北京市海淀区101中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

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北京101中学2020学年高二下学期期中考试 ‎ 物理试卷 一、单选题：‎ ‎1.如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox轴，向右为x轴的正方向。若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，以平衡位置O为原点，建立Ox轴，向右为x轴的正方向。若振子位于N点时开始计时，所以0时刻位移为正，在正向最大位移处，之后向左运动，即向负方向运动，故A正确，BCD错误。‎ ‎2.一个单摆做简谐运动，周期为T，振幅为A，振动机械能为E（以摆球通过最低点位置为重力势能参考平面）。若保持摆长不变，将摆球质量变为原来的4‎ 倍，而通过平衡位置的速度变为原来的一半，那么关于该单摆做简谐运动的周期、振幅、振动机械能，下列判断正确的是 （ ）‎ A. 周期小于T，振幅仍为A，振动机械能仍为E B. 周期小于T，振幅小于A，振动机械能小于E C. 周期仍为T，振幅仍为A，振动机械能小于E D. 周期仍为T，振幅小于A，振动机械能仍为E ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由单摆周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变，即周期仍为T；由可知，当摆球质量变为原来的4倍，通过平衡位置的速度变为原来的一半时经过最低点的动能不变，则振动机械能仍为E，在振动过程中机械能守恒，则有：，解得：，由此可知速度变小，高度减小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，即振幅减小，所以振幅小于A，D正确。‎ ‎3.某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是（ ）‎ A. t =1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值 B. t =2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值 C. t =3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零 D. t =4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 在t=1 s和t=3 s时，振子偏离平衡位置最远，速度 零，回复力最大，加速度最大，方向指向平衡位置，A正确，C错误；在t=2 s和t=4 s时，振子位于平衡位置，速度最大，回复力和加速度均为零，BD错误。‎ ‎【名师点睛】根据振动图象判断质点振动方向的方法：沿着时间轴看去，“上坡”段质点向上振动，“下坡”段质点向下振动。‎ ‎4.周期为2.0s的简谐横波沿x轴传播，该波在某时刻的图象如图所示，此时质点P沿y轴负方向运动，则该波（   ）‎ A. 沿x轴正方向传播，波速v=‎20m/s B. 沿x轴正方向传播，波速v=‎10m/s C. 沿x轴负方向传播，波速v=‎20m/s D. 沿x轴负方向传播，波速v=‎10m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ 横波的振动方向与传播方向垂直，已知P点的振动方向向下，由同侧法可知传播方向右，而读图得波长，，则波速，故选项B正确。‎ ‎【考点定位】横波的性质、机械振动与机械波的关系。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎5. 一列沿x轴正方向传播的间谐机械横波，波速为‎4m/s。某时刻波形如图所示，下列说法正确的是 A. 这列波的振幅为‎4cm B. 这列波的周期为1s C. 此时x=‎4m处质点沿y轴负方向运动 D. 此时x=‎4m处质点的加速度为0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：振幅等于y的最大值，故这列波的振幅为A=‎2cm．故A错误．由图知，波长λ=‎8m，由波速公式，得周期．故B错误．简谐机械横波沿x轴正方向传播，由波形平移法得知，此时x=‎4m处质点沿y轴正方向运动．故C错误．此时x=‎4m处质点沿处于平衡位置，加速度为零．故D正确．故选D．‎ 考点：波的图像 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎6.如图所示，一列简谐横波沿水平方向向左传播，P、Q两质点平衡位置相距‎0.15 m。当P向下运动到平衡位置时，Q刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是( )‎ A. ‎0.60 m B. ‎0.30 m C. ‎0.20 m D. ‎‎0.15 m ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】波沿水平方向向左传播，P、Q两质点平衡位置相距‎0.15m。当P向下运动到平衡位置时，Q刚好运动到下方最大位移处，则有：m，解得：（n=0、1、2、3…），当n=0时，m，A正确。‎ ‎7.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t=0时的波形图，虚线为t=0.5 s时的波形图。已知该简谐波的周期大于0.5 s。关于该简谐波，下列说法正确的是（ ）‎ A. 波长为‎2 m B. 波速为‎6 m/s C. 周期为2.0 s D. t=1 s时，x=‎1 m处的质点处于波峰 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知波长=‎4m，A错误；波沿x轴正方向传播，由图可知s，得周期为s，因为该简谐波的周期大于0.5s，则有：>0.5s，解得：，即当n=0时s，则波速为：m/s，B正确，C错误；波沿x轴正方向传播，可得：t=0时刻，x=‎1m处质点在波峰，故s时，x=‎1m处质点位于波谷，D错误。‎ ‎8.由波源S形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播，波源振动的频率为20 Hz，波速为‎16 m/s。已知介质中P、Q两质点位于波源S的两侧，且P、Q和S 的平衡位置在一条直线上，P、Q的平衡位置到S的平衡位置之间的距离分别为‎0.4 m、‎0.8 m，P、Q开始振动后，下列判断正确的是 （ ）‎ A. P、Q两质点运动的方向始终相同 B. P、Q两质点运动的方向始终相反 C. 当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波谷 D. 当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】波源振动的频率为20Hz，波速为‎16m/s，则波长m，P、Q两质点距离波源的距离之差为，为半个波长的奇数倍，所以P、Q两质点振动步调相反，P、Q两质点运动的方向始终相反，A错误，B正确。可知，当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在平衡位置，CD错误。‎ ‎9.已知铜的摩尔质量为M (kg/mol)，铜的密度为ρ (kg/m3)，阿伏伽德罗常数为N (mol－1)．下列判断不正确的是（ ）‎ A. ‎1 kg铜所含的原子数为 B. ‎1 m3‎铜所含的原子数为 C. 1个铜原子的质量为 (kg) D. 1个铜原子所占体积为 (m3)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎1kg铜的物质量为：，故所含的原子数为，A正确；‎1m3‎铜的物质量为：，故所含的原子数为，B错误；1mol铜分子的质量为M，故1个铜原子的质量为（kg），C正确；铜的摩尔体积为：‎ ‎，故1个铜原子的体积为：(m3)，D正确。‎ ‎10.只要知道下列哪一组物理量，就可以估算出气体中分子间的平均距离（ ）‎ A. 阿伏伽德罗常数、该气体的摩尔质量和质量 B. 阿伏伽德罗常数、该气体的摩尔质量和密度 C. 阿伏伽德罗常数、该气体的质量和体积 D. 该气体的密度、体积和摩尔质量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】知道阿伏伽德罗常数、该气体的摩尔质量和质量，可以得到摩尔数，不知道体积，A错误；知道阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和密度，用摩尔质量除以摩尔密度可以得到摩尔体积，再除以阿伏加德罗常数得到每个分子平均占有的体积，用正方体模型得到边长，即为分子间距，B正确；阿伏加德罗常数、该气体的质量和体积已知，可以得到密度，但不知道摩尔体积和摩尔质量，C错误；已知该气体的密度、体积和摩尔质量，可以得到摩尔体积，但缺少阿伏加德罗常数，D错误。‎ ‎11.在用油膜法估测分子大小的实验中，已知识纯油酸的摩尔质量为M，密度为ρ，一滴油酸溶液中含纯油酸的质量为m，一滴油酸溶液滴在水面上扩散后形成的纯油酸油膜最大面积为S，阿伏伽德罗常数为NA。以上各量均采用国际单位制，对于油酸分子的直径和分子数量有如下判断，其中正确的是（ ）‎ ‎①油酸分子直径d= ②油酸分子直径d=‎ ‎③一滴油酸溶液中所含油酸分子数n=‎ ‎④一滴油酸溶液中所含油酸分子数n=‎ A. ①和③ B. ①和④ C. ②和④ D. ②和③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由纯油酸的质量与密度的关系可得体积为：，由所形成油膜面积S可得纯油酸分子的直径为：，联立得：，①错误，②正确；一滴油酸溶液中含有纯油酸的摩尔数为，一滴油酸溶液中含有纯油酸分子个数，③错误，④正确，故选C。‎ ‎12.一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做功0.7×105J，气体内能减小1.3×105J，则此过程 ( )‎ A. 气体从外界吸收热量2.0×105J B. 气体向外界释放热量2.0×105J C. 气体从外界吸收热量6.0×104J D. 气体向外界释放热量6.0×104J ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由热力学第一定律得：J，即气体向外放出J的热量，B正确。‎ ‎13.下列说法正确的是 （ ）‎ A. 气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力 B. 气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲量 C. 气体分子热运动的平均动能减小，气体的压强一定减小 D. 单位体积的气体分子数增加，气体的压强一定增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由于大量气体分子都在不停地做无规则热运动，与器壁频繁碰撞，使器壁受到一个平均持续的冲力，致使气体对器壁产生一定的压强，根据压强的定义，得当S是单位面积大小等于‎1m2‎时，气体对器壁的压强大小等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力。A正确，B错误。影响气体压强的微观因素是分子的密集程度和分子的平均动能，平均动能减小，密集程度可能增加，则压强可能增加或不变，C错误。影响气体压强的微观因素是分子的密集程度和分子的平均动能，单位体积的气体分子数增加，气体平均动能可能减小，故压强不一定增加，D错误。‎ ‎14.某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么(　　)‎ A. 外界对胎内气体做功，气体内能减小 B. 外界对胎内气体做功，气体内能增大 C. 胎内气体对外界做功，内能减小 D. 胎内气体对外界做功，内能增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 对车胎内的理想气体分析知，体积增大为气体为外做功，内能只有动能，而动能的标志为温度，故中午温度升高，内能增大，故选D。‎ ‎【考点定位】理想气体的性质、功和内能、热力学第一定律。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎15.下列说法正确的是（ ）‎ A. 分子间同时存在着引力和斥力 B. 拉伸物体时，分子间引力增大，斥力减小，所以分子间引力大于斥力 C. ‎ 在真空容器中注入气体，气体分子迅速散开充满整个容器，是因为气体分子间的斥力大于引力 D. 当分子间相互作用力做正功时，分子势能增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】分子间同时存在引力和斥力，当分子间距离小于平衡距离时表现为斥力，当分子间距离大于平衡距离时表现为引力，A正确；拉伸物体时，分子之间的距离增大，分子间引力减小，斥力减小，由于斥力减小快，所以分子间引力大于斥力。B错误；气体失去容器的约束就会散开，这是因为分子都在不停地做无规则热运动，与分子力无关。C错误；根据分子做功与分子势能可知，当分子间相互作用力做正功时，分子势能增减小。D错误。‎ ‎16.下列说法中正确的是 （ ）‎ A. 当两个分子间的距离小于平衡距离时，分子间只有斥力作用 B. 根据热力学第二定律可知，机械能不可能全部转化成物体的内能 C. 根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传给高温物体 D. 物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当两个分子间的距离小于平衡距离时，分子之间的斥力大于引力，分子间的作用表现为斥力，A错误；根据热力学第二定律可知，机械能可以全部转化物体的内能，B错误；根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他的变化，C错误；根据热力学第一定律公式：，物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变，D正确。‎ ‎17.关于分子动理论，下列说法正确的是 （ ）‎ A. 气体扩散的快慢与温度无关 B. 布朗运动是液体分子的无规则运动 C. 布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动 D. 分子间的引力总是随分子间距离的增大而增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，A错误；布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，它是液体分子的不规则运动的反映，B错误，C正确；分子间同时存在引力和斥力，引力和斥力均随着分子间距离的增大而减小，D错误。‎ ‎18.惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图1所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟。图2所示为摆的结构示意图,圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动。在甲地走时准确的摆钟移到乙地未做其他调整时摆动加快了，下列说法正确的是( )‎ A. 甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动 B. 甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动 C. 乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动 D. 乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由甲到乙地摆加快则说明周期变小，因，则重力加速度变大，要使周期不变小，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动，C正确。‎ ‎19.假如全世界60亿人同时数‎1 g水的分子个数，每人每小时可以数5000个，不间断地数，则完成任务所需时间最接近(阿伏加德罗常数NA取6×1023mol－1)‎ A. 10年 B. 1千年 C. 10万年 D. 1千万年 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎1 g水的分子个数个，则完成任务所需时间t= =6×1018小时，约为1000年。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ 二、不定项选择题 ‎20.下列说法正确的是（ ）‎ A. 在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比 B. 弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和可以减少 C. 在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小 D. 系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据单摆的周期公式，解得：，在同一地点，g一定，则知与L成正比，即单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比，A正确；弹簧振子做简谐振动时，振动系统的机械能守恒，即振动系统的势能与动能之和保持不变，B错误；根据单摆的周期公式，单摆做简谐振动的周期与摆球质量无关，C错误。系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，与固有频率无关，D正确。‎ ‎21.某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以‎1.8 m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近。该同学发现从第1个波峰到第6个波峰通过身下的时间间隔为15 s。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该水面波的频率为3 Hz B. 该水面波的波长为‎5.4 m C. 水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移 D. 水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由第1个波峰到第6个波峰通过身下的时间间隔为15s，可得知振动的周期T为：s，频率为：Hz，A错误；由公式，得：m，B正确；参与振动的质点只是在自己的平衡位置附近做往复运动，并不会“随波逐流”，但振动的能量和振动形式却会不断的向外传播，C正确，D错误。‎ ‎22.一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，则被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比 （ ）‎ A. 波速变大 B. 波速不变 C. 频率变高 D. 频率变低 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，波速由介质决定，所以被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比波速不变，A错误，B正确；根据声音的多普勒效应，声源移向观察者时接收频率变高，所以被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比频率变高，C正确，D错误。‎ ‎23.一简谐机械横波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期为T。t=0时刻的波形如图 ‎1所示，a、b是波上的两个质点。图2是波上某一质点的振动图象。下列说法中正确的是（ ）‎ A. t=0时质点a的速度比质点b的大 B. t=0时质点a的加速度比质点b的大 C. 图2可以表示质点a的振动 D. 图2可以表示质点b的振动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】t=0时质点a位于最大位移处，b质点经过平衡位置，所以质点a的速度比质点b的小，A错误；根据加速度大小与位移大小成正比的特点，可知a的位移比b的位移大，则质点a的加速度比质点b的大，B正确；由图2知，t=0时刻质点经过位置向下运动，图1是t=0时刻的波形，此时a位于波峰，位移最大，与图2中t=0时刻质点的状态不符，而质点b在t=0时刻经过平衡位置向下运动，与图2中t=0时刻质点的状态相符，所以图2不能表示质点a的振动，可以表示质点b的振动，C错误，D正确。‎ ‎24.如图所示,一列简谐横波沿x轴正方向传播,在t1=0时刻波传播到x=‎2 m处的质点C,此时x=‎0.5 m处的质点A在负方向最大位移处,在 t2=0.2 s时刻质点A自计时开始后第一次运动到正方向最大位移处，则( )‎ A. 该简谐横波的波速等于‎5 m/s B. 质点C开始振动时的运动方向沿y轴负方向 C. 在t1~t2时间内，x=‎1 m处的质点B通过的路程为‎4.0 cm D. 在t2时刻，位于x=‎3 m处质点D处于平衡位置且开始沿y轴正方向运动 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ A．由图可知，波长，质点经过第一次到达正方向最大位移处，所以，即，所以，故A正确；‎ B．波向正方向传播，所以开始振动的运动方向沿轴正方向，故B错误；‎ C．，由平衡位置向下运动到负方向最大位移处后回到平衡位置，通过的路程为，故C正确；‎ D．时刻，波传播的距离是，所以质点开始振动，振动方向沿轴正方向，故D正确．‎ 综上所述本题答案是：ACD ‎25.如图甲所示为一列简谐横波在t=3 s时的波形图，图乙是该列波中的质点P的振动图象，由图甲、乙中所提供的信息可知这列波的传播速度v以及传播方向分别是( )‎ A. v=‎25 cm/s，向左传播 B. v=‎50 cm/s，向左传播 C. v=‎25 cm/s，向右传播 D. v=‎50 cm/s，向右传播 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图得到该波的波长=‎100cm，周期T=2s，则波速为cm/s ‎，由振动图象乙得知t=3s时刻P点的速度方向沿y轴负方向，在波动图象甲判断出波的传播方向：向右，D正确。‎ ‎26.如图所示，1、2、3、4…是某绳(可认为是均匀介质)上一系列等间距的质点。开始时绳处于水平方向，质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动2、3、4…各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端。已知t=0时，质点1开始向下运动，经过二分之一周期，质点9开始运动。则在二分之一周期时，下列说法正确的是 ( )‎ A. 质点3向上运动 B. 质点5所受回复力为最大值 C. 质点6的加速度向下 D. 质点9的振幅为零 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】经过时，质点1从平衡位置再次运动到平衡位置，质点3振动了，即质点3在从波谷向平衡位置的运动过程中（向上运动），A正确；经过时，质点5从平衡位置运动到波谷，根据得知加速度方向向上，质点5所受回复力向上，为最大，B正确；经过时，质点6振动了，根据可知，质点6的加速度方向向上，C错误；在波传播过程中，后一个质点重复前一个质点的振动，可知每一个质点开始振动的时候都和波源起振的情况相同，其振幅一样大，所以质点9的振幅不为零，D错误。‎ ‎27.下列说法正确的是（ ）‎ A. 一定质量的理想气体，温度不变时，体积减小，压强增大 B. 在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强 C. 外界对气体做功，气体的内能一定增大 D. 气体的温度越高，气体分子无规则运动的平均动能越大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据理想气体状态方程，一定质量的理想气体，温度不变时，体积减小，压强将增加，A正确；闭容器内的气体的压强是气体分子与器壁碰撞产生与是否处于失重状态无关，B错误；根据热力学第一定律公式，外界对气体做功，气体的内能不一定增大，C错误；温度是分子热运动平均动能的标志，故气体的温度越高，气体分子无规则运动的平均动能越大，D正确。‎ ‎28.下图中S1和S2是相干波源，它们在同一水平面上产生两列圆形波。 图中实线圆弧表示波峰，虚线圆弧表示波谷，图示为两列波在某时刻叠加的波形。图中有a、b、c三点( )‎ A. a、b、c三点振动都加强 B. a、c二点振动加强，b点振动减弱 C. a、b、c三点振幅都相同 D. a、b、c三点在同一时刻到达振动的正向最大位移 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】a点是波峰与波峰相遇点，是振动加强点；b点是波峰与波峰相遇点，是振动加强点；c点是波谷与波谷相遇点，是振动加强点，A正确，B错误；a、b、c三点都是振动加强点，故振幅相同，C正确；a、b两点是波峰与波峰相遇点，而c 点是波谷与波谷相遇点，故当a、b达到正向最大位移时，c此时正达到负向最大位移，D错误。‎ ‎29.下列说法正确的是 （ ）‎ A. 热量不能由低温物体传递到高温物体 B. 外界对物体做功，物体的内能必定增加 C. 第一类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律 D. 不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】热量不能自发由低温物体传递到高温物体，A错误；影响内能的方式有做功和热传递，外界对物体做功，物体的内能不一定增加，B错误；第一类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律，C正确；由热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，D正确。‎ ‎30.要使一定质量的理想气体由某一状态经过一系列状态变化，最后回到初始状态。下列各过程可能实现这个要求的是 （ ）‎ A. 先等容放热，再等压升温，最后再等温放热 B. 先等温膨胀，再等压升温，最后再等容吸热 C. 先等容吸热，再等温膨胀，最后再等压降温 D. 先等压升温，再等容吸热，最后再等温放热 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：根据热力学第一定律知等容放热时，内能减小，温度降低，压强减小；再等压升温，体积增大，等温放热时，内能不变，由 知外界对气体做功，体积减小，压强增大，所以气体的状态可能回到初始状态，故A正确；等温膨胀时，体积增大，压强减小；再等压升温时，温度升高，体积增大；最后再等容吸热时，，内能增大，温度升高，压强增大，所以体积不能回到初始状态，故B错误；等容吸热时，，内能增大，温度升高，压强增大．再等温膨胀时，温度不变，体积增大，压强减小．再等压降温时，体积减小．所以气体的状态可能回到初始状态，故C正确；等压升温时温度升高，体积增大；再等容吸热时，，内能增大，温度升高，压强增大，最后再等温放热时，内能不变，外界对气体做功，体积减小，压强增大，所以压强不能回到初始状态，故D错误．‎ 考点：热力学第一定律，理想气体状态方程 名师点睛：本题根据理想气体状态方程直接判断即可，关键记住公式；也可以根据气体压强的微观意义判断，基础题．‎ ‎31.如图所示，a、b、c表示一定质量的理想气体状态变化过程中的三个状态，图中ac线平行于横坐标轴，bc线垂直于横坐标轴，ab线的延长线通过原点O。以下说法中正确的是（ ）‎ A. 由状态a到b是等温变化，气体内能不变 B. 由状态b到c是等容变化，气体内能不变 C. 由状态c到a等压变化，气体内能减小 D. 由状态c到a是等压变化，气体内能增加 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】由理想气体状态方程，变形得：，结合图象知，其斜率不变，则气体的温度不变，由状态a到b是等温变化，气体的内能不变。A正确。由状态b到c是等容变化，压强减小，由理想气体状态方程知气体的温度降低，气体的内能减小，B错误。由状态c到a 是等压变化，体积增大，由理想气体状态方程知气体的温度升高，气体的内能增加，C错误，D正确。‎ ‎32.如图所示，活塞将一定质量的气体封闭在直立圆桶形导热的气缸中，活塞上堆放细砂，活塞处于静止。现对气体缓慢加热，同时逐渐取走细砂，使活塞缓慢上升，直到细砂全部取走。若活塞与气缸之间的摩擦可忽略，气体可视为理想气体，则在此过程中（ ）‎ A. 气体对外做功，气体温度可能不变 B. 气体对外做功，内能一定减小 C. 气体压强减小，内能可能不变 D. 气体从外界吸热，内能一定增加 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】因为逐渐取走细沙，直到细沙全部取走，根据活塞的受力平衡，所以可以判断气缸内的气体压强一定减小；对气体缓慢加热，气缸内的气体一定吸收热量，据热力学第一定律：△U=W+Q，Q为正数，因体积增大，气体对外做功，W为负数，所以△U可能为零，温度可能不变，AC正确，BD错误。‎ ‎33.对于定量气体，可能发生的过程是 （ ）‎ A. 等压压缩，温度降低 B. 放出热量，内能增加 C. 等温吸热，体积不变 D. 绝热压缩，内能不变 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】理想气体状态方程，可知等压压缩，体积减小温度降低，A正确；根据热力学第一定律△U=W+Q可知若气体放出热量同时外界对气体做正功，且做功大于放出热量，则内能将会增加，B正确；等温说明内能不变，即△U=0，吸收热量，即Q＞0，根据热力学第一定律△U=W+Q可知W＜0，即气体膨胀对外做功，所以等温吸热，体积膨胀，C错误；绝热说明气体不能吸放热即Q=0，压缩说明外界对气体做功，根据热力学第一定律△U=W+Q可知：绝热压缩，内能增大，D错误。‎ ‎34.如图甲所示,细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器,注射器可在竖直面内摆动，且在摆动过程中能持续向下流出一细束墨水。沿着与注射器摆动平面垂直的方向匀速拖动一张硬纸板，摆动的注射器流出的墨水在硬纸板上形成了如图乙所示的曲线。注射器喷嘴到硬纸板的距离很小,且摆动中注射器重心的高度变化可忽略不计。若按图乙所示建立xOy坐标系，则硬纸板上的墨迹所呈现的图样可视为注射器振动的图象。关于图乙所示的图象，下列说法中正确的是( )‎ A. x轴表示拖动硬纸板的速度 B. y轴表示注射器振动的位移 C. 匀速拖动硬纸板移动距离‎0.5L的时间等于注射器振动的周期 D. 拖动硬纸板的速度增大，可使注射器振动的周期变短 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】注射器振动周期一定，根据白纸上记录的完整振动图象的个数可确定出时间长短，所以白纸上x轴上的坐标代表时间。A错误。白纸上与垂直的坐标是变化的，即y轴代表了注射器的位移，B正确。由图乙可知，匀速拖动硬纸板移动距离‎0.5L的时间等于注射器振动的周期，C 正确；注射器振动周期与拖动白纸的速度无关。拖动白纸的速度增大，注射器振动周期不改变，D错误。‎ ‎35.如图所示,一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为中心点，在C、D之间做周期为T的简谐运动。已知在t1时刻物块的动量为p、动能为Ek。下列说法中正确的是( )‎ A. 如果在t2时刻物块的动量也为p，则t2-t1的最小值为T B. 如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2-t1的最小值为T C. 当物块通过O点时，其加速度最小 D. 当物块运动至C点时，其加速度最小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎（1）物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点时动量相等，所以如果在t2时刻物块的动量也为p，t2﹣t1的最小值小于等于．故A错误。‎ ‎（2）物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等，如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2﹣t1的最小值可以小于T，故B错误。‎ ‎（3）图中O点是平衡位置，根据知，物块经过O点时位移最小，则其加速度最小，故C正确。‎ ‎（4）物块运动至C点时，位移最大，其加速度最大，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点时动量相等。物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等。当物块通过平衡位置时加速度最小。‎ ‎36.在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律。法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系。已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为(　　)‎ A. T=2πr B. T=2πr C. T= D. T=2πl ‎【答案】B ‎【解析】‎ 在地球表面重力等于万有引力，故，解得，由单摆的周期：，联立各式解得，故选B。‎ ‎【点睛】本题关键是要掌握两个公式，地球表面的重力加速度公式和单摆的周期公式.‎ ‎37.某振动系统的固有频率为f0 ，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f 。若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是 （ ）‎ A. 当f < f0时，该振动系统的振幅随f增大而减小 B. 当f > f0时，该振动系统的振幅随f减小而增大 C. 该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0‎ D. 该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】当f=f0时，系统达到共振，振幅最大，故ff0时，随f的减小，驱动力的频率接近固有频率，故该振动系统的振幅增大，故B正确；该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于驱动力的频率f，故C错误，D正确；故选BD。‎ ‎【点睛】本题应明确受迫振动的频率等于驱动力的频率，而当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振动最强烈。‎ ‎38.下列说法正确的是 （ ）‎ A. 将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体 B. 固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质 C. 由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 D. 在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体，A错误。固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上各向异性，具有不同的光学性质，B正确。由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石。C正确。在熔化过程中，晶体要吸收热量，虽然温度保持不变，但是内能要增加。D错误。‎ ‎39.如图所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子的距离，图中实线a、虚线b分别表示两个分子间斥力、引力的大小随分子间距离变化的规律，c为两曲线的交点。则下列说法正确的是 （ ）‎ A. a为斥力曲线，b为引力曲线，c点横坐标的数量级为10‎‎-10m B. a为引力曲线，b为斥力曲线，c点横坐标的数量级为10‎‎-10m C. 若两个分子间距离大于c点的横坐标，则分子间作用力表现为斥力 D. 两个分子间距离越大，分子势能一定越大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在F-r图象中，随着距离的增大斥力比引力变化的快，所以b为引力曲线，a为斥力曲线，c点横坐标的数量级为10‎-10m，A正确，B错误；若两个分子间距离大于c点的横坐标，则分子间作用力表现为引力，C错误；当分子间的距离小于时，当距离增大时，分子力做正功，分子势能减小，D错误。‎ ‎40.关于固体和液体，下列说法中正确的是 ( )‎ A. 金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体 B. 单晶体和多晶体的物理性质没有区别，都有固定的熔点和沸点 C. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 D. 液体的浸润与不浸润均是分子力作用的表现 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】金刚石、食盐、水晶是晶体，而玻璃是非晶体，A错误；单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，故物理性质是不同的，B错误；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，C正确；浸润和不浸润现象均是因为分子力作用的表现，D正确。‎ 三、实验题：‎ ‎41.（1）在用油膜法估测分子大小的实验中，选用下列器材：浅盘（直径为30~‎40cm）、注射器（或滴管）、_________、按一定比例稀释好的油酸溶液、坐标纸、玻璃板、水彩笔（或钢笔）. 请将还需要的一种实验器材补填在横线上.‎ ‎（2）在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：‎ a．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油膜形状稳定。‎ b．将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。‎ c．往浅盘里倒入约‎2 cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上。‎ d．将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。‎ 上述步骤中，正确的操作顺序是__________。（填写步骤前面的字母）‎ ‎（3）在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每mL溶液中有纯油酸mL，用注射器测得1mL上述溶液为75滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描述油酸膜的形状，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示,坐标中正方形方格的边长为‎1cm，则：‎ ‎①油酸膜的面积是_____________cm2。‎ ‎②按以上实验数据估测出油酸分子的直径为___________________m。 （②问结果均保留一位有效数字）‎ ‎（4）(多选)某学生在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，计算结果偏大，可能是由于 （ ）‎ A．油酸未完全散开 B．油酸溶液浓度低于实际值 C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格 D．求每滴体积时，1 mL的溶液的滴数多记了10滴 ‎【答案】 (1). 痱子粉 (2). c、a、d、b (3). 114 (4). 7×10-10 (5). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在本实验中，要用量筒量取酒精和油酸，从而配制酒精油酸溶液，先在水槽中洒上痱子粉，再将用酒精稀释过的油酸用滴管滴到水面上，将玻璃板盖在水槽上，在玻璃板上铺上坐标纸，用彩笔画出油膜的边界，则用数格子的方法得出形成的面积； 则可根据体积公式求得分子直径，故实验中还需要：痱子粉。‎ ‎（2）“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制酒精油酸溶液（教师完成，记下配制比例）→测定一滴酒精油酸溶液的体积→准备浅水盘（c）→形成油膜（a）→描绘油膜边缘（d）→测量油膜面积、计算分子直径（b），即正确的顺序是c、a、d、b。‎ ‎（3）①由图可知，面积超过正方形一半的正方形的个数为114个，故油膜的面积S=114×‎1cm2=‎114cm2，纯油酸的体积是：mL，则油酸分子的直径：m；‎ ‎（4）计算油酸分子直径的公式是，V是纯油酸的体积，S是油膜的面积。‎ A、油酸未完全散开，S偏小，故得到的分子直径d将偏大，A正确；计算时利用的是纯油酸的体积，如果油酸溶液浓度低于实际值，则油酸的实际体积偏小，则直径将偏小，B错误；计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，故得到的分子直径将偏大，C正确；求每滴体积时，lmL的溶液的滴数误多记了10滴，由可知，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，D错误。‎ ‎42.实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。‎ ‎①测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t ‎，则重力加速度g =_________（用L、n、t表示）。‎ ‎②实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的______(选填选项前的字母)。‎ A．长约‎1 m的细线 B．长约‎1 m的橡皮绳 C．直径约‎1 cm的均匀铁球 D．直径约‎10 cm的均匀木球 ‎③选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图__中所示的固定方式。‎ ‎④某实验小组组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示。这样做的目的是___________(填字母代号)。‎ A．保证摆动过程中摆长不变 B．可使周期测量得更加准确 C．需要改变摆长时便于调节 D．保证摆球在同一竖直平面内摆动 ‎⑤他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量得从悬点到摆球的最低端的长度L=‎0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为______‎ mm，单摆摆长为______m。‎ 在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如下图所示，秒表的读数为________s。‎ ‎⑥下列振动图象真实地描述了对摆长约为‎1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin 5°=0.087，sin 15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是___________(填字母代号)。‎ ‎⑦将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是_________(选填选项前的字母)。‎ A．测出摆线长作为单摆的摆长 B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动 C．在摆球经过平衡位置时开始计时 D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期 ‎⑧甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图所示的图象，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是_____(选填“l‎2”‎“l”或“”)，若图线斜率为k，则重力加速度g=_________(用 k表示)。‎ ‎⑨乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是___________(选填选项前的序号)。‎ A．开始摆动时振幅较小 B．开始计时时，过早按下停表 C．测量周期时，误将摆球(n-1)次全振动的时间记为n次全振动的时间 D．测量摆长时从悬点到小球下端边缘的距离为摆长 ‎⑩该同学在做完实验后，继续思考测量重力加速度的其他方法。请你展开想象的翅膀，再设计一个方案测量重力加速度。（简要说明需要的器材以及测量方法）‎ ‎__________________________________________________________________________‎ ‎__________________________________________________________________________‎ ‎【答案】 (1). (2). AC (3). 3 (4). AC (5). 12.0 (6). 0.9930， (7). 95.1 (8). A (9). BC (10). (11). (12). CD (13). 【方案一】需要的器材有：质量已知的钩码、测力计。测量方法：已知钩码的质量m，再用测力计测出其重力G，则可求出重力加速度。 (14). 【方案二】需要的器材有：铁架台、打点计时器及相应的电源、导线、纸带、刻度尺、重锤。测量方法：让重锤拖着纸带做自由落体运动，通过打点计时器在纸带上记录的信息可求得重力加速度。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】：①单摆的周期：，由单摆周期公式：可知，重力加速度：；‎ ‎②为减小误差应保证摆线的长短不变，A正确，B错误；摆球密度要大，体积要小，C正确，D错误。‎ ‎③图3方式固定悬点，使悬点不容易松动。‎ ‎④在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止动过程中摆长发生变化；如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长；A正确C正确；周期测量是否准确取决于计时工具，B错误；摆球在同一竖直平面内摆动，不能做圆锥摆运动；但与器材无关，D错误；‎ ‎⑤由图示游标卡尺可知，摆球的直径为：‎12mm+0×‎0.1mm=‎12.0mm，单摆的摆长为：m；由图示秒表可知，分针示数为：60s，秒针示数为：35.1s，秒表读数：t=60s+35.1s=95.1s；‎ ‎⑥当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：1×‎0.087m=‎8.7cm，当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30-50次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误差最小。‎ ‎⑦摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，A错误．单摆的摆角小于5度时可以认为是简谐运动，B正确．摆球经过平衡位置时速度最大，在摆球经过平衡位置时开始计时测量误差最小，C正确．测量周期时不能测量1次全振动的时间，因为这样测量的误差较大，应测量30次全振动的时间，从而求出周期，D错误．‎ ‎⑧由，得，则，则；‎ ‎⑨由，得；A、开始摆动时振幅较小，不影响重力加速度的测量，A错误；B、过早按下秒表，周期的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏小，B错误；C、测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n 次全振动的时间，周期的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏大，C正确；D、测量摆长时从悬点到小球下端边缘的距离为摆长，摆长增大，则重力加速度的测量值偏大，D正确；‎ ‎⑩【方案一】需要的器材有：质量已知的钩码、测力计。测量方法：已知钩码的质量m，再用测力计测出其重力G，则可求出重力加速度。【方案二】需要的器材有：铁架台、打点计时器及相应的电源、导线、纸带、刻度尺、重锤。测量方法：让重锤拖着纸带做自由落体运动，通过打点计时器在纸带上记录的信息可求得重力加速度。‎ ‎43.用2×106Hz的超声波检查胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分别为‎2250m/s和‎1500m/s，则该超声波在结石中的波长时胆汁中的______倍。用超声波检查胆结石是因为超声波的波长短，遇到结石时_______（选填“容易”或者“不容易”）发生衍射。‎ ‎【答案】1.5 不容易 ‎【解析】‎ 根据，在传播过程中，频率保持不变，所以；根据波长越长越容易发生衍射，所以用超声波遇到结石时，不容易发生衍射。‎ ‎【考点】波的衍射 ‎【方法技巧】本题主要是公式，波长、波速与频率的关系式，掌握能发生明显衍射现象的条件 四、解答题：‎ ‎44.为适应太空环境，去太空旅行的航天员都要穿航天服．航天服有一套生命系统，为航天员提供合适的温度、氧气和气压，让航天员在太空中如同在地面上一样．假如在地面上航天服内气压为1.0×105 Pa，气体体积为‎2 L，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积变为‎4 L ‎，使航天服达到最大体积．若航天服内气体的温度不变，将航天服视为封闭系统。‎ ‎（1）求此时航天服内的气体压强；‎ ‎（2）若开启航天服封闭系统向航天服内充气，使航天服内的气压恢复到9.0×104 Pa，则需补充1.0×105 Pa的等温气体多少升？‎ ‎【答案】①5.0×104Pa ②‎‎1.6L ‎【解析】‎ ‎①航天服内气体经历等温过程，‎ p1=1．0×105Pa，V1=‎2L，V2=‎‎4L 由玻意耳定律 p1V1=p2V2（3分）‎ 得p2=5×104Pa （1分）‎ ‎②设需要补充的气体体积为V，将补充的气体与原航天服内气体视为一个整体，充气后的气压p3=9．0×104Pa 由玻意耳定律 p1（V1+V）=p3V2（3分） 得V=1．‎6L （2分）‎ ‎45.（1）假设在t时间内有N个质量为m的气体分子在垂直器壁方向与器壁发生完全弹性碰撞，碰撞过程不考虑动能损失，气体分子运动的速率为v0，试推导这些气体分子对器壁产生的压力F表达式。‎ ‎（2）对于容器内的气体分子而言，实际上每个气体分子均做无规则热运动，它们的速度不断发生变化。对某一时刻而言，容器内各分子的速度大小和方向是不同的，根据热力学统计规律，大量气体分子做无规则热运动，它们沿各个方向运动的机会均等，从统计学的观点来看，可以认为各有1/6的气体分子向着上、下、 前、后、左、右这六个方向运动，气体分子速率按一定的统计规律分布，可以认为所有分子都以平均速率向各个方向运动。大量气体分子碰撞器壁时，在某段时间内会对器壁产生一个持续均匀的压力，作用在器壁单位面积上的压力就等于气体的压强。设单位体积内气体的分子数即分子的数密度为n，气体分子运动平均速率为v，与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。每个气体分子的平均动能为Ek（为了便于计算近似等于），请定量推导出气体压强P 与气体分子的平均动能及分子数密度的关系。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）以气体分子为研究对象，以分子反弹时的速度方向为正方向，根据动量定理：，解得：；‎ ‎（2）空间中的总粒子数 根据动量定理得：‎ 则有 则压强有 ‎46.我们已经学过了关于两个质点之间万有引力的大小是：F=。但是，在某些特殊情况下，非质点之间的万有引力计算及其应用的问题，我们可以利用下面两个已经被严格证明是正确的结论，而获得快速有效地解决：‎ a．若质点m放置在质量分布均匀的大球壳M（球壳的厚度也均匀）的空腔之内，那么m和M之间的万有引力总是为零。‎ b．若质点m放置在质量分布均匀的大球体M之外（r≥r0），那么它们之间的万有引力为：F=，式中的r为质点m到球心之间的距离; r0为大球体的半径。‎ 假设地球可视为一个质量分布均匀且密度为ρ的球体，通过地球的南北两极之间能够打通一个如图所示的真空小洞。若地球的半径为R，万有引力常数为G，把一个质量为m的小球从北极的洞口由静止状态释放后，小球能够在洞内运动。‎ ‎（1）求：小球运动到距地心为0.5R处的加速度大小a；‎ ‎（2）证明：小球在洞内做简谐运动；‎ ‎（3）求：小球在运动过程中的最大速度vm。‎ ‎【答案】（1） （2） 做简谐运动（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：（1）根据题意可知，小球距离地心为r=0.5R处万有引力大小 又 由牛顿第二定律可知 三式联立可得：‎ ‎（2）假设小球相对于球心的位移是x，则有：‎ 又 两式联立可得：‎ 考虑万有引力F的方向总是指向地心，即F的方向和小球相对于地心的位移x的方向总是方向相反的， 若令 ：‎ 则有： ‎ 结论：小球在洞内做简谐振动。‎ ‎（3） 由可知，从洞口到地心，小球的万有引力大小F是随着做功的距离线性减少的 所以 所以