2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 綜合能力仿真模擬卷二（含解析）

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1、綜合能力仿真模擬卷二 物理部分　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 第Ⅰ卷(選擇題，共48分) 二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。 14．(2019·四川德陽三診)下列說法中錯誤的是(　　) A．若氫原子從n＝6能級向n＝1能級躍遷時(shí)輻射出的光不能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則氫原子從n＝6能級向n＝2能級躍遷時(shí)輻射出的光也不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng) B．核泄漏事故污染物Cs能夠產(chǎn)生對人體有害的輻射，其核反應(yīng)方程式為Cs→B

2、a＋x，可以判斷x為電子 C．原子核發(fā)生一次β衰變，該原子外層就一定失去一個(gè)電子 D．質(zhì)子、中子、α粒子的質(zhì)量分別是m1、m2、m3，質(zhì)子和中子結(jié)合成一個(gè)α粒子，釋放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2 答案　C 解析　根據(jù)玻爾理論可知，氫原子從n＝6能級向n＝1能級躍遷時(shí)輻射出光的能量大于氫原子從n＝6能級向n＝2能級躍遷時(shí)輻射出光的能量，結(jié)合光電效應(yīng)發(fā)生的條件可知，若氫原子從n＝6能級向n＝1能級躍遷時(shí)輻射出的光不能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則氫原子從n＝6能級向n＝2能級躍遷時(shí)輻射出的光也不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故A正確；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒可知，核反應(yīng)方程式Cs→Ba＋x中

3、，x的質(zhì)量數(shù)為0，電荷數(shù)為：Z＝55－56＝－1，所以x為電子，故B正確；β衰變的實(shí)質(zhì)是原子核中的一個(gè)中子轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子，將電子釋放出來，β衰變釋放的電子不是來自于核外電子，故C錯誤；質(zhì)子和中子結(jié)合成α粒子，核反應(yīng)方程為2H＋2n→He，根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程可知，釋放的能量是ΔE＝Δmc2＝(2m1＋2m2－m3)c2，故D正確。本題要求選說法錯誤的，故選C。 15．(2019·河南鄭州三模)背越式跳高采用弧線助跑，距離長，速度快，動作舒展大方。如圖所示是某運(yùn)動員背越式跳高過程的分解圖，由圖可估算出運(yùn)動員在躍起過程中起跳的豎直速度大約為(　　) A．2 m/s B.5 m

4、/s C.8 m/s D．11 m/s 答案　B 解析　運(yùn)動員跳高過程可以看成豎直上拋運(yùn)動，當(dāng)重心達(dá)到橫桿時(shí)速度恰好為零，運(yùn)動員重心升高高度約為：h≈1.3 m，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知：mv2＝mgh；解得：v＝＝ m/s≈5 m/s，故B正確，A、C、D錯誤。 16．(2019·湖南常德高三一模)2018年，我省加大環(huán)保督查力度，打響碧水藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)。督查暗訪組在某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計(jì)，測量管由絕緣材料制成，其長為L、直徑為D，左右兩端開口，在前后兩個(gè)內(nèi)側(cè)面a、c固定有金屬板作為電極，勻強(qiáng)磁場方向豎直向下。污水(含有大量的正負(fù)離子)充滿管口從左向右流經(jīng)該測

5、量管時(shí)，a、c兩端的電壓為U，顯示儀器顯示污水流量為Q(單位時(shí)間內(nèi)排出的污水體積)。則(　　) A．a(chǎn)側(cè)電勢比c側(cè)電勢低 B．污水中離子濃度越高，顯示儀器的示數(shù)越大 C．污水流量Q與U成正比，與L、D無關(guān) D．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ 答案　D 解析　污水中正負(fù)離子從左向右移動，受到洛倫茲力，根據(jù)左手定則，正離子向后表面偏，負(fù)離子向前表面偏，所以后表面a側(cè)電勢比前表面c側(cè)電勢高，故A錯誤；最終正負(fù)離子會受到電場力、洛倫茲力而平衡，有qE＝qvB，即＝vB，而污水流量Q＝＝·＝，可知Q與U、D成正比，與L和離子濃度無關(guān)；因?yàn)镼＝，則勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，故D正確，B、C錯誤。

6、 17．(2019·江西吉安高三上學(xué)期五校聯(lián)考)隨著科技的不斷發(fā)展，無線充電已經(jīng)進(jìn)入人們的視線。小到手表、手機(jī)，大到電腦、電動汽車的充電，都已經(jīng)實(shí)現(xiàn)了從理論研發(fā)到實(shí)際應(yīng)用的轉(zhuǎn)化。下圖給出了某品牌的無線充電手機(jī)利用電磁感應(yīng)方式無線充電的原理圖。關(guān)于無線充電，下列說法正確的是(　　) A．無線充電時(shí)手機(jī)接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應(yīng)” B．只有將充電底座接到直流電源上才能對手機(jī)進(jìn)行充電 C．接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同 D．只要有無線充電底座，所有手機(jī)都可以進(jìn)行無線充電 答案　C 解析　無線充電的原理是電磁感應(yīng)，而不是電流的磁效應(yīng)，故A錯誤；發(fā)生

7、電磁感應(yīng)的條件是電流要發(fā)生變化，故不能接到直流電源上，B錯誤；發(fā)生互感時(shí)，兩個(gè)線圈中交流電的頻率應(yīng)該相同，故C正確；有無線充電底座，當(dāng)手機(jī)內(nèi)部的線圈與底座上的線圈頻率相同時(shí)才可以進(jìn)行充電，故D錯誤。 18．(2019·湖南省長沙市寧鄉(xiāng)三模)在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對方的藍(lán)壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖a所示，碰撞前后兩壺運(yùn)動的v-t圖線如圖b中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量相等，則(　　) A．兩壺發(fā)生了彈性碰撞 B．碰后藍(lán)壺速度為0.8 m/s C．碰后藍(lán)壺移動的距離為2.4 m D．碰后紅壺所受的摩擦力小于藍(lán)壺所受的摩擦力 答案　B 解析

8、　由圖可知：碰前紅壺的速度v0＝1.0 m/s，碰后速度為v0′＝0.2 m/s，且碰后紅壺沿原方向運(yùn)動。設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，取碰撞前紅壺的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，代入數(shù)據(jù)解得：v＝0.8 m/s，計(jì)算可得：mv>mv0′2＋mv2，即碰撞過程有機(jī)械能損失，該碰撞為非彈性碰撞，故A錯誤，B正確；根據(jù)v-t圖象中圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移可得，碰后藍(lán)壺移動的位移大小x＝t＝×5 m＝2 m，故C錯誤；根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度，可知碰后紅壺的加速度大于藍(lán)壺的加速度，又因?yàn)閮烧叩馁|(zhì)量相等，由牛頓第二定律可知碰后紅壺所受的摩擦力大于藍(lán)壺所受的摩擦力，

9、故D錯誤。故選B。 19．(2019·湖南懷化三模)2018年6月14日11時(shí)06分，探月工程嫦娥四號任務(wù)“鵲橋”中繼星成為世界首顆成功進(jìn)入地月拉格朗日L2點(diǎn)的Halo使命軌道的衛(wèi)星，為地月信息聯(lián)通搭建“天橋”。如圖所示，該L2點(diǎn)位于地球與月球連線的延長線上，“鵲橋”位于該點(diǎn)，在幾乎不消耗燃料的情況下與月球同步繞地球做圓周運(yùn)動。已知地球、月球和“鵲橋”的質(zhì)量分別為Me、Mm、m，地球和月球之間的平均距離為R，L2點(diǎn)離月球的距離為x，則(　　) A．“鵲橋”的線速度大于月球的線速度 B．“鵲橋”的向心加速度小于月球的向心加速度 C．x滿足＋＝(R＋x) D．x滿足＋＝(R＋x)

10、答案　AC 解析　根據(jù)題意可知，“鵲橋”與月球運(yùn)動的角速度相等，“鵲橋”中繼星繞地球轉(zhuǎn)動的半徑比月球繞地球轉(zhuǎn)動的半徑大，根據(jù)線速度v＝ωr可知，“鵲橋”中繼星繞地球轉(zhuǎn)動的線速度比月球繞地球轉(zhuǎn)動的線速度大，故A正確；根據(jù)向心加速度a＝ω2r可知，“鵲橋”中繼星繞地球轉(zhuǎn)動的向心加速度比月球繞地球轉(zhuǎn)動的向心加速度大，故B錯誤；中繼衛(wèi)星的向心力由月球和地球引力的合力提供，則有：＋＝mω2(R＋x)，對月球而言，則有＝Mmω2R，兩式聯(lián)立可解得：＋＝(R＋x)，故C正確，D錯誤。故選A、C。 20．(2019·湖南湘潭三模)如圖所示，勻強(qiáng)電場方向水平向右，帶負(fù)電的小球從斜面頂端的O點(diǎn)水平向右拋出，初

11、速度大小為v0。小球帶電量為－q，質(zhì)量為m，運(yùn)動軌跡如圖中曲線所示，小球打到斜面上P點(diǎn)的速度方向豎直向下，已知斜面與小球初速度方向的夾角為60°，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) A．勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為 B．小球做曲線運(yùn)動的加速度大小為g C．小球由O點(diǎn)到P點(diǎn)用時(shí) D．小球通過P點(diǎn)時(shí)的速度大小為 答案　BC 解析　帶電小球在水平方向做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)加速度為a，合位移為L，由牛頓第二定律得：a＝?、?，0＝v0－at?、?，Lcos60°＝t　③，在豎直方向做自由落體運(yùn)動，則Lsin60°＝gt2?、?，聯(lián)立①②③④解得：a＝g　⑤，E＝　⑥，故A錯誤；小

12、球做曲線運(yùn)動的加速度大小a′＝?、?，聯(lián)立⑤⑦解得：a′＝g，故B正確；聯(lián)立②⑤解得：t＝，故C正確；小球通過P點(diǎn)時(shí)的速度大小為v＝gt＝v0，故D錯誤。故選B、C。 21．(2019·武漢三模)如圖所示，某次足球訓(xùn)練，守門員將靜止的足球從M點(diǎn)踢出，球斜拋后落在60 m外地面上的P點(diǎn)。發(fā)球的同時(shí)，前鋒從距P點(diǎn)11.5 m的N點(diǎn)向P點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動，其初速度為2 m/s，加速度為4 m/s2，當(dāng)其速度達(dá)到8 m/s后保持勻速運(yùn)動。若前鋒恰好在P點(diǎn)追上足球，球員和球均可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略球在空中運(yùn)動時(shí)的阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　) A．前鋒加速的距離為7.5 m

13、 B．足球在空中運(yùn)動的時(shí)間為2.3 s C．足球運(yùn)動過程中的最小速度為30 m/s D．足球上升的最大高度為10 m 答案　AC 解析　前鋒做勻加速直線運(yùn)動，初速度為2 m/s，加速度為4 m/s2，末速度為8 m/s，根據(jù)速度—位移公式可知，v2－v＝2ax加，代入數(shù)據(jù)解得x加＝7.5 m，A正確；前鋒和足球運(yùn)動的時(shí)間相等，前鋒加速運(yùn)動的時(shí)間t加＝＝1.5 s，勻速運(yùn)動時(shí)間t勻＝＝0.5 s，故足球在空中運(yùn)動的時(shí)間t總＝t加＋t勻＝2 s，B錯誤；足球在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，位移為60 m，時(shí)間為2 s，則足球在水平方向的速度v水平＝＝30 m/s，當(dāng)足球豎直方向速度為0時(shí)，運(yùn)

14、動速度最小，故足球運(yùn)動過程中的最小速度為30 m/s，C正確；足球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動的對稱性可知，上升時(shí)間為1 s，且當(dāng)t＝1 s時(shí)，足球上升的高度最高，最大高度hmax＝gt2＝5 m，D錯誤。故選A、C。 第Ⅱ卷(非選擇題，共62分) 三、非選擇題：共62分，第22～25題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33～34題為選考題，考生根據(jù)要求作答。 (一)必考題：共47分。 22．(2019·黑龍江齊齊哈爾一模)(6分)用如圖1實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶通過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出一系列的點(diǎn)，對紙帶上的點(diǎn)跡進(jìn)行測量

15、，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。圖2給出的是實(shí)驗(yàn)中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個(gè)點(diǎn)，每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)打點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖2所示。已知m1＝50 g、m2＝150 g，則：(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) (1)在紙帶上打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)的速度v＝________ m/s。 (2)在打0～5計(jì)數(shù)點(diǎn)的過程中系統(tǒng)動能的增量ΔEk________ J，系統(tǒng)勢能的減少量ΔEp＝________ J(計(jì)算時(shí)g取10 m/s2)。由此得出的結(jié)論是：________________。 (3)若某同學(xué)作出-h圖象如圖3，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝________ m/s2。 答案　(1)2.4

16、　(2)0.58　0.60　在誤差允許的范圍內(nèi)，m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒　(3)9.7 解析　(1)根據(jù)在勻變速直線運(yùn)動中中點(diǎn)時(shí)刻的瞬時(shí)速度大小等于該過程的平均速度，可知打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)的速度為：v5＝＝ m/s＝2.4 m/s。 (2)物體的初速度為零，所以動能的增加量為：ΔEk＝(m1＋m2)v－0＝×[(50＋150)×10－3]×(2.4)2 J≈0.58 J。重力勢能的減小量等于系統(tǒng)重力做的功，故：ΔEp＝WG＝(m2－m1)gh＝[(150－50)×10－3]×10×(38.40＋21.60)×10－2 J＝0.60 J。 由此可知系統(tǒng)動能的增加量和勢能的減小量基本相等，

17、因此在誤差允許的范圍內(nèi)，m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。 (3)本題中根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，m2gh－m1gh＝(m1＋m2)v2，即有：v2＝gh＝gh，所以-h圖象中圖象的斜率表示重力加速度的一半，由圖3可知，斜率k＝4.85，故當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹椋篻＝2k＝9.7 m/s2。 23．(2019·廣東深圳二模)(9分)LED燈的核心部件是發(fā)光二極管。某同學(xué)欲測量一只工作電壓為2.9 V的發(fā)光二極管的正向伏安特性曲線，所用器材有：電壓表(量程3 V，內(nèi)阻約3 kΩ)，電流表(用多用電表的直流25 mA擋替代，內(nèi)阻約為5 Ω)，滑動變阻器(0～20 Ω)，電池組(內(nèi)阻不計(jì))，開關(guān)和導(dǎo)線若

18、干。他設(shè)計(jì)的電路如圖a所示。回答下列問題： (1)根據(jù)圖a，在實(shí)物圖b上完成連線。 (2)調(diào)節(jié)變阻器的滑片至最________(填“左”或“右”)端，將多用電表選擇開關(guān)撥至直流25 mA擋，閉合開關(guān)。 (3)某次測量中，多用電表示數(shù)如圖c，則通過二極管的電流為________ mA。 (4)該同學(xué)得到的正向伏安特性曲線如圖d所示。由曲線可知，隨著兩端電壓增加，二極管的正向電阻________(填“增大”“減小”或“不變”)；當(dāng)兩端電壓為2.9 V時(shí)，正向電阻為________ kΩ(結(jié)果取兩位有效數(shù)字)。 (5)若實(shí)驗(yàn)過程中發(fā)現(xiàn)，將變阻器滑片從一端移到另一端，二極管亮度幾乎不

19、變，電壓表示數(shù)在2.7～2.9 V之間變化，試簡要描述一種可能的電路故障：______________________________。 答案　(1)連線圖見解析　(2)左 (3)16.0(在15.8～16.2范圍內(nèi)均可) (4)減小　0.15(0.15或0.16均可) (5)連接電源負(fù)極與變阻器的導(dǎo)線斷路 解析　(1)根據(jù)多用電表紅黑表筆的接法“紅進(jìn)黑出”可知，黑表筆接二極管正極，紅表筆接滑動變阻器，滑動變阻器采用分壓式接法，連線如圖所示。 (2)滑動變阻器采用分壓接法時(shí)，為保護(hù)電路，閉合開關(guān)前滑片應(yīng)置于分壓電路分壓為零的位置，即最左端。 (3)多用電表所選量程為25 mA

20、，則電流表讀數(shù)為 mA＝16.0 mA(答案在15.8～16.2范圍內(nèi)均可)。 (4)I-U圖象中，圖線與原點(diǎn)連線的斜率表示電阻的倒數(shù)，由圖可知，隨著電壓的增加，斜率逐漸增大，則二極管的電阻逐漸減??；由圖d知，當(dāng)兩端電壓為2.9 V時(shí)，電流為19.0 mA，則電阻大小為R＝≈152.6 Ω≈0.15 kΩ。 (5)由于二極管的正向電阻約為0.15 kΩ，遠(yuǎn)大于滑動變阻器的最大阻值，因此若實(shí)驗(yàn)中，將變阻器滑片從一端移到另一端，二極管亮度幾乎不變，電壓表示數(shù)在2.7～2.9 V之間變化，則有可能是滑動變阻器與二極管串聯(lián)，導(dǎo)致電路中總電阻較大，總電流較小，所以電壓表的示數(shù)變化較小，故故障可能是連

21、接電源負(fù)極與變阻器的導(dǎo)線斷路。 24．(2019·河南鄭州三模)(12分)翼型飛行器有很好的飛行性能，其原理是通過對降落傘的調(diào)節(jié)，使空氣升力和空氣阻力都受到影響，同時(shí)通過控制動力的大小而改變飛行器的飛行狀態(tài)。已知飛行器的動力F始終與飛行方向相同，空氣升力F1與飛行方向垂直，大小與速度的平方成正比，即F1＝C1v2；空氣阻力F2與飛行方向相反，大小與速度的平方成正比，即F2＝C2v2。其中C1、C2相互影響，可由飛行員調(diào)節(jié)，滿足如圖甲所示的關(guān)系。飛行員和裝備的總質(zhì)量為m＝90 kg。(重力加速度取g＝10 m/s2) (1)若飛行員使飛行器以速度v1＝10 m/s在空中沿水平方向勻速飛行

22、，如圖乙所示。結(jié)合甲圖計(jì)算，飛行器受到的動力F為多大？ (2)若飛行員使飛行器在空中的某一水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，如圖丙所示，在此過程中調(diào)節(jié)C1＝5.0 N·s2/m2，機(jī)翼中垂線和豎直方向夾角為θ＝37°，求飛行器做勻速圓周運(yùn)動的半徑r和速度v2大小。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 答案　(1)750 N　(2)30 m　15 m/s 解析　(1)選飛行器和飛行員為研究對象，由受力分析可知，在豎直方向上有：mg＝C1v 得：C1＝3 N·s2/m2 由C1、C2關(guān)系圖象可得：C2＝2.5 N·s2/m2 在水平方向上，動力和阻力平衡：F＝F2 又F2＝C2v

23、 解得：F＝750 N。 (2)由題意知空氣升力F1′與豎直方向夾角為θ，在豎直方向所受合力為零，有：mg＝C1vcosθ 水平方向合力提供向心力，有：C1vsinθ＝m 聯(lián)立解得：r＝30 m；v2＝15 m/s。 25．(2019·山東青島二模)(20分)如圖為一除塵裝置的截面圖，塑料平板M、N的長度及它們間的距離均為d。大量均勻分布的帶電塵埃以相同的速度v0進(jìn)入兩板間，速度方向與板平行，每顆塵埃的質(zhì)量均為m，帶電量均為－q。當(dāng)兩板間同時(shí)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場和垂直板向上的勻強(qiáng)電場時(shí)，塵埃恰好勻速穿過兩板間；若撤去板間電場，并保持板間磁場不變，塵埃恰好全部被平板吸附，即除塵效

24、率為100%；若撤去兩板間電場和磁場，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，y軸垂直于板并緊靠板右端，x軸與兩板中軸線共線，要把塵埃全部收集到位于P(2d，－1.5d)處的條狀容器中，需在y軸右側(cè)加一垂直于紙面向里的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域。塵埃顆粒重力、顆粒間作用及對板間電場和磁場的影響均不計(jì)，求： (1)兩板間磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??； (2)若撤去板間磁場，保持板間勻強(qiáng)電場不變，除塵效率為多少； (3)y軸右側(cè)所加圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B2大小的取值范圍。 答案　(1)　(2)50%　(3)≤B2≤ 解析　(1)沿N極板射入的塵埃恰好不從極板射出時(shí)塵埃的運(yùn)動軌跡如圖所示，

25、由幾何知識可知，塵埃在磁場中的軌跡半徑：r＝d， 塵埃在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力， 由牛頓第二定律得：qv0B1＝， 解得：B1＝。 (2)電場、磁場同時(shí)存在時(shí)，塵埃做勻速直線運(yùn)動，滿足：qE＝qv0B1， 撤去磁場以后粒子在電場力作用下做類平拋運(yùn)動，假設(shè)與N極板相距為y的粒子恰好離開電場： 水平方向：d＝v0t， 豎直方向：y＝at2， 加速度：a＝ 解得：y＝0.5d 當(dāng)y>0.5d時(shí)，水平位移x>d，即與y極板相距為0.5d到d這段距離的粒子會射出電場， 則除塵效率為：×100%＝50%。 (3)設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R0，塵埃顆粒在圓形磁場中做圓

26、周運(yùn)動的半徑為R2，要把塵埃全部收集到位于P處的條狀容器中，就必須滿足R2＝R0， 另qv0B2＝m 如圖1，當(dāng)圓形磁場區(qū)域過P點(diǎn)且與M板的延長線相切時(shí)，圓形磁場區(qū)域的半徑R0最小，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2最大，有R0?。絛 解得：B2大＝ 如圖2，當(dāng)圓形磁場區(qū)域過P點(diǎn)且與y軸在M板的右端相切時(shí)，圓形磁場區(qū)域的半徑R0最大，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2最小，有R0大＝2d 解得：B2?。? 所以圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小須滿足的條件為≤B2≤。 (二)選考題：共15分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。 33．[物理——選修3－3](15分) (1)(5分)下

27、列說法正確的是________。(填正確答案標(biāo)號。選對1個(gè)得2分，選對2個(gè)得4分，選對3個(gè)得5分。每選錯1個(gè)扣3分，最低得分為0分) A．當(dāng)分子之間表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子間距離越小，分子勢能越大 B．物體的溫度升高，分子的熱運(yùn)動加劇，每個(gè)分子的動能都增大 C．外界對封閉氣體做功，氣體的溫度可能降低 D．從單一熱源吸收熱量，不可能使之完全變成功 E．氣體向真空自由膨脹的過程是不可逆過程 (2)(10分)如圖所示，某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)壓力送水裝置，由A、B、C三部分組成，A為打氣筒，B為壓力儲水容器，導(dǎo)熱良好，C為細(xì)管，通過細(xì)管把水送到h＝5 m高處，細(xì)管的容積忽略不計(jì)。k1和k2是單向密閉閥

28、門，k3是放水閥門，打氣筒活塞和筒壁間不漏氣，其容積為V0＝0.5 L，儲水器總?cè)莘e為10 L，開始儲水器內(nèi)有V1＝4 L的氣體，氣體壓強(qiáng)為p0。已知大氣壓強(qiáng)為p0＝1.0×105 Pa，水的密度為ρ＝1.0×103 kg/m3，求： ①打氣筒第一次打氣后儲水器內(nèi)的壓強(qiáng)； ②通過打氣筒給儲水器打氣，打氣結(jié)束后打開閥門k3，水全部流到5 m高處，求打氣筒至少打氣多少次。 答案　(1)ACE　(2)①1.125×105 Pa?、?2次 解析　(1)當(dāng)分子之間表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子間距離減小，斥力做負(fù)功，分子勢能增大，故A正確；物體的溫度升高，分子的熱運(yùn)動加劇，分子平均動能增大，但不是每個(gè)分

29、子的動能都增大，有個(gè)別分子動能也可能減小，故B錯誤；外界對封閉氣體做功時(shí)，氣體可能向外界放出熱量，如果放出的熱量大于所做的功，氣體內(nèi)能會減小，溫度會降低，故C正確；從單一熱源吸收熱量，如果有外界參與時(shí)，是可以使之完全變成功，故D錯誤；熱現(xiàn)象具有方向性，氣體向真空自由膨脹的過程就是一種不可逆過程，沒有外界的參與氣體是不可能自動收縮回去的，故E正確。 (2)①取打氣筒內(nèi)氣體和儲水器內(nèi)氣體為研究對象，發(fā)生等溫變化 則：p0(V1＋V0)＝p1V1 解得：p1＝1.125×105 Pa； ②設(shè)儲水器內(nèi)水即將完全排出前氣體的壓強(qiáng)為p2，則： p2＝p0＋ρgh 氣體體積為：V2＝10 L

30、設(shè)需要打氣筒打n次，以n次所打氣體和儲水器內(nèi)開始的氣體為研究對象，根據(jù)等溫變化有： p0(V1＋nV0)＝p2V2 解得：n＝22。 34．[物理——選修3－4](15分) (1)(2019·湖南衡陽二模)(5分)以下物理學(xué)知識的相關(guān)敘述中，正確的是________。(填正確答案標(biāo)號。選對1個(gè)得2分，選對2個(gè)得4分，選對3個(gè)得5分。每選錯1個(gè)扣3分，最低得分為0分) A．交警通過發(fā)射超聲波測量車速是利用了波的多普勒效應(yīng) B．用透明的標(biāo)準(zhǔn)樣板和單色光檢查平面的平整度是利用了光的偏振 C．通過手指間的縫隙觀察日光燈，可以看到彩色條紋，說明光具有波動性 D．紅外線的顯著作用是熱作用，

31、溫度較低的物體不能輻射紅外線 E．在“用單擺測重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中，為了減小測量單擺周期的誤差，應(yīng)選小球運(yùn)動中的最低點(diǎn)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，測其n次全振動的時(shí)間 (2)(10分)如圖所示是橫截面為圓周的柱狀玻璃棱鏡AOB，現(xiàn)有一束單色光垂直于OA面從AB弧的中點(diǎn)射入時(shí)恰好發(fā)生全反射現(xiàn)象，現(xiàn)將入射光線向下平移一段距離，經(jīng)AB面折射后與OB延長線相交于P點(diǎn)，已知玻璃磚半徑R＝5 cm，P到O的距離d2＝5(＋1) cm，求平移后的光線到OB的距離d。 答案　(1)ACE　(2)2.5 cm 解析　(1)交警通過發(fā)射超聲波測量車速是利用了波的多普勒效應(yīng)，從汽車上反射回的超聲波的頻率發(fā)生了變化，故A

32、正確；用透明的標(biāo)準(zhǔn)樣板和單色光檢查平面的平整度是利用了光的干涉，故B錯誤；通過手指間的縫隙觀察日光燈，可以看到彩色條紋，是光的衍射，說明光具有波動性，故C正確；紅外線的顯著作用是熱作用，溫度較低的物體也能輻射紅外線，故D錯誤；在“用單擺測重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中，為了減小測量單擺周期的誤差：①應(yīng)選小球運(yùn)動中的最低點(diǎn)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，因?yàn)樽畹忘c(diǎn)速度最大，計(jì)時(shí)誤差小；②測其n次全振動的時(shí)間求平均值，故E正確。 (2)根據(jù)題意可知，當(dāng)單色光由玻璃射向空氣時(shí)，發(fā)生全反射的臨界角C＝45°， 根據(jù)sinC＝，解得n＝ 光路圖如圖所示： 由折射定律可得n＝＝ 在△ODP中，由正弦定理有： ＝， 所以＝ 聯(lián)立解得i＝45°，γ＝30° 則DE＝ODsinγ＝2.5 cm。 - 15 -