2021年1月湖南省普通高等学校招生适应性考试 物理 Word版含解斩 25页

- 1 - 湖南省 2021 年普通高等学校招生适应性考试 物 理 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑， 如需改动，用橡皮擦净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在 答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后、将本试题卷和答题卡一井交回 一、选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分，每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的。 1. 2020 年 12 月 4 日，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号 M 装置（HL-2M）在成 都建成并首次实现利用核聚变放电。下列方程中，正确的核聚变反应方程是（ ） A. 2 3 4 1 1 1 2 0H+ H He+ n B. 238 234 4 92 90 2U Th+ He C. 235 1 144 89 1 92 0 56 36 0U+ n Ba+ Kr+3 n D. 4 27 30 1 2 13 15 0He+ Al P+2 n 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】核聚变反应是两轻核反应变成中等质量的核。 A． 2 3 4 1 1 1 2 0H+ H He+ n ，是轻核聚变，故 A 正确； B． 238 234 4 92 90 2U Th+ He ，此核反应反应物只有一个原子核且生成物由氦核，属于 衰变，故 B 错误； C． 235 1 144 89 1 92 0 56 36 0U+ n Ba+ Kr+3 n ，此反应反应物和生成物都有中子，构成链式反应，且生产 物至少有两个中等质量的核，故属于重核裂变，故 C 错误； D．4 27 30 1 2 13 15 0He+ Al P+2 n ，此反应是用 粒子轰击生成了同位素磷，是人工核转变，发现同 位素磷和正电子的方程，故 D 错误； 故选 A。 2. 有一圆柱形水井，井壁光滑且竖直，过其中心轴的剖面图如图所示，一个质量为 m 的小球 - 2 - 以速度 v 从井口边缘沿直径方向水平射入水井，小球与井壁做多次弹性碰撞（碰撞前后小球水 平方向速度大小不变、方向反向，小球竖直方向速度大小和方向都不变），不计空气阻力。从 小球水平射入水井到落至水面的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 小球下落时间与小球质量 m 有关 B. 小球下落时间与小球初速度 v 有关 C. 小球下落时间与水井井口直径 d 有关 D. 小球下落时间与水井井口到水面高度差 h 有关 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】因为小球与井壁做多次弹性碰撞，碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方向反向， 则将小球的运动轨迹连接起来就是一条做平抛的抛物线，可知小球在竖直方向做自由落体运 动，下落时间由 2ht g  可知，下落时间与小球的质量 m，小球初速度 v 以及井口直径均无关，只与井口到水面高度差 h 有关。 故选 D。 3. 如图，两个带等量正电的点电荷，分别固定在绝缘水平桌面上的 A、B 两点，一绝缘圆形细 管水平固定在桌面 A、B 两点间，且圆形细管圆心 O 位于 A、B 连线的中点，细管与 A、B 连 线及中垂线交点分别为 C、E、D、F。一个带负电的小球在细管中按顺时针方向做完整的圆周 运动，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ） - 3 - A. 小球从 C 运动到 D的过程中，速度先减小后增大 B. 在两个带正电的点电荷产生的电场中，C 点的电势比 F 点的电势低 C. 小球在 C、E 两点的速度大小相等，有相同的电势能 D. 小在 D、F 两点所受的电场力相同 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．小球从 C 到 D 的过程中电场力的方向一直与速度方向是钝角，电场力一直做负 功，速度一直减小，A 错误； B．由等量正电荷的电场线的分布可知，电场线在 OC 方向由 C 指向 O，在 OF 方向则有 O 指 向 F，顺着电场线电势降低，因此有 C O F    ，B 错误； C．由电势的叠加公式可得 C 点的电势为 C AC BC kQ kQ r r    同理 E 点的电势为 E BE AE kQ kQ r r    因此可知 C E  ，则电势能相同，由能量守恒可得 C 和 E 两点动能相同，速度大小相等；C 正确； D．等量同种电荷的电场线如图 - 4 - D 点电场线在水平面内向上，F 点电厂现在水平面内向下，因此电场力方向不同，D 错误。 故选 C。 4. 有四个电源甲，乙、丙、丁，其路端电压 U 与电流 I 的关系图象分别如图（a）、（b）、（c）、 （d）所示，将一个 6 Ω 的定值电阻分别与每个电源的两极相接，使定值电阻消耗功率最大的 电源是（ ） A. 甲电源 B. 乙电源 C. 丙电源 D. 丁电源 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】由闭合回路的欧姆定律 U E IR  可得U I 图像纵轴的截距为电源电动势，斜率为内阻，因此可知四个电源的电动势都为 12V ，而内阻 - 5 - 12 =12Ω1 Ur I  甲 同理可求得 6Ω 4Ω 3ΩU U Ur r rI I I          乙 丁丙， ， 定值电阻消耗的功率为 2EP RR r      可知内阻越大功率越小，因此丁定值电阻消耗功率最大。 故选 D。 5. 如图，力传感器固定在天花板上，边长为 L 的正方形匀质导线框 abcd 用不可伸长的轻质绝 缘细线悬挂于力传感器的测力端，导线框与磁感应强度方向垂直，线框的 bcd 部分处于匀强磁 场中，b、d 两点位于匀强磁场的水平边界线上。若在导线框中通以大小为 I、方向如图所示的 恒定电流，导线框处于静止状态时，力传感器的示数为 F1。只改变电流方向，其它条件不变， 力传感器的示数为 F2，该匀强磁场的磁感应强度大小为（ ） A. 2 1 4 F F IL  B. 1 2 4 F F IL  C. 2 12( ) 4 F F IL  D. 1 22( ) 4 F F IL  【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】线框在磁场中受到安培力的等效长度为 2bd L ，当电流方向为图示方向时，由左 手定则可知导线框受到的安培力竖直向上，大小为 - 6 - 2F BIL 因此对导线框受力平衡可得 1F F mg  当导线框中的电流反向，则安培力方向竖直向下，此时有 2mg F F  联立可得 2 12( ) 4 F FB IL  故选 C。 6. 如图，一根质量为 m 的匀质绳子，两端分别固定在同一高度的两个钉子上，中点悬挂一质 量为 M 的物体，系统平衡时，绳子中点两侧的切线与竖直方向的夹角为 ，钉子处绳子的切 线方向与竖直方向的夹角为  ，则（ ） A. tan tan m M m    B. tan tan m M M    C. cos cos M m M     D. cos cos m m M     【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】设绳子的拉力为 T，则对中间结点分析可知 2 cosT Mg  对绳子和 M 受力分析可知 - 7 - 2 cosT mg Mg   解得 cos cos M m M     故选 C。 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7. 在“嫦娥五号”任务中，有一个重要环节，轨道器和返回器的组合体（简称“甲”）与上 升器（简称“乙”）要在环月轨道上实现对接，以使将月壤样品从上升器转移到返回器中， 再由返回器带回地球。对接之前，甲、乙分别在各自的轨道上做匀速圆周运动，且甲的轨道 半径比乙小，如图所示，为了实现对接，处在低轨的甲要抬高轨道。下列说法正确的是（ ） A. 在甲抬高轨道之前，甲的线速度小于乙 B. 甲可以通过增大速度来抬高轨道 C. 在甲抬高轨道的过程中，月球对甲的万有引力逐渐增大 D. 返回地球后，月壤样品的重量比在月球表面时大 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A．在甲抬高轨道之前，两卫星均绕月球做匀速圆周运动，有 2 2 Mm vG mr r  可得线速度为 - 8 - GMv r  因 r r甲 乙 ，则甲的线速度大于乙的线速度，故 A 错误； B．低轨卫星甲变为高轨卫星，需要做离心运动，则需要万有引力小于向心力，则需向后喷气 增大速度，故 B 正确； C．在甲抬高轨道的过程中，离月球的距离 r 逐渐增大，由 2 MmF G r  可知月球对卫星的万有 引力逐渐减小，故 C 错误； D．因地球表面的重力加速度比月球表面的重力加速度大，则由G mg 可知月壤样品的重量 在地表比在月表要大，故 D 正确。 故选 BD。 8. 如图，两根足够长，电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为 1m， 左端通过导线连接一个 R=1.5 Ω 的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小 B=0.4T 的匀强磁 场中，磁场方向竖直向下，质量 m=0.2kg、长度 L=1m、电阻 r=0.5 Ω 的匀质金属杆垂直导轨 放置，且与导轨接触良好，在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力 F，使其静止开始运动。 拉力 F 的功率 P=2W 保持不变，当金属杆的速度 v=5m/s 时撤去拉力 F。下列说法正确的是 （ ） A. 若不撤去拉力 F，金属杆的速度会大于 5m/s B. 金属杆的速度为 4m/s 时，其加速度大小可能为 0.9m/s2 C. 从撤去拉力 F 到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为 2.5C D. 从撤去拉力 F 到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为 2.5J 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】A．若不撤去拉力 F，对棒由牛顿第二定律有 - 9 - F BIL ma  P Fv I r BLv R   当 0a  时，速度达到最大，联立各式解得最大速度为 m 2 2 ( ) 5m/sR r Pv B L   即杆的最大速度不会超过 5m/s，故 A 错误； B．若在 F 撤去前金属杆的切割速度 1 4m/sv  时，代入各式可得加速度为 2 2 1 21 0.9m/s B L vP v R ra m    撤去 F 后棒减速的速度为 2 4m/sv  时，加速度为 2 2 2 21.6m/s B L v R ra m    故金属杆的速度为 4m/s 时，其加速度大小为 0.9m/s2 或 1.6m/s2，故 B 正确； C．从撤去拉力 F 到金属杆停下，棒只受安培力做变减速直线运动，取向右为正，由动量定理 有 0BIL t mv    而电量的表达式 q I t  可得 2.5Cmvq BL   故 C 正确； D．从撤去拉力 F 到金属杆停下的过程由动能定理 21=0 2FW mv 安 而由功能关系有 =FW Q安 - 10 - 另金属杆和电阻 R 串联，热量比等于电阻比，有 1 Q rQ R r   联立解得 1 0.625JQ  故 D 错误； 故选 BC。 9. 甲、乙两同学相约去参观博物馆。两人同时从各自家中出发，沿同一直线相向而行，经过 一段时间后两人会合。身上携带的运动传感器分别记录了他们在这段时间内的速度大小随时 间的变化关系，如图所示。其中，甲的速度大小随时间变化的图线为两段四分之一圆弧，则 （ ） A. 在 t1 时刻，甲、乙两人速度相同 B. 0-t2 时间内，乙所走路程大于甲 C. 在 t3 时刻，甲、乙两人加速度大小相等 D. 0-t4 时间内，甲、乙两人平均速率相同 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】A．因为两个人是相向运动的，说明运动方向相反，因此 t1 时刻速度方向相反，A 错 误； B． v t 图像的面积表示物体运动的位移大小，因此可得乙的路程大于甲的路程，B 正确； C．v t 图像的斜率表示加速度，设交点为 A，则 t3 时刻交点 A 恰好等分 t2-t4 的圆周，因此由 几何关系可得过 A 点圆的切线的斜率和乙的斜率大小相等，都为 0 2 v t ，C 正确； D．通过观察可以看出甲的图像面积为 - 11 - 2 2 2 21 1 4 4S R R R R     乙图像的面积为 2R ，说明甲乙的路程相等，则平均速率相同，D 正确。 故选 BCD。 10. 如图，三个质量均为 1kg 的物体 A、B、C 叠放在水平桌面上，B、C 用不可伸长的轻绳跨 过一光滑轻质定滑轮连接，A 与 B 之间、B 与 C 之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A 与 B 之间、B 与 C 之间以及 C 与桌面之间的动摩擦因数分别为 0.4、0.2 和 0.1，重力加速度 g 取 10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用力 F 沿水平方向拉物体 C，以下说法正确的是 （ ） A. 拉力 F 小于 11N 时，不能拉动 C B. 拉力 F 为 17N 时，轻绳的拉力为 4N C. 要使 A、B 保持相对静止，拉力 F 不能超过 23N D. A 的加速度将随拉力 F 的增大而增大 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】A．当 C 物体即将运动时，C 物体水平方向桌面给 C 的向右的摩擦力 f桌 ，绳子向右 的拉力T ，B 给 C 向右的摩擦力 BCf ，其中  =0.1 3NA B Cf m m m g  桌 ，  =0.2 4NBC A Bf m m g  当即将滑动时应有 + , 4NBC BCF f f T T f   桌 可解得 11NF  故 A 正确； - 12 - C．因此 B 和 C 的加速度大小相等，在 A 和 B 即将发生相对滑动，对 A 受力分析可得 0.4AB A Af m g m a  对 AB 整体受力分析可得  BC A BT f m m a   对 C 物体受力分析可得 BC CF T f f m a   地 联立解得 23NF  说明 A 和 B 发生相对滑动的临界力大小为 23NF  ，故 C 正确； B．当 17NF  时，没有发生相对滑动，此时对 AB 整体   1BC A BT f m m a   对 C 物体受力分析 1BC CF T f f m a   地 联立解得 8NT  故 B 错误； D．当拉力增大，A 和 B 发生相对滑动时，则 A 物体受到滑动摩擦力，加速度为 20.4 4m/sa g  加速度不变，D 错误。 故选 AC。 三、非选择题：共 56 分。第 11～14 题为必考题，每个试题考生都必须作答第 15 ～16 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 43 分。 11. 某同学利用滑块在气垫导轨上的运动测量当地的重力加速度，如图（a）所示，所用器材 包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为 d 的遮光片）、数字计时器、光电门等。导轨下方 两支点间的距离为 l。实验步骤如下： - 13 - (1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当光电门 A 记录的遮光时间________（填“大于”“小 于”或“等于”）光电门 B 记录的遮光时间时，认为气垫导轨水平； (2)用游标卡尺测量遮光片宽度 d。如图（b）所示，d=_______cm； (3)在导轨左支点下加一高度为 h 的垫块，让滑块从导轨顶端滑下，记录遮光片经过 A、B 两处 光电门的光时间 △ t1、 △ t2 及遮光片从 A 运动到 B 所用的时间 t12，可求出重力加速度 g=______ （用题中给出的物理量符号表示）； (4)分析实验结果发现，重力加速度的测量值比该地的实际值偏小，写出一条产生这一结果的 可能原因：______。 【答案】 (1). 等于 (2). 0.304 (3). 12 2 1 1 1( )dl ht t t   (4). 测量遮光片宽度 d 偏小 (测量运动时间偏大，或气垫导轨未调水平) 【解析】 【分析】 【详解】(1)[1]调节气垫导轨水平后，轻推滑块能做匀速直线运动，则滑块通过两光电门的时 间应相等； (2)[2]20 分度的游标卡尺精确度为 0.05mm，则遮光片宽度为 3mm 2 0.02mm 3.04mm=0.304cmd     (3)[3]滑块经过两光电门的时间较短，其平均速度可认为是经过两位置的瞬时速度，有 1 A dv t   ， 2 B dv t   滑块做匀加速直线运动，有 12B Av v at  而对滑块由牛顿第二定律有 - 14 - sin ha g g l    联立各式解得重力加速度为 12 2 1 1 1( )dlg ht t t    (4)[4]根据重力加速度的测量公式分析，测量值偏小，可能的原因如测量遮光片宽度 d 偏小，(或 测量运动时间偏大，或气垫导轨未调水平) 12. 太阳能电池是一种可将光能转换为电能的器件。一同学用图（a）所示电路测量某单晶硅 太阳能电池的输出电流 I 和输出电压 U 之间的关系，探究该电池的伏安特性，用一定强度的 光照射太阳能电池，闭合开关 S，调节电阻箱，测得实验数据如下表所示。 U/V 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 2.6 I/mA 7.0 7.0 7.0 7.0 7.0 7.0 7.0 7.0 6.9 6.6 5.7 2.2 (1)请在图（b）中补齐上表中后 4 组数据点，并作出该太阳能电池的伏安特性曲线：____________ - 15 - (2)根据所作伏安特性曲线可知，电池电阻___________（填“是”或“不是”）常数，短路电 流为___________mA，电动势为___________V（结果均保留 2 位有效数字）； (3)根据所作伏安特性曲线，估算该太阳能电池的最大输出功率为___________mW（结果保留 1 位小数）。 【答案】 (1). 见解析 (2). 不是 (3). 7.0 (4). 2.7 (5). 14.5 【解析】 【分析】 【详解】（1）[1]根据图中表格将点标出，并用平滑曲线连接如图 - 16 - （2）[2][3][4]因为电源的伏安特性曲线不是一条直线，因此内阻不是常数，由图可得短路电 流为 7.0mA，电源电动势为 2.7V （3）[5]图像的电流电压分别为干路电流和路段电压，由 P UI 可知图像的面积表示输出功 率，可得当电流为 6.6mA，电压为 2.2V 时输出功率最大，为 2.2 6.2 14.5mWP UI    13. 在某些精密实验中，为了避免变化的电场和磁场之间的相互干扰，可以用力学装置对磁场 中的带电粒子进行加速。如图，表面光滑的绝缘平板水平放置在磁感应强度大小为 B 的匀强 磁场中，磁场方向垂直于竖直面向里。平板上有一个质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子，初始 时刻带电粒子静止在绝缘平板上，与绝缘平板左侧边缘的距离为 d。在机械外力作用下，绝缘 平板以速度 v1 竖直向上做匀速直线运动。一段时间后带电粒子从绝缘平板的左侧飞出，并垂 直入射到一块与绝缘平板相互垂直的荧光屏上，不计带电粒子的重力。 (1)指出带电粒子的电性，并说明理由； (2)求带电粒子在绝缘平板上的运动时间 t； (3)求整个过程中带电粒子在竖直方向位移的大小 h。 - 17 - 【 答 案 】（ 1 ） 带 正 点 ， 理 由 见 解 析 ；（ 2 ） 1 2dmt qv B  ；（ 3 ）  2 1 11 1 22 21 2 m qv Bd mvdmv qBdh Bq Bq qBd mv         【解析】 【分析】 【详解】（1）粒子带正电，因为粒子能够向左运动离开绝缘平板，说明粒子在和绝缘平板向 上运动的时候受到向左的洛伦兹力，因此带正电； （2）带点粒子在竖直方向做匀速直线运动，受到向左的洛伦兹力，大小为 1F qv B ，因此水 平方向做匀加速直线运动 1F qv B ma  ， 21 2d at 联立解得 1 2dmt qv B  （3）粒子离开绝缘平板式具有竖直向上的速度 1v ，水平匀加速，则有 2 2xv ad 设粒子离开绝缘平板时的速度与竖直方向的夹角为 ，则 1 tan xv v   粒子离开磁场后做匀速圆周运动，合速度为 2 2 1 xv v v  - 18 - 由洛伦兹力提供向心力可得 2vqvB m R  粒子离开绝缘平板后竖直方向的位移为 2 sinh R R   在绝缘平板时上升的高度 1 1h v t 总高度 1 2h h h  联立可得  2 1 11 1 22 21 2 m qv Bd mvdmv qBdh Bq Bq qBd mv         14. 如图，一滑板的上表面由长度为 L 的水平部分 AB 和半径为 R 的四分之一光滑圆弧 BC 组 成，滑板静止于光滑的水平地面上。物体 P（可视为质点）置于滑板上面的 A 点，物体 P 与 滑板水平部分的动摩擦因数为  （ 1  ）。一根长度为 L、不可伸长的细线，一端固定于 O′ 点，另一端系一质量为 m0 的小球 Q。小球 Q 位于最低点时与物体 P 处于同一高度并恰好接触。 现将小球 Q 拉至与 O′同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球 Q 向下摆 动并与物体 P 发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。设物体 P 的质量为 m，滑板的质量为 2m。 (1)求小球 Q 与物体 P 碰撞前瞬间细线对小球拉力的大小； (2)若物体 P 在滑板上向左运动从 C 点飞出，求飞出后相对 C 点的最大高度； (3)要使物体 P 在相对滑板反向运动过程中，相对地面有向右运动的速度，求 0m m 的取值范围。 - 19 - 【答案】（1） 03T m g ；（2）   2 0 2 0 8 2 3 gLm L g m m   ；（3） 0 6 4 5 3 6 42 2 2 25 3 m m         【解析】 【分析】 【详解】（1）小球 Q 在下落过程中机械能守恒，因此有 2 0 0 1 2 Qm gL m v 在最低点对小球 Q 牛顿第二定律可得 2 0 QvT m g m L   联立解得 03T m g （2）小球 Q 和物块 P 发生弹性碰撞，则机械能和动量守恒，因此 0 0 0Q Qm v m v mv  ， 2 2 2 0 0 0 1 1 1+2 2 2Q Qm v m v mv 解得 0 0 0 0 0 2 2 2Qm v m gLv m m m m    物体能够从 C 点冲出去，则有水平方向动量守恒 0 1 12mv mv mv  由能量守恒可得  2 2 2 2 0 1 1 1 1 1+ ·22 2 2ymv m v v mv mgL   物体离开滑板后两物体水平方向都做匀速直线运动，因此水平相对位置不变，竖直方向 2 2 yvh g  联立可得   2 2 0 2 0 8 22 3 yv gLmh Lg g m m     （3）要求 P 有相对地面向右的速度，说明 P 要滑到曲面上在返回运动，物块 P 相对滑板反方 - 20 - 向运动过程中，可以知道当再次回到 B 点时两者的速度最大，此时 P 有向右运动的速度即可， 因此再次回到 P 时水平方向动量守恒可得 0 2A Bmv mv mv  由能量守恒可得 2 2 2 0 1 1 1+ ·22 2 2A Bmv mv mv mgL  联立可得方程 2 2 0 03 2 4 0A Av v v v gL    因物体要经过 B 点，因此要求判别式大于零，速度向右说明结果要小于零；则  2 2 0 0 02 4 4 3 4 3 6A v v gL v v      满足不等式即  2 2 0 04 4 3 4 3 0v gL v    ，  2 2 0 0 02 4 4 3 4 3 06A v v gL v v       联立可得 0 6 4 5 3 6 42 2 2 25 3 m m         （二）选考题：共 13 分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题 计分。 [物理选修 3-3] 15. 一定质量的理想气体由状态 a 等压膨胀到状态 b，再等容增压到状态 c，然后等温膨胀到 状态 d，最后经过一个复杂的过程回到状态 a，其压强 p 与体积 V 的关系如图所示。下列说法 正确的是（ ） - 21 - A. 从 a 到 b，每个气体分子的动能都增大 B. 从 b 到 c，气体温度升高 C. 从 c 到 d，气体内能不变 D. 从 d 到 a，气体对外界做正功 E. 从 a 经过 b、c、d，再回到 a 的过程，外界向气体传递的热量与气体对外界所做的功相等 【答案】BCE 【解析】 【分析】 【详解】A．从 a 到 b，根据 pV CT  可知，压强不变，体积变大，则温度升高，分子平均动 能变大，但是并非每个气体分子的动能都增大，选项 A 错误； B．根据 pV CT  可知，从 b 到 c，体积不变，压强变大，则气体温度升高，选项 B 正确； C．从 c 到 d，气体的温度不变，则气体内能不变，选项 C 正确； D．从 d 到 a，气体体积减小，则外界对气体做正功，选项 D 错误； E．从 a 经过 b、c、d，再回到 a 的过程，其中从 a 到 d 过程气体对外做功的值等于图线与 V 轴围成的面积，从 d 回到 a 时外界对气体做功也等于图像与 V 轴围成的面积大小，则整个过 程中气体对外界做功，而整个过程中内能不变，则由热力学第一定律可知，外界向气体传递 的热量与气体对外界所做的功相等，选项 E 正确。 故选 BCE。 16. 我们在吹气球时，开始感觉特别困难，但当把气球吹到一定体积后，反而比较轻松。一个 探究小组对此进行了研究，通过充入不同量的某种理想气体，测量了气球内气体的体积 V 与 对应的压强 p，得到了如图（a）所示的 p-V 图象，其中 p0 为标准大气压。把不同量的上述理 想气体分别充入甲、乙两个相同的气球，此时，甲、乙气球内气体的体积分别为 V 甲和 V 乙， - 22 - 且 V 乙>V 甲>V0，甲、乙气球内气体的压强分别为 p 甲和 p 乙。现把甲、乙两气球以及一个容积 为 VG 的钢瓶用带阀门的三通细管（容积可忽略）连接，如图（b）所示。初始时，钢瓶内为真 空，阀门 K1 和 K2 均为关闭状态。所有过程，气体温度始终保持不变。 (1)打开阀门 K1，甲气球体积将___________（填“变大”“变小”或“不变”）； (2)打开阀门 K1 和 K2，把甲、乙两气球内的所有气体压入钢瓶，求压入后钢瓶内气体的压强。 【答案】(1)变小；(2) G p V p V V 甲 甲 乙 乙 【解析】 【分析】 【详解】(1)打开 1K 后，因为 0V V V 乙 甲 ，根据图象可知 p p乙 甲 ，所以甲气球中的压强比 较大，所以甲气球中的气体会被源源不断的压入大气球（即乙气球）内，直到最后二者压强 平衡，所以甲气球的体积会变小。 (2)甲、乙两气球内的气体最终压入钢瓶，发生等温变化，根据玻意耳定律得 G Gp V p V p V 甲 甲 乙 乙 解得最终钢瓶内的压强为 G G p V p Vp V  甲 甲 乙 乙 [物理选修 34] 交招生 17. 一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，t=6s 时的波形如图（a）所示。在 x 轴正方向，距离原 点小于一个波长的 A 点，其振动图象如图（b）所示。本题所涉及质点均已起振。下列说法正 确的是（ ） - 23 - A. 平衡位置在 x=3m 与 x=7m 的质点具有相同的运动状态 B. A 点的平衡位置与原点的距离在 0.5m 到 1m 之间 C. t=9s 时，平衡位置在 x=1.7m 处的质点加速度方向沿 y 轴正方向 D. t=13.5s 时，平衡位置在 x=1.4m 处的质点位移为负值 E. t=18s 时，平衡位置在 x=1.2m 处的质点速度方向沿 y 轴负方向 【答案】ACE 【解析】 【分析】 【详解】A．根据波动图和振动图可读出波的波长 2m  ，周期为 4sT  ，故可得波速为 0.5m/sv T   平衡位置在 x=3m 与 x=7m 的质点相差两个波长，则其振动情况完全相同，故 A 正确； B．根据 A 质点的振动图可知，t=7.5s 时 A 质点在正的最大位移处，因周期为 4sT  ，则 t=6.5s 时 A 质点在平衡位置，t=5.5s 时 A 质点在负的最大位移处，故 t=6s 时 A 正在负的位移位置向 平衡位置振动，由 t=6s 的波动图可知 A 质点的平衡位置与原点的距离在 0m 到 0.5m 之间，故 B 错误； C．根据 t=9s 与 t=6s 的时间差为 39 6 3s 4 Tt s s     则平衡位置在 x=1.7m 处的质点在波形图上再振动 3 4 T 的时间，x=1.5m 的质点处于平衡位置， x=2.0m 的质点处于波谷，则 x=1.7m 正在负的位移处向平衡位置振动，故加速度为沿着 y 轴正 方向，故 C 正确； D．根据 t=13.5s 与 t=6s 的时间差为 313.5 6 7.5s 4 8 T Tt s s T       - 24 - 则平衡位置在 x=1.4m 处的质点在波形图上再振动超过 3 4 T 的时间，x=1.0m 的质点处于波峰， x=1.5m 的质点处于平衡位置，则 x=1.4m 的质点位移为正，故 D 错误； E．根据 t=18s 与 t=6s 的时间差为 18 6 12s 3t s s T     则平衡位置在 x=1.2m 处的质点的位置就和现在 t=6s 时的位置相同，质点的速度根据同侧法可 知方向沿 y 轴负方向，故 E 正确； 故选 ACE。 18. 如图，泳池底部半球形玻璃罩半径为 r，内为空气，其球心处有一个点光源 S。S 发射的 光通过罩内空气穿过厚度不计的玻璃罩，进入水中，最后有部分光线折射出水面，在水面形 成圆形光斑。 (1)水深 h=2m，水对光的折射率取 4 3 ，计算光斑的直径 d； (2)若光源发出的是白光，考虑到色散，问出射水面的光斑边缘颜色为红色还是紫色，并说明 理由。 【答案】(1)4.5m；(2)红光 【解析】 【分析】 【详解】(1)从 S 点发出的光线射向球形玻璃罩边缘时沿直线射向水中，然后射到空气和水的 分界面，若恰能发生全反射，则 1sinC n  则光斑直径为 2 tand h C - 25 - 解得 2 2 2 2 2 12= m m 4.5m 4 71 ( ) 13 hd n      (2)因红光的折射率最小，则临界角最大，则出射水面的光斑边缘颜色为红色。