【精?！?020年全國高考一模試卷(新課標Ⅲ卷)物理

1、2020年全國高考一模試卷（新課標出卷）物理一、選擇題：本題共 8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第 15題只有一 項符合題目要求，第 68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，有選錯或不答的得 0分。1. （6分）關(guān)于近代物理的相關(guān)知識，下列說法正確的是（）A.根據(jù)玻爾原子理論，氫原子的核外電子由能量較高的定態(tài)軌道躍遷到能量較低的定態(tài)軌道時，會輻射一定頻率的光子，同時核外電子的動能變小B.湯姆孫根據(jù)氣體放電管實驗斷定陰極射線是帶負電的粒子流，并求出了這種粒子的比荷C.玻爾大膽提出假設(shè)，認為實物粒子也具有波動性D.玻爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域，成功地解釋了所

2、有原子光譜的實驗規(guī)律解析：A、能級躍遷時，由于高能級軌道半徑較大，速度較小，電勢能較大，故氫原子的核外電子由較高能級躍遷到較低能級時，要釋放一定頻率的光子， 同時電子的動能增大， 電勢能減小，故A錯誤；日 湯姆孫通過研究求出了陰極射線的比荷，明確陰極射線是電子，故B正確；C德布羅意大膽提出假設(shè)，認為實物粒子也具有波動性，故C錯誤；D玻爾原子理論第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域，成功地解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律，不能解釋所有原子光譜的實驗規(guī)律，故D錯誤。答案：B2. （6分）如圖所示為遠距離輸電的簡易圖，其中升壓變壓器M副線圈的匝數(shù)可通過滑動觸頭P調(diào)節(jié)，除升壓變壓器 M副線圈與降壓變壓器 N原線圈之

3、間導線的電阻不能忽略外，其余部分的電阻均可忽略，其中燈泡a、b的電阻值不受溫度的影響。 保持滑動觸頭的位置不變，斷開開關(guān)S,燈泡A.保持滑動觸頭的位置不變，閉合開關(guān)，燈泡a的亮度變亮B.保持滑動觸頭的位置不變，閉合開關(guān)，輸電線上損耗的功率增大 C.保持開關(guān)閉合，將滑動觸頭向下滑動，輸電線上損耗的功率減小 D.保持開關(guān)閉合，將滑動觸頭向上滑動，電流表的讀數(shù)增大解析：AR閉合開關(guān)，負載電阻減小，變壓器N副線圈中的電流增大，根據(jù)變壓器的工作原理可知，變壓器N原線圈中的電流增大，即輸電線上的電流增大，輸電線上損失的電壓 U=Ir 增大，損失的功率 P=I2r增大，變壓器N的輸入電壓 U=U2-Ir減小

4、，所以輸出電壓 U4減 小，即燈泡a兩端的電壓減小，則燈泡 a的亮度變暗，A錯誤，B正確；C保持開關(guān)閉合，將滑動觸頭向下滑動，變壓器M副線圈的匝數(shù)增大，根據(jù)變壓器的工作原理，U1 n1可知，U2增大，所以變壓器 N的輸入電壓U3增大，輸出電壓 U4增大，再結(jié)U 2門2合歐姆定律I4 L的負載電流增大，整個電路中的電流增大，則輸電線路上的損失功率RP=I2r增大，故C錯誤；D保持開關(guān)閉合，將滑動觸頭向上滑動， 同理可得輸電線中的電流減小，電流表讀數(shù)減小，故D錯誤。答案：B3. （6分）我國ETC （電子不停車收費系統(tǒng)）已實現(xiàn)全國聯(lián)網(wǎng)，大大縮短了車輛通過收費站 的時間。一輛汽車以20m/s的速度駛

5、向高速收費口，到達自動收費裝置前開始做勻減速直線運動，經(jīng)4s的時間速度減為5m/s且收費完成，司機立即加速，產(chǎn)生的加速度大小為 2.5m/s2, 假設(shè)汽車可視為質(zhì)點。則下列說法正確的是（）A.汽車開始減速時距離自動收費裝置110 mB.汽車加速4 s后速度恢復到20 m/sC.汽車從開始減速到速度恢復到20 m/s通過的總路程為125 mD.汽車由于通過自動收費裝置耽誤的時間為4 s解析：A、根據(jù)平均速度的推論知，汽車開始減速時距離自動收費裝置的距離XiVo V.tl2以 4m 50m, 2故A錯誤。日 汽車恢復到20m/s所需的時間t2Vo Va220-s 6s,故 b錯誤。2.5C汽車加速

6、運動的位移X2 Wt22x=Xi+X2=50+75m=125m 故 C 正確。20 526m75 m ,則總路程x 125 D這段路程勻速運動通過的時間t 125s 6.25s,則通過自動收費裝置耽誤的時間Vo 20 t=t 1+t2-t=4+6 - 6.25s=3.75s ,故 D錯誤。答案：C4. （6分）新的一年，我校足球活動蓬勃開展，在一場比賽中，小明擲界外球給小華，他將 足球水平擲出時的照片如圖所示。擲出后的足球可視為做平拋運動。擲出點的實際高度為 1.8m,小華的高度為1.6m,根據(jù)照片估算，則下列說法中正確的是（）A.為使足球恰好落在小華頭頂，小明擲足球的初速度約為30 m/sB

7、.小明減小擲出點的實際高度，則足球落點一定在小華前面C.小明增大擲足球的初速度，則足球落點一定在小華后面D.為使足球恰好落在小華腳下，小明擲足球的初速度約為20 m/s解析：A、球做平拋運動，根據(jù) h=-1gt2可得足球在空中運動的時間t= 產(chǎn),由于足球恰 一2 （1.8-1.6）-好洛在小華的頭頂，則 t1 v-s 0.2s,有圖可估算出兩者間的距離約為拋出10點高度的3.3倍，即6m,足球運動的初速度為 V1 30m/s ,故A正確 3BC水平位移x V0t V0J,故水平位移有高度和初速度共同決定，故BC錯誤；,gD足球在空中運動的時間 t= I 0.6s,所以足球的初速度為 v2 -

8、10m/s,故d錯 igt誤。答案：A5. （6分）將兩個點電荷 A、B分別固定在水平面上 x軸的兩個不同位置上，將一正試探電 荷在水平面內(nèi)由 A點的附近沿x軸的正方向移動到 B點附近的過程中，該試探電荷的電勢能 隨位置變化的圖象如圖所示，已知Xac> Xcb,圖中的水平虛線在 C點與圖線相切，兩固定點電荷的電荷量分別用 qA、qB表示。則下列分析正確的是 （）出 ii *A.兩固定點電荷都帶負電，且qA> qBB.C點的電場強度最小但不等于零C.如果將試探電荷改為負電荷，則該電荷在C點的電勢能最大D.A、B兩點間沿x軸方向的電場強度始終向右解析：B、由圖可知：C點處電勢能斜率為零

9、，故電勢變化為零，那么由電場強度為電勢圖斜率可知：電場強度為零，故B錯誤；C試探電荷為正時， 電勢能為正，C點電勢能最?。荒敲?，試探電荷為負時，電勢能為負，C點電勢的絕對值最小，則電勢能最大，故 C正確；D由圖可知：電勢能先減小后增大，故電勢先減小后增大，那么，電場強度方向先向右，后向左，故D錯誤；A、由電場強度方向先向右，后向左可知：兩個點電荷同為正；又有XAC> XCB,故中點電場方向向右，那么，qA> qB,故A錯誤。答案：C6. （6分）Extreme Access Flyers是NASA5FF制的火星探測機器人，這種機器人能夠在非常 稀薄甚至完全沒有空氣的環(huán)境下運作。已知

10、火星的質(zhì)量為地球質(zhì)量的1 ,火星的半徑為地a1球半徑的1,假設(shè)空氣的阻力可忽略不計。在火星表面上方h處自由釋放一物體，物體落b在火星表面時的速度為 V1,自釋放到著地的時間為 3;在地面上方同樣的高度處自由釋放一 物體，物體落在地面時的速度為 V2,自釋放到著地的時間為 t 2.則下列說法正確的是（） A.火星表面的重力加速度與地球表面的重力加速度之比為b: aB.火星的第一宇宙速度與地球的第一宇宙速度之比為Vb : VaC.t 1 ： 12=a： bD.vi ： v2=b： J a解析：A、設(shè)火星的質(zhì)量為 M,半徑為R,其表面的重力加速度為g1,地球的質(zhì)量為 M,半2徑為R2,其重力加速度為

11、g2,則： mg1, 22mg2 ,解得：-g1,故Ri2dR2dg2 aA錯誤；日星球表面的第一宇宙速度為v= v gR ,由以上數(shù)據(jù)可以解得火星的第一宇宙速度與地球的第一宇宙速度之比為 而Ua ,故B正確；C物體自釋放到著地所需的時間為：t= J2h,時間與重力加速度的平方根成反比，因此2Vi2gih可得ti： t2=/a : Jb ,故C錯誤；DX由運動學公式可知，在火星表面下落的物體有:在地球表面下落的物體有：v2 2g2h ,解得：v± %,故D正確。V2a答案：BD7. （6分）如圖1所示，將一光滑的足夠長的斜面固定在水平面上，其傾角為0 ,在斜面的中間位置放置一質(zhì)量為

12、m可視為質(zhì)點的滑塊，并用銷釘將其鎖定，現(xiàn)在該滑塊上施加一平行 于斜面向上的外力 F,同時將鎖定解除，滑塊由靜止開始沿斜面運動，滑塊在開始的一段時 間內(nèi)，其機械能 E隨位移x的變化規(guī)律如圖2所示。其中。xi為曲線、xiX2為平行于x 軸的直線。則（）圖1圖2A.0xi的過程中滑塊的運動方向沿斜面向下B.0xi的過程中滑塊的加速度逐漸減小到零C.0X2的過程中滑塊先沿斜面向下做加速運動再沿斜面向下做勻速運動D.xix2的過程中滑塊的加速度大小為gsin 0解析：A、開始時只有拉力與重力做功，拉力做的功等于小物塊機械能的增加，由圖乙可知，開始時滑塊的機械能減小，則拉力做負功，所以滑塊運動的方向向下。

13、故 A正確；日由E=W=2?S可知，即圖乙中，圖線的斜率表示拉力的大小，由題可知，該拉力逐漸減 小?；瑝K受到重力、支持力和拉力，在沿斜面方向根據(jù)牛屯第二定律可得：ma=mgsin0 - F,則:a=mgsinm可知在0xi的過程中滑塊的加速度逐漸增大。故B錯誤；C D、xix2的過程中滑塊的機械能保持不變，可知拉力F已經(jīng)減小為0,所以物體只受到重力和支持力，沿斜面方向： ma=mgsin0所以加速度大小為 gsin所以在0x2的過程中滑塊先沿斜面向下做加速度增大的加速運動，再沿斜面向下做勻加速運動。故C錯誤，D正確。答案：AD8. （6分）如圖所示，一長為 2d、寬為d、質(zhì)量為m阻彳1為r的矩

14、形導線框放在具有理想 邊界的勻強磁場上方，已知虛線i、2之間的磁場方向垂直紙面向外，虛線2、3之間的磁場方向垂直紙面向里，且磁感應強度的大小均為B.現(xiàn)將導線框無初速度地釋放，導線框的AB邊到達虛線i位置時剛好勻速，當導線框的AB邊到達虛線2、3之間時再次勻速。 假設(shè)整個 過程中導線框的 AB邊始終與虛線平行，忽略空氣的阻力，重力加速度為go則下列說法正確的是（）A.導線框從進入磁場到完全離開的整個過程中，安培力的大小恒定B.從導線框的AB邊與虛線1重合到導線框的 AB邊剛到虛線2的過程中，導線框中產(chǎn)生的熱量為2mgdC.導線框釋放瞬間,AB邊與虛線1的間距為22m gr4432B dD.當AB

15、邊運動到虛線2、3之間再次勻速時，導線框的速度大小為嗎r 216B d解析：A、導線框向下運動的過程中，由楞次定律可知，安培力總是阻礙導線框的運動，即導線框所受的安培力方向與運動方向相反，因此導線框所受的安培力方向始終向上，但安培力大小隨速度的變化而變化，故A錯誤。日因為導線框的 AB邊到達虛線1位置時剛好勻速，所以導線框在虛線 1、2之間做勻速運 動，故從導線框的 AB邊與虛線1重合到導線框的 AB邊剛到虛線2的過程中，導線框中產(chǎn)生 的熱量為mgd,故B錯誤。 B2(2d)2/,C導線框的AB邊到達虛線1位置時剛好勻速，由平衡條件得mg= B (2d) v1 ,解得v尸羋二。從導線框剛釋放到

16、 AB邊與虛線1重合時，由機械能守恒定律得mgh=- mv12 ,解4B d222得h=2,故C正確。32B4d4D當導線框的AB邊到達虛線2、3之間時再次勻速，導線框所受的安培力大小為 2 .22 .22B?2dv2 16B d v216B d v2Fa=2BI?2d=4Bd2 =2 ,由力的平衡條件知 mg2解得v 2=嗎2 ,故D正確。16B d答案：CD二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第912題為必考題，每個試題考生都必須作答。第1316題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題9. (6分)如圖1所示的實驗裝置，可用來測定重力加速度， 也可用來驗證機械能守恒定律。在鐵架臺

17、的頂端有一電磁鐵， 下方某位置固定一光電門， 電磁鐵通電后小鐵球被吸起， 此時 小鐵球距離光電門 h,從電磁鐵斷電的瞬間開始計時，小鐵球到達光電門的時間為t,小鐵球經(jīng)過光電門的時間為 t。請回答下列問題：(1)用游標卡尺測得小鐵球的直徑為d,如圖2所示，則該示數(shù)為 cm ;解析：游標卡尺的主尺讀數(shù)為：0.5cm,游標尺上第4個刻度和主尺上某一刻度對齊,所以游標讀數(shù)為 4X 0.05mm=0.20mm=0.020cm所以最終讀數(shù)為：0.5cm+0.020cm=0.520cm。答案：0.520。(2)當?shù)刂亓铀俣鹊年P(guān)系式為g=;(用以上字母表示)解析：自由落體運動的公式，h=- gt 2,可知，

18、當?shù)氐闹亓铀俣葹?2hg=-。t答案：答(3)若小鐵球的機械能守恒，則滿足的關(guān)系式應為。(用以上字母表示)1 d 2rr一 m() mgh ,即2 t2_.2答案：-d-與, 2( t)2t2解析：小鐵球通過光電門時的速度大小為v=,若上述測量的物理量滿足關(guān)系式為t.22當，則小鐵球的機械能守恒。2( t)2 t210. (9分)某物理小組欲利用如圖所示的電路同時測量一只有30格刻度的毫安表的量程、內(nèi)阻和光敏電阻的阻值與光照強度之間的關(guān)系。實驗室能提供的實驗器材有：學生電源(輸出電壓為U=18.0V,內(nèi)阻不計)、電阻箱R (最大阻值9999.9 Q) 單刀雙擲開關(guān)一個、導線(1)該小組實驗時

19、先將電阻箱的阻值調(diào)至最大，然后將單刀雙擲開關(guān)接至a端，開始調(diào)節(jié)電阻箱，發(fā)現(xiàn)將電阻箱的阻值調(diào)為1700a時，毫安表剛好能夠偏轉(zhuǎn)一個格的刻度，將電阻箱的阻值調(diào)為500a時，毫安表剛好能偏轉(zhuǎn)三個格的刻度，實驗小組據(jù)此得到了該毫安表的量程為 mA ,內(nèi)阻R=Qo 解析：設(shè)毫安表每格表示電流大小為Io,則當電阻箱的阻值為 R=1700Q時，由閉合電路的歐姆定律可得：Io(R+R) =U當電阻箱的阻值為 R=500Q時，則有3 (R2+R) I 0=U, 兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得：R=100Q, Io=1OmA故該毫安表的量程為 300mA答案：300, 100。(2)該小組查閱資料得知，光敏電阻的阻值隨

20、光照強度的變化很大，為了安全，該小組需將 毫安表改裝成量程為 3A的電流表，則需在毫安表兩端(選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)一個阻值為 Q的電阻。解析：要將量程為300mA的毫安表改成量程為Ia=3A電流表，則需在毫安表兩端并聯(lián)一個電 阻，設(shè)其電阻為R',則有IgRg= (Ia- Ig) R',代入數(shù)據(jù)可解得 R' = 10 = 11.1 Qo9答案：并聯(lián)，11.1 Qo(3)該小組將單刀雙擲開關(guān)接至 b端，通過實驗發(fā)現(xiàn)，流過毫安表的電流I (單位：mA與 1,1R (單位：Q)光照強度E (單位：cd)之間的關(guān)系滿足I=1E,由此可得光敏電阻的阻值3與光照強度E之間的關(guān)系為

21、 R=。解析：由題意可知，改裝后電流表的內(nèi)阻為Rg=10Q,設(shè)通過光敏電阻的電流大小為I '(單位：A)則有RR' 3(R+R) I ' =U 成立，且 I ' = -I 10 ,R'103即(R+10) X _ E 10 3 (V) =18.0V, 3-554000整理可得：R=10 (Q) oE答案：54000 10。11. (14分)如圖所示的裝置，一長度為L=1.2m、質(zhì)量為m=3.5kg的長木板C放在光滑的水平面上，與另一等高的固定長木板并排放在一起。質(zhì)量為 m=1kg的可視為質(zhì)點的滑塊 A 放在固定的長木板上，將彈簧壓縮并處于鎖定狀態(tài)，但滑塊

22、A與彈簧不拴接，開始時彈簧儲存的彈性勢能為 &=5.8J,彈簧的自然長度小于固定長木板的長度。解除鎖定后，滑塊 A向 右滑動一段時間與彈簧分離，與放在長木板C最左端的質(zhì)量為 m=0.5kg的滑塊B發(fā)生碰撞，最終滑塊B停在長木板C的最右端，而滑塊 A在長木板C上滑動的距離為s=0.5m。已知滑 塊A在固定長木板上，t動的距離為x=0.95m,滑塊A與固定長木板之間的動摩擦因數(shù)為呼=0.4,滑塊A B與長木板C之間的動摩擦因數(shù)均為2=0.1 ,重力加速度g=10m/s2。求：(1)長木板C的最終速度應為多大？解析：設(shè)滑塊 A運動到固定長木板的最右端時，滑塊A的速度大小為V0.對滑塊A,由功

23、能關(guān)系得：1 一 2號 -1mAgx= mAv02代入數(shù)據(jù)解得：V0=2m/s由題意可知，最終滑塊 A、B與長木板C保持相對靜止，設(shè)三者共同速度大小為v。對A B與C,取向右為正方向，由動量守恒定律得：mAVo= (mA+m+mc) v代入數(shù)據(jù)解得：v=0.4m/s。答案：長木板C的最終速度應為0.4m/s。(2)當滑塊B停在長木板C的最右端時，長木板 解析：假設(shè)滑塊 A、B碰后的瞬間速度大小分別為 恒定律得：C向右運動的距離為多少？VA、VB.對滑塊A、B組成的系統(tǒng)，由動量守mAvo=mAVA+mBVB.由動能定理得:2mAgs+科 2mBgL=1 mAvA2+1 htbvb2 - 1 (m

24、A+mB+mc) 222聯(lián)立以上兩式解得：vA=1m/s vB=2m/s另一組解為:5/° va = m/s32vbm/s3因為va' >vb',所以該組解不符合題意，舍去。假設(shè)整個過程中，滑塊B向右滑動的距離為 X,，滑塊B在長木板C上的加速度大小為 a。根據(jù)牛頓第二定律有：2mg=ma解得：a=2g=1m/s2.22由勻變速直線運動的規(guī)律得：x' = vB v2a解得：x' =1.92m長木板C向右運動的距離為：xc=x' - L=1.92 - 1.2=0.72m。答案：當滑塊B停在長木板C的最右端時，長木板 C向右運動的距離為 0.

25、72m。12. (18分)在矩形區(qū)域abcd中，存在如圖1所示的磁場區(qū)域(包括邊界)，規(guī)定磁場方向1垂直紙面向里為正，其中bc=2ab=2l、e為bc邊界上的一點，且 ce=。重力可忽略不計的2正粒子從d點沿dc方向以初速度v。射入磁場，已知粒子的比荷為ko求：e點離開，則磁場的磁(1)如果在0時刻射入磁場的粒子經(jīng)小于半個周期的時間從邊界上的感應強度B0應為多大？解析：由題意作出粒子的運動軌跡，如圖 1所示，在磁場中，洛倫茲力提供向心力，有:1 C由幾何關(guān)系，有：R0I2 (R0)22, 15，解得：R0 514由于q k m解得B0 4v0 。5k1e點離開，則磁場的答案：如果在0時刻射入磁

26、場的粒子經(jīng)小于半個周期的時間從邊界上的 磁感應強度Bo應為4v°-so5k1(2)如果磁場的磁感應強度 B=2° ,欲使在小于半個周期的任意時刻射入磁場的粒子均不kl能由ad邊離開磁場，則磁場的變化周期To應滿足什么條件？解析：由R mv0- 可知，粒子運動的半徑為R -,臨界情況為粒子從 t=0時刻射入，并qBo2且軌跡恰好與ad邊相切，如圖2所示圓周運動的周期為：T= 2m = LqBo v o由幾何關(guān)系可知，t T內(nèi)粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為 5265對應運動時間為：t1T T212應滿足t1 T025 l聯(lián)立可得：T0-5-06vo答案：如果磁場的磁感應強度匕生二，欲使在小

27、于半個周期的任意時刻射入磁場的粒子kl均不能由ad邊離開磁場，則磁場的變化周期T0應滿足條件T05 l6v 0(3)如果磁場的磁感應強度 3=20，在bc邊的右側(cè)加一垂直 bc邊向左的勻強電場，0時kl刻射入磁場的粒子剛好經(jīng)過To垂直bc邊離開磁場，經(jīng)過一段時間又從a點離開磁場區(qū)域，則電場強度E以及粒子在電場中的路程 x分別為多大？解析：根據(jù)題意畫出粒子的運動軌跡如圖3所示圖3由題意有：T01 2 m2qB7得：T0在電場中有：qE=ma往返一次用時為:應有： t （n可得：E（2n1） kl、一一,1運動的路程為：x= v 0 ?2)T08v02, (n=0, 1,2)t _(2n1) l一

28、? 2 =,(n=0, 1, 2, 3)2 -8答案：如果磁場的磁感應強度時刻射入磁場的粒子剛好經(jīng)過B0=-,在bc邊的右側(cè)加一垂直 bc邊向左的勻強電場，0klT0垂直bc邊離開磁場，經(jīng)過一段時間又從 a點離開磁場區(qū)域， 8v則電場強度E為(2n(n=0, 1, 2, 3)。1) kl（n=0, 1, 2, 3）,粒子在電場中的路程為 0n1-8（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第-題計分。物理-選彳3-3 （15分）13. （5分）如圖所示，圖線甲和圖線乙為兩分子之間的引力以及斥力隨兩分子之間距離的變化規(guī)律圖線，且兩圖線有一交點，假設(shè)分子間的平衡

29、距離為 0.則下列說法正確的是（）A.圖線甲為分子引力隨分子間距離變化的圖線B.圖線乙為分子引力隨分子間距離變化的圖線C.兩圖線的交點對應的橫坐標約為0D.如果兩分子之間的距離增大，則分子間的斥力比引力減小得慢E.如果兩分子之間的距離小于交點的橫坐標時，分子力為斥力圖線乙為解析：AR為斥力比引力變化的快，所以圖線甲為分子引力隨著距離變化的圖線, 分子斥力隨著分子間距變化的圖線，故A正確，B錯誤；C當分子間距為r。時，兩個分子間的引力等于斥力，而兩圖線的交點表示該位置引力與斥 力大小相等，對應的橫坐標約為r。，故C正確；D由于分子斥力比分子引力變化的快，因此當兩個分子間的距離增大時，分子間的斥力

30、比引力減小的快，故 D錯誤；E、如果兩個分子之間的距離小于交點的橫坐標時，分子間的斥力大于分子間的引力，因此 分子力表現(xiàn)為斥力，故 E正確。答案：ACE14. (10分)將一厚度不計粗細均勻的導熱性能良好的長直玻璃管水平固定在桌面上，現(xiàn)用一厚度不計的活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，已知活塞與玻璃管之間的摩擦可忽略不計。已知外界大氣壓強為 p,封閉氣柱的長度為 L,外界環(huán)境溫度為 To現(xiàn)用質(zhì)量不計的細繩跨過 光滑的定滑輪連接活塞與質(zhì)量為m的重物，連接活塞的細繩呈水平狀態(tài)，當系統(tǒng)再次平衡時，活塞向右移動的距離為 L。假設(shè)整個過程中外界大氣壓強恒為p,重力加速度大小為 go3求：(1)玻璃管的橫截面積為

31、多大？解析：由題意可知，該過程中氣體的溫度保持不變，則由玻意耳定律可知:C/1、 cpLSp'( L L ) S3對活塞，由力的平衡條件可知：p'S=pS - mg4mgp聯(lián)立解得：S=4mg-o p答案：玻璃管的橫截面積為(2)當外界環(huán)境的溫度降為 5T時，系統(tǒng)再次達到平衡，氣柱的長度為多少？6解析：由題意可知，該過程中氣體的壓強保持不變，則由蓋 ？呂薩克定律有：八1.、C(L 3L)S L' St II610解得：L'= UL。9，一 ，、，-、5，一、，一-，一、10答案：當外界環(huán)境的溫度降為 5T時，系統(tǒng)再次達到平衡，氣柱的長度為L 。69物理-選彳3-

32、4 (15分)15. (5分)一振源位于坐標原點，其振動形成一列水平向右傳播的簡諧橫波，在 t=0時, x=5m處的質(zhì)點剛開始起振，且在以后的振動過程中該質(zhì)點相鄰兩次出現(xiàn)波谷的時間差為 t=0.4s 。則下列說法正確的是 ()A.該簡諧橫波在0.1s的時間內(nèi)波形向右平移1mB.x=1m處的質(zhì)點在0.1s的時間內(nèi)向右運動 1mC.在0.1s的時間內(nèi)x=1.5m處的質(zhì)點通過的總路程為0.1mD.在t=0.2s時，x=1.5m處的質(zhì)點的運動方向沿E.在t=0.7s時，x=9m處的質(zhì)點第一次運動到波峰 解析：A、由波動圖象可知相鄰波谷間的距離為y軸的正方向4m,所以波長 入=4m已知x=5m處的質(zhì)點相

33、鄰兩次出現(xiàn)波谷的時間差為t=0.4s ,所以振動周期 T=0.4s ,則波速為v= 一 =10m/s,所以波在0.1s內(nèi)向右傳播的距離為 x=vt=1m ,波形向右平移1m,故A正確。日介質(zhì)中質(zhì)點不隨波向前移動，故 B錯誤。C由圖可知，在t=0時刻，x=1.5m處的質(zhì)點不在平衡位置和最大位移處，所以在 0.1 s的時間內(nèi)x=1.5m處的質(zhì)點通過的總路程不是一個振幅（0.1m）,故C錯誤。D由圖可知，在t=0時刻，x=1.5m處質(zhì)點的振動方向沿 y軸負方向，因此在t=0.2s= T時,2x=1.5m處的質(zhì)點的運動方向沿 y軸的正方向，故 D正確。x 9-2E、當圖中x=2m處波峰傳到x=9m處時

34、，x=9m處的質(zhì)點第一次運動到波峰，用時t=v 10=0.7s ,故E正確。 答案：ADE16. （10分）如圖為一半圓柱形玻璃磚的橫截面，圖中的AB為直徑，其長度為d,。為圓心,圖中的虛線過圓心且與直徑 AB垂直并與半圓交于 C點。兩束同種單色光甲、乙平行地斜射入半圓柱形玻璃磚中，甲射入玻璃磚后過圓心的C點射入玻璃磚，且與虛線的夾角為O且在該點剛好發(fā)生全反射，乙剛好由圖中 ,已知光在真空中的傳播速度為 c。求:i=45 °（1）玻璃磚的折射率n應為多大？解析：作出光路圖如圖所示。由已知可知單色光甲剛好發(fā)生全反射的臨界角C=45由 sinC= 1 得 n= ©2。 n答案：

35、玻璃磚的折射率 n應為22。(2)甲、乙兩束單色光從射入玻璃磚到第一次從玻璃磚中射出，兩束光在玻璃磚中傳播的時 間差應為多少？解析：設(shè)單色光乙射入玻璃磚時的折射角為r,由折射定律有n=n_sinr代入數(shù)據(jù)解得r=30。c光在玻璃磚中傳播的速度 v=-n單色光甲從射入玻璃磚到第一次從玻璃磚中射出經(jīng)過的路程s甲二2R單色光乙從射入玻璃磚到第一次從玻璃磚中射出經(jīng)過的路程s乙=R-,s甲比t=往 2 - ,6)d3ccosr甲、乙兩束單色光從射入玻璃磚到第一次從玻璃磚中射出的時間差聯(lián)立解得 t= (3后-。3c答案：甲、乙兩束單色光從射入玻璃磚到第一次從玻璃磚中射出的時間差是考試高分秘訣是什么？試試這

36、四個方法，特別是中考和高考生誰都想在考試中取得優(yōu)異的成績，但要想取得優(yōu)異的成績，除了要 掌握好相關(guān)的知識定理和方法技巧之外，更要學會一些考試技巧。因為一 份試卷的題型有選擇題、填空題和解答題，題目的難易程度不等，再加上 時間的限制，更需要考生運用考試技巧去合理安排時間進行考試，這樣才 能獲得一個優(yōu)異的成績。在每次考試結(jié)束之后，我們總會發(fā)現(xiàn)這樣有趣的情形：有的學生能超 常發(fā)揮，考個好成績，而有的學生卻出現(xiàn)粗心大意的狀況，令人惋惜。有 的學生會說這是“運氣”的原因，其實更深次的角度來說，這是說明考試準備不足，如知識掌握不扎實或是考試技巧不熟練等，這些正是考前需要調(diào)整的重點。讀書學習終究離不開考試，像中考和高考更是重中之重，影響著很多 人的一生，下面就推薦一些與考試有關(guān)的方法技巧，希望能幫助大