2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 綜合能力物理部分押題密卷（三）（含解析）

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1、部分押題密卷(三) 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分110分，時間60分鐘。 第Ⅰ卷 一、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選項中，第1～4題只有一個選項符合題目要求，第5～8題有多項符合題目要求，全部答對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分) 1．氫原子部分能級的示意圖如圖所示，不同色光的光子能量如下表所示： 色光 紅 橙 黃 綠 藍(lán)—靛 紫 光子能量 范圍(eV) 1.61～ 2.00 2.00～ 2.07 2.07～ 2.14 2.14～ 2.53 2.53～ 2.76 2.

2、76～ 3.10 氫原子部分能級的示意圖如圖所示。大量處于n＝4能級的氫原子，發(fā)射出的光的譜線在可見光范圍內(nèi)，其顏色分別為(　　) A．紅、藍(lán)—靛 B．紅、紫 C．橙、綠 D．藍(lán)—靛、紫 答案　A 解析　大量處于n＝4能級的氫原子向低能級躍遷時，能夠輻射出能量分別為12.75 eV、12.09 eV、10.2 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV的六種光子，對照表格知，2.55 eV和1.89 eV的光子屬于可見光，其中能量為1.89 eV的光子為紅光，能量為2.55 eV的光子為藍(lán)—靛光，故選A。 2．(2019·陜西榆林高三第三次模擬)質(zhì)量相同的甲、

3、乙兩物體放在相同的光滑水平地面上，分別在水平力F1、F2的作用下從同一地點，沿同一方向，同時運動，其v-t圖象如圖所示，下列判斷正確的是(　　) A．0～6 s，F(xiàn)1先減小后不變，F(xiàn)2一直增大 B．0～6 s內(nèi)兩者在前進(jìn)方向上的最大距離一定大于4 m C．在0～2 s內(nèi)，甲的加速度始終大于乙的加速度 D．4 s末甲、乙兩物體動能相同，由此可知F1＝F2 答案　B 解析　由v-t圖象可知，對甲物體，在0～2 s內(nèi)，甲物體速度—時間圖線的斜率逐漸減小，則其加速度逐漸減小，F(xiàn)1逐漸減小，2～6 s內(nèi)，甲物體速度保持不變，F(xiàn)1為零，對于乙物體，速度—時間圖線的斜率保持不變，則F2保持不

4、變，故A錯誤；0～6 s內(nèi)，當(dāng)兩者速度相同即t＝4 s時，兩物體相距最大，此時乙的位移為x乙＝×4×4 m＝8 m，甲的位移x甲> m＝12 m，則兩者的最大距離大于4 m，故B正確；由v-t圖象可知，在0～2 s內(nèi)，t＝0時，甲圖線的斜率大于乙圖線的斜率，此后，甲圖線的斜率逐漸減小到零，乙圖線的斜率保持不變，故甲的加速度先大于乙的加速度，后小于乙的加速度，故C錯誤；4 s末甲、乙兩物體動能相同，但它們的加速度不同，故F1不等于F2，D錯誤。 3. (2019·遼寧大連二模)2018年12月12日，在北京飛控中心工作人員的精密控制下，嫦娥四號開始實施近月制動，成功進(jìn)入環(huán)月圓軌道Ⅰ。12月30

5、日成功實施變軌，進(jìn)入橢圓著陸軌道Ⅱ，為下一步月面軟著陸做準(zhǔn)備。如圖所示，B為近月點，A為遠(yuǎn)月點，關(guān)于嫦娥四號衛(wèi)星，下列說法正確的是(　　) A．衛(wèi)星在軌道Ⅱ上A點的加速度大于在B點的加速度 B．衛(wèi)星沿軌道Ⅰ運動的過程中，衛(wèi)星中的科考儀器處于超重狀態(tài) C．衛(wèi)星從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅱ，機(jī)械能增加 D．衛(wèi)星在軌道Ⅱ經(jīng)過A點時的動能小于在軌道Ⅱ經(jīng)過B點時的動能 答案　D 解析　根據(jù)萬有引力提供向心力有：G＝ma，B點距月心更近，所以衛(wèi)星在B點的加速度更大，A錯誤；衛(wèi)星沿軌道Ⅰ運動的過程中，萬有引力全部提供向心力，衛(wèi)星中的科考儀器處于失重狀態(tài)，B錯誤；衛(wèi)星從高軌道變軌到低軌道，需要點火減速

6、，衛(wèi)星的動能減小，所以衛(wèi)星從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅱ，機(jī)械能減小，C錯誤；從A點到B點，萬有引力做正功，衛(wèi)星的動能增大，D正確。 4．(2019·湖南岳陽高三二模)如圖甲為一種門后掛鉤的照片，相鄰掛鉤之間的距離為7 cm，圖乙中斜挎包的寬度約為21 cm，在斜挎包的質(zhì)量一定的條件下，為了使懸掛時背包帶受力最小，下列措施正確的是(　　) A．隨意掛在一個鉤子上 B．使背包帶跨過兩個掛鉤 C．使背包帶跨過三個掛鉤 D．使背包帶跨過四個掛鉤 答案　D 解析　設(shè)懸掛后背包帶與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)平衡條件可得2Fcosθ＝mg；解得背包帶的拉力F＝，在斜挎包的質(zhì)量一定的條件下，為了

7、使懸掛時背包帶受力最小，則cosθ最大，由于相鄰掛鉤之間的距離為7 cm，圖乙中斜挎包的寬度約為21 cm，故使背包帶跨過四個掛鉤時θ≈0，cosθ≈1，此時背包帶受力最小，故D正確。 5. (2019·安徽黃山二模)如圖所示，甲、乙兩個小球同時從同一固定的足夠長斜面的A、B兩點分別以v0、2v0水平拋出，分別落在斜面的C、D兩點(圖中未畫出)，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．甲、乙兩球接觸斜面前的瞬間，速度的方向相同 B．甲、乙兩球做平拋運動的時間之比為1∶4 C．A、C兩點間的距離與B、D兩點間的距離之比為1∶4 D．甲、乙兩球接觸斜面前的瞬間，速度大小之比為1∶

8、 答案　AC 解析　設(shè)小球落在斜面上時，速度與水平方向的夾角為α，位移與水平方向的夾角為θ，則tanα＝，tanθ＝＝，可知tanα＝2tanθ，因為小球落在斜面上時，其位移與水平方向的夾角為定值，可知兩球接觸斜面的瞬間，它們的速度方向相同，故A正確；根據(jù)tanθ＝＝可得t＝，因為兩球初速度之比為1∶2，所以甲、乙兩球做平拋運動的時間之比為1∶2，故B錯誤；根據(jù)h＝gt2可知兩球下落的高度之比為1∶4，根據(jù)相似三角形知識可知A、C兩點間的距離與B、D兩點間的距離之比為1∶4，故C正確；甲、乙兩球運動的時間之比為1∶2，則其豎直分速度之比為1∶2，因為兩球落在斜面上時速度方向相同，所以兩球接

9、觸斜面的瞬間，它們的速度大小之比為1∶2，故D錯誤。 6．(2019·福建高中畢業(yè)班3月質(zhì)檢)回旋加速器主要結(jié)構(gòu)如圖，兩個中空的半圓形金屬盒接高頻交流電源置于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，兩盒間的狹縫寬度很小。粒子源S位于金屬盒的圓心處，產(chǎn)生的粒子初速度可以忽略。用兩臺回旋加速器分別加速質(zhì)子(H)和α粒子(He)，這兩臺加速器的金屬盒半徑、磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度、高頻交流電源的電壓均相等，不考慮相對論效應(yīng)，則質(zhì)子和α粒子(　　) A．所能達(dá)到的最大動量大小相等 B．所能達(dá)到的最大動能相等 C．受到的最大洛倫茲力大小相等 D．在達(dá)到最大動能的過程中通過狹縫的次數(shù)相等 答案　BC 解析　當(dāng)粒

10、子的旋轉(zhuǎn)半徑到達(dá)D形盒的半徑R時，粒子的速度最大，由公式qvB＝m可得：p＝mv＝qBR，由于兩粒子的電荷量不同，所以兩粒子所能達(dá)到的最大動量大小不相等，故A錯誤；當(dāng)粒子的旋轉(zhuǎn)半徑到達(dá)D形盒的半徑R時，粒子的速度最大，由Ek＝mv2＝可得，兩粒子的動能之比等于電荷量的平方之比與質(zhì)量反比的積，所以兩粒子所能達(dá)到的最大動能相等，故B正確；當(dāng)粒子的旋轉(zhuǎn)半徑到達(dá)D形盒的半徑R時，粒子的速度最大，由公式qvB＝m可得：v＝，由f洛＝qvB＝可知，兩粒子受到的最大洛倫茲力大小相等，故C正確；粒子每加速一次增加的動能為qU，粒子能達(dá)到的最大動能為Ek＝，所以粒子被加速的次數(shù)為n＝＝，由于質(zhì)子與α粒子的比荷不

11、相等，所以兩粒子在達(dá)到最大動能的過程中通過狹縫的次數(shù)不相等，故D錯誤。 7. (2019·福建泉州二模)一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小滑塊，從傾角為θ的光滑絕緣斜面上的A點由靜止下滑，經(jīng)時間t后立即加上沿斜面向上的勻強(qiáng)電場，再經(jīng)時間t滑塊恰好過A點。重力加速度大小為g，則(　　) A．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為 B．滑塊過A點時的速度大小為2gtsinθ C．滑塊從A點到最低點的過程中，重力勢能減少了mg2t2sin2θ D．滑塊從最低點到A點的過程中，電勢能減少了2mg2t2sin2θ 答案　AB 解析　未加電場時，取向下為正方向，滑塊的加速度：a＝gsinθ，經(jīng)過時間t，

12、其速度：v1＝at＝gtsinθ，其位移：x＝at2＝gt2sinθ，加上電場后，根據(jù)題意，滑塊的加速度：a′＝－gsinθ，再經(jīng)過時間t滑塊恰好過A點，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律：－x＝v1t－a′t2，聯(lián)立解得：a′＝3gsinθ，E＝，A正確；滑塊過A點的速度：v2＝v1－a′t＝gtsinθ－3gtsinθ＝－2gtsinθ，即此時滑塊的速度大小為2gtsinθ，方向沿斜面向上，B正確；滑塊從A點到最低點的過程中，滑塊的總位移：x總＝at2＋＝gt2sinθ，所以滑塊的重力勢能減小ΔEp＝mgx總sinθ＝mg2t2sin2θ，C錯誤；滑塊從最低點到A點的過程中，根據(jù)動能定理：mv－0＝W

13、電－mgx總sinθ，解得電場力做功為：W電＝mg2t2sin2θ，所以滑塊的電勢能減少了：ΔEp′＝mg2t2sin2θ，D錯誤。 8．(2019·山東淄博三模)如圖所示，左側(cè)接有定值電阻R的光滑導(dǎo)軌處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌間距為d。一質(zhì)量為m、阻值為r的金屬棒在水平拉力F作用下由靜止開始運動，速度與位移始終滿足v＝kx，棒與導(dǎo)軌接觸良好，則在金屬棒移動的過程中(　　) A．通過R的電荷量與x2成正比 B．金屬棒的動量對時間的變化率增大 C．拉力的沖量為＋kmx D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝ 答案　BC 解析　通過R的電量q＝∑i·Δt＝＝

14、∝x，A錯誤；設(shè)金屬棒在t1時刻的速度為v1，t2時刻的速度為v2，根據(jù)v＝kx可知v1＝kx1，v2＝kx2，金屬棒的動量對時間的變化率＝＝＝mkv，再由v＝kx可知，金屬棒在移動的過程中，隨著位移x增大，金屬棒的動量對時間的變化率增大，故B正確；對金屬棒，根據(jù)動量定理I沖－Bidt＝mv，其中q＝∑i·Δt＝，v＝kx，聯(lián)立解得拉力的沖量為I沖＝＋kmx，故C正確；根據(jù)功能關(guān)系可知E電＝W安克，F(xiàn)安＝Bid＝＝∝x，所以W安克＝F安x＝，由電流做功可得電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝E電＝，故D錯誤。 第Ⅱ卷 二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，共62分。第9～12題為必考題，考生都必

15、須作答。第13～14題為選考題，考生根據(jù)要求作答) (一)必考題(共47分) 9．(2019·云南二模)(6分)某同學(xué)用圖甲所示的實驗裝置測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，正確操作后獲得圖乙所示的一條紙帶。他用天平測得小車的質(zhì)量為M，鉤碼質(zhì)量為m，毫米刻度尺測得紙帶上自0點到連續(xù)點1、2、3、4、5、6的距離分別為：d1＝1.07 cm、d2＝2.24 cm、d3＝3.48 cm、d4＝4.79 cm、d5＝6.20 cm、d6＝7.68 cm。已知實驗所用交流電頻率為f＝50 Hz。 (1)打點2時小車的速度大小為________ m/s(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。 (2)小車運動過程中的平均

16、加速度大小為________ m/s2(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。 (3)以各點速度v的二次方為縱坐標(biāo)，以各點到0點的距離d為橫坐標(biāo)，作v2-d圖象，所得圖線為一條斜率為k的傾斜直線，不考慮小車與桌面間的摩擦，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝________(用m、M、k表示)。 答案　(1)0.60　(2)2.0　(3) 解析　(1)打點2時小車的速度等于1到3段的平均速度，v＝＝ m/s≈0.60 m/s。 (2)根據(jù)逐差法可得：a＝＝ ＝ m/s2＝2.0 m/s2。 (3)對鉤碼和小車組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得mg＝(M＋m)a，由v2－v＝2ad可得a＝＝，聯(lián)立解得g＝。 10．

17、(2019·河南鄭州二模)(9分)導(dǎo)體或半導(dǎo)體材料在外力作用下產(chǎn)生機(jī)械形變時，其電阻值發(fā)生相應(yīng)變化，這種現(xiàn)象稱為應(yīng)變電阻效應(yīng)。圖甲所示，用來稱重的電子吊秤，就是利用了這個應(yīng)變效應(yīng)。電子吊秤實現(xiàn)稱重的關(guān)鍵元件是拉力傳感器。其工作原理是：掛鉤上掛上重物，傳感器中拉力敏感電阻絲在拉力作用下發(fā)生微小形變(宏觀上可認(rèn)為形狀不變)，拉力敏感電阻絲的電阻也隨著發(fā)生變化，再經(jīng)相應(yīng)的測量電路把這一電阻變化轉(zhuǎn)換為電信號(電壓或電流)，從而完成將所稱物體重量變換為電信號。 物理小組找到一根拉力敏感電阻絲RL，其阻值隨拉力F變化的圖象如圖乙所示，小組按圖丙所示電路制作了一個簡易“吊秤”。電路中電源電動勢E＝3

18、V，內(nèi)阻r＝1 Ω；靈敏毫安表量程為10 mA，內(nèi)阻Rg＝50 Ω；R1是可變電阻器，A、B兩接線柱等高且固定。現(xiàn)將這根拉力敏感電阻絲套上輕質(zhì)光滑絕緣環(huán)，將其兩端接在A、B兩接線柱之間固定不動。通過光滑絕緣滑環(huán)可將重物吊起，不計敏感電阻絲重力?，F(xiàn)完成下列操作步驟： 步驟a：滑環(huán)下不吊重物時，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)可變電阻R1使毫安表指針滿偏； 步驟b：滑環(huán)下吊上已知重力的重物G，測出電阻絲與豎直方向的夾角為θ； 步驟c：保持可變電阻R1接入電路電阻不變，讀出此時毫安表示數(shù)I； 步驟d：換用不同已知重力的重物，掛在滑環(huán)上記錄每一個重力值對應(yīng)的電流值； 步驟e：將電流表刻度盤改裝為重力刻度盤。

19、 (1)試寫出敏感電阻絲上的拉力F與重物重力G的關(guān)系式F＝________。 (2)設(shè)R-F圖象斜率為k，試寫出電流表示數(shù)I與待測重物重力G的表達(dá)式I＝________________(用E、r、R1、Rg、R0、k、θ表示)。 (3)若R-F圖象中R0＝100 Ω，k＝0.5 Ω/N，測得θ＝60°，毫安表指針半偏，則待測重物重力G＝________ N。 (4)關(guān)于改裝后的重力刻度盤，下列說法正確的是(　　) A．重力零刻度線在電流表滿刻度處，刻度線均勻 B．重力零刻度線在電流表零刻度處，刻度線均勻 C．重力零刻度線在電流表滿刻度處，刻度線不均勻 D．重力零刻度線在電流表零刻

20、度處，刻度線不均勻 (5)若電源電動勢不變，內(nèi)阻變大，其他條件不變，用這臺“簡易吊秤”稱重前，進(jìn)行了步驟a操作；則測量結(jié)果________(填“偏大”“偏小”或“不變”)。 答案　(1)　(2) (3)600　(4)C　(5)不變 解析　(1)對滑環(huán)受力分析，由平衡知識可知：2Fcosθ＝G，解得F＝。 (2)由圖乙可知：R＝kF＋R0；由丙電路可知：I＝＝。 (3)將R0＝100 Ω，k＝0.5 Ω/N，θ＝60°，Ig＝10 mA，I＝Ig＝5 mA，E＝3 V，內(nèi)阻r＝1 Ω，Rg＝50 Ω代入I＝和Ig＝，可得G＝600 N。 (4)當(dāng)不掛重物時，電流計滿偏，則重力零刻度

21、線在電流表滿刻度處，因G與I不是正比關(guān)系，則重力刻度盤的刻度線不均勻，故選C。 (5)實驗前進(jìn)行了a操作，則Ig＝，當(dāng)掛重物G時：I＝＝，可知I不變，即E不變，r變大，對實驗的結(jié)果無影響，測量結(jié)果不變。 11．(2019·四川宜賓二診)(12分)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的光滑圓弧軌道，其末端與足夠長的水平軌道平滑連接。一質(zhì)量為m的小球P從圓弧軌道頂端由靜止開始沿軌道下滑，在圓弧軌道末端與質(zhì)量為2m的靜止小球Q發(fā)生對心碰撞。小球P、Q與水平軌道間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度大小為g。假設(shè)小球P、Q間的碰撞為完全彈性碰撞，碰撞時間極短。求： (1)碰撞后瞬間小球P對圓弧

22、軌道末端的壓力大??； (2)小球P、Q均停止運動后，二者之間的距離。 答案　(1)mg　(2)R 解析　(1)小球P由靜止開始下滑到圓弧軌道末端的過程，由動能定理可得： mv＝mgR 兩球碰撞過程動量守恒，機(jī)械能守恒，則： mv0＝mv1＋2mv2 mv＝mv＋·2mv 聯(lián)立解得：v1＝－，v2＝ 小球P碰后在圓弧軌道末端時： FN－mg＝m，解得FN＝mg 由牛頓第三定律可知，碰撞后瞬間小球P對圓弧軌道末端的壓力大小為FN′＝mg。 (2)小球P滑上圓弧軌道后，再返回到圓弧軌道末端的速度與v1等大，方向向左，對P、Q分別應(yīng)用動能定理，則：－μ·mgx1＝－·mv，

23、解得P向左滑行的距離x1＝R －μ·2mgx2＝－×2mv， 解得小球Q向左滑行的距離：x2＝R， 則小球P、Q均停止運動后，二者之間的距離 Δx＝x2－x1＝R。 12．(2019·廣東深圳二模)(20分)如圖a所示，整個空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(平行于紙面)，在同一水平線上的兩位置，以相同速率同時噴出質(zhì)量均為m的油滴a和b，帶電量為＋q的a水平向右，不帶電的b豎直向上。b上升高度為h時，到達(dá)最高點，此時a恰好與它相碰，瞬間結(jié)合成油滴P。忽略空氣阻力，重力加速度為g。求： (1)油滴b豎直上升的時間及兩油滴噴出位置的距離； (2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)及油滴a、b結(jié)合為P后瞬間的

24、速度； (3)若油滴P形成時恰位于某矩形區(qū)域邊界，取此時為t＝0時刻，同時在該矩形區(qū)域加一個垂直于紙面的周期性變化的勻強(qiáng)磁場，磁場變化規(guī)律如圖b所示，磁場變化周期為T0(垂直紙面向外為正)，已知P始終在矩形區(qū)域內(nèi)運動，求矩形區(qū)域的最小面積。(忽略磁場突變的影響) 答案　(1)　2h (2)　，方向向右上，與水平方向夾角為45° (3) 解析　(1)設(shè)兩油滴的噴出速率為v0，油滴b做豎直上拋運動，則：0－v＝－2gh 解得v0＝ 又0＝v0－gt0，解得t0＝ 油滴a的水平分運動為勻速直線運動，有：x0＝v0t0 解得兩油滴噴出位置的距離為x0＝2h。 (2)設(shè)勻強(qiáng)電場的場

25、強(qiáng)為E，兩油滴結(jié)合之前，油滴a做類平拋運動，設(shè)加速度為a， 則：qE－mg＝ma h＝at，t0＝ 解得a＝g，E＝ 設(shè)兩油滴的噴出速率為v0，結(jié)合前瞬間油滴b的速度為0，油滴a速度大小為va，方向向右上，與水平方向的夾角為θ， 則：v0＝vacosθ，v0tanθ＝at0 解得va＝2，θ＝45° 兩油滴的結(jié)合過程動量守恒，則有：mva＝2mvP 聯(lián)立解得vP＝，方向向右上，與水平方向夾角為45°。 (3)因qE＝2mg，油滴P在磁場中受到的合力為F洛，P做勻速圓周運動，設(shè)半徑為r，周期為T， 則：qvP＝2m 解得r＝ 由T＝，解得T＝T0 結(jié)合外加磁場的變化規(guī)

26、律分析可知，油滴P在磁場中的運動軌跡是兩個外切圓組成的“8”字形，軌跡如圖，最小矩形的兩條邊分別為2r和4r，最小面積為：Smin＝2r×4r＝。 (二)選考題(共15分) 請考生從兩道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。 13．[物理——選修3－3](共15分) (1)(2019·蘭州模擬)(5分)下列說法正確的是________(填正確答案標(biāo)號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)。 A．密封在鋼瓶內(nèi)的氣體，若溫度升高，則氣體分子對器壁單位面積上的平均作用力增大 B．兩個分子從相距很遠(yuǎn)開始逐漸互相靠近，此過

27、程中其分子力先增大后減小，分子勢能先減小后增大 C．一定質(zhì)量的理想氣體，如果在某個過程中溫度保持不變而吸收熱量，則在該過程中氣體的壓強(qiáng)一定減小 D．第二類永動機(jī)是不能制造出來的，因為它雖不違反能量守恒定律，但違反熱力學(xué)第二定律 E．物體的溫度為0 ℃時，物體的分子平均動能為零 (2) (2019·河南六市高三第二次聯(lián)考)(10分)如圖所示，水平放置的密閉、導(dǎo)熱汽缸通過一段不計體積的導(dǎo)管和上端開口玻璃管相連，汽缸被一不計厚度的隔熱輕活塞隔成體積相同的兩部分氣體，氣體壓強(qiáng)均等于大氣壓強(qiáng)p0，長度均為L＝10 cm(上部分汽缸中接有一段體積不計的電阻絲)，玻璃管內(nèi)裝有一段長為h＝40 cm的

28、水銀，導(dǎo)管處閥門關(guān)閉。已知汽缸橫截面積為S，玻璃管橫截面積為，外界溫度為t＝27 ℃，p0＝75 cmHg，封閉氣體可視為理想氣體。 ①打開閥門，求穩(wěn)定后玻璃管內(nèi)水銀柱長度h′； ②給活塞上部分氣體用電阻絲加熱，直至水銀柱回到初始液面，求此時上部分氣體的溫度T′。 答案　(1)ACD　(2)①30 cm?、?20 K 解析　(1)密封在鋼瓶中的氣體，若溫度升高，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程可知氣體的壓強(qiáng)增大，結(jié)合壓強(qiáng)的微觀意義可知氣體分子對器壁單位面積上的平均作用力增大，故A正確；分子間距大于r0時，分子力為引力，隨距離的減小，引力先增大后逐漸減??；分子間距小于r0時，分子力為斥力，隨距

29、離的減小，分子斥力增大，即在整個過程中，分子力先增大后減小再增大；分子間距大于r0時，分子力為引力，因此引力做正功使分子動能逐漸增大，分子勢能逐漸減??；分子間距小于r0時，分子力為斥力，因此斥力做負(fù)功使分子動能逐漸減小，分子勢能逐漸增大，故分子勢能先減小后增大，故B錯誤；根據(jù)熱力學(xué)第一定律，理想氣體溫度T不變，內(nèi)能就不變，即ΔU＝0，氣體吸收熱量即Q＞0，則氣體對外做功即W＜0，氣體體積V增大，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程＝C，其中V增大，T不變，得氣體的壓強(qiáng)p減小，故C正確；從單一熱源吸收的熱量，可以全部用來做功，而不引起其他變化的機(jī)器違背了熱力學(xué)第二定律，但沒有違背能量守恒定律，故D正確；物體的溫

30、度為0 ℃時，熱力學(xué)溫度為273.15 K，分子的平均動能不為零，故E錯誤。 (2)①汽缸內(nèi)兩部分氣體可看成一個整體，進(jìn)行等溫變化。假設(shè)打開閥門，穩(wěn)定后水銀柱下降高度為x，以汽缸內(nèi)封閉的氣體為研究對象，則有 p0·2LS＝S 解得x1＝10 cm，x2＝ cm(舍去) 即穩(wěn)定后玻璃管內(nèi)水銀柱的長度：h′＝h－x＝30 cm。 ②汽缸下部分氣體進(jìn)行等溫變化， 滿足p0LS＝(p0＋ρgh)L′S 解得L′＝ cm 對汽缸上部分氣體，由理想氣體狀態(tài)方程，有 ＝ 解得上部分氣體的溫度T′＝620 K。 14．[物理——選修3－4](共15分) (1)(2019·濰坊二模)(5

31、分)如圖所示為一列頻率為40 Hz的簡諧橫波沿x軸正方向傳播的t＝0時刻的波形圖，此時M點恰好開始振動。已知波源的平衡位置在O點，則下列判斷正確的是________(填正確答案標(biāo)號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)。 A．該波波長為3 m B．該波的傳播速度為80 m/s C．t＝0時刻，平衡位置在x＝1.8 m的質(zhì)點向下振動 D．M點的振動方程為y＝0.05sin80πt m E．N點起振后總是和O點同時到達(dá)波峰 (2)(2019·沈陽三模)(10分)如圖是一個半徑為R，球心為O的半球形透明玻璃體的截面圖。在距離O點右側(cè)1.5

32、R處有一個豎直放置的幕布MN，OA為球體的一條水平軸線且與幕布MN垂直。 ①某光源發(fā)出的細(xì)光線沿OA方向從O點射入半球形透明玻璃體并在幕布上形成一亮斑。現(xiàn)保持光線的傳播方向不變讓光源緩慢下移，當(dāng)射入點位于O點正下方R時，幕布上的亮斑突然消失，求該透明玻璃半球體的折射率； ②若將該光源置于O點左側(cè)處的S點，其發(fā)出的一細(xì)光線沿與OA夾角θ＝60°方向射向該透明玻璃半球體，求光線由光源到達(dá)幕布所用的時間。(已知光在真空中傳播速度為c，不考慮光線在透明玻璃體內(nèi)的二次反射) 答案　(1)BCD　(2)①　② 解析　(1)由題圖知波長λ＝2 m，周期T＝ s＝0.025 s，振幅A＝5 cm，

33、故A錯誤；根據(jù)波長、頻率(周期)和波速的關(guān)系得v＝λf＝80 m/s，故B正確；波沿x軸正向傳播，由此可判斷平衡位置在x＝1.8 m的質(zhì)點向下振動，故C正確；t＝0時M點位于平衡位置，向上振動，則它的振動方程為y＝Asin，將周期T和振幅A代入得y＝0.05sin80πt m，故D正確；N點與O點距離為19 m，即9個波長，則N點的振動情況與O點的振動情況總是相反，故E錯誤。 (2)①如圖1所示，根據(jù)幾何關(guān)系有： sin∠BDO＝＝ 細(xì)光束在B點水平入射，在D點發(fā)生全反射，有： sin∠BDO＝，則n＝。 ②作光路圖如圖2所示。由幾何關(guān)系可得， lSB＝·＝R，lOB＝tanθ＝R 由折射定律可得n＝ 解得α＝30° 在△OBC中，＝，計算可得β＝30° 根據(jù)折射定律：n＝，解得r＝60° 可見光線從半球形玻璃體的C點水平出射，即出射光線CE方向與OA平行， 光線在玻璃半球體中傳播的距離lBC＝lOB，C點到幕布的距離為lCE＝1.5R－Rsin30°＝R 由折射率與光速關(guān)系得：n＝ 解得光線在玻璃體內(nèi)的速度v＝＝c 光線由光源到達(dá)屏幕所用的時間 t＝＋＋＝。 - 15 -