备战2021年高考物理【名校地市好题必刷】全真模拟卷（湖南专用）·2月卷（解析版）(3)

时间：2021-02-08 20:10:46 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人

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　 绝密★启用前| 备战 2021 年高考物理【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（湖南专用）·2 月卷 第 四 模拟 共 一、选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

　1．（2020·湖南郴州市·高三月考）2017 年 10 月 16 日，全球多国科学家同步举行新闻发布会，宣布人类第一次利用激光干涉法直接探测到来自双中子星合并（距地球约 1.3 亿光年）的引力波，如图为某双星系统 A，B 绕其连线上的 O 点做匀速圆周运动的示意图，若 A 星的轨道半径大于 B 星的轨道半径，双星间的距离为L，其运动周期为 T，万有引力常量为 G 则下列判断错误的是（

　）

　A．A 的质量一定小于 B 的质量 B．A 的线速度一定大于 B 的线速度 C．根据题中提供的信息可得到双星的总质量 D．根据题中提供的信息可得到 A 星的质量 【答案】

　D 【解析】

　A．双星同轴转动，角速度相等，双星靠相互间的万有引力提供向心力，所以向心力相等，故有 m A r A ω 2 =m B r B ω 2

　因为 r A >r B ，所以有 m A <m B

　即 A 的质量一定小于 B 的质量，故 A 正确，不符合题意； B．根据 v=rω，因为 r A >r B ，故有 v A >v B

　故 B 正确，不符合题意； CD．根据万有引力提供向心力，可得 22 24A BA Am mG m rL T

　 22 24A BB Bm mG m rL T 解得 2 224ABr LmGT，2 224BAr LmGT 2 2 2 32 24 ( ) 4A BA Br r L Lm mGT GT     故根据题中提供的信息可得到双星的总质量，故 C 正确，不符合题意，由于两颗星的轨道半径无法求出，所以根据题中提供的信息无法得到 A 星的质量， D 错误，符合题意。

　故选 D。

　2．（2020·湖南宁乡一中高三月考）如图所示，两根粗糙的直木棍甲和乙相互平行，固定在同一个水平面上。一个圆柱形工件 P 架在两木棍之间，在水平向右的推力 F 的作用下，向右做匀加速运动。若保持两木棍在同一水平面内，但将它们间的距离稍微减小一些后固定，仍将圆柱形工件 P 架在两木棍之间，用同样大小的水平推力 F 向右推该工件，则下列说法中正确的是（

　）

　A．可能静止不动 B．可能向右做匀速运动 C．一定向右做减速运动 D．一定向右做加速运动 【答案】

　D 【解析】

　对圆柱形工件在截面图上受力分析

　当两木棍距离增大时，导致支持力 F 1 与 F 2 夹角减小，而这两个力的合力却不变，如图所示

　两个支持力的大小变小，则滑动摩擦力大小也变小，因此向右做加速运动。

　故选 D。

　3．（2021·湖南长沙市·高三月考）如图所示，ab 是半径为 r 的金属环的直径，ab 左侧有垂直于纸面向外，大小为 B 的匀强磁场，右侧有垂直于纸面向里、大小为 2B 的匀强磁场，让圆环绕 ab 以角速度  （俯视）沿逆时针做匀速圆周运动，从圆环平面与磁场垂直时开始计时，则下列说法正确的是（

　）

　A．图示位置，环中感应电流沿逆时针方向 B．图示位置，ab 右侧半环受到的安培力垂直 ab 向右 C．从图示位置开始转过半圈过程中，圆环中平均电动势为 0 D．环中感应电动势的瞬时表达式为21sin2e r B t     【答案】

　D 【解析】

　AB．图示位置，环中磁通量最大，变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，不受安培力，故 AB 错误； C．从图示位置开始转过半圈过程中，环中磁通量的变化量不为零，根据法拉第电磁感应定律可知，平均电动势不为零，故 C 错误； D．环中感应电动势最大值为 2m12E B r    因此感应电动势的瞬时表达式为

　 21sin2e r B t     故 D 正确。

　故选 D。

　4．（2020·湖南长沙市·长郡中学高三月考）如图所示，轻质弹簧左端固定在墙上的 A 点，右端 A 与一质量为m 的物块相连，O 点是弹簧处于原长时的位置，物块与水平面之间的动摩擦因数为  ，现用水平向右的力 F拉物块到 B 点，在此过程中克服弹力做功为 W。现撤去外力 F，物块将向左运动并能通过 O 点从撤去外力F 开始，关于物块的说法正确的是（

　）

　A．在整个运动过程中，物块向左通过 O 点时速度最大 B．在整个运动过程中，速度最大的位置在 OB 之间某一点 C．物块由 B 点向 O 点运动的过程中，速度一直在增大 D．物块最终停止时，运动的总路程一定为Wmg  【答案】

　B 【解析】

　ABC．由题意知，撤去外力时弹力大于滑动摩擦力，物块向左加速运动，由牛顿第二定律得 kx mg ma    随着物块向左运动，弹簧的伸长量 x 减小，物块的加速度 a 减小，故物块做加速度减小的加速运动。当弹力与摩擦力大小相等、方向相反时弹簧处于伸长状态，此时0 a ；之后，弹簧的弹力小于滑动摩擦力，物块开始做减速运动，故0 a 时，速度最大，速度最大的位置在 OB 之间某一点，故 B 正确，AC 错误； D．如果物块最终恰好停在 O 点，对整个过程，由动能定理得 0 W mgs    可得物块运动的总路程为 Wsmg  但也有可能物块最终停在其他位置，弹簧还具有一定的弹性势能 Wsmg  故 D 错误。

　故选 B。

　5．（2019·湖南长郡中学高三月考）如图所示，在斜面顶端的 A 点以动能 E k 平抛一小球，经 t 1 时间落到斜面

　 上 B 点处，若在 A 点将此小球以动能 0.5E k 水平抛出，经 t 2 时间落到斜面上的 C 点处，以下判断正确的是

　A．AC：AB=1：

　4 B．AC：CB=1：

　1 C．t 1 ：t 2 =2：

　1 D．t 1 ：t 2 =1：2 【答案】

　B 【解析】

　CD．由动能的表达式2k12E mv ，可知：

　1221vv 由平抛运动规律：

　cosθ L vt  21sin2L gt   可知：

　02tangvt   1 12 22 :1t vt v  故 CD 错误； AB．根据前面分析：

　21222:1v ABAC v  所以：

　AC：CB=1：1 故 B 正确，A 错误．

　 6．（2018·株洲市第一中学高三一模）在图甲所示虚线框内存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为 E，磁感应强度大小为 B。一群质量为 m，电荷量为 q（q＞0）的粒子从左侧边界中央 S 1 处，以不同大小的初速度 v 0 水平向右同时射入。图乙表示初速度不同的粒子对应的轨迹，图中反映粒子运动空间周期性的参量22 mEsqB。忽略粒子重力和粒子间的相互作用，可以推断

　A．只有0EvB的粒子能从 S 2 射出 B．只要虚线框的尺寸合适，所有粒子都能从 S 2 射出 C．若以0EvB的粒子为参考系，则其他粒子都做匀速圆周运动，且半径和周期都相同 D．若以0EvB的粒子为参考系，则其他粒子都做匀速圆周运动，但半径和周期都不同 【答案】

　B 【解析】

　【解析】

　由粒子的运动轨迹图可知，若虚线框的长度满足 L=ns 所有粒子都能从 S 2 射出，选项 A 错误，B 正确；满足 v 0 =E/B 的粒子也满足 Eq=qv 0 B，即粒子将沿直线 s 1 s 2 匀速射出场区，若 v>v 0 ，则 Eq<qvB，粒子将向上偏转；同理若 v<v 0 ，则 Eq<qvB，粒子将向下偏转，由22 2 mE m Es vTqB qB B    ，则若以 v 0 =E/B 的粒子为参考系，则其他粒子都做匀速圆周运动，周期均为2 mTqB，但是由于速度不同，则半径不同，选项CD 错误；故选 B. 共 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符得 合题目要求全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。

　7．（2020·湖南高三月考）如图所示，电源电动势为 E，内阻为 r，平行板电容器两金属板水平放置，开关 S是闭合的，两板间一质量为 m，电荷量为 g 的油滴恰好处于静止状态，G 为灵敏电流计。则下列说法正确的是（

　）

　A．在将滑动变阻器滑片 P 向下移动的过程中，油滴向下加速运动 B．在将滑动变阻器滑片 P 向下移动的过程中，油滴的电势能减少 C．在将滑动变阻器滑片 P 向下移动的过程中，G 中有从 a 到 b 的电流 D．在将 S 断开后，油滴仍保持静止状态，G 中无电流通过 【答案】

　BC 【解析】

　AB．油滴原来恰好处于静止状态，受到的重力与电场力二力平衡，说明所受的电场力方向竖直向上。在将滑动变阻器滑片 P 向下移动的过程中，变阻器有效电阻增大，变阻器分担的电压增大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴向上加速运动，电场力做正功，电势能减小，故 A 错误，B 正确； C．由上可知将滑动变阻器滑片 P 向下移动的过程中，电容器板间电压增大，电容器所带电量增大，处于充电过程，所以 G 中有从 a 到 b 的电流，故 C 正确； D．在将 S 断开后，电容器将放电，电量减少，板间场强减小，油滴受到的电场力减小，则油滴向下加速运动，故 D 错误。

　故选 BC。

　8．（2019·湖南长沙市·长沙一中高三月考）静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个  粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得  粒子和反冲核轨道半径之比为 44：1，如图所示，则（

　）

　A．  粒子与反冲粒子的动量大小相等，方向相反 B．原来放射性元素的原子核电荷数为 90 C．反冲核的核电荷数为 88 D．  粒子和反冲粒子的速度之比为 1：88 【答案】

　ABC 【解析】

　A．微粒之间相互作用的过程中遵守动量守恒定律，由于初始总动量为零，则末动量也为零，即  粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反，故 A 正确； BC．由于释放的  粒子和反冲核均在垂直于磁场的平面内，且在洛伦兹力作用下做圆周运动，则有

　 2mvBqvR 解得 mvRBq 若原来放射性元素的核电荷数为 Q，则对  粒子 112pRB e 对反冲核 222pRB Q e （ ）

　由于 1 2p p ，1R：244 R ：1 解得 90 Q  反冲核的核电荷数为 90 2 88   D．粒子的动量为 p=mv 由于两粒子动量 p 大小相等，则它们的速度大小与质量成反比，由于不知道两粒子间的质量关系，则无法确定两粒子的速度关系，故 D 错误。

　故选 ABC。

　9．（2020·双峰县第一中学高三月考）如图所示，劲度系数为 k 的竖直轻弹簧的下端固定在水平面上，上端与物块 A 连接，物块 B 与物块 A 之间用一绕过定滑轮 O 的轻绳连接，B 放在固定斜面的上端（用外力控制B）。OA 绳竖直，OB 绳与倾角为 53 的足够长的固定斜面平行，且轻绳恰好拉直而无作用力。A、B 的质量均为 m，A、B 均视为质点，重力加速度大小为 g，取 sin530.8 ， 53 cos 0.6 ，不计一切摩擦。现将B 由静止释放，B 沿斜面下滑，弹簧始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（

　）

　A．释放 B 后的瞬间，轻绳的弹力大小为25mg

　 B．当 A 的速度最大时，弹簧处于拉伸状态 C．A 的最大速度为2825mgk D．当 B 处于最低点时，弹簧处于压缩状态 【答案】

　AC 【解析】

　A．设释放 B 前弹簧的压缩量为1x，对 A 由物体的平衡条件有 1kx mg  设释放 B 后的瞬间 A 的加速度大小为 a，对 A 、 B 整体由牛顿第二定律有 1sin53 2 kx mg mg ma     解得 25a g  设释放 B 后的瞬间轻绳的弹力大小为1T，对 A 由牛顿第二定律有 1 1T kx mg ma    解得 125T mg  选项 A 正确； B．经分析可知，当 A 的速度最大时，轻绳的弹力大小 2sin53 T mg  

　因2mg T ，故此时弹簧处于压缩状态，选项 B 错误； C．设当 A 的速度最大时，弹簧的压缩量为2x，对 A 由物体的平衡条件有 2 2T kx mg   解得 25mgxk 对从释放 B 到 A 的速度最大的过程，根据动能定理，对 A 、 B 整体有   1 21 22k x xx x      21 2 1 2 m1sin53 2 02mg x x mg x x mv       解得 A 的最大速度

　 2m825mgvk 选项 C 正确； D．假设当 B 处于最低点时弹簧处于压缩状态，且压缩量为3x，根据动能定理，对 A 、 B 整体有       1 31 3 1 3 1 3sin53 02k x xx x mg x x mg x x       解得 335mgxk  因3x为负值，故假设不成立，选项 D 错误。

　故选 AC。

　10．（2019·湖南长沙市·长郡中学高三月考）如图所示，竖直面内有一个闭合导线框 ACD（由细软弹性电阻丝制成），端点 A、D 固定在以水平线段 AD 为直径的半圆形区域内有磁感应强度大小为 B 、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻恒为 r ，圆的半径为 R ，用两种方式使导线框上产生感应电流。方式一：将导线与圆周的接触点 C 点以恒定角速度1（相对圆心 O ）从 A 点沿圆弧移动至 D 点；方式二：以 AD 为轴，保持45 ADC ，将导线框以恒定的角速度2转 90°，则下列说法正确的是（

　）

　A．方式一中，在 C 沿圆弧移动到圆心 O 的正上方时，导线框中的感应电动势为零 B．方式一中，在 C 从 A 点沿圆弧移动到图中30 ADC 位置的过程中，通过导线截面的电荷量为232BRr C．方式二中，回路中的电动势逐渐减小 D．两种方式回路中电动势的有效值之比1 12 2EE 【答案】

　ABD 【解析】

　A．第一种方式穿过回路的磁通量 21 1sin BR t   

　 所产生的电动势为 21 1 1cos e BR t    在 C 沿圆弧移动到圆心 O 的正上方时 12t  此时的感应电动势为零，故 A 正确； B．方式一中，在 C 从 A 点沿弧移动到图中30 ADC 位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为 232BR   则通过导线截面的电荷量为 232BRqr r  故 B 正确； CD．第二种方式穿回路的磁通量 22 2cos BR t    所产生的电动势为 22 2 2sin e BR t    故回路中的电动势逐渐增大，这两种方式所产生的电动势的有效值之比为 1 12 2EE 故 C 错误，D 正确。

　故选 ABD。

　共 三、非选择题：共 56 分。第 11 ～14 题为必考题，每个试题考生都必须作答第 15 ～16 题为选考题，考生根据要求作答。

　共 （一）必考题：共 43 分。

　11. （6 分）（2020·湖南高三月考）某同学准备用下列器材测量电源的电动势和内阻。

　①电源 E（电动势大于 3.0V ，内阻未知）；

　 ②表头 G（满偏电流10mAgI ，内阻100Ωgr ）； ③电压表 V（量程为 1.5V，内阻1000ΩVR ）； ④滑动变阻器 R； ⑤电阻箱1 (0 ~ 99.9Ω)R； ⑥电阻箱2 (0 ~ 9999.9Ω)R； ⑦开关一个，导线若干。

　（1）测量电路如图甲所示，为把表头改装成一个量程为0.6A的电流表，则1R的阻值应调节为___________Ω；为把电压表改装成一个量程为 6.0V 的电压表，则2R的阻值应调节为___________Ω。

　（2）图乙为调节好1R、2R并测出多组数据后得到的 UI 图像（U 为电压表 V 的示数，I 为表头的示数），则根据图甲和图乙可知，被测电源的电动势 E=___________V、内阻 r=___________Ω。（结果均保留两位有效数字）

　【答案】

　1.7

　3000.0

　5.8

　2.8 【解析】

　（1）电阻箱1R、2R均精确到 0.1 ，改装电流表时，  g g g 1I r I I R    其中0.6A I，解得 11.7 R   改装电压表时，  VV 2VUU r Rr  其中6.0V U，解得 23000.0 R   （2）电流表的量程变为表头量程的 60 倍，电压表的量程变为原来的 4 倍，则有 4 1.45V=5.8V E  、  1.45 1.2 52.80.6 60r    12.（9 分）

　（2020·湖南高三月考）用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片来验证动量守恒定律，实验步骤如下：

　①用天平测出 A、B 两个小球的质量Am和Bm； ②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平； ③先不在斜槽的末端放小球 B，让小球 A 从斜槽上位置 P 由静止开始释放，小球 A 离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球 A 的两位置（如图乙所示）； ④将小球 B 放在斜槽的末端，让小球 A 仍从位置 P 处由静止开始释放，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置（如图丙所示）； ⑤测出所需要的物理量。请回答：

　（1）为减少实验误差，步骤①中 A、B 两个小球的质量Am和Bm应满足______； （2）步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有______；（请选填“0x、0y、Ax、Ay、Bx、By”）

　（3）两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：______；若两球碰撞为弹性碰撞，还需满足方程：______。

　【答案】A Bm m 0x、Ax、BxA 0 A A B B  m x m x m x2 2 2A 0 A A B B  m x m x m x 【解析】

　（1）为了防止入射球碰后反弹，则 A、B 两个小球的质量Am和Bm应满足A Bm m ； （2）碰撞时应有 A 0 A A B Bm v m v m v   由平抛规律有 x vt  两次频闪间隔时间相等，设为 t，上式中两边同乘以 t，则有 0 A A A B Bm x m x m x   所以需要在照片中直接测量的物理量有0x、Ax、Bx； （3）由动量守恒得，验证的方程为 A 0 A A B B  m x m x m x 若两球碰撞为弹性碰撞，还需满足方程 2 2 2A 0 A A B B1 1 12 2 2m v m v m v  

　 两边乘以 t 2 可得 2 2 2A 0 A A B B  m x m x m x 13.（13 分）

　（2020·双峰县第一中学高三月考）如图所示，足够大的光滑水平面上静置有三个小滑块 A、B、C（均视为质点），A、B 用细线连接且 A、B 间夹有压缩的水平轻弹簧（弹簧在弹性限度内）。弹簧的左端与 A 连接，右端与 B 不粘连，C 的右侧有一固定的竖直挡板。现将细线烧断，B 以速率 v 离开弹簧，与 C 发生碰撞。已知 AB 的质量分别为 3m 和 2m，所有碰撞均为弹性碰撞，A、B、C 始终在一条直线上。

　（1）求细线烧断前弹簧的弹性势能p0E； （2）若 C 的质量为 2m。求在 B 返回后压缩弹簧的过程中弹簧的最大弹性势能pmE； （3）为使 B 与 C 第一次碰撞后 B 与弹簧，B 与 C 不再发生相互作用，求 C 的质量 M 应满足的条件。

　【答案】（1）2p053E mv ；（2）2pm115E mv ；（3）

　610 m M m   【解析】

　（1）设 B 离开弹簧时 A 的速度大小为Av，在弹簧将 A、B 弹开的过程中，由动量守恒定律有 A3 2 0 mv mv   解得 A23v v  根据能量守恒定律有 2 2p0 A1 13 22 2E mv mv     解得 2p053E mv  （2）设 B 与 C 第一次碰撞后瞬间 B、C 的速度大小分别为1v、2v，由动量守恒定律有 1 22 2 2 mv mv mv   由能量守恒定律有 2 2 21 21 1 12 2 22 2 2mv mv mv      解得

　 10 v ，2v v  B 与 C 第一次碰撞后，C 以速率 v 碰撞挡板后以速率 v 反弹，同理，C 以速率 v 与 B 发生第二次碰撞后，B的速率为 v，C 的速率为 0，B 返回后压缩弹簧，当 A 与 B 的速度相等时弹簧的弹性势能最大，设此时 A、B 的速度大小均为3v，由动量守恒定律有 A 33 2 (3 2 ) mv mv m m v    由能量守恒定律有 2 2 2pm A 31 1 13 2 (3 2 )2 2 2E mv mv m m v        解得 2pm115E mv  （3）设 B 与 C 第一次碰撞后瞬间，B、C 的速度分别为Bv、cv，有 B C2 2 mv mv Mv   2 2 2B C1 1 12 22 2 2mv mv Mv     解得 B22m Mv vm M C42mv vm M 为使 B 与 C 第一次碰撞后，B 与弹簧、B 与 C 不再发生相互作用，有 B0 v  B Cv v   A Bv v   解得 6 10 m M m   14.（15 分）

　（2021·湖南长沙市·高三月考）如图所示，在 a、b 间有水平向右的匀强电场，在 b、c 间有垂直于纸面向外的匀强磁场，a、b 间距离为 d，b、c 间距离为 2d，从边界 a 上的 P 点沿垂直电场的方向向上射出质量为 m，电荷量为 q 的带正电的粒子，粒子射出的速度大小为 v 0 ，粒子经电场偏转后从边界 b 上的 Q 点进入磁场，P、Q 两点间的距离为13d。粒子经磁场偏转，恰好不从边界 c 射出，粒子第二次经过边界 b 的位置为 M（图中未画出）点，不计粒子的重力，求：

　 （1）匀强电场的电场强度大小； （2）匀强磁场的磁感应强度大小； （3）若粒子从 P 点射出的速度方向不变，改变粒子速度大小，使粒子经电场偏转后恰好从 M 点进入磁场，经磁场偏转后从 N 点离开磁场，则 Q、N 两点的距离为多少？

　【答案】（1）206mvqd；（2）0(2 3 3)6mvqd；（3）

　16 8 3 d  【解析】

　（1）粒子从 P 点射出后在电场中做类平抛运动 根据运动学公式 212d at  根据牛顿第二定律 qE ma  根据几何关系，粒子在电场中向上运动的位移 2 2( 13 ) 2 3 s d d d    根据运动学公式 0s v t  解得 206mvEqd （2）设粒子进磁场时速度与竖直方向的夹角为  ， 由于 12xd t v  则 03tan3xvv  

　 解得 30   

　粒子进磁场时的速度大小 02 3sin30 3xvv v  粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，

　由几何关系 cos30 2 r r d   解得  8 4 3 r d   根据牛顿第二定律 2vqvB mr 解得 0(2 3 3)6mvBqd （3）由题意知，QM 的距离为 22 sin sinQMmvy rqB    由于 sinxv v   22 2xqEv ad dm  因此 2 2QMEdmyB q 同理可知，MN 间的距离

　 2 2MNEdmyB q 因此 QN 间的距离  4 216 8 3QNEdmy dB q   共 （二）选考题：共 13 分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。

　15. [ 物理选修 3-3] （1）（5 分）

　（2020·湖南永州市·高三月考）下列说法正确的是。（填正确答案标号，选对 1 个给 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 0 分）

　A．气球充气后会膨胀，是由于所充气体分子斥力造成的 B．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 C．若两个分子在相互靠近的过程中分子力逐渐增大，分子势能也可能逐渐增大 D．某气体的摩尔体积为 V，每个分子的体积为0V，则阿伏加德罗常数可表示为A0VNV E.气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多 【答案】

　BCE 【解析】

　A．气球充气后会膨胀，这是气体压强作用的缘故，与分子斥力无关，A 项错误； B．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石，B 项正确； C．当0r r 时，分子力表现为斥力，两个分子在相互靠近的过程中分子力逐渐增大，分子力做负功，分子势能增大，C 项正确； D．由于气体分子间距离较大，摩尔体积与分子体积的比值不等于阿伏加德罗常数，故 D 项错误； E．气体体积不变时，温度越高，分子平均动能越大，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多，故 E 项正确。

　故选 BCE。

　（2）（8 分）

　（2020·湖南高三月考）如图所示，开口向上的气缸由粗细不同的两段圆简组成，下段内径为 r，上段内径为 2r，活塞 a 在气缸上段中的位置离活塞 b 的距离为 h，活塞 b 在气缸下段正中，下段气缸高度 h，两活塞厚度不计，a 的质量为 4m，b 的质量为 m，大气压强为 p 0 ，环境温度为 T 0 ，两个活塞与气缸内壁无摩擦，且气密性好，缸内封闭有两段气体 I、II，重力加速度为 g，上段气缸足够高，求：

　（1）气体 II 的压强；

　 （2）若给气体 I、II 同时缓慢加热，使两部分气体升高相同的温度，使活塞 b 刚好上升 2h，这时两部分气体温度升高了多少，活塞 a 上升的高度为多少。

　【答案】（1）022mgpr ；（2）T 0 ，34h 【解析】

　（1）开始时，气体 I 的压强 1 0 02 244mg mgp p pr r      气体 II 的压强 2 1 02 22 mg mgp p pr r      （2）给气体 I、II 同时缓慢加热，使两部分气体升高相同的温度T ，活塞 b 刚好上升 2h，两段气体均发生等压变化，对气体 II 0 012bbhShST T T 解得 0T T   设气体 I 上升的高度为1h，S a =4πr 2 ，S b =πr 2 ，则 10 01 1( ) ( )2 2a b ah S S h h ST T T  解得 134h h  16. [ 物理选修 3-4] （1）（5 分）

　 （2020·湖南高三月考）下列说法中正确的是。（填正确答案标号，选对 1 个给 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 0 分）

　A．机械波在介质中传播时，介质中后振动的质点做受迫振动且总是重复先振动的相邻的，质点的振动 B．电磁波衍射能力由强到弱的顺序是：无线电波、可见光、红外线、γ 射线 C．红光和绿光通过同一双缝干涉装置，绿光形成的干涉条纹间距大 D．在做“用单摆测重力加速度”的实验时，为了减小误差，应从单摆摆到最低点时开始计时 E.自然光在玻璃、水面、木质桌面等表面发生反射或折射时，反射光和折射光都是偏振光 【答案】

　ADE 【解析】

　A．机械波在介质中传播时，介质中后振动的质点总是重复先振动的相邻质点的振动，是受迫振动，选项 A正确。

　B．波长越大的衍射能力越强，则电磁波衍射能力由强到弱的顺序是：无线电波、红外线、可见光、  射线，选项 B 错误。

　C．因红光的波长大于绿光的波长，则红光和绿光通过同一双缝干涉装置，由lxd  可知，绿光形成的双缝干涉条纹间距小，选项 C 错误。

　D．用单摆测重力加速度时，为了减小实验误差，应从单摆摆到最低点时开始计时，选项 D 正确。

　E．自然光在玻璃、水面、木质桌面等表面反射或折射时，反射光和折射光都是偏振光，选项 E 正确。

　故选 ADE。

　（2）（8 分）

　（2020·湖南高三二模）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－ 2 s 时质点 A 相对平稳的位置的位移； ②在 t=0 到 t=9×10－ 2 s 时间内，质点 A 通过的路程； ③该简谐横波传播的速度。

　【答案】①2cm；②36cm，2cm；③1004 3 nm/s（0，1，2，3……）

　【解析】

　 ①由题图可知 2cm A 22 10 s T  振动方程为 2cos100 cm x t   （ ）

　当20.75 10 s t 时2cm x  ②在0 t 至29.0 10 s t 时间内有 4.5 个周期，质点的路程为 18 36cm s A   29.0 10 s t 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34 长，再由 vT 即可求出可能波速。

　即 3( ) 0.54n    得 24 3 n …… 所以 100=4 3vT nm/s（n=0，1，2，3……）