2020屆高三物理高考模擬示范卷(四)(解析版)

1、2020年高三年級物理學(xué)科高考模擬示范卷(四)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(xiàng)中，第 1417題 只有一項(xiàng)符合題目要求，第1821題有多項(xiàng)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. 如圖所示為氫原子能級的示意圖，下列有關(guān)說法正確的是£/CV14I -11«A. 處于基態(tài)的氫原子吸收10.5eV的光子后能躍遷至，n = 2能級B. 大量處于n = 4能級的氫原子向低能級躍遷時，最多可輻射出3種不同頻率的光C. 若用從n = 3能級躍遷到n= 2能級輻射出的光，照射某金屬時恰好發(fā)生光電效應(yīng)， 則用從n = 4能級躍

2、遷到n = 3能級輻射出的光，照射該金屬時一定能發(fā)生光電效應(yīng)D. 用n = 4能級躍遷到n= 1能級輻射出的光，照射逸出功為 6.34 eV的金屬鉑產(chǎn)生的光 電子的最大初動能為6.41eV【答案】D【解析】A 處于基態(tài)的氫原子吸收10.2eV的光子后能躍遷至n=2能級，不能吸收 10.2eV的能量。故A錯誤；2B 大量處于n=4能級的氫原子，最多可以輻射出 C46種，故B錯誤；C.從n=3能級躍遷到n=2能級輻射出的光的能量值大于從 n=4能級躍遷到n=3能級輻 射出的光的能量值，用從n=3能級躍遷到n=2能級輻射出的光，照射某金屬時恰好發(fā) 生光電效應(yīng)，則用從n=4能級躍遷到n=3能級輻射出的

3、光，照射該金屬時不一定能發(fā) 生光電效應(yīng)，故C錯誤；D 處于n=4能級的氫原子躍遷到n=1能級輻射出的光的能量為：E E4 EI0.85 ( 13.6) 12.75eV ,根據(jù)光電效應(yīng)方程，照射逸出功為 6.34eV的金屬鉑產(chǎn)生的光電子的最大初動能為：Ekm E W 12.75 6.34 6.41eV ,故D正確。15. 如圖所示，一不可伸長的光滑輕繩，其左端固定于O點(diǎn)，右端跨過位于O點(diǎn)的光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為Ikg的物體，O O段水平，長度為1.6m。繩上套一可沿繩自由滑動的輕環(huán)，現(xiàn)在在輕環(huán)上懸掛一鉤碼（圖中未畫出），平衡后，物體上升04m°貝幽A. 禺B. -C. 1.6 kgD.

4、 1.2 kg【答案】D【解析】重新平衡后，繩子形狀如下圖：53°則根據(jù)平衡可求得:D設(shè)鉤碼的質(zhì)量為M,由幾何關(guān)系知：繩子與豎直方向夾角為 解得：,故D對；ABC錯；綜上所述本題答案是:16如圖所示，導(dǎo)軌OPQS的電阻忽略不計(jì)，OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬 桿，M可在PQS上自由滑動，空間存在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大 小為I先讓OM從OQ位置以角速度1沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)到OS位置（過程I）;再 將OM固定在OS位置，使整個裝置以O(shè)Q為軸，以角速度 勻速轉(zhuǎn)動90° （過程1 II ）。要使過程I、II回路中產(chǎn)生的熱量相同，應(yīng)等于2OS位置的/P<7

5、2222A.B.C.D.24816【答案】A【解析】令OM棒長為L從OQ位置以角速度1沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)到過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為:E1 -BL2 I2回路中產(chǎn)生的熱量為:-BL2將OM固定在OS位置，使整個裝置以O(shè)Q為軸，以角速度2勻速轉(zhuǎn)動90°過程中，產(chǎn) 生的感應(yīng)電動勢最大值為：Em NBSB L22、2BL22回路中產(chǎn)生的熱量為:Q2聯(lián)立可得:故A正確，BCD錯誤17. 如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑 AB長 度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方ho高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng) 過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為（不計(jì)空

6、氣阻力），則（）A. 小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B. 小車向左運(yùn)動的最大距離為 扣C. 小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動D. 小球第二次能上升的最大咼度-tz m )心【答案】D【解析】小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mv-mv' =0 O ,解得，小車的位移：X=R,故B錯誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒， 小球由A點(diǎn)離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球 離開小車后做豎直上拋運(yùn)動，故 C錯誤；小

7、球第一次車中運(yùn)動過程中，由動能定理 得：mg (hoho) -Wf=O, Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得： Wf=mgho,即小球第 一次在車中滾動損失的機(jī)械能為gho,由于小球第二次在車中滾動時，對應(yīng)位置處速 度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于Jmgho ,機(jī)械能損失小于:mgho ,因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于：hO ho= ho ,而小于ho,故D正確；故選D O18. 如圖所示，足夠長的木板1二列下端的 點(diǎn)通過鉸鏈與地面連接，其與水平地面間的夾 角可在'范圍內(nèi)調(diào)節(jié)。質(zhì)量為遼T的小滑塊在木板下端獲得AWW的初速度沿 木板向上運(yùn)動，當(dāng)夾角為

8、時，小滑塊向上滑行的時間最短，大小為I：覽，重力加速度取|m,則此情況下A. 木板的傾角己：八B. 小滑塊上滑的最大高度為10C. 小滑塊上滑過程損失的機(jī)械能為'D. 小滑塊返回過程的加速度大小為1frnsz【答案】AD【解析】小滑塊沿木板向上滑行，由牛頓第二定律,丁賈學(xué):厲,得 ,設(shè)Ww-. ,則=+ 2gsln( + 打)，當(dāng)a + =空時，存在最大值 arl = g +，I.flsh; = COStf = = ,故0 =卅,所以A正確。設(shè)小滑塊上升的高度為h ,則4 = ZUiI , 15m,所以B錯誤。根據(jù)如上計(jì)算可知,=豎。小滑塊上滑過程克服 摩擦力做功時=典噸蓋=5DJ。故

9、機(jī)械能損失50； , C錯誤。因 IanflC = 3 ,故小 滑塊上滑到最高點(diǎn)處后反向下滑，此時a = Ln-=,所以D正確。綜 上所述，選項(xiàng)AD正確19. 如圖所示，粗糙絕緣的水平面附近存在一平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電 場線與X軸平行，在X軸上的電勢q與坐標(biāo)X的關(guān)系如圖中曲線所示，曲線過（01,4.5）和（0.15, 3）兩點(diǎn)，圖中虛線為該曲線過點(diǎn)（0.15, 3）的切線，現(xiàn)有一質(zhì)量為0.20kg、電荷量為+2.0 ×0-8C的滑塊P （可視為質(zhì)點(diǎn)），從X= 0.10m處由靜止釋放,其與水平面的動摩蓀因數(shù)為0.02,取重力加速度g= 10ms°貝U下列說法中正

10、確的是lxDlV)Q JJmA. 滑塊P運(yùn)動過程中的電勢能先減小后增大B. 滑塊P運(yùn)動過程中的加速度先減小后增大C. X= 0.15m處的電場強(qiáng)度大小為2.0 ×06NCD. 滑塊P運(yùn)動的最大速度為01ms【答案】BCD【解析】電勢？與位移X圖線的斜率表示電場強(qiáng)度可知，電場方向未變，滑塊運(yùn)動的 過程中，電場力始終做正功，電勢能逐漸減小，故A錯誤；電勢？與位移X圖線的斜率表示電場強(qiáng)度，則X= 0.15m處的場強(qiáng)為：3105E V /m 2 10 V /m 2.0 10 N/C ,此時的電場力為：F = qE=X 0.3 0.152X108×2×106N = 0.04

11、N;滑動摩擦力大小為：f = m= 0.02 ×N= 0.04N，在 X= 0.15m 前，電場力大于摩擦力，做加速運(yùn)動，加速度逐漸減小，X= 0.15m后電場力小于摩擦力，做減速運(yùn)動，加速度逐漸增大。故BC正確。在X= 0.15m時，電場力等于摩擦1力，速度最大，根據(jù)動能定理得，qU-fX= mv2,因?yàn)?.10m和0.15m處的電勢差大 約為1.5 ×05V ,代入求解，最大速度大約為 0.1ms°故D正確。20. 如圖所示，在邊長為L的正方形區(qū)域abed內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，有一個質(zhì) 量為m，帶電量大小為q的離子，從ad邊的中點(diǎn)O處以速度V垂直ad邊界

12、向右射入 磁場區(qū)域，并從b點(diǎn)離開磁場。則A. 離子在O、b兩處的速度相同Tmt 360 T532 m m360 qB 4qBB離子在磁場中運(yùn)動的時間為C. 若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B,則離子在磁場中的運(yùn)動時間減小D. 若磁感應(yīng)強(qiáng)度B,則該離子將從be邊射出5qL【答案】CD【解析】A.離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，離子在 0、b兩處的速度大小相同，但是方向不同，故A錯誤；B. 離子在磁場中的運(yùn)動的半徑滿足：22 2 1RLRL25L解得R 5-,則粒子在磁場中運(yùn)動的弧長所對的圓心角的正弦值為Sin 0.8 ,即4=53°運(yùn)動的時間故B錯誤;C. 若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B,由R mv知，離子在磁場中的

13、運(yùn)動半徑減小，同時由 T=2FqBqB知離子在磁場中運(yùn)動的周期也將減小，粒子將從ab邊射出，由于離子的速度V大小不變，而對應(yīng)的弧長減小，則離子在磁場中的運(yùn)動時間將減小，故C正確；D. 若離子從bc邊射出，則R mv 5L qB 4卄 f 4mv t,“即B,故D正確。5qL21. 如圖（a）,在跳臺滑雪比賽中，運(yùn)動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速 度和滑翔的距離。某運(yùn)動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計(jì)時， 用V表示他在豎直方向的速度，其 v-t圖像如圖（b）所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上 的時刻。貝U圖（b）A. 第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小B.

14、第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大C. 第二次滑翔過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Vi時，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】A 由v-t圖面積易知第二次面積大于等于第一次面積，故第二次豎直方向下落距離大于第一次下落距離，所以，A錯誤；B 由于第二次豎直方向下落距離大，由于位移方向不變，故第二次水平方向位移大， 故B正確c.由于v-t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由a易知tai>a2，故 C錯誤D由圖像斜率，速度為W時，第一次圖像陡峭，第二次圖像相對平緩，故a>a2,由G-fy=ma，可知，

15、fyivfy2,故 D 正確三、非選擇題：共62分，第2225題為必考題，每個試題考生都必須作答。第 3334 題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。22. （5分）某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置，利用米尺、秒表、輕繩、輕滑輪、軌道、滑塊、托盤和砝碼等器材來測定滑塊和軌道間的動摩擦因數(shù),滑塊和托盤上分別放有若干砝碼，滑塊質(zhì)量為 M,滑塊上砝碼總質(zhì)量為 m,托盤和盤中砝碼的總質(zhì)量為m。實(shí)驗(yàn)中，滑塊在水平 軌道上從A到B做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，重力加速度 g 取 10 m/s2ntf lfilI：7?II rWJn為測量滑塊的加速度a,需測出它在A、B間運(yùn)動的和,計(jì)算a的運(yùn)動學(xué)公

16、式是。2根據(jù)牛頓運(yùn)動定律得到a與m的關(guān)系為： 他想通過多次改變m,測出相應(yīng)的a值，并利用上式來計(jì)算 若要求a是m的一次 函數(shù)，必須使上式中的 保持不變，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)將從托盤中取出的砝碼置于【答案】位移；時間；自#;卜黑聲葉陛（m'+m）【解析】（1）滑塊在水平軌道上從 A到B做初速為零的勻加速直線運(yùn)動，根據(jù) X= at2g-(N1 I m1)g (1 1 a = -MTm mr = M + m + m即使m+rh不變，在增大m時等量減小得a=,所以需要測量的是位移S和時間to（2）對整體進(jìn)行研究，根據(jù)牛頓第二定律得：若要求a是m的一次函數(shù)必須使 不變,M + ml 'm ,所以實(shí)驗(yàn)

17、中應(yīng)將從托盤中取出的砝碼置于滑塊上23. （10分）.小明同學(xué)想要設(shè)計(jì)一個既能測量電源電動勢和內(nèi)阻，又能測量定值電阻 阻值的電路。他用了以下的實(shí)驗(yàn)器材中的一部分，設(shè)計(jì)出了圖 （a）的電路圖：a.電流表A（量程0.6A,內(nèi)阻很?。?；電流表A2（量程300A,內(nèi)阻rA=1000）; b 滑動變阻器R（0-20）;C,兩個定值電阻 R=1000, R2=9000;d待測電阻Rx;e.待測電源E（電動勢約為3V,內(nèi)阻約為2）f .開關(guān)和導(dǎo)線若干；1±TTnfio/A0 <24S£=gB 啊n-i Vi Ii.$根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求，與電流表 A串聯(lián)的定值電阻為 填“R或“R)(2)小

18、明先用該電路測量電源電動勢和內(nèi)阻，將滑動變阻器滑片移至最右端，閉合開關(guān)Si,調(diào)節(jié)滑動變阻器，分別記錄電流表 Ai、A2的讀數(shù)11、2,得Ii與I2的關(guān)系如圖(b) 所示。根據(jù)圖線可得電源電動勢 E=V;電源內(nèi)阻r=,(計(jì)算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)小明再用該電路測量定值電阻RX的阻值，進(jìn)行了以下操作： 閉合開關(guān)Si、S2,調(diào)節(jié)滑動變阻器到適當(dāng)阻值，記錄此時電流表Ai示數(shù)Ia,電流表A2示數(shù)Ib； 斷開開關(guān)S2,保持滑動變阻器阻值不變，記錄此時電流表Ai示數(shù)Ic,電流表A2示數(shù)Id；后斷開Si； 根據(jù)上述數(shù)據(jù)可知計(jì)算定值電阻 RX的表達(dá)式為若忽略偶然誤差，則用該方法測得的阻值與其真實(shí)值相比 填 偏

19、大”、偏小”或相等”)【答案】R2 3.02.i 存執(zhí)"+說) 相等【解析】(I)電流表A與R2串聯(lián)，可改裝為量程為t = rj4 + ¾) = 300xW 6(WOo+ 9)V = 3V 的電壓表，故選 R2 即可；(2) 由圖可知電流表 A的讀數(shù)對應(yīng)的電壓值即為電源的電動勢，則E=3.0V ;內(nèi)阻如 3.0 ,eo廠= 3= fl,sa = 3'W(3) 由題意可知：5N=FIln;斗花;TFJ ；聯(lián)立解得心-(B;由以上分析可知，若考慮電流表 Ai內(nèi)阻的影響，則表達(dá)式列成：+=+, b（n + n +心）= （G +旳），最后求得的RX表達(dá)式不變，則用該方法測

20、得的阻值與其真實(shí)值相比相等。24. （12分）牛頓說： 我們必須普遍地承認(rèn)，一切物體，不論是什么，都被賦予了相 互引力的原理”。任何兩個物體間存在的相互作用的引力，都可以用萬有引力定律計(jì)算，而且任何兩個物體之間都存在引力勢能，若規(guī)定物體處于無窮遠(yuǎn)處時的勢能為零，貝者之間引力勢能的大小為'1'，其中mi、m2為兩個物體的質(zhì) 量，r為兩個質(zhì)點(diǎn)間的距離（對于質(zhì)量分布均勻的球體，指的是兩個球心之間的距 離），G為引力常量。設(shè)有一個質(zhì)量分布均勻的星球，質(zhì)量為M ,半徑為RO（1）該星球的第一宇宙速度是多少？（2）為了描述電場的強(qiáng)弱，弓I入了電場強(qiáng)度的概念，請寫出電場強(qiáng)度的定義式。類比 電

21、場強(qiáng)度的定義，請?jiān)谝鲋薪?引力場強(qiáng)度”的概念，并計(jì)算該星球表面處的引 力場強(qiáng)度是多大？（3）該星球的第二宇宙速度是多少？（4） 如圖所示是一個均勻帶電實(shí)心球的剖面圖，其總電荷量為+Q （該帶電實(shí)心球可看 作電荷集中在球心處的點(diǎn)電荷），半徑為 R，P為球外一點(diǎn)，與球心間的距離為r ,靜 電力常量為k?，F(xiàn)將一個點(diǎn)電荷-q （該點(diǎn)電荷對實(shí)心球周圍電場的影響可以忽略）從球 面附近移動到P點(diǎn)，請參考引力勢能的概念，求電場力所做的功?！敬鸢浮浚?）旳二腭；（2） h引=昭；（3）咗=J攀；（4） W = ICQi【解析】（1）設(shè)靠近該星球表面做勻速圓周運(yùn)動的衛(wèi)星的速度大小為，萬有引力提供衛(wèi)星做圓周運(yùn)

22、動的向心力電場強(qiáng)度的定義式E = G設(shè)質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)距離星球中心的距離為r,質(zhì)點(diǎn)受到該星球的萬有引力pj質(zhì)點(diǎn)所在處的引力場強(qiáng)度.該星球表面處的引力場強(qiáng)度陀=后衛(wèi)（3）設(shè)該星球表面一物體以初速度向外拋出，恰好能飛到無窮遠(yuǎn)，根據(jù)能量守恒定律解得:點(diǎn)電荷-q在帶電實(shí)心球表面處的電勢能- 點(diǎn)電荷-q在P點(diǎn)的電勢能.-點(diǎn)電荷-q從球面附近移動到P點(diǎn)，電場力所做的功r-“.一： 解得:25. （20分）如圖所示，水平面上有兩條相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌PQ和MN間距為d,左側(cè)P與M之間通過一電阻R連接，兩條傾角為的光滑導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌在 N、Q 處平滑連接，水平導(dǎo)軌的FDNQ區(qū)域有豎直方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度

23、為 B,磁場 區(qū)域長度為x。P，M兩處有套在導(dǎo)軌上的兩根完全相同的絕緣輕質(zhì)彈簧，其原長為 PF ,現(xiàn)用某約束裝量將兩彈簧壓縮到圖中虛線處，只要有微小擾動，約束裝置就解除 壓縮。長度為d,質(zhì)量為m,電阻為R的導(dǎo)體棒，從AC處由靜止釋放，出磁場區(qū)域后 向左運(yùn)動觸發(fā)彈簧。由于彈簧的作用，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動，當(dāng)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場后，約束（1）若導(dǎo)體棒從高水平導(dǎo)軌高h(yuǎn)的位置釋放，經(jīng)過一段時間后重新滑上斜面，恰好能 返回原來的位置，求導(dǎo)體棒第一次出磁場時的速率（2）在（1）條件下，求每根彈簧被約束裝置壓縮后所具有的彈性勢能。（3） 要使導(dǎo)體棒最終能在水平導(dǎo)軌與傾斜導(dǎo)軌間來回運(yùn)動，則導(dǎo)體神初始高度H及每根彈簧儲存的

24、彈性勢能需要滿足什么條件?【答案】【解析】(1)V2=麗-B Ep=U 藥 H> 8莘且 Epb4寧2mR2R8m gR4mR(1導(dǎo)體棒在傾斜軌道上向下滑動的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有:mgh=1mv1解得：W=.,頑 導(dǎo)體棒越過磁場的過程中，根據(jù)動量定理可得:-Bdlt=mv2-mv1,根據(jù)電荷量的計(jì)算公式q=t=-= BdxR R2 2解得 V2= 2gh- BdX ;2mR(2)設(shè)解除彈簧約束，彈簧恢復(fù)壓縮后導(dǎo)體棒的速度為V3 ,根據(jù)導(dǎo)體棒與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得：1 2_ 1 2mV3 = mV2 +2Ep;2 2導(dǎo)體棒向右通過磁場的過程中，同理可得：B2d2xV4=V3

25、- 2mR由于導(dǎo)體棒恰好能回到原處，所以有 V4=V1，B?d2聯(lián)立解得：EP=BdX頑;2R V y(3) 導(dǎo)體棒穿過磁場才能把彈簧壓縮，故需要滿足 V2> 0，B4d4x28m2gR2要使導(dǎo)體棒不斷地運(yùn)動下去，導(dǎo)體棒必須要回到NQ位置，則:B4d4x24mR2要使導(dǎo)體棒最終能在水平導(dǎo)軌與傾斜導(dǎo)軌間來回運(yùn)動,B4d 4x2H>時，且彈簧的彈性勢4.42能滿足EP侖。(二)選考題：共15分。請考生從2道物理題任選一題作答。如果多做，則按所做的 第一題計(jì)分。33.物理一選修3詡(15分)(1)( 5分)關(guān)于熱現(xiàn)象，下列說法中正確的是 。A. 顯微鏡下觀察到墨水中的小炭粒在不停地做無規(guī)

26、則運(yùn)動，這反映了液體分于運(yùn)動的無規(guī)則性B. 擴(kuò)散現(xiàn)象說明分子之間存在空隙，同時說明分子在永不停息地做無規(guī)則運(yùn)動C. 晶體有固定的熔點(diǎn)，具有規(guī)則的幾何外形，物理性質(zhì)具有各向同性D. 可利用高科技手段、將流散的內(nèi)能全部收集加以利用，而不引起其他變化E. 對大量事實(shí)的分析表明，不論技術(shù)手段如何先進(jìn)，熱力學(xué)零度最終不可能達(dá)到【答案】.ABE;【解析】顯微鏡下觀察到墨水中的小炭粒在不停地做無規(guī)則運(yùn)動，這反映了液體分于運(yùn)動的無規(guī)則性，選項(xiàng) A正確；擴(kuò)散現(xiàn)象說明分子之間存在空隙，同時說明分子在永不停息地做無規(guī)則運(yùn)動，選項(xiàng) B正確；晶體有固定的熔點(diǎn)，單晶體具有規(guī)則的幾何外 形，多晶體物理性質(zhì)具有各向同性，選項(xiàng)

27、 C錯誤；根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，不可能 將流散的內(nèi)能全部收集加以利用，而不引起其他變化，選項(xiàng)D錯誤；對大量事實(shí)的分析表明，不論技術(shù)手段如何先進(jìn)，熱力學(xué)零度最終不可能達(dá)到，選項(xiàng)E正確；故選ABE.(2)( 10分)內(nèi)徑相同、導(dǎo)熱良好的 上 形細(xì)管豎直放置，管的水平部分左、右兩端 封閉，豎直管足夠長且上端開口與大氣相通，水銀將水平管中的理想氣體分為兩部 分，各部分長度如圖所示，設(shè)外界溫度不變，外界氣壓Po= 75CmHgO(1)現(xiàn)再向豎直管中緩慢注入水銀，直到 B中氣柱長度變?yōu)?.5cm求注入管中的水銀 柱的長度？(2)如果讓整個裝置保持圖示形狀不變做自由落體運(yùn)動，求豎直管內(nèi)水銀的高度?【答案】

28、(1) 11.5cm；( 2) 18cm o【解析】(1設(shè)細(xì)管的橫截面積為S對 B 氣體：Pbi Lbi S= Pb2Lb2S對 A 中氣體：Pai Lai S= Pa2 La2 S且：Pai = Pbi , Pa2= Pb2, Lbi = 5cm, Lb2 = 4.5cm, Lai = 10cm代入數(shù)據(jù)解得：La2 = 9cmPa2 = Pb2 = 100CmHg又：Pb2= Po+P 豎2, P 豎2 = 25CmHg故注入水銀柱的長度為：L = 25cm- 15cm+ (5 - 4.5) cm+ (10- 9) Cm= 11.5Cm(2)自由落體后，Pa3 = Pb3= 75CmHg由 PA1 LA1 = PA3LA3 ,和 PB2LB2= PB3LB3得 La3 = 6cm, Lb3= 12cm可得豎直管內(nèi)的水銀柱高度為 15cm+ (6- 1) cm+ (12- 10) Cm= 18cm34.物理一選修3F)( 15分)(1) (5分)由波源S形成的簡諧橫被在均勻介質(zhì)中向左、右傳播。已知介質(zhì)中P、Q兩質(zhì)點(diǎn)位于波源S的左右兩側(cè)如圖甲所示，P、Q的平衡位置到S的平衡位置之間的距離 分別為5.1m、8.2