（新課標(biāo)）高考物理二輪復(fù)習(xí)簡(jiǎn)易通 仿真模擬卷（二）

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1、仿真模擬卷(8＋2＋2＋1)(二) 一、選擇題(本題8個(gè)小題，每小題6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. 如圖1所示，兩根相距為L(zhǎng)的豎直固定桿上各套有質(zhì)量為m的小球，小球可以在桿上無摩擦地自由滑動(dòng)，兩球用長(zhǎng)為2L的輕繩相連，今在輕繩中點(diǎn)施加一個(gè)豎直向上的拉力F，恰能使兩球沿豎直桿向上勻速運(yùn)動(dòng)．則每個(gè)小球所受的拉力大小為(重力加速度為g) (　　) 　　　　　　　　　　　　　 圖1 A. B．mg C. D．F 解析　根據(jù)題意可知：兩根輕繩

2、與豎直桿間距正好組成等邊三角形，對(duì)結(jié)點(diǎn)進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件可得，F(xiàn)＝2F′cos 30°，解得小球所受拉力F′＝，C正確． 答案　C 15．2013年夏季，貴州、云南、重慶等省市部分地區(qū)出現(xiàn)持續(xù)高溫、少雨天氣，引起不同程度旱情，導(dǎo)致大面積農(nóng)作物受災(zāi)，造成群眾飲水短缺等基本生活困難．電力部門全力確保災(zāi)區(qū)的用電供應(yīng)．如圖2所示，發(fā)電廠的輸出電壓和輸電線的電阻、變壓器均不變，如果發(fā)電廠增大輸出功率，則下列說法正確的是 (　　)． 圖2 A．升壓變壓器的輸出電壓增大 B．降壓變壓器的輸出電壓增大 C．輸電線上損耗的功率增大 D．輸電線上損耗的功率占總功率的比例減少 解析　如

3、果發(fā)電廠增大輸出功率，輸電線中電流一定增大，輸電線上損耗的功率增大，輸電線上損耗的功率占總功率的比例增大，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤；升壓變壓器的輸出電壓不變，輸電線上電壓損失增大，降壓變壓器的輸入電壓減小，輸出電壓減小，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤． 答案　C 16．如圖3所示，將帶正電的甲球放在不帶電的乙球左側(cè)，兩球在空間形成了穩(wěn)定的靜電場(chǎng)，實(shí)線為電場(chǎng)線，虛線為等勢(shì)線．A、B兩點(diǎn)與兩球球心連線位于同一直線上，C、D兩點(diǎn)關(guān)于直線AB對(duì)稱，則 (　　)． 圖3 A．A點(diǎn)和B點(diǎn)的電勢(shì)相同 B．C點(diǎn)和D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同 C．正電荷從A點(diǎn)移至B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功 D．負(fù)電荷從C點(diǎn)移至D點(diǎn)，電勢(shì)能增大

4、解析　A點(diǎn)比乙球面電勢(shì)高，乙球面比B點(diǎn)電勢(shì)高，故A點(diǎn)和B點(diǎn)的電勢(shì)不相同，A錯(cuò)；C、D兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向不同，B錯(cuò)；φA>φB，WAB>0，C對(duì)；C、D兩點(diǎn)位于同一等勢(shì)面上，故此過程電勢(shì)能不變，D錯(cuò)． 答案　C 17．為研究太陽系內(nèi)行星的運(yùn)動(dòng)，需要知道太陽的質(zhì)量．已知地球的半徑為R，地球質(zhì)量為m，太陽與地球的中心間距為r，地球表面的重力加速度為g，地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期為T，則太陽的質(zhì)量為 (　　)． A. B. C. D. 解析　設(shè)太陽的質(zhì)量為M，地球繞太陽公轉(zhuǎn)，G＝m2r，再由Gm＝gR2，得到M＝，選項(xiàng)B正確． 答案　B 18. 如圖4所示，一質(zhì)量為m

5、的質(zhì)點(diǎn)在半徑為R的半球形容器中(容器固定)由靜止開始自邊緣上的A點(diǎn)滑下，到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)，它對(duì)容器的正壓力為FN.重力加速度為g，則質(zhì)點(diǎn)自A滑到B的過程中，摩擦力對(duì)其所做的功為 (　　)． 圖4 A.R(FN－3mg) B.R(3mg－FN) C.R(FN－mg) D.R(FN－2mg) 解析　質(zhì)點(diǎn)到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)，它對(duì)容器的正壓力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝m，根據(jù)動(dòng)能定理，質(zhì)點(diǎn)自A滑到B的過程中有Wf＋mgR＝mv2，故摩擦力對(duì)其所做的功Wf＝RFN－mgR，故A項(xiàng)正確． 答案　A 19. 如圖5所示，一個(gè)閉合三角形導(dǎo)線框ABC位于豎直平面內(nèi)，其下方(

6、略靠前)固定一根與導(dǎo)線框平面平行的水平直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通以圖示方向的恒定電流．釋放導(dǎo)線框，它由實(shí)線位置下落到虛線位置未發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，在此過程中 (　　)． 圖5 A．導(dǎo)線框中感應(yīng)電流方向依次為ACBA→ABCA→ACBA B．導(dǎo)線框的磁通量為零時(shí)，感應(yīng)電流卻不為零 C．導(dǎo)線框所受安培力的合力方向依次為向上→向下→向上 D．導(dǎo)線框所受安培力的合力為零，做自由落體運(yùn)動(dòng) 解析　根據(jù)右手螺旋定則可知導(dǎo)線上方的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，下方的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，而且越靠近導(dǎo)線磁場(chǎng)越強(qiáng)，所以閉合導(dǎo)線框ABC在下降過程中，導(dǎo)線框內(nèi)垂直于紙面向外的磁通量先增大，當(dāng)增大到BC邊與導(dǎo)線重合時(shí)，達(dá)到最

7、大，再向下運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)線框內(nèi)垂直于紙面向外的磁通量逐漸減小至零，然后隨導(dǎo)線框的下降，導(dǎo)線框內(nèi)垂直于紙面向里的磁通量增大，當(dāng)增大到A點(diǎn)與導(dǎo)線重合時(shí)，達(dá)到最大，繼續(xù)下降時(shí)由于導(dǎo)線框逐漸遠(yuǎn)離導(dǎo)線，使導(dǎo)線框內(nèi)垂直于紙面向里的磁通量再逐漸減小，所以根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是阻礙內(nèi)部磁通量的變化，所以感應(yīng)電流的磁場(chǎng)先向內(nèi)，再向外，最后向內(nèi)，所以導(dǎo)線框中感應(yīng)電流方向依次為ACBA→ABCA→ACBA，選項(xiàng)A正確；當(dāng)導(dǎo)線框內(nèi)的磁通量為零時(shí)，內(nèi)部的磁通量仍然在變化，有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生，所以感應(yīng)電流不為零，選項(xiàng)B正確；根據(jù)對(duì)楞次定律的理解，感應(yīng)電流的效果總是阻礙導(dǎo)體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，由于導(dǎo)線框一直向下運(yùn)動(dòng)，所以導(dǎo)

8、線框所受安培力的合力方向一直向上，不為零，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤． 答案　AB 20．如圖6所示，O點(diǎn)有一粒子源，在某時(shí)刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相等，方向均在xOy平面內(nèi)．在直線x＝a與x＝2a之間存在垂直于xOy平面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，與y軸正方向成60°角發(fā)射的粒子恰好垂直于磁場(chǎng)右邊界射出．不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用力．關(guān)于這些粒子的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是 (　　) 圖6 A．粒子的速度大小為 B．粒子的速度大小為 C．與y軸正方向成120°角射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng) D．與y軸正方向成90°角射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)

9、間最長(zhǎng) 解析　帶正電粒子與y軸正方向成60°角發(fā)射進(jìn)入磁場(chǎng)后的軌跡如圖甲所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得a＝Rsin 30°，其中R＝，聯(lián)立解得v＝，故選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝T，可見圓弧所對(duì)的圓心角θ越大，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)，由圖甲中的幾何關(guān)系可得粒子的軌道半徑R＝2a，因此當(dāng)帶電粒子與y軸正方向成120°角射出時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)圓心角最大為120°，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與磁場(chǎng)的右邊界相切，如圖乙所示，最長(zhǎng)時(shí)間tm＝T，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． 答案　AC 21. 在水平地面上有一質(zhì)量為2 kg的物體，物體在水平拉力F的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，后撤去

10、拉力．該物體的運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖7所示，g取10 m/s2，下列說法中正確的是 (　　)． 圖7 A．物體的最大位移是56 m B．物體受到的拉力F的大小為2.4 N C．物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 D．前12 s內(nèi)，拉力與阻力做功的代數(shù)和為16 J 解析　由v－t圖象知，運(yùn)動(dòng)過程由兩個(gè)“子過程”構(gòu)成：拉力F作用下的勻加速運(yùn)動(dòng)，撤去F后阻力作用下的勻減速運(yùn)動(dòng)． 運(yùn)動(dòng)的最大位移是v－t圖象與t軸圍成的三角形面積，為x＝×8×14 m＝56 m．故選A. 勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma1， 由圖象知運(yùn)動(dòng)的加速度為a1＝0.8 m/s2. 勻減

11、速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得μmg＝ma2， 由圖象知運(yùn)動(dòng)的加速度為a2＝2.0 m/s2. 解上述各式得μ＝0.2，F(xiàn)＝5.6 N．故不選B，選C. 如圖所示，由幾何關(guān)系解得12 s末的速度為v＝ m/s＝4 m/s， 對(duì)前12 s應(yīng)用動(dòng)能定理，得拉力與阻力做功的代數(shù)和為W＝mv2＝16 J，故選D. 答案　ACD 二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分．) (一)必考題(共47分) 22．(7分)小明利用落體法驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，得到的紙帶如圖8所示，其中O為打下的第一點(diǎn)，A、B、C、D為連續(xù)的四個(gè)點(diǎn)，已知所用交流電的頻率為f，以點(diǎn)C為研究點(diǎn)，則 圖8 ①以下關(guān)于打點(diǎn)

12、C時(shí)重錘的速度v求法中合理的是________． A．測(cè)出從O到C的時(shí)間，利用v＝gt求 B．利用v2＝2gh和已測(cè)下落高度求 C．根據(jù)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)紙帶上某點(diǎn)的瞬時(shí)速度等于這點(diǎn)前后相鄰兩點(diǎn)間的平均速度求 D．測(cè)出從O到C的時(shí)間，利用h＝vt－gt2求 ②實(shí)驗(yàn)中因阻力的存在，動(dòng)能的變化量應(yīng)小于重力勢(shì)能的改變量，但通過計(jì)算(計(jì)算方法正確合理)小明卻發(fā)現(xiàn)動(dòng)能的變化量總大于重力勢(shì)能的改變量，這是由于他在實(shí)驗(yàn)中出現(xiàn)的________________錯(cuò)誤操作造成的． ③經(jīng)老師指點(diǎn)后，小明重做了實(shí)驗(yàn)，得出自由下落物體在誤差范圍內(nèi)滿足機(jī)械能守恒定律，并作出－h(huán)圖象如圖9，則當(dāng)?shù)氐膶?shí)際重力加速

13、度為________． 圖9 解析?、佼?dāng)用落體法驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律時(shí)不能認(rèn)為下落過程中沒有阻力存在，A、B、D錯(cuò)，計(jì)算某點(diǎn)的瞬時(shí)速度時(shí)應(yīng)根據(jù)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)紙帶上某點(diǎn)的瞬時(shí)速度等于這點(diǎn)前后相鄰兩點(diǎn)間的平均速度，C對(duì)．②先松開紙帶再接通電源時(shí)會(huì)造成各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的瞬時(shí)速度均偏大，使動(dòng)能的變化量大于重力勢(shì)能的改變量．③因滿足機(jī)械能守恒，所以有mv2＝mgh，所以－h(huán)圖線的斜率即為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣戎?，由圖知當(dāng)?shù)氐膶?shí)際重力加速度為9.70 m/s2. 答案?、貱?、谙人砷_紙帶再接通電源?、?.70 m/s2 23．(8分)某同學(xué)要測(cè)量一導(dǎo)體的電阻Rx. (1)他先用多用電表粗測(cè)其電阻．用已經(jīng)

14、調(diào)零且選擇開關(guān)指向電阻擋“×100”擋位的多用電表測(cè)量，其表盤及指針?biāo)肝恢萌鐖D10甲所示，要能比較準(zhǔn)確地測(cè)量該電阻的阻值，應(yīng)將多用電表的選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到電阻擋的________擋位，調(diào)到正確擋位后重新調(diào)零，再次測(cè)量此電阻，其表盤及指針?biāo)肝恢萌鐖D乙所示，則該電阻約為________Ω. 圖10 (2)該同學(xué)想用“伏安法”更精確地測(cè)量該導(dǎo)體的電阻Rx，現(xiàn)有的器材及其代號(hào)和規(guī)格如下： A．待測(cè)電阻Rx B．電流表A1(量程0～50 mA，內(nèi)阻約為50 Ω) C．電流表A2(量程0～5 mA，內(nèi)阻約為30 Ω) D．電壓表V1(量程0～3 V，內(nèi)阻約為10 kΩ) E．電壓表V2(

15、量程0～15 V，內(nèi)阻約為50 kΩ) F．直流電源E(電動(dòng)勢(shì)6 V，內(nèi)阻不計(jì)) G．滑動(dòng)變阻器R1(阻值范圍為0～20 Ω，允許通過的最大電流為2.0 A) H．定值電阻R2＝50 Ω I．開關(guān)S一個(gè)，導(dǎo)線若干．則 ①為了使實(shí)驗(yàn)誤差較小，要求電表的指針的偏轉(zhuǎn)幅度達(dá)到半偏以上，并要求測(cè)得多組數(shù)據(jù)進(jìn)行分析，則電流表應(yīng)選擇________，電壓表應(yīng)選擇________(選填器材前的字母代號(hào))． ②將你設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路畫在虛線框內(nèi)． ③使用設(shè)計(jì)的電路圖進(jìn)行測(cè)量，若電壓表的讀數(shù)為U，電流表的讀數(shù)為I，那么，待測(cè)電阻的阻值Rx＝________(用已知物理量和測(cè)量

16、的物理量的字母符號(hào)表示)． 答案　(1)×10　220　(2)①B　D?、谌鐖D所示 ③ 24．(13分)如圖11所示，在高h(yuǎn)1＝30 m的光滑水平平臺(tái)上，質(zhì)量m＝1 kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住，儲(chǔ)存了一定量的彈性勢(shì)能Ep.若打開鎖扣K，小物塊將以一定的速度v1水平向右滑下平臺(tái)做平拋運(yùn)動(dòng)，并恰好能從光滑圓弧形軌道BC上B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧形軌道．B點(diǎn)的高度h2＝15 m，圓弧軌道的圓心O與平臺(tái)等高，軌道最低點(diǎn)C的切線水平，并與地面上動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.7的足夠長(zhǎng)水平粗糙軌道CD平滑連接，小物塊沿軌道BCD運(yùn)動(dòng)最終在E點(diǎn)(圖中未畫出)靜止，g＝10 m/s2.求： 圖11

17、 (1)小物塊滑下平臺(tái)的速度v1； (2)小物塊原來壓縮彈簧時(shí)儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能Ep的大小和C、E兩點(diǎn)間的距離． 解析　(1)由于h1＝30 m，h2＝15 m，設(shè)物塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為t，則h1－h(huán)2＝gt2 解得t＝ s 由Rcos∠BOC＝h1－h(huán)2，R＝h1，所以∠BOC＝60° 設(shè)小物塊平拋的水平速度是v1，則＝tan 60° 解得v1＝10 m/s (2)由能量守恒可得彈簧壓縮時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep＝ mv＝50 J 設(shè)C、E兩點(diǎn)間距離為L(zhǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理可得 mgh1＋mv＝μmgL 解得L＝50 m 答案　(1)10 m/s　(2)50 J　50 m 25．

18、(19分)如圖12所示，豎直平面(紙面)內(nèi)有直角坐標(biāo)系xOy，x軸沿水平方向．在x≤0的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在第二象限緊貼y軸固定放置長(zhǎng)為l、表面粗糙的不帶電絕緣平板，平板平行于x軸且與x軸相距h.在第一象限內(nèi)的某區(qū)域存在方向相互垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2、方向垂直于紙面向外)和勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)．一質(zhì)量為m、不帶電的小球Q從平板下側(cè)A點(diǎn)沿x軸正向拋出；另一質(zhì)量也為m、帶電量為q的小球P從A點(diǎn)緊貼平板沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，變?yōu)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)后從y軸上的D點(diǎn)進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)圓周離開電磁場(chǎng)區(qū)域，沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，然后從x軸上的K點(diǎn)進(jìn)入第四

19、象限．小球P、Q相遇在第四象限的某一點(diǎn)，且豎直方向速度相同．設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中小球P電量不變，小球P和Q始終在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)且均看作質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g. 圖12 求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小，并判斷P球所帶電荷的正負(fù)； (2)小球Q的拋出速度v0的取值范圍； (3)B1是B2的多少倍？ 解析　(1)由題給的已知條件，小球P在電磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，必有重力與電場(chǎng)力平衡，設(shè)所求場(chǎng)強(qiáng)大小為E，有 mg＝qE ① 得　E＝ ② 小球P在平板下側(cè)緊貼平板運(yùn)動(dòng)，其所受洛倫茲力必豎直向上，故小球P帶正電． (2)設(shè)小球P緊貼平板勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，此時(shí)洛倫茲力與重力平衡，有 B1qv＝

20、mg ③ 設(shè)小球P以速度v在電磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，有B2qv＝m ④ 設(shè)小球Q與小球P在第四象限相遇點(diǎn)的坐標(biāo)為x、y，有 x＝R，y≤0 ⑤ 小球Q運(yùn)動(dòng)到相遇點(diǎn)所需時(shí)間為t0，水平方向位移為s，豎直方向位移為d，有 s＝v0t0 ⑥ d＝gt ⑦ 由題意得 x＝s－l，y＝h－d ⑧ 由題意可知v0＞0，聯(lián)立相關(guān)方程，得 0＜v0≤ ⑨ (3)小球Q在空間做平拋運(yùn)動(dòng)，要滿足題設(shè)要求，則運(yùn)動(dòng)到小球P穿出電磁場(chǎng)區(qū)域的同一水平高度時(shí)的W點(diǎn)時(shí)，其豎直方向的速度vy，與豎直位移yQ必須滿足 vy＝v ⑩ yQ＝R ? 設(shè)小球Q運(yùn)動(dòng)到W點(diǎn)時(shí)間為

21、t，由平拋運(yùn)動(dòng)，有 vy＝gt ? yQ＝gt2 ? 聯(lián)立相關(guān)方程，解得 B1＝B2 ? B1是B2的0.5倍． 答案　(1)　正　(2)0＜v0≤　(3)0.5 (二)選考題(共45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) 33．[選修3－3](15分) (1)(6分)下列說法正確的是 (　　)． A．兩個(gè)分子之間的作用力會(huì)隨著距離的增大而減小 B．物體的內(nèi)能在宏觀上只與其溫度和體積有關(guān) C．一定質(zhì)量的氣體經(jīng)歷等容過程，如果吸熱則其內(nèi)能一定增加 D．分子a從遠(yuǎn)處趨近固定不動(dòng)的分子b，當(dāng)

22、a到達(dá)受b的作用力為零處時(shí)，a的動(dòng)能一定最大 E．物質(zhì)的狀態(tài)在一定的條件下可以相互轉(zhuǎn)變，在轉(zhuǎn)變過程中會(huì)發(fā)生能量交換 (2)(9分)如圖13所示，兩端開口、粗細(xì)均勻的足夠長(zhǎng)玻璃管插在大水銀槽中，管的上部有一定長(zhǎng)度的水銀，兩段空氣柱被封閉在左右兩側(cè)的豎直管中．開啟上部連通左右水銀的閥門A，當(dāng)溫度為300 K時(shí)，水銀的平衡位置如圖(h1＝h2＝5 cm，L1＝50 cm)，大氣壓為75 cmHg.求： 圖13 ①右管內(nèi)氣柱的長(zhǎng)度L2； ②關(guān)閉閥門A，當(dāng)溫度升至405 K時(shí)，左側(cè)豎直管內(nèi)氣柱的長(zhǎng)度L3. 解析　(1)由分子動(dòng)理論可知，當(dāng)兩個(gè)分子之間表現(xiàn)為引力時(shí)，其作用力隨分子間的距離先

23、增大后減小，A錯(cuò)誤；物體的內(nèi)能在宏觀上與溫度、體積以及物質(zhì)的質(zhì)量有關(guān)，B錯(cuò)誤；等容變化過程中，外界與氣體之間不做功，故吸熱內(nèi)能一定增大，C正確；當(dāng)分子從遠(yuǎn)處趨近于另一個(gè)固定不動(dòng)的分子時(shí)，分子力先做正功再做負(fù)功，若兩者的作用力為零，則此時(shí)分子力做的正功最多，對(duì)應(yīng)的動(dòng)能一定最大，D正確；物質(zhì)的狀態(tài)在一定的條件下可以相互轉(zhuǎn)變，在轉(zhuǎn)變過程中會(huì)涉及能量交換，E正確． (2)①左管內(nèi)氣體壓強(qiáng)：p1＝p0＋h2＝80 cmHg 右管內(nèi)氣體壓強(qiáng)：p2＝p1＋h1＝85 cmHg p2＝p0＋h3，得右管內(nèi)外液面高度差h3＝10 cm 則L2＝L1－h(huán)1－h(huán)2＋h3＝50 cm ②設(shè)玻璃管截面積為S，

24、 對(duì)左側(cè)管內(nèi)的氣體：p1＝80 cmHg，V1＝50S，T1＝300 K 當(dāng)溫度升至405 K時(shí)，設(shè)左側(cè)管內(nèi)下部的水銀面下降了x cm， 則有： p3＝(80＋x) cmHg，V3＝L3S＝(50＋x)S，T3＝405 K 依＝代入數(shù)據(jù)，解得x＝10 cm 所以左側(cè)豎直管內(nèi)氣柱的長(zhǎng)度L3＝60 cm 答案　(1)CDE　(2)①50 cm?、?0 cm 34．[選修3－4](15分) (1)(6分)一列簡(jiǎn)諧橫波在t＝0時(shí)刻的波形圖如圖14中實(shí)線所示，從此刻起，經(jīng)0.1 s波形圖如圖14中虛線所示，若波傳播的速度為10 m/s，則________(填正確答案標(biāo)號(hào))． 圖1

25、4 A．這列波沿x軸正方向傳播 B．這列波的周期為0.4 s C．t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)a沿y軸正方向運(yùn)動(dòng) D．從t＝0時(shí)刻開始質(zhì)點(diǎn)a經(jīng)0.2 s通過的路程為0.4 m E．x＝2 m處的質(zhì)點(diǎn)的位移表達(dá)式為y＝0.2sin(5πt＋π)(m) (2)(9分)由透明體做成的三棱柱，橫截面為有一個(gè)角為30°的直角三角形，如圖15所示，AC面鍍膜，經(jīng)透明體射到AC面的光只能反射．現(xiàn)有一束光從AB面上的D點(diǎn)垂直AB面射入透明體，經(jīng)AC面上的E點(diǎn)反射后從BC面射出透明體，出射光線與BC面成30°角． 圖15 ①求該透明體的折射率； ②若光線從BC面上的F點(diǎn)垂直BC面射入透明體，經(jīng)AC面上的

26、E點(diǎn)反射后從AB面射出透明體，試畫出經(jīng)E點(diǎn)后的光路圖，并標(biāo)明出射光線與AB面所成夾角的角度(不用列式計(jì)算)． 解析　(1)根據(jù)波形圖可知，波長(zhǎng)λ＝4 m，又v＝＝10 m/s，可得這列波的周期為T＝＝0.4 s，選項(xiàng)B正確；經(jīng)0.1 s＝T，該波的波形向左傳播了λ，所以該波沿x軸負(fù)方向傳播，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)a沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)圖象和周期易得，選項(xiàng)D、E正確． (2)①如圖，由幾何關(guān)系θ1＝30°，θ2＝60° 由折射定律得 n＝＝ ②如圖，未標(biāo)箭頭扣2分，未標(biāo)明出射光線與AB面所成夾角的角度的扣2分 答案　(1)BDE　(2)①?、谝娊馕鰣D 35．[選修

27、3－5](15分) (1)(6分)下列說法正確的是 (　　)． A．α粒子大角度散射表明α粒子很難進(jìn)入原子內(nèi)部 B．極限頻率越大的金屬材料逸出功越大 C．聚變反應(yīng)有質(zhì)量虧損，質(zhì)量數(shù)不守恒 D．γ射線是一種波長(zhǎng)很短的電磁波 E.Se→Kr＋2e是重核裂變 (2)(9分)質(zhì)量為M的滑塊由水平軌道和豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道組成，放在光滑的水平面上．滑塊開始時(shí)靜止，質(zhì)量為m的物塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止開始滑下，以速度v從滑塊的水平軌道的左端滑出，如 圖16所示．已知M∶m＝3∶1，物塊與水平軌道之間有摩擦，圓弧軌道的半徑為R. 圖16 ①求物塊從軌道左端滑出時(shí)，滑塊

28、M的速度的大小； ②若滑塊靜止在水平面上，物塊從左端沖上滑塊，要使物塊m不會(huì)越過滑塊，求物塊沖上滑塊的初速度v0應(yīng)滿足的條件． 解析　(2)①對(duì)于滑塊M和物塊m組成的系統(tǒng)，物塊沿軌道滑下的過程中，水平方向動(dòng)量守恒，物塊滑出時(shí)，有mv＝Mv′ 滑塊M的速度v′＝v＝v 方向水平向右 ②物塊以速度v0沖上軌道，初速度越大，沖上圓弧軌道的高度越大．若物塊剛能達(dá)到最高點(diǎn)，兩者有相同的速度v1，此為物塊不會(huì)越過滑塊的最大初速度．對(duì)于M和m組成的系統(tǒng)，水平方向動(dòng)量守恒，有mv0＝(m＋M)v1 相互作用過程中，系統(tǒng)的總動(dòng)能減小，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能Q和重力勢(shì)能，有mv－(M＋m)v＝Q＋mgR 物體在水平面上滑動(dòng)時(shí)，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能 Q＝mgR－mv2－Mv′2 解得v0＝ 要使物塊m不會(huì)越過滑塊，其初速度v0≤ 答案　(1)BD　(2)①v　方向水平向右 ②v0≤