1、第 1 页/总 25 页【精编解析精编解析】2022】2022 届河北石家庄市高考物理模仿试题（二模）届河北石家庄市高考物理模仿试题（二模）试卷副标题试卷副标题考试范围：xxx；考试工夫：100 分钟；命题人：xxx题号一二三四五总分得分留意事项：1答题前填写好本人的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第第 I I 卷（选一选）卷（选一选）请点击修正第 I 卷的文字阐明评卷人得分一、单一、单 选选 题题1“”在数学中的意义非常简单，但在物理中不同情境下却有不同的含义，下列物理量的“”表示方向的是（）A小球在某地位的重力势能B把带电体从 A 挪动到 B 的过程中电场力做功0.01J
2、W C在某段工夫内磁感应强度的变化量0.8TB D某带电体的带电量0.05Cq 21932 年，考克饶夫和瓦尔顿用质子加速器进行人工核蜕变实验，验证了爱因斯坦质能关系的正确性。在实验中，锂原子核俘获一个粒子 X 后成为不波动的铍原子核，随后又蜕变为两个 Y 原子核，核反应方程。已知、X、Y 的质量分别为、7834LiXBe2Y73Li17.01601um 、，1u 的质量亏损时放出的能量为 931.5MeV，则下列说法中正确21.00728um 34.00151um 的是（ ）AX 粒子为中子BY 粒子为32He第 2 页/总 25 页C的核子平均质量小于 Y 的核子平均质量84BeD在此核反
3、应过程中释放的核能为 18.9MeV32022 年 3 月 23 日中国空间站第三次“天宫课堂”如约而至，中国航天员再次进行太空授课。在近 1 个小时的授课过程中，不只现场演示了丰富多彩的科学实验，而且以天地连线的方式回答了地面课堂的先生提出的成绩。保证太空授课信号迟滞的功臣是中继卫星，中继卫星在地球同步静止轨道运转，空间站、中继卫星绕地球的运动均可视为匀速圆周运动，空间站转一圈的工夫约 90 分钟。下列说确的是（）A空间站里的宇航员不受地球吸引，所以处于完全失重形态B空间站的加速度大于中继卫星的加速度C空间站的线速度小于中继卫星的线速度D若太空授课工夫延伸到 2 小时，可能由一颗中继性完成通
4、讯辅助服务4如图所示，实线为某电场中的一条电场线，一带电油滴以与电场线垂直的方向穿过该电场线上的 M 点，此时油滴速度变化率的方向竖直向上（与电场线方向相反）。下列说法中正确的是（ ）A油滴可能缺失电子B此后一小段工夫内油滴的速度逐渐变大，加速度逐渐减小C此后一小段工夫内油滴的动能逐渐变小，机械能守恒D此后一小段工夫内油滴的动能逐渐变大，机械能也逐渐增大5夜光飞箭是一种常见的小玩具，如图所示，它利用橡皮筋弹弓将飞箭弹射升空，再冉冉下落。若飞箭以初速度竖直向上射出，在 t 时辰恰好回到发射点。已知飞箭的质量为 m，重力0v加速度为 g，设飞箭遭到的阻力与速率成反比。下列说法中正确的是（ ）第 3
5、 页/总 25 页A这段工夫内飞箭的加速度先减小后变大B这段工夫内飞箭的机械能不断减小C上升阶段重力平均功率的大小为02mgvD上升阶段重力冲量的大小为2mgt6如图所示，一个匝数为 N、半径为 r 的半圆形线圈，以直径为轴匀速转动，转速为 n，ab的左侧有垂直于纸面向里（与垂直）的匀强磁场，磁感应强度为 B。M 和 N 是两个集流abab环，负载电阻为 R，线圈电阻为，电流表和连接导线的电阻不计，则下列说法中正确的是0R（ ）A经过电阻 R 的电流为正弦交变电流B线圈从图示时辰开始转过 90的过程中经过电阻的电荷量202N r BRRC图示时辰经过电阻 R 的电流D电阻 R 的功率为2244
6、2202N nr B RRR第 4 页/总 25 页7用金属丝折成如图所示的对称线框，已知，边界、为匀强磁场的边界，22ABBCa磁场宽度为，初始时辰边与边界的间距为 a，如今让线框程度向右匀速经过磁场区域。2aBC以顺时针电流方向为正，设边刚进磁场边界时线框中的电流大小为，则图中能正确表示BC0I线框中的电流随着工夫变化规律的是（）ABCD8如图所示，质量的物体 P 静止在地面上，用轻绳经过光滑、轻质定滑轮 1、2（滑5kgM 轮大小相等，轴心在同一程度线上）与质量的小球 Q 连接在一同，初始时辰滑轮 21.5kgm 与 P 间的轻绳与竖直方向的夹角为 37，小球 Q 与滑轮 1 间的轻绳刚
7、好位于竖直方向，如今用一程度向左的力 F 缓慢拉动小球 Q，直到物块 P 刚要在地面上滑动。已知 P 与地面的动因数，静力等于滑动力，重力加速度，。下列说法中0.5210m/sg sin370.6 cos370.8 第 5 页/总 25 页正确的是（）A初始时 P 遭到地面的力为 19NB此过程中绳子拉力先增大后减小C小球 Q 与滑轮 1 间的轻绳与竖直方向的夹角为 53D轴对滑轮 1 的作用力大小为5 10N评卷人得分二、多选二、多选题题9如图所示，圆心为 O、半径为的金属圆形轨道固定在程度面内，长度为0.5mr 的直导体棒置于圆导轨上面，金属圆形轨道内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应0.5m
8、r OA强度的大小，直导体棒 O 端和圆轨道分别引出导线与电阻、和电容器相连。导1.6TB 1R2R体棒在外力作用下以 O 点为圆心做角速度顺时针匀速转动。已知导体棒的电阻20rad /s，电容器的电容，不计金属圆形导轨电阻，下列00.5R 11.5R 22R 32 10 FC 说法中正确的是（）A经过电阻的电流为 1.0ABM 板带负电第 6 页/总 25 页C电容器极板的电荷量34.0 10 CqD外力的做功的功率为 3.5W10如图所示，带有挡板的小车质量，挡板上固定一轻弹簧，弹簧端离小车右端的12kgm O距离，小车上表面点左侧光滑，小车静止于光滑程度面上。质量的滑块1.0mL O21
9、kgm （可以看做质点）以速度从右侧滑上小车。已知滑块与小车点右侧表面的动因数06m/sv O，重力加速度，整个过程中弹簧一直处于弹性限制内。下列说法中正确的0.45210m/sg是（ ）A滑块绝对小车向左滑行的过程中不断在减速B滑块绝对小车向左滑行的过程中加速度大小先不变后变大C此过程中弹簧的弹性势能p6JE D滑块离开小车后做落体运动第第 IIII 卷（非选一选）卷（非选一选）请点击修正第 II 卷的文字阐明评卷人得分三、实验三、实验题题11如图所示，在弹簧的悬点和下端之间系一根橡皮条，某同窗用该器材探求弹力和弹簧伸长的关系时，在弹性限制内，将质量的钩码逐一挂在弹簧下端，测得图中弹簧的长度
10、50gm 如下表所示。1L第 7 页/总 25 页钩码个数12345678L/cm30.0031.0432.0233.0233.6434.0234.4334.82已知重力加速度，由表中数据分析在挂_个钩码时橡皮条开始产生拉力，29.8m/sg 要求尽可能多地利用测量数据，计算弹簧的劲度系数_N/m（结果保留两位有效k 数字）。由表中数据_（填“能”或“不能”）计算出橡皮条的劲度系数。12某实验小组欲将量程为 3mA 的电流表由改装为量程为 3V 的电压表。实验器材如下：1GA待测电流表（内阻约为 100）；1GB标准电压表 V（满偏电流为 6mA）；C滑动变阻器（阻值为 30k）；1RD滑动变
11、阻器（阻值为 5k）；2RE.电阻箱 R（阻值范围为 09999.9）；F.电源 1（电动势 15V 左右）；G.电源 2（电动势 4.5V 左右）；H.导线、开关。第 8 页/总 25 页（1）实验小组根据图所示的电路测电流表的内阻，为了使电表内阻的测量结果尽可能精确，1G实验时电源应该选择_（填仪器前面的字母符号），滑动变阻器应该选择_（填仪器前面的字母符号），连接好电路后他们完成了上面的实验内容：将滑动变阻器调至，闭合；1S调理滑动变阻器，使电流表满偏；1G再闭合，保持滑动变阻器 R 不变，调理电阻箱 R，电流表指针的地位如图所示，此时2S1G电阻箱 R 的示数为 54.5。可知电流表内
12、阻的测量值为_；1G（2）为了将电流表改装成量程为 3V 的电压表，实验小组将电阻箱的接入阻值调为1G_，并与电流表_（填“串联”或“并联”）；（3）在对改装后的表进行校准的过程中发现改装表的示数总小于标准表的示数，出现这一偏差的缘由是_。评卷人得分四、解四、解 答答 题题13如图所示，比荷为 k 带正电的粒子从 A 点以初速度、沿方向进入虚线间的区域，0vAB方向垂直虚线边界。若在虚线区域内加竖直向上的匀强电场，粒子从 C 点离开虚线区域，AB若在虚线区域内加垂直纸面向外的匀强磁场，粒子从 D 点离开虚线区域。已知，ABa=，不计粒子重力。求：323BDBCa（1）所加电场的电场强度 E 与
13、磁场的磁感应强度 B 的比值；（2）粒子在电场和磁场中运动的工夫差。14如图所示，足够长的倾角为 37的斜面与足够长的光滑程度面平滑连接，竖直面内ABBC第 9 页/总 25 页的半圆形轨道在点与程度面相切，一质量的小物块 P 从斜面的 A 点由静止释CDC10.5kgm 放，物块 P 与静止在 C 点的质量小球 Q 发生弹性碰撞，碰撞后小球 Q 滑上半圆形21.0kgm 轨道，物块 P 被拿走。在物块在斜面上运动时动能与发生位移的关系如图所示，初始时辰曲线的切线如图中虚线所示，重力加速度大小为。210m/sg （1）求物块 P 在 A 点时的加速度及此时物块与斜面间的动因数；（2）求物块 P
14、 和小球 Q 碰撞后霎时小球 Q 的速度；（3）若半圆形轨道的半径可变，求小球 Q 离开 D 落地后与 C 点的距离。15如图所示，长方描述器体积为 V，左上方有一开口与外界相连，质量为 m 的绝热活塞将绝热容器（顶部为导热材料）分成上下两部分，外界温度为 27时，体积比为，下部底部有2:1一体积可忽略的加热丝。现开启容器底部的加热丝。已知大气压强为，且保持不变，活塞0p的横截面积，封闭气体可看作理想气体，不计活塞与容器间的。05mgSp（1）活塞刚好挪动到容器的正时，求下部气体的温度；（2）若将容器与外界的开口封死，活塞刚好挪动到容器的正时，求此时下部气体的温度。16如图所示，半圆形玻璃砖半
15、径为 R，圆心为 O，荧光屏 M（足够大）与玻璃砖直径平行且相距为。两束平行光线 a、b 垂直于直径方向射向直径上的 A 点和圆心 O 点，两束平行光3R线频率相反，玻璃砖对平行光线的折射率，此时刚好在荧光屏上看到一个光点，将荧光3n 第 10 页/总 25 页屏向上向下平移都会看到两个光点。已知，真空中的光速为sin()sincoscossinc，不考虑光在半圆弧上的反射。求：（1）O、A 间的距离 d；（2）若两束光线同时到达 A、O 两点，它们到达荧光屏的工夫差。评卷人得分五、填五、填 空空 题题17夏天的半夜在某深水池塘中有一气泡从池塘底部逐渐浮出水面，已知池塘中水的温度随着深度的添加
16、有一定程度的减小，气泡上升的速度比较慢，则此过程中气泡内气体分子与气泡壁单位面积单位工夫的碰撞次数_（填“添加”或“减小”），气泡内气体与外界的热量交换方式为_（填“放出”或“吸收”）热量。（气泡内气体可以看作理想气体）18如图所示，在一个平静的水塘表面 A、B 两点放置两个振源，它们从 0 时辰开始的振动方程均为，P 点到 A、B 的距离分别为 1.0m、1.2m，已知水波的传播速度sin20yAt，则 P 点是振动_（填“加强”或“减弱”）点，在时 P 点的位移0.4m/sv 3.55st 为_A。第 1 页/总 25 页参考答案：参考答案：1C【解析】【详解】A重力势能是标量，重力势能的
17、“”表示物体在零势能面的上面，表示的重力势能的大小，故 A 错误；B功是标量，电场力做负功表示电场力对物体发生位移起了妨碍作用，是阻力，故 B 错误；C磁感应强度是矢量，磁感应强度变化量的“”表示磁感应强度变化的方向与参考方向相反，故 C 正确；D电量是标量，带电体带负电，阐明它带的电荷与“和毛皮过的橡胶棒所带的电性相反”，它是区分两种电荷的标志，故 D 错误。故选 C。2D【解析】【详解】A由质量数守恒和电荷数守恒可知 X 的质量数为871电荷数为431则 X 为质子，故 A 错误；B由质量数守恒和电荷数守恒可知 Y 的质量数为842电荷数为422则 Y 为 粒子，即为，故 B 错误；42H
18、eC由题意可知在的核反应中有核能释放，所以质量有亏损，所以的核子平84Be2Y84Be均质量大于 Y 的核子平均质量，故 C 错误；D由题意可以求得此反应中质量亏损第 2 页/总 25 页12327.01601u1.00728u2 4.00151u0.02027ummmm 根据质能方程可得，此核反应过程中释放的核能为2Emc 18.9MeVE故 D 正确。故选 D。3B【解析】【详解】A空间站里的宇航员处于完全失重形态是由于万有引力提供了宇航员和空间站绕地球运转的向心力，并不是不受地球吸引，故 A 错误；B由2MmGmar得2GMar由题意可知空间站的轨道半径与同步卫星的轨道半径的关系1r2r
19、12rr所以空间站的加速度与同步卫星的加速度的关系1a2a12aa故 B 正确；C由22MmvGmrr得GMvr所以空间站的线速度大于中继卫星的线速度，故 C 错误；D若太空授课的工夫延伸到 2 小时，超过空间站的周期，需求两颗甚至三颗同步卫星接力才能完成通讯辅助服务工作，故 D 错误。故选 B。第 3 页/总 25 页4D【解析】【详解】A速度变化率的方向竖直向上，即加速度方向竖直向上，可知油滴遭到的电场力方向竖直向上，所以油滴带负电，即油滴带多余的电子，故 A 错误；B速度变化率的方向竖直向上，加速度方向竖直向上，合力竖直向上，在此后一小段工夫内油滴向上偏转，合力做正功，所以油滴的动能变大
20、，即速度逐渐变大；仅由一条电场线无法判断场强的变化，所以油滴的加速度变化情况无法判断，故 B 错误；CD由于此后一小段工夫内电场力做正功，所以油滴的机械能增大，故 C 错误，D 正确。故选 D。5B【解析】【详解】A对飞箭受力分析可知飞箭受重力和阻力，上升阶段阻力向下，逐渐减小，所以合力逐渐减小，下落阶段阻力向上，逐渐增大，后不变（如果飞箭飞的足够高），合力先减小后不变，所以飞箭的加速度先减小，后不变（当飞箭飞的足够高，下落的阶段做匀速运动），故 A 错误；B由于飞箭的飞行过程中阻力一直做负功，所以飞箭的机械能不断减小，故 B 正确；C上升阶段飞箭做加速度减小的减速运动，所以平均速度00022
21、vvv所以上升阶段重力平均功率的大小02mgvPmgv故 C 错误；D由前面分析可知飞箭上升阶段做加速度减小的减速运动，下落阶段做加速度减小的加速运动，上升阶段的平均加速度大于下降阶段的平均加速度，根据212hat所以上升工夫一定小于下落工夫，因此上升阶段的工夫2tt升第 4 页/总 25 页所以上升阶段重力的冲量大小2mgtImgt升故 D 错误。故选 B。6B【解析】【详解】A由于线圈并不是一直在磁场中转动，所以产生的电流不可能是正弦交变电流，一定是有段工夫有，有段工夫没有，故 A 错误；B由qI t而由闭合电路欧姆定律有0 EIRR由法拉第电磁感应定律有2222rBN r BENNttt
22、解得202N r BqRR故 B 正确；C图示时辰穿过线圈的磁通量，但此时磁通量的变化率为零，所以此刻经过电阻的电流为零，故 C 错误；D由22222mrENBSNBnNnr B由于有电流的半个周期内为正弦交变电流，所以有电流的半个周期内电动势的有效值2mEE 这段工夫内电流的有效值第 5 页/总 25 页0EIRR由能量守恒有效值定义有22TI RPT解得22442204N nr B RPRR故 D 错误。故选 B。7B【解析】【详解】当线框在发生个位移 a 的过程中线框还没有进入磁场，所以此过程中电流为零；当线框在发生第二个位移 a 的过程中线框切割磁感线的有效长度从逐渐增大到1da252
23、tan372daaa 所以线框中的电流EBdvIRR也会从逐渐添加到，电流方向为顺时针方向；0I052I当线框在发生第三个位移 a 的过程中线框切割磁感线的有效长度从逐渐减小到，线框中的电流也会从逐渐减小到，但电252tan372daaa 1da052I0I流方向不变；当线框在发生第四个位移 a 的过程中线框切割磁感线的有效长度从逐渐增大到1da所以线框中的电流会从逐渐添加到，但电流方向变为逆时针252tan372daaa 0I052I方向；当线框在发生第五个位移 a 的过程中线框切割磁感线的有效长度从逐渐减小到，线框中的电流也会从逐渐减小到，方向252tan372daaa 1da052I0I
24、仍然为逆时针方向。第 6 页/总 25 页故 B 正确，ACD 错误。故选 B。8C【解析】【详解】A初始时轻绳拉力为 T，对小球 Q 受力分析有15NTmg对 P 受力分析有fsin379NFT 故 A 错误；B设此过程中小球 Q 与滑轮 1 间的轻绳与竖直方向夹角为有cosTmg在小球 Q 缓慢挪动的过程中逐渐增大，cos逐渐减小，所以绳子拉力 T 逐渐增大，故 B错误；C当小球 Q 与滑轮 1 间的轻绳与竖直方向的夹角时轻绳拉力，对物块 P 受力分析有Nmcos37FTMg fNFF解得m25NT 此时对 Q 受力分析有mcosmgT解得53故 C 正确；D对滑轮 1 受力分析可知，轴对
25、滑轮 1 的作用力大小为22cossinFTTT轮又由于第 7 页/总 25 页cosmgT联立可得21 sinFmg轮故时，轴对滑轮 1 的作用力，此时0m215 2NFmg轮故 D 错误。故选 C。9AC【解析】【详解】A由导体切割磁感线产生电动势可知24V2BrE由闭合电路欧姆定律有0121.0AEIRRR故 A 正确；B由右手定则可以判断，导体棒中的电流方向为 O 到 A，所以电容器 M 板带正电，故 B错误；C由欧姆定律可知电容器两端的电压22.0VUIR所以电容器的带电量34.0 10 CqCU故 C 正确；D回路耗费的总电功率4.0WPEI由能量转化与守恒可知外力做功的功率等于回
26、路耗费的总功率，即4.0WPP外故 D 错误。第 8 页/总 25 页故选 AC。10AD【解析】【详解】A滑块绝对小车向左滑动的过程中分两个阶段，一是在 O 点右侧滑动时，滑块受滑动力作用而减速，二是在 O 点左侧滑行时受弹簧弹力作用而减速，故 A 正确；B当滑块在 O 点右侧滑行时，根据牛顿第二定律有11 1m gm a而在 O 点左侧滑行时，根据牛顿第二定律有12kxm a所以此阶段的加速度是由零逐渐添加的，所以滑块绝对小车向左滑行的过程中加速度大小先不变后被忽然减小再变大，故 B 错误；C当弹簧紧缩量时弹簧弹性势能，此时滑块与小车共速，此过程中由动量守恒和能量守恒有1 012mvmmv
27、2211 012p1122Em gLmvmmv解得p7.5JE 故 C 错误；D当滑块离开小车时滑块的速度为，小车的速度为，此过程中由动量守恒和能量守1v2v恒有1 01 122mvmvm v22211 01 1221112222m gLmvmvm v解得，10v 23m/sv 所以滑块离开小车时做落体运动，故 D 正确。故选 AD。第 9 页/总 25 页11 5 49 能【解析】【详解】1由表中数据分析可知，在挂前 4 个钩码时，每添加一个钩码，弹簧的长度添加约为1cm，在挂第 5 个钩码时弹簧长度添加约为 0.6cm，而挂后面 3 个钩码时，每添加一个钩码，弹簧的长度添加约为 0.4cm
28、，所以在挂第 5 个钩码时橡皮条开始产生拉力；2在挂前 4 个钩码时只要弹簧伸长产生拉力，要充分利用数据由逐差法有42311.0cm4LLLLx 由胡克定律有Fk x 49N/mFkx3根据表中数据可知，挂后面 3 个钩码时，每添加一个钩码，弹簧的长度添加约为0.4cm，设橡皮条的劲度系数为，根据胡克定律有1k111k xkxmg则可以求得橡皮条的劲度系数。12 F C 109 891 串联 电流表内阻的测量值偏小【解析】【详解】（1）12如图电路为恒流法测电阻，当闭合时电路中的电流一定会有所增大，要测量2S结果精确就要减小电流的变化，需求滑动变阻器的接入阻值足够大，因此滑动变阻器要选择，所以
29、填 C，此时电源的电动势也要适当大些，所以电源要选择电源 1，所以填 F。1R3当电流表指针的地位如图所示时，流过电流表的电流，若电路中的总电流不1G11mAI 变，此时流过电阻箱的电流，由并联关系有22mAI 121gI RI R解得109gR （2）45将电流表改装成量程为 3V 的电压表需求将电阻箱与电流表串联，并且满足1G第 10 页/总 25 页02ggUIRR解得2891R （3）6由于用恒流半偏法测电阻时在闭合后总电流会有所增大，所以此时流过电阻箱2S的电流22mAI 所以109gR真所以形成改装后的电压表内阻偏大，所以改装后电压表示数小于标准表的示数。13（1）；（2）023E
30、vB0(2 39)9atv 【解析】【详解】（1）当在虚线区域中加电场时有0 1ABv t2112BCEkt解得2033vEka当在虚线区域中加磁场时粒子的圆心为，粒子轨迹如图所示，O设轨迹半径为 r，由几何关系有222()rrBDAB带电粒子在磁场中做匀速圆周运动有第 11 页/总 25 页200vqv Bmr解得032vBak解得023EvB（2）粒子在电场中的运动工夫10atv粒子在磁场中的偏转角为，由几何关系有cosrBDr解得60粒子在磁场中运动的工夫20022 33609ratvv所以粒子在电场和磁场中运动的工夫差210(2 39)9atttv 14（1）；（2）4m/s；（3）1
31、84m5【解析】【详解】（1）由题意可知物块与斜面的动因数随着高度的下降而缓慢添加，物块在斜面上做加速度减小的加速运动，做匀速直线运动，由图中的初始时辰的切线可知，由牛顿第kF xE 二定律有Fma解得25m/sa 由对物块 P 受力分析有第 12 页/总 25 页111sin37sin37cos37fFm gFm gm g解得18（2）由图可知物块离开斜面时有2k1 012Emv物块 P 和小球 Q 碰撞后速度分别为、，则碰撞过程有1v2v1 01 122mvmvm v2221 01 122111222mvmvm v解得24m/sv （3）设半圆形轨道的半径为 R，小球 Q 到达 D 点的速
32、度为，由动能定理有3v2222 32211222m gRm vm v小球 Q 离开 D 后做平抛运动有2122Rgt3dv t解得2223416v Rdv tRg当时距离，且1m5R 4m5md 15（1）；（2）450K575K【解析】【详解】（1）此过程中下部气体做等压变化，由等压变化规律有011132VVTT解得第 13 页/总 25 页1450KT（2）上部气体 A 做等温变化，由等温变化规律有122132AAVpVp10App下部气体 B 的初态压强由11065BAmgpppS末态压强22BAmgppS由理想气体形态方程有12021132BBVpVpTT解得2575KT 16（1）；
33、（2）2Rd (74 3)2Rtc 【解析】【详解】（1）由题意可知两束光线刚好在荧光屏上相交，光路图如图所示ab设光线在 B 点的入射角为，折射角为，由折射定律有sinsinn由正弦定理有第 14 页/总 25 页sinsinOBOCOCBOBC即3sin()sin()RR解得，31sin2间的距离OAsin2RdR（2）设光在玻璃砖中的传播速度为 v，由折射定律可知cnv由几何关系可得BCR光线 a 从 A 到 C 的传播工夫aABBCtvc光线 b 从 O 到 C 的传播工夫bROCRtvc两束光线到达荧光屏的工夫差(74 3)2abRtttc 17 减小 吸收【解析】【详解】1气泡在上
34、浮的过程中周围水的温度有所添加，由于气泡上升的比较慢，所以气体与周围水的温度相反，气泡内气体的温度升高，此过程中气体分子的热运动加剧，气体分子与气泡壁的平均撞击力变大，由于气泡上浮时气泡内气体的压强逐渐减小，影响气体压强的要素有两个，一是平均撞击力，二是气体分子与气泡壁碰撞的频繁程度，在平均撞击力变大的情况下气体的压强还减小，所以气体分子与气泡壁碰撞的频繁程度一定减小，即气泡内气体分子与气泡壁单位面积单位工夫的碰撞次数减小。第 15 页/总 25 页2由前面的分析可知在此过程中气体的内能增大，即，而气体上浮过程中气泡的体0U积变大，对外做功，即，由热力学定律0W UWQ则0QUW 所以气泡内气体要从外界吸收热量。18 加强 0【解析】【详解】1由振动方程可知220T公式可以求得vT0.04m所以 P 点到 A、B 的距离之差0.2m5x 所以 P 点为振动加强点。2A 点振源的振动传到 P 点所用的工夫2.5sAAxtv所以在时在 P 点惹起的位移3.55st sin200AAyAttB 点振源的振动传到 P 点所用的工夫3.0sBBxtv所以在时在 P 点惹起的位移3.55st sin200BByAtt所以此时 P 点的位移为 0。
