2021年名校高考物理全真模擬1月卷2（新課標專解析版）

備戰(zhàn)2021年高考物理名校全真模擬新課標專用1月卷

第二模擬

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要

求，第19~21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。分。

14.（2020?陜西西安市?長安一中高三月考）一質(zhì)量為1kg的物體（可視為質(zhì)點）靜止于水平桌面上，物體

能受到的最大靜摩擦力為5N,現(xiàn)將水平面內(nèi)的三個力同時作用于物體的同一點，三個力的大小分別為2N、

2N、3N。下列關(guān)于物體的受力情況和運動情況判斷正確的是（）

A.物體所受摩擦力可能為0

B.物體不可能繼續(xù)處于靜止狀態(tài)

C.物體可能做勻加速直線運動，其加速度大小可能為3m/s2

D.物體可能做勻變速曲線運動

【答案】A

【詳解】

A.由于2N、2N、3N這二個力的合力取值范圍為07N,故物體受到的摩擦力可能為0,故A正確；

B.由上面分析可知，物體受到的合力可能為0,因此其可能處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)，故B正確；

C.若物體由加速度，則其受到的滑動摩擦力為5N,因此其合力的的值必定小于等于2N,故其加速度不可

能為3m/s2,故C錯誤；

D.由于物體的初速為0,且受到的力為恒力，故不可能做勻變速曲線運動，故D錯誤；

故選A?

15.（2020?南昌縣蓮塘第一中學(xué)高三月考）圖甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設(shè)備，圖乙為150kg的

建筑材料被吊車拉著運動過程的簡化圖像，g取10m*,下列判斷正確的是（）

A.前10s懸線的拉力恒為1500N

B.46s末材料離地面的距離為22m

C.在30?36s鋼索最容易發(fā)生斷裂

D.36?46s材料處于超重狀態(tài)

【答案】B

【詳解】

A.前10s的加速度為

"1=10m/s?=0.1m/s2

由牛頓第二定律得

6-mg=mq

解得

耳=1515N

故A錯誤；

B.根據(jù)位移等于面積得，前36s上升28m,后10s下降6m,46s末離開地面的高度為22m,故B正確；

C.后30s到46s的過程中，加速度方向向下，拉力小于重力，在0?10s鋼索最容易發(fā)生斷裂，故C錯誤；

D.后30s到46s的過程中，加速度方向向下，都處于失重狀態(tài)，D錯誤。

故選B。

16.（2020?浙江嘉興市?高三月考）如圖所示，矩形線框ABCD以恒定的角速度。繞對角線AC轉(zhuǎn)動。AC的

左側(cè)存在著垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，已知AB長為《，BC長為“，線框電阻為R。f=0

時刻線框平面與紙面重合，下列說法正確的是（）

V2

B.矩形線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢有效值為2

C.矩形線框轉(zhuǎn)過半圈過程中產(chǎn)生的熱量為2R

B“2

D.矩形線框從圖示位置轉(zhuǎn)過180°過程中，通過線框任意橫截面電荷量為R

【答案】D

【詳解】

A.矩形線框該時刻磁通量最大，感應(yīng)電動勢最小，則感應(yīng)電流值最小，A錯誤;

B.矩形線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大值

練=9叫2

有效值為

E=^=—Bl.l,a）

y[24

B錯誤；

C.矩形線框轉(zhuǎn)過半圈過程中產(chǎn)生的熱量為

E27t7rB勺:片①

c錯誤；

D.矩形線框從圖示位置轉(zhuǎn)過180°過程中，通過線框任意橫截面電荷量為

D正確。

故選D。

17.（2020?河南省實驗中學(xué)高三期中）我國即將展開深空探測，計劃在2020年通過一次發(fā)射，實現(xiàn)火星環(huán)

繞探測和軟著陸巡視探測，已知太陽的質(zhì)量為M，地球、火星繞太陽做勻速圓周運動的軌道半徑分別為R

和&，速率分別為也和也，地球繞太陽的周期為兀當質(zhì)量為機的探測器被發(fā)射到以地球軌道上的A點為

近日點，火星軌道上的B點為遠日點的軌道上圍繞太陽運行時（如圖），只考慮太陽對探測器的作用，則

（）

火錄8道

\地學(xué)次道

vi

探測器在A點加速度的值大于舄

A.

GM

2

B.探測器在8點的加速度小于％

.

探測地在B點的加速度與

C.

D.探測器沿橢圓軌道從4飛行到8的時間為2號

【答案】C

【詳解】

A.根據(jù)萬有引力提供向心力可得

GMmV.2

——=m—=m0

R；R、A

探測器在A點加速度的值等于&,故A錯誤；

BC.根據(jù)萬有引力提供向心力可得

GMmVy

-----=m--ma-,

R；R2-

探測器在8點的加速度為

a,=—GM—=—區(qū)

'段取

故B錯誤，C正確；

D.設(shè)探測器沿橢圓軌道的周期為"，由開普勒第三定律可得

TR：

于=（”與

解得

&+R、3

yr

28

探測器沿橢圓軌道從A點飛行到B點的時間為

T蟹島

故D錯誤。

故選C。

18.（2020.全國高三專題練習(xí)）CD、EF是兩條水平放置的電阻可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為3在

水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B,磁場區(qū)域的長度

為d,如圖所示，導(dǎo)軌的右端接有一電阻R,左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接，將一阻值也為R的導(dǎo)體棒

從彎曲軌道上〃高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場的右邊界處，已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，

且動摩擦因數(shù)為"，則下列說法中正確的是（）

Bd向iBdL

A.通過電阻R的最大電流為RB.流過電阻R的電荷量為R

2_

C.整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為，咫D.電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為2,咫（的一網(wǎng)）

【答案】D

【詳解】

A.導(dǎo)體棒剛進入磁場的瞬間速度最大,產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大,由機械能守恒定律

mgh=—mv2

E=BLv

2R

解得

I_BL阿

~2R

A錯誤；

B.流過R的電荷量為

△①BdL

q=----=------

2R2R

B錯誤；

C.由能量守恒定律可知整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為

Q=mgh-/.imgd

C錯；

D.由于導(dǎo)體棒的電阻也為R,則電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為

2=；Q=/磔-R〃gd)

D正確。

故選D。

19.（2020.廣東廣州市.高三月考）如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O,最低點是P,直線MN

水平，。、。是兩個完全相同的帶正電小球（視為點電荷），。固定在M點，。從N點靜止釋放，沿半圓槽運

動經(jīng)過尸點到達某點Q（圖中未畫出）時速度為零。則小球“（）

B.從N到P的過程中，動量的大小先增大后減小

C.從N到Q的過程中，電勢能一直增加

D.從P到。的過程中，動能減少量小于電勢能增加量

【答案】BC

【詳解】

A.。由N到。的過程中，重力豎直向下，而庫侖力一直沿二者的連線方向，則可知，重力與庫侖力的夾角

一直減小，且?guī)靵隽υ龃?，依?jù)力的合成法則，故合力一直在增大；故A錯誤；

B.從N到P的過程中，合力先與運動方向的夾角均為銳角，合力做正功；而后一過程中合力與運動方向夾

角為鈍角，合力做負功：從N到2的過程中，速率先增大后減小，所以動量的大小先增大后減小，故B正

確；

C.從N到Q小球電場力與速度的夾角一直是鈍角，則電場力一直做負功，電勢能增大，故C正確；

D.從P到。的過程中，電場力做負功，重力也做負功，動能的減少量等于電勢能和重力勢能的增加量之

和，即動能減少量大于電勢能增加量，故D錯誤；

故選BCo

20.（2020?黑龍江哈爾濱市?哈爾濱三中高三月考）如圖甲所示，大量的電子（質(zhì)量為加、電荷量為e）不間

斷的由靜止開始經(jīng)電壓為“。的電場加速后，從上極板的邊緣沿平行極板方向進入偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場兩極

板間的電壓"AB隨時間/變化的規(guī)律如圖乙所示。已知偏轉(zhuǎn)電場的極板間的距離為d,板長為L不計電子

的重力及電子間的相互作用，電子通過偏轉(zhuǎn)電場所用的時間極短，可認為此過程中偏轉(zhuǎn)電壓不變，當偏轉(zhuǎn)電

d_

壓為30。時，粒子剛好從距上極板3的P點射出，下列說法正確的是（）

B.當UAB=U。時，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時速度的偏轉(zhuǎn)角為45。

C.當“AB=3（/°時，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時速度的偏轉(zhuǎn)角為45。

D.電子會從偏轉(zhuǎn)電場的極板右側(cè)不間斷的射出

【答案】AC

【詳解】

ABC.電子由靜止開始經(jīng)電壓為Uo的電場加速有

12

e[/0=-mv0-

解得

%

當"AB=3UQ時，進入偏轉(zhuǎn)電場加速度

a上」=2

mmmd

根據(jù)平拋運動規(guī)律有

d12

———at

32

vv=at

聯(lián)立解得

d^-L

2

V,

電子射出偏轉(zhuǎn)電場時速度的偏轉(zhuǎn)角為45。，合速度

v=2

則0AB=U0時，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時速度的偏轉(zhuǎn)角小于45°,故AC正確，B錯誤;

D.設(shè)電子恰能從極板右側(cè)下邊緣射出的偏轉(zhuǎn)電壓為U,則有

U

F"7_eU

Cl——

mmmd

根據(jù)平拋運動規(guī)律有

L-vot

d^-ar

2

解得

U=9U0

所以當電子進入偏轉(zhuǎn)電場的電壓小于90。的電子可以從從極板右側(cè)射出，由題圖可知，部分時間內(nèi)電壓大

于9U。，故電子不會從偏轉(zhuǎn)電場的極板右側(cè)連續(xù)射出，故D錯誤。

故選AC。

21.（2020?杏花嶺區(qū)?山西實驗中學(xué)高三期中）如圖所示，淺色傳送帶A、8兩端距離L=22m,以速度w=12m/s

逆時針勻速轉(zhuǎn)動，并且傳送帶與水平面的夾角為8=30。，現(xiàn)將一質(zhì)量m=4kg的煤塊輕放在傳送帶的4端，

G

N-----

煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)5,g取10m/s2,則下列敘述正確的是（）

A.煤塊從A端運動到B端所經(jīng)歷時間為2.5s

B.煤塊從A端運動到8端留下的黑色痕跡為8m

C.煤塊從A端運動到B端因摩擦產(chǎn)生的熱量為100J

D.煤塊從4端運動到B端時重力的功率為280W

【答案】AD

【詳解】

A.煤塊放在傳送帶后受到沿斜面向下的滑動摩擦力作用，一定先向下做勻加速直線運動.設(shè)經(jīng)過時間Zi,

煤塊的速度與傳送帶相同，勻加速運動的加速度大小為41，則根據(jù)牛頓第二定律得

mgsin0+用ngcos0=ma]

得

?1=8m/s

由

%=咐

得

ri=1.5s

此過程通過的位移大小為

%=%=9m<L

'21

由于

mgsinff>/amgcos0

故煤塊速度大小等于傳送帶速度大小后，繼續(xù)勻加速向下運動，受到的滑動摩擦力沿斜面向上.設(shè)煤塊接著

做勻加速運動的加速度為s，運動的時間為白，則

mgsin0—/umgcos0=ma2

可得

4=g(sin6-〃cos6)=1()x(sin30°-0.5xcos30°)=2m/s2

由

,12

L~Xl-V0f2+

解得

t2=Is

故煤塊從A到8的運動時間是

f=2.5s

故A正確；

B.由于第一個過程煤塊與傳送帶間的相對位移大小

咿「玉=9m

此過程中煤塊留下的痕跡向前；第二個過程煤塊與傳送帶間的相對位移大小

(A-%,)-v0r2—1m

此時煤塊留下的痕跡向后，所以煤塊從A端運動到8端留下的黑色痕跡長度為9m,故B錯誤:

C.煤塊從A端運動到8端因摩擦產(chǎn)生的熱量為

Q—fimgcosOxAA

其中△L=9m+lm=IOm；代入數(shù)據(jù)解得

e=i2oj

故C錯誤；

D.煤塊從4端運動到B端時速度

u=%+a2t2=14m/s

此時重力的瞬時功率為

P=wgvsin0=4xl0x14xsin30°=280W

故D正確。

故選ADo

22.（6分）

（2020?河南省實驗中學(xué)高三期中）如圖所示電路，某學(xué)生用電流表和電壓表測干電池的電動勢和內(nèi)阻時,

所用滑動變阻器的阻值范圍為0?20C,連接電路的實物圖如圖所示。

（1）該學(xué)生接線中錯誤的和不規(guī)范的做法是;

A.滑動變阻器不起變阻作用

B.電流表接線有錯

C.電壓表量程選用不當

D.電壓表接線不妥

（2）該同學(xué)將電路按正確的電路圖連接好，檢查無誤后，閉合開關(guān)，進行實驗。該同學(xué)實驗完畢，將測量

的數(shù)據(jù)反映在U-/圖線（如a圖線所示）,根據(jù)這一圖線，可求出電池的電動勢6=V,內(nèi)電阻尸:Q；

（小數(shù)點后保留兩位）

（3）將此電源與一小燈泡L連接，組成閉合回路。小燈泡。一/圖線如b圖線所示?可知此時小燈泡的實

際功率P=。

【答案】AD1.480.770.375

【詳解】

（1）由圖示實物電路圖可知，滑動變阻器阻值全部接入電路，滑動變阻器成為定值電阻，滑動變阻器接線

錯誤，電壓表直接接在電源兩端，電壓表接線錯誤

故選AD

（2）由圖示電源U—/圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值為1.48,則電源電動勢

E=1.48V

電源內(nèi)阻

\U1.48-1.00

Q?0.77Q

0.62

（3）a、b兩圖線的交點即為小燈泡的工作點，由圖可知

/=0.30,U=1.25V

則小燈泡的實際功率

P="=0.30x1.25W=0.375W

23.（9分）

（2020?黑龍江哈爾濱市?哈爾濱三中高三月考）“探究碰撞中的不變量”的實驗中:

（1）入射小球班=”g,原靜止的被碰小球加2=l°g,由實驗測得它們在碰撞前、后的龍一?圖象如圖甲,

可知入射小球網(wǎng)碰撞前的動量為0015kg-m/s,碰撞后的〃?"是kg-m/s,被磁撞后的丐.是

kg-m/s,（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）由此得出結(jié)論.

（2）實驗裝置如圖乙所示，本實驗中，實驗必須要求的條件是（）

A.斜槽軌道必須是光滑的

B.斜槽軌道末端點的切線是水平的

C.入射小球每次都從斜槽上的同一位置無初速釋放

D.入射小球與被碰小球滿足砥>'既，

（3）圖中M、P、N分別為入射小球與被碰小球?qū)?yīng)的落點的平均位置，則實驗中要驗證的關(guān)系是（—）

maON=md-OP+mbOM

B-OP=maON+mb-OM

COP=OM+叫ON

Dma?OM=?OP+1nbON

【答案】0.00750.0075碰撞過程系統(tǒng)動量守恒BCDC

【詳解】

（1）由圖甲所示圖象可知，碰撞前球1的速度為

x0.20,,

v,=—=-----=Im/s

1r,0.2

碰撞后，球的速度為

,xj0.30-0.20…,

v'-------------=0.5m/s

1丫0.4-0.2

,x；0.35-0.20…，

%'=q=-------------=0.75m/s

't2'0.4-0.2

入射小球碰撞后的動量為

班％=0.015x0.5=0.0075kg-m/s

入射小球碰撞前的動量為

叫=0.015x1=0.015kgm/s

被碰撞后的動量為

nt1V'2-0.01x0.75=0.075kg?m/s

碰撞前系統(tǒng)總動量為

p-m}vy=0.015kg-m/s

碰撞后系統(tǒng)總動量為

p'=町u'|+m2M2=0.015kg-m/s

P'=P

由此可知：碰撞過程系統(tǒng)動量守恒；

(2)A.“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開

軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，故A錯誤；

B.要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平，故B正確；

C.要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，故C正確：

D.為了保證小球碰撞為對心正碰，且碰后不反彈，要求加。＞%,〃=故D正確；

(3)要驗證動量守恒定律定律即

=mavl+mhv2

小球做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知根據(jù)兩小球運動的時間相同，上式可轉(zhuǎn)換為

m（lvot=mav,t+mhv2t

故需驗證

maOP-maOM+mhON

24.（14分）

(2020?江蘇南通市?高三月考)如圖所示,兩根光滑的平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角0=30。,導(dǎo)軌間距L=0.5m,

導(dǎo)軌下端接定值電阻R=2C,導(dǎo)軌電阻忽略不計。在導(dǎo)軌上距底端d=2m處垂直導(dǎo)軌放置一根導(dǎo)體棒MN,

其質(zhì)量機=0.2kg,電阻-0.5。，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好。某時刻起在空間加一垂直導(dǎo)軌平面向上的變化

磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系為B=0.5t(T),導(dǎo)體棒在沿導(dǎo)軌向上的拉力/作用下處于靜止狀

態(tài)，g取10m/s2o求：

(1)流過電阻R的電流/；

(2)t=2s時導(dǎo)體棒所受拉力F的大??；

(3)從片4s時磁場保持不變，同時撤去拉力F,導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌下滑至底端時速度恰好達到最大，此過程回

路產(chǎn)生的熱量

1.1N；(3)1.375J

【詳解】

(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律，有

由題意可知

A"

由閉合電路歐姆定律，可得

rE

1-R+r

代入數(shù)據(jù)，得

/i=0.2A

(2)當r=2s時，Bi=1.0T.導(dǎo)體棒受力平衡

F-mgsxnO+

解得

F=1.1N

(3)當Z=4s時B2=2.0T,此后磁感應(yīng)強度不變，設(shè)導(dǎo)體棒最大速度為有

區(qū)—

2—R+r

乂因為

mgsin0=B2I2L

可解得

vm=2.5m/s

由功能關(guān)系，有

mgdsin6=(mv^+Q

解得

2=1.375J

25.（18分）

（2020?和平區(qū)?天津一中高三月考）如圖所示，5塊完全相同的長木板依次緊挨著放在水平地面上，每塊木

板的長度為/=0.5m,質(zhì)量為〃『0.6kg。在木板1的最左端放置一質(zhì)量為M=lkg的小物塊，已知小物塊與長

木板間的動摩擦因數(shù)為4=0.2,長木板與地面間的動摩擦因數(shù)〃2=0」，設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，

現(xiàn)給物塊水平向右的初速度W=3m/s,使其從木板最左端向右滑動，則（重力加速度g取10m/s2）。

（1）當物塊在木塊1上滑動時，求地面對這5個木塊總的摩擦力大小；

（2）由計算分析小物塊滑至哪塊長木板時，長木板才開始在地面上滑動，并求出物塊相對于木板靜止時在

木板上的位置；（本問結(jié)果可保留分數(shù)形式）

（3）在上述滑行過程中，當物塊滑到與某塊木板共速時，立即給該木板施加一水平向右的推力尸=5.1N,為

保證物塊不從該木板滑出，求該力施加的最長時間。（本問結(jié)果可保留根號）

Q_____________________

「1121314lT'l

3

—m

【答案】（1）2N；（2）物塊滑上第5塊木板時，木板才開始在地面上滑動，16.（3）

【詳解】

（1）木塊收到的摩擦力為

f\=〃|Mg=2N

5個木板總的最大靜摩擦力為

力=外（瞬+5但）=4N

由于/＜力，所以這5個木塊保持靜止狀態(tài)，故地面對木塊的總摩擦力為2N；

（2）設(shè)當物塊滑到第九塊木塊時，木塊才開始運動，故

+（6-n）m]^

解得

〃>4.3

即物塊滑上第5塊木塊時時，木塊才開始在地面上滑動；

設(shè)物塊剛滑上第5塊木板的速度為％,則

—2〃igx4L=v；一說

解得

匕=lm/s

在此過程中，物塊的位移為5,有

一2Mgs?=學(xué)一V；

解得

015

S,——m

'64

木板5的位移為$2,則

v；=2as2

解得

03

S,=——m

264

故滑塊滑上木板相對靜止時，距離木板左端

3

d=S「S,=—m

'216

（3）對木板受力分析可知

=F—乩Mg—+/〃）g

解得

4=2.5m/s2

木板相對滑板向右加速滑動，當撤去外力后，對木板受力分析，有

Ma2-/^Mg++in）g

解得

2

a2=6m/s

此時木板相對滑塊向右減速。

顯然，當兩者再次共速時滑塊恰好運動到木板最左端，是力F作用在木板上保證滑塊不滑出最長時間的臨

界條件：

設(shè)加速過程的時間為4,減速過程的時間為'2,滑塊的總位移為王，木板的總位移為今；

2

x1=v2(z1+r2)+1x/)gO1+^)

12

"叼+耳砧+(“2+q'l)’2一耳a2^2

x2-xx=d

又

彩+自g(%+72)=%+44-

聯(lián)立解得

（-）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。

33.【選修3-31（15分）

⑴（5分）

（2020.黑龍江哈爾濱市.哈爾濱三中高三月考）下列說法正確的是o（填正確答案標號，選對1個給

2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分。分）

A.液晶像液體一樣具有流動性而其光學(xué)性質(zhì)與某些晶體相似具有各向異性

B.浸潤和不浸潤是分子力作用的表現(xiàn)，如果附著層內(nèi)分子間的距離小于液體內(nèi)部分子間的距離，這樣的液

體與固體之間表現(xiàn)為浸潤

C.浸潤液體在細管中下降的現(xiàn)象，以及不浸潤液體在細管內(nèi)上升的現(xiàn)象，稱為毛細現(xiàn)象

D.液體具有流動性是因為液體分子間沒有相互作用力

E.空中的小雨滴呈球形是水的表面張力作用的結(jié)果

【答案】ABE

【詳解】

A.液晶是一類特殊的物質(zhì)形態(tài)，它像液體一樣具有流動性，而其光學(xué)性質(zhì)和某些晶體相似具有各向異性。

故A正確；

B.浸潤和不浸潤是分子力作用的表現(xiàn)，液體與固體之間表現(xiàn)為浸潤時，附著層內(nèi)分子間距離小于液體內(nèi)部

分子間距離，附著層內(nèi)分子間作用表現(xiàn)為斥力，故B正確；

C.浸潤液體在細管中上升的現(xiàn)象，以及不浸潤液體在細管中下降的現(xiàn)象，稱為毛細現(xiàn)象。故C錯誤；

D.液體沒有確定的形狀且有流動性，是因為液體分子作用力較小，分子位置不固定，故D錯誤：

E.液體表面張力是液體表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大，分子力表現(xiàn)為引力

的結(jié)果，液體的表面張力使液面具有收縮到液面表面積最小的趨勢；空中的小雨滴呈球形是水的表面張力作

用的結(jié)果，故E正確；

故選ABE。

（2）（10分）

（2020?廣東廣州市?高三月考）某興趣小組受潛水器“蛟龍?zhí)枴钡膯l(fā)，設(shè)計了一測定水深的裝置，該裝置

可通過測量活塞的移動距離間接反映出水深。如圖，左端開口的氣缸I和密閉的氣缸H均導(dǎo)熱，內(nèi)徑相同，

長度均為L，由一細管（容積忽略）連通。硬薄活塞A、B密封性良好且可無摩擦滑動，初始時均位于氣缸

的最左端。已知外界大氣壓強為po（po相當于10m高的水柱產(chǎn)生的壓強），水溫恒定不變，氣缸I、II內(nèi)分

別封有壓強為外、3Po的理想氣體。

（i）若該裝置放入水面下10m處，求A向右移動的距離；

（ii）求該裝置能測量的最大水深垢。

B

II

。二TL—

【答案】（i）2；（ii）%=30m

【詳解】

（i）若該裝置放入溫度為4的水深10m處，由于0。相當于10m高的水產(chǎn)生的壓強，因此此時汽缸I中

氣體的壓強等于2P。，由于氣缸II中氣體的壓強等于3。。，因此活塞B不動。設(shè)活塞A向右移動距離為d,

由于兩個汽缸內(nèi)徑相同，則橫截面積相同，設(shè)橫截面積為S,對汽缸I中氣體，由

pJS=2p°（L-d）S

求得

d=-

2

（ii）若該裝置放入溫度為4的水，當測