江西省上饶市2022届高三物理第二次高考模拟试题 理（含解析）

2022年江西省上饶市高考物理二模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．（6分）（2022•上饶二模）如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，有一带电粒子P静止在电容器上部空间中，当在其下极板上快速插入一厚度为L的不带电的金属板后，粒子P开始运动，重力加速度为g．粒子运动加速度大小为（　　）　A．gB．gC．gD．g【考点】：电容器的动态分析．【分析】：金属板内部场强为零，有厚度为l的金属板，相当于平行板电容器的间距减小了l；粒子受重力和电场力，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速度．【解析】：解：粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：mg=q①当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：q﹣mg=ma②联立①②解得：a=g；故选：B．【点评】：本题要记住平行板电容器内插入金属板，可以等效成极板间距减小了；然后结合共点力平衡条件和牛顿第二定律列式分析，不　2．（6分）（2022•上饶二模）如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子．在水平向左的恒力F作用下从静止开始做匀加速运动．绳子中某点到绳子左端的距离为x，设该处绳的张力大小为T，则能正确描述T与x之间的关系的图象是（　　）　A．B．C．D．-18-\n【考点】：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：对x受力分析，对整体受力分析由牛顿第二定律可求得整体的加速度；再由牛顿第二定律可得出T与x的关系【解析】：解：设单位长度质量为m；对整体分析有：F=Lma；则对x分析可知：T=（L﹣x）ma联立解得：T=F﹣；故可知T与x为一次函数关系；故D正确；故选：D【点评】：本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确整体法与隔离法的应用，正确选取研究对象再用牛顿第二定律即可列式求解．　3．（6分）（2022•上饶二模）在如图所示的竖直平面内，在水平线MN的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合，线框由静止释放，沿轴线DC方向竖直落入磁场中．忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的v﹣t图，可能正确的是（　　）　A．B．C．D．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】：由安培力公式F=BIL、法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出安培力与速度的关系式，然后由牛顿第二定律求出加速度，然后判断速度随时间变化关系，再答题．【解析】：解：线框进入磁场过程受到的安培力：F=BIL=BL=线框进入磁场过程中，切割磁感线的有效长度L增大，安培力增大，由牛顿第二定律得：mg﹣F=ma，则a=g﹣线框由静止做加速运动，由于L、v不断增大，加速度a减小，则线框进入磁场过程做加速度减小的加速运动，加速度减小，v﹣t图象的斜率减小．故ABD错误，C正确；故选：C．【点评】：-18-\n本题考查了判断线框速度随时间变化的关系，求出安培力、应用牛顿第二定律求出加速是正确解题的关键．　4．（6分）（2022•上饶二模）如图所示，一质量为m的物体A恰能在倾角为α的斜面体上匀速下滑．若用与水平方向成θ角、大小为F的力推A，使A加速下滑，斜面体始终静止．下列关于斜面体受地面的摩擦力的说法正确的是（　　）　A．大小为0　B．方向水平向左，大小为Fcosθ　C．方向水平向左，大小为mgcosαsinα　D．方向水平向右，大小为mgcosαsinα【考点】：共点力平衡的条件及其应用．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：对A匀速下滑时受力分析，根据平衡条件判断物块所受支持力和摩擦力合力的方向，然后施加力F后重新判断A所受支持力和摩擦力合力的方向，据此判断斜面的运动趋势，静摩擦力的方向与物体相对运动趋势的方向相反．【解析】：解：对A匀速下滑时受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦力，根据平衡条件：摩擦力与支持力的合力应该与重力等大反向，即斜面对滑块的作用力方向竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块对斜面的作用力方向竖直向下，当用与水平方向成θ角、大小为F的力推A，A所受斜面的支持力增大，摩擦力f=μN也增大，但是支持力N与摩擦力f仍然成比例的增大，其合力的方向仍然竖直向上，保持不变，则物块对斜面的作用力的方向仍然竖直向下，只是数值上变大，故斜面没有运动的趋势，不受地面的摩擦力；故选：A．【点评】：本题的关键是知道A匀速下滑时：f=μN，即f与N的比例系数为μ，当F增加后，物块所受摩擦力与支持力仍然成比例的增大，故其合力方向始终没变．　5．（6分）（2022•上饶二模）如图所示，两根相同的轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．可视为质点、质量不同（m1≠m2）的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止竖直向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程中，两物块（　　）　A．上升的最大高度一定相同B．重力势能的变化量一定相同-18-\n　C．最大加速度一定相同D．最大速度一定相同【考点】：牛顿第二定律．【分析】：两弹簧压缩量相同，因此增加的弹性势能相同，由机械能守恒定律可明确重力势能及动能的关系，注意分析两物体质量不同的影响．【解析】：解：由于压缩量相同，则弹簧的弹性势能相同，则由机械能守恒定律可知，重力势能的增加量一定等于弹性势能；故重力势能的变化量相同；但由于物体的质量不同，故上升的高度不同；由于弹簧的弹力相同，而质量不变，故最大加速度不同；速度最大时，动能等于弹簧的弹性势能；故最大速度不相同；故ABD错误，B正确；故选：B．【点评】：本题考查机械能守恒定律及牛顿第二定律，要注意正确明确弹簧的弹性势能取决于弹簧的形变量及劲度系数．　6．（6分）（2022•上饶二模）2022年11月1日早上6时42分，被誉为“嫦娥5号”的“探路尖兵”载人返回飞行试验返回器在内蒙古四子王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速载人返回关键技术，为“嫦娥5号”任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础．已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于航天器的绕行周期），航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ，引力常量为G，则（　　）　A．航天器的轨道半径为B．航天器的环绕周期为　C．月球的质量为D．月球的密度为【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】：由万有引力充当向心力而做圆周运动的，则由万有引力公式及已知量可得出能计算的物理量．【解析】：解：A、根据几何关系得：．故A错误；B、经过时间t，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ则：，得：．故B正确；C、由万有引力充当向心力而做圆周运动，所以：所以：==．故C正确；D、人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r，则月球的体积：-18-\n月球的密度：==．故D错误．故选：BC．【点评】：万有引力在天体中的运动，主要是万有引力充当向心力，注意向心力的表达有多种形式，应灵活选择．　7．（6分）（2022•上饶二模）如图所示，匝数n=100匝、面积为S=0.448m2的导线框ABCD所在处的磁感应强度大小B=T．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=100πrad/s匀速转动，并与理想升压变压器相连进行远距离输电，升压变压器的原副线圈匝数比为2：5，理想降压变压器副线圈接入一只“220V，1100W”的灯泡，且灯泡正常发光，输电线路总电阻r=20Ω，导线框及其余导线电阻不计，电表均为理想电表．则下列说法中正确的是（　　）　A．电压表的读数为448V　B．输电线路的电流为0.98A　C．电流表的读数为2.5A　D．降压变压器的原副线圈匝数比为5：1【考点】：变压器的构造和原理．【分析】：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．【解析】：解：A、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为Em=nBsω=100××0.448×100=448V，由于最大值为有效值的倍，所以交流电的有效值为448V，故A正确；B、灯泡中的电流：A升压变压器的匝数比是2：5，则输电线的输送电压为：V，①设降压变压器的匝数比是n：1，则降压变压器中的输入电流：②该电流即为输电线中的输电电流，则输电线上损失的电压：△U3=I3•r．③-18-\n降压变压器的输入电压：U3=U送﹣I3•r④联立①②③④得：n=5；U3=1100V，I3=1A．故B错误，D正确；C、升压变压器副线圈的电流与输送的电流是相等的，I2=I3=1A．由于电流与匝数成反比，所以升压变压器原、副线圈电流之比为：，所以A．故C正确．故选：ACD．【点评】：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，以及远距离输电的原理，本题即可得到解决．　8．（6分）（2022•上饶二模）为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a=1m、b=0.2m、c=0.2m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B=1.25T的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个电极间的电压U=1V．且污水流过该装置时受到阻力作用，阻力f=kLv，其中比例系数k=15Ns/m2，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速．下列说法中正确的是（　　）　A．金属板M电势不一定高于金属板N的电势，因为污水中负离子较多　B．污水中离子浓度的高低对电压表的示数也有一定影响　C．污水的流量（单位时间内流出的污水体积）Q=0.16m3/s　D．为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压强差为△P=1500Pa【考点】：霍尔效应及其应用．【分析】：根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出正负离子的偏转方向，确定出前后表面电势的高低．最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出两极板间的电压，以及求出流量的大小【解析】：解：A、根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则N板的电势比M板电势低．故A错误．B、最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=q，解得：U=vBc，与离子浓度无关．故B错误．C、污水的流速：v=，则流量Q=vbc==，故C正确．D、污水的流速：v==m/s；污水流过该装置时受到阻力：f=kLv=kav=15×1×4=60N；-18-\n为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差是60N，则压强差为△P=Pa．故D正确．故选：CD【点评】：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及抓住离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡进行求解．　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9．（6分）（2022•上饶二模）某实验小组利用如图甲所示的装置探究功和动能变化的关系，他们将宽度为d的挡光片固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与砝码盘相连，在水平桌面上的A、B两点各安装一个光电门，记录小车通过A、B时的遮光时间，小车中可以放置砝码．实验主要步骤如下：（1）实验前应将木板左端略微抬高，这样做的目的是　平衡小车所受到的摩擦力　；（2）如图乙所示，用游标卡尺测量挡光片的宽度d=　5.50　mm，再用刻度尺量得A、B之间的距离为L；（3）将小车停在C点，在砝码盘中放上砝码，小车在细线拉动下运动，记录此时小车及小车中砝码的质量之和为M，砝码盘和盘中砝码的总质量为m，小车通过A、B时的遮光时间分别为t1、t2，则可以探究小车通过A、B过程中合外力做功与动能的变化的关系，已知重力加速度为g，探究结果的表达式是　mgL=Md2（）；　．（用相应的字母m、M、t1、t2、L、d表示）；（4）在小车中增减砝码或在砝码盘中增减砝码，重复③的操作．【考点】：探究功与速度变化的关系．【专题】：实验题．【分析】：（1）为了使绳子拉力充当合力，即细线拉力做的功等于合力对小车做的功应先平衡摩擦力．（2）小车在钩码的作用下拖动纸带在水平面上做加速运动，通过速度传感器可算出AB两点的速度大小，动能定理即可计算出动能的变化；游标卡尺的读数先读出主尺的刻度数，然后读出游标尺的刻度．（3）由动能定理求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式求出动摩擦因数．【解析】：解：（1）木板略微倾斜的目的是平衡摩擦力，小车受到的拉力等于其合力，细线的拉力对小车做的功等于合力对小车做的功；（2）游标卡尺的读数先读出主尺的刻度数：5mm-18-\n，游标尺的刻度第10个刻度与上边的刻度对齐，所以读数为：0.05×10=0.50mm，总读数为：5mm+0.50mm=5.50mm；（3）小车通过A时的速度：vA=，小车通过B时的速度：vB=；则小车通过A、B过程中动能的变化量△E=MvB2﹣MvA2=Md2（）；砝码盘和盘中砝码受到的重力做功，由动能定理得：mgL=△E=Md2（）；故答案为（1）平衡小车所受到的摩擦力；（2）5.50；（3）mgL=Md2（）；【点评】：这个实验对于我们可能是一个新的实验，但该实验的原理都是我们学过的物理规律．做任何实验问题还是要从最基本的物理规律入手去解决．对于系统问题处理时我们要清楚系统内部各个物体能的变化．　10．（9分）（2022•上饶二模）常见测电阻的方法有：伏安法、伏阻法、安阻法、替代法、半偏法、欧姆法等．现实验桌上有下列器材：A．待测电阻R（阻值约10kΩ）B．滑动变阻器R1（0～1kΩ）C．电阻箱R0（99999.9Ω）D．电流计G（500μA，内阻不可忽略）E．电压表V（3V，内阻约3kΩ）F．直流电源E（3V，内阻不计）G．开关、导线若干（1）甲同学设计了如图a所示的测量电路，请指出他的设计中存在的问题：①　灵敏电流计不应外接　　②　滑动变阻器不应采用限流式接法　（指出两处即可）（2）乙同学用图b所示的电路进行实验．①请在图c中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接；②将滑动变阻器的滑动头移到　左　（填“左”或“右”）端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调节R1使电流计指针偏转至某一位置，并记下电流I1；③断开S1，保持R1不变，闭合S2，调节R0使得电流计读数为　I1　时，R0的读数即为待测电阻的阻值．（3）丙同学查得电流计的内阻为Rg，采用图d进行实验，改变电阻箱电阻，读出电流计相应的示数I，由测得的数据作出﹣R0图象如图e所示，图线纵轴截距为m，斜率为k，则待测电阻R的阻值为　﹣Rg　．-18-\n【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：（1）明确分压接法及内外接法的选择；根据实验要求得出错误的接法；（2）明确本实验的条件是保持变阻器的输出电压不变，然后根据欧姆定律即可求解．（3）根据闭合电路欧姆定律写出公式，然后整理出与的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解．【解析】：解：（1）由原理图可知，该同学电流计采用了外接法，由于待测电阻较大，而电流表内阻较小故只能采用内接法；因滑动变阻器总阻相对待测电阻太小，无法起到限流作用；故滑动变阻器应采用分压接法；故错误在于以下两点：灵敏电流计不应外接；滑动变阻器不应采用限流式接法（2）①由给出的原理图，可得出对应的实物图如图所示②为了保证实验安全，开始时测量电流两端的电压应为0；故滑片从左端开始调节；③由实验原理可知，我们断开待测电阻，接入了R0；只有在设节电阻箱使电流计读数重新为I1时，R0的示数才为电流表示数；（3）根据闭合电路欧姆定律应有：E=I（R+），整理可得：=，根据函数斜率和截距概念可知m=，k=，解得R总=；因R包括待测电阻及电流计内阻，故待测电阻阻值为：R=﹣Rg故答案为：（1）灵敏电流计不应外接；滑动变阻器不应采用限流式接法（2）①如图所示；②左；③I1（3）﹣Rg【点评】：本题应明确：①当变阻器采用分压式接法时，变阻器的阻值越小调节越方便；②遇到根据图象求解的题目，首先根据物理规律列出公式，然后整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解．　-18-\n11．（13分）（2022•上饶二模）泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图1的模型：在水平地面上放置一个质量为m=4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图2所示，已知物体与地面的间的动摩擦因数为μ=0.5，g=10m/s2．则：（1）物体在运动过程中的最大加速度为多少？（2）在距出发点多远处，物体的速度达到最大？（3）物体在水平面上运动的最大位移是多少？【考点】：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）推力最大时，加速度最大，由牛顿第二定律律及图象可求得最大加速度；（2）由图可明确对应的函数关系，根据力和运动关系明确当合力为零时速度最大，则可求得位移；（3）当位移最大时末速度为零，由图象求解功，再由动能定理可求得位移．【解析】：解：（1）当推力F最大时，加速度最大，由牛顿第二定律，得：Fm﹣μmg=mam可解得：am=15m/s2（2）由图象可知：F随x变化的函数方程为F=80﹣20x速度最大时，合力为0，即F=μmg所以x=3m（3）位移最大时，末速度一定为0由动能定理可得：WF﹣μmgs=0由图象可知，力F做的功为WF=Fmxm=×80×4=160J所以s=8m答：（1）物体在运动过程中的最大加速度为15m/s2；（2）在距出发点3m时，物体的速度达到最大．（3）物体在水平面上运动的最大位移是8m．【点评】：本题考查动能定理及图象的应用，在本题中解题的关键在于对图象的认识，要注意明确图象面积的迁移应用．　12．（19分）（2022•上饶二模）如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xoy坐标系，在第Ⅱ-18-\n象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角θ=45°．在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2，两板间距为d1=0.6m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L=0.72m．在第Ⅳ象限垂直于x轴放置一块平行y轴且沿y轴负向足够长的竖直平板C3，平板C3在x轴上垂足为Q，垂足Q与原点O相距d2=0.18m．现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v0=4m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进入磁场区域．已知小球可视为质点，小球的比荷=20C/kg，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为s=m，不考虑空气阻力．求：（1）匀强电场的场强大小；（2）要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，求磁感应强度的取值范围；（3）若t=0时刻小球从M点进入磁场，磁场的磁感应强度如乙图随时间呈周期性变化（取竖直向上为磁场正方向），求小球从M点到打在平板C3上所用的时间．（计算结果保留两位小数）【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】：（1）小球在第二象限内做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小．（2）根据类平抛运动的规律求出经过M点的速度，作出粒子在磁场中的临界运动轨迹，结合几何关系和半径公式求出磁感应强度的范围．（3）根据半径公式和周期公式求出粒子在磁场中运动的轨道半径和周期，由磁场的周期得出小球在磁场中运动的轨迹图，以及得出在一个磁场周期内小球在x轴方向的位移，判断能否打在平板C3上，若能打在平板C3上，通过几何关系求出其轨迹与平板C3间的最短距离．【解析】：解：（1）小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动有：v0t=sat=v0tanθ由牛顿第二定律有：qE=ma代入据解得：E=8m/s．（2）设小球通过M点时的速度为v，-18-\n由类平抛运动规律：v===8m/s；．小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图，由牛顿第二定律有：，得：B=小球刚好能打到Q点磁感应强度最强设为B1．此时小球的轨迹半径为R1由几何关系有：代入数据解得：B1=T．小球刚好不与C2板相碰时磁感应强度最小设为B2，此时粒子的轨迹半径为R2由几何关系有：R2=d1，代入数据解得：B2=T；综合得磁感应强度的取值范围：≤B≤．（3）小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为R3，周期为T；由周期公式可得：R3=解得：R3=0.18mT=解得：T=s由磁场周期T0=分析知小球在磁场中运动的轨迹如图，一个磁场周期内小球在x轴方向的位移为3r=0.54mL﹣3r=0.18m即：小球刚好垂直y轴方向离开磁场则在磁场中运动的时间t1=++==0.13s离开磁场到打在平板C3上所用的时间t2==0.02s小球从M点到打在平板C3上所用总时间t=t1+t2=0.02+0.13=0.15s；答：（1）匀强电场的场强大小为；-18-\n（2）磁感应强度B的取值范围为；（3）小球能打在平板C3上，轨迹与平板C3间的最短距离为0.38m．（3）小球从M点到打在平板C3上所用总时间0.15s；【点评】：本题关键是明确粒子的运动规律、画出运动轨迹，然后结合牛顿第二定律、类似平抛运动的分位移公式和几何关系列式求解；要注意明角物理过程．　(二）选考题[物理---选修3-3]（15分）13．（6分）（2022•上饶二模）下列说法正确的是（　　）　A．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢　B．分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力增大，斥力减小　C．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征　D．液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动　E．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部【考点】：*液晶；布朗运动；*相对湿度．【分析】：空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越慢；分子间同时存在着引力和斥力，都随距离的增大而减小，随距离的减小而增大；液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征；液体表面存在张力是分子力的表现，表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直．【解析】：解：A、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越慢，故A正确；B、分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力减小，斥力减小，故B错误；C、液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征，故C正确；-18-\nD、液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动，故D正确；E、由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子间表现为引力，液体表面存在张力，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直．故E错误．故选：ACD【点评】：本题考查相对湿度、分子力、液晶的各向异性、布朗运动液晶表面张力等知识，比较全面，在平时的学习过程中要多加积累．　14．（9分）（2022•上饶二模）伽利略曾设计过一种温度计，其结构为：一根麦秆粗细的玻璃管，一端与鸡蛋大小的玻璃泡相连，另一端竖直插在水槽中，并使玻璃管内吸入一段水柱，根据管内水柱的高度的变化，可测出相应的环境温度．为了探究“伽利略温度计”的工作过程，同学们按照资料中的描述自制了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A内封有一定质量的气体，与A相连的细管B插在水银槽中，管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出（B管的体积与A泡的体积相比可略去不计）．（ⅰ）细管B的刻度线是在1标准大气压下制作的（1标准大气压相当于76cm水银柱的压强）．已知温度t=27℃时的刻度线在x=16cm处，问t=17℃的刻度线在多少厘米处？（ⅱ）若大气压已变为74cm水银柱的压强，利用该测温装置测量温度时所得读数仍为27℃，问此时实际温度为多少？【考点】：理想气体的状态方程；封闭气体压强．【分析】：（1）找出初末状态，由等容变化即可求得压强，即可求得t=17℃的刻度线（2）找出初末状态，由查理定律即可求得【解析】：解：（ⅰ）A中气体做等容变化，有其中：P1=（76﹣16）cmHg、T1=（273+27）K=300KT=（273+17）=290K解得：P=58cmHgx=76﹣58=18cm（ⅱ）此时A泡内气体压强为P′=74﹣16=58cmHg由查理定律：解得T′=17℃答：（ⅰ）t=17℃的刻度线在18厘米处（ⅱ）若大气压已变为74cm水银柱的压强，利用该测温装置测量温度时所得读数仍为27℃-18-\n，此时实际温度为17℃【点评】：本题主要考查了等容变化，找出初末状态利用好查理定律列式求解即可　[物理---选修3-4]15．（2022•上饶二模）某横波在介质中沿x轴正方向传播，t=0时刻时波源O开始振动，振动方向沿y轴负方向，图示为t=0.7s时的波形图，已知图中b点第二次出现在波谷，则该横波的传播速度v=　10　m/s；从图示时刻开始计时，图中c质点的振动位移随时间变化的函数表达式为　y=﹣0.03sin5πt　m．【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】：根据图中b点第二次出现在波谷，求出波的周期，读出波长，从而求出波速．从图示时刻开始计时，c点向下振动，振动位移随时间变化的函数表达式为正弦式．【解析】：解：由题意得：+（+T）=0.7s，得该波的周期为T=0.4s由图知波长为λ=4m，则波速为v==10m/s横波在介质中沿x轴正方向传播，图示时刻c质点向下振动，则c质点的振动位移随时间变化的函数表达式为y=﹣Asin（t）=﹣0.03sin=﹣0.03sin5πtm故答案为：10，y=﹣0.03sin5πt．【点评】：本题要根据简谐波的特点：一个周期内传播一个波长，简谐波传播过程中，各个质点的起振方向都相同，与波源的起振方向也相同，来确定波的周期．　16．（2022•上饶二模）如图所示，直角三角形ABC是一玻璃砖的横截面，AB=L，∠C=90°，∠A=60°．一束单色光PD从AB边上的D点射入玻璃砖，入射角为45°，DB=L4，折射光DE恰好射到玻璃砖BC边的中点E，已知光在真空中的传播速度为c．求：（ⅰ）玻璃砖的折射率；（ⅱ）该光束从AB边上的D点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需的时间．【考点】：光的折射定律．-18-\n【专题】：光的折射专题．【分析】：（i）先据题意作出光路图，由几何知识求出光在AB边折射时的折射角，即可求得折射率．（ii）设临界角为θ，由sinθ=，求出临界角θ，可判断出光在BC边上发生了全反射，在AC边第一次射出玻璃砖，由光路图及几何知识求出光束从AB边射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖通过的路程，由公式v=求光在玻璃中的传播速度，即可求得时间．【解析】：解：（ⅰ）作出光路图，如图所示过E点的法线是三角形的中位线，由几何关系可知△DEB为等腰三角形，DE=DB=由几何知识可知光在AB边折射时折射角为r=30°，所以玻璃砖的折射率为n===（ⅱ）设临界角为θ，有sinθ=，可解得θ=45°由光路图及几何知识可判断，光在BC边上的入射角为60°，大于临界角，则光在BC边上发生全反射光在AC边的入射角为30°，小于临界角，所以光从AC第一次射出玻璃砖根据几何知识可知EF=则光束从AB边射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需要的时间为t=而v=，可解得：t=答：（ⅰ）玻璃砖的折射率为；（ⅱ）该光束从AB边上的D点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需的时间为．【点评】：解决本题关键是作出光路图，再运用几何知识求解入射角折射角，要掌握几何光学常用的三个规律：折射定律n=、临界角公式sinC=和光速公式v=．　【物理---选修3-5】-18-\n17．（2022•上饶二模）某中学的实验小组利用如图所示的装置研究光电效应规律，用理想电压表和理想电流表分别测量光电管的电压以及光电管的电流．当开关打开时，用光子能量为2.5eV的光照射光电管的阴极K，理想电流表有示数，闭合开关，移动滑动变阻器的触头，当电压表的示数小于0.60V时，理想电流表仍有示数，当理想电流表的示数刚好为零时，电压表的示数刚好为0.60V．则阴极K的逸出功为　1.9eV　，逸出的光电子的最大初动能为　0.6eV　．【考点】：爱因斯坦光电效应方程．【专题】：光电效应专题．【分析】：光电子射出后，有一定的动能，若能够到达另一极板则电流表有示数，当恰好不能达到时，说明电子射出的初动能恰好克服电场力做功，然后根据爱因斯坦光电效应方程即可正确解答．【解析】：解：设用光子能量为2.5eV的光照射时，光电子的最大初动能为Ekm，阴极材料逸出功为W0，当反向电压达到U=0.60V以后，具有最大初动能的光电子也达不到阳极，因此eU=Ekm由光电效应方程：Ekm=hν﹣W0由以上二式：Ekm=0.6eV，W0=1.9eV．所以此时最大初动能为0.6eV，该材料的逸出功为1.9eV；故答案为：1.9eV，0.6eV．【点评】：正确理解该实验的原理和光电效应方程中各个物理量的含义是解答本题的关键，注意掌握遏止电压与最大初动能的关系．　18．（2022•上饶二模）在光滑的冰面上放置一个截面圆弧为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面体，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．已知小孩和冰车的总质量为m1=4kg，小球的质量为m2=2kg，曲面体的质量为m3=6kg．某时刻小孩将小球以v0=4m/s的速度向曲面体推出（如图所示）．（ⅰ）求小球在圆弧面上能上升的最大高度；（ⅱ）小孩将球推出后能否再接到小球？【考点】：动量守恒定律．【分析】：（1）对小球与曲面进行研究，由动量守恒及机械能守恒定律可列式求解；（2）分析小孩与球，球和曲面，由动量守恒定律及机械能守恒定律可求得最后的速度，再判断能否再次相遇．【解析】：解：-18-\n（ⅰ）小球在曲面上运动到最大高度时两者共速，设该共同速度为v，小球与曲面组成的系统动量守恒，机械能守恒：以初速度方向为正方向，由动量守恒可得：m1v0=（m2+m3）v由机械能守恒定律可得；m2v02=（m2+m3）v2+m2gh联立可解得：h=0.6m（ⅱ）小孩推球的过程中动量守恒，即：0=m2v0﹣m1v1解得；v1=2m/s；对于球和曲面，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：m2v0=﹣m2v2+m3v3m2v02=m2v22+m3v32可解得：v2=2m/s；因v2=v1；所以小孩再不能接住小球答：（ⅰ）小球在圆弧面上能上升的最大高度为0.6m；（ⅱ）小孩将球推出后不能再接到小球．【点评】：本题为多过程动量守恒问题，要注意正确选择研究对象及过程，明确动量守恒的条件，并能正确应用相应规律求解．-18-