河南省豫南九校高三物理上学期第一次模拟联考试卷（含解析）.doc

河南省豫南九校联考2015届高考物理一模试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8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0分）1滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为( )avbvc2vdm/s2某小型发电机线圈内阻为r=1.0，产生的电动势为e=10sin10t（v），用其对阻值r=9.0的灯泡供电，设灯泡电阻丝电阻不随温度变化，则( )a灯泡上的电压为10vb灯泡上的电压为10vc灯泡获得的功率为10wd灯泡获得的功率为9w3如图，有a、b两个完全相同的小球并排放在倾角为30的固定斜面上，b球被竖直挡板挡住，不计一切摩擦，则a、b之间的作用力与竖直挡板对b的作用力之比为( )abcd4如图，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍，有一初速为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长宽之比的值为( )abcd5如图所示，a、b为地球的两个轨道共面的人造卫星，运行方向相同，a、b卫星的轨道半径分别为ra和b，某时刻a、b两卫星距离到达最近，已知卫星a的运行周期为t，从该时刻起到a、b间距离最远所经历的最短时间为( )abcd6如图所示，半径为r，内径很小的光滑半圆管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入管内，小球通过最高点p时，对管壁的压力为0.5mg，小球落地到p点的水平距离可能为( )arbrc2rdr7在地面附近，存在着两个有理想边界的电场，边界a、b将该空间分成上下两个区域、，区域中有竖直向上的匀强电场，区域中有竖直向下的匀强电场两区域电场强度大小相等，在区域中的p点由静止释放一质量为m，电荷量为q的带电小球，小球穿过ab边界时速度为v0，进入区域到达m点速度刚好减为零，如图所示，已知此过程中小球在区域中运动时间是区域中运动施加的2倍，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )a小球带正电b电场强度大小是cp点距边界的距离为d若边界ab处电势为零，则m点电势为8如图所示，足够长的u形光滑金属导轨平面与水平面成角，其中mn与pq平行且间距为l，导轨平面与磁感应强度为b的匀强磁场垂直，导轨电阻不计金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为r，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为，则金属棒ab在这一过程中( )a加速度为b下滑的位移为c产生的焦耳热为sinmv2d受到的最大安培力为二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，9题-12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13题-18题为选考题，考生根据要求作答9如图所示的实验装置可以用来测量重力加速度g，方法是让“工“字型金属片自由下落通过光电门，“工”字型中间立柱长为h，上下两块挡光片a、b足够窄，宽度均为d，挡光时间由跟光电门相连的数字计时器记录下来，若下档片b通过光电门时时间为t1，上挡光片a通过光电门时时刻为t2，则“工”字型金属片进入光电门时的速度v1=_，离开光电门时的速度v2=_，自由落体运动的加速度g=_10在实验室中，利用电阻箱、灵敏电流计，定值电阻等实验器材可以测量电源的电动势和内阻，实验的实物连线如图甲所示，电阻箱最大阻值为30，定值电阻阻值为3000，灵敏电流计内阻不计（1）要想完成实验，实物连接图中缺少一条导线，请在图中补画出这条导线丙并根据实物连接图在虚线框中画出电路图（2）由于电阻箱电阻的最大值远小于定值电阻，可以认为流过电源内部的电流等于流过电阻箱的电流，在这种情况下，电阻箱连入电路的阻值r、灵敏电流计示数i、电源的电动势e、内阻r和定值电阻r0时间的关系是=_（3）改变电阻箱的阻值r并读出电流计的读数i，作出图象如图乙所示，则电源的电动势是_v，内阻是_11一质量m=0.5kg的滑块以某一初速度冲上倾角为37且足够长的粗糙斜面，其速度时间图象如图所示，已知sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2，求：（1）上滑过程中经多长距离滑块的动能与重力势能相等（2）滑块返回斜面底端时的动能12（19分）如图所示，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为e=4.0106n/c，紧靠y轴存在一方形匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度为b1=0.2t，方向垂直坐标平面内在第四象限内有磁感应强度b2=101t，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场p是y轴上坐标为（0，1）的一点，比荷为1.5108c/kg的粒子以平行于x轴速度v0从y轴上的p点射入，粒子沿直线通过电场，磁场叠加场区域，然后经电场偏转，从x轴上q点射入匀强磁场b2粒子刚好到达y轴上某点c（计算结果保留两位有效数字）求：（1）粒子射出的初速度v0以及离开x轴时的速度；（2）求q点和c点的坐标（3）粒子从p点出发再次回到y轴的时间是多少？三、物理-选修3-313对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )a气体的体积不是指的该气体的所有气体分子体积之和，而是指该气体所有分子所能到达的空间的体积b只要气体的温度降低，气体分子热运动的剧烈程度一定减弱c在超重的情况下，气体对容器壁的压强一定增大d外界对气体做功，气体的内能一定增加e气体在等温膨胀的过程中一定从外界吸收热量14一定质量的理想气体被活塞封闭在圆筒形的金属气缸内，如图所示，气缸竖直放置，活塞的质量为1kg，横截面积s=5cm2，活塞与气缸底之间用一轻弹簧连接，弹簧的自然长度l0=10cm；劲度系数k=100n/m，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始时弹簧为原长，环境温度为27，将对气缸内气体缓慢加热，活塞上升了5cm，大气压强为p0=1.0105pa，g=10m/s2求：最后气缸内气体的温度保持气缸内气体满足问中的温度，使整个装置竖直向上做匀加速运动，发现弹簧又恢复了原长，则整个装置的加速度为多少？四、物理3-415如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点p以此时刻为计时起点的振动图象下列说法正确的是( )a这列波的传播方向是沿x轴正方向b这列波的传播速度是20m/sc经过0.15s，质点p沿x轴的正方向传播了3 md经过0.1s时，质点q的运动方向沿y轴正方向e经过0.35s时，质点q距平衡位置的距离小于质点p距平衡位置的距离16如图所示，有一圆柱形容器，底面半径为r，在底面的中心处有一红色点光源s，它发出的红色光经时间t可以传到容器的边缘p，若容器内盛满某透明液体，s发出的红光经时间2t可以传到容器的边缘p，且恰好在p点高度发生全反射，求溶度的高度五、物理-选修3-517下列说法中正确的是( )a衰变现象说明电子是原子核的组成部分b目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变c一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，能辐射3种不同频率的光子d卢瑟福依据极少数粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型e氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大18如图所示，木块a放在水平台面b上，水平台面b的中间有一孔洞，一粒向上射出的子弹以速度v0打进木块a，它们瞬时获得共同速度，内嵌子弹的木块a上升的最大高度为h1=1.8m，然后自由落下，落到平台b上后反弹的高度为h2=1.25m，测出a开始下落都第一次反弹到最高点所用时间为t=1.3s，已知木块a的质量为m=0.39kg，子弹质量m0=0.01kg，g取10m/s2，不计空气阻力，求：子弹打击木块a时的速度v0从木块a第一次落到平台b到反弹离开，平台b对木块a的平均作用力的大小河南省豫南九校联考2015届高考物理一模试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8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0分）1滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为( )avbvc2vdm/s考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系 专题：直线运动规律专题分析：滑板爱好者做匀加速直线运动，对运动的前半程和全程分别根据速度位移关系公式列式后联立求解即可解答：解：设位移为l，对前半程，有： 对运动的全程，有：v2=2al 联立解得：v=故选：a点评：本题关键是明确滑板爱好者的运动性质，然后灵活地选择运动学公式和运动过程列式求解，基础题目2某小型发电机线圈内阻为r=1.0，产生的电动势为e=10sin10t（v），用其对阻值r=9.0的灯泡供电，设灯泡电阻丝电阻不随温度变化，则( )a灯泡上的电压为10vb灯泡上的电压为10vc灯泡获得的功率为10wd灯泡获得的功率为9w考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率；正弦式电流的图象和三角函数表达式 专题：交流电专题分析：小型发电机产生的交变电动势的通式为e=emsint，对应表达式得出最大值，根据有效值和峰值之间关系求出有效值，从而求出功率解答：解：ab、由交变电动势的表达式知最大值em=10v，所以有效值为：，由欧姆定律得：灯泡上的电压为：，故ab错误；cd、，故c错误，d正确；故选：d点评：本题考查由交变电动势的表达式得出电动势有效值、角速度、周期等物理量的能力，熟练这些物理量之间的换算关系是关键3如图，有a、b两个完全相同的小球并排放在倾角为30的固定斜面上，b球被竖直挡板挡住，不计一切摩擦，则a、b之间的作用力与竖直挡板对b的作用力之比为( )abcd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：先对a球受力分析，根据平衡条件列式求解b对a的支持力；再隔离a、b球整体，根据平衡条件列式求解竖直挡板对b的作用力解答：解：对a球受力分析，如图所示，a、b之间的作用力等于a球的重力沿着斜面的分量，为：f1=mgsin30；b球与竖直挡板间的作用力f2方向与挡板垂直，把a、b看作一个整体，即：f2=2mgtan30；故；故选：c点评：本题关键是采用隔离法和整体法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，基础题目4如图，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍，有一初速为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长宽之比的值为( )abcd考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：电场力与电势的性质专题分析：电荷先直线加速，再做类似平抛运动；对直线加速过程，根据动能定理列式；对类似平抛运动过程，根据分位移公式列式；最后联立求解即可解答：解：设加速电压为ku，偏转电压为u，对直线加速过程，根据动能定理，有：q（ku）= 对类似平抛运动过程，有：l=vt = 联立解得：=故选：b点评：本题关键是分直线加速和类似平抛运动分析，对直线加速根据动能定理列式，对类似平抛过程根据分位移公式列式，基础题目5如图所示，a、b为地球的两个轨道共面的人造卫星，运行方向相同，a、b卫星的轨道半径分别为ra和b，某时刻a、b两卫星距离到达最近，已知卫星a的运行周期为t，从该时刻起到a、b间距离最远所经历的最短时间为( )abcd考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 专题：万有引力定律的应用专题分析：两颗人造地球卫星a和b绕地球做匀速圆周运动，应用万有引力提供向心力列出等式比较求得卫星b的运行周期卫星a、b绕地球做匀速圆周运动，当卫星b转过的角度与卫星a转过的角度之差等于时，卫星再一次相距最远解答：解：两颗人造地球卫星a和b绕地球做匀速圆周运动，应用万有引力提供向心力列出等式：=mt=2，已知卫星a的运行周期为t，a、b卫星的轨道半径分别为ra和b，所以卫星b的运行周期为t=t它们再一次相距最远时，一定是b比a多转了半圈，有：=解得：t=，故选：c点评：本题既可应用万有引力提供向心力求解，也可应用开普勒行星运动定律求解，以后者较为方便，两卫星何时相距最远的求解，用到的数学变换相对较多，增加了本题难度6如图所示，半径为r，内径很小的光滑半圆管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入管内，小球通过最高点p时，对管壁的压力为0.5mg，小球落地到p点的水平距离可能为( )arbrc2rdr考点：向心力 分析：根据牛顿第二定律分别求出小球在最高点p的速度大小，离开p点做平抛运动，根据平抛运动的时间和速度分别求出水平位移，即可解答解答：解：小球从管口飞出做平抛运动，设落地时间为t，根据2r=gt2，得：t=2；当小球对管下部有压力时有： mg0.5mg=m，解得：v1=小球对管上部有压力时有： mg+0.5mg=m，解得：v2=因此水平位移 x1=v1t=r，或 x2=v2t=r，故a、d正确故选：ad点评：解决本题的关键理清小球做圆周运动向心力的来源，知道管子与轻杆模型相似，在最高点对球的弹力方向可能向下，也可能向上，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解7在地面附近，存在着两个有理想边界的电场，边界a、b将该空间分成上下两个区域、，区域中有竖直向上的匀强电场，区域中有竖直向下的匀强电场两区域电场强度大小相等，在区域中的p点由静止释放一质量为m，电荷量为q的带电小球，小球穿过ab边界时速度为v0，进入区域到达m点速度刚好减为零，如图所示，已知此过程中小球在区域中运动时间是区域中运动施加的2倍，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )a小球带正电b电场强度大小是cp点距边界的距离为d若边界ab处电势为零，则m点电势为考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 分析：根据题意，小球先做匀加速运动，后做匀减速运动，可知电场力大于重力；结合牛顿运动定律求电场强度，p点距边界的距离；通过动能定理求出m的电势解答：解：a、根据题意，小球先做匀加速运动，后做匀减速运动，可知电场力大于重力，且区域的场强方向向下，故电荷带负电，故a错误b、在上方电场，根据牛顿第二定律得：a1=，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a2=，因为a1t1=a2t2，2t1=t2 解得e=，故b错误c、设p点距边界的距离为h，则h=，故c错误d、对边界到m的过程运用动能定理得：qu+mgh=0mv，h=解得：u=，故d正确故选：d点评：本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，抓住小球在上方电场和下方电场中运动的对称性入手分析求解8如图所示，足够长的u形光滑金属导轨平面与水平面成角，其中mn与pq平行且间距为l，导轨平面与磁感应强度为b的匀强磁场垂直，导轨电阻不计金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为r，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为，则金属棒ab在这一过程中( )a加速度为b下滑的位移为c产生的焦耳热为sinmv2d受到的最大安培力为考点：导体切割磁感线时的感应电动势 分析：金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动由牛顿第二定律，法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理解答：解：a、金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，根据牛顿第二定律，有：mgsinbil=ma；其中i=；故a=gsin，故a错误；b、由电量计算公式q=it=可得，下滑的位移大小为x=，故b正确；c、根据能量守恒定律：产生的焦耳热q=mgxsin=sinmv2，故c正确；d、金属棒ab受到的最大安培力大小为f=bil=bl=，故d正确故选：bcd点评：电磁感应综合题中，常常用到这个经验公式：感应电量q=和f安=，注意电阻和匝数，在计算题中，不能直接作为公式用，要推导二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，9题-12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13题-18题为选考题，考生根据要求作答9如图所示的实验装置可以用来测量重力加速度g，方法是让“工“字型金属片自由下落通过光电门，“工”字型中间立柱长为h，上下两块挡光片a、b足够窄，宽度均为d，挡光时间由跟光电门相连的数字计时器记录下来，若下档片b通过光电门时时间为t1，上挡光片a通过光电门时时刻为t2，则“工”字型金属片进入光电门时的速度v1=，离开光电门时的速度v2=，自由落体运动的加速度g=考点：测定匀变速直线运动的加速度 专题：实验题分析：利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度求解金属片进入光电门时的速度v1和离开光电门时的速度v2；“工“字型金属片自由下落，根据速度位移关系公式列式求解自由落体运动的加速度g解答：解：极短时间内的平均速度可以近似表示瞬时速度，故：“工”字型金属片进入光电门时的速度v1=；离开光电门时的速度v2=；根据速度位移关系公式，有：解得：g=故答案为：，点评：本题关键是明确实验中测量瞬时速度的方法，即用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，同时要结合速度位移公式求解加速度，基础题目10在实验室中，利用电阻箱、灵敏电流计，定值电阻等实验器材可以测量电源的电动势和内阻，实验的实物连线如图甲所示，电阻箱最大阻值为30，定值电阻阻值为3000，灵敏电流计内阻不计（1）要想完成实验，实物连接图中缺少一条导线，请在图中补画出这条导线丙并根据实物连接图在虚线框中画出电路图（2）由于电阻箱电阻的最大值远小于定值电阻，可以认为流过电源内部的电流等于流过电阻箱的电流，在这种情况下，电阻箱连入电路的阻值r、灵敏电流计示数i、电源的电动势e、内阻r和定值电阻r0时间的关系是=（3）改变电阻箱的阻值r并读出电流计的读数i，作出图象如图乙所示，则电源的电动势是3v，内阻是1考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：根据实验原理连接实物图即作电路图；由图象中的截距的含义及闭合电路的欧姆定律的表达式要求得电动势和内电阻解答：解：（1）定值电阻和灵敏电流计串联后与电阻箱并联，所以应该在电阻箱与开关处连接一根导线，如图1所示，根据实物图，电路图如图2所示：（2）由闭合电路的欧姆定律得：e=ir0+，则：=（3）图象纵坐标的截距表示内阻的大小的倒数，图象斜率为由图象可知，图象与纵轴截距b=1，则电源内阻是：r=1，图象斜率k=0.001，即：=0.001，则电源电动势为：e=0.001rr0=0.00113000=3v；故答案为：（1）实物连线图如图1所示，电路图如图2所示（2）（3）3，1点评：本题考查了求电源的电动势与内阻，根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式是正确解题的前提与关键11一质量m=0.5kg的滑块以某一初速度冲上倾角为37且足够长的粗糙斜面，其速度时间图象如图所示，已知sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2，求：（1）上滑过程中经多长距离滑块的动能与重力势能相等（2）滑块返回斜面底端时的动能考点：动能定理的应用；动能和势能的相互转化 分析：（1）小物块冲上斜面过程中，受到重力、斜面的支持力和摩擦力，知道加速度，根据牛顿第二定律求解先求解出动能和重力势能的表达式，然后求解相等的时刻；要分上滑和下滑两个过程讨论（2）根据运动学公式求出物块上滑的距离，根据动能定理求出小物块返回斜面底端时的动能解答：解：（1）由小物块上滑过程的速度时间图线，可知：a=8m/s2如图所示，小物块受重力、支持力、摩擦力，沿斜面建立直角坐标系，mgsin37+mgcos37=ma代入数据得：=0.25设物块冲上斜面所能达到的最高点距斜面底端距离为s，则有：s=25m若物体上滑t时刻，速度为：v=v0at=208t （t2.5s）高度为：h=xsin37=（v0t）sin37=12t2.4t2；动能与势能相等，故：解得：t4.14s（大于2.5s，舍去）或者 t0.86s物体下滑过程的加速度为：a=gsin37gcos37=4m/s2若物体下滑t时刻，速度为：v=at=4t高度为：h=（sx）sin37=（s）sin37=151.2t2；动能与势能相等，故：联立解得：t=2.74s（负值舍去）故到动能和势能相等的总时间为：t1=2.5s+2.74s=5.24s（2）沿斜面运动全过程中根据动能定理：mgcos372s=ekmv2代入数据得：ek=50j答：（1）上滑后经0.158s或者5.24s时间滑块的动能与重力势能相等；（2）滑块返回斜面底端时的动能50j点评：本题首先考查理解速度图象的能力速度时间图象其“斜率”表示加速度，“面积”表示位移其次要注意在分析机械能相等时要进行讨论，明确有向上和向下两种可能12（19分）如图所示，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为e=4.0106n/c，紧靠y轴存在一方形匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度为b1=0.2t，方向垂直坐标平面内在第四象限内有磁感应强度b2=101t，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场p是y轴上坐标为（0，1）的一点，比荷为1.5108c/kg的粒子以平行于x轴速度v0从y轴上的p点射入，粒子沿直线通过电场，磁场叠加场区域，然后经电场偏转，从x轴上q点射入匀强磁场b2粒子刚好到达y轴上某点c（计算结果保留两位有效数字）求：（1）粒子射出的初速度v0以及离开x轴时的速度；（2）求q点和c点的坐标（3）粒子从p点出发再次回到y轴的时间是多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）粒子在电磁场中做直线运动，由平衡条件求出粒子的速度，由牛顿第二定律与匀变速运动的速度位移公式求出竖直分速度，然后求出粒子离开电场时的速度（2）由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后由几何知识求出q、c的坐标（3）分三段，分别由运动学公式求解时间，即可得到总时间解答：解：（1）粒子在电场中做直线运动，洛伦兹力与电场力相等，由平衡条件得：qe=qv0b1，代入数据解得：v0=2107m/s，粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向上，由匀变速运动的速度位移公式得：vy2=2yp，粒子离开电场时的速度：v=，代入数据解得：v=4107m/s，cos=，则：=60；（2）粒子运动轨迹如图所示：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力由牛顿第二定律得：qvb2=m，得 r=代入数据解得：r=20m由几何知识可知，xq=r+rsin60=m，yc=rcos60=10m；q点的坐标，c点的坐标（010）；（3）设粒子在电场中运动时间为t2则t2=s=107s电场中水平位移大小 x2=v0t2=2107107m=m粒子在电磁场叠加区中，水平位移为 x1=xqx2=mm36.9m运动时间为 t1=s1.8106s在磁场中运动时间为 t3=1.0106s故总时间为 t=t1+t2+t32.81106s答：（1）粒子射出的初速度v0为2107m/s，离开x轴时的速度大小为4107m/s，方向：与x轴正方向成60；（2）q点的坐标，c点的坐标（010）（3）粒子从p点出发再次回到y轴的时间是2.81106s点评：本题考查了粒子在电磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键，应用平衡条件、类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意几何知识的应用三、物理-选修3-313对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )a气体的体积不是指的该气体的所有气体分子体积之和，而是指该气体所有分子所能到达的空间的体积b只要气体的温度降低，气体分子热运动的剧烈程度一定减弱c在超重的情况下，气体对容器壁的压强一定增大d外界对气体做功，气体的内能一定增加e气体在等温膨胀的过程中一定从外界吸收热量考点：热力学第一定律；封闭气体压强 分析：气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，温度高体分子热运动就剧烈，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，做功和热传递都可以改变物体的内能，根据热力学第一定律分析物体内能的变化解答：解：a、气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，不是指的该气体的所有气体分子体积之和故a正确；b、温度是分子的平均动能的标志，温度高体分子热运动就剧烈，只要气体的温度降低，气体分子热运动的剧烈程度一定减弱故b正确；c、气体的压强是大量分子持续碰撞器壁产生的，与物体的运动状态无关；所以在超重的情况下，气体对容器壁的压强不一定增大故c错误；d、根据热力学第一定律，外界对气体做功，若物体同时向外方程热量，气体的内能不一定增加，故c错误；e、气体在等温膨胀的过程中内能不变，而对外做功，所以一定从外界吸收热量，故e正确故选：abe点评：本题考查了温度的意义、热力学第一定律的应用和气体压强的微观意义，难度不大，要注意的是在热力学第一定律的应用过程中，要注意物理量的符合14一定质量的理想气体被活塞封闭在圆筒形的金属气缸内，如图所示，气缸竖直放置，活塞的质量为1kg，横截面积s=5cm2，活塞与气缸底之间用一轻弹簧连接，弹簧的自然长度l0=10cm；劲度系数k=100n/m，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始时弹簧为原长，环境温度为27，将对气缸内气体缓慢加热，活塞上升了5cm，大气压强为p0=1.0105pa，g=10m/s2求：最后气缸内气体的温度保持气缸内气体满足问中的温度，使整个装置竖直向上做匀加速运动，发现弹簧又恢复了原长，则整个装置的加速度为多少？考点：理想气体的状态方程 专题：理想气体状态方程专题分析：对活塞利用平衡可求出气体压强，应用理想气体状态方程求出气体的温度；应用玻意耳定律可以求出气体的压强，由牛顿第二定律可以求出加速度解答：解：以封闭气体为研究对象，气体压强：初状态压强：体积：v1=l0s=10s，温度：t1=273+27=300k，末状态压强为：体积：v2=ls=（10+5）s=15s，温度为：t2，由理想气体状态方程得：，解得：t2=487.5k；气体状态参量：p2=1.3105pa，v2=15s，v3=l0s=10s，由玻意耳定律得：p2v2=p3v3，解得：p3=1.95105pa，对活塞，由牛顿第二定律得：p3smgp0s=ma，解得：a=37.5m/s2；答：最后气缸内气体的温度为487.5k；整个装置的加速度为37.5m/s2点评：本题是力学与热学相结合的一道综合题，应用理想气体状态方程与玻意耳定律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意研究对象的选择四、物理3-415如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点p以此时刻为计时起点的振动图象下列说法正确的是( )a这列波的传播方向是沿x轴正方向b这列波的传播速度是20m/sc经过0.15s，质点p沿x轴的正方向传播了3 md经过0.1s时，质点q的运动方向沿y轴正方向e经过0.35s时，质点q距平衡位置的距离小于质点p距平衡位置的距离考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 专题：振动图像与波动图像专题分析：由振动图象读出t=0时刻p点的振动方向，判断波的传播方向由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断q点的运动方向，确定p、q距平衡位置距离的关系解答：解：a、由乙图读出，t=0时刻质点的速度向下，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播故a正确b、由图知：=4m，t=0.2s，则波速v=m/s=20m/s故b正确c、简谐横波中质点只在平衡位置附近振动，并不随着波迁移，故c错误；d、图示时刻q点沿y轴正方向运动，t=0.1s=t，则质点q的运动方向沿y轴负方向故d错误e、t=0.35s=1.75t，经过0.35 s时，质点p到达波峰，而质点q位于平衡位置与波谷之间，故质点q距平衡位置的距离小于质点p距平衡位置的距离故e正确故选：abe点评：波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系同时，熟练要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况16如图所示，有一圆柱形容器，底面半径为r，在底面的中心处有一红色点光源s，它发出的红色光经时间t可以传到容器的边缘p，若容器内盛满某透明液体，s发出的红光经时间2t可以传到容器的边缘p，且恰好在p点高度发生全反射，求溶度的高度考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：设op之间的距离为d，光在空气中传播的速度为c，光在该液体中传播的速度为v，根据两次光传播时间关系，可得到v与c的关系，即可由公式n=求折射率由于光恰好在p点发生全反射，入射角等于临界角c，由公式sinc=求出c，即可由几何关系求解容器的高度h解答：解：设op之间的距离为d，光在空气中传播的速度为c，光在该液体中传播的速度为v，则：d=ct=2vt 即：c=2v故液体对红光的折射率 n=2 光线在p点恰好发生全反射，则入射角等于临界角c则：sinc=可得 c=30容器的高度为：h=r答：该液体对红光的折射率n是2，容器的高度h为r点评：解决本题的关键要掌握全反射的条件、折射定律n=、临界角公式sinc=、光速公