2020届河南省顶尖名校高三（下）4月联考理综物理试题（解析版）

2020 年普通高等学校招生全国统一考试压轴试题(一) 理科综合物理部分 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~5 题 只有一项符合题目要求，第 6~8 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的 得 3 分，有选错的得 0 分。 1.近代物理和技术的发展，极大地改变了人类的生产和生活方式，推动了人类文明与进步。关于近代物理知 识下列说法正确的是（　　） A. 原子核的结合能越大，原子核越稳定 B. 某些原子核能够放射出 β 粒子。说明原子核内有 β 粒子 C. 核泄漏污染物 能够产生对人体有害的辐射，核反应方程式为 ，X 为电子 D. 若氢原子从 n=6 能级向 n=1 能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从 n=6 能级向 n=2 能级跃迁时辐射出的光能可能使该金属发生光电效应 【答案】C 【解析】 【详解】A．原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故 A 错误； B．原子核能够放射出 β 粒子，是由于原子核内发生 β 衰变，其中的中子转化为质子而放出的电子，故 B 错 误； C．根据量子说守恒与电荷数守恒可知，核反应方程式 中，可以判断 X 的质量数为 0， 电荷数为 Z=55－56=－1 所以 X 为电子，故 C 正确； D．根据玻尔理论可知，氢原子从 n=6 能级向 n=1 能级跃迁时减小的能量大于氢原子从 n=6 能级向 n=2 能 级跃迁时减小的能量，所以氢原子从 n=6 能级向 n=1 能级跃迁时辐射出的光子的能量大于氢原子从 n=6 能 级向 n=2 能级跃迁时辐射出的光的能量，根据光电效应发生的条件可知，若氢原子从 n=6 能级向 n=1 能级 跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从 n=6 能级向 n=2 能级跃迁时辐射出的光也不能 使该金属发生光电效应，故 D 错误。 故选 C。 2.如图所示，轻质弹簧上端固定，不挂重物时下端位置为 C 点；在下端挂一个质量为 m 的物体(可视为质点) 后再次保持静止，此时物体位于 A 点；将物体向下拉至 B 点后释放。关于物体的运动情况，下面说法中不 137 55 Cs 137 137 55 54Cs Ba+X→ 137 137 55 56Cs Ba X→ +正确的是（　　） A. 物体由 B 到 A 的运动过程中，物体的加速度一直在减小 B. 物体由 B 到 A 的运动过程中，物体的速度一直在增大 C. 物体由 B 到 C 的运动过程中，物体的加速度一直在增大 D. 物体由 B 到 C 运动过程中，物体的速度先增大后减小 【答案】C 【解析】 【详解】物体在 A 点处于平衡状态，从 B 到 A 过程中，弹簧弹力大于重力，根据牛顿第二定律可知，物体 将向 A 加速运动，随着弹簧形变量的减小，物体加速度将逐渐减小，当到达 A 时弹力等于重力，物体速度 达到最大，然后物体将向 C 做减速运动，从 A 到 C 过程中，弹簧上的拉力逐渐减小，因此物体做减速运动 的加速度逐渐增大，故从 B 到 C 整个过程中，物体加速度先减小后增大，速度先增大后减小，故 ABD 正确， C 错误。 本题选不正确的，故选 C。 3.一质量为 1kg 的小球从空中下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，此过程的 v﹣t 图象如图所示．若 不计空气阻力，取 g=10m/s2，则由图可知（ ） A. 小球从高度为 1m 处开始下落 B. 小球在碰撞过程中损失的机械能为 4.5J C. 小球能弹起的最大高度为 0.45m D. 整个过程中，小球克服重力做的功为 8J 【答案】C 【解析】 【详解】A．小球下落的高度等于 0﹣0.5s 时间内对应的 v﹣t 图象面积，则有 的故 A 错误； B．小球落地时的速度大小 v0=5m/s，弹起时速度的大小 v=3m/s，则小球碰撞过程中损失的机械能为 代入数据解得 -8J，故 B 错误； C．小球弹起的高度等于 0.5-0.8s 内 v﹣t 图象的面积，即 故 C 正确； D．小球只在上升过程克服重力做功，则有 W 克=mgh=1×10×0.45J=4.5J 故 D 错误。 故选 C。 4.随着北京冬奥会的临近，滑雪项目成为了人们非常喜爱的运动项目．如图，运动员从高为 h 的 A 点由静 止滑下，到达 B 点水平飞出后经过时间 t 落到长直滑道上的 C 点，不计滑动过程的摩擦和空气阻力，关于 运动员的运动，下列说法正确的是 A. 若 h 加倍，则水平飞出的速度 v 加倍 B. 若 h 加倍，则在空中运动的时间 t 加倍 C. 若 h 加倍，运动员落到斜面上的速度大小不变 D. 若 h 加倍，运动员落到斜面上的速度方向不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据 = 可得水平飞出的速度 ，若 h 加倍，则水平飞出的速度 v 变为 倍， 选项 A 错误； 1 1 0.5 5m 1.25m2 2h vt= = × × = 2 2 0 1 1 2 2E mv mv∆ = − E∆ = 1 1 0.3 3m 0.45m2 2h vt= = × × = mgh 21 2 mv 2v gh= 2B．从 B 点抛出后做平抛运动，则 ，解得 ，则若 h 加倍，则在空中运动的时 间 t 变为 倍，选项 B 错误； CD．运动员落到斜面上的速度方向 ，则若 h 加倍，运动员落到斜面上的速度方向不变； 大小为 ，α 不变，则若 h 加倍，运动员落到斜面上的速度大小变为 倍，选项 C 错误，D 正 确． 5.如图所示，电源电动势为 ，内阻为 ．电路中的 、 分别为总阻值一定的滑动变阻器， 为定值 电阻， 为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当开关 闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于 静止状态．下列说法中正确的是（ ） A. 只逐渐增大 的光照强度，电阻 消耗的电功率变大，电阻 中有向上的电流 B. 只调节电阻 的滑动端 向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻 中有向上的电流 C. 只调节电阻 的滑动端 向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动 D. 若断开开关 ，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动 【答案】A 【解析】 【详解】逐渐增大 的光照强度， 的电阻减小，回路总电阻减小，回路总电流增大，根据 可知 上消耗的电功率变大，同时， 上端电阻两端电压也增大，则电容器两端电压增大，根据 可知电荷量增加，则 中有向上的电流，故 A 正确．恒定电路中电容器所在支路相当于断路，滑动 的滑 片不改变电路通电情况，不会发生任何变化，故 B 错误．调节 的滑动端向下移动时，回路总电阻不发生 变化，电压表测的路端电压也不发生变化，示数不变，但是电容器两端分得的电压增大，电场强度增大， 电场力大于重力，带电微粒向上运动，故 C 错误．若断开开关 S，则电容器在与 、 组成的电路中放电， 21 2tan 2 gt gt vt v θ = = 2 tanvt g θ= 2 tan 2tanyv v α θ= = cos vv α ′ = 2 E r 2R 3R 0R 1R S 1R 0R 3R 3R 2P 3R 2R 1P S 1R 1R 2P UI I= = 0R 2R QC U = 3R 3R 2R 2R 3R电荷量减少，电压减小，电场力减小，带电微粒向下运动，故 D 错误． 6.如图甲所示，长 2m 的木板 Q 静止在某水平面上，t=0 时刻，可视为质点的小物块 P 以水平向右的某初速 度从 Q 的左端向右滑行。P、Q 的速度时间图象见图乙，其中 a、b 分别是 0~1s 内 P、Q 的速度—时间图线， 是 1~2s 内 P、Q 共同的速度时间图线。已知 P、Q 的质量均是 1kg，g 取 10m/s2．则以下判断正确的是（　　） A. P、Q 系统在相互作用的过程中动量守恒 B. 在 0~2s 内，摩擦力对 Q 的冲量是 2N s C. P、Q 之间的动摩擦因数为 0.1 D. P 相对 Q 静止的位置在 Q 木板的右端 【答案】AC 【解析】 【详解】A．根据图乙可知，1s 后二者以相同的速度匀速运动，水平方向受力平衡，即不受摩擦力作用，则 在 0－2s 内，木板 Q 下表面与水平面之间没有摩擦力，所以 P、Q 系统在相互作用的过程系统所受的外力之 和为零，动量守恒，故 A 正确； B．从图像可知，0~2s 内对 Q，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在 1~2s 内无摩擦力，根据动量 定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以 故 B 错误； C．P 从速度为 2m/s 减为 1m/s 所需的时间为 1s，则 又 所以 故 C 正确； D．在 t=1s 时，P、Q 相对静止，一起做匀速直线运动，在 0~1s 内，P 的位移 ⋅ 0 1N sI Mv= − = ⋅ 2 21 2 m/s 1m/s1 va t ∆ −= = = −∆ mga gm µ µ−= = − 0.1µ = 1 2 1 1 1.5m2x += × =Q 的位移 则 知 P 与 Q 相对静止时不在木板的右端，故 D 错误。 故选 AC。 7.如图所示，双星系统由质量不相等的两颗恒星组成，质量分别是 M、m(M>m)， 他们围绕共同的圆心 O 做匀速圆周运动．从地球 A 看过去，双星运动的平面与 AO 垂直，AO 距离恒为 L．观测发现质量较大的恒 星 M 做圆周运动的周期为 T，运动范围的最大张角为△θ(单位是弧度)．已知引力常量为 G，△θ 很小，可认 为 sin△θ= tan△θ= △θ，忽略其他星体对双星系统的作用力．则（ ） A. 恒星 m 的角速度大小为 B. 恒星 m 的轨道半径大小为 C. 恒星 m 的线速度大小为 D. 两颗恒星的质量 m 和 M 满足关系式 【答案】BCD 【解析】 恒 星 m 与 M 具 有 相 同 的 角 速 度 ， 则 角 速 度 为 ， 选 项 A 错 误 ； 恒 星 M 的 轨 道 半 径 为 ；对恒星系统： mω2r=Mω2R，解得恒星 m 的轨道半径大小为 ，选项 B 正确；恒星 m 的线速度大小为 ，选项 C 正确；对恒星系统： 2 0 1 0.5m2x += = 1 2 1m 2mx x x∆ = − = < 2 M T m π 2 ML m θ∆ ML mT π θ∆ ( ) ( )323 2 22 Lm GTm M π θ∆= + 2 T πω = 1tan 2 2R L L θ θ∆= = ∆ 2 MLr m θ∆= 1 2 2 ML MLv r T m mT π θ π θω ∆ ∆= = ⋅ = 2( ) MmG r R+=mω2r=Mω2R ，解得 GM=ω2r(r+R)2 ；Gm=ω2R(r+R)2 ；相加得： ，联立可得： ，选项 D 正确；故选 BCD. 点睛：双星问题，关键是知道双星做圆周运动的向心力由两者之间的万有引力来提供，知道两者的角速度 相同，周期相同. 8.如图所示，在直角坐标系 xOy 中，位于坐标轴上的 M、N、P 三点到坐标原点 O 的距离均为 r，在第二象 限内以 O1(－r，r)为圆心，r 为半径的 圆形区域内，分布着方向垂直 xOy 平面向外的匀强磁场；现从 M 点平行 xOy 平面沿不同方向同时向磁场区域发射速率均为 v 的相同粒子，其中沿 MO1 方向射入的粒子恰好 从 P 点进入第一象限．为了使 M 点射入磁场的粒子均汇聚于 N 点，在第一象限内，以适当的过 P 点的曲线 为边界(图中未画出，且电场边界曲线与磁场边界曲线不同)，边界之外的区域加上平行于 y 轴负方向的匀强 电场或垂直 xOy 平面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用及其重力.下列说法正确的是 A. 若 OPN 之外的区域加的是磁场，则所加磁场的最小面积为 B. 若 OPN 之外的区域加的是电场，粒子到达 N 点时的速度最大为 C. 若 OPN 之外的区域加的是电场，粒子到达 N 点时的速度方向不可能与 x 轴成 45° D. 若 OPN 之外的区域加的是电场，则边界 PN 曲线的方程为 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．由题意知，沿 MO1 方向射入的粒子恰好从 P 点进入第一象限，轨迹为 圆弧，速度方向水平 向右（沿 x 轴正方向）由几何关系知轨迹半径等于圆形磁场半径，作出由粒子轨迹圆的圆心、磁场圆的圆 心以及出射点、入射点四点组成的四边形为菱形，且所有从 M 点入射粒子进入第一象限速度方向相同，即 均沿+x 方向进入第一象限，为了使 M 点射入磁场的粒子均汇聚于 N 点，OPN 之外的区域加的是磁场，最 2 3( ) ( )G M m R rω+ = + ( ) ( )323 2 22 Lm GTm M π θ∆= + 1 4 2( 2) 2 rπ − 5v 2 2xy x rr = − + 1 4小的磁场面积为图中阴影部分的面积，如图所示： 根据几何关系可得所加磁场的最小面积为 A 正确； BC．若 OPN 之外的区域加的是电场，粒子进入第一象限做类平抛，沿 MO1 入射的粒子到达 N 点时的运动 时间最长，速度最大，速度与水平方向夹角也最大，设类平抛运动时间为 t，在 N 点速度与水平方向夹角为 θ，则水平方向和竖直方向有 联立解得 粒子到达 N 点时 速度最大为 粒子到达 N 点时的速度方向 因 粒子到达 N 点时的速度方向不可能与 x 轴成 ，C 错误 B 正确； D．若 OPN 之外的区域加的是电场，设边界 PN 曲线上有一点的坐标为（x，y），则 整理可得 的 2 2 21 1 ( 2)2 4 2 2 rS r r ππ − = × − =   2 y r vt vr t = = 2yv v= 2 2 max 5yvv v v= + = tan 2yv v θ = = tan45 1° = 45° 21 2y t x t a r v= − = 2 2) 2( y x a vr =−当 时 整理可得边界 PN 曲线的方程为 D 正确。 故选 ABD。 三、非选择题：共 62 分，第 9~12 题为必考题，，每个试题考生都必须作答。第 13~16 题为选 考题，考生根据要求作答。 (一)必考题： 9.小宇同学利用图示器材探究电路规律： （1）断开开关 S，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，此时读数为 20Ω，此时测得 是____________的 阻值； （2）将旋转开关指向直流电流档，闭合开关 S，将滑片从最左端缓慢移动到最右端，发现该过程中读数最 大为 320mA，则移动过程中读数变化情况是（ ） A. 逐渐增大 B.逐渐减小 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小 （3）将旋转开关指向直流电压档，闭合开关 S 后移动滑动头，发现该过程中电表读数最大为 1.2V，结合前 两问条件可知，该电源电动势为________V．（结果保留两位小数） 【答案】 (1). 滑动变阻器 (2). A (3). 1.48 【解析】 （1）当断开电键 S，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，由图可知，此时欧姆档测量滑动变阻器总电 阻． （2）将旋转开关指向直流电流档，闭合电键 S，将滑片从最左端缓慢移动到最右端的过程中，变阻器滑片 的 x r= 0y = 2 1 2 a v r = 2 2xy x rr = − +两侧的电阻并联，总电阻先增大后减小，则总电流先减小后增大．滑片从最右端移至中点的过程中，变阻 器并联电阻增大，并联电压增大，而滑片右侧电阻减小，所以直流电流档的读数增大．滑片从中点移至最 右端的过程中，电路的总电流增大，通过变阻器左侧电阻的电流减小，所以直流电流档的读数增大，故 A 正确． （3）将旋转开关指向直流电流档，闭合电键 S 时，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得： E=Imax（R1+r） =0.32（R1+r） 将旋转开关指向直流电压档，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得： 联立以上可解得： . 10.(1)图中：游标卡尺的示数是______mm，螺旋测微器的示数是______mm； (2)在“验证机械能守恒定律"的实验中： ①某同学用图甲所示装置进行实验，得到如图乙所示的纸带，A、B、C、D、E 为连续的四个点，交流电的 顿率为 50Hz。测出点 A、C 间的距离为 14.77m 点 C，E 间的距离为 16.33cm。已知当地重力加速度为 9.8m/s2，重锤的质量为 m=1.0kg，则重锤在下落过程中受到的平均阻力大小 Ff=________。 ②某同学上交的实验报告显示重锤增加的动能略大于重锤减少的重力势能，则出现这一问题的原因可能是 ____（填序号）。 A.重锤的质量测量错误 B.该同学自编了实验数据（数据造假） C.交流电源的频率不等于 50Hz D.重锤下落时受到的阻力过大 【答案】 (1). 13.40 (2). 5.700 (3). 0.05N (4). BC 【解析】 【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为 13mm，游标读数为 0.05×8mm=0.40mm，所以最终读数为 13.40mm [2]螺旋测微器的固定刻度读数为 5.5mm，可动刻度读数为 0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为 5.700mm (2)[3]根据 得 ( ) ( ) ( )1 1 1 1.2 20 0.06 2020 mUE R R r R r R rR = + + = × + + = + + 1.48E V= 2x aT∆ =根据牛顿第二定律得 则 [4]A．重锤的质量测量错误不影响动能的增加量和重力势能的减小量,故 A 错误； BC．自编了实验数据，交流电源的频率不等于 50Hz 可能导致重锤增加的动能略大于重锤减少的重力势能， 故 BC 正确； D．重锤下落时受到的阻力过大会导致重力势能的减小量大于动能的增加量，故 D 错误。 故选 BC。 11.某同学设计了一套电磁弹射装置，如图所示，在水平面上固定两根足够长的平行金属导轨，导轨间距为 L ＝1m，导轨的电阻不计，导轨处于竖直方向、磁感应强度大小为 B＝2T 的匀强磁场（图中虚线之间区域， 未画出），连接导轨的电源电动势为 E＝40V，电容器的电容为 C＝1F．小车底部固定一个与其前端平齐、 边长为 L 的正方形单匝导体线框，线框前后两边的电阻均为 R＝0.2Ω，两侧边电阻不计且与导轨接触良 好．小车与线框的总质量为 m＝lkg．开始小车处于静止状态．现将开关 S 接 1，使电容器完全充电，再将 S 接至 2，小车向前加速运动，在小车开始匀速运动时，将开关 S 拔回 1，随后小车滑出磁场．不计小车在运 动过程中的摩擦．求： (1)磁场的方向和小车开始运动时的加速度大小 a； (2)小车在轨道上达到匀速时的速度大小 v1； (3)小车出磁场过程中线框中产生的焦耳热 Q． 【答案】(1)磁场的方向和小车开始运动时的加速度大小 800m/s2； (2)小车在轨道上达到匀速时的速度大小 16m/s； (3)小车出磁场过程中线框中产生的焦耳热 110J． 【解析】 【详解】(1)磁场方向垂直水平面向上， ( ) 2 2 2 2 2 16.33 14.77 10 m/s 9.75m/s0.04 xa T −− ×∆= = = fmg F ma− = f 1 (9.8 9.75)N 0.05NF mg ma= − = × − =小车在导轨上运动过程中，两电阻并联，则有： ； 小车开始运动的加速度为： ， 代入数据，解得：a＝800m/s2； (2)充电完成后，则有：q＝CE 放电加速过程中，应用动量定理，则有：BIL△t＝B△qL＝mv1﹣0 而△q＝q﹣q1 匀速运动时，电容器两端电压与小车切割产生的电势差相等，则有： 由上式联立，解得： 代入数据，解得：v1＝16m/s (3)小车出磁场的过程中，做减速运动，由动量定理，则有：﹣Ft＝﹣BILt＝mv2﹣mv1 小车上两电阻串联， 而 L＝vt 则有： 代入数据，解得：v2＝6m/s 所以小车滑出磁场过程中产生的焦耳热，为 代入数据，解得：Q＝110J 12.如图所示，质量 m1=1kg 的木板静止在倾角为 θ=30°足够长的、固定的光滑斜面上，木板下端上表而与半 径 R= m 的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点 B 与圆心 O 等高。一质量 m2=2kg、可视为质点的 小滑块以 v0=15m/s 的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数 u= ，木板每次 撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹，最终滑未从木板上端滑出，取重力加速度 g=10m/s2。求 (1)滑块离开圆弧轨道 B 点后上升的最大高度； (2)木板的最小长度； (3)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。 2 2 E EI R R = = 2BIL BLEa m mR = = 1 1 qBLv U C = = 1 2 2 BLECv m B L C = + 2 BLvI R = 2 3 1 22 B L mv mvR = − 2 2 1 2 1 1 2 2Q mv mv= − 3 3 3【答案】(1)9.75m； (2)7.5m； (3) 【解析】 【详解】(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数 可知，滑块在木板上匀速下滑，即滑块到达 A 点时速度大小依然为 v0=15m/s，设滑块离开圆弧轨道 B 点后上升的最大高度为 h，则由机械能守恒定律可 得 解得 h=9.75m (2) 由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为 v0=15m/s， 滑上木板后，木板的加速的为 a1，由牛顿第二定律可知 滑块的加速度为 a2，由牛顿第二定律可知 设经过 t1 时间后两者共速，共同速度为 v1，由运动学公式可知 该过程中木板走过的位移 滑块走过的位移 之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出，则木板的最小长度 L=x2－x1 联立解得 50 J 5.56J9 ≈ 3 tan303 µ = = ° 2 2 0 2 1 ( cos )2 m v m g R hθ= + 2 1 1 1cos sinm g m g m aµ θ θ− = 2 2 2 2cos sinm g m g m aµ θ θ+ = 1 0 2 1 1 1v v a t a t= − = 1 1 12 vx t= 0 1 2 12 v vx t +=L=7.5m； (3) 滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均 a3，由牛顿第二定律可知 一起匀减速向上运动的位移 木板从最高点再次滑至 A 点时的速度为 v2，由运动学公式可知 滑块第三次、第四次到达 A 点时的速度大小均为 v2，第二次冲上木板，设又经过时间 t2 两者共速，共同速 度为 v3，由运动学公式可知 v3=v2－a2t2=a1t2 该过程中木板走过的位移 一起匀减速向上运动的位移 设木板第二次滑至 A 点时的速度为 v4，由运动学公式可知 木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为 联立各式得 [物理-选修 3-3] 13.关于分子动理论，下列说法中正确的是（ ） A. 液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和某些晶体相似，具有各向异性 B. 布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在不停地做无规则热运动 C. 气体从外界吸收热量，其内能不一定增加 为 1 2 1 2 3( si) (n )m m g m m aθ+ = + 2 1 3 32 vx a = 2 2 1 3 32 vx x a + = 3 4 22 vx t= 2 3 5 32 vx a = 2 4 4 5 32 vx x a + = 2 1 4 1 2E m v∆ = 50 J 5.56J9E∆ = ≈D. 如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它 们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做内能 E. 当两个分子间的距离为分子力平衡距离 r0 时，分子势能最小 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．液晶是一类特殊的物质形态，它像液体一样具有流动性，而其光学性质和某些晶体相似具有各 向异性，故 A 正确； B．布朗运动是固体小颗粒的运动，它间接说明液体分子永不停息地做无规则运动，故 B 错误； C．气体从外界吸收热量时，若同时对外做功，则内能不一定增加；故 C 正确； D．根据温度的定义，如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热 平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度，故 D 正确； E．分子间距离从近距离增大时，分子力先为斥力，后为引力；分子力先做正功，后做负功；故分子势能将 先减小后增大，当两个分子间的距离为 r0 时，分子势能最小，故 E 正确。 故选 ACE 【点晴】本题考查热力学多个知识点，布朗运动、内能和液晶的特点等等,是考试的热点，要重点学习。 14.两个完全相同的钢瓶，甲装有 3L 的液体和 1L、6 个大气压的高压气体，乙内有 1 个大气压的 4L 气体： 现将甲瓶倒置按如图所示连接，将甲瓶内液体缓慢压装到乙瓶中（不计连接管道的长度和体积以及液体产 生的压强）。 (1)试分析在压装过程中随着甲瓶内液体减少，甲瓶内部气体压强如何变化，试用分子动理论做出解释； (2)甲瓶最多可向乙瓶内压装多少液体？ 【答案】（1）见解析；（2）2L 【解析】 【详解】(1)缓慢压装过程中甲瓶内气体膨胀，单位体积内的分子数减少，温度不变，分子的平均动能不变， 单位时间内撞击到器壁单位面积上的分子数减少，压强变小 (2)设甲瓶内最多有体积为 x 的液体进入乙瓶，乙瓶中灌装液体前，气体压强为 p 乙=1atm，体积为 V 乙=4L， 灌装后体积最小变为L－x 此时乙瓶中气体压强与甲瓶内气体压强相等为 p，由等温变化得 ，甲瓶中气体开始时气压为 p 甲=6atm，体积为 V 甲=1L，结束后压强为 p，体积为 由等温变化得： 联立并代入数据解得 x=2L [物理一选修 3-4] 15.如图所示，两束单色光 a、b 从水下面射向 A 点，光线经折射后合成一束光 c，则下列说法正确 是 （ ） A. 用同一双缝干涉实验装置分别以 a、b 光做实验，a 光的干涉条纹间距大于 b 光的干涉条纹间距 B. a 光在水中的传播速度比 b 光快 C. 用 a、b 光分别做双缝干涉时它们的干涉条纹宽度都是不均匀的 D. 在水中 a 光的临界角大于 b 光的临界角 E. 若 a 光与 b 光以相同入射角从水射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是 a 光 【答案】ABD 【解析】 【详解】AC.由图可知，单色光 a 偏折程度小于 b 的偏折程度，根据光路可逆和折射定律 n= 知，a 光 的折射率小于 b 光的折射率，则知 a 光的波长较 b 光大；由干涉条纹的间距 x= λ 知，干涉条纹间距与 波长成正比，所以 a 光的干涉条纹间距大于 b 光的干涉条纹间距；用 a、b 光分别做双缝干涉时它们的干涉 条纹宽度都是均匀的，故选项 A 符合题意，选项 C 不合题意； B. a 光的折射率小于 b 光的折射率，由 n= 知，a 光在水中的传播速度比 b 光快，故选项 B 符合题意； DE. 由全反射临界角公式 sinC= 知，折射率 n 越大，临界角 C 越小，则知在水中 a 光的临界角大于 b 光的 临界角；若 a 光与 b 光以相同入射角从水射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是 b 光，故选 的 =4V ′ 乙 p V pV′=乙 乙 乙 1LV x′ = +甲 p V pV′=甲 甲 甲 sin sin i r  L d c v 1 n项 D 符合题意，选项 E 不合题意． 16.一列沿 x 轴负方向传播的简谐横波，在 t=0 时刻的波形图如图所示，此时坐标为（1，0）的质点刚好开 始振动，P 质点的坐标为（3，0）。在 t1=0.6s 时刻，P 质点首次位于波峰位置，Q 点的坐标是（－3，0）。 求： (1)这列波的传播速度： (2)t2=1.5s 时质点 Q 的位移。 【答案】（1）0.05m/s；（2） 【解析】 【详解】(1)由图示波形图可知，这列波的波长 =4cm=0.04m，波 x 轴负方向传播，根据波形平移法知 t=0 时刻 P 点向下振动，经过 个周期首次到达波峰位置，由此可知 则得 T=0.8s 所以波速为 (2)因为 故 t2=1.5s 时质点 Q 的位移为 2 2cm− λ 3 4 1 3 0.6s4t T= = 0.04 m/s 0.05m/s0.8v T λ= = = 2 71.5s 8t T T= = + 74sin π 2 2cm4y = = −