高三物理第二次模拟试题含解析新人教版.doc

2015年山东省济宁市汶上五中高考物理二模试卷一.选择题1（6分）如图所示，截面为三角形的钢坯A、B叠放在汽车的水平底板上，汽车底板和钢坯表面均粗糙，以下说法正确的是（） A 汽车、钢坯都静止时，汽车底板对钢坯A有向左的静摩擦力 B 汽车、钢坯都静止时，钢坯A对B无摩擦力作用 C 汽车向左加速时，汽车与钢坯相对静止，钢坯A受到汽车底板对它的静摩擦力 D 汽车向左启动前后，汽车与钢坯相对静止，钢坯A对B的弹力不变【考点】： 静摩擦力和最大静摩擦力；共点力平衡的条件及其应用【专题】： 摩擦力专题【分析】： 当它们都静止时，处于平衡状态，受力平衡，底板对钢坯A无摩擦力；当它们向左加速时，钢坯A受到汽车底板对它的向左静摩擦力，从而即可求解【解析】： 解：A、当汽车、钢坯都静止时，底板与钢坯A无相对运动趋势，因此它们之间无摩擦力，故A错误；B、当汽车、钢坯都静止时，底板与钢坯A无相对运动趋势，但钢坯A与B有相对运动趋势，因此它们之间有静摩擦力，故B错误；C、汽车向左加速时，虽汽车与钢坯相对静止，但钢坯A受到汽车底板对它有向左静摩擦力，故C正确；D、向左启动前后，即为平衡到不平衡的变化，则钢坯A对B的弹力变大，静摩擦力变小，故D错误；故选：C【点评】： 考查对研究对象受力分析与运动分析，掌握平衡条件与牛顿第二定律的应用，注意学会由运动去分析受力的方法2（6分）（2015济宁校级二模）太阳系各行星可近似看成在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动设天王星公转周期为T1，公转半径为R1；地球公转周期为T2，公转半径为R2当地球和天王星运行到太阳两侧，且三者排成一条直线时，忽略二者之间的引力作用，万有引力常量为G，下列说法正确的是（） A 天王星公转速度大于地球公转速度 B 地球与天王星相距最近至少需经历 C 太阳的质量为 D 天王星公转的向心加速度与地球公转的向心加速度之比为【考点】： 万有引力定律及其应用；向心力【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 根据万有引力提供向心力，解出速度的表达式，再判断大小地球与天王星相距最近，两者转过的角度相差，所以，化简求得所用的最小时间根据万有引力提供向心力求解太阳的质量根据万有引力提供向心力，解出加速度的表达式，再计算其比值【解析】： 解：A、根据万有引力提供向心力，得：，轨道半径越大，速度越小，故天王星公转速度小于地球公转速度，故A错误B、当地球和天王星运行到太阳两侧，三者排成一条直线，到地球与天王星相距最近，两者转过的角度相差，所以，得：t=，故B正确C、对于天王星绕太阳运动，根据万有引力提供向心力有：，得太阳的质量为：，对于地球绕太阳运动，有：，得太阳的质量为：，故C错误D、根据万有引力提供向心力有：，得：，所以有：，故D错误故选：B【点评】： 本题要知道地球和天王星的最远距离和最近距离是他们在一条连线上时，由几何关系结合周期关系求解时间3（6分）某同学在学习了直线运动和牛顿运动定律知识后，绘出了沿直线运动的物体的位移x、速度v、加速度a随时间变化的图象如图所示，若该物体在t=0时刻，初速度为零，则下列图象中该物体在04s内位移一定不为零的是（） A B C D 【考点】： 加速度与力、质量的关系式；匀变速直线运动的图像【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 速度时间图线的正负值表示物体运动的方向，通过位移时间图线的位移的增加还是减小判断运动的方向【解析】： 解：A、在02s内，位移先增大再减小，知运动的方向发生改变故A错误B、在02s内速度为正值，向正方向运动，在24s内速度为负值，向负方向运动，运动方向发生改变故B错误C、01s内加速度不变，做匀加速直线运动，12s内加速度方向，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2s末速度为零在一个周期内速度的方向不变故C正确D、在01s内，向正方向做匀加速直线运动，12s内加速度方向，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2s末速度为零，23s内向负方向做匀加速直线运动，运动的方向发生变化故D错误故选：C【点评】： 解决本题的关键知道速度时间图线和位移时间图线的物理意义，以及知道它们的区别，并且能很好运用4（6分）如图所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在竖直高度为2L的某矩形区域内（宽度足够大），该区域的上下边界MN、PS是水平的有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落而穿过该磁场区域已知当线框的ab边到达MN时线框刚好做匀速直线运动（以此时开始计时），以MN处为坐标原点，取如图坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，则关于线框中的感应电流与ab边的位置坐标x间的以下图线中，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【专题】： 电磁感应与图像结合【分析】： 本题分三段研究线框中感应电流，可根据E=BLv、I=，得到感应电流与速度的关系，通过分析速度的变化，来分析感应电流的变化，即可作出选择【解析】： 解：据题意得：x在0L内，线框的ab边到达MN时刚好做匀速直线运动，线框中产生的感应电流为 I=，可知I保持不变，根据楞次定律判断可知，I的方向沿逆时针方向，为正；x在L2L内，磁通量不变，没有感应电流产生，I=0，线框不受安培力，只受重力而做匀加速直线运动；x在2L3L内，线框穿出磁场，根据楞次定律判断得知感应电流沿顺时针方向，为负值由于速度大于进入磁场时的速度，安培力增大，所以安培力大于其重力而减速运动，随着速度减小，安培力减小，合力减小，加速度随之减小，所以线框做加速度减小的变减速运动速度减小，感应电流减小，而且加速度减小，速度的变化率减小，则电流的变化率随之减小，所以ix的切线斜率减小线框刚出磁场时安培力最小等于重力，速度最小等于进入磁场时的速度，所以感应电流最小值不小于进入磁场时的电流值，故D正确，ABC错误故选：D【点评】： 解决本题的关键正确分析线框的运动情况，掌握切割产生的感应电动势公式和欧姆定律公式，会通过楞次定律判断感应电流的方向，通过表达式分析和选择图象5（6分）（2015济宁校级二模）如图甲，真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙，已知x1与R两点间距大于R与x2的两点间距，则（） A x2处场强大小为 B x1、x2两点处的电势相同 C 球内部的电场为匀强电场 D 假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x2处静电力做功相同【考点】： 电势；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 均匀带电的球体，体外某点的电场强度则可由点电荷的电场强度公式求解，是将带电量的球体看成处于O点的点电荷来处理而体内某点的电场强度，根据E=k与QX=Q共同确定对于电势则可以由该点移动电势为零处电场力做功与电量的比值来确定【解析】： 解：A、电荷量为+Q 的均匀带电球体，以球心为坐标原点，当作点电荷，则有x2处场强大小为，故A正确；B、由图象可知，球内部的电场为非匀强电场，由E=k与QX=Q，则有E=x故B错误；C、由图象与=k，则x1、x2两点处的电势不同，故C错误；D、因电场力做功与初末位置有关，当假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x1处，因电势差不同，则电场力做功不同，故D错误；故选：A【点评】： 考查带电球壳内部是等势体且电场强度处处为零，体外则是看成点电荷模型来处理；而电势则由电荷从该点移到电势为零处电场力做功与电量的比值来确定注意比较电势也可以由图象和横轴的面积来表示6（6分）物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步关于物理学发展过程中的认识，下列说法中正确的是（） A 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不能用实验直接验证 B 丹麦天文学家第谷通过长期的天文观测，指出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，揭示了行星运动的有关规律 C 电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的 D 纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，先后指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律【考点】： 物理学史【分析】： 本题掌握牛顿、第谷、开普勒、密立根、法拉第和纽曼、韦伯等等科学家的成就，就能进行解答【解析】： 解：A、牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不能用实验直接验证；故A正确B、丹麦天文学家第谷通过长期的天文观测，积累了大量的数据，开普勒指出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，揭示了行星运动的有关规律故B错误C、电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的；故C正确D、法拉第发现了电磁感应现象，纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，先后指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律故D正确故选：ACD【点评】： 本题主要考查了有关电学的物理学史，了解物理学家的探索过程，从而培养学习物理的兴趣和为科学的奉献精神，对类似知识要加强记忆7（6分）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是（） A 线圈转动的角速度为50rad/s B 电流表的示数为10A C 0.01s时线圈平面与磁感线平行 D 0.02s时电阻R中电流的方向自左向右【考点】： 交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】： 交流电专题【分析】： 由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向【解析】： 解：A、角速度=100 rad/s，故A误；B、题图乙可知交流电电流的最大值是Im=10A，则有效值为：I=10A；由于电流表的示数为有效值，故示数I=10A，故B正确；C、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故C正确；D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，故D正确故选：BCD【点评】： 本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值8（6分）（2015济宁校级二模）如图所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B沿斜面叠放在物块A上但不黏连物块A、B质量均为m，初始时两物块均静止现用平行于斜面向上的拉力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的vt图象如图乙所示（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（） A A达到最大速度时的位移为 B 拉力F的最小值为m（gsin+a） C t1=时A、B分离 D A、B分离前，A、B和弹簧系统机械能增加，A和弹簧系统机械能增加【考点】： 探究弹力和弹簧伸长的关系【专题】： 实验题【分析】： A的速度最大时加速度为零，根据胡克定律求出A达到最大速度时的位移；根据牛顿第二定律求出拉力F的最小值由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律和运动学公式求解t1根据功能关系分析能量如何转化【解析】： 解：A、由图知，A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsin=kx，得：，故A正确B、对AB整体，根据牛顿第二定律得：F2mgsin+kx=2ma，得：F=2mgsinkx+2ma，则知开始时F最小，此时有：2mgsin=kx，得F的最小值为：F=2ma，故B错误C、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kxmgsin=ma开始时有：2mgsin=kx0，又x0x=联立以三式得：t1=故C正确D、A、B分离前，F做正功，根据功能关系得知，A、B和弹簧系统机械能增加，而A对B的压力做负功，A和弹簧系统机械能减小故D错误故选：AC【点评】： 从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等二.非选择题9（8分）（2015济宁校级二模）某小组用图1示器材测量重力加速度的大小实验器材由底座带有标尺的竖直杆、光电计时器A和B、钢制小球和网兜组成通过测量小球在A、B间不同位移时的平均速度，求重力加速度回答下列问题：（1）实验中保持A不动，沿杆向下移动B，测量A、B之间的距离h及钢球经过该距离所用时间t，经多次实验绘出与t关系图象如图2所示由图可知，重力加速度g与图象的斜率k的关系为g=2k，重力加速度的大小为9.68 m/s2；（2）若另一小组用同样的实验装置，保持B不动，沿杆向上移动A，则能（选填“能”或“不能”）通过上述方法测得重力加速度；（3）为减小重力加速度的测量误差，可采用哪些方法？AB间的距离尽可能大，钢球的体积尽可能小等（提出一条即可）【考点】： 测定匀变速直线运动的加速度【专题】： 实验题【分析】： 根据位移时间公式得出的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度的值【解析】： 解：（1）根据h=得，知图线的斜率表示，即k=，解得g=2k=（2）若另一小组用同样的实验装置，保持B不动，沿杆向上移动A，采用逆向思维，也可以通过上述方法求出重力加速度（3）为了减小实验的误差，采取的方法有：AB间距离尽可能大，钢球体积尽可能小等故答案为：（1）2k，9.68，（2）能，（3）AB间的距离尽可能大，钢球的体积尽可能小等【点评】： 对于图象题，要知道图线斜率的物理意义，关键得出纵轴和横轴两个物理量的关系式，结合关系式得出图线斜率的物理意义10（7分）研究性学习小组围绕一个量程为30mA的电流计展开探究（1）为测量该电流计的内阻，同学甲设计了如图（a）所示电路图中电源电动势未知，内阻不计闭合开关，将电阻箱阻值调到20时，电流计恰好满偏；将电阻箱阻值调到95时，电流计指针指在如图（b）所示位置，则电流计的读数为12.0mA由以上数据可得电流计的内阻Rg=30（2）同学乙将甲设计的电路稍作改变，在电流计两端接上两个表笔，如图（c）所示，设计出一个简易的欧姆表，并将表盘的电流刻度转换为电阻刻度：闭合开关，将两表笔断开，调节电阻箱，使指针指在“30mA”处，此处刻度应标阻值为（填“0”或“”）；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电流刻度则“10mA”处对应表笔间电阻阻值为6（3）若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻变大不能忽略，电动势不变，但将两表笔断开，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果与原结果相比将不变（填“变大”、“变小”或“不变”）【考点】： 把电流表改装成电压表【专题】： 实验题；交流电专题【分析】： （1）中因电流表的最小分度是1mA，故应估读到mA，根据欧姆定律可求的值（2）与（3）的关键是根据闭合电路欧姆定律和分流公式分别列出通过电流表电流的表达式，联立求解即可【解析】： 解：（1）根据电流表的读数要求可读出电流I=12.0mA由闭合电路欧姆定律，将电阻箱阻值调到20时有=，电阻箱阻值调到95时有I=，联立两式并代入数据=30 （2）根据闭合电路欧姆定律将两表笔断开时有=30mA，因此时待测电阻为，故应在“30mA”处标明；当两表笔接上电阻时有=，根据分流公式可得通过电流表的电流为=联立并将E=1.5V，=30代入解得=6（3）根据闭合电路欧姆定律可知电池新时有=，测量电阻时电流表示数为I=，欧姆表用一段时间调零时有=，测量电阻时I=.，比较可知r+=，所以若电流相同则=，即测量结果不变故答案为（1）12.0，30 （2），6 （3）不变【点评】： 此题的易错之处在于两表笔不是接在干路上，而是接在电流表两端，故应根据电路图结合分流公式写出通过电流表的电流表达式，再解出结果即可11（14分）2012年11月，我国舰载机在航母上首降成功设某一载舰机质量为m=2.5104 kg，速度为v0=42m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，飞机将在甲板上以a0=0.8m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动（1）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里？（2）为了让飞机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让飞机减速，同时考虑到飞机尾钩挂索失败需要复飞的情况，飞机着舰时并不关闭发动机图示为飞机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F=1.2105 N，减速的加速度a1=20m/s2，此时阻拦索夹角=106，空气阻力和甲板阻力保持不变，求此时阻拦索承受的张力大小？【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；力的合成与分解的运用【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）由匀加速直线运动位移速度公式即可求解；（2）对飞机进行受力分析根据牛顿第二定律列式即可求解【解析】： 解：（1）由运动学公式2a0S0=v02得S0=代入数据可得S0=1102.5m（2）飞机受力分析如图所示由牛顿第二定律有2FTcos+fF=ma 其中FT为阻拦索的张力，f为空气和甲板对飞机的阻力飞机仅受空气阻力和甲板阻力时f=ma0联立上式可得FT=5105 N 答：（1）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少1102.5m才能保证飞机不滑到海里；（2）此时阻拦索承受的张力大小为5105 N【点评】： 本题主要考查了匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律的直接应用，难度不大，属于基础题12（18分）（2015济宁校级二模）如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上y0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第一象限的空间内有与x轴平行的匀强电场（图中未画出）；第四象限有与x轴同方向的匀强电场；第三象限也存在着匀强电场（图中未画出）一个质量为m、电荷量为q的带电微粒从第一象限的P点由静止释放，恰好能在坐标平面内沿与x轴成=30角的直线斜向下运动，经过x轴上的a点进入y0的区域后开始做匀速直线运动，经过y轴上的b点进入x0的区域后做匀速圆周运动，最后通过x轴上的c点，且Oa=Oc已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计求：（1）微粒的电性及第一象限电场的电场强度E1；（2）带电微粒由P点运动到c点的过程中，其电势能的变化量大小；（3）带电微粒从a点运动到c点所经历的时间【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）根据粒子在第四象限内做匀速直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力平衡，知微粒带正电，根据粒子在第一象限内，合力的方向沿Pa方向，可知电场力的方向，从而确定电场强度的方向，根据平行四边形定则求出电场力大小，从而得出电场强度的大小（2）根据电场力做功判断电势能的变化量，在）带电粒子从a点运动到c点的过程中，速度大小不变，即动能不变，且重力做功为零，所以从a点运动到c点的过程中，电场力对带电粒子做功为零根据粒子在第四象限做匀速直线运动得出速度的大小，从而得出粒子在第一象限内做匀加速直线运动在x轴上的分速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出沿x轴方向上的位移，从而确定出粒子在第一象限内电场力做的功，根据整个过程电场力做功求出电势能的变化量大小（3）粒子在第三象限内做匀速直线运动，在第四象限内做匀速圆周运动，根据几何关系，结合带电粒子在第三象限内的位移和第四象限内的圆心角，分别求出在两个象限内运动的时间，从而确定出总时间【解析】： 解：（1）在第一象限内，带电微粒从静止开始沿Pa做匀加速直线运动，受重力mg和电场力qE1的合力一定沿Pa方向，电场力qE1一定水平向左带电微粒在第四象限内受重力mg、电场力qE2和洛仑兹力qvB做匀速直线运动，所受合力为零分析受力可知微粒所受电场力一定水平向右，故微粒一定带正电所以，在第一象限内E1方向水平向左（或沿x轴负方向）根据平行四边形定则，有 mg=qE1tan 解得 E1=（2）带电粒子从a点运动到c点的过程中，速度大小不变，即动能不变，且重力做功为零，所以从a点运动到c点的过程中，电场力对带电粒子做功为零由于带电微粒在第四象限内所受合力为零，因此有 qvBcos=mg 带电粒子通过a点的水平分速度 vx=vcos=带电粒子在第一象限时的水平加速度 ax=g带电粒子在第一象限运动过程中沿水平方向的位移 x=由P点到a点过程中电场力对带电粒子所做的功 W电=qE1x=因此带电微粒由P点运动到c点的过程中，电势能的变化量大小E电=（3）在第三象限内，带电微粒由b点到c点受重力mg、电场力qE3和洛仑兹力qvB做匀速圆周运动，一定是重力与电场力平衡，所以有qE3=mg 设带电微粒做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律，有 qvB=m带电微粒做匀速圆周运动的周期T=带电微粒在第三象限运动的轨迹如图所示，连接bc弦，因Oa=Oc，所以abc为等腰三角形，即Ocb=Oab=30过b点做ab的垂线，与x轴交于d点，因Oba=60，所以Obd=30，因此bcd为等腰三角形，bc弦的垂直平分线必交于轴上的d点，即d点为圆轨迹的圆心所以带电粒子在第四象限运动的位移xab=Rcot=R其在第四象限运动的时间t1=由上述几何关系可知，带电微粒在第三象限做匀速圆周运动转过的圆心角为120，即转过圆周，所以从b到c的运动时间 t2=因此从a点运动到c点的时间 t=t1+t2=+=答：（1）微粒带正电第一象限电场的电场强度E1的大小为，方向水平向左（2）带电微粒由P点运动到c点的过程中，其电势能的变化量大小为（3）带电微粒从a点运动到c点所经历的时间为【点评】： 带电粒子在复合场中的运动是整个高中的重点，粒子运动过程中受力分析以及运动情况分析是解题的关键，同时要灵活运用几何知识解答选考题【物理-选修3-3】（15分）13（6分）下列说法中正确的是 （） A 仅由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，是不能估算该种气体分子大小的 B 若两个分子只受到它们间的分子力作用，在两分子间距离减小的过程中，分子的动能一定增大 C 物体吸收热量时，它的内能不一定增加 D 根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体 E 容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子受到重力作用而产生的【考点】： 阿伏加德罗常数；热力学第一定律；封闭气体压强【分析】： 气体分子的间隙很大，固体和液体分子间隙小，可以忽略不计；分子力做功等于分子势能的减小量；热力学第一定律公式：U=W+Q；热力学第二定律说明一切宏观热现象都具有方向性；气体压强是由于大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的，取决于分子的数密度和分子热运动的平均动能【解析】： 解：A、由于气体分子的间隙很大，仅由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，只能估算每个分子占据的空间体积，是不能估算该种气体分子大小的，故A正确；B、分子力做功等于分子势能的减小量；若两个分子只受到它们间的分子力作用，在两分子间距离减小的过程中，如果是引力，分子的动能一定增大；如果是斥力，分子的动能一定减小；故B错误；C、物体吸收热量时，可能同时对外做功，根据热力学第一定律，它的内能不一定增加，故C正确；D、根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他变化，如电冰箱要耗电，故D错误；E、容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的，取决于分子的数密度和分子热运动的平均动能，故E错误；故选：AC【点评】： 本题考查了分子力做功与分子势能的关系、热力学第一定律、热力学第二定律、气体压强的微观意义等，知识点多，难度小，关键是多看书，记住知识点14（9分）如图，竖直平面内有一直角形内径相同的 细玻璃管，A端封闭，C端开口，AB=BC=l0，且此时A、C端等高管内水银总长度为l0，玻璃管AB内封闭有长为的空气柱已知大气压强为l0汞柱髙如果使玻璃管绕B点在竖直平面内顺时针缓慢地转动至BC管水平，求此时AB管内气体的压强为多少汞柱高？管内封入的气体可视为理想气体且温度不变【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】： 找出封闭气体初末状态的气压和体积中的已知量，然后根据玻意耳定律列式求解【解析】： 解：因BC长度为l0，故顺时针旋转至BC水平方向时水银未流出；设A端空气柱此时长为x，管内横截面积为S，对A内气体：P1=l0v2=xS） P2=l0（l0x）=x对A中密闭气体，由玻意耳定律得：联立解得：x=即：（汞柱高）答：此时AB管内气体的压强为l0汞柱高【点评】： 本题关键是根据玻意耳定律列式求解，要明确用cmHg作为压强的单位时，计算较为简便【物理-选修3-4】（15分）15一振动周期为T，位于x=0处的波源从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v，关于在处的质点P，下列说法正确的是（） A 质点P振动周期为T，速度的最大值为v B 若某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向 C 质点P开始振动的方向沿y轴负方向 D 若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷 E 若某时刻波源在波谷，则质点P一定在波谷【考点】： 波长、频率和波速的关系【专题】： 简谐运动专题【分析】： 简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同，振幅周期也波源的振动周期相同质点的振动速度与波传播速度不同简谐横波传播过程中，介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，简谐波的波长为=vT，根据质点P与波源距离与波长的关系，分析振动情况的关系【解析】： 解：A、质点P振动周期与O点振动周期相同，也为T但其振动速度与波速不同，P点的速度最大值与v没有直接关系故A错误B、=，P与O是反相点，若某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向，故B正确；C、根据波的特点：简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同，故质点P开始振动的方向沿y轴正方向故C错误D、E、P与O是反相点，故若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷，若某时刻波源在波谷，则质点P一定在波峰，故D正确，E错误；故选：BD【点评】： 此题利用机械波的基本特点：简谐横波传播过程中，介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，起振方向都与波源的起振方向相同，进行分析，根据两质点间距离与波长的关系确定P与波源状态关系16一半圆形玻璃砖，玻璃的折射率为，AB为其直径，长度为D，O为圆心，一束宽度恰等于玻璃砖半径的单色平行光束 垂直于AB从空气射入玻璃砖，其中心光线P通过O点，如图所示M、N为光束边界光线求：M、N射出玻璃砖后的相交点距O点的距离【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 光束垂直于AB从空气射入玻璃砖，方向不变进入玻璃砖，射到玻璃砖右侧圆弧面时，发生折射，由几何知识求出入射角i，根据折射定律求出折射角r，再由几何知识求解M、N射出玻璃砖后的相交点距O点的距离【解析】： 解：作出光路图如图