2020年安徽芜湖高考物理一模试卷

2020年安徽省芜湖市高考物理一模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）.物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上。下列说法正确的是（）A.贝克勒尔发现天然放射现象，其中B射线来自原子最外层的电子B.密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的C.卢瑟福的a粒子散射实验发现电荷量子化的D.汤姆逊发现电子使人们认识到原子内部是有结构的【答案】D【考点】物理学史【解析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。【解答】4、贝克勒尔发现天然放射现象，S衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的，故4错误；B、密立根油滴实验测出了电子的电荷量，发现了电荷量的量子化，不明说明核外电子的轨道是不连续的，故B错误；C、卢瑟福的a粒子散射实验揭示了原子核式结构的模型，故C错误；。、汤姆逊发现电子使人们认识到原子内部是有结构的，故。正确；.质量为6的光滑小球恰好放在质量也为6的圆弧档内，它与槽左右两端的接触处分别为4点和B点，圆弧槽的半径为凡。4与水平线4B成60。角，槽放在光滑的水平桌面上，通过细线和滑轮与重物C相连，细线始终处于水平状态，通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与绳质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的最大质量为（）【答案】D【考点】牛顿运动定律的应用一从运动确定受力【解析】根据对球受力分析，结合小球恰好能滚出圆弧槽，确定小球的受力情况，再由牛顿第二定律，即可求解小球的加速度，再由整体法，可确定拉力的大小与桌面对圆槽的支持力，从而即可求解。【解答】解：要使小球不从槽中滚出，设小球的临界加速度为a，对小球进行受力分析，结合牛顿第二定律得mgcot60o=ma，解得a=Kg.设细线的拉力大小为T，重物C的质量3试卷第1页，总18页为M,对小球和槽整体分析可得T=2ma,对C分析可得Mg-T=Ma,联立并代入加速度可得M=(V3+1)仙故。正确，ABC错误.故选D..如图，小球甲从4点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30。，已知8、C高度差为七两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知()A.小球甲作平抛运动的初速度大小为2d处3B.甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1：d3C.4B两点高度差为几4D.两小球在C点时重力的瞬时功率相等【答案】C【考点】平抛运动基本规律及推论的应用自由落体运动的计算【解析】由九二工自投求出乙运动的时间，然后求出乙的速度，然后结合运动的合成与分解求出2甲的初速度和竖直方向的分速度，最后由速度公式求出甲在空中运动的时间.【解答】解：4.由九=15^2可得乙运动的时间为：t=JZ,TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"2 1g所以甲与乙相遇时，乙的速度为：v=gt=42gh,所以甲沿水平方向的分速度，即平抛的初速度为：v=usin30。=uxsin30。=返返,%B 2故4错误.B.物体甲沿竖直方向的分速度为：v=vcos30。=uxcos30。=强边,yB 2由为=g「2，所以B在空中运动的时间为：七2=%=-2—=d3h，gg2g 、 . , . „t，2—2,3甲、乙两小球到达C点所用时间之比为：］一、一3，故B错误.2C.小球甲下降的高度为：h,=1gt2=1xgx也=3h,222 2g44、B两点间的高度差：H=h-h，=4h,故C正确.D.两个小球完全相同，则两小球在C点重力的功率之比为：上的=皿吗=3=。，PgamgUy¥6^h-d32试卷第2页，总18页

故。错误.故选C.A3mr2_3GMm8 4rC3 2+3G■^^1^^8 4r【答案】B.5mv2-8D.5mv2+83GMm4r3GMmA3mr2_3GMm8 4rC3 2+3G■^^1^^8 4r【答案】B.5mv2-8D.5mv2+83GMm4r3GMm4rB【考点】平均功率万有引力定律及其应用动能定理的应用【解析】根据万有引力提供向心力得出卫星在半径为r和2r的圆轨道上的速度大小，结合卫星在椭圆轨道时距地球的距离与速度的乘积为定值，根据动能定理求出发动机在4点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差。【解答】由GM^=m蜉可知，卫星在轨道半径为r的圆轨道上运动的线速度大小％=1，在半径为2r的圆轨道上做圆周运动的线速度大小为%=呼，TOC\o"1-5"\h\z2 72r设卫星在椭圆轨道上B点的速度为%，由w=%・2r，可知在4点时发动机对卫星做功W=1mv2_1mv2，在B点时发动机对卫星做的功为％=1mv2_1m(K)2,1 2 2 1 2 2 2 2 2因此仅一%=5血血_9皿，故&正确，4CD错误。1 2 8 4r5.一足够长的传送带与水平面的夹角为仇传送带以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带上适当的位置放上质量为加、具有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点(t=0)，小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，3>4，已知传送带的速度保持不变，则()试卷第3页，总18页A.小物块与传送带间的动摩擦因疑<tan。B.小物块在0〜J时间内运动的位移比在J〜％时间内运动的位移小C.0〜J时间内，传送带对物块做的功为勿=1mv2-1mv22 2 2 2 1D.0〜t2时间内，物块动能的变化量一定小于物块与传送带间因摩擦而产生的热量【答案】【考点】摩擦力做功与能量转化匀变速直线运动的概念牛顿第二定律的概念【解析】由图看出，物块先沿传送带向下运动后向上运动，根据向上运动时物块的受力情况，分析A与tan。的关系。根据图象与时间轴所围的面积来分析物块的位移关系。根据动能定理研究0〜t2内传送带对物块做功。根据能量的转化情况分析0〜t2时间内，物块动能的变化量一定小于物块与传送带间因摩擦而产生的热量关系。【解答】4、在、〜三时间内，物块向上运动，则有：4mgcose>mgsine，得4>tan。，故4错误；B、由图象与时间轴所围的面积大小等于位移可知，小物块在0〜、时间内运动的位移比在J〜％时间内运动的位移大，故B错误；C、0〜t2时间内，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为纥，根据动能定理得：勿+勿=［加叱一二6眠，故传送带对物块做功勿〈16写-16若，故c错误；^ 2 2 2 1 2 2 2 1。、0〜%时间内，物块的重力势能和动能均减小，减小的重力势能和动能都转化为系统产生的内能，由能量守恒定律知，系统产生的热量一定大于动能的变化量，即0〜t2时间内，物块动能的变化量一定小于物块与传送带间因摩擦而产生的热量，故D正确。6.如图所示，虚线所围矩形区域abed内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。现从处边的中点。处，某一粒子以最小速度u垂直于磁场射入、方向垂直于就时，恰能从ad边的a点穿出。若撤去原来的磁场在此矩形区域内存在竖直向下的匀强电场，使该粒子以原来的初速度在。处垂直于电场方向射入，通过该区域后恰好从4点穿出，已知此粒子的质量为加，电荷量的大小为q，其重力不计；比边长为21，ad边长为31，则下列说法中正确的是（）试卷第4页，总18页A.匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比刈=9EvB.匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为a=3EvC.离子穿过磁场和电场的时间之比J=工74D.离子穿过磁场和电场的时间之比二==76【答案】A,D【考点】带电粒子在电场中的加（减）速和偏转带电粒子在匀强磁场中的运动规律向心力牛顿第二定律的概念【解析】带电粒子在磁场中圆周运动，根据几何关系求出半径和偏转角，再根据牛顿第二定律求出磁感应强度B的公式和时间关系式；在电场中类平抛运动，根据牛顿第二定律和类平抛运动列方程求解电场强度E和时间，最后比较其大小关系。【解答】当带电粒子的速度较小时，其转动半径较小，若能从就边穿出，至少使圆弧与ad相切，从几何关系可以看出：2R=l而q“B=m以，解得：B=2m^,r qi粒子在磁场中运动的时间为：0=过=也，V2V因板长为31,带电粒子在电场中做类平抛运动，有水平方向有：31="所以，12=31,竖直方向：l=1at22V 2由牛顿第二定律得：。=出m解得：E=3,91q所以：=；,）=6故4D正确、BC错误。7.如图所示，在竖直平面内的%Oy坐标系中分布着与水平方向成30。角的匀强电场，将一质量为0.1kg、带电荷量为+0.02C的小球以某一初速度从原点。竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y2=%,已知P点为轨迹与直线方程y=%的交点，重力加速度g=106/$2,则（）试卷第5页，总18页A.电场强度的大小为100N/CB.小球初速度的大小为5V3m/sC.小球通过P点时的动能为逸/4D.小球从。点运动到P点的过程中，电势能减少两【答案】A,C【考点】带电粒子在电场中的加（减）速和偏转【解析】分析小球受力情况得到竖直、水平分运动，从而根据轨迹方程求得竖直、水平加速度及初速度，即可求得场强；再根据功的定义求得重力、电场力做的功，即可得到电势能变化及动能变化，从而求得末动能。【解答】TOC\o"1-5"\h\z解：4B.小球受重力和电场力作用，故竖直方向做加速度％=心皿^-的匀变速运1 m动，水平方向做加速度为a2=曲产的匀加速运动，故丫=%「+；。/2，%=2。/2，由运动轨迹满足y2=%，所以，％=0，v=V1a,1 0 22所以，场强E=-7=100N/C，a=10V3m/s2，初速度"=F73m/s，故4正确，qsin30。 2 0B错误；CD.抛物线和直线的交点P的坐标为。,y）=（1,1）,故该过程中重力做功为：纥=mgy=1/，电场力做功为：WE=qEcos30•%+qEsin30•y=（1+V3）/,故小球从。点运动到p点的过程中，电势能减少（1+V3»，小球通过p点时的动能为16y2+w+W=函/，故C正确，。错误.2 0GE4故选4c8.如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为3导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为A的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为加、电阻也为R的金属棒从高为八处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。己知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为小金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（）（重力加速度为0）试卷第6页，总18页A.金属棒克服安培力做的功等于金属棒产生的焦耳热B.金属棒克服安培力做的功为mghC.金属棒产生的电热为160（%-Nd）2D.金属棒运动的时间为且-^【答案】C,D【考点】闭合电路的欧姆定律安培力的计算电磁感应中的能量问题牛顿第二定律的概念单杆切割磁感线【解析】金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E=BL”求出感应电动势。金属棒进入水平导轨后做减速运动，产生的感应电动势减小，所以金属棒刚进入水平导轨时电压最大。由串联电路分压规律求出最大电压；根据牛顿第二定律和加速度的定义式结合求时间。克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到导体棒产生的焦耳热。【解答】4金属棒克服安培力做功等于金属棒与定值电阻R产生的焦耳热，故4错误；B、由能量守恒定律可知，金属棒克服安培力做功与克服摩擦力做功的和为mgh,金属棒克服安培力做功小于mgh,故B错误；C、根据动能定理则：60%-460日-勿安=0,则克服安培力所做的功为勿=60%-A^gd；电路中产生的焦耳热等于客服安培力做功，所以金属棒产生的焦耳热为1mg（%-囱），故C正确；2。、金属棒在下滑过程中，由机械能守恒定律得：加自九二16^,则得金属棒到达水平面时的速度：u=J2gh,金属棒在磁场中运动时，取向右为正方向，根据牛顿第二定律得：-4mg-s=2Rma=m^^，即：-^m^At-^^△t=m△r，两边求和得：£（-460△t-理电△七）=£加△外则得-从明4-心1纽=0-6口2R 2R解得金属在磁场中的运动时间为七二且-皿迄，故。正确；〃g2R〃mg试卷第7页，总18页二、解答题（共4小题，满分47分）如图甲所示为“探究加速度与力、质量的关系〃实验装置，数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和祛码的质量对应关系图。钩码的质量为rn1,小车和祛码的质量为62,重力加速度为g。发射需发射需状收器（1）下列说法正确的是（）。A.每次在小车上加、减祛码时，应重新平衡摩擦力B.实验时若用打点计时器，则应先释放小车后接通电源C.本实验中62应远小于61D.在用图象探究加速度与质量关系时，应作。-：图象（2）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若木板水平，他测量得到却一十图象如图乙所示，设图中直线的斜率为k在纵轴上的截距为七则小车与木板间的动摩擦因数4=，钩码的质量61=。（3）实验中打出的纸带如图所示。相邻计数点间的时间间隔是0.1$,图中长度单位是cm,由此可以算出小车运动的加速度是m/s2。【答案】D立工gk'gk0.46【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【解析】改变小车的质量，无需重新平衡摩擦力；先接通电源后释放小车；用钩码的质量替代小车的合力需要满足mz〉〉加]；根据牛顿第二定律有61g-462g=62a，把这个方程整理成a与2的函数关系，结合图象来求4和6/根据公式s4-S]=3aT2求加速度。【解答】4、由于平衡摩擦力之后有61gsine=4/gcose，故tan6=4.所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改试卷第8页，总18页

变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故4错误；B、打点计时器要“早来晚走〃，即实验开始时先接通打点计时器的电源，待其平稳工作后再释放小车，故B错误；C、根据牛顿第二定律可得系统的加速度。=分心，则绳子的拉力F=小2。=%"=m1m2 2 m1m?绳子的拉力才近似等于苦，由此可知钩码的质量/远小于小车和祛码的质量m2时，绳子的拉力才近似等于m2钩码的重力，故c错误；。、由牛顿第二定律可知a=工3当F一定时，a与—成正比，所以应作出a-二图象，小2 m2 m2故。正确。故选：D。根据牛顿第二定律可知叫。-4小2。=%a,变形后得~1=4~^,1 22 优2优1m19在a-,图象中，斜率上=^，纵轴截距入二4,m2 m1g m1所以钩码的质量％=2，小车与木板间的动摩擦因血=力。从纸带上读出s1=1.24cm_,s4=2.62cm•，则$4-51=3072,得：a=^-1=262-124*10-2巾/s2=o.46巾/s2。3T2 3x0.12故答案为：⑴。；（2）j,［；（3）0.46。导电玻璃是制造LCD的主要材料之一，为测量导电玻璃的电阻率，某小组同学选取了一个长度为L的圆柱体导电玻璃器件，上面标有“3几L〃的字样，主要步骤如下，完成下列问题。（1）首先用螺旋测微器测量导电玻璃的直径，示数如图甲所示，则直劭= mm=（2）然后用欧姆表X100档粗测该导电玻璃的电阻，表盘指针位置如图乙所示，则导电玻璃的电阻约为^。（3）为精确测量勺在额定电压时的阻值，且要求测量时电表的读数不小于其量程的1,滑动变阻器便于调节，他们根据下面提供的器材，设计了一个方案，请在图3的虚线框中画出电路图，标出所选器材对应的电学符号。4.电流表4（量程为60小4内阻与1约为3。）B.电流表&（量程为2巾4内阻/2=15。）C定值电阻4=747口试卷第9页，总18页。・定值电阻4=1985CE.滑动变阻器A（0〜20C）一只用电压表，（量程为10几内阻/=1kn）G.蓄电池E（电动势为12k内阻很小）H.开关S一只，导线若干（4）由以上实验可测得该导电玻璃电阻率值p=（用字母表示，可能用到的字母有长度L、直径d、电流表4、&的读数/「12，电压表读数U,电阻值&gRA2、RV、"1、"2）。【答案】1.990500如图所示；兀叫（勺+勺2）4%-，2）【考点】测定金属的电阻率【解析】（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。（2）欧姆表的测量电阻，阻值等于表盘读数乘以倍率。（3）明确实验要求，分析电流表和电流表量程，从而确定误差最小的电路接法，注意明确改装原理的正确应用；（4）分析电路结构，根据串并联电路的规律以及欧姆定律再结合电阻定律即可正确求解电阻率。【解答】螺旋测微器的固定刻度为1.56加，可动刻度为49.0x0.01mm=0.490mm,所以最终读数为1.5mm+0.490加加=1.9906加（1.989〜1.9916加均正确）表盘的读数为5,所以导电玻璃的电阻约为5X100n=500n0电源的电动势为12k电压表的量程为10几滑动变阻器的电阻为20。由于滑动变阻器的电阻与待测电阻的电阻值差不多，若串联使用调节的范围太小，所以滑动变阻器选择分压式接法；流过待测电阻的电流约为：/=3-=0.0064=664两电压表量程均不合适；500同时由于电压表量程为10几远大于待测电阻的额定电压3k故常规方法不能正常测量；所以考虑用电流表改装成电压表使用，同时电压表量程为10匕内阻砥=1kO故满偏电流为1064符合要求，故将电压表充当电流表使用，电流表42与A2串联充当电压表使用，改装后量程为4几可以使用，由于改装后电表已知，故内外接法均可，故电路图如图所示；根据串并联电路的规律可知，待测电阻中的电流：1=从一12叼2电压：以飞鸟+匕）由欧姆定律可知电阻：（=幺%J试卷第10页，总18页根据电阻定律可知：R=PLS而截面积：s=兀生4联立解得:如图所示，一轻质弹簧一端固定在倾角为37。的光滑固定斜面的底端，另一端连接质量4=2kg的小物块A小物块Z静止在斜面上的。点，距。点,=0.756的P处有一质量4=1叼的小物块心由静止开始下滑，与小物块Z发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后当小物块B第一次上滑至最高点时，小物块幺恰好第一次回到。点。小物块AB都可视为质点，重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37。=0.8.求：(1)碰后小物块B的速度大小;(2)从碰后到小物块人第一次回到。点的过程中，弹簧对小物块人的冲量大小。【答案】碰后小物块B的速度大小1m/s；从碰后到小物块Z第一次回到。点的过程中，弹簧对小物块Z的冲量大小为10N•s。【考点】动量守恒定律的理解摩擦力做功与能量转化【解析】(1)对B下滑过程应用动能定理可以求出碰撞前B的速度，AB发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后的速度。(2)碰撞后B向上做匀减速直线运动，应用运动学公式可以求出其上升时间；碰撞后人在运动过程只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，根据题意求出人回到。点时的速度，应用动量定理可以求出弹簧对人的冲量。【解答】B下滑/获得的速度为‘，由动能定理得：叫”0sm37=2/4，代入数据解得：/=3m/s；4B发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：mBv0=mAvAmBvB,由机械能守恒定律得：1%％=1叫叫工吃器，2b0 2AA2bb代入数据解得：vA=2m/s,%=1m/s;碰后，对B，由动量定理得：mB^tsin37o=m^0，代入数据解得：t=6s，试卷第11页，总18页对4由动量定理得：/-吗或•37。=2叫4，代入数据解得：/=10N・s；如图所示，在直角坐标系%。y的第一象限中有两个全等的直角三角形区域工和口，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域工的磁感应强度大小为与，区域口的磁感应强度大小可调，C点坐标为（4L,3L），M点为0C的中点。质量为加带电量为-q的粒子从C点以平行于y轴方向射入磁场口中，速度大小为叫^，不计粒子所受重力，粒子运2m动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场。（1）若粒子无法进入区域工中，求区域口磁感应强度大小范围；（2）若粒子恰好不能从4c边射出，求区域口磁感应强度大小；（3）若粒子能到达M点，且粒子是由区域口到达M点的，求区域口磁场的磁感应强度大小的所有可能值。【答案】若粒子无法进入区域/中，区域〃磁感应强度大小范围是：B<%；6若粒子恰好不能MC边射出，区域〃磁感应强度大小为4%；49若粒子能到达M点，区域〃磁场的磁感应强度大小的所有可能值为：^综、片综、24综、旦综、岱练。490 250 330【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动规律牛顿第二定律的概念向心力【解析】（1）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出粒子恰好不能进入区域工试卷第12页，总18页中的临界轨道半径，应用牛顿第二定律求出临界磁感应强度，然后确定磁感应强度的范围。(2)求出粒子恰好不能从4c边射出的临界轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。(3)粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子即可能在/区域到达M点，也可能从〃区域到达M点，根据粒子运动过程分析答题。【解答】粒子速度越大，半径越大，当运动轨迹恰好与%轴相切时，恰好不能进入/区域，粒子不能进入/区时，粒子运动半径：r0>33粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：*％=6畤，ro已知：VQ=产，解得：B</；6粒子在区域/中的运动半径为：丁=吟=々qB2若粒子在区域〃中的运动半径A较小，则粒子会从4c边射出磁场，恰好不从4c边射出时满足nO2O]Q=26,sin26=2sin6cos6=24,又sin26=a,At解得：A=#=鼾，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q%B=m畤，oR解得：B=g；49①若粒子由区域/达到M点，每次前进：CP2=2(Ar)cose=；(Ar),由周期性：CM=^CP2(N=0.1.2.3…)，即：；L=；"Ar),解得：^=r+-25>49L,16n 48解得：n<3,九=1时，^=33-L,3=旦”；九=2时^="3B=1650；九=3时A=妁3B=加综②若粒子由区域〃达到M点：由周期性：CM=CP]+九CP2(N=O.1.23J即：5L=8A+8几(Rr),5_l1s 八解得：^=^±5^>19L,；(1+m48试卷第13页，总18页解得：n<26,当九=0时，R=16L，B=25%九=1时：R=33L,B=16B0。三、[物理一选修3—3]下列说法正确的是（）A.常见的金属是多晶体，具有确定的熔点B.干湿泡湿度计的湿泡和干泡所示的温度相差越多，表示空气湿度越大C.把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，尖端会变钝是因为液体表面张力作用的结果口.脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液E.饱和汽的压强一定大于非饱和汽的压强【答案】A,C,D【考点】*液体的微观结构*晶体和非晶体【解析】常见的金属是多晶体，具有确定的熔点；干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状越远，越干燥；作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力。它产生的原因是液体踉气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力。这就是表面张力，它的方向平行于液体表面；相同温度、相同液体，饱和汽的压强大于末饱和汽的压强。【解答】4常见的金属是多晶体，具有确定的熔点，故4正确；B、干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状越远，越干燥，故B错误；C、玻璃管道裂口放在火上烧熔，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故，故C正确；D、脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，故。正确；E、相同温度、相同液体，饱和汽的压强大于末饱和汽的压强，但不同温度、液体不一定，故E错误；如图所示，两个导热气缸竖直放置，底部由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸内各有一个活塞，左边气缸内活塞质量为2加，右边气缸内活塞质量为加，活塞与气缸无摩擦，活塞的厚度可忽略。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度儿活塞离气缸顶部距离为2伍环境温度为”。⑷若在右边活塞上放一质量为6的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为"）;试卷第14页，总18页（讥）在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到5To，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差。⑷若在右边活塞上放一质量为6的物块，气体再次达到平衡后两活塞的高度差为3小2（讥）在达到上一问的终态后，环境温度由70缓慢上升到5To，气体再次达到平衡后两活塞的高度差为3伉2【考点】气体的等温变化“玻璃管封液〃模型【解析】⑷先计算出两活塞横截面积的关系，然后根据等压过程列出方程求解；5）先计算左边活塞上升到顶部时气体的温度做比较，然后计算右边活塞开始上升的温度，最后右边的活塞上升过程是一个等压过程，列方程计算出右边的活塞上升的高度，即可解出高度差。【解答】⑷设左、右活塞的面积分别为S1和S2，气体的压强为P1,由于两活塞平衡则：P1sl=2mg,P2s2=mg得：S1=2S2在右边活塞上加上质量为6的物块后，右边的活塞受到向下的重力和压力为2mg,气体对活塞向上的压力为mg,所以右边的活塞降到气缸底部，所有气体都在左边的气缸中，设左边活塞没有碰到气缸顶部，则为等压过程，有h（si+s2）=hisi解得：h1=3h故假设成立，两活塞高度差为3h25）环境温度由"缓慢上升时，气体做等压变化直到左边活塞上升到气缸顶部，设此时温度为71，由h1^1=3h』i得：TTo1『丁。〈以故气体开始做等容变化，直到压强增大到把右边的活塞顶起，即压强由P]=皿变为噫二T2=4T。仍小于5T0则气体继续升温到5T0过程中气体做等压变化，设右边活塞上升%,试卷第15页，总18页由.3hsi=3"Si"S2可得.72