湖南省衡阳市2020届高三下学期二模考试物理试题 Word版含解析 25页

- 1 - 2020 届高中毕业班联考（二） 理科综合能力测试 物理部分 第 I 卷 二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 14～18 题只有一项符合题目要求；第 19～21 题有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不 全的得 3 分，有选错的得 0 分。 1. 用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流与照射光的强弱、频率等物理量的关系。图中 A、K 两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调，分别用 a、b、c 三束单色光照射， 调节 A、K 间的电压 U，得到光电流 I 与电压 U 的关系如图乙所示，由图可知（ ） A. 由欧姆定律可知，甲图中电压表的示数为零时，电流表的示数也为零 B. 由能量守恒定律可知，光电子的最大初动能等于入射光子的能量 C. 单色光 a 和 c 的频率相同，a 光强度比 c 光的大，b 光的频率最大 D. 若用 a、b、c 三束单色光分别照射某种金属，若 b 光能使该金属发生光电效应，则 a 光也 一定能使该金属发生光电效应 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图乙可知，电压表示数为零时，仍有光电流，因为光电子有初动能，A 错误； B．根据光电效应，光电子的最大初动能等于入射光子的能量减去逸出功，B 错误； C．光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，可知， ac 光对应的截止频率小于 b 光的截止频率，根据 21 2 meU mv h W  截 入射光的频率越高，对应的截止电压U截 越大，a 光、c 光的截止电压相等，所以 a 光、c 光 的频率相等；当 a、c 光照射该光电管，因频率相同，则 a 光对应的光电流大，因此 a 光子数 多，那么 a 光的强度较强，C 正确； - 2 - D．发生光电效应，入射光的频率必须大于金属的极限频率，因为 a 光的频率小于 b 光的频率， b 光能使该金属发生光电效应，a 光的频率有可能小于金属的极限频率，则 a 光不一定能使该 金属发生光电效应，D 错误。 故选 C。 2. 2019 年“山东舰”正式服役，标志着我国进入双航母时代，如图，“山东舰”正在沿直线 航行，其质量为 m，发动机的输出功率恒为 P，所受阻力大小恒为 f，某时刻速度为 1v 、加速 度为 1a ，一段时间 t 后速度变为 2v （ 2 1v v ），在这段时间内位移为 x。下列关系式正确的是 （ ） A. 2 1 2 tv vx  B. 1 1 P fa mv m   C. 1 Pf v  D. 2 2 2 1 1 1 2 2Pt mv mv  【答案】B 【解析】 【详解】A．发动机的输出功率恒为 P，所受阻力大小恒为 f，在加速过程中做加速度减小的 加速度运动，则这段时间内的平均速度大于初末速度和的一半，即 1 2 2 v vv  1 2 2 v vx vt t  A 错误； B．“山东舰”受到的牵引力 PF v  某时刻速度为 1v 时，加速度 1a 满足 1 1 P fa mv m   - 3 - B 正确； C．“山东舰”做加速运动，牵引力大于阻力，则 1 Pf v  C 错误； D．由能量守恒可得 2 2 2 1 1 1 2 2k fPt E W mv mv fx      D 错误。 故选 B。 3. 为了阻止宇宙中的小行星撞击地球，科学家们提出在大气层外的地球同步轨道上放一个质 量为 m 的超级核弹，当外来小行星飞近地球时将其摧毁，以减少小行星对地球造成的伤害。 已知地球半径为 R，自转周期为 T，万有引力常量为 G，地球同步轨道离地面高度为 h。下列 说法正确的是（ ） A. 核弹从地面发射到地球同步轨道过程中，速度不断减小，机械能将不断减小 B. 为了提高拦截的有效性，若将核弹送到比地球同步轨道更高的轨道上，则其在新轨道上的 速度会比在地球同步轨道上的速度大 C. 核弹在地球同步轨道飞行时的加速度为  2 2 4 R ha T   D. 地球的平均密度为 2 3 GT   【答案】C 【解析】 【详解】A．根据功能关系：除重力及弹力以外的其他力做正功，机械能增加，除重力及弹力 以外的其他力做负功，机械能减小，而核弹从地球飞向同步轨道过程中，除重力外其他力对 核弹做正功，可知机械能不断增加，故 A 错误； B．根据 2 2 Mm vG mr r  得 - 4 - GMv r  可知，轨道半径越大，线速度越小，故 B 错误； C．在同步轨道运行时，万有引力即为合外力，根据牛顿第二定律 2 2 2( ) ( )( ) MmG m R h maR h T    得核弹在地球同步轨道飞行时的加速度为  2 2 4 R ha T   故 C 正确； D．根据 2 2 2( ) ( )( ) MmG m R hR h T   M V   34 3 RV  联立解得地球密度为 3 2 3 3 ( )R h GT R   故 D 错误。 故选 C。 4. 如图所示，一光滑绝缘足够长的斜面与两个固定等量负点电荷连线的中垂面重合，O 为两 点电荷连线的中点 A、B 为斜面上的两点，且 BO AO 。一个带电荷量为 q、质量为 m，可视 为质点的小物块，从 A 点以初速度 v0 开始沿斜面下滑，到达 B 点速度恰好为零。（斜面对电场 无影响）以下说法正确的是（ ） - 5 - A. 小物块带正电，从 A 运动到 B 点，电势能先减小后增大 B. 小物块带负电，从 A 运动到 B 点，加速度先增大后减小 C. 小物块运动到 O 点时具有最大速度 D. 小物块能回到 A 点，且回到 A 点时的速度大小小于 v0 【答案】A 【解析】 【详解】AB．从 A 到 B，物块的动能和重力势能均减小，则机械能减小，电势能变大，电场力 对滑块做负功，可知滑块带正电，从 A 到 O，电场力做正功，电势能减小；从 O 到 B 电场力做 负功，电势能变大；因在 O 点两侧斜面上都存在一个场强最大的位置，此位置与 AB 两点的位 置关系不确定，则不能确定滑块加速度的变化情况，故 A 正确，B 错误； C．因滑块在 O 点以下某位置时，受到向下的重力、垂直斜面的支持力以及沿斜面向上的电场 力，三力平衡时加速度为零，速度最大，可知小物块运动到 O 点以下某位置时具有最大速度， 故 C 错误； D．小物块到达最低点后，加速度沿斜面向上，由能量关系可知，滑块能回到 A 点，且速度大 小等于 v0，故 D 错误。 故选 A。 5. 如图所示，高层住宅外安装空调外机时，常利用电机通过缆绳牵引外机，为避免外机与阳 台、窗户碰撞，通常还会用一根拉绳拽着外机，缆绳拉力的大小为 F1，方向与竖直方向成α 角；拉绳拉力大小为 F2，与竖直方向的夹角为β。现使拉绳与竖直方向的夹角β保持不变， 外机沿竖直方向匀速上升，则在提升外机过程中，下列说法正确的是（ ） A. 角α可能等于角β B. 角α可能大于角β C. 拉力 F1、F2 大小都不变 D. 拉力 F1、F2 大小都增大 - 6 - 【答案】D 【解析】 【详解】对空调外机受力分析如图 受到重力和两根绳子的拉力，由于空调外机是匀速运动，故合力为零，在竖直方向 1 2cos cos 0F mg F    在水平方向 1 2sin sin 0F F   整理得 2 sin( cos )tanF mg    在上升过程中，α增大，而β不变，F2 增大，根据 1 2cos cos 0F mg F    可得 1 2cos cosF mg F   由于 F2 增大，α增大，cosα减小，故 F1 增大，因 F1 大于 F2，根据 F1sinα=F2sinβ可知缆绳 与竖直方向的夹角α小于角β，故 ABC 错误，D 正确。 故选 D。 6. 如图所示，导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势为 e=26 2 sin100πt （V）。并与理想升压变压器相连进行远距离输电，理想降压变压器的原、副线圈匝数比为 4： 1，降压变压器副线圈接入一只“12V，12W”的灯泡，且灯泡正常发光，输电线路总电阻 r=16Ω， 导线框及其余导线电阻不计，电表均为理想电表，则（ ） - 7 - A. 电流表的示数为 0.5A B. 原线圈中交变电压的频率为 100Hz C. 升压变压器的原副线圈匝数之比为 1：2 D. 当降压变压器副线圈再并联一只同样灯泡时，输电线上损失的功率增大 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．降压变压器副线圈接入一只“12V，12W”的灯泡，且灯泡正常发光，灯泡的电流 为1A ,且降压变压器的原、副线圈匝数之比为 4:1，则输电线路的电流为 0.25A ，输电线上 损失功率为1W ，则升压变压器输入功率 1W+12W=13WUI  由题意可知 26VU  则 0.5AI  A 正确； B．根据频率与角速度关系可得 50Hz2f    B 错误； C．升压变压器副线圈电压 13W 52V0.25AU   根据原、副线圈电压与线圈匝数成正比可得 1 2 1 2 n U n U   C 正确； - 8 - D．当降压变压器副线圈再并联一只同样灯泡时，副线圈电流增大，输电线电流也增大，由 2P I r损 线 则损失功率增大，D 正确。 故选 ACD。 7. 在某高空杂技类节目现场下方地面上放置一弹簧垫，此弹簧垫可视为质量为 m 的木板与两 相同直立轻弹货的上端相连，静止时弹簧的压缩量为 h，如图所示。某同学为了测试弹簧垫的 性能，将一质量为 2m 的物体从距木板上方 2h 的 O 点由静止释放，物体与木板碰撞后，粘在 一起向下运动，到达最低点后又向上运动，它们恰能回到 A 点，空气阻力、木板厚度、物体 大小忽略不计，正力加速度大小为 g，则下列说法正确的是（ ） A. 物体与木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小 B. 整个过程中，物体、木板和两弹簧组成的系统机械能守恒 C. 物体与木板碰后瞬间加速度大小为 3 g ，物体与木板恰好回到 A 点时加速度大小为 g D. 物体与木板碰撞之前，两弹簧的弹性势能总和为 1 3 mgh 【答案】AD 【解析】 【详解】A．物体与木板一起向下运动过程中，整体受到的弹簧弹力先小于总重力，后大于总 重力，整体的合外力先向下后向上，则整体先向下加速，后向下减速，速度先增大后减小，A 正确； B．物体与木板发生非弹性碰撞，系统的机械能有损失，所以，整个过程中，物体、木板和两 弹簧组成的系统机械能不守恒，B 错误； C．两弹簧原来的弹力大小为 F mg 物体与木板碰后瞬间弹簧的弹力不变，对整体有 - 9 - ( 2 ) ( 2 )m m g F m m a    解得 2 3 ga  物体与木板恰好回到 A 点时，弹簧的弹力为 0，整体只受重力，加速度大小为 g，C 错误； D．物体与木板碰撞前瞬间的速度为 2 02 2g h v  解得 0 2v gh 碰撞过程，取竖直向下方向为正方向，由动量守恒定律得 02 ( 2 )mv m m v  从碰撞后到回到 A 点的过程，根据系统的机械能守恒得 21 ( 2 ) ( 2 )2 Pm m v E m m gh    联立解得，物体与木板碰撞之前，两弹簧的弹性势能总和为 3P mghE  D 正确。 故选 AD。 8. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，磁场范围 足够大，磁感应强度的大小左边为 2B，右边为 3B，一个竖直放置的宽为 L。长为 3L、单位长 度的质量为 m、单位长度的电阻为 r 的矩形金属线框，以初速度 v 垂直磁场方向从图中实线位 置开始向右运动，当线框运动到虚线位置（在左边磁场中的长度为 L。在右边磁场中的长度为 2L）时，线框的速度为 1 3 v ，则下列判断正确的是（ ） A. 此时线框中电流方向为逆时针，电功率为 2 2 225 72 B L v r - 10 - B. 此过程中通过线框截面的电量为 25 4 BL r C. 此过程中线框克服安培力做的功为 232 9 Lmv D. 此时线框的加速度大小为 225 192 vB mr 【答案】CD 【解析】 【详解】A．线框左边切割磁感线相当于电源，由右手定则可知，其下端为正极，同理线框右 边其上端为正极，则感应电流方向为逆时针，回路中产生感应电动势为 52 33 3 3 v v BLvE BL BL     感应电流为 5 53 8 24 BLv E BvI R Lr r    此时线框中的电功率 2 2 2 258 72 B v LP I Lr r    故 A 错误； B．此过程穿过线框的磁通量的变化量为 2 2 2 2(3 2 2 ) ( 2 3 ) 10B L B L B L BL         通过线框截面的电量为 5 8 4 BLq Lr r   故 B 错误； C．根据能量守恒定律得到，此过程中克服安培力做的功为 2 2 21 1 328 82 2 3 9A v LmvW Lmv Lm       克 故 C 正确； D．左右两边所受安培力大小分别为 - 11 - 25=2 = 12 B LvF BIL r左 ，方向向左 25=3 = 8 B LvF BIL r左 ，方向向左 则根据牛顿第二定律得 F F Ma 右左 其中 8M Lm 解得 225 192 va B mr  故 D 正确。 故选 CD。 第 II 卷 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第 22 题～第 32 题为必考题，每个试题考生都 必须做答。第 33 题～第 38 题为选考题，考生根据要求做答。 （－）必考题（共 129 分） 9. 用半径均为 r 的小球 1 和小球 2 碰撞来验证动量守恒定律，实验装置如图甲所示，斜槽与 水平槽圆滑连接。安装固定好实验装置，竖直挡板上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，用夹 子固定，小球球心与 O 点位置等高，实验步骤如下： 步骤 1：不放小球 2，让小球 1 从斜槽上 A 点由静止滚下，并落在竖直挡板上。重复多次，确 定小球落点的平均位置 P； 步骤 2：把小球 2 放在斜槽前端边缘位置 B，让小球 1 从 A 点由静止滚下，使它们碰撞。重复 - 12 - 多次，确定碰撞后两小球落点的平均位置 M、N； 步骤 3：用毫米刻度尺测得 O 点与 M、P、N 三点的竖直方向的距离分别为 h1、h2、h3。 (1)两小球的直径用螺旋测微器核准相等，测量结果如图乙，则两小球的直径均为_____mm。 (2)设球 1 和球 2 的质量分别为 m1、m2，若满足_____，则说明碰撞过程动量守恒，若还满足_____， 则说明两球发生的碰撞为弹性碰撞。（用“m1、m2、h1、h2、h3 表示） 【答案】 (1). 9.846 9.848 (2). 1 1 2 2 3 1 m m m h h h   (3). 1 1 2 2 3 1 m m m h h h   【解析】 【详解】（1）[1] 小球的直径 9.5mm 34.7 0.01mm 9.847mm   。 （2）[2] 小球离开轨道后做平抛运动，水平方向 0d v t 竖直方向 21 2h gt 解得 0 2 gv d h  由题意可知，碰撞前球 1 的速度为 0 22 gv d h  碰撞后球 1 的速度为 1 12 gv d h  碰撞后球 2 的速度为 2 32 gv d h  碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 1 0 1 1 2 2m v m v m v  整理得 - 13 - 1 1 2 2 1 3 m m m h h h   。 （2）[3] 两球发生的碰撞为弹性碰撞，满足能量守恒 2 2 2 1 0 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2m v m v m v  整理得 1 1 2 2 1 3 m m m h h h   。 10. 测定某种特殊电池的电动势和内阻。其电动势 E 约为 12V，内阻 r 约为 3Ω。实验室提供 的器材有 A．量程为 10mA、内阻未知的电流表 G； B．电阻箱 R1（0～9999.9Ω）； C．电阻箱 R2（0～999.9Ω）； D．滑动变阻器 R3（0～100Ω）； E．滑动变阻器 R4（0～2000Ω）； F．开关 2 只，导线若干。 (1)先用如图所示甲的电路来测定电流表 G 内阻。补充完成实验： ①为确保实验仪器安全，滑动变阻器 R 应该选取_____（选填“R3”或“R4”）； ②连接好电路，断开 S1、S2，将 R'的滑片滑到_____（选填“a”或“b”）端； ③闭合 S1，调节 R'，使电流表 G 满偏； ④保持 R'不变，再闭合 S2，调节电阻箱电阻 R1=20.0Ω时，电流表 G 的读数为 5mA； ⑤调节电阻箱时，干路上电流几乎不变，则测定的电流表 G 内阻 Rg=_____。 (2)按图乙连接电路，将电阻箱 R1 的阻值调为 R0=1180.0Ω。再闭合开关 S1、S2 多次调节电阻 箱 R2，记录每次电阻箱的阻值 R2 及对应的电流表的示数 I。作出 2 1 1 I R  图象如图丙所示，由 - 14 - 两次操作测得的数据求得电池的电动势为_____V，内阻为_____Ω（保留一位小数）。 【答案】 (1). R4 (2). a (3). 20.0 Ω (4). 12.0 (5). 3.2 【解析】 【详解】（1）[1]由题意可知，电源电动势为 12V，而电流表量程为 10mA，则电流表达到满偏 时需要的电阻为 3 12V 120010 10 AR    故为了安全和准确，滑动变阻器应选 4R 。 [2]为了让电路电流由最小开始调节，滑动变阻器开始时接入电阻应最大，故滑片应滑至 a 端。 （2）[3]用半偏法测电流表内阻，开始时电流表满偏，滑动变阻器远大于电流表内阻；当再 并联一个与与电流表阻值相当的电阻，可认为整个电路的电流几乎不变，此时表头读数为半 偏，电流表 G 内阻近似等于电阻箱电阻 R1=20.0Ω。 [4][5]根据闭合电路的欧姆定律 22 2 1200 1200 1200 I EI RR rR       变形得 2 1 1200 1 1200r r I E R E      根据图像可得斜率 k 和截距b ，应有 1200 rk E  1200 rb E   带入数据解得 12.0VE  3.2r   11. 如图所示，传送带 A、B 之间的距离为 L=5.8m，与水平面间的夹角为θ=37°，传送带沿 顺时针方向转动，速度恒为 v=4m/s，在上端 A 点处无初速度地放置一个质量 m=1kg、大小可 视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为µ=0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿 半径 R=0.9m 的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点 E，已知 B、D 两点的竖直高度差为 h=1.0m，DE 为竖直方向圆轨道的直径（g 取 10m/s2）。求： - 15 - (1)金属块经过 D 点时对轨道的压力； (2)金属块在 BCD 弯道上克服摩擦力做的功。 【答案】(1)60N；(2)5.5J 【解析】 【详解】（1）金属块在 E 点时 2 Emvmg R  解得 Ev gR  3m/s 在从 D 到 E 的过程中由动能定理得 2 21 12 2 2E Dmg R mv mv    解得 3 5m/sDv  在 D 点由牛顿第二定律得 2 D N mvF mg R   60NNF  由牛顿第三定律可得 1 60NN NF F  方向竖直向下。 （2）金属块刚刚放上传送带时 1sin cosmg mg ma    解得 2 1 10m/sa  - 16 - 设经位移 s1 达到相同速度，则 2 1 12v a s 解得 1 0.8m 5.8ms  ＜ 继续加速的过程中 2sin cosmg mg ma    解得 2 2 s2m/a  由 2 1 5ms L s   2 2 2 22Bv v a s  ， 解得 6m/sBv  在从 B 到 D 的过程中由动能定理得 2 21 1 2 2f D Bmgh W mv mv   ， 解得 5.5JfW  12. 如图所示，MN 长为 3L，NP 长为 4L 的矩形 MNPQ 区域内，存在以对角线 MP 为分界线的两 个匀强磁场区域 I 和 II，方向均垂直纸面向外，区域 I 的磁感应强度大小可调，区域 II 的磁 感应强度大小为 B。一质量为 m、电量为 q 的带正电粒子从 M 点以平行于 MN 边的方向射入磁 场 I 区域中，速度大小为 2 qBLv m  ，不计粒子所受重力，矩形外边线上均存在磁场。 （sin37 =0.6，cos37 =0.8） (1)若粒子无法进入区域 II 中，求区域 I 磁感应强度大小范围； (2)若区域 I 的磁感应强度大小 1 2 BB  ，求粒子在磁场中的运动时间； - 17 - (3)若粒子能到达对角线 MP 的中点 O 点，求区域 I 磁场的磁感应强度大小的所有可能值。 【答案】(1) 10 6 BB  ；(2) 2 m qB  ；(3)若粒子由区域Ⅱ达到 O 点， 1 8 33B B 、 1 16 41B B 、 1 24 49B B ；若粒子由区域 I 达到 O 点， 1 8 25B B 、 1 16 33B B 【解析】 【详解】(1)当粒子速度一定时，磁感应强度越小则粒子运动的半径越大，当运动轨迹恰好与 NP 相切时，粒子恰好不能进入区域Ⅱ，故粒子运动半径 R＞3L，由 2 1 mvqvB R  可得 10 6 BB  (2)粒子在区域 I 中运动：由 1= 2 BB 、 2 1 mvqvB R  ，解得 R=L 粒子在区域Ⅱ中运动 2vqvB m r  解得 2 Lr  画出轨迹如图所示，在区域 I 中运动所对应的圆心角为106 ，在区域Ⅱ中运动所对应的圆心 角为148 ，所以粒子在磁场中运动的时间 106 2π 148 2π 2π 360 360 2 m m mt B qB qBq         - 18 - (3)因为粒子在区域Ⅱ中的运动半径 2 Lr  ，若粒子在区域 I 中的运动半径 R 较小，则粒子会 从 MQ 边射出磁场，若粒子恰好不从 MQ 边射出时应满足粒子运动轨迹与 MQ 相切，如图所示 ∠O2O1A= 74 ，sin74 = r R r 又因为 sin74 =2sin37 cos37 = 24 25 解得 49 49 24 48R r L  ①若粒子由区域Ⅱ达到 O 点，每次前进 2 2( )cos37MC R r   - 19 - 由周期性可得 MO=nMC2（n=1，2，3……） 即 5 8= ( )2 5L n R r 25 49 16 48R r L Ln    解得 n≤3 n=1 时： 33 16R L ， 1 8 33B B n=2 时 41 32R L ， 1 16 41B B n=3 时 49 48R L ， 1 24 49B B ②若粒子由区域 I 达到 O 点 由周期性可得 MO=MC1+nMC2（n=0，1，2，3……） 即 5 8 8= + ( )2 5 5L R n R r 解得 5 4 492 5 8 48(1 )5 n R L L n     解得 n≤ 26 25 n=0 时 25 16R L ， 1 8 25B B n=1 时 33 32R L ， 1 16 33B B - 20 - （二）选考题：共 45 分。请考生从给出的 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选 一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂 题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计 分。 [物理选修 3－3] 13. 在“用油膜法估测油酸分子直径”的实验中，某同学按如下操作： A．在量筒中滴入一滴已配制好的油酸酒精溶液，测出其体积； B．在装有水、水面撒有适量痱子粉的浅盘中滴入一滴已配制好的溶液，待薄膜形状稳定； C．将玻璃板放在浅盘上，将油膜形状描绘在玻璃板上； D．将玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸体积和面积计算出油酸分子的直 径。 ①其中操作不合理的步骤是_____； ②实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是_____； A．可使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓 B．有助于测量一滴油酸的体积 C．对油酸溶液起到稀释作用 D．有助于油酸的颜色更透明便于识别 ③已知油酸酒精溶液中油酸体积占比例为 k，n 滴油酸溶液体积为 V，一滴油酸溶液形成油膜 的面积为 S，则油酸分子的直径为_____。 【答案】 (1). A (2). C (3). Vk nS 【解析】 - 21 - 【详解】（1）[1]ABCD．要测出一滴油酸酒精溶液的体积，即在量筒中滴入 N 滴溶液，测出其 体积为 V，则一滴该溶液的体积为 1 VV N  A 错误，BCD 正确。 故选 A。 （2）[2] ABCD．如果油酸不加稀释形成的油膜面积很大，不便于测量，油酸可以溶于酒精， 因此酒精溶液的作用是对油酸溶液起到稀释作用，ABD 错误，C 正确。 （3）[3] 一滴油酸溶液纯油酸体积为 0 VV k N  一滴油酸溶液形成油膜面积为 S， 那么油酸分子直径为 kVd NS  。 14. 用打气简给篮球打气时，每次提起活塞，篮球充气孔处的橡胶垫立即封闭充气孔，外界 大气自由进入打气筒内；然后向下压活塞，打气简进气口立即封闭，当打气简内气压超过篮 球内气压时，篮球充气孔打开，打气筒内气体被压入篮球内。设某个篮球用了一段时间后， 其内气压为 P，现用内横截面积为 S 的打气筒给篮球打气，每次拉出活塞的长度为 h，再将活 塞压下 h 长度时都能将吸入打气筒的气体全部压入篮球内。已知外界大气气压为 P0，设整个 打气过程中气体温度均不变、篮球内胆容积 V 已知且不变。 ①求第 n 次打气完成后，篮球内气体的压强； ②试求第（n＋1）次压下活塞长度△h 至少为多大时，篮球充气孔才能打开？ 【答案】① 0 1 nP Shp p V   ；② 0 0 P hVh h PV nP Sh     【解析】 【详解】①提起压下活塞 n 次，则有 0 1np Sh pV PV  解得 - 22 - 0 1 nP ShP P V   ②第（n+1）压下活塞前，已经压下了 n 次，这时篮球内气压为 0 1 nP ShP P V   当第 1n （ ）次压下活塞 h 长度时，打气筒内气压为 2P 则有 0 2 ( )Sp hS p h h   要使篮球充气孔打开，则有 1 2p p 联立解得 0 0 P hVh h PV nP Sh     [物理选修 3－4] 15. 下列说法正确的是（ ） A. 一束单色光由空气射入玻璃，这束光的速度变慢，波长变短 B. 电视遥控器发出的红外线的波长比医院里“CT”中发出的 X 射线的波长要短 C. 声源向静止的观察者靠近，观察者接收到的频率小于声源的频率 D. 日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振滤光片可以使景像更清晰 E. 分别用红光、紫光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，红光的相邻两个亮条纹的中心间 距大于紫光的相邻两个亮条纹的中心间距 【答案】ADE 【解析】 【详解】A．由于单色光的频率不变，根据光在介质中传播速度与光速和折射率关系 cn v  再由 v  可得 v c n     - 23 - 因为玻璃的折射率大于空气的折射率，所以这束光的速度变慢，波长变短，A 正确； B．根据电磁波波谱可知，红外线的波长比 X 射线的波长要长，B 错误； C．声根据多普勒效应可知，声源向静止的观察者运动，两者距离减小，观察者接收到的频率 将大于声源的频率，C 错误； D．在日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振光片，由于反射光太强，偏振 光强，加偏振片可以将反射的偏振光过滤，使景像更清晰，D 正确； E．双缝干涉实验中，相邻两个亮条纹的中心间距 lx d   红光的波长比紫光长，则红光的相邻两个亮条纹的中心间距大于紫光的相邻两个亮条纹的中 心间距，E 正确。 故选 ADE。 16. 一质点 A 做简谐运动，某时刻开始计时，其位移和时间关系如图甲所示。由于 A 质点振 动形成的简谐横波沿 x 正方向传播，在波的传播方向所在的直线上有一质点 B，它距 A 的距离 为 0.5m，如图乙所示。在波动过程中，开始计时时 B 质点正经过平衡位置向上运动，求： ①从开始计时，t=0.75×10－2s 时质点 A 相对平稳的位置的位移； ②在 t=0 到 t=9×10－2s 时间内，质点 A 通过的路程； ③该简谐横波传播的速度。 【答案】① 2 cm；②36cm，2cm；③ 100 4 3n  m/s（0，1，2，3……） 【解析】 【详解】①由题图可知 2cmA  22 10 sT   振动方程为 2cos100 cmx t  （ ） - 24 - 当 20.75 10 st   时 2cmx  ②在 0t  至 29.0 10 st   时间内有 4.5 个周期，质点的路程为 18 36cms A  29.0 10 st   时，质点 A 处于波峰位置，则位移为 2cm。 ③波动方向从 A 到 B，开始计时时 B 质点正经过平衡位置向上运动，根据图像知，这时 A 点在 波谷的位置。则 A、B 间有 n 个完整的波长加上 3 4 长，再由 v T  即可求出可能波速。 即 3( ) 0.54n   得 2 4 3n    …… 所以 100= 4 3v T n   m/s（n=0，1，2，3……） - 25 -