廣東省肇慶市2018屆高三第三次模擬理科綜合物理試題一、選擇題1.如圖所示為1934年約里奧·居里夫婦用α粒子轟擊鋁箔時(shí)的實(shí)驗(yàn)示意圖，他們除了探測到預(yù)料中的中子外，還發(fā)現(xiàn)拿走α粒子放射源以后，鋁箔仍繼續(xù)發(fā)射出一種神奇的粒子。下列說法正確的是（）A.α粒子轟擊鋁箔的核反應(yīng)方程為：B.轟擊鋁箔后的生成物是磷（），它的衰變方程為：C.拿走α粒子放射源以后，鋁箔繼續(xù)發(fā)射出的神奇粒子實(shí)際上是中子D.磷（）也具有放射性，只是它不像天然放射性元素那樣有一定的半衰期【答案】B【解析】α粒子轟擊鋁箔的核反應(yīng)方程為，轟擊鋁箔后的生成物是磷（），是磷的一種同位素，它具有放射性，跟天然放射性元素一樣發(fā)生衰變，也有一定的半衰期，衰變時(shí)放出正電子，衰變方程為，故選B，ACD錯(cuò)誤；【點(diǎn)睛】根據(jù)質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒可完成方程，本題考查人工核轉(zhuǎn)變的知識(shí)，解決本題的關(guān)鍵是掌握放射性同位素的應(yīng)用。2.如圖所示，質(zhì)量為m的小球固定在輕彈簧和輕桿的一端，輕彈簧的另一端固定在墻壁上的A點(diǎn)，輕桿的另一端通過鉸鏈連于墻壁上的O點(diǎn)，輕彈簧的自然長度與桿長相等。小球靜止時(shí)，輕彈簧處于水平，輕桿與墻壁成θ＝30°。從某時(shí)刻開始，給小球施加豎直向上的力F，使小球緩慢移動(dòng)到B位置，OB處于水平。整個(gè)過程中彈簧一直處于彈性限度內(nèi)，下列說法中正確的是（）A.小球在移動(dòng)過程中可能受到3個(gè)力作用B.若彈簧有彈力，則彈力的大小一定不等于桿對小球的作用力的大小C.彈簧的彈力先減小后增大，且末態(tài)時(shí)彈力大于初態(tài)時(shí)彈力D.力F先增大后減小【答案】B【解析】A、小球在向上移動(dòng)過程中，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，此時(shí)小球所受彈簧的彈力T1＝0，因小球的重力G及F的方向均在豎直方向，此時(shí)必然有輕桿沿桿方向?qū)π∏虻淖饔昧2＝0，若T2≠0，則T2在水平方向的分力T2x≠0，小球無法處于平衡狀態(tài)，此時(shí)小球僅受兩個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤；B、若小球所受的彈力與輕桿的支持力或拉力大小相等，T1＝T2，它們的合力一定是豎直方向，此時(shí)由幾何關(guān)系可知彈簧的長度與桿長相等，此時(shí)T1＝T2＝0，除此以外T1≠T2，故B正確；C、初態(tài)時(shí)彈簧的壓縮量是（桿長），末態(tài)時(shí)彈簧的伸長量是，所以末態(tài)時(shí)彈簧的彈力小于初態(tài)時(shí)彈簧的彈力，故C錯(cuò)誤；D、小球剛開始向上運(yùn)動(dòng)過程中，F(xiàn)逐漸增大，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長前后，彈簧的彈力和輕桿對小球的作用力均發(fā)生改變，兩力的方向分別變?yōu)樽笙蛳潞陀蚁蛳拢撕笮∏蛟傧蛏线\(yùn)動(dòng)過程中，F(xiàn)一直增大，剛開始時(shí)向上的力，彈簧恢復(fù)原長時(shí)向上的力F2＝G，輕桿水平時(shí)向上的力，故D錯(cuò)誤；故選B。3.某科技小組在實(shí)驗(yàn)室中研究遠(yuǎn)距離輸電．由于輸電線太長，他將每50米導(dǎo)線卷成一卷，共卷成8卷來代替輸電線路．第一次直接將輸電線與實(shí)驗(yàn)電源及用電器相連，測得輸電線上的輸電電流和損失的功率為I1、P1，；第二次采用如下圖所示的電路輸電，其中理想變壓器T1與電源相連，其原、副線圈的匝數(shù)比為n1∶n2，理想變壓器T2與用電器相連，測得輸電線上的輸電電流和損失的功率為I2、P2．下列說法中正確的是（）A.第二次實(shí)驗(yàn)時(shí)因?yàn)槎嘟恿藘蓚€(gè)變壓器，所以P2＞P1B.通過該實(shí)驗(yàn)可以證明，提高輸電電流能減小遠(yuǎn)距離輸電的能量損失C.若輸送功率一定，則I2∶I1=n1∶n2D.若輸送功率一定，則P2∶P1=n22∶n12【答案】CB、由可知提高輸電電流增加遠(yuǎn)距離輸電的能量損失，故B錯(cuò)誤；故選C。4.據(jù)《科技日報(bào)》報(bào)道，2020年前我國將發(fā)射8顆繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的海洋系列衛(wèi)星：包括4顆海洋水色衛(wèi)星、2顆海洋動(dòng)力環(huán)境衛(wèi)星和2顆海陸雷達(dá)衛(wèi)星，以加強(qiáng)對黃巖島、釣魚島及西沙群島等島嶼附近海域的監(jiān)測。已知海陸雷達(dá)衛(wèi)星軌道半徑是海洋動(dòng)力環(huán)境衛(wèi)星軌道半徑的n倍。則（）A.海陸雷達(dá)衛(wèi)星線速度是海洋動(dòng)力環(huán)境衛(wèi)星線速度的B.海陸雷達(dá)衛(wèi)星線速度是海洋動(dòng)力環(huán)境衛(wèi)星線速度的倍C.在相同的時(shí)間內(nèi)，海陸雷達(dá)衛(wèi)星與海洋動(dòng)力環(huán)境衛(wèi)星各自到地球球心的連線掃過的面積相等D.在相同的時(shí)間內(nèi)，海陸雷達(dá)衛(wèi)星與海洋動(dòng)力環(huán)境衛(wèi)星各自到地球球心的連線掃過的面積之比為∶1【答案】D【解析】根據(jù)，解得，則海陸雷達(dá)衛(wèi)星線速度是海洋動(dòng)力環(huán)境衛(wèi)星線速度的，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；根據(jù)，解得，掃過的面積為，因?yàn)檐壍腊霃街葹閚，則角速度之比為，所以相同時(shí)間內(nèi)掃過的面積之比為．故D正確，C錯(cuò)誤．故選D．5.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一圓周，其圓心為O，直徑AB和CD相互垂直，電荷量均為Q的正點(diǎn)電荷放在關(guān)于CD對稱的圓周上，它們所在半徑的夾角為120°。下列說法正確的是：（）A.點(diǎn)O與點(diǎn)C的場強(qiáng)大小相等B.點(diǎn)C與點(diǎn)D的場強(qiáng)大小之比為∶1C.一電子從D點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，加速度先減小后增大D.將一正電荷沿著圓周從A點(diǎn)經(jīng)D移至B點(diǎn)的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功【答案】ABD【解析】A．點(diǎn)O與點(diǎn)C的場強(qiáng)大小相等，方向相反，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)矢量合成法則，C點(diǎn)場強(qiáng)為，D點(diǎn)的場強(qiáng)為點(diǎn)C與點(diǎn)D的場強(qiáng)大小之比為：1，故B正確；C．根據(jù)電場強(qiáng)度的矢量合成法則，距離兩點(diǎn)電荷連線x=處的場強(qiáng)最強(qiáng)，則電子從點(diǎn)D到點(diǎn)C的過程中，加速度先增大，再減小，再增大，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)等量同種電荷的電場線，正電荷沿著圓周從點(diǎn)A到點(diǎn)D，電場力做正功，從點(diǎn)D到點(diǎn)B的過程中，電場力做負(fù)功，故D正確。故選：BD。點(diǎn)睛：根據(jù)電場強(qiáng)度的矢量合成法則，找出CD連線上，電場強(qiáng)度最大的位置，根據(jù)牛頓第二定律即可判斷加速度的變化。6.如圖所示，水平屋頂高H＝5m，圍墻高h(yuǎn)＝3.2m，圍墻到房子的水平距離L＝3m，圍墻外馬路寬x＝10m，為使小球從屋頂水平飛出落在圍墻外的馬路上，小球離開屋頂時(shí)的速度v0的大小的可能值為（g取10m/s2，不計(jì)墻的厚度）（）A.3.1m/sB.4.7m/sC.7.2m/sD.11.5m/s【答案】CD【解析】球落在空地上，v的最大值vmax為球落在空地最右側(cè)時(shí)的平拋初速度，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，則小球的水平位移：，小球的豎直位移：，聯(lián)立解得；球不能落在空地上，v的最小值vmin為球恰好越過圍墻的最高點(diǎn)P落在空地上時(shí)的平拋初速度，設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所需時(shí)間為t2，則此過程中小球的水平位移：，小球的豎直方向位移：，聯(lián)立解得，故CD正確，AB錯(cuò)誤；故選CD。【點(diǎn)睛】將平拋運(yùn)動(dòng)分解成豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，與水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)等時(shí)性，則可求出最大速度；速度太大會(huì)落空地外邊，太小會(huì)被墻擋住，因此可得出小球離開屋頂時(shí)的速度的范圍。7.一質(zhì)量為m的鋁球用細(xì)線懸掛，靜止在足夠深的油槽中（如圖甲所示），某時(shí)刻剪斷細(xì)線，鋁球開始在油槽中下沉，通過傳感器得到鋁球的加速度隨下沉速度變化的圖象如圖乙所示。已知重力加速度為g，下列說法正確的是：（）A.鋁球下沉?xí)r先做加速度越來越小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)B.剪斷細(xì)線瞬間鋁球所受的浮力C.剪斷細(xì)線瞬間鋁球的加速度a0<g，一段時(shí)間內(nèi)加速度越來越大D.鋁球下沉過程所受到油的阻力【答案】AD【解析】A．由圖象可知，鋁球開始下沉后速度越來越大，加速度越來越小，當(dāng)加速度a=0時(shí)，鋁球做勻速運(yùn)動(dòng)，速度不再變化，故A正確；B．剪斷細(xì)線瞬間，鋁球所受的阻力為0，受到重力、浮力，由牛頓第二定律可得:，解得，故B錯(cuò)誤；C．剪斷細(xì)線瞬間，鋁球所受的阻力為0，由牛頓第二定律可得，加速度，由圖象可知加速度越來越小，故C錯(cuò)誤；D．剪斷細(xì)線瞬間，鋁球下沉過程中受重力、阻力、浮力，由牛頓第二定律可得mg﹣F浮﹣f=ma，可得a=，由a0~v0圖象可知，v，則有，解得，阻力f=，故選D正確；故選AD。【點(diǎn)睛】考查了a0v0圖象，理解物理意義，物塊所受浮力和阻力的施力物體是油，所以物塊會(huì)給油反作用力，油對容器的壓力增大，則容器對地面的壓力會(huì)增大，要理解透徹。8.如圖所示，在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，在x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場。一帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)從原點(diǎn)O與x軸成30°斜向上射入磁場，且在x軸上方運(yùn)動(dòng)的半徑為R。則（）A.粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點(diǎn)OB.粒子完成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為C.粒子射入磁場后，第二次經(jīng)過x軸時(shí)與O點(diǎn)的距離為3RD.粒子在x軸上方和下方的磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為1∶2【答案】CD【解析】根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向可知，粒子運(yùn)動(dòng)的過程中，離O點(diǎn)越來越遠(yuǎn)，粒子一定不能回到原點(diǎn)O，故A錯(cuò)誤；在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.....................二、實(shí)驗(yàn)題9.為了測量小木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ，某小組使用位移傳感器設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，讓木塊從傾斜木板上的A點(diǎn)由靜止釋放，位移傳感器可以測出木塊到傳感器的距離。位移傳感器連接計(jì)算機(jī)，描繪出滑塊相對傳感器的位移x隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。（1）根據(jù)圖乙可計(jì)算出0.2s時(shí)木塊的速度v＝_____m/s，木塊加速度a＝_____m/s2(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)。（2）為了測定木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ，還需要測量的物理量是____(已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭)；A．木塊的質(zhì)量B．木塊的寬度C．木板的傾角D．木板的長度【答案】(1).0.20;(2).1.0;(3).C;【解析】（1）根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于這段時(shí)間內(nèi)中點(diǎn)時(shí)刻的瞬時(shí)速度，0.2s末木塊的速度為：0.4s末的速度為：木塊的加速度為：，方向與位移相反。（2）選取木塊為研究的對象，木塊沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律可得：，所以要測定摩擦因數(shù)，還需要測出木板的傾角θ，選C10.利用如圖甲所示的電路測定電源的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻。（1）若閉合電鍵S1，將單刀雙擲電鍵S2擲向a，改變電阻箱R的阻值得到一系列電壓表的讀數(shù)U。由于未考慮電壓表分流，導(dǎo)致電動(dòng)勢的測量值與真實(shí)值相比_____，內(nèi)阻的測量值與真實(shí)值相比______。（以上兩空選填“偏大”、“相等”或“偏小”)（2）若斷開S1，將單刀雙擲電鍵S2擲向b，改變電阻箱R的阻值得到一系列電流表的讀數(shù)I。由于未考慮電流表分壓，導(dǎo)致電動(dòng)勢的測量值與真實(shí)值相比_______，內(nèi)阻的測量值與真實(shí)值相比__________。(以上兩空選填“偏大”、“相等”或“偏小”)（3）某同學(xué)分別按照以上兩種方式完成實(shí)驗(yàn)操作，利用圖象法處理數(shù)據(jù)，分別得到如下兩個(gè)圖象，如圖乙中的①和②所示，縱軸截距分別是b1、b2，斜率分別為k1、k2。綜合兩條圖線的數(shù)據(jù)信息可以避免由于電壓表分流和電流表分壓帶來的系統(tǒng)誤差，則電源的電動(dòng)勢E=______，內(nèi)阻r=________。【答案】(1).偏小；(2).偏小；(3).相等；(4).偏大；(5).(6).【解析】（1）若閉合電鍵S1，將單刀雙擲電鍵S2擲向a，改變電阻箱R的阻值得到一系列的電壓表的讀數(shù)U，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，E=U+Ir=U+r，則，因此圖象的縱軸截距b=，電動(dòng)勢E=，圖象的斜率k=，則電源內(nèi)阻r=kE=；由圖示電路圖可知，由于電壓表的分流作用，通過電源的電流大于，這是造成系統(tǒng)誤差的原因；若考慮電源電壓表內(nèi)阻，則表達(dá)式為E=U+Ir=U+（+）r，變形得：則；則由數(shù)學(xué)規(guī)律可知，電動(dòng)勢E減小；內(nèi)阻減小；

（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律E=I（R+r）變形，得到與R的關(guān)系式，．根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)得知，R圖象的斜率的倒數(shù)等于電源的電動(dòng)勢E，縱軸截距的絕對值等于電源的內(nèi)阻r與定值電阻的和．則可知，電動(dòng)勢的測量值與真實(shí)值相比相等，沒有考慮電流表的內(nèi)阻，即實(shí)際內(nèi)阻r=bRA，所以內(nèi)電阻的測量值與真實(shí)值相比偏大．

（3）由以上分析可知，（2）中電動(dòng)勢是準(zhǔn)確的，故E=；而（1）圖象的斜率k1=；聯(lián)立解得：r=；點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵在于能由圖象知識(shí)（斜率與截距的意義）結(jié)合閉合電路歐姆定律求解，在解題時(shí)要注意題目中給出的條件及坐標(biāo)中隱含的信息．三、計(jì)算題11.如圖甲所示，電阻不計(jì)、間距為的平行長金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，阻值為的導(dǎo)體棒固定連接在導(dǎo)軌左端，另一阻值也為的導(dǎo)體棒垂直放置到導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，并可在導(dǎo)軌上無摩擦移動(dòng)。現(xiàn)有一根輕桿一端固定在中點(diǎn)，另一端固定于墻上，輕桿與導(dǎo)軌保持平行，兩棒間距為。若整個(gè)裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，且從某一時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按圖乙所示的方式變化。（1）求在0～時(shí)間內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電流的大小與方向；（2）求在t0～2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量；（3）1.5時(shí)刻桿對導(dǎo)體棒的作用力的大小和方向。【答案】(1),(2)(3)方向向右的拉力【解析】試題分析：（1）在0～時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的大小流過導(dǎo)體棒ef的電流大小有楞次定律可判斷電流方向?yàn)椋?）在時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的大小流過導(dǎo)體棒ef的電流大小時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的熱量（3）在時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度Ef棒受安培力：方向水平向左：根據(jù)導(dǎo)體棒受力平衡，桿對導(dǎo)體棒的作用力為,方向水平向右考點(diǎn)：電磁感應(yīng)定律12.如圖所示，有一光滑絕緣的長木板B右端接有一豎直的擋板，靜止放置在光滑水平地面上。一可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A放置在長木板上，A與B右端擋板的距離為L，A與B左端的距離足夠大。A和B(連同擋板)的質(zhì)量均為m，滑塊A帶電量為+q，開始時(shí)A、B均靜止。若在該空間加上大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場，由于受電場力作用，A開始向右運(yùn)動(dòng)并與B發(fā)生彈性碰撞，A、B碰撞過程中時(shí)間極短且無電荷轉(zhuǎn)移。求：（1）A與B第一次相碰后，B的速率；（2）從A開始運(yùn)動(dòng)到A和B第二次碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間；（3）A和B從第n次碰撞到第n+1次碰撞的時(shí)間內(nèi)長木板B所通過的路程。【答案】（1）,（2）(3)【解析】【分析】第一次碰撞前，B靜止，A做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可以求出碰前A的速度，碰撞后兩物體交換速度，即可得到A與B第一次碰后瞬時(shí)B球的速率；第一次碰撞后，B向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A球向右做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者位移相等時(shí)再次發(fā)生碰撞，由牛頓第二定律求出A的加速度，由勻變速運(yùn)動(dòng)的速度公式與位移公式、勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式分析答題；運(yùn)用同樣的方法求出第二次、第三次…第n+1次碰撞后兩球的速度，作出速度圖象，根據(jù)vt圖象的“面積”等于位移，求解兩球從第n次碰撞到第n+1次碰撞時(shí)間內(nèi)A球所通過的路程；解：（1）對A由動(dòng)能定理:解得對A、B第一次碰撞，由動(dòng)量守恒可得：由能量守恒可得：聯(lián)立解得：（2）從A開始運(yùn)動(dòng)到第一次與B碰撞歷時(shí)設(shè)從第一次碰撞后到第二次碰撞前歷時(shí)t2，則：解得：故從A開始運(yùn)動(dòng)到A和B第二次碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間為：（3）第二次碰撞前A的速度為：對A、B第二次碰撞，由動(dòng)量和能量守恒分別得：聯(lián)立解得:由vt圖像可得第3次碰撞前A的速度：此時(shí)B的速度：以此類推第n次碰撞前A的速度為故從第n次到第n+1次碰撞經(jīng)歷時(shí)間為：這段時(shí)間內(nèi)B以速度vAn1做勻速運(yùn)動(dòng)，故這段時(shí)間內(nèi)B通過的路程為:13.下列說法正確的是_____。A．當(dāng)人們感到潮濕時(shí)，空氣的絕對濕度一定較大B．當(dāng)溫度升高時(shí)，物體內(nèi)每一個(gè)分子熱運(yùn)動(dòng)的速率一定都增大C．一定量的理想氣體，在壓強(qiáng)不變時(shí)，氣體分子每秒對器壁單位面積平均碰撞次數(shù)隨著溫度升高而減少D．水的飽和汽壓隨溫度的升高而增大E．葉面上的小露珠呈球形是由于液體表面張力的作用【答案】CDE【解析】A、在一定氣溫條件下，大氣中相對濕度越大，水氣蒸發(fā)也就越慢，人就感受到越潮濕，故當(dāng)人們感到潮濕時(shí)，空氣的相對濕度一定較大，但絕對濕度不一定大，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)溫度升高時(shí)，物體內(nèi)所有分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能增大，所有分子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率增大，而不是物體內(nèi)每一個(gè)分子熱運(yùn)動(dòng)的速率一定都增大，故B錯(cuò)誤；C、溫度升高，分子對器壁的平均撞擊力增大，要保證壓強(qiáng)不變，分子單位時(shí)間對器壁單位面積平均碰撞次數(shù)必減少，故C正確；D、氣體的飽和氣壓與溫度和材料有關(guān)，水的飽和汽壓隨溫度的升高而增大，故D正確；E、液體表面張力產(chǎn)生的原因是：液體跟氣體接觸的表面存在一個(gè)薄層，叫做表面層，表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力，就象你要把彈簧拉開些，彈簧反而表現(xiàn)具有收縮的趨勢，故E正確；故選CDE。【點(diǎn)睛】本題考查了相對濕度、飽和汽壓、分子力、液體表面張力的相關(guān)知識(shí)，關(guān)鍵要熟悉這些知識(shí)點(diǎn)。14.如圖，有一個(gè)在水平面上固定放置的氣缸，由a、b、c三個(gè)粗細(xì)不同的同軸絕熱圓筒組成，a、b、c的橫截面積分別為2S、S和3S．已知大氣壓強(qiáng)為p0．兩絕熱活塞A和B用一根長為4l的不可伸長的細(xì)線相連，兩活塞之間密封有溫度為T0的空氣，開始時(shí)，兩活塞靜止在圖示位置．現(xiàn)對氣體加熱，使其溫度緩慢上升，兩活塞緩慢移動(dòng)，忽略兩活塞與圓筒之間的摩擦．求：（i）加熱前被封閉氣體的壓強(qiáng)和細(xì)線中的拉力；（ii）氣體溫度上升到多少時(shí)，其中一活塞恰好移至其所在圓筒與b圓筒連接處.【答案】(1),（2）【解析】解（i）由力的平衡條件可得對活塞A：2P0S+F=2P1S對活塞B：3P0S+F=3P1S解得：P1=P0F=0(ii)對氣體加熱后，兩活塞將緩慢向右移動(dòng)，活塞A將恰好移至其所在圓筒與b圓筒連接處，此過程中所研究氣體的壓強(qiáng)保持不變，由蓋.呂薩克定律得：T1=T0V1=2lS+2lS+3lS=7lSV2=2lS+6lS=8lS由以上式子聯(lián)立解得：15.下列說法正確的是______。A．由紅光和綠光組成的一細(xì)光束從水中射向空氣，在不斷增大入射角時(shí)水面上首先消失的是綠光B．光的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，在光屏上的某一位置會(huì)時(shí)而出現(xiàn)明條紋時(shí)而出現(xiàn)暗條紋C．均勻變化的磁場產(chǎn)生均勻變化的電場向外傳播就形成了電磁波D．橫波和縱波均能產(chǎn)生干涉現(xiàn)象E．電磁波在真空中的傳播速度與電磁波的頻率無關(guān)【答案】ADE【解析】A、由