周末仿真•自主評價-第5周檢測卷

周末仿真·自主評價——第5周檢測卷(本試卷滿分：110分)一、選擇題(本大題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求；第6～8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，有選錯或不選的得0分)1.如圖所示，把一塊鋅板連接在驗電器上，并使鋅板帶上負電，驗電器指針會張開角度θ。接著，用高頻短波紫外線燈(波長范圍280nm～100nm)持續(xù)照射鋅板，已知鋅的極限頻率為8.06×1014Hz、真空中光速為3.0×108m/s，觀察驗電器指針的變化，則()A．驗電器指針張開的角度θ會一直變大B．驗電器指針張開的角度θ先變大后變小C．驗電器指針張開的角度θ先變小后變大D．驗電器指針張開的角度θ不會發(fā)生變化解析：選C鋅的極限頻率對應的光波的波長為λ＝eq\f(c,f)≈0.372×10－6m＝372nm，用高頻短波紫外線燈(波長范圍280nm～100nm)持續(xù)照射鋅板，鋅板會發(fā)生光電效應，逸出光電子，由于鋅板原來帶負電，可知驗電器指針張開的角度θ逐漸變小，足夠長時間后，鋅板開始帶正電且電荷量持續(xù)增大，故驗電器指針張開的角度θ逐漸變大，即整個過程中驗電器指針張開的角度θ先變小后變大。2．如圖甲所示為理想變壓器原副線圈電路圖，電流表及二極管都是理想的，燈泡的電阻為R＝5eq\r(2)Ω，電動機額定電壓為5eq\r(2)V、額定功率25eq\r(2)W、內阻為r＝1Ω?，F(xiàn)在A、B兩端接如圖乙所示的交流電，同時接通副線圈所在電路的開關S，發(fā)現(xiàn)電動機正常工作。工作過程中各表及各用電原件都完好，則原線圈電流表示數(shù)為()A．6A B．1.2AC．1.1A D．5A解析：選C由于電動機正常工作，所以副線圈兩端電壓為5eq\r(2)V，由題圖乙可知原線圈電壓的有效值為U1＝eq\f(50,\r(2))V＝25eq\r(2)V，由理想變壓器的規(guī)律可得：eq\f(n1,n2)＝eq\f(25\r(2),5\r(2))＝eq\f(5,1)。燈泡與二極管連接，所以燈泡在一個周期內只有半個周期在工作，設燈泡電流的有效值為IL，則由有效值計算公式可得：IL2RLT＝eq\f(U22,RL)·eq\f(T,2)，解得：IL＝eq\f(\r(2),2)A，而電動機的電流為IM＝eq\f(P,U2)＝eq\f(25\r(2),5\r(2))A＝5A，副線圈電流的有效值I2＝IL＋IM，由理想變壓器規(guī)律得：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，則原線圈電流表的示數(shù)為I1≈1.1A，故A、B、D錯誤，C正確。3．質點做勻加速直線運動的初速度為2m/s，加速度大小為a，經過t時間后末速度為v，經測量發(fā)現(xiàn)：物體運動到中間位置通過的距離，比物體運動一半時間通過的距離多了9m、且時間差為1s，根據(jù)以上條件可以求以下物理量，其中錯誤的是()A．可求得質點的末速度v大小為14m/sB．可求得質點的加速度為a為2m/s2C．可求得質點的運動時間為6sD．此題條件不足無法求出質點的加速度解析：選D由勻變速直線運動推論，中間時刻速度為v1＝eq\f(v0＋v,2)，中間位置速度為v2＝eq\r(\f(v02＋v2,2))，由勻變速直線運動推論：eq\f(v1＋v2,2)＝eq\f(x,t)＝eq\f(9,1)＝9，整理得：v2＋68v－1148＝0，解得：v＝14m/s，故A正確；v1＝eq\f(v0＋v,2)＝eq\f(2＋14,2)m/s＝8m/s，v2＝eq\r(\f(22＋142,2))m/s＝10m/s，由勻變速直線運動速度公式：v2＝v1＋at，得：a＝eq\f(v2－v1,t)＝eq\f(10－8,1)m/s2＝2m/s2，故B正確，D錯誤；運動時間為：t′＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(14－2,2)s＝6s，故C正確。4．A、B兩顆衛(wèi)星在同一平面內沿同一方向繞地球做勻速圓周運動，如圖(a)所示。兩衛(wèi)星之間的距離Δr隨時間周期性變化，如圖(b)所示。僅考慮地球對衛(wèi)星的引力，下列說法正確的是()A．A、B的軌道半徑之比為1∶5B．A、B的線速度之比為1∶2C．A的運動周期大于B的運動周期D．在相同時間內，A與地心連線掃過的面積小于B與地心連線掃過的面積解析：選D設A、B衛(wèi)星軌道半徑分別為r1、r2，由題圖知r2－r1＝2r，r1＋r2＝6r，解得r1＝2r，r2＝4r，所以A、B的軌道半徑之比為1∶2，A錯誤；設地球質量為M，衛(wèi)星質量為m，衛(wèi)星的線速度為v，由eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，A、B的線速度之比為eq\r(2)∶1，B錯誤；由eq\f(GMm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r，得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，A的軌道半徑小于B的軌道半徑，A的運動周期小于B的運動周期，C錯誤；繞地球運動的衛(wèi)星與地心的連線在相同時間t內掃過的面積S＝eq\f(1,2)vt·r，v＝eq\r(\f(GM,r))，解得S＝eq\f(t,2)eq\r(GMr)，可知，在相同時間內，A與地心連線掃過的面積小于B與地心連線掃過的面積，D正確。5．如圖甲所示，輕彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端與物塊P拴接?，F(xiàn)用外力將P緩慢壓至O點，此時彈簧的壓縮量為3l0，撤去外力后P向右運動；換用質量較小的物塊Q完成同樣的過程。在兩物塊第一次向右運動至最遠的過程中，它們的加速度a與位移x的關系如圖乙所示。已知兩物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)相同。下列說法正確的是()A．釋放瞬間Q的加速度是P的3倍B．P的質量是Q的2倍C．P的最大動能是Q的4倍D．Q向右運動的最大距離是P的4倍解析：選B設彈簧的勁度系數(shù)為k，物塊與地面的動摩擦因數(shù)為μ，當速度達到最大時，加速度為零，對兩物塊由平衡條件得μmPg＝k·2l0，μmQg＝k·l0，聯(lián)立可得mP＝2mQ，故B正確；釋放物塊瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得k·3l0－μmPg＝mPaP，k·3l0－μmQg＝mQaQ，解得aP＝eq\f(kl0,mP)，aQ＝eq\f(2kl0,mQ)，結合B選項，可得eq\f(aP,aQ)＝eq\f(4,1)，故A錯誤；設開始彈簧的彈性勢能為Ep，從釋放到最大動能處由動能定理得EkQ＝Ep－eq\f(1,2)kl02－μmQg·2l0，EkP＝Ep－eq\f(1,2)k(2l0)2－μmPg·l0，結合mP＝2mQ，可知EkP<EkQ，則EkP≠4EkQ，故C錯誤；由題意可知，P、Q兩物塊從開始到第一次向右運動到最遠處做簡諧運動，由對稱性可知，Q向右運動的最大距離是P的2倍，故D錯誤。6．圖1的平行金屬板M、N間加有圖2所示的交變電壓，OO′是M、N板間的中線，當電壓穩(wěn)定時，板間為勻強電場。eq\f(1,4)T時，比荷為k的帶電粒子甲從O點沿OO′方向、以v0的速率進入板間，eq\f(3,2)T時飛離電場，期間恰好不與極板相碰。若在eq\f(3,8)T時刻，帶電粒子乙以2v0的速率沿OO′從O點進入板間，已知乙粒子在運動過程中也恰好不與極板碰撞，不計粒子受到的重力，則下列說法中正確的是()A．T時刻，乙粒子離開電場B．乙粒子的比荷為eq\f(8k,7)C．甲、乙兩粒子通過電場偏轉的位移大小之比為2∶3D．甲、乙兩粒子通過電場偏轉的位移大小之比為1∶2解析：選ABD設板長為L，粒子甲帶負電，則甲運動時間為t＝eq\f(L,v0)＝eq\f(3,2)T－eq\f(1,4)T＝eq\f(5,4)T，粒子乙因入射速度為甲的兩倍，則運動時間為t′＝eq\f(L,2v0)＝eq\f(5,8)T，因乙在eq\f(3,8)T時刻飛入板間，則在T時刻飛出板間，A正確；設兩板間距離為d，則有a甲＝eq\f(U0q,md)＝eq\f(U0k,d)為定值，則在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)豎直方向位移和時間的關系，可得vy＝a甲t，做出豎直方向上速度與時間圖像，如圖，則圖線與時間軸圍成的面積代表豎直方向上的位移，設板間距為d，若恰好不與極板碰撞，則表示粒子在電場中豎直方向的最大位移大小剛好為eq\f(d,2)，根據(jù)圖像可知在eq\f(3,4)T、eq\f(5,4)T時刻粒子甲會恰好不碰到極板，此兩種時刻會達到最大位移的大小，而在eq\f(3,2)T時刻，粒子出磁場，此時位移是最大位移的一半，為eq\f(d,4)，即甲在豎直方向上的位移為eq\f(d,4)；同理，對粒子乙，其軌跡為A′B′C′D′的形狀，因乙粒子在運動過程中也恰好不與極板碰撞，根據(jù)圖像可知在T時刻會恰好不與極板相撞，此時乙剛好飛出磁場，即乙在豎直方向上的位移為eq\f(d,2)，則偏轉位移之比為eq\f(y甲,y乙)＝eq\f(\f(d,4),\f(d,2))＝eq\f(1,2)，C錯誤，D正確；對乙有y乙＝eq\f(1,2)a乙eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(T－\f(5,8)T))2－2·eq\f(1,2)a乙·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)－\f(3,8)T))2＝eq\f(7a乙T2,128)，對甲有y甲＝eq\f(1,2)a甲eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)T－\f(5,4)T))2＝eq\f(a甲T2,32)，因eq\f(y甲,y乙)＝eq\f(1,2)，則有eq\f(\f(a甲T2,32),\f(7a乙T2,128))＝eq\f(1,2)，可得eq\f(a乙,a甲)＝eq\f(8,7)，又a甲＝eq\f(U0q,md)＝eq\f(U0k,d)，a乙＝eq\f(U0q′,m′d)，可得eq\f(q′,m′)＝eq\f(8k,7)，B正確。7．傳統(tǒng)嶺南祠堂式建筑保留了瓦片屋頂，屋頂結構可簡化為如圖，弧形瓦片靜止在兩根相互平行的傾斜椽子正中間。已知椽子與水平面夾角均為θ，瓦片質量為m，重力加速度為g，則椽子對瓦片()A．支持力的合力方向豎直向上B．作用力的合力方向豎直向上C．支持力的合力大小為mgcosθD．作用力的合力大小為mg解析：選BCD對瓦片進行受力分析，受到椽子對其的支持力的合力方向垂直接觸面斜向上，根據(jù)平衡條件可得椽子對瓦片的作用力的合力與瓦片的重力為一對平衡力，即椽子對瓦片的作用力的合力方向豎直向上，A錯誤，B正確；根據(jù)前面分析椽子對瓦片支持力的合力大小為FN＝mgcosθ，C正確；椽子對瓦片作用力的合力大小為F＝mg，D正確。8．如圖甲所示，條形碼掃描筆的原理是掃描筆頭在條形碼上勻速移動時，遇到黑色線條，發(fā)光二極管發(fā)出的光線將被吸收，光敏三極管接收不到反射光，呈高阻抗；遇到白色間隔，光線被反射到光敏三極管，三極管呈低阻抗。光敏三極管將條形碼變成一個個電脈沖信號，信號經信號處理系統(tǒng)處理，即完成對條形碼信息的識別，等效電路圖如圖乙所示，其中R為光敏三極管的等效電阻，R0為定值電阻，下列判斷正確的是()A．當掃描筆頭在黑色線條上移動時，信號處理系統(tǒng)獲得高電壓B．當掃描筆頭在白色間隔上移動時，信號處理系統(tǒng)獲得高電壓C．掃描速度對信號處理系統(tǒng)接收到的電壓信號無影響D．掃描筆頭外殼出現(xiàn)破損時不能正常工作解析：選BD信號處理系統(tǒng)獲得的電壓是R0兩端的電壓，當掃描筆頭在黑色線條上移動時，R相當于大電阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律，回路電流很小，R0兩端的電壓很低，信號處理系統(tǒng)獲得低電壓；當掃描筆頭在白色間隔上移動時，R相當于小電阻，回路電流較大，R0兩端的電壓較高，信號處理系統(tǒng)獲得高電壓，故A錯誤，B正確；如果掃描速度發(fā)生變化，在信號處理系統(tǒng)中高低電壓的時間間隔就會發(fā)生變化，從而無法正確判斷黑、白條紋寬度，可能出現(xiàn)錯誤識別信息，故C錯誤；掃描筆頭外殼出現(xiàn)破損時，外面的光就會進入光敏三極管，從而出現(xiàn)錯誤信息，導致不能正常工作，故D正確。二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第9題～第12題為必考題，每個試題考生都必須作答，第13題～第14題為選考題，考生根據(jù)要求作答)(一)必考題(共47分)9．(6分)甲、乙、丙三個實驗小組分別采用如圖甲、圖乙、圖丙所示的實驗裝置做實驗。甲小組測小車勻變速運動的加速度，乙小組探究小車的加速度與合外力的關系，丙小組探究小車的速度和合外力做的功的關系，小車的總質量用M表示(圖乙中M為小車與力傳感器的總質量，圖丙中M為小車和固定在小車上的小滑輪的總質量)，鉤碼總質量用m表示，重力加速度為g，試回答下列問題：(1)甲、乙、丙三組實驗不需要平衡小車與長木板之間的摩擦力的是________(填“甲”“乙”“丙”或“都不需要”)。(2)甲、乙、丙三組實驗需要滿足M?m的是______(填“甲”“乙”“丙”或“都不需要”)。(3)若三組同學分別用各自的實驗裝置做探究小車的加速度和合外力的關系實驗，各組同學的操作均完全正確，甲、乙、丙三組同學作出的a-F圖線如圖丁所示(乙組同學所用F為力傳感器示數(shù)，丙組同學所用F為彈簧測力計示數(shù))，則乙組實驗對應的圖線是________(填“A”“B”或“C”)。解析：(1)測定小車勻變速運動的加速度的實驗只要存在加速度即可，不需要平衡摩擦力；探究當質量一定時，小車運動的加速度與合外力的關系的實驗，保證細繩的拉力等于小車受到的合外力，需要平衡摩擦力；探究小車速度和合外力做功的實驗，要保證細繩的拉力的2倍等于小車受到的合外力，需要平衡摩擦力。(2)甲組實驗中，存在加速度即可，不需要M?m；乙和丙細繩的拉力可以由力傳感器和彈簧測力計直接得到，不需要用鉤碼的重力代替，所以乙、丙兩組不需要滿足M?m，故三組實驗都不需要。(3)若三組同學分別用各自的實驗裝置做探究小車的加速度和合外力的關系實驗，甲組實驗裝置用鉤碼的重力代替繩子的拉力，要滿足M?m，隨著m的增大，不滿足M?m時，圖像出現(xiàn)彎曲，所以甲組實驗對應的是C，乙組實驗中小車受到的拉力等于力傳感器的示數(shù)，力傳感器的示數(shù)等于細繩的拉力；丙組實驗中小車受到的拉力等于彈簧測力計的2倍，即細繩拉力的2倍，當F相等時，乙組實驗的加速度小，所以乙組對應B，丙組對應A。答案：(1)甲(2分)(2)都不需要(2分)(3)B(2分)。10．(9分)在“探究小燈泡伏安特性曲線”的實驗中，某實驗小組選用標有“2.5V,0.6A”規(guī)格的小燈泡，除開關S、導線外，還有下列器材可供選用：A．電壓表(量程0～3V，內阻約為3kΩ)B．電壓表(量程0～10V，內阻約為10kΩ)C．電流表(0～100mA，內阻約為30Ω)D．電流表(0～0.6A，內阻約為1Ω)E．電源(電動勢1.5V，內阻不計)F．電源(電動勢12V，內阻不計)G.滑動變阻器R(阻值范圍0～5Ω，額定電流2A)H．定值電阻R1(阻值為6Ω)(1)為使測量盡量準確，電壓表選用________，電流表選用________，電源選用________。(均填器材前的字母代號)(2)在圖1方框中畫出實驗電路圖。(3)該實驗小組得到小燈泡的伏安特性曲線如圖2甲所示。將小燈泡接入如圖2乙所示的電路中，已知電源的電動勢E＝4.5V，內阻r＝2.5Ω。調節(jié)電阻箱R2的阻值，使電阻箱R2消耗的電功率是小燈泡的兩倍，則此時電阻箱阻值應調到________Ω(結果保留兩位有效數(shù)字)。解析：(1)“2.5V,0.6A”規(guī)格的小燈泡，所以使用的電壓表量程為0～3V，即A；電流表量程選用0～0.6A，即D；由于小燈泡額定電壓為2.5V，所以電源電動勢應為12V，即F。(2)由于電源的電動勢大，所以電路中串聯(lián)一個定值電阻R1進行分壓，為使測量盡量準確，電路中的滑動變阻器應采用分壓式，電流表外接，電路圖如圖所示。(3)小燈泡與電阻箱串聯(lián)，電阻箱R2消耗的功率是小燈泡的兩倍，所以電阻箱接入的電阻是小燈泡的兩倍，設小燈泡兩端的電壓為U，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：E＝3U＋Ir，整理得：9＝6U＋5I，在小燈泡的伏安特性曲線中做出對應圖像，如圖所示。由圖線與原圖像的交點可知，U＝1.10V，I＝0.46A，則電阻箱接入的阻值為R＝eq\f(2U,I)＝eq\f(2×1.10,0.46)Ω≈4.8Ω。答案：(1)A(1分)D(1分)F(1分)(2)見解析圖(3分)(3)4.8(3分)11．(12分)運用動量定理處理二維問題時，可以在相互垂直的兩個方向上分別研究。北京2022年冬奧會國家跳臺滑雪賽道如圖甲所示，某運動員在空中運動的部分軌跡如圖乙所示，在軌跡上取三個點A、B、C，測得三點間的高度差和水平間距分別為h1＝11.2m、h2＝17.6m、xAB＝xBC＝24m。運動員落到傾角為23°的滑道上時，速度方向與滑道成30°角，用了0.7s完成屈膝緩沖后沿滑道下滑。若空氣阻力、滑道摩擦均不計，運動員連同裝備質量為70kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，sin23°＝0.39，cos23°＝0.92。求：(1)運動員在空中運動的水平速度；(2)屈膝緩沖過程中運動員受到的平均緩沖力的大小。解析：(1)運動員從A到B，從B到C所用時間相等，設時間間隔為T，則h2－h(huán)1＝gT2(2分)v0T＝xAB(2分)解得v0＝30m/s。(2分)(2)由題意得，運動員落到滑道上時速度與水平方向的夾角為53°，eq\f(v0,v)＝cos53°(2分)在垂直滑道方向上由動量定理有(mgcos23°－F)t＝0－mvsin30°(2分)求得F＝3144N。(2分)答案：(1)30m/s(2)3144N12.(20分)某種質譜儀由偏轉電場和偏轉磁場組成，其示意圖如圖所示，整個裝置處于真空中。偏轉電場的極板水平放置，極板長度和間距均為L。在偏轉電場右側適當位置有一夾角為2θ的足夠大扇形區(qū)域OPQ，區(qū)域內分布著方向垂直于紙面的勻強磁場，區(qū)域的OP邊與偏轉極板中心軸線MN垂直，扇形圓心O點與軸線MN的距離為d。現(xiàn)有大量正離子(單個離子質量為m、電荷量為q)連續(xù)不斷地以速度v0沿軸線MN射入偏轉電場。當偏轉電壓為0時，離子均能垂直扇形區(qū)域的OQ邊射出磁場；若在兩極板間加峰值為Um＝eq\f(\r(3)mv02,3q)的正弦式電壓，則所有離子經過磁場偏轉后都能經過磁場外同一點(圖中未畫出)。若僅考慮極板間的電場，離子在電場中運動的時間遠小于兩極板間所加交變電壓的周期，不計離子的重力和離子間的相互作用，求：[可能用到的數(shù)學公式：sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ](1)偏轉磁場的磁感應強度；(2)離子在通過偏轉電場的過程中動量變化量的最大值；(3)離子在偏轉磁場中運動的最長時間與最短時間的差值；(4)扇形區(qū)域的OP邊與極板右端的距離。解析：(1)不加偏轉電壓時，離子束能垂直磁場的邊界OQ出磁場，所以磁場中離子做圓周運動的半徑為R＝d(1分)又qv0B＝eq\f(mv02,R)(1分)所以B＝eq\f(mv0,qd)，方向垂直紙面向外。(2分)(2)當偏轉電壓最大時，動量變化量最大為Δpmax＝mvy(1分)離子在電場中的偏轉過程有vy＝ata＝eq\f(Eq,m)＝eq\f(qUm,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中Um＝\f(\r(3)mv02,3q)))L＝v0t(2分)解得vy＝eq\f(\r(3)v0,3)，Δpmax＝eq\f(\r(3)mv0,3)。(2分)(3)如圖，進入磁場的離子速度方向反向延長都匯于G1，最后該束粒子都能匯聚于一點G2，故離子在磁場中的圓周運動圓心均在2θ的角平分線上。離子在磁場中的運動周期與離子的速度無關，所以T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πd,v0)(1分)當偏轉電壓正向最大時，圓周運動軌跡為C1D1，所對應圓心角最大，大小為2(θ＋α)，運動的時間為tmax＝eq\f(2θ＋α,2π)T(1分)當偏轉電壓負向最大時，圓周運動軌跡為C2D2，所對應圓心角最小，大小為2(θ－α)，運動時間為tmin＝eq\f(2θ－α,2π)T(1分)由(2)解可知tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(3),3)，可得α＝eq\f(π,6)(1分)以上式子聯(lián)立可得Δt＝tmax－tmin＝eq\f(2πd,3v0)。(1分)(4)設OP邊與極板右端的距離為x，由離子在電場中偏轉可求得eq\x\to(NC1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋x))·tanα(1分)在磁場中做圓周運動時有qvB＝eq\f(mv2,Rmax)其中v＝eq\r(v02＋vy2)，解得Rmax＝eq\f(2\r(3)d,3)(1分)在△OO1C1中，根據(jù)正弦定理知eq\f(d＋\x\to(NC1),sinθ＋α)＝eq\f(\x\to(O1C1),sinθ)＝eq\f(Rmax,sinθ)(2分)聯(lián)立方程組解得扇形區(qū)域的OP邊與極板右端的距離為x＝eq\f(d,tanθ)－eq\f(L,2)。(2分)答案：(1)eq\f(mv0,qd)，方向垂直紙面向外(2)eq\f(\r(3)mv0,3)(3)eq\f(2πd,3v0)(4)eq\f(d,tanθ)－eq\f(L,2)(二)選考題(共15分。任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分)13．[選修3－3](15分)(1)(5分)下列說法正確的是________。A．在完全失重的情況下，密封容器內的氣體對器壁的頂部沒有作用力B．一定量的理想氣體，在壓強不變時，分子每秒對單位面積器壁的平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而增加C．某氣體的摩爾質量為M，密度為ρ，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則該氣體的分子體積為V0＝eq\f(M,ρNA)D．溫度高的物體內能不一定大，但分子平均動能一定大E．當分子間作用力表現(xiàn)為斥力時，分子勢能隨分子間距離的減小而增大(2)(10分)如圖所示，兩水平放置的導熱汽缸底部由管道連通，輕質活塞a、b用剛性輕桿相連，可在汽缸內無摩擦地移動，兩活塞橫截面積分別為Sa和Sb，且Sa∶Sb＝2∶3。缸內密封有一定質量的氣體，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)時，左、右汽缸內氣體的體積均為V0。已知大氣壓強為p0，環(huán)境溫度為T0，忽略管道中的氣體體積，兩活塞始終未脫離汽缸。①若活塞在外力作用下，使右側汽缸內的體積減小eq\f(1,5)V0，求穩(wěn)定后缸內氣體的壓強。②若大氣壓強p0不變，緩慢升高環(huán)境溫度，使左側汽缸內的氣體體積恰好為零，求此時的環(huán)境溫度。解析：(1)根據(jù)壓強的微觀意義可知，密封容器內的氣體對器壁的作用力與是否失重無關，故A錯誤；根據(jù)壓強的微觀意義可知，當氣體的壓強不變時，單位時間內作用在單位面積上的力不變；當溫度降低時，分子的平均動能減小，多個分子對器壁的平均撞擊力減小，所以在壓強不變時，分子每秒對單位面積器壁的平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而增加，故B正確；氣體間距較大，不能用阿伏加德羅常數(shù)計算分子體積，故C錯誤；溫度是分子的平均動能的標志，溫度高的物體的分子平均動能一定大；但物體的內能與物體的物質的量、溫度、體積等都有關，所以溫度高的物體的內能不一定大，故D正確；當分子間作用力表現(xiàn)為斥力分子之間的距離減小要克服分子力做功，所以分子勢能隨分子間距離的減小而增大，故E正確。(2)①設缸中氣體的壓強為p1，以活塞a、b和剛性輕桿為研究對象，根據(jù)力的平衡有p1Sa＋p0Sb＝p1Sb＋p0Sa，解得p1＝p0，以左、右汽缸內全部氣體為研究對象，初狀態(tài)氣體體積V1＝2V0，壓強p1＝p0，末狀態(tài)氣體體積V2＝eq\f(4,5)V0＋V0＋eq\f(Sa,Sb)·eq\f(V0,5)＝eq\f(29,15)V0(2分)壓強設為p2，根據(jù)玻意耳定律有p1V1＝p2V2(2分)解得p2＝eq\f(30,29)p0。(1分)②以左右汽缸內全部氣體為研究對象，初狀態(tài)氣體體積V1＝2V0，壓強p1＝p0，溫度為T0，末狀態(tài)氣體體積V3＝V0＋eq\f(Sb,Sa)·V0＝eq\f(5,2)V0，壓強p3＝p0，溫度設為T，根據(jù)等壓變化規(guī)律有eq\f(V1,T0)＝eq\f(V3,T)(3分)解得T＝eq\f(5,4)T0。(2分)答案：(1)BDE(2)①eq\f(30,29)p0②eq\f(5,4)T014．[選修3－4](15分)(1)(5分)一列簡諧橫波沿x軸負方向傳播，其波長大于5m。從某時刻開始計時，介質中位置在x＝1m處的質點a和在x＝5m處的質點b的振動圖像分別如圖甲、乙所示。則質點a的振動方程為______________；該波的波長為______m，波速為________m/s。(2)(10分)如圖1所示某種透明材料制成的光學元件，該元件是一個中間圓柱