2013年山东省高考物理试卷

发布时间:2024-06-05 10:06:33浏览次数:6
2013 年山东省高考物理试卷参考答案与试题解析 一、选择题(共 7 小题,每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得 5 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分)1.(5 分)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法,利用这种方法伽利略发现的规律有(  )A.物体之间普遍存在相互吸引力B.力不是维持物体运动的原因C.忽略空气阻力,重物与轻物下落得同样快D.物体间的相互作用力总是大小相等,方向相反【分析】本题要掌握伽利略关于运动和力关系的观点、落体运动的规律理论等等。【解答】解:A、伽利略没有发现物体之间普遍存在相互吸引力的规律,故 A 错误。B、伽利略根据理想斜面实验,发现了力不是维持物体运动的原因。故 B 正确。C、伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合的方法,发现了忽略空气阻力,重物与轻物下落得同样快的规律。故 C 正确。D、伽利略没有发现物体间的相互作用力总是大小相等,方向相反的规律,是牛顿发现了该规律。故 D 错误。故选:BC。【点评】该题考查对伽利略的贡献的了解,要知道伽利略是物理学的奠基人之一,要学习他的成就和科学研究的方法。 2.(5 分)如图所示,用完全相同的轻弹簧 A、B、C 将两个相同的小球连接并悬挂,小球处于静止状态,弹簧 A 与竖直方向的夹角为 30°,弹簧 C 水平,则弹簧 A、C 的伸长量之比为(  )A. :4 B.4: C.1:2 D.2:1【分析】将两球和弹簧 B 看成一个整体,分析受力情况,根据平衡条件求出弹簧 A、C 拉力之比,即可由胡克定律得到伸长量之比.【解答】解:将两球和弹簧 B 看成一个整体,整体受到总重力 G、弹簧 A 和 C 的拉力,如图,设弹簧 A、C 的拉力分别为 F1和 F2.由平衡条件得知,F2和 G 的合力与 F1大小相等、方向相反 则得:F2=F1sin30°=0.5F1。根据胡克定律得:F=kx,k 相同,则 弹簧 A、C 的伸长量之比等于两弹簧拉力之比,即有 xA:xC=F1:F2=2:1故选:D。【点评】本题首先要选择好研究对象,其次正确分析受力情况,作出力图,再由平衡条件求解. 3.(5 分)如图所示,楔形木块 abc 固定在水平面上,粗糙斜面 ab 和光滑斜面 bc 与水平面的夹角相同,顶角 b 处安装一定滑轮.质量分别为 M、m(M>m)的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连 T= =0.1s,由 v= 得,波长 λ=vT=1m;②△S=5m﹣4m=1m=λ,故 P 点的振动加强.故答案为:① λ=1m,②加强【点评】本题要掌握简谐运动的表达式 x=Asinωt,即可读出 ω,求出周期和波长.根据路程与波长的关系,确定质点的振动强弱是常用的方法. 15.如图所示,ABCD 是一直角梯形棱镜的横截面,位于截面所在平面内的一束光线由 O 点垂直 AD边射入.已知棱镜的折射率 n= ,AB=BC=8cm,OA=2cm,∠OAB=60°.①求光线第一次射出棱镜时,出射光线的方向.②第一次的出射点距 C   cm.【分析】(1)根据 sinC= ,求出临界角的大小,从而作出光路图,根据几何关系,结合折射定律求出出射光线的方向.(2)根据几何关系,求出第一次的出射点距 C 的距离.【解答】解:(1)因为 sinC= ,临界角 C=45°第一次射到 AB 面上的入射角为 60°,大于临界角,所以发生全发射,反射到 BC 面上,入射角为60°,又发生全反射,射到 CD 面上的入射角为 30根据折射定律得,n= ,解得 θ=45°.即光从 CD 边射出,与 CD 边成 45°斜向左下方.(2)根据几何关系得,AF=4cm,则 BF=4cm.∠BFG=∠BGF,则 BG=4cm.所以 GC=4cm.所以 CE=答:①从 CD 边射出,与 CD 边成 45°斜向左下方 ②第一次的出射点距 C .【点评】解决本题的关键掌握全发射的条件,以及折射定律,作出光路图,结合几何关系进行求解. 五、【物理-物理 3-5】16.恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应,当温度达到 108K 时,可以发生“氦燃烧”.①完成“氦燃烧”的核反应方程: He+   → Be+y. ② Be 是一种不稳定的粒子,其半衰期为 2.6×10﹣16s.一定质量的 Be,经 7.8×10﹣16s 后所剩Be 占开始时的   .【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒完成核反应方程.经过 1 个半衰期,有半数发生衰变,根据半衰期的次数求出剩余量占开始时的几分之几.【解答】解:①根据电荷数守恒、质量数守恒,知未知粒子的电荷数为 2,质量数为 4,为 .②经 7.8×10﹣16s,知经历了 3 个半衰期,所剩 占开始时的 = .故答案为: 或 α, 或 12.5%【点评】解决本题的关键掌握半衰期的定义,以及知道在核反应中电荷数守恒、质量数守恒. 17.如图所示,光滑水平轨道上放置长板 A(上表面粗糙)和滑块 C,滑块 B 置于 A 的左端,三者质量分别为 mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg.开始时 C 静止,A、B 一起以 v0=5m/s 的速度匀速向右运动,A 与 C发生碰撞(时间极短)后 C 向右运动,经过一段时间 A、B 再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与 C 碰撞.求 A 与 C 发生碰撞后瞬间 A 的速度大小.【分析】A 与 C 碰撞过程动量守恒列出等式,A 与 B 在摩擦力作用下达到共同速度,由动量守恒定律列出等式,A、B 达到共同速度后恰好不再与 C 碰撞,应满足速度相等.【解答】解:因碰撞时间极短,A 与 C 碰撞过程动量守恒,设碰撞后瞬间 A 的速度大小为 vA,C 的速度大小为 vC,以向右为正方向,由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mCvC,①A 与 B 在摩擦力作用下达到共同速度,设共同速度为 vAB,由动量守恒定律得mAvA+mBv0=(mA+mB) vAB②A、B 达到共同速度后恰好不再与 C 碰撞,应满足:vAB=vC ③联立①②③式解得:vA=2m/s.答:A 与 C 发生碰撞后瞬间 A 的速度大小是 2m/s【点评】分析物体的运动过程,选择不同的系统作为研究对象,运用动量守恒定律求解.  接,轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动.若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中(  )A.两滑块组成系统的机械能守恒B.重力对 M 做的功等于 M 动能的增加C.轻绳对 m 做的功等于 m 机械能的增加D.两滑块组成系统的机械能损失等于 M 克服摩擦力做的功【分析】机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹力做功,发生的能量转化为重力势能和弹性势能的转化,不产生其他形式的能量.功与能量转化相联系,是能量转化的量度.【解答】解:A、由于“粗糙斜面 ab”,故两滑块组成系统的机械能不守恒,故 A 错误;B、由动能定理得,重力、拉力、摩擦力对 M 做的总功等于 M 动能的增加,故 B 错误;C、除重力弹力以外的力做功,将导致机械能变化,故 C 正确;D、除重力弹力以外的力做功,将导致机械能变化,摩擦力做负功,故造成机械能损失,故 D 正确;故选:CD。【点评】关键理解透机械能守恒的条件和功能关系,重力做功对应重力势能变化、弹力做功对应弹性势能变化、合力做功对应动能变化、除重力或系统内的弹力做功对应机械能变化. 4.(5 分)图甲是小型交流发电机的示意图,两磁极 N、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,A为交流电流表.线圈绕垂直于磁场方向的水平轴 OO′沿逆时针方向匀速转动.从图示位置开始计时,产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示.以下判断正确的是(  )A.电流表的示数为 10AB.线圈转动的角速度为 50π rad/sC.0.01s 时线圈平面与磁场方向平行D.0.02s 时电阻 R 中电流的方向自右向左【分析】由题图乙可知交流电电流的最大值、周期,电流表的示数为有效值,感应电动势最大,则穿过线圈的磁通量变化最快,由楞次定律可判断出 0.02s 时流过电阻的电流方向.【解答】解:A、由题图乙可知交流电电流的最大值是 A,周期 T=0.02s,由于电流表的示数为有效值,故示数 I= =10A,选项 A 正确;B、角速度= =100π rad/s,选项 B 错误;C、0.01s 时线圈中的感应电流达到最大,感应电动势最大,则穿过线圈的磁通量变化最快,磁通量为 0,故线圈平面与磁场方向平行,选项 C 正确;D、由楞次定律可判断出 0.02s 时流过电阻的电流方向自左向右,选项 D 错误。故选:AC。【点评】本题是 2013 年 的高考题,考查的知识点较多,难度不大. 5.(5 分)将一段导线绕成图甲所示的闭合电路,并固定在水平面(纸面)内,回路的 ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ,以向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度 B 随时间 t 变化的图象如图乙所示。用 F 表示 ab 边受到的安培力,以水平向右为 F 的正 方向,能正确反映 F 随时间 t 变化的图象是(  )A. B. C. D.【分析】当线圈的磁通量发生变化时,线圈中才会产生感应电动势,从而形成感应电流;当线圈的磁通量不变时,则线圈中没有感应电动势,所以不会有感应电流产生。由楞次定律可知电流的方向,由左手定则判断安培力的方向。【解答】解:分析一个周期内的情况:在前半个周期内,磁感应强度均匀变化,磁感应强度 B 的变化度一定,由法拉第电磁感应定律得知,圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变,则感应电流恒定不变,ab 边在磁场中所受的安培力也恒定不变,由楞次定律可知,圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向,通过 ab 的电流方向从b→a,由左手定则判断得知,ab 所受的安培力方向水平向左,为负值;同理可知,在后半个周期内,安培力大小恒定不变,方向水平向右。故 B 正确。故选:B。【点评】本题要求学生能正确理解 B﹣t 图的含义,故道 B 如何变化,才能准确的利用楞次定律进行判定。根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化,由欧姆定律判断感应电流的变化,进而可确定安培力大小的变化。 6.(5 分)如图所示,在 x 轴上相距为 L 的两点固定两个等量异种点电荷+Q、﹣Q,虚线是以+Q 所在点为圆心、 为半径的圆,a、b、c、d 是圆上的四个点,其中 a、c 两点在 x 轴上,b、d 两点关于 x轴对称.下列判断正确的是(  )A.b、d 两点处的电势相同B.四点中 c 点处的电势最低C.b、d 两点处的电场强度相同D.将一试探电荷+q 沿圆周由 a 点移至 c 点,+q 的电势能减小【分析】该电场中的电势、电场强度都关于 x 轴对称,所以 bd 两点的电势相等,场强大小相等,方向是对称的.c 点在两个电荷连线的中点上,也是在两个电荷连线的中垂线上,所以它的电势和无穷远处的电势相等.【解答】解:该电场为等量异种点电荷的电场,将等量异种点电荷的电场线与等势面的图画出如图,然后与该题的图比较可得: 该电场中的电势关于 x 轴上下对称,等势面不是圆形。A:该电场中的电势关于 x 轴对称,所以 bd 两点的电势相等,故 A 正确; B:c 点在两个电荷连线的中点上,也是在两个电荷连线的中垂线上,所以它的电势和无穷远处的电势相等。而正电荷周围的电场的电势都比它高,即 c 点的电势在四个点中是最低的。故 B 正确;C:该电场中的电场强度关于 x 轴对称,所以 bd 两点场强大小相等,方向是对称的,不相同的。故C 错误;D:c 点的电势低于 a 点的电势,试探电荷+q 沿圆周由 a 点移至 c 点,电场力做正功,+q 的电势能减小。故 D 正确。故选:ABD。【点评】该题考查常见电场的特点,解题的关键是 c 点在两个电荷连线的中点上,也是在两个电荷连线的中垂线上,所以它的电势和无穷远处的电势相等.而正电荷周围的电场的电势都比它高,负电荷周围的电场的电势都比它低.属于基础题目. 7.(5 分)双星系统由两颗恒星组成,两恒星在相互引力的作用下,分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动.研究发现,双星系统演化过程中,两星的总质量 距离和周期均可能发生、变化.若某双星系统中两星做圆周运动的周期为 T,经过一段时间演化后,两星总质量变为原来的 k 倍,两星之间的距离变为原来的 n 倍,则此时圆周运动的周期为(  )A. TB. T C. T D. T【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力,具有相同的角速度,根据牛顿第二定律分别对两星进行列式,来求解.【解答】解:设 m1的轨道半径为 R1,m2的轨道半径为 R2.两星之间的距离为 L。由于它们之间的距离恒定,因此双星在空间的绕向一定相同,同时角速度和周期也都相同。由向心力公式可得:对 m1:G =m1R1…①对 m2:G =m2R2…②又因为 R1+R2=L,m1+m2=M由①②式可得:T=2π所以当两星总质量变为 KM,两星之间的距离变为原来的 n 倍,所以此时圆周运动的周期为 ,故选:D。【点评】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力,具有相同的角速度,能运用万有引力提供向心力进行解题. 二、解答题(共 4 小题,满分 46 分)8.(2 分)图甲为一游标卡尺的结构示意图,当测量一钢笔帽的内径时,应该用游标卡尺的  A   (填“A”、“B”或“C”)进行测量;示数如图乙所示,该钢笔帽的内径为  11.30   mm.【分析】游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪. 游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数,不需要估读.【解答】解:游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪.即 A 部分.游标卡尺测内径时,主尺读数为 11mm,游标读数为 0.05×6=0.30mm,最后读数为 11.30mm.故答案为:A,11.30【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法.注意游标卡尺的精确度. 9.(11 分)霍尔效应是电磁基本现象之一,近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展.如图 1 所示,在一矩形半导体薄片的 P、Q 间通入电流 I,同时外加与薄片垂直的磁场 B,在M、N 间出现电压 UH,这个现象称为霍尔效应,UH称为霍尔电压,且满足 ,式中 d 为薄片的厚度,k 为霍尔系数.某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数.①若该半导体材料是空穴(可视为带正电粒子)导电,电流与磁场方向如图 1 所示,该同学用电压表测量 UH时,应将电压表的“+”接线柱与  M   (填“M”或“N”)端通过导线相连.②已知薄片厚度 d=0.40mm,该同学保持磁感应强度 B=0.10T 不变,改变电流 I 的大小,测量相应的UH值,记录数据如下表所示.I(×10﹣3A)3.06.09.012.015.018.0UH(×10﹣3V)1.11.93.44.56.26.8根据表中数据在图 3 中画出 UH﹣I 图线,利用图线求出该材料的霍尔系数为  1.5   ×10﹣3V•m•A﹣1•T﹣1(保留 2 位有效数字).③该同学查阅资料发现,使半导体薄片中的电流反向再次测量,取两个方向测量的平均值,可以减小霍尔系数的测量误差,为此该同学设计了如图 2 所示的测量电路,S1、S2均为单刀双掷开关,虚线框内为半导体薄片(未画出).为使电流从 Q 端流入,P 端流出,应将 S1掷向  b   (填“a”或“b”),S2掷向  c   (填“c”或“d”).为了保证测量安全,该同学改进了测量电路,将一合适的定值电阻串联在电路中.在保持其它连接不变的情况下,该定值电阻应串联在相邻器件  S 1 和  E   (填器件代号)之间.【分析】①根据左手定则判断出正电荷所受洛伦兹力的方向,从而确定出偏转的俄方向,得出电势的高低.②根据表格中的数据作出 UH﹣I 图线,根据图线的斜率,结合表达式求出霍尔系数.③根据电流的流向确定单刀双掷开关的掷向位置.【解答】解:①根据左手定则得,正电荷向 M 端偏转,所以应将电压表的“+”接线柱与 M 端通过导线相连.② UH﹣I 图线如图所示.根据 知,图线的斜率为 =k =0.375,解得霍尔系数k=1.5×10﹣3V•m•A﹣1•T﹣1.③为使电流从 Q 端流入,P 端流出,应将 S1掷向 b,S2掷向 c,为了保护电路,定值电阻应串联在S1,E(或 S2,E)之间.故答案为:① M ② 如图所示,1.5(1.4 或 1.6)③ b,c;S1,E(或 S2,E) 【点评】解决本题的关键知道霍尔效应的原理,并能灵活运用.掌握描点作图的方法. 10.(15 分)如图所示,一质量 m=0.4kg 的小物块,以 v0=2m/s 的初速度,在与斜面成某一夹角的拉力 F 作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经 t=2s 的时间物块由 A 点运动到 B 点,A、B 之间的距离L=10m.已知斜面倾角 θ=30°,物块与斜面之间的动摩擦因数 μ= .重力加速度 g 取 10m/s2.(1)求物块加速度的大小及到达 B 点时速度的大小.(2)拉力 F 与斜面的夹角多大时,拉力 F 最小?拉力 F 的最小值是多少?【分析】(1)物体做匀加速直线运动,根据运动学公式求解加速度和末速度;(2)对物体受力分析,受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律列式求解出拉力F 的表达式,分析出最小值.【解答】解:(1)物体做匀加速直线运动,根据运动学公式,有:①v=v0+at ②联立解得;a=3m/s2v=8m/s(2)对物体受力分析,受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力,如图根据牛顿第二定律,有:平行斜面方向:Fcosα﹣mgsin30°﹣Ff=ma垂直斜面方向:Fsinα+FN﹣mgcos30°=0其中:Ff=μFN联立解得:F= =故当 α=30°时,拉力 F 有最小值,为 Fmin= N;答:(1)物块加速度的大小为 3m/s2,到达 B 点的速度为 8m/s;(2)拉力 F 与斜面的夹角 30°时,拉力 F 最小,最小值是 N.【点评】本题是已知运动情况确定受力情况,关键先根据运动学公式求解加速度,然后根据牛顿第 二定律列式讨论. 11.(18 分)如图所示,在坐标系 xOy 的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场,磁场方向垂直于xOy 平面向里;第四象限内有沿 y 轴正方向的匀强电场,电场强度大小为 E.一带电量为+q、质量为 m的粒子,自 y 轴的 P 点沿 x 轴正方向射入第四象限,经 x 轴上的 Q 点进入第一象限,随即撤去电场,以后仅保留磁场。已知 OP=d,OQ=2d,不计粒子重力。(1)求粒子过 Q 点时速度的大小和方向。(2)若磁感应强度的大小为一定值 B0,粒子将以垂直 y 轴的方向进入第二象限,求 B0。(3)若磁感应强度的大小为另一确定值,经过一段时间后粒子将再次经过 Q 点,且速度与第一次过 Q 点时相同,求该粒子相邻两次经过 Q 点所用的时间。【分析】(1)粒子在第四象限的电场中做类平抛运动,将运动安水平方向与竖直方向分解,并结合动能定理可以求出粒子的速度和方向。(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,作出粒子的运动轨迹,由数学知识求出粒子的轨道半径;洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力,由牛顿第二定律可以求出磁感应强度。(3)求出粒子在磁场中的运动时间,求出粒子在二四象限运动的时间,然后求出粒子总的运动时间。【解答】解:(1)粒子在第四象限的电场中做类平抛运动,水平方向:2d=v0t竖直方向做匀加速直线运动,最大速度 vy:联立以上三公式,得:粒子的合速度:设合速度与水平方向的夹角为 θ,则: ,故 θ=45°(2)粒子以垂直 y 轴的方向进入第二象限,则粒子偏转的角度是 135°,粒子运动的轨迹如图,则圆心到 O 点的距离是 2d,偏转半径 r= ,射出点到 O 点的距离是 2d+2 d。粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即: 代人数据,整理得:(3)若经过一段时间后粒子能够再次经过 Q 点,且速度与第一次过 Q 点时相同则粒子运动的轨如图:它在磁场中运动的半径:粒子在一、三象限中运动的总时间:粒子中二、四象限中运动轨迹的长度:粒子中二、四象限中运动的时间:粒子相邻两次经过 Q 点所用的时间:答:(1)粒子过 Q 点时速度的大小 ,与水平方向的夹角 θ=45° (2)粒子以垂直 y 轴的方向进入第二象限时 (3)粒子相邻两次经过 Q 点所用的时间【点评】本题是带电粒子在电场、磁场中运动的综合题,根据题意作出粒子的运动轨迹。应用数学知识求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径、粒子转过的圆心角,是本题的难点,也是正确解题的关键。 三.【物理-物理 3-3】12.(2 分)下列关于热现象的描述正确的是(  )A.根据热力学定律,热机的效率可以达到 100%B.做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C.温度是描述热运动的物理量,一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D.物体由大量分子组成,其单个分子的运动是无规则的,大量分子的运动也是无规律的【分析】根据热力学定律,热机的效率不可能达到 100%;做功是通过能量转化的方式改变系统内能,热传递是通过热量转移的方式改变系统内能,实质不同;达到热平衡的两系统温度相同,物体由大量分子组成,其单个分子的运动是无规则的,大量分子的运动具有统计规律.【解答】解;A、根据热力学定律,热机的效率不可能达到 100%;故 A 错误 B、做功是通过能量转化的方式改变系统内能,热传递是通过热量转移的方式改变系统内能,实质不同;故 B 错误 C、达到热平衡的两系统温度相同,故 C 正确 D、物体由大量分子组成,其单个分子的运动是无规则的,大量分子的运动具有统计规律,故 D错误故选:C。【点评】考查了热力学定律的理解,热平衡状态的理解,注意内涵外延. 13.(6 分)我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超七千米,再创载人深潜新纪录.在某次深潜实 验中,“蛟龙”号探测到 990m 深处的海水温度为 280K.某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化,如图所示,导热良好的气缸内封闭一定质量的气体,不计活塞的质量和摩擦,气缸所处海平面的温度 T0=300K,压强 p0=1atm,封闭气体的体积 Vo=3m2.如果将该气缸下潜至 990m 深处,此过程中封闭气体可视为理想气体.①求 990m 深处封闭气体的体积(1atm 相当于 10m 深的海水产生的压强).②下潜过程中封闭气体 放热 (填“吸热”或“放热”),传递的热量 大于 (填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功.【分析】①根据 1atm 相当于 10m 深的海水产生的压强,求出 990m 深处海水产生的压强,得到 990m深处封闭气体的压强,根据理想气体状态方程求出 990m 深处封闭气体的体积.②对于一定质量的理想气体,其内能只跟温度有关,温度降低,内能减小,根据热力学第一定律分析吸放热情况及传递的热量与外界对气体所做的功的关系.【解答】解:①气缸在海平面时,对于封闭气体:p0=1atm,T0=300K,Vo=3m2.气缸在 990m 深处时,海水产生的压强为△p=ρgh=99atm封闭气体的压强为 p=p0+△p=100atm,T=280K.根据理想气体状态方程得: 代入解得,V=2.8×10﹣2m3.②由上知封闭气体的体积减小,外界对气体做功,W>0;封闭气体可视为理想气体,温度降低,其内能减小,△U<0,根据热力学第一定律△U=W+Q 得 Q<0,即下潜过程中封闭气体放热.而且由于△U<0,传递的热量大于外界对气体所做的功.答:① 990m 深处封闭气体的体积为 2.8×10﹣2m3.②放热,大于【点评】本题是实际问题的简化,要善于建立物理模型,运用理想气体状态方程和热力学第一定律结合进行分析. 四.【物理-物理 3-4】14.如图所示,在某一均匀介质中,A、B 是振动情况完全相同的两个波源,其简谐运动表达式为x=0.1πsin(20πt)m,介质中 P 点与 A、B 两波源间距离分别为 4m 和 5m,两波源形成的简谐横波分别沿 AP、BP 方向传播,波速都是 10m/s.①求简谐横波的波长.② P 点的振动 加强 (填“加强”或“减弱”)【分析】①由简谐运动表达式为 x=0.1πsin(20πt)m,读出 ω,由 T= 求得波的周期 T,由v= 求解波长;②根据 P 点与 A、B 两波源的路程差与波长的关系,分析 P 点的振动情况,若路程差是波长的整数倍,则振动加强;若路程差是半个波长的奇数倍,则振动减弱.【解答】解:①由简谐运动表达式为 x=0.1πsin(20πt)m 知,角频率 ω=20πrad/s,则周期为
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