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2022-2023学年河北省沧州市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年河北省沧州市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.科学家发现在月球上含有丰富的 23He(氦3)，它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其参与的一种核聚变反应的方程式为 23He+23He→24He+2ZAX，下列关于 23He聚变的说法正确的是( )
A. X为质子
B. 24He比 23He的比结合能小
C. 核聚变方程式中的A=2
D. 24He的核子平均质量比 23He核子的平均质量大
2.用塑料瓶装半瓶水密封后放置在室外，经测量室外早晨的温度为10℃，中午的温度为38℃，下列说法正确的是( )
A. 从早晨到中午，瓶内每个气体分子的动能都逐渐增大
B. 从早晨到中午，气体对外界做功大于气体吸收的热量
C. 从早晨到中午，瓶内的水从外界吸收热量，所以瓶内水的内能增加了
D. 从早晨到中午，速率大的水分子数占总水分子数的比例逐渐减少
3.为了交通安全，常在公路上设置如图甲所示的减速带，减速带的间距为4m。当一辆汽车以7.2km/h的速度行驶在减速带上时，车内如图乙所示的弹簧装饰振动得最厉害，则弹簧装饰的固有频率为( )
A. 0.2HzB. 0.3HzC. 0.4HzD. 0.5Hz
4.用某种单色光做双缝干涉的实验，得到的干涉图样如图所示，其中P1、P2为屏上两固定点。现在单缝、双缝和屏之间充满某种折射率为2的透明介质，同时将双缝和屏之间的距离变为原来的2倍，若仍用原来的单色光做双缝干涉实验，则下列图样正确的是( )
A. B.
C. D.
5.大千世界千姿百态，许多物理现象都有其内在原因和独特表现，下列关于固体、液体的性质说法正确的是( )
A. 金属的导热性能均匀，因此金属是非晶体
B. 唐诗“霏微晓露成珠颗”中描述的露珠成球形，是由于液体内部分子间吸引力作用的结果
C. 土壤里有很多毛细管，要保存地下水分，就要用磙子压紧土壤
D. 彩色液晶显示器利用了液晶光学性质各向异性的特点
6.如图所示为氦原子的能级图，一群处于n=4激发态的氨原子向低能级跃迁时可以辐射出多种不同频率的光子，其中两次跃迁分别辐射出a、b两种光子，若用a光子照射某金属刚好能发生光电效应，则下列说法正确的是( )
A. 氦原子辐射出a光子后，氦原子的能量减小了3.40eV
B. a光子与b光子的波长比为1：5
C. 该金属的逸出功为13.60eV
D. 用b光子照射该金属，逸出的光电子的最大初动能为40.80eV
7.如图所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为m的小球，小球静止在O点。现用力将小球竖直向下缓慢拉动到M点(图中未画出)后由静止释放，小球恰好能上升到弹簧原长位置N。已知由M点第一次到达N点所经历的时间为t，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 小球被拉到M点静止时，竖直向下的拉力大小为2mg
B. 小球由M点第一次运动到O点所用时间为t2
C. 小球由M点运动到O点的过程中与由O点运动到N点的过程中，弹簧弹力的冲量相等
D. 小球由M点运动到O点的过程中与由O点运动到N点的过程中，弹簧弹力做的功相等
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图甲所示，一根轻绳一端系一小球，另一端固定在O点，制成单摆装置。在O点有一个能测量绳中拉力大小的力传感器。现将小球拉离最低点O1，由M点静止释放，则小球在M、N之间往复运动，由力传感器测出拉力F随时间t的变化图像如图乙所示。已知最大摆角小于5∘，π2≈g，下列说法正确的是( )
A. t=1s时，小球可能位于O1点
B. 1∼2s过程中，小球可能正由N点向O1点运动
C. 小球振动的周期为2s
D. 单摆的摆长为4m
9.如图甲所示，同一均匀介质中两个波源P和Q相距4.0m，两波源从t=0时刻开始振动，P和Q的振动图像分别如图乙和图丙所示。M点与波源Q间的距离为3.0m，且M、Q连线与P、Q所在直线垂直。已知波源P产生的简谐横波传到M点的时间为0.1s，则下列说法正确的是( )
A. 两波源产生的简谐横波波长相同且为1m
B. 波源Q产生的波刚传播到M点时，波源P向y轴正方向运动
C. 两列波均传到M点后，M点为振动加强点
D. 两波源起振方向均沿y轴正方向
10.2023年4月15日，神舟十五号航天员乘组进行了第四次出舱活动。如图所示，假设一航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，某一时刻航天员启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以相对空间站的速度v向后持续喷出，若喷出的压缩气体密度恒为ρ，航天员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后航天员和装备总质量的变化，则下列说法正确的是( )
A. 航天员此操作与喷气式飞机飞行的原理相同
B. 喷气过程中，航天员受到喷出气体的作用力恒为F=ρSv2
C. 喷气过程中航天员相对空间站做加速度逐渐减小的加速运动
D. 航天员到达空间站时相对空间站的速度为v 2ρSdM
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.用DIS研究一定质量的气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图甲所示，用一个带有刻度的注射器及DIS实验系统来探究气体的压强与体积的关系。请回答下列有关问题。
(1)实验过程中下列操作正确的是______。
A.改变注射器柱塞位置后，立即读取气体的体积
B.为了操作稳定，用手握住注射器
C.推拉注射器柱塞时，操作应缓慢
(2)实验过程中获得的数据如表所示，温度T=300K。
若读数和计算无误，根据表格数据，下列说法正确的是______。
A.根据1、2、3组数据可知压强较小时，压强与体积近似成反比
B.4、5组数据中p与V的乘积明显减小，可能是环境温度升高了
C.4、5组数据中p与V的乘积明显减小，可能是漏气造成的
(3)排除(2)中影响实验精度的因素后，作出的V−1p图像如图乙所示，则图线不过坐标原点的原因可能是______(写出一条即可)。
12.如图所示是验证动量守恒定律的实验装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上固定着相同的竖直遮光条，实验主要步骤如下：
(1)接通气源，将一滑块放置在导轨上，轻推一下使其先后通过两个光电门1、2，发现滑块经过光电门1，2的时间Δt′1>Δt′2，故应将______(填“水平螺丝Q”或“水平螺丝P”)调低些，使滑块通过两个光电门的时间相同。
(2)用天平测出滑块1、2(包含遮光条)的质量m1、m2，本实验______(填“需要”或“不需要”)测出遮光条的宽度d。
(3)将滑块2放置在光电门1、2之间，将滑块1放置在光电门1的在侧，轻推滑块1，使其与滑块2发生碰撞，光电门1记录的时间为Δt，光电门2先后记录的时间为Δt1和Δt2。
(4)若关系式______(用上面所测物理量字母表示)成立，则说明碰撞过程动量守恒。
(5)若忽略两滑块碰撞过程的能量损失，则两滑块(包含遮光条)的质量关系一定为m1______m2(填“<”、“=”或“>”)。
四、简答题：本大题共3小题，共39分。
13.如图所示为某锅炉上显示水位的显示器简化示意图，其为上端开口下端封闭、竖直放置且粗细均匀的细玻璃管，内部用两段水柱封闭着质量、温度相同的同种气体(可视为理想气体)Ⅰ与Ⅱ，其长度之比L1：L2=20：19。求：
(1)Ⅰ、Ⅱ两部分气体的压强之比p1：p2；
(2)如果给它们加热，使它们升高相同的温度，又不使水溢出，则两段气柱长度变化量之比ΔL1：ΔL2。
14.如图所示，图中阴影部分为某种透明材料做成的柱形光学元件的横截面，AC为一半径为R的14圆弧，D为圆弧面的圆心，ABCD构成正方形。在D处有一点光源，从点光源经圆弧面射向AB边的一条光线恰好不能从AB边射出且其反射光线刚好与圆弧面相切。已知光在真空中的传播速度为c，求：
(1)该透明材料的折射率n；
(2)该光线从AB边反射后传播到圆弧面切点所经历的时间t。
15.如图所示，AB为一半径为R的四分之一竖直光滑圆弧轨道，其与光滑水平面相切于B点，在水平面上依次紧密排列着体积相等、材料不同、标号为2、3、4…n的小球，小球质量分别为m2、m3、…mn，将质量为m1的小球1从轨道上A点由静止释放。已知小球之间的碰撞均为弹性正碰，每相邻两个小球之间只碰撞一次，重力加速度为g，求：(1)小球3被撞后瞬间的动能与小球1碰撞小球2前瞬间的动能之比；
(2)若m3=m4=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=mn=14m1，则当m2取何值时，第n(n>2)个小球获得的动能最大，并求出其最大动能Ekm。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：AC.根据质量数守恒和电荷数守恒有： 23He+23He→24He+211H，即A=1，Z=1，则X为质子，故A正确，C错误；
B.由于核反应会释放巨大能量，则 24He比 23He的比结合能大，故B错误；
D.由于核反应方程释放巨大能量的同时，伴随着质量亏损，则 24He核子的平均质量比 23He核子的平均质量小，故D错误。
故选：A。
根据质量数守恒和电荷数守恒可推导出核反应方程；
结合能：核子结合为原子核时释放的能量或原子核分解为核子时吸收的能量
比结合能：原子核的结合能与核子数之比；
核反应方程会释放出巨大的能量，且伴随着质量亏损。
解题关键是能够知道核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒；核反应方程释放巨大能量的同时，伴随着质量亏损；结合能和比结合能的关系。难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A、由题意可知，从早晨到中午，瓶内的水温度升高，水分子的平均动能增大，按照统计规律并不是每个气体分子的动能都增大，故A错误；
B、从早晨到中午，由于气体温度升高，内能增大，根据热力学第一定律ΔU=Q+W>0，所以Q>−W。故气体对外做功小于吸收的热量，故B错误；
C、从早晨到中午，瓶内的水温度升高，水分子的平均动能增大，水的质量不变，所以瓶内水的内能会增加，故C正确；
D、水的温度升高后，速率大的水分子数占总水分子数的比例增大，故D错误。
故选：C。
根据温度是分子是平均动能的标志、结合统计规律判断每一个气体分子动能、水的内能、及速度大的分子所点的比例的变化问题；
结合热力学第一定律判断出做功与吸收热量的大小。
利用热力学第一定律可以判断气体的做功、热传递和内能的变化情况。
3.【答案】D
【解析】解：由速度公式得：
T=xv
其中v=7.2km/h=2m/s
代入数据得：T=2s
由f=1T得：
f=0.5Hz
驱动力频率为0.5Hz时，弹簧装饰振动得最厉害，发生共振，弹簧装饰的固有频率等于驱动力的频率，所以弹簧装饰的固有频率为0.5Hz，故ABC错误，D正确。
故选：D。
汽车做受迫振动，当弹簧装饰的固有频率等于减速带产生的驱动力频率时，汽车会发生共振，振动最强烈。
本题以减速带使路面稍微拱起以达到车辆减速的目的为情境载体，考查了共振条件在实际生活中的应用，解决此题的关键是要理解共振曲线。
4.【答案】A
【解析】解：根据折射率公式，单色光在透明介质中的传播速度v=cn
根据波长、波速和频率的关系，光在真空中的波长λ=cf
光在透明介质中的波长λ1=vf=cnf=cnf=c2f=λ2
根据双缝干涉条纹间距公式，原来的条纹间距Δx=Ldλ
光通过透明介质后的条纹间距Δx1=L1d⋅λ1=2ld×λ2=Ldλ=Δx
可知同时将双缝和屏之间的距离变为原来的2倍时条纹间距不变，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据折射率公式以及波长、波速和频率的关系求光在介质中的波长，再根据双缝干涉条纹间距公式分析作答。
本题考查了双缝干涉条纹间距公式的理解和运用。注意光在不同介质中频率不变，明确波长、波速和频率的关系以及折射率公式是解题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：A.通常金属在各个方向的物理性质都相同，但具有固定的熔点，属于多晶体，故A错误；
B.露珠呈球形是由于液体表面分子间的引力形成的，不是内部分子间吸引力相互作用的结果，故B错误；
C.土壤里有很多毛细管，如果要保存地下水分，就要把地面土壤锄松，破坏土壤里的毛细管，用磙子压紧土壤，会让毛细管变得更细，能把地下的水分引上来，故C错误；
D.彩色液晶显示器利用了液晶光学性质各向异性的特点，故D正确。
故选：D。
金属是多晶体；叶面上的露珠是由于液体外部分子间距较为稀疏，分子间表现为吸引力；要保存地下水分，需要破坏土壤里的毛细管；彩色液晶显示器利用了液晶光学性质各向异性的特点。
本题主要是考查表面张力、晶体与非晶体、毛细现象等知识，解答本题的关键是能够熟练掌握热学部分的基本知识并能够熟练应用。
6.【答案】D
【解析】解：A、氦原子辐射出a光子后，氦原子的能量减小了ΔE=−3.40eV−(−13.60eV)=10.20eV，故A错误；
B、a光子的能量为Ea=10.20eV
b光子的能量为Eb=−3.40eV−(−54.40eV)=51eV
由光子能量公式E=hcλ，解得λaλb=5，故B错误；
C、用a光子照射某金属刚好能发生光电效应，a光子的能量恰好等于金属的逸出功，则该金属的逸出功W0=10.20eV，故C错误；
D、用b光子照射该金属，逸出的光电子的最大初动能为Ek=Eb−W0=51eV−10.2eV=40.8eV，故D正确。
故选：D。
氨原子发生跃迁时，辐射出的光子能量等于两能级间的能量差；根据能级图求出a光子与b光子的能量，由E=hν=hcλ求a光子与b光子的波长比。用a光子照射某金属刚好能发生光电效应，a光子的能量恰好等于金属的逸出功。用b光子照射该金属，根据光电效应方程求出光电子的最大初动能。
解决本题的关键要掌握光电效应方程，以及玻尔理论，知道原子发生跃迁时，辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能量差。
7.【答案】B
【解析】解：A.小球在竖直方向做简谐运动，根据简谐运动的对称性可知小球在最低点与最高点回复力大小相等，在最低点有F回=F弹−mg
在最高点，回复力完全由重力提供F回=mg
联立解得F弹=2mg
设拉力为F，在最低点未释放时，根据平衡条件有F弹=mg+F
解得F=mg，故A错误；
B.根据简谐运动的对称性可知从M点运动到O点所用时间与从O点运动到N点所用的时间相等，故小球由M点运动到O点所用的时间为t2，故B正确；
C.由于小球由M点运动到O点的过程中与由O点运动到N点的过程中，弹簧弹力逐渐减小，根据冲量的定义I=F弹t可知，在相等的时间内，弹簧弹力的冲量不相等，故C错误；
D.由于由M点运动到O点的过程中与由O点运动到N点的过程中，弹簧弹力逐渐减小，而位移相等，故弹簧弹力做的功不相等，故D错误。
故选：B。
A.小球在竖直方向做简谐运动，小球恰好能上升到弹簧原长位置，回复力完全由小球重力提供，在最低点回复力由弹力和重力的合力提供，根据对称性求解弹力，再根据平衡条件求拉力；
B.根据简谐运动时间的对称性求时间；
C.小球在上升的过程中，弹力逐渐减小，根据冲量的定义分析作答；
D.小球在上升的过程中，弹力逐渐减小，根据做功公式分析作答。
本题考查了竖直方向的简谐运动，要知道回复力的来源，要充分利用对称性分析作答；要正确运用冲量公式和做功公式解决问题。
8.【答案】BD
【解析】解：A.根据单摆振动的规律可知，拉力最大时，小球位于最低点，拉力最小时，小球位于最高点，故A错误；
B.由图可知1∼2s过程中，小球由拉力最小到最大，根据单摆振动的规律可知，小球最高点向最低点运动，故B正确；
C.由图像可知，单摆振动的周期为T=4s，故C错误；
D.根据单摆周期公式T=2π Lg，代入数值解得L=4m，故D正确。
故选：BD。
根据在一次全振动中两次经过平衡位置，经过平衡位置时拉力最大，根据该规律求出小球的周期；结合周期公式求出单摆的摆长。
解决本题的关键知道简谐运动对称性，掌握单摆的周期公式，并能灵活运用，基础题。
9.【答案】AB
【解析】解：A、由几何关系可知，PM−= PQ−2+MQ−2= 42+32m=5m，根据波由P点传到M点用时0.1s，可得波速为v=PM−t=50.1m/s=50m/s
根据乙图或丙图可知T=2×10−2s，则波长λ=vT=50×2×10−2m=1m，故A正确；
B、波由Q点传播到M点用时t′=MQ−v=350s=0.06s=3T，故此时P点的振动情况与0时刻相同，即沿y轴正方向运动，故B正确；
CD、M点到两波源的波程差为Δx=MP−−MQ−=(5−3)m=2m=2λ，因两波源起振方向相反，故M点为振动减弱点，故CD错误。
故选：AB。
根据几何知识求出PM间的距离，结合波由P点传到M点的时间求解波速，读出周期，从而求得波长。由运动学公式求出波由Q点传播到M点的时间，再分析波源Q产生的波刚传播到M点时，波源P的振动方向。根据M点到两波源的波程差与波长的关系，结合两波源起振方向关系，分析M点是振动加强还是振动减弱。
本题考查波的振动与传播的规律、机械波的叠加原理，要根据路程差与波长的关系，确定质点的振动强弱是常用的方法，要熟练掌握。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、航天员此操作的原理为反冲，与喷气式飞机飞行的原理相同，故A正确；
B、设在极短的时间Δt内喷出的气体的质量为Δm，则Δm=ρSvΔt
设对压缩气体的作用力为F′，则对压缩气体，根据动量定理有
F′Δt=Δmv
解得：F′=ρSv2
由牛顿第三定律可知，喷气过程中，航天员受到喷出气体的作用力恒为F=F′=ρSv2，故B正确；
CD、由于喷气过程中，气体的密度和速度恒定，且不考虑航天员和装备总质量的变化，所以航天员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动。
根据牛顿第二定律有F=Ma
由运动学公式有2ad=v′2
解得航天员到达空间站时相对空间站的速度为：v′=v 2ρSdM，故C错误，D正确。
故选：ABD。
根据航天员此操作的原理分析与喷气式飞机飞行的原理的关系；设在极短的时间Δt内喷出的气体的质量为Δm，对压缩气体，利用动量定理求出对压缩气体的作用力，从而得到航天员受到喷出气体的作用力；根据航天员的受力情况分析其运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式相结合求航天员到达空间站时相对空间站的速度。
解答本题的关键要理解航天员操作的原理：反冲，属于连续介质问题，往往取极短时间内的气体为研究对象，根据动量定理求气体受到的作用力。
11.【答案】C AC 压强传感器和注射器连接管中存在气体
【解析】解：(1)A.改变柱塞位置后，不能立即读取气体的体积，待气体稳定后再读数，故A错误；
B.实验过程不能用手握住注射器，防止气体温度变化，故B错误；
C.推拉注射器柱塞时，操作应缓慢，使管内气体温度与环境温度保持一致，故C正确。
故选：C。
(2)A.由1、2、3组数据分析可知，在误差允许的范围内，压强与体积成反比，故A正确；
B.根据pVT=C可知若温度升高，p与V的乘积会增大，故B错误；
C.p与V的乘积减小，可能是气体质量减小造成的，故C正确。
故选：AC。
(3)实验时气体的实际体积比注射器刻度值V大于V0，根据玻意耳定律p(V+V0)=C，C为定值
化简得V=C⋅1p−V0
如果实验操作规范正确，但如题图乙所示的V−1p图线不过原点，则V0代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积；由题图甲可知，该气体存在于压强传感器和注射器连接管中。
故答案为：(1)C；(2)AC；(3)压强传感器和注射器连接管中存在气体。
(1)根据实验的正确操作分析作答；
(2)根据表格数据分析作答；
(3)注射器与压强传感器连接部位的气体体积不能忽略设为V0，根据玻意耳定律求解V−1p函数，在结合V−1p图像分析作答。
本实验是验证性实验，要控制实验条件，此实验要要保持注射器内气体的质量不变和气体的温度不变；要能根据实验装置进行误差分析。
12.【答案】水平螺丝P 不需要 m1Δt=m2Δt1+m1Δt2 >
【解析】解：(1)已知：Δt′1>Δt′2，滑块经过光电门1的速度小于经过光电门2的速度，说明导轨右端较高，应将水平螺丝P调低些。
(2)(4)根据光电门测速原理，碰撞前滑块1的速度大小为：v1=dΔt
碰撞后滑块2的速度大小为：v2′=dΔt1
碰撞后滑块1的速度大小为：v1′=dΔt2
根据动量守恒定律得：m1v1=m2v2′+m1v1′
联立解得：m1Δt=m2Δt1+m1Δt2
若此式成立，则说明碰撞过程动量守恒，且不需要测量遮光条的宽度。
(5)若忽略两滑块碰撞过程的能量损失，则此碰撞为弹性碰撞。由光电门1记录的时间为Δt，光电门2先后记录的时间为Δt1和Δt2，可知碰后两滑块同方向运动，根据根据弹性碰撞的性质可知m1>m2
故答案为：(1)水平螺丝P；(3)不需要；(4)m1Δt=m2Δt1+m1Δt2；(5)>
(1)根据时间的大小关系分析出导轨较高的一侧，结合题意完成分析；
(2)(4)根据动量定理得出需要满足的关系式，以及分析出是否需要测量d；
(5)根据滑块碰后的速度特点得出两个滑块的质量大小关系。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和动量守恒定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)由于两部分气体为质量相同的同种气体，故可视为同一气体的等温变化，由玻意耳定律得
p1L1S=p2L2S
解得：p1：p2=19：20
(2)加热过程两部分气体均做等压变化
根据盖-吕萨克定律可得
(L1+ΔL1)ST+ΔT=L1ST
即
ΔL1SΔT=L1ST
同理
ΔL2SΔT=L2ST
解得：ΔL1ΔL2=2019
答：(1)Ⅰ、Ⅱ两部分气体的压强之比为19：20；
(2)如果给它们加热，使它们升高相同的温度，又不使水溢出，则两段气柱长度变化量之比为2019。
【解析】(1)由于两部分气体为质量相同的同种气体，故可视为同一气体的等温变化，根据玻意耳定律列式得出两部分气体的压强之比；
(2)气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律列式得气柱长度变化量的比值关系。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合一定质量的理想气体状态方程即可完成分析。
14.【答案】解：(1)设光线在AB边上的入射点为E时恰好发生全反射，其反射光线在弧AC上的切点为F，画出光路图如图所示，设入射角为θ，在ΔDAE中有
Rcsθ=LDE
在△DEF中有
LDE×sin2θ=R
根据折射定律有
n=1sinθ
解得：n=2
(2)在△DEF中，由几何关系可知
LEFtan2θ=R
n=cv
LEF=vt
解得：t=2 3R3c
答：(1)该透明材料的折射率为2；
(2)该光线从AB边反射后传播到圆弧面切点所经历的时间为2 3R3c。
【解析】(1)根据题意画出光路图，结合几何关系和折射定律得出材料的折射率；
(2)根据几何关系，结合运动学公式得出光线的传播时间。
本题主要考查了光的折射定律，理解光的传播特点，结合几何关系和折射定律即可完成分析。
15.【答案】解：(1)设小球1碰前瞬间速度为v0，1、2两球碰后速度分别为v1，v2。1、2两球碰撞瞬间，规定初速度v0的方向为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
m1v0=m1v1+m2v2
12m1v02=12m1v12+12m2v22
2、3两球碰撞瞬间，规定初速度v2的方向为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
m2v2=m2v′2+m3v3
12m2v22=12m2v′22+12m3v32
又
Ek3Ek1=12m3v3212m1v02
解得v3=4m1m2v1(m1+m2)(m2+m3)
Ek3Ek1=16m1m3m22(m1+m2)2(m2+m3)2
(2)小球1从四分之一竖直圆弧轨道滚下的过程有m1gR=12m1v02
根据第(1)问可知，碰撞后，3、4交换速度，4、5交换速度，……故第n个小球的速度大小为v3，解得v3=4m1m2 2gR(m1+m2)(m2+m3)=16m1 2gR4m2+m12m2+5m1
当4m2=m12m2时，即当m2=m12
此时，v3最大，且v3=16 2gR9
则Ekm=12m3v32=64m1gR81
答：(1)小球3被撞后瞬间的动能与小球1碰撞小球2前瞬间的动能之比为16m1m3m22(m1+m2)2(m2+m3)2；
(2)若m3=m4=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=mn=14m1，则当m2取m12时，第n(n>2)个小球获得的动能最大，并求出其最大动能为64m1gR81。
【解析】(1)根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出1、2两球碰后的速度，以及2、3两球碰后的速度，进而求出小球3被撞后瞬间的动能与小球1碰撞小球2前瞬间的动能之比；
(2)根据机械能守恒定理列出小球1从四分之一竖直圆弧轨道滚下的过程对应的方程；再根据第(1)问分析碰撞后，3、4，4、5的速度并求出第n个小球的速度大小；将m2=m12求出v3的最大值，进而求出最大动能。
本题考查了动量守恒的多过程问题，解决本题的关键是熟练掌握弹性碰撞的相关动量和能量的方程。序号
V(mL)
p(×105Pa)
pV(×105Pa⋅mL)
1
20.0
0.987
19.740
2
18.0
1.097
19.746
3
16.0
1.234
19.744
4
14.0
1.406
19.684
5
12.0
1.630
19.560
1.科学家发现在月球上含有丰富的 23He(氦3)，它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其参与的一种核聚变反应的方程式为 23He+23He→24He+2ZAX，下列关于 23He聚变的说法正确的是( )
A. X为质子
B. 24He比 23He的比结合能小
C. 核聚变方程式中的A=2
D. 24He的核子平均质量比 23He核子的平均质量大
2.用塑料瓶装半瓶水密封后放置在室外，经测量室外早晨的温度为10℃，中午的温度为38℃，下列说法正确的是( )
A. 从早晨到中午，瓶内每个气体分子的动能都逐渐增大
B. 从早晨到中午，气体对外界做功大于气体吸收的热量
C. 从早晨到中午，瓶内的水从外界吸收热量，所以瓶内水的内能增加了
D. 从早晨到中午，速率大的水分子数占总水分子数的比例逐渐减少
3.为了交通安全，常在公路上设置如图甲所示的减速带，减速带的间距为4m。当一辆汽车以7.2km/h的速度行驶在减速带上时，车内如图乙所示的弹簧装饰振动得最厉害，则弹簧装饰的固有频率为( )
A. 0.2HzB. 0.3HzC. 0.4HzD. 0.5Hz
4.用某种单色光做双缝干涉的实验，得到的干涉图样如图所示，其中P1、P2为屏上两固定点。现在单缝、双缝和屏之间充满某种折射率为2的透明介质，同时将双缝和屏之间的距离变为原来的2倍，若仍用原来的单色光做双缝干涉实验，则下列图样正确的是( )
A. B.
C. D.
5.大千世界千姿百态，许多物理现象都有其内在原因和独特表现，下列关于固体、液体的性质说法正确的是( )
A. 金属的导热性能均匀，因此金属是非晶体
B. 唐诗“霏微晓露成珠颗”中描述的露珠成球形，是由于液体内部分子间吸引力作用的结果
C. 土壤里有很多毛细管，要保存地下水分，就要用磙子压紧土壤
D. 彩色液晶显示器利用了液晶光学性质各向异性的特点
6.如图所示为氦原子的能级图，一群处于n=4激发态的氨原子向低能级跃迁时可以辐射出多种不同频率的光子，其中两次跃迁分别辐射出a、b两种光子，若用a光子照射某金属刚好能发生光电效应，则下列说法正确的是( )
A. 氦原子辐射出a光子后，氦原子的能量减小了3.40eV
B. a光子与b光子的波长比为1：5
C. 该金属的逸出功为13.60eV
D. 用b光子照射该金属，逸出的光电子的最大初动能为40.80eV
7.如图所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为m的小球，小球静止在O点。现用力将小球竖直向下缓慢拉动到M点(图中未画出)后由静止释放，小球恰好能上升到弹簧原长位置N。已知由M点第一次到达N点所经历的时间为t，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 小球被拉到M点静止时，竖直向下的拉力大小为2mg
B. 小球由M点第一次运动到O点所用时间为t2
C. 小球由M点运动到O点的过程中与由O点运动到N点的过程中，弹簧弹力的冲量相等
D. 小球由M点运动到O点的过程中与由O点运动到N点的过程中，弹簧弹力做的功相等
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图甲所示，一根轻绳一端系一小球，另一端固定在O点，制成单摆装置。在O点有一个能测量绳中拉力大小的力传感器。现将小球拉离最低点O1，由M点静止释放，则小球在M、N之间往复运动，由力传感器测出拉力F随时间t的变化图像如图乙所示。已知最大摆角小于5∘，π2≈g，下列说法正确的是( )
A. t=1s时，小球可能位于O1点
B. 1∼2s过程中，小球可能正由N点向O1点运动
C. 小球振动的周期为2s
D. 单摆的摆长为4m
9.如图甲所示，同一均匀介质中两个波源P和Q相距4.0m，两波源从t=0时刻开始振动，P和Q的振动图像分别如图乙和图丙所示。M点与波源Q间的距离为3.0m，且M、Q连线与P、Q所在直线垂直。已知波源P产生的简谐横波传到M点的时间为0.1s，则下列说法正确的是( )
A. 两波源产生的简谐横波波长相同且为1m
B. 波源Q产生的波刚传播到M点时，波源P向y轴正方向运动
C. 两列波均传到M点后，M点为振动加强点
D. 两波源起振方向均沿y轴正方向
10.2023年4月15日，神舟十五号航天员乘组进行了第四次出舱活动。如图所示，假设一航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，某一时刻航天员启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以相对空间站的速度v向后持续喷出，若喷出的压缩气体密度恒为ρ，航天员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后航天员和装备总质量的变化，则下列说法正确的是( )
A. 航天员此操作与喷气式飞机飞行的原理相同
B. 喷气过程中，航天员受到喷出气体的作用力恒为F=ρSv2
C. 喷气过程中航天员相对空间站做加速度逐渐减小的加速运动
D. 航天员到达空间站时相对空间站的速度为v 2ρSdM
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.用DIS研究一定质量的气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图甲所示，用一个带有刻度的注射器及DIS实验系统来探究气体的压强与体积的关系。请回答下列有关问题。
(1)实验过程中下列操作正确的是______。
A.改变注射器柱塞位置后，立即读取气体的体积
B.为了操作稳定，用手握住注射器
C.推拉注射器柱塞时，操作应缓慢
(2)实验过程中获得的数据如表所示，温度T=300K。
若读数和计算无误，根据表格数据，下列说法正确的是______。
A.根据1、2、3组数据可知压强较小时，压强与体积近似成反比
B.4、5组数据中p与V的乘积明显减小，可能是环境温度升高了
C.4、5组数据中p与V的乘积明显减小，可能是漏气造成的
(3)排除(2)中影响实验精度的因素后，作出的V−1p图像如图乙所示，则图线不过坐标原点的原因可能是______(写出一条即可)。
12.如图所示是验证动量守恒定律的实验装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上固定着相同的竖直遮光条，实验主要步骤如下：
(1)接通气源，将一滑块放置在导轨上，轻推一下使其先后通过两个光电门1、2，发现滑块经过光电门1，2的时间Δt′1>Δt′2，故应将______(填“水平螺丝Q”或“水平螺丝P”)调低些，使滑块通过两个光电门的时间相同。
(2)用天平测出滑块1、2(包含遮光条)的质量m1、m2，本实验______(填“需要”或“不需要”)测出遮光条的宽度d。
(3)将滑块2放置在光电门1、2之间，将滑块1放置在光电门1的在侧，轻推滑块1，使其与滑块2发生碰撞，光电门1记录的时间为Δt，光电门2先后记录的时间为Δt1和Δt2。
(4)若关系式______(用上面所测物理量字母表示)成立，则说明碰撞过程动量守恒。
(5)若忽略两滑块碰撞过程的能量损失，则两滑块(包含遮光条)的质量关系一定为m1______m2(填“<”、“=”或“>”)。
四、简答题：本大题共3小题，共39分。
13.如图所示为某锅炉上显示水位的显示器简化示意图，其为上端开口下端封闭、竖直放置且粗细均匀的细玻璃管，内部用两段水柱封闭着质量、温度相同的同种气体(可视为理想气体)Ⅰ与Ⅱ，其长度之比L1：L2=20：19。求：
(1)Ⅰ、Ⅱ两部分气体的压强之比p1：p2；
(2)如果给它们加热，使它们升高相同的温度，又不使水溢出，则两段气柱长度变化量之比ΔL1：ΔL2。
14.如图所示，图中阴影部分为某种透明材料做成的柱形光学元件的横截面，AC为一半径为R的14圆弧，D为圆弧面的圆心，ABCD构成正方形。在D处有一点光源，从点光源经圆弧面射向AB边的一条光线恰好不能从AB边射出且其反射光线刚好与圆弧面相切。已知光在真空中的传播速度为c，求：
(1)该透明材料的折射率n；
(2)该光线从AB边反射后传播到圆弧面切点所经历的时间t。
15.如图所示，AB为一半径为R的四分之一竖直光滑圆弧轨道，其与光滑水平面相切于B点，在水平面上依次紧密排列着体积相等、材料不同、标号为2、3、4…n的小球，小球质量分别为m2、m3、…mn，将质量为m1的小球1从轨道上A点由静止释放。已知小球之间的碰撞均为弹性正碰，每相邻两个小球之间只碰撞一次，重力加速度为g，求：(1)小球3被撞后瞬间的动能与小球1碰撞小球2前瞬间的动能之比；
(2)若m3=m4=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=mn=14m1，则当m2取何值时，第n(n>2)个小球获得的动能最大，并求出其最大动能Ekm。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：AC.根据质量数守恒和电荷数守恒有： 23He+23He→24He+211H，即A=1，Z=1，则X为质子，故A正确，C错误；
B.由于核反应会释放巨大能量，则 24He比 23He的比结合能大，故B错误；
D.由于核反应方程释放巨大能量的同时，伴随着质量亏损，则 24He核子的平均质量比 23He核子的平均质量小，故D错误。
故选：A。
根据质量数守恒和电荷数守恒可推导出核反应方程；
结合能：核子结合为原子核时释放的能量或原子核分解为核子时吸收的能量
比结合能：原子核的结合能与核子数之比；
核反应方程会释放出巨大的能量，且伴随着质量亏损。
解题关键是能够知道核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒；核反应方程释放巨大能量的同时，伴随着质量亏损；结合能和比结合能的关系。难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A、由题意可知，从早晨到中午，瓶内的水温度升高，水分子的平均动能增大，按照统计规律并不是每个气体分子的动能都增大，故A错误；
B、从早晨到中午，由于气体温度升高，内能增大，根据热力学第一定律ΔU=Q+W>0，所以Q>−W。故气体对外做功小于吸收的热量，故B错误；
C、从早晨到中午，瓶内的水温度升高，水分子的平均动能增大，水的质量不变，所以瓶内水的内能会增加，故C正确；
D、水的温度升高后，速率大的水分子数占总水分子数的比例增大，故D错误。
故选：C。
根据温度是分子是平均动能的标志、结合统计规律判断每一个气体分子动能、水的内能、及速度大的分子所点的比例的变化问题；
结合热力学第一定律判断出做功与吸收热量的大小。
利用热力学第一定律可以判断气体的做功、热传递和内能的变化情况。
3.【答案】D
【解析】解：由速度公式得：
T=xv
其中v=7.2km/h=2m/s
代入数据得：T=2s
由f=1T得：
f=0.5Hz
驱动力频率为0.5Hz时，弹簧装饰振动得最厉害，发生共振，弹簧装饰的固有频率等于驱动力的频率，所以弹簧装饰的固有频率为0.5Hz，故ABC错误，D正确。
故选：D。
汽车做受迫振动，当弹簧装饰的固有频率等于减速带产生的驱动力频率时，汽车会发生共振，振动最强烈。
本题以减速带使路面稍微拱起以达到车辆减速的目的为情境载体，考查了共振条件在实际生活中的应用，解决此题的关键是要理解共振曲线。
4.【答案】A
【解析】解：根据折射率公式，单色光在透明介质中的传播速度v=cn
根据波长、波速和频率的关系，光在真空中的波长λ=cf
光在透明介质中的波长λ1=vf=cnf=cnf=c2f=λ2
根据双缝干涉条纹间距公式，原来的条纹间距Δx=Ldλ
光通过透明介质后的条纹间距Δx1=L1d⋅λ1=2ld×λ2=Ldλ=Δx
可知同时将双缝和屏之间的距离变为原来的2倍时条纹间距不变，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据折射率公式以及波长、波速和频率的关系求光在介质中的波长，再根据双缝干涉条纹间距公式分析作答。
本题考查了双缝干涉条纹间距公式的理解和运用。注意光在不同介质中频率不变，明确波长、波速和频率的关系以及折射率公式是解题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：A.通常金属在各个方向的物理性质都相同，但具有固定的熔点，属于多晶体，故A错误；
B.露珠呈球形是由于液体表面分子间的引力形成的，不是内部分子间吸引力相互作用的结果，故B错误；
C.土壤里有很多毛细管，如果要保存地下水分，就要把地面土壤锄松，破坏土壤里的毛细管，用磙子压紧土壤，会让毛细管变得更细，能把地下的水分引上来，故C错误；
D.彩色液晶显示器利用了液晶光学性质各向异性的特点，故D正确。
故选：D。
金属是多晶体；叶面上的露珠是由于液体外部分子间距较为稀疏，分子间表现为吸引力；要保存地下水分，需要破坏土壤里的毛细管；彩色液晶显示器利用了液晶光学性质各向异性的特点。
本题主要是考查表面张力、晶体与非晶体、毛细现象等知识，解答本题的关键是能够熟练掌握热学部分的基本知识并能够熟练应用。
6.【答案】D
【解析】解：A、氦原子辐射出a光子后，氦原子的能量减小了ΔE=−3.40eV−(−13.60eV)=10.20eV，故A错误；
B、a光子的能量为Ea=10.20eV
b光子的能量为Eb=−3.40eV−(−54.40eV)=51eV
由光子能量公式E=hcλ，解得λaλb=5，故B错误；
C、用a光子照射某金属刚好能发生光电效应，a光子的能量恰好等于金属的逸出功，则该金属的逸出功W0=10.20eV，故C错误；
D、用b光子照射该金属，逸出的光电子的最大初动能为Ek=Eb−W0=51eV−10.2eV=40.8eV，故D正确。
故选：D。
氨原子发生跃迁时，辐射出的光子能量等于两能级间的能量差；根据能级图求出a光子与b光子的能量，由E=hν=hcλ求a光子与b光子的波长比。用a光子照射某金属刚好能发生光电效应，a光子的能量恰好等于金属的逸出功。用b光子照射该金属，根据光电效应方程求出光电子的最大初动能。
解决本题的关键要掌握光电效应方程，以及玻尔理论，知道原子发生跃迁时，辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能量差。
7.【答案】B
【解析】解：A.小球在竖直方向做简谐运动，根据简谐运动的对称性可知小球在最低点与最高点回复力大小相等，在最低点有F回=F弹−mg
在最高点，回复力完全由重力提供F回=mg
联立解得F弹=2mg
设拉力为F，在最低点未释放时，根据平衡条件有F弹=mg+F
解得F=mg，故A错误；
B.根据简谐运动的对称性可知从M点运动到O点所用时间与从O点运动到N点所用的时间相等，故小球由M点运动到O点所用的时间为t2，故B正确；
C.由于小球由M点运动到O点的过程中与由O点运动到N点的过程中，弹簧弹力逐渐减小，根据冲量的定义I=F弹t可知，在相等的时间内，弹簧弹力的冲量不相等，故C错误；
D.由于由M点运动到O点的过程中与由O点运动到N点的过程中，弹簧弹力逐渐减小，而位移相等，故弹簧弹力做的功不相等，故D错误。
故选：B。
A.小球在竖直方向做简谐运动，小球恰好能上升到弹簧原长位置，回复力完全由小球重力提供，在最低点回复力由弹力和重力的合力提供，根据对称性求解弹力，再根据平衡条件求拉力；
B.根据简谐运动时间的对称性求时间；
C.小球在上升的过程中，弹力逐渐减小，根据冲量的定义分析作答；
D.小球在上升的过程中，弹力逐渐减小，根据做功公式分析作答。
本题考查了竖直方向的简谐运动，要知道回复力的来源，要充分利用对称性分析作答；要正确运用冲量公式和做功公式解决问题。
8.【答案】BD
【解析】解：A.根据单摆振动的规律可知，拉力最大时，小球位于最低点，拉力最小时，小球位于最高点，故A错误；
B.由图可知1∼2s过程中，小球由拉力最小到最大，根据单摆振动的规律可知，小球最高点向最低点运动，故B正确；
C.由图像可知，单摆振动的周期为T=4s，故C错误；
D.根据单摆周期公式T=2π Lg，代入数值解得L=4m，故D正确。
故选：BD。
根据在一次全振动中两次经过平衡位置，经过平衡位置时拉力最大，根据该规律求出小球的周期；结合周期公式求出单摆的摆长。
解决本题的关键知道简谐运动对称性，掌握单摆的周期公式，并能灵活运用，基础题。
9.【答案】AB
【解析】解：A、由几何关系可知，PM−= PQ−2+MQ−2= 42+32m=5m，根据波由P点传到M点用时0.1s，可得波速为v=PM−t=50.1m/s=50m/s
根据乙图或丙图可知T=2×10−2s，则波长λ=vT=50×2×10−2m=1m，故A正确；
B、波由Q点传播到M点用时t′=MQ−v=350s=0.06s=3T，故此时P点的振动情况与0时刻相同，即沿y轴正方向运动，故B正确；
CD、M点到两波源的波程差为Δx=MP−−MQ−=(5−3)m=2m=2λ，因两波源起振方向相反，故M点为振动减弱点，故CD错误。
故选：AB。
根据几何知识求出PM间的距离，结合波由P点传到M点的时间求解波速，读出周期，从而求得波长。由运动学公式求出波由Q点传播到M点的时间，再分析波源Q产生的波刚传播到M点时，波源P的振动方向。根据M点到两波源的波程差与波长的关系，结合两波源起振方向关系，分析M点是振动加强还是振动减弱。
本题考查波的振动与传播的规律、机械波的叠加原理，要根据路程差与波长的关系，确定质点的振动强弱是常用的方法，要熟练掌握。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、航天员此操作的原理为反冲，与喷气式飞机飞行的原理相同，故A正确；
B、设在极短的时间Δt内喷出的气体的质量为Δm，则Δm=ρSvΔt
设对压缩气体的作用力为F′，则对压缩气体，根据动量定理有
F′Δt=Δmv
解得：F′=ρSv2
由牛顿第三定律可知，喷气过程中，航天员受到喷出气体的作用力恒为F=F′=ρSv2，故B正确；
CD、由于喷气过程中，气体的密度和速度恒定，且不考虑航天员和装备总质量的变化，所以航天员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动。
根据牛顿第二定律有F=Ma
由运动学公式有2ad=v′2
解得航天员到达空间站时相对空间站的速度为：v′=v 2ρSdM，故C错误，D正确。
故选：ABD。
根据航天员此操作的原理分析与喷气式飞机飞行的原理的关系；设在极短的时间Δt内喷出的气体的质量为Δm，对压缩气体，利用动量定理求出对压缩气体的作用力，从而得到航天员受到喷出气体的作用力；根据航天员的受力情况分析其运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式相结合求航天员到达空间站时相对空间站的速度。
解答本题的关键要理解航天员操作的原理：反冲，属于连续介质问题，往往取极短时间内的气体为研究对象，根据动量定理求气体受到的作用力。
11.【答案】C AC 压强传感器和注射器连接管中存在气体
【解析】解：(1)A.改变柱塞位置后，不能立即读取气体的体积，待气体稳定后再读数，故A错误；
B.实验过程不能用手握住注射器，防止气体温度变化，故B错误；
C.推拉注射器柱塞时，操作应缓慢，使管内气体温度与环境温度保持一致，故C正确。
故选：C。
(2)A.由1、2、3组数据分析可知，在误差允许的范围内，压强与体积成反比，故A正确；
B.根据pVT=C可知若温度升高，p与V的乘积会增大，故B错误；
C.p与V的乘积减小，可能是气体质量减小造成的，故C正确。
故选：AC。
(3)实验时气体的实际体积比注射器刻度值V大于V0，根据玻意耳定律p(V+V0)=C，C为定值
化简得V=C⋅1p−V0
如果实验操作规范正确，但如题图乙所示的V−1p图线不过原点，则V0代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积；由题图甲可知，该气体存在于压强传感器和注射器连接管中。
故答案为：(1)C；(2)AC；(3)压强传感器和注射器连接管中存在气体。
(1)根据实验的正确操作分析作答；
(2)根据表格数据分析作答；
(3)注射器与压强传感器连接部位的气体体积不能忽略设为V0，根据玻意耳定律求解V−1p函数，在结合V−1p图像分析作答。
本实验是验证性实验，要控制实验条件，此实验要要保持注射器内气体的质量不变和气体的温度不变；要能根据实验装置进行误差分析。
12.【答案】水平螺丝P 不需要 m1Δt=m2Δt1+m1Δt2 >
【解析】解：(1)已知：Δt′1>Δt′2，滑块经过光电门1的速度小于经过光电门2的速度，说明导轨右端较高，应将水平螺丝P调低些。
(2)(4)根据光电门测速原理，碰撞前滑块1的速度大小为：v1=dΔt
碰撞后滑块2的速度大小为：v2′=dΔt1
碰撞后滑块1的速度大小为：v1′=dΔt2
根据动量守恒定律得：m1v1=m2v2′+m1v1′
联立解得：m1Δt=m2Δt1+m1Δt2
若此式成立，则说明碰撞过程动量守恒，且不需要测量遮光条的宽度。
(5)若忽略两滑块碰撞过程的能量损失，则此碰撞为弹性碰撞。由光电门1记录的时间为Δt，光电门2先后记录的时间为Δt1和Δt2，可知碰后两滑块同方向运动，根据根据弹性碰撞的性质可知m1>m2
故答案为：(1)水平螺丝P；(3)不需要；(4)m1Δt=m2Δt1+m1Δt2；(5)>
(1)根据时间的大小关系分析出导轨较高的一侧，结合题意完成分析；
(2)(4)根据动量定理得出需要满足的关系式，以及分析出是否需要测量d；
(5)根据滑块碰后的速度特点得出两个滑块的质量大小关系。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和动量守恒定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)由于两部分气体为质量相同的同种气体，故可视为同一气体的等温变化，由玻意耳定律得
p1L1S=p2L2S
解得：p1：p2=19：20
(2)加热过程两部分气体均做等压变化
根据盖-吕萨克定律可得
(L1+ΔL1)ST+ΔT=L1ST
即
ΔL1SΔT=L1ST
同理
ΔL2SΔT=L2ST
解得：ΔL1ΔL2=2019
答：(1)Ⅰ、Ⅱ两部分气体的压强之比为19：20；
(2)如果给它们加热，使它们升高相同的温度，又不使水溢出，则两段气柱长度变化量之比为2019。
【解析】(1)由于两部分气体为质量相同的同种气体，故可视为同一气体的等温变化，根据玻意耳定律列式得出两部分气体的压强之比；
(2)气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律列式得气柱长度变化量的比值关系。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合一定质量的理想气体状态方程即可完成分析。
14.【答案】解：(1)设光线在AB边上的入射点为E时恰好发生全反射，其反射光线在弧AC上的切点为F，画出光路图如图所示，设入射角为θ，在ΔDAE中有
Rcsθ=LDE
在△DEF中有
LDE×sin2θ=R
根据折射定律有
n=1sinθ
解得：n=2
(2)在△DEF中，由几何关系可知
LEFtan2θ=R
n=cv
LEF=vt
解得：t=2 3R3c
答：(1)该透明材料的折射率为2；
(2)该光线从AB边反射后传播到圆弧面切点所经历的时间为2 3R3c。
【解析】(1)根据题意画出光路图，结合几何关系和折射定律得出材料的折射率；
(2)根据几何关系，结合运动学公式得出光线的传播时间。
本题主要考查了光的折射定律，理解光的传播特点，结合几何关系和折射定律即可完成分析。
15.【答案】解：(1)设小球1碰前瞬间速度为v0，1、2两球碰后速度分别为v1，v2。1、2两球碰撞瞬间，规定初速度v0的方向为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
m1v0=m1v1+m2v2
12m1v02=12m1v12+12m2v22
2、3两球碰撞瞬间，规定初速度v2的方向为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
m2v2=m2v′2+m3v3
12m2v22=12m2v′22+12m3v32
又
Ek3Ek1=12m3v3212m1v02
解得v3=4m1m2v1(m1+m2)(m2+m3)
Ek3Ek1=16m1m3m22(m1+m2)2(m2+m3)2
(2)小球1从四分之一竖直圆弧轨道滚下的过程有m1gR=12m1v02
根据第(1)问可知，碰撞后，3、4交换速度，4、5交换速度，……故第n个小球的速度大小为v3，解得v3=4m1m2 2gR(m1+m2)(m2+m3)=16m1 2gR4m2+m12m2+5m1
当4m2=m12m2时，即当m2=m12
此时，v3最大，且v3=16 2gR9
则Ekm=12m3v32=64m1gR81
答：(1)小球3被撞后瞬间的动能与小球1碰撞小球2前瞬间的动能之比为16m1m3m22(m1+m2)2(m2+m3)2；
(2)若m3=m4=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=mn=14m1，则当m2取m12时，第n(n>2)个小球获得的动能最大，并求出其最大动能为64m1gR81。
【解析】(1)根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出1、2两球碰后的速度，以及2、3两球碰后的速度，进而求出小球3被撞后瞬间的动能与小球1碰撞小球2前瞬间的动能之比；
(2)根据机械能守恒定理列出小球1从四分之一竖直圆弧轨道滚下的过程对应的方程；再根据第(1)问分析碰撞后，3、4，4、5的速度并求出第n个小球的速度大小；将m2=m12求出v3的最大值，进而求出最大动能。
本题考查了动量守恒的多过程问题，解决本题的关键是熟练掌握弹性碰撞的相关动量和能量的方程。序号
V(mL)
p(×105Pa)
pV(×105Pa⋅mL)
1
20.0
0.987
19.740
2
18.0
1.097
19.746
3
16.0
1.234
19.744
4
14.0
1.406
19.684
5
12.0
1.630
19.560
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