2021年广东省高考物理仿真试卷(含答案解析).pdf

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1、2021年广东省高考物理仿真试卷一、单 选 题（本大题共7 小题，共 28.0分）1.下列说法正确的是（）压力、温度对放射性元素衰变的快慢具有一定的影响从同种金属逸出的光电子的最大初动能随照射光的频率增大而增大中子与质子结合成笊核时要吸收能量核力是强相互作用的一种表现，只有相近核子之间才存在核力作用.A.B.C.D.2.人从发现情况到采取相应行动经过的时间叫反应时间，甲、乙两同学做测定反应时间的小实验，甲同学的两个手指捏住直尺的上端，乙同学用一只手在直尺下部做握住直尺的准备，但手没有碰到直尺.当乙同学看到甲同学放手后，立即捏住直尺，发现直尺下降了20cm,若取g=10m/s2则乙同学的反应时间

2、是（）A.0.5秒 B.0.4秒 C.0.3秒 D,0.2秒3.摩天轮是游乐园中常见的一种游乐设施。如图所示，乘客坐在摩天轮里随其在竖直面内做匀速圆周运动，可以从高处俯瞰四周景色。在摩天轮转动半周过程中，下列叙述正确的是（）A.乘客所受合外力为零 B.乘客机械能守恒C.乘客所受合外力做功为零 D.乘客动量变化量为零4.如图，输入电压U=8 U,灯泡L标 有“3IZ 61V“字样，M为电动机.当灯泡恰能正常发光时，电动机的输入电压为（A.3VB.5VC.8VD.UV5.大回转滑雪是高山滑雪比赛项目之一。运动员要快速从山上向下沿线路连续转弯，穿越各种门形。如图为某一运动员的滑雪路线图，B点的高度恰

3、好是起点4高度的一半，设滑雪轨迹S.t2B.线框在进入磁场的过程中，加速度逐渐减小C.线框进入磁场的过程中，其感应电流沿逆时针方向D.线框在进入磁场的过程中产生的热量大于穿出磁场的过程中产生的热量1 0.下列说法中正确的是（）A.重力做功与路径无关，与移动物体的初末位置的竖直高度差有关，即MB=mghABB.静电场力做功与路径无关，与移动电荷的初末位置的电势差有关，即C.重力对物体做正功，其重力势能能减少，做负功则重力势能增加D.静电场力对正电荷做正功，正电荷电势能减少，对负电荷做正功，负电荷电势能增加三、填 空 题（本大题共2小题，共9.0分）1 1.一定质量的理想气体，当保持体积不变时，压

4、强随温度升高而增大，用分子动理论来解释，其原因是_（2）。1 2.如图所示，摆长为L 的单摆，原来的周期为7.现在在悬点。的正下方4 点固定一颗钉子，使。4 =|，令单摆由平衡位置向左摆动时以4 为悬点作简谐振动，则 这 个 摆 完 成 一 次 全 振 动 所 需 的 时 间 是 .0四、实 验 题（本大题共2 小题，共 1 6.0分）1 3.1 （1 1 分）某学生利用“研究匀变速直线运动”的实验装置来测量一个质量m =5 0 g 的重锤下落时的加速度值，该学生将重锤固定在纸带下端，让纸带穿过打点计时器，实验装置如图所示.（1）以下是该同学正确的实验操作和计算过程，请填写其中的空白部分：实验

5、操作：,释放纸带，让重锤自由落下，.取下纸带,取其中的一段标出计数点如图1 0（b）所示,测出相邻计数点间的距离分别为a=2.6 0 c m,S2=4.14 cm,S 3 =5.6 9 c m,S4=7.22cm,S5=8.7 5 c m,S6=1 0.2 9 c m,已知打点计时器的打点间隔7 =0.0 2 s,则重锤运动的加速度计算表达式为a=,代入数据，可得加速度a=m/s 2（计算结果保留三位有效数字）.（2）该同学从实验结果发现，重锤下落时的加速度比实际的重力加速度小，为了有效地缩小这个实验测得的加速度与实际的重力加速度之差，请你提出一个有效的改进方法：.2 、（7 分）共点的两个力

6、的合成实验中，（1）目的是验证两个共点力合成时遵循 法则.实验时已提供的器材有：方木板、白纸、橡皮条、细绳套（两个）、三角板、刻度尺、图钉（多个）还缺少的必要的器材是：.（2）在互成角度二力合成的实验中某学生有如下操作步骤，试按合理的顺序将步骤序号填在下面的线上：.A.只用一个弹簧秤，通过细绳套把橡皮条结点拉到。点，记下弹簧秤读数P 和细绳方向.员把橡皮条一端固定在木板上，在橡皮条另一端栓上两根细绳套（此端交点称为结点）.C.用两个弹簧秤通过两个互成角度的细绳套拉橡皮条，使之伸长到一定长度，在白纸上记下结点位置0,同时记下两个弹簧秤读数F i、尸 2 和两根细绳方向.。.把白纸钉在木板上.改变

7、居、?2 的大小和方向，重作两次实验.F.用同一比例图示F 、4和凡作图求出心和尸 2 合力F ，比较尸 和F 得出实验结论.1 4.某同学通过实验测定一特殊电源的电动势（约3 I Q 和内电阻（约9 0 0 0）。实验室提供如下实验器材:电压表V（量程为W,内阻约1 5 0 0 0）电流表4（量程为3mA,内阻约2 0 0）滑动变阻器（最大值为2 0 0 0 0）开关和若干导线（1）某同学设计了如下实验原理图，为减小实验误差，实验原理图应选i-Q丙(2)根据所选实验原理图，用笔画线代替导线将丙图连接成完整电路。(3)该同学通过上述实验记录6组数据，并画出U-/图线如图丁所示，由图象可知电源的

8、电动势为V,电源内电阻为 0。五、计算题(本大题共4 小题，共 43.0分)15.如图所示，时 为一长度为I=的粒子放射源，能同时均匀发射粒子，距必 为九=1m的虚线e/的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场。若以a 点为坐标原点、以ab为x轴、以ad为y轴建立平面直角坐标系，则图中曲线ac的轨迹方程为y=/,在曲线ac与放射源ab之间的区域I 内存在竖直向上的匀强电场，电场强度的大小为=2.0 x 102N/C,ad 1 e f,在ad左侧I=1m处有一长度也为九=Im 的荧光屏M N,在ad与MN之间的区域H 内存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为E2=2.0 x 102N/C,某时刻放射源由

9、静止释放大量带正电的粒子，粒予的比荷5 =1.6 x105C/k g,不计带电粒子的重力以及粒子之间的相互作用。(1)从距a,点0.25m处释放的粒子到达虚线e/的速度%为多大？(2)如果所有的粒子均从同一位置离开匀强磁场，则该磁场的磁感应强度B为多大？(3)在满足第(2)问的条件下，打到荧光屏上的粒子占粒子总数的百分比及粒子发射后打到荧光屏上的最短时间。16.如图，质量为啊=2kg的物体4 经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2=1kg的物体B相连，弹簧的劲度系数为k=lN/cm,4、B都处于静止状态.一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体4 一端连轻挂钩.开始时各段绳都处于伸直状态，4 上

10、方的一段绳沿竖直方向.在挂钩上系一质量为m3=L5kg的物体C并从静止状态释放，恰好能够到达地面.已知它恰能使B离开地面但不继续上升.现将质量为瓶4=6kg的物体D系在挂钩上后再举高H=0.8m(未触及滑轮)然后由静止释放(g取1 0 m/s2,空气阻力不计).求:(1)C从释放到落地过程中弹簧弹性势能的变化(2)。刚刚落至地面时的速度(结果可保留根号)1 7.如图所示，内壁光滑、横截面积不同的两个连在一起的圆柱形绝热汽缸水平放置，左右两部分横截面积之比为2：1,汽缸左侧有一导热活塞4 汽缸右侧有一绝热活塞B,活塞4 距左侧汽缸底及距两汽缸连接处的距离均为L,活塞B 距两汽缸连接处的距离也为3

11、 汽缸右侧足够长且与大气连通，两活塞的厚度均可忽略不计。汽缸左侧和两活塞4 B 之间各封闭一定质量的理想气体，初始时两汽缸内气体的温度均为2 7 汽，压强等于外界大气压po.现通过电热丝给汽缸左侧的气体缓慢加热。求：(i)活塞4 刚好移动到汽缸连接处时气体的温度为7 ;(i i)若汽缸左侧内的气体温度升到8 0 0 K,已知活塞8 横截面积为S.求此时汽缸左侧气体的压强pi 和汽缸右侧气体推动对活塞B 做的功。M-L L L-M1 8.机械横波某时刻的波形图如图所示，波沿x 轴正方向传播，波长兀=0.8 m,质点p的坐标x =0.3 2 m.从此时刻开始计时.(1)若每间隔最小时间0.4 s

12、重复出现波形图，求波速；(2)若p点经0.4 s 第一次达到正向最大位移，求波速；(3)若p 点经0.4 s 到达平衡位置，求波速.参考答案及解析1.答案：C解析：解：压力、温度对放射性元素衰变的快慢没有影响，说法错误；从同种金属逸出的光电子的最大初动能随照射光的频率增大而增大，说法正确；中子与质子结合成笊核时要说法能量，说法错误；核力是强相互作用的一种表现，是短程力，只有相近核子之间才存在核力作用，说法正确。故选：Co半衰期与外界因素无关，光电子的最大初动能随照射光的频率增大而增大，聚变时要释放能量，核力是短程力.掌握半衰期的特点，发生光电效应的条件，聚变特点，了解核力的特点.2.答案：D解

13、析：解：由题意，在反映时间内，木尺下落的高度H=20cm=0.2徵由自由落体运动的规律知：H=g t2故选：D.直尺做自由落体运动，自由落体运动是初速度为零、加速度为g 的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式列式求解时间即可.本题考查自由落体运动的位移与时间的关系公式，是一道基础题；从实际背景中抽象出物理模型是基本要求.3.答案：C解析：解：4、乘客做匀速圆周运动时，合外力提供向心力，有：尸合=嗒，故 4 错误；8、乘客随摩天轮运动时，动能不变，重力势能不断变化，因此机械能不断变化，故 8 错误；C、合外力做功等于动能变化，在摩天轮做匀速圆周运动时，动能始终不变，所以乘客所受合外力做功始终为零

14、，故 C 正确；。、在摩天轮转动半周过程中，乘客速度大小不变，方向相反，其动量变化不为零，故。错误。故选：Co根据物体的运动特点分析其受力情况；根据机械能的定义分析机械能的变化情况；根据动能定理分析合力做的功；解决本题的关键：知道物体做匀速圆周运动，靠合力提供向心力。分析机械能是否守恒可以从物体的能量转化角度分析，有没有出现除机械能以外的能量形式进行判断。4.答案：B解析：电动机和小灯泡串联，电流相等；由于是串联，故电压之和等于提供的电压。本题关键是明确小灯泡和电动机是串联关系，要知道串联电路的电流处处相等，电压之和等于总电压.输入电压U=8 V,小灯泡额定电压为3 V,正常发光，说明小灯泡的

15、电压为3 V,由于小灯泡和电动机串联，故电动机的电压：UM=U-UL=8 V-3 V =5 V,故B正确，AC错误。故选B5.答案：C解析：解：A B,根据重力做功的公式：Wc=mgh依题意可以，4 B和BC的高度差相同，即4 8过程重力对运动员做的功等于BC过程重力做的功。故AB错误；C D、根据阻力做功特点可得：W/s=-f s,其中S为路程，依题意滑雪轨迹 8 SBC，易知4 B过程运动员克服阻力做的功小于BC过程克服阻力做的功。故C正确；。错误。故选：Co一、考查重力功的计算：wc=m g h；二、考查阻力做功特点，与路径有关。题目中始终做负功所以小第=一/s,其中s为路程。本题通过计

16、算重力功和阻力功，来区别重力做功与路径无关的特点，阻力做功与路径有关的特点。6.答案：A解析：略7.答案：C解析：解：设组合体的质量为m,根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：卷=黑联立解得：v=产y R+h同理可知第一宇宙速度的表达式：巧=舟 所以组合体的线速度小于第一宇宙速度7.9/cm/s。故 A8O错误，C 正确故选：Co地球表面的物体受到的万有引力近似等于重力，由此即可求出组合体运行时线速度的大小，然后与第一宇宙速度比较即可.解决本题的关键知道第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度。8.答案：AC解析：M仍向右做匀速直线运动，则其合外力应为零，故事=废砌簪，月方作用的时

17、间t与小木块加*速到。的时间相等。小木块加速运动磔=耀，淮=礴，解得起=一,选项A 正确;在此过程中，M对 地 位 移 屈=滴=工，尸对M做功;，=鑫=颗 凝，选项8 错误;争 2*1 1m.”的相对位移为盘a=滴-.=一，系统摩擦生热期=微嬲豳?=a w ,选项C 正确，选s W 一 独项。错误。故选AC9.答案：BCD解析：解：4、上升过程中重力和安培力同向，下降过程重力和安培力反向，故上升过程的加速度大于下降过程加速度，两过程位移大小相同，故t】t 2,故 斗错误；B、上升过程有牛顿第二定律m g+*=m a,上升过程速度D减小，安培力减小，加速度减小，物体做加速度减小的减速运动，故 B

18、 正确；C、根据楞次定律，线框进入磁场过程中，磁通量增加，据增反减同知感应电流方向为逆时针方向,故 C 正确；。、线框产生的焦耳热等于克服安培力做功，根据动能定理知，对应同一位置，上升过程速率大于下降过程速率，上升过程安培力大于下降过程安培力，上升和和下降过程位移相等，上升过程中线框产生的热量大于下降过程中线框产生热量，故。正确。故选：B C D。根据上升过程中合力大于下降过程中合力，上升过程的加速度大于下降过程加速度来判断时间大小关系；上升过程中，列出牛顿第二定律表达式，判断物体的加速度变化情况；根据楞次定律判断感应电流的方向；根据上升和下降过程同一位置的速度关系，判断安培力大小关系，进而判

19、断焦耳热关系；本题关键是分析受力，根据牛顿第二定律研究加速度如何变化，会用楞次定律或右手定则判断感应电流方向。10.答案：ABC解析：解：A B,重力做功与路经无关，与移动物体的初末位置的竖直高度差有关W=m g/i,九为高度差，重力做正功，其重力势能能减少，做负功则重力势能增加，则AB正确C D、电场力做功MB=qB，与路径无关，不论正电荷还是负电荷，电场力做正功时电势能减小，做负功时电势能增加，则C正确，。错误。故选：ABCo由重力做功与电场力做功特点分析判断.重力做功改变重力势能，电场力做功改变电势能.本题考查功能关系的应用，要注意由于电场力与重力的相似性，分析其做功特点，掌握电场力，重

20、力做功正负与势能的变化关系.11.答案：体积不变，气体分子的密集程度不变温度升高，气体分子的平均动能增大解析：解：保持体积不变时，气体分子的密集程度不变；温度升高，气体分子的平均动能增大，故压强增大。故答案为：(1)体积不变，气体分子的密集程度不变；(2)温度升高，气体分子的平均动能增大。气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的；气体压强的影响因素有两个：一是温度，即气体分子的平均动能，二是体积，即气体分子的密集程度。本题关键是能够根据气体压强的微观意义来解释气体压强的决定因素，同时明确温度是分子热运动平均动能的标志。1 2.答案:哈1 +净解析：解：摆长为L 的周期

21、T =T i =2兀摆长为L 一1=争的周期为7 2=2#；故小球完成一次全振动的时间为：7 =空=兀 缶（1+乎）故答案为：兀 1（1 +弓）小球完成一次全振动的时间叫做周期，结合单摆运动的对称性和周期性分析，注意摆长的变化.本题关键是明确周期的含义，注意摆长的变化从而导致周期的变化，然后根据单摆的周期公式列式求解，基础题.1 3.答案：（1）接通电源；实验结束关闭电源；（痴+&+）（；+0+二）；9 6 0；（2）将重锤换成较大质量的重锤或者实验过程中让重锤下落时纸带尽量减小摩擦；2 （1）平行四边形；弹簧秤（两只）、铅笔；（2）DB C 4 F E解析：解：1 卜（1）实验中安装、调整好

22、器材，穿好纸带，在打点之前，应先接通电源，后松开纸带，实验结束关闭电源整理器材.故答案为：接通电源；实验结束关闭电源.根据匀变速直线运动的推论小x=aT2,有：x6-x3=3a l （2 7）2&-2 =3a 2（2 T）2 x4-Xi=3a3（2T）2 a=巴 节 玛 联立解得：a =（%+&+翼 浮+&+右）带入数据解得a =9.6 0 m/s2.（2）根据实验原理可知，造成该实验误差的主要原因是物体下落过程中存在摩擦阻力，一是小球下落的空气阻力，二是纸带和限位孔之间的摩擦，故具体采取的具体措施为：将重锤换成较大质量的重锤或者实验过程中让重锤下落时纸带尽量减小摩擦.故答案为：将重锤换成较大

23、质量的重锤或者实验过程中让重锤下落时纸带尽量减小摩擦.2（1）做探究共点力合成的规律实验中我们的目的是验证力的平行四边形定则，根据实验目的可知具体需要的实验器材有：方木板（固定白纸），白纸（记录方向画图）、刻度尺（选标度）、绳套（弹簧秤拉橡皮条）、弹簧测力计（测力的大小）、图钉（固定白纸）、三角板（画平行四边形），橡皮条（让力产生相同的作用效果的），铅笔（作图）.故答案为：平行四边形；弹簧秤（两只），铅笔.（2）实验步骤本着先安装设备（或者实验器材），然后进行测量的思路进行设计，同时注意操作的先后逻辑以及简单易行的原则，由此可知该实验步骤为：E、D、B、F、A、C、G.故答案为：DBCAFE.

24、1 ,（1）实验中安装、调整好器材，穿好纸带，在打点之前，应先接通电源，后松开纸带；根据逐差法可以求出物体运动的加速度大小；（2）根据实验原理可知，造成该实验误差的主要原因是物体下落过程中存在摩擦阻力，因此从减小摩擦阻力的角度进行实验的改正.2、（1）明确实验原理和实验目的，根据需要测量的物理量可知需要哪些器材；（2）明确实验目的，以及实验所要测量的物理量，即可正确安排实验步骤，注意要符合逻辑先后顺序，同时便于操作，不能逻辑顺序颠倒.明确实验原理，对于基础实验要亲自动手进行实际操作，同时加强利用基本物理规律解决实验问题的能力.1 4.答案：甲 3.0 8 3 3解析：解：（1）由题意可知，电流

25、表内阻不知且电压表内阻较大，电压表的分流对实验影响较小，电流表应采用内接法，应采用图甲所示实验电路。（2）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（3）根据坐标系内描出的点作出电源U-/图象如图所示:3.43.02.62.21.81.4U/Vr o.I.。074 078 1?2 1?6 2?0 274 I/JSA由图示电源U /图象可知，电源电动势为：E=3.0V,电源内阻为：=詈=手与=833。；故答案为：甲;(2)实物电路图如图所示;(3)3.0；833。(1)根据实验原理与实验器材分析选择实验电路。(2)根据实验电路图连接实物电路图。(3)电源U-/图象与纵轴交点坐标值是电

26、源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，根据图示图象求出电源电动势与内阻。本题考查了测电源电动势与内阻实验，考查了实验电路的选择、实验数据处理与实验误差分析等问题，知道实验原理是解题的前提与关键；根据图象求出电源内阻时要注意，图象纵轴起点坐标值不是0,这是易错点。15.答案：解：(1)从距a点0.25m处释放的粒子到达虚线e f,根据动能定理可得：qEi y=|m v2由于y=%2,解得：v=叵 口y m从距a点0.25m处释放，即/=0.25m,代入数据可解得：%=2.0 x 103m/s：(2)所有带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设轨迹半径为r,由牛顿第二定律可得：C p2qvB=m：,

27、解得=吧=上 但 互 XqB B q分析可知，当磁感应强度B一定时，轨迹半径r与X成正比，当N趋近于零时，粒子做圆周运动的轨迹半径趋近于零，即所有粒子经磁场偏转后都从d点射出磁场，且有2 r=x,联立并代入数据解得B =0.1T；(3)粒子从d点沿竖直向下的方向进入区域的电场中后，所有*X粒子均在电场力作用下做类平抛运动,对于打到N点的粒子，设其射入电场时的速度为吸，则a=华=3,2 x 1 07m/s2=2.5 x 1 0-4su 2 =g =4 x 1 03 m/sC4该粒子为从ab的中点释放的粒子故打到荧光屏上的粒子占粒子总数的50%该粒子在区域I的电场中运动的时间为匕，则有以=警 解得

28、：h=；x 1 0-3 sO无场区的时间t 2=2 x1 0-351 O在磁场中运动的时间为匕，在匀强磁场中转过的圆心角。=兀,在电场E2中的时间t 4=1 X 1 0-3 5故该粒子所经历的总时间t =h+t 2 +t 3+Q，代入数据得t =学 X 1 0-3=7.59 x 1 0-4 s。16答：从距a点0.2 5m处释放的粒子到达虚线e/的速度%为2.0 x 1 03m/s；(2)如果所有的粒子均从同一位置离开匀强磁场，则该磁场的磁感应强度B为0.1 7；(3)在满足第(2)问的条件下，打到荧光屏上的粒子占粒子总数的百分比为5 0%,粒子发射后打到荧光屏上的最短时间为7.59 x K

29、T，s。解析：从距a点。.2 5m处释放的粒子到达虚线ef,根据动能定理求解速度大小；(2)所有带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，分析粒子运动情况,代入数据求解磁感应强度；(3)粒子从d点沿竖直向下的方向进入区域n的电场中后，所有粒子均在电场力作用下做类平抛运动,根据类平抛运动的规律求解打到荧光屏上的粒子占粒子总数的百分比；再分别求出该粒子在区域I的电场中运动的时间、无场区的时间、磁场中运动的时间、电场坊中的时间，由此得到粒子发射后打到荧光屏上的最短时间。本题主要是考查带电粒子在磁场中的运动和电场中的运动，对于带电粒子在电场中运动时，一般是按动能定理或类平抛运动的

30、知识进行解答；对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。16.答案：解：=10 0 N/m开始时4 处于静止状态，4 对弹簧的压力等于4 的重力；B 恰好要离开地面时，B 物体受到的拉力等于B 的重力；由胡克定律可得4 上升的高度:mrg m2g 2 x 1 0 1 x 1 0h=：1：=-“H-”=0.3mk k 10 0 10 0由于C 恰能使B 离开地面但不继续上升，可知ChM的末速度都是0,由功能关系可得弹簧的弹性势能的变化量:E =m3gh m1gh=(1.5 2)x 10 x

31、 0.3=-1.5/(2)。下降”的过程中机械能守恒，得：m4g H=1 巾4说轻绳拉紧的一瞬间，轻绳对4 的冲量与对。的冲量大小相等，方向都向上，设为/,轻绳拉紧后4 与。的速度大小相等，设为W，则对4 取向上为正方向，则：I=m g对。取向下为正方向，贝 i j：-/=m4v2-m4v1。刚刚落地时，4 与。的速度仍然是大小相等，设为巧,则：|(mj +m4)v f +(m4-m g h =(m1+7n4 泗 +E联立解得：v3=答：(1)C 从释放到落地过程中弹簧弹性势能的变化量是-1.5/；(2)。刚刚落至地面时的速度是号 m/s.解析：(1)开始时4、B 均处于平衡状态，由平衡条件可

32、以求出开始时弹簧的弹力以及弹簧从长度；C到达最低点时，B 恰好离开地面，此时弹簧的弹力等于B 的重力，C 下降的距离等于弹簧从被压缩到回复原长再到被拉长的形变量的长度，求出开始弹簧的压缩量，再求出弹簧的伸长量，即可求出。卜降的距离.然后结合机械能守恒即可求出弹簧的弹性势能的变化；(2)由机械能守恒求出轻绳刚刚被拉直时。的速度，然后由动量守恒求出4 与。的共同速度，最后结合机械能守恒求出。刚刚落至地面时的速度.本题考查了求力、距离问题，分析清楚物体的运动过程，明确它们所处的状态是正确解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题.对于含有弹簧的问题，都要分析弹簧的状态，弹簧通常有三种状

33、态：原长、伸长和压缩，根据几何关系研究物体上升的高度是常用的思路.17.答案：解：(i)初始状态汽缸左侧的气体温度为A=2 7 n=30 0 K,设左右两部分横截面积分别为2s 和S,当活塞4 刚好移动到汽缸连接处时气体的温度为T。，移动过程中气体的压强保持不变，根据盖一吕萨克定律有：L-2S _2L-2S丁 二 To代入数据解得：T o=6O O K。(ii)当汽缸左侧内的气体温度为80 0 K 之前，活塞4 已经移动到了两汽缸的连接处,之后体积不再变化,对汽缸左侧内的气体，根据理想气体状态方程有：L-2S _ p1-2L-2S丁 二 T2代入数据解得：PI=3PO因活塞4 导热，两活塞之间

34、的气体温度也升高，在变化过程中压强始终等于p o,根据盖一吕萨克定律得：L-2S+LS xSn F代入数据解得 =8L活塞B 移动的距离：d=x-L =7L汽缸右侧气体推动对活塞B 做的功为：W =p0Sd=7p0SL.答：(i )活塞4 刚好移动到汽缸连接处时气体的温度为6 0 0 K；(ii)若汽缸左侧内的气体温度升到8 0 0 K,则此时汽缸左侧气体的压强为 P o,汽缸右侧气体推动对活塞B 做的功为7 p o S L。解析：(i )活塞4 刚好移动到汽缸连接处的过程中，压强不变，根据盖一吕萨克定律可以求出活塞4 刚好移动到汽缸连接处时气体的温度；(i i )求出升温前后左侧气体的状态参

35、量，根据理想气体状态方程可以求出气体温度升到8 0 0 K时汽缸左侧气体的压强P i，右侧气体压强始终不变，根据根据盖一吕萨克定律可以求出活塞B 移动的距离,再根据公式勿=P o V,可以求出汽缸右侧气体推动对活塞B 做的功。本题考查了理想气体状态方程、盖一吕萨克定律等知识点。抓住理想气体不变的状态参量，选择相应的气体实验定律是解题的关键。注意点：右侧气体压强始终和大气压强相等，这个隐臧条件一定要利用好。18.答案：解：(1)依题意，周期T=0.4 s,波速u=*=翳?n/s=2 m/s.(2)波沿x轴正方向传播，当x=0.2m的振动传到P点，P点恰好第一次达到正向最大位移.波传播的距离 x=

36、0.32 m 0.2 m=0.12 m波速I；=m/s=0.3 m/s.At 0.4(3)波沿x轴正方向传播，若p点恰好第一次到达平衡位置则4 x=0.32 m,由周期性，可知波传播的可能距离%=(0.32+n)7n(n=0,1,2,3,.)ne 0-8n可能波速V=-2-m/s=(0.8+n)m/s(n=0,1,2,3,.).At 0.4答：(1)若每间隔最小时间0.4s重复出现波形图，波速为2 m/s.(2)若p点经0.4s第一次达到正向最大位移，波速为0.3 m/s.(3)若p点经0.4s到达平衡位置，波速为(0.8+n)m/s(n=0,1,2,3,.).解析：(1)由题：波每间隔最小时间0.4s重复出现波形图，周期7=0.4 s,由图读出波长，求出波速.(2)当x=0.32m的振动传到P点，P点恰好第一次达到正向最大位移.根据传播的距离，求出波速。.(3)根据波形的平移，P点形成平衡位置波传播的最短距离为0.32m,根据波的周期性，列出波传播距离有通项，再求出波速的通项.本题考查对波动图象的理解能力，关键是根据波的周期性列出波传播距离的通项.