2020年吉林省高考物理試卷(新課標Ⅱ)

1、2020年吉林省髙考物理試卷（新課標II）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中， 第15題只有一項符合題目要求，第68題有多項符合題目要求。全部選對的得6 分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.管道高頻焊機可以對由鋼板卷成的圓管的接縫實施焊接。焊機的原理如圖所示，圓 管通過一個接有高頻交流電源的線圈，線圈所產(chǎn)生的交變磁場使圓管中產(chǎn)生交變電流, 電流產(chǎn)生的熱量使接縫處的材料熔化將其焊接。焊接過程中所利用的電磁學規(guī)律的發(fā) 現(xiàn)者為（）B.霍爾A.庫侖C.洛倫茲D.法拉第試卷第15頁，總15頁【答案】【考點】法拉第電磁感應定律物理學史【解析】由題意可知，圓管為

2、金屬導體，導體內(nèi)部自成閉合回路，且有電阻，當周I制的線圈中 產(chǎn)生出交變磁場時，就會在導體內(nèi)部感應出渦電流，電流通過電阻要發(fā)熱。該過程利 用的原理是電磁感應現(xiàn)彖，其發(fā)現(xiàn)者為法拉第?！窘獯稹?根據(jù)題意，焊接過程所利用的是變化的磁場在線圈中產(chǎn)生變化的電流，再利用電流產(chǎn) 生的熱量使接縫處的材料熔化將其焊接，屬于電磁感應現(xiàn)象，是由法拉第發(fā)現(xiàn)的，故 錯誤，D正確：2.若一均勻球形星體的密度為p,引力常量為G,則在該星體表面附近沿圓軌道繞其運 動的衛(wèi)星的周期是（）【答案】 【考點】萬有引力定律及其應用【解析】根據(jù)萬有引力等于向心力G = mR及球體的密度公式p =脇聯(lián)立求解幾3【解答】設(shè)星球的質(zhì)量為M,半徑

3、為R,衛(wèi)星的質(zhì)量為m,運行周期為T,在該星體表面附近沿 圓軌道繞其運動的衛(wèi)星所需的向心力由星球?qū)ζ涞娜f有引力提供，則根據(jù)牛頓第二定律得：G=mR星球的密度：P=3聯(lián)立解得T =馬,故4正確，BCD錯誤: 3如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水 平寬度為3/i,其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5/1。若摩托車經(jīng)過a點時的動能為耳，它 會落到坑內(nèi)f點，c與a的水平距離和高度差均為加 若經(jīng)過a點時的動能為園，該摩托A. 20B.18C.9.0D.3.0【答案】B【考點】動能定理的應用【解析】根據(jù)豎直方向的運動規(guī)律求出落到坑內(nèi)c點時和到達b點時豎直方向的速度，再根據(jù)根

4、 據(jù)平拋運動的規(guī)律求解水平方向的速度，由此求解動能之比?！窘獯稹吭O(shè)落到坑內(nèi)c點時豎直方向的速度為勺1，則有：Vyi = 2ghvyi =y/2ghi根據(jù)平拋運動的規(guī)律可得：v01t=ht = h2解得：%=竽則有：= mgh同理，設(shè)摩托車恰能越過坑到達b點時豎直方向的速度為勺2,則有：Vy2 = 2g x 0.5h = ghvy2 =根據(jù)平拋運動的規(guī)律可得：v02tr=3he=Q.5h2解得：Vq2 3Vy2則有：E2 =扌m詭2 = m9h所以學=18,故B正確、4CD錯誤。4. CT掃描是計算的LX射線斷層打描技術(shù)的簡稱，CT打描機可用于對多種病情的探測。 圖(a)是某種CT機主要部分的剖

5、面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖(b)所示。圖 (b)中M、N之間有一電子束的加速電場，虎線框內(nèi)有勻強偏轉(zhuǎn)磁場：經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束 從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭的 虛線所示)：將電子束打到靶上的點記作P點。則()目標靶環(huán)團偏轉(zhuǎn)磁場團(b)A. M處的電勢高于N處的電勢B. 增kM、N之河的加速電壓可以使P點左移C. 偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外D. 增人偏轉(zhuǎn)磁場磁感應強度的人小可使P點左移【答案】D【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動規(guī)律【解析】電子受到向右的電場力，所以電場線水平向左，以此分析電勢的高低；根據(jù)左手定則分析偏轉(zhuǎn)磁場的方向；根據(jù)洛倫茲力

6、提供向心力以及動能定理求解電子做圓周運動的半徑表達式，從而判斷 改變磁感應強度以及增犬M、N之間的加速電壓后P點的變化情況。【解答】4、根據(jù)題意可知，電子在MN之間加速，受到向右的電場力，所以MN之間的電場線 水平向左，則M點的電勢比N點電勢低，故4錯誤；C、根據(jù)題意可知，電子進入磁場時受到豎直向上的洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知偏轉(zhuǎn) 磁場的方向垂直于紙面向里，故C錯誤；BD、電子在加速電場中運動，根據(jù)動能定理有eU =mv2在磁場中運動時，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有evB=m 如增人M、N之間的加速電壓，電子在磁場中做圓周運動的半徑增人，所以電子出磁場 時的偏角減小，P點向右移動，則電子在磁場在的

7、半徑為增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應強度的人小，則電子在磁場中做圓周運動的半徑減小，電子出磁 場時的速度偏角增人，P點左移，故B錯誤，D正確。5. 笊核鉗可通過一系列聚變反應釋放能量，其總效果可用反應式6fHT2?He +2；H+ 2韌+43.15MW表示。海水中富含笊，已知1約海水中含有的訊核約為1.0 X 1022個，若全都發(fā)生聚變反應，其釋放的能量與質(zhì)量為M的標準煤燃燒時釋放的 熱量相等；已知1煬標準煤燃燒釋放的熱量約為2.9 xIO?八lMeU = 1.6x 10-13八則 M約為（）A.40Zcg8.100kgCAOOkg0.1000kg【答案】C【考點】原子核的人工轉(zhuǎn)變裂變反應和聚變反應【解析

8、】首先根據(jù)聚變反應式求出每個笊核發(fā)生聚變放出的能量，再求出lkg海水中含有的1.0 X 1022個笊核發(fā)生聚變反應釋放的能量，則M就等于總熱量除以lkg標準煤燃燒釋 放的熱量；【解答】根據(jù)反應式6孑H t 2紐e + 2H + 2jn + 43.15MeU可知，6個氛核發(fā)生聚變反應可放出 43.15MW的能量，則平均每個笊核可放出7.19MeV的能量，若1約海水中含有的1.0 X 1022個笊核全都發(fā)生聚變反應，其釋放的能量為7.19xlO22MeV：則質(zhì)量為M的 標準煤燃繞時釋放的熱量Q=7.19 x 1022 x 1.6 x 10-13； = 11.5 x 109/,而1煬標準煤 燃燒釋放

9、的熱量約為2.9 x IO?/,則M = 爲腭kg怎400kg； ABD錯誤，C正確：6. 特高壓輸電可使輸送中的電能損耗和電壓損失人幅降低。我國已成功掌握并實際應 用了特高壓輸電技術(shù)。假設(shè)從力處采用550汐的超高壓向B處輸電，輸電線上損耗的的 電功率為AP,到達8處時電壓下降了在保持4處輸送的電功率和輸電線電阻都不 變的條件下，改用llOOkV-高壓輸電，輸電線上損耗的電功率變?yōu)?#187;,到達8處時 電壓下降了不考慮其他因素的影響，則（）心=0心="心=討【答案】A,D【考點】遠距離輸電電功率電功【解析】遠距離輸電時，在線路上損失的功率為AP=帶，與電壓的平方成反比：電壓降U

10、= R與電壓成反比；【解答】AB.遠距離輸電時，線路上的電流/=令 則在線路上損失的功率為=爭； 根據(jù)損失的功率公式可知，損失的功率與電壓的平方成反比：假設(shè)從1處采用550上卩的 超高壓向B處輸電，若改用llOOkU特高壓輸電，電壓變成原來的2倍，則輸電線上損耗 的電功率變?yōu)樵瓉淼恼偌碢 = 2P;故4正確，B錯誤：44CD、線路上的電流1 = 到達B處時電壓卞降了U=IR氣R,電壓降與電壓成反比, 則若電壓變成原來的2倍，變?yōu)樵瓉淼?故Z =沖、故C錯誤，D正確；7如圖，豎直面內(nèi)一絕緣圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓 壞水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它

11、們與圓心的距離均相等。則Aq、b兩點的場強相等Cc、d兩點的場強相等B.a、b兩點的電勢相等D.c、d兩點的電勢相等【答案】A,B,C【考點】電勢差與電場強度的關(guān)系【解析】根據(jù)微元法，將帶電圓環(huán)看成若干個點電荷，依據(jù)點電荷的電場強度方向與大小，結(jié) 合矢量的疊加法則，即可判定場強人小關(guān)系，再根據(jù)沿著電場線方向電勢降低，及電 場線方向與等勢面垂直，即可一一判定?！窘獯稹緼B.將帶電圓環(huán)看成若干個點電荷，取關(guān)于水平直徑對稱的兩個點電荷，依據(jù)點電荷 的電場強度人小與方向，結(jié)合矢量的合成法則，如卞圖所示，那么此兩個點電荷在a、 b兩點產(chǎn)生電場強度人小相等，方向相同，同理，任意兩個關(guān)于水平直徑對稱的兩個點

12、 電荷在a、b兩點產(chǎn)生的合電場強度人小相等，方向都相同，那么帶異種電荷的上、下 半圓在a、b兩點的場強相等，方向相同，再依據(jù)電場線與等勢線垂直，可知，ab連線 即為等勢線，因此a、b兩點的電勢也相等，故正確；CD、將帶電圓環(huán)看成若干個點電荷，取上半圓關(guān)于豎直直徑對稱的兩個點電荷，依據(jù) 點電荷的電場強度大小與方向，結(jié)合矢量的合成法則，如上圖所示，那么此兩個點電 荷在c點產(chǎn)生電場強度的方向豎直向卞，同理，取下半圓關(guān)于豎直直徑對稱的兩個點電 荷，依據(jù)點電荷的電場強度大小與方向，結(jié)合矢量的合成法則，如上圖所示，那么此 兩個點電荷在d點產(chǎn)生電場強度的方向也豎直向卞，由于c、d兩點關(guān)于水平直徑對稱, 那么

13、c、d兩點的場強相等，因此任意兩個關(guān)于豎直直徑對稱的兩個點電荷在c、d兩點 產(chǎn)生的合電場強度大小相等，方向都相同，那么帶異種電荷的上、下半圓在c、d兩點 的場強相等，方向相同，再依據(jù)沿著電場線方向電勢降低，可知，c點的電勢高于d, 故C正確，D錯誤；8.水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì) 量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與扌當板垂直的方向推向擋板，運動員獲 得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向 擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與扌當板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊 后，運動員退行速度的人

14、小人于5.0m/s,反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的 摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為（）A. 48kgB.53/cgC.58kgD.63 kg【答案】B, C【考點】動量守恒定律的綜合應用彈性碰撞和非彈性碰撞【解析】根據(jù)動量守恒定律得到第71次推出物塊后運動員的速度表達式，根據(jù)第7次推出后還能 再推，第8次推出后不能再推求出運動員質(zhì)量范圍即可?！窘獯稹吭O(shè)該運動員的質(zhì)量為M,物塊的質(zhì)量為m=4.0Zcg,推物塊的速度人小為v = 5.0m/s, 取人運動的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：第一次推物塊的過程中：O=M“i mu第二次推物塊的過程中：Mv1-mv=Mv2-mv第三次推物塊的過

15、程中：Mv2 + mv=Mv3 - mv 第?i次推物塊的過程中：+mu=M坯- mv以上各式相加可得：當?i=7時，v7 <v,解得M > 52kg當?1=8時，v8> v,解得Mv60Zcg,故52/cg <M < 60kg,故4D錯誤、正確。二、非選擇題：共62分。第912題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13 16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。一細繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球4和如圖所示。一實驗小組用此裝 置測量小球B運動的加速度。令兩小球靜止，細繩拉緊，然后釋放小球，測得小球B釋 放時的高度/io=O.59Om,下降一

16、段距離后的高度/i=0.100m：由屁卞降至/i所用的時 間T = 0.730s。由此求得小球B加速度的大小為°=m/s2 （保留3位有效數(shù)字）。從實驗室提供的數(shù)據(jù)得知，小球4、B的質(zhì)量分別為lOO.Og和150.0g,當?shù)刂亓铀俣?大小為g=9.80m/s2.根據(jù)牛頓第二定律計算可得小球8加速度的犬小為刃=m/s2 （保留3位有效數(shù)字）?？梢钥闯?，a'與a有明顯差異，除實驗中的偶然 誤差外，寫出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因：。A【答案】1.84,1.96,滑輪的軸不光滑或滑輪有質(zhì)屋【考點】探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系【解析】根據(jù)運動學公式可以得到球B下降的加速度人小

17、；根據(jù)牛頓第二定律可以得到小球卞落 的加速度人?。灰驗樵趯嶋H的操作中滑輪與軸之間不是光滑的，以及滑輪的質(zhì)量也不 可忽略，所以造成實際的加速度大小與理論計算的加速度大小不一致?！窘獯稹啃∏駼做的是初速度為零的勻加速直線運動，則有：h0-h = aT2得：a =警評=2X（0X"'10°）m/52 = 1.84尬/$2把4、B球看成一個整體，由牛頓第二定律可得：（mB -m）g = （mA + mB）a則有：ar = mBmAg = i.96m/s2本來a和M人小應該相等，但是因為滑輪的質(zhì)量以及滑輪與軸之間的摩擦都不可忽略， 所以a和M具有明顯的差異。某同學要研究一小燈

18、泡厶（3.6匕0.304）的伏安特性。所用器材有：電流表4（量程 200mA,內(nèi)阻Rgl = 10.0n）.電流表冷（量程500mA,內(nèi)阻Rg2=1.0n）.定值電阻7?。（阻值心=10.00）、滑動變阻器血（最大阻值100）、電源E （電動勢4.5V,內(nèi)阻很小）、 開關(guān)S和若干導線。該同學設(shè)計的電路如圖（a）所示。（1）根據(jù)圖（a）,在圖（b）的實物圖中畫出連線。E(a)S(b)（2）若人、分別為流過電流表41和血的電流，利用h、【2、和局寫出：小燈泡兩 端的電壓（/=,流過小燈泡的電流/=。為保證小燈泡的安全，人不能超過mA o（3）實驗時，調(diào)節(jié)滑動變阻器，使開關(guān)閉合后兩電流表的示數(shù)為零。

19、逐次改變滑動變 阻器滑片的位置并讀取相應的人、I2.所得實驗數(shù)據(jù)在表中給出。lJmA325585125144173hJmA171229299379424470根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可算得，當人= 173m4時，燈絲電阻R=Q （保留1位小數(shù)）。（4）如果用另一個電阻替代定值電阻Ro,其他不變，為了能夠測量完整的伏安特性曲 線，所用電阻的阻值不能小于n （保留1位小數(shù)）?！敬鸢浮咳缟蠄D所示；+ R°）丿2 人,18011.68.0【考點】描繪小燈泡的伏安特性曲線【解析】（1）根據(jù)電路圖按照要求連接實物圖；（2）根據(jù)歐姆定律和并聯(lián)電路特點求解即可；（3）結(jié)合題意根據(jù)歐姆定律可知此時小燈泡的電阻；（

20、4）結(jié)合燈泡的額定電壓和電流表坷的量程200m4,根據(jù)歐姆定律解得所用電阻的阻值不能小于8.00?！窘獯稹扛鶕?jù)電路圖連接實物圖如圖所示：根據(jù)電路圖可知燈泡兩端的電壓為電流表坷和心的總電壓，故根據(jù)歐姆定律有：u= + Ro)根據(jù)并聯(lián)電路特點可知流過小燈泡的電流為：I=h-Il 因為小燈泡的額定電壓為訕，故根據(jù)題目中斷數(shù)據(jù)解得：X 血 "0.=180mA9故人不能超過180m4： 根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知當I± = 173mA時，/2=470m久 根據(jù)前面的分析代入數(shù)據(jù)可知此時 燈泡兩端的電壓為U = 3.46V；流過小燈泡的電流為Z = 297m4 =0.2974；故根據(jù)歐姆 定律可

21、知此時小燈泡的電阻為：R= = -n = u.6nI 0.297要測量完整的伏安特性曲線則燈泡兩端的電壓至少要達到3.6U,而電流表用不能超過 其量程200mA,根據(jù)歐姆定律有：U=IgJ(Rgi + Ro),代入數(shù)據(jù)有：3.6卩=0.24 x (10 + RoM，解得：Ro = 8.On,即要完整的測量小燈泡伏安特性曲線所用電阻的阻值 不能小于8.00。故答案為:(1)如上圖所示；(2)人&漿+局)，bh，180； (3) 11.6； (4) 8.0如圖，在-oo < y < +oo區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應 強度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為肌、電荷量

22、為q(q>0)的粒子以速度從磁場 區(qū)域左側(cè)沿%軸進入磁場，不計重力。(1) 若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這 種情況下磁感應強度的最小值為:(2) 如果磁感應強度人小為琴,粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。求粒子 在該點的運動方向與軸正方向的夾角及該點到%軸的距離。【答案】若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場，磁場的方向垂直于紙面向里，在這種情 況卜磁感應強度的最小值為呻：qh如果磁感應強度大小為竽，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。粒子在該點的運動方向與軸正方向的夾角為30。，該點到軸的距離為(2-V3)ho【考點】帶電粒子在勻強磁

23、場中的運動規(guī)律勻速圓周運動洛倫茲力【解析】(1) 判斷粒子受到的洛倫茲力的方向，根據(jù)左手定則分析磁場的方向，由題意求解粒 子做圓周運動的運動半徑最人值，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后 穿過y軸正半軸離開磁場時磁感應強度的最小值；(2) 根據(jù)半徑公式分析磁感應強度減半后粒子的半徑人小，作出運動軌跡，根據(jù)幾何 知識求解粒子離開磁場時與軸正方向的夾角及和虛線的交點到軸的距離?！窘獯稹扛鶕?jù)題意可知，粒子剛進入磁場時受到豎直向上的洛倫茲力，因此根據(jù)左手定則可知, 磁場的方向垂直于紙面向里；設(shè)粒子進入磁場中做圓周運動的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運動的規(guī)律有： qVoB=m-由此可得：R

24、 =警qB粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運動的圓心在y軸的正半軸上，半徑 應滿足R<h,由題意，當磁感應強度為為時，粒子的運動半徑最大，由此可得：為_莎；若磁感應強度人小為牛，粒子做圓周運動的圓心仍然在y軸的正半軸上，且此時的圓弧半徑為：衣=2仏 粒子會穿過圖中P點離開磁場，運動軌跡如圖所示：設(shè)粒子在P點的運動方向與軸的夾角為根據(jù)幾何知識有：sina=|則有：a = £ = 30°根據(jù)幾何關(guān)系可得，P點與x軸的距離為：y=2/i(l - cosa) = (2 - >/3)h答：(1)若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場，磁場的方向垂直于紙面向里

25、,在這種情況下磁感應強度的最小值為警；（1）如果磁感應強度人小為竽，粒子將通過 qnZ虛線所示邊界上的一點離開磁場。粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角為30。，該點到%軸的距離為（2 - V3）ho如圖，一豎直圓管質(zhì)量為M,下端距水平地面的高度為H,頂端塞有一質(zhì)量為m的小 球。圓管由靜止自由卞落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時間均極短：在運 動過程中，管始終保持豎直。已知M=4m,球和管之間的滑動摩擦力大小為4mg, g 為重力加速度的人小，不計空氣阻力。（1）求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度人?。海?）管第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，求管上升的最人

26、高度；（3）管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，求圓管長度應滿足的條 件。【答案】管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度人小分別為2g、3g；管第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，管上升的最人高度為箸H： 管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，圓管長度應滿足L>H.【考點】動能定理的應用逆向思維法的應用牛頓第二定律的概念勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用【解析】（1）分析管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球的受力情況，由牛頓運動定律列方程 求解加速度大?。唬?）由運動學公式可得碰地前瞬間它們的速度人?。辉偾蟪龉芘c小球的速度剛好相同 時經(jīng)過的位移加，速

27、度相同后管與小球?qū)⒁约铀俣萭減速上升力到達最高點，根據(jù)豎直 上拋運動求解上升的高度即可；（3）由動能定理求解第一次彈起過程中球相對管的位移%1，同理求解管與球從再次卞 落到第二次彈起至最高點的過程中球與管的相對位移%2,球不會滑出管外的條件是X1 + x2<L,聯(lián)立求解即可?！窘獯稹抗艿谝淮温涞貜椘鸬乃查g，小球仍然向下運動，設(shè)此時管的加速度人小為巾，方向向 下；球的加速度大小為。2,方向向上；球與管之間的摩擦力大小為廠由牛頓運動定律 有：Ma±=Mg + fma2=f - mg聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)，得：ai=2ga2=3g；管第一次碰地前與球的速度人小相同，由運動學公式可得，碰地

28、前瞬間它們的速度人 小均為：v0 = yj2gH,方向均向卞管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依然向下設(shè)自彈起時經(jīng)過時間G，管與小球的速度剛好相同，取向上為正方向，由運動學公式 可得：勺=v0 + a2fl解得:=設(shè)此時管的下端離地高度為俎，速度為由運動學公式可得v=v0 -aiti由此口I知此時v> 0,此后，管與小球?qū)⒁约铀俣萭減速上升匕2，到達最高點，由運動 學公式有：鵝=工厶2g管第一次落地彈起后上升的最大高度Hi=hi + h2 = |h；設(shè)第一次彈起過程中球相對管的位移為勺，在管開始下落到上升Hl這一過程中，由動 能定理有：Mg（H - HQ + mg（H -HL+ %

29、!）一= 0解得：帀=細同理可推得，管與球從再次卞落到第二次彈起至最高點的過程中，球與管的相對位移址為：x2 = g 1設(shè)圓管長度為厶.管第二次落地彈起后的上升過程中，球不會滑出管外的條件是% + x2<L聯(lián)立解得厶應滿足條件為：l>|ho（-）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做 的第一題計分。物理選修33 （15分）下列關(guān)于能量轉(zhuǎn)換過程的敘述，違背熱力學第一定律的有（），不違背熱力學第一定 律、但違背熱力學第二定律的有（）。（填正確答案標號）A. 汽車通過燃燒汽油獲得動力并向空氣中散熱B. 冷水倒入保溫杯后，冷水和杯子的溫度都變得更低C. 某新

30、型熱機工作時將從高溫熱源吸收的熱量全部轉(zhuǎn)化為功，而不產(chǎn)生其他影響D. 冰箱的制冷機工作時從箱內(nèi)低溫壞境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內(nèi)【答案】B, C【考點】熱力學第二定律熱力學第一定律【解析】根據(jù)熱力學第一定律 U = W + Q分析是否違背熱力學第一定律，根據(jù)熱力學第二定律 的內(nèi)容分析是否違背熱力學第二定律。【解答】4、汽車通過燃燒汽油獲得動力并向空氣中散熱的過程不違背熱力學第一定律，也不違 背熱力學第二定律；B、冷水倒入保溫杯后，冷水和杯子的溫度都變得更低需要對外發(fā)出熱屋或?qū)ν庾龉Γ?而保溫杯隔斷了熱傳遞過程，水也沒有對外做功，所以該過程違背熱力學第一定律：C、某新型熱機工作時將從高溫熱源

31、吸收的熱量全部轉(zhuǎn)化為功，而不產(chǎn)生其他影響，該 過程不違背熱力學第一定律、但違背熱力學第二定律；D、冰箱的制冷機工作時從箱內(nèi)低溫環(huán)境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內(nèi)，但要消 耗電能，引起了其它變化，該過程不違背熱力學第一定律、也不違背熱力學第二定律。潛水鐘是一種水卞救生設(shè)備，它是一個底部開II、上部封閉的容器，外形與鐘相似。 潛水鐘在水下時其內(nèi)部上方空間里存有空氣，以滿足潛水員水卜避險的需要。為計算 方便，將潛水鐘簡化為截面積為S、高度為匕、開II向卞的圓筒；工作母船將潛水鐘由 水面上方開I I向卞吊放至深度為H的水下，如圖所示。已知水的密度為p,重力加速度 人小為g，大氣壓強為Po, H

32、7;h,忽略溫度的變化和水密度隨深度的變化。Q）求進入圓筒內(nèi)水的高度2;（ii）保持H不變，壓入空氣使筒內(nèi)的水全部排出，求壓入的空氣在其壓強為po時的體積。Q）進入圓筒內(nèi)水的高度I為需護;（）保持H不變，壓入空氣使筒內(nèi)的水全部排出，求壓入的空氣在其壓強為*時的體積pgSHhPo【考點】理想氣體的狀態(tài)方程【解析】(i)由玻意耳定律和液體壓強公式求進入圓筒內(nèi)水的高度I;(町保持H不變，壓入空氣使筒內(nèi)的水全部排出，由玻意耳定律求得壓入的空氣在其壓 強為Po時的體積。【解答】(i) 設(shè)潛水鐘在水面上方時和放入水卞后筒內(nèi)氣體的體積分別為和,放入水卞后筒 內(nèi)氣體的壓強為"，由玻意耳定律和題給條件有：Pivi=PqvoVQ = hS 2)SPi=Po + pg(H O聯(lián)立以上各式并考慮到H»/i > Z