2019年高考物理大二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí) 考前增分練 高考模擬部分四.doc

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2019年高考物理大二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí) 考前增分練 高考模擬部分四 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．某同學(xué)通過(guò)以下步驟測(cè)出了從一定高度落下的排球?qū)Φ孛娴臎_擊力：將一張白紙鋪在水平地面上，把排球在水里弄濕，然后讓排球以規(guī)定的高度自由落下，并在白紙上留下球的水印，再將印有水印的白紙鋪在臺(tái)式測(cè)力計(jì)上，將球放在紙上的水印中心，緩慢地向下壓球，使排球與紙接觸部分逐漸發(fā)生形變直至剛好遮住水印，記下此時(shí)測(cè)力計(jì)的示數(shù)即為沖擊力的最大值，下列物理學(xué)習(xí)或研究中用到的方法與該同學(xué)的方法相同的是(　　) A．建立“合力與分力”的概念 B．建立“點(diǎn)電荷”的概念 C．建立“瞬時(shí)速度”的概念 D．研究加速度與合力、質(zhì)量的關(guān)系 答案　A 解析　在沖擊力作用下和測(cè)力計(jì)所測(cè)得壓力作用下排球發(fā)生了相同的形變，產(chǎn)生相同的效果，據(jù)此判斷沖擊力等于測(cè)力計(jì)示數(shù)，此為等效法．如果一個(gè)力的效果和幾個(gè)力產(chǎn)生的效果相同，那么這個(gè)力就叫做那幾個(gè)力的合力，此定義也是等效法，選項(xiàng)A正確．點(diǎn)電荷不考慮帶電體的形狀、大小，而事實(shí)上任何帶電體都有大小，此為理想模型法，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．瞬時(shí)速度是根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度接近瞬時(shí)速度而定義的，此為微元法，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．研究加速度與合力、質(zhì)量的關(guān)系，先是控制質(zhì)量不變，探究加速度和合力的關(guān)系，再控制合力不變，探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，此為控制變量法，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 2．如圖1所示，水平細(xì)桿上套一細(xì)環(huán)A，環(huán)A和球B間用一輕質(zhì)細(xì)繩相連，質(zhì)量分別為mA、mB(mA>mB)，B球受到水平風(fēng)力作用，細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ，A環(huán)與B球都保持靜止，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖1 A．B球受到的風(fēng)力大小為mAgsin θ B．當(dāng)風(fēng)力增大時(shí)，桿對(duì)A環(huán)的支持力不變 C．A環(huán)與水平細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為tan θ D．當(dāng)風(fēng)力增大時(shí)，輕質(zhì)繩對(duì)B球的拉力仍保持不變 答案　B 解析　對(duì)B球，B自身重力mBg和水平風(fēng)力F的合力與繩子拉力FT等大反向，可得水平風(fēng)力F＝mBgtan θ，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．當(dāng)風(fēng)力增大時(shí)，繩子對(duì)B的拉力FT＝，隨風(fēng)力增大，繩子拉力增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．A和B作為一個(gè)整體，豎直方向受到重力mAg和mBg，所以桿對(duì)A的支持力為FN＝mAg＋mBg，與風(fēng)力大小無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B正確．對(duì)A、B整體，水平方向受到風(fēng)力F和桿對(duì)A的摩擦力，即Ff＝F＝mBgtan θ，A與桿之間沒(méi)有相對(duì)滑動(dòng)為靜摩擦力，所以Ff≤μFN＝μ(mAg＋mBg)，整理即得μ≥tan θ，選項(xiàng)C錯(cuò)誤． 3．如圖2所示，無(wú)限長(zhǎng)導(dǎo)線均通以恒定電流I.直線部分和坐標(biāo)軸接近重合，彎曲部分是以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心的相同半徑的一段圓弧，已知直線部分在原點(diǎn)O處不形成磁場(chǎng)，則下列選項(xiàng)中O處磁感應(yīng)強(qiáng)度和圖中O處磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的是(　　) 圖2 答案　A 解析　可以采用填補(bǔ)法，在題圖中相當(dāng)于一個(gè)順時(shí)針?lè)较虻沫h(huán)形電流取其Ⅱ、Ⅳ象限的一半，在選項(xiàng)A中，顯然Ⅱ、Ⅳ象限的電流相互抵消，Ⅰ、Ⅲ象限的仍然相當(dāng)于一個(gè)順時(shí)針?lè)较虻沫h(huán)形電流的一半，因此圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度與題圖中的相同．在選項(xiàng)B中，則相當(dāng)于是一個(gè)完整的順時(shí)針?lè)较虻沫h(huán)形電流，圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度與題圖中的相比方向相同，大小則是2倍．在選項(xiàng)C中，Ⅰ、Ⅲ象限的電流相互抵消，Ⅱ、Ⅳ象限的電流相當(dāng)于一個(gè)逆時(shí)針?lè)较虻沫h(huán)形電流的一半，圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度與題圖中的相比大小相同，但方向相反．在選項(xiàng)D中，Ⅱ、Ⅳ象限的電流相互抵消，Ⅰ、Ⅲ象限的電流相當(dāng)于一個(gè)逆時(shí)針?lè)较虻沫h(huán)形電流的一半，圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度與題圖中的相比大小相同，但方向相反，故只有選項(xiàng)A正確． 4．在如圖3所示的遠(yuǎn)距離輸電電路圖中，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電廠的輸出電壓和輸電線的電阻均不變．開(kāi)關(guān)S閉合后與閉合前相比，下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖3 A．升壓變壓器的輸入電壓增大 B．降壓變壓器的輸出電流減小 C．輸電線上損耗的電壓增大 D．輸電線上損耗的功率占總功率的比例減小 答案　C 解析　由題意知發(fā)電廠的輸出電壓不變，匝數(shù)比不變，故開(kāi)關(guān)S閉合前、后，升壓變壓器的輸入電壓不變，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；負(fù)載增多，則輸出功率增大，故降壓變壓器的副線圈的電流增大，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；降壓變壓器的匝數(shù)比也不變，故輸電線上的電流增大，輸電線上損耗的電壓ΔU＝I2R增大，C選項(xiàng)正確；輸電線損耗的功率為ΔP＝()2R，輸送的總功率P增大，故比例＝R知增大，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤． 5．如圖4所示，圖中兩條平行虛線間存有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線間的距離為2L，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．a(chǎn)bcd是位于紙面內(nèi)的梯形線圈，ad與bc間的距離為2L且均與ab相互垂直，ad邊長(zhǎng)為2L，bc邊長(zhǎng)為3L，t＝0時(shí)刻，c點(diǎn)與磁場(chǎng)區(qū)域左邊界重合．現(xiàn)使線圈以恒定的速度v沿垂直于磁場(chǎng)區(qū)域邊界的方向穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域．取沿a→b→c→d→a方向的感應(yīng)電流為正，則在線圈穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線可能是(　　) 圖4 答案　B 解析　據(jù)題意，梯形線框向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，cd邊在切割磁場(chǎng)，產(chǎn)生的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，與正方向一致，在第一個(gè)過(guò)程中電流大小為：I＝＝＝t，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；當(dāng)cd邊全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，在第二個(gè)過(guò)程中，線框產(chǎn)生的電流為：I＝；當(dāng)cd邊出磁場(chǎng)后，在第三個(gè)過(guò)程中，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電流為：I＝－t；在第四個(gè)過(guò)程中，cd邊全部離開(kāi)磁場(chǎng)，ab邊進(jìn)入，但產(chǎn)生電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，電流大小為：I＝，故選項(xiàng)B正確，而選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤． 6．(xx新課標(biāo)Ⅰ19)太陽(yáng)系各行星幾乎在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽(yáng)做圓周運(yùn)動(dòng)．當(dāng)?shù)厍蚯『眠\(yùn)行到某地外行星和太陽(yáng)之間，且三者幾乎排成一條直線的現(xiàn)象，天文學(xué)稱(chēng)為“行星沖日”．據(jù)報(bào)道，xx年各行星沖日時(shí)間分別是：1月6日木星沖日；4月9日火星沖日；5月11日土星沖日；8月29日海王星沖日；10月8日天王星沖日．已知地球及各地外行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的軌道半徑如下表所示．則下列判斷正確的是(　　) 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星 軌道半徑(AU) 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30 A.各地外行星每年都會(huì)出現(xiàn)沖日現(xiàn)象 B．在xx年內(nèi)一定會(huì)出現(xiàn)木星沖日 C．天王星相鄰兩次沖日的時(shí)間間隔為土星的一半 D．地外行星中，海王星相鄰兩次沖日的時(shí)間間隔最短 答案　BD 解析　由開(kāi)普勒第三定律＝k可知T行＝ T地＝年，根據(jù)相遇時(shí)轉(zhuǎn)過(guò)的角度之差Δθ＝2nπ及ω＝可知相鄰沖日時(shí)間間隔為t，則t＝2π，即t＝＝，又T火＝年，T木＝年，T土＝年，T天＝年，T海＝年，代入上式得t>1年，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；木星沖日時(shí)間間隔t木＝年<2年，所以選項(xiàng)B正確；由以上公式計(jì)算t土≠2t天，t海最小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確． 7．(xx濟(jì)南5月針對(duì)訓(xùn)練)如圖5所示，兩面積較大、正對(duì)著的平行極板A、B水平放置，極板上帶有等量異種電荷．其中A板用絕緣線懸掛，B板固定且接地，P點(diǎn)為兩板的中間位置．下列結(jié)論正確的是(　　) 圖5 A．若在兩板間加上某種絕緣介質(zhì)，A、B兩板所帶電荷量會(huì)增大 B．A、B兩板電荷分別在P點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相同 C．若將A板豎直向上平移一小段距離，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度將增大 D．若將A板豎直向下平移一小段距離，原P點(diǎn)位置的電勢(shì)將不變 答案　BD 解析　由于平行板電容器與電源斷開(kāi)，帶電量保持不變，因此在兩板間加上某種絕緣介質(zhì)，A、B兩板所帶電荷量也不會(huì)增加，A錯(cuò)誤；正極板A在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)向下，而負(fù)極板B在P點(diǎn)產(chǎn)生場(chǎng)強(qiáng)也向下，由于兩板具有對(duì)稱(chēng)性，因此兩板電荷分別在P點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相同，B正確；根據(jù)C＝，而C＝，平行板電容器內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝.整理式子可得：E＝，可以得出，只要帶電量和極板的正對(duì)面積不變，電容器內(nèi)部的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，場(chǎng)強(qiáng)大小與距離無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；同樣若將A板豎直向下平移一小段距離，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，P與B間的電勢(shì)差不變，而B(niǎo)點(diǎn)電勢(shì)為零，即P點(diǎn)位置的電勢(shì)將不變，D正確． 8．如圖6所示，水平地面上有一固定的斜面體，一木塊從粗糙斜面底端以一定的初速度沿斜面向上滑動(dòng)后又沿斜面加速下滑到底端．則木塊(　　) 圖6 A．上滑時(shí)間等于下滑時(shí)間 B．上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小 C．上滑過(guò)程與下滑過(guò)程中速度的變化量相等 D．上滑過(guò)程與下滑過(guò)程中機(jī)械能的減小量相等 答案　BD 解析　物體先減速上升，由牛頓第二定律得：Ff＋mgsin θ＝ma1；后加速下滑，則：mgsin θ－Ff＝ma2；摩擦力相同，所以a1＞a2，即上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，選項(xiàng)B正確；因?yàn)閍1＞a2，由x＝at2知上滑時(shí)間小于下滑時(shí)間，故A錯(cuò)誤；由公式v2＝2ax知上滑過(guò)程速度的減小量大于下滑過(guò)程速度的增加量，故C錯(cuò)誤．克服摩擦力做功W＝Ffx，所以上滑過(guò)程與下滑過(guò)程克服摩擦力做功相同，因?yàn)榭朔Σ磷枇ψ龉Φ扔谖矬w機(jī)械能的變化量，所以上滑過(guò)程與下滑過(guò)程中機(jī)械能的減小量相等，故D正確．故選B、D. 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)某同學(xué)利用光電門(mén)傳感器設(shè)計(jì)了一個(gè)研究小物體自由下落時(shí)機(jī)械能是否守恒的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖7所示，圖中A、B兩位置分別固定了兩個(gè)光電門(mén)傳感器．實(shí)驗(yàn)時(shí)測(cè)得小物體上寬度為d的擋光片通過(guò)A的擋光時(shí)間為t1，通過(guò)B的擋光時(shí)間為t2.為了證明小物體通過(guò)A、B時(shí)的機(jī)械能相等，還需要進(jìn)行一些實(shí)驗(yàn)測(cè)量和列式證明． 圖7 (1)下列必要的實(shí)驗(yàn)測(cè)量步驟是________． A．用天平測(cè)出運(yùn)動(dòng)小物體的質(zhì)量m B．測(cè)出A、B兩傳感器之間的豎直距離h C．測(cè)出小物體釋放時(shí)離桌面的高度H D．用秒表測(cè)出運(yùn)動(dòng)小物體通過(guò)A、B兩傳感器的時(shí)間Δt (2)若該同學(xué)用d和t的比值來(lái)反映小物體經(jīng)過(guò)A、B光電門(mén)時(shí)的速度，并設(shè)想如果能滿足____________________關(guān)系式，即能證明在自由落體過(guò)程中小物體的機(jī)械能是守恒的． (3)該同學(xué)的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)可能會(huì)引起明顯誤差的地方是(請(qǐng)寫(xiě)出一種)：______________. 答案　(1)B　(2)()2－()2＝2gh　(3)物體擋光片的寬度d太大或h的測(cè)量不準(zhǔn) 解析　(1)由于重力勢(shì)能和動(dòng)能中均包括質(zhì)量m，因此小物體的質(zhì)量m不需要測(cè)量，A錯(cuò)誤；求物體重力勢(shì)能的減小量，需要測(cè)量下落高度，B正確；我們關(guān)心的是下落高度，與物體距離桌面的高度無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；不需要測(cè)量物體下落所需要的時(shí)間，D錯(cuò)誤． (2)物體通過(guò)兩光電門(mén)速度分別為、，驗(yàn)證機(jī)械能守恒，即需要驗(yàn)證()2－()2＝2gh. (3)該同學(xué)的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)可能會(huì)引起明顯誤差的地方是物體擋光片的寬度d太大、h的測(cè)量不準(zhǔn)等． 10．(9分)某待測(cè)電阻Rx的阻值在80～100 Ω之間，現(xiàn)要測(cè)量其阻值，實(shí)驗(yàn)室提供如下器材： A．電流表A1(量程30 mA、內(nèi)阻r1＝10.0 Ω) B．電流表A2(量程60 mA、內(nèi)阻r2約為15 Ω) C．電流表A3(量程0.6 A，內(nèi)阻r3約為0.2 Ω) D．電壓表(量程15 V、內(nèi)阻約為20 kΩ) E．定值電阻R0＝90.0 Ω F．滑動(dòng)變阻器R，最大阻值約為10 Ω G．電源E(電動(dòng)勢(shì)4 V，內(nèi)阻很小) H．開(kāi)關(guān)S、導(dǎo)線若干 (1)測(cè)量要求電表讀數(shù)不得小于其量程的，要完成此實(shí)驗(yàn)，在上述提供的器材中，應(yīng)選用________(填寫(xiě)器材前的序號(hào))． (2)請(qǐng)你在虛線框內(nèi)畫(huà)出測(cè)量電阻Rx的最佳實(shí)驗(yàn)電路圖(圖中元件用題干中相應(yīng)的元件符號(hào)標(biāo)注)． (3)待測(cè)電阻Rx的表達(dá)式為Rx＝__________，式中各符號(hào)的物理意義為_(kāi)_______________________________________________________________________． 答案　(1)ABEFGH (2)如圖所示 (3)　I1為電流表A1的讀數(shù)，I2為電流表A2的讀數(shù)，r1為電流表A1的內(nèi)阻，R0為定值電阻 11．(12分)如圖8所示，在某項(xiàng)娛樂(lè)活動(dòng)中，要求質(zhì)量為m的物體輕放到水平傳送帶上，當(dāng)物體離開(kāi)水平傳送帶后恰好落到斜面的頂端，且此時(shí)速度沿斜面向下．斜面長(zhǎng)度為l＝2.75 m，傾角為θ＝37，斜面動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5.傳送帶距地面高度為h＝2.1 m，傳送帶的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝3 m，傳送帶表面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.4，傳送帶一直以速度v傳＝4 m/s逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8.求： 圖8 (1)物體落到斜面頂端時(shí)的速度大?。? (2)物體從斜面的頂端運(yùn)動(dòng)到底端的時(shí)間； (3)物體輕放在水平傳送帶的初位置到傳送帶左端的距離應(yīng)該滿足的條件． 答案　(1)5 m/s　(2)0.5 s　(3)2 m≤x≤3 m 解析　(1)物體離開(kāi)傳送帶后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)落到斜面頂端的速度為v0，沿斜面方向 vy＝＝3 m/s vx＝vycot θ＝4 m/s v0＝＝5 m/s (2)設(shè)物體從斜面的頂端運(yùn)動(dòng)到底端的時(shí)間為t，根據(jù)牛頓第二定律 mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1 l＝v0t＋a1t2 解得t＝0.5 s (3)設(shè)物體輕放在水平傳送帶的位置到傳送帶左端的距離為x，因?yàn)関x＝v傳 μ2mg＝ma2 由v＝2a2x0 得x0＝＝2 m 物體輕放在水平傳送帶的初位置到傳送帶左端的距離范圍為2 m≤x≤3 m 12． (20分)如圖9所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于坐標(biāo)平面向內(nèi)的有界圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域(圖中未畫(huà)出)；在第二象限內(nèi)存在與x軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一粒子源固定在x軸上的A點(diǎn)，A點(diǎn)坐標(biāo)為(－L,0)．粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v的電子，電子恰好能通過(guò)y軸上的C點(diǎn)，C點(diǎn)坐標(biāo)為(0,2L)，電子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后方向恰好垂直O(jiān)N，ON是與x軸正方向成15角的射線．(電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用．)求： 圖9 (1)第二象限內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向； (2)電子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度方向與y軸正方向的夾角θ； (3)粗略畫(huà)出電子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的軌跡； (4)圓形磁場(chǎng)的最小半徑Rmin. 答案　(1)，方向沿x軸負(fù)方向　(2)45　(3)見(jiàn)解析圖　(4) 解析　(1)從A到C的過(guò)程中，電子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，有： x方向：L＝at2＝t2 y方向：2L＝vt 聯(lián)立解得：E＝，方向沿x軸負(fù)方向． (2)設(shè)電子到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為vC，方向與y軸正方向的夾角為θ， 由動(dòng)能定理，有：mv－mv2＝eEL 解得vC＝v 故cos θ＝＝ 得θ＝45. (3)畫(huà)軌跡如圖所示． (4)電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 r＝＝ 電子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)120后垂直于ON射出，磁場(chǎng)最小半徑為 Rm＝＝rsin 60 得Rmin＝. (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(shuō)法正確的是________． A．布朗運(yùn)動(dòng)的實(shí)質(zhì)就是分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng) B．晶體在各個(gè)方向上的導(dǎo)熱性能相同，體現(xiàn)為各向同性 C．熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳給高溫物體 D．將一個(gè)分子從無(wú)窮遠(yuǎn)處無(wú)限靠近另一個(gè)分子，則這兩個(gè)分子間的分子力先增大后減小最后再增大 E．絕對(duì)零度不可達(dá)到 (2)(9分)一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)A經(jīng)狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C，其中A→B過(guò)程為等壓變化，B→C過(guò)程為等容變化．已知VA＝0.3 m3，TA＝TC＝300 K，TB＝400 K. ①求氣體在狀態(tài)B時(shí)的體積； ②設(shè)A→B過(guò)程氣體吸收熱量為Q1，B→C過(guò)程氣體放出熱量為Q2，求A→B過(guò)程中氣體對(duì)外所做的功． 答案　(1)CDE　(2)①0.4 m3　②Q1－Q2 解析　(1)布朗運(yùn)動(dòng)的實(shí)質(zhì)是固體顆粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，但是可以間接反映液體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；晶體在各個(gè)方向上的導(dǎo)熱性能不相同，體現(xiàn)為各向異性，B錯(cuò)誤；熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳給高溫物體，符合熱力學(xué)第二定律，C正確；將一個(gè)分子從無(wú)窮遠(yuǎn)處無(wú)限靠近另一個(gè)分子，則這兩個(gè)分子間的分子力先表現(xiàn)為引力先增大后減小到零，然后表現(xiàn)為斥力再逐漸增大，D正確；絕對(duì)零度永遠(yuǎn)不可能達(dá)到，E正確． (2)①設(shè)氣體在B狀態(tài)時(shí)的體積為VB， 由蓋—呂薩克定律得，＝， 代入數(shù)據(jù)得VB＝0.4 m3. ②因?yàn)門(mén)A＝TC，故A→B增加的內(nèi)能與B→C減小的內(nèi)能相同，而A→B過(guò)程氣體對(duì)外做正功，B→C過(guò)程氣體不做功，由熱力學(xué)第一定律可得 A→B：ΔE＝Q1－W B→C：ΔE＝Q2 則有W＝Q1－Q2. 14．[物理—選修3－4](15分) (1)(6分)以下說(shuō)法正確的是________． A．光的偏振現(xiàn)象說(shuō)明光是一種縱波 B．相對(duì)論認(rèn)為空間和時(shí)間與物質(zhì)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有關(guān) C．麥克斯韋預(yù)言并用實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了電磁波的存在 D．在光的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，若僅將入射光由綠色光變?yōu)榧t光，則條紋間距變寬 E．波在介質(zhì)中傳播的頻率由波源決定，與介質(zhì)無(wú)關(guān) (2)(9分)如圖10所示，一束截面為圓形(半徑R)的平行復(fù)色光垂直射向一玻璃半球的面．經(jīng)折射后在屏幕S上形成一個(gè)圓形彩色亮區(qū)．已知玻璃半球的半徑為R，屏幕S至球心的距離為D(D>3R)．不考慮光的干涉和衍射，試問(wèn)： 圖10 ①屏幕S上形成的圓形亮區(qū)的最外側(cè)是什么顏色？ ②若玻璃半球?qū)Β僦猩獾恼凵渎蕿閚.請(qǐng)你求出圓形亮區(qū)的最大半徑． 答案　(1)BDE　(2)①紫色　②D－nR 解析　(1)光的偏振說(shuō)明光的傳播方向和振動(dòng)方向垂直，是橫波而不是縱波，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．相對(duì)論即時(shí)間和空間都會(huì)隨物體運(yùn)動(dòng)的速度而發(fā)生變化，選項(xiàng)B正確．麥克斯韋預(yù)言了電磁波的存在，但是證實(shí)電磁波存在的是赫茲，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，條紋間距Δx＝，綠光變?yōu)榧t光，波長(zhǎng)變長(zhǎng)，條紋間距變寬，選項(xiàng)D正確．波動(dòng)的任何一個(gè)位置都在重復(fù)波源的振動(dòng)，所以振動(dòng)的頻率由波源決定，選項(xiàng)E正確． (2)①?gòu)?fù)色光與半球形玻璃面的下表面相垂直，方向不變，但是在上面的圓弧面會(huì)發(fā)生偏折，紫光的折射率最大，偏折能力最強(qiáng)，所以紫光偏折的最遠(yuǎn)，因此最外側(cè)是紫色． ②如圖所示，紫光剛要發(fā)生全反射時(shí)的臨界光線射在屏幕S上的點(diǎn)F到亮區(qū)中心E的距離r就是所求最大半徑． 設(shè)紫光臨界角為C，由全反射的知識(shí)：sin C＝ 所以cos C＝ tan C＝ OB＝R/cos C＝ r＝(D－OB)/tan C＝D－nR. 15．[物理—選修3－5](15分) (1)(6分)以下有關(guān)近代物理內(nèi)容的若干敘述，正確的是________． A．紫外線照射到金屬鋅板表面時(shí)能夠發(fā)生光電效應(yīng)，則當(dāng)增大紫外線的照射強(qiáng)度時(shí)，從鋅板表面逸出的光電子的最大初動(dòng)能也隨之增大 B．太陽(yáng)輻射的能量主要來(lái)自太陽(yáng)內(nèi)部的核聚變反應(yīng) C．有10個(gè)放射性元素的原子核，當(dāng)有5個(gè)原子核發(fā)生衰變所需的時(shí)間就是該放射性元素的半衰期 D．氫原子由較高能級(jí)躍遷到較低能級(jí)時(shí)，要釋放一定頻率的光子，同時(shí)氫原子的電勢(shì)能減小，電子的動(dòng)能增大 E．質(zhì)子和中子結(jié)合成新原子核一定有質(zhì)量虧損，釋放出能量 (2)(9分)兩物塊A、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為m＝2 kg，初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，A、B兩物塊都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量M＝4 kg的物塊C靜止在前方，如圖11所示．B與C碰撞后二者會(huì)粘在一起運(yùn)動(dòng)．求在以后的運(yùn)動(dòng)中： 圖11 ①當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，物塊A的速度v1為多大？ ②系統(tǒng)中彈性勢(shì)能的最大值Ep是多少？ 答案　(1)BDE　(2)①3 m/s?、?2 J 解析　(1)光電子的初動(dòng)能只與入射光的頻率有關(guān)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；太陽(yáng)輻射來(lái)自于太陽(yáng)內(nèi)部的聚變反應(yīng)，故選項(xiàng)B正確；有半數(shù)放射性元素原子核發(fā)生衰變所需時(shí)間是半衰期，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；氫原子從較高能級(jí)向較低能級(jí)躍遷，運(yùn)動(dòng)半徑減小，電勢(shì)能減小，動(dòng)能增加，故選項(xiàng)D正確；核反應(yīng)前后有質(zhì)量虧損，就會(huì)釋放能量，故選項(xiàng)E正確． (2)①根據(jù)題意，A、B、C三物塊動(dòng)量守恒，當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)滿足： 2mv＝(2m＋M)v1 代入數(shù)據(jù)得：v1＝3 m/s. ②根據(jù)動(dòng)量守恒，當(dāng)BC剛剛完成碰撞時(shí)滿足： mv＝(m＋M)vBC 此后系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)滿足： mv2＋(M＋m)v＝(2m＋M)v＋Ep 代入數(shù)據(jù)后整理得：Ep＝12 J.