新高考物理二輪復(fù)習(xí)仿真卷2

仿真卷二(考試時間：70分鐘試卷滿分：110分)第Ⅰ卷一、選擇題：本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分．14．下列說法正確的是(B)A．原子核的質(zhì)量大于組成它的核子的總質(zhì)量，這個現(xiàn)象叫作質(zhì)量虧損B．玻爾認(rèn)為，原子中電子軌道是量子化的，能量也是量子化的C．在光電效應(yīng)實驗中，某金屬的截止頻率對應(yīng)的波長為λ0，若用波長為λ(λ＞λ0)的單色光照射該金屬，會產(chǎn)生光電效應(yīng)D．愛因斯坦提出質(zhì)能方程E＝mc2，其中E是物體以光速c運(yùn)動時的動能【解析】原子核的質(zhì)量小于組成它的核子的總質(zhì)量，這個現(xiàn)象叫作質(zhì)量虧損，故A錯誤；玻爾原子模型：電子的軌道是量子化的，原子的能量也是量子化的，故B正確；光電效應(yīng)實驗中，某金屬的截止頻率對應(yīng)的波長為λ0，根據(jù)ν＝eq\f(c,λ)，結(jié)合光電效應(yīng)發(fā)生的條件可知，若用波長為λ(λ＞λ0)的單色光做該實驗，其頻率變小，不能產(chǎn)生光電效應(yīng)，故C錯誤；E＝mc2中E是與物體相聯(lián)系的一切能量的總和，既不是單一的動能，也不是單一的核能，故D錯誤．15.用卡車運(yùn)輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示．兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°.重力加速度為g.當(dāng)卡車沿平直公路勻速行駛時，圓筒對斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則(D)A．F1＝eq\f(\r(3),3)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),2)mg B．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),3)mgC．F1＝eq\f(1,2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),2)mg D．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(1,2)mg【解析】如圖所示，卡車勻速行駛，圓筒受力平衡，由題意知，力F1′與F2′相互垂直．由牛頓第三定律知F1＝F′1，F(xiàn)2＝F′2，則F1＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，選項D正確．16.可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩小車分別沿同一平直路面同向行駛，t＝0時，甲在乙前方16m處，它們的v－t圖像如圖所示，則下列說法正確的是(B)A．甲、乙在t＝2s和t＝10s時刻并排行駛B．甲、乙在t＝4s和t＝8s時刻并排行駛C．在t＝6s時，乙車在甲車前8mD．在t＝6s時，乙車在甲車前18m【解析】由圖像可知，甲做初速度為0，加速度為a1＝eq\f(12,6)m/s2＝2m/s2的勻加速運(yùn)動；乙做初速度為v0＝6m/s，加速度為a2＝eq\f(12－6,6)m/s2＝1m/s2的勻加速運(yùn)動；兩車相遇時滿足：v0t＋eq\f(1,2)a2t2＝s0＋eq\f(1,2)a1t2，即6t＋eq\f(1,2)×1×t2＝16＋eq\f(1,2)×2×t2，解得t1＝4s，t2＝8s，即甲、乙在t＝4s和t＝8s時刻并排行駛，選項A錯誤，B正確；在t＝6s時，甲的位移：x1＝eq\f(1,2)×2×62m＝36m；乙的位移：x2＝6×6m＋eq\f(1,2)×1×62m＝54m，可知此時乙在甲的前面，54m－36m－16m＝2m，選項C、D錯誤．17.如圖，不計空氣阻力，從O點(diǎn)水平拋出的小球抵達(dá)光滑斜面上端P處時，速度方向恰好沿著斜面方向，然后緊貼斜面PQ做勻加速直線運(yùn)動，下列說法正確的是(D)A．小球在斜面上運(yùn)動的加速度大小比平拋運(yùn)動時的大B．小球在斜面運(yùn)動的過程中地面對斜面的支持力大于小球和斜面的總重力C．撤去斜面，小球仍從O點(diǎn)以相同速度水平拋出，落地速率將變大D．撤去斜面，小球仍從O點(diǎn)以相同速度水平拋出，落地時間將減小【解析】設(shè)斜面傾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律得，小球在斜面上運(yùn)動的加速度a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，平拋運(yùn)動的加速度為g，可知小球在斜面上運(yùn)動的加速度小于平拋運(yùn)動的加速度，故A錯誤；對小球和斜面整體分析，小球沿斜面向下加速的過程中，小球具有沿斜面向下的加速度，處于失重狀態(tài)，可知地面對斜面的支持力小于小球和斜面的總重力，故B錯誤；根據(jù)動能定理得，mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，撤去斜面，h不變，落地的速率不變，故C錯誤；比較小球在斜面上與空中運(yùn)動的時間．由于小球在斜面上運(yùn)動的加速度為a＝gsinθ，豎直分加速度為ay＝asinθ＝gsin2θ<g，則知撤去斜面，落地時間變短，故D正確．18.2018年5月21日，中國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征四號丙運(yùn)載火箭，成功將嫦娥四號任務(wù)“鵲橋”號中繼星發(fā)射升空.6月14日，“鵲橋”號中繼星進(jìn)入地月拉格朗日L2點(diǎn)的Halo使命軌道，以解決月球背面的通訊問題．如圖所示，地月拉格朗日L2點(diǎn)在地球與月球的連線上．若衛(wèi)星在地月拉格朗日L2點(diǎn)上，受地球、月球兩大天體的引力作用，能與月球保持相對靜止．已知地球質(zhì)量和地月距離，若要計算地月拉格朗日L2點(diǎn)與地球間的距離，只需要知道的物理量是(A)A．月球的質(zhì)量B．“鵲橋”號中繼星的質(zhì)量C．月球繞地球運(yùn)行的周期D．引力常量【解析】“鵲橋”號中繼星繞地球做圓周運(yùn)動，其向心力是地球和月球的引力的合力提供的，由萬有引力定律可得：Geq\f(M地m,r2)＋Geq\f(M月m,r－r月地2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r，此方程中“鵲橋”號中繼星的質(zhì)量可以消去，中繼星的周期等于月球的周期，所以只要知道月球的質(zhì)量，就可計算出地月拉格朗日L2點(diǎn)與地球間的距離．故A正確．B、C、D錯誤．19．如圖所示，平行金屬板中帶電質(zhì)點(diǎn)P原處于靜止?fàn)顟B(tài)，電流表和電壓表都看作理想電表，且R1大于電源的內(nèi)阻r，當(dāng)滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，則(AD)A．電壓表讀數(shù)減小 B．電流表讀數(shù)減小C．質(zhì)點(diǎn)P將向上運(yùn)動 D．電源的輸出功率逐漸增大【解析】選由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再與R1串聯(lián)接在電源兩端，電容器與R3并聯(lián)；當(dāng)滑片向b移動時，滑動變阻器接入電路的電阻減小，則電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，干路中電流增大，電源的內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，同時，R1兩端的電壓也增大，故并聯(lián)部分的電壓減小．由歐姆定律可知流過R3的電流減小，則流過串聯(lián)部分的電流增大，故電流表示數(shù)增大，故B錯誤；因并聯(lián)部分電壓減小，而R2中電壓增大，則電壓表示數(shù)減小，故A正確；因電容器兩端電壓減小，故質(zhì)點(diǎn)P受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，質(zhì)點(diǎn)P向下運(yùn)動，故C錯誤；由題意，R1大于電源的內(nèi)阻r，外電路的總電阻大于r，故當(dāng)電源的外電阻為R1時，電源的輸出功率最大，則知電路中R4電阻減小時，電源的輸出功率逐漸增大，故D正確．20.如圖是靜電除塵器除塵機(jī)理的示意圖，a、b是直流高壓電源的兩極，通過某種機(jī)制使電場中的塵埃帶上負(fù)電，在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達(dá)到除塵目的．圖示位置的P、M、N三點(diǎn)在同一直線上，且PM＝MN.下列判斷正確的是(CD)A．b是直流高壓電源的負(fù)極B．電場中M點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢C．同一個點(diǎn)電荷在電場中N點(diǎn)受到的電場力小于在P點(diǎn)受到的電場力D．電場中N、M間的電勢差UNM小于M、P間的電勢差UMP【解析】塵埃在電場中通過某種機(jī)制帶上負(fù)電，在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，說明集塵極帶正電，b是直流高壓電源的正極，選項A錯誤；順著電場線，電勢降落，則M點(diǎn)的電勢低于N點(diǎn)的電勢，選項B錯誤；越靠近放電極電場越強(qiáng)，同一點(diǎn)電荷受到的電場力越大，選項C正確；U＝Ed，N、M間的平均電場強(qiáng)度小于M、P間的電場強(qiáng)度，所以N、M間的電勢差UNM小于M、P間的電勢差UMP，選項D正確．21．一浮桶式波浪發(fā)電燈塔的原理如圖甲所示，浮桶內(nèi)的磁體由支柱固定在暗礁上，內(nèi)置線圈與阻值R＝15Ω的燈泡相連，隨波浪相對磁體沿豎直方向上下運(yùn)動且始終處于磁場中，其運(yùn)動速度v＝0.8πsinπt(m/s)．浮桶下部由內(nèi)、外兩密封圓筒構(gòu)成(圖中陰影部分)，其截面如圖乙所示，匝數(shù)N＝100的圓形線圈所在處輻射磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B＝0.2T，線圈的直徑D＝0.4m，總電阻r＝1Ω.取π2＝10.則下列說法正確的是(BC)A．線圈中產(chǎn)生電動勢的瞬時值為e＝0.64sinπt(V)B．燈泡中電流的瞬時值為i＝4sinπt(A)C．燈泡兩端電壓的有效值為30eq\r(2)VD．燈泡的電功率為240W【解析】線圈在磁場中切割磁感線，產(chǎn)生電動勢為Emax＝NBlvmax，l＝πD，聯(lián)立解得Emax＝πNBDvmax＝π×100×0.2×0.4×0.8πV＝64V，則波浪發(fā)電產(chǎn)生電動勢e的瞬時值：e＝Emaxsinπt＝64sinπt(V)，故A錯誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I＝eq\f(E,R＋r)得i＝eq\f(e,R＋r)＝4sinπt(A)，故B正確；燈泡電流的有效值為I＝eq\f(4,\r(2))A，則燈泡的功率為P＝I2R＝eq\f(16,2)×15W＝120W，故D錯誤；燈泡兩端電壓的有效值為U＝IR＝eq\f(4,\r(2))×15V＝30eq\r(2)V，故C正確．第Ⅱ卷二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分．第22～25題為必考題，每個試題考生都必須作答．第33～34題為選考題，考生根據(jù)要求作答．(一)必考題(共47分)22．(6分)將兩根自然長度相同、勁度系數(shù)不同、粗細(xì)也不同的彈簧套在一起，看成一根新彈簧，設(shè)原粗彈簧(記為A)勁度系數(shù)為k1，原細(xì)彈簧(記為B)勁度系數(shù)為k2，套成的新彈簧(記為C)勁度系數(shù)為k3.關(guān)于k1、k2、k3的大小關(guān)系，同學(xué)們做出了如下猜想：甲同學(xué)：和電阻并聯(lián)相似，可能是eq\f(1,k3)＝eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)乙同學(xué)：和電阻串聯(lián)相似，可能是k3＝k1＋k2丙同學(xué)：可能是k3＝eq\f(k1＋k2,2)(1)為了驗證猜想，同學(xué)們設(shè)計了相應(yīng)的實驗(裝置見圖甲)．(2)簡要實驗步驟如下，請完成相應(yīng)填空．①將彈簧A懸掛在鐵架臺上，用刻度尺測量彈簧A的自然長度L0；②在彈簧A的下端掛上鉤碼，記下鉤碼的個數(shù)n、每個鉤碼的質(zhì)量m和當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮，并用刻度尺測量彈簧的長度L1；③由F＝_nmg__計算彈簧的彈力，由x＝L1－L0計算彈簧的伸長量，由k＝eq\f(F,x)計算彈簧的勁度系數(shù)；④改變_鉤碼的個數(shù)__，重復(fù)實驗步驟②、③，并求出彈簧A的勁度系數(shù)的平均值k1；⑤僅將彈簧分別換為B、C，重復(fù)上述操作步驟，求出彈簧B、C的勁度系數(shù)的平均值k2、k3.比較k1、k2、k3并得出結(jié)論．(3)圖乙是實驗得到的圖線，由此可以判斷_乙__同學(xué)的猜想正確．【解析】(2)由步驟②知，彈簧的彈力等于鉤碼的總重力，即F＝nmg，由步驟③知，可以建立F與x的關(guān)系式，要想多得幾組數(shù)據(jù)，就需改變鉤碼的個數(shù)．(3)題圖乙得到的實驗圖線的斜率為彈簧的勁度系數(shù)，由圖中數(shù)據(jù)得k3＝k2＋k1，所以乙同學(xué)的猜想正確．23．(9分)光伏電池(太陽能電池)是一種清潔、“綠色”能源．光伏發(fā)電的原理主要是半導(dǎo)體的光伏效應(yīng)，即一些半導(dǎo)體材料受到光照時，直接將光能轉(zhuǎn)化為電能．在一定光照條件下，光伏電池有一定的電動勢，但其內(nèi)阻不是確定的值，內(nèi)阻大小隨輸出電流的變化而變化．為了研究光伏電池內(nèi)阻的變化特性，實驗小組借助測電源電動勢和內(nèi)阻的方法設(shè)計出實驗電路如圖1所示，改變電阻箱R的阻值，實驗測得電流表示數(shù)I和電壓表示數(shù)U如下表：I/mA4.184.144.124.083.802.201.22U/V0.501.001.502.002.302.602.70(1)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，選用適當(dāng)?shù)臉?biāo)度在圖2中作出光伏電池的I－U圖像；(2)根據(jù)所作圖像可以判斷，該光伏電池的電動勢約為_2.80__V，其內(nèi)阻隨輸出電流的增大而_增大__(填“增大”、“不變”或“減小”)；(3)當(dāng)外電阻R變化時，光伏電池的輸出功率也發(fā)生變化，由(1)問所作圖像可知，當(dāng)電阻R約為_605.3__Ω時光伏電池的輸出功率最大，最大輸出功率約為_8.74×10－3__W.【解析】(1)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，選擇適當(dāng)標(biāo)度，縱坐標(biāo)為I、橫坐標(biāo)為U描點(diǎn)作圖如圖所示；(2)由(1)問圖像可知光伏電池的電動勢約為2.80V，設(shè)光伏電池的電動勢為E，由閉合電路的歐姆定律E＝U＋I(xiàn)r得I＝eq\f(E,r)－eq\f(1,r)U，則光伏電池的內(nèi)阻等于圖線斜率的倒數(shù)的絕對值，因此其內(nèi)阻隨電流的增大而增大；(3)由P＝IU可知，圖線上縱橫坐標(biāo)的乘積等于光伏電池的輸出功率，也等于坐標(biāo)值與坐標(biāo)軸所包圍矩形的面積，面積越大光伏電池的輸出功率越大，由圖中方格數(shù)可知，從坐標(biāo)點(diǎn)P沿圖線向左移或向右移坐標(biāo)點(diǎn)，對應(yīng)坐標(biāo)包圍的方格數(shù)均減少，因此坐標(biāo)點(diǎn)P對應(yīng)的“面積”最大，此時對應(yīng)外電阻R＝eq\f(UP,IP)＝eq\f(2.3,3.8×10－3)Ω＝605.3Ω，光伏電池的最大輸出功率Pm＝IPUP＝8.74×10－3W.24．(14分)如圖，在xOy平面第一象限整個區(qū)域分布勻強(qiáng)電場，電場方向平行于y軸向下，在第四象限內(nèi)存在有界勻強(qiáng)磁場，左邊界為y軸，右邊界為x＝eq\f(5,2)d的直線，磁場方向垂直紙面向外．質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的粒子從y軸上P點(diǎn)以初速度v0垂直y軸射入勻強(qiáng)電場，在電場力作用下從x軸上Q點(diǎn)以與x軸正方向成45°角進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，已知OQ＝d，不計粒子重力，求：(1)P點(diǎn)坐標(biāo)；(2)要使粒子能再進(jìn)入電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍；(3)要使粒子能第二次進(jìn)入磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍．【答案】(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(d,2)))(2)B≥eq\f(\r(2)＋1mv0,qd)(3)eq\f(\r(2)＋1mv0,qd)≤B≤eq\f(4mv0,qd)【解析】(1)設(shè)粒子進(jìn)入電場時y方向的速度為vy，則vy＝v0tan45°(1分)設(shè)粒子在電場中運(yùn)動時間為t，則OQ＝v0t，OP＝eq\f(vy,2)t(1分)由以上各式，解得OP＝eq\f(d,2)，P點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(d,2)))(1分)(2)粒子剛好能再進(jìn)入電場的軌跡如圖所示，設(shè)此時的軌跡半徑為r1，則r1＋r1sin45°＝d，解得：r1＝(2－eq\r(2))d(1分)令粒子在磁場中的速度為v，則v＝eq\f(v0,cos45°)(1分)根據(jù)牛頓第二定律qvB1＝eq\f(mv2,r1)解得：B1＝eq\f(\r(2)＋1mv0,qd)(1分)要使粒子能再進(jìn)入電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的范圍B≥eq\f(\r(2)＋1mv0,qd)(2分)(3)假設(shè)粒子剛好從x＝eq\f(5,2)d處磁場邊界與電場的交界D處第二次進(jìn)入磁場，設(shè)粒子從P到Q的時間為t，則由粒子在電場中運(yùn)動對稱性可知粒子從第一次出磁場的C點(diǎn)到D的時間為2t，由水平方向的勻速直線運(yùn)動可得：CD＝2d，CQ＝CD－QD＝2d－(2.5d－d)＝eq\f(d,2)，(1分)設(shè)此時粒子在磁場中的軌道半徑為r2，由幾何關(guān)系知：2r2sin45°＝CQ(1分)解得：r2＝eq\f(\r(2),4)d(1分)根據(jù)牛頓第二定律得：qvB2＝eq\f(mv2,r2)，解得：B2＝eq\f(4mv0,qd)(1分)要使粒子能第二次進(jìn)磁場，粒子必須先進(jìn)入電場，故磁感應(yīng)強(qiáng)度B要滿足B≤B2綜上所述要使粒子能第二次進(jìn)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B要滿足eq\f(\r(2)＋1mv0,qd)≤B≤eq\f(4mv0,qd)(2分)25．(18分)如圖所示，一質(zhì)量M＝4kg的小車靜置于光滑水平地面上，左側(cè)用固定在地面上的銷釘擋?。≤嚿媳砻嬗晒饣瑘A弧軌道BC和水平粗糙軌道CD組成，BC與CD相切于C，BC所對圓心角θ＝37°，CD長L＝3m．質(zhì)量m＝1kg的小物塊從某一高度處的A點(diǎn)以v0＝4m/s的速度水平拋出，恰好沿切線方向自B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，滑到D點(diǎn)時剛好與小車達(dá)到共同速度v＝1.2m/s.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，忽略空氣阻力．(1)求A、B間的水平距離x；(2)求小物塊從C滑到D所用時間t0；(3)若在小物塊拋出時拔掉銷釘，求小車向左運(yùn)動到最大位移時物塊離小車左端的水平距離．【答案】(1)1.2m(2)1s(3)3.73m【解析】(1)由平拋運(yùn)動的規(guī)律得：tanθ＝eq\f(gt,v0)(2分)x＝v0t(1分)得：x＝1.2m．(2分)(2)物塊在小車上CD段滑動過程中，物塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v(1分)由能量守恒定律得：fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(M＋m)v2(1分)對物塊，由動量定理得：－ft0＝mv－mv1(1分)聯(lián)立解得：t0＝1s．(1分)(3)有銷釘時，物塊的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgH＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)(1分)由幾何關(guān)系得：H－eq\f(1,2)gt2＝R(1－cosθ)(1分)B、C間的水平距離：xBC＝Rsinθ(1分)對小車和物塊組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得：fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(M＋m)v2(1分)若拔掉銷釘，物塊與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝Mv′2＋mv2(1分)小車向左運(yùn)動達(dá)最大位移時，速度v′2為0，此時物塊速度v2為4m/s由能量守恒定律得：mgH＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝f(Δx－xBC)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)(2分)聯(lián)立解得此時物塊離小車左端的水平距離：Δx＝3.73m．(2分)(二)選考題：共15分．請考生從2道物理題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分．33．[物理——選修3－3](15分)(1)(5分)如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A依次經(jīng)過狀態(tài)B、C和D后再回到狀態(tài)A．其中，A→B和C→D為等溫過程，B→C和D→A為絕熱過程(氣體與外界無熱量交換)．這就是著名的“卡諾循環(huán)”．該循環(huán)過程中，下列說法正確的是_ACD__.(填正確答案標(biāo)號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分)A．A→B過程中，氣體對外界做功B．B→C過程中，氣體分子的平均動能增大C．C→D過程中，單位時間內(nèi)碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增多D．C→D過程中，氣體放熱E．D→A過程中，氣體分子的速率分布曲線不發(fā)生變化(2)(10分)如圖所示，一粗細(xì)均勻的U形管豎直放置，左側(cè)封閉的理想氣體柱長l1＝10cm，右側(cè)封閉的理想氣體柱長l2＝14cm，兩側(cè)管內(nèi)水銀面高度相同，初始時左側(cè)管內(nèi)理想氣體的溫度為27℃現(xiàn)對左側(cè)管內(nèi)氣體緩慢加熱，當(dāng)它的溫度上升到227℃時，兩側(cè)管內(nèi)氣體體積相等，分別求27℃時和227℃時左側(cè)管內(nèi)氣體的壓強(qiáng)．(右側(cè)管內(nèi)氣體溫度不變)【答案】(2)18cmHg25cmHg【解析】(1)A→B過程中，體積增大，氣體對外界做功，故A正確；B→C過程中，絕熱膨脹，氣體對外做功，內(nèi)能減小，溫度降低，氣體分子的平均動能減小，故B錯誤；C→D過程中，等溫壓縮，體積變小，分子數(shù)密度變大，單位時間內(nèi)碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增多，故C正確；C→D過程中，氣體內(nèi)能不變，體積減小，外界對氣體做功，則氣體放熱，選項D正確；D→A過程中，絕熱壓縮，外界對氣體做功，內(nèi)能增加，溫度升高，分子平均動能增大，氣體分子的速率分布曲線發(fā)生變化，故E錯誤．(2)設(shè)初始時刻和兩管氣體體積相同時左側(cè)管內(nèi)氣體的壓強(qiáng)分別為p1、p2，則有：對左側(cè)管：eq\f(p1l1S,T1)＝eq\f(p2l1＋ΔlS,T2)(2分)對右側(cè)管：p1l2＝(p2－Δp)(l2－Δl)(2分)其中Δp＝2Δl(cmHg)T1＝300K，T2＝500K當(dāng)它的溫度上升到227℃時，兩側(cè)管內(nèi)氣體體積相等，則有：l1＋Δl＝l2－Δl(2分)即Δl＝eq\f(l2－l1,2)(2分)解得：p1＝18cmHg(1分)，p2＝25cmHg(1分)34．[物理——選修3－4](15分)(1)(5分)圖示為一列沿x軸正向傳播的簡諧橫波在t＝0時刻的波形圖(波剛好傳到Q點(diǎn))，P、Q、M點(diǎn)的平衡位置分別為xP＝1cm，xQ＝4cm，xM＝5cm，經(jīng)過Δt＝0.2s，M點(diǎn)第一次到達(dá)波谷，則下列判斷正確的是_ACE__.(填正確答案標(biāo)號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分)A．質(zhì)點(diǎn)P的振動周期T＝0.4sB．該波的傳播速度v＝1m/sC．M點(diǎn)的起振方向沿y軸負(fù)方向D．0