湖南省长沙市长郡中学2021届高三物理上学期第二次月考试题(含解析).doc

湖南省长沙市长郡中学2021届高三物理上学期第二次月考试题（含解
析）
―、选择题
1.在物理学的发展过程中，许多物理学家做出了贡献，他们的科学发现和所采用的科学方法推动了人类社会的进步.以下说法不正确的是
A. 牛顿通过研究太阳与行星间引力导出万有引力公式过程中利用了牛顿第二、三定律和开普勒第三定律，并通过月一地检验，总结出万有引力定律
B. 伽利略利用铜球沿斜槽滚下的实验，推理出自由落体运动是匀加速直线运动.这采用了实验和逻辑推理相结合的方法
C. 卡文迪许利用扭枰装置，测出了万有引力常量.这使用了微小形变放大方法
D. 牛顿建立了速度、加速度等概念，并总结前人的经验建立了牛顿三大定律【答案】D 【解析】【详解】A．牛顿通过研究太阳与行星间引力导出万有引力公式过程中利用了牛顿第二、三定律和开普勒第三定律，并通过月一地检验，总结出万有引力定律；故A正确，不符合题意；B．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，得出了力不是维持物体运动原因的结论，
并运用数学方法得出了落体运动的规律；故B正确，不符合题意；
C．卡文迪许发明了扭秤，测出了万有引力常量。

这使用了微小形变放大方法；故C正确，不符合题意；
D．速度以及加速度的概念是由伽利略首先建立起来的；故D错误，符合题意。

2.通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和大约在1.4〜2.1s 之间.若高速公路上两辆汽车行驶的速度均为120 km/h，刹车时的加速度大小相同，前车发现紧急情况立即刹车，后车发现前车开始刹车时，也立刻采取相应措施.为避免两车追尾，两车行驶的间距至少应为
A. 46.7m
B. 55 m
C. 70 m
D. 100 m
【答案】C
【解析】
【详解】由于两车刹车的初速度和加速度大小相同。

所以两车行驶的间距至少为汽车在最长反应时间内匀速行驶的距离。

由此可得两车的行车间距至少应为：
△x =
120
3.6
×2.1 m=70m C 正确。

3. 设在平直公路上以一般速度行驶的自行车，所受阻力约为车、人总重的0.02倍，则骑车人的功率最接近于（ ） A. 10-1kW B. 10-3kW
C. 1kW
D. 10kW
【答案】A 【解析】
曲线运动中力指向曲线的凹侧，所以电场力向右下方，电场线向右，由电场线由高电势指向低电势，可判断A 错；质点运动方向无法判断，B 错；P 点等势线分布密，电场线分布密，电场力大，加速度较大，C 错；D 对；
4.如图所示，在斜面顶端的A 点以动能E k 平抛一小球，经t 1时间落到斜面上B 点处，若在A 点将此小球以动能 0.5E k 水平抛出，经t 2时间落到斜面上的C 点处，以下判断正确的是
A. AC ：AB =1： 4
B. AC ：CB =1： 1
C. t 1： t 2=2： 1
D. t 1： t 2=12 【答案】B 【解析】
【详解】CD ．由动能的表达式2
k 12
E mv =
，可知： 122v v =
由平抛运动规律：
cos θL vt =
21sin 2
L gt θ=
可知：
2tan g
v t θ=
11
22
2:1t v t v == 故CD 错误； AB ．根据前面分析：
2
122
2:1v AB AC v == 所以：
AC ：CB =1：1
故B 正确，A 错误。

5.曲柄连杆结构是发动机实现工作循环，完成能量转换的主要运动零件如图所示，连杆下端连接活塞Q ，上端连接曲轴P 。

在工作过程中，活塞在气缸内上下做直线运动，带动曲轴绕圆心O 旋转，若P 做线速度大小为v 0的匀速圆周运动，则下列说法正确的是
A. 当OP 与OQ 垂直时，活塞运动的速度等于v 0
B. 当OP 与OQ 垂直时，活塞运动的速度大于v 0
C. 当OPQ 在同一直线时，活塞运动速度等于v 0
D. 当OPQ 在同一直线时，活塞运动的速度大于v 0 【答案】A
【详解】AB．当OP与OQ垂直时，设∠PQO=θ，此时活塞的速度为v，将P点的速度分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度；将活塞的速度v分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度，则此时v0cosθ=vcosθ，即v=v0，选项A正确，B错误；
CD．当OPQ在同一直线时，P点沿杆方向的速度为零，则活塞运动的速度等于0，选项CD错误；
6.如图所示，在粗糙的水平地面上放着一左侧截面是半圆的柱状物体B，在B与竖直墙之间放置一光滑小球A，整个装置处于静止状态.现用水平力F缓慢拉动B向右移动一小段距离后，它们仍处于静止状态，在此过程中，下列判断正确的是
A. B对地面的压力逐渐增大
B. 小球A对物体B的压力逐渐减小
C. 墙面对小球A的支持力逐渐减小
D. 拉力F逐渐减小
【答案】D
【解析】
【详解】BC．对A球受力分析并建立直角坐标系如图，
由平衡条件得，竖直方向：
2cos
N mg
θ=
12sin
N Nθ
=
联立解得：
2
cos mg
N
θ
=
1tan
N mgθ
=
缓慢向右移动一小段距离，A缓慢下落，则θ增大，所以N2增大，N1增大，由牛顿第三定律知小球A对物体B
的压力逐渐增大，故BC错误；A．对AB整体分析，竖直方向: A B N G G F+=F N不变，A错误；D．水平方向: 1F N f+=f不变， N1增大，F逐渐减小，D正确。

7.水上飞行运动使用的是一种叫“喷射式悬浮飞行器”的装置，也称为“喷水飞行背包”，
它通过向下喷射高压水柱的方式将操控者托举在水面上空，利用脚上喷水装置产生的反冲动力，让你可以在水面之上腾空而起，另外配备有手动控制的喷嘴，用于稳定空中飞行姿态.如图所示运动员在水上做飞行运动表演.他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中.已知运动员与装备的总质量为100 kg，两个圆管喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g=10m/s2，水的密度ρ=1.0×103kg/cm3，则喷嘴处喷水的速度大约为
A. 3.0 m/s
B. 5.4 m/s
C. 8.0 m/s
D. 10.2 m/s
【解析】
【详解】设△t 时间内有质量为m 的水射出，忽略重力冲量，对这部分水速度方向变为反向，由动量定理得：
2F t m v ∆=
2()2
d
m v t ρπ=∆
设运动员与装备的总质量为M ，运动员悬停在空中，所以：
' F Mg =
由牛顿第三定律得：
' F F =
联立解得:
v ≈8.0m/s
C 正确。

8.2021年1月3日，“嫦娥四号”探测器携“玉兔二号”月球车成功着陆在月球背面，进行科学探测.已知“嫦娥四号”在着陆之前绕月球做圆周运动的半径为r 1、周期为T 1；月球绕地球做圆周运动的半径为r 2、周期为T 2，引,力常量为G .根据以上条件能得出 A. 月球与地球的密度 B. 地球对月球的引力大小 C. 月球对“嫦娥四号”的引力大小
D. 关系式33
122212
r r T T =
【答案】B 【解析】
【详解】A ．根据公式：
G 2
22222
4Mm m r r T π= 可求出地球质量，但由于不知道地球半径，求不出地球体积，所以算不出地球的密度，同理月球的密度无法求出，A 错误；
B ．地球对月球的引力提供月球做圆周运动的向心力：
2
222
4F m r T π=
月
“嫦娥四号”绕月球做圆周运动，设“嫦娥四号”探测器的质量为m ，则
2
12211
m 4m G m r r T π=月
求得月球质量:
23121
4r m GT π=月
所以地球对月球的引力：
23432
211222
22222
2121241644=r r r F m r r T GT T GT T ππππ==月
B 正确；
C ．“嫦娥四号”绕月球做圆周运动，
2
12211
m 4m G m r r T π=月
可求出月球质量，不能求出环绕的探测器质量，无法求月球对“嫦娥四号”的引力大小，C 错误；
D ．开普勒第三定律适用于围绕同一中心天体做圆周运动的卫星，所以对月球和“嫦娥四号”不适用，D 错误。

9.如图所示，足够长的质量M =2kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，质量1kg 的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ1=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，长木板和地面之间的动摩擦因数μ2=0.02，重力加速度g 取10 m/s 2
.现对物块施加一水平向右的恒力F ，则下列说法正确的是
A. 若F =3N ，物块和长木板的加速度为0.8 m/s 2
B. 若F =1.5N ，物块和长木板之间的摩擦力为1 N
C. 若9N ，物块和长木板的加速度为0. 1 m/s 2
D. 不管拉力F 多大，长木板的加速度不会超过0.2 m/s 2
【答案】BCD 【解析】
【详解】ABD ．当物块与木板之间的静摩擦力增大至最大静摩擦力时，二者恰好相对滑动，设此时的临界拉力为F 0，对整体由牛顿第二定律有：
02F M m
g M m a μ-+=+（）（） 对 M 受力分析：
12 mg M m
g Ma μμ-+=（） 解得：
a = 0.2 m/s 2 F 0= 1.2 N
因F =3 N>F 0= 1.2 N ，故物块和长木板加速且相对滑动，两者之间存
滑动摩擦力，有：
1 1 N f mg μ==
物块加速度为2m/s 2
，长木板的加速度为0.2 m/s 2
，A 错误，B 、D 正确； C ．若F =0.9 N<F 0=1.2 N ，对整体由牛顿第二定律有：
21-F M m
g M m a μ+=+（）（） 可得：
a 1=0.1m/s 2
故C 正确。

10.如图甲所示，轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球（可看成质点），让小球在竖直平面内做圆周运动.改变小球通过最高点时的速度大小v 测 得相应的轻杆弹力F ，得到F -v 2图象如图乙所示，已知图线的延长线与纵轴交点坐标为（0，-b ），斜率为k 。

不计空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是
A. 该小球的质量为b g
，小球运动的轨道半径为b
kg
B. 图线与横轴的交点表示小球通过最高点时所受的合外力为0
C. 图线与纵轴的交点表示小球通过最高点时所受的合外力为b
D. 当v 2=a 小球通过最高点时的向心加速度为2g 【答案】AD 【解析】
【详解】A ．设小球运动的轨道半径为l ，小球在最高点时受到拉力F 和重力mg ，根据牛顿第二定律可知：
2
v F mg m l
+=
解得：
2
-v F m mg l
=
结合图象可知：
mg =b
即：
=
b m g
斜率：
m l
=k 解得：
m b l k kg
=
=
A正确；
B．图线与横轴的交点表示小球通过最高点时所受的拉力为零，所受的合外力等于重力，B错误；
C．图线与纵轴的交点表示小球通过最高点时所受的支持力为所受的合外力等于0，C错误；D．当v2=a时：
==
F b mg
小球通过最高点时受到的合外力为2mg，向心加速度为2g，D正确。

11.某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器质量为m，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α= 60°，使飞行器恰恰沿与水平方向成θ=30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，如图所示t = 4 s后撤去动力，飞行过程中的空气阻力不计，g=10m/s2。

下列说法中正确的是
A. 2mg
B. 4 s内飞行器的位移为80 m
C. 撤去动力后，再经2s飞行器达到最大高度
D. 撤去动力后，再经时间4s后飞行器的速度变为0
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．起飞时，飞行器受重力和发动机提供的动力作用，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，如图所示，
在△O FF 合中，由几何关系得：
3F mg =
F 合= mg
由牛顿第二定律得飞行器的加速度大小为：
a 1=g
21180 m 2
x a t =
= 故A 错误，B 正确； C ．撤去F 时，飞行器只受重力作用，则加速度大小为g ，
v =a 1t =40 m/s
v y =v sin30°= 20m/s
1=2s y v t g =
C 正确；
D ．撤去F 后飞行器做斜抛运动，故再经时间4s 后飞行器的速度不会变为0，D 错误。

12.一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg 的B 固定在一起，质量为1kg 的A 放于B 上。

现在A 和B 正在一起竖直向上运动，如图所示。

当A 、B 分离后，A 上升0.2m 到达最高点，此时B 速度方向向下，弹簧为原长，则从A 、B 分离起至A 到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是(g 取10m/s 2)
A. A 、B 分离时B 的加速度为g
B. 弹簧的弹力对B 做功为零
C. 弹簧的弹力对B 的冲量大小为6N·s
D. B 的动量变化量为零
【答案】ABC
【解析】
【详解】A 、由分离的条件可知，A 、B 物体分离时二者的速度、加速度相等，二者之间的相互作用力为0，对A 分析可知，A 的加速度A a g =，所以B 的加速度为g ，故A 正确；
B 、 A 、B 物体分离时弹簧恢复原长，A 到最高点弹簧恢复原长，从A 、B 分离起至A 到达最高点的这一过程中弹簧的弹性势能变化为零，所以弹簧对B 做的功为零，故B 正确； CD 、A 、B 物体分离后A 做竖直上抛运动，可知竖直上抛的初速度
22100.22/v gh m s ==⨯⨯=，上升到最高点所需的时间：20.2h t s g
==，由运动的对称性可知此时B 的速度为2m/s ，方向竖直向下，对B 在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)得：()B N B B m gt I m v m v +=--，解得弹簧的弹力对B 的冲量大小为：6N I N s =•，B 的动量变化量为()12/B B P m v m v kg m s ∆=--=•，故C 正确，D 错误；
故选ABC 。

二、实验题
13.我们可以用图(a)所示装置探究合外力做功与动能改变的关系。

将光电门固定在水平轨道的B 点，平衡摩擦力后，用小桶通过细线拉小车，小车上安装遮光条并放有若干钩码。

现将小车上的钩码逐次移至小桶中，并使小车每次都从同一位置A 点由静止释放。

(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度，记录光电门的示数，从而算出小车通过B 点的速度。

其中游标卡尺测量情况如图(b)所示，则d=___________cm 。

(2)测小桶质量，以小桶和桶内钩码质量之和m 为横坐标，小车经过B 点时相应的速度平方为纵坐标，则v 2
-m 图线应该为下图中___________。

A 、 B 、
C 、
D 、
【答案】 (1). 0.925 (2). B
【解析】
【分析】
根据题中“现将小车上的钩码逐次移至小桶中…v 2-m 图线应该为”可知，本题考察机械能守恒的问题，应用机械能守恒、游标卡尺读数法则等知识分析求解。

【详解】(1)游标卡尺读数为1959.250.92520
mm mm mm cm +⨯== (2)设小车、小桶、钩码的总质量为M ，小车从A 运动到B 的位移为x ，则212mgx Mv =
，整理得：22gx v m M
=，所以v 2-m 图线是过原点的直线。

故B 项正确，ACD 三项错误。

14.某同学准备利用如图装置探究劲度系数较大的轻质弹簧T 的弹性势能与其压缩量之间的关系.图中B 为一同定在桌 面且带有刻度的平直光滑导轨，小盒C 用轻绳悬挂于O 点，弹簧T 左端固定，用小球A 沿导轨B 向左挤压弹簧，释放后球A 弹出，射入一较重的小盒C 中与小
盒C —起向右摆动，摆动的最大角度θ可以被准确测出。

球A 射入盒C 后两者的重心重合，重心距悬点O 的距离为L ，重力加速度为g 。

试问：
（1）欲完成此探究实验，该同学在实验过程中除了要测量最大摆角θ和重心距悬点O 的距离L 外，还需要测量哪些物理量？写出这些物理量及其字母代号________________.
（2）通过上述的物理量可求出弹簧T 将球A 弹出时释放的弹性势能E p 。

写出其计算表达式（无需书写推导过程）：_______________.
（3）下面是本实验中的几个步骤：①按实验装置安装好器材；②用刻度尺测定C 的重心到悬点O 的距离L ；③反复调节盒C 的位置，使其运动轨迹平面与光滑轨道在同一平面内，且盒C 静挂时，开口正对导轨末端，A 、C 两者重心同高；④用球A 压缩弹簧，使其重心处于轨道的某—刻度线上，记录此时的读数；⑤释放A 球，让它射入盒C 中，一起与C 摆动到最大高度；⑥记录最大摆角θ；⑦处理数据，得出结论。

在上述步骤中还缺少哪些主要步骤？请你写出来._______________________________________________。

【答案】 (1). 小球A 的质量m 、重盒C 的质量M 、弹簧的压缩量x (2).
2p 1cos M m E gL m
θ+=-（）（） (3). ①用天平称出小球和重盒的质量 ②用球A 接触弹簧但不压缩，记录其重心位置，读取导轨上相应的读数；
③改变弹簧压缩量，重复实验若干次.
【解析】
【详解】（1）[1]弹簧的弹性势能转化为球和盒子的重力势能，要测量重力势能的增加量，就要测量小球A 的质量m 、重盒C 的质量M ；要研究弹性势能和压缩量的关系，要测量弹簧的压缩量x ；所以还需测量：小球A 的质量m 、重盒C 的质量M 、弹簧的压缩量x ；
（2）[2]弹性势能的减小量等于小球的动能的增加量，故：
2p 12
E mv =
碰撞过程动量守恒，故：
'mv M m v =+（）
继续摆动过程机械能守恒，故：
211cos 2
M m v M m gL θ+'=+-（）（）（） 联立计算得出：
2
P ()1cos M m E gL m
θ+=-（） （3）[3]缺少的主要实验步骤有：
①用天平称出小球质量和重盒的质量；
②用球A 接触弹簧但不压缩，记录其重心位置，读取导轨上相应的读数；
③改变弹簧压缩量，重复实验若干次。

三、计算题
15.经过逾6 个月的飞行，质量为40kg 的洞察号火星探测器终于在北京时间2021 年11 月27 日03：56在火星安全着陆。

着陆器到达距火星表面高度800m 时速度为60m/s ，在着陆器底部的火箭助推器作用下开始做匀减速直线运动；当高度下降到距火星表面100m 时速度减为10m/s 。

该过程探测器沿竖直方向运动，不计探测器质量的变化及火星表面的大气阻力，已知火星的质量和半径分别为地球的十分之一和二分之一，地球表面的重力加速度为g = 10m/s 2。

求：
(1)火星表面重力加速度的大小；
(2)火箭助推器对洞察号作用力的大小.
【答案】(1)2=4m/s g 火 (2)F =260N
【解析】
【分析】
火星表面或地球表面的万有引力等于重力，列式可求解火星表面的重力加速度；根据运动公式求解下落的加速度，然后根据牛顿第二定律求解火箭助推器对洞察号作用力.
【详解】（1）设火星表面的重力加速度为g 火，则2
=M m
G mg r 火火火 2=M m G mg r 地地
解得g 火=0.4g=4m/s 2
（2）着陆下降的高度：h=h 1-h 2=700m ，设该过程的加速度为a ，则v 22-v 12=2ah
由牛顿第二定律：mg 火-F=ma
解得F=260N
16.我国国产002航空母舰已多次海试，将为祖国70岁生日献上一份厚礼.如图，舰载机总质量为m ，发动机额定功率为P ，在水平轨道运行 阶段所受阻力恒为f .舰载机在A 处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F 的恒定推力.经历时间t 1，舰载机运行至B 处，速度达到v 1，电磁弹射系统关闭.舰载机继续以额定功率加速运行至C 处，经历的时间为t 2，速度达到v 2.此后，舰载机进入倾斜曲面轨道，在D 处离开航母起飞。

请根据以上信息求解下列问题。

（1）水平轨道AC 的长度x 。

（2）若不启用电磁弹射系统，舰载机在A 处以额定功率启动，经历时间t 到达C 处，假设速度大小仍为v 2，则舰载机的质量应比启用电磁弹射系统时减少多少？（该问AC 间距离用x 表示）
【答案】（1）22211212111222mv Pt Pt mv mv F f f
-+-+-.；（2）m-222Pt fx v -（） 【解析】
【详解】（1）舰载机在A 处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰栽机提供水平向右、大小为F 的恒定推力，经历时间t ，舰载机运行至B 处，速度达到v 1由动能定理得
2111112Pt Fx fx mv +-= 电磁弹射系统关闭.舰栽机继续以额定功率加速运行至C 处，经历的时间为t 2，速度达到v 2，由动能定理得：
2221211122Pt fx mv mv --
= 12x x x =+
解得：
22211212111222mv Pt Pt mv mv x F f f
-+-=+- （2）全过程，根据动能定理有：
21212
Pt fx m v -=
应减少的质量： 1m m m ∆=-
得：
22
2()Pt fx m m v -∆=- 17.如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管固定在竖直平面内，圆管围成的圆的圆心为O ，D 点为圆管的最低点，A 、B 两点在同一水平线上，AB =2L ，该圆的半径为r =2L （圆管的内径忽略不计），过OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于C 点.在虚线AB 的上方存在水平向左的、范围足够大的恒定风力场，物体在虚线的下方运动时会立即受到竖直向上的恒力，大小等于mg .圆心O 正上方的P 点有一质量为m 的小物体（视为质点），P 、C 间距为L.现将该小物体于P 点无初速释放，经过一段时间，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，并继续运动.重力加速度用g 表示.
（1）小物体在虚线AB 上方运动时受到的风力为多大？
（2）小物体从管口B 离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB 上的N 点（图中未标出N 点），
则N 点距离C 点多远？
（3）小物体由P 点运动到N 点的总时间为多少？
【答案】（1）mg .；（2）7L ；（3）
334π+（ 【解析】 【详解】（1）小物体无初速释放后在重力G 、风力F 的作用下刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，由几何关系知PA 连线即A 处圆管的切线，故小物体必沿PA 连线做匀加速直线运动，重力与风力的合力沿PA 方向；
又因为：
PC AC L ==
故：
tan45F mg
︒=
， 解得： F =mg
（2）小物体从P 到A ，由动能定理可得：
2A 12
mgL FL mv +=
解得：
A v =物体在虚线的下方运动时会受到竖直向上的恒力，大小等于mg ，故小物体从A 到
B 做匀速圆周运动，
B A v v ==小物体从管口 B 离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB 上的N 点，竖直方向：
2sin 45B v t g
︒
=， 解得：
t = 水平方向：
21cos452B x v t at =︒
+（） F =ma
解得：
x = 8L
N 点距离C 点：
x CN =x -L =7L
（3）设小物体从P 到A 的时间为t 1，
则：
1122
A L v t =
解得： 12L t g
=
设物体从A 到B 的时间为t 2，则 23223244
A L L t v g
ππ⨯⨯== 小物体由P 点运动到N 点的总时间： 123234L t t t t g π⎛⎫=++=+ ⎪⎝⎭
总. 18.如图所示，在P 一T 图像中，一定质量的理想气体经历了从状态A 到状态B 、再到状态C ，最后回到状态A 的过程，在该过程中，下列说法正确的是___________
A. 从A 到B 过程中，气体对外做功
B. 从B 到C 过程中，气体放出热量
C. 从C 到A 过程中，气体分子密度减小
D. 从A 到B 过程和从C 到A 过程，气体做功的绝对值相等
E. 从A 到B 再到C 过程中，气体内能先增加后减少
【答案】ABE
【解析】 【详解】根据PV C T
=可知从A 到B 过程中，体积增大，因此气体对外做功，A 正确；从B 到C 过程中，直线是通过原点的直线，故体积不变，而温度降低，气体内能减少，根据热力学第一定律可知气体放出热量，B 正确；从C 到A 过程中，气体温度不变，压强增大，根据理想气体状态方程可知，气体体积减小，分子密度增大，C 错误；从A 到B 过程和从C 到A 过程，气体体积变化相等，但两个过程气体压强的平均值不同，因此两个过程气体做功绝对值不同，D 错误；由于从A 到B 再到C 过程，气体温度先升高后降低，因此气体内能先增加后减小，E 正确
19.如图所示，内壁光滑、上端开口的固定气缸竖直放置，内部横截面积为S ，高度为 H .现用一质量为m 厚度不计的活塞封闭一定量的气体，稳定时活塞所处位置A 距气缸底部的距离h 。

现对缸内气体加热，缸内气体温度上升至热力学温度为T 时，活塞刚好上升到气缸最高点，立即停止加热，缸内气体无泄露.已知外部的大气压强为0P ，当地重力加速度为 g 。

求：
（1）加热前缸内气体的热力学温度；
（2）停止加热一段时间后，缸内气体恢复至原来的温度，此后保持缸内气体温度不变，将活塞缓慢拉离气缸，至少应施加多大的拉力.
【答案】（1）0hT T H =
（2）0()H h F P S mg H
-=+ 【解析】
【分析】
（1）由盖·吕萨克定律求解加热前缸内气体的热力学温度；（2）对活塞受力分析求解气体内的压强，根据玻意尔定律求解将活塞缓慢拉离气缸至少应施加的拉力.
【详解】（1）活塞上升过程中封闭气体压强不变，由盖·吕萨克定律：0hS HS
T T
= 得加热前缸内气体的热力学温度 0hT T H
= （2）加热前活塞受力平衡：10PS P S mg =+
将活塞拉离气缸时：20P S F P S mg +=+
加热前和活塞将要拉离气缸时，气体温度相同，由玻意尔定律：1
2PhS P HS = 得至少应施加的拉力 0()H h F P S mg H
-=+ 20.一列简谐横波，在t =1. 2 s 时刻的图象如图甲所示，此时，P 、Q 两质点的位移均为-1cm ，波上A 质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是 .
A. 这列波沿x 轴负方向传播
B. 这列波的波速是503
m/s C. 从t =l.2 s 开始，再经△t =0.5s ，P 质点通过的路程是3cm
D. 从t =1.2s 开始，质点P 比质点Q 早0.4 s 回到平衡位置
E. 若该波在传播过程中遇到一个尺寸为15m 的障碍物不能发生明显衍射现象
【答案】ABC
【解析】
【详解】A ．由图乙读出t =1.2s 时刻质点A 的速度方向为沿y 轴正方向。

由图甲判断出波的传播方向沿x 轴负方向，故A 正确；
B ．由图甲读出波长为20 m λ=由乙图读出周期T =1.2 s ，则波速为:
v =
201.2T λ=m/s=503
m/s 故B 正确；
C ．经过：
50.5s 6412T T T t ∆==
+= 刚好回到平衡位置，质点通过的路程是： s =3 cm
故C 正确；
D ．图甲时刻质点F 沿y 轴负方向运动，质点Q 沿y 轴正方向运动，所以质点Q 将比质点P 早回到平衡位置.将此图象与正弦曲线进行对比可知点的横坐标为：
x P =
203
mm Q 点的横坐标： x Q =
403mm 可知质点Q 比质点P 早回到平衡位置的时间为：
t =
Q P x x v -=0.4 s
D 错误；
E ．发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多，该波的波长为20 m ，障碍物的尺寸比波长小，能发生明显衍射现象，E 错误
21.如图为一玻璃砖的截面图，ABCD 为长方形，BCE 为14
圆.AB =2R ，BC =R ，一束单色光从AD 界面上的F 点（未画出）入射，在CD 界面上的G 点（未画出）发生一次全反射后，从BE 界面上的H 点射出，折射角α=60°，折射光平行于DE 且与反射光垂直，真空中的光速为c 。

（i ）画出光路图并求出折射率n ；
（ii ）光从射入玻璃砖到第一次射出的时间t 。

【答案】（i 3.；（ii ）
5R c
【解析】
【详解】（i ）光路图如图所示：
由几何关系得：90β=︒，30α=︒
sin sin n α
β=，
解得：
3n =（ii ）由几何关系得：
260θβ==︒
9030γαβ=︒-=︒=
在等腰△GHC 中：
2cos 3GH R R β==
在直角△FDG 中：
3sin 3CD CG R
FG θ-==
s GH FG =+
c
n v =
5s R
t v c == .。