武漢市2020屆高三物理下學(xué)期六月月考試題含解析

湖北省武漢市2020屆高三物理下學(xué)期六月月考試題含解析湖北省武漢市2020屆高三物理下學(xué)期六月月考試題含解析PAGE30-湖北省武漢市2020屆高三物理下學(xué)期六月月考試題含解析湖北省武漢市2020屆高三物理下學(xué)期六月月考試題（含解析）二、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14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求,第19~21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.1。4月1日，由于太陽(yáng)光不能照射到太陽(yáng)能電池板上,“玉兔二號(hào)”月球車開(kāi)始進(jìn)入第十六個(gè)月夜休眠期。在之后的半個(gè)月內(nèi)，月球車采用同位素電池為其保暖供電。Pu238是人工放射性元素，可用弱吸收一個(gè)中子得到.Pu238衰變時(shí)只放出射線，其半衰期為88年，則()A。Np237吸收中子后放出電子生成Pu238B.Pu238經(jīng)一次衰變會(huì)有兩個(gè)質(zhì)子轉(zhuǎn)變?yōu)閮蓚€(gè)中子C.Pu238經(jīng)一次衰變形成的新核含有144個(gè)中子D.Pu238在月球環(huán)境下半衰期會(huì)發(fā)生變化【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒及核電荷數(shù)守恒，吸收中子后放出電子生成核反應(yīng)方程式為衰變時(shí)只放出射線，其衰變方程式為根據(jù)核反應(yīng)方程式知，Np237吸收中子后放出電子生成Pu238，故A正確；B．根據(jù)Pu238的衰變方程知，衰變時(shí)并沒(méi)有質(zhì)子轉(zhuǎn)化為中子，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)Pu238的衰變方程知，衰變形成的新核含有的中子數(shù)為故C錯(cuò)誤；D．半衰期由核內(nèi)部本身的因素決定，跟原子所處的物理、化學(xué)狀態(tài)無(wú)關(guān),故D錯(cuò)誤。故選A。2。螺旋千斤頂?shù)臉?gòu)造如圖（a)所示,它是靠用力推手柄1，使螺桿2的螺紋沿底座3的螺紋槽(相當(dāng)于螺母，圖中未畫(huà)出）慢慢旋進(jìn)而頂起重物4。并要在舉起重物后，重物和螺桿不會(huì)自動(dòng)下降，可在任意位置保持平衡，要實(shí)現(xiàn)這點(diǎn)，必須滿足自鎖條件。螺旋可以看成是繞在直徑為d的圓柱體上的斜面,如圖（b）。已知螺桿與螺母之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則螺距h（相鄰兩螺紋間的距離）（）A.h≤μd B.h≤μπd C.h≥μd D.h≥μπd【答案】B【解析】【詳解】對(duì)重物受力分析，如下圖所示根據(jù)題意有聯(lián)立上式，解得故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選B。3。如圖(a）所示是伽利略研究平拋運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)裝置，現(xiàn)收藏于伽利略博物館,其裝置可簡(jiǎn)化為如圖（b）所示。圖（b）中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板。M板上部有一半徑為R的圓弧形的粗糙軌道，P為最高點(diǎn)，Q為最低點(diǎn),Q點(diǎn)處的切線水平，距底板高為H。先將小銅球從P處?kù)o止釋放，測(cè)出小球在底板上的落點(diǎn)到Q點(diǎn)的水平距離為L(zhǎng),然后將4個(gè)圓環(huán)固定在N板上的適當(dāng)位置（相鄰兩圓環(huán)的水平距離均為），使得小銅球從P處?kù)o止釋放后可無(wú)阻礙地通過(guò)各圓環(huán)中心，則(）A.四個(gè)圓環(huán)離地的高度之比為16:9：4：1B。小銅球依次經(jīng)過(guò)4個(gè)圓環(huán)時(shí)的豎直方向的速度之比為1:3：5:7C。第1、2兩個(gè)圓環(huán)的高度差為D。第1、3兩個(gè)圓環(huán)的高度差為【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)題意，相鄰兩圓環(huán)的水平距離均為，則四個(gè)圓環(huán)間隔時(shí)間差相等且為總時(shí)間的，設(shè)下落的總時(shí)間為t,則第一個(gè)圓環(huán)離地高度為第二個(gè)圓環(huán)離地高度為第三個(gè)圓環(huán)離地高度為第四個(gè)圓環(huán)離地高度為所以故A錯(cuò)誤；B．第一個(gè)圓環(huán)豎直方向的速度為第二個(gè)圓環(huán)豎直方向的速度為第三個(gè)圓環(huán)豎直方向的速度為第四個(gè)圓環(huán)豎直方向的速度為解得故B錯(cuò)誤；C．第1、2兩個(gè)圓環(huán)的高度差為故C正確；D．第1、3兩個(gè)圓環(huán)的高度差為故D錯(cuò)誤。故選C.4。如圖所示，一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，圓心為O，半徑為r,MN是直徑,一粒子發(fā)射裝置S置于M端，可從M端向圓平面內(nèi)任意方向同時(shí)發(fā)射速率相等的帶電粒子，粒子的比荷為k。從N端離開(kāi)磁場(chǎng)的粒子a,離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向與MN的夾角為45°.下列判斷正確的是（）A.粒子的速率為krBB.粒子的速率為krBC。a粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短D。沿直徑MN方向射入磁場(chǎng)的粒子,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為【答案】B【解析】【詳解】AB．根據(jù)題意，畫(huà)出粒子的軌跡圖如下根據(jù)幾何知識(shí)可知，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得故A錯(cuò)誤，B正確;C．由于軌跡對(duì)應(yīng)的弦是最長(zhǎng)的，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間是最長(zhǎng)的，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)題意，粒子在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力解得又聯(lián)立解得在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為故D錯(cuò)誤。故選B。5。一般的曲線運(yùn)動(dòng)可以分成很多小段，每小段都可以看成圓周運(yùn)動(dòng)的一部分,即把整條曲線用一系列不同半徑的小圓弧來(lái)代替。如圖甲所示,通過(guò)A點(diǎn)和曲線上緊鄰A點(diǎn)兩側(cè)的兩點(diǎn)作一圓，在極限情況下，這個(gè)圓叫作A點(diǎn)的曲率圓，其半徑叫做A點(diǎn)的曲率半徑。如圖乙所示，行星繞太陽(yáng)作橢圓運(yùn)動(dòng)，太陽(yáng)在橢圓軌道的一個(gè)焦點(diǎn)上，近日點(diǎn)B和遠(yuǎn)日點(diǎn)C到太陽(yáng)中心的距離分別為rB和rC，已知太陽(yáng)質(zhì)量為M,行星質(zhì)量為m，萬(wàn)有引力常量為G，行星通過(guò)B點(diǎn)處的速率為vB，則橢圓軌道在B點(diǎn)的曲率半徑和行星通過(guò)C點(diǎn)處的速率分別為（）A。， B。,C。， D。,【答案】C【解析】【詳解】由題意可知，一般曲線某點(diǎn)的相切圓的半徑叫做該點(diǎn)的曲率半徑，已知行星通過(guò)B點(diǎn)處的速率為vB，在太陽(yáng)的引力下,該點(diǎn)的向心加速度為設(shè)行星在這個(gè)圓上做圓周運(yùn)動(dòng),同一點(diǎn)在不同軌道的向心加速度相同，則在圓軌道上B點(diǎn)的加速度為則B點(diǎn)的曲率半徑為根據(jù)開(kāi)普勒第二定律,對(duì)于同一顆行星，在相同時(shí)間在掃過(guò)的面積相等，則即行星通過(guò)C點(diǎn)處的速率為所以C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。6.如圖所示，豎直放置的輕彈簧的一端固定在水平地面上,另一端拴接著質(zhì)量為m的木塊A,開(kāi)始時(shí)木塊A靜止,現(xiàn)讓一質(zhì)量也為m的木塊B從木塊A正上方高為h處自由下落，與木塊A碰撞后一起向下壓縮彈簧，A、B不粘連。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，木塊A與木塊B碰撞時(shí)間極短，重力加速度為g.若從兩木塊發(fā)生碰撞到木塊A第一次回到初始位置的時(shí)間為t，則（）A.兩木塊向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，木塊的加速度逐漸增大B.兩木塊向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,兩木塊的機(jī)械能逐漸減小C。A第一次回到初始位置時(shí)，A、B間的作用力為零D。時(shí)間t內(nèi)，彈簧對(duì)A的沖量大小為【答案】BD【解析】【詳解】A．兩木塊向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，開(kāi)始兩木塊的重力大于彈簧的彈力，加速度方向向下，由于彈簧形變量越來(lái)越大，彈簧的彈力越來(lái)越大，先小于A、B的總重力，后大于總重力，所以兩物體的加速度先減小后增大，當(dāng)彈力等于A、B的總重力時(shí),兩木塊的加速度為零,故A錯(cuò)誤；B．兩木塊向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，兩木塊與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，而彈簧形變量越來(lái)越大,彈簧的彈性勢(shì)能越來(lái)越大，所以兩木塊的機(jī)械能逐漸減小，故B正確；C．A第一次回到初始位置時(shí)，對(duì)整體根據(jù)牛頓第二定律可得對(duì)B分析，根據(jù)牛頓第二定律可得解得A、B間的作用力為故C錯(cuò)誤；D．B下落時(shí)的速度為物塊B與A碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒得規(guī)定向下為正方向，則兩木塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)最低點(diǎn)過(guò)程中由動(dòng)量定理得從兩木塊發(fā)生碰撞到木塊A第一次回到初始位置時(shí)的過(guò)程中彈簧對(duì)木塊A的沖量的大小為聯(lián)立解得彈簧對(duì)木塊A的沖量的大小為故D正確；故選BD。7。如圖所示，在絕緣水平面上固定著一光滑絕緣的圓形槽，在某一過(guò)直徑的直線上有O、A、D、B四點(diǎn),其中O為圓心，D在圓上，半徑OC垂直于OB，∠ACB=∠ABC=30°。A點(diǎn)固定電荷量為+Q的點(diǎn)電荷，B點(diǎn)固定一個(gè)電荷量未知的點(diǎn)電荷使得圓周上各點(diǎn)電勢(shì)相等。有一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為-q（q>0）的帶電小球在滑槽中運(yùn)動(dòng)，在C點(diǎn)受的電場(chǎng)力指向圓心,下列判斷正確的是（)A。小球在滑槽內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B.固定在B點(diǎn)的電荷帶正電C.固定在B點(diǎn)的電荷其電荷量的大小為QD.小球在C、D兩處受到圓形槽彈力的大小相等【答案】AC【解析】【詳解】A．圓周上各點(diǎn)電勢(shì)相等，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能不變，根據(jù)能量守恒得知,小球的動(dòng)能不變，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A正確;BC．由小球在C點(diǎn)受的電場(chǎng)力指向圓心，如圖所示A點(diǎn)的點(diǎn)電荷對(duì)小球吸引，B點(diǎn)的點(diǎn)電荷對(duì)小球排斥,因此固定在B點(diǎn)的電荷帶負(fù)電，由可知設(shè)，則有由力的合成可得即解得故B錯(cuò)誤,C正確；D．小球在C處，根據(jù)牛頓第二定律則有其中可得小球在D處,根據(jù)幾何關(guān)系可得根據(jù)牛頓第二定律則有可得故D錯(cuò)誤；故選AC。8.如圖所示，在同時(shí)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)空間中取正交坐標(biāo)系Oxyz（x軸正方向水平向右,y軸正方向豎直向上，z軸正方向垂直紙面向外）。勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與Oxy平面平行且與x軸的夾角為60°.一質(zhì)量為m、電荷量為+q(q>0）的帶電質(zhì)點(diǎn)沿平行于z軸正方向以速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度取最小值時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為,重力加速度為g，在此情況下，下列判斷正確的是（）A.B。C若僅撤去磁場(chǎng)，帶電質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)D。若僅撤去電場(chǎng)，帶電質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)【答案】BC【解析】【詳解】AB．如圖所示帶電質(zhì)點(diǎn)受到重力(大小及方向均已知）、洛倫茲力（方向已知）、電場(chǎng)力（大小及方向均未知）的作用做勻速直線運(yùn)動(dòng)．根據(jù)力三角形知識(shí)分析可知當(dāng)電場(chǎng)力方向與磁場(chǎng)方向相同時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)有最小值,根據(jù)物體的平衡規(guī)律有解得故A錯(cuò)誤,B正確;C．撤去磁場(chǎng)后，帶電質(zhì)點(diǎn)受到重力和電場(chǎng)力作用,其合力沿方向并方向與方向垂直,合力的大小等于,故帶電質(zhì)點(diǎn)在與平面成角的平面內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖所示，故C正確;D．若僅撤去電場(chǎng),在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中洛倫磁力變力，根據(jù)平行四邊形定則可知合外力變力,所以加速度改變，帶電質(zhì)點(diǎn)不可能做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；故選BC。三、非選擇題∶共174分。第22～32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生根據(jù)要求作答.（一）必考題：共129分。9.某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖（a）所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。實(shí)驗(yàn)的主要步驟如下：①用游標(biāo)卡尺測(cè)量小球A、B的直徑d，其示數(shù)如圖（b)所示，用天平測(cè)量小球A、B的質(zhì)量分別為m1、m2；②用兩條細(xì)線分別將球A、B懸掛于同——水平高度，且自然下垂時(shí)兩球恰好相切，球心位于同一水平線上;③將球A向左拉起使其懸線與豎直方向的夾角為時(shí)由靜止釋放，與球B碰撞后，測(cè)得球A向左擺到最高點(diǎn)時(shí)其懸線與豎直方向的夾角為，球B向右擺到最高點(diǎn)時(shí)其懸線與豎直方向的夾角為?；卮鹣铝袉?wèn)題∶(1)小球的直徑d=______cm；(2）若兩球碰撞前后的動(dòng)量守恒，則其表達(dá)式可表示為_(kāi)______。（用①③中測(cè)量的量表示)；(3）完成實(shí)驗(yàn)后，實(shí)驗(yàn)小組進(jìn)一步探究。用質(zhì)量相同的A、B兩球重復(fù)實(shí)驗(yàn)步驟②③,發(fā)現(xiàn)A球與B球碰撞后，A球靜止，B球向右擺到最高點(diǎn)時(shí)其懸線與豎直方向的夾角略小于，由此他們判斷A、B兩球的碰撞是______（填“彈性碰撞”“非彈性碰撞"“完全非彈性碰撞”)?！敬鸢浮?1)。2.20(2).（3).彈性碰撞【解析】【詳解】（1)［1］游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)22mm，游標(biāo)讀數(shù)為0。1×0mm=0.0mm，則小球的直徑(2)［2]小球A下擺過(guò)程只有重力做功，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得碰撞后，對(duì)A、B兩球分別根據(jù)機(jī)械能守恒定律得若兩球碰撞前后動(dòng)量守恒，則滿足聯(lián)立可得（3)[3]A、B兩球質(zhì)量相同，則有若碰撞是彈性碰撞，則碰撞過(guò)程中機(jī)械能守恒，則有即有聯(lián)立可得所以判斷A、B兩球的碰撞是彈性碰撞.10。為了測(cè)一個(gè)自感系數(shù)很大的線圈L的直流電阻R,實(shí)驗(yàn)室提供以下器材：待測(cè)線圈L(阻值約為5Ω)；電流表A1（量程3。0A，內(nèi)阻r1約為0。2Ω)；電流表A2（量程0。6A,內(nèi)阻r2=1。0Ω）；滑動(dòng)變阻器R1（0～10Ω）;電壓表V（3V量程，約為2kΩ)；電阻箱R2（0～99.9Ω）;電源E（電動(dòng)勢(shì)E約為3V，內(nèi)阻很?。粏蔚秵螖S開(kāi)關(guān)S1、S2；導(dǎo)線若干。(1）某實(shí)驗(yàn)小組按如圖（a)所示的電路測(cè)量線圈L的直流電阻RL。實(shí)驗(yàn)主要步驟如下：①按電路圖連接好電路,斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S1、S2,滑動(dòng)變阻器R1的滑片移動(dòng)___（填“左”或者“右"）端；②閉合開(kāi)關(guān)S1、S2,移動(dòng)滑動(dòng)變阻器R的滑片至適當(dāng)位置,記下電流表A2的示數(shù)為I2，電壓表V的示數(shù)為U，線圈L的直流電阻的測(cè)量值的計(jì)算式為RL=_____;③測(cè)量完后，應(yīng)先斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S2,再斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S1，其理由是_________。(2)若只提供一個(gè)開(kāi)關(guān)S1，為避免自感現(xiàn)象對(duì)電表的影響，經(jīng)討論，同學(xué)們認(rèn)為可以利用兩個(gè)電流表和一個(gè)電阻箱達(dá)到測(cè)量的目的.圖（b)方框中已畫(huà)了部分電路，請(qǐng)根據(jù)你的設(shè)計(jì),在方框中完成電路圖________?！敬鸢浮?1)。右(2）。(3）。若先斷開(kāi)S1，則由于斷電自感現(xiàn)象，電壓表會(huì)燒壞（4）。【解析】【詳解】（1)①[1］連接好電路后,由于滑動(dòng)變阻器采用限流式，所以閉合開(kāi)關(guān)前應(yīng)將滑動(dòng)變阻器的滑片移至阻值最大處,即最右端；②［2]根據(jù)電路結(jié)構(gòu)特點(diǎn)和歐姆定律可得線圈L的直流電阻的測(cè)量值的計(jì)算式為③［3]實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)為防止自感現(xiàn)象損壞電流表，應(yīng)先斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S2,后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S1；(2）[4］由于待測(cè)線圈L的阻值約為5Ω,電源電動(dòng)勢(shì)為3V,流過(guò)待測(cè)線圈L的電流為所以選電流表A2（量程0。6A，內(nèi)阻r2=1。0Ω）測(cè)量待測(cè)線圈L的電流，由于只提供一個(gè)開(kāi)關(guān)S1，為了防止測(cè)量自感系數(shù)很大的線圈斷電產(chǎn)生的大自感電流燒壞電表，所以當(dāng)開(kāi)關(guān)S1斷開(kāi)時(shí)，電流表與一個(gè)電阻箱串聯(lián)，來(lái)保護(hù)電流表A2；若電阻箱串聯(lián)在待測(cè)線圈L的支路上，會(huì)使待測(cè)線圈L的支路的電流過(guò)小造成誤差，所以電阻箱并聯(lián)在待測(cè)線圈L兩端；電阻箱并聯(lián)在待測(cè)線圈L兩端時(shí)，可用電阻箱間接來(lái)測(cè)待測(cè)線圈L兩端的電壓，在干路上串聯(lián)一個(gè)電流表A1（量程3.0A，內(nèi)阻r1約為0.2Ω）即可，所以電路如圖所示11.如圖所示，長(zhǎng)L=12m、質(zhì)量M=1。0kg的木板靜止在水平地面上，其右端有一個(gè)固定立柱，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1.質(zhì)量m=1。0kg的小貓靜止站在木板左端。某時(shí)，小貓以加速度a=4。0m/s2向右勻加速奔跑，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間到達(dá)木板右端，并立即抓住立柱。重力加速度g=10m/s2，試求：(1)小貓從開(kāi)始奔跑至到達(dá)木板右端所經(jīng)歷的時(shí)間；(2）小貓抓住立柱后，木板運(yùn)動(dòng)的位移.【答案】（1）2。0s;（2)2.0m，方向向右【解析】【分析】【詳解】（1）由題意，木板對(duì)小貓的摩擦力①設(shè)木板向左做加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a′,由牛頓第二定律②由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律③聯(lián)立，解得④（2)抓住立柱前的大小瞬間，貓的速度向右⑤木板的速度向左⑥設(shè)抓住立柱后，共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律⑦解得v=2。0m/s⑧方向向右；木板減速滑行，位移為⑨方向向右12。如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬光滑導(dǎo)軌固定在傾角θ=30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距為L(zhǎng)。導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域I和II，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN,I中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下,II中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。在區(qū)域I中，將質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒ab放在導(dǎo)軌上，且被兩立柱擋住，在區(qū)域II中將質(zhì)量為2m、電阻為R的導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)時(shí)間t，ab剛好離開(kāi)立柱。ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，重力加速度為g。試求:(1）t時(shí)刻cd棒的速度大小vt;(2)在時(shí)間內(nèi)t內(nèi)cd棒產(chǎn)生的電能Ecd；(3）ab棒中電流的最大值?！敬鸢浮浚?）；(2)；（3)【解析】【詳解】(1)t時(shí)刻cd棒的速度大小，由法拉第電磁感應(yīng)定律由歐姆定律分析ab棒受力解得（2)設(shè)cd棒下滑，由動(dòng)量定理由能量守恒解得（3)兩根棒均切割磁感線運(yùn)動(dòng)，有對(duì)ab棒對(duì)cd棒當(dāng)電流最大時(shí)，最大,即也就是聯(lián)立解得13.某同學(xué)為了估算阿伏伽德羅常數(shù)，查閱資料知道水分子的直徑為4×10—10m,水的摩爾體積為1。8×10—5m3/mol.若把水分子看成是一個(gè)挨一個(gè)的小球，則阿伏伽德羅常數(shù)的估算結(jié)果為_(kāi)____（保留兩位有效位數(shù))。把你的結(jié)果與化學(xué)課本中的阿伏伽德羅常數(shù)相比較，分析其差別的主要原因是：_____________.【答案】（1）。(2）.分子不是球體,用球體模型算出分子的體積大于分子所占據(jù)空間的體積【解析】【分析】【詳解】［1]一個(gè)水分子的體積阿伏伽德羅常數(shù)[2］因?yàn)榉肿影凑涨蝮w的體積計(jì)算的,分子不是球體，用球體模型算出分子的體積大于分子所占據(jù)空間的體積，所以結(jié)果與化學(xué)課本中的阿伏伽德羅常數(shù)相比較就有差別14。如圖所示，在一圓形管道內(nèi)封閉有理想氣體，用一固定絕熱活塞K和質(zhì)量為m的可自由移動(dòng)的絕熱活塞A將管內(nèi)氣體分割成體積相等的M、N兩部分。溫度都為T0＝300K,上部氣體M壓強(qiáng)為p0＝1。0×105Pa,活塞A產(chǎn)生的壓強(qiáng)有(S為活塞橫截面積）。現(xiàn)保持下部分氣體N溫度不變，只對(duì)上部分氣體M緩慢加熱，當(dāng)活塞A移動(dòng)到最低點(diǎn)B時(shí)（不計(jì)摩擦），求：（i）上部分氣體的溫度；（ii）保持上下部分M、N氣體溫度不變,釋放一部分M氣體,穩(wěn)定后活塞A又回到了原來(lái)的位置,則釋放氣體質(zhì)量與M氣體原有質(zhì)量之比。【答案】（i）；（ii).【解析】【詳解】(i)對(duì)下部分氣體N，做等溫變化，初狀態(tài)壓強(qiáng)為體積為末狀態(tài):壓強(qiáng)為p2,體積為根據(jù)玻意耳定律有對(duì)上部分氣體M，當(dāng)活塞A移動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),對(duì)活塞A受力分析可得出兩部分氣體的壓強(qiáng)初狀態(tài)：壓強(qiáng)為p0，溫度為T0,體積為V0末狀態(tài):壓強(qiáng)為，溫度，體積為根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，有代