《2020屆高考物理二輪復(fù)習 刷題首選卷 綜合能力物理部分押題密卷（三）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習 刷題首選卷 綜合能力物理部分押題密卷（三）（含解析）（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、部分押題密卷(三) 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，時間60分鐘。 第Ⅰ卷 一、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選項中，第1～4題只有一個選項符合題目要求，第5～8題有多項符合題目要求，全部答對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分) 1．氫原子部分能級的示意圖如圖所示，不同色光的光子能量如下表所示： 色光 紅 橙 黃 綠 藍—靛 紫 光子能量 范圍(eV) 1.61～ 2.00 2.00～ 2.07 2.07～ 2.14 2.14～ 2.53 2.53～ 2.76 2.

2、76～ 3.10 氫原子部分能級的示意圖如圖所示。大量處于n＝4能級的氫原子，發(fā)射出的光的譜線在可見光范圍內(nèi)，其顏色分別為(　　) A．紅、藍—靛 B．紅、紫 C．橙、綠 D．藍—靛、紫 答案　A 解析　大量處于n＝4能級的氫原子向低能級躍遷時，能夠輻射出能量分別為12.75 eV、12.09 eV、10.2 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV的六種光子，對照表格知，2.55 eV和1.89 eV的光子屬于可見光，其中能量為1.89 eV的光子為紅光，能量為2.55 eV的光子為藍—靛光，故選A。 2．(2019·陜西榆林高三第三次模擬)質(zhì)量相同的甲、

3、乙兩物體放在相同的光滑水平地面上，分別在水平力F1、F2的作用下從同一地點，沿同一方向，同時運動，其v-t圖象如圖所示，下列判斷正確的是(　　) A．0～6 s，F(xiàn)1先減小后不變，F(xiàn)2一直增大 B．0～6 s內(nèi)兩者在前進方向上的最大距離一定大于4 m C．在0～2 s內(nèi)，甲的加速度始終大于乙的加速度 D．4 s末甲、乙兩物體動能相同，由此可知F1＝F2 答案　B 解析　由v-t圖象可知，對甲物體，在0～2 s內(nèi)，甲物體速度—時間圖線的斜率逐漸減小，則其加速度逐漸減小，F(xiàn)1逐漸減小，2～6 s內(nèi)，甲物體速度保持不變，F(xiàn)1為零，對于乙物體，速度—時間圖線的斜率保持不變，則F2保持不

4、變，故A錯誤；0～6 s內(nèi)，當兩者速度相同即t＝4 s時，兩物體相距最大，此時乙的位移為x乙＝×4×4 m＝8 m，甲的位移x甲> m＝12 m，則兩者的最大距離大于4 m，故B正確；由v-t圖象可知，在0～2 s內(nèi)，t＝0時，甲圖線的斜率大于乙圖線的斜率，此后，甲圖線的斜率逐漸減小到零，乙圖線的斜率保持不變，故甲的加速度先大于乙的加速度，后小于乙的加速度，故C錯誤；4 s末甲、乙兩物體動能相同，但它們的加速度不同，故F1不等于F2，D錯誤。 3. (2019·遼寧大連二模)2018年12月12日，在北京飛控中心工作人員的精密控制下，嫦娥四號開始實施近月制動，成功進入環(huán)月圓軌道Ⅰ。12月30

5、日成功實施變軌，進入橢圓著陸軌道Ⅱ，為下一步月面軟著陸做準備。如圖所示，B為近月點，A為遠月點，關(guān)于嫦娥四號衛(wèi)星，下列說法正確的是(　　) A．衛(wèi)星在軌道Ⅱ上A點的加速度大于在B點的加速度 B．衛(wèi)星沿軌道Ⅰ運動的過程中，衛(wèi)星中的科考儀器處于超重狀態(tài) C．衛(wèi)星從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅱ，機械能增加 D．衛(wèi)星在軌道Ⅱ經(jīng)過A點時的動能小于在軌道Ⅱ經(jīng)過B點時的動能 答案　D 解析　根據(jù)萬有引力提供向心力有：G＝ma，B點距月心更近，所以衛(wèi)星在B點的加速度更大，A錯誤；衛(wèi)星沿軌道Ⅰ運動的過程中，萬有引力全部提供向心力，衛(wèi)星中的科考儀器處于失重狀態(tài)，B錯誤；衛(wèi)星從高軌道變軌到低軌道，需要點火減速

6、，衛(wèi)星的動能減小，所以衛(wèi)星從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅱ，機械能減小，C錯誤；從A點到B點，萬有引力做正功，衛(wèi)星的動能增大，D正確。 4．(2019·湖南岳陽高三二模)如圖甲為一種門后掛鉤的照片，相鄰掛鉤之間的距離為7 cm，圖乙中斜挎包的寬度約為21 cm，在斜挎包的質(zhì)量一定的條件下，為了使懸掛時背包帶受力最小，下列措施正確的是(　　) A．隨意掛在一個鉤子上 B．使背包帶跨過兩個掛鉤 C．使背包帶跨過三個掛鉤 D．使背包帶跨過四個掛鉤 答案　D 解析　設(shè)懸掛后背包帶與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)平衡條件可得2Fcosθ＝mg；解得背包帶的拉力F＝，在斜挎包的質(zhì)量一定的條件下，為了

7、使懸掛時背包帶受力最小，則cosθ最大，由于相鄰掛鉤之間的距離為7 cm，圖乙中斜挎包的寬度約為21 cm，故使背包帶跨過四個掛鉤時θ≈0，cosθ≈1，此時背包帶受力最小，故D正確。 5. (2019·安徽黃山二模)如圖所示，甲、乙兩個小球同時從同一固定的足夠長斜面的A、B兩點分別以v0、2v0水平拋出，分別落在斜面的C、D兩點(圖中未畫出)，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．甲、乙兩球接觸斜面前的瞬間，速度的方向相同 B．甲、乙兩球做平拋運動的時間之比為1∶4 C．A、C兩點間的距離與B、D兩點間的距離之比為1∶4 D．甲、乙兩球接觸斜面前的瞬間，速度大小之比為1∶

8、 答案　AC 解析　設(shè)小球落在斜面上時，速度與水平方向的夾角為α，位移與水平方向的夾角為θ，則tanα＝，tanθ＝＝，可知tanα＝2tanθ，因為小球落在斜面上時，其位移與水平方向的夾角為定值，可知兩球接觸斜面的瞬間，它們的速度方向相同，故A正確；根據(jù)tanθ＝＝可得t＝，因為兩球初速度之比為1∶2，所以甲、乙兩球做平拋運動的時間之比為1∶2，故B錯誤；根據(jù)h＝gt2可知兩球下落的高度之比為1∶4，根據(jù)相似三角形知識可知A、C兩點間的距離與B、D兩點間的距離之比為1∶4，故C正確；甲、乙兩球運動的時間之比為1∶2，則其豎直分速度之比為1∶2，因為兩球落在斜面上時速度方向相同，所以兩球接

9、觸斜面的瞬間，它們的速度大小之比為1∶2，故D錯誤。 6．(2019·福建高中畢業(yè)班3月質(zhì)檢)回旋加速器主要結(jié)構(gòu)如圖，兩個中空的半圓形金屬盒接高頻交流電源置于與盒面垂直的勻強磁場中，兩盒間的狹縫寬度很小。粒子源S位于金屬盒的圓心處，產(chǎn)生的粒子初速度可以忽略。用兩臺回旋加速器分別加速質(zhì)子(H)和α粒子(He)，這兩臺加速器的金屬盒半徑、磁場的磁感應(yīng)強度、高頻交流電源的電壓均相等，不考慮相對論效應(yīng)，則質(zhì)子和α粒子(　　) A．所能達到的最大動量大小相等 B．所能達到的最大動能相等 C．受到的最大洛倫茲力大小相等 D．在達到最大動能的過程中通過狹縫的次數(shù)相等 答案　BC 解析　當粒

10、子的旋轉(zhuǎn)半徑到達D形盒的半徑R時，粒子的速度最大，由公式qvB＝m可得：p＝mv＝qBR，由于兩粒子的電荷量不同，所以兩粒子所能達到的最大動量大小不相等，故A錯誤；當粒子的旋轉(zhuǎn)半徑到達D形盒的半徑R時，粒子的速度最大，由Ek＝mv2＝可得，兩粒子的動能之比等于電荷量的平方之比與質(zhì)量反比的積，所以兩粒子所能達到的最大動能相等，故B正確；當粒子的旋轉(zhuǎn)半徑到達D形盒的半徑R時，粒子的速度最大，由公式qvB＝m可得：v＝，由f洛＝qvB＝可知，兩粒子受到的最大洛倫茲力大小相等，故C正確；粒子每加速一次增加的動能為qU，粒子能達到的最大動能為Ek＝，所以粒子被加速的次數(shù)為n＝＝，由于質(zhì)子與α粒子的比荷不

11、相等，所以兩粒子在達到最大動能的過程中通過狹縫的次數(shù)不相等，故D錯誤。 7. (2019·福建泉州二模)一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小滑塊，從傾角為θ的光滑絕緣斜面上的A點由靜止下滑，經(jīng)時間t后立即加上沿斜面向上的勻強電場，再經(jīng)時間t滑塊恰好過A點。重力加速度大小為g，則(　　) A．勻強電場的電場強度大小為 B．滑塊過A點時的速度大小為2gtsinθ C．滑塊從A點到最低點的過程中，重力勢能減少了mg2t2sin2θ D．滑塊從最低點到A點的過程中，電勢能減少了2mg2t2sin2θ 答案　AB 解析　未加電場時，取向下為正方向，滑塊的加速度：a＝gsinθ，經(jīng)過時間t，

12、其速度：v1＝at＝gtsinθ，其位移：x＝at2＝gt2sinθ，加上電場后，根據(jù)題意，滑塊的加速度：a′＝－gsinθ，再經(jīng)過時間t滑塊恰好過A點，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律：－x＝v1t－a′t2，聯(lián)立解得：a′＝3gsinθ，E＝，A正確；滑塊過A點的速度：v2＝v1－a′t＝gtsinθ－3gtsinθ＝－2gtsinθ，即此時滑塊的速度大小為2gtsinθ，方向沿斜面向上，B正確；滑塊從A點到最低點的過程中，滑塊的總位移：x總＝at2＋＝gt2sinθ，所以滑塊的重力勢能減小ΔEp＝mgx總sinθ＝mg2t2sin2θ，C錯誤；滑塊從最低點到A點的過程中，根據(jù)動能定理：mv－0＝W

13、電－mgx總sinθ，解得電場力做功為：W電＝mg2t2sin2θ，所以滑塊的電勢能減少了：ΔEp′＝mg2t2sin2θ，D錯誤。 8．(2019·山東淄博三模)如圖所示，左側(cè)接有定值電阻R的光滑導(dǎo)軌處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)軌間距為d。一質(zhì)量為m、阻值為r的金屬棒在水平拉力F作用下由靜止開始運動，速度與位移始終滿足v＝kx，棒與導(dǎo)軌接觸良好，則在金屬棒移動的過程中(　　) A．通過R的電荷量與x2成正比 B．金屬棒的動量對時間的變化率增大 C．拉力的沖量為＋kmx D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝ 答案　BC 解析　通過R的電量q＝∑i·Δt＝＝

14、∝x，A錯誤；設(shè)金屬棒在t1時刻的速度為v1，t2時刻的速度為v2，根據(jù)v＝kx可知v1＝kx1，v2＝kx2，金屬棒的動量對時間的變化率＝＝＝mkv，再由v＝kx可知，金屬棒在移動的過程中，隨著位移x增大，金屬棒的動量對時間的變化率增大，故B正確；對金屬棒，根據(jù)動量定理I沖－Bidt＝mv，其中q＝∑i·Δt＝，v＝kx，聯(lián)立解得拉力的沖量為I沖＝＋kmx，故C正確；根據(jù)功能關(guān)系可知E電＝W安克，F(xiàn)安＝Bid＝＝∝x，所以W安克＝F安x＝，由電流做功可得電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝E電＝，故D錯誤。 第Ⅱ卷 二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，共62分。第9～12題為必考題，考生都必

15、須作答。第13～14題為選考題，考生根據(jù)要求作答) (一)必考題(共47分) 9．(2019·云南二模)(6分)某同學用圖甲所示的實驗裝置測定當?shù)氐闹亓铀俣?，正確操作后獲得圖乙所示的一條紙帶。他用天平測得小車的質(zhì)量為M，鉤碼質(zhì)量為m，毫米刻度尺測得紙帶上自0點到連續(xù)點1、2、3、4、5、6的距離分別為：d1＝1.07 cm、d2＝2.24 cm、d3＝3.48 cm、d4＝4.79 cm、d5＝6.20 cm、d6＝7.68 cm。已知實驗所用交流電頻率為f＝50 Hz。 (1)打點2時小車的速度大小為________ m/s(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。 (2)小車運動過程中的平均

16、加速度大小為________ m/s2(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。 (3)以各點速度v的二次方為縱坐標，以各點到0點的距離d為橫坐標，作v2-d圖象，所得圖線為一條斜率為k的傾斜直線，不考慮小車與桌面間的摩擦，則當?shù)氐闹亓铀俣萭＝________(用m、M、k表示)。 答案　(1)0.60　(2)2.0　(3) 解析　(1)打點2時小車的速度等于1到3段的平均速度，v＝＝ m/s≈0.60 m/s。 (2)根據(jù)逐差法可得：a＝＝ ＝ m/s2＝2.0 m/s2。 (3)對鉤碼和小車組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得mg＝(M＋m)a，由v2－v＝2ad可得a＝＝，聯(lián)立解得g＝。 10．

17、(2019·河南鄭州二模)(9分)導(dǎo)體或半導(dǎo)體材料在外力作用下產(chǎn)生機械形變時，其電阻值發(fā)生相應(yīng)變化，這種現(xiàn)象稱為應(yīng)變電阻效應(yīng)。圖甲所示，用來稱重的電子吊秤，就是利用了這個應(yīng)變效應(yīng)。電子吊秤實現(xiàn)稱重的關(guān)鍵元件是拉力傳感器。其工作原理是：掛鉤上掛上重物，傳感器中拉力敏感電阻絲在拉力作用下發(fā)生微小形變(宏觀上可認為形狀不變)，拉力敏感電阻絲的電阻也隨著發(fā)生變化，再經(jīng)相應(yīng)的測量電路把這一電阻變化轉(zhuǎn)換為電信號(電壓或電流)，從而完成將所稱物體重量變換為電信號。 物理小組找到一根拉力敏感電阻絲RL，其阻值隨拉力F變化的圖象如圖乙所示，小組按圖丙所示電路制作了一個簡易“吊秤”。電路中電源電動勢E＝3

18、V，內(nèi)阻r＝1 Ω；靈敏毫安表量程為10 mA，內(nèi)阻Rg＝50 Ω；R1是可變電阻器，A、B兩接線柱等高且固定。現(xiàn)將這根拉力敏感電阻絲套上輕質(zhì)光滑絕緣環(huán)，將其兩端接在A、B兩接線柱之間固定不動。通過光滑絕緣滑環(huán)可將重物吊起，不計敏感電阻絲重力?，F(xiàn)完成下列操作步驟： 步驟a：滑環(huán)下不吊重物時，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)可變電阻R1使毫安表指針滿偏； 步驟b：滑環(huán)下吊上已知重力的重物G，測出電阻絲與豎直方向的夾角為θ； 步驟c：保持可變電阻R1接入電路電阻不變，讀出此時毫安表示數(shù)I； 步驟d：換用不同已知重力的重物，掛在滑環(huán)上記錄每一個重力值對應(yīng)的電流值； 步驟e：將電流表刻度盤改裝為重力刻度盤。

19、 (1)試寫出敏感電阻絲上的拉力F與重物重力G的關(guān)系式F＝________。 (2)設(shè)R-F圖象斜率為k，試寫出電流表示數(shù)I與待測重物重力G的表達式I＝________________(用E、r、R1、Rg、R0、k、θ表示)。 (3)若R-F圖象中R0＝100 Ω，k＝0.5 Ω/N，測得θ＝60°，毫安表指針半偏，則待測重物重力G＝________ N。 (4)關(guān)于改裝后的重力刻度盤，下列說法正確的是(　　) A．重力零刻度線在電流表滿刻度處，刻度線均勻 B．重力零刻度線在電流表零刻度處，刻度線均勻 C．重力零刻度線在電流表滿刻度處，刻度線不均勻 D．重力零刻度線在電流表零刻

20、度處，刻度線不均勻 (5)若電源電動勢不變，內(nèi)阻變大，其他條件不變，用這臺“簡易吊秤”稱重前，進行了步驟a操作；則測量結(jié)果________(填“偏大”“偏小”或“不變”)。 答案　(1)　(2) (3)600　(4)C　(5)不變 解析　(1)對滑環(huán)受力分析，由平衡知識可知：2Fcosθ＝G，解得F＝。 (2)由圖乙可知：R＝kF＋R0；由丙電路可知：I＝＝。 (3)將R0＝100 Ω，k＝0.5 Ω/N，θ＝60°，Ig＝10 mA，I＝Ig＝5 mA，E＝3 V，內(nèi)阻r＝1 Ω，Rg＝50 Ω代入I＝和Ig＝，可得G＝600 N。 (4)當不掛重物時，電流計滿偏，則重力零刻度

21、線在電流表滿刻度處，因G與I不是正比關(guān)系，則重力刻度盤的刻度線不均勻，故選C。 (5)實驗前進行了a操作，則Ig＝，當掛重物G時：I＝＝，可知I不變，即E不變，r變大，對實驗的結(jié)果無影響，測量結(jié)果不變。 11．(2019·四川宜賓二診)(12分)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的光滑圓弧軌道，其末端與足夠長的水平軌道平滑連接。一質(zhì)量為m的小球P從圓弧軌道頂端由靜止開始沿軌道下滑，在圓弧軌道末端與質(zhì)量為2m的靜止小球Q發(fā)生對心碰撞。小球P、Q與水平軌道間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度大小為g。假設(shè)小球P、Q間的碰撞為完全彈性碰撞，碰撞時間極短。求： (1)碰撞后瞬間小球P對圓弧

22、軌道末端的壓力大小； (2)小球P、Q均停止運動后，二者之間的距離。 答案　(1)mg　(2)R 解析　(1)小球P由靜止開始下滑到圓弧軌道末端的過程，由動能定理可得： mv＝mgR 兩球碰撞過程動量守恒，機械能守恒，則： mv0＝mv1＋2mv2 mv＝mv＋·2mv 聯(lián)立解得：v1＝－，v2＝ 小球P碰后在圓弧軌道末端時： FN－mg＝m，解得FN＝mg 由牛頓第三定律可知，碰撞后瞬間小球P對圓弧軌道末端的壓力大小為FN′＝mg。 (2)小球P滑上圓弧軌道后，再返回到圓弧軌道末端的速度與v1等大，方向向左，對P、Q分別應(yīng)用動能定理，則：－μ·mgx1＝－·mv，

23、解得P向左滑行的距離x1＝R －μ·2mgx2＝－×2mv， 解得小球Q向左滑行的距離：x2＝R， 則小球P、Q均停止運動后，二者之間的距離 Δx＝x2－x1＝R。 12．(2019·廣東深圳二模)(20分)如圖a所示，整個空間存在豎直向上的勻強電場(平行于紙面)，在同一水平線上的兩位置，以相同速率同時噴出質(zhì)量均為m的油滴a和b，帶電量為＋q的a水平向右，不帶電的b豎直向上。b上升高度為h時，到達最高點，此時a恰好與它相碰，瞬間結(jié)合成油滴P。忽略空氣阻力，重力加速度為g。求： (1)油滴b豎直上升的時間及兩油滴噴出位置的距離； (2)勻強電場的場強及油滴a、b結(jié)合為P后瞬間的

24、速度； (3)若油滴P形成時恰位于某矩形區(qū)域邊界，取此時為t＝0時刻，同時在該矩形區(qū)域加一個垂直于紙面的周期性變化的勻強磁場，磁場變化規(guī)律如圖b所示，磁場變化周期為T0(垂直紙面向外為正)，已知P始終在矩形區(qū)域內(nèi)運動，求矩形區(qū)域的最小面積。(忽略磁場突變的影響) 答案　(1)　2h (2)　，方向向右上，與水平方向夾角為45° (3) 解析　(1)設(shè)兩油滴的噴出速率為v0，油滴b做豎直上拋運動，則：0－v＝－2gh 解得v0＝ 又0＝v0－gt0，解得t0＝ 油滴a的水平分運動為勻速直線運動，有：x0＝v0t0 解得兩油滴噴出位置的距離為x0＝2h。 (2)設(shè)勻強電場的場

25、強為E，兩油滴結(jié)合之前，油滴a做類平拋運動，設(shè)加速度為a， 則：qE－mg＝ma h＝at，t0＝ 解得a＝g，E＝ 設(shè)兩油滴的噴出速率為v0，結(jié)合前瞬間油滴b的速度為0，油滴a速度大小為va，方向向右上，與水平方向的夾角為θ， 則：v0＝vacosθ，v0tanθ＝at0 解得va＝2，θ＝45° 兩油滴的結(jié)合過程動量守恒，則有：mva＝2mvP 聯(lián)立解得vP＝，方向向右上，與水平方向夾角為45°。 (3)因qE＝2mg，油滴P在磁場中受到的合力為F洛，P做勻速圓周運動，設(shè)半徑為r，周期為T， 則：qvP＝2m 解得r＝ 由T＝，解得T＝T0 結(jié)合外加磁場的變化規(guī)

26、律分析可知，油滴P在磁場中的運動軌跡是兩個外切圓組成的“8”字形，軌跡如圖，最小矩形的兩條邊分別為2r和4r，最小面積為：Smin＝2r×4r＝。 (二)選考題(共15分) 請考生從兩道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。 13．[物理——選修3－3](共15分) (1)(2019·蘭州模擬)(5分)下列說法正確的是________(填正確答案標號。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．密封在鋼瓶內(nèi)的氣體，若溫度升高，則氣體分子對器壁單位面積上的平均作用力增大 B．兩個分子從相距很遠開始逐漸互相靠近，此過

27、程中其分子力先增大后減小，分子勢能先減小后增大 C．一定質(zhì)量的理想氣體，如果在某個過程中溫度保持不變而吸收熱量，則在該過程中氣體的壓強一定減小 D．第二類永動機是不能制造出來的，因為它雖不違反能量守恒定律，但違反熱力學第二定律 E．物體的溫度為0 ℃時，物體的分子平均動能為零 (2) (2019·河南六市高三第二次聯(lián)考)(10分)如圖所示，水平放置的密閉、導(dǎo)熱汽缸通過一段不計體積的導(dǎo)管和上端開口玻璃管相連，汽缸被一不計厚度的隔熱輕活塞隔成體積相同的兩部分氣體，氣體壓強均等于大氣壓強p0，長度均為L＝10 cm(上部分汽缸中接有一段體積不計的電阻絲)，玻璃管內(nèi)裝有一段長為h＝40 cm的

28、水銀，導(dǎo)管處閥門關(guān)閉。已知汽缸橫截面積為S，玻璃管橫截面積為，外界溫度為t＝27 ℃，p0＝75 cmHg，封閉氣體可視為理想氣體。 ①打開閥門，求穩(wěn)定后玻璃管內(nèi)水銀柱長度h′； ②給活塞上部分氣體用電阻絲加熱，直至水銀柱回到初始液面，求此時上部分氣體的溫度T′。 答案　(1)ACD　(2)①30 cm?、?20 K 解析　(1)密封在鋼瓶中的氣體，若溫度升高，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程可知氣體的壓強增大，結(jié)合壓強的微觀意義可知氣體分子對器壁單位面積上的平均作用力增大，故A正確；分子間距大于r0時，分子力為引力，隨距離的減小，引力先增大后逐漸減??；分子間距小于r0時，分子力為斥力，隨距

29、離的減小，分子斥力增大，即在整個過程中，分子力先增大后減小再增大；分子間距大于r0時，分子力為引力，因此引力做正功使分子動能逐漸增大，分子勢能逐漸減??；分子間距小于r0時，分子力為斥力，因此斥力做負功使分子動能逐漸減小，分子勢能逐漸增大，故分子勢能先減小后增大，故B錯誤；根據(jù)熱力學第一定律，理想氣體溫度T不變，內(nèi)能就不變，即ΔU＝0，氣體吸收熱量即Q＞0，則氣體對外做功即W＜0，氣體體積V增大，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程＝C，其中V增大，T不變，得氣體的壓強p減小，故C正確；從單一熱源吸收的熱量，可以全部用來做功，而不引起其他變化的機器違背了熱力學第二定律，但沒有違背能量守恒定律，故D正確；物體的溫

30、度為0 ℃時，熱力學溫度為273.15 K，分子的平均動能不為零，故E錯誤。 (2)①汽缸內(nèi)兩部分氣體可看成一個整體，進行等溫變化。假設(shè)打開閥門，穩(wěn)定后水銀柱下降高度為x，以汽缸內(nèi)封閉的氣體為研究對象，則有 p0·2LS＝S 解得x1＝10 cm，x2＝ cm(舍去) 即穩(wěn)定后玻璃管內(nèi)水銀柱的長度：h′＝h－x＝30 cm。 ②汽缸下部分氣體進行等溫變化， 滿足p0LS＝(p0＋ρgh)L′S 解得L′＝ cm 對汽缸上部分氣體，由理想氣體狀態(tài)方程，有 ＝ 解得上部分氣體的溫度T′＝620 K。 14．[物理——選修3－4](共15分) (1)(2019·濰坊二模)(5

31、分)如圖所示為一列頻率為40 Hz的簡諧橫波沿x軸正方向傳播的t＝0時刻的波形圖，此時M點恰好開始振動。已知波源的平衡位置在O點，則下列判斷正確的是________(填正確答案標號。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．該波波長為3 m B．該波的傳播速度為80 m/s C．t＝0時刻，平衡位置在x＝1.8 m的質(zhì)點向下振動 D．M點的振動方程為y＝0.05sin80πt m E．N點起振后總是和O點同時到達波峰 (2)(2019·沈陽三模)(10分)如圖是一個半徑為R，球心為O的半球形透明玻璃體的截面圖。在距離O點右側(cè)1.5

32、R處有一個豎直放置的幕布MN，OA為球體的一條水平軸線且與幕布MN垂直。 ①某光源發(fā)出的細光線沿OA方向從O點射入半球形透明玻璃體并在幕布上形成一亮斑?，F(xiàn)保持光線的傳播方向不變讓光源緩慢下移，當射入點位于O點正下方R時，幕布上的亮斑突然消失，求該透明玻璃半球體的折射率； ②若將該光源置于O點左側(cè)處的S點，其發(fā)出的一細光線沿與OA夾角θ＝60°方向射向該透明玻璃半球體，求光線由光源到達幕布所用的時間。(已知光在真空中傳播速度為c，不考慮光線在透明玻璃體內(nèi)的二次反射) 答案　(1)BCD　(2)①?、? 解析　(1)由題圖知波長λ＝2 m，周期T＝ s＝0.025 s，振幅A＝5 cm，

33、故A錯誤；根據(jù)波長、頻率(周期)和波速的關(guān)系得v＝λf＝80 m/s，故B正確；波沿x軸正向傳播，由此可判斷平衡位置在x＝1.8 m的質(zhì)點向下振動，故C正確；t＝0時M點位于平衡位置，向上振動，則它的振動方程為y＝Asin，將周期T和振幅A代入得y＝0.05sin80πt m，故D正確；N點與O點距離為19 m，即9個波長，則N點的振動情況與O點的振動情況總是相反，故E錯誤。 (2)①如圖1所示，根據(jù)幾何關(guān)系有： sin∠BDO＝＝ 細光束在B點水平入射，在D點發(fā)生全反射，有： sin∠BDO＝，則n＝。 ②作光路圖如圖2所示。由幾何關(guān)系可得， lSB＝·＝R，lOB＝tanθ＝R 由折射定律可得n＝ 解得α＝30° 在△OBC中，＝，計算可得β＝30° 根據(jù)折射定律：n＝，解得r＝60° 可見光線從半球形玻璃體的C點水平出射，即出射光線CE方向與OA平行， 光線在玻璃半球體中傳播的距離lBC＝lOB，C點到幕布的距離為lCE＝1.5R－Rsin30°＝R 由折射率與光速關(guān)系得：n＝ 解得光線在玻璃體內(nèi)的速度v＝＝c 光線由光源到達屏幕所用的時間 t＝＋＋＝。 - 15 -