湖南省长沙市长郡中学2021届高三物理下学期第六次月考试题(含解析)

湖南省长沙市长郡中学2021届高三物理下学期第六次月考试题（含解

析）

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1〜8题只有一项符合题目要求，第9〜12题有多项符合题目要求.全 部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）

1.在军事演习时，红军轰炸机要去轰炸蓝军地面上的一个目标，通过计算，轰炸机在某一高度匀速水平飞行，在离目标水平距离为时投弹，可以准确命中目标；现为了增加隐蔽性和安全性，轰炸机飞行的高度要减半，飞行速度也要减半，要求仍能命中目标，不考虑任何阻力，则飞机投弹时离目标的水平距离应为（ ） A. x B. x C. x D. x 【答案】A 【解析】

炸弹被投下后做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据

，得：

，炸弹平抛运动的水平距离为：

，由此可知，当轰炸机，所以飞机投弹时离目标

飞行的高度和飞行速度都要减半时，炸弹的水平位移变为原来的的水平距离应为

，故选A.

【点睛】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度，求出平抛运动的时间，根据

求出炸弹水平位移的表达式，再分析求解。

2.如图所示，一个“V”形槽的左侧挡板A竖直，右侧挡板B为斜面，槽内嵌有一个质量为的光滑球C。“V”形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，设挡板A、B对球的弹力分别为F1、F2，下列说法正确的是( )

A. F1、F2都逐渐增大 B. F1、F2都逐渐减小 C. F1逐渐减小，F2逐渐增大 D. F1、F2的合外力逐渐减小 【答案】D

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【解析】

光滑球C受力情况如图所示：

F2的竖直分力与重力相平衡，所以F2不变；

F1与F2水平分力的合力等于ma，在V形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，加速度不断减小，由牛顿第二定律可知F1不断减小，F1、F2的合力逐渐减小，故D正确，A、B、C错误； 故选D。

【点睛】以光滑球C为研究对象，作出光滑球C受力情况的示意图；

竖直方向上受力平衡，水平方向根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合加速度的变化解答。

3.如图所示为远距离输电的示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器T1的原、线圈匣数比为k1，降压变压器T2的原、副线圈匣数比为k2,升压变压器原线圈两端接入一电压u=Um的交流电源，用户的总电阻为R(可视为纯电阻），输电线总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，用户获得的电压U为（ ）

A. ()() B. ()()

C. ()() D. ()()

【答案】D 【解析】 【分析】

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理想变压器输入功率和输出功率相等，通过原线圈的电压求出副线圈的电压，再根据求出输电线上的电流，从而求出输电线上消耗的功率，根据变压器的特点即可判断； 【详解】用户流过的电流为：

，故在输电线路上的电流为：

，

，故损失的电

功率为：，升压变压器原线圈两端电压的有效值为：，升压变压器副线

圈两端的电压为：，输电线路上损失的电压为：， 故降压变压器原线圈的电

压为：，在降压变压器两端：，联立解得 ：，故A、

B、C错误，D正确； 故选D。

【点睛】关键是知道升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系和升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系。

4.如图，固定板AB倾角=60°，板BC水平，AB、BC长度均为L，小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来。若调整BC使其向上倾斜，倾角不超过90°，小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑，上滑距离与BC倾角有关。不计B处机械能损失，各接触面动摩擦因数相同，小物块沿BC上滑的最小距离为x，则( )

A. x= B. x= C. x=L D. L 【答案】B 【解析】

小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来，由动能定理得：

若调整BC使其向上倾斜,设BC与水平方向之间的夹角为时，小物块沿BC上滑的最小距离为x，由动能定理可得：

解得：

综上所述本题答案是：B

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5.“天琴计划”是中山大学发起的探测研究引力波的科研计划。据介绍，“天琴计划”实验本身将由三颗全同卫星（SC1、SC2、SC3)组成一个等边三角形阵列，卫星本身作高精度无拖曳控制以抑制太阳风、太阳光压等外部干扰，卫星之间以激光精确测量由引力波造成的距离变化。下图是天琴计划示意图。设同步卫星的运行轨道半径为R，三个全同卫星组成等边三角形的边长约为4.4R。对于这三颗地球卫星的认识，正确的是( )

A. 全同卫星平面一定与地球赤道平面重合 B. 全同卫星轨道半径大于月球轨道半径 C. 全同卫星周期约4天 D. 全同卫星周期约9天 【答案】C 【解析】

由题意知，全同卫星处在一等边三角形的三个顶点上，如图所示，三角形边长为4.4R，根据几何关系可求，卫星的轨道半径为

，可知轨道半径小于月球轨道半径，该卫星不是同

步卫星，轨道不需在赤道正上方，故A错误；B错误；根据万有引力提供向心力：，

得：，又同步卫星的周期为1天，可求该卫星的周约为4天，所以C正确；D错误。

6.在如图所示的坐标系中，弧是以B点为圆心、BA为半径的一段圆弧，OB=L，OC=2L，D为OC的中点，在D点固定一电荷量为Q的带正电的点电荷。已知静电力常量为k。下列说法不正确的是( )

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A. 弧AC上电势最高的一点处的电场强度为B. 弧AC上还有一点与C点的电势相同 C. 弧AC上还有一点与C点的电场强度相同

D. 电子从A点沿着圆弧运动到C点，电势能先减小、后增大 【答案】C 【解析】 【分析】

根据距离点电荷越近的点，电势越高，找到弧AC上距离D点最近的点的距离，根据点电荷的电场强度求出；根据Q产生的电场方向背离点到Q的方向可知弧AC上的各点的电场强度方向不同；

【详解】A、对正点电荷来说，距离点电荷越近的点，电势越高，所以弧AC上距离D点最近的点的距离为：故A正确；

B、对正点电荷来说，到点电荷距离相等的点，电势相等，在圆弧AC上还有一点到D的距离与DC之间的距离相等，所以在弧AC上还有一点与C点的电势相同，故B正确；

C、电场强度是矢量，Q产生的电场方向背离点到Q的方向，所以在弧AC上的各点的电场强度与C点的电场强度的方向不同，故C错误；

D、由于电子带负电，又从A到C的电势先增加后减小，所以电子从A点沿着圆弧运动到C点，电势能先减小后增大，故D正确； 不正确的故选C。

，如图所示，电场强度为

，

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【点睛】关键是能找出弧AC上的电势越高的位置到距离D点最近的距离。

7.如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v=av0(待定系数a<1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再相撞，则a的取值范围为（ ）

A. a B. a C. a D. a

【答案】D 【解析】

A、B、碰撞过程动量守恒，以方向为正方向有上B发生再碰撞的条件是

，解得

，解得

，故

，A与挡板P碰撞后能追

；碰撞过程中损失的机械能，D正确；故选D。

【点睛】本题考查了动量守恒和能量守恒的综合运用，要抓住碰后A的速度大于B的速度，以及有机械能损失大于等于零进行求解。

8.如图所示，长为L的轻杆两端分别固定a、b金属球，两球质量均为，放在光滑的水平面上，b套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为L，现将b从图示位置由静止释放，已知重力加速度大小为g，则( )

A. 在b球落地前的整个过程中组成的系统水平方向上动量守恒 B. 从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对a球做功为C. 从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对b球做功为D. 在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为

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【答案】B 【解析】 【分析】

系统所受合外力为零系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据系统受力情况与运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题；

【详解】A、对两球及杆组成的系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用，a球的水平方向受力为零，系统在水平方向所受合外力不为零，所以a、b组成的系统水平方向上动量不守恒，故A错误；

BC、对两球及杆系统,在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用不做功，a、b组成的系统机械能守恒，从开始到b球距地面高度为的过程中，由机械能守恒定律得：

，且有

，所以轻杆对a球做功为：

，故B正确，C错误；

D、在b球落地的瞬间，由机械能守恒定律得：球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为：故选B。

【点睛】解决关键知道系统机械能守恒，抓住两球沿杆子方向的速度相等，进行求解。 9.如图所示，半径为R的半球形容器固定在可以绕竖直旋转的水平转台上，转台转轴与过容器球心O的的竖直线重合，转台以一定角速度匀速旋转。有两个质量均为m的小物块落入容器内，经过一段时间后，两小物块者都随容器一起转动且相对容器内壁静止，两物块和球心O点的连线相互垂直，且A物块和球心O点的连线与竖直方向的夹角=60，已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是

0

，解得：，

，轻杆对b球做功：

，解得：，故D错误；

，所以在b

A. 若A物块受到的摩擦力恰好为零，B物块受到的摩擦力的大小为

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B. 若A物块受到的摩擦力恰好为零，B物块受到的摩擦力的大小为C. 若B物块受到的摩擦力恰好为零，A物块受到的摩擦力的大小为D. 若B物块受到的摩擦力恰好为零，A物块受到的摩擦力的大小为【答案】AC 【解析】

当A摩擦力恰为零时，物块与圆心连线与竖直方向的夹角为60，受力如图所示，

0

根据牛顿第二定律得：mgtan60°=mrω，r=Rsin60°

此时B滑块有沿斜面向上滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向下，受力如图所示．

2

竖直方向上：Ncos30°-fsin30°-mg=0 水平方向上：Nsin30°+fcos30°=mr′ω2 其中r′=Rsin30°，联立解得：

，故A正确，B错误；

0

当B摩擦力恰为零时，物块与圆心连线与竖直方向的夹角为30，根据牛顿第二定律得： mgtan30°=mrω2其中r=Rsin30°，此时A滑块有沿斜面向下滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向上，竖直方向上：Ncos60°+fsin60°-mg=0 水平方向上：Nsin60°-fcos60°=mr′ω2 r′=Rsin60°，联立解得：

，故C正确．D错误；故选AC．

点睛：解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方

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向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解． 10.如图所示xoy平面位于光滑水平桌面上，在

x2L的区域内存在着匀强磁场，磁场方向

垂直于xoy平面向下。由同种材料制成的粗细均匀的正六边形导线框，放在该水平桌面上，AB与DE边距离恰为2L，现施加一水平向右的力F拉着线框水平向右匀速运动DE边与y轴始终平行，从线框DE边刚进入磁场开始计时，则线框中的感应电流（取逆时针方向的电流为正）随时间的函数图象和拉力F随时间的函数图象大致是（ ）

A. B. C. D.

【答案】AC 【解析】

当DE边在0～L区域内时，导线框运动过程中有效切割长度越来越大，与时间成线性关系，初始就是DE边长度，所以电流与时间的关系可知A正确，B错误；因为是匀速运动，拉力F与安培力等值反向，由

知，力与L成二次函数关系，因为当DE边在0～2L区域内时，

导线框运动过程中有效切割长度随时间先均匀增加后均匀减小，所以F随时间先增加得越来越快后减小得越来越慢，选C正确，D错误。所以AC正确，BD错误。

11.如图所示，质量为m1带有正电荷q的金属小球和质量为m2不带电的小木球之间用绝缘细线相连，置于竖直向上、场强为E、范围足够大的匀强电场中，两球恰能以速度v匀速竖直上升。当小木球运动到A点时细线突然断开，小木球运动到B点时速度为零，重力加速度为g，则( )

A. 小木球的速度为零时，金属小球的速度大小为

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B. 在小木球由点A到点B的过程中，两球组成的系统机械能增加 C. AB两点之间的电势差为

D. 在小木球由点A到点B的过程中，小木球动能的减少量等于两球重力势能的增加量 【答案】BC 【解析】 【分析】

细线断开前，两球在电场中做匀速直线运动，两球的总重力与电场力平衡，断开细线后，两球的总重力与电场力均不变，合力为零，两球组成的系统总动量守恒，根据动量守恒定律分析小木球的速度为零时，金属小球的速度；对于木球B，细线断开后，只受重力，机械能守恒，由机械能守恒定律求解上升的高度AB，再由U=Ed求出A、B间的电势差；根据能量守恒定律分析小木球从点A到点B的过程中，其动能的减少量与两球重力势能的增加量的关系； 【详解】A、断开细线后，两球组成的系统合力为零，总动量守恒，取向上方向为正方向，根据动量守恒定律得：

，得金属小球的速度大小为：

，故A错误；

B、小木球从点A到点B的过程中，由于电场力做正功，电势能减小，则知A、B组成的系统机械能在增加，故B正确；

C、断开细线后，木球的机械能守恒，则有两点A、B之间的电势差为：

，得：

，即A、B间距离为：

，

，故C正确；

D、小木球从点A到点B的过程中，小木球动能的减少量等于木球重力势能的增加量，故D错误； 故选BC。

【点睛】关键是两球没有发生作用，但系统的合力为零，遵守动量守恒；断开细线后，木球的机械能守恒。

12.如图所示，光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B，木板上表 面各处粗糙程度相同，一质量为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度v冲上木板，当v=v0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速。此过程中A、B系统生热为Q，则( )

A. 若v=，A、B相对运动时间为

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B. 若v=，A、B系统生热为 C. 若v=2v0，A经历达木板右端 D. 若v=2v0，A、B系统生热为Q 【答案】AD 【解析】 【分析】

对于A、B组成的系统，由于系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒，由动量守恒定律求出最终两者的共同速度，再由对B，运用动量定理求运动时间。由系统的能量守恒求系统生热。 【详解】A项：当v=v0时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=2mv′ 代入数据得：v′=0.5v0 对B，由动量定理得：ft0=mv′ 可得：

由能量守恒定律得：若

，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：

解得：

对B，由动量定理得： ft=mv′ 解得：可得：

，故A正确，B错误；

AB系统生热

C、D项：若v=2v0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得： m•2v0=mvA+mvB，

A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A、B系统生热仍为Q。 根据能量守恒定律得：

结合上面解答有：

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对B，由动量定理得： ft=mvB-0 联立解得：故选：AD。

【点睛】解决本题的关键要明确系统遵守两大守恒定律：动量守恒定律和能量守恒定律，要知道摩擦生热与相对位移有关。 二、实验题(每空2分，共计16分）

13.某实验小组用如图所示的装置探究 功和速度变化的关系:将小钢球从固定轨道倾斜部分不同位置由静止释放，经轨道末端水平飞出，落到铺着白纸和复写纸的水平地面上，在白纸上留下点迹，为了使问题简化，小钢球在离倾斜轨道底端的距离分别为L、2L、3L…处释放，这样在轨道倾斜部分合外力对小钢球做的功就可以分别记为 W0、2W0、3W0 …

，

，故C错误，D正确。

(1)为了减小实验误差需要进行多次测量，在L、2L、3L…处的每个释放点都要让小钢球重复释放多次，在白纸上留下多个点迹。那么，确定在同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是____；(2)为了探究功和速度变化的关系，实验中必须测量____(填选项前的标号）；

A.小钢球释放位置离斜面底端的距离L的具体数值 B.小钢球的质量m

C.小钢球离开轨道后的下落高度h D.小钢球离开轨道后的水平位移x

(3)该实验小组利用实验数据得到了如图所示的图象，则图象的横坐标是____。(用实验中测量的物理量符号表示)。

【答案】 (1). (1) 用尽可能小的圆圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置。 (2). (2) D (3). (3) x2

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【解析】

试题分析：根据动能定理求出表达式，根据表达式即可分析出还需测量的量，从斜槽上同一位置静止滚下落于地面纸上形成不完全重合的记录痕迹，再用最小的圆将这些痕迹圈住，则圆心位置就为平均落点P；利用图象结合表达式即可判断出图象横坐标表示的物理量． （1）从斜槽上同一位置静止滚下，由于存在误差落于地面纸上的点迹，形成不完全重合的记录痕迹，平均确定落点位置的方法为：用尽可能小的圆圈住所有落点，圆心即为平均落点的位置；

（2）根据动能定律可得的关系式

，根据平抛规律可得

，联立可得探究动能定理为常数，设为k，故

，因为同一个小球从同一高度做平抛运动，所以

，根据表达式可知为了探究动能定理，必须测量小钢球离开轨道后的水平位移x；

（3）根据

可知图象的横坐标表示．

14.某实验小组设计了如图甲的电路，其中RT为热敏电阻，电压表量程为3V，内阻RV约10k,电流表量程为0.5A，内阻RA=4.R为电阻箱.

(1)该实验小组首先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验。闭合开关，调节电阻箱，记录不同情况下电压表示数U1、电流表的示数I和电阻箱的阻值R，在I—U坐标系中，将各组U1、I的数值标记在相应位置，描绘出热敏电阻的部分伏安特性曲线，如图乙中曲线所示。为了完成该实验，应将导线c端接在___(选填“a”或“b”）点；

(2)利用(1)中记录的数据，通过分析计算可得外电路的电压U2，U2的计算式为__________;(用U1、I、和RA表示）

(3)实验小组利用(2)中的公式，计算出各组的认，将U2和I的数据也描绘在I一U坐标系中，如图乙中直线所示，根据图象分析可知，电源的电动势E=___V，内电阻r=_____ (4)实验中，当电阻箱的阻值调到8.5时，热敏电阻消耗的电功率P=_____W.(保留两位有效数字）

【答案】 (1). a (2). U2=U1+I(R+RA) (3). 6.0 (4). 5.0（4.8～5.2均可） (5).

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0.48（0.47～0.49均可） 【解析】 【分析】

分析电路结构，明确电流表外接法的应用；根据串并联电路的规律可明确路端电压的表达式；根据伏安特性曲线可明确电源的电动势和内电阻；在图中作出等效电源的伏安特性曲线，与曲线的交点为热敏电阻的工作点，则由P=UI可求得电功率；

【详解】解：(1)利用伏安法测电阻，由图象可知热敏电阻的阻值远小于电压表电阻，所以采用电流表外接法；故导线c应接在a点； (2)根据串并联电路规律可知：外电压：

； ，在I−U

(3)利用电源的伏安特性曲线可知电源的电动势为：6.0V，内电阻为：(4) 把电流表、电阻箱、电源作为等效电源，等效电源内阻图象中作等效电源的伏安特性曲线线的交点坐标

，所以热敏电阻的电功率为：

，如图所示，与热敏电阻的伏安特性曲

三、计算题（本题共3个小题，共计34分，请写出必要的步骤和文字说明）

15.弹射座椅(Ejection seat)，是飞行员使用的座椅型救生装置。在飞机失控时，依靠座椅上的动力（喷气发动机)装置将飞行员弹射到高空，然后张开降落伞使飞行员安全降落。某次实验中，在地面上静止的战斗机内，飞行员按动弹射按钮，座椅（连同飞行员）在喷气发动机的驱动下被弹出打开的机舱，座椅沿竖直方向运动，5s末到达最高点，上升的总高度为112.5m.在最高点时降落伞打开，飞行员安全到达地面。已知座椅（连同飞行员等）的总重量为100kg，弹射过程中发动机对座椅的推力竖直向上且恒定，不考虑发动机质量的变化及空气阻力，取g= 10 m/s2，求： (1)发动机对座椅推力的值； (2)发动机对座椅冲量的大小. 【答案】（1）

(2)

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【解析】

解：（1）设座椅上升的最大速度为

设发动机作用时间为，座椅的加速度，发动机的推力为N，减速过程的时间为

解得

，有运动学关系可得

(2)设发动机对座椅冲量为

解得

16.如图所示，某快递公司需将质量为m=200kg的货物（可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半R=1.8m。地面上紧靠轨道放置一质量M=100kg的平板车，平板车上表面与轨道末端相切。货物与平板车间的动摩擦因数为=0.5,平板车与水平地面间的摩擦力很小，可忽略不计。最终货物与平板车达到共同速度一起向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞。设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反，平板车足够长，使得货物总不能和墙相碰(取g=10m/s2)。求：

(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道压力的大小； (2)货物在平板车上滑行的总路程；

(3)平板车和墙第一次相碰以后平板车所走的总路程。 【答案】（1）6000N；（2）3.6m；（3）1.8m 【解析】

（1）货物下滑时，由动能定理得：mgR=mv2 在轨道末端，由牛顿第二定律得：FN-mg=m 解得FN=6000N

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由牛顿第三定律得，货物对轨道的压力FN′=FN=6000N； （2）货物与车最终静止，由能量关系： 解得sm=3.6m

（3）货物从轨道滑上平板车到保持相对静止的过程由动量守恒：从第一次碰撞后到第二次保持相对静止的过程中设平板车向左滑动的路程为s1，则联立可得：s1=0.8m, 第二次与墙壁碰撞后：

联立可得：

；

根据对数据分析可知：平板车向左滑行的路程为无穷等比数列，首项s1=0.8m，公比：平板车第一次碰撞后所走的总路程为：

17.磁聚焦被广泛地应用在电真空器件中，如图所示，在坐标xoy中存在有界的匀强聚焦磁场，方向垂直坐标平面向外，磁场边界PQ直线与x轴平行，距x轴的距离为

，边界OQ的曲线

方程为y=(0)，且与边界PO曲线关于x轴对称。在坐标x轴上A处有一粒子

源，向着不同方向射出大量质量均为m，电量均为q的带正电粒子，所有粒子的初速度大小相同均为v，粒子通过有界的勻强磁场后者都会聚焦在x轴上的F点。已知A点坐标为（-a，0)，F点坐标为(a，0)。不计粒子所受重力和相互作用。则：

(1)匀强磁场的磁感应强度为多少？

(2)粒子射入磁场时的速度方向与x轴的夹角为多大时，粒子在磁场中运动时间最长，最长时间为多少？

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【答案】（1）【解析】 试题分析：

（2）射入角度为60°时，运动时间最长，最长时间

（1）设磁场的磁感应强度为B，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，圆心为C，从D处射出磁场，其坐标明为（x，y）因Rt

相似于Rt

得：

且POQ的曲线方程为

得由于解得：

（2）设粒子射入磁场时的速度方向与x轴平角为，粒子在磁场中运动的轨迹与PQ相切时运动时间最长，最长时间为t，则几何关系可知觖得

，

，

最长运动时间

考点：带电粒子在磁场中的运动 四、选考题

18.下列说法正确的是（ ）

A. 一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减小 B. 晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大

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C. 空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下热传递方向性可以逆向 D. 外界对气体做功时，其内能一定会增大

E. 生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可 以在高温条件下利用分子的扩散来完成 【答案】ACE 【解析】

A、一定质量的气体，在体积不变，温度降低时，分子平均速率减小，单位体积内分子个数不变，则分子每秒与器壁平均碰撞次数减小，故A正确；

B、晶体有固定熔点，在熔化时吸收热量，温度不变，则分子平均动能不变，故B错误； C、根据热力学第二定律知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体。空调既能制热又能制冷，是在外界的影响下，要消耗电能来实现的，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向，故C正确；

D、外界对气体做功时，其内能不一定会增大，还与吸放热情况有关，故D错误；

E、在高温条件下分子的扩散速度增大，在半导体材料中掺入其他元素，可以通过分子的扩散来完成，E正确。 故选：ACE。 19.如图甲所示，一圆柱形导热气缸水平放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，此时封闭气体的绝对温度为T(活塞与气缸底部相距L)，现将气缸逆时针缓慢转动直至气缸处于竖直位置，如图乙所示，此时活塞与气缸底部相距L；现给气缸外部套上绝热泡沫材料(未画出)且通过电热丝缓慢加热封闭气体，当封闭气体吸收热量Q时，气体的绝对温度上升到T。已知活塞的横截面积为S，外界环境的绝对温度恒为T，大气压强为P0，重力加速度大小为g，不计活塞与气缸的摩擦.求：

（1）活塞的质量m；

（2）加热过程中气体内能的增加量.

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【答案】（1）【解析】 【分析】

；（2）Q-P0LS

气缸从水平位置转到竖直位置，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律列式求解活塞的质量；对封闭气体加热，活塞上升，封闭气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律求解体积的变化量，根据做功公式和根据热力学第一定律求解加热过程中气体内能的增加量； 【详解】解：(1)气缸水平放置时，封闭气体的压强等于大气压，即气缸处于竖直位置时，封闭气体的压强根据玻意耳定律有联立解得

时活塞到气缸底部的距离为

(2)设气体的绝对温度上升到

对于加热过程，由盖-吕萨克定律得

解得

所以气体对外做功为根据热力学第一定律得：由①有解得：

20.如图,A、B是两列波的波源,t=0时开始垂直纸面做简谐运动,其振动表达式分别为xA=0.1sin(2πt+π) m, xB=0.2

m产生的两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播。p是

介质中的一点,t=2s时开始振动,已知PA=40cm,PB=50cm,则

A. 两列波的波速均为0.25m/

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B. 两列波的波长均为0.2m

C. 两列波在P点相遇时振动总是加强的 D. P点合振动的振幅为0.lm E. t=2.25s,P点距平衡位置0.lm 【答案】BCE 【解析】

A、两列波的相同，T相同，T=1s，B、两列波的波长均为

，故B正确；

CD、波峰与波峰叠加，为振动加强点，即为的奇数倍，波峰与波谷叠加，为振动减弱点，即为的偶数倍，所以P点振幅加强，加强后的振幅为0.1m+0.2m=0.3m，故C正确，D错误； E、.t=2.25s，即故E正确； 故选BCE。

21.一根折射率为截面为正方形的厚玻璃尺放在纸面上，其正视图为长方形ABCD，宽度AB=6a，长度AD=4a，如图所示，在玻璃尺的左端，距离左端为a处有一光源S，处在AB、CD中点连线的延长线上，在纸面内向AB对称射出两条光线，光线与延长线的夹角=450，从右端射出后交于延长线上的S´点。只考虑一次反射，则：

，此时B波没有到达，A波过了

，位于波峰，所以P点距平衡位置0.lm，

（1）S´与玻璃尺右端的距离为多少？

（2）若玻璃尺断裂后长度减小但外形不变，使得S'与右端距离变为原来的2倍，那么玻璃尺的长度AD´变为多少？ 【答案】（1）（2） 【解析】

解：光线由S射向AB边，由折射定律

解得

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光线射向AD边，，由，，光线在AD边上P点发生全反射

由几何关系知P点为AD边的中点，故入射光线关于AD、BC的中线对称，上下两条光线关于延长线对称，可知S与玻璃尺右端的距离为a；

(2)分析可知，边越短，交点S′与CD的距离越大，

由于与的距离边为2a，所以光在

边上的出射点与的距离为a，则有

玻璃尺的长度

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