2020年高考物理 刷題1+1（2019模擬題）組合模擬卷六（含解析）

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1、組合模擬卷六 第Ⅰ卷(選擇題，共48分) 二、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(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21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) 14．(2019·山東日照高三上學(xué)期期末)下列核反應(yīng)中，屬于原子核的衰變的是(　　) A.U→Th＋He B.H＋H→He＋n C.U＋n→Th＋Xe＋10n D.He＋Al→P＋n 答案　A 解析　根據(jù)衰變的特點(diǎn)，A項(xiàng)方程中有α粒子(He)產(chǎn)生，屬于α衰變，故A正確；根據(jù)核反應(yīng)的特點(diǎn)可知，B項(xiàng)為輕核的聚變，C項(xiàng)為重核的裂變，D項(xiàng)為原子核

2、的人工轉(zhuǎn)變，故三項(xiàng)均錯(cuò)誤。 15．(2019·天津高考)2018年12月8日，肩負(fù)著億萬中華兒女探月飛天夢(mèng)想的嫦娥四號(hào)探測器成功發(fā)射，“實(shí)現(xiàn)人類航天器首次在月球背面巡視探測，率先在月背刻上了中國足跡”。已知月球的質(zhì)量為M、半徑為R，探測器的質(zhì)量為m，引力常量為G，嫦娥四號(hào)探測器圍繞月球做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，探測器的(　　) A．周期為 B．動(dòng)能為 C．角速度為 D．向心加速度為 答案　A 解析　探測器繞月運(yùn)動(dòng)由萬有引力提供向心力，對(duì)探測器，由牛頓第二定律得，G＝m2r，解得周期T＝ ，A正確；由G＝m知，動(dòng)能Ek＝mv2＝，B錯(cuò)誤；由G＝mrω2得，角速度ω＝ ，C

3、錯(cuò)誤；由G＝ma得，向心加速度a＝，D錯(cuò)誤。 16．(2019·全國卷Ⅰ) 如圖，籃球架下的運(yùn)動(dòng)員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個(gè)所用的時(shí)間為t1，第四個(gè)所用的時(shí)間為t2。不計(jì)空氣阻力，則滿足(　　) A．1<<2 B．2<<3 C．3<<4 D．4<<5 答案　C 解析　空氣阻力不計(jì)，運(yùn)動(dòng)員豎直上升過程做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，位移為H時(shí)的速度為0。逆向觀察，運(yùn)動(dòng)員做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則連續(xù)相等位移所用時(shí)間之比為1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。由題意知，t2∶t1＝1∶(2－)＝2＋，C正確。 17．(2019·貴州畢節(jié)二模)如圖

4、所示，在豎直面內(nèi)A點(diǎn)固定有一帶電的小球，可視為點(diǎn)電荷。在帶電小球形成的電場中，有一帶電粒子在水平面內(nèi)繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是(　　) A．粒子運(yùn)動(dòng)的水平面為等勢面 B．粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡在一條等勢線上 C．粒子運(yùn)動(dòng)過程中所受的電場力不變 D．粒子的重力可以忽略不計(jì) 答案　B 解析　由點(diǎn)電荷的電場線與等勢面分布規(guī)律可知，與點(diǎn)電荷距離相等的點(diǎn)電勢相等，故粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡在一條等勢線上，A錯(cuò)誤，B正確；粒子在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力充當(dāng)向心力并指向圓心，粒子所受的電場力的方向沿粒子與小球的連線方向，并不指向圓心，因此粒子在電場力和重力的合力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故粒子的重

5、力不可忽略，D錯(cuò)誤；粒子在運(yùn)動(dòng)過程中電場力的大小不變，但是方向發(fā)生變化，因此電場力變化，C錯(cuò)誤。 18．(2019·江蘇常州陽光指標(biāo)高三上學(xué)期期末)如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體(物體與彈簧不連接)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用力F拉物體使其豎直向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，剛開始時(shí)拉力為F＝10 N，運(yùn)動(dòng)4 cm后物體恰好脫離彈簧，此時(shí)拉力F＝30 N。則下列說法中不正確的是(取g＝10 m/s2)(　　) A．物體的加速度為5 m/s2 B．物體的質(zhì)量為2 kg C．彈簧做的功為0.5 J D．物體在彈簧上運(yùn)動(dòng)的過程中，物體機(jī)械能增加了1.2 J 答案　C 解析　初始時(shí)

6、物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，合力為0，當(dāng)向上的位移x＝0時(shí)，物體的合力為F1＝10 N，由牛頓第二定律得：F1＝ma，當(dāng)x＝4 cm時(shí)，彈簧彈力為0，拉力F的值為F2＝30 N，由牛頓第二定律得：F2－mg＝ma，聯(lián)立以上兩式可解得：m＝2 kg，a＝5 m/s2，故A、B正確；初狀態(tài)彈簧彈力T1＝mg＝20 N，末狀態(tài)彈簧彈力T2為0，彈力隨位移均勻減小，所以上升過程中彈力做功W1＝·x＝×0.04 J＝0.4 J，故C錯(cuò)誤；初狀態(tài)拉力F1＝10 N，末狀態(tài)拉力為F2＝30 N，且拉力隨位移均勻增大，上升過程中拉力做功W2＝·x＝×0.04 J＝0.8 J，根據(jù)功能關(guān)系，物體機(jī)械能增加量ΔE＝W1＋W

7、2＝1.2 J，故D正確。 19．(2019·湖北八校聯(lián)合二模)如圖所示，10匝矩形線框處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ T的勻強(qiáng)磁場中，繞垂直磁場的軸以恒定角速度ω＝10 rad/s在勻強(qiáng)磁場中轉(zhuǎn)動(dòng)，線框電阻不計(jì)，面積為0.4 m2，線框通過滑環(huán)與一理想自耦變壓器的原線圈相連，副線圈接有一只燈泡L(規(guī)格為“4 W，100 Ω”)和滑動(dòng)變阻器，電流表視為理想電表，則下列說法正確的是(　　) A．若從圖示線框位置開始計(jì)時(shí)，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢的瞬時(shí)值為40cos10t (V) B．當(dāng)燈泡正常發(fā)光時(shí)，原、副線圈的匝數(shù)比為1∶2 C．若將滑動(dòng)變阻器滑片向上移動(dòng)，則電流表示數(shù)增大 D．若將自耦變壓器觸頭向

8、下滑動(dòng)，燈泡會(huì)變暗 答案　AD 解析　線框中感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值為：Em＝NBSω＝10××0.4×10 V＝40 V，圖示時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢最大，從圖示線框位置開始計(jì)時(shí)，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢的瞬時(shí)值為40cos10t(V)，故A正確；變壓器原線圈電壓的有效值為：U1＝＝＝ V＝40 V，開關(guān)閉合時(shí)燈泡正常發(fā)光，所以副線圈電壓U2＝＝ V＝20 V，此時(shí)原、副線圈的匝數(shù)比為：n1∶n2＝U1∶U2＝40∶20＝2∶1，故B錯(cuò)誤；線圈匝數(shù)不變，根據(jù)U1∶U2＝n1∶n2可知副線圈電壓不變，若將滑動(dòng)變阻器觸頭向上滑動(dòng)，連入電路電阻變大，負(fù)載等效電阻變大，則P1＝P2＝變小，又P1＝U1I1且U1不變，則

9、I1減小，即電流表示數(shù)變小，故C錯(cuò)誤；若將自耦變壓器觸頭向下滑動(dòng)，副線圈匝數(shù)變小，根據(jù)U1∶U2＝n1∶n2可知副線圈電壓減小，即燈泡兩端電壓減小，所以燈泡變暗，故D正確。 20．(2019·山東聊城二模)如圖所示，圓心角為90°的扇形COD內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，E點(diǎn)為半徑OD的中點(diǎn)，現(xiàn)有比荷大小相等的兩個(gè)帶電粒子a、b，以不同的速度分別從O、E點(diǎn)沿OC方向射入磁場，粒子a、b分別從D、C兩點(diǎn)射出磁場，不計(jì)粒子所受重力及粒子間相互作用，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法中正確的是(　　) A．粒子a帶負(fù)電，粒子b帶正電 B．粒子a、b在磁場中運(yùn)動(dòng)的

10、加速度之比為2∶5 C．粒子a、b的速度之比為5∶2 D．粒子a、b在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為180∶53 答案　ABD 解析　根據(jù)題中條件，畫出兩粒子的軌跡如圖，根據(jù)左手定則，可判斷粒子a帶負(fù)電，粒子b帶正電，A正確； 設(shè)扇形COD的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系可得，ra＝、2＋R2＝r，則＝＝，根據(jù)qvB＝m，解得v＝，兩粒子的比荷相等，則粒子a、b的速度之比為2∶5，根據(jù)qvB＝ma，解得a＝，兩粒子的比荷相等，則粒子a、b在磁場中運(yùn)動(dòng)的加速度之比為2∶5，B正確，C錯(cuò)誤；由圖可知，粒子a軌跡的圓心角θa＝180°，根據(jù)sinθb＝可得，粒子b軌跡的圓心角θb＝53°，根據(jù)t＝T，

11、T＝可得，粒子a、b在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為180∶53，D正確。 21．(2019·陜西二模)如圖所示，斜面體置于粗糙水平地面上，斜面體上方水平固定一根光滑直桿，直桿上套有一個(gè)滑塊?；瑝K連接一根細(xì)線，細(xì)線的另一端連接一個(gè)置于斜面上的光滑小球。最初斜面與小球都保持靜止，現(xiàn)對(duì)滑塊施加水平向右的外力使其緩慢向右滑動(dòng)至A點(diǎn)，如果整個(gè)過程斜面保持靜止，小球未滑離斜面，滑塊滑動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)細(xì)線恰好平行于斜面，則下列說法正確的是(　　) A．斜面對(duì)小球的支持力逐漸減小 B．細(xì)線對(duì)小球的拉力逐漸減小 C．滑塊受到水平向右的外力逐漸增大 D．水平地面對(duì)斜面體的支持力逐漸減小 答案　BC 解析　由

12、題可知，小球、滑塊、斜面體在整個(gè)過程中均時(shí)刻處于平衡狀態(tài)。設(shè)細(xì)線對(duì)小球的拉力為T，斜面對(duì)小球的支持力為FN，對(duì)小球受力分析可知，沿斜面方向：Tcosα＝mgsinθ，在垂直斜面方向：FN＋Tsinα＝mgcosθ(其中α是細(xì)線與斜面的夾角，θ為斜面的傾角)，現(xiàn)對(duì)滑塊施加水平向右的外力使其緩慢向右滑動(dòng)至A點(diǎn)，α變小，則細(xì)線對(duì)小球的拉力T變小，斜面對(duì)小球的支持力FN變大，故B正確，A錯(cuò)誤；對(duì)滑塊受力分析可知，在水平方向有：F＝Tcos(α＋θ)＝＝mgsinθ·(cosθ－tanαsinθ)，由于α變小，則滑塊受到水平向右的外力逐漸增大，故C正確；設(shè)水平地面對(duì)斜面體的支持力為FN′，以斜面和小球?yàn)?/p>

13、對(duì)象進(jìn)行受力分析可知，在豎直方向有：mg＋Mg＝FN′＋Tsin(θ＋α)，由于T和(θ＋α)變小，所以水平地面對(duì)斜面體的支持力FN′逐漸增大，D錯(cuò)誤。 第Ⅱ卷(非選擇題，共62分) 三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，共62分。第22～25題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33、34題為選考題，考生根據(jù)要求作答) (一)必考題(共47分) 22．(2019·山東聊城二模)(5分)某實(shí)驗(yàn)小組用如圖所示的器材驗(yàn)證“力的平行四邊形定則”。在水平的圓形桌面上平鋪一張白紙，在桌子邊緣安裝三個(gè)光滑的滑輪，其中，滑輪P1固定在桌子邊，滑輪P2、P3可沿桌邊移動(dòng)。 步驟如下： A．在

14、三根輕繩下掛上一定數(shù)量的鉤碼，調(diào)整滑輪P2、P3的位置使結(jié)點(diǎn)O靜止； B．在白紙上描下O點(diǎn)的位置和三根繩子的方向，以O(shè)點(diǎn)為起點(diǎn)，用同一標(biāo)度作出三個(gè)拉力的圖示； C．以繞過滑輪P2、P3繩的兩個(gè)力為鄰邊作平行四邊形，作出以O(shè)點(diǎn)為起點(diǎn)的平行四邊形的對(duì)角線，量出對(duì)角線的長度； D．檢驗(yàn)對(duì)角線的長度和繞過滑輪P1繩拉力的圖示的長度是否一樣，方向是否在一條直線上。 (1)第一次實(shí)驗(yàn)中，若一根繩掛的鉤碼質(zhì)量為m，另一根繩掛的鉤碼質(zhì)量為2m，則第三根繩所掛的鉤碼質(zhì)量M應(yīng)滿足關(guān)系________。 (2)第二次實(shí)驗(yàn)時(shí)，改變滑輪P2、P3的位置和相應(yīng)繩上鉤碼的數(shù)量，使結(jié)點(diǎn)平衡，繩的結(jié)點(diǎn)________

15、(填“必須”或“不必”)與第一次實(shí)驗(yàn)中白紙上描下的O點(diǎn)重合。實(shí)驗(yàn)中，若桌面傾斜，________(填“會(huì)”或“不會(huì)”)影響實(shí)驗(yàn)的結(jié)論。 答案　(1)m

16、其中兩力通過“力的平行四邊形定則”得到的合力與第三力等大反向即可，與O點(diǎn)位置無關(guān)，所以O(shè)點(diǎn)的位置可以改變。若桌面不水平，繩上拉力仍等于鉤碼重力，對(duì)實(shí)驗(yàn)以及實(shí)驗(yàn)結(jié)論無影響。 23．(2019·重慶南開中學(xué)高三4月模擬)(10分)為了測一節(jié)干電池的電動(dòng)勢E和內(nèi)阻r，小劉同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲的電路，R為阻值是R0的定值電阻，移動(dòng)滑動(dòng)變阻器滑片位置，讀出電壓表V1和V2的多組數(shù)據(jù)U1與U2，如圖乙所示，描繪U1-U2圖象。圖象的斜率為k，與縱坐標(biāo)的截距為－b，則電源的電動(dòng)勢E＝________，內(nèi)阻r＝________。(用字母k、R0、b表示) 為精確測量，小張同學(xué)改進(jìn)方案，設(shè)計(jì)了如圖丙所示的

17、實(shí)驗(yàn)電路。 (1)按丙圖連接好實(shí)驗(yàn)電路，閉合開關(guān)前，將滑動(dòng)變阻器的滑片P調(diào)到a端。 (2)閉合開關(guān)S1，將S2接位置1，改變滑片P的位置，記錄多組電壓表、電流表示數(shù)。 (3)將開關(guān)S2接位置2，改變滑片P的位置，記錄多組電壓表、電流表示數(shù)。 (4)建立U-I坐標(biāo)系，在同一坐標(biāo)系中分別描點(diǎn)作出S2接位置1、2時(shí)的圖象，如圖丁所示。 ①S2接1時(shí)的U-I圖線是圖丁中的________(填“A”或“B”)線。 ②每次測量操作都正確，讀數(shù)都準(zhǔn)確。由于S2接位置1，電壓表有分流作用，S2接位置2，電流表有分壓作用，分別測得的電動(dòng)勢和內(nèi)阻與真實(shí)值不相等。則由圖丁中的A和B圖線，可得電動(dòng)勢和

18、內(nèi)阻的真實(shí)值E＝__________ V，r＝________ Ω。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字) 答案　　　(4)①B　?、?.50　1.50 解析　由圖甲所示電路圖可知，電源電動(dòng)勢：E＝U2＋I(xiàn)r＝U2＋r，整理得：U1＝U2－，由圖線可知，＝b，＝k，解得：r＝，E＝。 (4)①當(dāng)S2接1時(shí)，干路電流等于電流表所測電流I與電壓表支路電流之和，電壓表所測電壓U為路端電壓，設(shè)電壓表內(nèi)阻為RV，電流表內(nèi)阻為RA，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：U＝E－·r； 當(dāng)S2接2時(shí)，電流表所測電流I即為干路電流，電壓表所測電壓U為滑動(dòng)變阻器兩端的電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：U＝E－I(RA＋r)。 由此可

19、知，當(dāng)S2接1時(shí)的U-I圖線的斜率大小小于S2接2時(shí)的U-I圖線的斜率大小，故S2接1時(shí)的U-I圖線是圖丁中的B線。 ②由第①題中結(jié)論可知，S2接2時(shí)，對(duì)應(yīng)丁圖中的A圖線。分別將圖線A、B與坐標(biāo)軸相交點(diǎn)的數(shù)據(jù)代入相應(yīng)表達(dá)式得： S2接1時(shí)，1.45＝E－·r， 0＝E－(1.00＋0)·r， S2接2時(shí)，1.50＝E－0， 0＝E－0.50(RA＋r)， 聯(lián)立解得：E＝1.50 V，r＝1.50 Ω。 24．(2019·江西高三九校3月聯(lián)考)(12分)如圖所示，從A點(diǎn)以v0的水平速度拋出一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，恰好沿切線方向進(jìn)入光滑圓弧軌道B

20、C，經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點(diǎn)等高靜止在光滑水平面的長木板上，圓弧軌道C端切線水平。已知長木板的質(zhì)量M＝4 kg，A、B兩點(diǎn)距C點(diǎn)的高度分別為H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，物塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10 m/s2。求： (1)水平拋出速度v0； (2)長木板至少為多長，才能保證小物塊不滑出長木板？ 答案　(1)4 m/s　(2)2.24 m 解析　(1)小物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，則有：H－h(huán)＝gt2 小物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)豎直分速度為：vy＝gt 解得：vy＝3 m/s 由幾何關(guān)系可得：cosθ＝＝(θ為OB、OC的夾角)，tanθ＝ 解得：v0＝4

21、m/s。 (2)從A到C，根據(jù)機(jī)械能守恒可得： mv＋mgH＝mv 解得：vC＝2 m/s 對(duì)物塊和木板組成的系統(tǒng)， 由動(dòng)量守恒定律可得：mvC＝(M＋m)v共 得共同速度為：v共＝ m/s 由能量守恒定律：μmgL＝mv－(m＋M)v 解得：L＝2.24 m。 25．(2019·陜西八校高三4月聯(lián)考)(20分)如圖甲所示，兩根光滑固定導(dǎo)軌相距0.4 m豎直放置，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，在導(dǎo)軌末端P、Q兩點(diǎn)用兩根等長的細(xì)導(dǎo)線懸掛金屬棒cd。棒cd的質(zhì)量為0.01 kg，長為0.2 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向里。相距0.2 m的水平虛線MN

22、和JK之間的區(qū)域內(nèi)存在著垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示。在t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為0.02 kg、阻值為0.3 Ω的金屬棒ab從虛線MN上方0.2 m高度處，由靜止開始釋放，下落過程中保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，結(jié)果棒ab在t1時(shí)刻從上邊界MN進(jìn)入磁場，并在磁場中做勻速運(yùn)動(dòng)，在t2時(shí)刻從下邊界JK離開磁場，g取10 m/s2。求： (1)在0～t1時(shí)間內(nèi)，電路中感應(yīng)電動(dòng)勢的大小； (2)在t1～t2時(shí)間內(nèi)，棒cd受到細(xì)導(dǎo)線的總拉力為多大； (3)棒cd在0～t2時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱。 答案　(1)0.2 V　(2)0.2 N　(3)0.015 J

23、解析　(1)設(shè)棒ab開始下落的位置距離線MN的高度為h，對(duì)棒ab自由下落過程，有t1＝＝0.2 s 磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為＝ T/s＝2.5 T/s 由法拉第電磁感應(yīng)定律得，0～t1時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢 E1＝＝LabhMJ 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可得E1＝0.2 V。 (2)由棒ab勻速進(jìn)入磁場區(qū)域可知BI2Lab＝mabg 代入數(shù)據(jù)，可解得I2＝1 A 在t1～t2時(shí)間內(nèi)，對(duì)棒cd受力分析，可得 FT＝mcdg＋B0I2Lcd 代入數(shù)據(jù)，可解得FT＝0.2 N。 (3)棒ab剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v＝gt1＝2 m/s 棒ab剛進(jìn)入磁場后的感應(yīng)電動(dòng)勢為 E2＝BLabv＝0

24、.4 V 則Rcd＝－Rab＝0.1 Ω 在0～t1時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流為I1＝＝0.5 A 棒cd在0～t2時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱 Qcd＝Q1＋Q2＝IRcdt1＋I(xiàn)Rcd·＝0.015 J。 (二)選考題(共15分。請(qǐng)考生從給出的2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分) 33．[物理——選修3－3](15分) (1)(2019·云南第二次檢測)(5分)以下說法正確的是________。(填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)1個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分) A．氣體如果失去了容器的約束就會(huì)散開，這是因?yàn)闅怏w分子之間存在勢能 B．物體溫度

25、升高時(shí)，速率小的分子數(shù)目減少，速率大的分子數(shù)目增多 C．一定量100 ℃的水變成100 ℃的水蒸氣，其分子平均動(dòng)能增加 D．物體從外界吸收熱量，其內(nèi)能不一定增加 E．液晶的光學(xué)性質(zhì)具有各向異性 (2)(2019·福建南平二模)(10分)如圖所示，可在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)的平臺(tái)上固定著一個(gè)內(nèi)壁光滑的汽缸，汽缸內(nèi)有一導(dǎo)熱性能良好的活塞，活塞面積為S，活塞底面與汽缸底面平行，一定質(zhì)量的理想氣體密封在汽缸內(nèi)。當(dāng)平臺(tái)傾角為θ＝37°時(shí)，汽缸內(nèi)氣體體積為V，將平臺(tái)順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)直至水平，穩(wěn)定時(shí)汽缸內(nèi)氣體的體積為0.9V，該過程中環(huán)境溫度始終為T0，外界大氣壓強(qiáng)為p0。已知sin37°＝0.6，cos37

26、°＝0.8。重力加速度為g。 (ⅰ)求活塞的質(zhì)量； (ⅱ)若平臺(tái)轉(zhuǎn)至水平后，經(jīng)過一段時(shí)間，環(huán)境溫度緩慢降至0.9T0(大氣壓強(qiáng)p0保持不變)，該過程中汽缸內(nèi)氣體內(nèi)能的減少量為0.14p0V，求該過程中汽缸內(nèi)氣體放出的熱量Q。 答案　(1)BDE　(2)(ⅰ)　(ⅱ)0.32p0V　 解析　(1)氣體如果失去了容器的約束就會(huì)散開，是因?yàn)榉肿娱g距較大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，所以氣體分子可以自由散開，故A錯(cuò)誤；從微觀角度看溫度表示了大量分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)的劇烈程度，物體溫度升高時(shí)，速率小的分子數(shù)目減少，速率大的分子數(shù)目增多，故B正確；一定量100 ℃的水變成10

27、0 ℃的水蒸氣，因溫度不變，則分子平均動(dòng)能不變，由于吸熱，內(nèi)能增大，則其分子之間的勢能增大，故C錯(cuò)誤；物體從外界吸收熱量，若同時(shí)對(duì)外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，其內(nèi)能不一定增加，故D正確；液晶的光學(xué)性質(zhì)具有晶體的各向異性，故E正確。 (2)(ⅰ)設(shè)活塞質(zhì)量為m，當(dāng)平臺(tái)傾角為37°時(shí)， 汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為：p1＝p0＋， 氣體的體積為：V1＝V 當(dāng)平臺(tái)水平時(shí)，汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為：p2＝p0＋， 氣體的體積為：V2＝0.9V， 由玻意耳定律有：p1V1＝p2V2， 聯(lián)立得：m＝。 (ⅱ)降溫過程，汽缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)不變，由蓋—呂薩克定律有：＝ 解得：V3＝0.81V 活塞下降過程

28、，外界對(duì)氣體做功為：W＝p2(V2－V3) 已知汽缸內(nèi)氣體內(nèi)能的變化量：ΔU＝－0.14p0V 由熱力學(xué)第一定律得：ΔU＝W＋(－Q) 得放出的熱量Q＝0.32p0V。 34．(2019·全國卷Ⅲ)[物理——選修3－4](15分) (1)(5分)水槽中，與水面接觸的兩根相同細(xì)桿固定在同一個(gè)振動(dòng)片上。振動(dòng)片做簡諧振動(dòng)時(shí)，兩根細(xì)桿周期性觸動(dòng)水面形成兩個(gè)波源。兩波源發(fā)出的波在水面上相遇，在重疊區(qū)域發(fā)生干涉并形成了干涉圖樣。關(guān)于兩列波重疊區(qū)域內(nèi)水面上振動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)，下列說法正確的是________。(填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)1個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分

29、) A．不同質(zhì)點(diǎn)的振幅都相同 B．不同質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的頻率都相同 C．不同質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的相位都相同 D．不同質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期都與振動(dòng)片的周期相同 E．同一質(zhì)點(diǎn)處，兩列波的相位差不隨時(shí)間變化 (2)(10分)如圖，直角三角形ABC為一棱鏡的橫截面，∠A＝90°，∠B＝30°。一束光線平行于底邊BC射到AB邊上并進(jìn)入棱鏡，然后垂直于AC邊射出。 (ⅰ)求棱鏡的折射率； (ⅱ)保持AB邊上的入射點(diǎn)不變，逐漸減小入射角，直到BC邊上恰好有光線射出。求此時(shí)AB邊上入射角的正弦。 答案　(1)BDE　(2)(ⅰ)　(ⅱ) 解析　(1)兩列波相遇疊加產(chǎn)生干涉，一些質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)加強(qiáng)，一些質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)減

30、弱，即振幅不同，A錯(cuò)誤；各質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)頻率、周期都與振動(dòng)片相同，B、D正確；不同質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)相位不同(不是同時(shí)到達(dá)正的最大位移)，C錯(cuò)誤；兩列波到達(dá)某點(diǎn)時(shí)相位差恒定，E正確。 (2)(ⅰ)光路圖及相關(guān)量如圖所示。 光束在AB邊上折射，由折射定律得 ＝n① 式中n是棱鏡的折射率。由幾何關(guān)系可知 α＋β＝60°② 由幾何關(guān)系和反射定律得 β＝β′＝∠B③ 聯(lián)立①②③式，并代入i＝60°得 n＝④ (ⅱ)設(shè)改變后的入射角為i′，折射角為α′，由折射定律得 ＝n⑤ 依題意，光束在BC邊上的入射角為全反射的臨界角θc，且 sinθc＝⑥ 由幾何關(guān)系得 θc＝α′＋30°⑦ 由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦為 sini′＝。⑧ 14