2020年高考物理 刷題1+1（2019模擬題）組合模擬卷八（含解析）

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1、組合模擬卷八 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(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．(2019·江西宜春高三上學(xué)期期末)如圖所示，某興趣小組制作了一個(gè)小降落傘，傘面底端是一半徑為R的剛性圓環(huán)，在圓環(huán)上等間距地系有四根長(zhǎng)均為2R的細(xì)線，將四根細(xì)線的另一端連接在一起，并懸掛有一質(zhì)量為m的物體。它們一起豎直向下加速降落，當(dāng)物體下落的加速度大小為0.2g時(shí)(g為重力加速度)，每根細(xì)線的張力為(　　) A.mg B.mg C

2、.mg D.mg 答案　A 解析　由幾何關(guān)系可知，每根線與豎直方向的夾角均為30°，設(shè)每根細(xì)線的張力大小為F，則對(duì)下面懸掛的物體根據(jù)牛頓第二定律可知：mg－4Fcos30°＝ma，整理可得：F＝mg，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 15．(2019·天津重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)合二模)下列說(shuō)法正確的是(　　) A．動(dòng)能相等的質(zhì)子和電子，它們的德布羅意波長(zhǎng)也相等 B．鈾核裂變的一種核反應(yīng)方程U→Ba＋Kr＋2n C．原子在a、b兩個(gè)能級(jí)的能量分別為Ea、Eb，且Ea＞Eb，當(dāng)原子從a能級(jí)躍遷到b能級(jí)時(shí)，放出光子的波長(zhǎng)λ＝(其中h為普朗克常量) D．設(shè)質(zhì)子、中子、α粒子的質(zhì)量分別為m1、m2、m3，

3、兩個(gè)質(zhì)子和兩個(gè)中子結(jié)合成一個(gè)α粒子，釋放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2 答案　D 解析　因質(zhì)子的質(zhì)量遠(yuǎn)大于電子的質(zhì)量，故動(dòng)能相等的質(zhì)子和電子，它們的動(dòng)量不相等，根據(jù)德布羅意波長(zhǎng)公式λ＝可知，它們的德布羅意波長(zhǎng)必不相等，A錯(cuò)誤；鈾核裂變有多種裂變的方式，但是每一種都要有慢中子的參與，即反應(yīng)方程的前面也要有中子，B錯(cuò)誤；原子在a、b兩個(gè)能級(jí)的能量為Ea、Eb，且Ea>Eb，當(dāng)原子從a能級(jí)躍遷到b能級(jí)時(shí)，放出光子的能量為：E＝＝Ea－Eb，所以光子的波長(zhǎng)為：λ＝，C錯(cuò)誤；根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程可知，兩個(gè)質(zhì)子和兩個(gè)中子結(jié)合成一個(gè)α粒子，釋放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2，D正確。 16

4、．(2019·全國(guó)卷Ⅰ) 如圖，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則(　　) A．P和Q都帶正電荷 B．P和Q都帶負(fù)電荷 C．P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷 D．P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷 答案　D 解析　細(xì)繩豎直，把P、Q看作整體，在水平方向不受力，對(duì)外不顯電性，帶異種電荷，A、B錯(cuò)誤；如果P、Q帶不同性質(zhì)的電荷，受力分別如圖所示，由圖知，P帶負(fù)電、Q帶正電時(shí)符合題意，C錯(cuò)誤，D正確。 　 17．(2019·山東聊城二模)如圖所示，三根相互平行的固定長(zhǎng)直導(dǎo)線L1、L2和L3垂直紙面放置，直導(dǎo)線與紙面的

5、交點(diǎn)及坐標(biāo)原點(diǎn)O分別位于邊長(zhǎng)為a的正方形的四個(gè)頂點(diǎn)。L1與L3中的電流均為2I、方向均垂直紙面向里，L2中的電流為I、方向垂直紙面向外。已知在電流為I的長(zhǎng)直導(dǎo)線的磁場(chǎng)中，距導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，其中k為常數(shù)。某時(shí)刻有一電子正好經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O且速度方向垂直紙面向外，速度大小為v，電子電荷量為e，則該電子所受磁場(chǎng)力(　　) A．方向與y軸正方向成45°角，大小為 B．方向與y軸負(fù)方向成45°角，大小為 C．方向與y軸正方向成45°角，大小為 D．方向與y軸負(fù)方向成45°角，大小為 答案　D 解析　導(dǎo)線L1、L2和L3中的電流在原點(diǎn)O處產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1＝k、B2＝k、B

6、3＝k，方向如圖， 則三電流在O點(diǎn)處產(chǎn)生的合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝B1－B2＝，方向與y軸正方向成45°角。電子經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O速度方向垂直紙面向外，速度大小為v，根據(jù)左手定則知，洛倫茲力方向與y軸負(fù)方向成45°角，洛倫茲力的大小f＝evB＝，D正確，A、B、C錯(cuò)誤。 18．(2019·江蘇省蘇北三市高三上學(xué)期期末質(zhì)檢)如圖所示，象棋子壓著紙條，放在光滑水平桌面上。第一次沿水平方向?qū)⒓垪l抽出，棋子落在地面上的P點(diǎn)。將棋子、紙條放回原來(lái)的位置，仍沿原水平方向?qū)⒓垪l抽出，棋子落在地面上的Q點(diǎn)，與第一次相比(　　) A．棋子受到紙條的摩擦力較大 B．棋子落地速度與水平方向夾角較大 C．紙條

7、對(duì)棋子的摩擦力做功較多 D．棋子離開桌面至落地過(guò)程中動(dòng)能增量較大 答案　C 解析　兩次由于正壓力不變，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式f＝μFN可知，紙條對(duì)棋子的摩擦力不變，A錯(cuò)誤；棋子離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，由于豎直分位移相同，根據(jù)豎直方向運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，由第二次水平分位移較大，可知第二次做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大，第二次紙條對(duì)棋子的摩擦力做功較多，設(shè)落地時(shí)速度與水平方向夾角為θ，則tanθ＝＝，可知第二次棋子落地時(shí)速度與水平方向夾角較小，B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)動(dòng)能定理可知，動(dòng)能的增量等于合外力的功，由于不計(jì)空氣阻力，則合力的功即為重力的功，由題可知重力的功相等，故動(dòng)能的增量相等，D錯(cuò)誤。 19

8、．(2019·福建龍巖高三上學(xué)期期末)用矩形半導(dǎo)體薄片制成一個(gè)霍爾元件，E、F、M、N為其四個(gè)側(cè)面。在E、F間通入恒定電流，同時(shí)外加與薄片上、下表面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電流和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向如圖所示。若半導(dǎo)體可自由移動(dòng)電荷為正電荷，M、N間產(chǎn)生的電勢(shì)差為UH。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．N板電勢(shì)高于M板電勢(shì) B．N板電勢(shì)低于M板電勢(shì) C．只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，則UH變大 D．只增大通入霍爾元件的電流I，則UH變大 答案　ACD 解析　根據(jù)左手定則，電流的方向向里，帶正電的自由電荷受力的方向指向N板，向N板偏轉(zhuǎn)，則N板電勢(shì)高，A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)左、右兩個(gè)表面相距為d，正電荷所受的電

9、場(chǎng)力等于洛侖茲力，Bqv＝q，可知只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，則UH變大，C正確；設(shè)材料單位體積內(nèi)可自由移動(dòng)的正電荷的個(gè)數(shù)為n，材料沿電流方向的截面積為S，根據(jù)Bqv＝q及I＝nqSv，可知只增大通入霍爾元件的電流I，則UH變大，D正確。 20．(2019·全國(guó)卷Ⅰ) 在星球M上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把物體P輕放在彈簧上端，P由靜止向下運(yùn)動(dòng)，物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系如圖中實(shí)線所示。在另一星球N上用完全相同的彈簧，改用物體Q完成同樣的過(guò)程，其a-x關(guān)系如圖中虛線所示。假設(shè)兩星球均為質(zhì)量均勻分布的球體。已知星球M的半徑是星球N的3倍，則(　　) A．M與N的密度相等 B．

10、Q的質(zhì)量是P的3倍 C．Q下落過(guò)程中的最大動(dòng)能是P的4倍 D．Q下落過(guò)程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍 答案　AC 解析　如圖，當(dāng)x＝0時(shí)，對(duì)P：mPgM＝mP·3a0，即星球M表面的重力加速度gM＝3a0；對(duì)Q：mQgN＝mQa0，即星球N表面的重力加速度gN＝a0。 當(dāng)P、Q 的加速度a＝0時(shí)，對(duì)P有mPgM＝kx0，則mP＝；對(duì)Q有mQgN＝k·2x0，則mQ＝，即mQ＝6mP，B錯(cuò)誤；根據(jù)mg＝G得，星球質(zhì)量M＝，則星球的密度ρ＝＝，所以M、N的密度之比＝·＝×＝1，A正確；當(dāng)P、Q的加速度為零時(shí)，P、Q的動(dòng)能最大，由動(dòng)能定理知，EkP＝P·x0＝mPPx0＝··x0＝kx

11、，EkQ＝Q·2x0＝mQQ2x0＝··2x0＝2kx，EkP∶EkQ＝1∶4，C正確；P、Q在彈簧壓縮到最短時(shí)，其位置關(guān)于加速度a＝0時(shí)的位置對(duì)稱，故P下落過(guò)程中的最大壓縮量為2x0，Q為4x0，D錯(cuò)誤。 21．(2019·銀川模擬)如圖所示，在xOy平面內(nèi)的坐標(biāo)原點(diǎn)處，有一個(gè)粒子源，某一時(shí)刻以同一速率v發(fā)射大量帶正電的同種粒子，速度方向均在xOy平面內(nèi)，且對(duì)稱分布在x軸兩側(cè)的30°角的范圍內(nèi)。在直線x＝a與x＝2a之間包括邊界存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于xOy平面向外，已知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為2a。不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用力，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．最先進(jìn)入磁場(chǎng)的粒

12、子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 B．最先進(jìn)入和最后進(jìn)入磁場(chǎng)中的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都相等 C．最后從磁場(chǎng)中射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 D．最后從磁場(chǎng)中射出的粒子出磁場(chǎng)的位置坐標(biāo)為 答案　ACD 解析　沿x軸方向射出的粒子最先進(jìn)入磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角為30°，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為×＝，A正確；沿與x軸成30°角的兩個(gè)方向射出的粒子同時(shí)最后進(jìn)入磁場(chǎng)，沿與x軸成30°角斜向上方進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角為30°，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為×＝，沿與x軸成30°角斜向下方進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角為120°，從O點(diǎn)到射出磁場(chǎng)路程最大，故最后從磁場(chǎng)中射出，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

13、時(shí)間為×＝，弦長(zhǎng)為s＝2×2asin60°＝2a，該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的位置離x軸的距離為x＝atan30°＝a，所以最后從磁場(chǎng)中射出的粒子出磁場(chǎng)的位置與x軸的距離為s＋x＝2a＋a＝a，故坐標(biāo)為，B錯(cuò)誤，C、D正確。 第Ⅱ卷(非選擇題，共62分) 三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，共62分。第22～25題為必考題，每個(gè)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·全國(guó)卷Ⅱ)(5分)如圖a，某同學(xué)設(shè)計(jì)了測(cè)量鐵塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)的實(shí)驗(yàn)。所用器材有：鐵架臺(tái)、長(zhǎng)木板、鐵塊、米尺、電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、頻率50 Hz的交流電源、紙帶等。

14、回答下列問(wèn)題： (1)鐵塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝__________(用木板與水平面的夾角θ、重力加速度g和鐵塊下滑的加速度a表示)。 (2)某次實(shí)驗(yàn)時(shí)，調(diào)整木板與水平面的夾角使θ＝30°。接通電源，開啟打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，釋放鐵塊，鐵塊從靜止開始沿木板滑下。多次重復(fù)后選擇點(diǎn)跡清晰的一條紙帶，如圖b所示。圖中的點(diǎn)為計(jì)數(shù)點(diǎn)(每?jī)蓚€(gè)相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出)。重力加速度為9.80 m/s2，可以計(jì)算出鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為____________(結(jié)果保留2位小數(shù))。 答案　(1)　(2)0.35 解析　(1)鐵塊受重力、木板彈力及摩擦力作用，受力分析如圖。由牛頓第二定律得：

15、 mgsinθ－μFN＝ma 且FN＝mgcosθ 解以上兩式得μ＝。 (2)由逐差法求鐵塊加速度： a＝ ＝×10－2 m/s2≈1.97 m/s2 代入μ＝，得μ≈0.35。 23．(2019·廣東深圳二模)(10分)LED燈的核心部件是發(fā)光二極管。某同學(xué)欲測(cè)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(dòng)變阻器(0～20 Ω)，電池組(內(nèi)阻不計(jì))，電鍵和導(dǎo)線若干。他設(shè)計(jì)的電路如圖a所示?；卮鹣铝袉?wèn)題： (1)根據(jù)圖a，在實(shí)物圖b上完成連線；

16、(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，閉合電鍵； (3)某次測(cè)量中，多用電表示數(shù)如圖c，則通過(guò)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(shí)，正向電阻為________ kΩ(結(jié)果取兩位有效數(shù)字)； (5)若實(shí)驗(yàn)過(guò)程中發(fā)現(xiàn)，將變阻器滑片從一端移到另一端，二極管亮度幾乎不變，電壓表示數(shù)在2.7～2.9 V之間變化，試簡(jiǎn)要描述一種可能的電路故障：___________

17、___________________________________________。 答案　(1)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，紅表筆接滑動(dòng)變阻器，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，則連線如圖。 (2)為保護(hù)電路，開關(guān)閉合前需將滑動(dòng)變阻器的滑片置于最左端。 (3)多用電表所選量程為25 mA，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

18、-U圖象中，圖線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??；當(dāng)兩端電壓為2.9 V時(shí)，電流表示數(shù)為19.0 mA，則電阻大小為R＝≈152.6 Ω≈0.15 kΩ(0.15或0.16均可)。 (5)由于二極管的正向電阻約為0.15 kΩ，遠(yuǎn)大于滑動(dòng)變阻器的最大阻值，因此若實(shí)驗(yàn)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(dòng)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，故故障可能是連接電源負(fù)極與變阻器的導(dǎo)線斷路。 24．(2019·貴州畢節(jié)二模)(12分)如圖甲

19、所示，絕緣的水平桌面上鋪有兩根不計(jì)電阻的足夠長(zhǎng)的光滑金屬軌道AB、CD，軌道間距為d，其左端接一阻值為R的電阻。一長(zhǎng)為L(zhǎng)且與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上，單位長(zhǎng)度的電阻為r。在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一邊長(zhǎng)為a的正方形區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于水平桌面向下的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，其中坐標(biāo)值已知。在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，方向垂直于水平桌面向上。某時(shí)刻，金屬棒在電動(dòng)機(jī)的水平恒定牽引力作用下從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，在t1時(shí)刻恰好以速度v1越過(guò)MN，此后向右做勻速運(yùn)動(dòng)。金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好。求：

20、 (1)在t＝0到t＝t1時(shí)間間隔內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱； (2)在時(shí)刻t(t>t1)流過(guò)電阻R的電流方向、大小和電動(dòng)機(jī)的輸出功率。 答案　(1)　 (2)電流由A經(jīng)R到C，大小為　 解析　(1)0到t1過(guò)程，左邊的磁場(chǎng)產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)E1＝， 根據(jù)閉合電路歐姆定律：I＝ 根據(jù)焦耳定律，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rt1，解得：Q＝。 (2)金屬棒勻速向右運(yùn)動(dòng)，受到的安培力水平向左，電流由A經(jīng)R到C。 t時(shí)刻，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)：E2＝B1dv1，方向?yàn)轫槙r(shí)針，而感生電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故總電動(dòng)勢(shì)為：E＝E2－E1 回路中的電流：I＝，解得：I＝。 發(fā)動(dòng)機(jī)

21、的牽引力與安培力相等，電動(dòng)機(jī)的輸出功率 P＝B1Idv1， 解得：P＝。 25．(2019·天津高考)(20分)2018年，人類歷史上第一架由離子引擎推動(dòng)的飛機(jī)誕生，這種引擎不需要燃料，也無(wú)污染物排放。引擎獲得推力的原理如圖所示，進(jìn)入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B之間的勻強(qiáng)電場(chǎng)(初速度忽略不計(jì))，A、B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過(guò)程中引擎獲得恒定的推力。單位時(shí)間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為定值，離子質(zhì)量為m，電荷量為Ze，其中Z是正整數(shù)，e是元電荷。 (1)若引擎獲得的推力為F1，求單位時(shí)間內(nèi)飄入A、B間的正離子數(shù)目N為多少； (2)加速正離子束所消耗的功

22、率P不同時(shí)，引擎獲得的推力F也不同，試推導(dǎo)的表達(dá)式； (3)為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，要使盡量大，請(qǐng)?zhí)岢鲈龃蟮娜龡l建議。 答案　(1)　(2) 　(3)見解析 解析　(1)設(shè)正離子經(jīng)過(guò)電極B時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理，有 ZeU＝mv2－0① 設(shè)正離子束所受的電場(chǎng)力為F1′，根據(jù)牛頓第三定律，有 F1′＝F1② 設(shè)引擎在Δt時(shí)間內(nèi)飄入A、B間的正離子個(gè)數(shù)為ΔN，由牛頓第二定律，有 F1′＝ΔNm③ 聯(lián)立①②③式，且由N＝得 N＝④ (2)設(shè)正離子束所受的電場(chǎng)力為F′，由正離子束在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有 P＝F′v⑤ 由牛頓第三定律得F′＝F，聯(lián)立①⑤式得 ＝ ⑥

23、(3)為使盡量大，分析⑥式得到三條建議：用質(zhì)量大的離子；用帶電量少的離子；減小加速電壓。 (二)選考題(共15分。請(qǐng)考生從給出的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．(2019·全國(guó)卷Ⅲ)[物理——選修3－3](15分) (1)(5分)用油膜法估算分子大小的實(shí)驗(yàn)中，首先需將純油酸稀釋成一定濃度的油酸酒精溶液，稀釋的目的是_________________________________。實(shí)驗(yàn)中為了測(cè)量出一滴已知濃度的油酸酒精溶液中純油酸的體積，可以________________________________。為得到油酸分子的直徑，還需測(cè)量的物理量是______

24、_____________________。 (2)(10分)如圖，一粗細(xì)均勻的細(xì)管開口向上豎直放置，管內(nèi)有一段高度為2.0 cm的水銀柱，水銀柱下密封了一定量的理想氣體，水銀柱上表面到管口的距離為2.0 cm。若將細(xì)管倒置，水銀柱下表面恰好位于管口處，且無(wú)水銀滴落，管內(nèi)氣體溫度與環(huán)境溫度相同。已知大氣壓強(qiáng)為76 cmHg，環(huán)境溫度為296 K。 (ⅰ)求細(xì)管的長(zhǎng)度； (ⅱ)若在倒置前，緩慢加熱管內(nèi)被密封的氣體，直到水銀柱的上表面恰好與管口平齊為止，求此時(shí)密封氣體的溫度。 答案　(1)使油酸在淺盤的水面上容易形成一塊單分子層油膜　把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，測(cè)出1 mL油

25、酸酒精溶液的滴數(shù)，得到一滴溶液中純油酸的體積　單分子層油膜的面積 (2)(ⅰ)41 cm　(ⅱ)312 K 解析　(1)用油膜法估測(cè)分子直徑時(shí)，需使油酸在水面上形成單分子層油膜，為使油酸盡可能地散開，將油酸用酒精稀釋。 要測(cè)出一滴油酸酒精溶液的體積，可用累積法，即測(cè)量出1 mL油酸酒精溶液的滴數(shù)。 根據(jù)V＝Sd，要求得分子的直徑d，則需要測(cè)出油膜面積，以及一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積。 (2)(ⅰ)設(shè)細(xì)管的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，橫截面的面積為S，水銀柱高度為h；初始時(shí)，設(shè)水銀柱上表面到管口的距離為h1，被密封氣體的體積為V，壓強(qiáng)為p；細(xì)管倒置時(shí)，氣體體積為V1，壓強(qiáng)為p1。由玻意耳定律有 p

26、V＝p1V1① 由力的平衡條件有 p＝p0＋ρgh② p1＝p0－ρgh③ 式中，ρ、g分別為水銀的密度和重力加速度的大小，p0為大氣壓強(qiáng)。由題意有 V＝S(L－h(huán)1－h(huán))④ V1＝S(L－h(huán))⑤ 由①②③④⑤式和題給條件得 L＝41 cm⑥ (ⅱ)設(shè)氣體被加熱前后的溫度分別為T0和T，由蓋—呂薩克定律有 ＝⑦ 由④⑤⑥⑦式和題給數(shù)據(jù)得 T＝312 K。⑧ 34．[物理——選修3－4](15分) (1)(2019·安徽合肥二模)(5分)如圖所示，一列振幅為10 cm的簡(jiǎn)諧橫波，其傳播方向上有兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)P和Q，兩者的平衡位置相距3 m。某時(shí)刻兩質(zhì)點(diǎn)均在平衡位置且二者之間

27、只有一個(gè)波谷，再經(jīng)過(guò)0.3 s，Q第一次到達(dá)波峰。則下列說(shuō)法正確的是________。(填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)1個(gè)得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，最低得分為0分) A．波的傳播方向一定向右 B．波長(zhǎng)可能為2 m C．周期可能為0.24 s D．波速可能為15 m/s E．0.3 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)P的位移大小為10 cm (2)(2019·廣東汕頭一模)(10分)如圖為一玻璃磚的截面圖，ABCD為長(zhǎng)方形，BCE為圓。AB＝2R，BC＝R，一束單色光從AD界面上的F點(diǎn)(未畫出)入射，在CD界面上的G點(diǎn)(未畫出)發(fā)生一次全反射后，從BE界面上的H點(diǎn)射出，折射角α＝60

28、°，折射光平行于DE且與反射光垂直，真空中的光速為c。 (ⅰ)畫出光路圖并求出折射率n。 (ⅱ)光從射入玻璃磚到第一次射出的時(shí)間t。 答案　(1)BDE　(2)(ⅰ)光路圖見解析　　(ⅱ) 解析　(1)某時(shí)刻P、Q兩質(zhì)點(diǎn)均在平衡位置且二者之間只有一個(gè)波谷，故存在以下三種情況： 由于不知道質(zhì)點(diǎn)P、Q的振動(dòng)情況，故無(wú)法判斷波的傳播方向，A錯(cuò)誤；當(dāng)P、Q之間波的形式如圖b所示，則有＝3 m，故有λ＝2 m，B正確；質(zhì)點(diǎn)Q第一次到達(dá)波峰可能經(jīng)歷＝0.3 s或＝0.3 s，故周期T＝1.2 s或T＝0.4 s，C錯(cuò)誤；圖a、b、c中波的波長(zhǎng)分別為λa＝3 m、λb＝2 m、λc＝6 m

29、，當(dāng)周期T＝1.2 s時(shí)，波速va＝2.5 m/s、vb＝ m/s、vc＝5 m/s；當(dāng)T＝0.4 s時(shí)，波速va′＝7.5 m/s，vb′＝5 m/s，vc′＝15 m/s，D正確；經(jīng)過(guò)0.3 s，質(zhì)點(diǎn)Q第一次到達(dá)波峰，圖a中質(zhì)點(diǎn)P到達(dá)波峰，圖b中質(zhì)點(diǎn)P到達(dá)波谷，圖c中質(zhì)點(diǎn)P到達(dá)波谷，故0.3 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)P的位移大小為10 cm，E正確。 (2)(ⅰ)光路圖如圖所示： 由幾何關(guān)系得：β＝90°－α＝30° n＝，解得n＝。 (ⅱ)由幾何關(guān)系得：θ＝2β＝60°，γ＝90°－θ＝30°＝β 在等腰△GHC中：GH＝2Rcosβ＝R 在直角△FDG中：FG＝＝ s＝GH＋FG，n＝，t＝＝。 15