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1、綜合能力仿真模擬卷二 物理部分　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 第Ⅰ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14～18題只有一項符合題目要求，第19～21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．(2019·四川德陽三診)下列說法中錯誤的是(　　) A．若氫原子從n＝6能級向n＝1能級躍遷時輻射出的光不能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則氫原子從n＝6能級向n＝2能級躍遷時輻射出的光也不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng) B．核泄漏事故污染物Cs能夠產(chǎn)生對人體有害的輻射，其核反應(yīng)方程式為Cs→B

2、a＋x，可以判斷x為電子 C．原子核發(fā)生一次β衰變，該原子外層就一定失去一個電子 D．質(zhì)子、中子、α粒子的質(zhì)量分別是m1、m2、m3，質(zhì)子和中子結(jié)合成一個α粒子，釋放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2 答案　C 解析　根據(jù)玻爾理論可知，氫原子從n＝6能級向n＝1能級躍遷時輻射出光的能量大于氫原子從n＝6能級向n＝2能級躍遷時輻射出光的能量，結(jié)合光電效應(yīng)發(fā)生的條件可知，若氫原子從n＝6能級向n＝1能級躍遷時輻射出的光不能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則氫原子從n＝6能級向n＝2能級躍遷時輻射出的光也不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故A正確；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒可知，核反應(yīng)方程式Cs→Ba＋x中

3、，x的質(zhì)量數(shù)為0，電荷數(shù)為：Z＝55－56＝－1，所以x為電子，故B正確；β衰變的實質(zhì)是原子核中的一個中子轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€質(zhì)子和一個電子，將電子釋放出來，β衰變釋放的電子不是來自于核外電子，故C錯誤；質(zhì)子和中子結(jié)合成α粒子，核反應(yīng)方程為2H＋2n→He，根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程可知，釋放的能量是ΔE＝Δmc2＝(2m1＋2m2－m3)c2，故D正確。本題要求選說法錯誤的，故選C。 15．(2019·河南鄭州三模)背越式跳高采用弧線助跑，距離長，速度快，動作舒展大方。如圖所示是某運動員背越式跳高過程的分解圖，由圖可估算出運動員在躍起過程中起跳的豎直速度大約為(　　) A．2 m/s B.5 m

4、/s C.8 m/s D．11 m/s 答案　B 解析　運動員跳高過程可以看成豎直上拋運動，當(dāng)重心達(dá)到橫桿時速度恰好為零，運動員重心升高高度約為：h≈1.3 m，根據(jù)機械能守恒定律可知：mv2＝mgh；解得：v＝＝ m/s≈5 m/s，故B正確，A、C、D錯誤。 16．(2019·湖南常德高三一模)2018年，我省加大環(huán)保督查力度，打響碧水藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)。督查暗訪組在某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，測量管由絕緣材料制成，其長為L、直徑為D，左右兩端開口，在前后兩個內(nèi)側(cè)面a、c固定有金屬板作為電極，勻強磁場方向豎直向下。污水(含有大量的正負(fù)離子)充滿管口從左向右流經(jīng)該測

5、量管時，a、c兩端的電壓為U，顯示儀器顯示污水流量為Q(單位時間內(nèi)排出的污水體積)。則(　　) A．a(chǎn)側(cè)電勢比c側(cè)電勢低 B．污水中離子濃度越高，顯示儀器的示數(shù)越大 C．污水流量Q與U成正比，與L、D無關(guān) D．勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝ 答案　D 解析　污水中正負(fù)離子從左向右移動，受到洛倫茲力，根據(jù)左手定則，正離子向后表面偏，負(fù)離子向前表面偏，所以后表面a側(cè)電勢比前表面c側(cè)電勢高，故A錯誤；最終正負(fù)離子會受到電場力、洛倫茲力而平衡，有qE＝qvB，即＝vB，而污水流量Q＝＝·＝，可知Q與U、D成正比，與L和離子濃度無關(guān)；因為Q＝，則勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝，故D正確，B、C錯誤。

6、 17．(2019·江西吉安高三上學(xué)期五校聯(lián)考)隨著科技的不斷發(fā)展，無線充電已經(jīng)進(jìn)入人們的視線。小到手表、手機，大到電腦、電動汽車的充電，都已經(jīng)實現(xiàn)了從理論研發(fā)到實際應(yīng)用的轉(zhuǎn)化。下圖給出了某品牌的無線充電手機利用電磁感應(yīng)方式無線充電的原理圖。關(guān)于無線充電，下列說法正確的是(　　) A．無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應(yīng)” B．只有將充電底座接到直流電源上才能對手機進(jìn)行充電 C．接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同 D．只要有無線充電底座，所有手機都可以進(jìn)行無線充電 答案　C 解析　無線充電的原理是電磁感應(yīng)，而不是電流的磁效應(yīng)，故A錯誤；發(fā)生

7、電磁感應(yīng)的條件是電流要發(fā)生變化，故不能接到直流電源上，B錯誤；發(fā)生互感時，兩個線圈中交流電的頻率應(yīng)該相同，故C正確；有無線充電底座，當(dāng)手機內(nèi)部的線圈與底座上的線圈頻率相同時才可以進(jìn)行充電，故D錯誤。 18．(2019·湖南省長沙市寧鄉(xiāng)三模)在冰壺比賽中，某隊員利用紅壺去碰撞對方的藍(lán)壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖a所示，碰撞前后兩壺運動的v-t圖線如圖b中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量相等，則(　　) A．兩壺發(fā)生了彈性碰撞 B．碰后藍(lán)壺速度為0.8 m/s C．碰后藍(lán)壺移動的距離為2.4 m D．碰后紅壺所受的摩擦力小于藍(lán)壺所受的摩擦力 答案　B 解析

8、　由圖可知：碰前紅壺的速度v0＝1.0 m/s，碰后速度為v0′＝0.2 m/s，且碰后紅壺沿原方向運動。設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，取碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，代入數(shù)據(jù)解得：v＝0.8 m/s，計算可得：mv>mv0′2＋mv2，即碰撞過程有機械能損失，該碰撞為非彈性碰撞，故A錯誤，B正確；根據(jù)v-t圖象中圖線與時間軸圍成的面積表示位移可得，碰后藍(lán)壺移動的位移大小x＝t＝×5 m＝2 m，故C錯誤；根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度，可知碰后紅壺的加速度大于藍(lán)壺的加速度，又因為兩者的質(zhì)量相等，由牛頓第二定律可知碰后紅壺所受的摩擦力大于藍(lán)壺所受的摩擦力，

9、故D錯誤。故選B。 19．(2019·湖南懷化三模)2018年6月14日11時06分，探月工程嫦娥四號任務(wù)“鵲橋”中繼星成為世界首顆成功進(jìn)入地月拉格朗日L2點的Halo使命軌道的衛(wèi)星，為地月信息聯(lián)通搭建“天橋”。如圖所示，該L2點位于地球與月球連線的延長線上，“鵲橋”位于該點，在幾乎不消耗燃料的情況下與月球同步繞地球做圓周運動。已知地球、月球和“鵲橋”的質(zhì)量分別為Me、Mm、m，地球和月球之間的平均距離為R，L2點離月球的距離為x，則(　　) A．“鵲橋”的線速度大于月球的線速度 B．“鵲橋”的向心加速度小于月球的向心加速度 C．x滿足＋＝(R＋x) D．x滿足＋＝(R＋x)

10、答案　AC 解析　根據(jù)題意可知，“鵲橋”與月球運動的角速度相等，“鵲橋”中繼星繞地球轉(zhuǎn)動的半徑比月球繞地球轉(zhuǎn)動的半徑大，根據(jù)線速度v＝ωr可知，“鵲橋”中繼星繞地球轉(zhuǎn)動的線速度比月球繞地球轉(zhuǎn)動的線速度大，故A正確；根據(jù)向心加速度a＝ω2r可知，“鵲橋”中繼星繞地球轉(zhuǎn)動的向心加速度比月球繞地球轉(zhuǎn)動的向心加速度大，故B錯誤；中繼衛(wèi)星的向心力由月球和地球引力的合力提供，則有：＋＝mω2(R＋x)，對月球而言，則有＝Mmω2R，兩式聯(lián)立可解得：＋＝(R＋x)，故C正確，D錯誤。故選A、C。 20．(2019·湖南湘潭三模)如圖所示，勻強電場方向水平向右，帶負(fù)電的小球從斜面頂端的O點水平向右拋出，初

11、速度大小為v0。小球帶電量為－q，質(zhì)量為m，運動軌跡如圖中曲線所示，小球打到斜面上P點的速度方向豎直向下，已知斜面與小球初速度方向的夾角為60°，重力加速度為g，不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) A．勻強電場的場強大小為 B．小球做曲線運動的加速度大小為g C．小球由O點到P點用時 D．小球通過P點時的速度大小為 答案　BC 解析　帶電小球在水平方向做勻減速直線運動，設(shè)加速度為a，合位移為L，由牛頓第二定律得：a＝?、?，0＝v0－at?、?，Lcos60°＝t?、?，在豎直方向做自由落體運動，則Lsin60°＝gt2?、?，聯(lián)立①②③④解得：a＝g?、?，E＝?、?，故A錯誤；小

12、球做曲線運動的加速度大小a′＝?、?，聯(lián)立⑤⑦解得：a′＝g，故B正確；聯(lián)立②⑤解得：t＝，故C正確；小球通過P點時的速度大小為v＝gt＝v0，故D錯誤。故選B、C。 21．(2019·武漢三模)如圖所示，某次足球訓(xùn)練，守門員將靜止的足球從M點踢出，球斜拋后落在60 m外地面上的P點。發(fā)球的同時，前鋒從距P點11.5 m的N點向P點做勻加速直線運動，其初速度為2 m/s，加速度為4 m/s2，當(dāng)其速度達(dá)到8 m/s后保持勻速運動。若前鋒恰好在P點追上足球，球員和球均可視為質(zhì)點，忽略球在空中運動時的阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　) A．前鋒加速的距離為7.5 m

13、 B．足球在空中運動的時間為2.3 s C．足球運動過程中的最小速度為30 m/s D．足球上升的最大高度為10 m 答案　AC 解析　前鋒做勻加速直線運動，初速度為2 m/s，加速度為4 m/s2，末速度為8 m/s，根據(jù)速度—位移公式可知，v2－v＝2ax加，代入數(shù)據(jù)解得x加＝7.5 m，A正確；前鋒和足球運動的時間相等，前鋒加速運動的時間t加＝＝1.5 s，勻速運動時間t勻＝＝0.5 s，故足球在空中運動的時間t總＝t加＋t勻＝2 s，B錯誤；足球在水平方向上做勻速直線運動，位移為60 m，時間為2 s，則足球在水平方向的速度v水平＝＝30 m/s，當(dāng)足球豎直方向速度為0時，運

14、動速度最小，故足球運動過程中的最小速度為30 m/s，C正確；足球在豎直方向上做豎直上拋運動，根據(jù)運動的對稱性可知，上升時間為1 s，且當(dāng)t＝1 s時，足球上升的高度最高，最大高度hmax＝gt2＝5 m，D錯誤。故選A、C。 第Ⅱ卷(非選擇題，共62分) 三、非選擇題：共62分，第22～25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·黑龍江齊齊哈爾一模)(6分)用如圖1實驗裝置驗證m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒。m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶通過打點計時器打出一系列的點，對紙帶上的點跡進(jìn)行測量

15、，即可驗證機械能守恒定律。圖2給出的是實驗中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個打點(圖中未標(biāo)出)，計數(shù)點間的距離如圖2所示。已知m1＝50 g、m2＝150 g，則：(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) (1)在紙帶上打下計數(shù)點5時的速度v＝________ m/s。 (2)在打0～5計數(shù)點的過程中系統(tǒng)動能的增量ΔEk________ J，系統(tǒng)勢能的減少量ΔEp＝________ J(計算時g取10 m/s2)。由此得出的結(jié)論是：________________。 (3)若某同學(xué)作出-h圖象如圖3，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝________ m/s2。 答案　(1)2.4

16、　(2)0.58　0.60　在誤差允許的范圍內(nèi)，m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒　(3)9.7 解析　(1)根據(jù)在勻變速直線運動中中點時刻的瞬時速度大小等于該過程的平均速度，可知打下計數(shù)點5時的速度為：v5＝＝ m/s＝2.4 m/s。 (2)物體的初速度為零，所以動能的增加量為：ΔEk＝(m1＋m2)v－0＝×[(50＋150)×10－3]×(2.4)2 J≈0.58 J。重力勢能的減小量等于系統(tǒng)重力做的功，故：ΔEp＝WG＝(m2－m1)gh＝[(150－50)×10－3]×10×(38.40＋21.60)×10－2 J＝0.60 J。 由此可知系統(tǒng)動能的增加量和勢能的減小量基本相等，

17、因此在誤差允許的范圍內(nèi)，m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒。 (3)本題中根據(jù)機械能守恒定律可知，m2gh－m1gh＝(m1＋m2)v2，即有：v2＝gh＝gh，所以-h圖象中圖象的斜率表示重力加速度的一半，由圖3可知，斜率k＝4.85，故當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹椋篻＝2k＝9.7 m/s2。 23．(2019·廣東深圳二模)(9分)LED燈的核心部件是發(fā)光二極管。某同學(xué)欲測量一只工作電壓為2.9 V的發(fā)光二極管的正向伏安特性曲線，所用器材有：電壓表(量程3 V，內(nèi)阻約3 kΩ)，電流表(用多用電表的直流25 mA擋替代，內(nèi)阻約為5 Ω)，滑動變阻器(0～20 Ω)，電池組(內(nèi)阻不計)，開關(guān)和導(dǎo)線若

18、干。他設(shè)計的電路如圖a所示。回答下列問題： (1)根據(jù)圖a，在實物圖b上完成連線。 (2)調(diào)節(jié)變阻器的滑片至最________(填“左”或“右”)端，將多用電表選擇開關(guān)撥至直流25 mA擋，閉合開關(guān)。 (3)某次測量中，多用電表示數(shù)如圖c，則通過二極管的電流為________ mA。 (4)該同學(xué)得到的正向伏安特性曲線如圖d所示。由曲線可知，隨著兩端電壓增加，二極管的正向電阻________(填“增大”“減小”或“不變”)；當(dāng)兩端電壓為2.9 V時，正向電阻為________ kΩ(結(jié)果取兩位有效數(shù)字)。 (5)若實驗過程中發(fā)現(xiàn)，將變阻器滑片從一端移到另一端，二極管亮度幾乎不

19、變，電壓表示數(shù)在2.7～2.9 V之間變化，試簡要描述一種可能的電路故障：______________________________。 答案　(1)連線圖見解析　(2)左 (3)16.0(在15.8～16.2范圍內(nèi)均可) (4)減小　0.15(0.15或0.16均可) (5)連接電源負(fù)極與變阻器的導(dǎo)線斷路 解析　(1)根據(jù)多用電表紅黑表筆的接法“紅進(jìn)黑出”可知，黑表筆接二極管正極，紅表筆接滑動變阻器，滑動變阻器采用分壓式接法，連線如圖所示。 (2)滑動變阻器采用分壓接法時，為保護(hù)電路，閉合開關(guān)前滑片應(yīng)置于分壓電路分壓為零的位置，即最左端。 (3)多用電表所選量程為25 mA

20、，則電流表讀數(shù)為 mA＝16.0 mA(答案在15.8～16.2范圍內(nèi)均可)。 (4)I-U圖象中，圖線與原點連線的斜率表示電阻的倒數(shù)，由圖可知，隨著電壓的增加，斜率逐漸增大，則二極管的電阻逐漸減??；由圖d知，當(dāng)兩端電壓為2.9 V時，電流為19.0 mA，則電阻大小為R＝≈152.6 Ω≈0.15 kΩ。 (5)由于二極管的正向電阻約為0.15 kΩ，遠(yuǎn)大于滑動變阻器的最大阻值，因此若實驗中，將變阻器滑片從一端移到另一端，二極管亮度幾乎不變，電壓表示數(shù)在2.7～2.9 V之間變化，則有可能是滑動變阻器與二極管串聯(lián)，導(dǎo)致電路中總電阻較大，總電流較小，所以電壓表的示數(shù)變化較小，故故障可能是連

21、接電源負(fù)極與變阻器的導(dǎo)線斷路。 24．(2019·河南鄭州三模)(12分)翼型飛行器有很好的飛行性能，其原理是通過對降落傘的調(diào)節(jié)，使空氣升力和空氣阻力都受到影響，同時通過控制動力的大小而改變飛行器的飛行狀態(tài)。已知飛行器的動力F始終與飛行方向相同，空氣升力F1與飛行方向垂直，大小與速度的平方成正比，即F1＝C1v2；空氣阻力F2與飛行方向相反，大小與速度的平方成正比，即F2＝C2v2。其中C1、C2相互影響，可由飛行員調(diào)節(jié)，滿足如圖甲所示的關(guān)系。飛行員和裝備的總質(zhì)量為m＝90 kg。(重力加速度取g＝10 m/s2) (1)若飛行員使飛行器以速度v1＝10 m/s在空中沿水平方向勻速飛行

22、，如圖乙所示。結(jié)合甲圖計算，飛行器受到的動力F為多大？ (2)若飛行員使飛行器在空中的某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖丙所示，在此過程中調(diào)節(jié)C1＝5.0 N·s2/m2，機翼中垂線和豎直方向夾角為θ＝37°，求飛行器做勻速圓周運動的半徑r和速度v2大小。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 答案　(1)750 N　(2)30 m　15 m/s 解析　(1)選飛行器和飛行員為研究對象，由受力分析可知，在豎直方向上有：mg＝C1v 得：C1＝3 N·s2/m2 由C1、C2關(guān)系圖象可得：C2＝2.5 N·s2/m2 在水平方向上，動力和阻力平衡：F＝F2 又F2＝C2v

23、 解得：F＝750 N。 (2)由題意知空氣升力F1′與豎直方向夾角為θ，在豎直方向所受合力為零，有：mg＝C1vcosθ 水平方向合力提供向心力，有：C1vsinθ＝m 聯(lián)立解得：r＝30 m；v2＝15 m/s。 25．(2019·山東青島二模)(20分)如圖為一除塵裝置的截面圖，塑料平板M、N的長度及它們間的距離均為d。大量均勻分布的帶電塵埃以相同的速度v0進(jìn)入兩板間，速度方向與板平行，每顆塵埃的質(zhì)量均為m，帶電量均為－q。當(dāng)兩板間同時存在垂直紙面向外的勻強磁場和垂直板向上的勻強電場時，塵埃恰好勻速穿過兩板間；若撤去板間電場，并保持板間磁場不變，塵埃恰好全部被平板吸附，即除塵效

24、率為100%；若撤去兩板間電場和磁場，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，y軸垂直于板并緊靠板右端，x軸與兩板中軸線共線，要把塵埃全部收集到位于P(2d，－1.5d)處的條狀容器中，需在y軸右側(cè)加一垂直于紙面向里的圓形勻強磁場區(qū)域。塵埃顆粒重力、顆粒間作用及對板間電場和磁場的影響均不計，求： (1)兩板間磁場磁感應(yīng)強度B1的大??； (2)若撤去板間磁場，保持板間勻強電場不變，除塵效率為多少； (3)y軸右側(cè)所加圓形勻強磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度B2大小的取值范圍。 答案　(1)　(2)50%　(3)≤B2≤ 解析　(1)沿N極板射入的塵埃恰好不從極板射出時塵埃的運動軌跡如圖所示，

25、由幾何知識可知，塵埃在磁場中的軌跡半徑：r＝d， 塵埃在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力， 由牛頓第二定律得：qv0B1＝， 解得：B1＝。 (2)電場、磁場同時存在時，塵埃做勻速直線運動，滿足：qE＝qv0B1， 撤去磁場以后粒子在電場力作用下做類平拋運動，假設(shè)與N極板相距為y的粒子恰好離開電場： 水平方向：d＝v0t， 豎直方向：y＝at2， 加速度：a＝ 解得：y＝0.5d 當(dāng)y>0.5d時，水平位移x>d，即與y極板相距為0.5d到d這段距離的粒子會射出電場， 則除塵效率為：×100%＝50%。 (3)設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R0，塵埃顆粒在圓形磁場中做圓

26、周運動的半徑為R2，要把塵埃全部收集到位于P處的條狀容器中，就必須滿足R2＝R0， 另qv0B2＝m 如圖1，當(dāng)圓形磁場區(qū)域過P點且與M板的延長線相切時，圓形磁場區(qū)域的半徑R0最小，磁感應(yīng)強度B2最大，有R0?。絛 解得：B2大＝ 如圖2，當(dāng)圓形磁場區(qū)域過P點且與y軸在M板的右端相切時，圓形磁場區(qū)域的半徑R0最大，磁感應(yīng)強度B2最小，有R0大＝2d 解得：B2?。? 所以圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度B2的大小須滿足的條件為≤B2≤。 (二)選考題：共15分。請考生從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3－3](15分) (1)(5分)下

27、列說法正確的是________。(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．當(dāng)分子之間表現(xiàn)為斥力時，分子間距離越小，分子勢能越大 B．物體的溫度升高，分子的熱運動加劇，每個分子的動能都增大 C．外界對封閉氣體做功，氣體的溫度可能降低 D．從單一熱源吸收熱量，不可能使之完全變成功 E．氣體向真空自由膨脹的過程是不可逆過程 (2)(10分)如圖所示，某同學(xué)設(shè)計了一個壓力送水裝置，由A、B、C三部分組成，A為打氣筒，B為壓力儲水容器，導(dǎo)熱良好，C為細(xì)管，通過細(xì)管把水送到h＝5 m高處，細(xì)管的容積忽略不計。k1和k2是單向密閉閥

28、門，k3是放水閥門，打氣筒活塞和筒壁間不漏氣，其容積為V0＝0.5 L，儲水器總?cè)莘e為10 L，開始儲水器內(nèi)有V1＝4 L的氣體，氣體壓強為p0。已知大氣壓強為p0＝1.0×105 Pa，水的密度為ρ＝1.0×103 kg/m3，求： ①打氣筒第一次打氣后儲水器內(nèi)的壓強； ②通過打氣筒給儲水器打氣，打氣結(jié)束后打開閥門k3，水全部流到5 m高處，求打氣筒至少打氣多少次。 答案　(1)ACE　(2)①1.125×105 Pa?、?2次 解析　(1)當(dāng)分子之間表現(xiàn)為斥力時，分子間距離減小，斥力做負(fù)功，分子勢能增大，故A正確；物體的溫度升高，分子的熱運動加劇，分子平均動能增大，但不是每個分

29、子的動能都增大，有個別分子動能也可能減小，故B錯誤；外界對封閉氣體做功時，氣體可能向外界放出熱量，如果放出的熱量大于所做的功，氣體內(nèi)能會減小，溫度會降低，故C正確；從單一熱源吸收熱量，如果有外界參與時，是可以使之完全變成功，故D錯誤；熱現(xiàn)象具有方向性，氣體向真空自由膨脹的過程就是一種不可逆過程，沒有外界的參與氣體是不可能自動收縮回去的，故E正確。 (2)①取打氣筒內(nèi)氣體和儲水器內(nèi)氣體為研究對象，發(fā)生等溫變化 則：p0(V1＋V0)＝p1V1 解得：p1＝1.125×105 Pa； ②設(shè)儲水器內(nèi)水即將完全排出前氣體的壓強為p2，則： p2＝p0＋ρgh 氣體體積為：V2＝10 L

30、設(shè)需要打氣筒打n次，以n次所打氣體和儲水器內(nèi)開始的氣體為研究對象，根據(jù)等溫變化有： p0(V1＋nV0)＝p2V2 解得：n＝22。 34．[物理——選修3－4](15分) (1)(2019·湖南衡陽二模)(5分)以下物理學(xué)知識的相關(guān)敘述中，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．交警通過發(fā)射超聲波測量車速是利用了波的多普勒效應(yīng) B．用透明的標(biāo)準(zhǔn)樣板和單色光檢查平面的平整度是利用了光的偏振 C．通過手指間的縫隙觀察日光燈，可以看到彩色條紋，說明光具有波動性 D．紅外線的顯著作用是熱作用，

31、溫度較低的物體不能輻射紅外線 E．在“用單擺測重力加速度”的實驗中，為了減小測量單擺周期的誤差，應(yīng)選小球運動中的最低點為計時起點，測其n次全振動的時間 (2)(10分)如圖所示是橫截面為圓周的柱狀玻璃棱鏡AOB，現(xiàn)有一束單色光垂直于OA面從AB弧的中點射入時恰好發(fā)生全反射現(xiàn)象，現(xiàn)將入射光線向下平移一段距離，經(jīng)AB面折射后與OB延長線相交于P點，已知玻璃磚半徑R＝5 cm，P到O的距離d2＝5(＋1) cm，求平移后的光線到OB的距離d。 答案　(1)ACE　(2)2.5 cm 解析　(1)交警通過發(fā)射超聲波測量車速是利用了波的多普勒效應(yīng)，從汽車上反射回的超聲波的頻率發(fā)生了變化，故A

32、正確；用透明的標(biāo)準(zhǔn)樣板和單色光檢查平面的平整度是利用了光的干涉，故B錯誤；通過手指間的縫隙觀察日光燈，可以看到彩色條紋，是光的衍射，說明光具有波動性，故C正確；紅外線的顯著作用是熱作用，溫度較低的物體也能輻射紅外線，故D錯誤；在“用單擺測重力加速度”的實驗中，為了減小測量單擺周期的誤差：①應(yīng)選小球運動中的最低點為計時起點，因為最低點速度最大，計時誤差?。虎跍y其n次全振動的時間求平均值，故E正確。 (2)根據(jù)題意可知，當(dāng)單色光由玻璃射向空氣時，發(fā)生全反射的臨界角C＝45°， 根據(jù)sinC＝，解得n＝ 光路圖如圖所示： 由折射定律可得n＝＝ 在△ODP中，由正弦定理有： ＝， 所以＝ 聯(lián)立解得i＝45°，γ＝30° 則DE＝ODsinγ＝2.5 cm。 - 15 -