山西省忻州一中、康杰中学、长治二中、临汾一中2022届高三物理第三次四校联考（含解析）

2022年山西省临汾一中、康杰中学、忻州一中、长治二中四校联考高考物理三模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分．每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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）（2022•临汾校级三模）物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术创新和革命，促进了物质生活繁荣与人类文明的进步，关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是（　　）　A．牛顿发现了万有引力定律并通过实验测量计算出引力常量G　B．德国天文学家开普勒发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律　C．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并总结了右手螺旋定则　D．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，并测出了静电力常量K的值【考点】：物理学史．【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解析】：解：A、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测量计算出引力常量G，故A错误；B、顿发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律，故B错误；C、丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结了右手螺旋定则，故C错误；D、法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，并测出了静电力常量K的值，故D正确；故选：D．【点评】：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．　2．（6分）（2022•临汾校级三模）如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止．现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比（　　）　A．滑块对球的弹力增大B．挡板对球的弹力减小　C．斜面对滑块的弹力增大D．拉力F不变【考点】：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．-18-\n【分析】：隔离对球分析，抓住重力大小方向不变，挡板的弹力方向不变，根据合力为零判断出木板、滑块对球弹力的变化．对球和滑块整体分析，抓住合力为零，判断斜面对滑块弹力以及拉力的变化．【解析】：解：A、B、对球进行受力分析，如图（a），球只受三个力的作用，挡板对球的力F1方向不变，作出力的矢量图，挡板上移时，F2与竖直方向夹角减小，最小时F2垂直于F1，可以知道挡板弹力F1和滑块对球的作用力F2都减小；故A错误，B正确；C、D、再对滑块和球一起受力分析，如图（b），其中FN=Gcosθ不变，F+F1不变，F1减小，可以知道斜面对滑块的支持力不变，拉力F增大，故C错误，D错误．故选：B．【点评】：本题属于力学的动态分析，关键是抓住不变量，通过作图法判断力的变化．以及掌握整体法和隔离法的运用．　3．（6分）（2022•临汾校级三模）A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB=BC=CD，E点在D点的正上方，与A等高，从E点水平抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程（　　）　A．球1和球2运动的时间之比为2：1　B．球1和球2动能增加量之比为1：3　C．球1和球2抛出时初速度之比为2：1　D．球1和球2运动时的加速度之比为1：2【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度确定运动的时间，通过水平位移求出初速度之比．根据动能定理求出动能的增加量之比．【解析】：解：A、因为AC=2AB，则AC的高度差是AB高度差的2倍，根据h=得：t=，解得球1和球2运动的时间比为1：．故A错误；B、根据动能定理得，mgh=△Ek，知球1和球2动能增加量之比为1：2．故B错误；C、AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移的2倍，结合x=v0t，解得初速度之比为2：1．故C正确；D、平抛运动的物体只受重力，加速度为g，故两球的加速度相同．故D错误．故选：C．【点评】：-18-\n解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解．　4．（6分）（2022•临汾校级三模）如图所示，理想变压器与电阻R，交流电压表V、交流电流表A按图甲所示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，电阻R=5Ω．图乙是R两端电压U随时间变化的图象，Um=10V．则下列说法中正确的是（　　）　A．交变电流的频率是Um=50HzB．电压表V的读数为10V　C．电流表A的读数为20AD．变压器的输入功率为40w【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：根据电阻R两端电压u随时间t变化的图象，结合有效值与最大值的关系，及周期，即可求解频率；交流电压表测量是有效值；根据原副线圈的电压与匝数成正比，即可求解电源的电压u随时间t变化的规律；根据欧姆定律，即可求出原线圈中电流i随时间t变化的规律．【解析】：解：A、由图象可知，周期为T=2×10﹣2s，那么交流电的频率：，故A错误；B、由于Um=10V，则有效值为：V，电压表的读数为有效值，即10V．故B正确；C、根据欧姆定律，副线圈中的电流值：A，变压器是原副线圈的电流与匝数成反比，则原线圈中电流：A．故C错误；D、输入功率等于输出功率，即：P入=UI2=10×2=20W．故D错误；故选：B．【点评】：考查电表测量是有效值，掌握有效值与最大值的联系与区别，理解由图象确定电压或电流的变化规律，注意原副线圈的电压、电流与匝数的关系．　5．（6分）（2022•临汾校级三模）2022年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持．特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图．“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动．卫星“G1”和“G3”-18-\n的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是（　　）　A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为g　B．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为　C．如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道，必须对其减速　D．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】：人造卫星问题．【分析】：根据万有引力提供圆周运动向心力及重力与万有引力相等分析卫星的加速度大小情况，掌握卫星变轨原理即通过做离心运动和近心运动改变运动轨道，根据除重力外其它力做功与机械能变化的关系分析机械能的变化情况【解析】：解：A、根据万有引力提供向心力，得a=．而GM=gR2．所以卫星的加速度．故A错误；B、根据万有引力提供向心力，得．所以卫星1由位置A运动到位置B所需的时间t=．故B错误；C、“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达G3所在轨道必须对其加速，故C错误；D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小．故D正确．故选：D．【点评】：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，以及黄金代换式GM=gR2　-18-\n6．（6分）（2022•临汾校级三模）如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）．一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°．下列说法中正确的是（　　）　A．电子在磁场中运动的时间为　B．电子在磁场中运动的时间为　C．磁场区域的圆心坐标（，）　D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，﹣2L）【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：带电粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．所以由几何关系可确定运动圆弧的半径与已知长度的关系，从而确定圆磁场的圆心，并能算出粒子在磁场中运动时间．并根据几何关系来，最终可确定电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标．【解析】：解：A、B、电子的轨迹半径为R，由几何知识，Rsin30°=R﹣L，得R=2L电子在磁场中运动时间t=，而T=，得：t=．故A错误，B正确；C、设磁场区域的圆心坐标为（x，y）其中x=，y=所以磁场圆心坐标为（）），故C正确；D、根据几何三角函数关系可得，R﹣L=Rcos60°，解得R=2L所以电子的圆周运动的圆心坐标为（0，﹣L），故D错误；故选：BC．-18-\n【点评】：由题意确定粒子在磁场中运动轨迹是解题的关键之处，从而求出圆磁场的圆心位置，再运用几何关系来确定电子的运动轨迹的圆心坐标．　7．（6分）（2022•临汾校级三模）质量为m的带电小球由空中某点A无初速度地自由下落，在t秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则（　　）　A．匀强电场方向竖直向上　B．从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能变化了mg2t2　C．整个过程中小球电势能减少了2mg2t2　D．从A点到最低点的过程中，小球重力势能变化了mg2t2【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系；重力势能．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：分析小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动．由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场力，由W=qEd求得电场力做功，即可得到电势能的变化．由动能定理得求出A点到最低点的高度，得到重力势能的减小量．【解析】：解：A、小球所受电场力方向是向上的，但不知道小球带电的电性，所以不能判断电场的方向，故A错误；B、从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了△Ek=，故B错误；C、小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反．设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则由gt2=﹣（vt﹣at2）又v=gt解得a=3g，则小球回到A点时的速度为v′=v﹣at=﹣2gt整个过程中小球速度增量的大小为△v=v′﹣v=﹣3gt，速度增量的大小为3gt．由牛顿第二定律得：-18-\na=，联立解得电场力大小：Eq=4mg整个过程中电场力做的功；电场力做的功等于电势能的减小量，故整个过程中小球电势能减少了2mg2t2；故C正确；D、设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得：mgh﹣qE（h﹣gt2）=0解得：h=gt2；故D正确．故选：CD．【点评】：本题考查学生应用牛顿运动定律及功能关系解决物理问题的能力；首先要分析小球的运动过程，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律和动能定理结合进行研究．　8．（6分）（2022•临汾校级三模）如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中（　　）　A．通过R的电流方向为由外向内　B．通过R的电流方向为由内向外　C．R上产生的热量为　D．流过R的电量为【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；楞次定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：根据楞次定律判断感应电流的方向．金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，感应电动势的最大值为Em=BLv0，有效值为E=Em，根据焦耳定律求出求解金属棒产生的热量．通过R的电量由公式金属棒向上穿越磁场过程中通过R的电量q=求解．-18-\n【解析】：解：AB、金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过R的电流方向为由外向内．故A正确，B错误．C、金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为Em=BLv0，有效值为E=Em根据焦耳定律有：Q=t时间为t=联立解得Q=．故C正确．D、通过R的电量由公式：q=△t===．故D错误．故选：AC．【点评】：解决本题的关键是判断出回路中产生的是正弦式交变电流，相当于线圈在磁场中转动时单边切割磁感线，要用有效值求解热量，用平均值求解电量．　三、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（共129分）9．（6分）（2022•临汾校级三模）DIS实验是利用现代信息技术进行的实验．“用DIS研究机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示，小组同学在实验中利用小铁球从很光洁的曲面上滚下，选择DIS以图象方式显示实验的结果，所显示的图象如图乙所示．图象的横轴表示小球距d点（最低点）的高度h，纵轴表示小铁球的重力势能EP、动能Ek或机械能E．试回答下列问题：（1）图乙的图象中，表示小球的机械能E、动能Ek、重力势能EP随小球距d点的高度h变化关系的图线分别是　甲、丙、乙　（按顺序填写相应图线所对应的文字）；（2）根据图乙所示的实验图象，可以得出的结论是：　忽略阻力作用，小球下落过程机械能守恒　．【考点】：验证机械能守恒定律．【专题】：实验题．【分析】：根据小球向上滑动过程中，重力做负功，高度h增大，由EP=mgh增大，动能减小，而重力势能和动能的总量即机械能不变来选择图线．小球摆动过程受到支持力和重力，支持力不做功，只有重力做功，在这个条件下得出结论：只有重力做功的情况下小球机械能守恒．-18-\n【解析】：解：（1）将各个时刻对应的高度和速度二次方数据标在坐标图中，用描点法作出v2﹣h图象；由mgh=mv2，可得v2﹣h图象的斜率等于2g．根据小球下滑动能增大、重力势能减小、机械能不变可知表示小球的重力势能EP、动能Ek、机械能E随小球距d点的高度h变化关系的图线分别是乙、丙、甲．（2）小球运动过程受到支持力和重力，拉支持力不做功，只有重力做功，小球的机械能守恒．故得出的结论是：忽略阻力作用，小球在下落过程中机械能守恒．故答案为：（1）甲、丙、乙；（2）忽略阻力作用，小球下落过程机械能守恒．【点评】：本题考查理解物理图象的能力．守恒定律关键要明确条件．验证性实验最后得出结论时，要强调在实验误差允许的范围内．　10．（9分）（2022•临汾校级三模）某实验小组进行“探究热敏电阻的温度特性”实验，实验室提供如下器材：热敏电阻Rt（常温下约8kΩ）、温度计、电流表mA（量程1mA，内阻约200Ω）、电压表V（量程3V，内阻约1OkΩ）、电池组E（4.5V，内阻约lΩ）、滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）、开关S、导线若干、烧杯和水．（1）根据提供器材的参数将图甲所示的实物图中所缺的导线补接完整．（2）实验开始前滑动变阻器的滑动触头P应置于　a　端（选填a或b）（3）利用补接完整的实验装置测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻Rt﹣t图象如图乙中的实测曲线，与图中理论曲线相比二者有一定的差异．除了偶然误差外，下列关于产生系统误差的原因或减小系统误差的方法叙述正确的是　AC　．（填选项前的字母，不定项选择）A．电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大B．电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小C．温度升高到一定值后，电流表应改为外接法（4）将本实验所用的热敏电阻接到一个电流较大的恒流电源中使用，当电流通过电阻产生的热量与电阻向周围环境散热达到平衡时，满足关系式I2R=k（t﹣t0）（其中k是散热系数，t是电阻的温度，t．是周围环境温度，I为电流强度），电阻的温度稳定在某一值．若通过它的电流恒为50mA，t0=20℃．，k=0.25W/℃，由实测曲线可知该电阻的温度稳定在　50　℃【考点】：伏安法测电阻．-18-\n【专题】：实验题．【分析】：（1）根据图甲所示实验电路图连接实物电路图；（2）滑动变阻器采用分压接法时，闭合开关前，滑片应调到分压电路分压应为零处．（3）根据表中实验数据，在坐标系中描出对应点，然后作出图象．分析实验电路，根据伏安法测电阻所造成的误差分析误差原因．（4）作出P散=k（t﹣t0）的图象，与热敏电阻随温度变化的图象的交点即为该电阻的稳定温度，带入公式即可求得此时的发热功率．【解析】：解：（1）根据电路图连接实物图，如图1所示．（2）因当滑动触头打到a端时待测电路电压或电流为零，从而保护电流表．故答案为a．（3）应用描点法作图，图象如图2所示．由于实验采用的是电流表内接法，所以电压表读数大于热敏电阻两端的电压．所以在相同的温度下，热敏电阻的测量值总比理论值偏大；当温度升高到一定值后，电阻变小，则电流表应该选用外接法，故AC正确；（4）电阻的散热功率可表示为P散=k（t﹣t0）=I2RI=40mA，R=100（t﹣t0），在R﹣t图象中做出如图所示的图线，据其与理论图线的交点即可求得：该电阻的温度大约稳定在50℃．故答案为：（1）连线如图；（2）a；（3）AC；（4）50．【点评】：本题为探究性实验，要求能将所学知识熟练应用；本题中要特别注意第3小问中的作图解决的办法；由于导体电阻随温度的变化而变化，故不能直接应用欧姆定律，而是根据图象进行分析．　11．（12分）（2022•临汾校级三模）如图所示，一劈形滑梯固定在水平地面上，高h1=12m，底角分别为37°、53°，A、B两小物块质量分别为mA=2kg、mB=4kg，用轻绳连接，通过滑梯顶端的小滑轮跨放在左右两斜面上，轻绳伸直时，两物块离地高度h2=4m，在滑轮处压住细绳，已知物块与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.1，g=10m/s2，sin37°=0.6，sin53°=0.8（1）若在压绳处突然剪断绳，求A、B下滑过程中加速度之比；（2）若松开绳，求B滑到底端时的速度大小．-18-\n【考点】：功能关系；牛顿第二定律．【分析】：（1）分别对AB受力分析，利用牛顿第二定律求解即可．（2）对整体利用能量守恒定律求解即可．【解析】：解：（1）对A分析有　mAgsin37°﹣μmAgcos37°=maA对B分析有mBgsin53°﹣μmBgcos53°=maB解得=，（2）对AB整体有能量守恒定律可知：mBghB﹣mAghA﹣（umBgcos53°+umAgcos37°）由几何关系得：h2=hB=4m，s==5m，hA=ssin37°=3m代入数据得：4×10×4﹣2×10×3﹣（0.1×10×4×0.6+0.1×2××5=（2+4）v2解得：v=m/s答：（1）A、B下滑过程中加速度之比为，（2）B滑到底端时的速度大小为m/s【点评】：本题考查牛顿第二定律和能量守恒定律的应用，第一问难度不大，第二问中整体利用能量守恒是关键，特别是位移及高度变化之间关系．　12．（20分）（2022•临汾校级三模）如图，在直角坐标系xOy平面内，虚线MN平行于y轴，N点坐标（﹣l，0），MN与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出）．现有一质量为m、电荷量为e的电子，从虚线MN上的P点，以平行于x轴正方向的初速度v0射入电场，并从y轴上A点（0，0.5l）射出电场，射出时速度方向与y轴负方向成30°角，此后，电子做匀速直线运动，进入磁场并从圆形有界磁场边界上Q点射出，速度沿x轴负方向．不计电子重力，求：（1）匀强电场的电场强度E的大小？（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小？电子在磁场中运动的时间t是多少？（3）圆形有界匀强磁场区域的最小面积S是多大？-18-\n【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；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】：（1）根据电场力提供合力使其做类平抛运动，由牛顿第二定律，结合运动学公式从而即可求解；（2）由几何关系可确定OD的距离，再由运动的分解可列出速度间的关系式，最后由运动轨迹的半径与周期公式，借助于已知长度，来确定磁场强弱与运动的时间；（3）以切点F、Q为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小，从而根据几何的关系，并由面积公式即可求解．【解析】：解：（1）设电子在电场中运动的加速度为a，时间为t，离开电场时，沿y轴方向的速度大小为vy，则由牛顿第二定律，y轴方向vy=atx轴的位移，l=v0t速度关系，vy=v0cot30°解得：（2）设轨迹与x轴的交点为D，OD距离为xD，则xD=0.5ltan30°xD=所以，DQ平行于y轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ上，电子运动轨迹如图所示．设电子离开电场时速度为v，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，则v0=vsin30°（有）（或）-18-\n解得：，（3）以切点F、Q为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小，设为r1，则最小面积为，答：（1）匀强电场的电场强度E的大小为；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；电子在磁场中运动的时间t是；（3）圆形有界匀强磁场区域的最小面积S是．【点评】：粒子做类平抛时，由牛顿第二定律与运动学公式相结合来综合运用；在做匀速圆周运动时，由半径公式与几何关系来巧妙应用，从而培养学生在电学与力学综合解题的能力．注意区别磁场的圆形与运动的轨迹的圆形的半径不同．　(二）选考题、请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理--选修3-3】（15分）13．（5分）（2022•临汾校级三模）下列说法中正确的是（　　）　A．布朗运动并不是液体分子的运动，但它说明分子永不停息地做无规则运动　B．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用　C．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点　D．当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小【考点】：*液体的表面张力现象和毛细现象；布朗运动；*晶体和非晶体．【分析】：依据布朗运动现象和实质判定A；由表面张力的形成原因判定B；液晶的特征是具有光学异性，故可以制作显示器；依据分子力做功判定分析势能；【解析】：解：-18-\nA、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它说明液体分子永不停息地做无规则运动．故A正确；B、液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．露珠的形成就是由于液体表面张力的作用，故B正确；C、液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故C正确；D、当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故D错误；故选：ABC．【点评】：该题关键是掌握布朗运动的现象和实质；其次要会分析分子力随距离的变化，以及分子力做功与分子势能变化关系，这些是重点考察内容．　14．（10分）（2022•临汾校级三模）如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动处于平衡，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0，温度为T0．设外界大气压强为P0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=P0S，环境温度保持不变．求：①在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度．②现只对Ⅱ气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置，此时Ⅱ气体的温度．【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】：先由力学知识确定出状态ⅠⅡ中的气体压强，然后确定添加铁砂后的压强，根据对Ⅱ中气体列玻意耳定律方程即可求解；先根据玻意耳定律求出Ⅰ中气体后来的长度，然后以Ⅱ气体为研究对象列理想气体状态方程求解．【解析】：解：①初状态Ⅰ气体压强Ⅱ气体压强添加铁砂后Ⅰ气体压强P1′=P0+=4p0Ⅱ气体压强P2′=P1′+=5P0根据玻意耳定律，Ⅱ气体等温变化，P2l0S=P2′l2S-18-\n可得：，B活塞下降的高度h2=l0﹣l2=0.4l0②Ⅰ气体等温变化，可得：l1=0.5l0只对Ⅱ气体加热，I气体状态不变，所以当A活塞回到原来位置时，Ⅱ气体高度l2″=2l0﹣0.5l0=1.5l0根据气体理想气体状态方程：=得：T2=2.5T0答：①在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度为0.4l0．②现只对II气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置，此时II气体的温度2.5T0．【点评】：本题考查了理想气体状态方程和力学知识的综合应用，这是高考重点，要加强这方面的练习．　【物理--选修3-4】（15分）15．（2022•临汾校级三模）A、B两列简谐横波均沿x轴正向传播，在某时刻的波形分别如图中甲、乙所示，经过时间t（t小于A波的周期TA），这两列简谐横波的波形分别变为图中丙、丁所示，则A、B两列波的波速vA、vB之比可能是（　　）　A．1：1B．2：1C．1：2D．3：1　E．1：3　　　　　　【考点】：横波的图象．【分析】：由题，甲、丙图象反相，t小于A波的周期TA，说明A波经过了半个周期．B波的图象与原来重合，说明经过了整数倍周期．由图读出两波的波长，由题分别得到周期与时间的关系，由波速公式得到波速的关系式，再进行选择．【解析】：解：由图读出，A波波长为λA=24cm，甲图到丙图一定是半个周期，所以周期TA=2t；B波波长为λB=12cm，乙图与丁图的波形图相同，经过的时间一定是整数个周期，所以周期TB=，波速vA=，vB=，得到vA：vB=1：n，所以A、B两列波的波速vA、vB之比可能是ACE，不可能的是B、D．故选：ACE【点评】：本题中知道两个时刻波形图，抓住经过半个周期时间，波形反相；经过整数倍周期时间，图象重合是关键．　-18-\n16．（2022•临汾校级三模）有一玻璃球冠，右侧面镀银，光源S就在其对称轴上，如图所示．从光源S发出的一束光射到球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光折入玻璃球冠内，经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返回．若球面半径为R，玻璃折射率为，求光源S与球冠顶点M之间的距离SM为多大？【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：作出光路图，根据折射定律和几何关系，求出入射角和折射角，再由几何关系求解光源S与球心O之间的距离SO．【解析】：解：如图所示，根据折射定律，有：根据反射定律，有：θ1=θ3其中：θ3+θ2=90°联立可得：θ1=60°，θ2=30°由图，有：β=θ2=30°，α=θ1﹣β=30°故：故光源S与M间距：答：光源S与球冠顶点M之间的距离SM约为0.73R．【点评】：处理几何光学相关的问题，关键是作出光路图，一定要用直尺准确作图，然后根据几何图形的特点求角或者线段的长度．　【物理--选修3-5】（15分）17．（2022•临汾校级三模）以下说法符合物理学史的是（　　）　A．普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元　B．康普顿效应表明光子具有能量　C．德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性-18-\n　D．汤姆逊通过α粒子散射实验，提出了原子具有核式结构　E．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的【考点】：物理学史．【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解析】：解：A、普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元，故A正确；B、康普顿效应不仅表明了光子具有能量，还表明了光子具有动量，故B错误；C、德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性，故C正确；D、卢瑟福在用a粒子轰击金箔的实验中发现了质子，提出原子核式结构学说，故D错误；E、为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的．故E正确；故选：ACE【点评】：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．　18．（2022•临汾校级三模）如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C紧靠挡板但不粘连．另一质量为m的小物块A以速度vo从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计．（所有过程都在弹簧弹性限度范围内）求：（1）A、B碰后瞬间各自的速度；（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比．【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）A、B发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰后两物体的速度．（2）在B压缩弹簧过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能；当弹簧第一次伸长最长时，B、C两物体组成的系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能，然后求出弹簧的弹性势能之比．【解析】：解：（1）A、B发生弹性正碰，碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvo=mvA+2mvB，在碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mv02=mvA2+•2mvB2，联立解得：vA=﹣v0，vB=v0；（2）弹簧第一次压缩到最短时，B的速度为零，该过程机械能守恒，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能：EP=•2m•vB2=mv02，-18-\n从弹簧压缩最短到弹簧恢复原长时，B、C与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧恢复原长时，B的速度vB=v0，速度方向向右，C的速度为零，从弹簧恢复原长到弹簧第一次伸长最长时，B、C与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，弹簧伸长最长时，B、C速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mvB=（2m+2m）v′，由机械能守恒定律得：•2m•vB2=•（2m+2m）•v′2+EP′，解得：EP′=mv02，弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比：EP：EP′=2：1；答：（1）A、B碰后瞬间，A的速度为v0，方向向右，B的速度为v0，方向向左；（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比为2：1．【点评】：本题考查了物体的速度与弹簧弹性势能之比，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键．　-18-