高考物理二輪復(fù)習(xí) 第2部分 考前沖刺方略 高考仿真模擬練1

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高考仿真模擬練 模擬練(一) 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．考試時間60分鐘． 第Ⅰ卷(選擇題　共48分) 本卷共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．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．下列說法正確的是(　　) A．“交流電的有效值”使用了平均思想法 B．探究導(dǎo)體的電阻與導(dǎo)體的材料、長度、粗細(xì)的關(guān)系，使用了控制變量法 C．電場強(qiáng)度是用比值法定義的，電場強(qiáng)度與電場力成正比，與試探電荷的電荷量成反比 D．“如果電場線與等勢面不垂直，那么電場強(qiáng)度沿著等勢面方向就有一個分量，在等勢面上移動電荷時靜電力就要做功”，這里用到了歸納法 解析：選B.“交流電的有效值”使用了等效替代法，A錯誤；探究導(dǎo)體的電阻與導(dǎo)體的材料、長度、粗細(xì)的關(guān)系，用的是控制變量法，B正確；電場強(qiáng)度是用比值法定義的，但電場強(qiáng)度與電場力、試探電荷的電荷量都無關(guān)，C錯誤；“如果電場線與等勢面不垂直，那么電場強(qiáng)度沿著等勢面方向就有一個分量，在等勢面上移動電荷時靜電力就要做功”用的是反證法，D錯誤． 15．無線網(wǎng)絡(luò)給人們帶來了很多方便．假設(shè)可以采用衛(wèi)星對所有用戶在任何地方提供免費WiFi服務(wù)．已知地球半徑為R，重力加速度為g，提供免費WiFi服務(wù)的衛(wèi)星繞地球做圓周運動，則下列關(guān)于該衛(wèi)星的說法正確的是(　　) A．衛(wèi)星圍繞地球運動的軌道越高，角速度越大 B．衛(wèi)星圍繞地球運動的軌道越高，速度越小 C．若衛(wèi)星距離地面的高度等于地球半徑，則衛(wèi)星繞地球運動的周期為T＝2π D．衛(wèi)星的軌道可以在地球上任一經(jīng)線所在的平面內(nèi) 解析：選B.由G＝mrω2，解得ω＝ ，由此可知，衛(wèi)星繞地球運動的軌道越高，即軌道半徑r越大，角速度ω越小，A錯誤；由G＝m，可得v＝ ，顯然衛(wèi)星繞地球運動的軌道越高，即軌道半徑r越大，速度v越小，B正確；由G＝mr2，又r＝2R，GM＝gR2，解得T＝4π，C錯誤；由于地球自轉(zhuǎn)，經(jīng)線所在的平面不停地變化，而衛(wèi)星的軌道平面不變，所以衛(wèi)星的軌道不可能在地球上任一經(jīng)線所在的平面內(nèi)，D錯誤． 16．在光滑水平面上充滿水平向右的勻強(qiáng)電場，被拉直的絕緣輕繩一端固定在O點，另一端系著帶正電的小球，輕繩與水平面平行，OB與電場線平行．若小球從A點由靜止釋放后，沿水平面擺動到B點，不計空氣阻力，則關(guān)于此過程，下列判斷正確的是(　　) A．小球的動能先變小后變大 B．小球的切向加速度一直變大 C．小球受到的拉力先變大后變小 D．小球受到的電場力做功的功率先增大后減小 解析：選D.小球從A點擺動到B點的過程中，只有電場力做功且一直做正功，根據(jù)動能定理知小球的動能Ek一直增大，選項A錯誤；小球從A點擺動到B點的過程中輕繩與OB的夾角設(shè)為θ，則小球的切向加速度a1＝隨著θ的減小而減小，選項B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有F－qEcos θ＝m，得小球受到的拉力大小F＝qEcos θ＋Ek，cos θ、Ek均隨著θ的減小而增大，可見F一直增大，選項C錯誤；在A點時小球的速率為零，電場力做功的瞬時功率為零，過B點時小球的速度方向與電場力垂直，電場力做功的瞬時功率也為零，可見小球受到的電場力做功的功率先增大后減小，選項D正確． 17．如圖所示，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為4∶1，原線圈兩端接入穩(wěn)定的正弦交流電源u＝220sin 314t(V)；副線圈接有電阻R，并接有理想電壓表和理想電流表．下列結(jié)論正確的是(　　) A．電壓表讀數(shù)為55 V B．若僅副線圈匝數(shù)增加到原來的2倍，則電流表的讀數(shù)減小到原來的一半 C．若僅R的阻值增加到原來的2倍，則輸入功率也增加到原來的2倍 D．若R的阻值和副線圈匝數(shù)同時增加到原來的2倍，則輸出功率增加到原來的2倍 解析：選D.因為交流電源u＝220sin 314t(V)，電壓表的讀數(shù)為變壓器的輸出電壓的有效值，由＝得，電壓表讀數(shù)為55 V，所以選項A錯誤；若副線圈匝數(shù)增加，則U2增大，由I2＝可知，電流表示數(shù)增大，所以選項B錯誤；輸入電壓和匝數(shù)比不變，則輸出電壓不變，當(dāng)負(fù)載電阻R變大時，I2＝，電流變小，又P1＝P2＝U2I2，故輸入功率也減小，所以選項C錯誤；若副線圈匝數(shù)增加到原來的2倍，則U2增加到原來的2倍，同時R的阻值也增加到原來的2倍，故輸出功率P2＝變?yōu)樵瓉淼?倍，所以選項D正確． 18．如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上．一質(zhì)量為m的小物塊從輕彈簧上方且離地高度為h1的A點由靜止釋放，小物塊下落過程中的動能Ek隨離地高度h變化的關(guān)系如圖乙所示，其中h2～h1段圖線為直線．已知重力加速度為g，則以下判斷中正確的是(　　) A．當(dāng)小物塊離地高度為h2時，小物塊的加速度恰好為零 B．當(dāng)小物塊離地高度為h3時，小物塊的動能最大，此時彈簧恰好處于原長狀態(tài) C．小物塊從離地高度為h2處下落到離地高度為h3處的過程中，彈簧的彈性勢能增加了mg(h2－h(huán)3) D．小物塊從離地高度為h1處下落到離地高度為h4處的過程中，其減少的重力勢能恰好等于彈簧增加的彈性勢能 解析：選D.由題意可知，當(dāng)小物塊離地高度為h2時，小物塊剛好開始接觸彈簧，此時小物塊只受到重力作用，故此時的加速度大小為重力加速度g，A錯誤；當(dāng)小物塊離地高度為h3時，由題圖乙可知小物塊的動能達(dá)到最大，小物塊的速度達(dá)到最大，此時有mg＝kΔx，彈簧的壓縮量為Δx＝h2－h(huán)3，B錯誤；小物塊從離地高度為h2處下落到離地高度為h3處的過程中，重力勢能減少了mg(h2－h(huán)3)，由能量守恒定律可知，小物塊減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為小物塊增加的動能和彈簧增加的彈性勢能，即彈簧增加的彈性勢能ΔEp＝mg(h2－h(huán)3)－(Ek2－Ek1)，C錯誤；由題圖乙可知，當(dāng)小物塊離地高度為h4時，小物塊的動能為零，由能量守恒定律可知，小物塊減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧增加的彈性勢能，D正確． 19．如圖所示為一邊長為L的正方形abcd，P是bc的中點．若正方形區(qū)域內(nèi)只存在由d指向a的勻強(qiáng)電場，則在a點沿ab方向以速度v入射的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子(不計重力)恰好從P點射出．若該區(qū)域內(nèi)只存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，則在a點沿ab方向以速度v入射的同種帶電粒子恰好從c點射出．由此可知(　　) A．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為 B．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 C．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運動的加速度大小等于在勻強(qiáng)磁場中運動的加速度大小 D．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運動和在勻強(qiáng)磁場中運動的時間之比為1∶2 解析：選BC.帶電粒子在電場中做類平拋運動，有L＝vt，L＝at2，qE＝ma，聯(lián)立解得E＝，a＝，A錯誤；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，由幾何關(guān)系有r＝L，聯(lián)立解得B＝，B正確；粒子在勻強(qiáng)磁場中運動的加速度a′＝＝＝a，C正確；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運動的時間t＝，在勻強(qiáng)磁場中運動的時間t′＝，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運動和在勻強(qiáng)磁場中運動的時間之比為＝，D錯誤． 20．如圖所示，M、N為同一水平面內(nèi)的兩條平行長導(dǎo)軌，左端串聯(lián)電阻R，金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，桿和導(dǎo)軌的電阻不計，且桿與導(dǎo)軌間無摩擦，整個裝置處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場中．現(xiàn)對金屬桿ab施加一個與桿垂直的水平向右的恒力F，使桿從靜止開始運動．在運動過程中，桿的速度大小為v，桿所受安培力為F安，R中的電流為I，R上消耗的總能量為E總，則下列關(guān)于v、F安、I、E總隨時間變化的圖象可能正確的是(　　) 解析：選AD.由于金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，受到隨速度增大的安培力作用，所以金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)安培力增大到等于水平方向的恒力F時，金屬桿做勻速直線運動，選項A所示的速度v隨時間變化的圖象正確．金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝E/R＝，感應(yīng)電流與速度v成正比，感應(yīng)電流隨時間變化的圖線與選項A所示v－t圖線類似，選項C錯誤．桿所受安培力F安＝BIL＝，F(xiàn)安隨時間變化的圖線與速度v隨時間變化的圖線類似，選項B錯誤．由功能關(guān)系，開始時水平方向的恒力F做的功一部分使金屬桿動能增大，另一部分轉(zhuǎn)化為電能，被電阻R消耗掉；當(dāng)金屬桿勻速運動后，水平方向的恒力F做的功等于R上消耗的能量；因此R上消耗的總能量E總隨時間變化的圖象可能是D. 21．如圖所示，在水平面上放置一傾角為θ的光滑斜面，斜面上用勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接一質(zhì)量為m的小木塊，輕彈簧連在斜面頂端，開始系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)使斜面從靜止開始緩慢向左加速，加速度從零開始緩慢增大到某一值，然后保持此值恒定，木塊最終穩(wěn)定在某一位置(彈簧處在彈性限度內(nèi))．斜面從靜止開始向左加速到加速度達(dá)到最大值的過程中，下列說法正確的是(　　) A．木塊的重力勢能一直減小 B．木塊的機(jī)械能一直增加 C．木塊的加速度大小可能為 D．彈簧的彈性勢能一直增加 解析：選BCD.由于彈簧的彈力和斜面的支持力的合力對木塊始終做正功，木塊的機(jī)械能一定增加，B正確．設(shè)彈簧的原長為L0，對木塊受力分析，開始木塊靜止在斜面上，則有mgsin θ＝kx1，開始時彈簧長度L1＝L0＋x1＝L0＋；向左加速后，在木塊離開斜面前，根據(jù)牛頓第二定律，mgcos θ－FN＝masin θ，kx2－mgsin θ＝macos θ；當(dāng)FN＝0時，加速度a＝，C正確．加速度增大過程，彈簧長度L2＝L0＋x2＝L0＋，可見L2＞L1，隨著加速度增大，彈簧變長，重力勢能一直減?。划?dāng)木塊恰好要離開斜面時，彈簧長度L3＝L0＋x3＝L0＋；當(dāng)木塊離開斜面穩(wěn)定時，設(shè)彈簧與水平方向的夾角為α，α＜θ，有＝kx4，mg＝matan α，隨著a增大，α減小，彈簧長度L4＝L0＋x4＝L0＋，所以L3＜L4，D正確．因為h3＝L3sin θ＝L0sin θ＋，h4＝L4sin α＝L0sin α＋，h4＜h3，由于不知末狀態(tài)木塊是否離開斜面，木塊的重力勢能可能一直減小，也可能先減小后增大，A錯誤． 第Ⅱ卷(非選擇題　共62分) 本卷包括必考題和選考題兩部分．第22～25題為必考題，每個試題考生都必須作答，第33～35題為選考題，考生根據(jù)要求作答． (一)必考題(共47分) 22．(6分)某物理興趣小組利用電子秤探究小球在豎直面內(nèi)的圓周運動，他們到物理實驗室取來電子秤、鐵架臺、長度為L的輕質(zhì)細(xì)線和小球等． (1)將鐵架臺放在電子秤上，其讀數(shù)為M；撤去鐵架臺將小球放在電子秤上，其讀數(shù)為m. (2)組裝好實驗裝置如圖所示．保持細(xì)線自然伸長，將小球拉起至使細(xì)線處于水平位置，此時電子秤讀數(shù)為________(填寫“M＋m”、“M”、“大于M＋m”或“處于M和M＋m之間”)． (3)從釋放小球至小球向下運動到最低點過程，電子秤讀數(shù)________．(填“逐漸增大”、“逐漸減小”或“保持不變”) (4)忽略空氣阻力，當(dāng)小球運動到最低點時，細(xì)線的拉力為________；電子秤的讀數(shù)為________．(已知重力加速度為g) 解析：(2)將小球拉起至使細(xì)線處于水平位置時，電子秤讀數(shù)為鐵架臺的質(zhì)量M. (3)從釋放小球到小球向下運動至最低點過程，細(xì)線中拉力逐漸增大，電子秤讀數(shù)逐漸增大． (4)小球向下運動到最低點的過程，由機(jī)械能守恒定律有mgL＝mv2，當(dāng)小球運動到最低點時，設(shè)細(xì)線中拉力為F，對小球，由牛頓第二定律有F－mg＝m，聯(lián)立解得F＝3mg；對鐵架臺受力分析，設(shè)電子秤對鐵架臺的支持力為FN，由平衡條件得FN＝Mg＋F，電子秤的讀數(shù)為＝M＋3m. 答案：(2)M(1分)　(3)逐漸增大(1分)　(4)3mg(2分)　M＋3m(2分) 23．(9分)某實驗小組用如圖甲所示的電路測量一節(jié)蓄電池的電動勢(約2 V)和內(nèi)阻，考慮蓄電池的內(nèi)阻很小，電路中使用了一個保護(hù)電阻R0，除蓄電池、滑動變阻器R、開關(guān)、導(dǎo)線外，實驗室中可供選用的器材還有： A．電流表(量程3 A，內(nèi)阻約0.1 Ω) B．電壓表(量程3 V，內(nèi)阻3 kΩ) C．電壓表(量程1.8 V，內(nèi)阻1.8 kΩ) D．定值電阻(阻值1 Ω，額定功率5 W) E．定值電阻(阻值5 Ω，額定功率10 W) (1)實驗時，電壓表應(yīng)該選用________，保護(hù)電阻應(yīng)該選用________．(填器材前字母序號) (2)在實驗室進(jìn)行儀器檢查時發(fā)現(xiàn)電流表已經(jīng)損壞不能用了，則下列實驗改進(jìn)方案中理論上可行的有________． A．在缺少電流表的情況下，把滑動變阻器更換成電阻箱，來測蓄電池的電動勢和內(nèi)阻 B．按照實驗電路圖，在缺少電流表的情況下只依靠滑動變阻器調(diào)節(jié)，從而測出蓄電池的電動勢和內(nèi)阻 C．在缺少電流表的情況下，去掉滑動變阻器，只依靠更換保護(hù)電阻，測出兩組數(shù)據(jù)，列式并聯(lián)立求解蓄電池的電動勢和內(nèi)阻 D．在缺少電流表的情況下，用未使用的電壓表與保護(hù)電阻并聯(lián)，調(diào)節(jié)滑動變阻器測出多組數(shù)據(jù)，作圖象求出蓄電池的電動勢和內(nèi)阻 (3)該實驗小組經(jīng)過討論后，按照改進(jìn)的電路圖乙進(jìn)行實驗，調(diào)整滑動變阻器測得了5組兩電壓表的數(shù)據(jù)如下表. 電壓表V1讀數(shù)U1(V) 1.88 1.92 1.94 1.98 2.00 電壓表V2讀數(shù)U2(V) 1.72 1.25 1.00 0.60 0.34 請在圖丙中作出蓄電池的路端電壓U1隨保護(hù)電阻R0兩端的電壓U2變化的圖象，并根據(jù)圖象得出蓄電池的電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω. 解析：(1)蓄電池的電動勢為2 V左右，故電壓表選用B，當(dāng)滑動變阻器接入電路的電阻為零，保護(hù)電阻用D時，電路中電流約為I＝＝＝2 A，小于電流表的量程，故保護(hù)電阻選用D. (2)如果電流表不能用，把滑動變阻器換成電阻箱，就可以用伏阻法測蓄電池的電動勢和內(nèi)阻，故A正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律有E＝U＋r，如果只更換保護(hù)電阻測出兩組數(shù)據(jù)，能夠建立兩個方程求出蓄電池的電動勢和內(nèi)阻，C正確；因為電壓表的內(nèi)阻遠(yuǎn)大于保護(hù)電阻，故將量程為1.8 V的電壓表與保護(hù)電阻并聯(lián)，由I＝可得電路中的電流，故實際上是通過把剩余電壓表與保護(hù)電阻并聯(lián)，把電壓表改裝成電流表，D正確． (3)根據(jù)表中數(shù)據(jù)描點連線，縱軸截距即為蓄電池的電動勢E＝2.03 V，內(nèi)阻r＝＝＝≈0.09 Ω. 答案：(1)B(1分)　D(1分)　(2)ACD(2分)　(3)如圖所示(2分)　2.03(1分)　0.09(2分) 24．(12分)光滑矩形斜面GHNM的傾角為α，在其上放置一矩形金屬線框ABCD，AB邊的邊長為l1，BC邊的邊長為l2，線框的電阻為R，質(zhì)量為m，斜面上矩形OPHG區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，方向垂直于斜面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，如果線框在恒力F作用下從靜止開始運動(開始時刻，CD與NM重合)，已知線框進(jìn)入磁場最初一段時間是勻速的，且線框的AB邊始終平行于MN，重力加速度為g，求： (1)線框進(jìn)入磁場前的加速度大??； (2)線框進(jìn)入磁場時勻速運動的速度大??； (3)線框進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱． 解析：(1)對進(jìn)入磁場前的線框受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得 F－mgsin α＝ma(2分) 解得線框進(jìn)入磁場前的加速度大小 a＝.(2分) (2)由題意知，線框進(jìn)入磁場最初一段時間內(nèi)的合力為零，則F＝mgsin α＋(2分) 解得線框進(jìn)入磁場時勻速運動的速度大小為 v＝.(2分) (3)線框進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q＝I2Rt＝2R＝(F－mgsin α)l2.(4分) 答案：見解析 25．(20分)如圖甲所示，一電動遙控小車停在水平地面上，水平車板離地高度為h＝0.2 m，小車質(zhì)量M＝3 kg，質(zhì)量m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)靜置于車板上某處A，物塊與車板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.現(xiàn)使小車由靜止開始向右行駛，當(dāng)運動時間t1＝1.6 s時物塊從車板上滑落．已知小車的速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，小車受到地面的摩擦阻力是小車對地面壓力的，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)物塊從離開車尾B到落地過程所用的時間Δt以及物塊滑落前受到的滑動摩擦力的功率最大值P； (2)物塊落地時落地點到車尾B的水平距離s0； (3)0～2 s時間內(nèi)小車的牽引力做的功W. 解析：(1)物塊從車板上滑落后做平拋運動，則有 h＝g(Δt)2(1分) 得Δt＝＝0.2 s(1分) 物塊滑落前受到的滑動摩擦力大小 f＝μmg＝1 N(1分) 根據(jù)牛頓第二定律得物塊的加速度大小 a1＝＝1 m/s2(1分) 當(dāng)運動時間t1＝1.6 s時物塊的速度v1＝a1t1(1分) 得v1＝1.6 m/s(1分) 由于v1＜2 m/s，所以物塊在車板上受到滑動摩擦力而一直加速，物塊滑落前受到的滑動摩擦力的功率最大值 P＝fv1(1分) 得P＝1.6 W(1分) (2)物塊滑落后前進(jìn)的距離s1＝v1Δt(1分) 由題圖乙得t＝1.6 s時小車的速率v2＝2 m/s 物塊滑落后小車前進(jìn)的距離s＝v2Δt(1分) 落地點到車尾B的水平距離s0＝s－s1(1分) 得s0＝0.08 m(1分) (3)0～1 s時間內(nèi)，由題圖乙得小車的加速度大小為 a2＝ m/s2＝2 m/s2(1分) 根據(jù)牛頓第二定律得F1－f－k(M＋m)g＝Ma2，其中 k＝ 解得F1＝11 N(1分) 小車的位移大小s2＝21 m＝1 m(1分) 1～1.6 s時間內(nèi)，牽引力F2＝k(M＋m)g＋f＝5 N(1分) 由題圖乙得小車的位移大小 s2′＝20.6 m＝1.2 m(1分) 1．6～2 s時間內(nèi)，牽引力F3＝kMg＝3 N(1分) 由題圖乙得小車的位移大小 s2″＝20.4 m＝0.8 m(1分) 0～2 s時間內(nèi)小車的牽引力做的功為 W＝F1s2＋F2s2′＋F3s2″＝19.4 J(1分) 答案：(1)0.2 s　1.6 W　(2)0.08 m　(3)19.4 J (二)選考題：本題共15分．請考生從給出的3道題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分． 33．[物理——選修3－3](15分) (1)(5分)如圖所示是分子間引力或斥力大小隨分子間距離變化的圖象，由此可知________．(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．a(chǎn)b表示引力圖線 B．cd表示引力圖線 C．當(dāng)分子間距離r等于兩圖線交點e的橫坐標(biāo)時，分子力一定為零 D．當(dāng)分子間距離r等于兩圖線交點e的橫坐標(biāo)時，分子勢能一定最小 E．當(dāng)分子間距離r等于兩圖線交點e的橫坐標(biāo)時，分子勢能一定為零 (2)(10分)如圖所示，一活塞將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在固定導(dǎo)熱汽缸內(nèi)，活塞可沿汽缸無摩擦地滑動，活塞橫截面積為S＝0.01 m2、質(zhì)量為m＝10 kg，活塞距離汽缸底部的距離為h0＝10 cm，外界大氣壓強(qiáng)p0＝1.0105 Pa，環(huán)境溫度為t0＝27 ℃，g＝10 m/s2. ①當(dāng)環(huán)境溫度緩慢升高至57 ℃時，試比較此過程中氣體吸收的熱量Q與物體內(nèi)能變化量ΔU的大小關(guān)系． ②當(dāng)環(huán)境溫度升高至57 ℃時，為使活塞距離底面的距離仍為10 cm，可使汽缸水平向右做勻加速直線運動，此時加速度應(yīng)為多大？ 解析：(1)在F－r圖象中，隨r增加，斥力變化快，所以ab為引力圖線，A對，B錯；兩圖象相交點e為分子所受的引力和斥力大小相等，即分子間相互作用的受力平衡位置，分子力為0，分子勢能最小，但不一定為0，故C、D對，E錯． (2)①由熱力學(xué)第一定律得 ΔU＝W＋Q(1分) 由于氣體膨脹對外做功，故W＜0(2分) 因此Q＞ΔU(1分) ②活塞距離底面的距離仍為10 cm，由查理定律得＝，即＝(2分) 解得p＝1.1105 Pa(1分) 對活塞，由牛頓第二定律得 a＝(2分) 解得a＝10 m/s2.(1分) 答案：(1)ACD　(2)①Q(mào)＞ΔU　②10 m/s2 34．[物理——選修3－4](15分) (1)(5分)如圖所示為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在某時刻的波形圖，若已知這列波周期為1 s，則下列判斷中正確的是________．(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．這列波的振幅為8 cm B．這列波的波速為4 m/s C．圖示時刻x＝2 m處的質(zhì)點沿y軸正方向運動 D．圖示時刻x＝5 m處質(zhì)點的加速度大小為零 E．從圖示時刻開始再經(jīng)過1.5 s，x＝12 m處的質(zhì)點剛好從平衡位置開始向y軸正方向運動 (2)(10分)如圖所示，一個足夠大的容器中盛滿了某種透明液體，MN為該液體與空氣的水平分界面，其上有一以A點為圓心、d＝ m為半徑的圓形不透光薄片．已知分界面上A點正下方h＝3 m深處有一點光源O，該點光源發(fā)出的光線經(jīng)不透光薄片的邊緣B點處射入空氣時，其折射光線與反射光線恰好垂直． ①求該透明液體對該光的折射率n. ②若在點光源O正下方也為h＝3 m的P處水平放置一足夠大的平面鏡，試計算點光源O在分界面MN上照亮區(qū)域的面積(取π＝3.14)． 解析：(1)振幅是傳播波的質(zhì)點離開平衡位置的最大距離，由題圖可知，這列波的振幅為4 cm，A錯誤；由題圖可知，這列波的波長為λ＝4 m，由v＝可得v＝4 m/s，B正確；由波傳播的方向與質(zhì)點振動方向之間的關(guān)系“上坡下、下坡上”，可判斷出x＝2 m處的質(zhì)點在題圖時刻正沿y軸正方向運動，C正確；在圖示時刻x＝5 m處的質(zhì)點離開平衡位置的距離最大，故其加速度最大，D錯誤；x＝12 m處的質(zhì)點與x＝4 m處的質(zhì)點位移相同，經(jīng)過1.5 s＝1.5T，x＝4 m處的質(zhì)點剛好達(dá)到平衡位置，開始向y軸正方向振動，E正確． (2)①光線在透明液體中的光路如圖所示． 由幾何關(guān)系有tan i＝，i＝30(1分) 又i＋r＝90，r＝60(1分) 故該透明液體對該光的折射率n＝＝(2分) ②設(shè)經(jīng)平面鏡反射后射向分界面MN的光線在D點發(fā)生全反射，有sin C＝(2分) 設(shè)A、D兩點間的距離為R，由幾何關(guān)系可知 R＝3htan C(2分) 所以點光源在分界面MN上照亮的面積為 S＝πR2－πd2＝117.75 m2(2分) 答案：(1)BCE　(2)①　②117.75 m2 35．[物理——選修3－5](15分) (1)(5分)某光電管，用光子能量為2.5 eV的一束光照射陰極，能夠發(fā)生光電效應(yīng)，這時給光電管加上反向電壓，當(dāng)所加反向電壓大于或等于0.60 V時，光電子不能到達(dá)陽極，則該光電管陰極材料的逸出功為________eV，逸出光電子的最大初動能為________eV. (2)(10分)質(zhì)量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上，鋼板處于平衡狀態(tài)．一質(zhì)量也為m的物塊甲從鋼板正上方高為h的A處自由落下，打在鋼板上并與鋼板一起向下運動x0后到達(dá)最低點B；若物塊乙質(zhì)量為2m，仍從A處自由落下，則物塊乙與鋼板一起向下運動到B點時，還具有向下的速度，已知重力加速度為g，空氣阻力不計．求： ①物塊甲和鋼板一起運動到最低點B過程中彈簧彈性勢能的增加量； ②物塊乙和鋼板一起運動到B點時速度vB的大?。? 解析：(1)設(shè)用光子能量為2.5 eV的光照射時，逸出光電子的最大初動能為Ekm，陰極材料逸出功為W0，當(dāng)反向電壓達(dá)到U0＝0.60 V以后，具有最大初動能的光電子恰不能到達(dá)陽極，因此eU0＝Ekm，由光電效應(yīng)方程知Ekm＝hν－W0，得Ekm＝0.6 eV，W0＝1.9 eV. (2)①設(shè)物塊甲落在鋼板上時的速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝mv(1分) 解得v0＝(1分) 設(shè)物塊甲與鋼板碰撞后的速度為v1，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝2mv1(1分) 解得v1＝(1分) 根據(jù)題意可得到達(dá)最低點B時彈簧的彈性勢能增加量為 ΔEp＝2mgx0＋2mv＝mg(1分) ②設(shè)物塊乙落在鋼板上時的速度為v0′，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 2mgh＝2mv0′2，解得v0′＝(1分) 設(shè)物塊乙與鋼板碰撞后的速度為v2，根據(jù)動量守恒定律有2mv0′＝3mv2(1分) 解得v2＝(1分) 根據(jù)能量守恒定律可得 ΔEp＝3mgx0＋3mv－3mv(1分) 聯(lián)立各式解得vB＝ (1分) 答案：(1)1.9　0.6　(2)①mg ②