1、2015-2016学年海南省海南中学高二（下）期中物理试卷一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分在每小题给出的四个选项中，只有一个项符合题目要求的）1下列说法中正确的是（）A两个分子间的距离为r0时，分子势能为零B物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大C悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动D从平衡位置开始增大分子间距离，分子间的引力将增大、斥力将减小2以下说法正确的是（）A热量只能由高温物体传递给低温物体B物体温度不变，其内能一定不变C对大量事实的分析表明：热力学零度不可能达到D如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它
2、们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做内能3对下列几种固体物质的认识，正确的有（）A食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体B烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体C天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则D石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的化学元素不同4如图，一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c设气体在状态b和状态c的温度分别为Tb和Tc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则（）ATbTc，QabQacBTbTc，QabQacCTb=Tc，QabQacDTb=Tc，Q
3、abQac5一列横波沿x轴正向传播，a，b，c，d为介质中的沿波传播方向上四个质点的平衡位置某时刻的波形如图甲所示，此后，若经过周期开始计时，则图乙描述的是（）Aa处质点的振动图象Bb处质点的振动图象Cc处质点的振动图象Dd处质点的振动图象6某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为99.9s如果他测得的g值偏小，可能的原因是（）A测摆线长时摆线拉得过紧B实验中误将49次全振动数为50次C开始计时，秒表过迟按下D摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了二、多项选择题：（本题共4小题
4、，每题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的，得5分；选对但不全的，得3分；不选及有选错的，得0分）7下列说法正确的是（）A只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数B气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大C在“用油膜法测分子直径”的实验中，能否得到理想的油膜轮廓，滴液体时的高度是一个很重要的因素高度太高，实验不易成功D第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律8下列说法正确的是（）A空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果B彩色液晶显示器利用了液晶的
5、光学性质具有各向异性的特点C高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故D干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果9下列四幅图的有关说法中，正确的是（）A由两个简谐运动的图象可知：它们的振动步调不一致B球与横梁之间存在摩擦的情况下，球的振动不是简谐运动C频率相同的两列波叠加时，某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱D当简谐波向右传播时，此时质点A的速度沿y轴正方向10如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则（）A甲、乙两个单摆的振幅分别为2cm、1cmB甲、乙两个单摆的机械能可能相等C前2秒内甲乙两个摆球的加速度均为正值D第2秒
6、末甲的速度达到最大，乙的回复加速度达到最大三、计算题（本题共5小题，共62分11至14题每题12分；15题14分要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只有结果不得分）11如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由B变化到C已知状态A的温度为300K求气体在状态B的温度；由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由12机械横波某时刻的波形图如图所示，波沿x轴正方向传播，质点p的横坐标x=0.32m从此时刻开始计时（1）若经过时间0.4s再一次出现相同波形图，求波速（2）若p点经0.4s第一次达到正向最大位移，求波速13如图所示，实线是某时刻的波形图线，虚线是0.
7、2s后的波形图线（1）若波向左传播，求它传播的最小距离；（2）若波向右传播，求它的最大周期；（3）若波速为35m/s，求波的传播方向14如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm，汽缸外大气的压强为p=1.00105Pa，温度为T=303K，初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1=495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力
8、加速度大小g取10m/s2，求：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强15如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l=10.0cm，B侧水银面比A侧的高h=3.0cm现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1=10.0cm时将开关K关闭已知大气压强p0=75.0cmHg（i）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；（ii）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度2015-2016学年海南省
9、海南中学高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分在每小题给出的四个选项中，只有一个项符合题目要求的）1下列说法中正确的是（）A两个分子间的距离为r0时，分子势能为零B物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大C悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动D从平衡位置开始增大分子间距离，分子间的引力将增大、斥力将减小【考点】温度是分子平均动能的标志；布朗运动【分析】温度是分子热平均动能的标志，温度越高，分子热运动的平均动能越大；布朗运动是悬浮在液体中小颗粒做的无规则的运动，而每个小颗粒都是由成千上万个颗粒分子组成的，布朗运动不能反映小颗粒内部分
10、子在不停地做无规则的热运动从平衡位置开始增大分子间距离，分子间的引力和斥力都将减小【解答】解：A、两个分子间的距离为r0时，分子势能最小，但不一定为0，还与零势能面的选取有关，往往是以无穷远处的电势为零，故A选项错误；B、温度是分子平均动能的标志，温度升高，其分子热运动的平均动能增大，故B正确；C、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉是由大量花粉分子组成的，所以布朗运动不能反映了花粉分子的热运动，故C错误；D、根据分子力的特点可知，从平衡位置开始增大分子间距离，分子间的引力和斥力都将减小故B错误故选：B【点评】对于布朗运动，它既不是颗粒分子的运动，也不是液体分子的运动，而是液体分子运
11、动的间接反映2以下说法正确的是（）A热量只能由高温物体传递给低温物体B物体温度不变，其内能一定不变C对大量事实的分析表明：热力学零度不可能达到D如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做内能【考点】热力学第一定律；热力学第二定律【分析】热量不能自发地从低温物体传向高温物体物体的内能与物体的体积、体积和物质的量有关热力学零度不可能达到热平衡时两个系统的温度相等【解答】解：A、热量只能自发地由高温物体传递给低温物体，但在有其他因素的影响下，也可以由低温物体传递到高温物体，如冰箱制冷，故A错误B、物体的内能与物体的
12、体积、体积和物质的量有关，则物体温度不变时，其内能也可能变化故B错误C、根据热力学第三定律知，热力学零度不可能达到，故C正确D、如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度，不是内能，故D错误故选：C【点评】本题考查热力学的基本知识，理解并掌握热力学第二定律、第三定律是关键要知道热平衡时物体的温度相等，而不是内能相等3对下列几种固体物质的认识，正确的有（）A食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体B烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体C天然石英表现为各向异性，是由于
13、该物质的微粒在空间的排列不规则D石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的化学元素不同【考点】* 晶体和非晶体【分析】晶体有固定的熔点晶体具有各向异性，非晶体各向同性晶体具有各向异性是由于物质的微粒在空间的排列规则石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的碳原子的结构不同【解答】解：A、食盐熔化过程中，温度保持不变，即熔点一定，说明食盐是晶体故A正确B、烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，只能说明云母片是晶体故B错误C、天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列规则故C错误D、石墨和金刚石组成它们的化学元素是相同的，都是碳原子，它们的物理性质不同，是由于
14、碳原子排列结构不同造成的，故D错误故选：A【点评】解决本题的关键要掌握晶体与非晶体的区别，理解晶体各向异性形成的机理：组成晶体的微粒在空间的排列规则4如图，一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c设气体在状态b和状态c的温度分别为Tb和Tc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则（）ATbTc，QabQacBTbTc，QabQacCTb=Tc，QabQacDTb=Tc，QabQac【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强【分析】状态B和C的体积从图中可得知，且已知状态C的温度，从B到C是等压变化，由气体状态方程可得出状态B时的温度；因状态A和状
15、态C的温度相同，所以这两种状态下内能相同，从而可知A到B和B到C的过程中内能的变化大小相同，这两个过程是一个不做功，一个对外做功，结合热力学第一定律可知结果【解答】解：设气体在a状态时的温度为Ta，由图可知：VC=Va=V0、Vb=2V0=2Va，从a到b是等压变化：解得：Tb=2Ta从a到c是等容变化：，由于Pc=2P0=2Pa解得：Tc=2Ta所以：Tb=Tc因为从a到c是等容变化过程，体积不变，气体不做功，故ac过程增加的内能等于ac过程吸收的热量；而ab过程体积增大，气体对外做正功，由热力学第一定律可知ab过程增加的内能大于ab过程吸收的热量，QacQab故选：C【点评】该题考查了气体
16、的状态方程和热力学第一定律的应用，利用气体状态方程解决问题时，首先要确定气体状态和各状态下的状态参量，选择相应的气体变化规律解答；在利用热力学第一定律解决问题时，要注意气体的做功情况，区分对内做功和对外做功，同时要注意区分吸热还是放热5一列横波沿x轴正向传播，a，b，c，d为介质中的沿波传播方向上四个质点的平衡位置某时刻的波形如图甲所示，此后，若经过周期开始计时，则图乙描述的是（）Aa处质点的振动图象Bb处质点的振动图象Cc处质点的振动图象Dd处质点的振动图象【考点】横波的图象；简谐运动的振动图象；波长、频率和波速的关系【分析】先由波的传播方向判断各质点的振动方向，并分析经过周期后各点的振动方
17、向与振动图象计时起点的情况进行对比，选择相符的图象【解答】解：A、此时a的振动方向向上，过周期后，在波谷，与振动图象计时起点的情况不符故A错误 B、此时b在波谷，过周期后，经平衡位置向下，与振动图象计时起点的情况相符故B正确 C、此时c经平衡位置向下，过周期后，到达波峰，与振动图象计时起点的情况不符故C错误 D、此时d在波峰，过周期后，经平衡位置向上，与振动图象计时起点的情况不符故D错误故选：B【点评】本题属于波的图象问题，先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系，再分析波动形成的过程6某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表
18、记录了单摆振动50次所用的时间为99.9s如果他测得的g值偏小，可能的原因是（）A测摆线长时摆线拉得过紧B实验中误将49次全振动数为50次C开始计时，秒表过迟按下D摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了【考点】用单摆测定重力加速度【分析】用摆线长度、摆球的直径、振动次数和所用时间推导出重力加速度的表达式，通过分析各物理量的大小对g的测量值的影响，即可得知各选项的正误【解答】解：摆线的长度用L表示，摆球的直径用d表示，振动的次数用n表示，所用的时间用表示，由单摆的周期公式T=2=得：g=A、测摆线长时摆线拉得过紧，代入的L值要比单摆摆动时的大，由上式可知g的测量值偏大，选项A
19、错误B、实验中误将49次全振动数为50次，代入的n值变大，由上式可知g的测量值偏大，选项B错误C、开始计时，秒表过迟按下，代入的时间t值偏小，由上式可知g值的测量值偏大，选项C错误D、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，即为单摆的实际摆长比测量值答，代入的是测量值，所以由上式可知，g值偏小，选项D正确故选：D【点评】对于用单摆测量重力加速度的误差分析：（1）本实验系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即：悬点是否固定，是单摆还是复摆，球、线是否符合要求，振动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动以及测量哪段长度作为摆长等等只要注意了上面这些方面，就可以使系统误差减小到远
20、远小于偶然误差而忽略不计的程度（2）本实验偶然误差主要来自时间（即单摆周期）的测量上因此，要注意测准时间（周期）要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒计时的方法，不能多记振动次数为了减小偶然误差，应进行多次测量然后取平均值 （3）本实验中长度（摆线长、摆球的直径）的测量时，读数读到毫米位即可（即使用卡尺测摆球直径也需读到毫米位）时间的测量中，秒表读数的有效数字的末位在“秒”的十分位即可对于用单摆测量重力加速度的误差来源：（1）悬点不固定，导致摆长改变实验时保持悬点不变 （2）摆长太短，一般需选择1米左右 （3）摆长测量时候只测量线长正确应该是：竖直悬挂，用米尺测出摆线长l，用游标卡尺测出摆球直
21、径d 摆长L=l+ （4）摆到最高点或任意某位置开始计时，单摆做类似圆锥摆运动 正确应该：从平衡位置开始计时，保持单摆在同一竖直平面内摆动 （5）摆角太大，正确应该：摆角控制在5内，尽量做简谐振动 （6）秒表读数误差，秒表计时太短 一般而言，测3050次全振动时间比较合适实验中，我们应尽量减小实验误差，摆长选择约为1米左右，要求相对误差0.5%，累积多次全振动时间求周期和多次测量取平均值二、多项选择题：（本题共4小题，每题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的，得5分；选对但不全的，得3分；不选及有选错的，得0分）7下列说法正确的是（）A只要知道水的摩尔质量
22、和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数B气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大C在“用油膜法测分子直径”的实验中，能否得到理想的油膜轮廓，滴液体时的高度是一个很重要的因素高度太高，实验不易成功D第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律【考点】热力学第二定律；阿伏加德罗常数；分子间的相互作用力【分析】摩尔质量等于分子质量与阿伏加德罗常数的乘积；气体的压强与单位体积内的分子密度以及温度都有关；根据油膜法测分子直径的实验原理分析；第二类永动机违反了热力学第二定律【解答】解：A、摩尔质量是1摩尔分子的质量，故只
23、要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数，故A正确；B、根据压强的微观意义可知，跟气体分子在单位时间内对单位面积上的碰撞次数、分子对器壁的平均碰撞力有关，即跟气体分子的密度，以及气体分子的平均动能有关；温度升高时，若体积同时增大，气体的压强不一定增大，故B错误；C、在“用油膜法测分子直径”的实验中，能否得到理想的油膜轮廓，滴液体时的高度是一个很重要的因素高度太高，油膜不能尽可能散开，实验不易成功，故C正确；D、第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故D错误；故选：AC【点评】本题考查了阿伏加德罗常数、压强的微观意义、布朗运动、液晶等，知识点多，难度小，关键
24、多看书，多加积累8下列说法正确的是（）A空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果B彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点C高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故D干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果【考点】*相对湿度；分子间的相互作用力【分析】液体表面存在表面张力，能使空气的小雨滴呈球形；液晶具有各向异性的特点；高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压低的缘故；湿温度计下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以湿温度计的示数较低【解答】解：A、空气的小雨滴呈球形是水的表面张力，使雨滴表面有收缩
25、的趋势的结果，故A正确；B、液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故B正确；C、高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压较低的缘故，故C错误D、湿温度计下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以湿温度计的示数较低，则D正确故选：ABD【点评】本题重点要掌握，液体表面张力的形成的原因，以及晶体的物理性质，明确汽化现象基本内容要熟记9下列四幅图的有关说法中，正确的是（）A由两个简谐运动的图象可知：它们的振动步调不一致B球与横梁之间存在摩擦的情况下，球的振动不是简谐运动C频率相同的两列波叠
26、加时，某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱D当简谐波向右传播时，此时质点A的速度沿y轴正方向【考点】波的干涉和衍射现象；简谐运动【分析】根据相位分析振动的步调关系弹簧振子在无阻力的条件下作简谐运动频率相同的两列波叠加时，某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱在波动图象中，运用波形平移法分析质点的振动方向【解答】解：A、由两个简谐运动的图象可知，它们的相位差为，振动步调不一致，故A正确B、球与横梁之间存在摩擦的情况下，系统的机械能不断减小，球的振幅不断减小，球的振动不是简谐运动，故B正确C、频率相同的两列波叠加时能产生稳定的干涉现象，某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱，故C正确D、当简谐波
27、向右传播时，波形向右平移，则知，此时质点A的速度沿y轴负方向，故D错误故选：ABC【点评】解决本题的关键要掌握机械振动和机械波的基本知识，知道干涉产生的条件，能熟练运用波形平移法分析质点的振动方向10如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则（）A甲、乙两个单摆的振幅分别为2cm、1cmB甲、乙两个单摆的机械能可能相等C前2秒内甲乙两个摆球的加速度均为正值D第2秒末甲的速度达到最大，乙的回复加速度达到最大【考点】简谐运动的振动图象；简谐运动的回复力和能量【分析】根据图象得到两个单摆的振幅之比和周期之比，结合单摆周期公式比较单摆的摆长关系，根据位移分析速度和加速度的大小【解答】
28、解：A、振幅等于位移的最大值，由图知甲、乙两摆的振幅分别为2cm、1cm，故A正确；B、由图知：甲、乙两球的周期分别为4s、8s，由单摆的周期公式T=2知，甲摆的摆长比乙摆的摆长短，而甲摆的振幅比乙摆的振幅，所以两个单摆的机械能可能相等故B正确C、前2秒内，甲摆的位移为正，乙摆的位移为负，根据a=，知甲摆球的加速度为负值，乙摆球的加速度为正值，故C错误D、第2秒末，甲摆的位移为正，正在平衡位置处，速度最大乙摆在振动的最大位移处，由a=，乙的回复加速度达到最大，故D正确故选：ABD【点评】本题考查了简谐运动的图象和单摆周期公式，要能通过图象得到周期和振幅，结合单摆的周期公式分析单摆的机械能对于回
29、复加速度，要根据简谐运动的特征：a=进行分析三、计算题（本题共5小题，共62分11至14题每题12分；15题14分要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只有结果不得分）11如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由B变化到C已知状态A的温度为300K求气体在状态B的温度；由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律；气体的等容变化和等压变化【分析】根据气体状态方程和已知的变化量去计算其它的物理量根据符号法则，确定Q、W的正负号，代入公式U=Q+W进行判断【解答】解：由理想气体的状态方程=解得气体在状态B的温度TB=12
30、00K由BC，气体做等容变化，由查理定律得：=TC=600K故气体由B到C为等容变化，不做功，但温度降低，内能减小根据热力学第一定律，U=W+Q，可知气体要放热答：求气体在状态B的温度为1200K；由状态B变化到状态C的过程中，气体是放热【点评】运用U=Q+W来分析问题时，必须理解表达式的物理意义，掌握它的符号法则要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化12机械横波某时刻的波形图如图所示，波沿x轴正方向传播，质点p的横坐标x=0.32m从此时刻开始计时（1）若经过时间0.4s再一次出现相同波形图，求波速（2）若p点经0.4s第一次达到正向最大位移，求波速【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系
31、【分析】（1）横波每隔一个周期，波形重复一次，由题意可求得周期，读出波长，从而求出这列波的波速（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【解答】解：（1）依题意，周期T=0.4 s，波速v= m/s=2 m/s（2）波沿x轴正方向传播，x=0.32 m0.2 m=0.12 mp点恰好第一次达到正向最大位移波速v= m/s=0.3 m/s答：（1）若经过时间0.4s再一次出现相同波形图，波速为2m/s（2）若p点经0.4s第一次达到正向最大位移，波速为0.3m/s【点评】本题考查对波动图象的理解能力，要理解波的周期性，即重复性，关键是确定传播的距
32、离，求出波速v13如图所示，实线是某时刻的波形图线，虚线是0.2s后的波形图线（1）若波向左传播，求它传播的最小距离；（2）若波向右传播，求它的最大周期；（3）若波速为35m/s，求波的传播方向【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】（1）假定波向左传播时，波传播的最短距离为波长，根据周期性列出波传播的可能距离（2）若这列波向右传播，根据周期性得出时间与周期的关系通项式，再求解最大周期（3）根据x=t求出波在0.2s内传播的距离，判断距离与波长的关系即可求解【解答】解：（1）假定波向左传播时，波传播的最短距离为波长，由图可知波长=4m，所以传播的最小距离为（2）若这列波向右传播，则有
33、 t=（n+）T，得周期T=，（n=0，1，2）在所有可能的周期中，当n=0时的最大，故Tmax=0.8s（3）若波速为35m/s，在0.2s内传播的距离）x=t=350.2=7（m）=1，所以波向左传播答：（1）若波向左传播，它传播的最小距离为3m；（2）若波向右传播，它的最大周期为0.8s；（3）若波速为35m/s，波向左传播【点评】本题考查理解波动图象的能力以及运用数学通项求解特殊值的能力对于两个时刻的波形，有时还要考虑波的双向性14如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为
34、m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm，汽缸外大气的压强为p=1.00105Pa，温度为T=303K，初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1=495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，求：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强【考点】理想气体的状态方程【分析】（1）气体发生等压变化，根据题意求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律考虑求出气体的温度（2）启用它发生等容
35、变化，应用查理定律可以求出气体的压强【解答】解：（1）大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，气体的状态参量：V1=（l）s2+s1=（40）40+80=2400cm3，T1=495K，V2=s2l=4040=1600cm3，由盖吕萨克定律得： =，即： =，解得：T2=330K；（2）大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得：pS1+p2S2+（m1+m2）g=p2S1+pS2，代入数据解得：p2=1.1105Pa，T2=330K，T3=T=303K，由查理定律得： =，即： =，解得：p3=1.01105P
36、a；答：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度为330K；（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强为1.01105Pa【点评】本题考查了求气体的温度与压强，分析清楚气体状态变化过程、应用盖吕萨克定律与查理定律即可正确解题15如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l=10.0cm，B侧水银面比A侧的高h=3.0cm现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1=10.0cm时将开关K关闭已知大气压强p0=75.0cmHg（i）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；（ii
37、）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度【考点】理想气体的状态方程【分析】（i）在同一段水银柱中，同一高度压强相等；先计算出A侧气体的初状态气压和末状态气压，然后根据玻意耳定律列式求解；（ii）两侧水银面等高后，根据玻意耳定律求解气体的体积；比较两个状态，结合几何关系得到第二次注入的水银柱的长度【解答】解：（i）以cmHg为压强单位设A侧空气柱长度l=10.0cm时压强为p，当两侧的水银面的高度差为h1=10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，有：pl=p1l1 由力学平衡条件，有：p=p0+h 打开开关放出水银的过程中，B侧水银
38、面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随着减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止，由力学平衡条件，有：p1=p0h1 联立，并代入题目数据，有：l1=12cm （ii）当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为P2，由玻意耳定律，有：pl=p2l2 由力学平衡条件有：p2=p0 联立式，并代入题目数据，有：l2=10.4cm 设注入水银在管内的长度为h，依题意，有：h=2（l1l2）+h1 联立式，并代入题目数据，有：h=13.2cm答：（i）放出部分水银后A侧空气柱的长度为12cm；（ii）注入的水银在管内的长度为13.2cm【点评】本题中封闭气体经历两次等温过程，关键是找出初状态和末状态的气压和体积（长度）关系，然后根据玻意耳定律列式求解，不难
