2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 高考模擬部分三.doc

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2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 高考模擬部分三 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．) 1．(xx新課標(biāo)Ⅰ15)關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中所受的安培力，下列說法正確的是(　　) A．安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線 B．安培力的方向總是垂直于磁場(chǎng)的方向 C．安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場(chǎng)方向的夾角無關(guān) D．將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话? 答案　B 解析　安培力的方向始終與電流方向和磁場(chǎng)方向垂直，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；由F＝BILsin θ可知，安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場(chǎng)方向的夾角有關(guān)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角時(shí)，因磁場(chǎng)與導(dǎo)線的夾角未知，則安培力的大小不能確定，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 2．如圖1所示，兩相同小球a、b用輕彈簧A、B連接并懸掛在天花板上保持靜止，水平力F作用在a上并緩慢拉a，當(dāng)B與豎直方向夾角為60時(shí)，A、B伸長(zhǎng)量剛好相同．若A、B的勁度系數(shù)分別為k1、k2，則以下判斷正確的是(　　) 圖1 A.＝ B.＝ C．撤去F的瞬間，a球的加速度為零 D．撤去F的瞬間，b球處于失重狀態(tài) 答案　B 解析　先對(duì)b球受力分析，受重力和彈簧A的拉力， 根據(jù)平衡條件，有：F1＝mg 再對(duì)a球受力分析，受重力、拉力和兩個(gè)彈簧的拉力，如圖所示： F1′＝F1＋mg 根據(jù)平衡條件，有：F2＝＝4mg 根據(jù)胡克定律，有： F1＝k1x F2＝k2x 故＝，故A錯(cuò)誤，B正確； 球a受重力、拉力和兩個(gè)彈簧的拉力，撤去拉力F瞬間，其余3個(gè)力不變，故加速度一定不為零，故C錯(cuò)誤；球b受重力和彈簧A的拉力，撤去F的瞬間，重力和彈簧A的拉力都不變，故加速度仍然為零，處于平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤． 3．在液體中下落的物體最終會(huì)達(dá)到一個(gè)恒定的速度，稱之為收尾速度．一小鐵球質(zhì)量為m，用手將它完全放入水中后靜止釋放，最后鐵球的收尾速度為v，若鐵球在水中所受浮力保持不變恒為F，重力加速度為g，關(guān)于小鐵球，下列說法正確的是(　　) A．若測(cè)得小鐵球從釋放至達(dá)到收尾速度所用時(shí)間為t，則小鐵球下落的位移為 B．若測(cè)得小鐵球下落時(shí)的加速度為a，則小鐵球此時(shí)的速度為 C．若測(cè)得某時(shí)小鐵球的加速度大小為a，則小鐵球此時(shí)受到的水的阻力為m(a＋g)－F D．若測(cè)得小鐵球下落t時(shí)間，通過的位移為y，則該過程的平均速度一定為 答案　D 解析　因小鐵球做的是非勻變速運(yùn)動(dòng)，故平均速度不等于，所以下落的位移不等于，故A錯(cuò)誤；小鐵球下落的過程中加速度在變化，所以勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律不滿足，所以B錯(cuò)誤；當(dāng)小鐵球的加速度大小為a時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律mg－F－Ff＝ma，得水的阻力Ff＝mg－ma－F，故C錯(cuò)誤；若小鐵球下落t時(shí)間，通過的位移為y，根據(jù)平均速度的定義可得＝，故D正確． 4．如果把水星和金星繞太陽的軌道視為圓周，如圖2所示，從水星與金星在一條直線上開始計(jì)時(shí)，若測(cè)得在相同時(shí)間內(nèi)水星、金星轉(zhuǎn)過的角度分別為θ1、θ2(均為銳角)，則由此條件可求得水星和金星(　　) 圖2 A．質(zhì)量之比 B．繞太陽的動(dòng)能之比 C．到太陽的距離之比 D．受到的太陽引力之比 答案　C 解析　水星和金星作為環(huán)繞體，無法求出質(zhì)量之比，故A錯(cuò)誤．由于不知道水星和金星的質(zhì)量關(guān)系，故不能計(jì)算它們繞太陽的動(dòng)能之比，故B錯(cuò)誤．相同時(shí)間內(nèi)水星轉(zhuǎn)過的角度為θ1，金星轉(zhuǎn)過的角度為θ2，可知道它們的角速度之比，根據(jù)萬有引力提供向心力：＝mrω2，解得r＝ ，知道了角速度之比，就可求出軌道半徑之比，即到太陽的距離之比，故C正確．由于不知道水星和金星的質(zhì)量關(guān)系，故不能計(jì)算它們受到的太陽引力之比，故D錯(cuò)誤． 5．如圖3所示，某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為U1的電場(chǎng)加速后，射入水平放置、電勢(shì)差為U2的兩導(dǎo)體板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，帶電粒子沿平行于兩板方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場(chǎng)方向射入邊界線豎直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，則粒子射入磁場(chǎng)和射出磁場(chǎng)的M、N兩點(diǎn)間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計(jì)重力，不考慮邊緣效應(yīng))(　　) 圖3 A．d隨U1變化，d與U2無關(guān) B．d與U1無關(guān)，d隨U2變化 C．d隨U1變化，d隨U2變化 D．d與U1無關(guān)，d與U2無關(guān) 答案　A 解析　帶電粒子經(jīng)電壓為U1的電場(chǎng)加速后設(shè)速度為v0，則有qU1＝mv，帶電粒子在電勢(shì)差為U2的電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，可將射出電場(chǎng)的粒子速度v分解成初速度方向與加速度方向，設(shè)出射速度與水平夾角為θ，則有：＝cos θ，而在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的半徑為R，由幾何關(guān)系可得，半徑與直線MN夾角正好等于θ，則有：＝cos θ，所以d＝，又因?yàn)榘霃焦絉＝，則有d＝，故d與m、v0成正比，與B、q成反比，即d只與U1有關(guān)，與U2無關(guān)．故選A. 6．(xx山西第三次四校聯(lián)考)如圖4所示，虛線AB和CD分別為橢圓的長(zhǎng)軸和短軸，相交于O點(diǎn)，兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷分別處于橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)M、N上，下列說法中正確的是(　　) 圖4 A．A、B兩處電勢(shì)、場(chǎng)強(qiáng)均相同 B．C、D兩處電勢(shì)、場(chǎng)強(qiáng)均相同 C．在虛線AB上O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)最大 D．帶正電的試探電荷在O處的電勢(shì)能大于在B處的電勢(shì)能 答案　BD 解析　根據(jù)等量異種電荷電場(chǎng)線和等勢(shì)面分布特點(diǎn)，可以比較對(duì)稱點(diǎn)A與B，C與D電勢(shì)、場(chǎng)強(qiáng)關(guān)系及O、B電勢(shì)高低；根據(jù)電場(chǎng)線疏密可知，在M、N之間O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最??；利用Ep＝qφ知正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能大，可比較正電荷在O、B電勢(shì)能大?。捎谘刂妶?chǎng)線方向電勢(shì)降低，結(jié)合等量異種電荷電場(chǎng)線、等勢(shì)面分布對(duì)稱性特點(diǎn)可知，A、B場(chǎng)強(qiáng)相同，A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)等量異種電荷電場(chǎng)線、等勢(shì)面分布對(duì)稱性，C、D兩處電勢(shì)、場(chǎng)強(qiáng)均相同，故B正確；根據(jù)電場(chǎng)線疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的大小可知，在AB之間，O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最小，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；O點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)，由Ep＝qφ，正電荷在O處電勢(shì)能大于在B處電勢(shì)能，故D選項(xiàng)正確． 7．如圖5所示，A、B兩物體用一根跨過定滑輪輕的細(xì)繩相連，B物體置于固定斜面體的光滑斜面上，斜面傾角為30，當(dāng)A、B兩物體靜止時(shí)處于相同高度．現(xiàn)剪斷細(xì)繩后，下列說法中正確的是(　　) 圖5 A．A、B物體同時(shí)著地 B．A、B物體著地時(shí)的動(dòng)能一定相同 C．A、B物體著地時(shí)的機(jī)械能一定不同 D．A、B物體著地時(shí)所受重力的功率一定相同 答案　CD 解析　設(shè)A距地面的高度為h，對(duì)A：h＝gt2，對(duì)B：2h＝gt′2，可見A物體先落地，所以A錯(cuò)誤；繩斷前，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)得：mAg＝mBgsin 30，繩斷后，由動(dòng)能定理mgh＝mv2，得A、B落地時(shí)速度大小相等，v＝，質(zhì)量不等，所以落地的動(dòng)能不等，所以B錯(cuò)誤；又A、B在下落的過程中機(jī)械能守恒，所以落地時(shí)的機(jī)械能等于剛開始下落時(shí)的機(jī)械能，而開始的機(jī)械能E＝mgh＋0，高度相同，質(zhì)量不等，故機(jī)械能不等，所以A、B物體著地時(shí)的機(jī)械能一定不同，故C正確；落地時(shí)重力的功率，對(duì)A：PA＝mAg，對(duì)B：PB＝mBgsin 30，聯(lián)立解得PA＝PB，所以D正確． 8．(xx新課標(biāo)Ⅱ21)如圖6，一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2.原線圈通過一理想電流表接正弦交流電源，一個(gè)二極管和阻值為R的負(fù)載電阻串聯(lián)后接到副線圈的兩端．假設(shè)該二極管的正向電阻為零，反向電阻為無窮大，用交流電壓表測(cè)得a、b端和c、d端的電壓分別為Uab和Ucd，則(　　) 圖6 A．Uab∶Ucd＝n1∶n2 B．增大負(fù)載電阻的阻值R，電流表的讀數(shù)變小 C．負(fù)載電阻的阻值越小，cd間的電壓Ucd越大 D．將二極管短路，電流表的讀數(shù)加倍 答案　BD 解析　變壓器的變壓比＝，其中U1、U2是變壓器原、副線圈兩端的電壓．U1＝Uab，由于二極管的單向?qū)щ娞匦裕琔cd≠U2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．增大負(fù)載電阻的阻值R，負(fù)載的電功率減小，由于P入＝P出，且P入＝I1Uab，所以原線圈上的電流I1減小，即電流表的讀數(shù)變小，選項(xiàng)B正確．c、d端的電壓由輸入電壓Uab決定，負(fù)載電阻R的阻值變小時(shí)，Ucd不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．根據(jù)變壓器上的能量關(guān)系有E輸入＝E輸出，在一個(gè)周期T的時(shí)間內(nèi)，二極管未短路時(shí)有UabI1T＝＋0(U為副線圈兩端的電壓)，二極管短路時(shí)有UabI2T＝T，由以上兩式得I2＝2I1，選項(xiàng)D正確． 第Ⅱ卷 二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分．第9題～第12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須做答．第13題～第15題為選考題，考生根據(jù)要求做答．) (一)必考題(共47分) 9．(6分)如圖7為探究動(dòng)能定理的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖，實(shí)驗(yàn)步驟如下： 圖7 ①長(zhǎng)木板適當(dāng)傾斜，以平衡小車運(yùn)動(dòng)過程中受到的摩擦力； ②用天平測(cè)量小車B和遮光片的總質(zhì)量M、重物A的質(zhì)量m；用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片的寬度d；用米尺測(cè)小車B與光電門之間的距離x(x小于重物離地高度h)； ③調(diào)整輕滑輪，使細(xì)線與長(zhǎng)木板平行； ④讓小車由靜止釋放，用數(shù)字毫秒計(jì)測(cè)出遮光片經(jīng)過光電門所用的時(shí)間Δt，求出小車速度v； ⑤改變小車B與光電門之間的距離x，重復(fù)步驟④. 回答下列問題： (1)小車經(jīng)過光電門時(shí)的速度大小用d和Δt表示，v＝________，測(cè)量d時(shí)，某次游標(biāo)卡尺(主尺的最小分度為1 mm)的示數(shù)如圖8所示，其讀數(shù)為________ cm； 圖8 (2)對(duì)于重物和小車組成的系統(tǒng)，下列關(guān)于探究結(jié)論的說法最恰當(dāng)?shù)膽?yīng)為(　　) A．重物重力做的功等于小車增加的動(dòng)能 B．重物重力做的功等于重物和小車增加的動(dòng)能 C．重物重力做的功和小車重力做的功的代數(shù)和等于重物和小車增加的動(dòng)能 D．重物重力做的功和摩擦力對(duì)小車做的功的代數(shù)和等于重物和小車增加的動(dòng)能 答案　(1)　0.985　(2)B 解析　(1)根據(jù)v＝，可得v＝；游標(biāo)卡尺讀數(shù)9 mm＋170.05 mm＝9.85 mm＝0.985 cm. (2)由于長(zhǎng)木板已平衡摩擦力，D錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，mgh＝(M＋m)v2，因此B正確，A、C錯(cuò)誤． 10．(xx四川德陽市高三二診)(9分)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)測(cè)量金屬絲電阻率的實(shí)驗(yàn)方案，實(shí)驗(yàn)室提供的器材有： A．電壓表V B．電流表A C．螺旋測(cè)微器 D．米尺 E．滑動(dòng)變阻器RP(5 Ω，2 A) F．干電池組 G．一個(gè)開關(guān)和導(dǎo)線若干 他進(jìn)行了以下操作： (1)用多用電表粗測(cè)金屬絲的阻值：當(dāng)用“10 Ω”擋時(shí)發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，為了得到比較準(zhǔn)確的測(cè)量結(jié)果，請(qǐng)從下列選項(xiàng)中挑出合理的步驟，并按________(填代碼)的順序正確進(jìn)行操作，最后完成讀數(shù)測(cè)量． A．將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到歐姆擋“1 Ω”的位置 B．將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到歐姆擋“100 Ω”的位置 C．將兩表筆分別與被測(cè)電阻的兩根引線相接，正確讀數(shù) D．將兩表筆短接，重新進(jìn)行歐姆調(diào)零 (2)該同學(xué)采用上述合理步驟測(cè)量后，表針指示靜止時(shí)如圖9所示，則金屬絲的阻值約為________ Ω. 圖9 (3)請(qǐng)按照本題提供的實(shí)驗(yàn)器材和實(shí)驗(yàn)需要，在虛線方框內(nèi)畫出測(cè)量金屬絲電阻并在實(shí)驗(yàn)時(shí)便于電壓調(diào)節(jié)范圍大的實(shí)驗(yàn)電路圖． (4)若測(cè)得金屬絲直徑為D，接入電路長(zhǎng)度為L(zhǎng)時(shí)，電壓表、電流表示數(shù)分別為U、I，則金屬絲的電阻率ρ＝______________. 答案　(1)ADC　(2)15　(3)見解析圖　(4) 解析　(1)當(dāng)用“10 Ω”擋時(shí)發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明所選擋位太大，為了得到比較準(zhǔn)確的測(cè)量結(jié)果，應(yīng)換用小擋，換用“1 Ω”擋，然后重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，再測(cè)電阻阻值，因此合理的實(shí)驗(yàn)步驟為ADC. (2)歐姆表使用“1 Ω”擋，由題圖可知，金屬絲電阻阻值為151 Ω＝15 Ω. (3)金屬絲電阻約為15 Ω，滑動(dòng)變阻器最大阻值為5 Ω，為測(cè)多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓式接法，電流表內(nèi)阻很小，約為零點(diǎn)幾歐姆，電壓表內(nèi)阻很大，約為幾千甚至幾萬歐姆，電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于待測(cè)電阻阻值，電流表應(yīng)采用外接法，實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示： (4)由歐姆定律可知，電阻R＝，由電阻定律得：R＝ρ，則電阻率ρ＝. 11．(12分)如圖10所示，一質(zhì)量為m的物塊在與水平方向成θ的力F的作用下從A點(diǎn)由靜止開始沿水平直軌道運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)后撤去力F，物體飛出后越過“壕溝”落在平臺(tái)EG段．已知物塊的質(zhì)量m＝1 kg，物塊與水平直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，AB段長(zhǎng)L＝10 m，BE的高度差h＝0.8 m，BE的水平距離x＝1.6 m．若物塊可看做質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，g取10 m/s2. 圖10 (1)要越過“壕溝”，求物塊在B點(diǎn)最小速度v的大??； (2)若θ＝37，為使物塊恰好越過“壕溝”，求拉力F的大??； (3)若θ大小不確定，為使物塊恰好越過“壕溝”，求力F的最小值(結(jié)果可保留根號(hào))． 答案　(1)4 m/s　(2)5.27 N　(3) N 解析　(1)h＝gt2 t＝＝0.4 s v＝＝4 m/s. (2)v2＝2aL a＝0.8 m/s2 對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律可得： Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma F＝ 代入數(shù)據(jù)可得：F≈5.27 N. (3)由數(shù)學(xué)知識(shí)可知： F＝≥ 代入數(shù)據(jù)得：Fmin＝ N. 12．(20分)如圖11所示，一個(gè)邊緣帶有凹槽的金屬圓環(huán)，沿其直徑裝有一根長(zhǎng)2L的金屬桿AC，可繞通過圓環(huán)中心的水平軸O轉(zhuǎn)動(dòng)．將一根質(zhì)量不計(jì)的長(zhǎng)繩一端固定于槽內(nèi)并將繩繞于圓環(huán)槽內(nèi)，繩子的另一端吊了一個(gè)質(zhì)量為m的物體．圓環(huán)的一半處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直環(huán)面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．現(xiàn)將物體由靜止釋放，若金屬圓環(huán)和金屬桿單位長(zhǎng)度的電阻均為R.忽略所有摩擦和空氣阻力． 圖11 (1)設(shè)某一時(shí)刻圓環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω0，且OA邊在磁場(chǎng)中，請(qǐng)求出此時(shí)金屬桿OA產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的大?。? (2)請(qǐng)求出物體在下落中可達(dá)到的最大速度． (3)當(dāng)物體下落達(dá)到最大速度后，金屬桿OC段進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，桿C、O兩端電壓多大？ 答案　(1)　(2)　(3)(＋1) 解析　(1)、(2)等效電路如圖所示， R外＝＝ R2＝LR r＝LR 當(dāng)達(dá)到最大速度時(shí)，重物的重力的功率等于電路中消耗的電功率：mgv＝ 其中：E＝＝ v＝＝ (3)OA中的電流大小為：I＝ 當(dāng)OC段在磁場(chǎng)中時(shí)， UCO＝(＋LR)＝(＋1) (二)選考題(共15分)(請(qǐng)考生從給出的3道物理題中任選一題做答．如果多做，則按所做的第一題計(jì)分) 13．[物理—選修3－3](15分) (1)(6分)下列說法正確的是________． A．氣體的內(nèi)能是所有分子熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能和分子間的勢(shì)能之和 B．液晶的光學(xué)性質(zhì)不隨所加電場(chǎng)的變化而變化 C．功可以全部轉(zhuǎn)化為熱，但熱量不能全部轉(zhuǎn)化為功 D．一定量的氣體，在體積不變時(shí)，分子每秒平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而減小 E．一定量的氣體，在壓強(qiáng)不變時(shí)，分子每秒對(duì)器壁單位面積平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而增加 圖12 (2)(9分)在水平面豎直放置一個(gè)截面均勻等臂的U形玻璃管，管內(nèi)盛有密度為ρ1的液體，如圖12所示，玻璃管的右側(cè)上端開口，左側(cè)上端封閉，左側(cè)封閉的空氣柱長(zhǎng)度為h，右側(cè)液面與管口相距高度為2h，在右側(cè)液面上放置一個(gè)質(zhì)量和厚度都可以忽略不計(jì)的活塞，它與管壁間既無摩擦又無間隙，從右端開口處緩慢注入密度為ρ2的液體，直到注滿為止，注入液體后左側(cè)空氣柱的長(zhǎng)度為，設(shè)在注入液體過程中，周圍環(huán)境的溫度不變，大氣壓強(qiáng)p0＝4ρ1gh，求：兩種液體的密度之比ρ1：ρ2. 答案　(1)ADE　(2) 解析　(1)物體的內(nèi)能指所有分子熱運(yùn)動(dòng)動(dòng)能和分子之間勢(shì)能的總和，故A正確．液晶最主要的特點(diǎn)是具有電光效應(yīng)：液晶的干涉、散射、衍射、旋光、吸收等受電場(chǎng)調(diào)制，故B錯(cuò)誤．由熱力學(xué)第二定律可知：不可能從單一熱源取熱，把它全部變?yōu)楣Χ划a(chǎn)生其他任何影響，在不產(chǎn)生其他影響的條件下，從單一熱源吸熱全部變功才是不可能的(被客觀規(guī)律所禁止的)．也就是說熱力學(xué)第二定律并不禁止下列情形：存在其他變化時(shí)，熱全部變功．或者說：“從單一熱源取熱，把它全部變?yōu)楣Α辈⒎遣豢赡?，但只有在發(fā)生其他變化時(shí)，才能實(shí)現(xiàn)，故C錯(cuò)誤．一定量的氣體，在體積不變時(shí)，溫度降低，壓強(qiáng)減小，根據(jù)氣體壓強(qiáng)原理知道分子每秒平均碰撞次數(shù)也減小，故D正確．一定量的氣體，在壓強(qiáng)不變時(shí)，隨著溫度降低體積在減小，所以分子每秒對(duì)器壁單位面積平均碰撞次數(shù)在增加，故E正確．故選A、D、E. (2)注入液體后，左側(cè)空氣柱長(zhǎng)為， 由此可知注入的密度為ρ2的液柱長(zhǎng)度 L＝2h＋＝2.5h 未注入密度為ρ2的液體前，氣體體積：V1＝hS 被封閉氣體的壓強(qiáng)： p1＝p0－ρ1g(2h－h(huán))＝3ρ1gh 注入密度為ρ2的液體后，氣體體積V2＝S 氣體的壓強(qiáng)：p2＝p0＋ρ2g(2h＋)－ρ1g2h＝2ρ1gh＋ρ2gh 在等溫變化過程中由玻意耳定律：p1V1＝p2V2 得：3ρ1ghhS＝(2ρ1gh＋ρ2gh)S 即：＝. 14．[物理—選修3－4](15分) (xx湖南師大附中模擬(二))(1)(6分)下列說法正確的是________． A．光的偏振現(xiàn)象說明光是一種電磁波 B．無線電波的發(fā)射能力與頻率有關(guān)，頻率越高發(fā)射能力越強(qiáng) C．一個(gè)單擺在海平面上的振動(dòng)周期為T，那么將其放在某高山之巔，其振動(dòng)周期一定變大 D．根據(jù)單擺的周期公式T＝2π，在地面附近，如果l→∞，則其周期T→∞ E．利用紅外攝影可以不受天氣(陰雨、大霧等)的影響，因?yàn)榧t外線比可見光波長(zhǎng)長(zhǎng)，更容易繞過障礙物 圖13 (2)(9分)如圖13所示，△ABC為一直角三棱鏡的截面，其頂角為θ＝30.P為垂直于直線BCD的光屏，現(xiàn)一寬度等于AB的單色平行光束垂直射向AB面，在屏P上形成一條寬度等于的光帶，試作出光路圖并求棱鏡的折射率．(其中AC的右方存在有折射率為1的透明介質(zhì)) 答案　(1)BCE　(2)見解析圖　 解析　(1)光的偏振現(xiàn)象說明光是橫波，故A錯(cuò)誤；無線電波的發(fā)射能力與頻率成正比，頻率越高發(fā)射能力越強(qiáng)，故B正確；根據(jù)單擺的周期公式，其放在某高山之巔，重力加速度變小，其振動(dòng)周期一定變大，故C正確；根據(jù)單擺的周期公式，在地面附近，如果l→∞，則重力加速度變化，故D錯(cuò)誤；因?yàn)榧t外線比可見光波長(zhǎng)長(zhǎng)，更容易發(fā)生衍射，則容易繞過障礙物，故E正確．故選B、C、E. (2)作出光路圖如圖， 平行光束經(jīng)棱鏡折射后的出射光束仍是平行光束．圖中θ1、θ2為AC面上入射角和折射角，根據(jù)折射定律，有nsin θ1＝sin θ2，設(shè)出射光線與水平方向成α角，則θ2＝θ1＋α，由于＝，＝，所以＝.而＝＝tan θ，θ＝30.所以tan α＝＝，可得α＝30，θ2＝60，所以n＝＝. 15．[物理—選修3－5](15分) (xx陜西五校二次聯(lián)考)(1)(6分)下列說法正確的是________． A．原子的核式結(jié)構(gòu)模型是湯姆孫最早提出的 B．鈾核(U)衰變?yōu)殂U核(Pb)的過程中，要經(jīng)過8次α衰變和6次β衰變 C．一個(gè)氫原子從量子數(shù)n＝3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時(shí)最多可輻射3種不同頻率的光子 D．一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，可能因?yàn)檫@束光的強(qiáng)度太小 E．考古專家發(fā)現(xiàn)某一骸骨中C的含量為活著的生物體中C的，已知C的半衰期為5 730年，則確定該生物死亡時(shí)距今約11 460年 (2)(9分)如圖14所示，豎直平面內(nèi)一光滑水平軌道左邊與墻壁對(duì)接，右邊與一足夠高的光滑圓弧軌道平滑相連，木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，A、B質(zhì)量分別為1.5 kg和0.5 kg.現(xiàn)讓A以6 m/s的速度水平向左運(yùn)動(dòng)，之后與墻壁碰撞，碰撞時(shí)間為0.3 s，碰后速度大小變?yōu)? m/s.當(dāng)A與B碰撞后會(huì)立即粘在一起運(yùn)動(dòng)，已知g＝10 m/s2，求： 圖14 ①A與墻壁碰撞過程中，墻壁對(duì)小球平均作用力的大??； ②A、B滑上圓弧軌道的最大高度． 答案　(1)BCE　(2)①50 N?、?.45 m 解析　(1)原子的核式結(jié)構(gòu)模型是盧瑟福最早提出的，所以A錯(cuò)誤；鈾核(U)衰變?yōu)殂U核(Pb)質(zhì)量數(shù)減少32，所以需要8次α衰變，電荷數(shù)應(yīng)減少16，而鈾核(U)衰變?yōu)殂U核(Pb)電荷數(shù)只減少10，故有6次β衰變，所以B正確；一個(gè)氫原子從量子數(shù)n＝3的激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷時(shí)，先躍遷到n＝2，再從n＝2躍遷到基態(tài)，也可從n＝3直接躍遷到基態(tài)，所以最多可輻射3種不同頻率的光子，故C正確；一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，可能因?yàn)檫@束光的頻率太小，所以D錯(cuò)誤；根據(jù)半衰期的定義可知，該生物死亡時(shí)距今約兩個(gè)半衰期即11 460年，所以E正確． (2)①設(shè)水平向右為正方向，當(dāng)A與墻壁碰撞時(shí)根據(jù)動(dòng)能定理有： t＝mAv1′－(－mAv1) 解得＝50 N，方向水平向右． ②當(dāng)A與B碰撞時(shí)，設(shè)碰撞后兩物體的速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 mAv1′＝(mA＋mB)v AB在光滑圓弧軌道上升時(shí)，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh 解得h＝0.45 m