高三物理1月质检试题含解析新人教版.doc

邯郸市 高三教学质量检测物 理 试 题 （考试时间:90分钟 满分:100分）第I卷【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二、选修3-1、3-2、3-4、3-5的内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、电场、磁场、带电粒子在电场中运动、带电粒子在磁场中运动、光的折射定律、动量守恒定律等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，以基础知识和基本技能为载体， 在试题上以改变题为主，是份非常好的试卷。一、选择题：本题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一个选项符合题目要求，第810题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。【题文】1库仑通过实验研究电荷间的相互作用力与距离、电荷量的关系时，先保持电荷量不变，寻找作用力与电荷间距离的关系；再保持距离不变，寻找作用力与电荷量的关系，这种研究方法常被称为“控制变量法”。下列应用了控制变量法的实验是A验证机械能守恒定律B探究力的平行四边形定则C探究加速度与力、质量的关系D探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律【知识点】 研究方法P0【答案解析】 C 解析： A、验证机械能守恒定律采用的是重力势能的改变量等于动能的改变量，不涉及控制变量法；故A错误；B、探究力的平行四边形定则时，采用的是等效替代法；故B错误；C、探究加速度与力、质量的关系时，要分别研究加速度与力；加速度与质量的关系；故应控制变量；故C正确；D、探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律时，不需要控制变量；故D错误；故选：C【思路点拨】控制变量法是物理上常用的研究方法，当研究一个物理量同时与多个因素有关时，则采用此方法；如：探究加速度与力、质量的关系；分别研究加速度与力；加速度与质量的关系欧姆定律中，电流大小与电压和电阻都有关，分别研究电流与电压关系和电流与电阻的关系；焦耳定律中，导体产生的热量与电流、电阻、时间有关，研究时分别采用控制变量的方法，逐个研究热量与电流、电阻、时间的关系，从而得出结论此题考查物理上的研究方法，要针对实验的情况，选用合适的研究方法，当研究一个物理量同时与多个因素有关时，则采用控制变量法【题文】2质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的vt图象，则拉力与摩擦力之比为A98B43 C21 D32【知识点】 匀变速直线运动的图像A5【答案解析】 D 解析： 物体不受拉力作用做匀减速运动，有拉力作用时，物体做匀加速运动，故可知，图线b反映了物体受水平拉力的作用设物体做匀加速和匀减速运动的加速度大小分别为a1和a2由速度图象的斜率表示加速度，则得：a1=，a2=m/s2根据牛顿第二定律得：对a：f=ma2=1.2N；对b：F-f=ma1，得F=1.8N,所以F：f=3:2 ,故D正确，A、B、C错误；选D【思路点拨】物体不受拉力作用时做匀减速运动，即可判断哪条图线表示有拉力作用情形；由图象可求得a、b两种情形下物体的加速度，由牛顿第二定律可求得合力，而a物体只受摩擦力，则合力即为摩擦力；由牛顿第二定律可求得b合力，因摩擦力与a的相同，即可求得拉力；本题将图象与牛顿第二定律相结合，关键要抓住速度图象的斜率等于加速度，运用牛顿第二定律进行求解【题文】3某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.5m，目测空中脚离地最大高度约0.8m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功约为A 65J B350JC 700J D1250J【知识点】 动能定理E2【答案解析】 C 解析：运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则t= =0.4s，竖直方向初速度vy=gt=4m/s,水平方向做匀速直线运动，则v0= =3.125m/s，则起跳时的速度v= =5.07m/s,设中学生的质量为50kg，根据动能定理得：W=mv2=5025.7=642J；最接近700J,故选C【思路点拨】运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动，根据竖直方向求出运动时间和起跳时竖直方向的速度，根据水平方向求出水平速度，根据速度的合成原则求出合速度，再根据动能定理即可求解本题的关键是正确处理运动员的运动过程，知道运动员做抛体运动，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动；同时要注意明确题目中只要求求出最接近的【题文】4如图，用等长的两根轻质细线把两个质量相等的小球悬挂起。现对小球b施加一个水平向左的恒力F，同时对小球a施加一个水平向右的恒力3F，最后达到稳定状态，表示平衡状态的图可能是图中的【知识点】 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 B1 B3【答案解析】 D 解析： 选对两球连同之间的细线看成一个整体，对整体受力分析，水平方向受向左的F和向右的3F，故上面绳子一定向右偏；设上面绳子与竖直方向夹角为，则：Tsin=2FTcos=2mg设下面绳子与竖直方向夹角为，则Tsin=FTcos=mg联立可得：=;故选：D【思路点拨】对两球连同之间的细线看成一个整体，分别对其进行竖直方向和水平方向的受力分析，观察绳子弹力的方向便可迎刃而解. 本题重点考查了学生的受力分析的能力，解题的关键是能够从整体着手分析受力，若采用隔离法分析a、b两个小球受力的情况，则有一定的难度【题文】5如图，汽车通用跨过定滑轮的轻绳提升物块A。汽车匀速向右运动，在物块A到达滑轮之前，关于物块A，下列说法正确的是A将竖直向上做匀速运动 B将处于超重状态C将处于失重状态 D将竖直向上先加速后减速【知识点】 运动的合成和分解；超重和失重D1 C3【答案解析】 B 解析：设绳子与水平方向的夹角为，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于A的速度，根据平行四边形定则得，vA=vcos，车子在匀速向右的运动过程中，绳子与水平方向的夹角为减小，所以A的速度增大，A做加速上升运动，且拉力大于重物的重力，故ACD错误，B正确，故选：B【思路点拨】将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于A的速度，根据A的运动情况得出A的加速度方向，得知物体运动情况. 解决本题的关键会对小车的速度进行分解，知道小车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度【题文】6如图，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压V。氖泡在两端电压达到100 V时开始发光。下列说法中正确的有A开关接通后，氖泡的发光频率为50 HzB开关接通后，电压表的示数为100 VC开关断开后，电压表的示数变大D开关断开后，变压器的输出功率不变【知识点】 变压器的构造和原理M2【答案解析】 B 解析： A、交变电压的频率为f=50Hz，一个周期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，所以A项错误；B、由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为20V，由电压与匝数成正比得副线圈两端的电压为U2=100V，电压表的示数为交流电的有效值，所以B项正确；C、开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，所以C项错误；D、断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，所以D项错误故选：B【思路点拨】根据电压与匝数程正比，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本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解【题文】7如图，一正方形闭合线圈，从静止开始下落一定高度后，穿越一个有界的匀强磁场区域，线圈上、下边始终与磁场边界平行。自线圈开始下落到完全穿越磁场区域的过程中，线圈中的感应电流受到的安培力F及速度v随时间t变化的关系，可能正确的是【知识点】 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力J2 K1 L2【答案解析】A 解析： A、若导体框进入磁场后安培力与重力平衡而做匀速直线运动，感应电流保持不变，完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，穿出磁场的过程中，由于速度大于进入时的速度，线框所受的安培力大于重力，线框将做减速运动，速度减小，安培力也减小，线框的加速度也减小，电流减小变慢，斜率变小而且穿出与进入磁场两个过程磁通量变化情况，产生的感应电流方向相反，所以A是可能的故A正确B、线框下落过程中，受到的安培力总是阻力，与线框的运动方向相反，则进入和空出磁场过程安培力方向相同，符号相同故B错误C、D线框进入磁场过程，若重力大于安培力，线框将做加速运动，随着速度的增大，安培力增大，加速度将减小，速度图象的斜率将减小故CD均错误故选A【思路点拨】分析导体框进入磁场后所做的可能的运动，进行判断和选择安培力在电磁感应现象中是阻力，总与导体相对于磁场的运动方向相反，安培力大小与速度成正比，根据牛顿第二定律分析线框加速度的变化情况，就判断速度图象斜率的变化情况本题关键要有分析线框的受力情况和运动情况的能力，抓住安培力是阻力，其方向总与导体相对于磁场的速度成正比是关键【题文】8两个带等量正电荷的小球（可视为点电荷）固定在图中a、b两点，MN为ab连线的中垂线，交直线ab于O点，A为MN上的一点。取无限远处的电势为零。一带负电的试探电荷q，仅在静电力作用下运动，则A若q从A点由静止释放，其将以O点为对称中心做往复运动B若q从A点由静止释放，其在由A点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小Cq由A点向O点运动时，其动能逐渐增大，电势能逐渐增大D若在A点给q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动【知识点】 电场的叠加；电势能I1 I2【答案解析】 AD 解析：A、电场强度在MN上是对称分布的，故根据电场力做功可知，其将以O点为对称中心做往复运动；故A正确 B、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中a、b连线的中垂线MN上，设任意点P到O的距离是x，a到O的距离是，则a在P产生的场强：Ea在 a、b连线的中垂线MN上的分量：EaxEacosEa展开得：Eax由三项式定理：A+B+C3得xL,由于LL故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动时的电场力逐渐减小，加速度一直减小，故B错误C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，电势能逐渐减小，故C错误D、负电荷在A点受到的电场力的方向竖直向下，根据等量同种点电荷的电场分布的空间对称性可知，若在A点给q一个合适的初速度，使它在A点受到的电场力恰好等于向心力，它可以在与两个电荷的连线垂直的平面内做匀速圆周运动，故D正确故选：AD【思路点拨】根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷q的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况本题考查静电场的基本概念关键要熟悉等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析【题文】9有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则Aa的向心加速度等于重力加速度g B在相同时间内b转过的弧长最长Cc在4 h内转过的圆心角是 Dd的运动周期有可能是20 h【知识点】 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系D5【答案解析】 BC 解析： A、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=2r知，c的向心加速度大由=mg，得g=，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g故A错误；B、由，得v= ，卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长故B正确；C、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是故C正确；D、由开普勒第三定律 =k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h故D错误；故选：BC【思路点拨】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点【题文】10如图，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计。开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面。下列说法正确的是A斜面倾角30BA获得的最大速度为CC刚离开地面时，B的加速度为零D从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒【知识点】 机械能守恒定律；动能和势能的相互转化E3 E6【答案解析】 AC 解析：A、C刚离开地面时，对C有：kx2=mg此时B有最大速度，即aB=aC=0则对B有：T-kx2-mg=0对A有：4mgsin-T=0以上方程联立可解得：sin=，=30，故A正确；B、初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1=mg由上问知x1=x2=，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：4mg（x1+x2）sin=mg（x1+x2）+（4m+m）vBm2以上方程联立可解得：vBm=所以A获得最大速度为，故B错误；C、对B球进行受力分析可知，C刚离开地面时，B的速度最大，加速度为零故C正确；D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误故选AC 【思路点拨】C球刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度与B相等；本题关键是对三个小球进行受力分析，确定出它们的运动状态，再结合平衡条件和系统的机械能守恒进行分析第II卷二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第1115题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1618题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共5题，48分）【题文】11（6分）“动能定理”和“机械能守恒定律”是物理学中很重要的两个力学方面的物理规律。某同学设计了如图所示的实验装置。一个电磁铁吸住一个小钢球，当将电磁铁断电后，小钢球将由静止开始向下加速运动。小钢球经过光电门时，计时装置将记录小钢球通过光电门所用的时间t，用直尺测量出小钢球由静止开始下降至光电门时的高度h。主尺单位：cm (1) 该同学为了验证“动能定理”，用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如上图所示， 他记录的小钢球的直径d_cm。(2) 该同学在验证“动能定理”的过程中，忽略了空气阻力的影响，除了上述的数据之外是否需要测量小钢球的质量_（填“需要”或“不需要”）。(3) 如果用这套装置验证机械能守恒定律，下面的做法能提高实验精度的是 。A在保证其他条件不变的情况下，减小小球的直径B在保证其他条件不变的情况下，增大小球的直径C在保证其他条件不变的情况下，增大小球的质量D在保证其他条件不变的情况下，减小小球的质量【知识点】 探究功与速度变化的关系E4【答案解析】 (1) 1.326或1.324都给分 （2）不需要 （3）AC 解析： （1）主尺读数为：1.3cm，游标尺第0个刻度和主尺对其，精确度为0.02mm，故游标尺读数为0.026cm，故小钢球的直径为1.326cm（2）由动能定理：mghmv2，化简得：ghv2，故不需要测量小钢球的质量（3）实验方案为：以小球通过光电门的时间得到小球的平均速度，以此来表示瞬时速度v，然后验证：mghmv2，即ghv2是否成立，由此验证机械能守恒，故：AB、小球的直径越小v越精确，故A正确，B错误CD、由于实际存在阻力故：mghfhmv2，即： gh可知所以质量越大，这一项越小，精确性越高，故C正确，D错误故选：AC【思路点拨】（1）游标卡尺先读主尺再读出游标尺，游标尺不估读；（2）由动能定理表达式可知质量会被消掉；（3）从实验的测量原理可判定各个选项本题难点在于第三问，要明确实验的原理，综合不考虑空气阻力和考虑空气阻力两种情况，分别列动能定理来讨论【题文】12（8分）2014年诺贝尔物理学奖授予三名日裔科学家，以表彰他们在发现新型高效、环境友好型光源方面所作出的贡献三位获奖者“发明的高效蓝色发光二极管（LED）带来了明亮而节能的白色光源”。某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED 灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约300，电学符号与小灯泡电学符号相同。实验室提供的器材有： A电流表A1（量程为15mA，内阻RA1约为10）B电流表A2（量程为2 mA，内阻RA220）C定值电阻R110D定值电阻R21980E滑动变阻器R（0至20）一只F电压表V（量程为6V，内阻RV约3k）G蓄电池E（电动势为4 V，内阻很小）F开关S一只（1）要完成实验，除蓄电池、开关、滑动变阻器外，还需选择的器材有 （填写器材前的字母编号）。（2）画出实验电路图。（3）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx （说明式中题目未给出的各字母的意义）。【知识点】 伏安法测电阻J5【答案解析】 (1) ABD (2) 如图 (3) ，I1、I2分别为电流表A1、A2的读数 解析：（1）要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，由于电压表的量程偏大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压；LED灯正常工作时的电流大约在6mA左右，电流表的量程，电流表无法测量，可以用电压表测量电流；因为滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法电路图如图所示（2）根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压U=I2（R+RA2），通过灯泡的电流I=I2，所以LED灯正常工作时的电阻RX I1、I2分别为电流表A1、A2的读数【思路点拨】滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法LED灯的额定电压为3V，题目所给的电压表量程太大，测量不准确，需通过电流表和定值电阻改装为电压表，因为通过LED的电流较小，可以用题目中的电压表当电流表使用根据闭合电路欧姆定律求出LED正常工作时的电阻，根据欧姆定律得出LED电压为3V时，电流表的电流本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流【题文】13(9分) 一个人最多能提起质量m0=20kg的重物。在倾角=15的固定斜面上放置一物体（可视为质点），物体与斜面间动摩擦因数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求人能够向上拖动该重物质量的最大值m。F【知识点】 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用B3 B4【答案解析】 解析：解法一：设F与斜面倾角为时，拖动的重物最大质量为m， 由平衡条件可得： 由已知可得 .联立得 代入 得 评分标准： 每式2分， 式1分。 解法二：如图，设摩擦力和支持力的合力与支持力夹角为，则. 所以 ， 因此摩擦力和支持力的合力与重力的夹角为450。 由于拉力、重力和支持力与摩擦力的合力构成三角形及受力平衡，因此当拉力和摩擦力与支持力的合力垂直时，拉力最小。 即 由已知可得 得 【思路点拨】对斜面上的物体进行受力分析，并将物体受到的力沿斜面方向与垂直于斜面的方向分解，求出M的表达式，然后结合三角函数的关系，即可求出最大质量该题中按照常规的步骤对物体进行受力分析即可，题目的难点是如何利用三角函数的关系，化简并得出正确的结论【题文】14(12分) 如图，等量异种点电荷，固定在水平线上的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为q（可视为点电荷）的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处。现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O点电势为零，忽略q对等量异种电荷形成电场的影响。求：(1)小球经过B点时对杆的拉力大小；(2)在Q、Q形成的电场中，A点的电势A；(3)小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小。【知识点】 电场的叠加；电势I1 I2 C1 E2【答案解析】 （1） （2） （3）解析：(1)小球经B点时，在竖直方向有 由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小 (2)由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以 电荷从A到B过程中，由动能定理得 (3)由电场对称性可知， 即 小球从A到C过程，根据动能定理 【思路点拨】（1）小球经过B点时，重力和杆的拉力提供向心力；（2）A到B的过程中重力和电场力做功，根据动能定律即可求得A点的电势；（3）B到C的过程中重力和电场力做功，根据动能定律说明即可小球在复合场中运动，电场力和重力做功，根据动能定律解题即可该题的情景比较简单，题目简单【题文】15(13分) 如图，边长L=0.2 m的正方形abcd区域（含边界）内，存在着垂直于区域的横截面（纸面）向外的匀强磁场，磁感应强度B=5.010-2T。带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E（不考虑金属板在其它区域形成的电场），MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF。EF中间有一小孔O，金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0.l m。在M和P的中间位置有一离子源S，能够正对孔O不断发射出各种速率的带正电离子，离子的电荷量均为q=3.2l0-19 C，质量均为m=6.4l0-26 kg。不计离子的重力，忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板上后的反弹。（l）当电场强度E=104N/C时，求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率。（2）电场强度取值在一定范围时，可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出，求满足条件的电场强度的范围。【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力C2 D4 K3【答案解析】（1） （2） 解析： （1）穿过孔O的离子在金属板间需满足 代入数据得 穿过孔O的离子在金属板间仍需满足 离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动，有 由以上两式子得 从bc边射出的离子，其临界轨迹如图，对于轨迹半径最大，对应的电场强度最大，由几何关系可得 由此可得从bc边射出的离子，轨迹半径最小时，其临界轨迹如图，对应的电场强度最小，由几何关系可得 所以 由此可得所以满足条件的电场强度的范围为： 【思路点拨】（1）由平衡条件可以求出离子速度（2）作出粒子运动轨迹，由平衡条件、牛顿第二定律求出电场强度本题考查了求离子的速率、电场强度，分析清楚离子运动过程、应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，分析清楚离子运动过程、作出其运动轨迹是正确解题题的前提与关键（二）选考题：共12分。请考生从给出的3道题中任选一题做答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按首题进行评分。16.【物理选修3-3】【题文】(1) (4分) 下列说法正确的是 (填入正确选项前的字母。选对得4分，选不全得2分，错选或多选得0分)。A物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和B布朗运动就是液体分子或者气体分子的热运动C利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的D气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小E一定量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加【知识点】 内能，分子动理论 热力学第二定律 H1 H3【答案解析】 ACE 解析： A、物体内能是所有分子热运动的动能和分子势能的总和，故A正确；B、布朗运动是悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的热运动，而是液体分子的热运动的反映故B错误C、利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这在原理上是可行的故C正确E、分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小故D减小；D：气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力气体的温度降低时，分子的平均动能减小，所以，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加故E正确故选ACE【思路点拨】根据内能的概念分析答题；物体内能是所有分子热运动的动能和分子势能的总和；物体的内能由物质的量、温度和体积决定；温度是分子平均动能的标志本题考查了选修3-3的内容，对于选修内容要熟练掌握基础知识，温度是分子平均动能的标志，温度高的物体分子平均动能大，并不是每个分子的动能都大【题文】(2) (8分) 如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为lA40cm，右管内气体柱长为lB39cm。先将口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低cm，已知大气压强p076cmHg，求： （i）A端上方气柱长度；（ii）稳定后右管内的气体压强。【知识点】 气体的等温变化；封闭气体压强H3 H5【答案解析】（i）38cm （ii）78cmHg 解析：设A端上方气柱长度为l1，由题可知，插入水银槽后左管内气体压强为 由玻意耳定律得： 所以A端上方气柱长度为 （2）设右管水银面上升h，则右管内气柱长度为，气体压强为 由玻意耳定律得： 解得 所以右管内气体压强为 【思路点拨】插入水银槽后左管内气体是等温变化，根据玻意尔定律求解，本题主要考查等温变化，根据前后体积关系可求得压强。17【物理选修3-4】【题文】(1) (4分) 图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=1.0s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图像，则下列说法正确的是 A该简谐横波的传播速度为4m/sB从此时刻起，经过2秒，P质点运动了8米的路程C从此时刻起，P质点比Q质点先回到平衡位置D乙图可能是甲图x=2m处质点的振动图像E此时刻M质点的振动速度小于Q质点的振动速度【知识点】 横波的图象；波长、频率和波速的关系 G2 G4【答案解析】 ACD 解析： A、由波动图象甲读出波长=4m，由振动图象乙读出周期T=1s，则波速v= =4m/s故A正确B、简谐横波中质点只在平衡位置附近振动，并不随着波迁移，经过2秒,P质点振动了2个周期，运动的路程为 ，故B错误；C、由题，波沿+x方向传播，此时刻Q点振动方向向上，而P在波峰，则图示时刻起Q质点比P质点后回到平衡位置故C正确；D、根据振动图象乙可知：t=1s时刻质点从平衡位置沿y轴负方向振动，而甲图中x=2m处质点t=1s时刻（图示时刻）振动方向沿y轴负方向，乙图可能是甲图x=