2019物理（京津瓊）專用優(yōu)編提分練考前綜合練（二）

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精考前綜合練(二）一、單項(xiàng)選擇題1．以下關(guān)于α、β和γ射線的說法中正確的是（）A．原子序數(shù)大于83的原子核都具有放射性B．α射線本質(zhì)是質(zhì)子流,其電離能力最強(qiáng)C．β射線是核外電子電離產(chǎn)生的D．γ射線是中子流，其貫穿能力最強(qiáng)答案A解析原子序數(shù)大于83的原子核都具有放射性，選項(xiàng)A正確;α射線本質(zhì)是氦核,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;β射線是核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時(shí)產(chǎn)生的高速電子，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；γ射線是光子，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．2．如圖所示，矩形線框在磁場(chǎng)內(nèi)做的各種運(yùn)動(dòng)中，能夠產(chǎn)生感應(yīng)電流的是（）答案B解析A圖中線框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過程中，面積不變、磁感應(yīng)強(qiáng)度不變,穿過線框的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流,故A錯(cuò)誤；B圖在線框繞OO′軸轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，穿過閉合線框的磁通量發(fā)生變化，能產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B正確；C圖中線框與磁場(chǎng)平行,線框在運(yùn)動(dòng)過程中，穿過線框的磁通量始終為零，不發(fā)生變化，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故C錯(cuò)誤；D圖中線框與磁場(chǎng)平行，線框在運(yùn)動(dòng)過程中，穿過線框的磁通量始終為零,不發(fā)生變化,沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故D錯(cuò)誤．3.如圖1所示，帶有孔的小球A套在粗糙的傾斜直桿上,與正下方的小球B通過輕繩連接，處于靜止?fàn)顟B(tài)．給小球B施加水平力F使其緩慢上升,直到小球A剛要滑動(dòng)，在此過程中()圖1A．水平力F的大小不變B．桿對(duì)小球A的支持力不變C．輕繩對(duì)小球B的拉力先變大后變小D．桿對(duì)小球A的摩擦力先變小后變大答案D解析對(duì)球B受力分析,受拉力F、重力mg和輕繩的拉力FT,合力為零,如圖甲所示：由此可知，隨著α的增加，拉力F和輕繩張力FT均增加，故A、C錯(cuò)誤；再對(duì)A、B球整體受力分析，受重力、拉力F、支持力FN和靜摩擦力Ff，如圖乙所示：設(shè)桿與水平方向的夾角為θ,根據(jù)平衡條件，在垂直于桿方向有FN＝(M＋m)gcosθ＋Fsinθ，隨著F的增加，支持力FN增加；在平行于桿方向，有：Fcosθ＋Ff＝（M＋m）gsinθ，可得：Ff＝(M＋m）gsinθ－Fcosθ，可知隨著F的增加，靜摩擦力逐漸減小，當(dāng)(M＋m)gsinθ＝Fcosθ時(shí)，靜摩擦力為零,此后靜摩擦力反向增加，故B錯(cuò)誤，D正確．4．汽車由靜止開始在平直的公路上行駛，0~60s內(nèi)汽車的加速度隨時(shí)間變化的圖象如圖2所示．則該汽車在0～60s內(nèi)的速度－時(shí)間圖象為（）圖2答案B解析0～10s內(nèi)汽車做加速度為2m/s2的加速運(yùn)動(dòng),根據(jù)v＝at,可知10s時(shí)速度達(dá)到20m/s,接下來10~40s做勻速運(yùn)動(dòng)，速度始終為20m/s,40～60s內(nèi)，加速度反向，汽車做減速運(yùn)動(dòng)，加速度為－1m/s2，經(jīng)20s速度恰好減小到零．5．某發(fā)電廠的發(fā)電機(jī)組輸出的電壓恒為400V，將其通過升壓變壓器升壓后加在輸電線上向距離較遠(yuǎn)的用戶端變電站供電，輸電線總電阻為5Ω，當(dāng)輸送的電功率恒為200kW時(shí)，發(fā)電廠提供的電能與用戶端消耗的電能不相等，二者在一個(gè)小時(shí)內(nèi)相差50度電,變壓器均為理想變壓器,則下列說法正確的是()A．輸電線上損失的功率為50WB．供電端升壓變壓器的匝數(shù)比為1：5C．輸電線上損失的電壓為50VD．若輸電功率增大，則輸電線上損失的功率將會(huì)減小答案B解析輸電線上損失的功率ΔP＝eq\f（ΔE，t）＝eq\f(50kW·h,1h）＝50kW，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；ΔP＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（P,U)))2R，解得U＝2000V，升壓變壓器的匝數(shù)比為：400∶2000＝1∶5，選項(xiàng)B正確；根據(jù)ΔP＝eq\f(ΔU2,R），解得ΔU＝500V,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;輸電電壓不變，若輸電功率變大，則輸電電流變大，輸電線上損失的功率ΔP′＝I2R變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．二、多項(xiàng)選擇題6．如圖3所示，飛船先沿橢圓軌道1飛行,然后在遠(yuǎn)地點(diǎn)P處變軌后沿圓軌道2運(yùn)行，在軌道2上周期約為90分鐘．則下列判斷正確的是（)圖3A．飛船沿橢圓軌道1經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的速度與沿圓軌道經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的速度相等B．飛船在圓軌道2上時(shí)航天員出艙前后都處于失重狀態(tài)C．飛船在圓軌道2的角速度大于同步衛(wèi)星運(yùn)行的角速度D．飛船從橢圓軌道1的Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)過程中萬有引力做正功答案BC解析飛船沿橢圓軌道1經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)有eq\f（GMm,r\o\al(P2)）>meq\f（v\o\al（1P2),rP），飛船沿橢圓軌道2經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)有eq\f（GMm，r\o\al（P2）)＝meq\f（v\o\al(2P2），rP），v1P＜v2P,A錯(cuò)誤;在圓軌道2上時(shí)，萬有引力提供向心力,航天員處于完全失重狀態(tài)，B正確；因軌道2上周期約為90分鐘，小于同步衛(wèi)星的周期，又由ω＝eq\f（2π，T),可得飛船在圓軌道2的角速度大于同步衛(wèi)星運(yùn)行的角速度，C錯(cuò)誤;飛船從橢圓軌道1的Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)過程中萬有引力做負(fù)功，D錯(cuò)誤．7．某靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布如圖4所示,P、Q為該電場(chǎng)中的兩點(diǎn)，下列說法正確的是（）圖4A．P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于Q點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)B．P點(diǎn)電勢(shì)低于Q點(diǎn)電勢(shì)C．將電子從P點(diǎn)移動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功D．將電子從P點(diǎn)移動(dòng)到Q點(diǎn),其電勢(shì)能增大答案AD解析電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大,所以P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)一定大于Q點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，A正確；根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低可以知道，P點(diǎn)電勢(shì)高于Q點(diǎn)電勢(shì),B錯(cuò)誤；P點(diǎn)電勢(shì)高于Q點(diǎn)電勢(shì)，即φP>φQ，電勢(shì)能Ep＝qφ中，因?yàn)槭请娮樱詑〈0，所以電子在P點(diǎn)的電勢(shì)能小于在Q點(diǎn)的電勢(shì)能,將電子從P點(diǎn)移動(dòng)到Q點(diǎn)，其電勢(shì)能增大，所以電場(chǎng)力做負(fù)功，C錯(cuò)誤，D正確．8.如圖5所示，木板1、2固定在墻角,一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊分別從木板的頂端靜止釋放，并沿斜面下滑到底端，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.對(duì)這兩個(gè)過程，下列說法正確的是（）圖5A．沿著1和2下滑到底端時(shí),物塊的速度大小相等B．沿著1和2下滑到底端時(shí),物塊的速度大小不相等C．物塊沿著1下滑到底端的過程，產(chǎn)生的熱量更多D．物塊沿著2下滑到底端的過程，產(chǎn)生的熱量更多答案BC解析物塊從高為h的斜面上由靜止滑到底端時(shí),根據(jù)動(dòng)能定理有：mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2①其中Wf為物塊克服摩擦力做的功，因滑動(dòng)摩擦力為：Ff＝μFN＝μmgcosθ，所以物塊克服摩擦力做的功為：Wf＝FfL＝μmgcosθ·L＝μmgLcosθ②由題圖可知，Lcosθ為斜面底邊長(zhǎng)，可見物塊從斜面頂端下滑到底端時(shí)，克服摩擦力做的功與斜面底端長(zhǎng)度L底成正比．沿著1和2下滑到底端時(shí)，重力做功相同，而沿2下滑到底端過程物塊克服摩擦力做功小于沿1下滑到底端過程克服摩擦力做功,則由①式得，沿著2下滑到底端時(shí)物塊的速度大于沿1下滑到底端時(shí)物塊的速度,故A錯(cuò)誤，B正確；沿1時(shí)克服摩擦力做的功多，物塊的機(jī)械能損失大，產(chǎn)生的熱量多，故C正確,D錯(cuò)誤．三、非選擇題9．某同學(xué)在測(cè)定小車加速度的實(shí)驗(yàn)中，得到圖6甲所示的一條紙帶，他在紙帶上共取了A、B、C、D、E、F、G七個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn),相鄰的兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)點(diǎn)未畫出．已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)周期為0.02s．該同學(xué)從每個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)處將紙帶剪開分成六條（分別標(biāo)記為a、b、c、d、e、f)，再將這六條紙帶由短到長(zhǎng)緊靠但不重疊地粘在xOy坐標(biāo)系中，得到圖乙所示的圖形，最后將各紙帶上端中心連起來，于是得到表示v－t關(guān)系的圖象，圖中x軸對(duì)應(yīng)的物理量是時(shí)間t,y軸對(duì)應(yīng)的物理量是速度v。圖6（1）圖中t3＝________s,若測(cè)得紙條c的長(zhǎng)度為4.02cm,則v3＝________m/s（保留兩位有效數(shù)字）．（2）若測(cè)得紙條a的長(zhǎng)度為1。98cm，紙條f的長(zhǎng)度為7.02cm，則可求出加速度的大小為________m/s2(保留兩位有效數(shù)字)．答案(1)0.250.40（2)1.0解析(1）因?yàn)槊肯噜彽膬蓚€(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)點(diǎn)未畫出，所以相鄰的兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔T＝0.1s,題圖中t3＝2×0。1s＋0。05s＝0.25s，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度，則v3≈eq\f（0.04,0。1）m/s＝0.40m/s；(2)根據(jù)Δx＝aT2得，可知xf－xa＝5aT2，則加速度的大小a≈eq\f(0。07－0。02,5×0.01)m/s2＝1.0m/s2。10．為了測(cè)定電阻的阻值,實(shí)驗(yàn)室提供下列器材：待測(cè)電阻R(阻值約100Ω）、滑動(dòng)變阻器R1（0～100Ω）、滑動(dòng)變阻器R2（0～10Ω)、電阻箱R0（0～9999.9Ω)、理想電流表A(量程50mA）、直流電源E(3V，內(nèi)阻忽略）、導(dǎo)線若干、開關(guān)若干．圖7(1)甲同學(xué)設(shè)計(jì)如圖7(a）所示的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．①請(qǐng)?jiān)趫D（b)中用筆畫線代替導(dǎo)線，完成實(shí)物電路的連接．②滑動(dòng)變阻器應(yīng)選________（填入字母）．③實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，先將滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭移到最________（選填“左"或“右"）端，再接通開關(guān)S；保持S2斷開,閉合S1，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使電流表指針偏轉(zhuǎn)至某一位置，并記下電流I1。④斷開S1，保持滑動(dòng)變阻器阻值不變,調(diào)整電阻箱R0阻值在100Ω左右，再閉合S2，調(diào)節(jié)R0阻值使得電流表讀數(shù)為________時(shí)，R0的讀數(shù)即為電阻的阻值．(2)乙同學(xué)利用電路（c)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，改變電阻箱R0的值，讀出電流表相應(yīng)的電流I，由測(cè)得的數(shù)據(jù)作出eq\f（1，I）－R0圖線如圖（d)所示,圖線縱軸截距為m，斜率為k，則電阻的阻值為________．（3）若電源內(nèi)阻是不可忽略的，則上述電路(a)和（c），哪種方案測(cè)電阻更好________？為什么？__________________________________________________.答案（1）①如圖所示②R2③左④I1（2)eq\f（m,k）（3）(a)此方案不受電源內(nèi)阻的影響解析（1）①連線圖如圖所示：②因?yàn)榛瑒?dòng)變阻器采用分壓式接法時(shí)，阻值越小調(diào)節(jié)越方便,所以變阻器應(yīng)選R2;③實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，應(yīng)將變阻器的滑動(dòng)觸頭置于輸出電壓最小的最左端；④根據(jù)歐姆定律，若兩次保持回路中電流表讀數(shù)不變,則根據(jù)電路結(jié)構(gòu)可知，回路中總電阻也應(yīng)該相等，結(jié)合回路中的電阻計(jì)算，可知R0的讀數(shù)即為電阻的阻值．(2）根據(jù)閉合電路歐姆定律應(yīng)有：E＝I（R＋R0）解得：eq\f(1，I)＝eq\f(R,E)＋eq\f(R0，E)結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)可知m＝eq\f(R，E），k＝eq\f(1,E）解得:E＝eq\f（1，k)，R＝Em＝eq\f(m，k）（3)若電源內(nèi)阻是不可忽略的,則電路（a）好，因?yàn)殡娫磧?nèi)阻對(duì)電路(a）測(cè)電阻沒有影響．11．如圖8所示，半徑為R的光滑半圓環(huán)軌道豎直固定在一光滑的水平桌面上,桌面距水平地面的高度也為R，在桌面上輕質(zhì)彈簧被a、b兩個(gè)小球擠壓（小球與彈簧不拴接）,處于靜止?fàn)顟B(tài)．同時(shí)釋放兩個(gè)小球，小球a、b與彈簧在桌面上分離后,a球從B點(diǎn)滑上半圓環(huán)軌道最高點(diǎn)A時(shí)速度為vA＝eq\r(2gR）,已知小球a質(zhì)量為m，小球b質(zhì)量為2m，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，求：圖8(1)小球a在圓環(huán)軌道最高點(diǎn)對(duì)軌道的壓力；（2）釋放后小球b離開彈簧時(shí)的速度vb的大小;(3）小球b落地點(diǎn)距桌子右側(cè)的水平距離．答案(1)mg,方向豎直向上(2)eq\f(\r（6gR)，2）(3)eq\r(3）R解析(1）設(shè)a球通過最高點(diǎn)時(shí)受軌道的彈力為FN，由牛頓第二定律得:mg＋FN＝meq\f（v\o\al(A2）,R）解得：FN＝mg。由牛頓第三定律知，a球?qū)壍赖膲毫閙g，方向豎直向上．（2)設(shè)小球a與彈簧分離時(shí)的速度大小為va，取桌面為零勢(shì)能面，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1，2)mva2＝eq\f（1，2)mvA2＋mg·2R，解得：va＝eq\r（6gR)，小球a、b從釋放到與彈簧分離過程中,總動(dòng)量守恒，則有mva＝2mvb，得vb＝eq\f（\r（6gR）,2)（3)b球從桌面飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)飛出的水平距離為x，則R＝eq\f（1,2)gt2，t＝eq\r（\f（2R,g）)，x＝vbt聯(lián)立解得：x＝eq\r(3）R。12．如圖9所示，在坐標(biāo)系xOy中,第一象限除外的其他象限都充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ，磁感應(yīng)強(qiáng)度都為B1＝0.12T，方向垂直紙面向內(nèi)．P是y軸上的一點(diǎn)，它到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離l＝0。4m．一比荷eq\f（q，m)＝5×107C/kg的帶正電粒子從P點(diǎn)開始進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，初速度v0＝3×106m/s，方向與y軸正方向成夾角θ＝53°并與磁場(chǎng)方向垂直,不計(jì)粒子的重力．已知sin53°＝0.8，cos53°＝0。6，求：圖9（1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R.（2)在第一象限中與x軸平行的虛線上方的區(qū)域內(nèi)充滿沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)（如圖a所示），粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后進(jìn)入第一象限，最后恰好從P點(diǎn)沿初速度的方向再次射入磁場(chǎng)．求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和電場(chǎng)邊界(虛線)與x軸之間的距離d.(3）如果撤去電場(chǎng)，在第一象限加另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面．在第(2)問虛線位置放置一塊長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝0.25m的平板，平板的左邊緣與y軸對(duì)齊(如圖b所示)．帶電粒子仍從P點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)，欲使帶電粒子第一次進(jìn)入第一象限運(yùn)動(dòng)時(shí)不打到板上，求磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小和方向應(yīng)滿足什么條件？答案見解析解析（1）粒子在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得:qv0B1＝meq\f(v\o\al(02）,R1)，解得，粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑:R1＝eq\f(mv0，qB1）＝0。5m，（2）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心A恰好落在x軸上．由幾何關(guān)系可知粒子從C點(diǎn)進(jìn)入第一象限時(shí)的位置坐標(biāo)為：x＝R1－R1cosθ＝0.2m粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，加速度為a,則：l－d＝v0t由牛頓第二定律得：qE＝max＝eq\f（1，2)at2粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，水平速度為：vx＝at＝v0tanθ，代入數(shù)據(jù)解得，電場(chǎng)強(qiáng)度：E＝8×105N/C，電場(chǎng)邊界（虛線）與x軸之間的距離：d＝0.1m；(3)如果第一象限的磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向內(nèi),則帶電粒子打到平板的臨界條件為軌跡圓與板相切，此時(shí)軌跡半徑為R2＝d＝0。1m由牛頓第二定律得：qv0B2＝meq\f（v\o\al（02）,R2）,代入數(shù)據(jù)解得:B2＝0。6T，如果第一象限的磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向外，則帶電粒子打到平板的臨界條件為軌跡圓與板右側(cè)邊緣有交點(diǎn),設(shè)此時(shí)軌跡半徑為R3,由幾何關(guān)系：R32＝d2＋［R3－（L－OC)］2,代入數(shù)據(jù)解得:R3＝0.125m，由牛頓第二定律得:qv0B2＝meq\f（v\o\al(02），R3），代入數(shù)據(jù)解得：B2＝0。48T，故欲使帶電粒子第一次進(jìn)入第一象限運(yùn)動(dòng)時(shí)不打到板上，磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小和方向應(yīng)滿足：若磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向內(nèi)，則B2＞0.6T；若磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向外，則B2＞0.48T.13．［選修3－3］(1）(2018·陜西省寶雞市質(zhì)檢二）關(guān)于物體的內(nèi)能，下列說法正確的是________．A．相同質(zhì)量的兩種物質(zhì)，升高相同的溫度,內(nèi)能的增量一定相同B．物體的內(nèi)能改變時(shí)溫度不一定改變C．內(nèi)能與物體的溫度有關(guān)，所以0℃的物體內(nèi)能為零D．分子數(shù)和溫度相同的物體不一定具有相同的內(nèi)能E．內(nèi)能小的物體也可能將熱量傳遞給內(nèi)能大的物體(2)如圖10所示，潛艇采用壓縮空氣排出海水控制浮沉,在海面上,潛艇將壓強(qiáng)為1.0×105Pa、總體積為600m3的空氣（包含貯氣筒內(nèi)空氣,視為理想氣體)壓入容積為3m3的貯氣筒．潛至海面下方190m水平航行時(shí)，為控制姿態(tài),將貯氣筒內(nèi)一部分壓縮空氣通過節(jié)流閥壓入水艙，使15m3的水通過排水孔排向與之相通的大海．已知海面處大氣壓p0＝1.0×105Pa,取海水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，g＝10m/s2,求：圖10①潛艇下潛前貯氣筒內(nèi)空氣的壓強(qiáng);②排出水后貯氣筒內(nèi)剩余空氣的壓強(qiáng)．答案（1）BDE(2）①2.0×107Pa②1。0×107Pa解析（1)相同質(zhì)量的同種物質(zhì)，升高相同的溫度，內(nèi)能的增量相同;相同質(zhì)量的不同種物質(zhì),升高相同的溫度，內(nèi)能的增量不同，故A錯(cuò)誤；物體內(nèi)能改變時(shí)溫度不一定改變，比如零攝氏度的冰融化為零攝氏度的水，內(nèi)能增加,故B正確;分子永不停息地做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，可知任何物體在任何狀態(tài)下都有內(nèi)能，故C錯(cuò)誤；分子數(shù)和溫度相同的物體不一定有相同的內(nèi)能，還看物體的體積,故D正確；發(fā)生熱傳遞的條件是存在溫度差，與內(nèi)能的大小無關(guān)，所以內(nèi)能小的物體也可能將熱量傳遞給內(nèi)能大的物體,故E正確．(2)①設(shè)潛艇下潛前貯氣筒內(nèi)空氣的壓強(qiáng)為p1，p1V1＝p0V0，解得p1＝2.0×107Pa②設(shè)水艙中空氣的壓強(qiáng)為p3，貯氣筒內(nèi)剩余空氣的壓強(qiáng)為p2，p3V3＋p2V1＝p0V0，p3＝p0＋ρgh＝2.0×106Pa,解得:p2＝1.0×107Pa.14．［選修3－4］（1）在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，用波長(zhǎng)為630nm的紅光照射在雙縫上，在縫后的屏幕上顯示出干涉圖樣．已知雙縫到屏幕的距離為1.00m，測(cè)得第1條到第6條亮條紋中心間距為10.5mm，則雙縫之