2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 高考模擬部分五.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 高考模擬部分五 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．如圖1所示，在水平桌面上有一個(gè)傾角為θ的斜面體．一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，在平行于斜面的拉力F作用下，沿斜面向上做勻速運(yùn)動(dòng)．斜面體始終處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.下列結(jié)論正確的是(　　) 圖1 A．斜面對(duì)物塊的摩擦力大小是F B．斜面對(duì)物塊的摩擦力大小是μmg C．桌面對(duì)斜面體的摩擦力大小是0 D．桌面對(duì)斜面體的摩擦力大小是Fcos α 答案　D 解析　分析物塊在垂直斜面方向受到兩個(gè)力即重力垂直斜面向下的分力mgcos θ和支持力FN＝mgcos θ，沿斜面方向受到三個(gè)力即重力沿斜面向下的分力mgsin θ，沿斜面向下的摩擦力μFN＝μmgcos θ，沿斜面向上的拉力F，根據(jù)受力平衡可得斜面體對(duì)物塊的摩擦力大小為μmgcos θ＝F－mgsin θ，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤．斜面體和物塊都處于平衡狀態(tài)，整體受力分析，豎直方向有兩個(gè)重力和桌面支持力以及拉力F豎直向上的分力Fsin θ，水平方向?yàn)镕的水平分力Fcos θ和摩擦力，由于整體平衡，所以有桌面對(duì)斜面體摩擦力Ff＝Fcos θ，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 2．如圖2所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ T．單匝矩形線圈面積S＝1 m2，電阻不計(jì)，繞垂直于磁場(chǎng)的軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．線圈通過電刷與一理想變壓器原線圈相接，為交流電流表．調(diào)整副線圈的滑動(dòng)觸頭P，當(dāng)變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶2時(shí)，副線圈電路中標(biāo)有“36 V,36 W”的燈泡正常發(fā)光．以下判斷正確的是(　　) 圖2 A．電流表的示數(shù)為1 A B．矩形線圈產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的有效值為18 V C．從矩形線圈轉(zhuǎn)到中性面開始計(jì)時(shí)，矩形線圈電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間的變化規(guī)律e＝18sin 90πt(V) D．若矩形線圈轉(zhuǎn)速增大，為使燈泡仍能正常發(fā)光，應(yīng)將P適當(dāng)下移 答案　C 解析　小燈光正常發(fā)光，故變壓器的輸出電流為I2＝＝1 A，根據(jù)變流比公式：＝，解得I1＝2 A，故A錯(cuò)誤；小燈泡正常發(fā)光，故變壓器的輸出電壓為36 V，根據(jù)變壓比公式＝，解得U1＝18 V，故矩形線圈產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的有效值為18 V，故B錯(cuò)誤；矩形線圈產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的最大值為18 V，根據(jù)公式Em＝NBSω，解得ω＝＝ rad/s＝90π rad/s，故從矩形線圈轉(zhuǎn)到中性面開始計(jì)時(shí)，矩形線圈電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間的變化規(guī)律e＝Emsin ωt＝18sin 90πt(V)，故C正確；若矩形線圈轉(zhuǎn)速增大，根據(jù)公式Em＝NBSω，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值增加，故有效值也增加，為使燈泡仍能正常發(fā)光，應(yīng)該減小變壓比，故應(yīng)將P適當(dāng)上移，故D錯(cuò)誤． 3．如圖3甲所示，靜止在地面上的一個(gè)物體在豎直向上的拉力作用下開始運(yùn)動(dòng)，在向上運(yùn)動(dòng)的過程中，物體的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系圖象如圖乙所示．其中在0～h過程中的圖線為平滑曲線，h～2h過程中的圖線為平行于橫軸的直線，2h～3h過程中的圖線為一傾斜的直線，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．物體上升到h高處時(shí)，拉力的功率為零 B．在0～h過程中拉力大小恒為2mg C．在h～2h過程中物體機(jī)械能不變 D．在2h～3h過程中物體的機(jī)械能不變 答案　D 解析　0～h高度內(nèi)，由動(dòng)能定理得Ek＝(F－mg)x，圖線斜率表示合外力，0～h過程中，斜率逐漸減小到零，則拉力逐漸減小到等于重力，合力減小為零，A、B錯(cuò)誤；h～2h過程中，物體受到的拉力等于重力，勻速上升，拉力做正功，物體的機(jī)械能增加，C錯(cuò)誤；在2h～3h過程中，圖線斜率恒定，大小為mg，則物體合力大小為mg，物體只受到重力，機(jī)械能守恒，D正確． 4．如圖4所示，兩個(gè)固定的相同細(xì)環(huán)相距一定的距離，同軸放置，O1、O2分別為兩環(huán)的圓心，兩環(huán)分別帶有均勻分布的等量異種電荷．一帶正電的粒子從很遠(yuǎn)處沿軸線飛來(lái)并穿過兩環(huán)．則在帶電粒子運(yùn)動(dòng)過程中(　　) 圖4 A．在O1和O2點(diǎn)粒子加速度大小相等，方向向反 B．從O1到O2過程，粒子電勢(shì)能一直增加 C．在O1和O2連線中點(diǎn)，粒子在該點(diǎn)動(dòng)能最小 D．軸線上O1點(diǎn)右側(cè)、O2點(diǎn)左側(cè)都存在場(chǎng)強(qiáng)為零的點(diǎn)，它們關(guān)于O1、O2連線中點(diǎn)對(duì)稱 答案　D 解析　在＋q從O1向O2運(yùn)動(dòng)的過程中，＋Q對(duì)＋q的電場(chǎng)力向左，－Q對(duì)＋q的作用力方向也向左，所以加速度相同，都向左，A錯(cuò)誤；在＋q從O1向O2運(yùn)動(dòng)的過程中＋Q對(duì)＋q的電場(chǎng)力向左，－Q對(duì)＋q的作用力方向也向左，故電場(chǎng)力對(duì)＋q始終做正功，故＋q的電勢(shì)能一直減小，B錯(cuò)誤；根據(jù)E＝可知在O1右側(cè)＋Q產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)先增大后減小且一直減小到0，而－Q的場(chǎng)強(qiáng)大多數(shù)情況下小于＋Q產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，O1點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)不為0且方向向左，故合場(chǎng)強(qiáng)為0的位置應(yīng)該在O1的右側(cè)，而在合力為0之前合外力做負(fù)功，動(dòng)能持續(xù)減小，之后合力做正功，動(dòng)能增大，故動(dòng)能最小的點(diǎn)在O1的右側(cè)，C錯(cuò)誤；同理，O2的左側(cè)也有場(chǎng)強(qiáng)為0的位置，而O1和O2之間場(chǎng)強(qiáng)始終大于0，由于兩個(gè)電荷的電荷量相同，故電場(chǎng)關(guān)于O1、O2連線中間對(duì)稱，D正確． 5．如圖5所示，在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，有一帶正電的電荷，從D點(diǎn)以v0的速度沿DB方向射入磁場(chǎng)，恰好從A點(diǎn)射出，已知電荷的質(zhì)量為m，帶電量為q，不計(jì)電荷的重力，則下列說法正確的是(　　) 圖5 A．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B．電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 C．若電荷從CD邊界射出，隨著入射速度的減小，電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間會(huì)減小 D．若電荷的入射速度變?yōu)?v0，則粒子會(huì)從AB中點(diǎn)射出 答案　A 解析　由題圖可以看出粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝L，根據(jù)牛頓第二定律：qv0B＝m，得B＝，A正確；由T＝，轉(zhuǎn)過的圓心角為90，則t＝＝，故B錯(cuò)誤；若電荷從CD邊界射出，則轉(zhuǎn)過的圓心角均為180，入射速度減小，T＝，周期與速度無(wú)關(guān)，故電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，C錯(cuò)誤；若電荷的入射速度變?yōu)?v0，則半徑變?yōu)?L，軌跡如圖，設(shè)DF為h，由幾何知識(shí)：(2L－h(huán))2＋L2＝(2L)2，得h＝(2－)L≠L，可見E不是AB的中點(diǎn)，即粒子不會(huì)從AB中點(diǎn)射出，D錯(cuò)誤． 6．跳傘運(yùn)動(dòng)員從高空懸停的直升飛機(jī)跳下，運(yùn)動(dòng)員沿豎直方向運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖6，下列說法正確的是(　　) 圖6 A．0～10 s平均速度大于10 m/s B．15 s末開始運(yùn)動(dòng)員靜止 C．10 s末速度方向改變 D．10～15 s運(yùn)動(dòng)員做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng) 答案　AD 解析　0～10 s的位移大于勻加速運(yùn)動(dòng)的位移，則平均速度大于 m/s＝10 m/s，選項(xiàng)A正確；15 s后速度大小恒定，做勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；10 s末速度最大，方向未改變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；10～15 s速度圖線斜率減小，運(yùn)動(dòng)員做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確． 7．如圖7所示，三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩邊的傳送帶長(zhǎng)都是2 m且與水平方向的夾角均為37.現(xiàn)有兩個(gè)小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)都是0.5，(g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)下列說法正確的是(　　) 圖7 A．物塊A先到達(dá)傳送帶底端 B．物塊A、B同時(shí)到達(dá)傳送帶底端 C．傳送帶對(duì)物塊A、B均做負(fù)功 D．物塊A、B在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度之比為1∶3 答案　BCD 解析　A、B都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，故傳送帶對(duì)兩物塊的滑動(dòng)摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故兩物塊沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端時(shí)位移大小相同，故時(shí)間相同，故A錯(cuò)誤，B正確；滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，位移沿斜面向下，摩擦力做負(fù)功，故C正確；A、B的摩擦力都是沿斜面向上的，A、B滑下時(shí)的加速度相同，所以下滑到底端的時(shí)間相同，由x＝v0t＋at2，a＝gsin θ－μgcos θ，得：t＝1 s，傳送帶在1 s的位移是1 m，A與皮帶是同向運(yùn)動(dòng)，A的劃痕是A對(duì)地位移(斜面長(zhǎng)度)減去在此時(shí)間內(nèi)皮帶的位移，即2 m－1 m＝1 m，B與皮帶是反向運(yùn)動(dòng)的，B的劃痕是A對(duì)地位移(斜面長(zhǎng)度)加上在此時(shí)間內(nèi)皮帶的位移，即2 m＋1 m＝3 m，所以D正確． 8．某同學(xué)在物理學(xué)習(xí)中記錄了一些與地球、月球有關(guān)的數(shù)據(jù)資料如下：地球半徑R＝6 400 km，月球半徑r＝1 740 km，地球表面重力加速度g0＝9.80 m/s2，月球表面重力加速度g′＝1.56 m/s2，月球繞地球中心轉(zhuǎn)動(dòng)的線速度v＝1 km/s，月球繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)一周時(shí)間為T＝27.3天，光速c＝2.998105 km/s.1969年8月1日第一次用激光器向位于頭頂?shù)脑虑虮砻姘l(fā)射出激光光束，經(jīng)過約t＝2.565 s接收到從月球表面反射回來(lái)的激光信號(hào)，利用上述數(shù)據(jù)可估算出地球表面與月球表面之間的距離x，則下列方法正確的是(　　) A．利用激光束的反射x＝c來(lái)算 B．利用v＝來(lái)算 C．利用M月g0＝M月來(lái)算 D．利用M月g′＝M月(x＋R＋r)來(lái)算 答案　AB 解析　從地球發(fā)射激光到接收到反射信號(hào)所用時(shí)間為t，則單趟時(shí)間為，所以x＝c，故A正確．月球繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為兩球心距離，線速度與周期的關(guān)系T＝，故B正確．忽略地球自轉(zhuǎn)的影響，則G＝mg0①，月球繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，G＝M月②，①②聯(lián)立得g0＝，故C錯(cuò)誤．在月球表面G＝mg′③，月球繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，G＝M月④，③④聯(lián)立得g′＝(x＋r＋R)3，故D錯(cuò)誤．故選A、B. 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)小明研究小車在水平長(zhǎng)木板上運(yùn)動(dòng)所受摩擦力的大小，選用的實(shí)驗(yàn)器材是：長(zhǎng)木板、總質(zhì)量為m的小車、光電門、數(shù)字毫秒計(jì)、弧形斜面、擋光片、游標(biāo)卡尺、刻度尺．器材安裝如圖8所示． 圖8 (1)主要的實(shí)驗(yàn)過程： ①用游標(biāo)卡尺測(cè)量擋光片寬度d，讀數(shù)如圖9所示，則d＝________ mm. 圖9 ②讓小車從斜面上某一位置釋放，讀出小車通過光電門時(shí)數(shù)字毫秒計(jì)示數(shù)t. ③用刻度尺量出小車停止運(yùn)動(dòng)時(shí)遮光板與光電門間的距離L. ④求出小車與木板間摩擦力Ff＝________(用物理量的符號(hào)表示)． (2)實(shí)驗(yàn)中，小車釋放的高度應(yīng)該適當(dāng)________(選填“高”或“低”)些． 答案　(1)①6.00?、堋?2)高 解析　(1)①由題圖所示可知，游標(biāo)卡尺的主尺示數(shù)為0.6 cm＝6 mm，游標(biāo)尺示數(shù)為00.05 mm＝0.00 mm，則擋光片的寬度d＝6 mm＋0.00 mm＝6.00 mm； ④擋光片經(jīng)過光電門時(shí)的速度v＝，小車在水平面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得：－FfL＝0－mv2，解得：Ff＝. (2)小車釋放的高度越高，小車到達(dá)水平面時(shí)的速度越大，小車在水平面上滑行的距離越大，L的測(cè)量值誤差越小，實(shí)驗(yàn)誤差越?。? 10．(9分)某同學(xué)通過實(shí)驗(yàn)測(cè)繪標(biāo)有“3.8 V　0.3 A”的小燈泡的燈絲電阻R隨電壓U變化的圖象． (1)除了導(dǎo)線和開關(guān)外，有以下一些器材可供選擇： 電流表A(量程0.6 A，內(nèi)阻約0.3 Ω)； 電壓表V(量程5 V，內(nèi)阻約5 kΩ)； 滑動(dòng)變阻器R1(阻值范圍0～10 Ω)； 滑動(dòng)變阻器R2(阻值范圍0～2 kΩ)； 電源E1(電動(dòng)勢(shì)為6 V，內(nèi)阻約為1 Ω)； 電源E2(電動(dòng)勢(shì)為4 V，內(nèi)阻約為20 Ω) 為了調(diào)節(jié)方便，測(cè)量準(zhǔn)確，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選________，電源應(yīng)選________；(填器材的符號(hào)) (2)在虛線框內(nèi)畫出實(shí)驗(yàn)原理圖； (3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，計(jì)算并描繪出R－U的圖象如圖10所示．由圖象獲取的數(shù)據(jù)可知，當(dāng)所加電壓為3.00 V時(shí)，通過燈絲的電流為________ A，燈泡實(shí)際消耗的電功率為________ W. 圖10 答案　(1)R1　E1　(2)見解析圖　(3)0.26　0.78 解析　(1)因測(cè)伏安特性曲線要求電壓與電流調(diào)節(jié)范圍大，故變阻器需用分壓式接法，所以要選擇電阻值比較小的R1，電源應(yīng)選內(nèi)阻比較小的E1. (2)因測(cè)伏安特性曲線要求電壓與電流調(diào)節(jié)范圍大，故變阻器需用分壓式接法；小燈泡的電阻值：R＝＝ Ω≈13 Ω，由于＝≈384.6，即電壓表的電阻遠(yuǎn)大于小燈泡的電阻，所以實(shí)驗(yàn)中采用電流表外接法，實(shí)驗(yàn)原理圖如圖： (3)由R－U圖象知，U＝3 V時(shí)R為11.5 Ω，由歐姆定律得：I＝＝ A≈0.26 A P＝＝ W≈0.78 W. 11．(12分)如圖11所示，水平軌道與豎直平面內(nèi)的圓弧軌道平滑連接后固定在水平地面上，圓弧軌道B端的切線沿水平方向．質(zhì)量m＝1.0 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在水平恒力F＝10.0 N的作用下，從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)的位移x＝0.50 m時(shí)撤去力F.已知A、B之間的距離x0＝1.0 m，滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.10，取g＝10 m/s2.求： 圖11 (1)在撤去力F時(shí)，滑塊的速度大小； (2)滑塊通過B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能； (3)滑塊通過B點(diǎn)后，能沿圓弧軌道上升的最大高度h＝0.35 m，求滑塊沿圓弧軌道上升過程中克服摩擦力做的功． 答案　(1)3 m/s　(2)4 J　(3)0.5 J 解析　(1)在力F作用下 F－μmg＝ma1,2a1x＝v 代入數(shù)據(jù)得v1＝3 m/s (2)接下來(lái)，滑塊做減速運(yùn)動(dòng) 加速度a2＝μg＝1 m/s2 根據(jù)v－v＝－2a2(x0－x) 到達(dá)B點(diǎn)的速度v2＝2 m/s 到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek＝mv＝4 J (3)上升過程中，根據(jù)動(dòng)能定理 －mgh－W＝0－mv 克服摩擦力做的功W＝0.5 J 12．(20分)如圖12甲所示，發(fā)光竹蜻蜓是一種常見的兒童玩具，它在飛起時(shí)能夠發(fā)光．某同學(xué)對(duì)竹蜻蜓的電路作如下簡(jiǎn)化，如圖乙所示，半徑為L(zhǎng)的金屬圓環(huán)繞垂直于圓環(huán)平面、通過圓心O的金屬軸O1O2以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓環(huán)上接有電阻均為r的三根導(dǎo)電輻條OP、OQ、OR，輻條互成120角．在圓環(huán)內(nèi)，圓心角為120的扇形區(qū)域內(nèi)存在垂直圓環(huán)平面向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在轉(zhuǎn)軸O1O2與圓環(huán)的邊緣之間通過電刷MN與一個(gè)LED燈(可看成二極管，發(fā)光時(shí)，電阻為r)．圓環(huán)及其他電阻不計(jì)，從輻條OP進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)． 圖12 (1)順磁感線方向看，圓盤繞O1O2軸沿什么方向旋轉(zhuǎn)，才能使LED燈發(fā)光？在不改變玩具結(jié)構(gòu)的情況下，如何使LED燈發(fā)光時(shí)更亮？ (2)在輻條OP轉(zhuǎn)過60的過程中，求通過LED燈的電流； (3)求圓環(huán)每旋轉(zhuǎn)一周，LED燈消耗的電能． 答案　(1)逆時(shí)針　增大轉(zhuǎn)速、增大角速度　(2)　(3) 解析　(1)圓環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)過程，始終有一條導(dǎo)電輻條在切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，并通過M、N和二極管構(gòu)成閉合回路．由于二極管的單向?qū)щ娦?，只有轉(zhuǎn)軸為正極，即產(chǎn)生指向圓心的感應(yīng)電流時(shí)二極管才發(fā)光，根據(jù)右手定則判斷，圓環(huán)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)． 要使得LED燈發(fā)光時(shí)更亮，就要使感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變大，即增大轉(zhuǎn)速、增大角速度． (2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BL2ω 外電阻：R1＝ 內(nèi)電阻：R2＝r 外電壓：U＝E 流過LED的電流：I＝ 解得：I＝. (3)轉(zhuǎn)動(dòng)一周電流不變，則周期為T＝ 根據(jù)焦耳定律得產(chǎn)生的電能為E′＝I2rT 聯(lián)立解得E′＝. (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)下列說法中正確的是________． A．同一溫度下，氣體分子速率呈現(xiàn)出“中間多，兩頭少”的分布規(guī)律 B．單晶體和多晶體都有規(guī)則的幾何外形 C．布朗運(yùn)動(dòng)反映了固體小顆粒內(nèi)分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng) D．物體熔化時(shí)吸熱，分子平均動(dòng)能不一定增加 E．完全失重狀態(tài)下的氣體壓強(qiáng)一定不為零 圖13 (2)(9分)如圖13為一個(gè)封閉有一定質(zhì)量理想氣體的內(nèi)壁光滑的圓環(huán)形細(xì)管，S是固定在管上的閥門，M為可自由移動(dòng)的活塞，其質(zhì)量不計(jì)．初始時(shí)，S、M與管道中心O在同一水平面內(nèi)，氣體被均分為上下兩部分，氣體溫度均為T0＝305 K，壓強(qiáng)為p0＝1.05105 Pa.現(xiàn)對(duì)下面部分氣體緩慢加熱，且保持上面部分氣體溫度不變，當(dāng)活塞M緩慢移動(dòng)到管道最高點(diǎn)時(shí)，求： ①上面部分氣體的壓強(qiáng)； ②下面部分氣體的溫度． 答案　(1)ADE　(2)①2.1105 Pa?、?15 K 解析　(1)多晶體沒有規(guī)則的幾何外形，B錯(cuò)誤；布朗運(yùn)動(dòng)是固體顆粒的運(yùn)動(dòng)，間接反映了液體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；零攝氏度的冰融化成零攝氏度的水吸熱，但溫度不變，所以分子的平均動(dòng)能不變，D正確；氣體壓強(qiáng)是由于氣體分子的撞擊引起的，完全失重狀態(tài)下氣體的運(yùn)動(dòng)不會(huì)停止，E正確，故選A、D、E. (2)①設(shè)四分之一圓環(huán)的容積為V，對(duì)上面氣體，由題意可知，氣體的狀態(tài)參量： 初狀態(tài)：V1＝2V，p1＝p0＝1.05105 Pa 末狀態(tài)：V1′＝V 氣體發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律得：p1V1＝p1′V1′ 代入數(shù)據(jù)得：p1′＝2.1105 Pa ②對(duì)下部分氣體，由題意可知，氣體的狀態(tài)參量： 初狀態(tài)：V2＝2V，T2＝T0＝305 K，p2＝p0＝1.05105 Pa 末狀態(tài)：V2′＝3V，p2′＝p1′＝2.1105 Pa 由理想氣體狀態(tài)方程得＝ 代入數(shù)據(jù)得T2′＝915 K 14．[物理—選修3－4](15分) (1)(6分)一列簡(jiǎn)諧橫波，某時(shí)刻的圖象如圖14甲所示，從該時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，波上A質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象如圖乙所示，則以下說法正確的是________． 圖14 A．這列波沿x軸正向傳播 B．這列波的波速是25 m/s C．質(zhì)點(diǎn)P將比質(zhì)點(diǎn)Q先回到平衡位置 D．經(jīng)過Δt＝0.4 s，A質(zhì)點(diǎn)通過的路程為4 m E．經(jīng)過Δt＝0.8 s，A質(zhì)點(diǎn)通過的位移為8 m (2)(9分)“道威棱鏡”廣泛地應(yīng)用在光學(xué)儀器當(dāng)中，如圖15所示，將一等腰直角棱鏡截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱鏡”，這樣就減小了棱鏡的重量和雜散的內(nèi)部反射．從M點(diǎn)發(fā)出的一束平行于底邊CD的單色光從AC邊射入，已知棱鏡玻璃的折射率n＝.求光線進(jìn)入“道威棱鏡”時(shí)的折射角，并通過計(jì)算判斷光線能否從CD邊射出． 圖15 答案　(1)BCD　(2)30　不能 解析　(1)由質(zhì)點(diǎn)A的振動(dòng)圖象知質(zhì)點(diǎn)A在t＝0時(shí)刻處于平衡位置且向上振動(dòng)，則波必定沿x軸負(fù)方向傳播，A錯(cuò)誤．由題圖知λ＝20 m，T＝0.8 s，所以波速v＝＝25 m/s，B正確．由于波沿x軸負(fù)方向傳播，P點(diǎn)振動(dòng)方向向下，回到平衡位置的時(shí)間小于T/4，而Q點(diǎn)由波谷直接向平衡位置振動(dòng)，所需時(shí)間為T/4，所以C正確．因?yàn)?.4 s＝T/2，所以質(zhì)點(diǎn)A通過的路程為2A＝4 m，D正確．因?yàn)?.8 s＝T，所以質(zhì)點(diǎn)A通過的位移為0，E錯(cuò)誤． (2)由折射定律得：n＝＝ 光線進(jìn)入“道威棱鏡”時(shí)的折射角：γ＝30 全反射臨界角：sin C＝＝ 即C＝45 如圖所示，光線到達(dá)CD邊時(shí)入射角：θ＝75>C 光線不能從CD邊射出． 15．[物理—選修3－5](15分) (5分)(1)2013年2月12日朝鮮進(jìn)行了第三次核試驗(yàn)，韓美情報(bào)部門通過氙(Xe)和氪(Kr)等放射性氣體，判斷出朝鮮使用的核原料是鈾(U)還是钚(Pu)，若核實(shí)驗(yàn)的核原料是U，則： ①完成核反應(yīng)方程式U＋n→Sr＋Xe＋______. ②本次核試驗(yàn)釋放的能量大約相當(dāng)于7 000噸TNT當(dāng)量，已知鈾核的質(zhì)量為m1、中子質(zhì)量為m2、鍶(Sr)核的質(zhì)量為m3、氙(Xe)核的質(zhì)量為m4，光速為c，則一個(gè)U原子裂變釋放的能量ΔE＝________________. (2)(10分)如圖16所示，質(zhì)量為m1＝0.2 kg的小物塊A，沿水平面與小物塊B發(fā)生正碰，小物塊B質(zhì)量為m2＝1 kg.碰撞前，A的速度大小為v0＝3 m/s，B靜止在水平地面上．由于兩物塊的材料未知，將可能發(fā)生不同性質(zhì)的碰撞，已知A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，試求碰后B在水平面上滑行的時(shí)間． 圖16 答案　(1)①10n　②(m1－m3－m4－9m2)c2 (2)0.25 s≤t≤0.5 s 解析　(1)①根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒得，核反應(yīng)方程式U＋n→Sr＋Xe＋10n. ②由ΔE＝Δmc2，得ΔE＝(m1－m3－m4－9m2)c2. (2)選取A與B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，假如兩物塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞，碰后的共同速度為v1 則由動(dòng)量守恒定律有： m1v0＝(m1＋m2)v1 碰后，A、B一起滑行直至停下，設(shè)滑行時(shí)間為t1，則由動(dòng)量定理有： μ(m1＋m2)gt1＝(m1＋m2)v1 解得t1＝0.25 s 假如兩物塊發(fā)生的是完全彈性碰撞，碰后A、B的速度分別為vA、v2，則由動(dòng)量守恒定律有： m1v0＝m1vA＋m2v2 由功能原理有 m1v＝m1v＋m2v 設(shè)碰后B滑行的時(shí)間為t2，則μm2gt2＝m2v2 聯(lián)立方程組解得t2＝0.5 s 可見，碰后B在水平面上滑行的時(shí)間滿足0.25 s≤t≤0.5 s.