2021高考-新課標(biāo)1卷-理綜物理部分-解析

1、2021年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試新課標(biāo) I卷理科綜合能力測(cè)試試題二、選擇題：本大題共8小題，每題 6分.在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中.1418題只有項(xiàng)符合題目要求.1921題有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分.14.兩相鄰勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行.一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子不計(jì)重力，從較強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場(chǎng)區(qū)域后，粒子的A .軌道半徑減小，角速度增大B .軌道半徑減小，角速度減小C.軌道半徑增大，角速度增大D .軌道半徑增大，角速度減小D 解析：由于磁場(chǎng)方向與速度方向垂直，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從較強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)

2、進(jìn)入較弱磁場(chǎng)區(qū)后速度大小不變，軌道半徑R V隨磁場(chǎng)減弱而增大，角速度 -隨qBR半徑的增大而減小，D項(xiàng)正確.15.如圖，直線a、b和c、d是處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點(diǎn)，四點(diǎn)處的電勢(shì)分別為 <如1、侏1、 店、店.一電子由M點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力所做的負(fù)功相等，那么abA .直線a位于某等勢(shì)面內(nèi)，如1111 一 1B .直線c位于某等勢(shì)面內(nèi)，侏1M111Q -c1!1C.右電子有M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功111二一dP1D .右電子有P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功N1B 解析：電子帶負(fù)電荷，從M到N和P做功相等，說明電勢(shì)差相等，因此n p ,直線c

3、、 d為兩條等勢(shì)線，電子由從 M到N,電場(chǎng)力做負(fù)功，表示 MQ為高電勢(shì)，NP為低電勢(shì).所以 直線c位于某一等勢(shì)線內(nèi)，即MQ、 M N，選項(xiàng)A錯(cuò)B對(duì).假設(shè)電子從 M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，初末位置電勢(shì)相等，電場(chǎng)力不做功，選項(xiàng)C錯(cuò).電子從P到Q即從低電勢(shì)到高電勢(shì)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，選項(xiàng)D錯(cuò).16. 一理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為3:1，在原、副線圈的回路中分別接有阻值相同端的電壓為U，原、畐U線圈回路中電阻消耗的功率的比值為11A . U66V, k9B . U 22V, k9C. U66V, k11D . U 22V, k33k，那么A 解析：原、畐U線圈電壓比等于匝數(shù)比，即Ui :U 3:1

4、，根據(jù)副線圈負(fù)載電阻的電壓U ,可知副線圈電壓為 U，原線圈電壓為3U，畐U線圈電流I U，原副線圈電流與匝數(shù)成反比,R所以原線圈電流I1 U ，那么原線圈輸入電壓 220 V 3U U R，整理可得U 66V ；3R3R通過兩電阻的電流之比Ii ：I2 n2：ni 1:3，理想變壓器原、畐U線圈回路中消耗的功率即回路中電阻R消耗的功率，由 P I2R可得有k R:F2 h2：l；1:9，選項(xiàng)A對(duì).考點(diǎn)：變壓器17. 如圖，一半徑為 R,粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開始下落，恰好從 P點(diǎn)進(jìn)入軌道.質(zhì)點(diǎn)滑到軌道 最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌

5、道的壓力為 4mg, g為重力加速度的大小.用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中客服摩擦力所做的功.那么1A . W - mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá) Q點(diǎn)21B . WmgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá) Q點(diǎn)21C. WmgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá) Q后，繼續(xù)上升一段距離21D . WmgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá) Q后，繼續(xù)上升一段距離22C解析:質(zhì)點(diǎn)通過N點(diǎn)時(shí)的速度為那么4mg mg咋，由動(dòng)能定理得mg 2R W-mv2，解得W21 mgR ；從N到Q,小球運(yùn)動(dòng)的平均速度比從2P到N小，對(duì)軌道的壓力也小，因此平均摩擦力也小，克服摩擦力做功W W，設(shè)小球能到達(dá) Q點(diǎn)，且具1 2有速度V，由動(dòng)能定理得 mgR W W mv 0 , v

6、 0，即質(zhì)點(diǎn)能到達(dá) Q點(diǎn)，且繼續(xù)上2升一段距離，C項(xiàng)正確.考點(diǎn)：功能關(guān)系18. 一帶有乒乓球發(fā)射機(jī)的乒乓球臺(tái)如下圖水平臺(tái)面的長和寬分別為Li和L2，中間球網(wǎng)高度為h 發(fā)射機(jī)安裝于臺(tái)面左側(cè)邊緣的中點(diǎn)，能以不同速率向右側(cè)不同方向水平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點(diǎn)距臺(tái)面高度為3h .不計(jì)空氣的作用，重力加速度大小為g .假設(shè)乒乓球的發(fā)射速率為 v在通過選擇適宜的方向，某范圍內(nèi)，到球網(wǎng)右側(cè)臺(tái)面上，那么就能使乒乓球落v的最大取值范圍是A .L1g v26hB .L1莎v4hL1gC.2. v6hD .L1g v4hL26h(4L2 L|)g6h1(4L2 L2)g216h1(4L2 L|)g26h發(fā)射點(diǎn)球網(wǎng)XVma

7、xti，解得乒乓球的最大速率Vmax1(4L2 L；)g2、 6h，選項(xiàng)D正確.D解析：乒乓球做平拋運(yùn)動(dòng)，從發(fā)射到落在球臺(tái)上的時(shí)間t2 2 h ；恰好過球網(wǎng)的最短距離為，那么b Vmmt2，即乒乓球的最小速率Vg22Vmin 牛 :g ；乒乓球落在球臺(tái)上的最大水平位移X . L2 L22L；，且考點(diǎn)：曲線運(yùn)動(dòng)19. 1824年，法國科學(xué)家阿拉果完成了著名的圓盤實(shí)驗(yàn).實(shí)驗(yàn)中將一銅圓盤水平放置，在 其中心正上方用柔軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針，如圖所 示.實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)，當(dāng)圓盤在磁針的磁場(chǎng)中繞過圓盤中心的豎直軸旋 轉(zhuǎn)時(shí)，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動(dòng)起來，但略有滯后.以下說法正確的選項(xiàng)是A .圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)

8、電動(dòng)勢(shì)B .圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)C .在圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，磁針的磁場(chǎng)穿過整個(gè)圓盤的磁通量發(fā)生了變化D .圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)AB 解析：將圓盤沿半徑方向分割成許多金屬條，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，這些金屬條做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，A項(xiàng)正確；以圓盤中心為界，兩側(cè)穿過盤面的磁感線方向不同，且盤面不 同位置磁感應(yīng)強(qiáng)度不同，因此圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，穿過圓盤兩側(cè)局部磁通量發(fā)生變化，在盤面上不 同位置產(chǎn)生渦流，根據(jù)楞次定律，渦流阻礙圓盤與磁針的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，使磁針跟隨圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)，但產(chǎn)生渦流是前提，因此磁針的轉(zhuǎn)動(dòng)比圓盤略有滯后，B項(xiàng)正確；由于對(duì)稱關(guān)系，磁針的磁場(chǎng)穿

9、過整個(gè)圓盤的磁通量總為零， C錯(cuò)；由于圓盤呈中性， 其中自由電子與正電荷形成的環(huán)形電 流相互抵消，對(duì)外不形成電流， D錯(cuò).考點(diǎn)：電磁感應(yīng)20如圖a, 物塊在t=0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的 v t圖象如圖b所示假設(shè)重力加速度及圖中的 vo、vi、h均為量，那么可求出A 斜面的傾角B 物塊的質(zhì)量C .物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D .物塊沿斜面向上滑行的最大高度ACD 解析：小球滑上斜面的初速度 Vo，向上滑行過程為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，末速度0,那么平均速度即Vo，所以沿斜面向上滑行的最遠(yuǎn)距離s Vo t!，根據(jù)牛頓第二定律，向上滑2 2行過程g sint1g cos，向下滑行;gsingcos，整理

10、可得 gsinVoVi2ti從而可計(jì)算出斜面的傾斜角度以及動(dòng)摩擦因數(shù)，選項(xiàng)AC對(duì).根據(jù)斜面的傾斜角度可計(jì)算 出向上滑行的最大高度ssin號(hào)1葺話Vo甘，選項(xiàng)D對(duì)僅根據(jù)速度時(shí)間圖像,無法找到物塊質(zhì)量，選項(xiàng)B錯(cuò).考點(diǎn)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律21 我國發(fā)射的 嫦娥三號(hào)登月探測(cè)器靠近月球后，先在月球外表附近的近似圓軌道上繞月運(yùn)行；然后經(jīng)過一系列過程，在離月面4m高處做一次懸?？烧J(rèn)為是相對(duì)于月球靜止；最后關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，探測(cè)器自由下落.探測(cè)器的質(zhì)量約為1.3 io9kg，地球質(zhì)量約為月球的81倍，地球半徑為月球的3.7倍，地球外表的重力加速度大小約為9.8m/ s2 .那么次探測(cè)器A .在著陸前瞬間，速度大小約為8.

11、9 m/sB 懸停時(shí)受到的反沖作用力約為2 103NC 從離開近月圓軌道到著陸這段時(shí)間內(nèi)，機(jī)械能守恒D 在近月圓軌道上運(yùn)行的線速度小于人造衛(wèi)星在近地圓軌道上運(yùn)行的線速度BD 解析：星球外表萬有引力提供重力即GMmR2mg ,重力加速度 gGMR2，地球外表GMR229.8m/s，那么月球外表gG 1 M81317R23.7 3.7 GM81R216g，那么探測(cè)器重力1G mg 1300kg9.8N/ kg 2000N，選項(xiàng)B對(duì)，探測(cè)器自由落體，末速度6v J2g h J4 9.8m/s 8.9m/ s，選項(xiàng)A錯(cuò)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)后，僅在月球引力作用下機(jī)械能3守恒，而離開近月軌道后還有制動(dòng)懸停，所以機(jī)械

12、能不守恒，選項(xiàng)C錯(cuò)近月軌道即萬有引力提供向心力v，小于近地衛(wèi)星線速度，選項(xiàng)D對(duì).考點(diǎn)：萬有引力與航天第II卷三、非選擇題：包括必考題和選考題兩局部.第2232題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答第3340題為選考題，考生根據(jù)要求作答.一必考題129分22. 6分某物理小組的同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)粗制玩具小車通過凹形橋最低點(diǎn)時(shí)的速度的實(shí)驗(yàn).所用器材有：玩具小車、壓力式托盤秤、凹形橋模擬器圓弧局部的半徑為R=0.20m .完成以下填空：1將凹形橋模擬器靜置于托盤秤上，如圖a所示，托盤秤的示數(shù)為1.00kg;2將玩具小車靜置于凹形橋模擬器最低點(diǎn)時(shí)，托盤秤的示數(shù)如圖b所示，該示數(shù)為kg;3將小車從凹形橋模擬器某

13、一位置釋放，小車經(jīng)過最低點(diǎn)后滑向另一側(cè)，此過程中托盤秤的最大示數(shù)為 m;屢次從同一位置釋放小車，記錄各次的m值如下表所示：序號(hào)12345m (kg)1.801.751.851.751.904根據(jù)以上數(shù)據(jù)，可求出小車經(jīng)過凹形橋最低氐點(diǎn)時(shí)對(duì)橋的壓力為N;小車通過最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為 m/s .重力加速度大小取 9.80m/s2，計(jì)算結(jié)果保存2位有效數(shù)字答案：21.4 47.94N ； v 1.4m/ s解析：根據(jù)秤盤指針可知量程是 10kg，指針?biāo)甘緮?shù)為1.4kg . 4記錄的托盤稱各次示數(shù)并不相同，為減小誤差，取平均值，即m 1.81kg .而模擬器的重力為 G mg 9.8N，所以小車經(jīng)過凹

14、形橋最低點(diǎn)的壓力為mg mg 7.94N 根據(jù)徑向合力提供向心力即27.94 1.4 1 9.8 1.4 1V ，整理可得 v 1.4m/ sR考點(diǎn)：圓周運(yùn)動(dòng)23. 9分圖a為某同學(xué)改裝和校準(zhǔn)毫安表的電路圖，其中虛線框內(nèi)是毫安表的改裝電路.1毫安表表頭的內(nèi)阻為 100Q,滿偏電流為1mA ; R和R2為阻值固定的電阻假設(shè)使用a和b兩個(gè)接線柱，電表量程為 3mA;假設(shè)使用a和c兩個(gè)接線柱，電表量程為 10mA 由題給 條件和數(shù)據(jù)，可求出 R1 =Q, R2 =Q.2 現(xiàn)用一量程為3mA、內(nèi)阻為150 Q的標(biāo)準(zhǔn)電流表對(duì)改裝電表的3mA擋進(jìn)行校準(zhǔn)，校準(zhǔn)時(shí)需選取的刻度為0.5、1.0、1.5、2.0、

15、2. 5、3. 0mA .電池的電動(dòng)勢(shì)為1. 5V，內(nèi)阻忽略不計(jì)；定值電阻 R0有兩種規(guī)格， 阻值分別為300 Q和1000 Q;滑動(dòng)變阻器 R有兩種規(guī) 格，最大阻值分別為750 Q和3000 Q.那么&應(yīng)選用阻值為Q的電阻，R應(yīng)選用最大阻值為Q的滑動(dòng)變阻器.3 假設(shè)電阻R和R2中有一個(gè)因損壞而阻值變?yōu)闊o窮大，利用圖b的電路可以判斷出損壞的電阻.圖b中的R為保護(hù)電阻，虛線框內(nèi)未畫出的電路即為圖a虛線框內(nèi)的電路.貝U圖中的d點(diǎn)應(yīng)和接線柱 填 b或 c'相連.判斷依據(jù)是： .答案：1R 15R235250030003c假設(shè)電流表無示數(shù)，那么說明R2斷路，假設(shè)電流表有示數(shù)，那么說明

16、R斷路.解析：1假設(shè)使用a和b兩個(gè)接線柱，定值電阻 R1、氏串聯(lián)后和毫安表并聯(lián)，量程為3mA ,RgI Ig根據(jù)并聯(lián)規(guī)律可得 gg，通過表頭Rg的電流為1mA，那么通過R的電流為2mA ,R R2I g1電流比為1:2，所以電阻比為2:1，可得尺 氏Rg 50 假設(shè)使用a和c兩個(gè)接線柱，R22與表頭串聯(lián)后再與 R并聯(lián)，電表量程為10mA，通過R的電流為9 mA，電流比為1:9，可得1電阻比為9:1,即卩R 1 Rg &，整理可得R2 35 ，R 15 91 5V根據(jù)電流表校準(zhǔn)的刻度，可知電路中總阻值最大為一.一3000 ，最小阻值為0.0005A1.5V0.003A500 ，假設(shè)定值電

17、阻選擇為1000，那么無法校準(zhǔn)3.0mA刻度，所以定值電阻選擇500 .由于最大阻值要到達(dá)3000，所以滑動(dòng)變阻器選擇3000因?yàn)橹挥幸粋€(gè)電阻損壞，所以驗(yàn)證R2是否損壞即可故d點(diǎn)應(yīng)和接線柱“相連，假設(shè)電流表無示數(shù)，那么說明 &斷路，假設(shè)電流表有示數(shù)，那么 尺斷路.考點(diǎn)：電流表的改裝24. 12分如圖，一長為10cm的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣，金屬棒通過開關(guān)與一電動(dòng)勢(shì)為12V的電池相連，電路總電阻為2Q.開關(guān)斷開時(shí)兩彈簧的伸長量均為0.5cm ;閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧

18、的伸長量與開關(guān)斷開時(shí)相比均改 變了 0.3cm，重力加速度大小取10m/ s2 判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出 金屬棒的質(zhì)量.答案：m 0.01kg解：依題意，開關(guān)閉合后，電流方向從 b到a,由左手定那么可知，金屬棒所受安培力方向豎直 向下.開關(guān)斷開時(shí)，兩彈簧各自相對(duì)于其原長伸長為X1=0.5cm 由胡克定律和力的平衡條件得2kx1 mg式中，m為金屬棒的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大小.開關(guān)閉合后，金屬棒所受安培力的大小為F BILx 0.3cm，那么胡克定式中，I為回路電流，L是金屬棒的長度兩彈簧各自再伸長了 律和平衡條件得2k(xx) mg F由歐姆定律有I

19、ER式中，E為電源電動(dòng)勢(shì)，R為回路總電阻.聯(lián)立，并代入數(shù)據(jù)解得m 0.01kg考點(diǎn)：安培力25 ( 20分)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊， 在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為 4.5m，如圖(a)所示 |t 0時(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同 速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t 1s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)碰撞前后木板速度大小不變， 方向相反；運(yùn)動(dòng)過程中小物塊始終未離開木板.碰撞后1s時(shí)間內(nèi)小物塊的v t圖線如圖(b)所示.木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小 g取10m/ s2 .求(1) 木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)2 ；(2) 木

20、板的最小長度；(3) 木板右端離墻壁的最終距離.答案：(1)10.120.4(2) 6m (3) 6.5m解：規(guī)定向右為正方向.木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為印，小物塊和木板的質(zhì)量認(rèn)為m和M .由牛頓第二定律有1(m M )g (m M )a1由圖可知，碰撞前木塊與木板共同速度為v0 4m/ s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v 1v°alX。v°t1式中，ti=1s, Xo=4.5m是木板碰前的位移，Vo是小物塊和木板開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度.聯(lián)立式和題給條件得i =0.1在木板與墻壁碰撞后，木板以 Vi的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng)，小物塊以v1的初速度向右做勻變

21、速運(yùn)動(dòng).設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有2mg ma2由圖可得 a2 V2 Vit2 ti式中，t2 =2s, V2 =0 ,聯(lián)立式和題給條件得2=0.4(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時(shí)間 t木板和小物塊剛好具有共同速度V3，由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2mgi(M m)g Ma 3V3 Via3 tV3 Via2 t碰撞后至木板和小物塊剛好到達(dá)共同速度的過程中，木板運(yùn)動(dòng)的位移為-ViXi2V3 tO小物塊運(yùn)動(dòng)的位移為ViXi2V3 t©小物塊相對(duì)木板的位移為Xx2X聯(lián)立莊匪匸式并代入數(shù)據(jù)解得x=6.0m因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng)為6.0m

22、.(3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速直線運(yùn)動(dòng)直至靜止，設(shè)加速度為a4，此過程中小物塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移為X3 由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得1(m M )g (m+M )a40 V； 2a4X3碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移為X X1 X31 '聯(lián)立-式，并代入數(shù)據(jù)解得x 6.5m川木板右端離墻壁的最終距離為6.5m .考點(diǎn)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律二選考題：共 45分請(qǐng)考生從3道物理題、3道化學(xué)題、2道生物題中各選一題作答.33 【物理一選修3-3】15分1 5分以下說法正確的選項(xiàng)是 填正確答案標(biāo)號(hào)，選對(duì)一個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分.每選錯(cuò)一個(gè)扣 3分，最低得分為0分A 將一塊晶

23、體敲碎后，得到的小顆粒是非晶體B 固體可以分為晶體和非晶體兩類，有些晶體在不同的方向上有不同的光學(xué)性質(zhì)C 由同種元素構(gòu)成的固體，可能會(huì)由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體D 在適宜的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)化為非晶體，某些非晶體也可以轉(zhuǎn)化為晶體E.在熔化過程中，晶體要吸收熱量，但溫度保持不變，內(nèi)能也保持不變答案:BCD解析：晶體有固定的熔點(diǎn)，并還會(huì)因?yàn)轭w粒的大小而改變，即使敲碎為小顆粒，仍舊是晶體，A錯(cuò)；根據(jù)是否有固定的熔點(diǎn)，可以把固體分為晶體和非晶體兩類，晶體有各向異性，B項(xiàng)正確；同種元素構(gòu)成的物質(zhì)可能由于原子的排列方式不同而形成不同的晶體如金剛石和碳，選 項(xiàng)C對(duì)；晶體的分子排列結(jié)構(gòu)如果遭到

24、在干就可能形成非晶體，反之亦然，D項(xiàng)正確；熔化過程中，晶體要吸熱，溫度不變，但是內(nèi)能增大，E項(xiàng)錯(cuò)誤.考點(diǎn)：晶體非晶體2 10分如圖，一固定的豎直氣缸有一大一小兩個(gè)同軸圓筒組成，兩圓筒中各有一個(gè)活塞，大活塞的質(zhì)量為 mi 2.50kg，橫截面積為S 80.0cm?，小活塞的質(zhì)量為2m2 1.50kg，橫截面積為s2 40.0cm ；兩活塞用剛性輕桿連接，間距保持為I 40.0cm ,5l氣缸外大氣壓強(qiáng)為p 1W 10 Pa，溫度為T 303K 初始時(shí)大活塞與大圓筒底部相距2，兩活塞間封閉氣體的溫度為 T；495K，現(xiàn)氣缸內(nèi)氣體溫度緩慢下降，活塞緩慢下移，忽略兩活塞與氣缸壁之間的摩擦，重力加速度g

25、取10m/ s2，求I(i) 在大活塞與大圓筒底部接觸前的瞬間，缸內(nèi)封閉氣體的溫度(ii) 缸內(nèi)圭寸閉的氣體與缸外大氣到達(dá)熱平衡時(shí)，缸內(nèi)圭寸閉氣體的壓強(qiáng)解：(i )設(shè)初始時(shí)氣體的體積為 V1，在大活塞與大圓筒底部剛接觸時(shí)，缸內(nèi)封閉氣體的體積為V，溫度為丁2，由題給條件得ViS2(l-) Si-2 2V2S2l在活塞緩慢下移的過程中，用Pi表示缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)，由力的平衡條件得S(Pi P) mg ng S2(p p)故缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)不變由蓋哈薩克定律得ViT聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)解得T2330K(ii )在大活塞與大圓筒底部剛接觸時(shí)，被封閉氣體的壓強(qiáng)為 Pi 在此后與汽缸外大氣到達(dá)熱平衡的過程中，被封

26、閉氣體的體積不變?cè)O(shè)到達(dá)熱平衡時(shí)被封閉氣體的壓強(qiáng)為p，由查理定律有PPiTT2聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)解得P i.0i iO5 Pa考點(diǎn)：理想氣體狀態(tài)方程34【物理一選修3-4】(i5分)(i)在雙縫干預(yù)實(shí)驗(yàn)中，分布用紅色和綠色的激光照射同一雙縫，在雙縫后的屏幕上，紅光的干預(yù)條紋間距x與綠光的干預(yù)條紋間距x2相比 x x2(填或 二).假設(shè)實(shí)驗(yàn)中紅光的波長為 630nm，雙縫到屏幕的距離為 1m，測(cè)得第一條到第6條亮條紋中心間的距離為10.5mm，那么雙縫之間的距離為 mm 答案：0.3解析：雙縫干預(yù)條紋間距x ，紅光波長長，所以紅光的雙縫干預(yù)條紋間距較大，即dXi > X2條紋間距根據(jù)數(shù)據(jù)可得1

27、0.5mmx 5L 1m 630 10 9 m x 2.1 10 2m3 10 4 m 0.3mm .考點(diǎn)：雙縫干預(yù)實(shí)驗(yàn)(2)( 10分)甲乙兩列簡諧橫波在同一介質(zhì)中分別沿x軸正向和負(fù)向傳播，波速均為25cm/s,兩列波在t 0時(shí)的波形曲線如下圖.求(i) t 0時(shí)，介質(zhì)中偏離平衡位置位移為16cm的所 有質(zhì)點(diǎn)的x坐標(biāo)；(ii) 從t 0開始，介質(zhì)中最早出現(xiàn)偏離平衡位置位移為16cm的質(zhì)點(diǎn)的時(shí)間.解：(i )t 0時(shí)，在x =50cm處兩列波的波峰相遇,該處質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移為16cm.兩2.1mm2.1 10 2m，根據(jù) x 可d列波的波峰相遇處的質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移均為16cm .從圖線可以看出，甲、乙兩列波的波長分別為1 50cm、2 60cm甲、乙兩列波波峰的 x坐標(biāo)分別為X150k1 1 k|0,1, 2 川X250k2 2 k20,1, 2 川由式得，介質(zhì)中偏離平衡位置為16cm的所有質(zhì)點(diǎn)的x坐標(biāo)為x(50300n)cmn0, 1, 2川(ii )只有兩列波的波谷相遇處的質(zhì)點(diǎn)的位移為-16cm , t 0時(shí)，兩列波波谷間的x坐標(biāo)之差為x (50(2m21)丄)(50(2m11)2