周末仿真•自主评价-第5周检测卷

周末仿真·自主评价——第5周检测卷(本试卷满分：110分)一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求；第6～8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分)1.如图所示，把一块锌板连接在验电器上，并使锌板带上负电，验电器指针会张开角度θ。接着，用高频短波紫外线灯(波长范围280nm～100nm)持续照射锌板，已知锌的极限频率为8.06×1014Hz、真空中光速为3.0×108m/s，观察验电器指针的变化，则()A．验电器指针张开的角度θ会一直变大B．验电器指针张开的角度θ先变大后变小C．验电器指针张开的角度θ先变小后变大D．验电器指针张开的角度θ不会发生变化解析：选C锌的极限频率对应的光波的波长为λ＝eq\f(c,f)≈0.372×10－6m＝372nm，用高频短波紫外线灯(波长范围280nm～100nm)持续照射锌板，锌板会发生光电效应，逸出光电子，由于锌板原来带负电，可知验电器指针张开的角度θ逐渐变小，足够长时间后，锌板开始带正电且电荷量持续增大，故验电器指针张开的角度θ逐渐变大，即整个过程中验电器指针张开的角度θ先变小后变大。2．如图甲所示为理想变压器原副线圈电路图，电流表及二极管都是理想的，灯泡的电阻为R＝5eq\r(2)Ω，电动机额定电压为5eq\r(2)V、额定功率25eq\r(2)W、内阻为r＝1Ω。现在A、B两端接如图乙所示的交流电，同时接通副线圈所在电路的开关S，发现电动机正常工作。工作过程中各表及各用电原件都完好，则原线圈电流表示数为()A．6A B．1.2AC．1.1A D．5A解析：选C由于电动机正常工作，所以副线圈两端电压为5eq\r(2)V，由题图乙可知原线圈电压的有效值为U1＝eq\f(50,\r(2))V＝25eq\r(2)V，由理想变压器的规律可得：eq\f(n1,n2)＝eq\f(25\r(2),5\r(2))＝eq\f(5,1)。灯泡与二极管连接，所以灯泡在一个周期内只有半个周期在工作，设灯泡电流的有效值为IL，则由有效值计算公式可得：IL2RLT＝eq\f(U22,RL)·eq\f(T,2)，解得：IL＝eq\f(\r(2),2)A，而电动机的电流为IM＝eq\f(P,U2)＝eq\f(25\r(2),5\r(2))A＝5A，副线圈电流的有效值I2＝IL＋IM，由理想变压器规律得：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，则原线圈电流表的示数为I1≈1.1A，故A、B、D错误，C正确。3．质点做匀加速直线运动的初速度为2m/s，加速度大小为a，经过t时间后末速度为v，经测量发现：物体运动到中间位置通过的距离，比物体运动一半时间通过的距离多了9m、且时间差为1s，根据以上条件可以求以下物理量，其中错误的是()A．可求得质点的末速度v大小为14m/sB．可求得质点的加速度为a为2m/s2C．可求得质点的运动时间为6sD．此题条件不足无法求出质点的加速度解析：选D由匀变速直线运动推论，中间时刻速度为v1＝eq\f(v0＋v,2)，中间位置速度为v2＝eq\r(\f(v02＋v2,2))，由匀变速直线运动推论：eq\f(v1＋v2,2)＝eq\f(x,t)＝eq\f(9,1)＝9，整理得：v2＋68v－1148＝0，解得：v＝14m/s，故A正确；v1＝eq\f(v0＋v,2)＝eq\f(2＋14,2)m/s＝8m/s，v2＝eq\r(\f(22＋142,2))m/s＝10m/s，由匀变速直线运动速度公式：v2＝v1＋at，得：a＝eq\f(v2－v1,t)＝eq\f(10－8,1)m/s2＝2m/s2，故B正确，D错误；运动时间为：t′＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(14－2,2)s＝6s，故C正确。4．A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，如图(a)所示。两卫星之间的距离Δr随时间周期性变化，如图(b)所示。仅考虑地球对卫星的引力，下列说法正确的是()A．A、B的轨道半径之比为1∶5B．A、B的线速度之比为1∶2C．A的运动周期大于B的运动周期D．在相同时间内，A与地心连线扫过的面积小于B与地心连线扫过的面积解析：选D设A、B卫星轨道半径分别为r1、r2，由题图知r2－r1＝2r，r1＋r2＝6r，解得r1＝2r，r2＝4r，所以A、B的轨道半径之比为1∶2，A错误；设地球质量为M，卫星质量为m，卫星的线速度为v，由eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，A、B的线速度之比为eq\r(2)∶1，B错误；由eq\f(GMm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r，得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，A的轨道半径小于B的轨道半径，A的运动周期小于B的运动周期，C错误；绕地球运动的卫星与地心的连线在相同时间t内扫过的面积S＝eq\f(1,2)vt·r，v＝eq\r(\f(GM,r))，解得S＝eq\f(t,2)eq\r(GMr)，可知，在相同时间内，A与地心连线扫过的面积小于B与地心连线扫过的面积，D正确。5．如图甲所示，轻弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端与物块P拴接。现用外力将P缓慢压至O点，此时弹簧的压缩量为3l0，撤去外力后P向右运动；换用质量较小的物块Q完成同样的过程。在两物块第一次向右运动至最远的过程中，它们的加速度a与位移x的关系如图乙所示。已知两物块与水平地面间的动摩擦因数相同。下列说法正确的是()A．释放瞬间Q的加速度是P的3倍B．P的质量是Q的2倍C．P的最大动能是Q的4倍D．Q向右运动的最大距离是P的4倍解析：选B设弹簧的劲度系数为k，物块与地面的动摩擦因数为μ，当速度达到最大时，加速度为零，对两物块由平衡条件得μmPg＝k·2l0，μmQg＝k·l0，联立可得mP＝2mQ，故B正确；释放物块瞬间，根据牛顿第二定律得k·3l0－μmPg＝mPaP，k·3l0－μmQg＝mQaQ，解得aP＝eq\f(kl0,mP)，aQ＝eq\f(2kl0,mQ)，结合B选项，可得eq\f(aP,aQ)＝eq\f(4,1)，故A错误；设开始弹簧的弹性势能为Ep，从释放到最大动能处由动能定理得EkQ＝Ep－eq\f(1,2)kl02－μmQg·2l0，EkP＝Ep－eq\f(1,2)k(2l0)2－μmPg·l0，结合mP＝2mQ，可知EkP<EkQ，则EkP≠4EkQ，故C错误；由题意可知，P、Q两物块从开始到第一次向右运动到最远处做简谐运动，由对称性可知，Q向右运动的最大距离是P的2倍，故D错误。6．图1的平行金属板M、N间加有图2所示的交变电压，OO′是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。eq\f(1,4)T时，比荷为k的带电粒子甲从O点沿OO′方向、以v0的速率进入板间，eq\f(3,2)T时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在eq\f(3,8)T时刻，带电粒子乙以2v0的速率沿OO′从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，则下列说法中正确的是()A．T时刻，乙粒子离开电场B．乙粒子的比荷为eq\f(8k,7)C．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为2∶3D．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为1∶2解析：选ABD设板长为L，粒子甲带负电，则甲运动时间为t＝eq\f(L,v0)＝eq\f(3,2)T－eq\f(1,4)T＝eq\f(5,4)T，粒子乙因入射速度为甲的两倍，则运动时间为t′＝eq\f(L,2v0)＝eq\f(5,8)T，因乙在eq\f(3,8)T时刻飞入板间，则在T时刻飞出板间，A正确；设两板间距离为d，则有a甲＝eq\f(U0q,md)＝eq\f(U0k,d)为定值，则在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据竖直方向位移和时间的关系，可得vy＝a甲t，做出竖直方向上速度与时间图像，如图，则图线与时间轴围成的面积代表竖直方向上的位移，设板间距为d，若恰好不与极板碰撞，则表示粒子在电场中竖直方向的最大位移大小刚好为eq\f(d,2)，根据图像可知在eq\f(3,4)T、eq\f(5,4)T时刻粒子甲会恰好不碰到极板，此两种时刻会达到最大位移的大小，而在eq\f(3,2)T时刻，粒子出磁场，此时位移是最大位移的一半，为eq\f(d,4)，即甲在竖直方向上的位移为eq\f(d,4)；同理，对粒子乙，其轨迹为A′B′C′D′的形状，因乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，根据图像可知在T时刻会恰好不与极板相撞，此时乙刚好飞出磁场，即乙在竖直方向上的位移为eq\f(d,2)，则偏转位移之比为eq\f(y甲,y乙)＝eq\f(\f(d,4),\f(d,2))＝eq\f(1,2)，C错误，D正确；对乙有y乙＝eq\f(1,2)a乙eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(T－\f(5,8)T))2－2·eq\f(1,2)a乙·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)－\f(3,8)T))2＝eq\f(7a乙T2,128)，对甲有y甲＝eq\f(1,2)a甲eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)T－\f(5,4)T))2＝eq\f(a甲T2,32)，因eq\f(y甲,y乙)＝eq\f(1,2)，则有eq\f(\f(a甲T2,32),\f(7a乙T2,128))＝eq\f(1,2)，可得eq\f(a乙,a甲)＝eq\f(8,7)，又a甲＝eq\f(U0q,md)＝eq\f(U0k,d)，a乙＝eq\f(U0q′,m′d)，可得eq\f(q′,m′)＝eq\f(8k,7)，B正确。7．传统岭南祠堂式建筑保留了瓦片屋顶，屋顶结构可简化为如图，弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为θ，瓦片质量为m，重力加速度为g，则椽子对瓦片()A．支持力的合力方向竖直向上B．作用力的合力方向竖直向上C．支持力的合力大小为mgcosθD．作用力的合力大小为mg解析：选BCD对瓦片进行受力分析，受到椽子对其的支持力的合力方向垂直接触面斜向上，根据平衡条件可得椽子对瓦片的作用力的合力与瓦片的重力为一对平衡力，即椽子对瓦片的作用力的合力方向竖直向上，A错误，B正确；根据前面分析椽子对瓦片支持力的合力大小为FN＝mgcosθ，C正确；椽子对瓦片作用力的合力大小为F＝mg，D正确。8．如图甲所示，条形码扫描笔的原理是扫描笔头在条形码上匀速移动时，遇到黑色线条，发光二极管发出的光线将被吸收，光敏三极管接收不到反射光，呈高阻抗；遇到白色间隔，光线被反射到光敏三极管，三极管呈低阻抗。光敏三极管将条形码变成一个个电脉冲信号，信号经信号处理系统处理，即完成对条形码信息的识别，等效电路图如图乙所示，其中R为光敏三极管的等效电阻，R0为定值电阻，下列判断正确的是()A．当扫描笔头在黑色线条上移动时，信号处理系统获得高电压B．当扫描笔头在白色间隔上移动时，信号处理系统获得高电压C．扫描速度对信号处理系统接收到的电压信号无影响D．扫描笔头外壳出现破损时不能正常工作解析：选BD信号处理系统获得的电压是R0两端的电压，当扫描笔头在黑色线条上移动时，R相当于大电阻，根据闭合电路欧姆定律，回路电流很小，R0两端的电压很低，信号处理系统获得低电压；当扫描笔头在白色间隔上移动时，R相当于小电阻，回路电流较大，R0两端的电压较高，信号处理系统获得高电压，故A错误，B正确；如果扫描速度发生变化，在信号处理系统中高低电压的时间间隔就会发生变化，从而无法正确判断黑、白条纹宽度，可能出现错误识别信息，故C错误；扫描笔头外壳出现破损时，外面的光就会进入光敏三极管，从而出现错误信息，导致不能正常工作，故D正确。二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13题～第14题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共47分)9．(6分)甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图甲、图乙、图丙所示的实验装置做实验。甲小组测小车匀变速运动的加速度，乙小组探究小车的加速度与合外力的关系，丙小组探究小车的速度和合外力做的功的关系，小车的总质量用M表示(图乙中M为小车与力传感器的总质量，图丙中M为小车和固定在小车上的小滑轮的总质量)，钩码总质量用m表示，重力加速度为g，试回答下列问题：(1)甲、乙、丙三组实验不需要平衡小车与长木板之间的摩擦力的是________(填“甲”“乙”“丙”或“都不需要”)。(2)甲、乙、丙三组实验需要满足M≫m的是______(填“甲”“乙”“丙”或“都不需要”)。(3)若三组同学分别用各自的实验装置做探究小车的加速度和合外力的关系实验，各组同学的操作均完全正确，甲、乙、丙三组同学作出的a-F图线如图丁所示(乙组同学所用F为力传感器示数，丙组同学所用F为弹簧测力计示数)，则乙组实验对应的图线是________(填“A”“B”或“C”)。解析：(1)测定小车匀变速运动的加速度的实验只要存在加速度即可，不需要平衡摩擦力；探究当质量一定时，小车运动的加速度与合外力的关系的实验，保证细绳的拉力等于小车受到的合外力，需要平衡摩擦力；探究小车速度和合外力做功的实验，要保证细绳的拉力的2倍等于小车受到的合外力，需要平衡摩擦力。(2)甲组实验中，存在加速度即可，不需要M≫m；乙和丙细绳的拉力可以由力传感器和弹簧测力计直接得到，不需要用钩码的重力代替，所以乙、丙两组不需要满足M≫m，故三组实验都不需要。(3)若三组同学分别用各自的实验装置做探究小车的加速度和合外力的关系实验，甲组实验装置用钩码的重力代替绳子的拉力，要满足M≫m，随着m的增大，不满足M≫m时，图像出现弯曲，所以甲组实验对应的是C，乙组实验中小车受到的拉力等于力传感器的示数，力传感器的示数等于细绳的拉力；丙组实验中小车受到的拉力等于弹簧测力计的2倍，即细绳拉力的2倍，当F相等时，乙组实验的加速度小，所以乙组对应B，丙组对应A。答案：(1)甲(2分)(2)都不需要(2分)(3)B(2分)。10．(9分)在“探究小灯泡伏安特性曲线”的实验中，某实验小组选用标有“2.5V,0.6A”规格的小灯泡，除开关S、导线外，还有下列器材可供选用：A．电压表(量程0～3V，内阻约为3kΩ)B．电压表(量程0～10V，内阻约为10kΩ)C．电流表(0～100mA，内阻约为30Ω)D．电流表(0～0.6A，内阻约为1Ω)E．电源(电动势1.5V，内阻不计)F．电源(电动势12V，内阻不计)G.滑动变阻器R(阻值范围0～5Ω，额定电流2A)H．定值电阻R1(阻值为6Ω)(1)为使测量尽量准确，电压表选用________，电流表选用________，电源选用________。(均填器材前的字母代号)(2)在图1方框中画出实验电路图。(3)该实验小组得到小灯泡的伏安特性曲线如图2甲所示。将小灯泡接入如图2乙所示的电路中，已知电源的电动势E＝4.5V，内阻r＝2.5Ω。调节电阻箱R2的阻值，使电阻箱R2消耗的电功率是小灯泡的两倍，则此时电阻箱阻值应调到________Ω(结果保留两位有效数字)。解析：(1)“2.5V,0.6A”规格的小灯泡，所以使用的电压表量程为0～3V，即A；电流表量程选用0～0.6A，即D；由于小灯泡额定电压为2.5V，所以电源电动势应为12V，即F。(2)由于电源的电动势大，所以电路中串联一个定值电阻R1进行分压，为使测量尽量准确，电路中的滑动变阻器应采用分压式，电流表外接，电路图如图所示。(3)小灯泡与电阻箱串联，电阻箱R2消耗的功率是小灯泡的两倍，所以电阻箱接入的电阻是小灯泡的两倍，设小灯泡两端的电压为U，根据闭合电路欧姆定律得：E＝3U＋Ir，整理得：9＝6U＋5I，在小灯泡的伏安特性曲线中做出对应图像，如图所示。由图线与原图像的交点可知，U＝1.10V，I＝0.46A，则电阻箱接入的阻值为R＝eq\f(2U,I)＝eq\f(2×1.10,0.46)Ω≈4.8Ω。答案：(1)A(1分)D(1分)F(1分)(2)见解析图(3分)(3)4.8(3分)11．(12分)运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的两个方向上分别研究。北京2022年冬奥会国家跳台滑雪赛道如图甲所示，某运动员在空中运动的部分轨迹如图乙所示，在轨迹上取三个点A、B、C，测得三点间的高度差和水平间距分别为h1＝11.2m、h2＝17.6m、xAB＝xBC＝24m。运动员落到倾角为23°的滑道上时，速度方向与滑道成30°角，用了0.7s完成屈膝缓冲后沿滑道下滑。若空气阻力、滑道摩擦均不计，运动员连同装备质量为70kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，sin23°＝0.39，cos23°＝0.92。求：(1)运动员在空中运动的水平速度；(2)屈膝缓冲过程中运动员受到的平均缓冲力的大小。解析：(1)运动员从A到B，从B到C所用时间相等，设时间间隔为T，则h2－h1＝gT2(2分)v0T＝xAB(2分)解得v0＝30m/s。(2分)(2)由题意得，运动员落到滑道上时速度与水平方向的夹角为53°，eq\f(v0,v)＝cos53°(2分)在垂直滑道方向上由动量定理有(mgcos23°－F)t＝0－mvsin30°(2分)求得F＝3144N。(2分)答案：(1)30m/s(2)3144N12.(20分)某种质谱仪由偏转电场和偏转磁场组成，其示意图如图所示，整个装置处于真空中。偏转电场的极板水平放置，极板长度和间距均为L。在偏转电场右侧适当位置有一夹角为2θ的足够大扇形区域OPQ，区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，区域的OP边与偏转极板中心轴线MN垂直，扇形圆心O点与轴线MN的距离为d。现有大量正离子(单个离子质量为m、电荷量为q)连续不断地以速度v0沿轴线MN射入偏转电场。当偏转电压为0时，离子均能垂直扇形区域的OQ边射出磁场；若在两极板间加峰值为Um＝eq\f(\r(3)mv02,3q)的正弦式电压，则所有离子经过磁场偏转后都能经过磁场外同一点(图中未画出)。若仅考虑极板间的电场，离子在电场中运动的时间远小于两极板间所加交变电压的周期，不计离子的重力和离子间的相互作用，求：[可能用到的数学公式：sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ](1)偏转磁场的磁感应强度；(2)离子在通过偏转电场的过程中动量变化量的最大值；(3)离子在偏转磁场中运动的最长时间与最短时间的差值；(4)扇形区域的OP边与极板右端的距离。解析：(1)不加偏转电压时，离子束能垂直磁场的边界OQ出磁场，所以磁场中离子做圆周运动的半径为R＝d(1分)又qv0B＝eq\f(mv02,R)(1分)所以B＝eq\f(mv0,qd)，方向垂直纸面向外。(2分)(2)当偏转电压最大时，动量变化量最大为Δpmax＝mvy(1分)离子在电场中的偏转过程有vy＝ata＝eq\f(Eq,m)＝eq\f(qUm,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中Um＝\f(\r(3)mv02,3q)))L＝v0t(2分)解得vy＝eq\f(\r(3)v0,3)，Δpmax＝eq\f(\r(3)mv0,3)。(2分)(3)如图，进入磁场的离子速度方向反向延长都汇于G1，最后该束粒子都能汇聚于一点G2，故离子在磁场中的圆周运动圆心均在2θ的角平分线上。离子在磁场中的运动周期与离子的速度无关，所以T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πd,v0)(1分)当偏转电压正向最大时，圆周运动轨迹为C1D1，所对应圆心角最大，大小为2(θ＋α)，运动的时间为tmax＝eq\f(2θ＋α,2π)T(1分)当偏转电压负向最大时，圆周运动轨迹为C2D2，所对应圆心角最小，大小为2(θ－α)，运动时间为tmin＝eq\f(2θ－α,2π)T(1分)由(2)解可知tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(3),3)，可得α＝eq\f(π,6)(1分)以上式子联立可得Δt＝tmax－tmin＝eq\f(2πd,3v0)。(1分)(4)设OP边与极板右端的距离为x，由离子在电场中偏转可求得eq\x\to(NC1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋x))·tanα(1分)在磁场中做圆周运动时有qvB＝eq\f(mv2,Rmax)其中v＝eq\r(v02＋vy2)，解得Rmax＝eq\f(2\r(3)d,3)(1分)在△OO1C1中，根据正弦定理知eq\f(d＋\x\to(NC1),sinθ＋α)＝eq\f(\x\to(O1C1),sinθ)＝eq\f(Rmax,sinθ)(2分)联立方程组解得扇形区域的OP边与极板右端的距离为x＝eq\f(d,tanθ)－eq\f(L,2)。(2分)答案：(1)eq\f(mv0,qd)，方向垂直纸面向外(2)eq\f(\r(3)mv0,3)(3)eq\f(2πd,3v0)(4)eq\f(d,tanθ)－eq\f(L,2)(二)选考题(共15分。任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分)13．[选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________。A．在完全失重的情况下，密封容器内的气体对器壁的顶部没有作用力B．一定量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对单位面积器壁的平均碰撞次数随着温度降低而增加C．某气体的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则该气体的分子体积为V0＝eq\f(M,ρNA)D．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大E．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大(2)(10分)如图所示，两水平放置的导热汽缸底部由管道连通，轻质活塞a、b用刚性轻杆相连，可在汽缸内无摩擦地移动，两活塞横截面积分别为Sa和Sb，且Sa∶Sb＝2∶3。缸内密封有一定质量的气体，系统处于平衡状态时，左、右汽缸内气体的体积均为V0。已知大气压强为p0，环境温度为T0，忽略管道中的气体体积，两活塞始终未脱离汽缸。①若活塞在外力作用下，使右侧汽缸内的体积减小eq\f(1,5)V0，求稳定后缸内气体的压强。②若大气压强p0不变，缓慢升高环境温度，使左侧汽缸内的气体体积恰好为零，求此时的环境温度。解析：(1)根据压强的微观意义可知，密封容器内的气体对器壁的作用力与是否失重无关，故A错误；根据压强的微观意义可知，当气体的压强不变时，单位时间内作用在单位面积上的力不变；当温度降低时，分子的平均动能减小，多个分子对器壁的平均撞击力减小，所以在压强不变时，分子每秒对单位面积器壁的平均碰撞次数随着温度降低而增加，故B正确；气体间距较大，不能用阿伏加德罗常数计算分子体积，故C错误；温度是分子的平均动能的标志，温度高的物体的分子平均动能一定大；但物体的内能与物体的物质的量、温度、体积等都有关，所以温度高的物体的内能不一定大，故D正确；当分子间作用力表现为斥力分子之间的距离减小要克服分子力做功，所以分子势能随分子间距离的减小而增大，故E正确。(2)①设缸中气体的压强为p1，以活塞a、b和刚性轻杆为研究对象，根据力的平衡有p1Sa＋p0Sb＝p1Sb＋p0Sa，解得p1＝p0，以左、右汽缸内全部气体为研究对象，初状态气体体积V1＝2V0，压强p1＝p0，末状态气体体积V2＝eq\f(4,5)V0＋V0＋eq\f(Sa,Sb)·eq\f(V0,5)＝eq\f(29,15)V0(2分)压强设为p2，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2(2分)解得p2＝eq\f(30,29)p0。(1分)②以左右汽缸内全部气体为研究对象，初状态气体体积V1＝2V0，压强p1＝p0，温度为T0，末状态气体体积V3＝V0＋eq\f(Sb,Sa)·V0＝eq\f(5,2)V0，压强p3＝p0，温度设为T，根据等压变化规律有eq\f(V1,T0)＝eq\f(V3,T)(3分)解得T＝eq\f(5,4)T0。(2分)答案：(1)BDE(2)①eq\f(30,29)p0②eq\f(5,4)T014．[选修3－4](15分)(1)(5分)一列简谐横波沿x轴负方向传播，其波长大于5m。从某时刻开始计时，介质中位置在x＝1m处的质点a和在x＝5m处的质点b的振动图像分别如图甲、乙所示。则质点a的振动方程为______________；该波的波长为______m，波速为________m/s。(2)(10分)如图1所示某种透明材料制成的光学元件，该元件是一个中间圆柱