《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 綜合能力仿真模擬卷一（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 綜合能力仿真模擬卷一（含解析）（16頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、綜合能力仿真模擬卷一　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 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(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。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。 14．如圖是氫原子的能級圖，一個氫原子從n＝5能級直接躍遷到n＝2能級，則(　　) A．放出某一頻率的光子 B．放出一系列頻率的光子 C．吸收某一頻率的光子 D．吸收一系列頻率的光子 答案　A 解析　由較高能級向較低能級躍遷，放出光子的能量：hν＝Em－En，一個氫原子從n＝5能級

2、直接躍遷到n＝2能級只能夠放出某一頻率的光子，A正確。 15．(2019·廣西欽州三模)某空降兵從直升機(jī)上跳下，8 s后打開降落傘，并始終保持豎直下落。在0～12 s內(nèi)其下落速度隨時間變化的v-t圖象如圖所示。則(　　) A．空降兵在0～8 s內(nèi)下落的高度為4v2 B．空降兵(含降落傘)在0～8 s內(nèi)所受阻力可能保持不變 C．8 s時空降兵的速度方向改變，加速度方向保持不變 D．8～12 s內(nèi)，空降兵(含降落傘)所受合力逐漸減小 答案　D 解析　由v-t圖象可知，v-t圖象與t軸包圍的面積表示位移，則空降兵在0～8 s內(nèi)下降的高度大于×v2×8＝4v2，故A錯誤；由v-t圖象

3、可知，在0～8 s內(nèi)，v-t圖象的斜率越來越小，即加速度越來越小，由受力分析可得：mg－f＝ma，故所受的阻力越來越大，B錯誤；由v-t圖象可知，在8 s時，空降兵的速度開始減小，但是方向不變，圖象的斜率的正負(fù)發(fā)生了改變，可知加速度的方向發(fā)生了改變，變?yōu)樨Q直向上，故C錯誤；8～12 s內(nèi)，空降兵的加速度方向豎直向上，受力分析得：F合＝ma，由圖象可知，斜率越來越小，即空降兵的加速度越來越小，所以空降兵(含降落傘)所受合力逐漸減小，D正確。 16.(2019·福建寧德二模)2019年4月10日21時，人類首張黑洞照片在全球六地的視界望遠(yuǎn)鏡發(fā)布會上同步發(fā)布。該黑洞半徑為R，質(zhì)量M和半徑R的關(guān)系滿

4、足：＝(其中c為光速，G為引力常量)。若天文學(xué)家觀測到距黑洞中心距離為r的天體以速度v繞該黑洞做勻速圓周運(yùn)動，則(　　) A．該黑洞的質(zhì)量為 B．該黑洞的質(zhì)量為 C．該黑洞的半徑為 D．該黑洞的半徑為 答案　C 解析　天體受到黑洞的萬有引力提供天體做圓周運(yùn)動所需的向心力，則有：G＝m，得M＝，故A、B錯誤；設(shè)黑洞的半徑為R，質(zhì)量M和半徑R的關(guān)系滿足：＝，聯(lián)立解得R＝，故C正確，D錯誤。 17．(2019·山東濰坊二模)中核集團(tuán)研發(fā)的“超導(dǎo)質(zhì)子回旋加速器”，能夠?qū)①|(zhì)子加速至光速的，促進(jìn)了我國醫(yī)療事業(yè)的發(fā)展。若用如圖所示的回旋加速器分別加速氕、氘兩種靜止的原子核，不考慮加速過

5、程中原子核質(zhì)量的變化，以下判斷正確的是(　　) A．氘核射出時的向心加速度大 B．氕核獲得的速度大 C．氘核獲得的動能大 D．氕核動能增大，其偏轉(zhuǎn)半徑的增量不變 答案　B 解析　由qvB＝m得：速度vm＝，向心加速度a＝＝，可知氕核射出時的向心加速度大，A錯誤；Ekm＝mv＝，因?yàn)殡说馁|(zhì)量較小，則獲得的動能和速度大，B正確，C錯誤；由r＝＝可知，氕核動能增大，其偏轉(zhuǎn)半徑的增量要改變，D錯誤。 18．(2019·湖南岳陽高三二模)如圖甲為一種門后掛鉤的照片，相鄰掛鉤之間的距離為7 cm，圖乙中斜挎包的寬度約為21 cm，在斜挎包的質(zhì)量一定的條件下，為了使懸掛時背包帶受力最小，

6、下列措施正確的是(　　) A．隨意掛在一個鉤子上 B．使背包帶跨過兩個掛鉤 C．使背包帶跨過三個掛鉤 D．使背包帶跨過四個掛鉤 答案　D 解析　設(shè)懸掛后背包帶與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)平衡條件可得2Fcosθ＝mg；解得背包帶的拉力F＝，在斜挎包的質(zhì)量一定的條件下，為了使懸掛時背包帶受力最小，則cosθ最大，由于相鄰掛鉤之間的距離為7 cm，圖乙中斜挎包的寬度約為21 cm，故使背包帶跨過四個掛鉤時θ≈0，cosθ≈1，此時背包帶受力最小，故D正確。 19．(2019·福建寧德二模)如圖甲為電動汽車無線充電原理圖，M為受電線圈，N為送電線圈。圖乙為受電線圈M的示意圖，線圈匝數(shù)

7、為n，電阻為r，橫截面積為S，a、b兩端連接車載變流裝置，磁場平行于線圈軸線向上穿過線圈。下列說法正確是(　　) A．當(dāng)線圈N接入恒定電流時，不能為電動汽車充電 B．當(dāng)線圈N接入正弦式交變電流時，線圈M兩端產(chǎn)生恒定電壓 C．當(dāng)線圈M中的磁感應(yīng)強(qiáng)度增加時，有電流從a端流出 D．充電時，Δt時間內(nèi)線圈M中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加ΔB，則M兩端電壓為 答案　AC 解析　當(dāng)送電線圈N接入恒定電流時，產(chǎn)生的磁場不變化，受電線圈M中的磁通量不發(fā)生變化，故無法產(chǎn)生感應(yīng)電流，不能為電動汽車充電，故A正確；當(dāng)線圈N接入正弦式交變電流時，受電線圈M中的磁通量按正弦式變化，故M兩端產(chǎn)生正弦式電壓，B錯

8、誤；穿過線圈M的磁感應(yīng)強(qiáng)度增加，根據(jù)楞次定律，如果線圈閉合，感應(yīng)電流的磁通量向下，故感應(yīng)電流方向從b向a，即電流從a端流出，C正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有：E＝n＝nS，設(shè)受電線圈外接電路的電阻為R，由閉合電路的歐姆定律得M兩端的電壓：U＝R＝，D錯誤。 20．(2019·湖南衡陽三模)如圖所示，粗糙絕緣的水平面附近存在一平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，在x軸上的電勢φ與坐標(biāo)x的關(guān)系如圖中曲線所示，曲線過(0.1,4.5)和(0.15,3)兩點(diǎn)，圖中虛線為該曲線過點(diǎn)(0.15,3)的切線。現(xiàn)有一質(zhì)量為0.20 kg、電荷量為＋2.0×10－8 C的滑塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))

9、，從x＝0.10 m處由靜止釋放，其與水平面的動摩擦因數(shù)為0.02，取重力加速度g＝10 m/s2。則下列說法中正確的是(　　) A．滑塊P運(yùn)動過程中的電勢能先減小后增大 B．滑塊P運(yùn)動過程中的加速度先減小后增大 C．x＝0.15 m處的電場強(qiáng)度大小為2.0×106 N/C D．滑塊P運(yùn)動的最大速度為0.1 m/s 答案　BCD 解析　由電勢φ與位移x圖線的斜率表示電場強(qiáng)度可知，電場方向未變，滑塊運(yùn)動的過程中，電場力始終做正功，電勢能逐漸減小，故A錯誤；電勢φ與位移x圖線的斜率表示電場強(qiáng)度，則x＝0.15 m處的場強(qiáng)為：E＝＝ V/m＝2×106 V/m＝2.0×106 N/C

10、，此時滑塊受到的電場力為：F＝qE＝2×10－8×2×106 N＝0.04 N，滑動摩擦力大小為：f＝μmg＝0.02×2 N＝0.04 N，在到達(dá)x＝0.15 m前，電場力大于摩擦力，做加速運(yùn)動，加速度逐漸減小，到達(dá)x＝0.15 m后電場力小于摩擦力，做減速運(yùn)動，加速度逐漸增大，故B、C正確；到達(dá)x＝0.15 m時，滑塊受到的電場力等于摩擦力，速度最大，根據(jù)動能定理得，qU－fx＝mv2，因?yàn)?.10 m和0.15 m處的電勢差大約為1.5×105 V，代入求解，可得最大速度為0.1 m/s，故D正確。 21．(2019·貴州畢節(jié)二模)如圖甲所示，兩個彈性球A和B放在光滑的水平面上處于靜止

11、狀態(tài)，質(zhì)量分別為m1和m2，其中m1＝1 kg?，F(xiàn)給A球一個水平向右的瞬時沖量，使A、B球發(fā)生彈性碰撞，以碰撞初始時刻為計(jì)時起點(diǎn)，兩球的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖示信息可知(　　) A．B球的質(zhì)量m2＝2 kg B．A球和B球在相互擠壓過程中產(chǎn)生的最大彈性勢能為4.5 J C．t3時刻兩球的動能之和小于0時刻A球的動能 D．在t2時刻兩球動能之比為EkA∶EkB＝1∶8 答案　AD 解析　A球和B球在碰撞過程中動量守恒，因此由m1v＝(m1＋m2)v共，代入題圖所給數(shù)據(jù)有m2＝2 kg，A正確；A球和B球在共速的時候彈性形變達(dá)到最大，產(chǎn)生的彈性勢能最大，因此Epmax

12、＝m1v2－(m1＋m2)v＝ J＝3 J，B錯誤；因?yàn)槭菑椥耘鲎玻瑑蓚€小球組成的系統(tǒng)在分離前后沒有能量損失，則0時刻A球的動能與t3時刻兩球動能之和相等，C錯誤；從碰撞到t2時刻，小球滿足動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，因此有m1v＝m1v1＋m2v2，m1v2＝m1v＋m2v，聯(lián)立解得v2＝2 m/s，v1＝－1 m/s，故t2時刻兩球的動能之比EkA∶EkB＝1∶8，D正確。 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·成都高新區(qū)一模)(

13、6分)某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)用如圖甲所示的裝置測量滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ。每次滑塊都從斜面上由靜止開始下滑，測出滑塊每次下滑時遮光板到光電門所在位置的距離L及相應(yīng)遮光時間t的值。 (1)用游標(biāo)卡尺測量遮光板的寬度d，如圖乙所示，則d＝________ cm。 (2)為測出滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ，本實(shí)驗(yàn)還需要測出或知道的物理量是________(填下列序號)。 A．滑塊和遮光板的總質(zhì)量m B．斜面的傾角θ C．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭 (3)實(shí)驗(yàn)中測出了多組L和t的值，若要通過線性圖象來處理數(shù)據(jù)求μ值，則應(yīng)作出的圖象為________。 A．t2-L圖象 B．t2-圖象 C．L

14、2-圖象 D．L2-t圖象 (4)在(3)作出的線性圖象中，若直線的斜率為k，則關(guān)于μ值的表達(dá)式為μ＝________。(可用以上物理量的符號表示) 答案　(1)0.225　(2)BC　(3)B　(4)tanθ－ 解析　(1)主尺示數(shù)為2 mm，游標(biāo)尺上刻度線5和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)尺讀數(shù)為：5×0.05 mm＝0.25 mm，故所測寬度為：2 mm＋0.25 mm＝2.25 mm＝0.225 cm。 (2)遮光板運(yùn)動到光電門處滑塊的速度v＝，由動能定理有：(mgsinθ－μmgcosθ)L＝mv2，可得μ＝＝＝tanθ－，故需要測量斜面傾角和當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋珺、C正確。

15、 (3)由μ＝tanθ－，可以得到：t2＝·，即t2-圖象是一條過原點(diǎn)的直線，可作t2－線性圖象處理數(shù)據(jù)求μ值，B正確。 (4)圖象的斜率為k，則由k＝，解得μ＝tanθ－。 23．(2019·福建高中畢業(yè)班3月質(zhì)檢)(9分)某同學(xué)用內(nèi)阻Rg＝20 Ω、滿偏電流Ig＝5 mA的毫安表制作了一個簡易歐姆表，電路如圖甲，電阻刻度值尚未標(biāo)注。 (1)該同學(xué)先測量圖甲中電源的電動勢E，實(shí)驗(yàn)步驟如下： ①將兩表筆短接，調(diào)節(jié)R0使毫安表指針滿偏； ②將阻值為200 Ω的電阻接在兩表筆之間，此時毫安表指針位置如圖乙所示，該示數(shù)為________ mA； ③計(jì)算得電源的電動勢E＝_______

16、_ V。 (2)接著，他在電流刻度為5.00 mA的位置標(biāo)上0 Ω，在電流刻度為2.00 mA的位置標(biāo)上________ Ω，并在其他位置標(biāo)上相應(yīng)的電阻刻度值。 (3)該歐姆表用久后，電池老化造成電動勢減小、內(nèi)阻增大，但仍能進(jìn)行歐姆調(diào)零，則用其測得的電阻值________(填“大于”“等于”或“小于”)真實(shí)值。 (4)為了減小電池老化造成的誤差，該同學(xué)用一電壓表對原電阻刻度值進(jìn)行修正。將歐姆表的兩表筆短接調(diào)節(jié)R0使指針滿偏；再將電壓表接在兩表筆之間，此時電壓表示數(shù)為1.16 V，歐姆表示數(shù)為1200 Ω，則電壓表的內(nèi)阻為________ Ω，原電阻刻度值300 Ω應(yīng)修改為________

17、 Ω。 答案　(1)②3.00　③1.5　(2)450　(3)大于 (4)1160　290 解析　(1)②由于毫安表的量程為5 mA，分度值為0.1 mA，所以圖乙中的示數(shù)為3.00 mA； ③設(shè)歐姆表的內(nèi)阻為R，由閉合電路歐姆定律得：滿偏時，5.0×10－3 A＝，接入200 Ω的電阻時，3.0×10－3 A＝，聯(lián)立解得：R＝300 Ω，E＝1.5 V。 (2)電流刻度為2.00 mA時的總電阻為R總＝ Ω＝750 Ω，所以此時外接電阻為(750－300) Ω＝450 Ω。 (3)由閉合電路歐姆定律得：I＝＝＝，由于電動勢變小，則R＝變小，所以測同一電阻Rx時，電流I變小，所以電

18、阻Rx的測量值變大，大于真實(shí)值。 (4)歐姆表示數(shù)為1200 Ω，由閉合電路歐姆定律得：I＝ A＝10－3 A，所以電壓表的內(nèi)阻為RV＝ Ω＝1160 Ω。原電阻刻度值300 Ω即歐姆表內(nèi)阻R的大小，設(shè)電動勢降為E′時，調(diào)零后的內(nèi)阻為R′，則E′＝IgR0′對于電壓表接入的閉合電路，有E′＝U＋I(xiàn)R′，聯(lián)立解得R′＝＝＝290 Ω，故原300 Ω電阻刻度應(yīng)改為290 Ω。 24.(2019·福建泉州二模)(12分)華裔科學(xué)家丁肇中負(fù)責(zé)的AMS項(xiàng)目，是通過“太空粒子探測器”探測高能宇宙射線粒子，尋找反物質(zhì)。某學(xué)習(xí)小組設(shè)想了一個探測裝置，截面圖如圖所示。其中輻射狀加速電場的內(nèi)、外邊界為兩個同心

19、圓，圓心為O，外圓電勢為零，內(nèi)圓電勢φ＝－45 V，內(nèi)圓半徑R＝1.0 m。在內(nèi)圓內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝9×10－5 T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場內(nèi)有一圓形接收器，圓心也在O點(diǎn)。假設(shè)射線粒子中有正電子，先被吸附在外圓上(初速度為零)，經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場，并被接收器接收。已知正電子質(zhì)量m＝9×10－31 kg，電荷量q＝1.6×10－19 C，不考慮粒子間的相互作用。 (1)求正電子在磁場中運(yùn)動的速率v和半徑r； (2)若正電子恰好能被接收器接收，求接收器的半徑R′。 答案　(1)4×106 m/s　0.25 m　(2) m 解析　(1)電場內(nèi)，內(nèi)外邊界的電勢差大小為 U

20、＝0－φ＝45 V， 在加速正電子的過程中，根據(jù)動能定理可得 qU＝mv2－0， 代入數(shù)據(jù)解得v＝4×106 m/s， 正電子進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動，由向心力公式可得： qvB＝m，解得r＝0.25 m。 (2)正電子在磁場中運(yùn)動的軌跡如圖所示，當(dāng)正電子運(yùn)動的軌跡與接收器相切時，正電子恰好能被接收器接收，由幾何關(guān)系可得： (R′＋r)2＝r2＋R2， 解得R′＝ m。 25．(2019·四川成都二診)(20分)用如圖所示的裝置，可以模擬貨車在水平路面上的行駛，進(jìn)而研究行駛過程中車廂里的貨物運(yùn)動情況。已知模擬小車(含遙控電動機(jī))的質(zhì)量M＝7 kg，車廂前、后壁間距L＝4 m

21、，木板A的質(zhì)量mA＝1 kg，長度LA＝2 m，木板上可視為質(zhì)點(diǎn)的物體B的質(zhì)量mB＝4 kg，A、B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，木板與車廂底部(水平)間的動摩擦因數(shù)μ0＝0.32，A、B緊靠車廂前壁。現(xiàn)“司機(jī)”遙控小車從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)過一定時間，A、B同時與車廂后壁碰撞。設(shè)小車運(yùn)動過程中所受空氣和地面總的阻力恒為F阻＝16 N，重力加速度大小g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。 (1)從小車啟動到A、B與后壁碰撞的過程中，分別求A、B的加速度大?。? (2)A、B與后壁碰撞前瞬間，求遙控電動機(jī)的輸出功率； (3)若碰撞后瞬間，三者速度方向不變，小車的速率變?yōu)榕銮?/p>

22、的80%，A、B的速率均變?yōu)榕銮靶≤嚨乃俾剩摇八緳C(jī)”立即關(guān)閉遙控電動機(jī)，求從開始運(yùn)動到A相對車靜止的過程中，A與車之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能。 答案　(1)4 m/s2　3 m/s2　(2)670 W　(3)40 J 解析　(1)由題意，從小車啟動到A、B與后壁碰撞的過程中，三者間有相對滑動，三者受力如圖所示， 對B：fAB＝μmBg＝12 N 由牛頓第二定律有：fAB＝mBaB 代入數(shù)據(jù)解得：aB＝3 m/s2，方向向前，做勻加速運(yùn)動 對A：F車A＝μ0(mA＋mB)g＝16 N，fAB＝fBA 由牛頓第二定律：F車A－fBA＝mAaA 代入數(shù)據(jù)解得：aA＝4 m/s2，方

23、向向前，做勻加速運(yùn)動。 (2)A、B同時到達(dá)后壁，有 sA－sB＝aAt2－aBt2＝LA 且：s車－sB＝a車t2－aBt2＝L 解得：t＝2 s，a車＝5 m/s2 對車，由牛頓第二定律有： F牽－μ0(mA＋mB)g－F阻＝Ma車 解得：F牽＝67 N 電動機(jī)輸出功率為P＝F牽v 碰撞前瞬間的車速為：v＝a車t 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得： v＝10 m/s，P＝670 W。 (3)碰撞后瞬間，v車′＝0.8v＝8 m/s，A、B的速率為v，因μ<μ0 所以碰后三者之間仍有相對滑動，三者受力如圖所示， 對B：aB′＝aB＝3 m/s2，方向向后，做勻減速直

24、線運(yùn)動 對A：aA′＝aA＝4 m/s2，方向向后，做勻減速直線運(yùn)動 對車：F牽＝F阻－FA車＝0，因此車做勻速直線運(yùn)動 設(shè)經(jīng)時間t′，A與車相對靜止，則：t′＝＝0.5 s A與車間相對滑動的距離為： Δs＝sA′－s車′＝(vt′－aA′t′2)－v車′t′ 得：Δs＝0.5 m A相對車通過的總路程：Δs總＝Δs＋ A與車之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能：E＝F車AΔs總 代入數(shù)據(jù)解得：E＝40 J。 (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(jì)分。 33．[物理——選修3－3](15分) (1)(2019·廣東高三月考)(5分)一定量

25、的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷三個過程ab、bc、ca回到原狀態(tài)，其p-V圖象如圖所示，由圖象可知：a、b、c三個狀態(tài)中，狀態(tài)________的分子平均動能最小；b和c兩個狀態(tài)比較，b狀態(tài)中容器壁單位面積單位時間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)較________；若經(jīng)歷ca過程氣體的內(nèi)能減少了20 J，則該過程氣體放出的熱量為________ J。 (2)(2019·南昌三模)(10分)農(nóng)藥噴霧器的原理如圖所示，儲液筒與打氣筒用軟細(xì)管相連，先在筒內(nèi)裝上藥液，再擰緊筒蓋并關(guān)閉閥門K，用打氣筒給儲液筒充氣增大儲液筒內(nèi)的氣壓，然后再打開閥門，儲液筒的液體就從噴霧頭噴出。已知儲液筒容器為10 L(不計(jì)儲液

26、筒兩端連接管體積)，打氣筒每打一次氣能向儲液筒內(nèi)壓入空氣200 mL，現(xiàn)在儲液筒內(nèi)裝入8 L的藥液后關(guān)緊筒蓋和噴霧頭閥門K，再用打氣筒給儲液筒打氣。(設(shè)周圍大氣壓恒為1個標(biāo)準(zhǔn)大氣壓，打氣過程中儲液筒內(nèi)氣體溫度與外界溫度相同且保持不變)求： ①要使儲液筒內(nèi)藥液上方的氣體壓強(qiáng)達(dá)到3 atm，打氣筒活塞需要循環(huán)工作的次數(shù)； ②打開噴霧頭開關(guān)K直至儲液筒的內(nèi)外氣壓相同，儲液筒內(nèi)剩余藥液的體積。 答案　(1)a　多　120　(2)①20?、? L 解析　(1)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程＝C，可知a狀態(tài)的p、V乘積最小，則溫度最低，分子平均動能最小；b和c兩個狀態(tài)比較，p、V乘積相同，則溫度相同，分

27、子平均速率相同，b狀態(tài)壓強(qiáng)較大，體積小，分子數(shù)密度較大，則b狀態(tài)中容器壁單位面積單位時間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)較多；ca過程外界對氣體做功：W＝pΔV＝0.5×105×(3－1)×10－3 J＝100 J；則由ΔU＝W＋Q可得Q＝ΔU－W＝－20 J－100 J＝－120 J，則該過程氣體放出的熱量為120 J。 (2)①設(shè)需打氣的次數(shù)為n，每次打入的氣體體積為V0，儲液筒藥液上方的氣體體積為V，則開始打氣前：儲液筒液體上方氣體的壓強(qiáng)：p1＝p0＝1 atm，氣體的體積為：V1＝V＋nV0 打氣完畢時，儲液筒內(nèi)藥液上方的氣體體積為： V2＝V，壓強(qiáng)為p2＝3 atm 打氣過程為等溫變

28、化，所以由玻意耳定律得： p1V1＝p2V2 代入數(shù)據(jù)解得：n＝20。 ②打開噴霧頭閥門K直至儲液筒內(nèi)外氣壓相同時，設(shè)儲液筒上方氣體的體積為V3，此過程為等溫變化，所以由玻意耳定律得：p3V3＝p1V1， 代入數(shù)據(jù)解得：V3＝3V1＝6 L 所以噴出的藥液的體積V′＝V3－V＝4 L， 剩余的藥液的體積為8 L－4 L＝4 L。 34．[物理——選修3－4](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)甲、乙兩位同學(xué)利用假期分別在兩個地方做“用單擺測重力加速度的實(shí)驗(yàn)”，回來后共同繪制了T2-L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

29、擺探究了受迫振動，并繪制了單擺的共振曲線，如圖乙所示。那么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．單擺的固有周期由擺長和所處環(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．若將單擺放入繞地穩(wěn)定飛行的宇宙飛船中，則無法利用單擺測出飛船軌道處的引力加速度 D．由圖乙可知，甲同學(xué)探究受迫振動的單擺擺長為8 cm E．如果甲同學(xué)增大擺長，他得到的共振曲線的峰值將向左移動 (2)(2019·四川瀘州二診)(10分)2018年9月23日“光纖之父”華人

30、科學(xué)家高琨逝世，他一生最大的貢獻(xiàn)是研究玻璃纖維通訊。光纖在轉(zhuǎn)彎的地方不能彎曲太大，如圖模擬光纖通信，將直徑為d的圓柱形玻璃棒彎成圓環(huán)，已知玻璃的折射率為，光在真空中的速度為c，要使從A端垂直入射的光線能全部從B端射出。求： ①圓環(huán)內(nèi)徑R的最小值； ②在①問的情況下，從A端最下方入射的光線，到達(dá)B端所用的時間。 答案　(1)ACE　(2)①(＋1)d?、? 解析　(1)根據(jù)單擺的固有周期公式為T＝2π，L為擺長，g為當(dāng)?shù)刂亓铀俣龋芍狝正確；根據(jù)T＝2π得：T2＝L，所以T2-L圖象的斜率k＝，圖甲中A圖象的斜率大于B圖象的斜率，故A圖象對應(yīng)的實(shí)驗(yàn)地點(diǎn)重力加速度較小，B錯誤；若將單擺

31、放入繞地穩(wěn)定飛行的宇宙飛船中，單擺小球處于完全失重狀態(tài)，不能在豎直平面內(nèi)來回?cái)[動，故C正確；由圖乙可知，當(dāng)驅(qū)動力的頻率為0.5 Hz時，單擺發(fā)生共振，故系統(tǒng)的固有頻率為0.5 Hz，固有周期T＝＝2 s，根據(jù)T＝2π，解得擺長L＝1 m，故D錯誤；根據(jù)T＝2π，若在同一地點(diǎn)增長擺長，則單擺固有周期變大，固有頻率變小，則發(fā)生共振時的驅(qū)動力頻率變小，共振峰向左移動，故E正確。 (2)①從A端最下方入射的光線發(fā)生全反射時，其他光線也能發(fā)生全反射，設(shè)從A端最下方入射的光線到達(dá)玻璃棒側(cè)面的入射角為θ， 根據(jù)幾何關(guān)系得：sinθ＝ 設(shè)全反射臨界角為C，則要使A端垂直入射的光線全部從B端射出，必須有θ≥C 因此有：sinθ≥sinC 根據(jù)臨界角公式有sinC＝ 即有≥，解得：R≥＝(＋1)d 所以R的最小值為(＋1)d。 ②在①問的情況下，θ＝45°，R＝(＋1)d，光路圖如圖所示， 光在玻璃內(nèi)傳播的總路程為s＝6R 光在玻璃內(nèi)傳播的速度為v＝＝c 所以所求時間為t＝＝。 - 16 -