2020届陕西合阳中学高三物理考前提分模拟试题

2020 届陕西省合阳中学高三物理考前提分模拟试题 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自 己的姓名、考生号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑， 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。 4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。 二、选择题：本题共 8 小题，每题 6 分，在每小题给出的四个选项中，第 14～18 题只有一个选 项符合题目要求。第 19～21 题有多选项符合题目要求。全部答对的得 6 分，选对但不全的得 3 分， 有选错的得 0 分。 14．如图所示，卫星 a 和 b 分别在半径相同的轨道上绕金星和地球做匀速圆周运动，已知金星 的质量小于地球的质量，则 A．a、b 的线速度大小相等 B．a 的角速度较大 C．a 的周期较大 D．a 的向心加速度较大 15．一物体沿倾角为 30°的粗糙斜面从顶端由静止开始下滑，运动的位移－时间关系图像是一 段抛物线，如图所示，g＝10 m/s2。则 A．下滑过程中物体的加速度逐渐变大 B．t＝0.5 s 时刻，物体的速度为 0.5 m/s C．0～0.5 s 时间内，物体平均速度为 1 m/s D．物体与斜面间动摩擦因数为 3 5 16．如图，边长为 a 的立方体 ABCD－A′B′C′D′八个顶点上有八个带电质点，其中顶点 A、C 电 量分别为 q、Q，其他顶点电量未知，A 点上的质点仅在静电力作用下处于平衡状态，现将 C 上质 点电量变成－Q，则顶点 A 上质点受力的合力为（不计重力） A． B． C． D．0 【答案】B 【解析】开始时 A 上质点受力平衡，A、C′间库仑力与其他六个质点对 A 的合力等大反向，当 C′上质点电性变为－Q 时，A 质点受到的力为原来的 FAC′的两倍 ，所以 A 质点 受的合力为 ，故 B 正确。 17．如图所示，直角坐标系 xOy 位于竖直平面内。第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀 强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于 y 轴的匀强电场（图中未画出），一带电小球从 x 轴上的 A 点由静止释放，恰好从 P 点垂直于 y 轴进入第Ⅳ象限，然后做匀速圆周运动，从 Q 点垂直于 x 轴 进入第Ⅰ象限，Q 点距 O 点的距离为 d，重力加速度为 g。根据以上信息，能求出的物理量有 A．小球做圆周运动的动能大小 B．电场强度的大小和方向 C．小球在第Ⅳ象限运动的时间 D．磁感应强度大小 2 kQq a 2 2 3 kQq a 23 kQq a 22 3( 3 )AC kQq kQqF aa′ = = 2 22 3AC kQqF a′ =18．有人设想在遥远的宇宙探测时，给探测器安上反射率极高（可认为 100%）的薄膜，并让 它正对太阳，用光压为动力推动探测器加速。已知某探测器在轨道上运行，阳光恰好垂直照射在薄 膜上，薄膜面积为 S，每秒每平方米面积获得的太阳光能为 E，若探测器总质量为 M，光速为 c， 普朗克常量为 h，则探测器获得加速度大小的表达式是 A． B． C． D． 19．由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所 示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d 为弹道曲线上的五 点，其中 O 点为发射点，d 点为落地点，b 点为轨迹的最高点，a、c 为运动过程中经过的距地面高 度相等的两点。下列说法正确的是 A．到达 b 点时，炮弹的速度为零 B．到达 b 点时，炮弹的加速度为零 C．炮弹经过 a 点时的速度大于经过 c 点时的速度 D．炮弹由 O 点运动到 b 点的时间小于由 b 点运动到 d 点的时间 20．如图所示，在电阻不计的边长为 L 的正方形金属框 abcd 的 cd 边上接 两个相同的电阻， 平行金属板 e 和 f 通过导线与金属框相连，金属框内两虚线之间有垂直于纸面向里的磁场，同一时 刻各点的磁感应强度 B 大小相等，B 随时间 t 均匀增加，已知 ，磁场区域面积是金属框面积 的二分之一，金属板长为 L，板间距离为 L．质量为 m，电荷量为 q 的粒子从两板中间沿中线方向 以某一初速度射入，刚好从 f 板右边缘射出。不计粒子重力，忽略边缘效应。则 A．金属框中感应电流方向为 abcda B．粒子带正电 C．粒子初速度为 D．粒子在 e、f 间运动增加的动能为 1 4kL2q 21．滑板运动是以滑行为特色、崇尚自由的一种运动，深受都市青年的喜爱。滑板的一种运动 情境可简化为如下模型：如图甲所示，将运动员（包括滑板）简化为质量 m＝50 kg 的物块，物块 以某一初速度 v0 从倾角 θ＝37°的斜面底端冲上足够长的斜面，取斜面底端为重力势能零势能面， 该物块的机械能 E 总和重力势能 Ep 随离开斜面底端的高度 h 的变化规律如图乙所示。将物块视为质 点，重力加速度 g＝10 m/s2，则由图中数据可得 A．初速度 v0＝5 m/s B．物块与斜面间的动摩擦因数为 0.3 C．物块在斜面上运动的时间为 4 3s D．物块再次回到斜面底端时的动能为 375 J 第Ⅱ卷（非选择题，共 174 分） 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 须作答。第 33 题～第 38 题为选考题，考生根据要求做答) (一)必考题(共 129 分) 22．(5 分)某同学利用图甲所示的装置设计一个“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系” 的实验。如图中 AB 是水平桌面，CD 是一端带有定滑轮的长木板，在其表面不同位置固定两个光 电门，小车上固定着一挡光片。为了补偿小车受到的阻力，将长木板 C 端适当垫高，使小车在不受 牵引时沿木板匀速运动。用一根细绳一端拴住小车，另一端绕过定滑轮挂一托盘，托盘中有一砝码 调节定滑轮的高度，使细绳的拉力方向与长木板的上表面平行，将小车靠近长木板的 C 端某位置由 静止释放，进行实验。刚开始时小车的总质量远大于托盘和砝码的总质量。 2ES cM 2 2ES c Mh ES cM ES cMh B kt ∆ =∆ 2 L kq m (1)用游标卡尺测量挡光片的宽度 d，如图乙所示，其读数为_____cm； (2)某次实验，小车先后经过光电门 1 和光电门 2 时，连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时 间分别为 t1 和 t2，此过程中托盘未接触地面。已知两个光电门中心之问的间距为 L，则小车的加速 度表达式 a=______（结果用字母 d、t1、t2、L 表示）； (3)某同学在实验中保持小车总质量不变，增加托盘中砝码的个数，并将托盘和砝码的总重力当 做小车所受的合力 F，通过多次测量作出 a−F 图线，如图丙中实线所示。试分析上部明显偏离直线 的原因是_____。 23．(10 分)有一个小灯泡上标有“4 V 2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的 I－U 图 线。现有下列器材供选用： A．电压表（0～5 V，内阻约 10 kΩ）； B．电压表（0～15 V，内阻约 20 kΩ）； C．电流表（0～3 A，内阻约 1 Ω）； D．电流表（0～0.6 A，内阻约 0.4 Ω）； E．滑动变阻器（10 Ω，2 A）； F．滑动变阻器（500 Ω，1 A）； G．学生电源（直流 6 V）、开关、导线若干。 (1)实验中所用电压表应选___________，电流表应选用___________，滑动变阻器应选用 ___________。 (2)在线框内画出实验电路图。 (3)利用实验数据绘出小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，分析曲线说明小灯泡电阻随温度变化 的特点：_______________________。 (4)若把电阻元件 Z 和小灯泡接入如图乙所示的电路中时，已知电阻 Z 的阻值为 5 Ω，已知 A、 B 两端电压恒为 2.5 V，则此时灯泡 L 的功率约为_____________W。（保留两位有效数字） 24．(13 分)如图所示，上表面光滑的水平平台左端与竖直面内半径为 R 的光滑半圆轨道相切， 整体固定在水平地面上。平台上放置两个滑块 A、B，其质量 mA＝m，mB＝2m，两滑块间夹有被压 缩的轻质弹簧，弹簧与滑块不拴接。平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量 M＝ 3m，车长 L＝2R，小车的上表面与平台的台面等高，滑块与小车上表面间的动摩擦因数 μ＝0.2。解 除弹簧约束，滑块 A、B 在平台上与弹簧分离，在同一水平直线上运动。滑块 A 经 C 点恰好能够通 过半圆轨道的最高点 D，滑块 B 冲上小车。两个滑块均可视为质点，重力加速度为 g。求： (1)滑块 A 在半圆轨道最低点 C 处时的速度大小； (2)释放前弹簧弹性势能 Ep； (3)试说明，滑块 B 冲上小车后会不会从车右侧滑落，并求出 B 最后稳定时的速度。 25．(19 分)如图所示，在磁感应强度为 B1＝1 3t＋B0、方向竖直向下的磁场中有两个固定的半径 分别为 l 和 2l 的水平放置的金属圆环形导线围成了如图回路，其总电阻为 r，开口很小，两开口端 接有间距也为 l 的且足够长的两个固定平行导轨 AB、CD，导轨与水平面夹角为 θ，处于磁感应强 度大小为 B2、方向垂直于导轨向下的匀强磁场中。质量为 m、电阻为 r、长为 l 的金属棒 ab 与导轨 良好接触。滑动变阻器 R 的最大电阻为 3r，其他电阻不计，一切摩擦和空气阻力不计，重力加速 度为 g。求：(1)电磁感应中产生的电动势； (2)若开关 K1 闭合、K2 断开，求滑动变阻器的最大功率 Pm； (3)若开关 K1 断开，K2 闭合，棒 ab 由静止释放，棒能沿斜面下滑，求棒下滑过程中最大速度 vm 以及某段时间 Δt 内通过棒某一横截面的最大电荷量 qm。 (二)选考题(共 15 分。请考生从给出的 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) 33．【物理——选修 3－3】(15 分) (1)(5 分)下列说法正确的是 。（填正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分） A．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸分子的直径(也就是单层油酸分子组成的油膜 的厚度)等于一小滴溶液中纯油酸的体积与它在水面上摊开的面积之比 B．两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力，它们都随距离的增大而减小，当两个分子的 距离为 r0 时，引力与斥力大小相等，分子势能最小 C．物质是晶体还是非晶体，比较可靠的方法是从各向异性或各向同性来判断 D．如果用 Q 表示物体吸收的能量，用 W 表示物体对外界所做的功，ΔU 表示物体内能的增 加，那么热力学第一定律可以表达为 Q ＝ΔU ＋ W E．如果没有漏气没有摩擦，也没有机体热量的损失，这样的热机的效率可以达到 100% (2) (10 分)如图所示，一个气缸被活塞分为 A、B 两室。当活塞在缸底时轻质弹簧无形变。缸底 通过阀门 a 与容器 C 相通，开始时 B 室内充有一定质量的气体，压强为 p0，B 室高 L1，B 室与 C 室体积相等。即 VB＝VC，A、C 两室为真空。此时弹簧对活塞的压力大小与活塞重量 mg 相等，现 将阀门 a 打开，并将整个装置倒放过来，当达到平衡时同 B 室的高度多大？（设整个过程温度不变 重力加速度为 g） 34．【物理——选修 3－4】(15 分) (1)(5 分)下列说法正确的是 。（填正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分） A．声源与观察者相互靠近时，观察者所接收的声波波速大于声源发出的声波波速 B．在波的传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度 C．机械波传播过程中即使遇到尺寸比机械波波长大的障碍物也能发生衍射 D．向人体内发射频率已知的超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率 变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“彩超”，利用的是多普勒效应原理 E．围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是干涉现象 (2) (10 分)某种透明材料制成的空心球体外径是内径的 2 倍，其过球心的某截面（纸面内）如 图所示．一束单色光（纸面内）从外球面上 A 点入射，入射角为 45°时，光束经折射后恰好与内球 面相切． (i)求该透明材料的折射率； (ii)欲使光束从 A 点入射后，恰好在内球面上发生全反射，则应将入射角变为多少度？2020 届陕西省合阳中学高三物理考前提分模拟试题 答案 二、选择题：本题共 8 小题，每题 6 分，在每小题给出的四个选项中，第 14～18 题只有一个选 项符合题目要求。第 19～21 题有多选项符合题目要求。全部答对的得 6 分，选对但不全的得 3 分， 有选错的得 0 分。 14．【答案】C 【解析】卫星绕星球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 GMm r2 ＝mv2 r ＝m(2π T )2r＝mω2r＝ ma，解得 ω＝ GM r3 ，T＝2π r3 GM，v＝ GM r ，a＝GM r2 ，分析题意可知，金星的质量小于地球质量， 则 b 的角速度大，b 的周期小，b 的线速度大，b 的向心加速度大，故 ABD 错误，C 正确。 15．【答案】D 【解析】由匀变速直线运动位移公式 x＝1 2at2，代入图中数据解得 a＝2 m/s2，A 错误；根据运 动学公式 vt＝at，t＝0.5 s 代入方程解得 vt＝1 m/a，B 错误；0～0.5 s 时间内，物体平均速度 0.5 m/s，C 错误；由牛顿第二定律有 mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma，解得动摩擦因数 μ＝ 3 5 ，D 正 确。 16．【答案】B 【解析】开始时 A 上质点受力平衡，A、C′间库仑力与其他六个质点对 A 的合力等大反向，当 C′上质点电性变为－Q 时，A 质点受到的力为原来的 FAC′的两倍 ，所以 A 质点 受的合力为 ，故 B 正确。 17．【答案】C 【解析】小球在第Ⅳ做匀速圆周运动，由题意可知，小球轨道半径 r＝d，从 A 到 P 过程，由动 能定理得 mgd＝1 2mv2，由于不知道小球的质量，则无法求出小球做圆周运动的动能，故 A 错误；小 球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，则 mg＝qE，电场强度为 ，由于不知道 m、q，无法求出电场 强度大小，故 B 错误；小球做圆周运动的周期 ，小球在第Ⅳ象限的运动时间 ，故 C 正确；小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 qvB＝mv2 r ，解得 ， 由于不知道 m、q，无法求出 B，故 D 错误。 18．【答案】A 【解析】光子垂直照射后全部反射，每秒在薄膜上产生的总能量为 ES，结合单个光子的能量 ε ＝hv，则 N 个光子的总能量为 Nhv＝Nhc λ＝ES，解得 ，结合单个光子的动量 p＝h λ，则光子 的总动量变化量大小为 ，以光子为研究对象，应用动量定理 FΔt＝Δp，式中 Δt＝ 1 s，解得 F＝ ，根据牛顿第三定律，光子对探测器的作用力大小为 F′＝F＝ ，根据牛顿 第二定律 F′＝Ma，解得 a＝ ，A 正确。 19．【答案】CD 【解析】炮弹在最高点竖直方向上的速度为零，水平方向上的速度不为零，故炮弹在最高点速 度不为零，A 错误；在最高点受空气阻力（水平方向上的阻力与水平速度方向相反），重力作用， 二力合力不为零，故加速度不为零，B 错误；由于空气阻力恒做负功，所以根据动能定理可知经过 a 点时的速度大于经过 c 点时的速度，C 正确；从 O 到 b 的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻 力在竖直向下的分力，即 mg＋f1＝ma1，解得 ，在从 b 到 d 的过程中，在竖直方向，受 到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，即 mg－f2＝ma2，解得 ，故 a1＞a2，根据逆 向思维，两个阶段的运动可看做为从 b 点向 O 点和从 b 点向 d 点运动的类平抛运动，竖直位移相 同，加速度越大，时间越小，所以炮弹由 O 点运动到 b 点的时间小于由 b 点运动到 d 点的时间， 故 D 正确。 20．【答案】AC 【解析】因为磁场垂直纸面向里均匀增大，故根据楞次定律可得金属框中感应电流方向为 abcda，e 板带负电，f 板带正电，A 正确；因为粒子刚好从 f 板右边缘射出，所以粒子受到向下的 电场力，而电场方向向上，所以粒子带负电，B 错误；粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上 有 L＝v0t，在竖直方向上有 L＝1 2at2，Eq＝ma，U＝Ed，而电容器两极板间的电压等于 R 两端的电 压，故 ，联立解得 ，C 正确；根据动能定理可得粒子增加 的动能 ，D 错误。 xx t = = 22 3( 3 )AC kQq kQqF aa′ = = 2 22 3AC kQqF a′ = mgE q = 2π 2πr dT v g = = π 2 4 4 T dt g = = 2m gdB qd = Nhc ES λ = 22 h ESp N cλ∆ = = 2ES c 2ES c 2ES cM 1 1 mg fa m += 2 2 mg fa m −= 2 21 1 1 1 2 2 2 4 BSU k L kLt ∆= ⋅ = ⋅ =∆ 0 2 L kqv m = 2 k 1 1 2 8E Uq qkL∆ = =21．【答案】AD 【解析】斜面底端为重力势能零势能面，则 E 总 1＝1 2mv02＝625 J，得 v0＝5 m/s，故 A 正确； 当 E 总＝Ep 时，物块运动到最高点由图乙可知此时 hm＝1 m，根据功能关系，有 J，得物块与斜面间动摩擦因数 μ＝ ，故 B 错误；物块沿斜面上滑的 时间 s，上滑的位移 m，因为 μ＜tan θ，所以物块最终会沿斜面 下滑，下滑的 s，物块在斜面上运动的时间 s，滑 到斜面底端时的动能 J，故 C 错误，D 正确。 第Ⅱ卷（非选择题，共 174 分） 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 须作答。第 33 题～第 38 题为选考题，考生根据要求做答) (一)必考题(共 129 分) 22．(5 分) 【答案】(1)0.170 (2) (3)托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和 砝码的总重力相差越来越大 【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为 1 mm，游标尺的刻度第 14 个刻度与上边的刻度对齐，所 以读数为 0.05×14 mm＝0.70 mm，所以 d＝1 mm＋0.70 mm＝1.70 mm＝0.170 cm。 (2)小车做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动速度位移公式 ，得 。 (3)实验时，小车的合外力认为就是托盘和砝码的总重力 mg，只有在 M>>m 时，才有 T≈mg，a －F 图线才接近直线，一旦不满足 M>>m，描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线向右弯 曲，所以 a－F 图线上部明显偏离直线的原因是托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和 砝码的总重力相差越来越大。 23．(10 分) 【答案】(1)A D E (2)见解析图 (3)小灯泡电阻随温度的升高而增大 (4)0.31 【解析】(1)根据小灯泡的规格“4 V 2 W”可知，额定电压 U＝4 V，额定电流 I＝P/U＝0.5 A，所以电压表应选 A；电流表应选 D；由于实验要求电流从零调，所以变阻器应用分压式接法， 应选择阻值小的变阻器 E 以方便调节。 (2)由于小灯泡电阻较小，满足 ，所以电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式，所 以电路图和实物连线图分别如图所示。 (3)根据 可知， ，小灯泡的电阻与 I－U 图线上的点与原点连线的斜率成反比，所 以小灯泡的电阻随温度的升高而增大。 (4)将电阻 Z 的阻值看做电源内阻，画出等效电源的 I－U 图像如图，根据 I－U 图象可知，两 图像的交点坐标对应于 I＝0.22 A，U＝1.4 V，所以灯泡 L 的功率 P＝UI＝1.4×0.22 W＝0.31 W。 24．(13 分) 【解析】(1)滑块 A 在半圆轨道运动，恰到达最高点，则有： 滑块 A 在半圆轨道运动的过程中，机械能守恒，所以有：2mgR＋1 2mvD2＝1 2mvC2 解得： 。 (2) A、B 在弹簧恢复原长的过程中动量守恒，则有：mvC＋(－2mvB)＝0 得 由能量守恒，释放前弹簧弹性势能 Ep＝1 2mvC2＋1 2×2mvB2＝ 。 (3)假设滑块可以在小车上与小车共速，由动量守恒得：mBvB＝(vB＋M)v 得 mcos 125sin hmg Eµ θ θ = ∆ =总 3 16 0 1 2 sin cos 3 vt g gθ µ θ= =+ m 5 sin 3 hs θ= = 2 2 2 15 sin cos 9 st g gθ µ θ= =− 1 2 6 2 15 9t t t += + = m k 2 cos 375sin hE E mgµ θ θ= − =总1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 ( ) 2 d t t Lt t − 2 2 2 1 2 ( ) ( )d daL t t = − 2 2 2 1 2 2 2 1 2 ( ) 2 d t ta Lt t −= V A x x R R R R > UR I = 1I UR = 2 Dvmg m R = 5Cv gR= 5 2B gRv = 15 4 mgR 5 5 gRv =由能量守恒：1 2mBvB2－1 2×(mB＋M)2＝μmBgx 解得，滑块 B 相对小车的位移 故滑块 B 冲上小车后不会从车右侧滑落，B 最后稳定时的速度为 。 25．(19 分) 【解析】(1)处在均匀变化的磁场中的有效面积 S＝π(2l)2－πl2＝3πl2 根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为 。 (2)根据闭合电路欧姆定律 滑动变阻器的功率 P＝I2R 得 当 R＝r 时，P 有最大值，所以 。 (3)棒切割磁感线产生的最大感应电动势 E′＝B2lvm 通过分析知道沿整个回路的感应电动势都为逆时针方向，因此总电动势为 Em＝E＋ E′ 对于整个回路，根据闭合电路欧姆定律有 当棒匀速下滑时速度达到最大，此时受力平衡 mgsin θ＝B2Iml 解得： 当物体下滑速度最大时，在 Δt 时间内通过导体棒的电荷量也最大 qm＝ImΔt 解得： 。 (二)选考题(共 15 分。请考生从给出的 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) 33．【物理——选修 3－3】(15 分) (1)(5 分) 【答案】ABD 【解析】根据用“油膜法”估测分子大小的实验原理可知，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成 单分子油膜，由于油酸分子是紧密排列的，而且形成的油膜为单分子油膜，然后用每滴油酸酒精溶 液所含纯油酸体积除以油膜面积得出的油膜厚度即为油酸分子直径，故 A 正确；当分子间的距离 r ＜r0 时，分子力表现为斥力，减小分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加；当分子间的距离 r＞r0 时，分子力表现为引力，增大分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加，所以当两个分 子的距离为 r0 时，引力与斥力大小相等，分子势能最小，故 B 正确；单晶体具有各向异性，多晶 体与非晶体都具有各向同性，所以不能根据各向异性或各向同性来判断物质是晶体还是非晶体；晶 体具有一定的熔点，而非晶体没有固定的熔点，比较可靠的方法是通过比较熔点来判断，故 C 错 误；根据热力学第一定律可知，如果用 Q 表示物体吸收的能量，用 W 表示物体对外界所做的功， ΔU 表示物体内能的增加，那么热力学第一定律可以表达为 Q＝ΔU＋W，故 D 正确；即使没有漏气 没有摩擦，也没有机体热量的损失，根据热力学第二定律可知，热机的效率不可以达到 100%，故 E 错误。 (2) (10 分) 【解析】设气缸的截面积为 S，末态时 B 室高度为 L2，弹簧劲度系数为 k 对活塞，原有 倒置后有 因 ，故 对气体 ， ， 15 8x R L= < 5 5 gR 21 π3 BSE S lt t ϕ∆ ∆= = = =∆ ∆ EI R r = + 2 2 / 2 EP R r R r = + + 2 2 4 m π 4 4 E lP r r = = m m 2 EI r = 3 2 m 2 2 2 2 sin πmgr B lv B l θ −= m 2 sinmgq tB l θ= ∆ 0 1P S mg kL= + 2 2P S mg kL+ = 1kL mg= 1 0 2kLP S = 1 1 0 2kLP P S = = 1 1V L S= 22 1 2 ( )kL mg k L LP S S − −= = ( )2 1 2C B B BV V V V V L L S′ ′= + = + = +由玻一马定律有 解得 。 35．【物理——选修 3－4】(15 分) (1)(5 分) 【答案】CDE 【解析】声源与观察者相互靠近时，观察者所接收的声波频率大于声源发出的声波频率，选项 A 错误；质点的振动速度与波的传播速度是不同的两个概念，是不相同的，选项 B 错误；机械波传 播过程中即使遇到尺寸比机械波波长大的障碍物也能发生衍射，只是不明显，选项 C 正确；向人体 内发射频率已知的超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血 流的速度，这种方法俗称“彩超”，利用的是多普勒效应原理，选项 D 正确；围绕振动的音叉转一圈 会听到忽强忽弱的声音是干涉现象，选项 E 正确。 (2) (10 分) 【解析】（i）如答图，设光束经折射后到达内球面上 B 点在 A 点，由题意知，入射角 i＝45°， 折射角 r＝∠BAO 由几何关系有：sinr＝ ＝0.5 由折射定律有：n＝ 代入数据解得：n＝ （ii）如答图，设在 A 点的入射角为 i'时，光束经折射后到达内球面上 C 点，并在 C 点恰发生 全反射，则光束在内球面上的入射角∠ACD 恰等于临界角 C 由 sinC＝ 代入数据得：∠ACD＝C＝45° 由正弦定理有 AO＝2R，CO＝R 解得：sin∠CAO＝ 由折射定律有：n＝ 解得：sini'＝0.5，即此时的入射角 i'＝30° 1 1 1 1 2 22 ( ) ( )kL k L LS SS SL L L −⋅ = ⋅ + 2 13L L= BO AO sin sin i γ 2 1 n sin sinACD CAO AO CO ∠ ∠= sin 2 2 4 ACD∠ = sin sin i CAO∠