高中物理高考三輪沖刺 【解析版】山東省德州市2023屆高三二模理綜物理模擬試題

山東省德州市2023屆高三二模（4月）理綜物理試題二、選擇題(共7小題，每小題6分，共42分。每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確。有的有多個選項正確，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．在物理學(xué)的發(fā)展過程中，許多物理學(xué)家都做出了重要的貢獻(xiàn)，他們也創(chuàng)造出了許多物理學(xué)研究方法。下列關(guān)于物理學(xué)研究方法的敘述中正確的是（）A．物理學(xué)中所有物理量都是采用比值法定義的B．質(zhì)點、點電荷都是理想化模型C．庫侖首先提出電場的概念D．重心、合力和交變電流的有效值概念的建立都體現(xiàn)了等效替代的思想【答案】BD【考查方向】本題旨在對物理學(xué)史的考察【解析】本題屬于記憶知識，要了解、熟悉物理學(xué)史，關(guān)鍵在于平時的積累和記憶，對于物理學(xué)上常用的科學(xué)研究方法：如等效替代法、比值定義法、理想化模型法等要理解并掌握，并進(jìn)行歸納總結(jié)，對學(xué)習(xí)物理量的意義有很大的幫助A、加速度a=即不是比值定義法定義的，故A錯誤．B、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素而得到的，質(zhì)點和點電荷都是理想化模型，故B正確；C、電場的概念是法拉第提出的，揭示了電荷間相互作用是電場對電荷的作用，故C錯誤；D、重心、合力和交變電流的有效值等概念的建立都體現(xiàn)了等效替代的思想，故D正確．15．一物體運(yùn)動的速度圖線如圖所示。下列選項正確的是（）A．0～2s內(nèi)的加速度小于5～6s內(nèi)的加速度B．0～6s內(nèi)，物體離出發(fā)點最遠(yuǎn)為30mC．0～6s內(nèi)，物體的平均速度為7.5m／sD．5～6s內(nèi)，物體所受的合外力做負(fù)功【答案】A【考查方向】本題旨在考察直線運(yùn)動中的v-t圖像的應(yīng)用和做功正負(fù)的判斷【解析】在v﹣t圖象中，與時間軸平行的直線表示物體做勻速直線運(yùn)動，傾斜的直線表示勻變速直線運(yùn)動，斜率表示加速度，傾斜角越大表示加速度越大，位移用圖象與坐標(biāo)軸所圍成的面積表示，在時間軸上方的位移為正；下方的面積表示位移為負(fù)；平均速度等于位移除以時間．動能定理反映合外力做功與動能變化量之間的關(guān)系．A、根據(jù)圖象的斜率等于加速度，斜率絕對值越大，加速度越大，可知0～2s內(nèi)的加速度小于5～6s內(nèi)的加速度，故A正確．B、0～5s，物體沿正方向運(yùn)動，5～6s沿負(fù)向運(yùn)動，故5s末離出發(fā)點最遠(yuǎn)，最遠(yuǎn)距離為：S=×10×（2+5）m=35m，故B錯誤；C、在0～6s內(nèi)，物體經(jīng)過的位移等于0～4s的位移，為：x=×10×（2+4）m=30m，則平均速度為：=5m/s，故C錯誤；D、在5～6s內(nèi)，物體的速度增大，動能增大，根據(jù)動能定理可知合外力對物體做正功，故D錯誤；16．如圖所示，斜面體置于粗糙水平面上，斜面光滑。小球被輕質(zhì)細(xì)線系住放在斜面上，細(xì)線另一端跨過定滑輪，用力拉細(xì)線使小球沿斜面緩慢向上移動一小段距離，斜面體始終靜止。則移動過程中（）A．細(xì)線對小球的拉力變大B．斜面對小球的支持力變大C．斜面對地面的壓力變大D．地面對斜面的摩擦力變小【答案】AD【考查方向】本題旨在考察共點力的平衡，利用力的合成與分解【解析】取小球為研究對象，根據(jù)平衡條件得到拉力、支持力與繩子和斜面夾角的關(guān)系式，即可分析其變化；對斜面研究，由平衡條件分析地面對斜面的支持力和摩擦力，即可分析斜面對地面的壓力變化．A、B選項中設(shè)物體和斜面的質(zhì)量分別為m和M，繩子與斜面的夾角為θ．取小球作為研究對象：小球受到重力mg、斜面的支持力N和繩子的拉力T，則由平衡條件得:斜面方向：mgsinα=Tcosθ①垂直斜面方向：N+Tsinθ=mgcosα②使小球沿斜面緩慢移動時，θ增大，其他量不變，由①式知，T增大．由②知，N變小，故A正確，B錯誤．C、D選項對斜面和小球整體進(jìn)行受力分析：重力（M+m）g、地面的支持力N′和摩擦力f、繩子拉力T，由平衡條件得f=Nsinα，N變小，則f變小，N′=（M+m）g+Ncosα，N變小，則N′變小，由牛頓第三定律得知，斜面對地面的壓力也變?。蔆錯誤．ff(M+m)gNα17．如圖所示，一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比，電源電壓，原線圈電路中接入熔斷電流I0=1A的保險絲，副線圈電路中接入一可變電阻R，電壓表為理想電表。則A．電壓表的讀數(shù)為B．當(dāng)可變電阻R的阻值變大時，電源的輸出功率變小C．副線圈的輸出功率一定是220WD．可變電阻R的最小電阻值為【答案】BD【考查方向】本題旨在考察理想變壓器的構(gòu)造和原理【解析】理想變壓器中輸入電壓決定輸出電壓；輸出電流決定輸入電流；輸出功率決定輸入功率。據(jù)電壓之比等于線圈匝數(shù)比可求出副線圈電壓，當(dāng)可變電阻R的阻值變大時，電流變小，副線圈功率變小，則原線圈功率也變小，根據(jù)原線圈電路中電流的最大值求出副線圈電流最大值，進(jìn)而求出可變電阻R的最小值，可變電阻的耗電功率是變化的．A選項由題意得原線圈的有效值U1=220V，根據(jù)，解得：U2=55V，電壓表讀數(shù)為有效值，故A錯誤；B選項當(dāng)可變電阻R的阻值變大時，電壓不變，副線圈電流減小，根據(jù)電流之比等于匝數(shù)反比可知，原線圈電流減小，則原線圈功率變小，故B正確；C選項可變電阻的耗電功率根據(jù)電阻的變化而變化，故C錯誤；D選項原線圈電路中接入熔斷電流I0=1A的保險絲，根據(jù)=，解得I2=4A，則可變電阻R的阻值最小值為：R===Ω，故D正確．18．如圖所示，正方形ABCD處于真空中一對等量異種點電荷形成的電場中，點電荷和正方形共面。已知AC連線為電場中的一條等勢線(圖中未畫出)，下列分析正確的是A．B、D兩點場強(qiáng)大小一定相等B．A、C兩點場強(qiáng)大小一定相等C．B、D兩點電勢可能相等D．若將一電荷先從A移到B，再從B移到C，電勢能的變化量大小相等【答案】AD【考查方向】本題旨在考察特殊電場中的電場強(qiáng)度、電勢及彼此之間的關(guān)系【解析】在等量異號電荷的等勢面中，只有中垂線是直線，其他都是曲線；等勢面與電場線垂直，沿著電場線方向，電勢是降低的，場強(qiáng)關(guān)于連線、中垂線對稱。A選項已知AC連線為電場中的一條等勢線，而等量異號電荷的等勢面中只有中垂線是直線，故AC的連線是等量異號電荷連線的中垂線，B、D兩點關(guān)于中垂線對稱，故電場強(qiáng)度的大小一定相等，故A正確；B選項AC是等勢面，電場線與等勢面垂直，由于在電場中的位移不確定，故電場強(qiáng)度可能相同，也可能不同，故B錯誤C選項AC是等勢面，電場線與等勢面垂直，沿著電場線方向電勢降低，故B、D的電勢一定不相等，故C錯誤；D選項AC是等勢面，故AB與CB間的電勢差相同，故電荷先從A移到B，再從B移到C電場力做功相同，故D正確；19．探月工程三期飛行試驗器于2014年10月24日2時在中國西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，飛行試驗器飛抵距月球6萬千米附近進(jìn)入月球引力影響區(qū)，開始在月球近旁轉(zhuǎn)向飛行，最終進(jìn)入距月球表面h=200km的圓形工作軌道。設(shè)月球半徑為A．飛行試驗器繞月球運(yùn)行的周期為B．飛行試驗器工作軌道處的重力加速度為C．飛行試驗器在工作軌道上的繞行速度為D．月球的平均密度為【答案】A【考查方向】本題旨在考察天體運(yùn)動中各物理量之間的關(guān)系【解析】衛(wèi)星繞月轉(zhuǎn)動時萬有引力提供圓周運(yùn)動向心力；物體在月球表面受到的重力等于月球?qū)ξ矬w的引力設(shè)月球質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的物體在月球表面重力與萬有引力相等有：可得GM=gR2A選項飛行器繞月運(yùn)行時萬有引力提供向心力有：，可得T==，故A錯誤；B選項在飛行器工作軌道處的重力加速度g，故B正確；C選項飛行器工作軌道上的繞行速度滿足即v=，故C正確；D選項月球的密度，故D正確．本題選擇錯誤的是，故選：A．20．如圖所示，在水平面上有兩條光滑的長直平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ，電阻忽略不計，導(dǎo)軌間距離為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面。質(zhì)量均為m的兩根金屬a、b放置在導(dǎo)軌上，a、b接入電路的電阻均為R。輕質(zhì)彈簧的左端與b桿連接，右端固定。開始時a桿以初速度向靜止的b桿運(yùn)動，當(dāng)a桿向右的速度為時，b桿向右的速度達(dá)到最大值，此過程中a桿產(chǎn)生的焦耳熱為Q，兩桿始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌接觸良好，則b桿達(dá)到最大速度時A．b桿受到彈簧的彈力為B．a(chǎn)桿受到的安培力為C．a(chǎn)、b桿與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少量為QD．彈簧具有的彈性勢能為【答案】AD【考查方向】本題旨在考察切割磁感線而產(chǎn)生電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)換【解析】當(dāng)b桿達(dá)到最大速度時，彈簧的彈力等于安培力，根據(jù)安培力大小公式與閉合電路歐姆定律及法拉第電磁感應(yīng)定律，可得到彈簧的彈力；兩棒安培力關(guān)系求出a桿受到的安培力．選取系統(tǒng)為研究對象，確定從開始到b桿最大速度作為過程，由能量守恒來確定彈簧的彈性勢能．A選項b桿達(dá)到最大速度時，彈簧的彈力等于安培力，由閉合電路歐姆定律可得I==，b棒受到的安培力大小F=BIL=，則彈簧的彈力為F=，故A正確B選項a、b兩棒串聯(lián)，電流相等，長度相等，所受的安培力大小相等，所以a桿受到的安培力為，故B錯誤；C選項根據(jù)能量守恒定律可知，、b桿與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少量為2Q．故C錯誤．D選項選兩桿和彈簧組成系統(tǒng)為研究對象，從a棒開始運(yùn)動到b棒達(dá)到最大速度，由能量守恒知，彈簧具有的彈性勢能為mv02﹣mv2﹣mvm2﹣2Q．故D正確；第Ⅱ卷(必做157分+選做36分，共193分)注意事項：1．第Ⅱ卷共19題。其中21—31題為必做部分，32—39題為選做部分。2．第Ⅱ卷所有題目的答案。考生須用毫米黑色簽字筆答在答題卡規(guī)定的區(qū)域內(nèi)，在試題卷上答題不得分。3．選做部分考生須從中選擇1道物理題、1道化學(xué)題和1道生物題做答．答題前，請考生務(wù)必將所選題號用2B鉛筆涂黑。答完題后。再次確認(rèn)所選題號?！颈刈霾糠帧?1．(8分)用如圖實驗裝置驗證組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。從高處由靜止開始下落，在m1拖著的紙帶上打出一系列的點，打點計時器的打點頻率為50Hz，對紙帶上的點跡進(jìn)行測量，即可驗證機(jī)械能守恒定律。下圖給出的是實驗中獲取的一條紙帶，0是打下的第一個點，相鄰兩計數(shù)點間均有4個點未畫出，計數(shù)點間的距離如圖所示。已知(g取9.8m／s2，所有結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)，則①下面給出了該實驗的操作步驟：A．按照圖示的裝置安裝實驗器材B．將打點計時器接到直流電源上C．先釋放m2，再接通電源，在紙帶打下一系列點跡D．挑選點跡清晰的紙帶進(jìn)行測量E．根據(jù)測量的結(jié)果，分別計算系統(tǒng)減少的重力勢能和增加的動能其中操作不當(dāng)?shù)牟襟E是：_____________②在打0～5點過程中系統(tǒng)動能的增加量____________J，系統(tǒng)重力勢能的減少量______________J，在誤差允許范圍內(nèi)驗證了機(jī)械能守恒。③某同學(xué)作出了圖線，則據(jù)圖線得到的重力加速度g=______________m／s2?！敬鸢浮竣貰C②③m／s2【考查方向】本題旨在考察機(jī)械能守恒定律的表示方法【解析】試驗中涉及打點計時器的工作條件和操作順序，根據(jù)物體的初末動能大小可以求出動能的增加量，根據(jù)物體重力做功和重力勢能之間的關(guān)系可以求出系統(tǒng)重力勢能的減小量，比較動能增加量和重力勢能減小量之間的關(guān)系可以得出機(jī)械能是否守恒；根據(jù)圖象的物理意義可知，圖象的斜率大小等于物體的重力加速度大?。俅螯c計時器必須在交流電源上才能工作；利用打點計時器時，須先讓打點計時器工作，再去讓中午運(yùn)動②根據(jù)在勻變速直線運(yùn)動中時間中點的瞬時速度大小等于該過程中的平均速度，可知打第5個點時的速度為：v5===s；物體的初速度為零，所以動能的增加量為：△Ek=mv﹣0=×（+）×=；重力勢能的減小量等于物體重力做功，故：△EP=W=mgh=（+）××=；由此可知動能的增加量和勢能的減小量基本相等，因此在誤差允許的范圍內(nèi)，m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒．③本題中根據(jù)機(jī)械能守恒可知，mgh=mv2，即有：v2=gh，所以出v2﹣h圖象中圖象的斜率表示重力加速度，由圖可知，斜率k=，故當(dāng)?shù)氐膶嶋H重力加速度g=s2．22．(10分)某學(xué)習(xí)小組的同學(xué)設(shè)計了如圖所示的電路來測量定值電阻R0的阻值(約為幾歐到十幾歐)及電源的電動勢E和內(nèi)阻r。實驗器材有：待測電源，待測電阻R0，電流表A(量程為，內(nèi)阻不計)，電阻箱R(0～，開關(guān)，導(dǎo)線若干。(1)先測電阻R0的阻值。請將學(xué)習(xí)小組同學(xué)的操作補(bǔ)充完整：先閉合S1和S2，調(diào)節(jié)電阻箱，讀出其示數(shù)R1和對應(yīng)的電流表示數(shù)I，然后_____________________，使電流表的示數(shù)仍為I，讀出此時電阻箱的示數(shù)R2。則電阻R0的表達(dá)式為R0=________________。(2)同學(xué)們通過上述操作，測得電阻，繼續(xù)測電源的電動勢E和內(nèi)阻r。該小組同學(xué)的做法是：閉合S1，斷開S2，多次調(diào)節(jié)電阻箱，讀出多組電阻箱示數(shù)R和對應(yīng)的電流表示數(shù)I，如下表數(shù)據(jù)：①請根據(jù)給定的坐標(biāo)系并結(jié)合以上數(shù)據(jù)描點作圖。②利用圖象求出該電源的電動勢E=_____________V，內(nèi)阻r=_____________(保留兩位有效數(shù)字)【答案】1）斷開，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值；2)①見圖；E=，r=【考查方向】本題旨在考察測電源的電動勢和內(nèi)阻【解析】根據(jù)實驗原理確定實驗方法及步驟，依據(jù)閉合電路歐姆定律求解；采用描點法作出對應(yīng)的伏安特性曲線．根據(jù)圖象和閉合電路歐姆定律可求得電動勢和內(nèi)電阻．1）器材中只有電流表而沒有電壓表，無法由伏安法求出電阻；故只能利用電阻箱得出待測電阻的阻值；當(dāng)電路中電流相同時，電阻也應(yīng)相同；因此可以控制電流相等，利用電阻箱的電阻，得出待測電阻的阻值；因此缺少的步驟應(yīng)為：再將S2切換到b，調(diào)節(jié)電阻箱使電流表的示數(shù)仍為I；而待測電阻等于兩次電阻箱的示數(shù)之差：即：Rx=R1﹣R2（2）由閉合電路歐姆定律可知：E=U1+I1rE=U2+I2r代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：E=6V，r=Ω336912151821Ｒ/Ω23．(18分)如圖所示，質(zhì)量為M=8kg的小車停放在光滑水平面上，在小車右端施加一水平恒力F，當(dāng)小車向右運(yùn)動速度達(dá)到時，在小車的右端輕輕放置一質(zhì)量m=2kg的小物塊，經(jīng)過t1=2s的時間，小物塊與小車保持相對靜止。已知小物塊與小車間的動摩擦因數(shù)，假設(shè)小車足夠長，g取10m／s2，求：(1)水平恒力F的大??；(2)從小物塊放到車上開始經(jīng)過t=4s小物塊相對地面的位移；(3)整個過程中摩擦產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮縁=8Nx=Q=12J【考查方向】本題旨在考察牛頓定律的綜合【解析】（1）分別對滑塊和平板車進(jìn)行受力分析，它們都只受到滑動摩擦力的作用，根據(jù)牛頓第二定律求出各自加速度，物塊在小車上停止相對滑動時，速度相同，即可以求出時間；（2）滑塊做勻減速運(yùn)動，平板車做勻加速運(yùn)動，當(dāng)它們速度相等時一起向右做勻速運(yùn)動，分別求出兩個運(yùn)動的位移即可解題．(3)過程所產(chǎn)生的熱量是由于摩擦力做功，摩擦產(chǎn)熱是由相對位移來決定的，而相對位移只在前2s有，即可據(jù)此來求（1）設(shè)小物塊與小車保持相對靜止時的速度為v，對于小物塊，在t=2s時間內(nèi)，做勻加速。對物塊：μmg=ma1對小車：F﹣μmg=Ma2聯(lián)立解得F=8N（2）對于小物塊，在開始t1=2s時間內(nèi)的位移x1=此后小物塊仍做勻加速運(yùn)動，加速大大小，則有聯(lián)立解得x=(3)整個過程只有錢2s物塊與小車有相對位移小車的位移：相對位移產(chǎn)生熱量解得：Q=12J24．(20分)如圖所示，在xOy直角坐標(biāo)平面內(nèi)的區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的區(qū)域有沿方向的勻強(qiáng)電場。在x軸上坐標(biāo)為的S點有一粒子源，它一次能沿紙面同時向磁場內(nèi)每個方向發(fā)射一個比荷，速率的帶正電粒子。若粒子源只發(fā)射一次，其中只有一個粒子Z恰能到達(dá)電場的右邊界，不計粒子的重力和粒子間的相互作用(結(jié)果可保留根號)。求：(1)粒子在磁場中運(yùn)動的半徑R；(2)粒子Z從S發(fā)射時的速度方向與磁場左邊界的夾角；(3)第一次經(jīng)過y軸的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐標(biāo)；(4)若粒子P到達(dá)y軸瞬間電場突然反向，求粒子P到達(dá)電場右邊界時的速度?！敬鸢浮?）R=2)3)P點坐標(biāo)（04）v=方向與邊界成45度角【考查方向】本題旨在考察帶電粒子在組合場中運(yùn)動的規(guī)律【解析】(1)粒子做圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，即可求出軌道半徑（2）粒子垂直進(jìn)入電場，即垂直邊界離開磁場，根據(jù)入射點、出射點畫出軌跡即可求得（3）在y軸上運(yùn)動到最高點的粒子運(yùn)動軌跡與y軸相切，據(jù)數(shù)學(xué)幾何知識可求；（4）Z粒子進(jìn)入電場后，電場力對其做功，依據(jù)動能定理即可獲求。依據(jù)類平拋的運(yùn)動規(guī)律來求。（1）粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力解得：R=(2)由題意可知Z粒子是垂直電場左邊界進(jìn)入電場的，作出Z粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖（a）所示，O1為軌跡圓圓心．用dB磁場區(qū)域的寬度．由幾何知識可知：，在中滿足：代入數(shù)據(jù)可得：即粒子Z從S發(fā)射時的速度與磁場左邊界夾角為60（或120）（3）在y軸上位置最高的粒子P的運(yùn)動軌跡恰與y軸相切與N點，如圖所示，N點到x軸的數(shù)值距離L滿足解得：L=即粒子P點的位置坐標(biāo)為（0（4）用表示電場的寬度，隨粒子Z在電場中的運(yùn)動，由動能定理qEdE=mv2①代入數(shù)據(jù)解得：設(shè)沿電場方向的速度為解得：所以粒子P到達(dá)電場右邊界時的速度方向與電場右邊界成（或37．(12分)【物理3—3】(1)(4分)下列說法中正確的是___________(雙選，填正確答案標(biāo)號)A．用打氣筒給自行車打氣需用力向下壓活塞，這說明氣體分子間有斥力B．物體體積增大時，分子間距增大，分子間勢能也增大C．熱量可以從低溫物體傳遞到高溫物體D．對物體做功，物體的內(nèi)能可能減小E．物體中所有分子的熱運(yùn)動動能的總和叫做物體的內(nèi)能【答案】CD【考查方向】本題旨在考察分子間的作用力；物體的內(nèi)能【解析】用打氣筒給自行車充氣，越打越費(fèi)勁，是由于內(nèi)外氣體的壓強(qiáng)差造成的；分子勢能隨距離增大先減小后增加，再減??；熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳遞到高溫物體，在一定的條件下能從低溫物體傳遞到高溫物體；改變內(nèi)能的方式有做功和熱傳遞；物體中所有分子的熱運(yùn)動動能與所有分子勢能的總和叫做物體的內(nèi)能．A、用打氣筒給自行車充氣，越打越費(fèi)勁，是由于內(nèi)外氣體的壓強(qiáng)差造成的．故A錯誤；B、分子勢能隨距離增大先減小后增加，再減小，故兩個分子的間距減小，分子間的勢能可能減小，故B錯誤；C、熱量可以在一定的條件下從低溫物體傳遞到高溫物體，故C正確；D、由△U=W+Q可知系統(tǒng)吸收熱量后，若系統(tǒng)對外做功，則內(nèi)能不一定增加，故D正確．E、物體中所有分子的熱運(yùn)動動能與所有分子勢能的總和叫做物體的內(nèi)能．故E錯誤．(2)(8分)如圖所示，質(zhì)量的導(dǎo)熱氣缸倒扣在水平地面上，A為一T型活塞，氣缸內(nèi)充有理想氣體。氣缸的橫截面積S=2×10-4m2，當(dāng)外界溫度為t=27℃時，氣缸對地面恰好沒有壓力，此時活塞位于氣缸中央。不計氣缸壁厚度，內(nèi)壁光滑，活塞始終在地面上靜止不動，大氣壓強(qiáng)為。求：①氣缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)；②環(huán)境溫度升高時，氣缸緩慢上升，溫度至少升高到多少時，氣缸不再上升。③氣缸不再上升后，溫度繼續(xù)升高，從微觀角度解釋壓強(qiáng)變化的原因?！敬鸢浮竣貾=×105Pa②T2=600K③溫度升高，分子平均動能增大，體積不變，分子密度不變，所以壓強(qiáng)變大．【考查方向】本題主要考察理想氣體狀態(tài)方程和微觀解釋【解析】①氣缸恰好對地面沒有壓力，對氣缸列平衡方程求壓強(qiáng)②氣缸緩慢上升，氣體壓強(qiáng)不變，列理想氣體狀態(tài)方程求解③溫度升高，分子平均動能增大，體積不變，分子密度不變，所以壓強(qiáng)變大①氣缸恰好對地面沒有壓力，對氣缸：mg+P0S=PS解得：P=×105Pa②氣缸緩慢上升，氣體壓強(qiáng)不變，則：解得：T2=600K③溫度升高，分子平均動能增大，體積不變，分子密度不變，所以壓強(qiáng)變大．38．(12分)【物理3—4】(1)(4分)圖a為一列簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，圖b為介質(zhì)中平衡位置在處的質(zhì)點P的振動圖象。下列說法中正確的是___________(雙選，填正確答案標(biāo)號)A．質(zhì)點P的振動頻率為4Hz B．橫波傳播的速度為lm／sC橫波沿軸負(fù)方向傳播 D．在任意4s內(nèi)質(zhì)點P運(yùn)動的路程為24cmE．t=1s時P的坐標(biāo)為(4m，0)【答案】BD【考查方向】本題旨在考察波長、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象【解析】根據(jù)a、b兩圖可以讀出該波的波長和周期，從而求出波速和頻率．t=0s時P點在平衡位置上，由b圖知下一時刻向上振動，從而確定了該波向右傳播．根據(jù)質(zhì)點簡諧運(yùn)動的周期性求出t=4s內(nèi)質(zhì)點P通過的路程，并能確定t=1s時其坐標(biāo)．AB、由a圖得到該波的波長為4m，由b圖得到該波的周期為4s，故波速為：v===1m/s，頻率為f==Hz，故A錯誤，B正確；C、t=0s時P點在平衡位置上，由b圖知下一時刻P點向下振動，從而確定了該波沿x軸正方向傳播，故C錯誤；D、由于4s即為一個周期，根據(jù)質(zhì)點簡諧運(yùn)動時每個周期內(nèi)的路程為振幅的4倍，故P點的路程為S=4A=4×6cm=24cm，故D正確；E、t=1s=時，質(zhì)點P到達(dá)波谷，坐標(biāo)為（4m，﹣6cm），故E錯誤．(2)(8分)如圖所示，截面為三角形透明介質(zhì)的三棱鏡，三個頂角分別為，介質(zhì)的折射率，現(xiàn)有一束光線沿MN方向射到棱鏡的AB面上，入射角的大小i=60°，光在真空中的傳播速度c=3×108m／s，求：①光在棱鏡中傳播的速率；②畫出此束光線進(jìn)入棱鏡后又射出棱鏡的光路圖，要求寫出必要的計算過程。(不考慮返回到AB和BC面上的光線)【答案】①v=②見解析圖【考查方向】本題旨在考察光的折射【解析】①光在棱鏡中傳播的速率應(yīng)根據(jù)公式v=求解．②已知折射率n和入射角的正弦sini，根據(jù)折射定律n=求出折射角．由公式sinC=求得臨界角C．由幾何知識求出光線射到BC面的入射角，根據(jù)入射角與臨界角的大小關(guān)系，判斷光線在BC面上能否發(fā)生全反射，再進(jìn)一步確定此束光線射出棱鏡后的方向．①光在棱鏡中傳播的速率：v===×108m/s；②設(shè)此束光從AB面射入棱鏡后的折射角為r，由折射定律n=得：=解得：r=30°．顯然光線從AB射入棱鏡后的折射光線NP平行于底邊AC，由圖中幾何關(guān)系可得，光線在BC面上的入射角θ=45°設(shè)臨界角為C，則由sinC==，sinθ=可得θ＞C故光