高考全真模擬理科綜合之物理精準(zhǔn)模擬試卷第7周第1練二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)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(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。14．一物體受到三個(gè)共點(diǎn)力的作用，它們的大小分別為F1＝3N、F2＝5N、F3＝10N，則它們的合力大小不可能是（ ）A．1N B．3N C．7N D．13N【答案】 A【解析】兩個(gè)力的合力范圍：大于等于兩力之差小于等于兩力之和，所以F1＝3N、F2＝5N合力范圍：2N≤F≤8N,再與F3＝10N求合范圍，所以A不在范圍內(nèi)．15．如圖是世界物理學(xué)史上兩個(gè)著名實(shí)驗(yàn)的裝置圖，下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)的敘述正確的是A．圖甲是粒子散射實(shí)驗(yàn)裝置，盧瑟福指導(dǎo)他的學(xué)生們進(jìn)行粒子散射實(shí)驗(yàn)研究時(shí)，發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子和中子B．圖甲是粒子散射實(shí)驗(yàn)裝置，湯姆孫根據(jù)粒子散射實(shí)驗(yàn)，提出了原子棗糕模型結(jié)構(gòu)C．圖乙是研究光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置，根據(jù)光電效應(yīng)規(guī)律，超過(guò)極限頻率的入射光頻率越大，則光電子的最大初動(dòng)能越大D．圖乙是研究光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置，根據(jù)光電效應(yīng)規(guī)律，超過(guò)極限頻率的入射光光照強(qiáng)度一定，則光的頻率越大所產(chǎn)生的飽和光電流就越大【答案】 C【解析】AB、圖甲是粒子散射實(shí)驗(yàn)裝置，盧瑟福提出了核式結(jié)構(gòu)模型；盧瑟福通過(guò)用粒子轟擊氮原子放出氫核，發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子；查得威克發(fā)現(xiàn)了中子；湯姆孫通過(guò)研究陰極射線(xiàn)中粒子的性質(zhì)發(fā)現(xiàn)了電子，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；C、圖乙是研究光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置，根據(jù)光電效應(yīng)方程可知超過(guò)極限頻率的入射光頻率越大，則光電子的最大初動(dòng)能越大，故選項(xiàng)C正確；D、光較強(qiáng)時(shí)，包含的光子數(shù)較多，照射金屬時(shí)產(chǎn)生的光電子較多，因而飽和電流較大，入射光的光強(qiáng)一定時(shí)，頻率越大，光電子的最大初動(dòng)能最越大，而不是所產(chǎn)生的飽和光電流就越大，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．16．如圖所示，A為地球表面赤道上的物體，B為一軌道在赤道平面內(nèi)的實(shí)驗(yàn)衛(wèi)星，C為在赤道上空的地球同步衛(wèi)星，地球同步衛(wèi)星C和實(shí)驗(yàn)衛(wèi)星B的軌道半徑之比為3：1，兩衛(wèi)星的環(huán)繞方向相同，那么關(guān)于A、B、C的說(shuō)法正確的是：A．B、C兩顆衛(wèi)星所受地球萬(wàn)有引力之比為1：9B．B衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)角速度大于地面上隨地球自轉(zhuǎn)物體A的角速度C．同一物體在B衛(wèi)星中對(duì)支持物的壓力比在C衛(wèi)星中?。?/span>D．B衛(wèi)星中的宇航員一天內(nèi)可看到9次日出．【答案】 B【解析】A.根據(jù)萬(wàn)有引力定律知，物體間的引力與兩個(gè)物體的質(zhì)量和兩者之間的距離均有關(guān)，由于B、C兩衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系未知，所以B、C兩顆衛(wèi)星所受地球引力之比不一定為1：9，故A錯(cuò)誤；B.C衛(wèi)星的軌道半徑比B衛(wèi)星的軌道半徑大，由開(kāi)普勒第三定律知，B衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)周期小于C衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)周期，而C衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)周期等于地球自轉(zhuǎn)周期，所以B衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)周期小于隨地球自轉(zhuǎn)物體的周期，因此B衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)角速度大于地面上跟隨地球自轉(zhuǎn)物體A的角速度，故B正確；C.物體在B、C衛(wèi)星中均處于完全失重狀態(tài)，物體對(duì)支持物的壓力均為零，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)開(kāi)普勒第三定律=k，知C、B衛(wèi)星軌道半徑之比為3：1，則周期為3：1，所以地球自轉(zhuǎn)周期是B衛(wèi)星的運(yùn)行周期的3倍（約為5.2倍），因此B衛(wèi)星中的宇航員一天內(nèi)可看到5次日出，故D錯(cuò)誤；故選B．17．如圖所示，帶電物塊放置在水平絕緣板上．當(dāng)空間存在有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，物塊恰能向右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．若在電場(chǎng)中將絕緣板的右端抬高，當(dāng)板與水平面的夾角為37° 時(shí)，物塊恰能沿絕緣板勻速下滑，則物塊與絕緣板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）A． B． C． D．【答案】 B【解析】當(dāng)電場(chǎng)水平向右而滑塊勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由平衡知識(shí)有：，，，聯(lián)立解得；而物塊沿斜面勻速下滑時(shí)，有：，，，聯(lián)立得；解出動(dòng)摩擦因數(shù)或(舍去)；則A、C、D錯(cuò)誤，B正確.故選B.18．游樂(lè)園里有一種叫飛椅的游樂(lè)項(xiàng)目，簡(jiǎn)化后的示意圖如圖所示．已知飛椅用鋼繩系著，鋼繩上端的懸點(diǎn)固定在頂部水平轉(zhuǎn)盤(pán)上的圓周上．轉(zhuǎn)盤(pán)繞穿過(guò)其中心的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．穩(wěn)定后，每根鋼繩(含飛椅及游客)與轉(zhuǎn)軸在同一豎直平面內(nèi)．圖中P、Q兩位游客懸于同一個(gè)圓周上，P所在鋼繩的長(zhǎng)度大于Q所在鋼繩的長(zhǎng)度，鋼繩與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2.不計(jì)鋼繩的重力．下列判斷正確的是(   )A．P、Q兩個(gè)飛椅的線(xiàn)速度大小相同B．無(wú)論兩個(gè)游客的質(zhì)量分別有多大，θ1一定大于θ2C．如果兩個(gè)游客的質(zhì)量相同，則有θ1等于θ2D．如果兩個(gè)游客的質(zhì)量相同，則Q的向心力一定大于P的向心力【答案】 B【解析】BC．設(shè)鋼繩延長(zhǎng)線(xiàn)與轉(zhuǎn)軸交點(diǎn)與游客所在水平面的高度為h，對(duì)游客受力分析，由牛頓第二定律和向心力公式可得：則：設(shè)圓盤(pán)半徑為r，繩長(zhǎng)為L，據(jù)幾何關(guān)系可得：因?yàn)椋?/span>所以：由上分析得：無(wú)論兩個(gè)游客的質(zhì)量分別有多大，θ1一定大于θ2；故B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤。A．設(shè)游客做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由幾何關(guān)系可得：所以：兩游客轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相等，據(jù)可得：故A項(xiàng)錯(cuò)誤。D．對(duì)游客受力分析，游客所受向心力：如果兩個(gè)游客的質(zhì)量相同，，所以P的向心力一定大于Q的向心力，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。19．如圖（a）所示，水平面內(nèi)有一光滑金屬導(dǎo)軌，ac邊的電阻為R，其他電阻均不計(jì)，ab與ac角夾角為135°，cd與ac垂直。將質(zhì)量為m的長(zhǎng)直導(dǎo)體棒擱在導(dǎo)軌上。并與ac平行。棒與ab、cd交點(diǎn)G、H間的距離為L0，空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．在外力作用下，棒由GH處以初速度v0向右做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。其速度的倒數(shù)隨位移x變化的關(guān)系如圖（b）所示。在棒運(yùn)動(dòng)L0到MN處的過(guò)程中（　?。?/span>A．導(dǎo)體棒做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B．導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為C．流過(guò)導(dǎo)體棒的電流大小不變D．外力做功為【答案】 BC【解析】A、直線(xiàn)的斜率為：所以有：代入得：，故不是勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；C、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=Blv=感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，感應(yīng)電流為：I=E/R，大小不變，故C正確；B、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：解得：，故B正確；D、克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為：對(duì)導(dǎo)體棒，由動(dòng)能定理得：W外-W安=解得：W外=，故D錯(cuò)誤；故選：BC。20．質(zhì)量分別為m1、m2的A、B兩物體放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用，各自由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．經(jīng)過(guò)時(shí)間t0，撤去A物體的外力F；經(jīng)過(guò)4t0，撤去B物體的外力F．兩物體運(yùn)動(dòng)的v﹣t關(guān)系如圖所示，則A、B兩物體（ ）A．與水平面的摩擦力大小之比為5：12B．在勻加速運(yùn)動(dòng)階段，合外力做功之比為4：1C．在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，克服摩擦力做功之比為1：2D．在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，摩擦力的平均功率之比為5：3【答案】 AC【解析】A．由圖象可得，A加速運(yùn)動(dòng)的加速度為，減速運(yùn)動(dòng)的加速度為，根據(jù)牛頓第二定律知①②由①②得B加速運(yùn)動(dòng)的加速度為，減速運(yùn)動(dòng)的加速度為，根據(jù)牛頓第二定律知:③④由③④得所以與水平面的摩擦力大小之比為，A正確；B．合外力做功減速階段兩圖象的斜率相等，故加速度相等，而此時(shí)a=μg，故摩擦系數(shù)相同，由牛頓第二定律知，質(zhì)量之比等于摩擦力之比為5：12，在勻加速運(yùn)動(dòng)階段，合外力做功之比為等于末動(dòng)能之比，為B錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖象面積表示位移知AB兩物體的位移之比為6：5，由W=Fs知在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，克服摩擦力做功之比（5×6）：（12×5）=1：2，C正確；D．根據(jù)：知平均功率之比為D錯(cuò)誤。故選AC．21．如圖所示直角坐標(biāo)系xoy，P（a，-b）為第四象限內(nèi)的一點(diǎn)，一質(zhì)量為m、電量為q的負(fù)電荷（電荷重力不計(jì)）從原點(diǎn)O以初速度v0沿y軸正方向射入．第一次在整個(gè)坐標(biāo)系內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，該電荷恰好能通過(guò)P點(diǎn)；第二次保持y>0區(qū)域磁場(chǎng)不變，而將y<0區(qū)域磁場(chǎng)改為沿x方向勻強(qiáng)電場(chǎng)，該電荷仍通過(guò)P點(diǎn)，A．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度C．電荷從O運(yùn)動(dòng)到P，第二次所用時(shí)間一定短些D．電荷通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度，第二次與x軸負(fù)方向的夾角一定小些【答案】 AC【解析】AB．第一次在整個(gè)坐標(biāo)系內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，該電荷恰好能通過(guò)P點(diǎn)；粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何作圖得解得由解得勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度故A正確，B錯(cuò)誤；C．第二次保持y>0區(qū)域磁場(chǎng)不變，而將y<0區(qū)域磁場(chǎng)改為沿x方向勻強(qiáng)電場(chǎng)，該電荷仍通過(guò)P點(diǎn)，粒子先做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間第一次粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間弧長(zhǎng)大于b，所以，即第二次所用時(shí)間一定短些，故C正確；D．電荷通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度，第-次與x軸負(fù)方向的夾角為，則有第二次與x軸負(fù)方向的夾角，則有所以有電荷通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度，第二次與x軸負(fù)方向的夾角一定大些，故D錯(cuò)誤；故選AC． 22. （6分）有同學(xué)利用如圖所示的裝置來(lái)驗(yàn)證力的平行四邊形定則：在豎直木板上鋪有白紙，固定兩個(gè)光滑的滑輪A和B，將繩子打一個(gè)結(jié)點(diǎn)O，每個(gè)鉤碼的重量相等，當(dāng)系統(tǒng)達(dá)到平衡時(shí)，根據(jù)鉤碼個(gè)數(shù)讀出三根繩子的拉力，回答下列問(wèn)題：（1）改變鉤碼個(gè)數(shù)，實(shí)驗(yàn)不能完成的是（____）A．鉤碼的個(gè)數(shù)，       B．鉤碼的個(gè)數(shù)，C．鉤碼的個(gè)數(shù)         D．鉤碼的個(gè)數(shù)，，（2）在拆下鉤碼和繩子前，最重要的一個(gè)步驟是（____）A．標(biāo)記結(jié)點(diǎn)O的位置，并記錄OA、OB、OC三段繩子的方向．B．量出OA、OB、OC三段繩子的長(zhǎng)度C．用量角器量出三根繩子之間的夾角D．用天平測(cè)出鉤碼的質(zhì)量（3）在作圖時(shí)，下圖中更加符合實(shí)際的圖是___圖．（填甲或乙）【答案】 A；    A；    甲。【解析】（1）由于三共點(diǎn)力處于平衡，由三角形法則可知和 三個(gè)力的大小構(gòu)成一個(gè)矢量三角形，A．2、2、4不可以構(gòu)成三角形，則結(jié)點(diǎn)不能處于平衡．故A符合題意；B．3、3、4可以構(gòu)成三角形，則結(jié)點(diǎn)能處于平衡．故B不符合題意；C．4、4、4可以構(gòu)成三角形，則結(jié)點(diǎn)能處于平衡．故C不符合題意；D． 3、4、5可以構(gòu)成三角形，則結(jié)點(diǎn)能處于平衡．故D不符合題意。故選A。（2）為驗(yàn)證平行四邊形定則，必須作受力圖，所以先明確受力點(diǎn)，即標(biāo)記結(jié)點(diǎn)O的位置，其次要作出力的方向并讀出力的大小，最后作出力的圖示，因此要做好記錄，是從力的三要素角度出發(fā)，要記錄砝碼的個(gè)數(shù)和記錄OA、OB、OC三段繩子的方向，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A．（3）的方向和鉤碼重力的方向相同，豎直向下，是通過(guò)力的平行四邊形定則做出來(lái)的，因有誤差存在不一定沿豎直方向，故選擇甲圖。 23. （9分）某同學(xué)想將一量程為1mA的靈敏電流計(jì)G改裝為多用電表，他的部分實(shí)驗(yàn)步驟如下：（1）他用如圖甲所示的電路測(cè)量靈敏電流計(jì)G的內(nèi)阻①請(qǐng)?jiān)谝覉D中將實(shí)物連線(xiàn)補(bǔ)充完整____________；②閉合開(kāi)關(guān)S1后，將單刀雙置開(kāi)關(guān)S2置于位置1，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R1的阻值，使電流表G0有適當(dāng)示數(shù)I0：然后保持R1的阻值不變，將開(kāi)關(guān)S2置于位置2，調(diào)節(jié)電阻箱R2，使電流表G0示數(shù)仍為I0。若此時(shí)電阻箱阻值R2=200Ω，則靈敏電流計(jì)G的內(nèi)阻Rg=___________Ω。（2）他將該靈敏電流計(jì)G按圖丙所示電路改裝成量程為3mA、30mA及倍率為×1、×10的多用電表。若選擇電流30mA量程時(shí)，應(yīng)將選擇開(kāi)關(guān)S置于___________(選填a或b或c或d)，根據(jù)題給條件可得電阻R1=___________Ω，R2=___________Ω。（3）已知電路中兩個(gè)電源的電動(dòng)勢(shì)均為3V，將選擇開(kāi)關(guān)置于a測(cè)量某電阻的阻值，若通過(guò)靈敏電流計(jì)G的電流為0.40mA，則所測(cè)電阻阻值為___________Ω。【答案】 如圖所示：200    b    10    90    150【解析】(1)①由原理圖連線(xiàn)如圖：；②由閉合電路歐姆定律可知，兩情況下的電流相同，所以靈敏電流計(jì)G的內(nèi)阻Rg=200；(2)由表頭改裝成大量程的電流表原理可知，當(dāng)開(kāi)關(guān)接b時(shí)，表頭與R2串聯(lián)再與R1串聯(lián)，此種情形比開(kāi)關(guān)接c時(shí)更大，故開(kāi)關(guān)應(yīng)接b由電流表的兩種量程可知：接c時(shí)有：接b時(shí)有：聯(lián)立解得：；(3)接a時(shí)，，多用電表的內(nèi)阻為：，此時(shí)流過(guò)待測(cè)電阻的電流為，所以總電阻為：，所以測(cè)電阻阻值為150。 24．（14分）如圖所示，兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L、足夠長(zhǎng)且電阻忽略不計(jì)，條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直。長(zhǎng)度為2d的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝導(dǎo)線(xiàn)框連接在一起組成裝置，總質(zhì)量為m，置于導(dǎo)軌上。導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌總是處于接觸狀態(tài)，并在其中通以大小恒為I的電流（由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未畫(huà)出）。線(xiàn)框的邊長(zhǎng)為d（），電阻為R，下邊與磁場(chǎng)區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域下邊界處返回，導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直，重力加速度為g。試求：(1)裝置從釋放到開(kāi)始返回的過(guò)程中，線(xiàn)框中產(chǎn)生的焦耳熱Q；(2)經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，線(xiàn)框上邊與磁場(chǎng)區(qū)域下邊界的最大距離xm。【答案】 (1)；(2)【解析】(1)因?yàn)閷?dǎo)體棒恰好運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域下邊界處返回，所以導(dǎo)體棒所受安培力方向豎直向上，根據(jù)左手定則可知導(dǎo)體棒通有電流的方向水平向右；安培力大小為設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)下邊界的過(guò)程中，作用在線(xiàn)框上的安培力做功為W，由動(dòng)能定理得且解得(2)線(xiàn)框每進(jìn)磁場(chǎng)一次都要消耗機(jī)械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，線(xiàn)框在磁場(chǎng)下邊界與最大距離xm之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得解得 25．（18分）如圖所示，長(zhǎng)度為l=2m的水平傳送帶左右兩端與光滑的水平面等高，且平滑連接。傳送帶始終以2m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。傳送帶左端水平面上有一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端固定，右端與質(zhì)量為mB物塊B相連，B處于靜止?fàn)顟B(tài)。傳送帶右端水平面與一光滑曲面平滑連接?，F(xiàn)將質(zhì)量mA、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A從曲面上距水平面h=1.2m處由靜止釋放。已知物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，mB=3mA，物塊A與B發(fā)生的是彈性正撞。重力加速度g取10m/s2。(1)求物塊A與物塊B第一次碰撞前瞬間的速度大??；(2)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明物塊A與物塊B第一次碰撞后能否回到右邊曲面上；(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊B再回到最初靜止的位置時(shí)都會(huì)立即被鎖定，而當(dāng)他們?cè)俅闻鲎睬八查g鎖定被解除，求出物塊A第3次碰撞后瞬間的速度大小。【答案】 (1)4m/s；(2)不能通過(guò)傳送帶運(yùn)動(dòng)到右邊的曲面上；(3)0.5m/s【解析】(1)設(shè)物塊A沿光滑曲面下滑至水平面時(shí)的速度大小為v0。由機(jī)械能守恒定律知:物塊在傳送帶上滑動(dòng)過(guò)程，由牛頓第二定律知：物塊A通過(guò)傳送帶后的速度大小為v，有:，解得v=4m/s因v＞2m/s，所以物塊A與物塊B第一次碰撞前的速度大小為4m/s(2)設(shè)物塊A、B第一次碰撞后的速度分別為v1、vB，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒有解得m/s即碰撞后物塊A沿水平臺(tái)面向右勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊A在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為，則得所以物塊A不能通過(guò)傳送帶運(yùn)動(dòng)到右邊的曲面上(3)當(dāng)物塊A在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的速度為零時(shí)，將會(huì)沿傳送帶向左加速?？梢耘袛啵飰KA運(yùn)動(dòng)到左邊平面時(shí)的速度大小為v1，設(shè)第二次碰撞后物塊A的速度大小為v2，由（2）同理可得則第3次碰撞后物塊A的速度大小為m/s （二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。33．【選修3-3】（15分）（1）（5分）關(guān)于氣體壓強(qiáng)的產(chǎn)生，下列說(shuō)法正確的是______。（填正確答案標(biāo)號(hào)，選對(duì)1個(gè)給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0分）A．氣體的壓強(qiáng)是大量氣體分子對(duì)器壁頻繁、持續(xù)地碰撞產(chǎn)生的B．氣體對(duì)器壁產(chǎn)生的壓強(qiáng)等于大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力C．氣體對(duì)器壁的壓強(qiáng)是由于氣體的重力產(chǎn)生的D．氣體的溫度越高，每個(gè)氣體分子與器壁碰撞的沖力越大E.氣體壓強(qiáng)的大小跟氣體分子的平均動(dòng)能和分子密集程度有關(guān)【答案】 ABE【解析】A．氣體對(duì)容器的壓強(qiáng)是大量氣體分子對(duì)器壁頻繁碰撞產(chǎn)生的，故A正確；B．氣體對(duì)器壁的壓強(qiáng)就是大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力，故B正確；C．氣體對(duì)器壁的壓強(qiáng)是由于大量氣體分子頻繁地碰撞器壁而產(chǎn)生的，與氣體的重力無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．氣體的溫度越高，分子平均動(dòng)能越大，但不是每個(gè)氣體分子的動(dòng)能越大，所以氣體的溫度越高，并不是每個(gè)氣體分子與器壁碰撞的沖力越大，故D錯(cuò)誤；E．氣體對(duì)容器壁的壓強(qiáng)是由于大量氣體分子對(duì)器壁碰撞作用產(chǎn)生的，壓強(qiáng)的大小跟氣體分子的平均動(dòng)能、分子的密集程度有關(guān)，故E正確。故選ABE。 （2）（10分）如圖所示，一汽缸左半部分導(dǎo)熱性能良好，右半部分絕熱且右端封閉，中間用一容積可以忽略的細(xì)管連接，導(dǎo)熱性能良好的活塞N和絕熱活塞M將汽缸隔成A、B兩部分，初始時(shí)，兩部分空間內(nèi)都密封有溫度為27°C、體積為5L的理想氣體，已知活塞N的橫截面積為100cm2 ，大氣壓強(qiáng)為p0=1.0×105Pa，室溫恒為27°C ，汽缸內(nèi)壁光滑?，F(xiàn)用一水平推力F緩慢將活塞N向右移動(dòng)5cm，為使活塞M的位置不變，需要給B中氣體加熱，求活塞N向右移動(dòng)5cm時(shí)：①推力F的大??；②B中氣體的溫度。（結(jié)果均保留整數(shù)）【答案】 ①；②【解析】①加力F后，A中氣體的壓強(qiáng)為對(duì)A中氣體，由玻意耳定律得聯(lián)立各式解得②對(duì)B中氣體，因活塞M保持在原位置不動(dòng)，則末態(tài)壓強(qiáng)根據(jù)查理定律得，聯(lián)立各式解得 34．【選修3-4】（15分）（1）（5分）兩列波速相同的簡(jiǎn)諧橫波沿x軸相向傳播，實(shí)線(xiàn)波的頻率為3 Hz，振幅為10 cm，虛線(xiàn)波的振幅為5 cm。t=0時(shí)，兩列波在如圖所示區(qū)域內(nèi)相遇，則         。（填正確答案標(biāo)號(hào)，選對(duì)1個(gè)給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0分）A．兩列波在相遇區(qū)域內(nèi)會(huì)發(fā)生干涉現(xiàn)象B．實(shí)線(xiàn)波和虛線(xiàn)波的頻率之比為3：2C．t=s時(shí)，x=9 m處的質(zhì)點(diǎn)實(shí)際振動(dòng)方向向上D．t=時(shí)，x=4 m處的質(zhì)點(diǎn)實(shí)際位移大小|y|>12.5 cm【答案】 BCD【解析】實(shí)線(xiàn)波的波長(zhǎng)為 λ1=4m，虛線(xiàn)波的波長(zhǎng)為 λ2=6m，它們的波速相等，由波速公式v=λf得：實(shí)線(xiàn)波和虛線(xiàn)波的頻率之比為 f1：f2=λ2：λ1=3：2，兩列波的頻率不同，不能發(fā)生干涉現(xiàn)象．故A錯(cuò)誤，B正確．波速為：v=λ1f1=4×3m/s=12m/s，則在t=s時(shí)間內(nèi)波傳播的距離 x=vt=2m=λ1=λ2，實(shí)線(xiàn)波單獨(dú)傳播時(shí)，在t=s時(shí)，x=9m處的質(zhì)點(diǎn)到達(dá)波谷，振動(dòng)速度為零．虛線(xiàn)波單獨(dú)傳播時(shí)，在t=s時(shí)，x=9m處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向向上，則根據(jù)波疊加原理可知t=s時(shí)，x=9m處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向向上．故C正確．波速為：v=λ1f1=4×3m/s=12m/s，則在t=s時(shí)間內(nèi)波傳播的距離 x=vt=1m=λ1，實(shí)線(xiàn)波單獨(dú)傳播時(shí)，t=s時(shí)，x=4m處的質(zhì)點(diǎn)到達(dá)波谷，位移大小為 y1=10cm；根據(jù)波形的平移法作出虛線(xiàn)波傳播x=1m時(shí)的波形，如圖所示由圖看出此刻x=4m處的質(zhì)點(diǎn)位移大小y2＞2.5cm，則波的疊加原理可知t=s時(shí)，x=4m處的質(zhì)點(diǎn)位移|y|=y1+y2＞12.5cm，故D正確．故選BCD. （2）（10分）一扇形玻璃磚的橫截面如圖所示，圓心角∠AOC=，圖中的虛線(xiàn)OB為扇形的對(duì)稱(chēng)軸，D為OC的中點(diǎn)，一細(xì)束平行于玻璃磚截面的單色光沿與OC面成角的方向從D點(diǎn)射入玻璃磚，折射光線(xiàn)與平行。（i）求該玻璃磚對(duì)該單色光的折射率；（ii）請(qǐng)計(jì)算判斷此單色光能否從玻璃磚圓弧面射出，若能射出，求射出時(shí)折射角的正弦值。【答案】 （i）；（ii）能射出，【解析】(i)光路圖如圖所示，有幾何關(guān)系得:根據(jù)折射定律有，解得(ii)如圖所示，光線(xiàn)出射過(guò)程中，入射角，折射角為，根據(jù)正弦定理有得由可知，因＜C，故此單色光能從玻璃磚圓弧面射出，由光路可逆可得解得  

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