2021届全国高考物理模拟测试卷八（Word版附解析）

2021 届物理高考模拟测试卷（八） (时间：60 分钟，满分 110 分) 二、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 14～ 18 题只有一项符合题目要求，第 19～21 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． 14．如图甲所示为氢原子部分能级图，大量处于 n＝4 能级的氢原子向低能级跃迁时能辐 射出多种不同频率的光，其中用从 n＝3 能级向 n＝1 能级跃迁时辐射的光照射图乙所示光电 管的阴极 K 时，恰好发生光电效应，则下列说法正确的是( ) A．从 n＝2 能级向 n＝1 能级跃迁时辐射的光，也一定能使阴极 K 发生光电效应 B．用从 n＝4 能级向 n＝1 能级跃迁时辐射的光照射阴极 K，阴极 K 的逸出功会变大 C．在光的频率不变的情况下，饱和电流不随入射光强度的变化而变化 D．用从 n＝3 能级向 n＝2 能级跃迁时辐射的光照射 n＝4 能级的氢原子，可以使其电离 15．小王和小张学习运动的合成与分解后，在一条小河中进行实验验证．两人从一侧河 岸的同一地点各自以大小恒定的速度向河对岸游去，小王以最短时间渡河，小张以最短距离 渡河，结果两人抵达对岸的地点恰好相同，若小王和小张渡河所用时间的比值为 k，则小王和 小张在静水中游泳的速度的比值为( ) A．k B. k k C. k D．k2 16. 如图所示，两个质量均为 m 的带电小球 a、b 用轻质绝缘细线相连，然后再通过轻质绝缘 细绳拴着小球 a 悬挂于 O 点，已知小球 a 的带电荷量为＋3q，小球 b 的带电荷量为－q.现加一 斜向上与竖直方向夹角为α的匀强电场，场强大小为 E＝ 3mg 2q ，g 为重力加速度，稳定后，细 绳恰与场强方向垂直，则细线与竖直方向夹角的正切值为( ) A.1 7 B.1 6 C. 3 7 D. 3 6 17．2019 年 11 月 5 日 01 时 43 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成 功发射第 49 颗北斗导航卫星，标志着北斗三号系统 3 颗倾斜地球同步轨道卫星全部发射完 毕．倾斜地球同步轨道卫星是运转轨道面与地球赤道面有夹角的轨道卫星，运行周期等于地 球的自转周期．倾斜地球同步轨道卫星正常运行时，下列说法正确的是( ) A．此卫星相对地面静止 B．如果有人站在地球赤道的地面上，此人的向心加速度比此卫星的向心加速度大 C．此卫星的发射速度小于地球的第一宇宙速度 D．此卫星轨道正下方某处的人用望远镜观测，可能会一天看到两次此卫星 18．如图所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以角速度ω匀速 转动，线圈的电阻为 r，理想变压器的副线圈并联两个阻值恒定且也为 r 的一模一样的灯泡 A、 B，原、副线圈匝数的比值为 k，电路中电表均为理想电表，现灯泡 B 发生断路，下列说法正 确的是( ) A．电压表示数变小 B．发电机的热损耗功率增大 C．灯泡 A 亮度变亮 D．单位时间外界向发电机做的功变大 19．如图所示，实线表示某静电场中的电场线，过 M 点的电场线是水平直线，虚线表示 该电场中的一条竖直等势线，M、N、P 是电场线上的点，Q 是等势线上的点．一带负电的点 电荷在 M 点由静止释放，仅在电场力作用下水平向右运动，则( ) A．点电荷一定向右做匀加速运动 B．负点电荷在 N 点释放时的加速度比在 P 点释放时的加速度大 C．将一正点电荷从 P 点移到 N 点，电场力做正功 D．将一负点电荷从 Q 点沿等势线竖直向上射出，点电荷将沿等势线做直线运动 20．小球 A、B、C(均可视为质点)通过如图所示的装置静止悬挂着，其中定滑轮 P 与定点 Q 相距 10L 且处于同一高度，此时 PB 与水平方向的夹角为 53°，QB 与水平方向的夹角为 37°， 然后剪断 BC 间的悬绳．若将 A 球换成 D 球，系统在外力作用下平衡，剪断 BC 瞬间，撤去外 力，B 球运动到与 P 等高时速度恰好为零，已知小球 B、C 的质量分别为 m、2m，重力加速度 为 g，小球间相连的轻绳均不可伸长，忽略一切摩擦，取 sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.下列说法 正确的是( ) A．小球 A 的质量是 1.6 m B．小球 D 的质量为 1.2 m C．接 A 球时，剪断 BC 间悬绳的瞬间，小球 B 的加速度大小是 8 17g D．接 A 球时，剪断 BC 间悬绳的瞬间，小球 A 的加速度大小是 1 4g 21．如图所示，平行金属板竖直放置，底端封闭，中心线上开一小孔 C，两板间存在正交 的电场强度大小为 E 的匀强电场、磁感应强度大小为 B1 的匀强磁场，AC 是两板间的中心线．金 属板下方存在有界匀强磁场区域 EFDGH，区域内磁场的磁感应强度大小为 B2，其中 EFGH 为长方形，EF 边长为 l，EH 边长为 4l；A、C、F、G 四点共线，E、F、D 三点共线，曲线 GD 是以 5l 为半径、以 AG 上某点(图中未标出)为圆心的一段圆弧．现有大量比荷不同的正、 负离子沿 AG 方向射入两金属板之间，有部分离子经 F 点进入下方磁场区域，比荷最大的某离 子垂直 EH 边界穿出．已知从 F 点进入下方磁场的正、负离子，比荷具有相同的最大值和最小 值，且由 F 点进入下方磁场偏向 FG 右侧的离子都能从边界 FD 射出磁场(存在临界情况)．不 计离子重力及离子间的相互作用，则下列说法正确的是( ) A．P 一定接电源正极，Q 一定接电源负极 B．从 F 点进入下方磁场的离子速度大小为 v＝B1 E C．从 EH 边界射出的离子最大比荷是 E lB1B2 D．从 FD 边界射出的离子区域长度是 2.8l 三、非选择题：共 62 分．第 22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答，第 33～34 题为选考题，考生根据要求作答． (一)必考题：共 47 分 22．(6 分)某同学欲将内阻为 100 Ω、量程为 400 μA 的电流表 G 改装成欧姆表，做了以下 实验．该同学选择的实验器材有：定值电阻 R1(阻值为 25 Ω)，滑动变阻器 R(最大阻值 2 500 Ω)， 干电池(电动势为 E＝1.5 V，内阻 r＝2 Ω)，红、黑表笔，导线若干． (1)该同学设计了图甲所示的电路图，并按照电路图将实物连接完整． (2)实验时，先将红、黑表笔短接，当电流表 G 满偏时，滑动变阻器 R 接入电路的阻值为 ________ Ω. (3)当待测电阻 Rx 接在红、黑表笔之间时，电流表 G 的示数如图乙所示，其读数为________ μA，Rx 的阻值为________ Ω. 23．(9 分)某同学想将一弹簧改装成简易弹簧测力计，进行如下操作(弹簧始终未超出弹性 限度范围)． (1)首先将下端带指针的弹簧竖直悬挂在铁架台上，测量弹簧的原长； (2)接着，将刻度尺靠近弹簧固定．弹簧下端悬挂不同质量的物体，待物体静止后读出指 针指示的相应刻度．该同学以悬挂物体的重力为纵轴，弹簧的形变量为横轴，根据测得的实 验数据，作出如图所示的图象．由图象可知此弹簧的劲度系数为________ N/m； (3)然后再在刻度尺的刻度旁标注对应力的大小．如果未悬挂物体时，指针对应刻度为 6 cm，则该同学应在 6 cm 处标注为________ N，在 12 cm 处标注为________ N. (4)最后该同学为了验证改装后的弹簧测力计标度是否准确，找了一只标准的弹簧测力计， 他 可 以 采 用 的 方 法 是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.( 回 答一种即可) (5)将下端带指针的弹簧竖直悬挂在铁架台上，测量弹簧的原长，然后用力竖直向下缓慢 拉弹簧，当弹簧伸长了 6 cm 时，拉力做的功为________. 24．(12 分)如图所示，匀强磁场与匀强电场存在理想边界 AB，已知匀强电场的方向与边 界成 45°角，匀强磁场的方向垂直纸面向里．在 AB 上的 O 点向磁场中射入一个速度大小为 v， 方向与 BA 成 45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨迹半径为 R.磁感应强度 B 与电 场强度 E 的大小均未知，但满足关系 E＝vB，如果把带电粒子从 O 点出发记为粒子第一次进 入磁场．不计粒子的重力，求： (1)粒子第三次进入磁场后做圆周运动的轨迹半径 R1； (2)粒子第三次进入磁场时的位置到 O 点的距离． 25．(20 分)如图所示，一长木板左端紧靠墙壁，固定在水平面上，另一长度为 L＝1.5 m、 质量为 mC＝7 kg、与固定长木板等高的长木板 C 放在光滑的水平面上，左端与固定长木板紧 靠在一起．可视为质点、质量为 mA＝2 kg 的小物块 A 放在固定长木板上，一轻质弹簧左端固 定在墙壁上，右端与小物块 A 接触但不拴接，开始时弹簧被压缩并锁定，储存的弹性势能为 Ep＝11.6 J．解除锁定后，小物块 A 向右滑行一段距离后与弹簧分离，然后与放在长木板 C 最 左端的可视为质点、质量为 mB＝1 kg 的小物块 B 发生碰撞，最终小物块 B 停在长木板 C 的最 右端，而小物块 A 在长木板 C 上滑行的距离为 s＝0.35 m．已知小物块 A 的初始位置与固定长 木板右端之间的距离为 x＝0.95 m，小物块 A 与固定长木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，小物 块 A、B 与长木板 C 之间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，弹簧的原长小于固定长木板的长度，重力 加速度取 g＝10 m/s2. (1)求长木板 C 的最终速度大小； (2)当 B 刚运动到 C 的最右端时，求 C 相对地面向右运动的距离； (3)求整个过程中系统损失的能量． (二)选考题(本题共 15 分．请考生从给出的 2 道物理题中任选一题作答．如果多做，则按 所做的第一题计分．) 33．[物理——选修 3－3](15 分) (1)(5 分)吸盘挂钩的工作原理如图甲、乙所示．使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上(如图 甲)，吸盘中的空气被挤出一部分．然后将锁扣扳下(如图乙)，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向 外拉出，这样吸盘就会牢牢地被固定在墙壁上．若气体可视为理想气体，在拉起吸盘的过程 中，吸盘内气体的温度始终不变，则在拉起吸盘后，吸盘内气体的压强与拉起前的相比 ________(填“增大”“不变”或“减小”)，吸盘内空气的密度________(填“大于”“等 于”或“小于”)外界空气的密度，吸盘内气体的内能________(填“增大”“不变”或“减 小”)，此过程中吸盘内的气体要________(填“吸收”或“放出”)热量． (2)(10 分)如图所示，内壁光滑、横截面积为 S 的导热气缸水平放置，在气缸正中间有两 个正对的小挡板 A、B，内部用厚度不计、质量为 M 的活塞封闭有温度为 T0 的理想气体．已 知气缸的长度为 2l，重力加速度为 g，大气压强为 p0，现将气缸缓慢顺时针转动到开口竖直向 上，活塞与气缸壁间无摩擦，且 p0S>Mg.求： (ⅰ)活塞在此过程中下降的高度； (ⅱ)将缸内气体的温度下降到T0 2 时，缸内气体的压强． 34．[物理——选修 3－4](15 分) (1) (5 分)图示为一透明柱状介质的横截面图，三角形 ABC 为直角三角形．一细束红光 PD 从 AC 边中点 D 射到 AC，折射后的光线经 CB 恰好发生全反射．已知 AC＝L，∠PDA＝30°，光 在真空中的速度大小为 c，则该介质对红光的折射率为________，红光从 D 传播到 CB 所用的 时间为________． (2)(10 分)图甲为一沿 x 轴传播的简谐横波在 t＝6 s 时刻的图象．质点 M 的振动图象如图 乙所示，t＝0 时，质点 N 已经开始振动，0～28 s 时间内质点 N 运动的路程 L＝84 cm.求： (ⅰ)横波的波速大小 v ； (ⅱ)横波的传播方向以及质点 M 的振动方程． 答案 14．解析：由玻尔理论知 n＝3 和 n＝1 能级的能级差大于 n＝2 和 n＝1 能级的能级差， 用从 n＝3 能级向 n＝1 能级跃迁时辐射的光照射图乙所示光电管的阴极 K 时，恰好发生光电 效应，若用从 n＝2 能级向 n＝1 能级跃迁时辐射的光照射阴极 K，不能使阴极 K 发生光电效 应，选项 A 错误；逸出功由金属本身决定，与入射光频率大小无关，选项 B 错误；在入射光 的频率不变的情况下，入射光越强，则单位时间逸出的光电子数越多，饱和电流越大，选项 C 错误；当处于 n＝4 能级的氢原子吸收的能量大于或等于 0.85 eV 时，将会被电离，n＝3 能级 与 n＝2 能级间的能量差大于 0.85 eV，D 正确． 答案：D 15．解析： 设小王和小张在静水中游泳的速度大小分别为 v1 和 v2，当小王游泳的速度 v1 与河岸垂直 时，渡河时间最短；小张斜向上游才有可能距离最短，由于小王和小张到达对岸的地点相同， 且此地点并不在出发地的河正对岸，可见小张在静水中游泳的速度 v2 比水的流速 v0 要小，要 满足题意，则示意图如图所示．由图可得t1 t2 ＝v2 v1 ·sin θ，cos θ＝v2 v0 ，tan θ＝v0 v1 ，解得v22 v21 ＝t1 t2 ＝k， 即v1 v2 ＝ k k ，选项 B 正确． 答案：B 16．解析：以小球 a、b 整体为研究对象进行受力分析，设细绳与竖直方向的夹角为θ，则 有 2qEcos α＋F 绳 cos θ＝2mg,2qEsin α＝F 绳 sin θ，α＋θ＝90°，解得α＝30°，θ＝60°，设细线与 竖直方向的夹角为β，对小球 b 受力分析，有(F 拉＋F 库)sin β＝qEsin 30°，(F 拉＋F 库)cos β＝mg ＋qEcos 30°，解得 tan β＝ 3 7 ，C 正确． 答案：C 17．解析：倾斜地球同步轨道卫星相对地面有运动，而地球同步轨道卫星相对于地球静 止，选项 A 错误；赤道上某物体的角速度与同步卫星的角速度相同，但运动半径较小，根据 a ＝ω2r 可知，赤道上物体的向心加速度小于此卫星的向心加速度，选项 B 错误；地球的第一宇 宙速度是地球上发射卫星的最小速度，选项 C 错误；如题图所示，地球同步轨道与倾斜同步 轨道有两个交点，交点位置正下方的人用望远镜观测，一天能看到两次此卫星，选项 D 正确． 答案：D 18．解析：对理想变压器有U 原 U 副 ＝k＝I 副 I 原 ，线圈匀速转动，则发电机产生的电动势的有效 值不变，设为 E，灯泡 B 断路前，对发电机有 E＝U 原＋I 原 r，对副线圈有 U 副＝I 副 r 2 ，整理得 E ＝U 原 1＋ 2 k2 ，灯泡 B 断路后，同理有 E＝U′ 原 1＋ 1 k2 ，可知灯泡 B 断路后，原线圈两端电压 升高，A 错误；由以上分析可知，通过原线圈的电流减小，发电机的热损耗功率减小，单位时 间外界向发电机做的功变小，BD 错误；副线圈两端电压升高，灯泡 A 两端电压升高，通过的 电流增大，灯泡 A 变亮，C 正确． 答案：C 19．解析：一带负电的点电荷在 M 点由静止释放，该点电荷仅在电场力作用下水平向右 运动，说明该点电荷受到的电场力水平向右，电场线的方向水平向左，由于电场是非匀强电 场，因此该点电荷运动过程中受到的电场力是变化的，根据牛顿第二定律可知，该点电荷的 加速度也是变化的，选项 A 错误；由电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知，N 点的场 强比 P 点的场强大，因此同样的点电荷在 N 点释放时的加速度一定比在 P 点释放时的加速度 大，选项 B 正确；比较经过 N、P 两点的等势线可知，P 点电势比 N 点电势高，因此将一正点 电荷从 P 点移到 N 点，电势能减小，电场力做正功，选项 C 正确；将一负点电荷从 Q 点沿等 势线竖直向上射出，由于电场线垂直于等势线，因此电场力垂直于等势线，故该负点电荷不 会沿等势线做直线运动，选项 D 错误． 答案：BC 20．解析：剪断前，取 B、C 整体为研究对象，则有 T＝3mgcos 37°，又 T＝mAg，解得 mA＝2.4m，选项 A 错误；在剪断 BC 间悬绳的瞬间，B 要上升，AB 为连接体，QB 绳长不变， 且此时 QB 垂直于 PB，故小球 B 以 Q 为圆心，以 QB 为半径做圆周运动，故对 A 有 mAg－T ＝mAa，对 B 有 T－mgsin 53°＝ma，解得 a＝8g 17 ，选项 C 正确，D 错误；对 D、B 组成的系统 由机械能守恒定律得 mDghD＝mghB，由几何关系知 hD＝6L＋8L－10L＝4L，hB＝8Lsin 37°＝ 4.8L，解得 mD＝1.2m，选项 B 正确． 答案：BC 21．解析：由 F 点进入下方磁场偏向 FG 右侧的一定是正离子，偏向 FG 左侧的一定是负 离子，PQ 两板间复合场相当于速度选择器，电场方向一定从右极板指向左极板，即 P 一定接 电源负极，Q 一定接电源正极，选项 A 错误．当离子在平行金属板间匀速运动时，有 qvB1＝ qE，得 v＝ E B1 ，选项 B 错误．比荷最大的离子垂直 EF 射入下方磁场，又垂直 EH 射出下方磁 场，说明离子在下方磁场中偏转了 90°，由几何关系可知离子做圆周运动的圆心为 E 点，此时 离子做圆周运动半径最小，为 R1＝l，由 qvB2＝m v2 R1 得从 EH 边界射出的离子的最大比荷q m ＝ E lB1B2 ，选项 C 正确．正离子做圆周运动的最长轨迹如图中实线所示，圆心为 O，半径 R2 满足 R22＋l2＝(5l－R2)2，得 R2＝12 5 l＝2.4l，R2 为满足正离子均能从 FD 射出的最大半径，不论离子 带电正负，在磁场 B2 中做圆周运动的半径都介于 R1 和 R2 之间，FD 上有离子射出，距 F 的最 近距离为 2R1，距 F 的最远距离为 2R2，即距 F 点的距离为 2l 到 4.8l 范围内有离子射出，选项 D 正确． 答案：CD 22．解析：(2)电流表 G 和 R1 并联后的总电阻 R 并＝ RgR1 Rg＋R1 ＝20 Ω，当电流表 G 满偏时， 此时流过电路的总电流为 I1＝IgRg R1 ＋Ig＝2 mA，由闭合电路欧姆定律可得 R 并＋r＋R＝E I1 ，解得 R＝728 Ω. (3)根据读数规则可知电流表的读数为 240 μA，新电流表的量程是原来电流表量程的 5 倍， 此时流过电路的总电流为 I＝1 200 μA，由闭合电路欧姆定律可得 R 并＋R＋r＋Rx＝E I ＝1 250 Ω， 解得 Rx＝500 Ω. 答案：(2)728(2 分) (3)240(2 分) 500(2 分) 23．解析：(2)根据物体的平衡条件可得 F 弹＝mg＝kx，结合图象可得 k＝100 N/m.(3)如果 未悬挂物体时，指针对应刻度为 6 cm，则该同学应在 6 cm 处标注为 0，在 12 cm 处弹簧的伸 长量为 x＝6 cm，此时弹簧的弹力大小为 F 弹＝kx＝6 N．(4)他可以采用的方法是分别用两只弹 簧测力计测量相同的重物，查看示数是否相同．(5)将下端带指针的弹簧竖直悬挂在铁架台上， 测量弹簧的原长，然后用力竖直向下缓慢拉弹簧，当弹簧伸长了 6 cm 时，拉力做的功为 WF ＝Fx＝0＋kx 2 x＝1 2kx2＝0.18 J. 答案：(2)100(2 分) (3)0(1 分) 6(2 分) (4)分别用两只弹簧测力计测量相同的重物，查 看示数是否相同(其他答案正确也给分)(2 分) (5)0.18 J(2 分) 24．解析：(1)画出粒子的运动轨迹如图所示．第一段是半径为 R 的3 4 圆弧，与 AB 边界右 交点为 a，然后粒子恰好逆着电场线做匀减速运动到 b 点，沿电场线方向返回 a 点时的速率仍 为 v，接着粒子在磁场中运动一段1 4 圆弧到 c 点，再接着沿垂直电场线方向进入电场做类平抛 运动到 d 点，第三次进入磁场．(2 分) 第三次进入磁场时有 qvdB＝mv2d R1 (1 分) 根据类平抛运动知识可知，粒子进入磁场时速度偏向角的正切值为位移偏向角正切值的 2 倍．即 tan β＝2tan α＝2 可得 vy＝ 2vx＝2v(1 分) 所以 vd＝ v2x＋v2y＝ 5v (1 分) 可得粒子第三次进入磁场后的运动轨迹半径为 R1＝mvd qB ＝ 5R(1 分) (2)当粒子第三次进入磁场时的位置到 O 点的距离为 Oa 段、ac 段与 cd 段的长度之和，分 别设为 x1、x2、x3，故有 x1＝x2＝ 2R(1 分) 粒子在电场中做类平抛运动时，在垂直电场方向有 x＝vt 沿电场方向有 y＝1 2at2 粒子在电场中的加速度 a＝qE m (1 分) 因为电场方向与边界成 45°角，故有 x＝y(1 分) 粒子在匀强磁场中运动时，qvB＝mv2 R(1 分) 又有 E＝vB 联立以上各式可解得 x＝y＝2R，则类平抛运动的位移 x3＝ x2＋y2＝2 2R(1 分) 因此 d 点到 O 点的距离 s＝x1＋x2＋x3＝4 2R(1 分) 答案：(1) 5R (2)4 2R 25．解析：(1)设小物块 A 运动到固定长木板最右端时的速度大小为 v0，对小物块 A 由能 量守恒定律知 Ep－μ1mAgx＝1 2mAv20(2 分) 代入数据解得 v0＝2 m/s(1 分) 由题意知最终小物块 A、B 与长木板 C 保持相对静止，设三者共同速度大小为 v，则由动 量守恒定律有 mAv0＝(mA＋mB＋mC)v(2 分) 解得 v＝0.4 m/s(1 分) (2)设小物块 A、B 碰撞后瞬间的速度大小分别为 vA、vB，对小物块 A、B 组成的系统， 由动量守恒定律有 mAv0＝mAvA＋mBvB(1 分) 对 A、B 碰后到三者共速过程由功能关系知 μ2mAgs＋μ2mBgL＝1 2mAv2A＋1 2mBv2B－1 2(mA＋mB＋mC)v2(2 分) 解得 vA＝1 m/s，vB＝2 m/s(2 分) 另一组解为 v′A＝5 3m/s，v′B＝2 3m/s，因为 v′A>v′B，所以不符合题意，舍去． 设整个过程中小物块 B 相对地面向右滑行的距离为 x′，小物块 B 在长木板上运动的加 速度大小为 a，根据牛顿第二定律知μ2mBg＝mBa(1 分) 解得 a＝μ2g＝1 m/s2(1 分) 由匀变速直线运动规律得 x′＝v2B－v2 2a ＝1.92 m(1 分) 当 B 刚运动到 C 的最右端时，长木板 C 相对地面向右滑行的距离为 xC＝x′－L＝(1.92－1.5)m＝0.42 m(1 分) (3)小物块 A 与接触面因相对运动产生的内能为 Q1＝μ1mAgx＋μ2mAgs＝8.3 J(2 分) 小物块 B 与接触面因相对运动产生的内能为 Q2＝μ2mBgL＝1.5 J(1 分) A、B 碰撞过程中损失的能量为 ΔE＝1 2mAv20－1 2mAv2A－1 2mBv2B＝1 J(1 分) 则整个过程中系统损失的能量为 Q＝Q1＋Q2＋ΔE＝10.8 J(1 分) 答案：(1)0.4 m/s (2)0.42 m (3)10.8 J 33．解析：(1)在吸盘被拉起的过程中，吸盘内封闭气体的体积增大，由于温度不变，所 以由玻意耳定律可知吸盘内气体的压强减小．在锁扣未扳下之前，吸盘内空气密度与外界空 气密度相同，当锁扣扳下之后，由于吸盘内气体的质量不变，但体积增大，所以其密度减小．一 定质量的理想气体的内能仅与温度有关，由于在锁扣扳下的过程中吸盘内气体的温度不变， 所以气体的内能不变．在锁扣扳下的过程中，由于气体的体积增大，所以气体要对外界做功， 但气体的内能又不发生变化，故由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 可知，此过程中气体要从外界 吸收热量． (2)(ⅰ)当气缸竖直放置时，设封闭气体的压强为 p，由于活塞处于静止状态，对活塞受力 分析可得 pS＝p0S＋Mg(1 分) 设气缸竖直后活塞下降的高度为 h，由于气体的温度不变，故由玻意耳定律可得 p0·2lS＝p(2l－h)S(1 分) 两式联立可解得 h＝ 2Mgl p0S＋Mg T0 2 ，故需要在此基础上再进行降温，此时气体的体积不再发生变化．设 当温度降到T0 2 时气体的压强为 p′，则由查理定律可得p T ＝p′ T0 2 (2 分) 代入数据可解得 p′＝p0(1 分) 答案：(1)减小(1 分) 小于(1 分) 不变(1 分) 吸收(2 分) (2)(ⅰ) 2Mgl p0S＋Mg (ⅱ)p0 34．解析：(1)如图所示，设介质对红光的折射率为 n，临界角为θ，则 n＝ 1 sin θ ，根据折 射定律有 n＝sin90°－30° sin90°－θ ，解得 n＝ 7 2 ，cos θ＝ 3 7 ，红光在介质中的传播速度 v＝c n ，从 D 传播到 E 所用的时间 t＝DE v ，DE＝ L 2 cos θ ，解得 t＝7 3L 12c . (2)(ⅰ)振幅 A＝6 cm(1 分) 由 L 4A ＝ 84 cm 4×6 cm ＝31 2 则 31 2T＝Δt(1 分) 解得周期 T＝8 s 由图甲得波长λ＝4 m(1 分) 由 v＝λ T(1 分) 得 v＝0.5 m/s(1 分) (ⅱ)由周期结合图甲、乙知 t＝6 s 时质点 M 的振动方向为沿 y 轴负方向．根据“波动方向 与振动方向间的关系”知，横波的传播方向为沿 x 轴负方向(1 分) 设质点 M 的振动方程为 y＝Asin 2π T t＋φ (1 分) 当 t＝0 时 y＝－6 cm(1 分) 得φ＝－π 2(1 分) 因此质点 M 的振动方程为 y＝6sin π 4t－π 2 cm(1 分) 答案：(1) 7 2 (2 分) 7 3L 12c (3 分) (2)(ⅰ)0.5 m/s (ⅱ)沿 x 轴负方向 y＝6sin π 4t－π 2 cm