2019高考真题汇编物理-答案

参考答案

专题1　运动的描述　

匀变速直线运动的研究

1．解析：选C.本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝－，因此有＝＝2＋，即3<<4，选项C正确．

2．解析：根据题述，物块加速下滑，在A、B、C、D、E五个点中，打点计时器最先打出的是A点．根据刻度尺读数规则可读出，B点对应的刻度为1.20 cm，C点对应的刻度为3.15 cm，D点对应的刻度为5.85 cm，E点对应的刻度为9. 30 cm，AB＝1.20 cm, BC＝1.95  cm, CD＝2.70 cm, DE＝3.45  cm.两个相邻计数点之间的时间T＝5× s＝0.10 s，根据做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，打出C点时物块的速度大小为vC＝≈0.233 m/s.由逐差法可得a＝，解得a＝0.75 m/s2.

答案：A　0.233　0.75

3．解析：利用数码相机的连拍功能，通过每隔一定时间的拍摄确定小球位置，所以还必须使用的器材是米尺，将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺，用米尺测量小球位置间的距离，利用逐差法由公式Δx＝aT2，可得a＝g＝＝9.7 m/s2.

答案：(1)A　(2)将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺

(3)9.7

专题2　相互作用

1．解析：选BD. 对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力T是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若mNg≥mMgsin θ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg<mMgsin θ，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大，选项D正确，C错误．

2．解析：选A.设物块的质量最大为m，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有F＝mgsin 30°＋μmgcos 30°，解得m＝150 kg，A项正确．

3．解析：选D.分析可知工件受力平衡，对工件受到的重力按照压紧斜面Ⅰ和Ⅱ的效果进行分解如图所示，结合几何关系可知工件对斜面Ⅰ的压力大小为F1＝mgcos 30°＝mg、 对斜面Ⅱ的压力大小为F2＝mgsin 30°＝mg，选项D正确，A、B、C均错误．

专题3　牛顿运动定律

1．解析：选AB.由题图(c)可知木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝f，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1、Ff＝ma2，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B均正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误．

2．解析：(1)对铁块受力分析，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得μ＝.

(2)两个相邻计数点之间的时间间隔T＝5× s＝0.10 s，由逐差法和Δx＝aT2，可得a＝1.97 m/s2，代入μ＝，解得μ＝0.35.

答案：(1)　(2)0.35

专题4　曲线运动　

万有引力与航天

1．解析：选AC.设P、Q的质量分别为mP、mQ；M、N的质量分别为M1、M2，半径分别为R1、R2，密度分别为ρ1、ρ2；M、N表面的重力加速度分别为g1、g2.在星球M上，弹簧压缩量为0时有mPg1＝3mPa0，所以g1＝3a0＝G等，密度ρ1＝＝；在星球N上，弹簧压缩量为0时有mQg2＝mQa0，所以g2＝a0＝G，密度ρ2＝＝；因为R1＝3R2，所以有ρ1＝ρ2，选项A正确．当物体的加速度为0时有mPg1＝3mPa0＝kx0，mQg2＝mQa0＝2kx0，解得mQ＝6mP，选项B错误．根据a－x图线与坐标轴围成图形的面积和质量的乘积表示合外力做的功可知，EkmP＝mPa0x0，EkmQ＝mQa0x0，所以EkmQ＝4EkmP，选项C正确．根据运动的对称性可知，Q下落时弹簧的最大压缩量为4x0，P下落时弹簧的最大压缩量为2x0，选项D错误．

2．解析：选D. 在嫦娥四号探测器“奔向”月球的过程中，根据万有引力定律，可知随着h的增大，探测器所受的地球引力逐渐减小但并不是均匀减小的，故能够描述F随h变化关系的图象是D.

3．解析：选BD.根据v－t图线与横轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，选项A错误；根据v－t图线的斜率表示加速度，综合分析可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项C错误；第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B正确；竖直方向上的速度大小为v1时，根据v－t图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mg－f＝ma，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项D正确．

4．解析：选A.金星、地球和火星绕太阳公转时万有引力提供向心力，则有G＝ma，解得a＝G，结合题中R金<R地<R火，可得a金>a地>a火，选项A正确，B错误；同理，有G＝m，解得v＝，再结合题中R金<R地<R火，可得v金>v地>v火，选项C、D均错误．

专题5　机械能及其守恒定律

1．解析：选AD.根据题给图象可知h＝4 m时物体的重力势能mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为Ek＝100 J，由动能公式Ek＝mv2，可知h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知fh＝|ΔE|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力f＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－fh＝Ek－100 J，解得Ek＝50 J，选项C错误；由题给图象可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即物体从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确．

2．解析：选C.设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误．

专题6　碰撞与动量守恒

1．解析：选B.根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得＝＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确．

2．解析：(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有

mv1＝m＋m′v′ ①

mv＝m＋m′v′2　 ②

联立①②式得m′＝3m. ③

(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W.由动能定理有

mgH－fs1＝mv－0 ④

－(fs2＋mgh)＝0－m ⑤

从图(b)所给出的v－t图线可知

s1＝v1t1 ⑥

s2＝··(1.4t1－t1) ⑦

由几何关系

＝ ⑧

物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为

W＝fs1＋fs2 ⑨

联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得

W＝mgH. ⑩

(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有

W＝μmgcos θ· ⑪

设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有

－μm′gs′＝0－m′v′2 ⑫

设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有

mgh－μ′mgcos θ·－μ′mgs′＝0 ⑬

联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得

＝. ⑭

答案：(1)3m　(2)mgH　(3)

3．解析：(1)v－t图象如图所示．

(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，

则t1时刻的速度也为v1；t2时刻的速度为v2.在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a.取Δt＝1 s．设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为sn，n＝1，2，3….

若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有

s1－s4＝3a(Δt)2 ①

s1＝v2Δt－a(Δt)2 ②

v4＝v2－4aΔt ③

联立①②③式，代入已知数据解得

v4＝－ m/s ④

这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止．

因此，①式不成立．

由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式

v3＝v2－3aΔt ⑤

2as4＝v ⑥

联立②⑤⑥式，代入已知数据解得

a＝8 m/s2，v2＝28 m/s ⑦

或者a＝ m/s2，

v2＝29.76 m/s ⑧

但⑧式情形下，v3<0，不合题意，舍去．

(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1.由牛顿定律有

f1＝ma ⑨

在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为

I＝f1(t2－t1) ⑩

由动量定理有

I＝mv1－mv2 ⑪

由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为

W＝mv－mv ⑫

联立⑦⑨⑪⑫式，代入已知数据解得

v1＝30 m/s ⑬

W＝1.16×105 J ⑭

从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为

s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋ ⑮

联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得

s＝87.5 m． ⑯

答案：(1)见解析图　(2)28 m/s　8 m/s2　(3)30 m/s　1.16×105 J　87.5 m

4．解析：(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有

0＝mAvA－mBvB ①

Ek＝mAv＋mBv ②

联立①②式并代入题给数据得

vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s. ③

(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有

mBa＝μmBg ④

sB＝vBt－at2 ⑤

vB－at＝0 ⑥

在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为

sA＝vAt－at2 ⑦

联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得

sA＝1.75 m，sB＝0.25 m ⑧

这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处．B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为

s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m． ⑨

(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为v′A，由动能定理有

mAv′2　A－mAv＝－μmAg(2l＋sB) ⑩

联立③⑧⑩式并代入题给数据得

v′A＝ m/s ⑪

故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为v″A和v″B，由动量守恒定律与机械能守恒定律有

mA(－v′A)＝mAv″A＋mBv″B ⑫

mAv′＝mAv″＋mBv″ ⑬

联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得

v″A＝ m/s，v″B＝－ m/s ⑭

这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为s′A时停止，B向左运动距离为s′B时停止，由运动学公式

2as′A＝v″，2as′B＝v″ ⑮

由④⑭⑮式及题给数据得

s′A＝0.63 m，s′B＝0.28 m ⑯

s′A小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离

s′＝s′A＋s′B＝0.91 m． ⑰

答案：(1)4.0 m/s　1.0 m/s　(2)B先停止　0.50 m　

(3)0.91 m

专题7　静电场

1．解析：选D.对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q对它的库仑力平衡，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项D正确，C错误．

2．解析：选AC.在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M点由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N点的动能为零，则带电粒子在N、M两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，可知若粒子运动到N点时动能不为零，则粒子在N点的电势能小于在M点的电势能，即粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，选项C正确；若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D错误．

3．解析：选BC.a、b两点到两点电荷连线的距离相等，且关于两点电荷连线中点对称，可知a、b两点的电场强度大小相等，方向相同，选项B、C均正确；电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷(等量异种点电荷)固定在正方体的两个顶点上，正方体的另外两个顶点a、b在两点电荷q和－q连线的垂直平分面两侧，故a点和b点的电势不相等，选项A错误；电势是标量，将q和－q在a、b两点产生的电势分别相加，可得φb>φa，将负电荷从a点移到b点，电场力做正功，电势能减少，选项D错误．

4．解析：(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有

E＝ ①

F＝qE＝ma ②

设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有

qEh＝Ek－mv ③

设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有

h＝at2 ④

l＝v0t ⑤

联立①②③④⑤式解得

Ek＝mv＋qh ⑥

l＝v0. ⑦

(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度L为

L＝2l＝2v0. ⑧

答案：(1)mv＋qh　

v0　(2)2v0

5．解析：(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有

mg＋qE＝ma ①

a()2＝gt2 ②

解得E＝. ③

(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有

Ek－mv＝mgh＋qEh ④

且有

v1·＝v0t ⑤

h＝gt2 ⑥

联立③④⑤⑥式得

Ek＝2m(v＋g2t2)． ⑦

答案：(1)　(2)2m(v＋g2t2)

专题8　恒定电流

1．解析：(1)量程为250 μA的微安表改装成量程为20 mA的电流表，量程扩大了80倍，需要将定值电阻与微安表并联，然后根据题图(a)的原理图连线．

(2)当标准毫安表示数为16.0 mA时，对应的微安表读数为160 μA，说明量程扩大了100倍，因此所改装的电表量程是25 mA，选项C正确．

(3)当标准毫安表示数为16.0 mA时，对应的微安表读数应为200 μA，而实际测量时微安表读数为160 μA，实际测量时微安表读数偏小，若R值计算无误，而微安表内阻测量错误，则说明微安表实际内阻大于1 200 Ω，选项A正确，B错误；若微安表内阻测量无误，而R值计算错误，则并联接入的电阻的阻值偏小，R的分流较大，导致微安表中电流较小，选项C正确，D错误．

(4)预期目的是将量程为250 μA的微安表改装成量程为20 mA的电流表，量程扩大80倍，根据并联电路规律有IgRg＝79IgkR；当标准毫安表示数为16.0 mA时，对应的微安表读数为160 μA，量程扩大了100倍，根据并联电路规律有IgRg＝99IgR；联立解得k＝.

答案：(1)连线如图所示　(2)C

(3)AC　(4)

2．解析：(1)实验中硅二极管与定值电阻R0串联，由欧姆定律可知，定值电阻两端电压U1＝IR0 ＝50.0 μA×100 Ω＝5.00 mV；由图(b)可知，当控温炉内温度升高时，硅二极管两端电压减小，又图(b)对应的电流恒为50.0 μA，可知硅二极管的正向电阻变小，由“串反”规律可知，定值电阻R0两端电压增大，即电压表V1示数增大，应增大滑动变阻器接入电路的阻值以减小电路中的电流，从而使电压表V1示数保持不变，故应将R的滑片向B端移动．

(2)由图(b)可知＝ V/℃＝2.8×10－3 V/℃.

答案：(1)5.00　变小　增大　B

(2)2.8

3．解析：(1)由题知当两表笔间接入15 kΩ的电阻时，电流表示数为50 μA，由闭合电路欧姆定律有＝，代入数据解得R＝900 Ω，所以滑动变阻器选择R1.

(2)欧姆表的内阻R′g＝Rg＋r＋R0＋R＝15 kΩ，当电流为25 μA时有＝⇒R′x＝3Rx＝45 kΩ；当电流为75 μA时有＝⇒R″x＝Rx＝5 kΩ.

(3)红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向0处．题图(c)中电阻箱读数为35 000.0 Ω.　

答案：(1)如图所示　900　R1　(2)45　5　(3)0　35 000.0

专题9　磁　场

1．解析：选B.电子从a点射出时，其轨迹半径为ra＝，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝m，又＝k，解得va＝；电子从d点射出时，由几何关系有r＝l2＋，解得轨迹半径为rd＝，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝m，又＝k，解得vd＝，选项B正确．

2．解析：选B.设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m、T＝，可得R1＝、R2＝、T1＝、T2＝，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝，在第一象限中运动的时间为t2＝T2，又由几何关系有cos θ＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝，选项B正确，A、C、D均错误．

3．解析：(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.由动能定理有qU＝mv2　              ①

设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m              ②

由几何关系知

d＝r ③

联立①②③式得＝. ④

(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为

s＝＋rtan 30° ⑤

带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为

t＝ ⑥

联立②④⑤⑥式得

t＝. ⑦

答案：(1)　

(2)

专题10　电磁感应

1．解析：选B.设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，如图所示，依题意有F＝BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝BlI＝F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F，选项B正确．

2．解析：选BC. 根据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝＝πr2·＝，根据电阻定律可得R＝ρ，根据欧姆定律可得I＝＝，所以选项C正确，D错误．

3．解析：选AD.根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图象可能是A；由于两导体棒从同一位置释放，两导体棒进入磁场时产生的感应电动势大小相等，MN进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势，回路中产生的感应电流不可能小于I1，B错误；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图象可能是D，C错误．

4．解析：选D.楞次定律中的“阻碍”作用，是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现，在克服这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能，选项D正确．

5．解析：选AC.棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到方向与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到方向与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝，选项A、C均正确，B、D均错误．

专题11　近代物理

1．解析：选A.因为可见光光子的能量范围是1.63～3.10 eV，所以氢原子至少要被激发到n＝3能级，要给氢原子提供的能量最少为E＝(－1.51＋13.60) eV＝12. 09 eV，即选项A正确．

2．解析：选C.核反应质量亏损Δm＝4×1.007 8 u－4.002 6 u＝0.028 6 u，释放的能量ΔE＝0.028 6×931 MeV ＝26.6 MeV，选项C正确．

专题12　热　学

1．解析：(1)由于初始时封闭在容器中的空气的压强大于外界压强，容器和活塞绝热性能良好，容器中空气与外界没有热量交换，容器中的空气推动活塞对外做功，由热力学第一定律可知，空气内能减小．根据理想气体内能只与温度有关可知，活塞缓慢移动后容器中空气的温度降低，即容器中的空气温度低于外界温度．因压强与气体温度和分子的密集程度有关，当容器中的空气压强与外界压强相同时，容器中空气温度小于外界空气温度，故容器中空气的密度大于外界空气密度．

(2)(i)设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后气瓶中剩余气体的压强为p1.

假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1.由玻意耳定律p0V0＝p1V1              ①

被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为

V′1＝V1－V0 ②

设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2.

由玻意耳定律

p2V2＝10p1V′1 ③

联立①②③式并代入题给数据得

p2＝3.2×107 Pa. ④

(ii)设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔温度为T1，气体压强为p3.由查理定律＝

 ⑤

联立④⑤式并代入题给数据得

p3＝1.6×108 Pa. ⑥

答案：(1)低于　大于　

(2)(i)3.2×107 Pa　

(ii)1.6×108 Pa

2．解析：(1)对一定质量的理想气体，为定值，由p－V图象可知，2p1·V1＝p1·2V1>p1·V1，所以T1＝T3>T2.状态1与状态2时气体体积相同，单位体积内分子数相同，但状态1下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数更多，所以N1>N2；状态2与状态3时气体压强相同，状态3下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数较少，所以N2>N3.

(2)(i)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得

(p10－p)·2S＝(p0－p)·S ①

得p10＝(p0＋p)． ②

(ii)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2.

根据力的平衡条件有p2·S＝p1·2S ③

由玻意耳定律得

p1V1＝p10·2V0 ④

p2V2＝p0V0 ⑤

由于两活塞用刚性杆连接，故

V1－2V0＝2(V0－V2) ⑥

联立②③④⑤⑥式解得

p1＝p0＋p ⑦

V1＝. ⑧

答案：(1)大于　等于　大于

(2)(i)(p0＋p)　(ii)p0＋p　

3．解析：(1)由于分子直径非常小，极少量油酸所形成的单分子层油膜面积也会很大，因此实验前需要将油酸稀释，使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜．可以用累积法测量多滴溶液的体积后计算得到一滴溶液的体积．油酸分子直径等于油酸的体积与单分子层油膜的面积之比，即d＝，故除测得油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积外，还需要测量单分子层油膜的面积．

(2)(i)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h，初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有

pV＝p1V1 ①

由力的平衡条件有

p＝p0＋ρgh ②

p1＝p0－ρgh ③

式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强．由题意有

V＝S(L－h1－h) ④

V1＝S(L－h) ⑤

由①②③④⑤式和题给条件得

L＝41 cm. ⑥

(ii)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖－吕萨克定律有

＝ ⑦

由④⑤⑥⑦式和题给数据得

T＝312 K． ⑧

答案：(1)使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜　把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1 mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积　单分子层油膜的面积　(2)(i)41 cm　(ii)312 K

专题13　机械振动与机械波　

光　电磁波与相对论

1．解析：(1)t＝时刻，题图(b)表示介质中的某质点从平衡位置向下振动，而题图(a)中质点Q在t＝时刻从平衡位置向上振动，平衡位置在坐标原点的质点从平衡位置向下振动，所以质点Q的振动图象与题图(b)不同，平衡位置在坐标原点的质点的振动图象如题图(b)所示，选项A错误，D正确；在t＝0时刻，质点P处在波谷位置，速率为零，与其平衡位置的距离最大，加速度最大，而质点Q运动到平衡位置，速率最大，加速度为零，即在t＝0时刻，质点P的速率比质点Q的小，质点P的加速度比质点Q的大，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大，选项B错误，C、E正确．

(2)(i)设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P点的水平距离为x2；桅杆高度为h1，P点处水深为h2；激光束在水中与竖直方向的夹角为θ.由几何关系有

＝tan 53° ①

＝tan θ ②

由折射定律有

sin 53°＝nsin θ ③

设桅杆到P点的水平距离为x，则

x＝x1＋x2 ④

联立①②③④式并代入题给数据得

x＝7 m． ⑤

(ii)设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为i′，由折射定律有

sin i′＝nsin 45° ⑥

设船向左行驶的距离为x′，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x′1，到P点的水平距离为x′2，则

x′1＋x′2＝x′＋x ⑦

＝tan i′ ⑧

＝tan 45° ⑨

联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得

x′＝(6－3) m≈5.5 m． ⑩

答案：(1)CDE　(2)(i)7 m　

(ii)5.5 m

2．解析：(1)由单摆的周期公式T＝2π可知，小球在钉子右侧时，振动周期为在左侧时振动周期的2倍，所以B、D项错误．由机械能守恒定律可知，小球在左、右最大位移处距离最低点的高度相同，但由于摆长不同，所以小球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同，当小球在右侧摆动时，最大水平位移较大，故A项正确，C项错误．

(2)(i)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，需要减小条纹间距，由公式Δx＝λ可知，需要减小双缝到屏的距离l或增大双缝间的距离d，故B项正确，A、C、D项错误．

(ii)由题意可知，＝λ⇒λ＝.

(iii)将已知条件代入公式解得λ＝630 nm.

答案：(1)A　(2)(i)B　

(ii)　(iii)630

3．解析：(1)在波的干涉实验中，质点在振动加强区的振幅是两列波振幅之和，质点在振动减弱区的振幅是两列波振幅之差，A项错误；沿波的传播方向上，波不停地向外传播，故各质点的相位不都相同，C项错误；两波源振动频率相同，其他各质点均做受迫振动，故频率均与振源频率相同，周期均与振动片的周期相同，B、D项正确；同一质点到两波源的距离确定，故波程差恒定，即相位差保持不变，E正确．

(2)(i)光路图及相关量如图所示．

光束在AB边上折射，由折射定律得

＝n ①

式中n是棱镜的折射率．由几何关系可知

α＋β＝60° ②

由几何关系和反射定律得

β＝β′＝∠B ③

联立①②③式，并代入i＝60°得

n＝. ④

(ii)设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律得

＝n ⑤

依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角θC，且

sin θC＝ ⑥

由几何关系得

θC＝α′＋30° ⑦

由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为

sin i′＝. ⑧

答案：(1)BDE　(2)(i)　(ii)