2019版高考物理二轮复习选考题15分满分练（二）.doc

1、1选考题 15 分满分练(二)33.【物理选修 33】(15 分)(1)(5 分)下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是_。(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.能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性B.对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C.第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第一定律D.自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E.电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递(2)(10 分)如图 1 所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横

2、截面积是细筒的 2 倍。粗筒中封有压强为 p075 cmHg 的空气(可视为理想气体)，气柱长 L120 cm，细筒中的 A、 B 两轻质活塞间封有空气(可视为理想气体)，气柱长 L210 cm。活塞 A 上方的水银柱高H10 cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计。用外力向上托住活塞 B，使之处于平衡状态，水银面与细筒上端相平。现使活塞 B 缓慢上移，直至水银恰好全部被推入粗筒中，设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强 p075 cmHg，试求：图 1()空气的压强；()活塞 B 上移的距离。(结果保留 2 位小数)解析 (1)能量耗散反映了能量转化的方向性，选项 A 正确；由热力学第一定律知，改变

3、物体内能的方式有两种，分别为做功和热传递，对某物体做功的同时，该物体向外传递热量，则该物体的内能可能减少，所以选项 B 错误；第二类永动机不违背能量守恒定律，但是违背热力学第二定律，选项 C 错误；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向2着分子热运动无序性增大的方向进行的，故选项 D 正确；电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，故选项 E 正确。(2)()对于空气，初态 p1 p075 cmHg， V11 L1S1末态，设压强为 p2，体积 V12( L1 )S1(1 分)H2根据玻意耳定律得 p1V11 p2V12(2 分)解得 p2100 cmHg(1 分)()

4、对于空气，初态 p21 p0 H85 cmHg，V21 L2S2末态，压强为 p22 p2 105 cmHg，H2体积 V22 L22S2(1 分)由玻意耳定律得 p21V21 p22V22(2 分)解得 L22 cm8.10 cm(1 分)p21L2p22 8510105活塞 B 上移的距离 d L2 H L2211.90 cm(2 分)答案 (1)ADE (2)()100 cmHg ()11.90 cm34.【物理选修 34】(15 分)(1)(5 分)如图 2 所示，两束单色光 a、 b 从水下面射向 A 点，光线经折射后合成一束光 c，则下列说法正确的是_。(填正确答案标号。选对 1

5、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)图 2A.用同一双缝干涉实验装置分别以 a、 b 光做实验， a 光的干涉条纹间距大于 b 光的干涉条纹间距B.a 光比 b 光更容易发生衍射现象C.在水中 a 光的速度比 b 光的速度小D.在水中 a 光的临界角大于 b 光的临界角E.若 a 光与 b 光以相同入射角从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是3a 光(2)(10 分)在某种介质中，有相距 4 m 的两个波源 S1、 S2，沿垂直纸面方向做简谐振动，其周期分别为 T10.8 s 和 T20.4 s，振幅分别为

6、A12 cm 和 A21 cm，在该介质中形成的简谐波的波速为 v5 m/s。 S 处有一质点，它到 S1的距离为 3 m，且 SS1 S1S2，在t0 时刻，两波源同时开始垂直纸面向外振动，试求：图 3() t0 时刻振动传到 S 处的时间差；() t10 s 时， S 处质点离开平衡位置的位移大小。解析 (1)根据题给的光路图可知， a 光的折射率较小， b 光的折射率较大，根据 n 可知，cv在水中 a 光的速度比 b 光的速度大，选项 C 错误；根据折射率大的光的频率较大，波长较短可知， a 光的波长较长， a 光比 b 光更容易发生衍射现象，选项 B 正确；由条纹间距公式 x 可知，

7、波长较长的单色光 a 的干涉条纹间距较大，选项 A 正确；由全反射临界角ld公式 sin C ，在水中 a 光的临界角大于 b 光的临界角，选项 D 正确；由 sin C ，且1n 1nnanb可知，若 a 光与 b 光以相同入射角从水中射向空气，在不断增大入射角时，水面上首先消失的是 b 光，选项 E 错误。(2)()由题意可知，SS2 5 m(1 分)（ SS1） 2 （ S1S2） 2S1在 t0 时的振动传到 S 处质点所需的时间t1 s0.6 s(1 分)SS1v 35S2在 t0 时的振动传到 S 处质点所需的时间t2 s1 s(1 分)SS2v 55那么 S1、 S2在 t0 时

8、的振动传到 S 处质点的时间差为 t t2 t10.4 s(1 分)()在 t10 s 时 S 处质点按 S1的振动规律已经振动了4 t1 t t19.4 s(11 )T1(1 分)34此时 S1引起 S 处质点的位移大小为x1 A12 cm(1 分)在 t10 s 时 S 处质点按 S2的振动规律已经振动了 t2 t t29 s(22 )T2(1 分)12此时 S2引起 S 处质点的位移大小为 x20(1 分)所以 t10 s 时 S 处质点离开平衡位置的位移为 S1和 S2单独传播引起质点位移的矢量和，故x x1 x22 cm(2 分)答案 (1)ABD (2)()0.4 s ()2 cm