模拟卷01-【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考物理模拟卷（湖南专用）

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2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考物理模拟卷（湖南专用）
黄金卷01
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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．“嫦娥五号”中有一块“核电池”，在月夜期间提供电能的同时还能提供一定能量用于舱内温度控制。“核电池”利用了的衰变，衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A．一个衰变为释放的核能为
B．由于月球上昼夜温差很大，所以在月球上衰变得比在地球上快些
C．比的中子数少2个
D．发生的是衰变，射线具有极强的穿透能力可用于金属探伤
【答案】C
【详解】A．依题意，可得该核反应过程中的质量亏损为则一个衰变为释放的核能为故A错误；
B．放射性元素的半衰期与外部环境条件无关，所以在月球上的衰变同在地球上的衰变快慢是一样的，故B错误；
CD．根据质量数及电荷数守恒，可写出该核反应方程为可知该核反应为衰变，由于粒子由两个质子和2个中子组成，可知比的中子数少2个，且射线的电离能力较强，穿透能力较弱，所以射线不能用于金属探伤，故C正确，D错误。故选C。
2．如图甲所示，为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接。现将一个电荷量为+Q的点电荷置于板的右侧，电场线分布如图乙所示。a、b、c、d四个点是点电荷为圆心的圆上的四个点，四点的连线刚好组成一个正方形，其中、与金属平板垂直，下列说法不正确的是（ ）
A．b、c两点具有相同的电势
B．a、d两点具有相同的电场强度E
C．将一个正试探电荷从平板上的e点沿着板移到f点的过程中，电势能一直保持不变
D．将一个负试探电荷q从a点沿着方向移动到d点的过程中，电势能先减小后增大
【答案】B
【详解】A．根据对称性可知，由于b、c离场源电荷的距离相同，则b、c两点具有相同的电势，故A正确；
B．由图可知，a、d两点场强大小相等，方向不同，故B错误；
C．平板上的场强方向与平板垂直，则将一个正试探电荷从平板上的e点沿着板移到f点的过程中，电场力不做功，所以电势能不变，故C正确；
D．电场线的切线方向为该点的场强方向，若移动的是正电荷，正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同，从a到ad中点的过程中，电场力方向与位移方向夹角大于90°，电场力做负功，从ad中点到d点的过程中，电场力方向与位移方向夹角小于90°，电场力做正功，所以电荷的电势能先增大后减小，若移动的是负电荷，电势能先减小后增大。故D正确。本题选不正确的，故选B。
3．如图所示，四分之一圆柱体P放在水平地面上，球心O的正上方有一个大小可忽略的定滑轮A，一根轻绳跨过定滑轮，一端和置于圆柱体P上质量为m的小球连接，另一端系在固定竖直杆上的B点，一质量为的钩码挂在AB间的轻绳上，整个装置处于静止状态，四分之一圆柱体P与水平地面上有摩擦，其它摩擦不计，若在钩码下方再加挂一个钩码，P始终未动，小球没有离开圆柱体P，当系统再次处于静止状态时，则（ ）
A．轻绳的张力增大B．P对小球的弹力减小
C．P对地面的压力不变D．P对地面的摩擦力减小
【答案】D
【详解】AB．对m进行受力分析，如图所示
设四分之一圆柱体的半径为R，定滑轮A左侧轻绳长度为L，根据相似三角形有在钩码下方再加挂一个钩码直至系统再次处于静止状态的过程中，小球会沿着P上移，小球再次处于静止状态时，由于AO、mg、R不变，L减小，则N不变、T减小，AB错误；
C．设小球对P的压力与竖直方向的夹角为θ，地面对P的支持力为N1，则有
θ变小，则csθ增大，则地面对P的支持力增大，根据牛顿第三定律可知，P对地面的压力增大，C错误；
D．设轻绳与竖直方向的夹角为α，对小球和P整体分析可知，T和α均变小，则f变小，即P对地面的摩擦力减小，D正确。故选D。
4．某国产“超薄磁吸无线充电器”的充电功率为30W，同时支持360°磁力吸附，可直接吸附在手机上进行无线充电。该充电器的工作原理如图所示，当充电器上的发射线圈通入正弦式交变电流后，就会在接收线圈中感应出电流，实现为手机电池充电。某次测试时，该充电器接入电压瞬时值V的交流电源，发射线圈和接收线圈的匝数之比为22：1，不计能量损耗，下列说法正确的是（ ）
A．接收线圈中电流产生的磁场恒定不变B．接收线圈中电流的频率为100Hz
C．接收线圈两端电压的有效值为VD．接收线圈中的电流为3A
【答案】D
【详解】A．当充电器上的发射线圈通入正弦式交变电流后，就会在接收线圈中感应出正弦交变电流，故接受线圈中电流周期性变化，产生的磁场也会周期性变化，A错误；
B．由发射线圈电压瞬时值表达式V可知，故发射线圈中交流电的频率为
接收线圈中电流的频率与发射线圈中电流的频率相同，故接收线圈中电流的频率为50Hz，B错误；
C．发射线圈中电压的有效值为由可得接收线圈两端电压的有效值为，C错误；
D．本题中充电器不计能量损耗，则有可得接收线圈中的电流为
D正确。故选D。
5．如题图所示，水上飞行表演中，运动员操控喷射式悬浮飞行器将水带缓慢竖直送上来的水向下喷出，可以完成悬停、上升等各种动作。某次表演时运动员处于悬停状态，喷嘴竖直向下喷出水的速度为，若运动员操控装置，以竖直向上的加速度a开始运动瞬间，喷嘴竖直向下喷出水的速度为，重力加速度为g，下列关系式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】设水的密度为，喷嘴喷水出口横截面积为S，喷嘴竖直向下喷出水时，对水竖直向下的作用力大小为F，由动量定理得可得当运动员处于悬停状态时有当运动员操控装置以竖直向上的加速度a开始运动瞬间有联立解得故D正确，ABC错误。
故选D。
6．高空坠物十分危险。我们可以根据坠物落地时的速度方向判断坠物是从哪层楼抛出的。假设从监控画面描绘出坠物落地时速度方向与水平地面成角，经测量，，落地点与楼房墙壁的水平距离为8m。已知楼房每层楼的高度为2.8m，假设坠物垂直于楼房墙壁表面水平抛出，不计空气阻力，g取，则以下说法正确的是（ ）
A．坠物在空中飞行的时间为1.5s
B．坠物初速度为2m/s
C．坠物可能来自6楼
D．坠物可能来自8楼
【答案】D
【详解】A．设物体抛出时的初速度为，则落地时解得，A错误；
B．由可得坠物的初速度，B错误；
CD．坠物下落的高度楼房每层楼的高度为2.8m，由可知抛出坠物的楼层为8楼，C错误，D正确。故选D。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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0分。
7．北京时间2022年6月5日，搭载神州十四号载人飞船的长征二号运载火箭成功发射升空。载人飞船中有一体重计，体重计上放了一个质量为m物体。在火箭竖直向上匀加速运动的过程中，地面测控站监测到体重计读数为F。载人飞船经火箭继续推动，进入预定圆轨道，其周期约为1.5小时。已知万有引力常量为G，地球半径为R，则（ ）
A．地球的质量为
B．飞船的轨道半径比同步卫星的轨道半径小
C．飞船在预定轨道的运行速度小于第一宇宙速度
D．飞船在预定圆轨道运行时，所受重力为0
【答案】BC
【详解】A．在地球表面，忽略地球自转的影响，物体在地表静止时，体重计的示数为F0，则F0＝mg
解得由于F>F0，故A错误；
B．飞船围绕地球做圆周运动的周期为1.5小时，小于24小时，根据开普勒第三定律，，可知飞船的轨道半径比同步卫星的要小，故B正确；
C．飞船在预定轨道做匀速圆周运动，向心力由万有引力提供可得
即飞船在预定轨道的运行速度一定小于第一宇宙速度，故C正确；
D．当飞船在预定圆轨道做匀速圆周运动的时候，飞船处于完全失重状态；但飞船仍在地球附近，受地球引力作用，此时万有引力充当向心力，故D错误。故选BC。
8．图甲所示的救生缓降器由挂钩、吊带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可使人沿绳缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情中，将安全带系于腰部，从离地面某高度处通过救生缓降器着陆时速度恰好为零，图丙是工人下落全过程中绳索拉力随时间变化的图像。已知工人的质量，，则工人（ ）
A．下落过程处于失重状态B．下落最大速度为12m/s
C．下落的总高度为30mD．下落的总高度为36m
【答案】BC
【详解】AB．设竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律解得
根据牛顿第二定律解得方向竖直向上，可知下落过程先处于失重状态后处于超重状态，时速度最大为故B正确，A错误；
CD．下落的总高度为故C正确，D错误。故选BC。
9．如图所示，用轻绳连接的滑轮组（滑轮均为轻滑轮且不计摩擦）静止悬挂着质量均为的两个物体A、B。已知动滑轮距上方天花板足够远，连接动滑轮和定滑轮的轻绳均竖直，两物体均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为。现将系统由静止释放，在物体B下降高度的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体A的加速度大小为
B．物体B的速度大小为
C．物体A动量的变化量大小为
D．物体B机械能的变化量为
【答案】ACD
【详解】A．设物体A的加速度为，则物体B的加速度为，绳子中拉力为，对于物体A有
对于物体B有联立解得， ，A正确；
B．物体B的速度大小为，B错误；
C．物体A的速度为所以物体A动量的变化量大小为，C正确；
D．绳子中拉力对物体B做负功，所以物体B机械能的变化量为，D正确。故选ACD。
10．如图，竖直平面内存在一个具有理想边界，大小为2T，方向垂直于纸面向外的有界匀强磁场区域。一个质量m = 0.04kg、边长L =0.1m 、电阻R =0.2Ω的匀质正方形刚性导线框，从距磁场区域高度h处以速度v0=2m/s水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变（线框运动过程中不翻转，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2）。下列说法正确的是（ ）
A．cd 边进入磁场前，其两端电压恒为0.1 V
B．若v0 =1m/s，线框进入磁场的速度将增大
C．线框离开磁场时ab边还未到达x轴
D．ab边通过x轴时的速度大小为3.5m/s
【答案】ACD
【详解】A．线圈从开始进入磁场到cd 边进入磁场前做匀速运动，则解得I=2A
cd边两端电压恒为选项A正确；
B．若v0 =1m/s，则线圈进入磁场时的竖直速度不变，则进入磁场后线圈在竖直方向仍能平衡，则竖直方向仍做匀速运动，但是因水平速度减小，则线框进入磁场的速度将减小，选项B错误；
C．线圈进入磁场时竖直速度为vy，则解得vy=2m/s进入磁场之前的运动时间为
进入磁场前的水平位移线圈在磁场中运动时水平速度不变，则线圈从进入磁场到离开磁场的时间为而竖直方向线圈匀速进入ab进入磁场的时间说明当线圈将要从右边出离磁场时，上边dc也恰好全部进入磁场，即线框离开磁场时ab边还未到达x轴，选项C正确；
D．线圈出离磁场时以至出离磁场后，竖直方向受到竖直向下的重力，则竖直方向做加速度为g的匀加速运动，当ab边通过x轴时的竖直速度大小为 出离磁场时水平方向受到水平向左的安培力而做变减速运动，设出离磁场时的水平速度为vx′，则由动量定理
且联立解得 vx′=1.5m/s线圈出离磁场后水平方向做匀速运动，则线圈ab边通过x轴时的速度大小为选项D正确。故选ACD。
非选择题：共56分。第11~14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15、16题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
11.（6分）某同学利用以下器材验证机械能守恒定律：智能手机、铁球、刻度尺、钢尺等。实验过程如下：
（1）一钢尺伸出水平桌面少许，将质量为的铁球放在钢尺末端，用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差；
（2）运行智能手机中关于声音“振幅”（声音传感器）的软件；
（3）迅速水平敲击钢尺侧面，使铁球自由下落。传感器记录下声音振幅随时间变化曲线如图所示，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应铁球开始下落和落地时刻，其差值为铁球下落的时间。
（4）若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式：___________（请选用物理量符号、、、表示）。
（5）若已知铁球质量为，，则下落过程中减小的重力势能，增加的动能___________（结果保留3位小数）。比较相对误差与的大小，可以得到本实验的结论，结论是___________。
（6）敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，对实验测量结果___________（填“有”或“没有”）影响。
【答案】 、或 在误差允许的范围内，铁球在自由下落过程中机械能守恒 没有
【详解】（4）[1]铁球下落的速度为根据初速度为0的匀变速直线运动的公式有；解得铁球下落时间t的速度为若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式
带入数据解得或或
（5）[2]由图像可得下落时间为t=0.4s，下落过程中增加的动能
[3]相对误差可得在误差允许的范围内，铁球在自由下落过程中机械能守恒。
（6）[4]根据运动的独立性，敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，不影响铁球竖直方向的运动，对实验测量结果没有影响。
12.（9分）国标（GB/T）规定自来水在15 ℃时电阻率应大于13 Ω·m，某同学利用图（a）电路测量15 ℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动，实验器材还有：
电源（电动势约为3 V，内阻可忽略）
电压表V1（量程为0~3 V，内阻很大）
电压表V2（量程为0~3 V，内阻很大）
定值电阻R1（阻值4 kΩ）
定值电阻R2（阻值2 kΩ）
电阻箱R最大阻值9 999.9 Ω
单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺。
实验步骤如下：
A．用游标卡尺测量并记录玻璃管的内径d；
B．向玻璃管内注满自来水，确保无气泡，用刻度尺测量并记录水柱长度L；
C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；
D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；
E.改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱的长度L和电阻箱的阻值R；
F.断开S，整理好器材。
（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图（b）所示，则d＝______mm。
（2）玻璃管内水柱电阻Rx的表达式为Rx＝__________（用R1、R2、R表示）。
（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图（c）所示的R－图像。可求出自来水的电阻率ρ＝________Ω·m（结果保留三位有效数字）。
（4）本实验若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】 20.0 12.6 偏大
【详解】（1）[1] 游标卡尺的主尺读数为2.0 cm＝20 mm，游标尺上第0个刻度和主尺上刻度对齐，游标卡尺分度值为0.1，所以最终读数为20.0 mm。
（2）[2] 设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则电路电流为，总电压U总＝＋U当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，也为U，则此时电路中的电流为，总电压U总′＝R2＋U由于两次总电压相等，都等于电源电动势E，可得＝解得Rx＝
（3）[3] 从图（c）中可知，R＝1×103 Ω时＝5.0 m－1此时玻璃管内水柱的电阻Rx＝＝8 000 Ω
水柱横截面积S＝π2＝3.14×10－4 m2由电阻定律R＝ρ得ρ＝＝ 8 000×3.14×10－4×5.0 Ω·m≈12.6 Ω·m
（4）[4] 若电压表V1内阻不是很大，则把S拨到1位置时，电路电流大于，Rx>R2
得到Rx>所以测量的Rx将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大。
13.（13分）如图所示的直角坐标系中，在xOz平面上方空间存在沿y轴负方向的匀强电场，xOz平面下方空间存在沿x轴正方向的匀强磁场，电场强度、磁感应强度均未知，坐标（-2d，d，0）处一电荷量为q、质量为m的带电粒子以速度v0沿x轴正方向飞出，从坐标原点O进入匀强磁场，该粒子在磁场中的周期为，不计重力，求；
（1）电场强度E和进入磁场时速度与x轴正方向的夹角；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）若粒子穿过原点O记为第0次穿越xOz平面，求粒子第4次穿越xOz平面时的坐标。
【答案】（1），方向沿y轴负方向，；（2）；（3）（16d，0，）
【详解】（1）从坐标原点O进入匀强磁场，则可知电场力方向向下，则粒子为正电荷，在电场中做类平抛运动，则； 其中由牛顿第二定律可知解得沿电场方向速度为
进入磁场时速度与x轴正方向的夹角为，则即
（2）进入磁场时速度为在磁场中，由于； 解得
由于该粒子在磁场中的周期为，则磁感应强度B的大小为
（3）粒子进入磁场时有夹角，则洛伦兹力做向心力，粒子速度分解为沿磁场方向和垂直于磁场方向，粒子做螺旋运动，根据左手定则判断，经过半个周期，第一次经过磁场出磁场，则x轴的位移为
，z轴的位移为出磁场后，粒子y轴方向做匀减速运动后反向做匀加速运动，粒子在x轴方向做匀速运动，后第二次经过磁场，以与磁场方向相同夹角进入磁场，则
以此类推，第三次经过磁场出磁场， ，z轴的位移为
第四次经过磁场进入磁场，x轴的位移为则；
则粒子第4次穿越xOz平面时的坐标为（16d，0，）
14.（15分）如图，左右无限长的光滑水平地面上有2022个大小相同的小球排成一排，相邻小球间的间距均为L，将其从左到右依次编号。1号小球质量为m，2~2022号小球质量均为km（k为比例系数）。用一根不可伸长的轻绳拴接于1号小球，上端拴接于固定结点处，拴好后轻绳刚好竖直伸直。在轻绳旁边固定一电热丝，通电时可将轻绳瞬间烧断。将1号小球向左上方提起H高度，此时轻绳伸直，与竖直方向的夹角为θ，所有小球仍在同一竖直面内，将电热丝通电后再由静止释放1号小球。所有小球之间的碰撞均为弹性正碰，重力加速度为g，不计空气阻力，忽略轻绳烧断后对小球运动的影响。
（1）求1号小球释放后瞬间的加速度大小；
（2）求1号小球与2号小球第一次碰撞中给2号小球的冲量大小以及对2号小球做的功；
（3）1、2号小球间第一次碰撞后立即给1号小球施加水平向右的恒定外力F（图中未画出），使1号小球每次碰撞前瞬间的速度都相等，直到所有小球速度第一次相等时撤去外力，求外力F的大小以及最终1号和2022号小球间的距离（小球大小忽略不计）。
【答案】（1）；（2），；（3），
【详解】（1）1号小球释放后瞬间，合外力垂直于轻绳向右下方，由牛顿第二定律有
可得释放后瞬间的加速度为
（2）1号小球从释放到与2号小球碰撞之前瞬间，由机械能守恒定律，有
1、2号小球碰撞前后动量和机械能守恒，分别有；
解得，对2号小球，由动量定理有
解得对2号小球，由动能定理有解得
（3）1、2号小球碰后，2号小球以速度向右运动一个L，与3号小球碰撞后静止。1号小球由速度开始匀变速运动，经位移L，以速度与2号小球发生下一次碰撞，对1号小球由动能定理有
解得最终所有小球的速度均为，F作用的总时间记为t，对整体，由动量定理有，F作用的总位移记为x，对整体，由动能定理有
，2号小球第一次碰后的速度向右依次碰撞传递，最后作为2022号小球的最终速度。最终1号和2022号小球间的距离为代入数据得
（二）选考题：共13分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。
15. [物理——选修3-3]（13分）
（5分）一定质量的理想气体密封在容器内，从状态A开始，经状态B、C、D又回到状态A，变化过程的图线如图所示，图中DA反向延长线过坐标原点O，AB为双曲线的一部分BC平行于纵轴，CD平行于横轴。下列说法正确的是（ ）（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．D到A的过程是等温变化
B．A到B的过程吸收的热量等于气体对外界做的功
C．B到C的过程压强减小的原因是分子平均动能减小
D．C到D的过程中分子平均动能不变
E．整个循环过程，气体吸收的热量大于放出的热量
【答案】BCE
【详解】A．DA直线反向延长过坐标原点，由理想气体状态方程，的乘积增大，知此过程温度升高，A错误；
B．AB为双曲线，说明此过程是等温变化，气体内能不变，体积增大，说明气体对外界做功，由热力学第一定律可知，A到B的过程吸收的热量等于气体对外界做的功，B正确；
C．B到C的过程，体积不变，温度降低，故压强减小的原因是分子平均动能减小，C正确；
D．C到D的过程中，压强不变，但体积减小，根据
理想气体状态方程可知，气体的温度降低，故分子平均动能减小，D错误；
E．图像中图线与坐标轴所围的面积表示外界对气体做的功，气体经全过程回到A，内能不变，但由于全过程中气体体积增大过程对外界做功（图线与坐标轴围的面积）大于体积减小过程外界对气体做的功，由热力学第一定律可知，全过程吸热，E正确。故选BCE。
（2）（8分）如图甲为一种新型减振器—氮气减振器，气缸中充入稀有气体后，减振器具有良好的韧性，操作时不容易弹跳，且可以防止减震器在高温高压损坏。它的结构简图如图乙所示。气缸活塞截面大小为50cm2，质量为1kg气缸缸体外壁导热性良好，弹簧劲度系数为k=200N/mm。现在为了测量减震器的性能参数，将减震器竖直放置，冲入氮气达到5个大气压时活塞下端被两边的卡环卡住，此时氮气气柱长度为L=20m且弹簧恰好处于原长，不计摩擦，大气压强取p0=1×105Pa。
（1）当氮气达到5个大气压的时候，求卡环受到的力F0；
（2）现在用外力F缓慢向下压活塞，当活塞缓慢下降h=4cm时，求缸体内氮气的压强大小；
（3）在（2）的过程中氮气向外界放出的总热量Q=111.6J，求外力F对活塞做的功W。
【答案】（1）1990N；（2）；（3）92.8J
【详解】（1）当氮气达到5个大气压的时候，对卡环，由平衡条件得解得
（2）由理想气体等温变化规律得
（3）由功能关系知又联立得
[物理——选修3-4]（13分）
（1）（5分）B超检查是医学上常用的诊断方法，其基本原理是探头向人体内发射超声波，超声波遇到人体不同的组织会产生不同程度的反射，它不会对人体产生电离作用，利用超声的回声原理进行定位，通过计算机分析产生的二维图像（如图甲所示）。图乙、图丙是仪器检测到的探头发送和接收的超声波图像（图乙为某时刻沿x轴正方向发送的超声波，图丙为一段时间后沿x轴负方向返回的超声波）已知超声波在人体内传播速度约为1500m/s，下列说法正确的是（ ）（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．图丙中质点b正沿y轴负方向运动
B．图乙和图丙中，质点a和质点b加速度相同
C．图乙中质点a的振动周期为T＝8.010-5s
D．图乙中质点a在此后的0.1s时间内运动的路程为200m
E．超声波在人体内传播会发生反射现象，但不会发生衍射现象
【答案】ABD
【详解】A．图丙中波沿x轴负向传播，根据“同侧法”可知，质点b正沿y轴负方向运动，选项A正确；
B．图乙和图丙中，质点a和质点b位移相同，则根据可知两质点的加速度相同，选项B正确；
C．图乙中质点a的振动周期为选项C错误；
D．因为 图乙中质点a在此后的0.1s时间内运动的路程为12500×4A=200m
选项D正确；
E．超声波在人体内传播会发生反射现象，也会发生衍射现象，选项E错误。故选ABD。
（2）（8分）如图所示，一种光学传感器是通过接收器Q接收到光的强度变化而触发工作的。当光从挡风玻璃内侧P点以入射角α=30°射向外侧M点时，其折射光线与反射光线恰好垂直；而当光从P点射向外侧的N点时，刚好发生全反射并被Q接收，已知光在真空中的传播速度为c，PQ的距离为L，求：
（1）玻璃的折射率；
（2）光由P点经全反射到达接收器Q的时间。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）光线在M点发生折射，由于光线从光密介质射入光疏介质折射，光路如图所示
则由折射定律得代入数值可得
（2）在N点全反射，则有光由PNQ的路程为光在介质中的传播速度为速度
解得