2021年广西南宁二中高考物理综合能力测试试卷_第1页
2021年广西南宁二中高考物理综合能力测试试卷_第2页
2021年广西南宁二中高考物理综合能力测试试卷_第3页
2021年广西南宁二中高考物理综合能力测试试卷_第4页
2021年广西南宁二中高考物理综合能力测试试卷_第5页
已阅读5页,还剩13页未读 继续免费阅读

下载本文档

版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领

文档简介

2021年广西南宁二中高考物理综合能力测试试卷(3月份)

1.下列说法正确的是()

A.在高温高压下放射性元素的半衰期会缩短

B.发生光电效应时,光电子的最大初动能与入射光频率成正比

C.核子结合成原子核时会放出能量

D.氢原子从高能级向低能级跃迁时,可辐射出任意频率的光子

2.银河系的恒星中大约四分之一是属于双星系统。某双星系统由质量不等的星体A和

B构成,两星体在相互的万有引力作用下绕两者连线上某一点C做匀速圆周运动。

由天文观察测得其运动周期为T,A和B的距离为小已知万有引力常量为G,则

由此可知两星质量之和为()

A27rL2B2TT2L24TT2L3口4TT2L3

•GT*GT2•GT2*GT3

3.将一带电粒子沿某一方向射入某电场中,只在电场力的作用下由

a点运动到b点的速度与时间的关系如图所示,则下列说法正确..J

的是()

A.该粒子一定带负电

B.该粒子在b点的电势能一定大于在“点的电势能

C.a点的电势一定高于b点的电势

D.。点的电场强度一定小于方点的电场强度

4.如图所示线圈匝数为〃的小型旋转电枢式交流发电

机的原理图,其矩形线圈面积为S,在磁感应强度

为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴0。'

匀速转动。矩形线圈电阻为r,矩形线圈通过两刷

环接电阻R,伏特表接在R两端。当线圈以角速度

3匀速转动,下列说法正确的是()

A.从线圈与磁场平行位置开始计时瞬时电动势为e=nBSa)sina)t

B.当线圈平面转到与磁场垂直时电压表示数为零

线圈从与磁场平行位置转过。过程中通过电阻的电荷量为等

C.90RR

222)

D.线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为nnBSa

R+r

5.如图所示,abed是竖直面内的固定轨道,岫段水平粗糙长度为2R,儿为四分之一

光滑圆弧轨道,cd为四分之一光滑圆管道,两管道平滑相接,半径均为上一质量

为俄的小球,在受到水平向右与重力大小相等的拉力F的作用下,由a点静止开

始向右运动,到达c点后撤去E小球恰好到达"点。重力加速度大小为g。小球

从a点恰好运动到"点过程中,机械能的变化量为()

A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR

6.如图所示,一固定光滑绝缘半圆弧槽C处于竖直向下的匀强磁场JI|SIIL

8中,槽内放有质量不变、电流方向垂直纸面向外的通电导体棒L:

静止于A位置,已知。位置为圆弧槽最低点。现使导体棒的电流♦”"「

缓慢增加时,下列说法正确的是()

A.导体棒受的安培力方向缓慢改变

B.导体棒将向圆弧槽最低点。移动

C.导体棒对圆弧槽的压力增加

D.导体棒所受的安培力与圆弧槽对导体棒的支持力的合力不变

7.如图所示,在光滑平面的左侧固定一竖直挡板,A球在水平|

面上静止放置,B球以某一速率向左运动与A球发生正碰,

B球碰撞前、后速率之比为2:1,A球垂直撞向挡板后以原速率返回,两球恰好不

再次发生碰撞,A、B两球的质量之比和碰撞前、后两球的总动能之比分别为()

A.mA:mB=1:3B.mA:mB=3:1

C.EH:Ek2=1:1D.Eki:Ek2=1:3

8.如图所示,平行金属导轨间距为L且与水平面的夹角为。,导轨电阻不计,导轨底

端与阻值为R的定值电阻相连,匀强磁场垂直穿过导轨平面向上,虚线Q1Q2以上

I区是磁感应强度为8的匀强磁场,虚线QiQz以下n区是磁感应强度为23的匀强

磁场。有一质量为,队长为乙、电阻为R的导体棒MN与轨道垂直且接触良好,从

P1P2处由静止释放,P$2的位置距离斜面底端足够长,导体棒与导轨之间的动摩擦

因数为〃,且4<tan。,若导体棒运动到Q1Q2之前某处时所受的安培力大小为Fi=

mgsind-nmgcosO,则下列说法正确的是()

第2页,共18页

A.导体棒在导轨上先减速运动后加速运动

B.导体棒在导轨上运动的过程中最大速度为u=变"嚅竺竺竺

C.导体棒在I区中匀速时的速度大小是在II区中匀速时的4倍

D.导体棒从开始释放到在QI<?2下匀强磁场速度不变时的过程中,导体棒所受的合

力的冲量大小为/=空丝笔3

2B2L2

9,小明同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律,其中红外线发射器、接

收器可记录小球的挡光时间。小明同学进行了如下操作:

(1)用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示,则小球的直径为mm,

(2)该小球质量为”?、直径为d.现使小球从红外线的正上方的高度处自由下落,记

录小球挡光时间h已知重力加速度为g,则小球下落过程中动能增加量的表达式

为;重力势能减少量的表达式为(用所给字母表示)。

(3)改变小球下落高度〃,多次重复实验,发现小球动能的增加量总是小于重力势能

的减少量,你认为可能的原因是(至少写出一条)。

10.某同学在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中,备有下列器材:

A.待测干电池(电动势约1.5V,内阻小于1.0。)

8.电流表4(量程0〜3m4,内阻=

C.电流表色(量程0〜0.64,内阻62约为0.1。)

。滑动变阻器飞(阻值0〜20。,额定电流104)

E.滑动变阻器8(阻值0〜2000,额定电流14)

凡电阻箱比(阻值范围0〜9990)

G.开关和导线若干

(1)某同学发现上述器材中虽然没有电压表,但给出了两个电流表,于是他设计了

如图甲、乙、丙、丁所示的四个参考实验电路,并计划用图象法处理实验数据,为

了使测量结果尽可能准确,其中最合理的是图所示的电路;在该电路中,为

了操作方便且能准确地进行测量,滑动变阻器应选(填器材前的字母代号)。

(2)该同学选出合理的实验电路后,把与串联的电流表当作量程为0〜3U的电压

表使用,于是将电阻箱R。的阻值调至_____0。

(3)图为该同学利用(1)中选出的合理的实验电路测出的数据绘出的人-/2图线”为

电流表&的示数,%为电流表&的示数),被测干电池的电动势E=V,内阻

r=n.(以上两空结果保留2位小数)

11.如图所示,某一足够长的水平传送带A、B以速率%=2m/s沿顺时针方向匀速转

动,一个质量为m=1kg的煤块从光滑曲面上高为H=0.8机处由静止释放,煤块经

过曲面和传送带连接处时无能量损失。煤块和传送带之间的动摩擦因数〃=0.4,g

取lOzn/s2。求:

(1)煤块第一次到达曲面底端时的速度%大小;

(2)煤块第一次在传送带上往返运动过程中在传送带上留下的痕迹长度小

第4页,共18页

〃=0.8m

oV/o

AB

12.如图所示,在xOy平面内,以射线0M为界,且射线

与x轴正方向成60。角,MOy区域内存在竖直向下

的匀强电场,),轴为电场的右边界;MOx区域内有垂

直于平面向外的匀强磁场,x轴为磁场的下边界。一质

量为"?、电荷量为+q的带电粒子从y轴上P点以初速

度%(孙已知)沿x轴正方向进入匀强电场中,穿过电场

后,以与x轴正方向成60。角的速度,从射线OM上的

。点(图中未画出)进入磁场,已知。点的纵坐标为3/?,带电粒子再经过磁场和电

场后,恰好又返回y轴上的P点。粒子重力忽略不计。求:

(l)MOy区域内匀强电场的电场强度E的大小;

(2)M0x区域内匀强磁场的磁感应强度B的大小。

13.下列说法正确的是()

A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动

B.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果

C.晶体在熔化过程中,要吸收热量,温度保持不变,内能也保持不变

D.高原地区水的沸点较低,这是高原地区温度较低的缘故

E.干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,这是湿泡外纱布中的水

蒸发吸热的结果

14.如图所示,右端封闭、内径相同的U形细玻璃管竖直放置,右

管中封闭有长为Li=25cm的理想空气柱,两管水银面高度差

L2=15cm,已知大气压强为po=75cmHg。

①将图中的阀门K打开,缓慢流出部分水银至两管水银面相平

(右管中空气柱温度不变),然后关闭阀门K,求U形细玻璃管

中流出水银柱的长度生;

②若①中J=300K,再将U形细玻璃管的右管中空气柱温度

缓慢升高,求当两管水银面高度差九2=15。加时(右管中仍有水银柱),求右管中空

气柱的温度72。

15.某横波在介质中沿x轴传播,图甲为t=0.75s时的波形图,图乙为P点(x=1.5m处

的质点)的振动图象,那么下列说法正确的是()

第6页,共18页

A.该波沿x轴负方向传播,波速为2m/s

B.从0.75s到2.25s质点P的通过的路程为60cm

C.t=1.0s时,质点P处于平衡位置,并正在往y轴负方向运动

D.在0.75s到1.75s时间内,质点N运动到Z,位置

E.该波能与频率为0.5Hz的另一横波发生干涉现象

16.如图,将半径为R的透明半球体放在水平桌面上方,。为

球心,直径恰好水平,轴线。0'垂直于水平桌面。位于。

点正上方某一高度处的点光源S发出一束与。。',夹角。=

60。的单色光射向半球体上的A点,光线通过半球体后刚好

垂直射到桌面上的B点,已知。缶=在R,光在真空中传播

2

速度为C,不考虑半球体内光的反射,求:

(i)透明半球对该单色光的折射率n;

(ii)该光在半球体内传播的时间。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解:A、半衰期由原子核内部因素决定,与原子核所处的物理环境和化学状态

无关,故A错误;

B、由爱因斯坦光电效应方程Ek=/iv-%,光电子的最大初动能与入射光的频率成线

性关系,并非正比,故B错误;

C、核子结合成原子核时会出现质量亏损,释放出核能,故C正确;

。、氢原子从高能级向低能级跃迁时,可辐射出特定频率的光子,故。错误。

故选:Co

半衰期的大小与原子核所处的物理环境和化学状态无关;

光电效应方程琮=hv-W0,可判断最大初动能与入射光频率的关系;

核子结合成原子核时会出现质量亏损,释放出核能;

氢原子从高能级向低能级跃迁时,辐射特定频率的光子。

本题考查了半衰期、光电效应、结合能、能级跃迁等知识点。这种题型知识点广,多以

基础为主,只要平时多加积累,难度不大。

2.【答案】C

【解析】解:设A和B的质量分别为和巾2,做匀速圆周运动的半径分别为心和「2,

72

将两式相加得:

G卡=S+/2)等,

G+72=L

设两星质量之和为则

M=m1+m2

整理可得

4TT2L3

M=cP

GT2

故A8O错误,C正确。

故选:C。

根据双星做匀速圆周运动的向心力由双星之间的万有引力提供,结合半径关系列方程求

第8页,共18页

解。

在处理双星问题时,要注意隐含条件:半径之和等于它们之间的距离;做匀速圆周运动

的向心力由它们的万有引力来提供。

3.【答案】B

【解析】解:A、根据u-t图像可知,带电粒子做减速直线运动,电场力方向与初速度

方向相反,由于不知道电场方向,所以不能确定带电粒子的电性,故A错误;

8、带电粒子从。点运动到,点的过程中,动能减小,由能量守恒定律知其电势能增加,

则该粒子在6点的电势能一定大于在a点的电势能,故B正确;

C、由于不能确定电场方向,所以不能确定电势高低,故C错误:

。、根据u-t图像的斜率等于加速度,知带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度,

由a=也知。点的电场强度一定大于b点的电场强度,故。错误。

m

故选:B。

根据UT图像知道带电粒子从。点运动到6点做减速运动,根据电场力方向,无法确定

粒子的电性:根据动能的变化分析电势能的变化,无法判断电场方向,不能判断电势高

低;根据u-t图像的斜率等于加速度,由数学知识判断带电粒子的加速度变化情况,

即可判断电场强度的大小。

解答本题时,要根据速度-时间图像斜率的意义分析加速度的变化情况,由电场强度与

加速度的关系a=殁分析电场强度的大小。

rrt

4.【答案】D

【解析】解:A、交流发电机产生电动势的最大值图示位置电动势最大,

所以从线圈与磁场平行位置开始计时瞬时电动势为e=nBScocoscot,故4错误;

8、电压表示数显示的是电压有效值,不为零,故B错误;

C、线圈从与磁场平行位置转过90。过程中通过电阻R的电荷量为q=篝=黑,故C

错误;

D、线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为Q=/2Rt="K衿,故。正确;

故选:Do

交流发电机产生电动势的最大值%=交流电压表显示的是路端电压有效值,通

过电阻的电量为詈,电阻产生的热量为Q=l2Rt.

本题考查了交流电的峰值和有效值、周期和频率的关系,记住,求电量用电动势的平均

值,求热量用有效值

5.【答案】A

【解析】解:由题意可知,小球恰好到达圆管道的“点,小球到达4点时的速度为零,

动能为零,小球从a点由静止开始运动,在。点动能为零,从"到d过程小球动能的增

加量AEkuO;从”到d过程,小球重力势能的增加量△Ep=mg(R+R)=2mgR,则

从。到d过程小球机械能的变化量△EuA&+△&,=2mgR,故A正确,BCD错误。

故选:Ao

动能与势能之和统称为机械能,根据题意求出小球动能与重力势能的变化量,然后求出

小球机械能的变化量。

知道机械能的概念,根据题意分析清楚小球的运动过程是解题的关键,根据题意求出小

球动能与重力势能的变化量即可解题。

6.【答案】CD

【解析】解:A、增大电流,只增大安培力的大小,但不改变方

向,故A错误;

B、导体棒受三力处于静止状态如图所示,由平衡条件有:水平

方向,BIL=FNsin0,竖直方向,mg=FNcos9,联立可得:

BIL-mgtanO,当电流/增大时,0增大,导体棒向右稍微移

动一点,故8错误;

C、由上一问竖直方向的的平衡方程可知:FN=枭,当。增大时:FN增大,故C正确;

。、由平衡条件可知,导体棒所受安培力与支持力的合力与重力大小相等,方向相反,

而重力不变,则合力也不变,故。正确。

故选:CD。

根据左手定则判断导体棒受到的安培力方向;再由F处=B/L和平衡条件判断支持力大

小和方向的变化。

本题是磁场与平衡条件的综合,还涉及到动态平衡问题,要掌握安培力公式和和平衡条

件等关系进行解答。

7.【答案】BC

第10页,共18页

【解析】解:AB,设碰前B球速度大小为%,碰后A、B两球速度大小分别为外、vB,

由题意知,以方向向左,切方向向右,且%=%

碰撞过系统程动量守恒,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得:

~mBv0=-mAvA+mBvB

解得:?=?故A错误,B正确;

CD、碰撞前总动能:。=纲3诏,

碰撞后总动能:E2=如4若+|mBv|

联立解得,碰撞前、后总动能之比为:詈=;,故C正确,。错误;

故选:BC。

设碰撞前8的速度为火,由题得出8与4碰撞后A与8的速度关系,然后由动量守恒

定律即可求出质量关系。

由动能的定义式即可求出碰撞前、后两球总动能之比。

本题考查动量守恒定律,从题目给出的条件中判断出碰撞后A与8的速度方向相反,大

小相等是解答的关键。要注意规定正方向,用符号表示速度方向。

8.【答案】BCD

【解析】解:A、由于导体棒运动到Q1Q2之前某处时所受的安培力大小为Fi=mgs讥8-

limgcosd,即导体棒受力平衡,此后导体棒在I区匀速运动,所以导体棒在I区下滑过

程中,先加速运动再匀速运动,故A错误:

BC,由于I区的磁感应强度大小与口区的一半,根据安培力的计算公式结合平衡条件

可得:—mgSin0-fimgcosO^则导体棒在I区匀速运动的速度大小与II区匀速运

动速度大小的4倍;

导体棒在导轨上运动的过程中最大速度等于在I区匀速运动的速度,根据比包=

2R

mgsind-fimgcosO,解得:u=2m”北丁办。),故台。正确;

D、导体棒在II区匀速运动的速度为M,则有:g-^mgcosd,解得:

2R=msind

/_mgR(sinO-ucosO)

v=,

全过程根据动量定理可得导体棒所受的合力的冲量大小为/=mv'=但然更簪”2

故。正确。

故选:BCD。

根据导体棒的受力情况分析运动情况;根据安培力的计算公式结合平衡条件分析导体棒

在两个磁场中运动的最大速度,再根据动量定理求解合外力的冲量大小。

本题主要是考查电磁感应现象的力学问题,关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况,

根据平衡条件、安培力的计算公式列方程进行求解,掌握动量定理的应用方法。

9.【答案】18.305:mg/z;阻力做负功

【解析】解:(1)螺旋测微器的固定刻度为18.0mm,可动刻度为30.5xO.Olrmn=

0.305mm,

所以最终读数为18.0小小+0.305mm=18.305mm,

(2)己知经过光电门时的时间小球的直径;则可以由平均速度表示经过光电门时的速度;

所以u=p

则小球下落过程中动能增加量的表达式为△Ek=

重力势能减少量的表达式为△EP=mgho

(3)根据能量守恒定律分析,重力势能的减少量△昂往往大于动能的增加量小后欠的原因

是阻力做负功,

故答案为:(1)18.305;mgh;(3)阻力做负功。

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;

根据下降的高度求出重力势能的减小量,根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬

时速度求出光电门的速度,从而得出动能的增加量;

根据能量守恒定律分析重力势能的减少量△Ep往往大于动能的增加量4Ek的原因。

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理,要能正确使用这些基本仪

器进行有关测量。本题为创新型实验,要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正

确求解。

10.【答案】乙。9901.480.85

【解析】解:(1)将内阻已知的电流表必与电阻箱心串联改装为电压表,由此排除甲、

丁两图所示的电路。

对于图乙所示的电路,根据闭合电路欧姆定律可得E=(/i+/2)r+/l(Rgl+Ro),对于

图丙所示的电路,可得E=/2(Rg2+r)+/l(Rgl+Ro),由于用2的准确值未知,用图象

法处理数据时,会使测量结果误差更大,故应选图乙所示的电路。

第12页,共18页

因为电源的内阻较小,所以采用最大阻值较小的滑动变阻器,有利于数据的测量和误差

的减小,所以滑动变阻器选择

(2)根据欧姆定律可知u=%(Rgi+Ro),

n3

代入数据解得%=厂一=-ion=9900。

1QD人■LU

(3)根据欧姆定律和串联的知识得,电源两端的电压为U=4(990+10)=IO。。/1,

根据图象与纵轴的交点得电动势为E=1.48m4x1000/2=1.48V,

与横轴的交点可得出路端电压为l.lU时电流是0.454根据闭合电路欧姆定律可知,电

源的内阻为r=0.850。

故答案为:⑴乙,D(2)990(3)1.48,0.85。

(1)根据实验原理和实验器材选择实验原理图,将电流表G串联一个电阻,可以改装成

较大量程的电压表,因为电源内阻较小,所以应该采用最大阻值较小的滑动变阻器。

(2)根据欧姆定律以及串联电路特征求解。

(3)根据闭合电路欧姆定律分析求解出图象有关的表达式,根据表达式求解电源电动势

和内阻的大小。

解决该题的关键是掌握实验的实验目的以及实验〃注意事项,掌握电表d改装原理,熟

悉串联电路的特点以及闭合电路欧姆定律。

11.【答案】解:(1)煤块从最高点下落到曲面底端过程中,由动能定理可知:

1,

mgH=-mv^

解得:v0=4m/s

(2)煤块到达传送带后先向左匀减速运动直到速度减为零,

由牛顿第二定律可知:fimg=ma,a=4m/s2

减速时间:。=也=;S=Is

a4

煤块在传送带上留的划痕为:△/=何+去解得:△Xi=4m

此过程中煤块的位移石=^-—2m

之后煤块向右匀加速直线运动,则加速度到与传送带共速过程中,煤块的位移为:

资22

x=—=-——-m=0.5m<

222a2x41

之后煤块与传送带共速

煤块的加速时间:t2="=:s=0.5s

a4

煤块在传送带上留的划痕为:△右二U也一能解得:△%2=0・5巾

则煤块第一次在传送带上往返运动过程中在传送带上留下的痕迹长度L=△%I+A%2=

4m+0.5m=4.5m

答:(1)煤块第一次到达曲面底端时的速度%大小为4m/s;

(2)煤块第一次在传送带上往返运动过程中在传送带上留下的痕迹长度L为4.5m。

【解析】(1)煤块从最高点下落到曲面底端过程中,由动能定理可求出几;

(2)分别求出煤块在向左减速过程和向右加速过程,在传送带上留下的痕迹长度,根据

煤块和传动带之间的相对运动分析可知,煤块留在传送带上的总划痕长度为两次划痕之

和。

本题考查传动带问题,传送带上的物块总有与传送带共速的趋势,根据这一原理取分析

煤块的运动过程。根据煤块和传送带的相对运动分析总划痕为两次划痕之和是本题的关

键。

12.【答案】解:(1)根据题意画出粒子在电磁场运动的轨迹如图所示:

带电粒子在电场中做类平抛运动根据几何关系有,?=?=t即60。=V3,故为=V3v

VXVOz0

QD=x=vot=3/ixtan30°=V3/i

v—at——t=V3v

yvm0

联立以上方程解得E=华。

q九

(2)设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,由几何关系可知GQ=V3/?

带电粒子在电场中做类平抛运动有,

GK—"G=21^0亡1

在AGOK中根据儿何关系有,

l3hV3

GK=(V3/?+——)sin30°=—(/?+/i)

cos30°2

第14页,共18页

l3hV3

KO=(遮R+——)cos30°=—R+3h

'cos30"2

GK

tan30°=的

由PD-l^-t2

2xm

2

联立以上各式有R=2h,根据牛顿第二定律有quB=詈

故2=旃。

答:(l)MOy区域内匀强电场的电场强度E的大小为甯。

(2)M0x区域内匀强磁场的磁感应强度B的大小为鼠。

【解析】(1)根据带电粒子在电场中做类平抛运动可求电场强度。

(2)画出粒子运动轨迹,根据几何关系可求磁场强度。

明确带电粒子在电场中做类平抛运动,在磁场中做匀速圆周运动,正确画出粒子的运动

轨迹通过几何关系求解是解决问题的关键。

13.【答案】ABE

【解析】解:A、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动是由于液体分子对花粉颗粒

的无规则撞击形成的,所以布朗运动反映了水分子的热运动,故4正确;

8、由于液体表面张力的作用,使得空气中小雨滴呈球形,故B正确;

C、晶体在熔化过程中要吸收热量,温度升高,内能增大,故C错误;

。、沸点的高低与外界的大气压有关,高原地区水的沸点较低,这是高原地区气压较低

的缘故,故。错误;

E、湿温度计下端包有湿纱布,湿纱布上的水分要蒸发,蒸发是一种汽化现象,汽化要

吸热,所以湿温度计的示数较低,所以干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的

温度,故E正确。

故选:ABE.

布朗运动反映了液体分子的无规则运动,不能反映花粉分子的热运动;根据表面张力分

析小雨滴的形状;晶体在熔化过程中,要吸收热量,内能增大;高原地区水的沸点较低,

这是高原地区气压低的缘故;湿纱布上的水分要蒸发,蒸发是一种汽化现象,汽化要吸

热。

本题考查了布朗运动、液体表面张力、晶体、沸点干湿泡温度计等热学基础知识,这一

部分知识比较简单,在平时多加积累,强化记忆。

14.【答案】解:①右管封闭气体初状态的压强Pi=Po+pL2=(75+15)cmHg-

90cmHg,

设玻璃管的横截面积为S,气体初状态的体积匕=LiS,

气体末状态的压强P2=Po=75cmHg,设末状态空气柱的长度为L,

气体温度不变,由玻意耳定律得:PihS=p?LS

代入数据解得:L=30cm

流出水银柱的长度色=L2+2a-k)=15cm+2X(30-25)cm=25cm

②右管封闭气体初状态的压强P2=Po=75cmHg,匕=LS=30S,7\=300K

气体末状态压强P3=Po+Ph2—(75+IS)cmHg—90cmHg,V3=(L+^/i2)S=(30+

Ix15)5=37.5S

由理想气体状态方程得:竿=竿,即甯=誓等

/1123UU12

解得:T2=450

温馨提示

  • 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
  • 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
  • 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
  • 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
  • 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
  • 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
  • 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

评论

0/150

提交评论