【物理】河北省衡水中学2020届高三下学期第五次调研试题（解析版）

【物理】河北省衡水中学2020届高三下学期第五次调研试题（解析版）

河北省衡水中学 2020 届高三下学期 第五次调研试题 一、选择题 1.a、b 是两种单色光，其频率分别为 va、vb，且 ，则下列说法不正确的是（　　） A. a、b 光子动量之比为 B. 若 a、b 光射到同一干涉装置上，则相邻条纹的间距之比为 C. 若 a、b 都能使某种金属发生光电效应，则光子的最大初动能之差 D. 若 a、b 是处于同一激发态的原子跃迁到 A 态和 B 态产生的，则 A、B 两态的能级之差 【答案】B 【解析】 【详解】A．光子的能量 ，所以两种光子能量分别为 和 ，且 则： 光子的动量为 ，所以 A 正确； B．光子的波长 ，双缝干涉装置上相邻亮条纹的间距为 ，所以 B 错误； C．根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能为 ，其中 W 为金属的逸出 功；则有 b av kv = a b p kp = a b x kx ∆ =∆ ( )ka kb b 1E E hv k− = − ( )A B b 1E E hv k− = − E hν= aE bE a b E kE = a b k ν ν = hνp c = a b p kp = cλ ν= Lx d λ∆ = a a b b b a 1x x k λ ν λ ν ∆ = = =∆ kmE h Wν= − C 正确； D．若 a、b 是由处于同一激发态的原子跃迁到 A 态和 B 态时产生的，设初始激发态的能量 为 E0，则有 所以 同理 则 D 正确。 本题选不正确的，故选 B。 2.2019 年央视春晚加入了非常多的科技元素，在舞台表演中还出现了无人机。现通过传感器 将某台无人机上升向前追踪拍摄的飞行过程转化为竖直向上的速度 vy 及水平方向速度 vx 与 飞行时间 t 的关系图象，如图所示。则下列说法正确的是(　　) A. 无人机在 t1 时刻处于超重状态 B. 无人机在 0～t2 这段时间内沿直线飞行 C. 无人机在 t2 时刻上升至最高点 D. 无人机在 t2～t3 时间内做匀变速运动 【答案】AD 【解析】 【详解】A．根据图象可知，无人机在 t1 时刻，在竖直方向上向上做匀加速直线运动，有竖 直向上的加速度，处于超重状态，故 A 正确； B．由图象可知，无人机在 t=0 时刻，vy=0，合初速度为 vx 沿水平方向，水平与竖直方向均 有加速度，那么合加速度与合初速度不共线，所以无人机做曲线运动，即无人机沿曲线上升， 故 B 错误； C．无人机在竖直方向，先向上做匀加速直线运动，后向上做匀减速直线运动，在 t3 时刻上 升至最高点，故 C 错误； D．无人机在 t2～t3 时间内，在水平方向上做匀速直线运动，而在竖直方向上向上做匀减速 ( )a b b 1ka kbE E h h h kν ν ν− = − = − a a 0 AE h E Eν= = − A 0 0 aaE E E E hν== − − B 0 b 0 bE E E E hν== − − ( )A B b a b 1E E h h hv kν ν− = − = − 直线运动，因此无人机做匀变速运动，故 D 正确； 故选 AD。 3.2019 年 4 月 10 日，世界上第一张黑洞照片诞生了，证实了神秘天体黑洞的存在。黑洞是 宇宙中质量巨大的一类天体，连光都无法逃脱它的引力束缚。取两天体相距无限远时引力势 能为零，引力势能表达式为 ，已知地球半径 R=6400km，光速 c=3x108m/s。 设想把地球不断压缩（保持球形不变），刚好压缩成一个黑洞时，地球表面的重力加速度约 为（　　） A. 7×109m/s2 B. 7×1010m/s2 C. 1.4×1010m/s2 D. 1.4×1011m/s2 【答案】A 【解析】 【详解】在地球表面有 解得 ① 连光都无法逃脱它的引力束缚，故有 解得 ② 联立①② A 正确 BCD 错误。 故选 A。 p GMmE r = − 2 MmG mgR = 2GM gR= 21 ''2 c GMmm Rv = 21 2 cv GM R = 16 9 2 2 6 9 10 7.0 10 m / s2 2 6.4 10 cg R v ×= = ≈ ×× × 4.如图所示，用小灯泡模仿光控电路，AY 之间为斯密特触发器，RG 为光敏电阻，R1 为可变 电阻；J 为继电器的线圈，Ja 为它的常开触点．下列说法正确的是 ( ) A. 天色变暗时，A 端输入高电平，继电器吸引 Ja，路灯点亮 B. 要想在天色更暗时路灯才会点亮，应把 R1 的阻值调大些 C. 要想在天色更暗时路灯才会点亮，应把 R1 的阻值调小些 D. 二极管的作用是继电器释放 Ja 时提供自感电流的通路， 防止损坏集成电路 【答案】ABD 【解析】 【详解】A、天色变暗时，光敏电阻较大，则 RG 两端的电势差较大，所以 A 端的电势较高， 继电器工作吸引常开触点 Ja，路灯点亮，故 A 正确； BC、当 A 端电势较高时，路灯会亮，天色更暗时光敏电阻的阻值更大，则 RG 两端的电势 差更大，A 端的电势更高；要想在天色更暗时路灯才会点亮，必须使光敏电阻分担的电压应 降低，根据串联分压可知应把 R1 的阻值调大些，故 B 正确，C 错误； D、天色变亮时，A 端输入低电平，继电器不工作释放常开触点 Ja，继电器的线圈会产生自 感电电动势，二极管与继电器的线圈串联构成闭合电路，防止损坏集成电路，故 D 正确； 故选 BCD． 5.如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立 于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计．已知夯锤的质量为 ，桩料的质量为 ．每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶 处再释放，让夯锤 自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动．桩料进入泥土后所受阻力随打入深 度 的变化关系如图乙所示，直线斜率 ． 取 ，则下列说法正 确的是 A. 夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为 B. 夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为 450M kg= 50m kg= 0 5h m= h 45.05 10 /k N m= × g 210 /m s 9 /m s 4.5 /m s C. 打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为 D. 打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为 【答案】C 【解析】 【分析】 夯锤先自由下落，然后与桩料碰撞，先由运动学公式求出与桩料碰撞前瞬间的速度，对于碰 撞过程，由于内力远大于外力，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰后共同速度； 夯锤与桩料一起下沉的过程，重力和阻力做功，由动能定理可求得桩料进入泥土的深度； 【详解】A、夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度 ，得 取向下为正方向，打击过程遵守动量守恒定律，则得： 代入数据解得： ，故选项 AB 错误； C、由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力是随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，为 打完第一夯后，对夯锤与桩料，由动能定理得： 即： 代入数据解得 ，故选项 C 正确； D、由上面分析可知：第二次夯后桩料再次进入泥土的深度为 则对夯锤与桩料，由动能定理得： 同理可以得到：第三次夯后桩料再次进入泥土的深度为 则对夯锤与桩料，由动能定理得： 则打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为 代入数据可以得到： ，故选项 D 错误． 6.图中虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面 b 上的电势为 2 V．一电子经过 a 时的动能为 10 eV，从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6 eV．下列 说法正确的是 1m 3m 2 0 02v gh= 0 02 2 10 5 / 10 /v gh m s m s= = × × = 0 )Mv M m v= +（ 9 /v m s= 21 1 2 2fW kh h kh= − ⋅ = − ( ) 2 1 1) 0 2fM m gh W M m v+ + = − +（ ( )2 2 1 1 1 1) 02 2M m gh kh M m v+ − = − +（ 1 1h m= 2h ( )2 2 2 1 2 1 1) ( ) 02 2M m gh k h h M m v+ − + = − +（ 3h ( )2 2 3 1 2 3 1 1) ( ) 02 2M m gh k h h h M m v+ − + + = − +（ 1 2 3H h h h= + + 1 2 3 3H h h h m= + + < A. 平面 c 上的电势为零 B. 该电子可能到达不了平面 f C. 该电子经过平面 d 时，其电势能为 4 eV D. 该电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的 2 倍 【答案】AB 【解析】A、虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过 a 时 的动能为 10eV，从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6eV，动能减小了 6eV，电势能 增加了 6eV，因此等势面间的电势差为 2V，因平面 b 上的电势为 2V，由于电子的电势能增 加，等势面由 a 到 f 是降低的，因此平面 c 上的电势为零，故 A 正确．B、由上分析可知， 当电子由 a 向 f 方向运动，则电子到达平面 f 的动能为 2eV，由于题目中没有说明电子如何 运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面 f，故 B 正确．C、 在平面 b 上电势为 2V，则电子的电势能为-2eV，动能为 8eV，电势能与动能之和为 6eV， 当电子经过平面 d 时，动能为 4eV，其电势能为 2eV，故 C 错误．D、电子经过平面 b 时的 动能是平面 d 的动能 2 倍，电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的 倍，故 D 错误．故 选 AB． 【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零 处的电势能为零是解题的关键． 7.如图所示，足够长的小平板车 B 的质量为 M，以水平速度 v0 向右在光滑水平面上运动， 与此同时，质量为 m 的小物体 A 从车的右端以水平速度 v0 沿车的粗糙上表面向左运动．若 物体与车面之间的动摩擦因数为 μ，则在足够长的时间内（　　） A. 若 M＞m，物体 A 对地向左的最大位移是 B. 若 M＜m，小车 B 对地向右的最大位移是 2 2 02 ( ) Mv M m gµ + 2 0Mv mgµ C. 无论 M 与 m 的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为 mv0 D. 无论 M 与 m 的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 【答案】D 【分析】根据动量守恒定律求出 M 与 m 的共同速度，再结合牛顿第二定律和运动学公式求 出物体和小车相对于地面的位移．根据动量定理求出摩擦力的作用的时间，以及摩擦力的冲 量． 【详解】规定向右为正方向，根据动量守恒定律有 ，解得 ；若 ，A 所受 摩擦力 ，对 A，根据动能定理得： ，则得物体 A 对地向左的最大位移 ，若 ，对 B，由 动能定理得 ，则得小车 B 对地向右的最大位移 ，AB 错 误；根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即 ，C 错误；根据动量定理得 ，解得 ，D 正确． 【点睛】本题综合考查了动量守恒定律和动量定理，以及牛顿第二定律和运动学公式，综合 性强，对学生的要求较高，在解题时注意速度的方向． 8.如图所示，电阻不计的两光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为 1m，导轨中部 有一个直径也为 1m 的圆形匀强磁场区域，与两导轨相切于 M、N 两点，磁感应强度大小为 1T、方向竖直向下，长度略大于 1m 的金属棒垂直导轨水平放置在磁场区域中，并与区域圆 直径 MN 重合。金属棒的有效电阻为 0.5Ω，一劲度系数为 3N/m 的水平轻质弹簧一端与金 属棒中心相连，另一端固定在墙壁上，此时弹簧恰好处于原长．两导轨通过一阻值为 1Ω 的 电阻与一电动势为 4V、内阻为 0.5Ω 的电源相连，导轨电阻不计。若开关 S 闭合一段时间后， 金属棒停在导轨上的位置，下列说法正确的是（ ） 的 02 ( ) mv M m gµ + 0 0Mv mv M m v− = +（ ） ( ) 0M m vv M m −= + M m> f mgµ= 2 0 10 2Amgx mvµ− = − 2 0 2A vx gµ= M m< 2 0 10 2Bmgx Mvµ− = − 2 0 2B Mvx mgµ= 0 0 2mMvI Mv Mv m M −= − = + 0ft Mv Mv f mgµ− = − =， ( )02Mvt M m gµ= + A. 金属棒停止的位置在 MN 的右侧 B. 停止时，金属棒中的电流为 4A C. 停止时，金属棒到 MN 距离为 0.4m D. 停止时，举报受到 安培力大小为 2N 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由金属棒中电流方向从 M 到 N 可知，金属棒所受的安培力向右，则金属棒停 止的位置在 MN 的右侧，故 A 正确； B．停止时，金属棒中的电流 I= =2A 故 B 错误； C．设棒向右移动的距离为 x，金属棒在磁场中的长度为 2y，则 kx=BI(2y) x2+y2= 解得 x=0.4m、2y=0.6m 故 C 正确； D．金属棒受到的安培力 F=BI(2y)=1.2N 故 D 错误。 故选 AC。 二、非选择题 （一）必考题 9.某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧秤固定在一合适的木板上， 桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿 泉水瓶连接。在桌面上画出两条平行线 MN 、PQ，并测出间距 d。开始时让木板置于 MN 处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数 F0 ，以此表示滑 动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数 F1， 然后释放木板，并用秒表记下木板运动到 P Q 处的时间 t。则： 的 的 0 r E R R+ + 2 2 L     (1)木板的加速度可以用 d、t 表示为 a＝_______ 。 (2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度 a 与弹簧秤示数 F1 的关系。下列图像能表示该 同学实验结果的是________ 。 (3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是_______。 A.可以改变滑动摩擦力的大小 B.可以更方便地获取多组实验数据 C.可以比较精确地测出滑动摩擦力的大小 D.可以获得更大的加速度以提高实验精度 【答案】(1). (2). C (3). BC 【解析】 【详解】(1)[1]木板做初速度为零的匀加速直线运动，根据 得 解得 即木板的加速度为 。 (2)[2]AB．由于摩擦力的存在，所以当 时，木板才产生加速度，即图线不过原点， 与横轴有交点，AB 错误； CD．据题意，木板受到的滑动摩擦力为 ，对木板和矿泉水瓶组成的系统根据牛顿第二定 律应有 2 2d t 2 0 1 2x v t at= + 21 2d at= 2 2da t = 2 2d t 1 0F F> 0F ( )1 0F F M m a− = + 联立解得 其中 m 为矿泉水瓶的质量，M 为木板的质量根据函数斜率和截距的概念可知，当 时， 近似不变，即图像的斜率不变，当矿泉水的质量逐渐增大到一定量后 变 小，即图像向下弯曲，C 正确 D 错误。 故选 C。 (3)[3]A．木板与桌面间的正压力以及动摩擦因数不变，所以加水的方法不改变滑动摩擦力 的大小，A 错误； BC．缓慢向瓶中加水，拉力是连续增大，而挂钩码时拉力不是连续增大的，所以可以更方 便地获取多组实验数据，比较精确地测出摩擦力的大小，BC 正确； D．由于加速度越大需要水的质量越大，而水的质量越大时图象的斜率越小，实验的精确度 会越小，D 错误。 故选 BC。 10.LED 灯是一块电致发光的半导体材料芯片，其优点是体积小、质量轻、耗电量低、使用 寿命长、亮度高、热量低、绿色环保、安全可靠，我国已经在大力推行使用 LED 灯具了．某 小组同学找到了几个图甲所示的 LED 灯泡，准备描绘 LED 灯泡的伏安特性曲线，所用器材 如下： A.LED 灯泡：额定功率 0.1W； B.电压表 V：量程 0~5V，内阻约为 100kΩ C.电流表 A：量程 0~300mA，内阻约为 10Ω D.锂离子电池：电动势 3.8V、内阻很小； E.滑动变阻器 R：0—50Ω，2A； F.开关、导线若干． （1）考虑到描绘 LED 灯泡的伏安特性时，灯泡两端电压应从零开始，同时又要尽量减小实 验误差．下列电路中最恰当的一个是_________． 0 1 1 Fa Fm M m M = −+ + m M 1 m M+ 1 m M+ A. B. C. D. （2）选择好正确的电路进行实验，根据实验所测得的电压和电流，描绘出该 LED 灯泡的伏 安特性曲线如图乙所示，由图线可知，LED 灯泡两端电压在 2.3V 以下时几乎处于_________ （选填“短路”或“断路”）状态，选 LED 灯泡的电阻随其两端电压的升高而_________（选填 “增大”“减小”或“不变”）． （3）由该 LED 灯泡的伏安特性曲线可知，若将该 LED 灯泡与题中所给电源和一阻值约为 的电阻串联，则该 LED 灯泡的耗电功率为___________W（保留两位有效数字）． 【答案】 (1). D (2). 断路 减小 (3). 0.024（0.023—0.025 均给分） 【解析】 【详解】（1）要求电流电压从零开始，所以电路应该用分压电路，且由于电压表的内阻远远 大于待测电阻的阻值，所以应该用电流表外接法，所以电路结构选 D； 100Ω （2）在 2.3V 以下时电路中电流为零，可以认为电路断路，从图像上可以看出 LED 灯泡的 电阻随其两端电压的升高而减小． （3）将该 LED 灯泡与题中所给电源和一阻值约为 的电阻串联，设灯泡两端的电压为 U，流过灯泡的电流为 I，根据闭合电路欧姆定律可知 ，整理得： ， 在 I-U 图像上画出此函数，如图所示： 图像的交点即为灯泡的工作电压和电流，此时的电压为 3.05V，电流为 8mA，所以 LED 灯 泡的耗电功率为 11.如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段平直倾斜且粗糙，BC 段是光滑圆 弧，对应的圆心角 ，半径为 r，CD 段水平粗糙，各段轨道均平滑连接，在 D 点右 侧固定了一个 圆弧挡板 MN，圆弧半径为 R，圆弧的圆心也在 D 点．倾斜轨道所在区域 有场强大小为 、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．一个质量为 m、电荷量为 q 的 带正电小物块(视为质点)在倾斜轨道上的 A 点由静止释放，最终从 D 点水平抛出并击中挡 板．已知 A，B 之间距离为 2r，斜轨与小物块之的动摩擦因数为 ，设小物块的电荷 量保持不变，重力加速度为 g， ， ．求： (1)小物块运动至圆轨道的 C 点时对轨道的压力大小； 100Ω U E IR= − 100U E I= − 3.05 0.008 0.024WP UI= = × = 53θ = ° 1 4 9 5 mgE q = 1 4 µ = 53 0.8sin ° = 53 0.6cos ° = (2)改变 AB 之间的距离和场强 E 的大小，使小物块每次都能从 D 点以不同的速度水平抛出 并击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值． 【答案】（1）在 C 点小物块对圆轨道的压力大小为 ；（2）小物块动能的最小 值为 【解析】 【详解】(1)小物块由 A 到 B 过程由动能定理，得： 解得： 小物块由 B 到 C 过程由机械能守恒定律得： 解得： 在 C 点由牛顿第二定律，得： 解得： 由牛顿第三定律可得，在 C 点小物块对圆轨道的压力大小为 (2)小物块离开 D 点后做平抛运动，水平方向： 竖直方向： 而： 小物块平抛过程机械能守恒，得： 由以上式子得： 由数学中均值不等式可知： 则小物块动能的最小值为 13 5NF mg′ = min 3 2kE mgR= ( ) 212 2 2 Bmgsin r mgcos qE r mvθ µ θ⋅ − + ⋅ = 4 5Bv gr= ( ) 2 21 11 cos 2 2C Bmgr mv mvθ− = − 8 5Cv gr= 2 C N vF mg m r − = 13 5NF mg= 13 5NF mg=′ 0x v t= 21 2y gt= 2 2 2x y R+ = 2 0 1 2kmgy E mv= − 2 3 4 4k mgR mgyE y = + 2 3 32 4 4 2k mgR mgyE mgRy ≥ ⋅ = min 3 2kE mgR= 12.如图甲所示，粒子源靠近水平极板 M、N 的 M 板，N 板下方有一对长为 L，间距为 d=1.5L 的竖直极板 P、Q，再下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界的部分放 有感光胶片．水平极板 M、N 中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板 P、Q 的中线，与磁 场上边界的交点为 O．水平极板 M、N 之间的电压为 U0；竖直极板 P、Q 之间的电压 UPQ 随时间 t 变化的图象如图乙所示；磁场的磁感强度 B= ．粒子源连续释放初速不 计、质量为 m、带电量为+q 的粒子，这些粒子经加速电场获得速度进入竖直极板 P、Q 之 间的电场后再进入磁场区域，都会打到感光胶片上．已知粒子在偏转电场中运动的时间远小 于电场变化的周期，粒子重力不计．求： （1）带电粒子进入偏转电场时的动能 EK； （2）磁场上、下边界区域的最小宽度 x； （3）带电粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围． 【答案】（1）U0q．（2）L．（3） ． 【解析】 （1）带电粒子进入偏转电场时的动能，即为 MN 间的电场力做的功 EK=WMN=U0q （2）设带电粒子以速度 υ 进入磁场，且与磁场边界之间的夹角为 α 时 向下偏移的距离： △y=R-Rcosα=R（1-cosα） 而 R＝ υ1=υsinα △y＝ 当 α=90o 时，△y 有最大值． 021 mU L q 2 L m Bq υ 1 (1 )m cos Bq sin υ α α −⋅ 即加速后的带电粒子以 υ1 的速度进入竖直极板 P、Q 之间的电场不发生偏转，沿中心线进 入磁场． 磁场上、下边界区域的最小宽度即为此时的带电粒子运动轨道半径． U0q＝ mυ12 所以 △ymax＝x＝ ＝L （3）粒子运动轨迹如图所示，若 t=0 时进入偏转电场，在电场中匀速直线运动进入磁场时 R=L，打在感光胶片上距离中心线最近为 x=2L 任意电压时出偏转电场时的速度为 υn，根据几何关系 Rn＝ 在胶片上落点长度为△x＝2Rncosα＝ 打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关．在感光胶片上的 落点宽度等于粒子在电场中的偏转距离．带电粒子在电场中最大偏转距离 1 2 0 1 2qU m υ＝ 1m Bq υ 1 n cos υυ α＝ nm Bq υ 12m Bq υ 2 20 1 31 1 ( )2 2 1.5 U q Ly at Lm v = = × × 粒子在感光胶片上落点距交点 O 的长度分别是 2L 和 ，则落点范围是 ． 点睛：本题的关键点在于第三问的偏转范围的求得，由于带电粒子先经过 U0 的加速，然后 进入水平交变电场的偏转，最后进入磁场做匀速圆周运动打在胶片上．可以表示出在任意偏 转电压下做匀速圆周运动的半径表达式（其中速度用进入电场的速度表示），再表示出打在 胶片下的长度．巧合的是打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压 无关，从而求出粒子在感光胶片上落点的范围． （二）选考题 13.下列说法中正确的是（　　） A. 热机中燃气的内能不可能全部转化为机械能 B. 液体表面张力的方向与液面垂直 C. 液体表面张力的大小是跟分界线的长度成正比的 D. 水银滴在玻璃板上将成椭球状，所以说水银是一种不浸润液体 E. 相对湿度 100%，表明在当时的温度下，空气中的水汽已达到饱和状态 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．热力学第二定律的一种表述为：不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有 用功而不产生其他影响，即无论采用任何设备和手段进行能量转化，总是遵循“机械能可全 部转化为内能，而内能不能全部转化为机械能”，A 正确； BC．液体表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，其大 小跟分界线的长度成正比，B 错误 C 正确； D．浸润与不浸润是由液体和固体共同决定的。液体浸润固体，附着层面积要扩张，不浸润 固体附着层面积要收缩；水银不浸润玻璃，但可能浸润其他固体，D 错误； E．相对湿度=空气中水蒸气的压强/同温度下水的饱和气压，当相对湿度为 100%，表明在当 时的温度下，空气中的水汽已达到饱和状态，故 E 正确。 故选 ACE。 5 2 L 2 L 14.如图所示，T 形活塞将绝热汽缸内 气体分隔成 A、B 两部分，活塞左、右两侧截面积分 别为 S1、S2，活塞与汽缸两端的距离均为 L，汽缸上有 a、b、c 三个小孔与大气连通，现将 a、b 两孔用细管(容积不计)连接．已知大气压强为 p0，环境温度为 To，活塞与缸壁间无摩 擦． (1)若用钉子将活塞固定，然后将缸内气体缓慢加热到 T1，求此时缸内气体的压强； (2)若气体温度仍为 T0，拔掉钉子，然后改变缸内气体温度，发现活塞向右缓慢移动了 ΔL 的 距离(活塞移动过程中不会经过小孔)，则气体温度升高还是降低？变化了多少？ 【答案】(1) 　(2)升高　 【解析】 (1)A、B 内气体相通，初状态压强为 p0．由于钉子将活塞固定，气体体积不变由查理定律可 知， 解得 (2)对活塞进行受力分析，可知温度改变后，活塞受力大小不变，所以活塞向右移动后，气 体的压强不变．活塞向右移动后，气体体积增大，则气体温度升高． 由 解得 所以温度变化了 故本题答案是：(1) 　(2)升高　 点睛;正确利用理想气体方程求解即可． 的 0 1 0 PT T ( ) ( ) 1 2 0 1 2 S LTS S S L − ∆ + 0 1 0 1 =p p T T 0 1 1 0 p = p T T ( ) ( ) ( )1 2 2 1 0 + - + +=S S L S L L S L L T T ∆ ∆ ( ) ( )1 2 0 0 1 2 -+ + S S LT T TS S L ∆= ( ) ( )1 2 0 1 2 = S S LTT S S L − ∆∆ + 0 1 0 PT T ( ) ( )1 2 0 1 2 S S LT S S L − ∆ + 15.一列简谐横波，在 t=1s 时刻的波形如图甲所示，图乙为波中质点 的振动图象，则根据 甲、乙两图可以判断：___________ A. 该波沿 x 轴正方向传播 B. 该波的传播速度为 6m/s C. 从 t=0 时刻起经过时间△t=3s，质点 通过路程为 6m D. 在振动过程中 P1、P2 的位移总是相同 E. 质点 P2 做简谐运动的表达式为 y=2sin( t－ )m 【答案】BCE 【解析】 【详解】由图乙可知，在 t=1s 时刻质点 向 轴负方向振动，则根据质点振动方向与波的 传播方向可知，该波沿 x 轴负方向传播，故 A 错误；由图甲可知波长为 ，由图乙 可知周期为 ，则波速为 ，故 B 正确；由于 ， 则质点 通过路程为 ，故 C 正确；由于 P1、P2 之间的距离为 ，在振动过程中 P1、P2 的位移不一定总是相同，故 D 错误；由于 ，则 ， 则图乙可知质点 P2 做简谐运动的表达式为： ，故 E 正确．故选 BCE 16.一赛艇停在平静 水面上，赛艇前端有一标记 P 离水面的高度为 h1=0.6m，尾部下端 Q 略高于水面；赛艇正前方离赛艇前端 =0.8m 处有一浮标，示意如图．一潜水员在浮标前 方 =3.0m 处下潜到深度为 时，看到标记刚好被浮标挡住，此处看不到船尾端 Q；继续 下潜 2.0m，恰好能看见 Q。（已知水的折射率 n= ）求 ①深度 ； ②赛艇的长度 。（可用根式表示） 的 1P 1P 2 π 2 π 1P y 24mλ = 4T s= 24 / 6 /4v m s m sT λ= = = 33 4t s T∆ = = 1P 3 34 4 2 64 4s A m m= × = × × = 1 2 λ 2 4T s π ω= = 2 πω = 2sin 2 2y t m π π = −   1s 2s 2h h∆ = 4 3 2h l 【答案】①4m；② 。 【解析】 【详解】① 设过 P 点光线，恰好被浮子挡住时，入射角、折射角分别为：α、β，如图所示 由几何关系有 ， 根据光的折射定律可知 联立解得 h2=4m ② 潜水员和 Q 点连线与水平方向夹角刚好为临界角 C，则有 根据几何关系有 联立解得 24 7( 3.8)m7 − 1 2 2 1 1 sin sα s h = + 2 2 2 2 2 sin sβ s h = + sin sinn α β= 4 3 = 1 3sin 4C n = = 1 2 2 tan s s lC h h + += + ∆ 24 7( 3.8)m7l = −