湖南省长沙市2020年高考理综（物理部分）模拟考试试题（4月）（含解析）

湖南省长沙市2020年高考理综（物理部分）模拟考试试题（4月）（含解析）

‎2020年湖南省长沙市高考物理模拟试卷（4月份） ‎ ‎　‎ 一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，其中1～5只有一项符合题目要求，第6～8小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．（6分）（2020•长沙模拟）牛顿时空观也叫经典时空观，下列关于经典时空观及经典力学的说法正确的是（　　）‎ ‎　 A． 经典时空观认为空间和时间是独立于物体及其运动而存在的 ‎　 B． 经典力学的基础是牛顿运动定律，它适用于宏观和微观世界 ‎　 C． 在经典力学中，物体的质量是随运动状态而改变的 ‎　 D． 经典力学也适用于高速运动的宏观物体 ‎【考点】： 狭义相对论．‎ ‎【分析】： 经典力学的基础是牛顿运动定律，适用于宏观、低速、弱引力的情况．‎ ‎【解析】： 解：A、经典时空观认为空间和时间是独立于物体及其运动而存在的，故A正确；‎ B、经典力学的基础是牛顿运动定律，它适用于宏观世界，不适应与微观世界，故B错误；‎ C、在经典力学中，物体的质量是不随运动状态而改变的．故C错误；‎ D、经典力学适用于宏观、低速、弱引力的情况，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】： 关键是知道牛顿经典力学的本质认为质量和能量各自独立存在，且各自守恒，它只适用于物体运动速度远小于光速的范围．‎ ‎　‎ ‎2．（6分）（2020•长沙模拟）据报道，北京时间2020年12月6日17时53分，嫦娥三号探测器成功实施近月制动，顺利进入环月轨道．探测器环月运行轨道可视为圆轨道．已知质量为m的探测器环月运行时可忽略地球及其他天体的引力，其轨道半径为r，运动周期为T，引力常量为G．由以上条件可求得（　　）‎ ‎　 A． 月球的半径 B． 月球表面的重力加速度 ‎　 C． 探测器离月球表面的高度 D． 月球的质量 ‎【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【专题】： 人造卫星问题．‎ ‎【分析】： 卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；根据万有引力等于重力求出重力加速度．‎ ‎【解析】： 解：A、根据题意无法求出月球的半径，故A错误；‎ B、根据万有引力等于重力得：‎ ‎=mg g=，‎ 不知道月球的半径，所以不能求出月球表面的重力加速度，故B错误；‎ C、轨道半径为r=R+h，不知道月球的半径，所以不能求出离月球表面的高度，故C错误；‎ D、轨道半径为r，运动周期为T，引力常量为G，‎ 根据万有引力提供向心力，‎ ‎=m M=，所以能求出月球的质量，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】： 本题要知道万有引力提供向心力这个关系，并且能够根据题目的要求选择恰当的向心力的表达式．‎ ‎　‎ ‎3．（6分）（2020•长沙模拟）如图所示，质量分别为m、‎2m的物体A、B由轻质弹簧相连后放置在一箱子C内，箱子质量为m，整体悬挂处于静止状态．当剪断细绳的瞬间，以下说法正确的是（重力加速度为g）（　　）‎ ‎　 A． 物体A的加速度等于g B． 物体B的加速度大于g ‎　 C． 物体C的加速度等于g D． 物体B和C之间的弹力为零 ‎【考点】： 牛顿第二定律．‎ ‎【专题】： 牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】： 先对A受力分析，求出细线剪短前后A的加速度；再对B、C整体受力分析，求出BC整体的加速度 ‎【解析】： 解：A、物体A受重力和支持力，在细绳剪断瞬间仍受力平衡，所以a=0，故A错误；‎ BC、B、C物体相对静止，将B、C看作一个整体，受重力和弹簧的压力，弹簧的压力等于A物体的重力，故整体的加速度为：a==；故B正确，C错误．‎ D、根据B项分析知B与C之间弹力为零．‎ 故选：B ‎【点评】： 本题是瞬时问题，关键在于BC的加速度相等，要将BC当作整体来研究．‎ ‎　‎ ‎4．（6分）（2020•长沙模拟）2020年我国多地都出现了雾霾天气，严重影响了人们的健康和交通．设有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以‎54km/h 的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6s，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为‎5m/s2，最后停在故障车前‎1.5m处，避免了一场事故．以下说法正确的是（　　）‎ ‎　 A． 司机发现故障车后，汽车经过3 s停下 ‎　 B． 司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为‎33 m ‎　 C． 从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为‎7.5 m/s ‎　 D． 从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为‎11 m/s ‎【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度．‎ ‎【专题】： 直线运动规律专题．‎ ‎【分析】： （1）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出卡车匀减速运动的时间，从而得知发现情况后，卡车到停止的时间；‎ ‎（2）司机发现情况后，在反应时间内做匀速直线运动，然后做匀减速直线运动，结合运动学公式求出位移的大小；‎ ‎（3）平均速度等于总位移除以总时间；‎ ‎【解析】： 解：A、卡车减速到零的时间．则t=t′+t1=0.6+3=3.6s，故A错误；‎ B、在反应时间内的位移x1=v0t′=15×‎0.6m=‎9m．‎ 匀减速直线运动的位移，则x=x1+x2+1.5=‎33m，故B正确；‎ C、平均速度，故CD错误；‎ 故选：B ‎【点评】： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动运动学公式，并能灵活运用．知道在反应时间内做匀速直线运动．‎ ‎　‎ ‎5．（6分）（2020•长沙模拟）已知长直线电流产生的磁场中某点的磁感应强度满足B=K ‎（其中K为比例系数，为电流强度，r为该点到直导线的距离）如图所示，同一平面内有两根互相平行的长直导线甲和乙，通有大小均为I且方向相反的电流，a、O两点与两导线共面，且a点到甲的距离、甲到O点的距离及O点到乙的距离均相等．现测得O点磁感应强度的大小为B0=3T，则a点的磁感应强度大小为（　　）‎ ‎　 A． 1T B． T C． T D． 2T ‎【考点】： 磁感应强度．‎ ‎【分析】： 由安培定则判断出甲乙两导线在O点产生的磁场方向，然后求出各导线在O点产生的磁感应强度大小；由安培定则及磁场的叠加原理求出a点的磁感应强度；求出甲在乙处产生的磁感应强度，最后由F=BIL求出乙受到的安培力．‎ ‎【解析】： 解：设两导线间的距离是L，则由题意知：ao=bo=L；‎ 由安培定则可知，甲乙两电流在O点产生的磁场方向都垂直于纸面向里，‎ 两导线到O点的距离均为L，‎ 由于B=k，O点磁感应强度的大小为B0，‎ 所以：B0=Ba+Bb=k ①，‎ 由安培定则可知，甲在a处产生的磁场垂直于纸面向外，‎ 乙在a处产生的磁场垂直于纸面向里，则a处的磁感应强度：‎ Ba=B甲+B乙=k ②，‎ 由①②可得：Ba=T；‎ 故选：A ‎【点评】： 本题是一道信息给予题，认真审题，知道磁感应强度的计算公式、熟练应用安培定则、磁场的叠加原理即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎6．（6分）（2020•长沙模拟）如图所示，在半径为R的圆形区域内（圆心为O）有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）．一群具有相同比荷的负离子以相同的速率由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁场，若离子在磁场中运动的轨道半径大于R，则下列说法中正确的是（不计离子的重力）（　　）‎ ‎　 A． 从Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长 ‎　 B． 沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大 ‎　 C． 所有离子飞出磁场时的动能一定相等 ‎　 D． 在磁场中运动时间最长的离子不可能经过圆心O点 ‎【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】： 粒子在磁场中均由于洛仑兹力充当向心力而做匀速圆周运动，则根据公式和圆的性质可得出粒子运动的半径、偏向 角及离开磁场的时间；由洛仑兹力不做功可知离开时的动能．‎ ‎【解析】： 解：A、由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故此时粒子一定不会沿PQ飞出，由Q点飞出的粒子圆心角最大，故所对应的时间最长，轨迹不可能经过圆心O点．故A、D正确，B错误．‎ C、因洛仑兹力永不做功，故粒子在磁场中运动时动能保持不变，但由于不知离子的初动能，故飞出时的动能不一定相同，故C错误．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】： 本题为多个粒子的偏转问题，此类题目要求我们能将圆的性质掌握清楚，利用我们所掌握的几何知识进行分析判断．‎ ‎　‎ ‎7．（6分）（2020•长沙模拟）如图所示电路，一理想变压器的原线圈ab间接电压为u=220sin100πt（V）的交流电源，R0为定值电阻，当滑动变阻器R的滑片处在某位置时，灯泡L刚好正常发光，则（　　）‎ ‎　 A． 流过灯泡L的交变电流频率跟变压器的原、副线圈匝数比无关，为100Hz ‎　 B． 将R的滑片向上滑稍许，灯泡L的亮度不变 ‎　 C． 将R的滑片向下滑稍许，变压器的输入功率变大 ‎　 D． 将R的滑片向下滑稍许，灯泡L的亮度变暗 ‎【考点】： 变压器的构造和原理．‎ ‎【专题】： 交流电专题．‎ ‎【分析】： 由电压的表达式可求得交流电的频率；注意频率和匝数等无关；‎ 由匝数之比不变可明确电压不变，借助闭合电路欧姆定律的动态分析方法分析输出端的电流及电压变化，即可分析功率和亮度的变化．‎ ‎【解析】： 解：A、流过灯泡的频率与原副线圈匝数无关，其大小为f===50Hz；故A错误；‎ B、匝数不变时，R的滑片上滑时，R接入电阻增大，总电阻增大，总电流减小，R两端的电压减小，则并联部分电压增大；则L两端的电压增大；故L的亮度增大；故B错误；‎ C、R的滑片向下滑稍许时，接入电阻减小，总电流增大，输出功率增大，则输入功率也变大；故C正确；‎ D、滑片向下滑稍许时，接入电阻减小，总电流增大，R两端的电压增大，则灯泡两端电压减小；故亮度变暗；故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】： 本题考查变压器的动态分析问题，其解决方法与闭合电路欧姆定律相同，利用“局部﹣整体﹣局部”的分析思路进行分析即可求解．‎ ‎　‎ ‎8．（6分）（2020•长沙模拟）如图所示，位于水平面上的物体在斜向上的恒力F1的作用下，做速度为v的匀速运动，此时力F1与水平方向的夹角为θ1；现将该夹角增大到θ2，对应恒力变为F2，则以下说法正确的是（　　）‎ ‎　 A． 若物体仍以速度v做匀速运动，则可能有F2=F1‎ ‎　 B． 若物体仍以速度v做匀速运动，则一定有F2＞F1‎ ‎　 C． 若物体仍以速度v做匀速运动，则F2的功率可能等于F1的功率 ‎　 D． 若物体以大于v的速度做匀速运动，则F1的功率可能等于F2的功率 ‎【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【专题】： 共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】： 根据共点力平衡得出两个拉力的表达式，结合数学知识分析拉力的大小关系．根据拉力的功率大小和摩擦力的功率大小相等，结合功率表达式P=Fvcosθ分析功率大小．‎ ‎【解析】： 解：A、物体都做匀速运动，受力平衡，则：‎ F1 cosθ1=μ（mg﹣F1sinθ1）‎ F2 cosθ2=μ（mg﹣F2sinθ2）‎ 解得：，‎ 当cosθ1+μsinθ1=cosθ2+μsinθ2时，F2=F1，‎ 则sin（θ1+β）=sin（θ2+β），其中tan，‎ 当θ1+θ2+2β=π时，sin（θ1+β）=sin（θ2+β），则F2的大小可能等于F1．故A正确，B错误．‎ C、因为物体做匀速直线运动，合力为零，则 F1 cosθ1=μ（mg﹣F1sinθ1）‎ F2 cosθ2=μ（mg﹣F2sinθ2）‎ 功率P=Fvcosθ，v相等，要使功率相等，则 F1 cosθ1=F2 cosθ2，F1sinθ1=F2sinθ2，而θ2＞θ1，不可能同时满足，所以F2的功率不可能等于F1的功率，故C错误；‎ D、根据C的分析可知，当物体以大于v的速度做匀速运动时，F1 cosθ1可以大于F2 cosθ2，则F1的功率可能等于F2的功率，故D正确．‎ 故选：AD ‎【点评】： 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡，结合功率相等列式求解，注意物体做匀速直线运动，合力为零，拉力的功率大小等于摩擦力功率的大小，难度适中．‎ ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．（6分）（2020•长沙模拟）物理课题小组参与设计某道路的“风光互补路灯”系统．如图所示，其主要部分为：‎ A．风力发电机（最大输出功率300W）‎ B．太阳能电池（太阳能转化为电能的效率为20%，最大输出功率为36W）‎ C．蓄电池（12V ‎500A•h）‎ D．LED路灯（12V 60W）‎ ‎（1）如果当地垂直于太阳光的平面得到的太阳辐射强度约为200W/m2，要想使太阳能电池达到最大输出功率，则太阳能电池板的面积至少要　0.9　m2．‎ ‎（2）若只用风力发电机给蓄电池充电，将蓄电池的电能由20%至充满所需时间为25h，则风力发电机的输出功率为　192　W．‎ ‎【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【专题】： 功率的计算专题．‎ ‎【分析】： （1）由太阳能电池达到最大输出功率等于辐射功率乘以面积再乘以效率得到结果；‎ ‎（2）根据能量守恒列方程求解 ‎【解析】： 解：（1）由太阳能电池达到最大输出功率等于辐射功率乘以面积再乘以效率得：200S×20%=36，解得，S=‎‎0.9m2‎ ‎（2）根据能量守恒列方程得：12×500×（1﹣20%）=P×25，解得，P=192W 故答案为：（1）0.9 （2）192‎ ‎【点评】： 本题体现了物理与生活的紧密相连，有一定难度，关键是读懂题目中包含的隐性条件，这样会帮助我们减少计算量．‎ ‎　‎ ‎10．（9分）（2020•长沙模拟）甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验．已知重力加速度为g．‎ ‎（1）甲同学所设计的实验装置如图（甲）所示．其中A为一质量为M的长直木板，B为木板上放置的质量为m的物块，C为物块右端连接的一轻质弹簧测力计．实验时用力将A从B的下方抽出，通过C的读数F1即可测出动摩擦因数．则该设计能测出　A与B　（填“A与B”或“A与地面”）之间的动摩擦因数，其表达式为　　．‎ ‎（2）乙同学的设计如图（乙）所示．他在一端带有定滑轮的长木板上固定有A、B两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力．实验时，多次改变砂桶中砂的质量，每次都让物块从靠近光电门A处由静止开始运动，读出多组测力计示数F及对应的物块在两光电门之间的运动时间t．在坐标系中作出F﹣的图线如图（丙）所示，图线的斜率为k，与纵轴的截距为b，与横轴的截距为c．因乙同学不能测出小车质量，故该同学还应该测出的物理量为　光电门A、B之间的距离x　．根据该测量物理量及图线信息可知物块与木板之间的动摩擦因数表达式为　　．‎ ‎【考点】： 探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【专题】： 实验题．‎ ‎【分析】： （1）用力将A从B的下方抽出达到稳定状态时，B所受的滑动摩擦力与弹簧测力计的拉力平衡．滑动摩擦力f=μN，N等于B的重力，f由弹簧测力计Q读出，从而可测得动摩擦因数．‎ ‎（2）小车从靠近甲光电门处由静止开始做匀加速运动，位移x=at2．位移一定，找出a与t的关系，以及斜率k、截距b的意义，然后即可求出动摩擦因数的表达式．‎ ‎【解析】： 解：（1）当A达到稳定状态时B处于静止状态，弹簧测力计的读数F与B所受的滑动摩擦力f大小相等，B对木块A的压力大小等于B的重力mg，由f=μN得，μ=，由从Q上读取F1，则可求得μ，为A与B之间的动摩擦因数．‎ ‎（2）小车由静止开始做匀加速运动，位移x=at2．a=‎ 根据牛顿第二定律得 对于沙和沙桶，F合=F﹣μmg=ma 则：‎ 则图线的斜率为：k=2mx，纵轴的截距为b=μmg；‎ k与摩擦力是否存在无关，小车与长木板间的摩擦因数：‎ 故答案为：（1）A与B，；（2）光电门A、B之间的距离x；‎ ‎【点评】： 本题关键要理解掌握光电门测量速度的原理，运用动能定理得到动摩擦因数的表达式，分析图象截距的意义．‎ ‎　‎ ‎11．（14分）（2020•长沙模拟）某商场设计将货物（可视为质点），从高处运送到货仓，简化运送过程如图所示，左侧由固定于地面的光滑圆轨道，轨道半径为R，轨道最低点距离地面高度为h=，距货仓的水平距离为L=3R，若货物由轨道顶端无初速落下，无法直接运动到货仓，设计者在紧靠最低点的地面放置两个相同的木箱，木箱长度为R，高度为h，质量为M，上表面与轨道末端相切，货物与木箱之间的动摩擦因数为μ，设计者将质量为m货物由轨道顶端无初速滑下，发现货物滑上木箱1时，两木箱均静止，而滑上木箱2时，木箱2开始滑动（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g）‎ ‎（1）求木箱与地面的动摩擦因数μ1的取值范围；‎ ‎（2）设计者将两木箱固定在地面上，发现货物刚好可以死进去货仓，求动摩擦因数μ的值．‎ ‎【考点】： 牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【专题】： 牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】： （1）货物在木箱1上运动时，两木箱均静止，知物块对木箱的摩擦力小于地面对木箱的最大静摩擦力，货物在木箱2上运动时，木箱2运动，知物块对木箱2的摩擦力大于木箱2受到地面的摩擦力，从而求出动摩擦因数的范围．‎ ‎（2）根据动能定理求出物块滑上木箱的初速度，结合平抛运动的规律，抓住物块恰好进入货仓求出物块离开木箱做平抛运动的速度，根据牛顿第二定律和速度位移公式求出动摩擦因数的大小．‎ ‎【解析】： 解：（1）因为货物在木箱1上运动时，两木箱均静止，有：μmg＜μ1（‎2M+m）g，‎ 货物在木箱2上运动时，木箱2开始滑动，有：μmg＞μ1（M+m）g，‎ 联立两式解得．‎ ‎（2）根据动能定理得，，解得v=，‎ 在两木箱上做匀减速运动的加速度a=μg，‎ 因为木块刚好进入货仓，木块离开木箱后做平抛运动，有：，t=，‎ 根据3R﹣2R=v′t得，木块做平抛运动的初速度，‎ 根据速度位移公式得，v2﹣v′2=‎2a•2R，‎ 代入数据解得μ=0.25．‎ 答：（1）木箱与地面的动摩擦因数μ1的取值范围为．‎ ‎（2）动摩擦因数μ的值为0.25．‎ ‎【点评】： 本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，对于第二问，关键抓住临界情况，物块恰好进入货仓，求出平抛运动的初速度是关键．‎ ‎　‎ ‎12．（18分）（2020•长沙模拟）如图所示，一根有一定电阻的直导体棒质量为m、长为L，其两端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面．t=0时刻，给导体棒一个平行于导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为R0．在棒运动过程中，通过可控电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定．不计导轨电阻，导体棒一直在磁场中 ‎（1）求可控电阻R随时间t变化的关系式；‎ ‎（2）若已知棒中电流强度为I，求0～t时间内可控电阻上消耗的平均功率P；‎ ‎（3）若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为R0的定值电阻，则棒将减速运动位移x1后停下，而由题中条件，棒将运动位移x2后停下，求的值．‎ ‎【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【专题】： 电磁感应——功能问题．‎ ‎【分析】： （1）使棒中的电流强度保持恒定，结合欧姆定律知I=为定值，由于棒做匀减速运动，故感应电动势随时间减小，由此的到R随时间的变化关系；‎ ‎（2）电阻随时间均匀减小，故电阻的功率可用平均功率等效代替，P=‎ ‎【解析】： 解：（1）因棒中的电流强度保持恒定，故棒做匀减速直线运动，设棒的电阻为r，电流为I，其初速度为v0，加速度大小为a，经时间t后，棒的速度变为v，‎ 则有：v=v0﹣at 而a=‎ t=0时刻棒中电流为：‎ 经时间t后棒中电流为：‎ 由以上各式得：R=‎ ‎（2）因可控电阻R随时间t均匀减小，故所求功率为：P=‎ 由以上各式得：P=‎ ‎（3）将可控电阻改为定值电阻R0，棒将变减速运动．‎ 有：‎ 而 由以上各式得：‎ 而 由以上各式得 所求 答：（1）求可控电阻R随时间t变化的关系式为：R=；‎ ‎（2）若已知棒中电流强度为I，求0～t时间内可控电阻上消耗的平均功率P为；‎ ‎（3）的值为2：1．‎ ‎【点评】： 解决本题的关键知道分析导体棒受力情况，应用闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律求解，注意对于线性变化的物理量求平均的思路，本题中先后用到平均电动势、平均电阻和平均加速度．‎ ‎　‎ ‎【物理-------选修3-3】（15分）‎ ‎13．（6分）（2020•长沙模拟）如图，质量为M的绝热活塞把一定质量的理想气体密封在竖直放置的绝热气缸内．活塞可在气缸内无摩擦滑动．现通过电热丝对理想气体十分缓慢地加热．设气缸处在大气中，大气压强恒定．经过一段较长时间后，下列说法正确的是（　　）‎ ‎　 A． 气缸中气体的压强比加热前要大 ‎　 B． 气缸中气体的压强保持不变 ‎　 C． 气缸中气体的体积比加热前要大 ‎　 D． 气缸中气体的内能可能和加热前一样大 ‎　 E． 活塞在单位时间内受气缸中分子撞击的次数比加热前要少 ‎【考点】： 封闭气体压强．‎ ‎【分析】： 给气体加热时，封闭气体发生等压变化，可根据盖•吕萨克定律列式知温度上升，气体发生等压变化，可根据热力学第一定律求内能的变化量．由压强的决定因素：分子平均动能和单位体积内的分子数分析单位时间内分子撞击气缸的次数．‎ ‎【解析】： 解：A、气缸内封闭气体的压强 p=p0+，则知加热时封闭气体的压强保持不变．故A错误，B正确．‎ C、封闭气体发生等压变化，根据盖•吕萨克定律知，温度上升时，气体的体积增大，故C正确．‎ D、一定质量的理想气体内能只跟温度有关，温度升高，气体的内能增加．故D错误．‎ E、温度升高，分子的平均动能增大，体积增大，单位时间气体分子数减少，由于气体的压强不变，根据压强的微观含义知活塞在单位时间内受气缸中分子撞击的次数比加热前减少，故E正确．‎ 故选：BCE．‎ ‎【点评】： 解决本题的关键要明确气体作的是等压变化，知道一定质量的理想气体内能只跟温度有关．‎ ‎　‎ ‎14．（9分）（2020•长沙模拟）U形管两臂粗细不等，左管开口向上，封闭的右管横截面积是开口的左管的3倍，管中装入水银，大气压为P0=76cmHg．开口管中水银面到管口距离为h1=‎22cm，且水银面比封闭管内高△h=‎4cm，封闭管内空气柱长为h2=‎11cm，如图所示．现用小活塞把开口端封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：‎ ‎①右管中气体的最终压强 ‎②活塞推动的距离．‎ ‎【考点】： 理想气体的状态方程；封闭气体压强．‎ ‎【专题】： 理想气体状态方程专题．‎ ‎【分析】： 以粗管封闭气体为研究对象，气体发生等温变化，根据理想气体状态方程可求得最终压强；‎ 再以左管气体为研究对象，气体发生等温变化，根据理想气体状态方程可求得气体体积，从而可得活塞推动的距离 ‎【解析】： 解：①设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S，‎ 以右管封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1=p0+△h=80cmHg 体积为V1=3Sh2‎ 末状态的压强为p2‎ 从初状态到末状态，设左管水银面下降△h1，设右管水银面上升△h2，则 ‎△h1+△h2=△h ‎△h1S=3△h2S 故△h1=3△h2=0.75△h=‎‎3cm 末状态的体积为V2=3S（h2﹣△h2）‎ 由等温变化有p1•V1=p2•V2‎ 由以上各式得 p2=88 cmHg ‎②以左管被活塞封闭气体为研究对象，‎ 初状态有：p3=p0=76cmHg，体积为V3=Sh1‎ 末状态有：p4=p2=88cmHg，体积为V4=Sh4‎ 由等温变化有p3•V3=p4•V4‎ 由以上各式得 h4=19 cm 活塞推动的距离 L=h1﹣h4+△h1=6 cm 答：①右管中气体的最终压强88 cmHg ‎②活塞推动的距离‎6 cm ‎【点评】： 本题关键确定封闭气体的初末状态的气压、温度、体积，然后结合理想气体状态方程列式后联立求解 ‎　‎ ‎【物理--选修3-4】（15分）‎ ‎15．（2020•长沙模拟）一列频率为2.5Hz的简谐横波沿x轴传播，在t1=0时刻波形如图中实线所示，在t2=0.7s时刻波形如图中虚线所示．则该波沿x轴　负向　（填“正向”或“负向”）传播．其传播速度为　‎10　‎m/s．在t3=0.9s时位于0＜x＜‎4m区间的部分质点正在向y轴正方向运动，这些质点在x轴上的坐标区间是　‎1m＜x＜‎3m　．‎ ‎【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】： 由频率求出周期，根据时间与周期的倍数关系确定波的传播方向；再分析在t3=0.9s时位于0＜x＜‎4m区间的质点中正向y轴正方向运动的质点坐标区间．‎ ‎【解析】： 解：该波的周期为：T==s=0.4s，t2﹣t1=0.7s=1T，由波形的平移法可知，该波沿x轴负向传播．‎ 由图知，波长为 λ=‎4m，波速为 v==‎10m/s 在t1=0时刻在x轴上坐标区间为‎2m＜x＜‎4m的质点正向y轴正方向运动，在t3=0.9s=2T时刻，波形向左平移λ=‎1m，则正向y轴正方向运动的质点在x轴上的坐标区间是：‎1m＜x＜‎3m．‎ 故答案为：负向；‎10m/s；‎1m＜x＜‎3m．‎ ‎【点评】： 本题的解题关键是根据时间与周期的关系，利用波形的平移法确定波的传播方向，从而判断出质点的速度方向．‎ ‎　‎ ‎16．（2020•长沙模拟）某透明物体的横截面如图所示，其中ABC为直角三角形，AB为直角边，长度为‎2L，∠ABC=45°，为一圆弧，其圆心在AC边的中点．此透明物体的折射率为n=2.0．若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入透明物体，试由光路图画出光线从ADC圆弧射出的区域，并求此区域的圆弧长度s．‎ ‎【考点】： 光的折射定律．‎ ‎【专题】： 光的折射专题．‎ ‎【分析】： 根据sinθ=求出透明体的临界角θ为30°．当光线射到BC面上时，光线将发生全反射．从ADC圆弧射出时，作出两条边缘光线，从圆弧ADC射出的边缘光线恰好发生全反射，其入射角等于临界角，由折射率求出临界角，由几何知识求出此区域的圆弧长度s．‎ ‎【解析】： 解：如图，作出两条边缘光线，所求光线射出的区域为EDF．‎ 如图，从圆弧ADC射出的边缘光线的入射角等于材料的临界角θ，因sinθ==‎ 故θ=30°‎ 由几何关系得：圆弧EDF长度为 s=2θ•L 故所求 s=‎ 答：画出光线从ADC圆弧射出的区域如图，此区域的圆弧长度s为．‎ ‎【点评】： 对于几何光学中范围问题，要掌握临界角公式，求出临界角，要作出边界光线，在边界上光线往往恰好发生全反射．‎ ‎　‎ ‎【物理-------选修3-5】（15分）‎ ‎17．（2020•长沙模拟）以下关于玻尔原子理论的说法正确的是（　　）‎ ‎　 A． 电子绕原子核做圆周运动的轨道半径不是任意的 ‎　 B． 电子在绕原子核做圆周运动时，稳定地产生电磁辐射 ‎　 C． 电子从量子数为2的能级跃迁到量子数为3的能级时要辐射光子 ‎　 D． 不同频率的光照射处于基态的氢原子时，只有某些频率的光可以被氢原子吸收 ‎　 E． 氢原子光谱有很多不同的亮线，说明氢原子能发出很多不同频率的光，但它的光谱不是连续谱 ‎【考点】： 玻尔模型和氢原子的能级结构．‎ ‎【分析】： 玻尔原子理论：轨道半径是特定的，而能量也是特定的，且只有跃迁时，才会出现辐射或吸收光子，根据能级差即可求得，辐射的光子能量；并根据连续光谱与特征光谱的不同，即可求解．‎ ‎【解析】： 解：A、由于氢原子的轨道是不连续的，而氢原子在不同的轨道上的能级En=E1，故氢原子的能级是不连续的，即是分立的，故A错误．‎ B、电子在绕原子核做圆周运动时，不会产生电磁辐射，只有跃迁时才会出现，故B错误；‎ C、氢原子在不同的轨道上的能级En=E1，电子从量子数为2的能级跃迁到量子数为3的能级时要吸收光子，故C错误．‎ D、由于氢原子发射的光子的能量：E=En﹣Em=E1﹣E1=hγ，不同频率的光照射处于基态的氢原子时，只有某些频率的光可以被氢原子吸收，故D正确；‎ E、光谱有很多不同的亮线，说明氢原子能发出很多不同频率的光，是特征谱线，但它的光谱不是连续谱，故E正确．‎ 故选：ADE．‎ ‎【点评】： 本题目的是考查波尔理论：①氢原子的轨道是不连续的，是一些特殊的分立的值，电子只能在这些轨道上绕原子核运动．②电子在不同的轨道上运动时对应不同的能量值，原子只能处于一系列能量不连续的状态中．③当电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时只能吸收或发射特定频率的光子，而特征谱线不是连续谱．‎ ‎　‎ ‎18．（2020•长沙模拟）如图，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M=‎3.0kg，木板的长度为L=‎1.5m．在木板右端有一小物块，其质量m=‎1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态．现令小物块以初速度v0沿木板向左滑动，重力加速度g取‎10m/s2．‎ ‎①若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v0的大小；‎ ‎②若初速度v0=‎3m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能．‎ ‎【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【专题】： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．‎ ‎【分析】： （1）小物块滑上木板后，系统在水平方向动量守恒，再根据功能关系求得物块初速度的大小；‎ ‎（2）木板与物块组成的系统动量守恒，根据功能关系分析碰撞过程中损失的机械能．‎ ‎【解析】： 解：①设木板和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律mv0=（m+M）v ①‎ 对木板和物块系统，由功能关系 ②‎ 由①②两式解得：v0=m/s=‎2m/s ‎②同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度v．‎ 设碰撞过程中损失的机械能为△E．‎ 对木板和物块系统的整个运动过程，由功能关系 有 ③‎ 由①③两式解得：=‎ 答：①若小物块刚好能运动到左端挡板处，v0的大小为‎2m/s；‎ ‎②若初速度v0=‎3m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，碰撞过程中损失的机械能为0.375J．‎ ‎【点评】： 正确应用动量守恒和功能关系列方程是解决这类问题的关键，尤其是弄清相互作用过程中的功能关系．‎