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2019-2020年高三下学期一模考试理综物理试题含解析
一、选择题(共7小题,在每小题所给出的四个选项中,有的只有一项选项正确,有的有多个选项正确,全部选对得6分,选对但不全得3分,有错选的得0分.)1.(6分)(xx•青岛一模)如图所示,一物体以速度v0冲上粗糙的固定斜面,经过2t0时间返回斜面底端,则物体运动的速度v(以初速度方向为正)随时间t的变化关系可能正确的是( ) A.B.C.D.【考点】匀变速直线运动的图像.【专题】运动学中的图像专题.【分析】根据某物块以初速度v0从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端,知上滑过程中,物块做匀减速直线运动,下滑时做匀加速直线运动;在粗糙斜面上运动,摩擦力做功,物体的机械能减少,故回到底端时速度小于出发时的速度;根据运动特征判断各图形.【解析】解由于上滑时摩擦力沿斜面想下,合外力为重力分力和摩擦力之和,加速度大小不变,沿斜面向下;下滑时摩擦力沿斜面向上,合外力为重力分力和摩擦力之差,加速度大小不变,方向沿斜面向下;所以上滑时加速度大,所以速度图象斜率大;下滑时加速度小,所以速度图象的斜率小,且此过程中,摩擦力做功,使物块到达底端的速率变小,上滑和下滑的位移大小相等,上滑时加速度大,根据可知,下滑时间长;故C正确,ABD错误.故选C.【点评】根据图示各物理量的曲线斜率代表的意义,结合实际运动分析即可. 2.(6分)(xx•青岛一模)如图所示,水平桌面上有三个相同的物体a、b、c叠放在一起,a的左端通过一根轻绳与质量为m=3kg的小球相连,绳与水平方向的夹角为60°,小球静止在光滑的半圆形器皿中.水平向右的力F=40N作用在b上,三个物体保持静止状态.g取10m/s2,下列说法正确的是( ) A.物体c受到向右的静摩擦力 B.物体b受到一个摩擦力,方向向左 C.桌面对物体a的静摩擦力方向水平向右 D.撤去力F的瞬间,三个物体将获得向左的加速度【考点】牛顿第二定律;物体的弹性和弹力;共点力平衡的条件及其应用.【专题】牛顿运动定律综合专题.【分析】A、整个系统保持静止,隔离法分析c,可得出受静摩擦力为0.B、由b静止,可知水平面上受力平衡,且c对b的静摩擦力为0,则a对b的静摩擦力大小为F,方向水平向左.C、对a,受水平向右的b对a的静摩擦力,大小为F,绳对a的拉力T,和桌面对a的静摩擦力,三力平衡,需要先根据三角关系求出绳的拉力T,进而判断桌面对a的静摩擦力的大小和方向.D、撤去F后,对a分析,看绳的拉力和未撤去F前的桌面对a的静摩擦力的大小,若拉力小于静摩擦力则整个系统静止,若拉力大于摩擦力,再隔离分析b对a的静摩擦力,进而分析整个系统是否有向左的加速度.【解析】解设水平向右为正方向,设a、b、c的质量为m1,由于均静止,故加速度为a1=0m/s2A、对c设b对c的静摩擦力为f,则水平方向上只受f影响,且c保持静止,由牛顿第二定律得f=m1a1,代入数据得f=0N,故A错误;B、对b b静止,设a对b的静摩擦力为f1,则水平面上F+f1+f=m1a1=0,即f1=﹣F=﹣40N,故b只受一个静摩擦力,方向与F相反,即水平向左,故B正确;C、对a,a静止,设绳的拉力为T,器皿对小球的弹力为N,桌面对a的静摩擦力为f2,则水平面上﹣f1+f2﹣T=m1a1=0
①,对小球受力分析如图由于小球静止,故竖直方向上Nsin60°+Tsin60°=mg
②水平方向上Ncos60°=Tcos60°
③联立
①②③式代入数据解得T=10N,f2≈﹣
22.68N,故地面对a的静摩擦力水平向左,故C错误;D、若撤去F,对a,水平方向上受绳的拉力T=10N<静摩擦力f2,故整个系统仍然保持静止,故D错误;故选B.【点评】本题主要考查力的分解和平衡力判断,结合牛顿第二定律会使此类题目变得简单. 3.(6分)(xx•青岛一模)xx年11月12日,“菲莱”着陆器成功在67P彗星上实现着陆,这是人类首次实现在彗星上软着陆,被称为人类历史上最伟大冒险之旅.载有“菲莱”的“罗赛塔”飞行器历经十年的追逐,被67P彗星俘获后经过一系列变轨,成功的将“菲莱”着陆器弹出,准确得在彗星表面着陆.如图所示,轨道1和轨道2是“罗赛塔”绕彗星环绕的两个圆轨道,B点是轨道2上的一个点,若在轨道1上找一点A,使A与B的连线与BO连线的最大夹角为θ,则“罗赛塔”在轨道
1、2上运动的周期之比为( ) A.sin3θB.C.D.【考点】万有引力定律及其应用.【专题】万有引力定律的应用专题.【分析】圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力,根据几何关系求得两圆轨道上的半径之比,再根据半径求得周期之比.【解析】解根据几何关系连接OA可得三角形OAB是直角三角形,故轨道1和轨道2的半径之比再根据万有引力提供圆周运动向心力有可得圆周运动的周期T=所以=故ABD错误,C正确.故选C.【点评】解决本题的关键是能根据几何关系确定两圆周运动的半径之比,再根据万有引力提供圆周运动向心力分析.掌握公式规律是正确解题的关键. 4.(6分)(xx•青岛一模)如图甲所示,Q
1、Q2是两个固定的点电荷,一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度va沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动,其v﹣t图象如图乙所示,下列说法正确的是( ) A.两点电荷一定都带负电,但电量不一定相等 B.两点电荷一定都带负电,且电量一定相等 C.试探电荷一直向上运动,直至运动到无穷远处 D.t2时刻试探电荷的电势能最大,但加速度不为零【考点】电场的叠加;电势能.【专题】电场力与电势的性质专题.【分析】根据运动图象明确粒子的运动情况,再根据受力分析即可明确粒子的受力情况,从而判断电场分布;则可得出两电荷的带电情况.【解析】解A、由图可知,粒子向上先做减速运动,再反向做加速运动,且向上过程加速度先增大后减小,而重力不变,说明粒子受电场力应向下;故说明粒子均应带负电;由于电场线只能沿竖直方向,故说明两粒子带等量负电荷;故AC错误,B正确;D、t2时刻之前电场力一直做负功;故电势能增大;此后电场力做正功,电势能减小;t2时刻电势能最大;但由于粒子受重力及电场力均向下;故此时加速度不为零;故D正确;故选BD.【点评】解决本题的关键根据图象中的运动状态确定受力,再由电场线的性质明确两电荷的性质. 5.(6分)(xx•青岛一模)如图所示,匝数为10的矩形线框处在磁感应强度B=T的匀强磁场中,绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω=10rad/s在匀强磁场中转动,线框电阻不计,面积为
0.4m2,线框通过滑环与一理想自藕变压器的原线圈相连,副线圈接有一只灯泡L(4W,100Ω)和滑动变阻器,已知图示状况下灯泡正常发光,电流表视为理想电表,则下列说法正确的是( ) A.此时原副线圈的匝数比为21 B.此时电流表的示数为
0.4A C.若将自耦变压器触头向下滑动,灯泡会变暗 D.若将滑动变阻器滑片向上移动,则电流表示数增大【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理;电功、电功率.【专题】交流电专题.【分析】先根据公式Um=NBSω求解输入电压的最大值,然后根据理想变压器的变压比公式和变流比公式列式求解.【解析】解A、输入电压的最大值为Um=NBSω=,变压器变压器输入电压的有效值为,开关闭合时两灯泡均正常发光,所以此时原副线圈的匝数比为,故A正确;B、由欧姆定律得,根据得此时电流表的示数为,故B错误;C、若将自耦变压器触头向下滑动,副线圈匝数变小,根据可知输出电压减小,所以灯泡变暗,故C正确;D、若将自耦变压器触头向上滑动,副线圈匝数变大,根据可知输出电压增大,P1=P2═,又P1=U1I1可知电流表示数增大,故D正确;故选ACD.【点评】题关键是记住交流发电机最大电动势表达式Um=NBSω,同时要明确输入电压决定输出电压,输出电流决定输入电流,输出功率决定输入功率. 6.(6分)(xx•青岛一模)如图所示,固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°,质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧,斜面底端有一与斜面垂直的挡板.开始时用手按住物体M,此时M距离挡板的距离为s,滑轮两边的细绳恰好伸直,且弹簧处于原长状态.已知M=2m,空气阻力不计.松开手后,关于二者的运动下列说法中正确的是( ) A.M和m组成的系统机械能守恒 B.当M的速度最大时,m与地面间的作用力为零 C.若M恰好能到达挡板处,则此时m的速度为零 D.若M恰好能到达挡板处,则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和【考点】机械能守恒定律;功能关系.【专题】机械能守恒定律应用专题.【分析】分析AB两物体的受力情况及各力做功情况,从而分析A其运动情况,类比弹簧振子,从而判断选项.【解析】解A、因Mm之间有弹簧,故两物体受弹簧的弹力做功,机械能不守恒;故A错误;B、M的重力分力为Mgsinθ=mg;物体先做加速运动,当受力平衡时M速度达最大,则此时m受力为mg,故m恰好与地面间的作用力为零;故B正确;C、从m开始运动至到M到达底部过程中,弹力的大小一直大于m的重力,故m一直做加速运动,M到达底部时,m的速度不为零;故C错误;D、重力对M做的功转化为两物体的动能、弹簧的弹性势能的增加量和m机械能的增加量;故D错误;故选B.【点评】本题考查功能关系,要注意明确能量之间的转化及功能关系的正确应用. 7.(6分)(xx•青岛一模)如图所示,在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨,导轨间距为l,两导轨间连有一电阻R,导轨平面与水平面的夹角为θ,在两虚线间的导轨上涂有薄绝缘涂层.匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直.质量为m的导体棒从h高度处由静止释放,在刚要滑到涂层处时恰好匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且仅与涂层间有摩擦,动摩擦因数μ=tanθ,其他部分的电阻不计,重力加速度为g,下列说法正确的是( ) A.导体棒到达涂层前做加速度减小的加速运动 B.在涂层区导体棒做减速运动 C.导体棒到达底端的速度为 D.整个运动过程中产生的焦耳热为mgh﹣【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;焦耳定律.【专题】电磁感应与电路结合.【分析】研究导体棒在绝缘涂层上匀速运动过程,受力平衡,根据平衡条件即可求解动摩擦因数μ.据题导体棒在滑上涂层之前已经做匀速运动,推导出安培力与速度的关系,再由平衡条件求解速度v.【解析】解A、导体棒到达涂层前速度越来越大,由E=BLv得,感应电动势越来越大,根据I=和F=BIL得,所受的安培力越来越大,由F=mgsinθ﹣BIL=ma得,加速度越来越小,故A正确;B、当导体到达涂层时,所受力平衡,但是到达涂层后,安培力消失,受力分析得导体受力平衡,故导体匀速运动,故B错误;C、根据受力平衡条件得BIL=mgsinθ,得,所以v=,故C正确;D、由能量守恒产生的焦耳热Q=mgh﹣=mgh﹣,故D错误;故选AC【点评】本题考查平衡条件的应用,注意感应电动势和安培力的求解方式,属于中等难度.
二、(必做157分+选做36分,共193分)【必做部分】8.(8分)(xx•青岛一模)某实验小组利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律.小钢球自由下落过程中,计时装置测出小钢球先后通过光电门A、B的时间分别为tA、tB,用小钢球通过光电门A、B的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度.测出两光电门间的距离为h,当地的重力加速度为g,小钢球所受空气阻力可忽略不计.
(1)先用游标卡尺测量钢球的直径,读数如图乙所示,钢球直径为d=
0.850 cm;
(2)要验证机械能是否守恒,只要比较 gh 与 ﹣ 是否相等;
(3)实验中小钢球通过光电门的平均速度 小于 (选填“大于”或“小于”)小钢球球心通过光电门时的瞬时速度,导致动能增加量△EK总是稍 小于 (选填“大于”或“小于”)重力势能减少量△EP,且随小钢球下落起始高度的增加,误差越来越 大 (选填“大”或“小”).【考点】验证机械能守恒定律.【专题】实验题.【分析】由题意可知,本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度;则根据机械能守恒定律可知,当减小的机械能应等于增大的动能;由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容.【解析】解
(1)由图可知,主尺刻度为8mm;游标对齐的刻度为10;故读数为8+10×
0.05=
8.50mm=
0.850cm;
(2)若减小的重力势能等于增加的动能时,可以认为机械能守恒;则有mgh=mvB2﹣mvA2即gh=﹣;
(3)已知经过光电门时的时间小球的直径;则可以由平均速度表示经过光电门时的速度;故v=,即等于中时刻的瞬时速度,而小钢球球心通过光电门时的瞬时速度,即为中点的瞬时速度,因此平均速度小于钢球球心通过光电门时的瞬时速度;因此导致动能增加量△EK总是稍小于重力势能的增加;由于该过程中有阻力做功,而高度越高,阻力做功越多;故增加下落高度后,则△Ep﹣△Ek将增大;故答案为
(1)
0.8505;
(2)gh;﹣;
(3)小于,小于;
(4)大.【点评】本题为创新型实验,要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解. 9.(10分)(xx•青岛一模)LED二极管的应用是非常广泛的,xx年诺贝尔物理学奖被授予了日本科学家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科学家中村修二,以表彰他们发明了蓝色发光二极管(LED),并因此带来的新型节能光源.某同学想要描绘某发光二极管的伏安特性曲线,实验测得它两端的电压U和通过它的电流I的数据如下表所示.U/V
0.
00.
400.
801.
201.
602.
002.
402.80I/mA
0.
00.
92.
34.
36.
812.
019.
030.0实验室提供了以下器材A.电压表(量程0﹣3V,内阻约20kΩ)B.电压表(量程0﹣15V,内阻约100kΩ)C.电流表(量程0﹣50mA,内阻约40Ω)D.电流表(量程0﹣
0.6A,内阻约2Ω)E.滑动变阻器(阻值范围0﹣20Ω,允许最大电流2A)F.电源(电动势6V,内阻不计)G.开关,导线
(1)该同学做实验时,电压表选用的是 A ,电流表选用的是 C (填选项字母).
(2)图甲中的实物连线已经连了部分电路,请按实验要求将实物图中的连线补充完整.
(3)根据表中数据,请在图乙中的坐标纸中画出该二极管的I﹣U图线.
(4)若此发光二极管的最佳工作电流为15mA,现将此发光二极管与电动势为3V、内阻不计的电池组相连,还需串联一个阻值R= 53 Ω的电阻,才能使它工作在最佳状态(结果保留两位有效数字).【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线.【专题】实验题.【分析】本题
(1)根据数据表中的最大电压与最大电流来选择电压表与电流表的量程;题
(2)根据待测电阻满足外接法条件可知电流表应用外接法,根据电流表从零调可知变阻器应采用分压式接法;题
(3)用平滑的曲线连线即可;题
(4)根据闭合电路欧姆定律列出表达式并求解即可.【解析】解
(1)根据实验数据表可知电压最大为
2.8V,最大电流为30mA,所以电压表应选择A,电流表应选择C;
(2)通过估算二极管的阻值可知满足,所以电流表应用外接法;由于电流表从零调,所以变阻器应采用分压式接法,连线图如图所示
(3)画出的I﹣U图象如图所示
(4)根据闭合电路欧姆定律应有I=,由I﹣U图象可读出I=15mA时对应的电阻=
2.2V,可求出=
146.7Ω,代入数据解得R=53Ω故答案为
(1)A,C;
(2)如图;
(3)如图;
(4)53【点评】应明确
①应根据电路中的最大电压与最大电流来选择电压表与电流表的量程;
②当实验要求电流从零调或当变阻器的全电阻远小于待测电阻时,变阻器应采用分压式接法;
③当待测电阻满足时,电流表应用外接法,满足时,电流表应用内接法. 10.(18分)(xx•青岛一模)如图甲所示,有一倾角为30°的光滑固定斜面,斜面底端的水平面上放一质量为M的木板.开始时质量为m=1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上,今将水平力F变为水平向右,当滑块滑到木板上时撤去力F,木块滑上木板的过程不考虑能量损失.此后滑块和木板在水平上运动的v﹣t图象如图乙所示,g=10m/s2.求
(1)水平作用力F的大小;
(2)滑块开始下滑时的高度;
(3)木板的质量.【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的图像.【专题】牛顿运动定律综合专题.【分析】
(1)对滑块受力分析,由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小;
(2)根据图乙判断滑块滑到斜面底部的速度,由牛顿第二定律求出加速度,从而根据在斜面上的位移和三角关系求出下滑时的高度.
(3)根据图象和牛顿第二定律求出地面和木板间的摩擦力,以及滑块和木板间的摩擦力,进而根据牛顿第二定律求出木板的质量.【解析】解
(1)滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡,如图所示,水平推力F=mgtanθ=1×10×=
(2)由图乙知,滑块滑到木板上时速度为v1=10m/s设下滑的加速度为a,由牛顿第二定律得mgsinθ+Fcosθ=ma代入数据得a=10m/s2则下滑时的高度h=
(3)设在整个过程中,地面对木板的摩擦力为f,滑块与木板间的摩擦力为f1由图乙知,滑块刚滑上木板时加速度为对滑块f1=ma1
①此时木板的加速度对木板﹣f1﹣f=Ma2
②当滑块和木板速度相等,均为v=2m/s之后,连在一起做匀减速直线运动,加速度为a3=对整体﹣f=(m+M)a3
③联立
①②③带入数据解得M=
1.5kg答
(1)水平作用力F的大小位;
(2)滑块开始下滑时的高度为
2.5m;
(3)木板的质量为
1.5kg.【点评】本题考查斜面上力的合成与分解,和牛顿第二定律的应用,注意平时深入分析各种运动形式的特征. 11.(20分)(xx•青岛一模)电子对湮灭是指电子“e﹣”和正电子“e+”碰撞后湮灭,产生伽马射线的过程,电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描(PET)及正子湮灭能谱学(PAS)的物理基础.如图所示,在平面直角坐标系xOy上,P点在x轴上,且=2L,Q点在负y轴上某处.在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场,在第Ⅱ象限内有一圆形区域,与x、y轴分别相切于A、C两点,=L,在第Ⅳ象限内有一未知的圆形区域(图中未画出),未知圆形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面向里.一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入磁场,经C点射入电场,最后从P点射出电场区域;另一束速度大小为的正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限,而后进入未知圆形磁场区域,离开磁场时正好到达P点,且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭,即相碰时两束粒子速度方向相反.已知正负电子质量均为m、电量均为e,电子的重力不计.求
(1)圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小;
(2)电子子从A点运动到P点所用的时间;
(3)Q点纵坐标及未知圆形磁场区域的最小面积S.【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.【专题】带电粒子在复合场中的运动专题.【分析】
(1)电子在磁场中做匀速圆周运动,画出轨迹,结合几何关系求解轨道半径,根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度;电子在电场中做类似平抛运动,根据类似平抛运动的分位移公式列式求解E即可;
(2)电子在磁场中做匀速圆周运动,运动的时间是,在电场中做类似平抛运动,根据类似平抛运动的分位移公式列式即可求出在电场中运动的时间,最后求和;
(3)在矩形区域中运动的粒子的速度偏转角度为90°,画出轨迹,结合几何关系确定磁场面积.【解析】解
(1)电子束a从A点沿y轴正方向发射,经过C点,画出从A到C的轨迹,如图所示结合几何关系,有r=L…
①粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,故ev0B=m…
②联立解得B=;电子从C到P过程是类似平抛运动,根据分运动公式,有2L=v0t2L=其中a=联立解得E=,
(2)电子在磁场中运动的时间是,而所以电子从A到P的时间
(3)电子射出电场的区域后,沿y方向的分速度vy=at2电子的运动方向与x轴之间的夹角代入数据得θ=45°速度的大小为所以正电子“e+”在磁场中做匀速圆周运动,经过磁场的区域后速度偏转角为90°,洛伦兹力提供向心力,故解得r′=由于正电子离开磁场时正好到达P点,所以轨迹如图由几何关系可得,该圆形区域的最小半径R==L故最小面积为S=πR2=πL2正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限,所以所以所以Q点纵坐标是﹣4L.答
(1)圆形区域内磁场感应强度B的大小为;第Ⅰ象限内匀强电场的场强大小E为;
(2)电子子从A点运动到P点所用的时间为;
(3)Q点纵坐标是﹣4L,未知圆形磁场区域的最小面积是πL2.【点评】本题关键是明确粒子的运动规律、画出运动轨迹,然后结合牛顿第二定律、类似平抛运动的分位移公式和几何关系列式求解.
三、(12分)【物理--选修3-3】12.(4分)(xx•青岛一模)下列说法正确的是( ) A.只要知道水的摩尔质量和水分子的质量,就可以计算出阿伏伽德罗常数 B.空气相对湿度越大时,空气中水蒸气压强越接近饱和汽压,水蒸发越快 C.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部 D.利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机,将海水的一部分内能转化为机械能是可能的.【考点】热力学第二定律;阿伏加德罗常数;*相对湿度.【分析】解决本题需掌握阿伏加德罗常数=;空气中水蒸气压强越接近饱和汽压,水蒸发越慢;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;结合热力学第二定律的内容解释D选项.【解析】解A、物质微粒的大小不会因物态变化而发生变化,知道水的摩尔质量和水分子的质量,根据阿伏加德罗常数=;就可以计算出阿伏伽德罗常数,故A正确;B、空气中水蒸气压强越接近饱和汽压,水蒸发越慢;故B错误;C、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,故C错误;D、利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机,将海水的一部分内能转化为机械能,这在原理上是可行的.故D正确.故选AD【点评】该题考查阿伏伽德罗常数、饱和蒸汽压、表面张力与热力学第二定律与温度的意义,都是记忆性的知识点的内容,关键要注意热力学第二定律的几种不同的说法. 13.(8分)(xx•青岛一模)若一条鱼儿正在水下10m处戏水,吐出的一个体积为1cm3的气泡.气泡内的气体视为理想气体,且气体质量保持不变,大气压强为P0=
1.0×105Pa,g=10m/s2,湖水温度保持不变.
(1)气泡在上升的过程中,气体吸热还是放热?请简述理由.
(2)气泡到达湖面时的体积多大?【考点】理想气体的状态方程;热力学第一定律.【专题】理想气体状态方程专题.【分析】
(1)湖水的温度不变,所以U等于0,又因为气体的体积逐渐增大,所以对外做功,W为负值,所以Q为正值,即气体吸收热量.
(2)由玻意耳定律求的体积【解析】解
(1)因为湖水的温度不变,所以U等于0,又因为气体的体积逐渐增大,所以对外做功,W为负值,所以Q为正值,即气体吸收热量,对外做功,内能不变.
(2)初态为,末态为,T2由玻意耳定律得P1V1=P2V2解得答
(1)气泡在上升的过程中,气体吸热1.
(2)气泡到达湖面时的体积2cm3【点评】题考查了理想气体状态方程和热力学第一定律的应用,难度中等.
四、(12分)【物理--选修3-4】14.(xx•青岛一模)一列横波沿x轴传播,传播方向未知,t时刻与t+
0.4s时刻波形相同,两时刻在x轴上﹣3m~3m的区间内的波形如图所示.下列说法中正确的是( ) A.该波最大速度为10m/s B.质点振动的最小频率为
2.5Hz C.在t+
0.2s时刻,x=3m处的质点正在经过x轴 D.若波沿x轴正方向传播,处在O点的质点会随波沿正方向运动【考点】横波的图象;波长、频率和波速的关系.【专题】振动图像与波动图像专题.【分析】据题,t时刻与t+
0.4s时刻波形相同,经过的时间是整数倍的周期,得到周期的通项,确定出周期的最大值.读出波长,求出波速的通项,求出波速的最小值.根据时间与周期的关系,分析在t+
0.2s时,x=3m的质点位移.若波沿x轴正方向传播,根据最前列质点的振动方向判断波各质点开始振动的方向.【解析】解A、据题,t时刻与t+
0.4s时刻波形相同,则
0.4s=nT,得到周期T=,n=1,2,3,…由图读出波长为λ=4m,则波速为v==10nm/s,当n=1时,v有最小值为10m/s.波速的最大值无法求出.故A错误.B、当n=1时,周期最大,则最大周期为Tm=
0.4s,则最小频率fmin==
2.5Hz,故B正确;C、在t+
0.2s时经过时间为
0.2s=T,无论n为奇数,还是为偶数时,x=3m的质点都在平衡位置,位移为零.故C正确.D、质点不会随波迁移而迁移.故D错误.故选BC.【点评】本题关键抓住波的周期性,即重复性得到周期的通项,再根据数学知识分析质点的振动状态. 15.(xx•青岛一模)如图所示,一透明半圆柱体折射率为n=2,半径为R、长为L.一平行光束从半圆柱体的矩形表面垂直射入,从部分柱面射出.求该部分柱面的面积S.【考点】光的折射定律.【专题】光的折射专题.【分析】作出半圆柱体的横截面.光线在透光的边界恰好发生全反射,入射角等于临界角,即可由折射定律求出光线在柱面上的入射角,由几何知识求面积S.【解析】解半圆柱体的横截面如图所示,OO′为半径,设从A点入射的光线在B点处恰好满足全反射条件,入射角恰好等于临界角C,则由折射定律得n==得θ=30°由几何关系得∠OO′B=θ则有光线从柱面射出的柱面面积S=2θ•R•L=答该部分柱面的面积S是.【点评】本题关键要掌握全反射及其产生条件,结合几何知识求解即可.
五、(12分)【物理--选修3-5】16.(xx•青岛一模)下列说法正确的是( ) A.天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构 B.氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射出两种不同频率的光 C.比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时要吸收能量 D.放射性元素每经过一个半衰期,其质量减少一半【考点】原子核的结合能;天然放射现象.【分析】天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构;从n=3的能级向低能级跃迁时会辐射3种不同频率的光;比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时释放核能;发生衰变的物体每经过一个半衰期,其总质量将减少一半;【解析】解A、天然放射现象的发现说明原子核内部是有结构的,进而人们研究揭示了原子核有复杂的结构,故A正确.B、从n=3的能级向低能级跃迁时会辐射3种不同频率的光;故B错误.C、比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时释放核能;故C正确.D、放射性元素样品中,放射性原子核的数目减少一半所需的时间等于半衰期,故发生衰变的物体每经过一个半衰期,其总质量将减少一半.故D正确.故选ACD.【点评】本题考查选修3﹣5中内容,考得比较散,关键熟悉教材,需要牢记这些知识点. 17.(xx•青岛一模)在如图所示的光滑水平面上,小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱,木箱离开手以5m/s的速度向右匀速运动,运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞,反弹回来后被小明接住.已知木箱的质量为30kg,人与车的质量为50kg.求
(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小;
(2)小明接住木箱后三者一起运动,在接木箱过程中系统损失的能量.【考点】动量守恒定律;机械能守恒定律.【专题】动量定理应用专题.【分析】
(1)在推出木箱的过程中,木箱和小明以及车组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律求出推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小;
(2)小明在接木箱的过程中动量守恒,根据动量守恒定律求出小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小.然后由能量守恒定律求出损失的机械能.【解析】解
(1)人小明推出木箱过程系统动量守恒,取向左为正方向,由动量守恒定律得m1v1﹣m2v=0,解得v1=.
(2)小明接木箱的过程中动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得m2v+m1v1=(m1+m2)v2,解得v2=.根据能量守恒得,,代入数据解得△E=
37.5J.答
(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小为3m/s;
(2)小明接住木箱后三者一起运动,在接木箱过程中系统损失的能量为
37.5J.【点评】解决本题的关键掌握动量守恒定律,以及在运用动量守恒定律解题时注意速度的方向.。