2021年高考物理模拟试卷（5月份）（附答案详解）.pdf

2021年重庆市长寿中学高考物理模拟试卷（5 月份）1.（2 0 2 1 重庆市市辖区模拟题）如图所示光电效应实验装置中,用频率为u 的光照射光电管阴极K,发生了光电效应。下列说法中正确的是（）A.增大入射光的强度，光电流不变B.减小入射光的强度，光电效应现象消失C.保证光的强度不变,改用频率大于u 的光照射，光电流不变D.改用频率大于u 的光照射;光电子的最大初动能变大2.（2 0 2 1 重庆市市辖区模拟题）小明在庭院里用几根轻杆搭制了一个简易的晾衣架，如右图所示，先用三根相同的轻杆绑成一个正三棱锥，每根杆与竖直方向均成30。角，再用一根轻杆横跨在两个三棱锥上。现在横杆上挂上2 0 依的衣物，则（杆的质量忽略不计）（）A,每根与地面接触的杆受到地面的支持力为1 0 0 NB.每根与地面接触的杆受到地面的摩擦力为又超N9C,若将每根杆与竖直方向夹角变小，则每根杆受到的地面的支持力将变小D.若将每根杆与竖直方向夹角变小，则每根杆受到的地面的摩擦力将变大3.（2 0 1 5.广西壮族自治区来宾市月考试卷）A B 是 某 电 场 中 的 一 条 电 场 二 线，若将一正电荷从A点处自由释放，正电荷沿电场线从A到 B j/L运动过程中的速度图线如图所示，则 A、8两点的电势高低和场强 0 匕_ _的大小关系是（）A.（pA （pB，EA EBB.9A 0 8，EA EBD.(pA (pB，EA a）BB.SA SB C.FA将一带电荷量也为+q的点电荷。从无限远处移到。点，该电荷电势能增加了 W,然后将其沿0 C 移动到C 点并固定，再将一电荷量为-2 q 的点电荷b 从无限远处移动到。点，则（）A.a、h 移入之前，C、。两点的场强相等B.从 0 沿 0 C 移动到C 点的过程中，电场力对。做的功为零第2页，共22页C.将 a固定在C点后，。点电势为券D.点电荷匕从无限远处移到。点的过程中，电势能减小了 1.5 另外两根长度为L、质量为?、电阻为R的相同导体棒垂直静置于导轨上，导体棒在长导轨上可以无摩擦地左右滑动，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小 为 瓦 某时刻使左侧的导体棒获得大小为孙的向左初速度、右侧的导体棒获得大小为2%的向右初速度，则下列结论正确的是（）A.该时刻回路中产生的感应电动势为B L%B.当导体棒。的速度为0 时，两导体棒受到的安培力大小都是2RC.当导体棒a的速度大小为手时，导体棒匕的速度大小一定是争D.从开始运动到最终处于稳定状态的过程中，导体棒a上产生的热量为也琏89.（2 0 2 1 重庆市市辖区模拟题）如图所示，三个物体A、8和 C的质量分别为2?、和 A、8叠放在水平桌面上，4通过跨过光滑定滑轮的轻绳与C相连，定滑轮左端的轻绳与桌面平行，A、B间的动摩擦因数为0 1）,8与桌面间的动摩擦因数为今A、B、桌面之间的最大静摩擦力等于相对应的滑动摩擦力，重力加速度为g,下列说法正确的是（）A.三个物体A、B、C均保持静止B.轻绳对定滑轮的作用力大小为C.若 A、B之间发生相对滑动，则需满足4 =2?ng。在恒定外力F=6mg的作用下，圆柱形管和滑块以同一加速度竖直向上做匀加堆匍速直线运动。某时刻弹射器突然开启，将滑块向上以相对地面2P的速度弹离圆柱形管的底端，同时圆柱形管也以速度岁仍向上运动。若在弹射器启动的短时间内,滑块与弹射器间的作用力远大于系统所受外力，忽略空气影响，重力加速度为g,求(1)弹射器开启前瞬间圆柱形管和滑块的速度大小:(2)弹射后，滑块相对圆柱形管上升的最大距离。后从y轴上的。点沿与），轴正方向成0 =6 0。角的方向飞出。已知。点到y轴的距离与P点到。点的距离相等，0、。两点间的距离是0、C两点间距离的3倍，粒子重力不计。求：（1）Q点到x轴的距离；（2）电场强度与磁场的磁感应强度之比；（3）该矩形磁场的最小面积。1 5.（2 0 2 0湖北省月考试卷）如图所示，一定质量的理想气体.从状态。依次经过状态b、c再回到状态小 其中，a b V为等温过程，brc为等容过程，下列说法正确的是（）弋 7A.a b过程，气体和外界无热交换B.a t b过程，气体分子的速率均保持不变 7 J VC.b-c过程，气体内能减小D.c -a过程外界对气体做的功与a -b过程气体对外做功相等-1 6.（2 0 2 1重庆市市辖区模拟题）医院为病人输液的部分装置如图所 专-B示，空气管保持与大气相通，空气管在瓶内部分与8液面等高。J第6页，共22页图中液面4 距离瓶顶高度为与瓶内空气管所在液面B高度差为2h,大气压为po,瓶中药液密度为p,重力加速度为g,环境温度始终不变，求：（1）此时瓶中空气的压强大小；（2）经过一段时间，液面由A变化到8,此过程中进入瓶内气体与瓶中原有气体的质量之比。17.（202卜 重庆市市辖区模拟题）如图甲所示，是一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t=。时刻的波形图，尸 是 离 原 点=2nl的一个质点，。是离原点七=4m的一个质点，此时离原点与=6m的质点刚要开始振动。图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图像（计时起点相同）。由此可知：（）A.这列波的波长为2=2mB.这列波的周期为7=3sC.这列波的波源起振方向为向上D.乙图可能是图甲中质点。的振动图像18.（2020四川省模拟题）如图所示,ABC。是某种透明材料的截面，AB面为平面，8 面是半径为R 的圆弧面，0。2为对称轴。一束从。1点斜射到A 8面上的单色光，折射后照射到圆弧面上E 点时刚好发生全反射。AB面上入射角a 的正弦值为立，NDO2c=120。，透明材料对单色光的折射率为度，光在真空中传播3 3速度为C,求:）。1。2与。2后的夹角。的大小；（it）光在透明材料中传播的时间（不考虑光在8 c面的反射）。（结果可以用根号表示）第8页，共22页答案和解析1.【答案】D【知识点】光电效应、爱因斯坦光电效应方程【解析】解：8、根据光电效应的产生条件可知，入射光的频率大于金属的极限频率，才会发生光电效应，与入射光的强度无关，故 8 错误；4。、在光电效应中，根据光电效应方程知，Ek=h v-W0,入射光的频率越高，光电子最大初动能越大，与入射光的强度无关，故。正确，4 错误；C、若光的强度不变，即单位时间照到单位面积的总能量不变，改用频率大于u的光照射，单个光子能量增大，则单位时间射到单位面积的光子个数减小，即光电流变小，故C错误；故选：光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关；根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素；在发生光电效应的前提下，入射光的强度影响光电流。本题考查了光电效应的相关问题，考查知识点针对性强，重点突出，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。2.【答案】B【知识点】共点力的平衡、力的合成与分解【解析】解：AC、以整个装置为研究对象，竖直方向由平衡条件知，6Na=m g,则每根与地面接触的杆受到地面的支持力：N =m g =20 x I O N=N,与杆与竖直方向的夹角无关，故AC错误；BD,以整体为研究对象，设每根杆的弹力大小为F,与竖直方向的夹角为0,竖直方向根据平衡条件得：6Fcose=m gJ,解得：尸=6FC0SU每根与地面接触的杆受到地面的摩擦力为/=Fsind=:m g tcm；6当。=30。时，f=i N;若将每根杆与竖直方向夹角。变小，则每根杆受到的地面的摩擦力将变小，故 B 正确、。错误。故选：B。以整个装置为研究对象，竖直方向由平衡条件求解每根与地面接触的杆受到地面的支持力；求出每根杆的弹力大小，水平方向根据力的分解得到每根与地面接触的杆受到地面的摩擦力表达式，由此分析摩擦力。本题主要是考查共点力的平衡，关键是确定研究对象、进行受力分析、根据平衡条件进行解答。掌握整头法的应用方法。3.【答案】A【知识点】非匀强电场中电势差与电场强度的关系、电场强度的概念和定义式、电势【解析】解：正电荷从A 释放（初速为0）后，加速运动到B,说明正电荷受到的电场力方向是从A 指向8,那么电场方向就是由4 指 向 B,由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以A8两点的电势关系是外 EB。故选：Ao根据受力方向判断电场线方向，根据加速度的大小判断场强大小的变化.本题考查了对图象的认识和理解，能从图象中获取有用的物理信息，本题是小型的综合题.4.【答案】B【知识点】功能关系的应用【解析】解：根 据 动 能 定 理 可 得 尸 分 E k,则有：尸 令=岩，说明ax 图象的斜率表示合外力产合。物块的初速度为%=4m/s,根据图象可知琢o=8/,则有：Exo=诏=8/,解得?n=1kg；x=47n时撤去外力，则有mgsin。+i2mgcosd=kx，6 4-12N04、0 27n内，有：F-（mgsin8+4mgcosO）=N=8 N,则尸=2 0 N,故 4错误；B、根据mgsin。+“mgcosB=1 2 N,解得：n=0.7 5,故 8 正确；C、拉力做正功期间物块的机械能一直增大，撤去拉力机械能减小；物块在4 7时机械能最大，最大机械能为：第10页，共22页Em ax=mgxsind+=1 x 10 x 4 x 0.67+24/=4 8/,故 C错误；。、根据C选项的分析可知，物块的机械能先增大后减小，故。错误。故选：Bo根 据 动 能 定 理 可 知 图 象 的 斜 率 表 示 合 外 力，根据图象求解物块的质量，根据牛顿第二定律求解拉力和动摩擦因数；拉力做正功期间物块的机械能一直增大，撤去拉力机械能减小，根据机械能的计算公式求解机械能最大值。本题主要是考查功能关系，关键是弄清楚琢-x图象的斜率表示的物理意义，能够根据图象分析动能的变化、机械能的变化情况，再根据受力情况分析拉力以及动摩擦因数。5.【答案】D【知识点】电功和电功率定义、表达式及应用、变压器的构造和原理【解析】解：A、当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，副线圈的总电阻R减小，而副线圈的电压不变，根据P=也知输出功率增加，故输入功率也增加，故A错误；R8、在该电路中，交流电的频率/对变压器的功率没有影响，故B错误；C、当U增大时，根据电压与匝数成正比知副线圈两端的电压增大，即用电器两端电压增大；根据功率表达式=詈，用电器消耗的功率增大，故C错误；。、当滑动触头尸向上滑动时，原线圈匝数增大，根据电压与匝数成正比知副线圈两端的电压减小，用电器两端电压减小，根据功率表达式。=竽，用电器消耗的功率减小；故。正确；故选：Do明确变压器原理，知道变压器的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；结合功率表达式P=?分析判断即可。本题考查变压器原理，关键是明确变压器的电压、电流、功率关系，然后结合变压比公式和功率公式进行动态分析。6.【答案】B【知识点】万有引力定律的应用、人造卫星【解析】解：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有：G产 =ml=m a)2r,则 =怪，3=怪。ry/r 7 r34、A 卫星的轨道半径大，则角速度小，故 A错误；以 卫星绕地球做匀速圆周运动，卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积为扇形面积，S=gutr=半径越大，扫过的面积越大，SA SB,故 8 正确；C、由G罢=nia可知I,a=詈,半径大，向心加速度小，aA （P c根据动能定理得：Woc=q（p（）-Sc），可知电场力对点电荷做的功 0，故 B 错误。C、点电荷。从无穷远处移到。点的过程中，电势能增加了 M 则电场力做的功为-W,1 4 7根据动能定理得：一 =q（0-S o）,解得：00=彳。因A、8 两处的电荷为等量同种点电荷，且 到。点的距离相等，故可得4（或B）处点电荷在。点产生的电势：（P=|o故将点电荷“固定在C 点后，。点的电势9（/=3磔=差，故 C 正确；。、点电荷从无穷远处移到0 点的过程中，电场力做的功W=-2 q（O-S o）=3W,故其电势能减少了 3 W,。错误。第12页，共22页故选：Co根据点电荷的场强公式，可知C、。电场强度大小相等，根据矢量合成可知，电场强度方向相反。利用动能定理可知点电荷。从。移动到C 的过程中，电场力对点电荷。做功大于0。点电荷6 从无限远处移到O 点的过程，利用动能定理求出电场的功。点电荷“从无穷远处移到O 点的过程中，电势能增加了 W,则电场力做的功为-小。可求得电势大小。本题考查带电粒子在电场中的电场力、电势能、电势、电场做功的知识，要掌握好电场力做功及电势能变化的关系，会用定义求解电势大小。8.【答案】B D【知识点】动生电动势、闭合电路欧姆定律、安培力、电磁感应中的功能问题【解析】解：A、根据右手定则可知两根导体棒切割磁感应线产生的感应电动势方向相同，感应电动势后在=BL%,E =2 B L v0,该时刻回路中产生的感应电动势为E=E左+E右=3BLIO,故A 错误；8、当导体棒a 的速度大小为。时，匕棒的速度为v,由于两棒在水平方向动量守恒，以向右的方向为正，根据动量守恒定律有：m-2 v0-m v0=0+m v,解得v=%、此时人棒切割磁感线产生的感应电动势为 后=B A,感应电流/=。=野，它们受到的安培力尸=BN=B 1 =型/，故 B 正确；2R 2RC、当导体棒a 的速度为葭时，也可能是一葭，根据动量守恒定律可得：m-2v0-m v0=m +m v ,解得b 棒的速度为冷或等，故 C错误；。、最后二者以相同的速度运动，设速度为,系统所受合外力为零，系统动量守恒，取向右为正，根据动量守恒定律可得：2m%-=2m%,解得：vT-y,根据能量守恒定律得，系统产生的热量为Q=+gm诏 3 X 2加诏=卷”，由于两棒的电阻相等，任意时刻的电流也相等,那么。棒和匕棒产生的热量:Qa=Qb=2=网遨，故。正确。故选：B D。根据右手定则可知两根导体棒切割磁感应线产生的感应电动势方向相同，再根据E=8少求解感应电动势；根据动量守恒定律判断导体棒人的速度大小；当导体棒的速度为 0 时，根据动量守恒定律求解6 棒的速度，再根据安培力的计算公式求解此时回路中的安培力大小；最后二者以相同的速度运动，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解系统产生的热量。本题主要是考查电磁感应现象与动量守恒定律、能量守恒定律的综合应用，关键是弄清楚受力情况和运动情况，能够根据动量守恒定律结合能量守恒定律进行解答。9.【答案】CD【知识点】共点力的平衡、力的合成与分解、摩擦力【解析】解：A、物块A 与 B 之间的最大静摩擦力八=物块8 与桌面间的最大静摩擦力人=3mg x 4=m g,显然/%,由于 1,即卬ng m g,物块B 定与桌面间发生相对滑动，故 4 错误；B、由于物块C 加速下滑，绳 子 拉 力 定 滑 轮 两 端 绳 子 拉 力 大 小 相 等 且 成 90。，定滑轮对轻绳的作用力大小等于轻绳对定滑轮的作用力大小，因此轻绳对定滑轮的作用力大小F=故 B 错误；C、若A 与8 间恰好将发生相对滑动时,4 与B 的加速度恰好相等，此时对物块B：；！=ma,对 A、3 整体：T-f2=3ma,对物块C：m g T=m a解得=0.2因此若A、8 之间发生相对滑动，则需满足 m g h-n k L h,故B正确；C、设小球在。点获得瞬时速度为v,由。到C,由动能定理:W -m g h -fh=0-1 m v2,解得：=型 运 m小球获得的瞬时冲量为：/=m v -7 n丁=2jrnkUi，故C正确；。、下滑过程与上滑过程，摩擦力是定值，方向与位移方向相反，所以做功相同，故。错误。故选：B C。分析物理过程确定平衡态，用动能定理和正交分解法确定最大弹性势能，用动能定理求瞬时速度，再求瞬时冲量，用功的概念分析。本题难点在于：表面看杆对球的弹力和摩擦力是变力，但用正交分解法求得杆对球的弹力是恒力，进而求得摩擦力是定值（大小不变），橡皮筋的弹力是变力，变力做功一般用动能定理解决，11.【答案】AC 3.0mg-(M+rn)aMg【知识点】探究影响滑动摩擦力大小的因素【解析】解：（1）实验过程中，电火花计时器应接在频率为50Hz的交流电源上，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行，同时选尽量光滑的滑轮，这样摩擦阻力只有木块与木板之间的摩擦力，故选项AC正确(2)令 =4.25cm=0.0425m,x2=4.73cm=0.0473m,x3=5.22cm=0.0522m,x4=5.69cm 0.0569m,x5=6.18cm=0.0618m,x6=6.66cm=0.0666m,根据推论公式 x=a72得X6+X5+X4-3-2-X l代入数值解得：a-3.0m/s2(3)对M、机组成的系统，由牛顿第二定律得：m g u Mg=(M+m)a解得：m g-(M+ni)a”丽故答案为：(1)4C;(2)3.0；空号产依据实验原理，结合实际操作，即可判定求解根据逐差法，运用相邻相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的大小对系统研究，运用牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小.解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带，运用匀变速直线运动的运动学公式，结合逐差法求解加速度，注意有效数字的保留.12.【答案】1 2 0.740 0.3 6 8在误差允许范围内，电容器所带电荷量。与电容器两端电压U成正比不会【知识点】电容器、探究影响平行板电容器电容大小的因素、电容器的动态分析【解析】解：(1)由于电容器未带电荷，所以先要充电，故开关5应 接1：(2)当电容器充电结束，即电容器两端电压与电源的电动势相等时，再把开关S接2,使电容器放电；(4)由 Q=/t知，电荷量为/-t图象与坐标轴所包围的面积。从/-t图象看出，每格所表示的电量qo=0.01 x 0.4C=0.004C,当电压为U=4U时，数出/-t图象的所包围的格数有185个格，所以总面积为Q4=185 x 0.004C=0.740C。(5)而当电压U=2v时,(?2=92 x 0.004C=0.368C。(6)从以上的两组数据可以看出，当电压加倍时，电容器的电荷量也加倍，所以在误差允许范围内，电容器所带电荷量。与电容器两端电压U成正比：(7)电阻R换成一个阻值更大的电阻，只是影响电流的峰值，但对电荷的总量没有影响。故答案为：(1)1；(2)2；(4)0.740(0.730 0.750均正确)；(5)0.368(0.360 0.380均正确)；(6)在误差允许范围内，电容器所带电荷量。与电容器两端电压U成正比；(7)不会(1)(2)开关S接1、2时，电容器先充电再放电；(4)(5)根据题目所给的两种图像，由Q=/-A t知，电荷量为/-图象与坐标轴所包围第16页，共22页的面积，计算时可数格数(四舍五入)再求电量；(6)(7)规纳实验结论，分析电阻的作用，它对电荷的总量并不产生影响。本题明确图像的面积的意义，学会面积的估算方法，能根据实验原理，分析数据，求出结果。1 3.【答案】解：(1)弹射器启动的瞬间滑块与弹射器间的作用力远大于系统所受外力，故系统动量守恒，设弹射器启动前系统初速度为。，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(3 m +m)v0=3 m v +m x 2 v则有：v0=|v s(2)滑块被弹射后与圆柱管共速前，设圆柱管和滑块的加速度分别为和。2,根据牛顿第二定律得：对圆柱管：F+Ff-3mg=3mar,对滑块有：m g +Ff=m a2,共速时滑块相对管上升的距离最大，设经过时间6后，两者以共速，由运动学公式得到：%=v +O j i tvx=2v a2t1,联立解得：Q=言，%=答；1 4 g 1 4圆柱管的位移为：S i=詈G滑块的位移为：S2=W*ti，两者相对位移为：S =S 2 -S 1联立得：s =。答：(1)弹射器开启前瞬间圆柱形管和滑块的速度大小为3;(2)弹射后，滑块相对圆柱形管上升的最大距离为葛。【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系、牛顿第二定律【解析】分段分析滑块和管的运动情况是解决本题的关键，要注意分析临界状态：速度相同的条件，运用牛顿第二定律和运动学公式解答。(1)弹射器启动的瞬间滑块与弹射器间的作用力远大于系统所受的外力，故系统的动量守恒，由动量守恒定律求弹射器开启前时刻圆柱管和滑块的速度；(2)滑块被弹射后与圆柱管共速前，滑块做匀减速运动，管做匀加速运动，根据牛顿第二定律求得各自的加速度，由速度时间公式求出共速时经过的时间以及共同速度；再由位移公式求出此过程中两者的位移，得到位移之差即相对位移，即为滑块相对管上升的最大距离。本题考查力学相关知识，要求学生掌握并运用动量守恒定律、匀变速直线运动规律以及牛顿第二定律进行求解，对学生分析综合能力有一定要求，难度适中。1 4.【答案】解：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，在C点，对带电粒子速度分解如图1所示粒子在电场中获得的竖直分速度大小为：%y =tan0=-3 v0u设粒子在电场中沿y轴正方向运动的距离为力，则有为=匕t =逅%已知。点到y轴的距离与尸点到0点的距离相等，即OP=Vot在AOP C中，由几何关系可知几=9 =更几tan。3 0故Q点到X轴的距离为y=y1+0 C即 y=y VQt(2)设粒子在电场中的加速度大小为小 由题意可知为=：如2由牛顿第二定律可得q E =ma联立解得E =包 也3qt粒子出电场后的运动轨迹如图2所示第18页，共22页图 2设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,由几何关系可知FP=D O-D A D O-O C =2 Rs me,并且 oo=3oc解得：R=|vot粒子进入磁场时的速度u=工=越%sine 3。2又由洛伦兹力提供向心力可知：qvB=m-解得8=酬qt故月=也B 3(3)由图可知，第 I 象限内匀强磁场的最小区域应为图中的矩形PP/凡 由几何关系得PF=2Rsin9解得：PF=vot又由于：PP=/?(1-COS0)解得：PP=|vot故该矩形匀强磁场的最小面积为S=PFx PP即：S=竽诏产答：(1)Q点到x 轴的距离为日孙如(2)电场强度与磁场的磁感应强度之比为T；(3)该矩形磁场的最小面积为 学 诏/。【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动规律、带电粒子在电场中的运动【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律求出。点到X轴的距离；(2)根据平抛运动规律求解电场强度E,带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度：(3)画出粒子的运动轨迹，利用几何知识即可求得圆形磁场区域的最小面积。本题考查求磁场的最小面积问题，这类题对学生的平面几何知识与物理知识的综合运用能力要求较高.其难点在于带电粒子的运动轨迹不是完整的圆，其进入边界未知的磁场后一般只运动一段圆弧后就飞出磁场边界。运动过程中的临界点(如运动形式的转折点、轨迹的切点、磁场的边界点等)的确定是难点，注意圆形、矩形、正三角形磁场最小面积的确定是解题的关键.1 5.【答案】C【知识点】热力学第一定律的内容及应用、理想气体状态方程【解析】解：A、由图示图象可知，a b过程，气体发生的是等温变化，内能不变，此过程中，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A错误；8、a -b过程，温度不变，气体分子的平均速率不变，但每一个气体分子的速率不断变化，故B错误；C、b-c过程，气体的体积不变，压强减小，则温度降低，故内能减小，故C正确；。、p-V图线与横轴所围的面积为气体做功的大小，因此c-a过程外界对气体做的功小于a -b过程气体对外做功，故。错误。故选：Co气体的内能只与温度有关，根据热力学第一定律有4 U=W +Q判断气体吸热还是放出热量；温度是分子平均动能的标志；根据图象利用理想气体状态方程对每一个过程进行分析即可。本题考查的是P-U图象问题，解题的关键从图象判断气体变化过程，利用理想气体状态方程，然后结合热力学第一定律进行分析判断即可解决。1 6.【答案】解：(1)设瓶中气体压强为pi，由图示可知：P o=pi+pg x 2 h解得：P l =P o-2 P g九(2)液面到达8处时瓶内气体的压强2 =P o,设瓶的底面积为S,设压强为pi时进入瓶内气体体积为匕第20页，共22页整个过程气体温度不变，以瓶内原有气体与进入瓶内的气体为研究对象,由玻意耳定律得：P 1 V +P1hS=P o X 3hS进入瓶内气体与瓶中原有气体的质量之比言=启A2z g 2 1 -2P o+2pg”解 侍：m原 一 p0-2pgh答：（1）此时瓶中空气的压强大小是P o-2 pg h；（2）经过一段时间，液面由A变化到8,此过程中进入瓶内气体与瓶中原有气体的质量3i p日2p（）+2即之 比7e P o-2 p g/i【知识点】理想气体状态方程、气体的等温变化及玻意耳定律【解析】（1）根据图示情景结合液体压强公式求出瓶中气体的压强大小。（2）气体温度不变，应用玻意耳定律可以求出瓶内气体的压强，然后求出进入瓶内气体与瓶中原有气体的质量之比。本题考查了求气体压强公式与玻意耳定律的应用问题，根据题意分析清楚气体状态变化过程，应用液体压强公式、玻意耳定律即可解题；解题时注意研究对象的选择。1 7 .【答案】C【知识点】波速、波长和频率、波的图象【解析】解：A、由图甲可以读出波长为2 =4 机，故 A错误；B、由乙图可读出周期T =2 s,故 B错误；C、由此时离原点内=6 m 的质点刚要开始振动，波沿x 轴正方向传播，可得x =6 m 处的质点处于下坡，向上振动，可得波源起源起振向上，故 C正确；。、由图甲可知质点。在t =0 时刻向下振动，而图乙的质点在t =0 是向上振动，故图乙不可能是图甲中质点。的振动图像，故力错误。故选：C。由图甲和图乙分别读出波长和周期，所有质点的起振方向都与振源的起振方向相同，由“上下坡法”判断心=6 m 的质点的起振方向即可，由图甲判断。点的振动方向，由图乙找出0 时刻质点的振动方向从而进行判断。本题考查学生根据波动图像和振动图像找出已知量，能够建立波动图像和振动图像的联系的能力，注意介质中各质点的起振方向都与振源的起振方向相同。1 8 .【答案】解：（i）光在6点折射时，由折射定律有：4.n=7据题s i n a =3，n=也,解得：r =303 3光在圆弧面上 点刚好发生全反射，因此有:二 1 6sinC=-=n 2解得临界角：C=6 0由几何关系可知：r+8 =C解得：e=30（五）由几何关系知：0遂=R光在E 点的反射光线E F 平行于A B,则有：EF=Rsin600-Rsin30=出1/2光在材料中传播的速度为：=更cn 2因此光在透明材料中传播时间为：t =变解得：t =空&3c答：）。1。2 与。2?的夹角。的大小是30。；3）光在透明材料中传播的时间是剑署。【知识点】临界角、全反射的条件、折射定律【解析 1 （i）光在圆弧面上E 点刚好发生全反射，入射角等于临界角C,由s in C =；求出临界角C，由折射定律求得折射角，再由几何知识求。：3）根据几何关系求出光在透明材料中传播的路程，由u =：求出光在透明材料中传播的速度，即可求得传播时间。解答此类问题的关键是画出光路图，根据全反射条件、折射定律和几何关系列方程相结合进行处理。第22页，共22页