（京津瓊）2019高考物理總復(fù)習(xí) 專用優(yōu)編提分練：考前綜合練（三）

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1、 考前綜合練(三) 一、單項(xiàng)選擇題 1．如圖1是原子物理史上幾個(gè)著名的實(shí)驗(yàn)，關(guān)于這些實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖1 A．盧瑟福α粒子散射實(shí)驗(yàn)否定了原子結(jié)構(gòu)的棗糕模型，提出原子的核式結(jié)構(gòu)模型 B．放射線在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，中間沒(méi)有偏轉(zhuǎn)的為γ射線，電離能力最強(qiáng) C．電壓相同時(shí)，光照越強(qiáng)，光電流越大，說(shuō)明遏止電壓和光的強(qiáng)度有關(guān) D．鈾235只要俘獲中子就能進(jìn)行鏈?zhǔn)椒磻?yīng) 答案　A 解析　盧瑟福α粒子散射實(shí)驗(yàn)否定了原子結(jié)構(gòu)的棗糕模型，提出原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故A正確；放射線在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，中間沒(méi)有偏轉(zhuǎn)的為γ射線，電離能力最弱，故B錯(cuò)誤；由題圖可知，光照越強(qiáng)，光電流越大，但遏止電壓一

2、樣，說(shuō)明遏止電壓與光的強(qiáng)度無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；鏈?zhǔn)椒磻?yīng)需要達(dá)到臨界體積才可以進(jìn)行，故D錯(cuò)誤． 2．某同學(xué)閱讀了“火星的現(xiàn)在、地球的未來(lái)”一文，摘錄了以下資料： (1)太陽(yáng)幾十億年來(lái)一直在不斷地釋放能量，質(zhì)量在緩慢地減小． (2)金星和火星是地球的兩位近鄰，金星位于地球圓軌道的內(nèi)側(cè)，火星位于地球圓軌道的外側(cè)． (3)由于火星與地球的自轉(zhuǎn)周期幾乎相同，自轉(zhuǎn)軸與公轉(zhuǎn)軌道平面的傾角也幾乎相同，所以火星上也有四季變化．根據(jù)該同學(xué)摘錄的資料和有關(guān)天體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，可推斷(　　) A．太陽(yáng)對(duì)地球的引力在緩慢增大 B．日地距離在不斷減小 C．金星的公轉(zhuǎn)周期超過(guò)一年 D．火星上平均每個(gè)季節(jié)持續(xù)的時(shí)間大

3、于3個(gè)月 答案　D 解析　因太陽(yáng)質(zhì)量在減小，所以在地球與太陽(yáng)間距離不變的情況下，太陽(yáng)對(duì)地球的引力減小，故地球做離心運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；金星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的軌道半徑比地球的小，故金星的公轉(zhuǎn)周期小于一年，同理，火星的公轉(zhuǎn)周期大于一年，故C錯(cuò)誤，D正確． 3.如圖2所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B，用一個(gè)勁度系數(shù)為k的豎直輕質(zhì)彈簧連接，最初系統(tǒng)靜止，現(xiàn)在用力F緩慢拉A直到B剛好離開(kāi)地面，則這一過(guò)程中力F做的功至少為(　　) 圖2 A. B. C. D. 答案　B 解析　最初系統(tǒng)靜止時(shí)，彈簧的彈力等于A的重力，由胡克定律得，彈簧被壓縮的長(zhǎng)度x1＝，最后B剛好離開(kāi)地面時(shí)，彈簧的彈力等

4、于B的重力，此時(shí)彈簧伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度x2＝，彈簧彈性勢(shì)能不變，此過(guò)程緩慢進(jìn)行，所以力F做的功等于系統(tǒng)增加的重力勢(shì)能，根據(jù)功能關(guān)系可知：W＝mgh＝mg×2＝，故B正確． 4．已知一個(gè)無(wú)限大的金屬板與一個(gè)點(diǎn)電荷之間的空間電場(chǎng)分布與等量異種電荷之間的電場(chǎng)分布類似，即金屬板表面各處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向與板面垂直．如圖3所示，MN為無(wú)限大的不帶電的金屬平板，且與大地連接．現(xiàn)將一個(gè)電荷量為Q的正點(diǎn)電荷置于板的右側(cè)，圖中a、b、c、d是以正點(diǎn)電荷Q為圓心的圓上的四個(gè)點(diǎn)，四點(diǎn)的連線構(gòu)成一內(nèi)接正方形，其中ab連線與金屬板垂直．則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖3 A．b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度與c點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同 B．a(chǎn)點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)

5、度與b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等 C．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)等于d點(diǎn)電勢(shì) D．將一試探電荷從a點(diǎn)沿直線ad移到d點(diǎn)的過(guò)程中，試探電荷電勢(shì)能始終保持不變 答案　C 解析　畫出電場(chǎng)線如圖所示： 根據(jù)對(duì)稱性可知，b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度與c點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向不同，故A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線密集的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大，從圖上可以看出a點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度，故B錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性并結(jié)合電場(chǎng)線的分布可知a點(diǎn)電勢(shì)等于d點(diǎn)電勢(shì)，故C正確；由于試探電荷先靠近正電荷后遠(yuǎn)離正電荷，所以電場(chǎng)力在這個(gè)過(guò)程中做功，所以試探電荷電勢(shì)能不是始終保持不變，故D錯(cuò)誤． 5．如圖4所示，質(zhì)量為m的小球用長(zhǎng)度為R的細(xì)繩拴著在豎直面上繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能

6、通過(guò)豎直面的最高點(diǎn)A，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則(　　) 圖4 A．小球通過(guò)最高點(diǎn)A的速度為gR B．小球通過(guò)最低點(diǎn)B和最高點(diǎn)A的動(dòng)能之差為mgR C．若細(xì)繩在小球運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的C點(diǎn)斷了，則小球還能上升的高度為R D．若細(xì)繩在小球運(yùn)動(dòng)到A處斷了，則經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝小球運(yùn)動(dòng)到與圓心等高的位置 答案　D 解析　小球剛好通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，繩子的拉力恰好為零， 有：mg＝m，得v＝，故A錯(cuò)誤； 從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)重力做功為2mgR，根據(jù)動(dòng)能定理可知小球通過(guò)最低點(diǎn)B和最高點(diǎn)A的動(dòng)能之差為2mgR，故B錯(cuò)誤； 從A到C由動(dòng)能定理可知：mgR＝mvC2－mv2， 當(dāng)繩子斷掉后上升

7、的高度為h，則－mgh＝0－mvC2， 解得h＝R，故C錯(cuò)誤； 若細(xì)繩在小球運(yùn)動(dòng)到A處斷了，則下降R所用的時(shí)間為R＝gt2，解得t＝，故D正確． 二、多項(xiàng)選擇題 6．一個(gè)微型吸塵器的直流電動(dòng)機(jī)的額定電壓為U，額定電流為I，線圈電阻為R，將它接在電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的直流電源的兩極間，電動(dòng)機(jī)恰好能正常工作，則(　　) A．電動(dòng)機(jī)消耗的總功率為UI B．電源的效率為1－ C．電源的輸出功率為EI D．電動(dòng)機(jī)消耗的熱功率為 答案　AB 解析　電動(dòng)機(jī)消耗的總功率為P＝IU，所以A正確．電動(dòng)機(jī)消耗的熱功率為P＝I2R，所以D錯(cuò)誤．電源的輸出功率等于電動(dòng)機(jī)的輸入功率，則P出＝UI，故C

8、錯(cuò)誤．電源的總功率為IE，內(nèi)部發(fā)熱的功率為I2r，所以電源的效率為＝1－，所以B正確． 7．如圖5所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的小環(huán)，小環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑輕質(zhì)定滑輪與直桿的距離為d.現(xiàn)將小環(huán)從與定滑輪等高的A處由靜止釋放，當(dāng)小環(huán)沿直桿下滑距離也為d時(shí)(圖中B處)，下列說(shuō)法正確的是(重力加速度為g)(　　) 圖5 A．環(huán)與重物、地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．小環(huán)到達(dá)B處時(shí)，重物上升的高度也為d C．小環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比等于 D．小環(huán)下落到B處時(shí)的速度大小為 答案　AD 解析　對(duì)于小環(huán)、重物和地球組成的系統(tǒng)

9、，只有重力做功，則環(huán)與重物、地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A項(xiàng)正確． 結(jié)合幾何關(guān)系可知，重物上升的高度h＝(－1)d， 故B項(xiàng)錯(cuò)誤． 將小環(huán)在B處的速度分解為沿著繩子方向和垂直于繩子方向的兩個(gè)分速度，其中沿著繩子方向的速度即為重物上升的速度，則v物＝v環(huán)cos 45°，環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比為∶1，故C項(xiàng)錯(cuò)誤． 小環(huán)從A到B， 由機(jī)械能守恒得mgd－2mgh＝mv＋×2mv 且v物＝v環(huán)cos 45°， 解得：v環(huán)＝，故D正確． 8．如圖6甲所示，左側(cè)接有定值電阻R＝3 Ω的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝1 m．一質(zhì)

10、量m＝2 kg、接入電路的阻值r＝1 Ω的金屬棒在拉力F作用下由靜止開(kāi)始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，g＝10 m/s2，金屬棒的v－x圖象如圖乙所示，則從起點(diǎn)到發(fā)生位移x＝1 m的過(guò)程中(　　) 圖6 A．拉力做的功為16 J B．通過(guò)電阻R的電荷量為0.25 C C．定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為0.75 J D．所用的時(shí)間t一定大于1 s 答案　CD 解析　根據(jù)題圖乙可知v＝2x，金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的安培力F安＝，即安培力與x是線性函數(shù)，所以在此過(guò)程中平均安培力為1 N，根據(jù)功能關(guān)系 W拉＝Wf＋mv2＋W克

11、安＝μmgx＋mv2＋安x ＝0.5×20×1 J＋×2×22 J＋1×1 J＝15 J， 故A錯(cuò)誤； q＝＝＝ C＝0.5 C，故B錯(cuò)誤； 克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為回路中的焦耳熱，克服安培力做的功為W克安＝1 J，所以R上的焦耳熱為QR＝W＝W＝0.75 J，故C正確； v－x圖象中的斜率k＝＝·＝，所以a＝kv，即隨著速度的增加，加速度也在增加，若金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)1 m則需要的時(shí)間為t＝＝1 s，現(xiàn)在金屬棒做加速度增加的加速運(yùn)動(dòng)，則移動(dòng)相同的位移所用的時(shí)間大于1 s，故D正確． 三、非選擇題 9．物理小組在一次探究活動(dòng)中測(cè)量滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)．實(shí)驗(yàn)裝置如圖7，一表面粗

12、糙的木板固定在水平桌面上，一端裝有定滑輪；木板上有一滑塊，其一端與電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶相連，另一端通過(guò)跨過(guò)定滑輪的細(xì)線與托盤連接．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的交流電源的頻率為50 Hz.開(kāi)始實(shí)驗(yàn)時(shí)，在托盤中放入適量砝碼，滑塊開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)，在紙帶上打出一系列小點(diǎn)． 圖7 圖8 (1)圖8給出的是實(shí)驗(yàn)中獲取的一條紙帶的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是計(jì)數(shù)點(diǎn)，每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)小點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖所示．根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計(jì)算的加速度a＝__________(保留三位有效數(shù)字)． (2)回答下列兩個(gè)問(wèn)題： ①為測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù)，下列物理量中還應(yīng)測(cè)量的有________

13、(填入所選物理量前的字母) A．木板的長(zhǎng)度 B．木板的質(zhì)量m1 C．滑塊的質(zhì)量m2 D．托盤和砝碼的總質(zhì)量m3 E．滑塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t ②測(cè)量①中所選定的物理量時(shí)需要的實(shí)驗(yàn)器材是____________________． (3)滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝________(用被測(cè)物理量的字母表示，重力加速度為g)． 答案　(1)0.497 m/s2(0.495 m/s2～0.499 m/s2均可) (2)①CD?、谔炱? (3) 解析　(1)每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)打點(diǎn)，說(shuō)明相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔為0.1 s．將第一段位移舍掉，設(shè)1、2兩計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的距離為x1，則第6、7之間的

14、距離為x6，利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論Δx＝at2，即逐差法可以求滑塊的加速度大?。? a＝＝， 將數(shù)據(jù)代入得：a≈0.497 m/s2. (2)①設(shè)托盤和砝碼的總質(zhì)量為m3，滑塊的質(zhì)量為m2，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則摩擦力為Ff＝μm2g； 根據(jù)牛頓第二定律有：m3g－μm2g＝(m3＋m2)a， 由此可知還需要測(cè)量托盤和砝碼的總質(zhì)量m3，滑塊的質(zhì)量m2，故A、B、E錯(cuò)誤，C、D正確．②根據(jù)①問(wèn)分析可知在測(cè)量質(zhì)量的時(shí)候需要用到的儀器是天平． (3)根據(jù)牛頓第二定律有：m3g－μm2g＝(m3＋m2)a， 故解得：μ＝. 10．為測(cè)定海水的電阻率： (1)某學(xué)習(xí)小組選取了一根厚度可以忽

15、略的塑料管，分別用刻度尺和螺旋測(cè)微器測(cè)出其長(zhǎng)度L和外徑d，外徑示數(shù)如圖9所示，由圖得d＝________ mm. 圖9 (2)在塑料管里面灌滿了海水，兩端用粗銅絲塞住管口，形成一段封閉的海水柱．將多用電表的轉(zhuǎn)換開(kāi)關(guān)K旋轉(zhuǎn)在如圖10所示的位置，將插入“＋”、“－”插孔的紅黑表筆短接，調(diào)零后粗測(cè)其阻值R，其結(jié)果如圖中表盤所示，則R＝________ Ω. 圖10 (3)該小組為進(jìn)一步精確測(cè)量其阻值，現(xiàn)采用伏安法．有如下實(shí)驗(yàn)器材供選擇： A．直流電源：電動(dòng)勢(shì)12 V，內(nèi)阻不計(jì)，額定電流為1 A； B．電流表A：量程0～10 mA，內(nèi)阻約10 Ω； C．電壓表V：量程0～15 V

16、，內(nèi)阻約15 kΩ； D．滑動(dòng)變阻器R1：最大阻值10 Ω； E．滑動(dòng)變阻器R2：最大阻值10 kΩ； F．多用電表； G．開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線等． ①該小組采用限流電路并在正確選擇器材后完成了部分導(dǎo)線的連接，請(qǐng)你在圖11中完成余下導(dǎo)線的連接并在滑動(dòng)變阻器旁邊標(biāo)上其符號(hào)(R1或R2)． 圖11 ②若該小組在實(shí)驗(yàn)過(guò)程中由于操作不當(dāng)，導(dǎo)致所選用的電流表?yè)p壞．為保證實(shí)驗(yàn)的正常進(jìn)行，可將多用電表的轉(zhuǎn)換開(kāi)關(guān)K旋轉(zhuǎn)至直流電流________擋位上，替換原使用的電流表并通過(guò)插入“＋”、“－”插孔的紅黑表筆正確接入電路，繼續(xù)實(shí)驗(yàn)． 該小組在實(shí)驗(yàn)中測(cè)得電壓表和電流表的示數(shù)分別為U和I，則精確測(cè)出的海水

17、電阻率表達(dá)式為ρ＝____________. 答案　(1)3.740　(2)6×103 (3)①如圖所示?、?0 mA　 解析　(1)螺旋測(cè)微器的固定刻度為3.5 mm，可動(dòng)刻度為24.0×0.01 mm＝0.240 mm， 所以最終讀數(shù)為3.5 mm＋0.240 mm＝3.740 mm. (2)用×1 kΩ擋測(cè)量電阻，由題圖可知，歐姆表示數(shù)為R＝6×103 Ω； (3)①限流式接法如圖所示，因用的限流式接法，且待測(cè)電阻的阻值約為6 kΩ，若用R1來(lái)控制電流其阻值偏小，故選用R2. ②選擇與電流表相當(dāng)?shù)膿跷唬?0 mA； 因R＝＝ρ，且S＝π()2 解得：ρ＝. 1

18、1．質(zhì)量為m、電荷量為q、帶正電的絕緣小球a，以某一初速度沿水平放置的絕緣板進(jìn)入正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，場(chǎng)強(qiáng)方向如圖12所示，若小球a與絕緣板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，已知小球a自C點(diǎn)沿絕緣板做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)與質(zhì)量為M＝2m的不帶電絕緣小球b發(fā)生彈性正碰，此時(shí)原電場(chǎng)立即消失(不計(jì)電場(chǎng)變化對(duì)磁場(chǎng)的影響)，磁場(chǎng)仍然不變，若碰撞時(shí)，小球a無(wú)電荷量損失，碰撞后，小球a做勻速直線運(yùn)動(dòng)返回C點(diǎn)，往返總時(shí)間為t，CD間距為L(zhǎng)，重力加速度為g.求： 圖12 (1)小球a碰撞前后的速度大小之比； (2)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小． 答案　(1)3∶1　(2) 解析　(1)a、b兩小球發(fā)生彈性碰撞前后，

19、系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒．設(shè)碰前a球速度為v0，碰后a球、b球速度大小分別為va、vb，mv0＝－mva＋Mvb① mv＝mv＋Mv② 由①②式解得：＝ (2)往返總時(shí)間t＝＋＝ 得：v0＝③ a球碰后勻速返回，則有：qBva＝mg，得：B＝④ a球碰前勻速，則有：FN＝mg＋qBv0⑤ qE＝μFN⑥ 由③④⑤⑥解得：E＝. 12.如圖13所示，一個(gè)質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的圓管豎直放置，頂端塞有一個(gè)質(zhì)量為m的彈性小球，M＝4m，球和管間的滑動(dòng)摩擦力和最大靜摩擦力大小均為4mg.管從下端離地面距離為H處自由落下，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，管始終保持豎直，每次落地后向上彈起的速度與落地時(shí)速度大小相

20、等，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.求： 圖13 (1)管第一次落地彈起時(shí)管和球的加速度； (2)管第一次落地彈起后，若球沒(méi)有從管中滑出，則球與管剛達(dá)到相同速度時(shí)，管的下端距地面的高度； (3)管第二次彈起后球沒(méi)有從管中滑出，L應(yīng)滿足什么條件． 答案　(1)管的加速度為2g，方向向下　球的加速度為3g，方向向上 (2)H　(3)L>H 解析　(1)管第一次落地彈起時(shí)， 管的加速度a1＝＝2g，方向向下 球的加速度a2＝＝3g，方向向上 (2)取向上為正方向，球與管第一次碰地時(shí)速度 v0＝，方向向下 碰地后管的速度v1＝，方向向上 球的速度v2＝，方向向下 若球剛好

21、沒(méi)有從管中滑出，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1， 球、管速度v相同，則有v1－a1t1＝－v2＋a2t1， t1＝＝ 設(shè)管從碰地到它彈到最高點(diǎn)所需時(shí)間為t2，則： t2＝＝ 因?yàn)閠1＜t2，說(shuō)明管在達(dá)到最高點(diǎn)前，球與管相對(duì)靜止，故管從彈起經(jīng)t1這段時(shí)間上升的高度為所求． 得h1＝v1t1－a1t12＝H (3)球與管達(dá)到相對(duì)靜止后，將以速度v、加速度g豎直上升到最高點(diǎn)， 由于v＝v1－a1t1＝， 故這個(gè)高度是h2＝＝＝H 因此，管第一次落地彈起后上升的最大高度 Hm＝h1＋h2＝H 這一過(guò)程球運(yùn)動(dòng)的位移x＝－v2t1＋a2t12＝H 則球與管發(fā)生相對(duì)位移x1＝h1＋x＝H 當(dāng)管與

22、球從Hm再次下落，第二次落地彈起中，發(fā)生的相對(duì)位移由第一次可類推知： x2＝Hm 所以管第二次彈起后，球不會(huì)滑出管外的條件是 x1＋x2＜L 即L應(yīng)滿足條件L＞H. 13．[選修3－3] (1)下面說(shuō)法正確的是________． A．飽和蒸汽壓隨溫度的升高而增大 B．單晶體在某些物理性質(zhì)上具有各向異性 C．一定量的理想氣體從外界吸熱，其內(nèi)能一定增加 D．液體溫度越高，懸浮顆粒越小，布朗運(yùn)動(dòng)越劇烈 E．當(dāng)分子之間作用力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子力隨分子間的距離增大而增大 (2)如圖14所示，粗細(xì)不同的玻璃管開(kāi)口向下，粗管長(zhǎng)為L(zhǎng)＝13 cm，細(xì)管足夠長(zhǎng)，粗管的截面積為細(xì)管的兩倍．管

23、內(nèi)的氣體被一段水銀柱封閉，當(dāng)封閉氣體的溫度為T1＝300 K時(shí)，粗、細(xì)管內(nèi)的水銀柱長(zhǎng)度均為h＝5 cm.已知大氣壓強(qiáng)p0＝75 cmHg，現(xiàn)對(duì)封閉氣體緩慢加熱，求： 圖14 ①水銀恰好全部進(jìn)入細(xì)管時(shí)氣體的溫度T2； ②從開(kāi)始加熱到T3＝500 K時(shí)，水銀柱的下表面移動(dòng)的距離為多少厘米(保留三位有效數(shù)字)． 答案　(1)ABD　(2)①450 K?、?2.9 cm 解析　(1)飽和蒸汽壓與溫度有關(guān)，且隨著溫度的升高而增大，選項(xiàng)A正確；單晶體內(nèi)部分子結(jié)構(gòu)在空間排列規(guī)則，某些物理性質(zhì)具有各向異性，故B正確；根據(jù)熱力學(xué)第一定律，做功和熱傳遞都可以改變內(nèi)能，所以內(nèi)能不一定增加，故C錯(cuò)誤；液

24、體溫度越高，分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能越大，懸浮顆粒越小，碰撞的不平衡性越明顯，布朗運(yùn)動(dòng)越劇烈，故D正確；分子間的作用力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子力隨分子間距離的增大而減小，故E錯(cuò)誤． (2)①由理想氣體狀態(tài)方程： ＝ 解得：T2＝450 K； ②從T2到T3，由蓋－呂薩克定律： ＝ 得：x≈2.9 cm 水銀柱移動(dòng)的距離：s＝2h＋x＝12.9 cm. 14．[選修3－4] (1)如圖15所示，兩列簡(jiǎn)諧橫波分別沿x軸正方向和負(fù)方向傳播．已知兩波源分別位于x＝－0.2 m和x＝1.0 m處，振幅均為A＝0.5 cm，波速均為v＝0.2 m/s.t＝0時(shí)刻，平衡位置處于x＝0.2 m和x＝0

25、.6 m的P、Q兩質(zhì)點(diǎn)剛開(kāi)始振動(dòng)．質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置處于x＝0.4 m處，下列說(shuō)法正確的是________． 圖15 A．t＝0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P、Q振動(dòng)方向分別是向下和向上 B．0～1 s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路程為0.2 m C．t＝1.5 s時(shí)，平衡位置處于0.3 m～0.5 m之間的質(zhì)點(diǎn)位移均為0 D．t＝2 s時(shí)，x＝0.3 m處質(zhì)點(diǎn)的位移為－0.5 cm E．兩列波相遇分開(kāi)后，各自的振幅、周期均保持不變 (2)如圖16所示，截面為直角三角形ABC的玻璃磚，∠A＝60°，AB＝12 cm，現(xiàn)有兩細(xì)束相同的單色平行光a、b，分別從AC面上的D點(diǎn)和E點(diǎn)以45°角入射，并均從AB邊上的F

26、點(diǎn)射出，已知AD＝AF＝5 cm，光在真空中的傳播速度c＝3×108 m/s，求： 圖16 ①該玻璃磚的折射率； ②D、E兩點(diǎn)之間的距離． 答案　(1)ACE　(2)①?、?4 cm 解析　(1)由“上下坡”法可判斷，t＝0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P、Q振動(dòng)方向分別是向下和向上，故A正確；由v＝可知，T＝2 s，所以在半個(gè)周期內(nèi)質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程為2A＝0.01 m，故B錯(cuò)誤；由“平移法”可知，t＝1.5 s時(shí)，平衡位置處于0.3 m～0.5 m之間的質(zhì)點(diǎn)位移均為0，故C正確；波從P點(diǎn)傳到x＝0.3 m處質(zhì)點(diǎn)所用的時(shí)間為t＝ s＝0.5 s，質(zhì)點(diǎn)再經(jīng)過(guò)1.5 s即四分之三周期的位移為0.5 cm，故D錯(cuò)誤；由于波疊加時(shí)互不干擾，所以兩列波相遇分開(kāi)后，各自的振幅、周期均保持不變，故E正確． (2)①由幾何關(guān)系得：從AC邊入射的光的折射角θ＝30° 由折射定律：n＝＝； ②設(shè)該玻璃磚的臨界角為C，則sin C＝， 解得：C＝45° 由幾何關(guān)系得：從E點(diǎn)入射的光線在BC邊的F′點(diǎn)入射角為60°，故在BC邊發(fā)生全反射 由幾何關(guān)系得：FF′＝14 cm DE＝FF′＝14 cm. 14