1、衡中同卷2020年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题理科综合能力测试（二）物理一、选择题1.下列关于物理规律和理论的叙述正确的是（ ）A. 无论是宏观物体还是微观粒子，都可以用牛顿运动定律和动量守恒定律去研究它们的运动和相互作用B. 物体受到的合外力不为0时，机械能可能守恒；物体受到的合外力为0时，机械能一定守恒C. 万有引力定律和库仑定律具有相似的表达式，这两个定律分别是由牛顿和库仑经过多次实验探究总结归纳出来的D. 玻尔理论是玻尔结合普朗克的量子观念、爱因斯坦的光子学说和卢瑟福的原子结构模型而提出的原子结构理论，它成功地解释了氢原子的发光现象【答案】D【分析】（1）动量守恒定律具有普适性
2、，但经典力学使用条件为：宏观，低速，对微观，高速度运动不再适用；（2）在一个只有重力做功的系统，只有动能和重力势能的相互转化，机械能守恒；（3）万有引力定律和库仑定律具有相似的表达式，这两个定律分别并非经过多次实验探究总结归纳出来的；（4）玻尔理论是玻尔结合普朗克的量子观念、爱因斯坦的光子学说和卢瑟福的原子结构模型而提出的原子结构理论，它成功地解释了氢原子的发光现象【详解】A、动量守恒定律具有普适性，但经典力学使用条件为：宏观，低速，对微观，高速度运动不再适用，A错误；B、物体受到的合外力不为零时，机械能可能守恒，例如平抛运动或自由落体运动；但物体受到的合外力为0时，机械能不一定守恒，比如匀速
3、上升的电梯，机械能增加，B错误；C、万有引力定律不是建立在多次实验的基础上的，而是以开普勒行星运动定律为基础，利用大量数学推理推导出来的，库伦定律的得出类比了万有引力定律，利用库伦扭秤进行探究得出，C错误；D、玻尔理论是玻尔结合普朗克的量子观念、爱因斯坦的光子学说和卢瑟福的原子结构模型而提出的原子结构理论，它成功地解释了氢原子的发光现象，D正确故本题选D【点睛】本题考查学生对物理学史的掌握程度，研究物理学的探究过程和历史，用助于提高物理思维，产生浓厚的学习兴趣2.太阳能是一种清洁的能源，现在太阳能已广泛应用于科技和生活中太阳能是由太阳内部激烈进行的多种核聚变反应而产生的，其中一种聚变反应是一个
4、氘核(H)和一个氚核(H)聚变产生一个氦核(He)，下列关于太阳内部的这种核聚变反应的叙述正确的是（ ）A. 该核聚变反应的方程为H+HHe+eB. 若氘核(H)的结合能为E1，氚核(H)的结合能为E2，氦核(He)的结合能为E3，则这个反应中释放出的核能为E=E3E1E2C. 原子核聚变反应过程中释放出了核能，所以反应后原子核的质量数一定减少D. 聚变反应是核子间距离很小时，这些核子在强大的库仑力和万有引力作用下紧密结合在一起的过程【答案】B【分析】（1）核反应的过程质量数守恒，电荷数守恒；（2）核聚变属于热核反应，反应过程中质量数、电荷数均守恒；（3）原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，
5、要把他们分开，也需要能量，这就是原子核的结合能；（4）要使轻核发生聚变，必须使它们的距离达到10-15m之内，核力才会发挥作用，才能克服巨大的库伦斥力而撞击发生反应，办法就是依靠加热到很高的温度，加剧热运动，增加原子核间的撞击机会【详解】AC、核反应中的过程质量数守恒，电荷数守恒，和发生核反应，产物应该是中子，核反应方程为；原子核聚变反应过程中释放出了核能，但反应前后原子核的质量数依然守恒A、C均错误；B、据爱因斯坦质能方程，释放的核能，B正确；D、在核反应中，核子结合在一起靠的是强大的核力克服库仑力结合在一起，D错误故本题选B【点睛】本题考查核聚变反应的条件和特点，并会根据结合能计算核反应释
6、放的能量3.质量m=1kg的物体在光滑水平面上由静止开始沿直线运动，所受水平外力F与运动距离x的关系如图所示对图示的全过程进行研究，下列叙述正确的是（ ）A. 外力做的功为28JB. 物体的运动时间为5sC. 外力做功的平均功率约为5.7WD. 物体运动到x=5m处时，外力做功的瞬时功率为25W【答案】C【分析】（1）可利用F-x图像的面积的物理意义表示功，来计算某过程中外力做的功；（2）根据动能定理可计算出处和处物体运动的瞬时速度，进而可根据匀变速直线运动速度和时间的关系，计算运动时间；（3）根据功率来计算平均功率；（4）根据计算瞬时功率【详解】A、通过计算F-x图像的面积可知，图示的全过程
7、中外力做的功，故A错误；B、由动能定理，计算得到处的速度为；处的速度为由牛顿第二定律可知，物体匀加速过程的加速度大小为，匀减速过程的加速度大小为；设匀加速和匀减速的所用的时间分别为和，则，解得；，解得，故物体运动的总时间为，B错误；C、全过程中外力做功的平均功率为，C正确；D、物体运动到x=5m处时，外力做功的瞬时功率为，D错误故本题选C【点睛】本题关键是分析物体的受力情况和运动情况，考查F-x图像的物理意义和动能定理，会根据运动学公式计算时间，会计算平均功率和瞬时功率4.如图所示，匀强电场的方向平行于O、P、Q三点所在的平面，三点的连线构成一个直角三角形，P是直角，O=30，PQ=2cm，三
8、点的电势分别为O=5V，P =11V，Q=13V下列叙述正确的是（ ）A. 电场的方向为沿QO方向，电场强度大小为2V/mB. OQ连线中点的电势为6.5VC. 电子在P点的电势能比在Q点低2eVD. 沿OPQ路径将电子从O点移动到Q点，电场力做的功为8e【答案】D【分析】在匀强电场中，电场强度大小处处相等，方向处处相同，则电场线是平行且等间距电势沿着电场线降低，电场线与等势面垂直【详解】A、QO间的电势差为8V，将QO分成8等份，每份的电势差为1V，如图所示，若A点的电势为11V，则OA的长度为3cm，AQ的长度为1cm，根据几何关系可知，PAOQ故PA所在的直线为11V等势线，电场线沿QO
9、方向从Q指向O电场强度的大小为，故A错误；B、根据匀强电场等差等势面的特点，OQ连线的中点电势为，B错误；C、将电子从P移动到Q点，电场力做功，电场力做正功，电势能减小，故电子在P点的电势能比在Q点高2eV，故C错误；D、电场力做功与路径无关，至于始末位置有关，故，D正确；故本题正确答案选D【点睛】本题考查电场线和等势面的关系，要求对匀强电场中电场线和等势面的特点非常熟悉，知道电场力做功的特点，并会利用电场强度和电势差的关系来计算场强5.如图所示，倾角为的光滑平行金属导轨的宽度为L，导轨的顶端连接有一个阻值为R的电阻，在导轨平面内垂直于导轨方向的两条虚线MN和PQ之间存在磁感应强度大小为B的匀
10、强磁场，方向垂直于导轨平面向下，两条虚线间的距离为d现将质量为m的金属棒ab从虚线MN上方某处由静止释放，金属棒ab沿导轨下滑进入磁场时的速度和到达导轨底端时的速度相等，且从MN到PQ和从PQ到底端所用时间相等已知金属棒ab与导轨始终垂直且接触良好，二者电阻均不计，重力加速度为g下列叙述正确的是）（ ）A. 金属棒ab在虚线MN和PQ之间做匀减速直线运动B. 虚线PQ到导轨底端的距离大于dC. 金属棒ab通过磁场的过程中，电阻R上产生的热量为2 mgdsinD. 金属棒ab通过磁场的过程中，通过电阻R某一横截面的电荷量为【答案】B【分析】由题意可知，金属棒ab在虚线MN和PQ之间做加速度逐渐减
11、小的减速运动，到达PQ离开磁场后做匀加速直线运动，进磁场时的速度和到达轨道最底端的速度相同，两过程所用时间相同；由能量守恒可知，金属棒从MN进入磁场至到达最低点的过程中，减小的重力势能全部转化为内能；由可计算金属棒ab通过磁场的过程中，通过电阻R某一横截面的电荷量【详解】A、金属棒ab在虚线MN和PQ之间运动时，由于切割磁感线的速度大小变化，导致其所受沿斜面向上的安培力大小发生变化，故金属棒ab所受的合力发生变化，根据牛顿第二定律可知，其加速度发生变化，故金属棒做非匀变速运动，A错误；B、金属棒ab在虚线MN和PQ之间运动，做加速度逐渐减小的减速运动，到达PQ时离开磁场，紧接着做加速度大小为g
12、sin 的匀加速直线运动，到达最低端时的速度与刚进入磁场MN边界时速度大小相等，由v-t图像的面积可知，虚线PQ到导轨底端的距离，故B正确；C、金属棒从MN进入磁场至到达最低点的过程中，动能没有发生变化，根据能量守恒，减小的重力势能，全部转化为焦耳热，即，C错误；D、金属棒ab通过磁场的过程中，通过电阻R某一横截面的电荷量为，D错误【点睛】本题考查导体切割磁感线与能量相结合题型的分析，会根据导体棒的受力判断其运动状态，会根据运动学公式或图像讨论位移的大小关系，要注意明确根据功能关系求解内能，而根据平均电动势求解电量6.牛顿在1687年出版的自然哲学的数学原理中设想，物体抛出的速度很大时，就不会
13、落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星如图所示，将物体从一座高山上的O点水平抛出，抛出速度一次比一次大，落地点一次比一次远，设图中A、B、C、D、E是从O点以不同的速度抛出的物体所对应的运动轨道已知B是圆形轨道，C、D是椭圆轨道，在轨道E上运动的物体将会克服地球的引力，永远地离开地球，空气阻力和地球自转的影响不计，则下列说法正确的是（ ）A. 物体从O点抛出后，沿轨道A运动落到地面上，物体的运动可能是平抛运动B. 在轨道B上运动的物体，抛出时的速度大小为11.2km/C. 使轨道C、D上物体的运动轨道变为圆轨道，这个圆轨道可以过O点D. 在轨道E上运动的物体，抛出时的速度一定等于或大于16
14、.7km/s【答案】AC【分析】（1）第一宇宙速度是最小卫星发射速度，却是最大的环绕速度；（2）当物体以第一宇宙速度被抛出，它的运动轨道为一圆周；当物体被抛出的速度介于第一和第二宇宙速度之间，它的运动轨迹为一椭圆；当物体被抛出时的速度介于第二和第三宇宙速度之间，物体将摆脱地球引力，成为绕太阳运动的行星；当被抛出的初速度达到或超过第三宇宙速度，物体必然会离开太阳系；（3）卫星变轨时的位置点，是所有轨道的公共切点【详解】A、物体抛出速度v7.9km/s时必落回地面，若物体运动距离较小时，物体所受的万有引力可以看成恒力，故物体的运动可能是平抛运动，A正确；B、在轨道B上运动的物体，相当于地球的一颗近
15、地卫星，抛出线速度大小为7.9km/s，B错误；C、轨道C、D上物体，在O点开始变轨到圆轨道，圆轨道必然过O点，C正确；D、当物体被抛出时的速度等于或大于16.7km/s时，物体将离开太阳系，故D错误【点睛】本题考查宇宙速度，知道第一宇宙速度是最小的发射速度、最大的环绕速度，掌握卫星变轨模型，知道各宇宙速度的物体意义至关重要7.如图所示，图甲电路中电源电动势为E，内阻为r，电阻R1=R2=R3=2r，图乙是该电源的输出功率P与其外电路电阻R的关系图像开始时开关S1、S2均断开，现将开关S1闭合，然后再将开关S2闭合，下列说法正确的是（ ）A. 电源的输出功率最大B. 电阻R2消耗的功率增大C.
16、 电阻R3消耗的功率增大D. 电源效率增大【答案】AC【分析】（1）分析当开关S2断开时的等效电路和S2闭合时的等效电路，判断S2闭合前后外电路总电阻的变化，根据输出功率和外电路电阻的函数关系图，判断电源输出功率的大小情况；（2）当外电路总电阻和电源内阻相等时，电源的输出功率最大；（3）分别计算S2闭合前后，R2和R3的功率，来对比前后各自功率的变化情况；（4）根据电源输出功率和总功率的比值来计算电源的效率【详解】A、开关S1闭合之后，若S2断开，则此时外电路总电阻为；若S2闭合，外电路总电阻变为，由乙图可知，第二种情况下，电源输出功率最大，A正确；BC、开关S1闭合，S2断开，此时电阻R2消
17、耗的功率为：，电阻R3消耗的功率为：；开关S1闭合，S2闭合，此时电阻R2消耗的功率为：，电阻R3消耗的功率：，通过对比可知，B错误，C正确；D、电源的效率为，当开关S2闭合之后，外电路总电阻变小，故效率减小，D错误故本题选AC【点睛】解决本题关键要正确识别电路，明确各个电阻的连接关系，再运用闭合电路欧姆定律和功率公式求解8.如图所示，一个半径为R的绝缘光滑圆轨道固定在竖直面内，A、B和C、D分别是圆轨道水平直径和竖直直径的两个端点，O点是圆心一个质量为m、带电荷量为+q的小球(可视为质点)放在圆轨道的最低点C在水平直径AB的下方存在匀强电场，电场方向平行于轨道所在的平面且水平向右，电场强度为
18、E= (g为重力加速度)下列说法正确的是（ ）A. 在C点由静止释放小球，小球会在C点和B点之间做往复运动B. 若小球从C点以大小为的速度向右运动，则小球刚好能够通过D点C. 若在C点给小球水平向右的初速度，使小球能够通过D点，则小球每次经过D点时对轨道的作用力都会比前一次通过D点时大4mgD. 若小球刚好能够向左通过D点，则到A点时由于受到水平方向的电场力作用，小球会脱离轨道【答案】AC【分析】（1）从C点由静止释放小球后，对其进行受力分析，确定其处于自然静止状态（平衡位置）时所处的位置，根据运动的对称性，可解决A项；（2）根据竖直平面圆周运动最高点轻绳模型的临界条件，可计算小球刚好通过D点
19、时的临界最小速度，然后从C到D利用动能定理，即可判断B项；（3）若小球能通过D点，则D点既是研究的起点也是终点，利用动能定理，结合牛顿第二定理即可求解C项；（4）根据圆周运动的临界条件，可判断D【详解】A、若小球C在电场和重力场的复合场中处于自然平衡状态时，对其进行受力分析，如图所示，小球的平衡位置与球心的连线，与竖直方向的夹角为45度，C和B关于连线对称根据受力的对称性可知，当小球从C点被由静止释放后，将在C点和B点之间做往复运动，A正确；B、若小球恰好通过D点，则在D点只有重力提供向心力，；设小球在C点以开始向右运动，恰好通过最高点D，则根据动能定理有：，解得，故B错误；C、设某次小球向左
20、通过D点的速度为，轨道对其弹力大小为N，则根据牛顿第二定律可知：，当以D为起点，小球逆时针再次回到D点的过程中，根据动能定理得：，此时小球经过D点，轨道对其弹力大小为，满足，联立接得，故C正确；D、若小球恰好向左通过D点，则此时重力mg提供向心力，从D到A，小球速度会增加，所以到达A点时，小球需要的向心力会大于mg，即需要的向心力大于qE，所以小球在A点必然和轨道之间有弹力作用，小球在A点不会脱离轨道，D错误故本题选AC【点睛】解决本题，掌握竖直平面内圆周运动物体通过最高点的临界条件至关重要，会灵活使用动能定理或能量守恒二、实验题9.图为某物理兴趣小组测定弹簧劲度系数的实验装置弹簧下端固定在水
21、平桌面上，上端连接一托盘P，在托盘P下方和桌面上方同一竖直线上安装有光电测距仪A和B，通过数据线可以将二者间的距离信息输入到电脑，距离测量精度可达到0.1mm实验时，小组同学将6个规格为m=50g的砝码逐个放在托盘P上，每加放一个砝码待系统静止后均打开光电测距电路开关进行测距，测距结果直接输入电脑，测距完成关闭测距开关，然后将对应的托盘上放置砝码的数目信息输入电脑，形成一组测量数据实验过程中弹簧始终保持竖直且在弹性限度内实验完成后小组同学在电脑上对坐标轴和坐标轴所表示物理量的单位进行了设置，纵轴表示托盘P上砝码的总重力F与单个砝码重力mg的比值；横轴表示A、B间的距离h，单位设置为cm设置完成
22、后，电脑系统根据实验数据自动拟合出h图像如图所示，已知当地的重力加速度为9.8m/s2(1)根据图可求出弹簧的劲度系数k=_N/m(结果保留一位小数)(2)输入电脑的数据没有托盘和弹簧的重力，这一疏漏对测量结果_(选填“有影响”或“无影响”)(3)针对实验小组在电脑上的设置操作，请你提出一条提高测量精度的改进建议：_【答案】 (1). 11.4N/m； (2). 无影响； (3). 将横轴h的单位设置成mm；【分析】根据弹簧弹力和形变量的正比例关系，可知，砝码盘的质量遗漏对实验结果无影响，根据图像的函数关系，得到图像的斜率为，利用图像可计算出劲度系数横轴若改为mm，在数据处理时会提高计算的准确
23、度【详解】（1）由图像可知，托盘上无砝码时，弹簧的长度为0.28m，每次添加砝码后系统静止，由平衡关系可得，托盘上砝码总重力，即，故该图像的斜率为，即，解得劲度系数=11.4N/m；（2）输入电脑的数据没有托盘和弹簧的重力，这一疏漏对测量无影响，因为弹簧的形变和受力成正比，满足（3）为了提高实验的精度，可将轴h的单位设置成mm，提高h的显示精度【点睛】本题考查胡克定律，弹簧弹力和形变量成正比的特点，利用现代科技，考查学生数形结合，利用数学处理物理问题的能力10.多用电表欧姆挡的工作原理图如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，电流计G的满偏电流为Ig，内阻为Rg，可调电阻R调节范围足够大(1)图
24、A、B两个表笔中，_是红表笔(2)图乙和图丙是两个规格的多用电表的刻度盘，如果两图所示欧姆挡的倍率均为“10”挡，表头内部串接的电源规格相同，电动势E=1.5V，内阻r=2.0，则由两图刻度盘可以知道图乙所示欧姆挡的内阻为_，多用电表内部所用电流计的满偏电流为_mA；图丙所示欧姆挡指针读数为_，多用电表内部所用电流计的满偏电流为_ mA(3)多用电表内的电源使用时间过久时其电动势和内阻可能会发生变化如果电源的电动势不变，内阻变大，欧姆表仍然能够调零，那么电阻的测量值会_(选填“偏小”“不变”或“偏大”)；如果电源的电动势变小，内阻变大，欧姆表仍然能够调零，那么电阻的测量值会_(选填“偏小”“不
25、变”或“偏大”)【答案】 (1). A； (2). 150； (3). 10； (4). 400； (5). 5； (6). 不变； (7). 偏大；【分析】（1）欧姆表内阻等于中值电阻；（2）欧姆表读数等于表盘刻度所选倍率；（3）当重新调零后，欧姆表的内阻发生变化的时候，相应的测量值将会出现误差【详解】（1）使用欧姆表时，红表笔应与表内电源的负极相连，黑表笔应与表内电源的正极相连，故A是红表笔；（2）欧姆表的读数应为表盘刻度与所选倍率的乘积，且欧姆表的内阻等于中值电阻，故图乙欧姆表内阻为1510=150；图丙欧姆表内阻为4010=300；同理图丙的读数为4010=400；当多用电表指针指示中
26、值电阻时，解得：图乙表头满偏电流为；图丙满偏电流为；（3）如果电源的电动势不变，内阻变大，欧姆表仍然能够调零，那么调零以后，欧姆的内阻不变，故电阻的测量值不变；若电源电动势变小，电源内阻变大，调零之后，由于电动势变小，欧姆表内阻变小，真实的表盘中值变小，表盘刻度值整体偏大，故测量值偏大；故本题的答案为：(1)A； (2)150； 10； 400； 5； (3). 不变；偏大【点睛】本题关键明确欧姆表的工作原理，能够根据闭合电路欧姆定律列方程求解三、计算题11.如图所示，传送带的倾角=37，上、下两个轮子间的距离L=3m，传送带以v0=2m/s的速度沿顺时针方向匀速运动一质量m=2kg的小物块从
27、传送带中点处以v1=1m/s的初速度沿传送带向下滑动已知小物块可视为质点，与传送带间的动摩擦因数=0.8，小物块在传送带上滑动会留下滑痕，传送带两个轮子的大小忽略不计，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g取10m/s2求(1)小物块沿传送带向下滑动的最远距离及此时小物块在传送带上留下的滑痕的长度(2)小物块离开传送带时的速度大小【答案】（1）1.25m;6m（2） 【详解】（1）由题意可知，即小物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，在传送带方向，对小物块根据牛顿第二定律有：解得：小物块沿传送带向下做匀减速直线运动，速度为0时运动到最远距离，假设小物块速度为0时没有滑落，
28、根据运动公式有：解得：，小物块没有滑落，所以沿传送带向下滑动的最远距离小物块向下滑动的时间为传送带运动距离联立解得小物块相对传送带运动的距离解得：，因传送带总长度为，所以传送带上留下划痕长度为6m；（2）小物块速度减小0后，加速度不变，沿传送带向上做匀加速运动设小物块到达传送带最上端时的速度大小为假设此时二者不共速，则有：解得：，即小物块还没有与传送带共速，因此，小物块离开传送带时的速度大小为12.如图所示，xOy坐标系位于竖直平面内，在其第一象限以O点为园心的圆形区域内存在一个有界匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向外在第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E=质
29、量为m、带电荷量为+q的粒子从电场中与y轴距离为L的M点以大小为v0的初速度沿x轴正方向射出，穿过y轴上的P点，从磁场边界上的N点(图中未画出)射人磁场，最后粒子从O点沿x轴负方向射出磁场，不计粒子重力求：(1)粒子经过P点时的速度(2)粒子在磁场中运动轨迹的半径与磁场半径的比值和粒子在磁场中运动的时间【答案】（1） ，与y轴负方向成30度斜角右下方（2） 【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，如图甲所示设粒子在电场中的加速度为，在P点沿电场方向的速度为，在P点的速度为v，其与y轴负方向的夹角为，粒子从M点运动到P点的时间为，则有联立解得，即故粒子经过P点时的速度方向与y轴负方向成30角斜向
30、右下方；（2）粒子从P点射出后的运动轨迹如图乙所示由几何关系可知，粒子在磁场中转过的圆心角，又，则设粒子在磁场中运动轨迹的半径为r，磁场的半径为R，由几何关系得：解得：粒子在磁场中转过的弧长运动时间在磁场中有联立解得：13.下列叙述正确的是（ ）A. 做功和热传递在改变物体内能的效果上是一样的，但是从能量转化的方面看二者是有本质区别的B. 因为第一类永动机和第二类永动机都违反了能量守恒定律，所以都不能制成C. 热力学第一定律是能量守恒定律在热力学中的一种具体表现形式D. 热力学第二定律阐述了一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性E. 电冰箱和空调的出现，用事实说明了热量可以自发地从低温物体传到
31、高温物体【答案】ACD【详解】A做功和热传递在改变内能的效果上是等效的，但做功是能量的转化，热传递是能量的转移，故A正确；B第一类永动机是不可能制成的，因为它违背了能量守恒定律；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，内能与机械能之间的转化具有方向性才是第二类永动机不可能制成的原因，故B错误；C热力学第一定律是能量守恒定律在热力学中的一种具体表现形式，故C正确；D热力学第二定律的内容：一种表述：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另一种表述是：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化第二定律说明一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故D正
32、确；E电冰箱和空调中热量可以从低温物体传到高温物体，消耗了电能，并非自发进行，故E错误。故选ACD14.一定质量的理想气体由状态A经历B、C、D三个状态回到状态A，该理想气体状态变化过程的pV图像如图所示已知A、B、C、D四点连线构成一个矩形，A、B连线平行于p轴，图中箭头表示状态变化的方向气体在A、C两个状态时的温度均为300K求气体在状态C时的体积和在状态B、D时的温度分析说明整个过程气体是吸热还是放热【答案】（1）4L,325K,400K（2）放热【详解】气体由状态A到状态C发生等温变化，根据玻意耳定律有其中，解得：由题图知气体由状态A到状态B发生等容变化，根据查理定律有其中，解得：由题
33、图可知气体由状态D到状态A发生等压变化，根据盖-吕萨克定律有：其中解得由p-V图像知，从状态B到状态C气体体积增大，设气体对外做的功为，从状态D到状态A气体体积减小，设外界对气体做的功为，根据可知，在p-V图像中，图线与横轴围成的面积的物理意义为功，所以有，即全过程外界对气体做功气体最终回到状态A，温度不变，内能不变，即，根据热力学第一定律可知，经过全过程状态变化，气体放热15.如图所示，x轴上x=0和x=14m处的O点和P点有两个振动情况完全一样的波源，两波源振动的振幅均为0.4m，波速大小均为v=10m/st=0时刻两波源的振动在O、P之间形成的波形如图中甲、乙所示，A、B、C、D、E、F
34、、G、H是x轴上3m、4m、5m、6m、7m、8m、9m、10m处的质点由图可知两列波的周期为_s，在以后波的传播过程中，上述质点中振动加强的质点是_，t=0.6s后，质点B振动的振幅为_m【答案】 (1). 0.4； (2). ACEG； (3). 0；【详解】、由图可知，两列波的波长均为4m，由得：；、若两列波的波源到轴上某一点的的波程差为波长的整数倍，则该点必为振动加强点设加强点的坐标为，则波程分别为，则，其中n=0，1，2，解得加强点的取值分别为：1,3,5,7,9,11,13.故在A、B、C、D、E、F、G、H这些质点中，A、C、E、G四点的振动是加强的、由可知，B点为振动减弱点，该
35、质点振幅为0.16.如图所示，四边形ABCD是一块玻璃砖的横截面示意图，D=90，DO垂直于AB，垂足为O.一束单色光从O点射入玻璃砖，人射角为i，调节i的大小，当i=45时，AD面和CD面都恰好没有光线射出.求：玻璃砖对该单色光的折射率.四边形ABCD中A的大小.【答案】（1） （2） 【详解】根据题意可知，当光线在AB面上O点的入射角为时，恰好在AD面和CD面发生全反射，作出时的光路图如图所示，P、M、N分别为光线在AD、CD、AB面上的入射点，过P、M两点的法线相交于E点，设光线全反射的临界角为由几何关系可知：解得折射率解得设光线在O点的折射角为r，根据，代入，解得根据几何关系可得，解得
