2020届全国卓越联盟新高考原创考前信息试卷(二十八)物理

2020届全国卓越联盟新高考原创考前信息试卷（二十八）
物理
★祝考试顺利★ 注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况，应当立马报告监考老师，否则一切后果自负。

3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当马上报告监考老师，否则一切后果自负。

4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。

5、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

6、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

7、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

8、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、单项选择题
1.下列说法正确的是( )
A. 开普勒发现了行星的运动规律并据此推广出了万有引力定律
B. 牛顿借助万有引力定律发现了海王星和冥王星
C. 卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量，因此被誉为称量地球质量第一人
D. 据万有引力公式12
2m m F G r
=，当两物体间的距离趋近于0时，万有引力趋近于无穷大 【答案】C 【解析】
【详解】开普勒发现了行星的运动规律，牛顿发现万有引力定律，故A 错误．英国科学家亚当斯和法国科学家勒威耶发现了海王星和冥王星，故B 错误．卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量，因此被誉为称量地球质量第一人，故C 正确．万有引力公式
12
2
m m F G
r =，适用于两质点间的引力计算，当两物体间的距离趋近于0时已经不能看为质点，故不能用公式计算引力，故D 错误．
2.如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，当小环距地面多高时大圆环对它的作用力为零
A. 5
3
R B. 6 5R
C. R
D. 75
R
【答案】A 【解析】
【详解】大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力；大环对小环的支持力总是垂直于小环的速度方向，所以大环对小环没有做功，小环机械能守恒，设当小环距地面h 高时大圆环对它的作用力为零，根据机械能守恒可得：
21(2)2
mg R h mv -=
当小环距地面h 高时，设重力与半径的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得：
2
cos θmv mg R
= 其中：
cos θh R R =+
联立解得：
5
3
h R =
A. 5 3R 与分析相符，故A 正确；
B. 6
5
R 与分析不符，故B 错误；
C. R 与分析不符，故C 错误；
D.
7
5
R 与分析不符，故D 错误．
3.如图，当汽车通过拱桥顶点的速度为6m/s 时，车对桥顶的压力为车重的3
4
，如果要使汽
车在桥面行驶至桥顶时，对桥面的压力为零，则汽车通过桥顶的速度应为（）
A. 3m/s
B. 10m/s
C. 12m/s
D. 24m/s 【答案】C
【解析】
根据牛顿第二定律得：
2
N
v
mg F m
r
-＝，
即
2 1
4
v mg m
r
＝
当支持力为零，有：
2
v
mg m
r
'
=，
解得：v′=2v=12m/s．故C正确，ABD错误．故选C．
点睛：
解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．知道摩擦力为零时，此时支持力为零．
4.质量为m的物体，沿倾角为α的斜面体M匀速下滑，如图所示，物体与斜面体之间的摩擦系数为μ，若物体下滑过程中，给物体施加外力F如图所示，使物体沿斜面体加速下滑，斜面体仍然静止在桌面上，下述说法正确的是
A. 斜面受到的摩擦力方向一定沿桌面向左
B. 斜面受到的摩擦力方向一定沿桌面向右
C. 斜面相对桌面无相对运动趋势，故无摩擦力
D. 一定是tanα
μ<
【答案】C
【解析】
【详解】物体沿倾角为α的斜面体M 匀速下滑，对物块受力分析，根据平衡条件可知摩擦力与支持力的合力应该与重力等大反向，即斜面对滑块的作用力方向竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块对斜面的作用力方向竖直向下，则有：
sin αcos αmg mg μ=
解得：
tan αμ=
当用大小为F 的力推物体，物体所受斜面的支持力增大，摩擦力f N μ=也增大，但是支持力N 与摩擦力f 仍然成比例的增大，其合力的方向仍然竖直向上，保持不变，则物块对斜面的作用力的方向仍然竖直向下，只是数值上变大，故斜面没有运动的趋势，不受地面的摩擦力；
A.与分析不符，故A 错误；
B.与分析不符，故B 错误；
C.与分析相符，故C 正确；
D.与分析不符，故D 错误．
5.如图所示，大气球质量为100 kg ，载有质量为50 kg 的人，静止在空气中距地面20 m 高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为（不计人的高度，可以把人看作质点）（ ）
A. 10 m
B. 30 m
C. 40 m
D. 60 m
【答案】B 【解析】
人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度v 1，气球的速度v 2，设运动时间为t ，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得：m 1v 1-m 2v 2=0，则
1
2=0s s m m t t -人气球，50100=0s s t t
⨯-⨯人气球，11
==20=10m 22s s 人气球⨯，则绳子长度
L=s气球+s人=10m+20m=30m，即绳子至少长30m长，故选B．
【点睛】本题为动量守恒定律的应用，属于人船模型的类别，关键要找出人和气球的速度关系和绳子长度与运动路程的关系．
6.如图所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定在水平面上，轻杆靠在一个高为h的物块上，某时刻杆与水平方向的夹角为θ，物块水平向右运动的速度为v，则此时A点速度为(
)
A.
sin Lv
h
θ
B.
cos
Lv
h
θ
C.
2
sin
Lv
h
θ
D.
2
cos
Lv
h
θ
【答案】C
【解析】
【详解】根据运动的效果可将物块水平向右运动的速度，沿垂直于杆和沿平行于杆的方向分解成v2和v1，如图所示．
根据平行四边形定则可得v1＝v cos θ、v2＝v sin θ，根据几何关系可得L OB＝
sin
h
θ
，由于B 点的线速度为v2＝v sin θ＝L OBω，所以
2
sin sin
OB
v v
L h
θθ
ω==，所以A点的线速度v A＝Lω＝
2
sin
Lv
h
θ
，C正确．
7.如图所示，总质量为M带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为m的小球通过细线悬挂于框架顶部O处，细线长为L，已知M>m，重力加速度为g，某时刻m获得一瞬时速度v0，当m第一次回到O点正下方时，细线拉力大小为
A. mg
B. 2
0mv mg L
+ C. ()
()
2
2
02
2m v mg m M m L
++
D. (
)()2
202
M m v mg m M m L
-++ 【答案】B 【解析】
设m 第一次回到O 点正下方时m 与M 的速度分别为v 1和v 2．取向右为正方向，由水平方向动量守恒和机械能守恒得：mv 0=mv 1+Mv 2．
12 mv 02=12mv 12+1
2
Mv 22． 解得 10m M v v m M -=+ ，202m
m M
=+v v
当m 第一次回到O 点正下方时，以m 为研究对象，由牛顿第二定律得：
2
12()v v T mg m L
--=
解得细线的拉力 20
v T mg m L
=+ , 故选B .
点睛：
解决本题的关键要明确向心力与m 和M 间的相对速度有关，还要知道系统水平方向动量守恒，但总动量并不守恒．
8.如图所示，质量为m 的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距为R ．物块跟随转台一起由静止开始做线速度均匀增大的转动，3
g μ，直到物块即将相对于转台发生滑动．则在这一过程中，摩擦力对物体做的功为（近似认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
A. mgR μ
B.
1
2mgR μ C.
1
3
mgR μ D. 1
4
mgR μ
【答案】D 【解析】
【详解】物体即将滑动时，最大静摩擦力沿半径方向的分力提供向心力，则有：
22
2
3()()2v mg m g m
R
μμ-=g 解得：
2
gR
v μ=
物体做加速圆周运动过程：
21
2
f W mv =
联立解得：
1
4
f W mgR μ=
A. mgR μ与分析不符，故A 错误；
B.
1
2mgR μ与分析不符，故B 错误； C. 1
3mgR μ与分析不符，故C 错误；
D. 1
4
mgR μ与分析相符，故D 正确．
二、多项选择题
9.物体在恒力F 1、F 2、F 3的共同作用下做匀速直线运动，若突然撤去恒力F 1，则物体的运动情况是（ ）
A. 一定做匀变速直线运动
B. 可能做匀速直线运动
C. 可能做曲线运动
D. 速度大小一定增加
【答案】C
【解析】
撤去1F ，其余力的合力与F 1等值、反向、共线，与速度方向不共线时，物体做匀变速曲线运动，共线时做匀变速直线运动，当合力的方向与速度的方向相反时，物体做加速运动，故C 正确，ABD 错误．
点睛：本题关键是明确：多力平衡时，任意一个力必定与其余所有力的合力等值、反向、共线；当合力与速度共线时，物体做直线运动；当合力与速度不共线时，物体做曲线运动． 10.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动.其v t -图象如图所示.已知汽车的质量为3
110m kg =⨯，汽车受
到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是
( )
A. 汽车在前5s 内的牵引力为3510N ⨯
B. 汽车速度为25/m s 时的加速度为25/m s
C. 汽车的额定功率为100 kW
D. 汽车的最大速度为80 /m s 【答案】AC 【解析】
由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a=20
5
m /s 2＝4m /s 2，根据牛顿第二定律得，F-f=ma ，解得牵引力F=f+ma=1000+4000N=5000N ，故A 正确．汽车的额定功率P=Fv=5000×20W=100000W=100kW ，汽车在25m/s 时的牵引力F ′＝100000
25
P v ＝N ＝4000N ，根据牛顿第二定律得，加速度2240001000
/3/1000
F f a m s m s m '--'=
＝＝，故B 错误，C 正确．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度100000
/100/1000
m P v m s m s f ＝＝＝，故D 错误．故选AC ．
点睛：本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二
定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大．
11.如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB 是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球从距A 点正上方h 高处由静止释放，小球由A 点沿切线方向经半圆轨道后从B 点冲出，在空中能上升的最大高度为0.8h ，不计空气阻力．下列说法错误的是
A. 在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒
B. 小球离开小车后做竖直上抛运动
C. 小球离开小车后做斜上抛运动
D. 小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.6h 【答案】ACD 【解析】
【详解】A. 小球与小车组成
的
系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，但系统
所受的合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A 符合题意；
BC. 小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零；小球由B 点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故B 不符题意，C 符合题意； D. 小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：
(0.8)0f mg h h W --=
f W 为小球克服摩擦力做功大小，解得：
0.2f W mgh =
即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh ，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.2mgh ，机械能损失小于0.2mgh ，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.80.20.6h h h -=，故D 符合题意．
12.如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度0v同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则下列说法正确的是
A. a球可能先落在半圆轨道上
B. b球可能先落在斜面上
C. 两球可能同时落在半圆轨道上和斜面上
D. a球可能垂直落在半圆轨道上
【答案】ABC
【解析】
【详解】ABC. 将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为A
初速度合适，可知小球做平抛运动落在A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上；若初速度不适中，由图可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在圆轨道上，故A、B、C正确；
D. 若a球垂直落在半圆轨道上，根据几何关系知，速度方向与水平方向的夹角是位移与水平方向的夹角的2倍，而在平抛运动中，某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，两者相互矛盾，所以a球不可能垂直落在半圆轨道上，故D
错误．
三、实验探究题
13.某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如下图所示，则该金属丝的直径d=_______mm．另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如下图所示，则该工件的长度L=_____cm．
【答案】(1). 3.205（3.203-3.207）(2). 5.015
【解析】
【详解】[1]由图所示螺旋测微器可知，螺旋测微器的固定刻度示数是3mm，可动刻度示数⨯=，螺旋测微器的示数是：
是20.50.01mm0.205mm
d=+=
3mm0.206mm 3.206mm
[2]由图所示游标卡尺可知，主尺示数是5cm，游标尺示数是3×0.05mm=0.15mm=0.015cm，则游标卡尺的示数是：
L=+=
5cm0.015cm 5.015cm
14.在做“验证牛顿第二定律”的实验时（装置如图所示）：
(1)下列说法中正确的是（）
A. 平衡运动系统的摩擦力时，应把装砂的小桶通过定滑轮拴在小车上
B. 连接砂桶和小车的轻绳应和长木板保持平行
C. 平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动
D. 小车应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车
(2)甲同学根据实验数据画出的小车的加速度a和小车所受拉力F的图像为图所示中的直线Ⅰ，乙同学画出的图像为图中的直线Ⅱ．直线Ⅰ、Ⅱ在纵轴或横轴上的截距较大，明显超出了误差范围，下面给出了关于形成这种情况原因的四种解释，其中可能正确的是（）
A. 实验前甲同学没有平衡摩擦力
B. 甲同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了
C. 实验前乙同学没有平衡摩擦力
D. 乙同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了
?（m为砂桶及(3)在研究小车的加速度a和小车的质量M的关系时，由于没有满足M m
砂桶中砂的质量）的条件，结果得到的图像应是下图中的（）
A. B. C. D.
(4)在研究小车的加速度a和拉力F的关系时，由于没有满足M m
?的关系，结果应是下图中的（）
A. B. C. D.
【答案】(1). BCD(2). BC(3). D(4). D
【解析】
【详解】(1)[1]A. 平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故A错误；
B. 若连接砝码盘和小车的细绳与长木板不保持平行，则绳子的拉力分力等于小车的外力，这样导致误差增大，故B正确；
C. 每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故长木板的位置不能移动，以防摩擦力不再平衡，故C正确；
D. 为充分利用纸带，实验时小车应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车，故D正确；
(2)[2]AB. Ⅰ图象表明在小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过渡，即把长木板的末端抬得过高了，故A错误，B正确；
CD. Ⅱ图象说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明合外力为0，即绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，也就是没有将长木板的末端抬高或抬高不够，故C正确，D错误；
(3)[3] 在研究加速度跟小车质量M的关系时，保持m不变，改变小车质量M，在小车质量M远大于重物质量m时，即当满足M m
?时，可以认为小车受到的拉力（合力）
F mg
=，此时加速度a与小车质量M成反比，与1
M
成正比，以
1
M
横轴，a为纵轴，则
1
a
M
-图象应是过原点的直线，当小车质量M不远大于重物质量m时，小车受到的拉力
明显小于重物重力，
1
a
M
-图象向下弯曲，最后趋近于定值g；
A. 与分析不符，故A错误；
B. 与分析不符，故B错误；
C. 与分析不符，故C错误；
D. 与分析相符，故D正确．
(4)[4]设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：
F Ma
=
对砂桶和砂有：
mg F ma
-=
由此解得：
1mg
F
m
M
=
+
由此可知当M m
?时，则有：
F mg
≈
而当没有满足M m
?的关系时，由于F mg
<，随着m的增大，M的加速度：
F mg
a
M M
=<
即实际的加速度小于理论值，图象将会发生向下弯曲；
A. 与分析不符，故A错误；
B 与分析不符，故B错误；
C. 与分析不符，故C错误；
D. 与分析相符，故D正确．
四、计算题
15.如图所示，挡板OM与竖直方向所夹的锐角为θ，一小球（视为质点）从O点正下方和A点以速度v0水平抛出，小球运动过程中恰好不和挡板碰撞（小球轨迹所在平面与挡板垂直）．不计空气阻力，重力加速度大小为g，求：
（1）小球恰好不和挡板碰撞时的竖直速度大小；
（2）O 、A 间的距离．
【答案】（1）v 0cotθ．（2）2202v cot g θ 【解析】
【详解】（1）由于小球恰好不和挡板碰撞，达到斜面时，速度方向与斜面恰好平行，有：cotθ=0
y
v v ， 解得v y =v 0cotθ．
（2）根据cotθ=0 gt v 得运动的时间为：0v cot t g
θ= ， 根据x=v 0t ，y=12
gt 2得解得平抛运动的水平位移为：20v cot x g θ=， 竖直位移为：2202v cot y g
θ= ， 由几何关系得： h y cot x
θ+＝， 联立解得：2202v cot h g
θ= ． 16.如图所示，在光滑水平地面上放置质量M ＝2 kg 的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m ＝1 kg 的小滑块自A 点沿弧面由静止滑下，A 点距离长木板上表面高度h ＝0.6 m ．滑块在木板上滑行t ＝1 s 后，和木板以共同速度v ＝1 m/s 匀速运动，取g ＝10 m/s 2．求：
(1)滑块与木板间摩擦力大小；
(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；
(3)滑块相对木板滑行距离．
【答案】 (1)2 N ；(2)1.5 J ；(3)1.5 m
【解析】
【详解】(1)对木板
1f F Ma =
由运动学公式，有
1 v a t =
解得
2f F N =
(2)对滑块
2 f F ma -=
设滑块滑上木板时的初速度为v 0，
由公式
02v v a t -=
解得
03m/s v =
滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得
2012
f mgh W mv -=
可得滑块克服摩擦力做功为 1.5J f W =
(3)t =1s 内木板的位移
21112
x a t = 此过程中滑块的位移
220212
x v t a t =+ 故滑块相对木板滑行距离
21 1.5m L x x =-=
17.如图所示，质量m 1=2kg 小物块放在足够长的质量m 2=1kg 的木板的左端，板和物块间的动摩擦因数μ1=0.2，板和水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，两者均静止．现突然给木板向左的
初速度v 0=3.5m/s ，同时对小物块施加一水平向右的恒定拉力F =10N ，当木板向左运动最远时撤去F ，取g =10m/s 2．求：
(1)木板开始运动时，小物块和木板的加速度大小；
(2)整个过程中，木板在水平面上滑行的位移大小；
(3)整个过程中，小物块、木板和水平面组成系统摩擦产生的热．
【答案】(1)3 m/s 2；7m/s 2；(2)-0.625m ；(3)9.875J
【解析】
【详解】(1)由题意知木块向右作匀加速运动，木板先向左匀减速运动，再向右匀加速运动，木块与木板间滑动摩擦力为：
1110.2210N 4N f m g μ==⨯⨯=
则木块的加速度大小为：
22111104m/s 3m/s 2
F f a m --=
== 方向向右
木板与地面之间的摩擦力为： 22120.1(2(1)10N 3)N f m m g μ=+=⨯+⨯=
根据牛顿第二定律知,木板的加速度大小为：
22122243m/s 7m/s 1
f f a m ++=
== 方向向右 (2)当木板向左的位移最大时，对地面的速度为0，选取向右为正方向，则木板的位移为：
22
01200( 3.5)m 0.875m 227
v x a ---===-⨯ 经历的时间为：
01200( 3.5)s 0.5s 7
v t a ---=
== 此时小物块的速度为：
11130.5m/s 1.5m/s v a t ==⨯=
此过程中小物块的位移为：
22211113050.375m m 22
x a t ==⨯⨯=． 在撤去F 后的小物块水平方向只受到摩擦力，则加速度为：
221114m/s 2m/s 2
f a m --'===- 此后木块向右运动，此时受到地面的摩擦力的方向向左，则木板的加速度为：
22122243m/s 1m/s 1
f f a m --'=== 设经过时间2t 二者的速度相等,则有：
211
22v a t a t ''+= 代入数据得：
20.5s t =
此时刻的速度为：
22
210.5m/s 0.5m/s v a t '==⨯= 此过程中小物块的位移为：
122
2 1.50.50.5m 0.5m 22
v v x t ++'==⨯=g 木板的位移为： 221
22111050.125m 22m x a t ''==⨯⨯=． 当木块、木板具有共同速度时，若两者不再发生相对滑动，则二者一起做减速运动，它们在水平方向只受到地面的摩擦力；
以小物块与木板组成的系统为研究对象，整体的加速度为：
2223123m/s 1m/s 21f a m m --=
==-++ 由于221m/s 2m/s -<-，可知满足二者一起减速的条件．设经过时间3t ，两者速度为0，则有：
2330v a t =+
代入数据得：
30.5s t =
该过程中二者的位移为：
22
2330005m 0.125m 22(1)
v x a --===⨯-． 所以木板在水平面上的总位移为：
11
30.8750.1250.125m 0.625m x x x x '=++=-++=- 负号表示方向向左
(3)小物块与木板之间产生的热量为：
[]11122
11)40.3750.5(0.875)0.125J 6.(5J Q f s f x x x x ''==+--=⨯+---=V 木板与地面之间产生的热量为：
22211
33(0.8750.1250.125)J 35J (.37)Q f s f x x x '==++=⨯++= 所以小物块、木板和水平面组成系统摩擦产生的热为：
12 6.5 3.375J 9.875J Q Q Q =+=+=
五、选做题
18.对于物质固体、液体、气体的认识，下列说法正确的是（ ）
A. 液晶具有晶体的光学各向异性
B. 绝对湿度的单位是Pa ，相对湿度没有单位
C. 液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
D. 单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的
E. 液体的饱和汽压与温度有关，温度越高饱和汽压越大，但饱和汽压与饱和汽的体积无关
【答案】ABE
【解析】
【详解】A.液晶既有液体的流动性，又有光学的各向异性，故A 正确；
B.绝对湿度指大气中水蒸汽的实际压强，空气的绝对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示，单位是Pa ；而空气的相对湿度是空气中水蒸气的绝对湿度与同温度水的饱和汽压的比值，所以空气的相对湿度没有单位，故B 正确；
C.液体表面张力产生在液体表面层，它的方向与液体表面相切而使得表面有收缩的趋势，同时跟液面分界线垂直，故C 错误；
D.单晶体物理性质是各向异性的，非晶体和多晶体是各向同性的；故D 错误；
E.饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，而与体积无关；一定温度下饱和汽压的分子数密度是一定值，温度越高饱和汽压越大，故E 正确。

故选ABE.
19.如图所示，内壁光滑的气缸分为高度相等的AB 、BC 两部分，AB 、B C 两部分中各有厚度和质量均可忽略的绝热活塞a 、b ，横截面积S a =2S b ，活塞a 上端封闭氧气，a 、b 间封闭氮气，活塞b 下端与大气连通，气缸顶部导热，其余部分均绝热.活塞a 离气缸顶的距离是AB 高度的14
，活塞b 在BC 的正中间.初始状态平衡，大气压强为p 0，外界和气缸内气体温度均为7℃.
（1）通过电阻丝缓慢加热氮气，求活塞b 运动到气缸底部时氮气的
温度；
（2）通过电阻丝缓慢加热氮气至420K ，求平衡后氧气的压强.
【答案】（1）350K ；（2）
076
p ； 【解析】 ①活塞b 降至底部的过程中活塞a 不动，氮气经历等压变化，设AB 部分的体积为1V ，由题意知，BC 部分的体积为12
V ，设氮气初态的体积为1V ，温度为1T ，压强为1p ，末态体积为2V ，温度为2T ，由几何关系得：10V V =,2054
V V = 由盖—吕萨克定律得：1212V V T T = 代入数据得：2350T K =
②设平衡后中间氮气的体积为3V ，上方氧气的体积为1V ，压强为p
对中间氮气由理想气体状态方程31113pV p
V T T = 代入数据得：311280420
pV p V = 设氧气初态的体积为1V '，由题意知014V V '=
，压强为1p ；末态的体积为1V ，压强为p 对上方的氧气，发生等温变化，由玻意尔定律得：111p V pV '=
由几何关系得：31032V V V +=
联立解得：076
p p = 20.宽为10m ，中央水深为4m 的池塘边有一棵树，站在正对岸边的人看到树顶端的倒影与池塘底部中央的点光源在一条直线上．已知人眼到水面的高度为1.5m ，树顶端到水面的高度为6m ．则水的折射率为___________；若在水面上各处都看不到该光，则至少要在水面上铺设直径为___________m 的遮光膜．(结果可用根号表示)
【答案】 (1).
43 (2). 247 【解析】
【分析】
本题考查了光的折射定律，画出光路图如图，根据折射定律和几何知识求解．
【详解】根据题意画出光路图如图所示，
BF=10m ，CD=4m ，AB=1.5m,EF=6m,由几何关系知OB=2m ，OD=3m ，OA=2.5m ，OC=5m ，
则水的折射率43OB
OA n OD OC ==；各处都看不到，则发生了全反射，13sin 4
C n ==，设遮光膜
半径为R ，tan 4R C m =，解得57R m m =<，所以遮光膜的最小直径为2477
m m =． 【点睛】正确地画出光路图是解题的关键．
21.一列简谐横波沿x 轴方向传播，在x 轴上沿传播方向上依次有P 、Q 两质点，P 质点平衡位置位于x=4m 处．图(a)为P 、Q 两质点的振动图象，图(b)为t=4s 时的波形图，已知P 、Q 两质点平衡位置间的距离不超过20m ．求
(i)波速的大小及方向．
(ⅱ)Q 质点平衡位置坐标x 的可能值．
【答案】(i)0.75m/s 沿x 轴正方向传播 (ⅱ)7.75m ，13.75m 或19.75m
【解析】
【分析】
（1）由振动图像可知，4s 末质点P 位于平衡位置向下振动，根据波动图像和振动图像的关系，波沿x 轴正方向传播；
（2）波由P 传到Q ，由P 、Q 两质点的振动图象，找出时间关系PQ t ∆，结合x v t ∆=∆进行求解即可．
【详解】（1）由图像可知，振动周期8T s =，波长6m λ=，则波速为0.75/v m s T λ
==
图（a ）中虚线为P 的振动图线，实线为Q 的振动图线，4s 末质点P 位于平衡位置向下振动，根据图（b ），则波沿x 轴正方向传播．
（2）由题意可知，Q 在P 右侧，即波由P 传到Q ，由P 、Q 两质点的振动图象可知，P 比Q 多振动(85)(0,1,2,3,)t k s k ∆=+=K
Q 到P 的距离为：(6 3.75)(0,1,2,3,)x v t k m k ∆=∆=+=K
由于20x m ∆<，则0,1,2k =．则有： 3.75,9.75,15.75x m m m ∆=；Q x x x =+∆ 代入数据得：7.75,13.75,19.75Q x m m m =。