A．过程ab中气体一定吸热
B．过程bc中气体既不吸热也不放热
C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小
E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同 pVp
33．(1)ADE [解析] 本题考查了气体性质．因为＝C，从图中可以看出，a→b过程
TT不变，则体积V不变，因此a→b过程外力做功W＝0，气体温度升高，则ΔU>0，根据热力
学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＞0，即气体吸收热量，A正确；b→c过程气体温度不变，pV
ΔU＝0，但气体压强减小，由＝C知V增大，气体对外做功，W<0，由ΔU＝Q＋W可知
TpV
Q>0，即气体吸收热量，B错误；c→a过程气体压强不变，温度降低，则ΔU<0，由＝C
T知V减小，外界对气做功，W>0，由ΔU＝W＋Q可知W (2)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动．开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为T0.现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h .若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积．已知外界大气的压强始终保持4 不变，重力加速度大小为g. (2)解：设气缸的横载面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定律得 1 h－h?S① phS＝(p＋Δp)??4? 解得 1 Δp＝p② 3 外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h′.根据盖一吕萨克定律，得 ?h－1h?S ?4?h′S T0 解得 ＝ T ③ 3T h′＝h④ 4T0 据题意可得 mgΔp＝⑤ S 气体最后的体积为 V＝Sh′⑥ 联立②④⑤⑥式得 9mghTV＝.⑦ 4pT0 34．[物理——选修3-4][2014·新课标全国卷Ⅰ] (1)图(a)为一列简谐横波在t＝2 s时的波 形图．图(b)为媒质中平衡位置在x＝1.5 m处的质点的振动图像，P是平衡位置为x＝2 m的质点．下列说法正确的是________． 图(a) 图(b) A．波速为0.5 m/s B．波的传播方向向右 C．0～2 s时间内，P运动的路程为8 cm D．0～2 s时间内，P向y轴正方向运动 E．当t＝7 s时，P恰好回到平衡位置 λ2 34．ACE [解析] 本题考查了机械振动与机械波．v＝＝ m/s＝0.5 m/s，A正确．x T4 ＝1.5 m处的质点在t＝2 s时正在向下振动，根据“上坡下”法可判断机械波向左传播，B错误；0～2 s是半个周期，P点运动的路程为2×4 cm＝8 cm，C正确，D错误；7 s是此时1 刻再经过5 s，即1T，这时P点刚好回到平衡位置，E正确． 4 (2)一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图所示．玻璃的折射率为n＝2. (ⅰ)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多少？ (ⅱ)一细束光线在O点左侧与O相距射出点的位置． (2)(ⅰ)2R (ⅱ)略 [解析] 在O点左侧，设从E点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角θ，则OE区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如图所示，由全反射条件有 3 R处垂直于AB从下方入射，求此光线从玻璃砖2 1 sin θ＝① n 由几何关系有 OE＝Rsin θ② 由对称性可知，若光线都能从上表面射出，光束的宽度最大为 l＝2OE③ 联立①②③式，代入已知数据得 l＝2R④ 3 R的C点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系及①式和2 (ⅱ)设光线在距O点已知条件得 α＝60°>θ⑤ 光线在玻璃砖内会发生三次全反射．最后由G点射出，如图所示，由反射定律和几何关系得 OG＝OC＝3 R⑥ 2 射到G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C点射出． 35．[物理——选修3－5][2014·新课标全国卷Ⅰ] (1)关于天然放射性，下列说法正确的是________． A．所有元素都可能发生衰变 B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关 C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性 D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强 E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线 35．(1)BCD [解析] 本题考查了原子核的衰变．原子序数大于83的元素才可以发生衰变，原子序数小于83的元素有的可以发生衰变，有的不可以发生衰变，A错误；放射性元素的半衰期与元素所处的物理 、化学状态无关，B、C正确；三种射线α、β、γ穿透能力依次增强，D正确；原子核发生α或β衰变时常常伴随着γ光子的产生，但同一原子核不会同时发生α衰变和β衰变，E错误． (2)如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方，先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放，当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零，已知mB＝3mA，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求： (1)B球第一次到过地面时的速度； (2)P点距离地面的高度． (2)解：(ⅰ)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有 vB＝2gh① 将h＝0.8 m代入上式，得 v1＝4 m/s.② (ⅱ)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分别为v2和v′2，由运动学规律可得 v1＝gt③ 由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变，规定向下的方向为正，有 mAv1＋mBv2＝mBv′2④ 11′221mAv21＋mBv2＝mv2⑤ 222 设B球与地面相碰后速度大小为v′B，由运动学及碰撞的规律可得 v′B＝vB⑥ 设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得 2 v′2B－v2 h′＝⑦ 2g 联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h′＝0.75 m．⑧
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