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2020年高考物理 刷題1+1(2019模擬題)組合模擬卷二(含解析)

  • 資源ID:100643072       資源大?。?span id="olobtgy" class="font-tahoma">2.36MB        全文頁數(shù):14頁
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2020年高考物理 刷題1+1(2019模擬題)組合模擬卷二(含解析)

組合模擬卷二第卷(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選項中,第1418題只有一項符合題目要求,第1921題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)14. (2019·成都高新區(qū)一診)疊放在水平地面上的四個完全相同的排球如圖所示,質(zhì)量均為m,相互接觸,球與地面間的動摩擦因數(shù)都是,則()A上方球與下方三個球間均沒有彈力B下方三個球與水平地面間均沒有摩擦力C水平地面對下方三個球的支持力均為mgD水平地面對下方三個球的摩擦力均為mg答案C解析對上方球分析可知,受重力和下方球的支持力而處于平衡狀態(tài),所以上方球一定與下方球有彈力的作用,故A錯誤;下方球由于受上方球斜向下的彈力作用,所以下方球有運動的趨勢,故下方球受地面摩擦力作用,故B錯誤;對四個球整體分析,豎直方向,受重力和地面的支持力而處于平衡狀態(tài),所以下方三個球受地面總的支持力大小為4mg,每個球受到的支持力均為mg,故C正確;下方三個球受到地面的摩擦力是靜摩擦力,不能根據(jù)滑動摩擦力公式進(jìn)行計算,故D錯誤。15(2019·天津高考)如圖所示,在水平向右的勻強電場中,質(zhì)量為m的帶電小球,以初速度v從M點豎直向上運動,通過N點時,速度大小為2v,方向與電場方向相反,則小球從M運動到N的過程()A動能增加mv2B機械能增加2mv2C重力勢能增加mv2D電勢能增加2mv2答案B解析動能變化量Ekm(2v)2mv2mv2,A錯誤;小球從M到N的過程中,重力和電場力做功,機械能的增加量等于電勢能的減少量。帶電小球在水平方向做向左的勻加速直線運動,由運動學(xué)公式得(2v)202x,電勢能減少量等于電場力做的功Ep電W電qEx2mv2,故B正確,D錯誤;小球在豎直方向做勻減速運動且末速度為零,由v22gh,得重力勢能增加量Ep重mghmv2,C錯誤。16(2019·山東青島二中高三上學(xué)期期末)衛(wèi)星電話在搶險救災(zāi)中能發(fā)揮重要作用。第一代、第二代海事衛(wèi)星只使用地球同步衛(wèi)星,不能覆蓋地球上的高緯度地區(qū),第三代海事衛(wèi)星采用地球同步衛(wèi)星和中軌道衛(wèi)星結(jié)合的方案,它由4顆同步衛(wèi)星與12顆中軌道衛(wèi)星構(gòu)成。中軌道衛(wèi)星高度為10354千米,分布在幾個軌道平面上(與赤道平面有一定的夾角),在這個高度上,衛(wèi)星沿軌道旋轉(zhuǎn)一周的時間為6小時。則下列判斷正確的是()A中軌道衛(wèi)星的角速度小于地球同步衛(wèi)星B中軌道衛(wèi)星的線速度小于地球同步衛(wèi)星C如果某一時刻中軌道衛(wèi)星、地球同步衛(wèi)星與地球的球心在同一直線上,那么經(jīng)過6小時它們?nèi)栽谕恢本€上D在中軌道衛(wèi)星經(jīng)過地面某點的正上方24小時后,該衛(wèi)星仍在地面該點的正上方答案D解析根據(jù),因為中軌道衛(wèi)星的運行周期小于地球同步衛(wèi)星,所以中軌道衛(wèi)星的角速度大于地球同步衛(wèi)星,A錯誤;根據(jù)得中軌道衛(wèi)星的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星,又v,所以中軌道衛(wèi)星的線速度大于地球同步衛(wèi)星,B錯誤;經(jīng)過6小時,中軌道衛(wèi)星轉(zhuǎn)動一周,而同步衛(wèi)星轉(zhuǎn)動周,故中軌道衛(wèi)星、地球同步衛(wèi)星與地球的球心不可能在同一直線上,C錯誤;24小時后地球自轉(zhuǎn)一周,中軌道衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動4周,則該衛(wèi)星仍在地面該點的正上方,D正確。17. (2019·兩湖八市十二校聯(lián)合二模)如圖為氫原子的能級示意圖,鋅的逸出功是3.34 eV,那么對氫原子在能級躍遷過程中發(fā)射或吸收光子的特征認(rèn)識正確的是()A用氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時發(fā)射的光照射鋅板一定不能產(chǎn)生光電效應(yīng)B一群處于n3能級的氫原子向基態(tài)躍遷時,能放出4種不同頻率的光C用能量為10.3 eV的光子照射,可使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)D一群處于n3能級的氫原子向基態(tài)躍遷時,發(fā)出的光照射鋅板,鋅板表面所發(fā)出的光電子的最大初動能為8.75 eV答案D解析氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時發(fā)出的光子的最小能量為10.2 eV,照射鋅板一定能產(chǎn)生光電效應(yīng),A錯誤;一群處于n3能級的氫原子向基態(tài)躍遷時,根據(jù)C3可知,能放出3種不同頻率的光,B錯誤;用能量為10.3 eV的光子照射,因為10.2 eV<10.3 eV<12.09 eV,所以不可使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài),C錯誤;氫原子從n3能級向基態(tài)躍遷時發(fā)出的光子的能量最大,為Emax1.51 eV13.6 eV12.09 eV,因鋅的逸出功是3.34 eV,鋅板表面所發(fā)出的光電子的最大初動能為Ekm12.09 eV3.34 eV8.75 eV,D正確。18(2019·安徽宣城高三上學(xué)期期末)如圖甲所示,兩物體A、B疊放在光滑水平面上,對A施加一水平力F,規(guī)定向右為正方向,F(xiàn)隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示,兩物體在t0時由靜止開始運動,且始終保持相對靜止,則下列說法正確的是()A第1 s末兩物體的速度最大B第3 s內(nèi),兩物體向左運動C第2 s內(nèi),拉力F對物體A做正功D第2 s內(nèi),A對B的摩擦力向左答案C解析在02 s內(nèi)兩物體向右做加速運動,24 s內(nèi)加速度反向,由圖象的對稱性知,第2 s末速度最大,A錯誤;在04 s內(nèi)兩物體一直向右運動,第4 s末物體速度減小到零,之后又重復(fù)之前的運動,故第3 s內(nèi),兩物體向右運動,B錯誤;第2 s內(nèi),拉力F的方向與速度方向相同,拉力F對物體A做正功,C正確;第2 s內(nèi),對A、B整體分析,整體的加速度方向與F的方向相同,B物體所受的合力為A對B的摩擦力,故A對B的摩擦力的方向與加速度方向相同,即與F的方向相同,所以第2 s內(nèi),A對B的摩擦力向右,D錯誤。19. (2019·湖北七市州教研協(xié)作體高三聯(lián)合模擬)如圖所示,兩根通電長直導(dǎo)線A、B垂直于紙面固定放置,二者之間的連線水平,電流方向均垂直于紙面向里,A中電流是B中電流的2倍,此時A受到的磁場作用力大小為F,而在A、B的正中間再放置一根與A、B平行共面的通電長直導(dǎo)線C后,A受到的磁場作用力大小變?yōu)?F,則B受到的磁場作用力大小和方向可能為()A大小為F,方向水平向右B大小為F,方向水平向左C大小為F,方向水平向右D大小為F,方向水平向左答案BC解析因同向電流相互吸引,反向電流相互排斥,由題意得,A受到B的磁場力大小為F,方向水平向右,B受到A的磁場力大小為F,方向水平向左;A、B正中間再加一通電長直導(dǎo)線C后,其在A、B兩位置產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相同,故A受到C的磁場力為B受到C的磁場力的2倍;由于A受到的磁場作用力大小變?yōu)?F,則可能有兩種情況:C對A的作用力為F,方向水平向右,則C對B的作用力為,方向水平向左,則B受到的磁場作用力大小為F,方向水平向左;C對A的作用力為3F,方向水平向左,則C對B的作用力為,方向水平向右,則B受到的磁場作用力大小為F,方向水平向右,故B、C正確,A、D錯誤。20. (2019·云南保山高考模擬)如圖所示,質(zhì)量為m的粗糙半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上,其水平直徑AB長度為2R,現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放,然后由A點經(jīng)過半圓軌道后從B點沖出,在空中能上升到距B點所在水平線的最大高度為h0(不計空氣阻力),則()A小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒B小車向左運動的最大距離為RC小球離開小車后做斜拋運動D小球第二次能上升到距B點所在水平線的最大高度h0<h<h0答案ABD解析小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力,所以系統(tǒng)在水平方向動量守恒,故A正確;設(shè)小車向左運動的最大距離為x,某時刻小球的水平分速度大小為v,小車的水平分速度大小為v,系統(tǒng)在水平方向動量守恒,以向右為正方向,在水平方向,由動量守恒定律得:mvmv0,即有:mm0,tx2R,解得xR,故B正確;小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,小球由B點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零,小球與小車水平方向速度為零,小球離開小車后做豎直上拋運動,故C錯誤;小球從開始到第一次到達(dá)最高點的運動過程中,由動能定理得:mgWf0,Wf為小球克服摩擦力做功大小,解得:Wfmgh0,即小球第一次在車中運動損失的機械能為mgh0,由于小球第二次在車中運動時,對應(yīng)位置處速度變小,因此小車給小球的彈力變小,小球所受摩擦力變小,克服摩擦力做的功小于mgh0,機械能損失小于mgh0,因此小球再次離開小車時,能上升的高度大于h0h0h0,而小于h0,即h0hh0,故D正確。21(2019·全國卷) 如圖,兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定,所在平面與水平面夾角為,導(dǎo)軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直,在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放,兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場時加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場開始計時,到MN離開磁場區(qū)域為止,流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能正確的是()答案AD解析PQ剛進(jìn)入磁場時,加速度為零,則mgsinBI1L,又I1,故PQ做勻速運動,電流恒定;且由題意知,MN剛進(jìn)入磁場時的速度與PQ剛進(jìn)入磁場時的速度相同。情形1:若MN剛進(jìn)入磁場時,PQ已離開磁場區(qū)域,則對MN,由I1及右手定則知,通過PQ的電流大小不變,方向相反,又mgsinBI1L,則MN勻速運動,電流恒定,故I­t圖象如圖A所示。情形2:若MN剛進(jìn)入磁場時,PQ未離開磁場區(qū)域,由于兩導(dǎo)體棒速度相等,產(chǎn)生的電動勢等大、反向,故電流為0,兩棒在重力沿導(dǎo)軌向下的分力作用下均加速直至PQ離開磁場,此時MN為電源,由EBLv,I,BILmgsinma知,MN減速,且隨v減小,I減小,a減小,Iv,故I隨t減小得越來越慢,直至勻速,即II1,I­t圖象如圖D所示。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·河南省鄭州市一模)(5分)用如圖甲所示的裝置驗證動量守恒定律。(1)為了減小實驗誤差,下列做法正確的是_。A兩球的質(zhì)量和半徑都一樣大B多次將A球從不同的高度釋放C保證斜槽末端的切線水平D減小斜槽對小球A的摩擦(2)圖乙是B球的落點痕跡,刻度尺的“0”刻線與O點重合,可以測出碰撞后B球的水平射程為_ cm。(3)本次實驗必須進(jìn)行測量的是_。A水平槽上未放B球時,A球的落點位置到O點的距離BA球與B球碰撞后,A球和B球的落點位置到O點的距離CA球與B球下落的時間DA球和B球的質(zhì)量(或兩球質(zhì)量之比)答案(1)C(2)64.45(3)ABD解析(1)為防止碰撞后入射球反彈,A球的質(zhì)量應(yīng)大于B球的質(zhì)量,A錯誤;為使A球到達(dá)軌道末端時的速度相等,應(yīng)多次將A球從同一高度釋放,B錯誤;為使小球離開軌道后做平拋運動,應(yīng)保證斜槽末端的切線水平,C正確;斜槽對小球A的摩擦對實驗沒有影響,不需要減小斜槽對小球A的摩擦,D錯誤。(2)碰撞后B球的落點如圖乙所示,用盡量小的圓把球B的所有落點都圈在里面,圓心即落點的平均位置,此位置到O點的距離即為B球的水平射程,約為64.45 cm。(3)根據(jù)實驗原理可得mAv0mAv1mBv2,又因下落時間相同,即可求得:mA·OPmA·OMmB·ON,可知需要測量的物理量是水平槽上未放B球時,A球的落點位置到O點的距離OP,A球與B球碰撞后,A、B兩球落點位置到O點的距離OM和ON,A球和B球的質(zhì)量(或兩球質(zhì)量之比),不需要測量水平槽面離地面的高度或小球在空中的飛行時間,故選A、B、D。23(2019·遼寧大連二模)(10分)如圖甲所示是多用電表歐姆擋內(nèi)部的部分原理圖,已知電源電動勢E1.5 V,內(nèi)阻r1 ,靈敏電流計滿偏電流Ig10 mA,內(nèi)阻rg90 ,表盤如圖丙所示,歐姆表表盤中值刻度為“15”。(1)多用電表的選擇開關(guān)旋至“”區(qū)域的某擋位時,其內(nèi)部電路為圖甲所示。將多用電表的紅、黑表筆短接,進(jìn)行歐姆調(diào)零,調(diào)零后多用電表的總內(nèi)阻為_ 。某電阻接入紅、黑表筆間,表盤如圖丙所示,則該電阻的阻值為_ 。(2)若將選擇開關(guān)旋至“×1”,則需要將靈敏電流計_(選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)一阻值為_ 的電阻,再進(jìn)行歐姆調(diào)零。(3)某同學(xué)利用多用電表對二極管正接時的電阻進(jìn)行粗略測量,如圖乙所示,下列說法中正確的是_(填選項前的字母)A歐姆表的表筆A、B應(yīng)分別接二極管的C、D端B雙手捏住兩表筆金屬桿,測量值將偏大C若采用“×100”倍率測量時,發(fā)現(xiàn)指針偏角過大,應(yīng)換“×10”倍率,且要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零D若采用“×10”倍率測量時,發(fā)現(xiàn)指針位于刻度“15”與“20”的正中央,測量值應(yīng)略大于175 答案(1)15060(2)并聯(lián)10(3)AC解析(1)設(shè)歐姆表總內(nèi)阻為R,短接時有:EIgR,代入數(shù)據(jù)計算得:R150 ;當(dāng)半偏時有:EIg(RR中),所以RR中,所以選擇的是“×10”擋位,根據(jù)圖丙可知讀數(shù)為60 。(2)選擇開關(guān)旋至“×1”,此時內(nèi)阻RR中15 ,短接電流Ig100 mA,所以應(yīng)給表頭并聯(lián)一個分流電阻R0,根據(jù)歐姆定律:R010 。(3)二極管具有單向?qū)щ娦?,現(xiàn)在要測二極管正接時的電阻,由于表筆A與歐姆表內(nèi)部電源正極相連,故表筆A、B應(yīng)分別接二極管的C、D端,A正確;實驗測量時,手不能觸碰金屬桿,否則就將自身電阻并聯(lián)進(jìn)電路,測量值偏小,B錯誤;若采用“×100”倍率測量時,發(fā)現(xiàn)指針偏角過大,說明電阻太小,所以應(yīng)該換小擋位,即“×10”倍率,且要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零,C正確;根據(jù)歐姆表的改裝原理可知,表盤刻度“左密右稀”,且越往左阻值越大,若刻度均勻則待測電阻應(yīng)是175 ,所以待測電阻的阻值應(yīng)略小于175 ,D錯誤。24. (2019·重慶南開中學(xué)高三上學(xué)期期末)(12分)如圖所示,質(zhì)量M1 kg的木板靜止在粗糙的水平地面上,木板與地面間的動摩擦因數(shù)10.1,在木板的左端放置一個質(zhì)量m1 kg、大小可以忽略的鐵塊,鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)20.4,取g10 m/s2,在鐵塊上加一個水平向右的拉力,試求:(1)F增大到多少時,鐵塊能在木板上發(fā)生相對滑動?(2)若木板長L1 m,水平拉力恒為8 N,經(jīng)過多長時間鐵塊運動到木板的右端?答案(1)6 N(2)1 s解析(1)設(shè)FF1時,鐵塊、木板恰好保持相對靜止,此時二者的加速度相同,兩者間的靜摩擦力達(dá)到最大。對木板,根據(jù)牛頓第二定律得:2mg1(mM)gMa解得:a2 m/s2以鐵塊和木板整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律有:F11(mM)g(mM)a解得:F16 N。(2)鐵塊的加速度大小a14 m/s2木板的加速度大小a22 m/s2設(shè)經(jīng)過時間t鐵塊運動到木板的右端,則有a1t2a2t2L解得:t1 s。25(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,電荷量為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(dá)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t0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,磁感應(yīng)強度變化規(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),方向向右上方,與水平方向夾角為45°(3)解析(1)設(shè)油滴的噴出速率為v0,油滴b做豎直上拋運動,有:0v2gh,解得v00v0gt0,解得t0油滴a在水平方向做勻速直線運動,有:x0v0t0,解得x02h。(2)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:qEmgmahat解得ag,E。設(shè)結(jié)合前瞬間油滴a速度大小為va,方向向右上方,與水平方向的夾角為,則:v0vacosv0tanat0解得va2,45°。兩油滴的結(jié)合過程動量守恒:mva2mvP聯(lián)立解得vP,方向向右上方,與水平方向夾角為45°。(3)因qE2mg,故油滴P在磁場中做勻速圓周運動,設(shè)軌跡半徑為r,運動周期為T,則:qvP2m解得r由T,解得TT0即油滴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長2r和4r,最小面積為:Smin2r×4r。(二)選考題(共15分。請考生從給出的2道題中任選一題作答,如果多做,則按所做的第一題計分)33物理選修33(15分)(1)(2019·河北唐山一模)(5分)下列說法中正確的是_。(填正確答案標(biāo)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布朗運動的劇烈程度與溫度有關(guān),所以布朗運動也叫熱運動B已知阿伏加德羅常數(shù)、氣體摩爾質(zhì)量和密度,可以求出分子間距離C油膜法測分子直徑的實驗中,把油膜視為單分子層油膜時,需要考慮分子間隙D內(nèi)能相等的兩個物體相互接觸時,也可能發(fā)生熱傳遞E一定質(zhì)量的實際氣體發(fā)生等溫膨脹時,內(nèi)能是可能增大的(2)(2019·遼寧大連二模)(10分)某興趣小組受“蛟龍?zhí)枴钡膯l(fā),設(shè)計了一個測定水深的深度計。如圖所示,導(dǎo)熱性能良好的汽缸,內(nèi)徑相同,長度均為L,內(nèi)部分別有輕質(zhì)薄活塞A、B,活塞密封性良好且可無摩擦地左右滑動。汽缸左端開口,通過A封有壓強為p0的氣體,汽缸右端通過B封有壓強為4p0的氣體。一細(xì)管連通兩汽缸,初始狀態(tài)A、B均位于汽缸最左端。該裝置放入水下后,通過A向右移動的距離可測定水的深度,已知外界大氣壓強為p0,p0相當(dāng)于10 m高的水產(chǎn)生的壓強,不計水溫變化,被封閉氣體視為理想氣體。求:()當(dāng)活塞A向右移動時,水的深度;()該深度計能測量的最大水深。答案(1)BDE(2)()2.5 m()40 m解析(1)熱運動是分子的無規(guī)則運動,而布朗運動并不是分子運動,所以盡管布朗運動的劇烈程度與溫度有關(guān),但不能把布朗運動叫做熱運動,故A錯誤;已知阿伏加德羅常數(shù)、氣體摩爾質(zhì)量和密度,可以求出分子間距離,故B正確;在“用油膜法估測分子的大小”實驗中,做這樣的近似:油膜是呈單分子分布的,把油酸分子看成球形,分子之間沒有空隙,緊密排列,故C錯誤;內(nèi)能是所有分子動能和勢能的總和,內(nèi)能相等的兩個物體溫度可以不相等,在相互接觸時,熱量由高溫物體傳遞到低溫物體,可能發(fā)生熱傳遞,故D正確;一定質(zhì)量的實際氣體發(fā)生等溫膨脹時,溫度不變,則分子平均動能不變,但是在膨脹過程中分子間作用力可能做負(fù)功,導(dǎo)致分子勢能可能增大,則內(nèi)能可能增大,故E正確。(2)()A右移時,假設(shè)B不動,汽缸內(nèi)氣體做等溫變化,有:p0SLp1S解得p1p04p0,假設(shè)成立由p1p0ph可得:php0,又p0gH,phgh,H10 m,可得:h2.5 m。()當(dāng)活塞A恰好移動到汽缸的最右端時所測水深最大,設(shè)此時活塞B右移了x,兩部分氣體壓強相等,設(shè)為p2對內(nèi)氣體應(yīng)用玻意耳定律可得:p0SLp2Sx對內(nèi)氣體應(yīng)用玻意耳定律可得:4p0SLp2S(Lx)聯(lián)立解得:x,p25p0由p2p0phmax,p0gH,phmaxghmax,可得:hmax40 m。34物理選修34(15分)(1)(2019·湖北八校聯(lián)合二模)(5分)如圖所示,若實心玻璃管長L40 cm,寬d4 cm,玻璃的折射率n,一細(xì)光束從管的左端的正中心射入,則光最多可以在管中全反射_次,光在管中傳播的最長時間為_(此空保留兩位有效數(shù)字,已知光在真空中傳播速度c3.0×108 m/s)。(2)(2019·廣東深圳二模)(10分)如圖a,一列簡諧橫波沿x軸傳播,實線和虛線分別為t10時刻和t2時刻的波形圖,P、Q分別是平衡位置為x11.0 m和x24.0 m的兩質(zhì)點。圖b為質(zhì)點Q的振動圖象,求:()波的傳播速度和t2的大小;()質(zhì)點P的位移隨時間變化的關(guān)系式。答案(1)61.8×109 s(2)()40 m/s(0.2n0.05) s(n0,1,2,3,)()y10sin cm解析(1)光束進(jìn)入玻璃管,在玻璃管壁恰好發(fā)生全反射時,在管中反射的次數(shù)最多,傳播的時間最長。臨界角sinC,C60°,光路如圖。則xdtanC6.93 cm,即在管壁上兩次相鄰全反射之間水平距離為6.93 cm,從進(jìn)入到第一次全反射水平距離為3.47 cm,所以N15.27,即光最多可以在管中全反射6次。光在管中傳播的最長路程snL,光在玻璃中的速度v,故光在管中傳播的最長時間t1.8×109 s。(2)()由圖可知波長:8 m,質(zhì)點振動的周期:T0.2 s傳播速度v40 m/s結(jié)合兩圖象可知,橫波沿x軸正向傳播,故t2nT(0.2n0.05) s(n0,1,2,3,)。()質(zhì)點P做簡諧振動的位移表達(dá)式:yAsin由圖可知A10 cm,當(dāng)t0時y5 cm且向y方向運動,解得y10sin cm。14

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