湖南省师范大学附属中学2020届高三物理上学期月考试题（四）（含解析） 23页

湖南师大附中2020届高三月考试卷(四) ‎ 物　理 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8小题只有一个选项正确，9～12小题有多个选项正确，选不全的得2分，错选或不选得0分．将选项填涂在答题卡中)‎ ‎1.下列关于物理学史和物理思想方法，叙述错误的是 A. 卡文迪许在测量万有引力常量的实验中，运用了“放大法”‎ B. 第谷通过多年的观测，积累了大量可靠的数据，在精确的计算分析后得出了行星运动定律 C. 从物理思想方法上讲，平均速度体现了“等效替代”的物理思想 D. 功率是采用“比值法”定义的物理量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】卡文迪许在测量万有引力常量的实验中，运用了“放大法”，选项A正确；第谷通过多年的观测，积累了大量可靠的数据，开普勒根据第谷的观测数据，在精确的计算分析后得出了行星运动定律，选项B错误；从物理思想方法上讲，平均速度体现了“等效替代”的物理思想，选项C正确；功率是采用“比值法”定义的物理量，选项D正确；此题选择错误的选项，故选B.‎ ‎2.如图所示，在水平面上固定一点光源，在点光源和右侧墙壁的正中间有一小球自水平面以初速度v0竖直上抛，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则在小球竖直向上运动的过程中，关于小球的影子在竖直墙壁上的运动情况，下列说法正确的是 A. 影子做初速度为v0，加速度为g的匀减速直线运动 B. 影子做初速度为2v0，加速度为g的匀减速直线运动 C. 影子做初速度为2v0，加速度为2g的匀减速直线运动 D. 影子做初速度为v0，加速度为2g的匀减速直线运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示，设经过时间t影子的位移为x，根据相似三角形的知识有： ，解得：x＝2v0t−gt2；‎ 故影子做初速度为2v0，加速度为2g的匀减速直线运动，C正确。ABD错误；故选C。‎ ‎3.两根圆柱形长直木杆AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上把一摞瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处，在实际操作中发现瓦滑到底端处时速度较大，有可能摔碎，为了防止瓦被损坏，下列措施可行的是（ ）‎ A. 适当减少两杆之间的距离 B. 适当增大两杆之间的距离 C. 增多每次运送瓦的块数．‎ D. 减少每次运送瓦的块数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，斜面的高度及倾斜角度不能再变的情况下，要想减小滑到底部的速度就应当增大瓦与斜面的摩擦力，由f=μFN可知，可以通过增大FN来增大摩擦力；而增大瓦的块数，增大了瓦的质量，虽然摩擦力大了，但同时重力的分力也增大，不能起到减小加速度的作用，故改变瓦的块数是没有作用的，故CD错误；而增大两杆之间的距离可以增大瓦受到的两支持力的夹角，而瓦对杆的压力随夹角的增大而增大，故增大两杆间的距离可以在不增大重力分力的情况下增大瓦对滑杆的压力，从而增大摩擦力，故B正确，A错误；故选B。‎ ‎4.如图所示，竖直放置、半径为R的半圆轨道直径边在水平地面上，O为圆心，A、B在轨道上，A是轨道最左端，OB与水平面夹角为60°.在A点正上方P处将可视为质点的小球水平抛出，小球过B点且与半圆轨道相切，重力加速度为g，小球抛出时的初速度为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】小球做平抛运动，在飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30°，则有：vy＝v0tan 30°，又vy＝gt，则得：v0tan 30°＝gt，t＝；水平方向上小球做匀速直线运动，则有：R＋Rcos 60°＝v0t；联立解得：v0＝，故选B.‎ ‎5.20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域．现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv，和飞船受到的推力F(其它星球对它的引力可忽略)．飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动．已知星球的半径为R，引力常量用G表示．则宇宙飞船和星球的质量分别是 A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】直线推进时，根据动量定理可得FΔt＝mΔv，解得飞船的质量为m＝，绕孤立星球做匀速圆周运动时，根据公式，又，解得M＝，B正确．‎ ‎6.如图，一箱苹果沿着倾角为θ的光滑斜面加速下滑，在箱子正中央夹有一只苹果，它周围苹果对它作用力的合力（     ）‎ A. 对这只苹果做正功 B. 对这只苹果做负功 C. 对这只苹果不做功 D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 对整体分析，受重力和支持力，摩擦力，整体的加速度，可知苹果的加速度为，苹果受重力、周围苹果的作用力，两个力的合力等于，所以其他苹果对该苹果的作用力等于，方向垂直于斜面向上，根据可知，F不做功，故C正确．‎ ‎7.在竖直平面内有水平向右、电场强度为E＝1×104 N/C的匀强电场．在场中有一根长L＝2 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系有质量为0.04 kg的带电小球，如图所示，它静止时细线与竖直方向成37°角．现给小球一个初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能和重力势能的零点，下列说法正确的是(cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)‎ A. 小球所带电量为q＝3.6×10－5 C B. 小球恰能做圆周运动动能最小值是0.5 J C. 小球恰能做圆周运动的机械能最小值是0.5 J D. 小球恰能做圆周运动的机械能最小值是1.28 J ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对小球进行受力分析如上图所示，‎ ‎ ‎ 可得：mgtan37°=qE．解得小球的带电量为：．选项A错误；由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力．在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，在B点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有：，而F合=m，所以；选项B正确；由于总能量保持不变，即Ek+EPG+EPE=恒量．所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能EPE 最大，机械能最小．由B运动到A，W合力=-（EPA-EPB），W合力=F合•2L，所以EPB=2J；总能量E=EPB+EkB=2.5J．由C→A，WFE=FE•L•（1+sin37°）=0.96J，WFE=EP2 （EP2为C点电势能），所以C点的机械能为E机C=E-EP2=1.54J，选项CD错误；故选B.‎ ‎【点睛】该题为小球在电场和重力场这一复合场中的运动问题，抓住重力和电场力的合力为恒力，用“等效力”处理问题是解决本题的突破口．‎ ‎8.如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，正确的是(　　)‎ A. V2的示数增大 B. 电源输出功率在减小 C. ΔU3与ΔI的比值在减小 D. ΔU1大于ΔU2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以的示数减小，A错误；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故输出功率一定增大，故B错误；根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，据题：，则，故 大于，D正确；根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，恒定不变，C错误；‎ 考点：考查了电路的动态分析 ‎【名师点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部 ‎9.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则 A. 平行板电容器的电容值将变大 B. 静电计指针张角不变 C. 带电油滴的电势能将增大 D. 若先将上极板与电源正极连接的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据 知，d增大，则电容减小。故A错误。静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变。故B正确。电势差不变，d增大，则电场强度减小，故P点与上极板的电势差减小，则P点的电势升高，因油滴带负电，可知带电油滴的电势能将减小，故C错误。电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变。故D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变，只改变两板间距离时，板间电场强度不变．‎ ‎10.如图所示，两个等量异号点电荷M、N分别固定在A、B两点，F为AB连线中垂线上某一点，0为AB连线的中点。AO =OF, E和分别表示F处的场强大小和电势。将某试探负点电荷由F处静止释放时，其电势能和加速度大小分别用和a表示，取无穷处为电势零点，若将负点电荷N移走，则 A. 升高 B. E不变 C. 变小 D. a变大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据场强叠加原理求出电场强度；然后根据电场强度与电场线及电场线与等势面的关系得到电势的大小；再由电势能与电势的关系得到电势能；最后，由库仑定律和牛顿第二定律得到加速度，然后进行比较．‎ ‎【详解】令电荷M、N都存在时为状态1，各物理量用下标1表示；只有电荷M时为状态2，各物理量用下标2表示；状态1时，电荷M、N对在F 处的电场强度大小都为，两者相互垂直，根据电场叠加定理可得：合场强，方向水平向右；状态2时，电荷M在F处的电场强度也是，方向沿AF连线方向，所以若将负点电荷N移走，则E改变，变小；状态1时，易知在AB连线的中垂线上电场强度方向处处水平向右，所以，中垂线为一条等势线，所以；状态2时，只有正电荷M，所以；可得若将负点电荷N移走，则升高，A正确B错误；电势能，所以电势能从，变为，所以变小，C正确；根据，试探电荷q，m不变，所以a变小，D错误．‎ ‎【点睛】求电势能的时候要注意电荷的正负，我们一般设无穷远处或电荷处（只有一个点电荷时，有时会用），电势能是标量，有可能是负值．‎ ‎11.质量为2kg的物体，放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，g＝10m/s2，下列说法中正确的是( )‎ A. 此物体在OA段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6W B. 此物体在OA段做匀速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6 W C. 此物体在AB段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6 W D. 此物体在AB段做匀速直线运动，且此过程中拉力的功率恒为6 W ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据功的公式分析可知，在OA段和AB段物体受到恒力的作用，并且图象的斜率表示的是物体受到的力的大小，由此可以判断物体受到的拉力的大小，再由功率的公式可以判断功率的大小 运动过程中物体受到的滑动摩擦力大小为，根据功的定义式可知拉力做功为，故可知图像的斜率表示拉力F的大小，在OA段拉力，做匀加速直线运动，当x=3m时速度最大，根据速度位移公式可得，根据牛顿第二定律可得，解得，所以此过程中最大功率为，在AB段，，做匀速直线运动，拉力的功率恒定不变，为，故D正确．‎ ‎12.如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（ ）‎ A. 当x=h+x0，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小 B. 小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先减小后增大 C. 小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大 D. 小球动能的最大值为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据乙图可知，当x=h+x0‎ ‎，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，选项B错误，C正确；小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(h+x0)−mg•x0＝mv2，故小球动能的最大值为mgh+mgx0，故D正确；故选ACD。‎ ‎【点睛】本题关键是将物体的运动分为自由落体、加速下降和减速下降三个阶段，同时物体的动能和重力势能以及弹簧弹性势能总量守恒.‎ 二、实验题(本题共2小题，每空2分，共计14分，将答案填写在答题卡中)‎ ‎13.某研究性学习小组利用气垫导轨测滑块做加速直线运动中的加速度，实验装置如图甲所示．在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条，滑块在细线的牵引下向左做加速运动，‎ ‎(1)若用10分度的游标卡尺测出遮光条的宽度d，如图乙所示，则宽度d＝__________mm.‎ ‎(2)遮光条经过光电传感器A、B时所用时间分别是Δt1、Δt2，若测滑块运动的加速度，还需要测量的物理量为__________．用上述物理量表示，加速度大小的表达式为a＝___________．‎ ‎【答案】 (1). 4.7 (2). 两光电传感器间的距离L (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）游标尺的第7条刻度线与主尺的1.1cm刻度线对齐了，遮光条的宽度：‎ d＝1.1cm-0.9mm×7=4.7mm；‎ ‎（2）根据v22-v12=2aL可知，若测滑块运动的加速度，还需要测量的物理量为两光电传感器间的距离L；遮光条经过光电传感器A、B时的速度分别为：和，则加速度大小的表达式为。‎ ‎【点睛】第一问的读数中关键是知道10小格游标卡尺的结构，每个小格的长度是0.9mm，精度为0.1mm；掌握用光电门测量瞬时速度的原理。‎ ‎14.要测量电源的电动势E及内阻r(E约为4.5 V，r约为1.5 Ω)．‎ 给出的器材有：量程为0～3 V的电压表V(具有一定内阻)、量程为0～0.6 A的电流表A(内阻RA，约1 Ω)、阻值为1.0 Ω的定值电阻R0、电阻箱R、单刀单掷开关2个、导线若干．‎ 某研究性学习小组利用上述器材设计了如图所示的实验电路原理图．‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)闭合开关S1、S2，调节电阻箱R，使电流表和电压表有较大的偏转，此时记下电流表示数I0和电压表示数U0，则电流表的内阻RA＝________；‎ ‎(2)闭合开关S1，断开开关S2，调节电阻箱的阻值，使电流表有较大的偏转，并记录多组电阻箱的阻值R和电流表对应的示数I，然后利用图象法处理数据，若以R为纵轴，则应该以____(选填“I”“I2”或“”)为横轴．若该研究性学习小组利用正确方法作出的图象如图所示，图中a和b是已知量，则电源的电动势为E＝____，电源内阻为r＝_____．(用测得的量和已知量表示)‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据欧姆定律可得，电流表的内阻；‎ ‎（2）根据闭合电路的欧姆定律： ，解得，则若以R为纵轴，则应该以为横轴．由图像可知：；，则.‎ ‎【点睛】本题考查了测电源电动势与内阻实验，要注意正确根据题意明确实验原理；然后根据所对应的物理规律分析求解即可；对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合图象的性质分析斜率以及截距的意义。‎ 三、解答题(本题共三个小题，共33分，其中15题7分，16题12分，17题14分)‎ ‎15.2020年2月在平昌冬奥会中，我国运动员李馨参加了两项越野滑雪的比赛，成绩有所突破如图所示，某次滑雪训练，如果该运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F=75N而从静止向前滑行，其作用时间为t1=1.0s。撤除水平推力F后经过t2=2.0s，她第二次利用滑雪杖对面的作用获得同样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同已知该运动员连同装备的总质量为m=60kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff=15N运动员可视为质点，不考虑空气阻力。求：‎ ‎(1)运动员第一次利用滑雪杖对雪面作用后的速度大小及这段时间内的位移大小；‎ ‎(2)运动员第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据牛顿第二定律求出利用雪仗作用时的加速度,根据速度时间公式求出第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小，根据位移与时间关系求出这段时间内的位移；根据牛顿第二定律求出撤去推力后的加速度,结合速度时间公式求出2s后的速度,根据速度位移公式求出雪仗第2次对雪面作用后的速度,再结合速度位移公式求出第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。‎ ‎（1）运动员在雪道上用滑雪杖对雪面作用时 根据牛顿第二定律：‎ 解得加速度为：‎ t1=1.0s时的速度为：‎ 这段时间内的位移：‎ ‎(2)无雪仗后，运动员减速，根据牛顿第二定律：‎ 解得加速度为：‎ 撤除水平推力F后经过2s时的速度为：‎ 第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同，‎ 则有：‎ 解得：‎ 此后在水平方向仅受摩擦力作用做匀减速运动,滑行的最大距离为：‎ 解得：‎ 点睛：本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，加速度是解决问题的中间桥梁，明确运动过程是解决问题的关键。‎ ‎16.如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个小球用长为R的绝缘轻杆连接在一起，放在竖直平面内半径为R的光滑圆形绝缘轨道的内壁，整个装置处在水平向右的匀强电场中，电场强度为E.A球不带电，B球带正电，开始时A球处在与圆心等高的位置，现由静止释放A、B小球，B球刚好能到达轨道右侧与圆心等高的位置，求：‎ ‎(1)B球带电量；‎ ‎(2)当A球下降高度为时，轻杆对B球做的功；‎ ‎(3)两小球在运动过程中最大速度的大小．‎ ‎【答案】(1) q＝ (2) W＝ (3) vmax＝‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对两球组成的系统，由动能定理可得 mgR＋EqR－2mgR＝0－0，‎ 解得q＝‎ ‎（2）A球下降高度为时，OA连线转过30°，AB在运动的过程中，速度大小始终相等，由动能定理可得 mgRsin 30°＋EqRsin 30°－2mgR(1－cos 30°)＝mv2＋×2mv2－0‎ 解得 设杆对B做的功为W，由动能定理 W＋EqRsin 30°－2mgR(1－cos 30°)＝×2mv2－0‎ W＝()mgR ‎（3）mgRsin θ＋EqRsin θ－2mgR(1－cos θ)＝mv′2＋×2mv′2－0‎ 整理可得v′＝2‎ 当θ＝45°时，有最大速度vmax＝2‎ ‎【点睛】此题主要考查动能定理的应用，关键是认真分析物理过程以及各力的做功情况，理解两小球在运动过程中最大速度的位置，是解题的关键。‎ ‎17.如图所示，光滑轨道CDEF是一“过山车”的简化模型，最低点D处入、出口不重合，E点是半径为R=0.32m的竖直圆轨道的最高点，DF部分水平，末端 F点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送蒂以速率v=1m/s逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m.物块B静止在水平面的最右端F处。质量为mA ‎=1kg的物块A从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点E,然后与B发生碰撞并粘在一起。若B的质量是A的k倍，A、B与传送带的动摩擦因数都为μ=0.2,物块均可视为质点，物块A与物块B的碰撞时间极短，取g=10m/s2.‎ ‎(1)求k=3时物块A、B碰撞过程中产生的内能和物块A、B在传送带上向右滑行的最远距离；‎ ‎(2)讨论k在不同数值范围时，A、B碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式。‎ ‎【答案】（1）；（2）时，0；当时，；‎ ‎【解析】‎ ‎(1)设物块A在E的速度为v0，由向心力公式得：‎ 设碰撞前A的速度为v1。由机械能守恒定律得：‎ 得：‎ 设碰撞后A、B速度为v2，且设向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ 得：‎ 由能量转化与守恒定律可得：‎ 解得：‎ 设物块AB在传送带上向右滑行的最远距离为s，‎ 由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎(2)由上面式可知：‎ ‎①如果AB能从传送带右侧离开，必须满足：‎ 得：‎ 传送带对它们所做的功为：J ‎②(I)当时有：，即AB返回到传送带左端时速度仍为v2；‎ 故这个过程传送带对AB所做的功为：‎ ‎(II)当时，AB沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧。‎ 在这个过程中传送带对AB所做的功为：‎ 解得：‎ 点睛：此题是多过程题目，设计到圆周运动，传送带问题以及碰撞问题等；解题时必须先搞清物理过程，并且能按物理过程的先后顺序分阶段研究，注意物体在传送带上运动的可能的情况要考虑全面.‎ 四、选做题(请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)‎ ‎18.以下说法正确的是 _____________．‎ A.布朗运动是液体或气体分子的运动，它说明分子永不停做无规则运动 B．液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的 C．气体分子速率呈现出“中间多，两头少”的分布规律 D．一定量的理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变 E．一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增加的方向进行 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体颗粒的无规则运动，它说明液体或气体分子永不停做无规则运动，选项A错误；液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的，选项B正确；气体分子速率呈现出“中间多，两头少”的分布规律，选项C正确；一定量的理想气体发生绝热膨胀时，体积变大，对外做功，根据热力学第一定律可知，其内能减小，选项D错误；根据熵原理可知，一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增加的方向进行，选项E正确；故选BCE.‎ ‎19.如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银柱，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中．开启上部连通左右水银的阀门A，当两侧气体温度为390 K稳定时，水银柱的位置如图所示，其中左侧空气柱长度L1＝45 cm，左右两侧顶部的水银面的高度差为h1＝7 cm，左侧空气柱底部的水银面与水银槽面高度差为h2＝3 cm，大气压强为75 cmHg.求：‎ ‎①右管内气柱的长度L2；‎ ‎②关闭阀门A，当两侧气体温度升至570 K时，左侧竖直管内气柱的长度L3.(槽内水银面高度、大气压强视为不变)‎ ‎【答案】①45 cm ②57 cm ‎【解析】‎ ‎【详解】①左管内气体压强：p1＝p0＋h2 cmHg＝78 cmHg 右管内气体压强p2＝p1＋h1 cmHg＝85 cmHg 设水银槽中右管内与外液面高度差为h3，则p2＝p0＋h3，得h3＝10 cm 则L2＝L1－h1－h2＋h3＝45 cm ‎②设玻璃管横截面面积为S，由理想气体状态方程得：‎ 解得L3＝57 cm ‎20.下列说法正确的是______．‎ A．变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场 B．全息照相的拍摄利用了光的干涉原理 C．电视机遥控器是利用发出红外线脉冲信号来换频道的 D．在杨氏双缝干涉实验中，用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距相等的条纹 E．某人在水面上方观察水底同位置放置的红、黄、绿三盏灯时，看到绿灯距水面最近 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】变化的电场一定产生磁场，变化的磁场一定产生电场，选项A错误；全息照相的拍摄利用了光的干涉原理，选项B正确；电视机遥控器是利用发出红外线脉冲信号来换频道的，选项C正确；在杨氏双缝干涉实验中，用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的衍射条纹，故D错误。某人在水面上方观察水底同位置放置的红、黄、绿三盏灯时，由于绿光的折射率最大，绿光从水中射到水面时折射角最大，人逆着折射光线的方向看时，感觉绿灯距水面最近，故E正确。故选BCE.‎ ‎21.如图所示，为等腰直角三棱镜的截面图，AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点，由红光和紫光两种单色光组成的复色光垂直BC边射向AB中点O，在光屏MN上产生两个亮斑，已知该介质对红光和紫光的折射率分别为，。‎ ‎①请画出光路图，并分析说出AM侧亮斑的颜色；‎ ‎②已知，求两个亮斑间的距离。‎ ‎【答案】（1）红色；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设红光和紫光的临界角分别为，，得 同理，由于，所以紫光在AB面发生了全反射，而红光在AB面一部分折射，一部分反射，所以在AM处产生的亮斑为红色。‎ ‎（2）画出如图光路图：‎ 设折射角为，两个光斑分别为，根据折射定律得：‎ 解得：，‎ 由几何知识可得：‎ 由几何知识可得为等腰直角三角形，解得 所以。‎ 考点：光的折射定律 名师点睛：本题首先要能正确作出光路图，掌握全反射的条件，并能正确应用几何关系和折射定律结合进行解题。‎