2022年河北省普通高中学业水平选择性考试(河北卷)

2022年河北省普通高中学业水平选择性考试(河北卷)本试卷满分100分，考试时间90分钟．一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．(2022·河北卷·1)科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示．由图像可知(　　)A．0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度大B．0～t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等C．t2～t3时间内，训练后运动员的平均速度小D．t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动答案　D解析　根据v－t图像的斜率表示加速度，由题图可知0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度比训练前的小，故A错误；根据v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由题图可知0～t2时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B错误；根据v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由题图可知t2～t3时间内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误；根据v－t图像可直接判断知，t3时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动，运动员训练后速度增大，做加速运动，故D正确．2．(2022·河北卷·2)2008年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的2.16米望远镜，发现了一颗绕恒星HD173416运动的系外行星HD173416b,2019年，该恒星和行星被国际天文学联合会分别命名为“羲和”和“望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍，若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等．则望舒与地球公转速度大小的比值为(　　)A．2B．2C.D.答案　C解析　地球绕太阳公转和行星望舒绕恒星羲和公转都是由万有引力提供向心力，有G＝m ，解得公转的线速度大小为v＝，其中中心天体的质量之比为2∶1，公转的轨道半径相等，则望舒与地球公转速度大小的比值为，故选C.3．(2022·河北卷·3)张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后．输出电压为U.忽略线圈电阻，下列说法正确的是(　　)A．发电机输出的电压为πNBSzB．发电机输出交变电流的频率为2πnzC．变压器原、副线圈的匝数比为πNBSnz∶UD．发电机产生的瞬时电动势e＝πNBSnzsin(2πnz)答案　C解析　发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为f＝nz，B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦交流电，最大值为Em＝NBS·2π·nz，则发电机输出的电压为E＝＝πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为＝＝，C正确；发电机产生的瞬时电动势为e＝Emsinωt＝2πNBSnzsin(2πnzt)，D错误．4．(2022·河北卷·4)如图是密立根于1916年发表的纳金属光电效应的遏止电压Uc与入射光频率ν的实验曲线，该实验直接证明了爱因斯坦光电效应方程，并且第一次利用光电效应实验测定了普朗克常量h.由图像可知(　　)A．钠的逸出功为hνcB．钠的截止频率为8.5×1014Hz C．图中直线的斜率为普朗克常量hD．遏止电压Uc与入射光频率ν成正比答案　A解析　根据遏止电压与最大初动能的关系有eUc＝Ek，根据爱因斯坦光电效应方程有Ek＝hν－W0，结合图像可知，当Uc为0时，解得W0＝hνc，A正确；钠的截止频率为νc，根据图像可知，截止频率小于8.5×1014Hz，B错误；根据上述分析，有Uc＝ν－，可知题图中直线的斜率表示，遏止电压Uc与入射光频率ν成线性关系，不是成正比，C、D错误．5．(2022·河北卷·5)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为(　　)A．kS1B．5kS2C．k(S1－5S2)D．k(S1＋5S2)答案　D解析　由法拉第电磁感应定律，可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝＝＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝＝＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正确，A、B、C错误．6．(2022·河北卷·6)如图，真空中电荷量为2q和－q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心，电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)，P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，下列说法正确的是(　　)A．P点电势低于S点电势 B．T点电场强度方向指向O点C．除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点D．将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功答案　B解析　在直线MN上，左边正电荷在M点右侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线MN上电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，故A错误；由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N点之间的左侧电场强度不可能为零，设M、N之间的距离为L，在N点右侧与N点距离为d的点电场强度为零，则有＝，可知除无穷远处外，直线MN上电场强度为零的点只有一个，故C错误；由A选项分析可知：T点电势低于P点电势，则正电荷在T点的电势能低于在P点的电势能，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势能增加，静电力做负功，故D错误；由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的电场强度方向必过等势面的球心O，根据异种电荷的电场线分线情况可知，N、S间电场线方向由S指向N，则φS>φO，由于φT＝φS，则φT>φO，故T点电场强度方向指向O点，故B正确．7．(2022·河北卷·7)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中(　　)A．圆柱体对木板的压力逐渐增大B．圆柱体对木板的压力先增大后减小C．两根细绳上的拉力均先增大后减小D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变答案　B解析　设两绳子对圆柱体拉力的合力大小为FT，木板对圆柱体的支持力大小为FN，绳子与木板间的夹角不变，α也不变，从右向左看如图所示， 在矢量三角形中，根据正弦定理有＝＝，在木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，可知90°<γ＋β<180°，则0<β<180°可知β从锐角逐渐增大到钝角，根据＝＝，由于sinγ不断减小，可知FT逐渐减小，sinβ先增大后减小，可知FN先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力大小为FT′，则2FT′cosθ＝FT，可得FT′＝，θ不变，FT逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，A、C、D错误．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．8．(多选)(2022·河北卷·8)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R.导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直．设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻．下列图像可能正确的是(　　) 答案　AC解析　当金属棒从O点向右运动L时，即在0～时间内，在某时刻金属棒切割磁感线的长度L＝l0＋v0ttanθ(θ为ab与ad的夹角)，则根据E＝BLv0，可得I＝＝(l0＋v0ttanθ)，可知回路电流均匀增加；安培力F＝＝(l0＋v0ttanθ)2，则F－t关系为二次函数关系，但是不过原点；安培力做功的功率P＝Fv0＝＝(l0＋v0ttanθ)2，则P－t关系为二次函数关系，但是不过原点；电阻两端的电压等于金属棒产生的感应电动势，即U＝E＝BLv0＝Bv0(l0＋v0ttanθ)即U－t图像是不过原点的直线；根据以上分析，可排除B、D选项；在～时间内，金属棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流I不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；同理可判断，在～时间内，金属棒切割磁感线长度逐渐减小，金属棒切割磁感线的感应电动势E 均匀减小，感应电流I均匀减小，安培力F大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～内是对称的关系，安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小，综上所述选项A、C可能正确，B、D错误．9．(多选)(2022·河北卷·9)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为.T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E.重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点．下列说法正确的是(　　)A．物体P和Q的质量之比为1∶3B．2T时刻物体Q的机械能为C．2T时刻物体P重力的功率为D．2T时刻物体P的速度大小为答案　BCD解析　开始释放时物体Q的加速度大小为，则有mQg－FT＝mQ·，FT－mPg＝mP·，解得FT＝mQg，＝，选项A错误；在T时刻，两物体的速度大小v1＝，P上升的距离h1＝×T2＝， 轻绳断后P能上升的高度h2＝＝，则开始时P、Q竖直方向上的距离为h＝h1＋h2＝，开始时P所处的水平面为零势能面，则开始时Q的机械能E＝mQgh＝，从开始到轻绳断裂，轻绳的拉力对Q做负功，大小为WF＝FTh1＝，则绳断裂时物体Q的机械能E′＝E－WF＝＝，此后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻物体Q的机械能仍为，选项B正确；在2T时刻，重物P的速度v2＝v1－gT＝－，方向向下，此时物体P重力的瞬时功率PG＝mPg|v2|＝·＝＝，选项C、D正确．10．(多选)(2022·河北卷·10)如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中．依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示．花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力．下列说法正确的是(　　)A．若h1＝h2，则v1∶v2＝R2∶R1B．若v1＝v2，则h1∶h2＝R12∶R22C．若ω1＝ω2，v1＝v2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同D．若h1＝h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则ω1＝ω2答案　BD解析　根据平抛运动的规律h＝gt2，R＝vt，解得R＝v，可知若h1＝h2，则v1∶v2＝R1∶R2，若v1＝v2，则h1∶h2＝R12∶R22，选项A错误，B正确；若ω1＝ω2 ，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1＝v2，出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的水量较多，选项C错误；设出水口横截面积为S0，喷水速度为v，若ω1＝ω2，则喷水管转动一周的时间相等，因h相等，则水落花盆中的时间相等，则t＝相等，故在圆周上单位时间内单位长度的水量Q0＝＝＝＝相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确．三、非选择题：共54分．第11～14题为必考题，每个试题考生必须作答．第15～16题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共42分．11．(2022·河北卷·11)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图甲所示．弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m.已知弹簧的弹性势能表达式为E＝kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g.(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L.接通打点计时器电源．从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带．钩码加速上升阶段的部分纸带如图乙所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点)．从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为________________，钩码的动能增加量为________________，钩码的重力势能增加量为________________．(2)利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图丙所示．由图丙可知，随着h增加， 两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是__________________________________________________.答案　(1)k(L－L0)h5－kh52　　mgh5　(2)见解析解析　(1)从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为ΔEp弹＝k(L－L0)2－k(L－L0－h5)2整理有ΔEp弹＝k(L－L0)h5－kh52打F点时钩码的速度为vF＝则钩码动能的增加量为ΔEk＝mvF2－0＝钩码的重力势能增加量为ΔEp重＝mgh5(2)钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量．现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，空气阻力做的功也逐渐增大．12．(2022·河北卷·12)某物理兴趣小组利用废弃电饭煲的部分器材自制简易电饭煲，设计电路如图甲所示．选用的器材有：限温开关S1(手动将其按下，开始持续加热煮饭，当锅内温度高于103℃时自动断开，之后不能自动闭合)；保温开关S2(当锅内温度高于80℃时自动断开，温度低于70℃时自动闭合)；电饭煲的框架(结构如图乙所示)．自备元件有：加热电阻丝R(阻值为60Ω，用于加热煮饭)；限流电阻R1和R2(阻值均为1kΩ)；指示灯L1和L2(2.5V,0.6W，当电流低于30mA时可视为熄灭)；保险丝T. (1)按照兴趣小组设计的电路，下列说法正确的是________(多选)．A．按下S1，L1和L2均发光B．当锅内温度高于103℃时，S1自动断开，L1和L2均发光C．保温过程中，S2自动在闭合、断开状态之间交替切换D．当锅内温度低于70℃时，S2自动闭合，L1发光，L2熄灭(2)简易电饭煲制作完成后，试用时L1始终不亮，但加热和保温功能均正常．在不增加元件的前提下，断开电源，使用多用电表判断发生故障的元件．下列操作步骤的正确顺序是__________(填写各步骤前的字母)．A．将选择开关旋转到“×100”位置B．将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指针指向欧姆零点C．调整“指针定位螺丝”，使指针指到零刻度D．测量指示灯L1两端的阻值E．将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡操作时，将多用电表两表笔与L1两端接触，若指针如图丙所示，可判断是________断路损坏；若指针如图丁所示，可判断是________断路损坏．(用电路中的元件符号表示)答案　(1)CD　(2)CABDE　L1　R1解析　(1)按下S1后L2支路被短路，则L2不会发光，A错误；当锅内温度高于103℃时，S1断开，而要温度降到70℃以下时S2才会闭合，则此时L2可能发光，此时电路中R与R1和L1的串联部分并联，并联的整体再和L2、R2串联，RL≈10.42Ω，则回路中并联部分的电阻R并≈56.64Ω则回路总电阻R总＝1067.06Ω则回路总电流I总＝≈0.21A则L2一定发光，此时并联的整体的电压为U并＝I总R并≈11.89V则流过L1的电流为IL1＝＝A≈0.012A流过L1的电流小于30mA，则L1熄灭，B错误；由题知，S2在锅内温度高于80℃时自动断开，锅内温度降到70℃以下时S2自动闭合，C正确；当锅内温度低于70℃时，S2自动闭合， L2支路被短路，则L2不会发光，此时电路中R与R1和L1的串联部分并联，则此时流过L1的电流为IL1′＝＝A≈0.218A此时流过L1的电流大于30mA，则L1发光，D正确．(2)多用电表的操作步骤为：调整“指针定位螺丝”，使指针指到零刻度——机械调零；将选择开关旋转到“×100”位置——选挡；将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指计指向欧姆零点——欧姆调零；测量指示灯L1两端的阻值——测量；将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡——关闭多用电表．故正确顺序为CABDE.由于使用时L1始终不亮，但加热和保温功能均正常，则说明R、L2、R2、T均正常，若指针如题图丙所示，可看出L1两端有1100Ω左右的电阻，则说明L1始终不亮的原因是L1断路损坏；若指针如题图丁所示，可看出欧姆表的示数几乎为零，但由于RL＝10.42Ω，此时选用的是“×100”挡，则说明灯泡L1正常，则说明L1始终不亮的原因是R1断路损坏．13．(2022·河北卷·13)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g＝10m/s2.(1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小．答案　(1)5(1－k)m/s，方向向右　m/s，方向向右　(2)1.875m解析　(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物，已知C、D的质量均为m＝1kg，以向右为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物解得v物＝v0＝5(1－k)m/s>0可知碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1－k)m/s，方向向右．滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1kg和2kg，则由Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑 解得v滑＝v0＝m/s>0则新滑板速度方向也向右．(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物′＝5(1－k)m/s＝5×(1－0.5)m/s＝2.5m/s碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑′＝m/s＝0可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，新物块的质量为m′＝2kg，新滑板的质量为M′＝3kg，设相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得m′v物′＝(m′＋M′)v共解得v共＝1m/s根据能量守恒可得μm′gx相＝m′(v物′)2－(m′＋M′)v共2解得x相＝1.875m.14．(2022·河北卷·14改编)两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图甲所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向．在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外．电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为q(q>0)、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量．求：(1)t＝0时刻释放的粒子，在t＝时刻的位置坐标；(2)在0～时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功．答案　(1)(，)　(2)解析　(1)在0～时间内，电场强度为E0 ，带电粒子在电场中加速运动，根据动量定理可知qE0·＝mv1解得粒子在时刻的速度大小为v1＝方向竖直向上，粒子竖直向上运动的距离y1＝v1·＝在～时间内，粒子仅受洛伦兹力，做匀速圆周运动，根据粒子在磁场运动的周期T＝，可知粒子偏转180°，速度反向，根据qvB＝m得r＝，可知粒子水平向右运动的距离为x2＝2r2＝2＝粒子运动轨迹如图，所以在t＝时刻粒子的位置坐标为(x2，y1)，即(，)；(2)在～时间内，电场强度为2E0，粒子受到的静电力竖直向上，在竖直方向由动量定理得q·2E0·＝mv2－(－mv1)解得时刻粒子的速度v2＝，方向竖直向上，粒子在竖直方向上运动的位移为y3＝·＝0在～时间内，粒子在水平方向运动的距离为x4＝2r4＝2＝此时粒子速度方向向下，大小为v2，在～时间内，电场强度为3E0，竖直方向q·3E0·＝mv3－(－mv2) 解得粒子在时刻的速度v3＝粒子在竖直方向运动的距离y5＝·＝粒子运动的轨迹如图，在0～时间内，静电力对粒子的做功大小为W＝qE0·y1＋q·2E0·y3＋q·3E0·y5＝，静电力做正功．(二)选考题：共12分．请考生从2道题中任选一题作答．并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分．[选修3－3](12分)15．(2022·河北卷·15)(1)如图，绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气体的气球．容器内温度处处相同．气球内部压强大于外部压强．气球慢慢漏气后，容器中气球外部气体的压强将____________(填“增大”“减小”或“不变”)；温度将____________(填“升高”“降低”或“不变”)．(2)水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好．设汽缸内、外压强均为大气压强p0.活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑．连杆的截面积忽略不计．现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求：(ⅰ)此时上、下部分气体的压强；(ⅱ)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)． 答案　(1)增大　升高　(2)(ⅰ)2p0　p0　(ⅱ)解析　(1)假设气球内部气体和气球外部气体的温度不变，当气球内部的气体缓慢释放到气球外部，由于气球内部气体压强大于外部气体压强，根据玻意耳定律pV＝C，可知气球内的气体释放到外部时体积增大，相当于容器的体积增大，而容器的体积无法改变，所以将假设扩大体积的容器绝热压缩到原来容器的体积即可，气体绝热压缩，与外界无热交换，即Q＝0，外界对气体做功，即W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知气体内能增加，温度T升高；气体温度T升高，根据理想气体状态方程＝C可知气体压强p增大．(2)(ⅰ)旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0＝p1·SL0解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0旋转前后，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为SL0＋SL0＝SL0，则p0·SL0＝p2·SL0解得旋转后下部分气体压强为p2＝p0(ⅱ)对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知p1S＝mg＋p2S解得活塞的质量为m＝.[选修3－4](12分)16．(2022·河北卷·16)(1)一列简谐横波沿x轴正方向传播．波速为10m/s.在传播方向上有P、Q两质点，坐标分别为xP＝1m，xQ＝6m．波传播到P点开始计时，该点的振动图像如图所示，则简谐波的波长为________m，经过________s，Q点第一次到达正向最大位移处． (2)如图，一个半径为R的玻璃球，O点为球心．球面内侧单色点光源S发出的一束光在A点射出，出射光线AB与球直径SC平行，θ＝30°.光在真空中的传播速度为c.求：(ⅰ)玻璃的折射率；(ⅱ)从S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间．答案　(1)2　0.55　(2)(ⅰ)　(ⅱ)解析　(1)由P质点的振动图像可得出该波的周期T＝0.2s由于该波的波速为10m/s，则该波的波长λ＝vT＝2m由题知P、Q两质点相距xPQ＝5m则波从P点传播到Q点需经过tPQ＝＝s＝0.5s由P点的振动图像可得出该波的起振方向向上，则Q点从起振到第一次到达正向最大位移处还需经过T，则经过t＝0.55s，Q点第一次到达正向最大位移处．(2)(ⅰ)光路图如图所示，根据几何关系可知i1＝θ＝30°，i2＝60°根据折射定律有＝n解得n＝(ⅱ)设全反射的临界角为C，则sinC＝＝光在玻璃球内的传播速度有v＝根据几何关系可知当θ＝45°时，即光路为圆的内接正方形，从S发出的光线经多次全反射回到S 点的时间最短，则正方形的边长x＝R则最短时间为t＝＝.