2021年河北省普通高中学业水平选择性考试（河北卷）（解析版）下载

2021 年河北省普通高中学业水平选择性考试 物理 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 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，用橡皮擦干净后，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，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分．在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的． 26 Al 26 Al 26 Al 26 Mg 0 e 26 Al ，测得 核的半 1.银河系中存在大量的铝同位素 ，核衰变的衰变方程为13 12 1衰期为 72 万年，下列说法正确的是（　　） 26 Al 26 Al 26 Mg 核的质量 A. B. 核的质量等于 26 Mg 核的中子数大于 核的中子数 C. 将铝同位素 26 放置在低温低压的环境中，其半衰期不变 Al 26 Al 26 Mg 将在 144 万年后全部衰变为 D. 银河系中现有的铝同位素 【答案】C 【解析】 【分析】 26 Al 26 Mg 【详解】A． 同，A 错误； 26 Al 和的质量数均为 个， 相等，但是二者原子核中的质子数和中子数不同，所以质量不 26 26 Mg B． 13 核的中子数为 核的中子数为 个，B 错误； 26 13 13 26 12 14 12 C．半衰期是原子核固有的属性，与外界条件无关，C 正确； 1426 Al 72 的半衰期为 万年，经过 mm，不会全 D．质量为 的万年为 个半衰期，剩余质量为 2144  272 26 Mg 部衰变为 ，D 错误。 故选 C。 2. 铯原子钟是精确的计时仪器，图 1 中铯原子从 O 点以100m/s 的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直 t平面 所用时间为 ；图2 中铯原子在真空中从 P 点做竖直上抛运动，到达最高点 Q 再返回 P 点，整个 MN 1第 1 页 共 24 页 ，重力加速度取 g 10m/s2 ，则 t过程所用时间为 ，O 点到竖直平面 、P 点到 Q 点的距离均为 0.2m MN 2t1 :t 2 为（　　） A. 100∶1 【答案】C 【解析】 【分析】 B. 1∶100 C. 1∶200 D. 200∶1 【详解】铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即 x vt1 解得 xv0.2 t1  s100 t2 铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时 ，逆过程可视为自由落体，即 21t2 x  g( )2 22解得 8x 80.2 10 t2   0.4s g则0.2 t1 1100 t2 0.4 200 故选 C。 h34 m3. 普朗克常量 ，光速为 c，电子质量为 ，则 在国际单位制下的单位是（　　） h  6.62610 Js emec A. J/ s B. m C. Jm D. m/s 【答案】B 第 2 页 共 24 页 【解析】 【分析】 h【详解】根据 可得它们的单位为： mec J·s N·m·s kg·m / s2·m·s kg·m / s  m kg·m / skg·m / s 故选 B。 4. “祝融号”火星车登陆火星之前，“天问一号”探测器沿椭圆形的停泊轨道绕火星飞行，其周期为 2 个 火星日，假设某飞船沿圆轨道绕火星飞行，其周期也为 2 个火星日，已知一个火星日的时长约为一个地球 日，火星质量约为地球质量的 0.1 倍，则该飞船的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径的比值约为（　　） 1452253 4 333A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】绕中心天体做圆周运动，根据万有引力提供向心力，可得 GMm R2 4p2 T 2 = m R则4 2R3 GM GMT 2 4 2 3，T  R  由于一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的 0.1 倍，则飞船的轨道半径 34 2R同 G0.1M地 4 23=GM火（2T） 4 2 GM地 2533R飞  R同 4 2 则R飞 R同 253故选 D。 B5. 如图，距离为 d 的两平行金属板 P、Q 之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为 1 ，一束速度大小为 v 的 第 3 页 共 24 页 等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为 L 的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁 B感应强度大小为 ，导轨平面与水平面夹角为，两导轨分别与 P、Q 相连，质量为 m、电阻为 R 的金属 2棒ab 垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为 g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下 列说法正确的是（　　） mgRsin B1B2Ld v  v  v  v  A. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上， B. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下， C. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上， D. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下， mgRsin B1B2Ld mgR tan B1B2Ld mgR tan B1B2Ld 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板 Q 带正电荷，金属板 P 带负电荷，则 电流方向由金属棒 a 端流向 b 端。等离子体穿过金属板 P、Q 时产生的电动势 满足 UUq qB v 1dURI  由欧姆定律 和安培力公式 可得 F  BIL URB2B Lvd 1F安  B2L R再根据金属棒 ab 垂直导轨放置，恰好静止，可得 第 4 页 共 24 页 F安 =mg sin 则mgRsin v  B1B2Ld 金属棒 ab 受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。 故选 B。 6. 一半径为 R 的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为 R 、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体 最高点 P 处，另一端系一个小球，小球位于 P 点右侧同一水平高度的 Q 点时，绳刚好拉直，将小球从 Q 点 由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为 g，不计空气阻力） （　　） A. B. C. D. (2  )gR 2 gR 2(1 )gR 2 gR 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】小球下落的高度为 2  2 h = πR – R + R = R2小球下落过程中，根据动能定理有 1mgh = mv2 2综上有 v = (  2)gR 故选 A。 7. 如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，导轨间距最窄处为一狭缝， 取狭缝所在处 O 点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与 x 轴夹角均为 ，一电容为C 的电容器与导轨左端相连， 第 5 页 共 24 页 导轨上的金属棒与 x 轴垂直，在外力 F 作用下从 O 点开始以速度 v 向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说 法正确的是（　　） 2A. 通过金属棒的电流为 2BCv tan xB. 金属棒到达 0 时，电容器极板上的电荷量为 BCvx tan 0C. 金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电 D. 金属棒运动过程中，外力 F 做功的功率恒定 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】C．根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，C 错误； A．由题知导体棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为 L = 2xtanθ，x = vt 则产生的感应电动势为 E = 2Bv2ttanθ 由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为 Q = CE = 2BCv2ttanθ 则流过导体棒的电流 Q t I = = 2BCv2tanθ A 正确； B．当金属棒到达 x0 处时，导体棒产生的感应电动势为 E′ = 2Bvx0tanθ 则电容器的电荷量为 Q = CE′ = 2BCvx0tanθ 第 6 页 共 24 页 B 错误； D．由于导体棒做匀速运动则 F = F 安 = BIL 的由选项 A 可知流过导体棒 电流I 恒定，但 L 与 t 成正比，则 F 为变力，再根据力做功的功率公式 P = Fv 可看出 F 为变力，v 不变则功率 P 随力 F 变化而变化； D 错误； 故选 A。 二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有两 个或两个以上选项符合题目要求．全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分． 8. 如图，发电机的矩形线圈长为 、宽为 L，匝数为 N，放置在磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，理 2L nn n R 、 1 和 2 ，两个副线圈分别接有电阻 1和 2 ，当发电机线圈以角速 R想变压器的原、副线圈匝数分别为 0度匀速转动时，理想电流表读数为 I，不计线圈电阻，下列说法正确的是（　　） n1I n2 n2IR1 n1 RA. 通过电阻 2 的电流为 RB. 电阻 2 两端的电压为 222NBL  IR1 2NBL I(n1  n2 ) nnC. 0 与 1 的比值为 D. 发电机的功率为 n0 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】AB．由题知理想电流表读数为 I，则根据欧姆定律 U1= IR1 根据变压器电压与匝数的关系有 第 7 页 共 24 页 n0 U0 n0 U0 ，n1 U1 n2 U2 代入数据有 n0 n1 n2 n1 IR IR 1U0= 1 ，U2= 再由欧姆定律有 可计算出 U2= I2R2 n2R 1II2= n1R2 综上可知，A 错误、B 正确； C．由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有 Emax Emax= NB2L2ω，U0= =NBL2ω 22由选项 AB 知 n0 n1 IR U0= 1则n0 n1 2NBL2 IR 1C 正确； D．由于变压器为理想变压器则有 P0= P1 + P2= U1I + U2I2= I2R1 + U2I2 代入选项 ABC 公式有 2222NBL I n1 R2  n2 R 1  P0= n0 n1R2 由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为 P0，D 错误。 故选 BC。 MNQP PQ PQ 杆光滑，一根轻弹簧一端固定在 M 9. 如图，矩形金属框 竖直放置，其中 、足够长，且 MN PQ 点，另一端连接一个质量为 m 的小球，小球穿过 杆，金属框绕 轴分别以角速度 和匀速转动 MN 第 8 页 共 24 页 PQ 时，小球均相对 杆静止，若   ，则与以 匀速转动时相比，以 匀速转动时（　　） A. 小球的高度一定降低 C. 小球对杆压力的大小一定变大 【答案】BD B. 弹簧弹力的大小一定不变 D. 小球所受合外力的大小一定变大 【解析】 【分析】 【详解】对小球受力分析，设弹力为 T，弹簧与水平方向的夹角为 θ，则对小球竖直方向 T sin  mg 而MP T  k( l0 ) cos 可知 θ 为定值，T 不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则 A错误，B正确； 水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力 FN 背离转轴，则 T cos  FN  m2r 即FN  T cos  m2r 当转速较大时，FN 指向转轴 T cos  F’N  m’2r 即F’N  m’2r T cos ‘则因 根据 ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大。则 C错误；    第 9 页 共 24 页 F合 =m2r 可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则 D正确。 故选 BD。 q q 0 4l,0 4l,0 10. 如图，四个电荷量均为 的点电荷分别放置于菱形的四个顶点，其坐标分别为 、0, y 0  0,y y  0 、和0 ，其中 x 轴上的两个点电荷位置固定，y 轴上的两个点电荷可沿 y 轴对称移动（ 0），下列说法正确的是（　　） A. 除无穷远处之外，菱形外部电场强度处处不为零 yB. 当 0 取某值时，可使得菱形内部只存在两个电场强度为零的点 4l,5l 移至点 0,3l y  8l C. 当 D. 当 时，将一带负电的试探电荷由点 ，静电力做正功 l,l 处，其所受到的静电力方向与 x 轴正方向成 0y  4l 时，将一带负电的试探电荷放置在点 倾45 0斜向上 【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】A．根据场强叠加原理可知，除无穷远处之外，菱形外部电场强度处处不为零，选项 A 正确； B．因为在 x 轴上的两个点电荷在 O 点的合场强为零，在 y 轴上的两电荷，无论 y0 取什么值，因为关于原 点对称，则在 O 点的合场强也为零，在横轴和纵轴上除原点外，出现合场强为零的点，根据对称性可知， 一定是成对出现的，关于原点对称，所以算上原点，合场强为零的点是奇数个，不会是 2 个，选项 B 错误； C．由几何关系可知，坐标为（4l，5l）的 A 点在第一象限内所在的虚像的垂直平分线的上方；坐标为（0， -3l）的 B 点在第三象限内所在的虚像的垂直平分线的上方，且到达虚线的距离相等，由电势叠加可知，B 点的电势高于 A 点，则带负电的试探电荷在 A 点的电势能较大，从 A 点到 B 点电势能减小，可知电场力做 第 10 页 共 24 页 正功，选项 C 正确； D．若 y0=4l，则四个点构成正方形，由对称可知在点（l，l）处的场强一定沿着过该点与原点连线的方向上 ；在 y 轴正向和 x 正向上的点电荷在（l，l）处的合场强 kq 2 2l  2l 9l2  l2 kq 5 5l2 E1  2 ( 9l2  l2 )2 的在 y 轴负向和 x 负向上 点电荷在（l，l）处的合场强 kq 2 2l  2l 25l2  l2 kq E2  2  E1 ( 25l2  l2 )2 13 313l2 l,l 可知（l，l）点的场强沿着 MN 方向且与 x 轴从成 45°角的方向向下，将一带负电的试探电荷放置在点 处，其所受到的静电力方向与 x 轴正方向成 故选 ACD。 倾斜向上，选项 D 正确。 45 三、非选题：共 54 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 62 分． 11. 某同学研究小灯泡的伏安特性，实验室提供的器材有；小灯泡（6.3V ，0.15A ），直流电源（ ）9V ，滑动变阻器，量程合适的电压表和电流表，开关和导线若干，设计的电路如图 1 所示。 第 11 页 共 24 页 （1）根据图 1，完成图 2 中的实物连线______； （2）按照图 1 连线后，闭合开关，小灯泡闪亮一下后熄灭，观察发现灯丝被烧断，原因可能是______（单 项选择，填正确答案标号）； A．电流表短路 B．滑动变阻器的滑片接触不良 C．滑动变阻器滑片的初始位置在 b 端 （3）更换小灯泡后，该同学正确完成了实验操作，将实验数据描点作图，得到 I U 图像，其中一部分如 图 3 所示，根据图像计算出 P 点对应状态下小灯泡的电阻为______ Ω（保留三位有效数字）。 27.0 (3). 【答案】 (1). (2). C 第 12 页 共 24 页 【解析】 【分析】 【详解】（1）[1]电流表负极与滑动变阻器的右端的 位置连接，如图 b（2）[2]开关闭合，小灯泡闪亮一下后灯丝烧断，说明通过小灯泡的电流过大。 A．电流表内阻非常小，短路几乎不影响通过小灯泡的电流，与灯丝烧断无关，A 错误； B．滑动变阻器滑片接触不良，无电流通过小灯泡，B 错误； C．滑动变阻器的滑片开始时置于 端，小灯泡部分分压达到最大，通过电流最大，可能会烧断小灯泡灯丝 b，C 正确； 故选 C。 （3）根据小灯泡的伏安特性曲线可知在 P点时的电压和电流分别为 ，U  2V I  74mA UI  根据欧姆定律 可知小灯泡的电阻为 RUI2R  Ω  27.0Ω 74103 12. 某同学利用图 1 中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、 50g 200g ，其上可放钩码）、 轻细绳、 的钩码若干、光电门 2 个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为 2 ，实验操作步骤如下： 刻度尺，当地重力加速度为 9.80m/s ①安装器材，调整两个光电门距离为50.00cm ，轻细绳下端悬挂 4 个钩码，如图 1 所示； 第 13 页 共 24 页 ②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度； ③保持最下端悬挂 4 个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步 骤； ④完成 5 次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量 M、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻 E 细绳悬挂钩码）总动能的增加量 及系统总机械能的减少量 ，结果如下表所示： E kM / kg 0.200 0.250 0.300 0.350 0.400 0.582 0.490 0.392 0.294 0.195 Ek /J E/J 0.393 0.490 0.686 0.785 回答下列问题： （1）实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为______J（保留三位有效数字）； （2）步骤④中的数据所缺数据为______； （3）若 M 为横轴， 为纵轴，选择合适的标度，在图 2 中绘出 图像______； E E  M 若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则物块与木板之间的摩擦因数为______（保留两位有效数 字） 【答案】 (1). 0.980 (2). 0.588 (3). (4). 0.40（0.38~0.42） 第 14 页 共 24 页 【解析】 【分析】 【详解】（1）[1]四个钩码重力势能的减少量为 EP  4mgL  40.059.80.5J  0.980J （2）[2]对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知 114mgL Wf  (4m  M )v22  (4m  M )v12 22其中系统减少的重力势能为 EP  4mgL 的系统增加 动能为 11Ek  (4m  M )v22  (4m  M )v12 22E W 系统减少的机械能为 ，则代入数据可得表格中减少的机械能为 fE4  0.98 0.392  0.588J （3）[3]根据表格数据描点得 的图像为 E  M [4]根据做功关系可知 E  MgL 则图像的斜率为 E  M 0.785 0.393 0.4  0.2 k  gL  1.96 解得动摩擦因数 为  0.40 （0.38~0.42） 13. 如图，一滑雪道由 和BC 两段滑道组成，其中 段倾角为 ，BC 段水平， 段和 BC 段由一 AB AB AB 第 15 页 共 24 页 2kg 48kg 的滑雪者从 小段光滑圆弧连接，一个质量为 的背包在滑道顶端 A 处由静止滑下，若1s 后质量为 顶端以 的初速度、 1.5m/s 2 的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其 3m/s 1724 25 2  sin  cos  拎起，背包与滑道的动摩擦因数为 ，重力加速度取 ，，，忽略 g 10m/s 25 12 空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求： （1）滑道 段的长度； AB （2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。 【答案】（1） 【解析】 ；（2） v  7.44m/s L  9m 【分析】 m  2kg a，在斜面上滑行的加速度为 1 ，由牛顿第二定律有 【详解】（1）设斜面长度为 ，背包质量为 L1m1g sin  m1g cos  m1a1 解得 a1  2m/s2 v 1.5m/s a  3m/s2 m  48kg t，在斜面上滑行时间为 ，落后时 滑雪者质量为 ，初速度为 ，加速度为 202t 1s t  t 间，则背包的滑行时间为 0 ，由运动学公式得 01L  a1(t  t0 )2 21L  v0t  a2t2 2联立解得 故可得 t  1s(舍去) 或t  2s L  9m vv2 ，有 （2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为 、1第 16 页 共 24 页 v1  a1(t  t0 )  6m/s v2  v0 +a2t  7.5m/s v滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为 ，有 m1v1  m2v2  (m1  m2 )v 解得 v  7.44m/s 14. 如图，一对长平行栅极板水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场， v极板与可调电源相连，正极板上 O 点处的粒子源垂直极板向上发射速度为 0 、带正电的粒子束，单个粒子 OM 倾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、 的质量为 m、电荷量为 q，一足够长的挡板 与正极板成 37 P 是负极板上的两点，C 点位于 O 点的正上方，P 点处放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收从上方打 3长度为 L ，忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力。sin37  入的粒子， 。CP 05U（1）若粒子经电场一次加速后正好打在 P 点处的粒子靶上，求可调电源电压 0 的大小； UOM （2）调整电压的大小，使粒子不能打在挡板 上，求电压的最小值 ；min 的（3）若粒子靶在负极板上 位置P 点左右可调，则负极板上存在 H、S 两点（CH  CP  CS ，H、S 两 点末在图中标出）、对于粒子靶在 区域内的每一点，当电压从零开始连续缓慢增加时，粒子靶均只能 HS CH 接收到 n（ n  2 ）种能量的粒子，求 和的长度（假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定）。 CS B2qL20 mv02 7mv02 10mv0 CH  U  U【答案】（1） ；（2） ；（3） ；CS   0min 3qB 8m 2q 18q 【解析】 【分析】 第 17 页 共 24 页 【详解】（1）从 O 点射出的粒子在板间被加速，则 11U0q  mv2  mv02 22粒子在磁场中做圆周运动，则半径 L0 r  2由v2 qvB  m r解得 B2qL20 mv02 U0  8m 2q （2）当电压有最小值时，当粒子穿过下面的正极板后，圆轨道与挡板 OM 相切，此时粒子恰好不能打到挡 板上，则 从 O 点射出的粒子在板间被加速，则 11Uminq  mv2  mv02 22粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动 v2 qvB  m rmin 粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到 v0，则 v02 r’ qv0B  m 由几何关系可知 第 18 页 共 24 页 r’ 2rmin  r’ sin37 联立解得 4v0 v  37mv02 18q Umin （3）设粒子第一次经过电场加速，在负极板上方磁场区域偏转的轨迹半径为 r0，若粒子在电场加速电压小 于 Umin，粒子穿过磁场在正极板下方磁场运动时，会被 OM 板吸收。则第一次出现能吸收到 n（ n  2 ）种 7mv02 U能量的位置（即 H 点），为粒子通过极板电压 时，粒子第二次从上方打到负极板的位置（轨 min 18q 迹如图中蓝色线条所示）。由（2）的计算可知 4mv0 3qB r  1则10mv0 CH  4r  2r’  3qB 7mv02 18q U极板电压大于 时，粒子均不会被 OM 吸收，可以经过正极板下方磁场偏转，回到负极板上方 min 磁场中，偏转后打在负极板上。则 H 点右方的点的粒子靶都可以接受到 n（ n  2 ）种能量的粒子。即 。CS   第 19 页 共 24 页 （二）选考题：共 12 分．请考生从 2 道题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将答题卡上所选题 目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分； 不涂，按本选考题的首题进行评分． 15. 两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸 A、B，汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图 1 所示，现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若 A 中细沙的质量大于 B 中细沙的质量，重新平衡后，汽缸 A 内气 体的内能______（填“大于”“小于”或“等于”）汽缸 B 内气体的内能，图 2 为重新平衡后 A、B 汽缸 中气体分子速率分布图像，其中曲线______（填图像中曲线标号）表示汽缸 B 中气体分子的速率分布规律。 【答案】 【解析】 【分析】 (1). 大于 (2). ① 【详解】[1]对活塞分析有 第 20 页 共 24 页 mg sp  p  p 因为 A 中细沙的质量大于 B 中细沙的质量，故稳定后有 B ；所以在达到平衡过程中外界对气体做功 A有WA WB U =W +Q UA  UB 则根据 因为气缸和活塞都是绝热的，故有 即重新平衡后 A 气缸内的气体内能大于 B 气缸内的气体内能； [2]由图中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，所以由前 面分析可知 B气缸温度较低，故曲线①表示气缸 B 中气体分子的速率分布。 316. 某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为 27℃时，压强为 （1）当夹层中空气的温度升至 37℃，求此时夹层中空气的压强； 。3.010 Pa （2）当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境 5温度为 27℃，大气压强为 。1.010 Pa 97 3p  3.1103 Pa 【答案】（1） ；（2） 2【解析】 【分析】 【详解】（1）由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知 p1 p2 TT2 1代入数据解得 p2  3.1103 Pa （2）当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为 V，以静置 后的所有气体为研究对象有 p0V  p1V 1解得 第 21 页 共 24 页 100 3V  V1则增加空气的体积为 97 3V V V  V1所以增加的空气质量与原有空气质量之比为 m V 97 mV317. 如图，一弹簧振子沿 x 轴做简谐运动，振子零时刻向右经过 A 点， 2s 后第一次到达 B 点，已知振子经 过 A、B 两点时的速度大小相等， 2s 内经过的路程为 0.4m。该弹簧振子的周期为________s，振幅为______m 。【答案】 【解析】 【分析】 (1). 4 (2). 0.2 【详解】[1]根据简谐运动对称性可知，振子零时刻向右经过 A 点， 2s 后第一次到达 B 点，已知振子经过 A 、B 两点时的速度大小相等，则 A、B 两点关于平衡位置对称，而振动经过了半个周期的运动，则周期为 T  2t  4s [2]从 A 到 B 经过了半个周期的振动，路程为 ，而一个完整的周期路程为 0.8m，为 4 个振幅的路 s  0.4m 程，有 4A  0.8m 解得振幅为 A  0.2m 18. 将两块半径均为 R、完全相同的透明半圆柱体 A、B 正对放置，圆心上下错开一定距离，如图所示，用 一束单色光沿半径照射半圆柱体 A，设圆心处入射角为 ，当时，A 右侧恰好无光线射出；当   60   30 时，有光线沿 B 的半径射出，射出位置与 A 的圆心相比下移 h，不考虑多次反射，求： （1）半圆柱体对该单色光的折射率； （2）两个半圆柱体之间的距离 d。 第 22 页 共 24 页 23Rn  3d  2(h  ) 【答案】（i） ；（ii） 2【解析】 【分析】 【详解】（i）光从半圆柱体 A 射入，满足从光密介质到光疏介质，当 时发生全反射，有   60 1sin  n解得 2n  33r（ii）当入射角 ，经两次折射从半圆柱体 B 的半径出射，设折射角为 ，光路如图   30 由折射定律有 有几何关系有 sin n  sin r h  Rsin tan r  d联立解得 第 23 页 共 24 页 Rd  2(h  ) 2第 24 页 共 24 页