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一種海浪發(fā)電機(jī)的氣室如圖所示。工作時(shí)，活塞隨海浪上升或下降，改變氣室中空氣的壓強(qiáng)，從而驅(qū)動(dòng)進(jìn)氣閥門和出氣閥門打開或關(guān)閉。氣室先后經(jīng)歷吸入、壓縮和排出空氣的過程，推動(dòng)出氣口處的裝置發(fā)電。氣室中的空氣可視為理想氣體。

（1）下列對理想氣體的理解，正確的有       。

A．理想氣體實(shí)際上并不存在，只是一種理想模型

B．只要?dú)怏w壓強(qiáng)不是很高就可視為理想氣體

C．一定質(zhì)量的某種理想氣體的內(nèi)能與溫度、體積都有關(guān)

D．在任何溫度、任何壓強(qiáng)下，理想氣體都遵循氣體實(shí)驗(yàn)定律

（2）壓縮過程中，兩個(gè)閥門均關(guān)閉。若此過程中，氣室中的氣體與外界無熱量交換，內(nèi)能增加了3.4×10⁴J，則該氣體的分子平均動(dòng)能       （選填“增大”、“減小”或“不變”），活塞對該氣體所做的功       （選填“大于”、“小于”或“等于”）3.4×10⁴J。
（3）上述過程中，氣體剛被壓縮時(shí)的溫度為27℃，體積為0.224m³，壓強(qiáng)為1個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓。已知1mol氣體在1個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓、0℃時(shí)的體積為22.4L，阿伏加德羅常數(shù)N_A＝6.02×10²³mol^－1。計(jì)算此時(shí)氣室中氣體的分子數(shù)。（計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字）

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如圖所示，容器A、B各有一個(gè)可以自由移動(dòng)的輕活塞，活塞下面是水，上面是大氣，大氣壓恒定．A、B的底部由帶有閥門K的管道相連，整個(gè)裝置與外界絕熱．原先，A中水面比B中的高，打開閥門K，使A中的水逐漸向B中流，最后達(dá)到平衡．在這個(gè)過程中

A．大氣壓力對水做正功，水的內(nèi)能增加

B．水克服大氣壓力做功，水的內(nèi)能減少

C．大氣壓力對水不做功，水的內(nèi)能不變

D．大氣壓力對水不做功，水的內(nèi)能增加

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如圖所示的容器中，A、B各有一個(gè)可自由移動(dòng)的輕活塞，活塞下面是水，上面是空氣，大氣壓恒定，A、B底部由帶有閥門K的管道相連，整個(gè)裝置與外界絕熱．原先A中水面比B中高，打開閥門，使A中的水逐漸向B中流，最后達(dá)到平衡．在這個(gè)過程中，下面說法正確的是

[     ]

A．大氣壓力對水做功，水的內(nèi)能不變
B．水克服大氣壓力做功，水的內(nèi)能減少
C．大氣壓力對水不做功，水的內(nèi)能不變
D．大氣壓力對水不做功，水的內(nèi)能增加

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1．D  解析：該反應(yīng)是輕核的聚變，A錯(cuò)；輕核的聚變要放出能量B錯(cuò)；該反應(yīng)中沒有α和β射線產(chǎn)生，但可能有γ產(chǎn)生，C錯(cuò)；反應(yīng)前樣子總質(zhì)量，反應(yīng)后核子總質(zhì)量，質(zhì)量虧損為，D正確。

2．C  解析：以活塞為研究對象，水平方向活塞受三個(gè)力如圖所示，氣體初、末狀態(tài)壓強(qiáng)均等于大氣壓強(qiáng)，此時(shí)=0；過程①缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)先增大后減小，則向左先增大后減小，對活塞做負(fù)功， A是對的；過程②缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)不變且等于，，B是對的；過程③缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)先減小后增大，向右先增大后減小，對活塞做正功，C錯(cuò)；由熱力學(xué)第一定律得，所以，理想氣體的溫度變化相同時(shí)內(nèi)能變化相同，則為負(fù)時(shí)Q大，D正確。選C。

3．BD 

4．AB

5．A  解析：由圖(c)可知，子彈穿過木塊A的時(shí)間為，子彈對木塊A的沖量實(shí)際上等于子彈在穿過A的過程中對A、B的總沖量，即，由于A、B相同，質(zhì)量相等，因此在時(shí)間A對B的沖量等于子彈對A的沖量的一半，即，A正確D錯(cuò)；子彈在穿過B時(shí)，相對B的平均速度小于穿過A時(shí)相對A的平均速度，因此，，，，BC錯(cuò)。

6．BC  解析：時(shí)刻B板電勢比A板高，電子在時(shí)間內(nèi)向B板加速，加速結(jié)束；在時(shí)間內(nèi)電子減速，由于對稱，在時(shí)刻速度恰好為零，接下來，電子重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)，所以電子一直向B板運(yùn)動(dòng)，直到從小孔P突出，A錯(cuò)；無論電子在什么時(shí)刻突出P孔，時(shí)刻電子都具有最大動(dòng)能，B正確；電子突出小孔P的時(shí)刻不確定，但突出時(shí)的動(dòng)能不大于，C正確D錯(cuò)。

7．C  解析：運(yùn)動(dòng)員在到達(dá)P點(diǎn)前做平拋運(yùn)動(dòng)，y方向做勻速運(yùn)動(dòng)，x方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，AD兩項(xiàng)錯(cuò)；當(dāng)運(yùn)動(dòng)員滑上斜面后，x、y方向都做勻加速運(yùn)動(dòng)，但加速度小于重力加速度，B對C錯(cuò)。

8．AC  解析：如圖甲，則振動(dòng)周期，則，A正確；如圖乙，振動(dòng)周期則為，若為，則時(shí)刻和時(shí)刻振動(dòng)位移分別為A和-A，彈簧的長度不可能相同的。若為，則振動(dòng)位移為-A，，振動(dòng)位移為A，B錯(cuò)；當(dāng)振動(dòng)周期為時(shí)，時(shí)刻和時(shí)刻振子的位移相等，加速度相等；當(dāng)振動(dòng)周期為時(shí)，時(shí)刻和時(shí)刻振子的位移為零，加速度為零；C正確；由上述可知，兩種情況位移雖相同，但速度方向相反，動(dòng)量大小相等，D錯(cuò)。

9．D  解析：有三個(gè)力對金屬棒做功，其中重力做功不改變金屬棒的機(jī)械能，拉力做功金屬棒的機(jī)械能增加，安培力做功金屬棒的機(jī)械能減小，減小的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，因此感應(yīng)電流的功率等于安培力的功率，兩金屬棒速度相等，動(dòng)能不變，若則系統(tǒng)重力勢能不變，機(jī)械能不變，拉力做的功全部轉(zhuǎn)化為電能，即，AB錯(cuò)；若，則系統(tǒng)重力勢能增大，機(jī)械能增大，拉力做的功一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)機(jī)械能，一部分轉(zhuǎn)化為電能，則一定大于，C錯(cuò)D對。

10．BCD  解析：對，，功率隨電流I的減小而減小，A錯(cuò)B正確；對，，當(dāng)時(shí)，有最大值，C正確；若，則隨的增大單調(diào)減小，D正確。

11．0.900   12

12．答案：①乙；②電壓表的示數(shù)，電阻箱的阻值；若選擇圖甲，；若選擇圖乙，則；③若選擇圖甲，則為CE；若選擇圖乙，則為E。

解析：①由于電源電動(dòng)勢V較小，，電流表的標(biāo)度單位只能是mA或μA，因此約5或5000，5不合題意，5000比電流表內(nèi)阻并不滿足，電壓表內(nèi)阻又未知，因此選擇圖乙，閉合開關(guān)S₂時(shí)，保持不變，反復(fù)調(diào)節(jié)，使電流表指針半偏且電壓表示數(shù)不變，則電路總電流不變，使電壓表同時(shí)監(jiān)測電路電流，減小實(shí)驗(yàn)誤差，故選擇圖乙；②若選擇圖甲，則，則；選擇圖乙時(shí)，開關(guān)S₂閉合前，通過電阻的電流就是通過電流表的電流；③此實(shí)驗(yàn)電源內(nèi)阻對實(shí)驗(yàn)沒有影響，A錯(cuò)；兩種電路都有電壓表作監(jiān)測電表，因此因此電源電動(dòng)勢大小及電阻箱阻值的大小均對實(shí)驗(yàn)沒有影響，BD錯(cuò)；若選擇圖甲，則電壓表內(nèi)阻對電流表兩端電壓的計(jì)算有較大影響，而對圖乙，電壓表只起監(jiān)測作用，因此選圖甲時(shí)應(yīng)該選擇C項(xiàng)；電阻箱阻值的精確度對實(shí)驗(yàn)直接造成影響，兩種選擇均要選E項(xiàng)。

評分說明：①只能選擇圖乙；②③若選擇圖甲，只要后續(xù)回答正確均給分。

13．解析：⑴以10個(gè)小球整體為研究對象，由力的平衡條件可得  …（2分）

得………………………………………………（2分）

⑵以1號球?yàn)檠芯繉ο�，根�?jù)機(jī)械能守恒定律可得  …………（2分） 

      解得……………………………………………（2分） 

⑶撤去水平外力F后，以10個(gè)小球整體為研究對象，利用機(jī)械能守恒定律可得

    （2分）   得 （1分）

以1號球?yàn)檠芯繉ο�，由�?dòng)能定理得  ………………（2分）

得………………………………………………（2分）

14．解析：⑴由萬有引力定律得              ①

                      ②

        ①/②得

                          ③

                                       ④

⑵上升最高的塵埃做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，因此由 得

⑶塵埃上升時(shí)機(jī)械能守恒，有

則衛(wèi)星撞擊月球時(shí)的速度約為

15．解析：⑴設(shè)電子在分離器中偏轉(zhuǎn)的軌道半徑為，在中，

   ①

   ②

因此電子在Q和M中運(yùn)動(dòng)的周期相同，且   ③

正、負(fù)電子從O第一次到D的時(shí)間為相等，因此要讓正、負(fù)電子在D中相遇，有     ④

由②③④解得     ⑤

由電子偏轉(zhuǎn)方向可判斷，Q、M中磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向相反

⑵由②⑤得         ⑥

當(dāng)時(shí)，環(huán)的半徑最大，且         ⑦

16．解析：A、B間發(fā)生彈性碰撞，設(shè)每次碰撞A、B的速度分別為，碰后的速度分別為，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得

                                     ①

                     ②

聯(lián)立①②解得 (舍去)，即每次碰撞兩球都交換速度。

⑴設(shè)第一次碰撞前小球A的速度為，由動(dòng)能定理得

                             ③

則第一次碰撞后 ，小球A又開始做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，小球B則以速度做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)從A、B間的第一次碰撞到第二次碰撞前小球A運(yùn)動(dòng)的距離為，則                       ④

                    ⑤

聯(lián)立③④⑤解得

⑵第二次碰后，設(shè)第三次碰撞前A運(yùn)動(dòng)的距離為，則

                      ⑥

              ⑦

聯(lián)立解得

第三次碰后，小球B的動(dòng)能，因此當(dāng)小球B出電場時(shí)的動(dòng)能為時(shí)，A、B間發(fā)生了四次碰撞。

⑶第四次碰撞后，小球A的速度，若第四次碰撞發(fā)生后小球A即離開電場，則A的動(dòng)能，若小球A在將要發(fā)生第五次碰撞時(shí)才離開電場，則

            ⑧

                 ⑨

解得 ，故有