb1，有va1v，vb10，va10，vb1v 則第一次碰撞后，小球a做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小球b做速度為v的勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)第二次碰撞前后a球的速度為va2和va2，小球b的速度為vb2和vb2第一次碰撞后至第二次碰撞前：vtt所以va22v；碰后va2 v 而b球碰前速度為v

22、，碰后為2v。設(shè)從第一次碰撞后到第二次碰撞前的過(guò)程中，a球運(yùn)動(dòng)的距離為l2，則eql2m(2v)20，解得l24l 電場(chǎng)寬度為：ll4l5l。(3)二次碰撞后，a球做初速度為v的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，b球以速度2v做勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)第三次碰撞前后a球的速度為va3和va3，b球的速度為vb3和vb3所以t22vt2，解得va33v設(shè)從第二次碰撞后到第三次碰撞前的過(guò)程中，a球運(yùn)動(dòng)的距離為l3，則qel3m(3v)2mv2解得l38l所以電場(chǎng)的寬度：lll2l313la球減少的電勢(shì)能epeq×13l13eql。(二)選考題(共15分。請(qǐng)考生從給出的2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一

23、題計(jì)分)33(2019·全國(guó)卷)物理選修33(15分)(1)(5分)如p­v圖所示，1、2、3三個(gè)點(diǎn)代表某容器中一定量理想氣體的三個(gè)不同狀態(tài)，對(duì)應(yīng)的溫度分別是t1、t2、t3。用n1、n2、n3分別表示這三個(gè)狀態(tài)下氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)撞擊容器壁上單位面積的平均次數(shù)，則n1_n2，t1_t3，n2_n3。(填“大于”“小于”或“等于”)(2)(10分)如圖，一容器由橫截面積分別為2s和s的兩個(gè)汽缸連通而成，容器平放在水平地面上，汽缸內(nèi)壁光滑。整個(gè)容器被通過(guò)剛性桿連接的兩活塞分隔成三部分，分別充有氫氣、空氣和氮?dú)?。平衡時(shí)，氮?dú)獾膲簭?qiáng)和體積分別為p0和v0，氫氣的體積為2v0，空

24、氣的壓強(qiáng)為p?，F(xiàn)緩慢地將中部的空氣全部抽出，抽氣過(guò)程中氫氣和氮?dú)獾臏囟缺３植蛔?，活塞沒(méi)有到達(dá)兩汽缸的連接處，求()抽氣前氫氣的壓強(qiáng)；()抽氣后氫氣的壓強(qiáng)和體積。答案(1)大于等于大于(2)()(p0p)()p0p解析(1)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，由圖中數(shù)據(jù)可知t1t2，t2<t3，t1t3；對(duì)于狀態(tài)1、2，由于t1>t2，狀態(tài)1時(shí)氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能大，熱運(yùn)動(dòng)的平均速率大，分子數(shù)密度相等，故單位時(shí)間內(nèi)對(duì)單位面積器壁的平均碰撞次數(shù)多，即n1>n2；對(duì)于狀態(tài)2、3，由于t2<t3，所以狀態(tài)2時(shí)分子的平均速率小，分子撞擊一次器壁的平均撞擊力小，而壓強(qiáng)等于分子在單位時(shí)間內(nèi)撞擊

25、器壁上單位面積的平均次數(shù)與分子撞擊一次器壁的平均撞擊力的乘積，即pn·，而p2p3，2<3，則n2>n3。(2)()設(shè)抽氣前氫氣的壓強(qiáng)為p10，根據(jù)力的平衡條件得(p10p)·2s(p0p)·s得p10(p0p)()設(shè)抽氣后氫氣的壓強(qiáng)和體積分別為p1和v1，氮?dú)獾膲簭?qiáng)和體積分別為p2和v2。根據(jù)力的平衡條件有p2·sp1·2s由玻意耳定律得p1v1p10·2v0p2v2p0v0由于兩活塞用剛性桿連接，故v12v02(v0v2)聯(lián)立式解得p1p0pv1。34物理選修34(15分)(1)(2019·江西九校重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體高三第一次聯(lián)考)(5分)甲、乙兩位同學(xué)利用假期分別在兩個(gè)地方做“用單擺測(cè)重力加速度的實(shí)驗(yàn)”，回來(lái)后共同繪制了t2­l圖象，如圖甲中a、b所示。此外甲同學(xué)還順便利用其實(shí)驗(yàn)的單擺探究了受迫振動(dòng)，并繪制了單擺的共振曲線，如圖乙所示，那么下列說(shuō)法中正確的是_。(填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)1個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0