2020-2021學(xué)年湖南省長(zhǎng)沙市雨花區(qū)雅禮中學(xué)高三（下）模擬物理試卷（六）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

A．B．C．D．
2．（4分）如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源連接，下極板接地，一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，以下判斷錯(cuò)誤的是（）
A．帶電油滴將沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)
B．P點(diǎn)的電勢(shì)將升高
C．平行板電容器的電容將變小
D．電容器所帶電荷量將減少
3．（4分）在正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上分別固定有帶電量絕對(duì)值均為Q的點(diǎn)電荷，其帶電性如圖所示．正方形的對(duì)角線交點(diǎn)為O，在兩條對(duì)角線上分別取點(diǎn)A、B、C、D且OA＝OB＝OC＝OD，不計(jì)電子重力，則（）
A．C、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不同
B．C、D兩點(diǎn)電勢(shì)相等，A、B兩電勢(shì)相等
C．電子從C點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，電勢(shì)能先增加后減小
D．電子從O點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電勢(shì)能先增加后減小
4．（4分）如圖，在斜面頂端以不同的初速度水平拋出幾個(gè)小球，所有小球均落在斜面上。忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）
A．小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與初速度的平方成正比
B．所有小球落到斜面上時(shí)的速度方向均不相同
C．所有小球的豎直位移與水平位移之比均不相等
D．小球從拋出到離斜面最遠(yuǎn)的過程中，豎直位移為總豎直位移的
5．（4分）如圖為含有理想變壓器的電路，圖中電流表均為理想電表，三個(gè)燈泡電阻相同且不變。變壓器原線圈兩端接入有效電壓為18V的正弦交流電，開關(guān)S閉合時(shí)，均能發(fā)光。當(dāng)開關(guān)S斷開后，電流表A1示數(shù)改變了0.3A，A2示數(shù)改變了0.6A，則下列說法正確的是（）
A．變壓器原副線圈的匝數(shù)比為1：2
B．開關(guān)S斷開后，副線圈兩端的輸出電壓變大
C．開關(guān)S斷開后，燈泡L1的功率減小
D．開關(guān)S斷開后，燈泡L2減小的功率大于5.4W
6．（4分）兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如圖所示．現(xiàn)突然迅速剪斷輕繩OA，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設(shè)小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，則（）
A．a(chǎn)1＝g，a2＝gB．a(chǎn)1＝0，a2＝2gC．a(chǎn)1＝g，a2＝0D．a(chǎn)1＝2g，a2＝0
二．選擇題（共4小題，滿分20分，每小題5分）
7．（5分）如圖所示，長(zhǎng)L的輕桿兩端分別固定著可以視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B，放置在光滑水平桌面上，桿中心O有一豎直方向的固定轉(zhuǎn)動(dòng)軸，小球A、B的質(zhì)量分別為3m、m。當(dāng)輕桿以角速度ω繞軸在水平桌面上轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，轉(zhuǎn)軸受桿拉力的大?。? ）
A．mω2LB．3mω2LC．4mω2LD．5mω2L
（多選）8．（5分）2019年12月16日，我國(guó)的西昌衛(wèi)星發(fā)射中心又一次完美發(fā)射兩顆北斗衛(wèi)星，標(biāo)志著“北斗三號(hào)”全球系統(tǒng)核心星座部署完成，計(jì)劃在6月發(fā)射最后一顆北斗衛(wèi)星，北斗系統(tǒng)即將全面建成。若北斗衛(wèi)星運(yùn)行時(shí)都繞地心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，北斗三號(hào)系統(tǒng)的最后一顆衛(wèi)星，是一顆地球靜止軌道衛(wèi)星，則（）
A．線速度大的北斗衛(wèi)星，運(yùn)行周期大
B．北斗衛(wèi)星的發(fā)射速度應(yīng)大于7.9km/s
C．北斗衛(wèi)星的運(yùn)行速度有可能大于7.9km/s
D．北斗三號(hào)系統(tǒng)的最后一顆衛(wèi)星的軌道平面和赤道重合
（多選）9．（5分）如圖所示為圓柱形區(qū)域的橫截面，在沒有磁場(chǎng)的情況下，帶電粒子（不計(jì)重力）以某一初速度由左向右沿截面直徑方向入射，穿過此區(qū)域的時(shí)間為t。在該區(qū)域加沿圓柱軸線方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，帶電粒子仍以同一初速度同一方向沿截面直徑入射，粒子飛出此區(qū)域時(shí)，速度方向偏轉(zhuǎn)60°角，根據(jù)上述條件可求下列物理量中的哪幾個(gè)（）
A．帶電粒子的初速度
B．帶電粒子的電性
C．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期
D．帶電粒子的比荷
（多選）10．（5分）人們有時(shí)用“打夯”的方式把松散的地面夯實(shí)。設(shè)某次打夯符合以下模型：兩人同時(shí)通過繩子對(duì)重物各施加一個(gè)恒力，力的大小均為1000N，方向都與豎直方向成37°，重物離開地面25cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深8cm。已知重物的質(zhì)量為50kg，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。則（）
A．兩人通過繩子對(duì)重物做功為400J
B．重物離地面的最大高度為25cm
C．重物剛落地時(shí)速度大小為4m/s
D．地面對(duì)重物的平均阻力為5500N
三．實(shí)驗(yàn)題（共2小題，滿分16分）
11．（7分）用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點(diǎn)，對(duì)紙帶上的點(diǎn)跡進(jìn)行測(cè)量，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。圖2中給出的是實(shí)驗(yàn)中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個(gè)點(diǎn)，每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖所示。已知電源的頻率為50Hz，m1＝50g，m2＝150g，g＝9.8m/s2，則（所有結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）
①在紙帶上打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)的速度v5＝ m/s；
②在打點(diǎn)0～5過程中系統(tǒng)動(dòng)能的增量△Ek＝ J，系統(tǒng)勢(shì)能的減少量△Ep＝ J。
12．（9分）小光通過實(shí)驗(yàn)研究某金屬絲的電阻：
（1）如圖1所示，用多用電表“×1Ω”擋粗測(cè)其電阻R＝ Ω；用圖2的螺旋測(cè)微器測(cè)其直徑D＝ mm。
（2）為了測(cè)繪其伏安特性曲線，除待測(cè)金屬絲Rx外，還備有的實(shí)驗(yàn)器材如下：
A．電壓表V（量程3V，內(nèi)阻約為15kΩ；量程15V，內(nèi)阻約為75kΩ）
B．電流表A（量程0.6A，內(nèi)阻約為1Ω；量程3A，內(nèi)阻約為0.2Ω）
C．滑動(dòng)變阻器R1（0～5Ω，0.6A）
D．滑動(dòng)變阻器R2（0～2000Ω，0.1A）
E．1.5V的干電池兩節(jié)，內(nèi)阻不計(jì)
F．開關(guān)S，導(dǎo)線若干
實(shí)驗(yàn)要求滑動(dòng)變阻器的滑片從A到B的移動(dòng)過程中，電流表的示數(shù)從零開始逐漸增大，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用（填“R1”或“R2”）；請(qǐng)按此要求用筆畫線代替導(dǎo)線在圖3中完成余下導(dǎo)線的連接。
四．計(jì)算題（共3小題，滿分40分）
13．（12分）如圖所示，輕彈簧上端固定，下端連接質(zhì)量為m的小鋼球。現(xiàn)用手把球向上托起，使球從彈簧原長(zhǎng)處由靜止釋放，小球?qū)⒀刎Q直方向運(yùn)動(dòng)。已知小球經(jīng)過平衡位置的速度大小為v，小球下降的最大距離為h，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，空氣阻力可忽略不計(jì)，重力加速度為g。
（1）證明小球的運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；
（2）求小球在平衡位置時(shí)彈簧中的彈性勢(shì)能Ep；
（3）若小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期為T，求小球連續(xù)兩次經(jīng)過平衡位置過程中，彈力沖量的大小I。
14．（15分）如圖所示，傾角為θ＝30°的傳送帶以速率v＝12m/s順時(shí)針勻速運(yùn)行，傳送帶與足夠長(zhǎng)光滑水平面在B處平滑連接，一質(zhì)量為m0＝1kg的木塊靜止于B處。現(xiàn)有4個(gè)相同的、質(zhì)量均為m＝3kg的小物塊，每隔t0＝0.2s依次從傳送帶的頂端A點(diǎn)以初速度v0＝2m/s開始沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，它們與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝。已知第1個(gè)小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)將與木塊相碰，且在它從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，傳送帶剛好轉(zhuǎn)動(dòng)一圈。不計(jì)小物塊、木塊及傳送帶輪子的大小，所有的碰撞均為彈性正碰且不考慮碰撞的時(shí)間，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）第1個(gè)小物塊剛放上傳送帶A點(diǎn)時(shí)加速度的大?。?br>（2）傳送帶與第1個(gè)小物塊間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q；
（3）最終第1、2個(gè)小物塊間的距離x12與第2、3個(gè)小物塊間的距離x23之比。
15．（13分）一定質(zhì)量的某種理想氣體由狀態(tài)A變化到狀態(tài)C其有關(guān)數(shù)據(jù)如圖所示，且狀態(tài)A的溫度為T0．已知理想氣體的內(nèi)能U與溫度T的關(guān)系為U＝aT，其中a為正的常量。求：
（i）狀態(tài)C時(shí)的溫度TC；
（ii）氣體由狀態(tài)B變化到狀態(tài)C的過程中，放出的熱量Q。
2020-2021學(xué)年湖南省長(zhǎng)沙市雨花區(qū)雅禮中學(xué)高三（下）模擬物理試卷（六）
參考答案與試題解析
一．選擇題（共6小題，滿分24分，每小題4分）
1．（4分）用頻率為ν的單色光照射陰極K時(shí)，能發(fā)生光電效應(yīng)，改變光電管兩端的電壓，測(cè)得電流隨電壓變化的圖象如圖所示。換用頻率為的單色光照射恰能發(fā)生光電效應(yīng)。已知電子的帶電荷量為e，普朗克常量為h，則圖中U0為（）
A．B．C．D．
【分析】根據(jù)遏止電壓，結(jié)合動(dòng)能定理求出光電子的最大初動(dòng)能，根據(jù)光電效應(yīng)方程求出U0。
【解答】解：由圖乙，根據(jù)動(dòng)能定理可知：
﹣eU0＝0﹣Ek
解得：Ek＝eU0
根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)有：Ek＝hυ﹣W0
又W0＝hv
解得：U0＝故B正確，ACD錯(cuò)誤
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】知道最大初動(dòng)能與遏止電壓的關(guān)系，掌握光電效應(yīng)方程即可輕松求解。
2．（4分）如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源連接，下極板接地，一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，以下判斷錯(cuò)誤的是（）
A．帶電油滴將沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)
B．P點(diǎn)的電勢(shì)將升高
C．平行板電容器的電容將變小
D．電容器所帶電荷量將減少
【分析】將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E＝分析板間場(chǎng)強(qiáng)的變化，判斷電場(chǎng)力變化，確定油滴運(yùn)動(dòng)情況。由U＝Ed分析P點(diǎn)與下極板間電勢(shì)差如何變化，即能分析P點(diǎn)電勢(shì)的變化。
【解答】解：A、將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，板間距離增大，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E＝得知板間場(chǎng)強(qiáng)減小，油滴所受的電場(chǎng)力減小，則油滴將向下運(yùn)動(dòng)，故A正確；
B、因場(chǎng)強(qiáng)E減小，而P點(diǎn)與下極板間的距離不變，則由公式U＝Ed分析可知，P點(diǎn)與下極板間電勢(shì)差將減小，下極板的電勢(shì)等于零，而P點(diǎn)的電勢(shì)高于下極板的電勢(shì)，則知P點(diǎn)的電勢(shì)將降低，故B錯(cuò)誤；
C、由電容的決定式C＝知d增大，那么C減小，故C正確；
D、因U不變，且C減小，則由公式Q＝CU知電容器所帶電荷量將減小，故D正確。
本題選擇錯(cuò)誤的，
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】本題運(yùn)用E＝分析板間場(chǎng)強(qiáng)的變化，判斷油滴如何運(yùn)動(dòng)，并掌握電容的定義式與決定式的內(nèi)容，及兩者的區(qū)別。
3．（4分）在正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上分別固定有帶電量絕對(duì)值均為Q的點(diǎn)電荷，其帶電性如圖所示．正方形的對(duì)角線交點(diǎn)為O，在兩條對(duì)角線上分別取點(diǎn)A、B、C、D且OA＝OB＝OC＝OD，不計(jì)電子重力，則（）
A．C、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不同
B．C、D兩點(diǎn)電勢(shì)相等，A、B兩電勢(shì)相等
C．電子從C點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，電勢(shì)能先增加后減小
D．電子從O點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電勢(shì)能先增加后減小
【分析】本題可根據(jù)等量同種電荷和等量異種電荷電場(chǎng)的分布情況，運(yùn)用電場(chǎng)的疊加原理進(jìn)行分析．分析要抓住電場(chǎng)線和等勢(shì)線分布的對(duì)稱性．由電場(chǎng)力做功情況分析電勢(shì)能的變化情況．
【解答】解：
A、根據(jù)等量同種電荷和等量異種電荷電場(chǎng)的分布情況可知：豎直方向上+Q和﹣Q的電場(chǎng)中，C、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度也相同；在水平方向兩個(gè)+Q的電場(chǎng)中，C、D的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，所以根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理可知C、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不同，A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度也不同，故A錯(cuò)誤。
B、在豎直方向+Q和﹣Q的電場(chǎng)中，C、D兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)不等；在水平方向兩個(gè)+Q的電場(chǎng)中，C、D的電勢(shì)相等，A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，根據(jù)疊加原理可知C、D兩點(diǎn)電勢(shì)相等，A、B兩點(diǎn)電勢(shì)不相等，故B錯(cuò)誤。
C、在垂直方向+Q、﹣Q的電場(chǎng)中，CD連線是一條等勢(shì)線，其上各點(diǎn)的電勢(shì)相等，在水平方向兩個(gè)+Q的電場(chǎng)中，C點(diǎn)的電勢(shì)與D點(diǎn)的電勢(shì)相等，高于O點(diǎn)的電勢(shì)，則根據(jù)電場(chǎng)的疊加可知C點(diǎn)的電勢(shì)與D點(diǎn)的電勢(shì)相等，高于O點(diǎn)的電勢(shì)，所以電子從C點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，電勢(shì)能先增加后減小，故C正確。
D、電子從O點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，在豎直方向+Q和﹣Q的電場(chǎng)中，電場(chǎng)力對(duì)電子做負(fù)功，在在水平方向兩個(gè)+Q的電場(chǎng)中，電場(chǎng)力對(duì)電子也做負(fù)功，所以電子從O點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力一直做負(fù)功，電勢(shì)能一直增加，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是要明確兩個(gè)等量同種電荷和異種電荷電場(chǎng)線和等勢(shì)面的分布情況，知道沿著場(chǎng)強(qiáng)方向，電勢(shì)越來越低，靈活運(yùn)用電場(chǎng)的疊加原理進(jìn)行分析．
4．（4分）如圖，在斜面頂端以不同的初速度水平拋出幾個(gè)小球，所有小球均落在斜面上。忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）
A．小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與初速度的平方成正比
B．所有小球落到斜面上時(shí)的速度方向均不相同
C．所有小球的豎直位移與水平位移之比均不相等
D．小球從拋出到離斜面最遠(yuǎn)的過程中，豎直位移為總豎直位移的
【分析】小球做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意找出位移夾角，求出小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系式，結(jié)合水平位移和豎直位移求出初速度關(guān)系式，當(dāng)速度方向與斜面平行是小球距離斜面最遠(yuǎn)，根據(jù)速度夾角的正切值與位移夾角的正切值的2倍的關(guān)系，根據(jù)該規(guī)律分析落地斜面上的速度夾角。
【解答】解：A、設(shè)斜面底角為α，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律和幾何關(guān)系可知：tanα＝＝＝，解得：t＝，所以小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與初速度成正比，故A錯(cuò)誤；
BC、在斜面頂端以不同的初速度水平拋出幾個(gè)小球，所有小球均落在斜面上，斜面的底角不變，根據(jù)幾何關(guān)系可知位移夾角不變，即所有小球的豎直位移與水平位移之比都相等，根據(jù)速度夾角的正切值是位移夾角正切值的2倍，可知速度夾角不變，即所有小球落到斜面上時(shí)的速度方向均相同，故BC錯(cuò)誤；
D、小球在運(yùn)動(dòng)過程中距斜面最遠(yuǎn)是瞬時(shí)速度與斜面平行，則速度偏向角為α，根據(jù)：tanα＝＝，得到：t1＝，而落到斜面上時(shí)，t＝，則有：t1＝，而豎直位移：h＝gt2，可得到：y1＝y(tǒng)，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是平拋運(yùn)動(dòng)，知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，以及它的推導(dǎo)公式速度夾角的正切值與位移夾角的正切值的2倍。
5．（4分）如圖為含有理想變壓器的電路，圖中電流表均為理想電表，三個(gè)燈泡電阻相同且不變。變壓器原線圈兩端接入有效電壓為18V的正弦交流電，開關(guān)S閉合時(shí)，均能發(fā)光。當(dāng)開關(guān)S斷開后，電流表A1示數(shù)改變了0.3A，A2示數(shù)改變了0.6A，則下列說法正確的是（）
A．變壓器原副線圈的匝數(shù)比為1：2
B．開關(guān)S斷開后，副線圈兩端的輸出電壓變大
C．開關(guān)S斷開后，燈泡L1的功率減小
D．開關(guān)S斷開后，燈泡L2減小的功率大于5.4W
【分析】根據(jù)變壓器變流比確定匝數(shù)比；輸入電壓不變，匝數(shù)不變，根據(jù)變壓器變壓規(guī)律知輸出電壓不變；開關(guān)S斷開后，副線圈電阻變大，所以根據(jù)P＝可知，燈泡L1的功率變大；在原線圈，輸入功率減少，因?yàn)樽儔浩鞯妮斎牍β实扔谳敵龉β?，故輸出功率減小，根據(jù)功率關(guān)系確定減小的功率與5.4W之間的關(guān)系。
【解答】解：A、根據(jù)變壓器變流比得：＝即＝＝＝，原副線圈的匝數(shù)比為2：1，故A錯(cuò)誤。
B、輸入電壓不變，匝數(shù)不變，根據(jù)變壓器變壓規(guī)律知輸出電壓不變，故B錯(cuò)誤。
C、開關(guān)S斷開后，副線圈電阻變大，輸入電壓不變，匝數(shù)不變，根據(jù)變壓器變壓規(guī)律知輸出電壓不變，所以輸出端的電流減小，則燈泡L2的電壓變小，所以燈泡L1的電壓變大，根據(jù)P＝可知燈泡L1的功率變大，故C錯(cuò)誤。
D、在原線圈，輸入功率減少，△P＝U1ΔI1＝18×0.3w＝5.4w，在副線圈，電鍵由閉合到斷開，通過燈泡L2的電流減少，故其功率減少，燈泡L1的電壓增大，故其功率增大，因?yàn)樽儔浩鞯妮斎牍β实扔谳敵龉β剩瘦敵龉β蕼p小了5.4w，所以燈泡L，減小的功率大于5.4w。故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】掌握變壓器的變壓、變流特點(diǎn)，另外注意理想變壓器的輸入功率和輸出功率之間的關(guān)系。
6．（4分）兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如圖所示．現(xiàn)突然迅速剪斷輕繩OA，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設(shè)小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，則（）
A．a(chǎn)1＝g，a2＝gB．a(chǎn)1＝0，a2＝2gC．a(chǎn)1＝g，a2＝0D．a(chǎn)1＝2g，a2＝0
【分析】在除去拉力的瞬間，AB一起下落，采用整體法和隔離法研究AB所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律．
【解答】解：在剪斷繩的瞬間，AB球由于用繩連接，A和B與將與繩一起下落，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)整體研究得到，整體的加速度等于重力加速度g，則A、B受的加速度等于g，即a1＝g，a2＝g．故A正確，BCD錯(cuò)誤；
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】本題是瞬時(shí)問題，要抓住剛性物體的彈力可突變，而彈簧的彈力不能突變
二．選擇題（共4小題，滿分20分，每小題5分）
7．（5分）如圖所示，長(zhǎng)L的輕桿兩端分別固定著可以視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B，放置在光滑水平桌面上，桿中心O有一豎直方向的固定轉(zhuǎn)動(dòng)軸，小球A、B的質(zhì)量分別為3m、m。當(dāng)輕桿以角速度ω繞軸在水平桌面上轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，轉(zhuǎn)軸受桿拉力的大?。? ）
A．mω2LB．3mω2LC．4mω2LD．5mω2L
【分析】首先對(duì)AB進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)拉力提供向心力和向心力公式，求得轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)桿對(duì)小球AB拉力的大小，最后根據(jù)二力的合成，求解當(dāng)輕桿以角速度ω繞軸在水平桌面上轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，轉(zhuǎn)軸受桿拉力的大小。
【解答】解：以A為研究對(duì)象，根據(jù)向心力公式有：TA＝3m?ω2?＝
以B為研究對(duì)象，根據(jù)向心力公式有：TB＝m?ω2?＝mω2L
當(dāng)輕桿以角速度ω繞軸在水平桌面上轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，轉(zhuǎn)軸受桿拉力的大?。篎＝TA﹣TB＝﹣mω2L＝mω2L，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查向心力問題，解題時(shí)應(yīng)注意轉(zhuǎn)軸承受的拉力大小是桿對(duì)小球拉力大小之差。
（多選）8．（5分）2019年12月16日，我國(guó)的西昌衛(wèi)星發(fā)射中心又一次完美發(fā)射兩顆北斗衛(wèi)星，標(biāo)志著“北斗三號(hào)”全球系統(tǒng)核心星座部署完成，計(jì)劃在6月發(fā)射最后一顆北斗衛(wèi)星，北斗系統(tǒng)即將全面建成。若北斗衛(wèi)星運(yùn)行時(shí)都繞地心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，北斗三號(hào)系統(tǒng)的最后一顆衛(wèi)星，是一顆地球靜止軌道衛(wèi)星，則（）
A．線速度大的北斗衛(wèi)星，運(yùn)行周期大
B．北斗衛(wèi)星的發(fā)射速度應(yīng)大于7.9km/s
C．北斗衛(wèi)星的運(yùn)行速度有可能大于7.9km/s
D．北斗三號(hào)系統(tǒng)的最后一顆衛(wèi)星的軌道平面和赤道重合
【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力，得到線速度、周期和軌道半徑的關(guān)系；
7.9km/s是衛(wèi)星最小的發(fā)射速度；
7.9km/s是近地衛(wèi)星的運(yùn)行速度；
地球靜止軌道衛(wèi)星，其軌道面與地球的赤道面重合；
【解答】解：衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，，可得線速度：，周期：，
A、線速度大的衛(wèi)星，軌道半徑小，周期小，故A錯(cuò)誤；
B、7.9km/s是衛(wèi)星最小的發(fā)射速度，北斗衛(wèi)星的發(fā)射速度一定大于7.9km/s，故B正確；
C、7.9km/s是近地衛(wèi)星的運(yùn)行速度，軌道半徑為地球半徑R，北斗衛(wèi)星的軌道半徑大于地球半徑，則運(yùn)行速度小于7.9km/s，故C錯(cuò)誤；
D、該衛(wèi)星為地球靜止軌道衛(wèi)星，其軌道面與地球的赤道面重合，故D正確。
故選：BD。
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了人造衛(wèi)星的相關(guān)知識(shí)，明確萬有引力提供向心力，列出相關(guān)物理量的關(guān)系式，理解地球同步衛(wèi)星的軌道面與赤道面重合是解題的關(guān)鍵。
（多選）9．（5分）如圖所示為圓柱形區(qū)域的橫截面，在沒有磁場(chǎng)的情況下，帶電粒子（不計(jì)重力）以某一初速度由左向右沿截面直徑方向入射，穿過此區(qū)域的時(shí)間為t。在該區(qū)域加沿圓柱軸線方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，帶電粒子仍以同一初速度同一方向沿截面直徑入射，粒子飛出此區(qū)域時(shí)，速度方向偏轉(zhuǎn)60°角，根據(jù)上述條件可求下列物理量中的哪幾個(gè)（）
A．帶電粒子的初速度
B．帶電粒子的電性
C．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期
D．帶電粒子的比荷
【分析】在沒有磁場(chǎng)時(shí)，不計(jì)重力的帶電粒子以某一初速度沿截面直徑方向入射，穿過此區(qū)域時(shí)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)；在有磁場(chǎng)時(shí)，帶電粒子仍以同一初速度沿截面直徑入射，粒子飛出此區(qū)域時(shí)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。在勻速直線運(yùn)動(dòng)中雖不知半徑，初速度不能計(jì)算，但可由位移與時(shí)間列出與入射速度的關(guān)系，再由勻速圓周運(yùn)動(dòng)中半徑公式可算出粒子的比荷、周期。
【解答】解：A、無磁場(chǎng)時(shí)，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓柱形區(qū)域磁場(chǎng)的半徑為R0，則2R0＝vt，則粒子的初速度v＝，由于圓柱形區(qū)域橫截面的半徑不知道，所以無法求解帶電粒子的初速度，故A錯(cuò)誤；
B、由于粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知該粒子正電，故B正確；
CD、設(shè)帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R，由洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝m
解得：R＝＝
由幾何關(guān)系得，圓磁場(chǎng)半徑R0與圓軌道半徑R的關(guān)系：R＝＝R0
所以粒子的比荷為：＝；
粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期：T＝＝πt，故CD正確。
故選：BCD。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力只改變速度的方向不改變速度的大小，洛倫茲力對(duì)粒子也不做功。同時(shí)當(dāng)粒子沿半徑方向入射，則也一定沿著半徑方向出射。
（多選）10．（5分）人們有時(shí)用“打夯”的方式把松散的地面夯實(shí)。設(shè)某次打夯符合以下模型：兩人同時(shí)通過繩子對(duì)重物各施加一個(gè)恒力，力的大小均為1000N，方向都與豎直方向成37°，重物離開地面25cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深8cm。已知重物的質(zhì)量為50kg，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。則（）
A．兩人通過繩子對(duì)重物做功為400J
B．重物離地面的最大高度為25cm
C．重物剛落地時(shí)速度大小為4m/s
D．地面對(duì)重物的平均阻力為5500N
【分析】根據(jù)恒力做功的定義式求解繩子對(duì)重物所做的功；重物從離開地面到到達(dá)最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理求解上升的最大高度；根據(jù)機(jī)械能守恒的條件分析解答；重物從離開地面到把地面砸深停在坑中，整體過程，根據(jù)動(dòng)能定理求解地面對(duì)重物的沖擊力大小。
【解答】解：A.兩人對(duì)重物的合力為
F合＝2Fcs37°＝2×1000×0.8N＝1600N
兩人通過繩子對(duì)重物做功為
W＝F合h1＝1600×0.25J＝400J
故A正確；
B.重物離開地面25cm后人停止施力，重物具有慣性，繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，重物離地面的最大高度大于25cm，故B錯(cuò)誤；
C.從抬起到落地的過程，只有繩子的合力對(duì)物體做功，由動(dòng)能定理可得
F合h＝
解得
v＝4m/s
故C正確；
D.對(duì)重物先上升后下降的全過程，由動(dòng)能定理有
F合h1+mgh2﹣fh2＝0﹣0
解得
f＝5500N
故D正確。
故選：ACD。
【點(diǎn)評(píng)】解決該題需要掌握恒力做功的表達(dá)式，掌握在多過程運(yùn)動(dòng)中根據(jù)動(dòng)能定理列式求解物理量，掌握重力做功的特點(diǎn)。
三．實(shí)驗(yàn)題（共2小題，滿分16分）
11．（7分）用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點(diǎn)，對(duì)紙帶上的點(diǎn)跡進(jìn)行測(cè)量，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。圖2中給出的是實(shí)驗(yàn)中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個(gè)點(diǎn)，每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖所示。已知電源的頻率為50Hz，m1＝50g，m2＝150g，g＝9.8m/s2，則（所有結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）
①在紙帶上打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)的速度v5＝ 2.40 m/s；
②在打點(diǎn)0～5過程中系統(tǒng)動(dòng)能的增量△Ek＝ 0.576 J，系統(tǒng)勢(shì)能的減少量△Ep＝ 0.600 J。
【分析】①根據(jù)在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的瞬時(shí)速度大小等于該過程中的平均速度，可以求出打下記數(shù)點(diǎn)5時(shí)的速度大??；
②根據(jù)物體的初末動(dòng)能大小可以求出動(dòng)能的增加量，根據(jù)物體重力做功和重力勢(shì)能之間的關(guān)系可以求出系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量。
【解答】解：①系統(tǒng)為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，中間時(shí)刻的速度等于平均速度，所以計(jì)數(shù)點(diǎn)5的瞬時(shí)速度為：
；
②m1和m2一起運(yùn)動(dòng)，速度大小相同，所以系統(tǒng)增加的動(dòng)能為：
系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能包括m1增加的重力勢(shì)能和m2減少的重力勢(shì)能，
即為：△Ep＝m2gh﹣m1gh＝（m2﹣m1）g（0.384+0.216）＝0.600J。
故答案為：①2.40；②0.576，0.600
【點(diǎn)評(píng)】本題全面的考查了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律中的數(shù)據(jù)處理問題，要熟練掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律以及功能關(guān)系，增強(qiáng)數(shù)據(jù)處理能力。
12．（9分）小光通過實(shí)驗(yàn)研究某金屬絲的電阻：
（1）如圖1所示，用多用電表“×1Ω”擋粗測(cè)其電阻R＝ 7 Ω；用圖2的螺旋測(cè)微器測(cè)其直徑D＝ 2.398 mm。
（2）為了測(cè)繪其伏安特性曲線，除待測(cè)金屬絲Rx外，還備有的實(shí)驗(yàn)器材如下：
A．電壓表V（量程3V，內(nèi)阻約為15kΩ；量程15V，內(nèi)阻約為75kΩ）
B．電流表A（量程0.6A，內(nèi)阻約為1Ω；量程3A，內(nèi)阻約為0.2Ω）
C．滑動(dòng)變阻器R1（0～5Ω，0.6A）
D．滑動(dòng)變阻器R2（0～2000Ω，0.1A）
E．1.5V的干電池兩節(jié)，內(nèi)阻不計(jì)
F．開關(guān)S，導(dǎo)線若干
實(shí)驗(yàn)要求滑動(dòng)變阻器的滑片從A到B的移動(dòng)過程中，電流表的示數(shù)從零開始逐漸增大，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用 R1 （填“R1”或“R2”）；請(qǐng)按此要求用筆畫線代替導(dǎo)線在圖3中完成余下導(dǎo)線的連接。
【分析】（1）歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)；螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測(cè)微器的示數(shù)。
（2）根據(jù)題意確定滑動(dòng)變阻器的接法，為方便實(shí)驗(yàn)操作應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器；根據(jù)待測(cè)電阻阻值與電壓表內(nèi)阻的關(guān)系確定電流表的接法，然后根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理連接實(shí)物電路圖。
【解答】解：（1）用多用電表“×1Ω”擋粗測(cè)其金屬絲的電阻，由圖1所示表盤可知，其阻值R＝7×1Ω＝7Ω；
由圖2所示螺旋測(cè)微器可知，金屬絲直徑D＝2mm+39.8×0.01mm＝2.398mm。
（2）實(shí)驗(yàn)要求，電流表的示數(shù)從零開始逐漸增大，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用R1。
由于電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于待測(cè)金屬絲阻值，電流表應(yīng)采用外接法，滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，實(shí)物電路圖如圖所示；
故答案為：（1）7；2.398；（2）R1；實(shí)物電路圖如圖所示。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了歐姆表與螺旋測(cè)微器讀數(shù)、實(shí)驗(yàn)器材的選擇與連接實(shí)物電路圖等問題；要掌握常用器材的使用方法與讀數(shù)方法；要掌握實(shí)驗(yàn)器材的選擇原則。
四．計(jì)算題（共3小題，滿分40分）
13．（12分）如圖所示，輕彈簧上端固定，下端連接質(zhì)量為m的小鋼球?，F(xiàn)用手把球向上托起，使球從彈簧原長(zhǎng)處由靜止釋放，小球?qū)⒀刎Q直方向運(yùn)動(dòng)。已知小球經(jīng)過平衡位置的速度大小為v，小球下降的最大距離為h，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，空氣阻力可忽略不計(jì)，重力加速度為g。
（1）證明小球的運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；
（2）求小球在平衡位置時(shí)彈簧中的彈性勢(shì)能Ep；
（3）若小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期為T，求小球連續(xù)兩次經(jīng)過平衡位置過程中，彈力沖量的大小I。
【分析】（1）根據(jù)受力分析解得合力的表達(dá)式，符合F回＝﹣kΔx即為簡(jiǎn)諧振動(dòng)；
（2）根據(jù)能量守恒定律解得彈簧彈性勢(shì)能；
（3）根據(jù)不同情況根據(jù)動(dòng)量定理解得彈力的沖量。
【解答】解：（1）設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，小球在平衡位置時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量為x1，此時(shí)受力平衡，有：mg＝kx1
取向下為正方向，設(shè)彈簧的形變量為x1+Δx，此時(shí)球受到的回復(fù)力：F回＝mg﹣k（x1+Δx）＝﹣kΔx
即小球受到的回復(fù)力與距離平衡位置的位移成正比，方向與位移方向相反，所以該運(yùn)動(dòng)為簡(jiǎn)諧振動(dòng)。
（2）因?yàn)樾∏蜃龊?jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，所以小球的振幅為，研究小球從釋放到平衡位置的運(yùn)動(dòng)過程，由能量守恒定律得：
解得：
（3）取向上為正方向，研究小球連續(xù)兩次經(jīng)過平衡位置的過程：
①當(dāng)物體以向下的速度先經(jīng)過平衡位置時(shí)，根據(jù)動(dòng)量定理有：
解得
②當(dāng)物體以向上的速度先經(jīng)過平衡位置時(shí)，根據(jù)動(dòng)量定理有：
解得
沖量大小為：
答：（1）證明過程見解析；
（2）小球在平衡位置時(shí)彈簧中的彈性勢(shì)能為；
（3）若小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期為T，求小球連續(xù)兩次經(jīng)過平衡位置過程中，彈力沖量的大小為或。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查能量守恒定律，解題關(guān)鍵掌握簡(jiǎn)諧振動(dòng)的證明方法，注意動(dòng)量定理的方向性。
14．（15分）如圖所示，傾角為θ＝30°的傳送帶以速率v＝12m/s順時(shí)針勻速運(yùn)行，傳送帶與足夠長(zhǎng)光滑水平面在B處平滑連接，一質(zhì)量為m0＝1kg的木塊靜止于B處。現(xiàn)有4個(gè)相同的、質(zhì)量均為m＝3kg的小物塊，每隔t0＝0.2s依次從傳送帶的頂端A點(diǎn)以初速度v0＝2m/s開始沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，它們與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝。已知第1個(gè)小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)將與木塊相碰，且在它從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，傳送帶剛好轉(zhuǎn)動(dòng)一圈。不計(jì)小物塊、木塊及傳送帶輪子的大小，所有的碰撞均為彈性正碰且不考慮碰撞的時(shí)間，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）第1個(gè)小物塊剛放上傳送帶A點(diǎn)時(shí)加速度的大??；
（2）傳送帶與第1個(gè)小物塊間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q；
（3）最終第1、2個(gè)小物塊間的距離x12與第2、3個(gè)小物塊間的距離x23之比。
【分析】（1）對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；
（2）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算相對(duì)位移，結(jié)合摩擦力做功公式求解熱解Q；
（3）分析運(yùn)動(dòng)過程，結(jié)合動(dòng)量守恒、功能關(guān)系及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。
【解答】解：（1）小物塊剛放上傳送帶上，摩擦力沿傳送帶向下
mgsinθ+μmgcsθ＝ma
解得a＝8m/s2
（2）設(shè)傳送帶AB間距離為s，小物塊從A到B用時(shí)t.
對(duì)小物塊：
對(duì)傳送帶2s＝vt
解得v1＝10m/s，t＝1s，s＝6m
第1個(gè)小物塊與傳送帶間的相對(duì)位移Δx＝s＝6m
摩擦產(chǎn)熱Q＝μmgcsθ?Δx
解得Q＝54J
（3）由分析可知：每個(gè)小物塊間隔0.2s到達(dá)B點(diǎn)，速度均為10m/s
第一個(gè)小物塊與木塊在B點(diǎn)碰撞，向右為正方向，由動(dòng)量守恒及功能關(guān)系得：
mv1＝mv1′+m0v′0
解得：v1′＝5m/s，v′0＝15m/s
經(jīng)過0.2s后，第2個(gè)小物塊到B點(diǎn)，此時(shí)第1個(gè)小物塊距離B點(diǎn)x1＝1m.
再經(jīng)過t1＝0.2s第2個(gè)小物塊與第1個(gè)小物塊相碰，相碰點(diǎn)距離B點(diǎn)x2＝2m.
因?yàn)橘|(zhì)量相等，速度交換，碰后v1″＝10m/s，v2'＝5m/s.
此時(shí)第3個(gè)小物塊剛到B點(diǎn)，再經(jīng)過t2＝0.4s與第2個(gè)小物塊相碰，相碰點(diǎn)距離B點(diǎn)x3＝4m
因?yàn)橘|(zhì)量相等，兩者速度交換，碰后v2″＝10m/s，v3'＝5m/s.
此后第1個(gè)和第2個(gè)小物塊均向右勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為10m/s
它們間距離x12＝（v1″﹣v2′）t2
解得：x12＝2m
同理分析：第4個(gè)與第3個(gè)小物塊碰后，第3個(gè)與第2個(gè)小物塊間距離穩(wěn)定x23＝2m
最終x12：x23＝1：1
答：（1）第1個(gè)小物塊剛放上傳送帶A點(diǎn)時(shí)加速度的大小為8m/s2；
（2）傳送帶與第1個(gè)小物塊間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q為54J；
（3）最終第1、2個(gè)小物塊間的距離x12與第2、3個(gè)小物塊間的距離x23之比為1：1。
【點(diǎn)評(píng)】本題是一道力學(xué)綜合題，涵蓋牛頓第二定律、動(dòng)量守恒及功能關(guān)系，并結(jié)合了傳送帶模型，學(xué)生需要理清運(yùn)動(dòng)過程，綜合分析。
15．（13分）一定質(zhì)量的某種理想氣體由狀態(tài)A變化到狀態(tài)C其有關(guān)數(shù)據(jù)如圖所示，且狀態(tài)A的溫度為T0．已知理想氣體的內(nèi)能U與溫度T的關(guān)系為U＝aT，其中a為正的常量。求：
（i）狀態(tài)C時(shí)的溫度TC；
（ii）氣體由狀態(tài)B變化到狀態(tài)C的過程中，放出的熱量Q。
【分析】（i）一定質(zhì)量的某種理想氣體由狀態(tài)A變化到狀態(tài)C根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程求解；
（ii）氣體有A到B，根據(jù)查理定律求解B的溫度，根據(jù)功的計(jì)算公式求解氣體由B到C外界對(duì)氣體做的功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律求解氣體由B到C放出的熱量。
【解答】解：（i）一定質(zhì)量的某種理想氣體由狀態(tài)A變化到狀態(tài)C根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程可得：
＝
解得：TC＝0.3T0；
（ii）氣體由A到B，根據(jù)查理定律可得：＝
解得：TB＝0.6T0
氣體由B到C外界對(duì)氣體做的功為：W＝0.6p0（V0﹣0.5V0）＝0.3p0V0，
內(nèi)能變化為：ΔU＝a（TC﹣TB）＝﹣0.3aT0，
根據(jù)熱力學(xué)第一定律有：W+Q＝ΔU
解得：Q＝﹣0.3aT0﹣0.3p0V0，
氣體由B到C放出的熱量為0.3aT0+0.3p0V0。
答：（i）狀態(tài)C時(shí)的溫度為0.3T0；
（ii）氣體由狀態(tài)B變化到狀態(tài)C的過程中，放出的熱量為0.3aT0+0.3p0V0。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了理想氣體的狀態(tài)方程；解答此類問題的方法是：找出不同狀態(tài)下的三個(gè)狀態(tài)參量，分析理想氣體發(fā)生的是何種變化，利用理想氣體的狀態(tài)方程列方程求解。
聲明：試題解析著作權(quán)屬菁優(yōu)網(wǎng)所有，未經(jīng)書面同意，不得復(fù)制發(fā)布日期：2023/4/25 9:36:25；用戶：高中物理；郵箱：hnyx6@qq.cm；學(xué)號(hào)：46986467

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