高考物理二轮复习考点第十四章热学专题与液柱相关的计算问题

1、专题14.5与液柱相关的计算问题1. (2020 广西南宁一模)如图所示,粗细均匀的U形管左端封闭,右端开口,两竖直管长为L=50 cm,水平管 长d=20 cm,大气压强p0相当于76 cm高水银柱产生的压强。左管内有一段1y8 cm长的水银封住长为1a=30 cm长的空气柱,现将开口端接上带有压强传感器的抽气机向外抽气,使左管内气体温度保持不变而右管内 压强缓缓降低，要把水银柱全部移到右管中。(g取10 m/s?)求右管内压强至少降为多少？【参考答案】2.87X104 Pa【名师解析】以左管中封闭气体为研究对象初态：Pi+Pia=Pa,得:a=PLPic=9. 248 X 10； PaVl

2、=1jS=30S未态:由题意知，水银柱全部移到右管中#产(li+d) S= (50+20) S=70S根据玻意耳定律,有PiViPsVapM得 口产 V2 =3.96X101Pa右管内压强降为p'P* +P1O=P3解得：p' =pa-pio=2. 87 X104 Pa2. (2020 安徽合肥质检)图示为一上粗下细且下端开口的薄壁玻璃管,管内有一段被水银密闭的气体,下管足够长,图中管的截面积分别为S,=2 cm3, Sa=l cd,管内水银长度为h尸h=2 cm,封闭气体长度1=10 c叫大气压强p。相当于76 cm高水银柱产生的压强,气体初始温度为300 K,若缓慢升高气体

3、温度。(g取10 m/s?)试求：(1)当粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度；当气体温度为525 K时，水银柱上端距玻璃管最上端的距离。【参考答案】(1)350 K (2)24 cm【名师解析】设全部进入细管，水银长度为X°A产 I + h2s?V il=hLSL+h2s2=xSa, J导 x2 zzi casepL=po-(ph畛0 792 X10' F% pa=pc-Px=9. 52 X10d Fa, ViIOSl, Vs12Si pM由理想气体的状态方程丁1 72 ,解得e=35O K5上气体温度由350 K变为525 K经历等压过程,则心 72 设水银上表面离开粗细

4、接口处的高度为y,则V3=12Sx+yS3解得y=12 cm所以水银上表面离开玻璃管最上端的距离为h=y+1+h尸24 cm3. （2020 邯郸质检）如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A封闭体 积相等的两部分气体。开始时管道内气体温度都为T°=500 K,下部分气体的压强p°=1.25X10,Pa,活 塞质量m=0.25 kg,管道的内径横截面积S=1 cm现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度 缓慢降至T,最终管道内上部分气体体积变为原来的本若不计活塞与管道壁间的摩擦，g取10 m/s3,求 此时上部分气体的温度T。【答案】281.

5、25 K1名师解析设初状态时两部分气体体积均为%对下部分气体，等温变化时,小跖二用65口3%解得月=1X10' P一对上部分气体，初态 =一詈=1X10, Pa。 W末态 Pz=p詈=0. 75X10, Pa,3Dv融产根据理想气体状态方程，有拶,解得 T=28L25 K.4. （10分）如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的顶部有一定长度的水银。两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中。开启顶部连通左右水银的阀门,右侧空气柱长为U,右侧空气柱底部水银面比槽中水银面高出h,右侧空气柱顶部水银面比左侧空气柱顶部水银面低ho 根据上述条件推测左侧空气柱的长度为,左侧空气

6、柱底部水银面与槽中水银面的高度差为若初始状态温度为To,大气压强为Po,关闭阀门A,则当温度升至多少时,右侧气柱底部水银面与水银槽中 的水银面相平？（不考虑水银柱下降对大水银槽中液面高度的影响,大气压强保持不变）【答案】B、C、E （2）L 2hPo（"o + 九）乙o（Po -叽。【名师解析】右管内气体压强：Pi=Po-h左管内气体压强：P £=Pi-h,即 p *=po-2h;解得，左管内外液面高度差：h°=2h;左管内气柱长度：L 4=L-h+h=Loo以右侧气柱为研究对象，初态Tl=T«J Pl=p«：L Li=Lc :末态 P2=Pc

7、,L2=Lc+h：根据理想气体状态方程知：解得：TfPo(Lo+hJL。dh)5.(2020 云南大理质检)如图所示，长为31 cm,内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管内水银柱 的上端正好与管口齐平，封闭气体的长为10 cm,外界大气压强不变。若把玻璃管在竖直平面内缓慢转至 开口竖直向下，这时留在管内的水银柱长为15 cm,然后再缓慢转回到开口竖直向上，求：31 cm10 cm1大气压强P。的值；(2)玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度。【答案】(1)75 cmHg (2) 10. 67 cm【名师解析】(1)由题意知封闭气体发生等温变化，初态：r = r + 21 cniHg, K

8、 = 10Sj末态:色=a-15 cmHg：,=(31-15)5=167；由玻意耳定律，得m%=仍%解得丘=75cmHg。(2)曲=(75 +L5) cjnHg：=90 cjnHg： 4=ES>由玻意耳定律得阳女=m巧，解得E=1Q.67 cm。6. (10分)如图所示,一根长L=100cni、一端封闭的细玻璃管开口向上竖直放置,管内用h=25cm长的水银柱 封闭了一段长L尸30cm的空气柱。已知大气压强为75cmHg,玻璃管周圉环境温度为279。求：若将玻璃管缓慢倒转至开口向下,玻璃管中气柱将变成多长？ 使玻璃管开口水平放置,缓慢升高管内气体温度,温度最高升高到多少摄氏度时,管内水银不

9、能溢出？【答案】(l)C、D、E (2)60 cm 102*C【名师解析】设一定质量气体初状态的压强为Pl,空气柱长度为Li,末状态的压强为P2,空气柱长度为L” 由玻意耳定律可得：piLt=PiL2式中 Pi=Pa+hj Pi=pj-h解得：L2=60cmPll P2,3设气体的温度升高到t3,由理想气体状态方程L + 2732 + 273其中L产L-h解得：ta=102*C7. (2020 全国新课标n)如图所示，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通, 下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度1 = 10.0 cm, B侧水银面比A侧的高h=3.0 cm。现将开关K

10、打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h,=10.0 cm时将开关K关闭。已知大气压强 Po=75.0 cmHg«Al. II n(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。【答案】(1)12.0 cm (2) 13. 2 cm【名师解析】(1)以cmHg为压强单位。谩N1则空气柱长度=10.0 cm时的压强为，当两侧水银面的高度差为&=10.0 cm时，空气柱的长度为”压强为认。由玻意耳定律得用二四i由力学平衡条件得Q=科+砥打开开关K放出水银的过程中，Z侧水银面处的压强始终为

11、9而金侧水银面处的压强随空气柱长度的增加 逐渐减小，反/两侧水银面的高度差也随之减小，直至*侧水银面低于日侧水银面人为止。由力学平衡条 件有R二网一人联立式，并代入题给数据得i = l 2.0 cm当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为1”压强为防。由玻意耳定律得pl=p3l3由力学平衡条件有p3 = Po联立式，并代入题给数据得b= 10. 4 cm设注入的水银在管内的长度为Ah,依题意得Ah=2(l-l3) +h,联立式，并代入题给数据得A h= 13. 2 cm8. 如图所示，在一端封闭的U形管中用水银柱封闭一段空气柱L,当空气柱的温度为27 C时，左管水银 柱的长度L

12、=10 cm,右管水银柱长度h,=7 cm,气柱长度L=13 cm；当空气柱的温度变为1279时，hi 变为7 cm。求：当时的大气压强和末状态空气柱的压强(单位用cmHg)。U卜【答案】75 cmHg 78 cmHg【名师解析】设大气压强为油，横截面积为S)以左侧封闭气体为研究对象,初状态：气体压强为6=例一 (A -A) cmHgPa 3 cniHg体积为 衿tS=13$温度为 71=2734-27 K=300 K末状态：气体压强为 p2=p«+(ha-hj cmHg=p0+3 cmHg体积为=(L+3)S=16S温度为，=273+127 K=400 K由理想气体状态方程得空=陪

13、日n 6。-3) X13S (p0+3) X16S即 300-400解得 po=75 cmHg末状态空气柱的压强为小=。+3=(75+3) cmHg=78 cmHg9. (2020 海口模拟)如图所示，一竖直放置的、长为L的细管下端封闭，上端与大气(视为理想气体)相通, 初始时管内气体温度为T,°现用一段水银柱从管口开始注入管内将气柱封闭，该过程中气体温度保持不变 且没有气体漏出，平衡后管内上下两部分气柱长度比为1 ： 3。若将管内下部气体温度降至T”在保持温5度不变的条件下将管倒置，平衡后水银柱下端与管下端刚好平齐(没有水银漏出)。已知乙=)2,大气压强为P。，重力加速度为g。求水

14、银柱的长度h和水银的密度P。T Ti【答案】3g【名师解析】设管内截面面积为S）初始时气体压强为向,体积为拓=上$注入水银后下部气体压强为P尸内十月龄体积为k=4（l/s3由玻意耳定律有p】s= （po+ P gh） X-（L-h）S将管倒置后，管内气体压强为pa=po- P gh体积为=（L-h）S由理想气体状态方程有半=-（应二Pg?_（L;h） s 11X25必组 L 2r l°5p。 解得h=L, p=酝10. （10分）（2020吉林长春市二模）如图所示为一竖直放置、上粗下细且上端开口的薄壁玻璃管，上部和 下部的横截面积之比为2:1,上管足够长，下管长度l=34cm.在管内

15、用长度h=4cm的水银封闭一定质量的 理想气体，气柱长度1尸20cnu大气压强Po=76cmHg,气体初始温度为T产300K。若缓慢升高气体温度，使水银上端面到达粗管和细管交界处，求此时的温度%继续缓慢升高温度至水银恰好全部进入粗管，求此时的温度区。¥I1U1【参考答案】（10分）r2=45OKT3 =497.25K【名师解析】以理想气体状态方程为命题背景考查学生的推理能力和分析综合靛力气体做等压变化:/3=f-A = 30cni。分）（2分）= 45OK20 P = 80cniHg P3 = 78cmHg /3 = 34cmHg（1 分）（2分）（2分）Pji _ P3/3T =丛

16、T =497.25K 3（7； 土 497K均可给分）11. （ 2020湖北七市（州）联考）（1 0分）如图乙所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银柱，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中.开启上部连通左右水银的阀门A,当温度为3 0 0 K,平衡时水银柱的位置如图（h l=h 2 = 5 cm, L=5 0 cm）,大气压为7 5 cmHg.求:（i）右管内气柱的长度（ii）关闭阀门A,当温度升至4 0 5 K时，左侧竖直管内气柱的长度（大气压强保持不变）Lt【名师解析】（D左管内气体压强：P 1=P 0 + p9 h 2=80cmHg右管内气体压强

17、：P2 = P 1+pgh l = 85cmHg （1分）P 2 = P O + pg h 3得水槽中右管内外液面高度差h3=lOcw （2分）则L2二Ll - h1-h 2 + h3 = 50cm （1分）（ii）设玻璃管横截面积由理想气体状态方程/11s （马+/ 也S（3分）解得:yoocE （ 2分）2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的1.新型冠状病毒防疫期间，医用一次性口罩是必备的呼吸防护用品，口罩的核心材料是中间一层熔喷无 纺布。为了提高过滤效果必须在熔喷无纺布上进行重要的驻

18、极处理，就是在熔喷无纺布上加入静电荷。利 用电荷的静电力作用捕集尘粒，称为静电吸引沉积，静电吸附效果直接影响着口罩的使用寿命。根据这些 信息，下列说法正确的是（）A.医用一次性口罩可以进行高温蒸汽消毒再使用效果会更好B.医用一次性口罩可以防护天然放射现象中放射出的a、。和丫射线C.在防控期间口罩出现严重紧缺，为了节约资源刚用完的医用一次性口罩可以及时清洗晒干后使用D.防疫期间不法分子为了谋取暴利，制造销售假冒医用一次性驻极口罩，除了从专业技术上鉴定外，还 可以用口罩能否吸附轻小纸屑来判断真假2.如图甲所示，在匀强磁场中有一个N=10匝的闭合矩形线圈绕轴匀速转动，转轴0。2直于磁场方向， 线圈电

19、阻为5Qc从图甲所示位置开始计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，则（）A.线圈转动一圈的过程中产生的焦耳热。=10%2B.在，= 0.2s时，线圈中的感应电动势为零，且电流方向发生改变C.所产生的交变电流感应电动势的瞬时表达式为e = l（Ucos（5加）D.线圈从图示位置转过90。时穿过线圈的磁通量变化率最大3 .某同学投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，篮球运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于篮球从抛出到撞击篮板前，下列说法正确的是（）A.两次在空中的时间可能相等B,两次碰的篮板的速度一定相等C,两次抛出的初速度竖直分量可能相等D.两

20、次抛出的初动能可能相等4 .如右图所示，在一真空区域中，AB、CD是圆O的两条直径，在A、B两点上各放置一个电荷量为+ Q 的点电荷，关于C、D两点的电场强度和电势，下列说法正确的是（A.场强相同，电势相等B.场强不相同，电势相等C.场强相同，电势不相等D.场强不相同，电势不相等5. 一简谐机械横波沿x轴正方向传播，波长为入，周期为T。f =4时刻的波形如图所示，a、b是波上的两个质点。图是波上某一质点的振动图像。下列说法中正确的是（）A.：时质点a的速度比质点b的大B. 时质点a的加速度比质点b的小C.如图可以表示质点a的振动D.如图可以表示质点b的振动6.如图所示,将一交流发电机的矩形线圈

21、abed通过理想变压器外接电阻R=5Q,已知线圈边长ab=cd=O.lm, ad=bc = 0.2m,匝数为50匝，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两端，变压器原副线圈匝数比N：n2=l ： 3,线圈在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以u）=200rad/s的角速度匀速转动, 贝 IJ（）A.从图示位置开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为e=40sin200t （V）B.交流电压表的示数为20& VC.电阻R上消耗的电动率为720WD.电流经过变压器后频率变为原来的2倍7 .如图所示，一个内壁光滑、导热性能良好的汽缸竖直吊在天花板上，开口向下，质量

22、与厚度均不计、 导热性能良好的活塞横截面积为S=2xl0-3m2,与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，此时活塞与汽 缸底部之间的距离h=24cm,活塞距汽缸口 10cm。汽缸所处环境的温度为300K,大气压强po=1.0xl05pa, 取g=10m/s2：现将质量为m=4kg的物块挂在活塞中央位置上，活塞挂上重物后，活塞下移，则稳定后活塞 与汽缸底部之间的距离为（） NN.*/勿才A. 25cmB. 26cmC. 28cmD. 30cm8 .战斗机离舰执行任务，若战斗机离开甲板时的水平分速度大小为40m/s,竖直分速度大小为20m/s,离 舰后它在水平方向做加速度大小为lm/sZ的匀加速运

23、动，在竖直方向做加速度大小为2m/sZ的匀加速运动, 以战斗机离开甲板时的位置为坐标原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立直角坐标系，则在它离舰 后的一段时间内，下列轨迹正确的是（）9 .如图所示，电路中所有原件完好，当光照射到光电管上时，灵敏电流计中没有电流通过，可能的原因是（）B.入射光频率太高C.电源正负极接反D.光照射时间太短10 .如图所示，D是一只理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），电流只能从a流向b, A、B为间距很小且正对的平行金属板，现有一带电粒子（不计重力），从B板的边缘沿平行B板的方向射入极板 中，刚好落到A板正中央，以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的

24、电压，表示粒子电势能 的减少量，若保持极板B不动，粒子射入板间的初速度%不变，仅将极板A稍向上平移，则下列说法中正确的是A. E变小B. U变大C. £,不变D.若极板间距加倍，粒子刚好落到A板边缘二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分11 . 2019年11月5日，我国成功发射了“北斗三号卫星导航系统”的第3颗倾斜地球同步轨道卫星。"北斗 三号卫星导航系统”由静止地球同步轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星、中圆地球轨道卫星组成。中圆地 球轨道卫星轨道周期是12个小

25、时左右，“同步轨道”卫星的轨道周期等于地球自转周期，卫星运行轨道面与 地球赤道而的夹角叫做轨道倾角。根据轨道倾角的不同，可将"同步轨道”分为静止轨道（倾角为零）、倾斜 轨道（倾角不为零）和极地轨道。根据以上信息，下列说法正确的有（）A.倾斜地球同步轨道卫星的高度等于静止地球同步轨道卫星的高度B.中圆地球轨道卫星的线速度大于地球同步轨道卫星的线速度C.可以发射一颗倾斜地球同步轨道卫星，静止在扬州上空D.可以发射一颗倾斜地球同步轨道卫星，每天同一时间经过扬州上空12 .如图，等离子体以平行两极板向右的速度v=100m/s进入两极板之间，平行极板间有磁感应强度大小 为0.5T、方向垂直纸而

26、向里的匀强磁场，两极板间的距离为10cm,两极板间等离子体的电阻r=lQ.小波 同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中B点，沿边缘放一个圆环形电极接电路中A点后完成“旋 转的液体”实验。若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，上半部分为S极，Ro=2.OQ,闭合开关 后，当液体稳定旋转时电压表（视为理想电压表）的示数恒为2.0V,则A.玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘B.由上往下看，液体做逆时针旋转C.通过Ro的电流为L5AD.闭合开关后，&的热功率为2W13. a、b两束单色光从水中射向空气发生全反射时，a光的临界角大于b光的临界角，下列说法正确的是（ ）A.以相同的入射角从

27、空气斜射入水中，a光的折射角小B.分别通过同一双缝干涉装置，a光形成的相邻亮条纹间距大C.若a光照射某金属表而能发生光电效应，b光也一定能D.通过同一玻璃三棱镜，a光的偏折程度大E.分别通过同一单缝衍射装置，b光形成的中央亮条纹窄14.如图，理想变压器的a、b两端接在U=220V交流电源上，定值电阻R° = 40Q, R为光敏电阻，其阻值120R随光照强度E变化的公式为R= -0,光照强度E的单位为勒克斯（lx）。开始时理想电流表Az的示数为E0.2A,增大光照强度E,发现理想电流表A】的示数增大了 0.2A,电流表A2的示数增大了 0.8A,下列说法正确的是（）n. 4A.变压器原

28、副线圈匝数比二=不B.理想电压表V2、V3的示数都减小C.光照强度的增加量约为7.5lxD.在增大光照强度过程中，变压器的输入功率逐渐减小15.如图半径为R的内壁光滑圆轨道竖直固定在桌而上，一个可视为质点的质量为m的小球静止在轨道底 部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直而 内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过这两次击打，小球才能运动到圆轨道 的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W】，第二次击叫打过程中小锤对小球做功W2。若两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则

29、房的值可能是（）1 1A. -B. -C. 1D. 232三、实验题：共2小题16.某同学用如图所示装置探究气体做等温变化的规律。在实验中，下列哪些操作不是必需的，A.用橡胶塞密封注射器的下端B.用游标卡尺测量柱塞的直径C,读取压力表上显示的气压值D.读取刻度尺上显示的空气柱长度（2）实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管（或注射器），并且在实验中要缓慢推动活塞，这些要 求的目的是 。下列图像中，最能直观反映气体做等温变化的规律的是17.测量电压表内阻（量程为3 V）的实验如下：用多用电表粗略测量，把选择开关拨至的欧姆挡上，欧姆调零后，把红表笔与待测电压表（选填"正"或

30、"负）接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相接：（2）正确连接后，多用电表指针偏转角度较小，应该换用（选填ar，或“xio（r）挡，重新欧姆调零后测量，指针位置如图甲所示，则电压表内阻约为 Q：现用如图乙所示的电路测量，测得多组电阻箱的阻值R和对应的电压表读数U,作出"一R图象如图丙 所示.若图线纵截距为b,斜率为k,忽略电源内阻，可得Rv=:实验中电源内阻可以忽略，你认为原因是°四、解答题：本题共3题18. 如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管与U型玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同.U 型管左管上端封有长20cm的理想气体B,右管上端开口并与大气相通，此时U

31、型玻璃管左、右两侧水银 面恰好相平，水银而距U型玻璃管底部为25cm.水平细管内用小活塞封有长度10cm的理想气体A.已知 外界大气压强为75cmHg,忽略环境温度的变化.现将活塞缓慢向左拉，使气体B的气柱长度为25cm,求: 左右管中水根而的高度差是多大？19. （6分）如到水平地面上固定着竖直而内半径R=2.75m的光滑圆弧槽，圆弧对应的圆心角为37。，槽的 右端与质量m=lkg、长度L=2m且上表而水平的木板相切，槽与木板的交接处静止着质量mi=2kg和m2=lkg 的两个小物块（可视为质点）。现点燃物块间的炸药，炸药爆炸释放的化学能有60%转化为动能，使两物 块都获得水平速度，此后mz

32、沿圆弧槽运动，离开槽后在空中能达到的最大高度为h=0.45m。已知m】与木 板间的动摩擦因数内=02木板与地面间的动摩擦因数内=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如37。=0.6, cos37°=0.8> 重力加速度 g=10m/s2o 求： 物块到达圆弧槽左端时的速率v： 炸药爆炸释放的化学能E：木板从开始运动到停下的过程中与地面间因摩擦而产生的热量Q。20. (6分)如图所示，在xOy平面坐标系的第一象限内的某区域存在匀强磁场，在第二象限内存在沿x正 方向的匀强电场，电场强度的大小为E=5xl()3v/m。曲线0C上分布着大量比荷为幺=105c/kg的正电荷，m曲线0C上

33、各点的坐标满足y2=k|x|, C点的坐标为(-0.1, 0.2)« A点在y轴上，CA连线平行于x轴，D点 在x轴上且OD=OAq现所有正电荷由静止释放，在第一象限内磁场的作用下都沿垂直x轴方向通过了 D点。不计正电荷所受的重力及电荷间的相互作用力。求: 正电荷通过y轴时的速度与纵坐标的关系;匀强磁场的磁感应强度的大小和方向: 匀强磁场区域的最小面积,参考答案一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的1. D【解析】【分析】【详解】AC.高温蒸汽消毒和清洗都会导致熔喷无纺布上失去静电吸附能力，AC错误；B.医用一次性口

34、罩可能会防护天然放射现象中放射出的a射线，但对于穿透性较强的B射线和Y射线无防护作用，B错误：D,熔喷无纺布上带有静电，可以对轻小纸屑产生吸附作用，可以用口罩能否吸附轻小纸屑来判断真假，D正确。故选Do2. C【解析】【详解】A.最大感应电动势为：E = NBSco=NBS = N<D？ > = 10x0.2x = 10万(V)“T 91 T0.4感应电动势的有效值为： 石=华=华=5岳(V)V2 V2线圈转动一圈的过程中产生的焦耳热Q = -t =6丝£ X 0.4 = 4/(J) R 5故A错误;B. t=0.2s时，磁通量为0,线圈中的感应电动势最大，电流方向不变，

35、故B错误:C.由图知角速度2/04rad /s = 5rad / s因为线圈从垂直中性面开始计时，所以交变电流感应电动势的瞬时表达式为 e=10Hcos (5nt) V故C正确：D.线圈在图示位置磁通量为0,磁通量的变化率最大，穿过线圈的磁通量变化最快，转过90。，磁通量 最大，磁通量变化率为0,故D错误。故选：Cc3. D【解析】【详解】A.将篮球的运动逆向处理，即为平抛运动，由图可知，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时间较 短，故A错误：B.篮球的运动逆向视为平抛运动，则平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第二次用 的时间较短，故第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞篮板的

36、速度较大，故B错误：C.篮球的运动逆向视为平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由。=网?可知，第二次抛出时速 度的竖直分量较小，故c错误;D.由于水平速度第二次大，竖直速度第一次大，根据速度的合成可知，抛出时的速度大小不能确定，有可能相等，所以两次抛出的初动能可能相等，故D正确；故选D。4. B【解析】【分析】【详解】根据电场的叠加原理，C、D两点的场强如图由于电场强度是矢量，故C、D两点的场强相等，但不相同：两个等量同种电荷的电场关于两电荷的连线和连线的中垂线对称，故根据电场的对称性，可知C、D两个点的电势都与P点的电势相同：故选B.5. A【解析】【分析】【详解】A.1时质点a在平衡位置

37、向上振动，质点b在波峰位置，则此时质点a的速度比质点b的大，选项A 4正确：TIcYB.，=彳时质点a在波峰位置，质点b在平衡位置，根据。=-一 可知，则此时质点a的加速度比质点b 2m的大，选项B错误：CD.因为，时质点a在最高点，质点b在平衡位置向下振动，可知右图不是质点ab的振动图像，选项CD错误。故选A。6. B【解析】【分析】【详解】A.线圈绕垂直磁场的虚线轴匀速转动，产生正弦式交流电，交变电动势最大值：Em=NBSu)=50x0.2x0.1x0.2x200V=40V图示位置为与中性而垂直的位置，感应电动势为最大，则从此时开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为e=40cos

38、200t (V)故A错误；B.线圈内阻不计，则电压表示数为交变电动势的有效值Fr-E = - = 20V2VV2故B正确：C.根据变压比可知，副线圈输出电压：U =匹亚 = 6。07勺电阻R上消耗的功率：U2P = = 1440WR故c错误：D.变压器不会改变交流电的频率，故D错误。故选:Bo7. D【解析】【详解】该过程中气体初末状态的温度不变，根据玻意耳定律有c, mg ClPoSh = "°一一 SI%代入数据解得故D正确，ABC错误。故选D。8. D【解析】【详解】AB.战斗机在水平方向和竖直方向分别做匀加速直线运动，且竖直方向的加速度大于水平方向的加速度， 其轨迹

39、应该向上弯曲，故AB错误；CD.根据匀变速直线运动位移公式，竖直方向y = 20f+ ；x2/。即r + 20t-y = 0当y=200m时r + 20r-200 = 0解得t = (10>/3-10)s 圮 7.3s水平方向x = 40/ + xlx/2 = 318.6m 2结合CD图象，D图象更加符合轨迹图象，故D正确。故选D。9. C【解析】【详解】A.根据光电效应方程=叱)+耳m可知光电管能否产生光电效应与入射光的强度没有关系，A错误：B.若入射光频率太高，则一定大于金属的极限频率，故一定可以发生光电效应，电流计中可能电流通过,B错误；C.电源正负极接反时，光电管加上反向电压，光

40、电子做减速运动，可能不能到达阳极，电路中不能形成 电流，C正确；D.光电管能否产生光电效应与光照时间没有关系，D错误。故选c010. B【解析】【详解】由77，Q = CU可知d增大，电容器要放电，但二极管使电容器无法放电，Q不变，U增大，B4frkdtj 4正确：又E = 1可得上=一，E不变，A错误：粒子电势能减少量，£* =1=«，所以增大,dsSC错误：对类平抛运动，a= f d =-at2, x =卬得a =匹,d = -at,=,第一次落在m 2m 2、qEI6大位置，d加倍，第二次落在也/位置，D错误.22二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分.在

41、每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分11. ABD【解析】【详解】A. 同步轨道“卫星的轨道周期等于地球自转周期，根据万有引力提供向心力可知一 Mm ,2 兀?同步卫星的周期相同，则其轨道半径相等，距地而高度相等，故A正确:B.卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力解得中圆地球轨道卫星的轨道半径小，线速度大，故中圆地球轨道卫星的线速度大于地球同步轨道卫星的线速 度，故B正确；C.倾斜地球同步轨道卫星的周期虽与地球自转周期相同，但不能与地球表而相对静止，不能静止在扬州 上空，故C错误：D.倾斜地球同步轨道卫星与地球自转周期相同，则

42、每过24h都运动一圈，则每天同一时间经过扬州上空, 故D正确。故选ABDO12. BD【解析】【详解】AB.由左手定则可知，正离子向上偏，所以上极板带正电，下极板带负电，所以由于中心放一个圆柱形电 极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由 边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因 此液体沿逆时针方向旋转，故A错误，B正确：C.当电场力与洛伦兹力相等时，两极板间的电压不变，则有 UqvB = q ：得U=B小，=05 xO.lxl 00V=5V由闭合电路欧姆定律有UUv =/(r+ &

43、)解得Z = 1ARo的热功率 %=/2%=2W 故C错误，D正确。 故选BDo13. BCE【解析】【分析】【详解】A.由题知a光的临界角大于b光的临界角，根据.1 sin C = n可知a光的折射率较小，波长较大，光以相同的入射角从空气斜射入水中，根据sin/n =sinr可知a光的折射角较大，故A错误；B.根据双缝干涉条纹间距公式Av = 2d因a光的波长较大，所以a光形成的相邻亮条纹间距大，故B正确：C. a光的频率小，照射某金属表面能发生光电效应，所以b光频率大，也一定能发生光电效应，故C正确;D. a光的折射率较小，通过玻璃三棱镜后，偏折程度小，故D错误；E. a光的频率小，波长长

44、，通过单缝发生衍射，中央亮条纹宽，故E正确。故选BCEo14. AC【解析】【分析】【详解】A.设开始时变压器初级电流为I】，则/,0.8n2 A /1 0.2解得!h_ = i公 1选项A正确：B.因变压器初级电压不变，则由于匝数比一定，可知次级电压Vz不变：因次级电流变大，则R。上电压变大，则V3的示数减小，选项B错误；C,变压器次级电压为="Lu =55V2 4 1开始时光敏电阻=5 &=至-40 = 235。120.2后来光敏电阻昭=5 一凡=兰-40 = 15。一 I,° Ia£=120_120 = 120_1207.51x 凡 15 235 4

45、选项c正确:D.在增大光照强度过程中，变压器次级电阻减小，则次级消耗功率变大，则变压器的输入功率逐渐变大, 选项D错误。故选AC.15. AB 【解析】 【分析】 【详解】 第一次击打后球最多到达与球心0等高位置，根据功能关系，有WiWmgR 两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有Wi+Wz-2mgR= mv2 2在最高点，有 mg+FN= m 2mg R联立解得Wi<mgR3Wz> mgR2故W 2I I 、叫一 3故AB正确，CD错误。故选ABo三、实验题：共2小题16. B保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变C 【解析】【分析】【详解】A.为了保证气密性，应用橡胶塞

46、密封注射器的下端，A需要；BD.由于注射器的直径均匀恒定，根据可知体积和空气柱长度成正比，所以只需读取刻度尺上显示的空气柱长度，无需测量直径，B不需要D需要：C.为了得知气压的变化情况，所以需要读取压力表上显示的气压值，C需要。让选不需要的，故选丸手温会影响气体的温度，且实验过程中气体压缩太快，温度升高后热量不能快速释放，气体温度会升高，所以这样做的目的为保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变。PV11(3)3根据 7二。可知当气体做等温变化时，p与V成反比，即故一"图像为直线，所以为了 能直观反映P与V成反比的关系，应做器图像，C正确。17. 负 xlOO 4000；电压表内阻远

47、大于电源内阻【解析】【详解】欧姆表内阻电源负极与红表笔相连，根据电压表的使用原则“电流从正接线柱流入负接线柱流出”可知 把红表笔与待测电压表负接线柱相接。网选择开关拨到"xl0的欧姆挡，指针偏转角度很小，则表盘刻度很大，说明是个大电阻，所选挡位太小，为减小实验误差，应换用xlOO欧姆挡重新调零后测量：欧姆表示数为40x1000=4000。由图乙结合欧姆定律得UE= - ( Rv+R)此变形得：1 1 1-= 1 RU E ER，结合图丙可得：,1 , 1b = ,k =E ERV解得bRv=r由于电压表内阻一般几千欧，电源内阻几欧姆，电压表串联在电路中，且电压表内阻远大于电源内阻,故电源内阻可忽