精品解析：2020屆湖北省武漢市高三下學(xué)期高中畢業(yè)生學(xué)習(xí)質(zhì)量檢測(cè)理綜物理試題(解析版)

1、武漢市高中畢業(yè)生學(xué)習(xí)質(zhì)量檢測(cè)理科綜合試卷一、選擇題1 .硅光電池是一種直接把光能轉(zhuǎn)換成電能的半導(dǎo)體器件，它的工作原理與光電效應(yīng)類似： 當(dāng)光照射硅光電池，回路里就會(huì)產(chǎn)生電流。關(guān)于光電效應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是（）A.任意頻率的光照射到金屬上，只要光照時(shí)間足夠長(zhǎng)就能產(chǎn)生光電流B.只要吸收了光子能量，電子一定能從金屬表面逸出C.逸出的光電子的最大初動(dòng)能與入射光的頻率有關(guān)D.超過(guò)截止頻率的入射光光強(qiáng)越強(qiáng)，所產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能就越大【答案】C【解析】【詳解】AB.當(dāng)入射光的頻率大于金屬的截止頻率時(shí)就會(huì)有光電子從金屬中逸出，發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，并且不需要時(shí)間的積累，瞬間就可以發(fā)生。所以 AB錯(cuò)誤；CD.根

2、據(jù)愛(ài)因斯坦的光電效應(yīng)方程Ek hv W對(duì)于同一種金屬，可知光電子的最大初動(dòng)能與入射光白頻率有關(guān)，與入射光的光強(qiáng)無(wú)關(guān)。所以C正確，D錯(cuò)誤。故選Co2 .北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是中國(guó)自行研制的全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)。為了兼顧高緯度地區(qū)的定位和導(dǎo)航需要，該系統(tǒng)已布置了 10余顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星（IGSO）,其軌道是與赤道平面呈一定夾角的圓形，圓心為地心，運(yùn)行周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同。關(guān)于傾斜地球同步軌道衛(wèi)星，下列說(shuō)法正確的是（）A.該衛(wèi)星不可能經(jīng)過(guò)北京上空B.該衛(wèi)星距地面的高度與同步軌道靜止衛(wèi)星相同C.與赤道平面夾角為30o的傾斜地球同步軌道只有唯條D.該衛(wèi)星運(yùn)行的速度大于第一宇宙速度【解析】【詳解】A .根

3、據(jù)題目描述，傾斜地球同步軌道衛(wèi)星的軌道是與赤道平面呈一定夾角的圓形，圓心為地心,所以有可能在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中經(jīng)過(guò)北京上空，所以A錯(cuò)誤；B.由題意可知，傾斜地球同步軌道衛(wèi)星的周期與地球同步衛(wèi)星的周期相同，根據(jù)GM可知，該衛(wèi)星的軌道半徑與地球同步衛(wèi)星的軌道半徑相同，即該衛(wèi)星距地面的高度與同步軌道靜止衛(wèi)星相 同，所以B正確；C.由題意可知，圓心在地心，與赤道平面成30o的圓形軌道有無(wú)數(shù)個(gè)，所以 C錯(cuò)誤;D.根據(jù)公式可知，衛(wèi)星軌道半徑越大，運(yùn)行速度越小，而第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度，所以該衛(wèi)星的運(yùn)行速度比 第一宇宙速度小，D錯(cuò)誤。故選B3 .如圖所示，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P,系統(tǒng)處于

4、靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用豎直向下的力 F作用在P上，使其向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在彈簧的彈性限度內(nèi)，下列是力【答案】DF和運(yùn)動(dòng)時(shí)間t之間關(guān)系的圖【解析】【詳解】在作用力 F之前，物塊放在彈簧上處于靜止?fàn)顟B(tài)，即mg kxo作用力F之后，物塊向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有F mg k（xo x） max即為物塊向下運(yùn)動(dòng)的位移，則x 1at22聯(lián)立可得maka 2t2即F隨時(shí)間變化圖象為D,所以D正確，ABC錯(cuò)誤。sin37° 0.6 ,則圓環(huán)和1620D.2728故選Do4 .如圖（a）所示，在傾角37°的斜面上放置著一個(gè)金屬圓環(huán)，圓環(huán)的上半部分處在垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（未畫出

5、）中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小按如圖（b）所示的規(guī)律變化。釋放圓環(huán)后，在 t 8to和t 9to時(shí)亥ij,圓環(huán)均能恰好靜止在斜面上。假設(shè)圓環(huán)與斜面間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,【答案】D【解析】【詳解】根據(jù)楞次定律可知，0：培力沿斜面向下，設(shè)圓環(huán)半徑為r有Ei此時(shí)圓環(huán)恰好靜止由平衡得同理在圓環(huán)上部分受到的安培力沿斜面向上8to時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流的方向沿順時(shí)針?lè)较颍勺笫侄▌t可知圓環(huán)上部受安電阻為R,在8to時(shí)VVtVBVtBo16tomg sinBoli2r mg cost9to 時(shí)E2tBo2to2E2M , I2 2 R圓環(huán)此時(shí)恰好靜止，由平衡得聯(lián)立以上各式得mg sinmg cosB0I2 2r27

6、28故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選Do5 .玩具車的遙控距離為 25m ,某同學(xué)手持搖控器和玩具車同時(shí)從同地由靜止沿同方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。若該同學(xué)加速度的大小為im/s2,最大速度為5m/s；玩具車加速度的大小為 2m/s2，最大速度為10m/s。在達(dá)到最大速度后，二者都能長(zhǎng)時(shí)間保持最大速度勻速運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A.該同學(xué)對(duì)玩具車白控制時(shí)間為7.0sB.該同學(xué)對(duì)玩具車白控制時(shí)間為7.5s2.5s的控制時(shí)間C.在控制時(shí)間內(nèi)，該同學(xué)的位移大小為25mD.與靜止不動(dòng)相比，該同學(xué)因運(yùn)動(dòng)而增加了【答案】BCD【解析】【詳解】AB.由題意可得，該同學(xué)加速到最大速度所用時(shí)間與玩具車加速到最大速度所用時(shí)

7、間相同，為t1 5s在此期間該同學(xué)和玩具車運(yùn)動(dòng)的位移分別為1 ,21 ,2x1 -a1tl 12.5m , x2 -a2tl 25m2 2則兩者相距x1 x2 x1 12.5m已知遙控距離為 25m,則x2 x2 x125m 12.5m 12.5mx2 v2t2 v1t2解得t2=2.5s該同學(xué)對(duì)玩具車的控制時(shí)間為t t1 t2 7.5s所以B正確，A錯(cuò)誤；C.在控制時(shí)間內(nèi)，該同學(xué)的位移為1,2x x1 x1a1tl v1t2 25m2所以C正確；D.如果該同學(xué)靜止不動(dòng)，玩具車向前加速運(yùn)動(dòng)，則1. 2xa2t25m2解得t 5s即此時(shí)該同學(xué)對(duì)玩具車的控制時(shí)間為5s,則t t t 2.5s所以與

8、靜止不動(dòng)相比，該同學(xué)因運(yùn)動(dòng)而增加了2.5s的控制時(shí)間，所以 D正確。故選BCD。Q和Q。MN是水平6.如圖所示，兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷A、B固定在同一條水平線上，電荷量分別為放置的足夠長(zhǎng)的光滑絕緣細(xì)桿，細(xì)桿上套著一個(gè)中間穿孔的小球P,其質(zhì)量為m,電荷量為 q （可視為試探電荷，不影響電場(chǎng)的分布）?，F(xiàn)將小球從點(diǎn)電荷 A的正下方C點(diǎn)由靜止釋放，到達(dá)點(diǎn)電荷B的正下方D點(diǎn)時(shí)，速度為23mls , O為CD的中點(diǎn)。則（）N +2-。*iIIIIIIIIIp; I心一IMCODNA.小球從C至D先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)B.小球運(yùn)動(dòng)至。點(diǎn)時(shí)速度為2m/sC.小球最終可能返回至 。點(diǎn)D.小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最

9、終速度為2m/s【答案】BD【解析】【詳解】a .根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布，可知，兩點(diǎn)電荷連線的中垂面是等勢(shì)面，電勢(shì)為0,正點(diǎn)電荷附近電勢(shì)大于 0,負(fù)點(diǎn)電荷附近電勢(shì)小于0,根據(jù)對(duì)稱關(guān)系可得CD其中C 0, D 0所以小球從C到D運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有電場(chǎng)力做功，且由于電勢(shì)降低，所以電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做正功，小 球在做加速運(yùn)動(dòng)，所以 A錯(cuò)誤；B.小球由C到D,由動(dòng)能定理得12Wcd UcDq -mv2c 1 一 2 2- mv 4m2則由C到O,由動(dòng)能定理可得1 2Wco U coqmvo212-mvo 2Vo2m/s所以B正確；C.由分析可知o 0無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)也是 0,小千由O到D加速運(yùn)動(dòng)，再

10、由 D到無(wú)窮遠(yuǎn)處，電勢(shì)升高，電勢(shì)能增加，電場(chǎng)力做負(fù)功，小球做減速運(yùn)動(dòng)，所有不可能返回O點(diǎn)，所以C錯(cuò)誤；D.小球從O到無(wú)窮遠(yuǎn)處，電場(chǎng)力做功為 0,由能量守恒可知，動(dòng)能變化量也是0,即無(wú)窮遠(yuǎn)處的速度為v vO 2m/s所以D正確。故選BD。7 .如圖（a）所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一電阻均勻的正方形單匝導(dǎo)線框abcd繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸 ab勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖（ b）所示，若線框總電阻為 5Q,則（） aA.cd邊兩端電壓的有效值為 16.5VB.當(dāng)線框平面與中性面的夾角為45°時(shí)，線框產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大小為 22VC.從t 0到t 0.01s時(shí)間內(nèi),通過(guò)線框某一

11、截面的電荷量為4.4 10 2CD.線框轉(zhuǎn)動(dòng)一周產(chǎn)生的焦耳熱為3.87J【答案】AB【解析】【詳解】A .根據(jù)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間的變化曲線可得，交流電的電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值為e 22V2sin t(V)22V2sin100 疝(V)則交流電的電動(dòng)勢(shì)的有效值為cd邊兩端電壓的有效值為E 22V3Ucd -E 16.5V4所以A正確；B.當(dāng)線框平面與中性面的夾角為45o時(shí)，即花t 4則此時(shí)的電動(dòng)勢(shì)為e 22V所以B正確；C.由圖象可得交流電的周期為T 0.02s從t 0到t 0.01s時(shí)間內(nèi)，即半個(gè)周期內(nèi)，通過(guò)線框某一截面的電荷量為2BSR R由電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式可知Em BS2jBS 22.2VTDC 1

12、1&J 2BST m50則所以C錯(cuò)誤；D.此交流電的電流有效值為2BS1八2冗C1253.9 10-2CI 4.4AR根據(jù)焦耳定律可得，線框轉(zhuǎn)動(dòng)一周產(chǎn)生的焦耳熱為Q I2RT 1.936J所以D錯(cuò)誤。2m的U形管恰好能在兩導(dǎo)槽之間自由滑動(dòng),故選AB 。8 .如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)槽，質(zhì)量為一質(zhì)量為m的小球沿水平方向，以初速度 Vo從U形管的一端射入，從另一端射出。已知小球的半徑略小于管道半徑，不計(jì)一切摩擦，下列說(shuō)法正確的是（）A.該過(guò)程中，小球與 U形管組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.小球從U形管的另一端射出時(shí)，速度大小為v03c.小球運(yùn)動(dòng)到u形管圓弧部分的最左端時(shí)，速度大

13、小為v06m%33D.從小球射入至運(yùn)動(dòng)到 U形管圓弧部分的最左端的過(guò)程中，平行導(dǎo)槽受到的沖量大小為【答案】ABD【解析】【詳解】A.小球和U形管組成的系統(tǒng)整體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中沒(méi)有外力做功，所以系統(tǒng)整體機(jī)械能守恒，所以正確；B.小球從U形管一端進(jìn)入從另一端出來(lái)的過(guò)程中，對(duì)小球和U形管組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，規(guī)定向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得mv0 mv1 2 mv2再有機(jī)械能守恒定律可得2mv2212121一 mv0- mv« 一2221 Vo解得m 2mvi Vom 2m 3所以B正確；C.從小球射入至運(yùn)動(dòng)到 U形管圓弧部分的最左端的過(guò)程時(shí)，小球和U形管速度水平方向速度相同，對(duì)此

14、過(guò)程滿足動(dòng)量守恒定律，得mv0 （m 2 mMVxVo由能量守恒得11212-mv0 - 2mvx - mv解得7v -Tvo3所以C錯(cuò)誤；D.小球此時(shí)還有個(gè)分速度是沿著圓形管的切線方向，設(shè)為Vy ,由速度的合成與分解可知-22 、6Vy V Vx-V0對(duì)小球由動(dòng)量定理得I mVy 0 mV0由于力的作用是相互的，所以平行導(dǎo)槽受到的沖量為6I mV03所以D正確。故選ABD。二、非選擇題 （一）必考題9 .頻閃攝影是研究物體運(yùn)動(dòng)常用的實(shí)驗(yàn)手段。在暗室中，照相機(jī)的快門處于常開狀態(tài)，頻閃儀每隔一定時(shí)間發(fā)出一次短暫的強(qiáng)烈閃光，照亮運(yùn)動(dòng)的物體，于是膠片上記錄了物體在幾個(gè)閃光時(shí)刻的位置。如圖所示是物體下

15、落時(shí)的頻閃照片示意圖，已知頻閃儀每隔0.04s閃光一次，當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?.80m/S2,照片中的數(shù)字是豎直放置的刻度尺的讀數(shù)，單位是厘米。利用上述信息可以求出：物體下落至B點(diǎn)時(shí)速度大小為 m/s （結(jié)果保留3位有效數(shù)字），實(shí)驗(yàn)中物體由B點(diǎn)下落至C點(diǎn)，動(dòng)能的增加量約為重力勢(shì)能減少量的% （結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。(1) . 1.16(2) . 9597均正確【解析】【詳解】1根據(jù)公式可得VbVtv2AB BC2T1.16m/s2同理可得VcVt v2BC CD2T1.5375m/s物體有B到C過(guò)程中，動(dòng)能增加量為Ek1T 22-m(VcVb )2重力勢(shì)能的減少量為Ep mg h mg BC

16、動(dòng)能的增加量約為重力勢(shì)能減少量的Ek 100% Ep97%10 .某小組用惠斯通電橋測(cè)量電阻Rx的阻值:方案一：如圖a）所示，先閉合開關(guān) S,然后調(diào)整電阻箱R2的阻值，使開關(guān)So閉合時(shí)，電流表G的示數(shù)為零。已知定值電阻 R、&的阻值，即可求得電阻 R。R實(shí)驗(yàn)中對(duì)電流表 G的選擇，下列說(shuō)法正確的是 A.電流表的零刻度在表盤左側(cè)B.電流表的零刻度在表盤中央C.電流表的靈敏度高，無(wú)需準(zhǔn)確讀出電流的大小D.電流表的靈敏度高，且能準(zhǔn)確讀出電流的大小 .R2Ri(2)若實(shí)驗(yàn)中未接入電流表G ,而其它電路均已連接完好，調(diào)節(jié)電阻箱 R2 ,當(dāng)百一w,則B、D兩點(diǎn)的Rx R3電勢(shì)的關(guān)系滿足 B D (選

17、填“ >”、“ <”或“ =" J方案二：在方案一的基礎(chǔ)上，用一段粗細(xì)均勻的電阻絲替代R1、R3,將電阻箱R2換成定彳1電阻R,如圖(b)所示。(3)閉合開關(guān)S,調(diào)整觸頭D的位置，使按下觸頭 D時(shí)，電流表G的示數(shù)為零。已知定值電阻R的阻值，用刻度尺測(cè)量出li、12,則電阻Rx (4)為消除因電阻絲的粗細(xì)不均勻而帶來(lái)的誤差，將圖( b)中的定值電阻 R換成電阻箱，并且按照(3)中操作時(shí)，電阻箱的讀數(shù)記為R4 ；然后將電阻箱與 Rx交換位置，保持觸頭 D的位置不變，調(diào)節(jié)電阻箱，重新使電流表G的示數(shù)為零，此時(shí)電阻箱的讀數(shù)記為R,則電阻Rx【答案】 (1). BC (2). &l

18、t;(3). 9R(4).，航|1【解析】【詳解】(1)1AB .電流表G零刻度線在中央時(shí)，可以判斷電流的流向，判斷 B和D兩點(diǎn)電勢(shì)的高低，所 以要求電流表 G的零刻度在表盤中央，所以 B正確，A錯(cuò)誤；CD.根據(jù)電流表中表針擺的方向便可判斷B和D兩點(diǎn)電勢(shì)的高低，進(jìn)而進(jìn)行調(diào)節(jié)，無(wú)需準(zhǔn)確讀出電流的大小，所以C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。(2)2當(dāng)沒(méi)有接電流表G時(shí)，R2與Rx串聯(lián),R1與R3串聯(lián)，然后再并聯(lián)，則I1R2IlRxUaB UbCUaCI 2R1I 2R3U AD U dcU AC變形可得R2U ABU ACiRxU BCU BC國(guó)UadR3U DCU AC iU DC所以，當(dāng)建時(shí)U BC U

19、 dc3閉合開關(guān)S后，調(diào)節(jié)讓電流表 G示數(shù)為零，說(shuō)明U AB U AD , U BC U DCRo,則同時(shí)R與Rx電流相同，均勻電阻絲電流相同，設(shè)電阻絲單位長(zhǎng)度的電阻為U AB U BC U AD U DCRRxRollR0I2整理得Rolllii2i2-R li(4)4將li和I2的電阻記為R1和R2 ,則R4RRxRiRxR2R5R聯(lián)立得Rx-R4R511 .如圖所示，打開水龍頭，流出涓涓細(xì)流。將乒乓球靠近豎直的水流時(shí)，水流會(huì)被吸引，順著乒乓球表面流動(dòng)。這個(gè)現(xiàn)象稱為康達(dá)效應(yīng)( Coanda Effect)。某次實(shí)驗(yàn)，水流從 A點(diǎn)開始順著乒乓球表面流動(dòng)，并在乒 乓球的最低點(diǎn)B與之分離，最后落

20、在水平地面上的 C點(diǎn)(未畫出)。已知水流出水龍頭的初速度為v0, B點(diǎn)到C點(diǎn)的水平射程為x, B點(diǎn)距地面的高度為 h,乒乓球的半徑為 R,。為乒乓球的球心，AO與豎直方向的夾角60°，不計(jì)一切阻力，若水與球接觸瞬間速率不變，重力加速度為 g。若質(zhì)量為 m(m 0)的水受到乒乓球的“吸附力”為 F ,求工的最大值； m(2)求水龍頭下端到 A的高度差H 。rfHIluniiitll 11 I22cx Vo 3 R4h 2g 2【答案】(i)E g(i，)；(2)Hm 2hR(i)設(shè)水流在B點(diǎn)的速率為Vb ,在B點(diǎn)時(shí)一F-最大，由牛頓第二定律水流從B點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動(dòng)，有聯(lián)立，解得2mvB

21、小F mg 12gt2VBtg(122hR(2)水流從水龍頭流出至到達(dá)B點(diǎn)，由動(dòng)能定理mg(H RcosR)2mvB12人mv02聯(lián)立，解得2V04h 2g 212 .如圖所示，在xOy平面 第一、第四象限有方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；在第二象限有一勻強(qiáng)電場(chǎng), 電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿 y軸負(fù)方向。原點(diǎn) 。處有一粒子源，可在 xOy平面內(nèi)向y軸右側(cè)各個(gè)方向連續(xù)發(fā)射大量xOy平面放置著一塊速度大小在0V0之間，質(zhì)量為 m ,電荷量為 q的同種粒子。在 y軸正半軸垂直于足夠長(zhǎng)的薄板，薄板上有粒子轟擊的區(qū)域的長(zhǎng)度為o已知電場(chǎng)強(qiáng)4上小為9mv24qLo,不考慮粒子間的相互作用，不計(jì)粒子的重力。(1)求勻強(qiáng)磁

22、場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B ;(2)在薄板上y L處開一個(gè)小孔，粒發(fā)射的部分粒半軸的最遠(yuǎn)點(diǎn)的橫坐標(biāo)；(3)若僅向第四象限各個(gè)方向發(fā)射粒子:0時(shí)，粒速度為左側(cè)電場(chǎng)區(qū)域V。，隨著時(shí)間推|它粒子經(jīng)過(guò)x軸負(fù)發(fā)射的粒子初速度逐漸減小，變?yōu)?紐時(shí)，就不再發(fā)射。不考慮2,若穿過(guò)薄板上L0，一 小、處的小孔進(jìn)入電場(chǎng)的粒2的表達(dá)式。子排列成一條與y軸平行的線段，求T時(shí)刻從粒子源發(fā)射的粒子初速度大小【解析】二定律c 2mv。（1）B 0 qL。；(2)x3 vLo； （3）3vv（t）2sin（&）或者 2sin（&）6L。6 L。速度為V0的粒子沿x軸正向發(fā)射，打在薄板的最遠(yuǎn)處，其在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為

23、0聯(lián)立，解得(2)如圖a所示速度為v的粒子與y軸正向成2-mv。qv。B r。2mvoB 。區(qū)qL。角射出，恰好穿過(guò)小孔，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律粒子沿x軸方向的分速度聯(lián)立，解得說(shuō)明能進(jìn)入電場(chǎng)的粒子具有相同的沿半軸的最遠(yuǎn)處。粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，沿最遠(yuǎn)處的橫坐標(biāo)聯(lián)立，解得4sinvx vsin dX軸方向的分速度。當(dāng)粒子以速度為vo從。點(diǎn)射入，可以到達(dá)y軸方向的初速度為Vy,有L0Vyt2 y1 qE J-t2 mxvxt (3)要使粒子排成一排，粒子必須在同一時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)。粒子在磁場(chǎng)在運(yùn)動(dòng)軌跡如圖b所示x軸負(fù)周期相同，均為Bqv0sinVo2.VV02v粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以V0進(jìn)入磁場(chǎng)的

24、粒子，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，滿足一,其在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間6tm以不同速度射入的粒子，要同時(shí)到達(dá)小孔，有聯(lián)立，解得t ttmVo -V(t) o ./冗Vo或者2sin(一 一t)6LoVoc /冗 V0 x2sin( t)6Lo【物理一選修3-3】13 .關(guān)于氣體的性質(zhì)及熱力學(xué)定律，下列說(shuō)法正確的是（）A.氣體壓強(qiáng)本質(zhì)上就是大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力B.氣體的溫度越高，分子熱運(yùn)動(dòng)就越劇烈，所有分子的速率都增大C. 一定質(zhì)量的理想氣體，壓強(qiáng)不變，溫度升高時(shí)，分子間的平均距離一定增大D.氣體的擴(kuò)散現(xiàn)象說(shuō)明涉及熱現(xiàn)象的宏觀過(guò)程具有方向性E.外界對(duì)氣體做正功，氣體的內(nèi)能一定增加【答案】ACD【

25、解析】【詳解】A.氣體壓強(qiáng)是由大量氣體分子頻繁地碰撞器壁而產(chǎn)生的作用，所以其本質(zhì)上就是大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力，所以A正確；B.物體的溫度越高，分子的平均動(dòng)能就越大。分子的平均動(dòng)能大，并不是每個(gè)分子動(dòng)能都增大，也有個(gè)別分子的動(dòng)能減小，所以 B錯(cuò)誤；C.根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程也CT可知，一定質(zhì)量的理想氣體，壓強(qiáng)不變時(shí)，溫度升高時(shí)，體積增加，故分子間的平均距離一定增大，所以C正確；D.氣體的擴(kuò)散現(xiàn)象說(shuō)明涉及熱現(xiàn)象的宏觀過(guò)程具有方向性，所以 D正確；E.外界對(duì)氣體做功W 0由于不知道氣體是吸熱還是放熱，根據(jù)熱力學(xué)第一定律U W Q無(wú)法確定氣體的內(nèi)能增加還是減小，故 E錯(cuò)誤。故選AC

26、D。14.如圖所示，在上端開口的絕熱汽缸內(nèi)有兩個(gè)質(zhì)量均為m 1kg的絕熱活塞(厚度不計(jì))A、B, A、B之間為真空并壓縮一勁度系數(shù)k 500N/m的輕質(zhì)彈簧，A、B與汽缸無(wú)摩擦，活塞 B下方封閉有溫度為27oC的理想氣體。穩(wěn)定時(shí)，活塞 A、B將汽缸等分成三等分。已知活塞的橫截面積均為S 20cm2,5L 0.6m ,大氣壓強(qiáng)po 1.0 10 Pa,重力加速度g取10m/s。(1)現(xiàn)通過(guò)加熱絲對(duì)下部分氣體進(jìn)行緩慢加熱，當(dāng)活塞 A剛好上升到氣缸的頂部時(shí)，求封閉氣體的溫度；(2)在保才e第(1)問(wèn)的溫度不變的條件下，在活塞A上施加一豎直向下的力 F ,穩(wěn)定后活塞B回到加熱前的位置，求穩(wěn)定后力 F的

27、大小和活塞 A、B間的距離。T £1I £ 1-L 二也A/W00 t1 A B【答案】 600K; (2) 220N , 0.16m【解析】【詳解】(1)初態(tài)，氣體溫度為T1 273K 27K 300K體積為V1 LS當(dāng)活塞A剛好達(dá)到汽缸頂部時(shí)，體積V2 2LS溫度為丁2,該過(guò)程氣體發(fā)生等壓變化，有V1匕Ti T2解得T2 600K (2)分析活塞A的受力，有P1 p0 2mg 1.1 105Pa S在F作用下，活塞 B回到初位置，氣體溫度不變，即T3 T2分析末態(tài)活騫 A和B的受力，得P3P0研究氣體的初態(tài)和末態(tài)，有聯(lián)立，解得彈簧又壓縮了則穩(wěn)定后A、B間距離【物理一選修3-4】PiT1LABL15.如圖(a)所示，位于M、N兩點(diǎn)處P3今T3220N 0.44m x 0.16m 兩波源相距18m,在M、N兩點(diǎn)間連線上有一點(diǎn) P, MP6m。t 0時(shí)，兩波源同時(shí)開始振動(dòng)， 振動(dòng)圖象均如圖（b）所示，產(chǎn)生的兩列橫波沿 MN連線相向傳播，波在MN間的均勻介質(zhì)中傳播的速度為 300m/s。下列說(shuō)法正確的是（）B. t 0.025s時(shí)，M點(diǎn)處的波源產(chǎn)生的第一個(gè)波