2022届高考全国乙卷理综模拟试卷（二）物理部分含解析.pdf

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1、2022年普通高等学校招生全国统一考试理科综合物理部分（全国乙卷）注意事项：i.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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8 小 题，每小题6 分，共 48分.在每小题给出的四个选项中,第 14s18题只有一项符合题目要求，第 19-21题有多项符合题目要求.全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。1 4.水平光滑直轨道时与半径为

2、R的竖直半圆形光滑轨道be相 切，人一质量为m的小球以初速度几沿直轨道必向右运动，如图所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c,贝 1 1（）A.若R不 变，血越大，则为越大B.若R不 变,m越 大，则小球经过C点对轨道的压力变大C.若机不变,R越 大，则为越小D.若血不变，R越 大，则小球经过b点后的瞬间对轨道的压力仍不变1 5.如图为真空中两点电荷4B形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称，。点 为 人 B电荷连线的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是（）A.A、B可能带等量异号的正、负电荷B.A、B可能带不等量的正电荷c.a.6两点处无电场线，故其

3、电场强度可能为零D.同一试探电荷在a、力两点处所受电场力大小相等，方向一定相反16.20 20 年7月23日12时41分，我国在文昌航天发射场，用长征五号遥四运载火箭成功发射我国首枚火星探测j j器“天问一号，发射后“天问T”将在地火转移轨道飞行约7个月后，到达火星附近，通过“刹车”完成火星捕获，进入环火轨道，然后进行多次变轨，进入近火圆轨道，最终择机开展着陆、巡视等任务。如图为“天问一号”环绕火星变轨示意图，已知火星的直径约为地球的：,质量约为地球的看,下列说法正确的是（）A.火星表面的重力加速度大于9.&n/s2,火星的第一宇宙速度大于7.9/an/sB.在文昌航天发射场发射“天问一号”的

4、最小发射速度为7.9/CM/SC.“天问一号”在轨道3上经过4点的速度大于在轨道1上经过4 点的速度D.“天问一号”在轨道2上经过4 点的机械能小于在轨道1上经过B 点的机械能17.医学治疗中常用放射性核素n3/n产生y射 线,而 n3/n是由半衰期相对较长的i】3sn衰变产生的。对于质量为恤的i13Sn，经过时间t后剩余的.STI质量为m，其 亲 图线如图所示。从图中可以得到i13Sn的半衰期为（）畏A.67.3dB.lOl.OdC.U5.1dD.124.9d18.将卫星发射至近地圆轨道1（如图所示），然后再次点火，将卫星送入同步轨道3.轨道1、2相切于Q点，2、3相切于P点，则当卫星分别在

5、1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（A.卫星在轨道3上的速率大于轨道1上的速率B.卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C.卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D.卫星在轨道2上经过P点的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度1 9.水平桌面上，一质量为根的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于S。时，速度的大小为火,此时撤去F,物体继续滑行2so的路程后停止运动。重力加速度大小为g。则（）A.在此过程中F所 做 的 功 为 诏B.在此过程中产的冲量大小等于|他孙C.物体与桌面间的动摩擦因数等于卢D.F的大小等于物体所受滑动摩擦

6、力大小的2倍2 0.如图所示，汨、汨、汨三种粒子从同一位置无初速度地飘入水平向右的匀强电场，被加速后进入竖直向下的匀强电场 I V发生偏转,最后打在屏上.整个装置处于真空中，不计粒子 I I重力及其相互作用，那么（）A.偏转电场对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同T 谩2 1.如图所示,一斜面固定在水平地面上，质量不相等的物体,4B叠放后.一起沿斜面下滑，已知物体B的上表面水 平，则下列判断正确的是（）A.若 人 B一起匀速下滑，增加力的质量，力、B仍一起匀速下滑B.若4起匀速下滑，给4施加一个竖直向下的力尸,4B将

7、加速下滑c.若 人 B 一起加速下滑，增加力的质量，A、B 仍保持原来的加速度一起加速下滑D.若4 8 起加速下滑.给4施加一个竖直向下的力尸，4、B 仍保持原来的加速度一起加速下滑二、非选择题：共 62分.第22-32题为必考题每个试题考生都必须作答，第 33-38题选考题,考生根据要求作答。（一）必考题:共47分。22.某同学在做“研究平抛物体运动”的实验中，忘记记下斜槽末 1t端的位置。，4 为物体运动一段时间后的位置，记录4 B 两点 L;间的时间间隔为0.1S根据图所示图象（单 位-cm）,则物体平 I （,抛 初 速 度 为 m/s,记录B 位置时竖直分速度大小vB y=m/s（g

8、取lOm/s?）23.某同学用如图电路测量一节蓄电池的电动势和内阻。蓄电池内阻非常小，为防止滑动变阻器电阻过小时由于电流过大而损坏器材，电路中用了一个保护电阻品，除蓄电池、开关、导线外，可供使用的器材还有：人 电 流 表（量程0.34、34）B、电压表（量程3人15 V）C、定值电阻（10、额定功率5 W）。、定值电阻（10。、额定功率1 0 W）瓦滑动变阻器（0 5。）滑动变阻器（0 50。）（1）要正确完成实验，电流表的量程应选择 A,电压表的量程应选择 V；品应选择_ _ _ _ _。的定值电阻，R应选择阻值范围是_ _ _ _ _ _ 0 的滑动变阻器。（2）引起该实验系统误差的主要原

9、因是_ _ _ _ _ _(3)该同学调整滑动变阻器共测得5组电流、电压数据，如下表。据表中数据可以计算出该蓄电池的电动势E=K,内阻r=2(结果均保留2位小数)电压表读数U”1.881.921.931.981.99电流表读数1.721.350.980.630.342 4.如图所示，在水平面 N 的上方存在竖直向下的匀强电场，从空间某点2 水平抛出质量为m、带电量为q的带正电粒子，在电场力的作用下经过时间t落到MN上的8点，测得4 8两点间的距离4B=L;若从4点水平抛出时的初速度增大到原来的3倍,则该粒子落到MN上的C点，测得4 C两点间的距离4c=百 L 不考虑带电粒子的重力和空气(2)带

10、电粒子运动到C点时的速度大小.2 5.如 图，在倾角6=30。光滑斜面上方空间存在着两个与斜面垂直的匀强磁场，磁场的理想边界ef、gh、PQ与斜面底部平行，磁感应强度大小均为B,区 域 I 的磁场方向垂直斜面向下，区域H的磁场方向垂直斜面向上，两个磁场的宽度均为L；将一个质量为m,电阻为R,边 长 为 的 正 方 形 金 属 圈 从 图 示 位 置 由 静 止 释 放（线圈的d 点与磁场上边界ef等 高,线圈平面与磁场垂直），下滑过程中对角线ac始终保持水平，当对角线ac与 ef重合时，线圈恰好受力平衡；当对角线ac与 gh重合时，线圈又恰好受力平衡（重力加速度为g）求：（1 ）当线圈的对角线

11、ac刚到达ef时的速度大小；（2）线圈释放开始到对角线ac到达gh边界时，感应电流在线圈中产生的热量为多少？（二）选 考 题：共 15分。请考生从给出的2 道物理题任选一题作答，并 用 2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，并且在解答过程中写清每问的小题号，在答题卡指定位置答题。如果多做则按所做的第一题计分。33.（1 ）下一定量的理想气体从状态a开 始，经历三个过程ab、be、ca回到原状态，其P-7图像如图所示，ab的反向延长线过原点。，儿平行71 轴，ca平行P轴,下列说法正确的是（）。A.a、b和c三个状态中，状态c体积最小B.a、6

12、和c三个状态中，状态b分子的平均动能最大c.过程be中外界对气体所做的功等于气体所放出的热量D.过程处中气体一定吸热E.b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同(2 )如图所示，一密闭导热气缸内，气体4和气体B用厚度可忽略不计的导热光滑活塞隔开，其中气体4的体积是气体B体积的一半，缸内气体压强为外界天气压强的2倍，外界大气压强为一个标准大气压，开始时系统处于稳定状态，现将气缸阀门K打 开，气体8缓慢放出直到系统再次稳定为止，环境温度保持不变。求：从气缸内放出的气体质量与原来气缸B内气体质量的比值；若气缸总容积为11.2L,环境温度为300K，任何Im o/气体在标准

13、状态(温度为273K,压强为一个标准大气压)下的体积都为22.4L，阿伏加德罗常数为6 x lOmoZ-1,则从气缸内放出的气体B的分子个数为多少。(保留两位有效数字)34.(1 )一列振幅为5cm的简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于40cm。和A是介质中平衡位置分别位于=0和x=20cm处的两个质点。t=0时开始观测，此时质点。的位移为y=+2.5cm,质点4处于波峰位置。t=色 时，质点。第一次回到平衡位 置，t=Is时,质点4第一次回到平衡位置,则 该 简 谐 波 的 周 期 为 s,波长为_ m。(2)如图所示，一球体光学器件是用折射率为企的某种玻璃制成的，其半径为R,现用一细

14、光束垂直球体的轴线以，=45。的入射角从真空中射入球体，不考虑光线在球体内的反射。求该光线从球体中射出时，出射光线偏离原方向的角度；若入射角i可以改变，求球体上有光线射出的面积。答案和解析14.【答案】D【解析】解：人小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，则 有：mg=,%=ygR，根据机械能守恒得：lm vo=lm vc+2 mgR,解 得：v0=JSgR,%与m无 关，R不变，火不变，故 4 错误.BD、小球经过B点后的瞬间，由牛顿第二定律得N-mg=瓶事，解 得：N=6mg,则N与R、山无关，R不 变，皿越大，N不 变，由牛顿第三定律可知，小球经过C点对轨道的压力不变，故 8 错 误，

15、。正确.C、由4可 知，%=y5 R,m不 变，R越 大，几越大，故 C 错 误；故 选：D.小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球经最高点时的速度，根据机械能守恒求出初速度必与半径R的关系.小球经过B点后的瞬间由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿运动定律研究小球对轨道的压力与半径的关系.根据机械能守恒列式研究初动能与加、R的关系.机械能守恒与向心力知识综合是常见的题型.小球恰好通过最高点时速度与轻绳模型类似，轨道对小球恰好没有作用力，由重力提供向心力，临界速度。=胸，做选择题时可直接运用.15.【答案】D【解析】解：人根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终

16、止可以判断，4 B是两个等量同种电荷。故 AB错误。C、电场线只是形象描述电场的假想曲线，上。两点处无电场线，其电场强度也不为零，故C 错 误；同一试探电荷在a、b两点处场强大小相等方向相反，所受电场力大小相等，方向一定相 反，故。正确。故 选：D。电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止.电场线只是形象描述电场的假想曲线，a.b两点处无电场线,其电场强度也不为零.常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性.加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题.16.【答案】D【解析】解：4在地

17、球表面，由重力等于万有引力，即血9=誓得地球表面重力加速度g=需=9.8m/s2,同 理：在火星表面重力加速度g，=翳，则有曰=窸=白.=K K g 1*1 J.U 1|,所以火星表面的重力加速度小于9.8m/s2。火星的第一宇宙速度外，=V7 R7=J|g x 3 R=V 0.2 x 7.9km/s 7.9fcm/s0 故 A 新 吴；B、根据第一宇宙速度的意义，若发射速度为7.9的n/s,则天问一号贴着地面做匀速圆周运动，只有发射速度大于第二宇宙速度%=112km/s,天问一号才脱离地球飞向火星，故8错 误；C、天问一号从地火转移轨道1到近火轨道3在A点必须减速后，做向心运动。所以在轨道3

18、上经过4点的速度小于在轨道1上经过4点的速度，故C错 误；D、天问一号从地火转移椭圆轨道1到火星椭圆轨道2在4点也必须减速，这样在4点，轨道2上的机械能小于轨道1的机械能，故。正确。故 选：D。根据星球表面的重力等于万有引力，确定火星和地球表面重力加速度的关系，进而确定第一宇宙速度的大小关系；根据宇宙速度的意义，确定地面上发射卫星的速度；由卫星的变轨原理比较卫星在不同轨道上经过4点时速度的大小和机械能的大小。此题考查了万有引力定律及其应用，解题的关键是能够理解重力加速度的意义，第一宇宙速度的计算，知道卫星做离心运动和向心运动的条件。17.【答案】C【解析】解：由图可知质量为|mo的 i】3Sn

19、衰变到质量为加。所用的时间 t=b -匕，其中t2=1824d,ti=67.3d，代入解得 t=115.1d,故 一 Sn的半衰期为115.1d,故 C 正确，A8/）错误。故 选:C.半衰期指的是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，从图像中可得出i13Sn从质量 为 刎。衰变到质量为加。所用的时间，即为半衰期。本题考查学生对原子核半衰期的认识以及结合图像读取信息的能力，难度不大。18.【答案】D【解析】解：人 人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为“轨 道 半 径 为 入 螭 质 量 为%有 G等 =若解 得：=秒，轨道3半径比轨道1半径大，故卫星在轨道

20、1上线速度较大，故 A 错 误；B、因为3 =3=楞，轨道3半径比轨道1半径大，故卫星在轨道3上角速度较小，故 B 错误；CD、根 据 牛 顿 第 二 定 律 和 万 有 引 力 定 律=ma,得：。=詈，所以卫星在轨道2上经过Q点的加速度等于在轨道1上经过Q点的加速度，卫星在轨道2上经过P点的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度。故 C 错误、。正确。故 选：D。根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、和向心力的表达式进行讨论即可.点 评：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论.19.【答案】BC【解析】解：人由动能定理可知，在F

21、作用下：%-fs0=-0 ,撤去外力之后：-f X 2$o=o-纲 诏,联立解得：WF=3诏,故A错 误；B D、由于外力做功管=F so,则解得F =3/,撤去外力前的加速度大小%=赞=*=,撤去外力后的加速度大小。2=/,则 氏=。汽=a2t2,即撤去外力前后时间关系：2=2tl取火方向为正,根据动量定理，撤去外力之前：（尸-f 1=6%-o,撤去外力之后：一户2=0 -小孙，则尸的冲量大小/=|租孙，故 3 正 确，D错 误;C、由动能定理可知：撤去外力之后，-/x 2s0 =0 -刎 诏，摩擦力f=iimg,则解得：=M，故 c 正 确；4sg故 选：BC,根据动能定理，列出撤去外力前

22、、后两个过程外力做功与动能变化的关系式，可求出拉力尸做的功以及拉力和摩擦力之间的关系；根据牛顿第二定律求出撤去外力前后的加速度关 系，根据匀变速直线运动速度-时间之间的关系求解撤去外力前后物体运动的时间关系；最后由动量定理求出拉力F的冲量。本题考查动能定理，动量定理和牛顿第二定律的综合，分清楚运动过程，熟练运用各定理进行运算是关键。本题难度不大，但综合性很强。20.【答案】4。【解析】【分析】首先分清;H、汨、汨带电和质量，它们带电相同，为e,质量分别为加、2m.3m,在电场中加速和偏转，【解答】设加速电场的加速电压为内,两板间距刈，偏转电场间的电压的，两板间距d%板长LA.w=n q y=1

23、 砒2a=鬻t=2%q 说 u=关丫 联立以上 方 程，可解得w =今 生 q,与质量无关，故 A 正 确；2TClo 乜1B根据动能定理得：im v2=U1q+uq 联立两方程，可 解 得：病=2（”+）,与质量有关，即气的速度最大，故8错 误；C根据运动的合成和分解，水平方向先匀加速，再匀速，t=号+：联立两方_ 2d1+L,程，可 解 得：=石 茄 m/与质量有关，时间不等，故C错 误;。.在偏转电场中，当射出偏转电场时，合速度与水平夹角为8,则a。兰*a t-,联 立 方 程，可解得tan。=芝，与质量无关，夹角相同，根据相似三角形，可得竖直位移相同，打到同一位置，故。正 确；故选A

24、221.【答案】AC【解析】解：以4 B整体为研究对象，系统受到重力、支持力和摩擦力，由牛顿第二定律，得：mgsind （imgcosd-ma,4、当A B匀速运动时，a=0,解得4=tan。,若增加A的质量，有mgsin。-umgcosd=m，a由式得优=0,4B仍然一起匀速下滑，故4正 确；B、给4施加一个竖直向下的力F,由牛顿第二定律，得：mgsind+Fsind-n（mgcos0+Feos。）=mar 由式得臼=0,4、B一起向下做匀速直线运动，故8错 误;C、若力、B一起加速下滑，有zngs出。-卬ngcos。=ma,增加4的质量，有mgsind-林mgeos。=m a,解得a=a,

25、即加速度不变,4 B仍保持原来的加速度一起加速，故C正 确；D、给4施加一个竖直向下的力F,mgsinO+Fsind-n（mgcosd+Fcosd=max,a】Ka,则。错 误；故 选：AC。以 人B整体为研究对象进行受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程求解出加速度表达式分析讨论.本题关键是受力分析后根据牛顿第二定律列方程求解出加速度的一般表达式进行分析讨论.2 2.【答案】2；2【解析】解：在竖直方向：hBC-hAB=g t2,代入数据解得：t=卜=0 i 5.7 io水平方向是匀速直线运动，v0=|m/s=2m/s.物体在B点时竖直方向的速度Vyy=2m/s2At 2X0.1 故答案为：(

26、1)2；(2)2.平抛运动在竖直方向上是匀变速运动，由BC和48之间的距离差可以求出时间间隔,在水平方向上是匀速直线运动，由4BC三点在水平方向上的位移，和两点之间的时间间隔，可以求得水平速度，也就是小球的初速度；B点水平速度与初速度相等，再求出竖直方向的速度，求它们的合速度，就是B的速度.本题不但考查了平抛运动的规律，还灵活运用了匀速运动和匀变速运动的规律，对同学的知识要求比较高，是个考查学生能力的好题.23.【答案】3 3 1 0-5 电压表内阻的分流2.03 0.09【解析解：(1)由表中数据可知，电流表选择34的量程；电压表应选3V量 程；一节蓄电池电动势约为2V，保护电阻应选阻值10

27、即 可，如果选择1。的定值电阻，由于定值定值较大，电路电流较小，电流变化范围小，不能测多组实验数据；为了便于调节，滑动变阻器选择0 50即 可；(2)由于电压表内阻不是无穷大，因此电压表分流导至电流表示数偏小而产生误差；(3)根据数据画出U-/图象如图；uv由图象可得，电源电动势E=2.03V,内阻r=詈=把等。=0 0 90。故答案为：(1)3；3；0 5；(2)电压表内阻的分流；(3)2.0 3；0.0 9.(1)根据表格中的数据确定电流表和电压表的量程，根据欧姆定律，确定定值电阻和滑动变阻器。(2)电压表本身有电阻，有电流通过电压表，从而引起实验的系统误差。(3、4)根据表格中的数据做出

28、U-/图 线，结合图线的斜率和截距求解电动势和内阻。本题考查了实验器材的选取，要掌握实验器材的选取原则，明确实验数据处理的基本方法，能根据图象分析电动势和内电阻。2 4.【答案】解：(1)带正电粒子在电场中做类平抛运动，设力点与水平面M N 的距离为儿原来水平初速度为v,由几何知识得：h2 4-(vt)2=L2；h2+(3)2=(V 3L)2；解 得：仁枭/在竖直方向：由牛顿运动定律得:a=*由匀变速运动公式得：h=：砒2联立解得：=鬻(2)设带电粒子运动到C点时的速度大小为%,对4-C过 程，由动能定理得：qEh.=|mvc m(3v)2解 得：立=等电场强度E的 大 小 是 鬻；（2）带电

29、粒子运动到C点时的速度大小是等.【解析】（1）带电粒子在复合场中做类平抛运动，将其运动分解为竖直方向的匀加速运动和水平方向的匀速运动，对两个方向，由牛顿第二定律和运动学公式分别列式，即可求得电场强度E.（2）对4-C过 程，由动能定理求得粒子运动到C点时的速度大小.解决本题的关键是熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学规律结合处理这类问题.本题还要注意几何知识的运用.25.解 答：解：（1 ）因 为 正 方 形 金 属 框 连 长 为,则线框的对角线ac长为2L,设当线框的对角线ac刚到达ef时，线框的速度为“，则此时感应电动势为：E 尸B x2Lxvi致感应电流：11=兄

30、由力的平衡可得：B,xIlx2L=mgsin30 解以上各式得：V 尸 丽 后（2）设当线框的对角线ac刚到达ef的速度为V 2,则此时感应电动势为：E2=2B x2Lxv2&感应电流：卜=总由力的平衡得：2B Lx2L=mgsin30 解以上各式得到：V 2=32曲me在设感应电流在线框中产生的热量为Q ,由能量守恒定律得：mgsin30 x2L-Q=2 2m32解以上各式得：（憾9 2 04 s M 41mgR答：（1）当线圈的对角线ac刚到达ef时 的 速 度 大 小 为 由 承；(2 )线圈释放开始到对角线a c到 达g h边 界 时，感应电流在线圈中产生的热量为作$刘1 2m3L 2

31、048M 4 o解 析：(1 )当线框对角线a c边刚越过e f时恰好受力平衡，应用平衡条件求出导线框受到的安培力，结合欧姆定律和动生电动势公式求出线枉的速度V,；(2 )同样应用平衡条件求出线框对角线a c到 达g h的速度V 2 ,减小的机械能全部转化为电能，根据能量守恒定律求出焦耳热。B2I?V本题从力和能量两个角度分析电磁感应现象，安培力的表达式F=R是常用的经验公式，要记牢。分析清楚线框的运动过程，应用安培力公式、牛顿第二定律与功能关系即可解题。3 3.(1 )【答案】A B D【解析】解：4由一定质量的理想气体状态方程半=C可 知：P =，则P -7图象的斜率k =E，图象斜率越大

32、，气体体积U越 小，由图示图象可知，/=，故A正 确；B、由图示图象可知，a、b、c三个状态中状态b的温度最高，温度是分子平均动能的标志，因此状态b分子的平均动能最大，故B正 确；C、由图示图象可知，过程比中气体温度降低气体内能减小，/U 0 ,由热力学第一定律4 U=W+Q可 知：W=/U-QXQ,故C错 误；。、由图示图象可知，过程必中气体温度升高内能增大，该过程气体体积不变，外界对气体 不 做 功，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故。正 确；E、氏c两状态中气体压强相等b状态气体分子平均动能大于c状态气体分子平均动能，。和c两个状态中容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次

33、数不同，故E错误。根据图示图象应用一定质量的理想气体状态方程比较在各状态气体体积间的关系；一定质量的理想气体内能由温度决定；根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用一定质量的理想气体状态方程与热力学第一定律分析答题。根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用一定质量的理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题。(2)答 案：解：一定质量的理想气体从状态4变化到状态B,发生等容变化，则 有：PA一_ PWB已知该气体在状态4时的温度为27冤.1=273+t=300K解 得：TB=200K,即 为：tB=-73；从 隔 C过程发生等压变化，则 有：合=关解 得：Tc=300K,即 为：tc=27该

34、气体从状态 1 到状态C的过程中，体积增大，气体对勺邮功，而内能不变，则吸热。答：该气体在状态B、。时的温度分别为-73久与27冤;该气体从状态4到状态C的过程中是吸热。解 析：气体从4到B过程发生等容变化，由查理定律求出气体在状态在B时的温度;B到C过程发生等压变化，由盖吕萨克定律求出气体在状态在C时的温度；根据热力学第一定律分析气体从状态力到状态C的过程中是吸热还是放热。由小=P X4V求解BC过程气体吸收的热量。对于分子势能，关键要掌握分子位于平衡位置时，分力势能最小，而分子力为零，动能最大。对于气体，要掌握气态方程和热力学第一定律，是考试的重点。34.(1 )【答案】4 1.2【解析】

35、解：从t=。5至=1s,4从波峰第一次回到平衡位置可知，T=4s结合简谐横波在介质中沿x轴正向传播，并且波长不小于40cm,。和A是介质中平衡位置分别位于x=。和x=20cm处的两个质点,波长不小于40cm,可知t=0时 刻，4位于紧邻。点的波峰处；则可知经历时间4 t=|s ,波传播的距离为x=20cm波速=天=竽 M/s=0.3m/s3波长4=vT=0.3 x 4m=1.2m故答案为：4;1.2根据时间差和质点的位置关系可判断机械波的周期r ;根据时间计算波速后可求得波长。明确各质点的位置是计算机械波的关键，掌握u=Y=?(2)【答案】解：由折射定律得：siny】=手 书所以V】=3 0。

36、据几何关系有Vi=及=30。y3=j-K1=45-30=15据光路可逆原理，在光线的出射处，=45。据几何关系有人=，一彩=45。-30。=15。”则 a=为+%=30。即出射光线偏离原方向30。由n=高=应 得 全 反 射 的 临 界 角。=45。当入射角等于90。时,折射角为45。，所以球体的下半表面有光线射出故有光线射出的面积为S=1 X 4兀/?2=27T/?2答：该光线从球体中射出时，出射光线偏离原方向的角度是30。；若入射角i可以改变，球体上有光线射出的面积是2兀/?2。【解析】画出光路图，根据折射定律求出折射角，由几何知识可知，光线从圆柱体射出时的入射角等于进入圆柱体时的折射角，折射角等于入射角。根据几何知识求出出射光线的偏向角；由九=高可得全反射的临界角，当入射角等于90。时，折射角为45。，所以球体的下半表面有光线射出，则由几何知识求得有光线射出的面积。本题是几何光学问题，这里用到几何知识和光路的可逆性原理作光路图。基本题。