2020年高考物理 刷題1+1（2019模擬題）組合模擬卷四（含解析）

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1、組合模擬卷四第卷(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1418題只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921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重慶南開(kāi)中學(xué)高三4月模擬)氘核和氚核聚變的核反應(yīng)方程為HHHen，已知H的比結(jié)合能是2.78 MeV，H的比結(jié)合能是1.09 MeV，He的比結(jié)合能是7.03 MeV，則()A該核反應(yīng)釋放17.6 MeV能量B該核反應(yīng)釋放3.16 MeV能量C該核反應(yīng)吸收17.6 MeV能量D該核反應(yīng)吸收3.16 MeV能量答案A解析聚變反應(yīng)前的總結(jié)合能為：E1(1.0

2、922.783) MeV10.52 MeV，反應(yīng)后生成物的結(jié)合能為：E27.034 MeV28.12 MeV，故該反應(yīng)放出的核能為：EE2E117.6 MeV，A正確。15(2019福建泉州二模)2019年1月3日，“嫦娥四號(hào)”探測(cè)器攜“玉兔二號(hào)”月球車(chē)成功著陸在月球背面，進(jìn)行科學(xué)探測(cè)。已知“嫦娥四號(hào)”在著陸之前繞月球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1、周期為T(mén)1；月球繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r2、周期為T(mén)2，引力常量為G。根據(jù)以上條件能得出()A地球的密度 B地球?qū)υ虑虻囊Υ笮“嫦娥四號(hào)”的質(zhì)量 D關(guān)系式答案B解析月球繞地球運(yùn)動(dòng)：根據(jù)Gm月r2可求出地球質(zhì)量，但由于不知道地球半徑，求不出地球體積，所

3、以算不出地球的密度，A錯(cuò)誤；地球?qū)υ虑虻囊μ峁┰虑蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)的向心力：Fm月r2，“嫦娥四號(hào)”繞月球做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)“嫦娥四號(hào)”探測(cè)器的質(zhì)量m，則Gmr1，求得月球質(zhì)量m月，所以地球?qū)υ虑虻囊Γ篎m月r2r2，B正確； “嫦娥四號(hào)”繞月球做圓周運(yùn)動(dòng)，Gmr1，可求出月球質(zhì)量，不能求出環(huán)繞的探測(cè)器質(zhì)量，C錯(cuò)誤；開(kāi)普勒第三定律適用于圍繞同一中心天體做圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星，所以對(duì)月球和“嫦娥四號(hào)”不適用，D錯(cuò)誤。16(2019北京石景山高三統(tǒng)一測(cè)試)如圖所示，完全相同的甲、乙兩個(gè)環(huán)形電流同軸平行放置，甲的圓心為O1，乙的圓心為O2，在兩環(huán)圓心的連線上有a、b、c三點(diǎn)，其中aO1O1bbO2O2c，此時(shí)a

4、點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2。當(dāng)把環(huán)形電流乙撤去后，c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()AB1 BB2CB2B1 D.答案A解析對(duì)于圖中單個(gè)環(huán)形電流，根據(jù)安培定則，其在中軸線上的磁場(chǎng)方向均向左，故c點(diǎn)的磁場(chǎng)方向向左。設(shè)aO1O1bbO2O2cr，單個(gè)環(huán)形電流在軸線上距離圓心r位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1r，在距離中心3r位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B3r，故a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度：B1B1rB3r；b點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度：B2B1rB1r；當(dāng)撤去環(huán)形電流乙后，c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度：BcB3rB1B2，故A正確。17(2019廣西欽州三模)日常生活中，我們?cè)陂T(mén)下縫隙處塞緊一個(gè)木楔(側(cè)面如圖所示)，往往就可以把門(mén)卡住。有

5、關(guān)此現(xiàn)象的分析，下列說(shuō)法正確的是()A木楔對(duì)門(mén)的作用力大于門(mén)對(duì)木楔的作用力，因而能將門(mén)卡住B門(mén)對(duì)木楔作用力的水平分量等于地面對(duì)木楔摩擦力的大小C只要木楔的厚度合適都能將門(mén)卡住，與頂角的大小無(wú)關(guān)D只要木楔對(duì)門(mén)的壓力足夠大就能將門(mén)卡住，與各接觸面的粗糙程度無(wú)關(guān)答案B解析木楔對(duì)門(mén)的作用力和門(mén)對(duì)木楔的作用力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，A錯(cuò)誤；對(duì)木楔受力分析如圖所示，水平方向fFsin，門(mén)對(duì)木楔作用力的水平分量等于地面對(duì)木楔摩擦力的大小，B正確； 對(duì)木楔，豎直方向：NFcosmg，則fmaxN(Fcosmg)，要把門(mén)卡住，則不管多大的力F均滿足fmaxf，即(Fcosmg)Fsin，不管

6、m的大小，只要tan，就可把門(mén)卡住，故能否把門(mén)卡住與頂角和接觸面的粗糙程度有關(guān)，故C、D錯(cuò)誤。18(2019石家莊精英中學(xué)高三二調(diào))細(xì)線兩端分別系有帶正電的甲、乙兩小球，它們靜止在光滑絕緣水平面上，電荷量分別為q1和q2，質(zhì)量分別為m1和m2。燒斷細(xì)線后兩球向相反方向運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A運(yùn)動(dòng)的同一時(shí)刻，甲、乙兩球受到的電場(chǎng)力大小之比為q2q1 B運(yùn)動(dòng)的同一時(shí)刻，甲、乙兩球動(dòng)能之比為m1m2 C在相同的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，甲、乙兩球受到的電場(chǎng)力的沖量大小之比為11 D在相同的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，甲、乙兩球受到的合力做功之比為11答案C解析甲、乙兩球受到的電場(chǎng)力是一對(duì)作用力與反作用力，根據(jù)牛頓第三定律知，

7、甲、乙兩球受到的電場(chǎng)力大小之比為11，與電荷量無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，取甲球的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：m1v甲m2v乙0，得v甲v乙m2m1，運(yùn)動(dòng)的同一時(shí)刻，甲、乙兩球動(dòng)能之比為Ek1Ek2m1vm2vm2m1，B錯(cuò)誤；對(duì)甲、乙兩球分別運(yùn)用動(dòng)量定理得：I甲m1v甲0，I乙m2v乙0，解得在相同的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)甲、乙兩球受到電場(chǎng)力的沖量大小之比I甲I乙11，C正確；對(duì)甲、乙兩球分別運(yùn)用動(dòng)能定理得：W合甲Ek10，W合乙Ek20，解得在相同的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)甲、乙兩球受到合力做功之比W合甲W合乙m2m1，D錯(cuò)誤。19(2019全國(guó)卷)如圖a，在跳臺(tái)滑雪比賽中，

8、運(yùn)動(dòng)員在空中滑翔時(shí)身體的姿態(tài)會(huì)影響其下落的速度和滑翔的距離。某運(yùn)動(dòng)員先后兩次從同一跳臺(tái)起跳，每次都從離開(kāi)跳臺(tái)開(kāi)始計(jì)時(shí)，用v表示他在豎直方向的速度，其vt圖象如圖b所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時(shí)刻。則()A第二次滑翔過(guò)程中在豎直方向上的位移比第一次的小B第二次滑翔過(guò)程中在水平方向上的位移比第一次的大C第二次滑翔過(guò)程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大D豎直方向速度大小為v1時(shí)，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大答案BD解析vt圖象中圖線與t軸包圍的面積表示位移大小，第二次滑翔過(guò)程中所圍面積大表示在豎直方向上位移大，A錯(cuò)誤；兩次滑翔最終都落在雪道上，故兩次滑翔豎直方向上的位移與水

9、平方向上的位移的比值相等。由A中可知第二次滑翔豎直方向的位移比第一次的大，故第二次滑翔水平方向上的位移也比第一次的大，B正確；從起跳到落到雪道上，第一次滑翔豎直方向的速度變化大，時(shí)間短，由a，可知第二次滑翔過(guò)程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的小，C錯(cuò)誤；vt圖象的斜率表示加速度，豎直方向速度大小為v1時(shí)，第二次滑翔在豎直方向上的加速度小，設(shè)在豎直方向上所受阻力為f，由mgfma，可得第二次滑翔在豎直方向上受到的阻力大，D正確。20(2019黑龍江哈爾濱三中二模)如圖所示，半徑為R2 cm的圓形區(qū)域中有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T，一個(gè)比荷為2106 C/kg的帶

10、正電的粒子從圓形磁場(chǎng)邊界上的A點(diǎn)以v08104 m/s的速度垂直直徑MN射入磁場(chǎng)，恰好從N點(diǎn)射出，且AON120。下列選項(xiàng)正確的是()A帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為1 cmB帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓心一定在圓形磁場(chǎng)的邊界上C若帶電粒子改為從圓形磁場(chǎng)邊界上的C點(diǎn)以相同的速度入射，一定從N點(diǎn)射出D若要實(shí)現(xiàn)帶電粒子從A點(diǎn)入射，從N點(diǎn)出射，則該圓形磁場(chǎng)的最小面積為3104 m2答案BCD解析根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qvBm，可得：r，代入數(shù)據(jù)解得：r2 cm，A錯(cuò)誤；粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，可知四邊形AONP為菱形，又因?yàn)锳ON120，根據(jù)幾何知識(shí)可得圓心P一定在圓周上，B正確；從圓形磁場(chǎng)邊界上

11、的C點(diǎn)以相同的速度入射，假設(shè)出射點(diǎn)位置在N點(diǎn)，易知四邊形SCON為菱形，則CSON，N與N重合，故粒子一定從N點(diǎn)射出，C正確；當(dāng)帶電粒子從A點(diǎn)入射，從N點(diǎn)出射，以AN為直徑的圓形磁場(chǎng)面積最小，Smin2(rcos30)23104 m2，D正確。21(2019兩湖八市十二校聯(lián)合二模)如圖所示，空間直角坐標(biāo)系的xOz平面是光滑水平面，空間中有沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)有兩塊平行的薄金屬板，彼此間距為d，構(gòu)成一個(gè)電容為C的電容器，電容器的下極板放在xOz平面上；在兩板之間焊接一根垂直于兩板的電阻不計(jì)的金屬桿MN，已知兩板和桿MN的總質(zhì)量為m，若對(duì)桿MN施加一個(gè)沿x軸正方向的恒力F

12、，兩金屬板和桿開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后，則()A金屬桿MN中存在沿M到N方向的感應(yīng)電流B兩金屬板間的電壓始終保持不變C兩金屬板和桿做加速度大小為的勻加速直線運(yùn)動(dòng)D單位時(shí)間內(nèi)電容器增加的電荷量為答案AD解析由右手定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)橛蒑流向N，A正確；此裝置在F和安培力F安作用下做變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)某時(shí)刻速度為v，切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)：EBdv，電容器兩板間電壓：UEBdv，因?yàn)関變化，所以U隨時(shí)間變化，B錯(cuò)誤；電容器所帶電量QCUCBdv，MN間某時(shí)刻的充電電流：ICBdCBda，方向向下，根據(jù)左手定則可知，MN受到向左的安培力：F安BIdCB2d2a，以整個(gè)裝置為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：FF安ma，

13、即：FCB2d2ama，解得：a，為定值，即做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；單位時(shí)間內(nèi)電容器增加的電荷量為CBda，D正確。第卷(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2225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福建南平二模)(5分)(1)某研究性學(xué)習(xí)小組使用速度傳感器探究小車(chē)的加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示。為使細(xì)線下端懸掛砝碼和砝碼盤(pán)的總重力可視為小車(chē)受到的合力，正確的操作是_。A小車(chē)的質(zhì)量M應(yīng)遠(yuǎn)小于砝碼和砝碼盤(pán)的總質(zhì)量mB實(shí)驗(yàn)前應(yīng)調(diào)節(jié)滑輪高度，使滑輪和小車(chē)間的細(xì)線與木板

14、平行C不掛砝碼和砝碼盤(pán)，將木板不帶滑輪的一端適當(dāng)墊高，使小車(chē)恰好能勻速下滑D每次改變小車(chē)質(zhì)量后都要重新平衡摩擦力(2)該組同學(xué)在平衡小車(chē)與木板間的摩擦力后，在小車(chē)上固定一與運(yùn)動(dòng)方向垂直的薄板以增大空氣阻力。用圖乙所示的裝置探究物體受到空氣阻力與運(yùn)動(dòng)速度大小間的關(guān)系得到小車(chē)(含薄板)的vt圖象如圖丙所示，該組同學(xué)通過(guò)分析得出：隨著運(yùn)動(dòng)速度的增加，小車(chē)所受的空氣阻力_(選填“變大”“不變”或“變小”)。理由是_。答案(1)BC(2)變大隨著運(yùn)動(dòng)速度的增加，小車(chē)的加速度減小(或合外力減小)解析(1)為使細(xì)線下端懸掛砝碼和砝碼盤(pán)的總重力可視為小車(chē)受到的合力，則要求小車(chē)的質(zhì)量M應(yīng)遠(yuǎn)大于砝碼和砝碼盤(pán)的總質(zhì)

15、量m，A錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)前應(yīng)調(diào)節(jié)滑輪高度，使滑輪和小車(chē)間的細(xì)線與木板平行，B正確；不掛砝碼和砝碼盤(pán)，將木板不帶滑輪的一端適當(dāng)墊高，使小車(chē)恰好能勻速下滑，以平衡摩擦力，C正確；每次改變小車(chē)質(zhì)量后不需要重新平衡摩擦力，D錯(cuò)誤。(2)由vt圖象可知，隨著速度的增加，斜率逐漸減小，即加速度逐漸減小，由Ffma可得空氣阻力逐漸增大，即隨著運(yùn)動(dòng)速度的增加，小車(chē)所受的空氣阻力變大。23(2019安徽合肥高三上一診)(10分)某實(shí)驗(yàn)小組為了測(cè)量一個(gè)阻值未知的電阻，進(jìn)行了如下操作：(1)首先用歐姆表粗測(cè)其電阻，如圖所示，則其讀數(shù)為_(kāi) ；(2)為了比較準(zhǔn)確地測(cè)量此電阻，采用“伏安法”進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。所用器材如下：電源E：電動(dòng)

16、勢(shì)為9 V，內(nèi)阻r約為1.0 ；電流表A：量程0.6 A，內(nèi)阻RA為0.50 ；電壓表V：量程10 V，內(nèi)阻RV約為10 k；滑動(dòng)變阻器R：最大阻值為5.0 ；開(kāi)關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干。為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，要求盡可能多測(cè)幾組數(shù)據(jù)，請(qǐng)完成以下問(wèn)題：在虛線框內(nèi)畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路圖；實(shí)驗(yàn)小組按照正確的實(shí)驗(yàn)步驟，采集了部分?jǐn)?shù)據(jù)，并在IU圖象中描出相應(yīng)的點(diǎn)，請(qǐng)作出IU圖線，由此可知該電阻的阻值為_(kāi) (保留一位小數(shù))；若所用器材結(jié)構(gòu)完好，該實(shí)驗(yàn)的主要誤差是_(選填“系統(tǒng)”或“偶然”)誤差。答案(1)18(2)圖見(jiàn)解析圖見(jiàn)解析19.5偶然解析(1)歐姆表的讀數(shù)等于表盤(pán)刻度擋位倍率，此次倍率選擇為“1”，故該電阻值為18

17、。(2)實(shí)驗(yàn)要求盡可能多測(cè)幾組數(shù)據(jù)以減小誤差，因滑動(dòng)變阻器的最大阻值小于待測(cè)電阻，故滑動(dòng)變阻器選擇分壓接法較好；又因電流表的內(nèi)阻RA已知，故電流表內(nèi)接最佳。實(shí)驗(yàn)電路圖如下。該IU圖象應(yīng)利用直線擬合，具體為：利用描點(diǎn)法畫(huà)圖時(shí)，應(yīng)該讓盡量多的點(diǎn)落在平滑直線上，不在直線上的點(diǎn)平均分布在直線的兩側(cè)，繪制如下：該圖的斜率為該電阻與電流表內(nèi)阻和的倒數(shù)，即k 10.05 1，故電阻Rx 0.50 19.5 。該實(shí)驗(yàn)由于電流表內(nèi)阻已知，因此測(cè)量結(jié)果較為精確，如果實(shí)驗(yàn)儀器結(jié)構(gòu)完好，測(cè)量誤差主要來(lái)源于偶然誤差。24(2019四川高三畢業(yè)班第二次診斷)(12分)如圖所示，某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)游戲裝置，用彈簧制作的彈射系

18、統(tǒng)將小球從管口P彈出，右側(cè)水平距離為L(zhǎng)，豎直高度為H0.5 m處固定一半圓形管道，管道所在平面豎直，半徑R0.75 m，內(nèi)壁光滑。通過(guò)調(diào)節(jié)立柱Q可以改變彈射裝置的位置及傾角，若彈出的小球從最低點(diǎn)M沿切線方向進(jìn)入管道，從最高點(diǎn)N離開(kāi)后能落回管口P，則游戲成功。小球質(zhì)量為0.2 kg，半徑略小于管道內(nèi)徑，可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2。該同學(xué)某次游戲取得成功，試求：(1)水平距離L；(2)小球在N處對(duì)管道的作用力；(3)彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能。答案(1)2 m(2) N，方向豎直向上(3)5 J解析(1)設(shè)小球進(jìn)入M點(diǎn)時(shí)速度為vM，運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)速度為vN，由P至M，LvMt1Hgt由N至P

19、，LvNt2H2Rgt由M至N過(guò)程，由功能關(guān)系得：2mgRmvmv解得：L2 m。(2)由(1)可得，vN m/s在N點(diǎn)，mgFm解得：F N由牛頓第三定律可知，小球在N處對(duì)管道的作用力FF N，方向豎直向上。(3)由P至N全過(guò)程，由能量守恒定律：Epmvmg(H2R)解得：Ep5 J。25. (2019沈陽(yáng)郊聯(lián)體高三一模)(20分)如圖所示，在一光滑絕緣水平面上，靜止放著兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，兩小球質(zhì)量均為m，相距l(xiāng)，其中A球帶正電，所帶電荷量為q，小球B不帶電。若在A球右側(cè)區(qū)域加一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，A球受到電場(chǎng)力的作用向右運(yùn)動(dòng)與B球碰撞。設(shè)每次碰撞為彈性碰撞，碰撞前后兩球交換速

20、度，且碰撞過(guò)程無(wú)電荷轉(zhuǎn)移。求：(1)小球A在電場(chǎng)中的加速度大小和第一次與B碰撞前的速度；(2)若兩小球恰在第二次碰撞時(shí)離開(kāi)電場(chǎng)，求電場(chǎng)在電場(chǎng)線方向上的寬度；(3)若兩小球恰在第三次碰撞時(shí)離開(kāi)電場(chǎng)，求電場(chǎng)在電場(chǎng)線方向上的寬度及小球A從進(jìn)入電場(chǎng)到離開(kāi)電場(chǎng)的過(guò)程中電勢(shì)能的變化量。答案(1)(2)5l(3)13l13Eql解析(1)根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律：qEma，則a設(shè)第一次碰撞前小球A的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理：Eqlmv2解得：v 。(2)設(shè)第一次碰撞前后小球A的速度為vA1和vA1，小球B的速度為vB1和vB1，有vA1v，vB10，vA10，vB1v 則第一次碰撞后，小球A做初速度為零的勻加速直線運(yùn)

21、動(dòng)，小球B做速度為v的勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)第二次碰撞前后A球的速度為vA2和vA2，小球B的速度為vB2和vB2第一次碰撞后至第二次碰撞前：vtt所以vA22v；碰后vA2 v 而B(niǎo)球碰前速度為v，碰后為2v。設(shè)從第一次碰撞后到第二次碰撞前的過(guò)程中，A球運(yùn)動(dòng)的距離為l2，則Eql2m(2v)20，解得l24l 電場(chǎng)寬度為：Ll4l5l。(3)二次碰撞后，A球做初速度為v的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B球以速度2v做勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)第三次碰撞前后A球的速度為vA3和vA3，B球的速度為vB3和vB3所以t22vt2，解得vA33v設(shè)從第二次碰撞后到第三次碰撞前的過(guò)程中，A球運(yùn)動(dòng)的距離為l3，則qEl3m(3v)

22、2mv2解得l38l所以電場(chǎng)的寬度：Lll2l313lA球減少的電勢(shì)能EpEq13l13Eql。(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(2019全國(guó)卷)物理選修33(15分)(1)(5分)如pV圖所示，1、2、3三個(gè)點(diǎn)代表某容器中一定量理想氣體的三個(gè)不同狀態(tài)，對(duì)應(yīng)的溫度分別是T1、T2、T3。用N1、N2、N3分別表示這三個(gè)狀態(tài)下氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)撞擊容器壁上單位面積的平均次數(shù)，則N1_N2，T1_T3，N2_N3。(填“大于”“小于”或“等于”)(2)(10分)如圖，一容器由橫截面積分別為2S和S的兩個(gè)汽缸連通而成，容器平放在水平地

23、面上，汽缸內(nèi)壁光滑。整個(gè)容器被通過(guò)剛性桿連接的兩活塞分隔成三部分，分別充有氫氣、空氣和氮?dú)狻Ｆ胶鈺r(shí)，氮?dú)獾膲簭?qiáng)和體積分別為p0和V0，氫氣的體積為2V0，空氣的壓強(qiáng)為p?，F(xiàn)緩慢地將中部的空氣全部抽出，抽氣過(guò)程中氫氣和氮?dú)獾臏囟缺３植蛔?，活塞沒(méi)有到達(dá)兩汽缸的連接處，求()抽氣前氫氣的壓強(qiáng)；()抽氣后氫氣的壓強(qiáng)和體積。答案(1)大于等于大于(2)()(p0p)()p0p解析(1)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，由圖中數(shù)據(jù)可知T1T2，T2T2，狀態(tài)1時(shí)氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能大，熱運(yùn)動(dòng)的平均速率大，分子數(shù)密度相等，故單位時(shí)間內(nèi)對(duì)單位面積器壁的平均碰撞次數(shù)多，即N1N2；對(duì)于狀態(tài)2、3，由于T2T3，所以狀態(tài)

24、2時(shí)分子的平均速率小，分子撞擊一次器壁的平均撞擊力小，而壓強(qiáng)等于分子在單位時(shí)間內(nèi)撞擊器壁上單位面積的平均次數(shù)與分子撞擊一次器壁的平均撞擊力的乘積，即pN，而p2p3，2N3。(2)()設(shè)抽氣前氫氣的壓強(qiáng)為p10，根據(jù)力的平衡條件得(p10p)2S(p0p)S得p10(p0p)()設(shè)抽氣后氫氣的壓強(qiáng)和體積分別為p1和V1，氮?dú)獾膲簭?qiáng)和體積分別為p2和V2。根據(jù)力的平衡條件有p2Sp12S由玻意耳定律得p1V1p102V0p2V2p0V0由于兩活塞用剛性桿連接，故V12V02(V0V2)聯(lián)立式解得p1p0pV1。34物理選修34(15分)(1)(2019江西九校重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體高三第一次聯(lián)考)(5分

25、)甲、乙兩位同學(xué)利用假期分別在兩個(gè)地方做“用單擺測(cè)重力加速度的實(shí)驗(yàn)”，回來(lái)后共同繪制了T2L圖象，如圖甲中A、B所示。此外甲同學(xué)還順便利用其實(shí)驗(yàn)的單擺探究了受迫振動(dòng)，并繪制了單擺的共振曲線，如圖乙所示，那么下列說(shuō)法中正確的是_。(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單擺的固有周期由擺長(zhǎng)和所處環(huán)境的重力加速度共同決定B由圖甲分析可知A圖象所對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)地點(diǎn)重力加速度較大C若將單擺放入繞地球穩(wěn)定飛行的宇宙飛船中，則無(wú)法利用單擺測(cè)出飛船軌道處的引力加速度D由圖乙可知，甲同學(xué)探究受迫振動(dòng)的單擺擺長(zhǎng)為8 cmE如果甲同學(xué)增大擺長(zhǎng)，他得到的共振

26、曲線的峰值將向左移動(dòng)(2)(2019四川德陽(yáng)二診)(10分)如圖所示的直角三角形ABC是柱形玻璃磚的橫截面，A30，B90，BC的長(zhǎng)為L(zhǎng)，BC所在的玻璃磚面鍍銀，E為BC邊的中點(diǎn)。一束平行于AB的光束從AC邊上的某點(diǎn)射入玻璃磚，進(jìn)入玻璃磚后，在BC邊上的E點(diǎn)被反射，EF是該反射光線，且EF恰與AC平行。求：()玻璃磚的折射率；()該光束從AC邊上射入玻璃磚后在玻璃磚中傳播的時(shí)間(光在真空中的速度為c)。答案(1)ACE(2)()()解析(1)根據(jù)單擺的周期公式T2可知，單擺的固有周期由擺長(zhǎng)和所處環(huán)境的重力加速度共同決定，A正確；根據(jù)T2得：T2L，所以T2L圖象的斜率k，圖甲中A圖象的斜率大于

27、B圖象的斜率，故A圖象對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)地點(diǎn)重力加速度較小，B錯(cuò)誤；若將單擺放入繞地球穩(wěn)定飛行的宇宙飛船中，單擺小球處于完全失重狀態(tài)，只受重力，不能在豎直平面內(nèi)來(lái)回?cái)[動(dòng)，C正確；由圖乙可知，當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率為0.5 Hz時(shí)，擺球發(fā)生共振，故系統(tǒng)的固有頻率為0.5 Hz，固有周期T2 s，根據(jù)T2，解得擺長(zhǎng)L1 m，D錯(cuò)誤；根據(jù)T2，若在同一地點(diǎn)增大擺長(zhǎng)，則單擺固有周期變大，固有頻率變小，則發(fā)生共振時(shí)的驅(qū)動(dòng)力頻率變小，共振曲線的峰值向左移動(dòng)，E正確。(2)()作出光路圖如圖，由幾何關(guān)系可知，光線在AC面上的入射角為60，折射角為30，則折射率n。()因?yàn)榘l(fā)生全反射的臨界角為sinC，所以臨界角C滿足30C60，光線在F點(diǎn)發(fā)生全反射，然后在H點(diǎn)射出玻璃磚，則在玻璃磚中傳播的時(shí)間為t，其中v聯(lián)立解得t。15