2022-2023學(xué)年甘肅省高三（下）第三次高考診斷考試?yán)砭C物理試卷

2022-2023學(xué)年甘肅省高三（下）第三次高考診斷考試?yán)砭C物理

試卷

注意事項：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；如需改動，

用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷

上無效。

3.考試結(jié)束后，本試卷和答題卡一并交回。

1.中國高鐵技術(shù)已走在世界前列。某同學(xué)在觀察高鐵出站時的情景，此情景可簡化為物體

做勻加速直線運動，高鐵先后經(jīng)過“、N兩點時;其速度分別為"和7%經(jīng)歷的時間為3貝1（）

A.M、N連線中點位置時的速度比經(jīng)過中間時刻的速度多2V

B.M、N連線中點位置時的速度比經(jīng)過中間時刻的速度少2D

C.在M、N間前一半時間所通過的距離比后一半時間通過的距離少1.5"

D.在M、N間前一半時間所通過的距離比后一半時間通過的距離多1.5成

2.目前俄烏沖突在持續(xù)進(jìn)行中，烏境內(nèi)最大的扎波羅熱核電站多次遭受炮火攻擊，人們擔(dān)

憂如果戰(zhàn)斗持續(xù)下去，可能導(dǎo)致核泄漏事故。扎波羅熱核電站利用鈾核裂變釋放出能量，如

圖所示原子核的平均結(jié)合能與質(zhì)量數(shù)之間的關(guān)系圖線，下列說法正確的是（）

A平均結(jié)合能/MeV

8-

6-

4-

2-

III1III_

102050100150200250質(zhì)量數(shù)

A.鈾核裂變的一個重要核反應(yīng)方程是第5〃-斕Ba+盟Kr+2jn

B.的5〃核的平均結(jié)合能大于grBa核的平均結(jié)合能

C.三個中子和三個質(zhì)子結(jié)合成孤核時釋放能量約為20MeV

D.核的平均核子質(zhì)量小于乳i核的平均核子質(zhì)量

3.在某次運動會上籃球項目比賽中某運動員大秀三分球，使運動場上的觀眾激情高漲。設(shè)

籃球以與水平面成。=53。夾角斜向上拋出，籃球落入籃筐時速度方向與水平方向夾角為a,

且。與a互余（已知sin53。=0.8,cos530=0.6>g—10m/s2）?若拋出時籃球離籃筐中心的

水平距離為L=7.2m,不計空氣阻力，籃球可視為質(zhì)點。則拋出時籃球與籃筐中心的高度差八

為（）

A.2.3mB.2.0mC.2.ImD.2.2m

4.可用來測量勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方法比較多，如圖所示是利用電流天平測量勻強(qiáng)磁場

的磁感應(yīng)強(qiáng)度的一種方法。它的右臂掛著等腰梯形線圈，且2ab=cd=21,匝數(shù)為n,線圈

的底邊水平，一半的高度處于方框內(nèi)的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向與線圈平面垂直。

當(dāng)線圈中通入順時針電流/時，調(diào)節(jié)祛碼使兩臂達(dá)到平衡。然后使電流反向，大小不變。在左

盤中增加質(zhì)量為m的祛碼時，兩臂再次達(dá)到新的平衡，則（）

B.方框內(nèi)磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度翳

C.方框內(nèi)磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度翳

D.方框內(nèi)磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度筆

nil

5.如圖所示，一對面積較大的平行板電容器4B水平放置，A板帶正電荷，B板接地，P為兩

板中點，再使4、B分別以中心點。、。'為軸在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)過一個相同的小角度仇下列結(jié)論

正確的是（）

"力丁、」。

p?

A.電容器4B的電容不變B.兩板間電場強(qiáng)度變大

C.兩板間的P點電勢增大D.兩板間的P點電勢降低

6.如圖所示，在進(jìn)行火星考查時，火星探測器對火星完成了“繞、著、巡”三項目標(biāo)。經(jīng)

考查已知火星表面的重力加速度為g火，火星的平均密度為p,火星可視為均勻球體，火星探

測器離火星表面的高度為九，引力常量G。根據(jù)以上信息能求出的物理量是（）

A.火星的半徑B.火星探測器的質(zhì)量

C.火星探測器的周期D.火星的第一宇宙速度

7.A、B兩物體在相同的水平恒力作用下，分別在粗糙的水平面上從靜止開始做勻加速直線

運動，經(jīng)過時間t后，同時撤去外力，它們均做勻減速直線運動，直到停止，其v-t圖像如圖

所示，重力加速度為g。在兩物體整個運動過程中，下列說法正確的是（）

O2t3t

A.A、B兩物體質(zhì)量之比為3:4

B.A、B兩物體受到的摩擦力之比為3:2

C.A、B兩物體受到的摩擦力的沖量之比為2:1

D.A、B兩物體與水平面間動摩擦因數(shù)之比為1:2

8.如圖所示，頂角為。=37。足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌MO/V固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌處在方向豎

直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=2T的勻強(qiáng)磁場中。一根與ON垂直的導(dǎo)體棒在水平外力作用下以恒定速

度%=4m/s從。點開始沿導(dǎo)軌MON向右勻速滑動，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m=導(dǎo)軌與導(dǎo)體

棒單位長度的電阻均為r=1。/小，導(dǎo)體棒在滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸且沒有脫離

導(dǎo)軌。當(dāng)t=0時，導(dǎo)體棒位于坐標(biāo)原點。處，己知s譏37。=0.6,cos37°=0.8,則下列說法

正確的是()

A.t=2s時刻流過導(dǎo)體棒的電流大小24

B.0?2s時間內(nèi)，水平外力做的功96/

C.若在t=2s時刻撤去外力，導(dǎo)體棒在撤去外力后繼續(xù)運動的位移大小為47n

D.若在t=2s時刻撤去外力，導(dǎo)體棒在撤去外力后繼續(xù)運動的位移大小為27n

9.某實驗小組設(shè)計了圖甲所示的實驗裝置來測量滑塊與平板間的動摩擦因數(shù)。長木板固定

在水平桌面上，力傳感器和光電門固定在豎直的支架上，輕繩懸掛的重物上固定一窄遮光條。

實驗時重物每次都從支架A處由靜止釋放，改變重物的質(zhì)量，重復(fù)上述操作，記錄多組遮光

條通過光電門時的遮光時間戊和力傳感器示數(shù)尸的數(shù)據(jù)。已知4、B之間的距離為L,重力加速

度為g,不計輕繩、滑輪的質(zhì)量及滑輪上的摩擦。

(1)測量遮光條寬度時，游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖乙所示，則遮光條的寬度d=mm；

(2)以F為縱坐標(biāo)，宙為橫坐標(biāo)，作圖如圖丙所示，已知直線的斜率為鼠截距為b,則滑塊

的質(zhì)量M=，滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為“=(用b、d、k、g、L表示

)。

10.某實驗興趣小組為了研究電表的改裝原理和練習(xí)使用多用電表，設(shè)計了如下實驗。他走

進(jìn)物理實驗室，利用一個滿偏電流為30nM的電流表改裝成倍率可調(diào)為“義1”或“X10”的

歐姆表，其電路原理圖如圖甲所示。

(1)圖甲中的4端與(選填“紅”或“黑”)表筆相連接。使用時進(jìn)行歐姆調(diào)零發(fā)現(xiàn)

電流表指針指在如圖乙所示位置，此時他應(yīng)該將滑動變阻器的滑片P向(選填"上”

或“下”)移動。

(2)從圖甲中可知：當(dāng)開關(guān)S接2時，對應(yīng)歐姆表的(選填“x1”或“X10”)倍率；

(3)若多用電表的電池用久了，電動勢E由1.5U降成內(nèi)阻r由1.50變成50,現(xiàn)用此電表歐

姆調(diào)零后測量未知電阻，讀數(shù)為2400,則其真實值為。

(4)該興趣小組在實驗室找來多用電表進(jìn)一步探測如圖所示黑箱問題時發(fā)現(xiàn)：用直流電壓擋測

量，E、G兩點間和F、G兩點間均有電壓，E、尸兩點間無電壓；用歐姆擋測量，黑表筆接E點，

紅表筆接F點，阻值很小，但反接阻值很大。那么，該黑箱內(nèi)元件的接法可能是下圖中的

6G6G

11.如圖所示，質(zhì)量為1kg的物塊4靜止在半徑R=0.9m的四分之一光滑圓軌道的最高點，

力的正上方。點用長L=0.1zn的輕繩懸掛一質(zhì)量為3kg的物塊B。將物塊B向左拉起使輕繩與

豎直方向成60。角后由靜止釋放，之后8在。點正下方與4發(fā)生彈性碰撞。輕繩始終處于拉直狀

態(tài)，4、B均可視為質(zhì)點，重力加速度g取10m/s2,求：

(1)碰后瞬間物塊4對圓弧軌道的壓力大小；

(2)物塊4離開圓弧軌道時的速率。

12.如圖甲所示，在y軸左側(cè)有一半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場邊界與y軸相切于。點，

在豎直平面內(nèi)存在著方向豎直向上的周期性變化的電場，電場強(qiáng)度隨時間變化的規(guī)律如圖乙

所示，電場強(qiáng)度的最小值為E。，最大值為3E0,在y軸右側(cè)乙=手處放置豎直方向的擋板,

在0?6to時間內(nèi)的某時刻一帶電粒子由4點(—2R,0)射入磁場，經(jīng)一段時間后帶電粒子由8點

(圖中未畫出)離開磁場且又剛好在B點以離開時的速率返回磁場，最終在22to時粒子垂直擊中

擋板，擊中點與x軸的距離九=苧。已知粒子在磁場中做圓周運動，所受重力不能忽略，求:

(1)粒子的初速度大??；

(2)帶電粒子運動的總時間；

(3)圓形磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。

3E。

°5，。10，。15，。20，。t

甲乙

13.一定質(zhì)量的理想氣體，在如圖所示的p-U坐標(biāo)系中，由狀態(tài)4變化到狀態(tài)B,已知以=

B.氣體從狀態(tài)4變化到狀態(tài)B,單個氣體分子撞擊器壁的平均作用力增大

C.氣體從狀態(tài)4變化到狀態(tài)B,器壁單位面積上在單位時間內(nèi)受分子撞擊的次數(shù)增多

D.若氣體從狀態(tài)4經(jīng)狀態(tài)B、C返回到4氣體吸熱

E.若氣體從狀態(tài)4經(jīng)狀態(tài)B、C返回到4氣體放熱

14.如圖所示，一根一端封閉粗細(xì)均勻足夠長的細(xì)玻璃管4B開口向上豎直放置，管內(nèi)用高

h.=25c?n的水銀柱封閉了一段長L=29.4cni的空氣柱。已知外界大氣壓強(qiáng)為p()=75cmHg,

封閉氣體的溫度為A=27。配絕對零度取—273K,g取10m/s2。則：

(1)封閉氣體溫度7\不變，試管以2m/s2的加速度豎直向上加速，求水銀柱穩(wěn)定時試管內(nèi)空氣

柱長度；

(2)順時針緩慢轉(zhuǎn)動玻璃管至管口水平，同時使封閉氣體的溫度緩慢降到/=280K,求此時

試管內(nèi)空氣柱的長度質(zhì)(保留一位小數(shù))。

A

，I

L

15.如圖所示，兩列簡諧橫波分別沿%軸正方向和負(fù)方向傳播，兩波源分別位于x=-2m和

x=12m處，兩列波的傳播周期均為1s,兩波源的振幅均為A=4cm。圖示為t=0時刻兩列

波的圖像，此時刻平衡位置處于x=2m和x=8ni的兩質(zhì)點P、Q剛開始振動，質(zhì)點M的平衡

B.t=0.75s時刻，質(zhì)點P運動的路程12cm

C.質(zhì)點P、Q的起振方向相反

D.t=1s時刻，質(zhì)點Q加速度最大

E.t=ls時刻，質(zhì)點M的位移為一8cm

16.如圖所示為某透明材料的截面，其截面三角形ABC為等腰直角三角形，乙4=90。，腰長

為a,EFD為半徑的半圓弧，圓心。在"邊的中點，一束單色光斜射到AB面上，入射點P

4

到4點距離為Ja,折射光線剛好照射在圓弧的最高點F,并在尸點剛好發(fā)生全反射，光在真空

O

中傳播速度為c,不考慮光在4c面的反射，求:

(1)玻璃磚對光的折射率；

(2)光在玻璃磚中傳播的時間。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】【詳解】AB.中間時刻的速度為

v+7v

//2=-2—=4v

中間位置的速度為

v2+(7v)

所以M、N連線中點位置時的速度比經(jīng)過中間時刻的速度多內(nèi)故AB錯誤;

CD.在M、N間前一半時間所通過的距離為

v+4v?一t=-5-v-t

=-4-v-+--7-v--t=llvt

在M、N間前一半時間所通過的距離比后一半時間通過的距離少1.5",故C正確，。錯誤。

故選C。

2.【答案】D

【解析】【詳解】A鈾核裂變的一個重要核反應(yīng)方程是蒙U+H-婷Ba+^Kr+3加，故A錯

誤；

8.由圖可知能5〃核的平均結(jié)合能小于公,Ba核的平均結(jié)合能，故B錯誤；

C因為核子結(jié)合成原子核時，存在質(zhì)量虧損，釋放核能，所以三個中子和三個質(zhì)子結(jié)合成^Li核

時釋放能量，由題圖可知加核的平均結(jié)合能5Meu,所以其釋放的核能約為

E=6x5MeV=30MeV

故C錯誤；

。.由題圖可知，,He核的平均結(jié)合能大于核的平均結(jié)合能，平均結(jié)合能越大，平均核子質(zhì)量

越小，所以之He核的平均核子質(zhì)量小于乳i核的平均核子質(zhì)量，故O正確；

故選。。

3.【答案】C

【解析】【詳解】設(shè)初始速度為打，落入籃筐時速度為盯，籃球做斜拋運動，水平方向速度不

變，有

1%cos。=vcosa

靖+a=90"2

解得

￡1_4

v2~3

籃球運動總時間為3在豎直方向設(shè)豎直向上為正方向，籃球在水平方向做勻速直線運動，豎直方

向做勻變速直線運動，有

171cos6xt=7.2m

-t^sina=VjSinS—gt

△=士

V23

22

(v2sina)—(^sin0)=-2gh

解得

h=2.1m

故選C。

4.【答案】B

【解析】【詳解】線圈一半處于勻強(qiáng)磁場中，則有效長度為微，安培力大小為

3/

F=nBI2

電流反向時，需要在左盤中增加質(zhì)量為小的祛碼，說明原來的安培力方向向上，根據(jù)左手定則可

知，方框內(nèi)磁場方向垂直紙面向外，當(dāng)電流反向，安培力變?yōu)橄蛳聲r，再次平衡，說明安培力等

于mg的一半，即

31mq

nBi2=~T

所以

mg

B-疝

故選B。

5.【答案】D

【解析】【詳解】4根據(jù)題意，兩極板在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)過一個相同的小角度8,兩極板間的距離d減

小，根據(jù)電容的決定式和定義式

471kd

由此可知，d減小，C增大，故4錯誤;

B.根據(jù)公式

Q

E_U_4兀AQ

ddsrS

可知，兩板間電場強(qiáng)度不變，故B錯誤；

CD.由圖可知，P與B板間的距離減小，由于電容器內(nèi)部電場強(qiáng)度不變，所以P與B板間的電勢差減

小，B板接地，其電勢為零，所以P點電勢降低，故C錯誤，￡＞正確。

故選Do

6.【答案】ACD

【解析】【詳解】4D在火星表面，有

Mm

G—r=mg^

故正確；

BC.對探測器,有

Mm2兀,

G----------7-m(y)2(fl+fl)

(R+3

解得

由于火星的半徑和火星的質(zhì)量可以求出，所以探測器的周期也可以求出，但不可求出探測器的質(zhì)

量，故8錯誤，C正確。

故選ACDo

7.【答案】AB

【解析】【詳解】。.撤去拉力，兩物體均做勻減速直線運動，由牛頓第二定律，得

fimg—ma

可知，勻減速運動加速度為

a=閡

由圖像可知

v

%="=1

v

aB==發(fā)

所以4、B兩物體與水平面間動摩擦因數(shù)之比為

以=2

林B1

故。錯誤；

A.從靜止開始做勻加速直線運動，由牛頓第二定律，得

F—pmg=ma1

可知，勻加速運動的加速度為

,F

a

由圖像可知

,Fv

Q4=77一=彳

,Fv

AB=-如=7c

所以

F2v

mA-t

F3v

mB-2t

所以

mA3

TTIB~4

故A正確；

B.A,B兩物體受到摩擦力之比為

〃嚴(yán)4g_23_3

-1X4-2

故8正確；

C.A,8兩物體受到摩擦力的沖量之比為

f_A_fA+2t_工

7；=7-3t=l

故c錯誤。

故選A瓦

8.【答案】ABD

【解析】【詳解】4t=2s時刻流過導(dǎo)體棒的電流大小為

IEB-vottan0-v0Bvotan0久人

京Oot+%ttan。+爆)r(1+tan6>+^)r

故4正確；

8水平外力與安培力等大、反向，即

F=BIxtand=BItandx

由此可知，外力與水平位移成正比關(guān)系，所以

113

W=^BltanOx2=5X2X2X彳X(4x2/=961

LZ4

故8正確；

CD.根據(jù)動量定理可得

—BIL-=0—mvQ

即

B2

彳AS=mv0

4s（9）2]

一42

聯(lián)立解得

x—10m

所以導(dǎo)體棒在撤去外力后繼續(xù)運動的位移大小為

x'=x—vot=10—8m=2m

故C錯誤，。正確。

故選ABD.

9.【答案】①.3.10②.華③.嘉

【解析】【詳解】(1)口]游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為主尺讀數(shù)與游標(biāo)尺讀數(shù)之和，所以遮光條的寬度為

d—3mm+2X0.05mm—3.10mm

(2)[2][3]對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律有

2F—4Mg=Ma

對重物，根據(jù)運動學(xué)公式有

V2=2-2aL

d

v=Zt

聯(lián)立可得

1Md21

F=+

2以⑷y

結(jié)合題意可得

1

b=21Mg

Md2

k=飛廠

解得

8Lk

r

bd2

10.【答案】①.黑②.上③.X10(3),160⑤.B

【解析】【詳解】(1)口］根據(jù)“紅進(jìn)黑出”可得，圖甲中4端應(yīng)與黑表筆相接；

［2］要使電流表滿偏，滑動變阻器滑片P需要向上移動，阻值變小。

(2)［3］當(dāng)開關(guān)S接2時，并聯(lián)的電阻更大，改裝后的電流表量程較小，對應(yīng)歐姆表的x10擋位。

(3)［4］電源電動勢減小，若按正確方法進(jìn)行使用，歐姆調(diào)零時可求歐姆表的內(nèi)阻，原歐姆表的內(nèi)

阻為

E

R=T

'g

現(xiàn)歐姆表的內(nèi)阻為

,E'

R=T

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得

E

/-R+%

R'+Rx

聯(lián)立解得

Rx=160/2

(4)［5］用多用電表的直流電壓擋測量，E、G和F、G間有電壓，E、F間無電壓，說明電源在G和結(jié)

點之間，黑表筆接E,紅表筆接F,電阻很小，反接時電阻很大，說明E、F間有二極管，當(dāng)電流

方向從E到F時，二極管導(dǎo)通。

故選B。

11.【答案】(1)設(shè)4的質(zhì)量為mi,B的質(zhì)量為巾2,物塊B向下運動的過程中，重力勢能轉(zhuǎn)化為動

能，設(shè)8與4碰撞前瞬間的速度為北，則由機(jī)械能守恒定律可得

1

7712gL(1—COs600)—27n2詔

人B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律可得

m2v0=mi%+m2v2

2m2vo=2mivi+2m2v2

對碰后瞬間的4進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律有

2

ng-FN=—區(qū)—

解得

FN=7.5N

由牛頓第三定律可得4對圓弧軌道的壓力大小為

F'N=FN=7.5N

(2)設(shè)4離開軌道時所在位置P與圓心0'的連線與豎直方向的夾角為a,此時物塊4的速度為%>

則只有重力沿徑向的分力提供向心力，有

2

mgcosa=——

1K

物塊a從開始運動到p的過程中機(jī)械能守恒，有

11

mvmv

m1gR(l—cosa)=i3-2ii

解得

3y

~■27n/S

【解析】見答案

12.【答案】解：(1)由題意分析可知，粒子第一次從8點射出磁場時，速度方向沿y軸負(fù)方向，連

接A、B作AB的垂直平分線，此垂直平分線過磁場圓的圓心01和粒子軌跡圓的圓心Qi，根據(jù)幾何

關(guān)系可知粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑等于圓形磁場的半徑，由分析可知，粒子必從。

點第二次射出磁場，作出粒子的運動軌跡，如圖所示

由題意知，粒子在6to~14to的時間內(nèi)在8點正下方做豎直方向的勻變速直線運動，初、末速度等

大反向，由運動學(xué)公式可得

-v0=v0-a-8t0

設(shè)粒子在第四象限中向右下做勻速直線運動的時間為t3,速度方向與水平方向的夾角為。，在

20%?22to時間內(nèi)，水平方向做勻速運動，豎直方向做勻減速運動至速度為零，由運動學(xué)公式可

0=vosin0-a-2t0

L=vocos0(t3+2t0)

h=vosin0(t3+t0)

聯(lián)立解得

7lR-八乃

=福，t3=2%，0=6

(2)粒子在磁場中運動的第一段時間為

0T)R

=2to

粒子在磁場中運動的第二段時間為

=4to

粒子在第三象限中做勻速直線運動的時間為

4t=6to—t2—t3=0

所以粒子運動的總時間為

t息=t]+8to++13+2to=18to

(3)設(shè)帶電粒子的電荷量為q,質(zhì)量為m,由題意可知，粒子做勻速圓周運動時電場力等于重力,

由受力分析可得

Eoq=mg

粒子在6to~14to的時間內(nèi)做勻變速直線運動時，由牛頓第二定律可得

3Eoq—mg—ma

粒子做勻速圓周運動時，由牛頓第二定律可得

以

qv0B=

聯(lián)立解得

R8E()to

B=k

【解析】見答案

13.【答案】ABD

【解析】A.根據(jù)題意，有

3

PA^A=1-5PB-0-5%=.PB%<PBKB

由此可知，氣體從狀態(tài)4變化到狀態(tài)B,溫度升高，即

TA<TB

故A正確；

8.氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)8,溫度升高，則氣體分子熱運動的平均動能增大，單個氣體分子撞擊

器壁的平均作用力增大，故8正確；

C.氣體從狀態(tài)4變化到狀態(tài)B,氣體體積增大，氣體分子數(shù)密度減小，氣體壓強(qiáng)減小，單個氣體分

子撞擊器壁的平均作用力增大，則器壁單位面積上在單位面積上在單位時間內(nèi)受分子撞擊的次數(shù)

減小，故C錯誤；

DE.若氣體從狀態(tài)4經(jīng)狀態(tài)8、C返回到4氣體從狀態(tài)4到狀態(tài)8,氣體對外做功，做功的大小等于

直線4B與坐標(biāo)軸所圍成的區(qū)域的面積；氣體從狀態(tài)B到狀態(tài)C,外界對氣體做功，做功大小等于

直線BC與坐標(biāo)軸所圍成的區(qū)域的面積；從C返回到4氣體體積不變，不對外做功，所以整個過程

中氣體對外做的總功等于三角形4BC的面積，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體吸熱，故。正確，

E錯誤。

故選ABD。

14.【答案】解：（1）初時刻，氣體的壓強(qiáng)為

Pi=Po+九=lOOcmHg

加速時，對水銀，由牛頓第二定律得

P2s—p°S-mg=ma

m=phS

聯(lián)立解得

p2=105cmHg

由玻意耳定律得

Pi_LS=p2L2s

解得

L2=28cm

(2)玻璃管緩慢轉(zhuǎn)動至管口水平時的壓強(qiáng)為

P3=Po=75cmHg

由理想氣體狀態(tài)方程得

P]LSP3L3s

~TT=~TT

解得

L3=36.6cm

【解析】見答案

15.【答案】ABE

【解析】【詳解】4由圖可知，兩列波的波長均為

A—4m

所以波的傳播速度大小為

A

v===4m/s

t=0.75s時刻，兩列波各自向傳播的距離均為

x=vt=4x0.75m=3m

即兩列波在此時刻恰好都傳播到M點，可知兩列波剛好相遇，故A正確；

8由于0.75s等于四分之三個周期，所以質(zhì)點P運動的路程為

s=34=12cm

故8正確；

C.根據(jù)同側(cè)法可知，兩波源開始時刻都向y