宁夏银川九中2022届高三物理下学期第一次模拟考试试题（含解析）

2022年宁夏银川九中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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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，有选错的得0分．1．（6分）2022年度诺贝尔物理学奖授予了法国科学家塞尔日•阿罗什与美国科学家大卫•维因兰德，以表彰他们独立发明并发展测量和控制粒子个体、同时保持它们量子力学特性的方法．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．下列表述符合物理学史实的是（　　）　A．开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比　B．库仑利用库仑扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究　C．法拉第发现了电磁感应现象，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的　D．安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究【考点】：物理学史．【专题】：常规题型．【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解析】：解：A、胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故A错误B、库仑利用库仑扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究，故B正确C、法拉第发现了电磁感应现象，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的，故C正确D、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故D错误故选：BC．【点评】：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．　2．（6分）光滑水平面上有一质量为2kg的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为5N和15N的两个水平力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法中正确的是（　　）　A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2　B．可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2m/s2　C．一定做匀变速运动，加速度大小可能10m/s2　D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10m/s2【考点】：向心力；牛顿第二定律．【专题】：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】：撤去大小分别为5N和15N的两个力，其余的力保持不变，则知其余力的合力范围，由牛顿第二定律求出物体加速度的范围．物体一定做匀变速运动，当撤去的两个力的合力与原来的速度方向相同时，物体可能做匀减速直线运动．恒力作用下不可能做匀速圆周运动．【解析】：解：根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为5N和15N的两个力后，物体的合力大小范围为10N≤F合≤20N，根据牛顿第二定律F=ma得物体的加速度范围为：5m/s2≤a≤10m/s2．-17-\nA、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体可以做曲线运动，加速度大小可能是5m/s2．故A错误．B、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，则撤去两个力后物体做匀减速直线运动，由上知加速度大小不可能是2m/s2．故B错误．C、由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动．加速度大小可能等于10m/s2．故C正确．D、由于撤去两个力后其余力保持不变，恒力作用下不可能做匀速圆周运动．故D错误．故选：C．【点评】：本题中物体原来可能静止，也可能做匀速直线运动，要根据物体的合力与速度方向的关系分析物体可能的运动情况．　3．（6分）男子跳高的世界纪录是2.45m，由古巴运动员索托马约尔于1993年7月27日在萨拉曼萨创造．不计空气阻力，对索托马约尔跳高过程的描述，下列说法正确的是（　　）　A．跳过2.45m的高度时他的速度为零　B．起跳时地面对它的支持力不做功　C．起跳时地面对它的支持力大于他对地面的压力　D．起跳以后上升过程他处于完全失重状态【考点】：牛顿运动定律的应用-超重和失重．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．【解析】：解：A、到达最高点，竖直方向速度为零，但水平速度不为零，故A错误．B、起跳时，由于支持力在地面上，故支持力没有位移；故支持力做功为零，故B正确；C、支持力和压力是作用力和反作用力；二者一定大小相等；故C错误；D、起跳后的上升过程，他只受重力，加速度向下且为g，故他处于完成失重状态；故D正确；故选：BD．【点评】：本题考查超重和失重以及作用力和反作用力等内容，要注意正确理解相关内容并能应用在实际情况中进行分析．　4．（6分）如图所示，平行板电容器与电动势为E的电流电源连接，上级板A接地，一带负电油滴固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下级板B竖直向下移动一小段距离，则（　　）　A．带电油滴所受电场力不变　B．P点的电势将升高-17-\n　C．带电油滴的电势能增大　D．电容器的电容减小，极板带电量增大【考点】：电容器的动态分析；带电粒子在混合场中的运动．【专题】：电容器专题．【分析】：将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与上极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化．【解析】：解：A、将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．B、板间场强E减小，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将减小，而P点的电势低于上极板的电势，则知P点的电势将升高．故B正确．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势升高，则油滴的电势能将减小．故C错误．D、根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小．故D错误．故选：B．【点评】：本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．　5．（6分）如图所示，一足够长的木板倾斜放置，倾角为45°．今有一弹性小球，自空中某处自由释放，小球竖直下落了h高度后落到木地板上反弹时的速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，小球在木板上碰撞了多次．则小球与木板第一次碰撞点与第二次碰撞点间的距离为（空气阻力不计）（　　）　A．4hB．4hC．6hD．6【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：在小球与斜面接触之前，小球做的是自由落体运动，根据自由落体的运动规律可以求得速度的大小，-17-\n小球与斜面碰撞后做平抛运动，求出平抛运动的初速度，根据平抛运动的规律可以求出第一次碰撞点与第二次碰撞点间的距离．【解析】：解：小球下降过程中，做自由落体运动，落到斜面上时速度为v，满足：2gh=v2解得：碰撞之后，小球做平抛运动，平抛的初速度为，设第一次碰撞点与第二次碰撞点间的距离为L，则Lcos45°=vtLsin45°=gt2解得L=4h故选：B【点评】：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．　6．（6分）二战期间，伞兵是一个非常特殊的兵种，对整个战争进程起到了至关重要的作用．假设有一士兵从高空跳下，并沿竖直方向下落，其v﹣t图象如图所示，则下列说法中正确的是（　　）　A．在0﹣t1时间内，士兵及其装备机械能守恒　B．在t1﹣t2时间内，士兵运动的加速度在减小　C．在t1﹣t2时间内，士兵的平均速度v＜　D．在t2﹣t4时间内，重力对士兵做的功等于他克服阻力做的功【考点】：机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像．【专题】：机械能守恒定律应用专题．【分析】：速度时间图象的斜率等于加速度，根据斜率分析加速度大小如何变化，判断士兵的运动情况．【解析】：解：A、0﹣t1内图线的斜率在减小，说明士兵做加速度逐渐减小的加速运动，加速度方向向下，所以士兵及其装备一定受到阻力作用，机械能不守恒，故A错误；B、t1秒末到t2秒末由于图象的斜率在减小，斜率为负值，说明加速度方向向上且减小，故B正确；C、若t1秒末到t2秒末若运动员做匀减速运动，平均速度等于，而根据“面积”表示位移得知，此过程的位移小于匀减速运动的位移，-17-\n所以此过程的平均速度＜，故C正确；D、t2～t4时间内重力做正功，阻力做负功，由于动能减小，根据动能定理得知，外力对士兵做的总功为负值，说明重力对士兵所做的功小于他克服阻力所做的功，故D错误．故选：BC．【点评】：本题考查理解速度问题的能力．关键根据图线的斜率等于加速度，来分析士兵的运动情况．　7．（6分）如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、﹣Q，虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列判断正确的是（　　）　A．b、d两点处的电势相同　B．四点中c点处的电势最低　C．b、d两点处的电场强度相同　D．将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能增大【考点】：电势能；电场线．【分析】：该电场中的电势、电场强度都关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的．c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．【解析】：解：A、该电场中的电势关于x轴对称，所以b、d两点的电势相等，故A正确；B、c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．根据顺着电场线方向电势逐渐降低，即知c点的电势在四个点中是最低的．故B正确；C、该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，故场强不相同．故C错误；D、c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小．故D错误．故选：AB．【点评】：该题考查常见电场的特点，解题的关键是c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低．　8．（6分）在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴以角速度ω匀速转动（如图1所示），产生的感应电动势随时间的变化关系（如图2所示），矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（　　）-17-\n　A．从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零　B．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为　C．t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为　D．t4时刻电阻R的发热功率为【考点】：交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．【专题】：交流电专题．【分析】：首先知道正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的应用；利用法拉第电磁感应定律求通过电阻的电量；知道磁通量的斜率最大时，产生的感应电动势最大即可求解．【解析】：解：A、由于磁通量是双向标量，在t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，所以为△Φ=2Bs，故A错误；B、通过电阻的电荷量Q=，所以t4到t3这段时间通过电阻R的电荷量Q==，故B正确；C、由于最大值面产生的电动势最大，所以磁通量时间图象中，在最大值面上磁通量的斜率最大，即E0=nK，所以K=，故C正确；D、求功率时需用有效值，所以E=，所以电流I=，R的发热功率为P=，故D正确．故选：BCD．【点评】：明确正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的应用；利用法拉第电磁感应定律求通过电阻的电量；注意三值间的关系及选取，题目难度较大．　二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题：-17-\n9．某兴趣小组设计出如图甲所示的实验装置探究小车的加速度跟合外力的关系，图中与小车左端相连的是测力传感器，小车放置在表面各处粗糙程度相同的水平长木板上，按甲图装配好实验器材，先测出小车运动时所受摩擦阻力，逐渐向沙桶中添加细沙粒，当观察到小车刚开始运动时，记下传感器的最大示数为F0，可认为摩擦阻力为F0．（1）将小车放回初位置并用手按住，继续向沙桶中添加一定量的沙粒，记下传感器的示数F1，接通频率外为50Hz的交流电源，使打点计时器工作，然后释放小车，打出一条纸带，再继续在桶中添加沙粒，多次重复实验，打出多条纸带，图乙为某次实验打出的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个计时点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6六个计数点，用刻度尺量出1、2、3、4、5、6点到0点的距离（单位：cm），分别标注在相应计数点的下方，则小车的加速度a=　0.756　m/s2，（结果保留三位有效数字）（2）算出各次小车的加速度和合力F（F=F1﹣F0），获得多组数据，描绘小车加速度a与F的关系图象，纸带与打点计时器间的摩擦可忽略，图中可能正确的是　AD　．（3）写出一条提高实验结果准确程度有益的建议：　控制桶和砂的总质量应远小于小车和传感器的总质量　．【考点】：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】：实验题．【分析】：根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．根据牛顿第二定律得出a与F的关系式，结合关系式得出正确的图线．【解析】：解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，设第一个计数点到第二个计数点之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4﹣x1=3a1T2x5﹣x2=3a2T2x6﹣x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）==0.756m/s2，-17-\n（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F1﹣F0）的关系图象．由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点．故AD正确，BC错误；故选：AD．（3）提高实验结果准确程度有益的建议：控制桶和砂的总质量应远小于小车和传感器的总质量．故答案为：（1）0.756（2）AD（3）控制桶和砂的总质量应远小于小车和传感器的总质量．【点评】：本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．　10．（2022•金凤区校级一模）有一个螺线管，为测量它的两个接线柱间绕制的均匀金属丝的长度，现提供下列器材：A．待测螺线管L：绕制螺线管金属丝的电阻率，其总电阻RL大约100ΩB．螺旋测微器C．微安表：量程Ig=500μA，内阻Rg=100ΩD．电阻箱R：阻值范围0～99999.9Ω；E．电源E：电动势有3V和9V两种可供选择，内阻较小F．电键两个（S1和S2），导线若干．（1）实验中用螺旋测微器测的金属丝的直径如图甲所示，其读数为d=　0.393　mm．（2）已将提供的器材连成了如图乙所示的测金属丝电阻RL的电路，根据该实验电路的测量原理，为了更准确地测RL，应选择E中电动势为　9V　的电源．（3）若测得的金属丝直径用d表示，测电阻时先闭合S1，调R是微安表指针满偏，再闭合S2时微安表示数用I表示，则用已知量和测得量的符号表示金属丝的长度l=　　．【考点】：测定金属的电阻率．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：（1）螺旋测微器读数时，要分固定刻度和可动刻度，再进行相加可得结果；-17-\n（2）根据题意，微安表满偏，当与所测螺线管并联，则电阻大约变化一半，只有电阻箱的特别大时，接入电阻才不会引起电流变化，从而即可确定电源电动势；（3）根据电阻定律公式和欧姆定律求出金属丝的长度L．【解析】：解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为0，可动刻度读数为39.3×0.01=0.393mm，所以金属丝的直径为0.393mm，（2）先只闭合S1，调电阻箱R，使微安表指针满偏，则R值须很大；再闭合S2时，则RL与微安表并联，虽然电阻变小了，但因R很大，全电路总电阻变化很小，干路电流几乎不变化，可认为仍为满偏电流Ig，实验应略大于，此时微安表的读数为I，那么RL的分流IL=Ig﹣I，实际值略大于此值．于是解得：RL==，测量值偏大．根据本实验原理，要减小测量RL的系统误差，提高电源的电动势，使R取值更大一些，这样才能保证再闭合S2后干路电流变化更小．（3）根据欧姆定律得：根据电阻定律得：RL=；且S=解得：L=；故答案为：（1）0.393mm；（2）9V；（3）；【点评】：该题是较综合的考查了电学实验，要求我们要会熟练的连接实物图，注意连接实物图的要领；熟练的对螺旋测微器进行读数；注意产生实验误差的根源是螺线管的并联后，导致电阻减小，电流增大．　11．探月卫星的发射过程可简化如下：首先进入绕地球运行的“停泊轨道”，在该轨道的P处通过变速在进入地月“转移轨道”，在快要到达月球时，对卫星再次变速，卫星被月球引力“俘获”后，成为环月卫星，最终在环绕月球的“工作轨道”上绕月飞行（视为圆周运动），对月球进行探测．已知“工作轨道”周期为T，距月球表面的高度为h，月球半径为R，引力常量为G，忽略其它天体对探月卫星在“工作轨道”上环绕运动的影响．（1）要使探月卫星从“转移轨道”进入“工作轨道”，应增大速度还是减小速度？（2）求探月卫星在“工作轨道”上环绕的线速度大小；（3）求月球的第一宇宙速度．【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：要使探月卫星从“转移轨道”进入“工作轨道”，应减小速度做近心运动．-17-\n根据线速度与轨道半径和周期的关系直接得到探月卫星线速度的大小．月球对探月卫星的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，“近月卫星”的环绕速度为月球的第一宇宙速度v1，根据万有引力提供向心力，解以上二式可得月球的第一宇宙速度．【解析】：解：（1）要使探月卫星从“转移轨道”进入“工作轨道”，应减小速度做近心运动．（2）根据线速度与轨道半径和周期的关系可知探月卫星线速度的大小为（3）设月球的质量为M，探月卫星的质量为m，月球对探月卫星的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，所以有：月球的第一宇宙速度v1等于“近月卫星”的环绕速度，设“近月卫星”的质量为m′，则有：由以上两式解得：答：（1）要使探月卫星从“转移轨道”进入“工作轨道”，应减小速度．（2）探月卫星在“工作轨道”上环绕的线速度大小为．（3）月球的第一宇宙速度为．【点评】：本题要掌握万有引力提供向心力这个关系，要能根据题意选择恰当的向心力的表达式，要知道“近月卫星”的环绕速度为月球的第一宇宙速度．　12．如图，静止于A处的离子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场，已知圆弧虚线的半径为R，其所在处场强为E、方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；=2d、=3d，离子重力不计．（1）求加速电场的电压U及离子在P点时的速度大小；（2）若离子恰好能打在Q点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E0的值；（3）若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里、大小为B匀强磁场，求离子在匀强磁场中运动半径．-17-\n【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】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：（1）离子在加速电场中加速时，电场力做功，动能增加，根据动能定理列出方程；粒子进入静电分析器，靠电场力提供向心力，结合牛顿第二定律列出方程，即可求出加速的电压大小和在P点的速度大小．（2）离子进入矩形区域的有界匀强电场后做类平抛运动，将其进行正交分解，由牛顿第二定律和运动学公式结合，可求解场强E0的值．（3）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解．【解析】：解：（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：qU=mv2离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qE=m联立解得：v=U=ER（2）离子做类平抛运动，故：2d=vt3d=at2由牛顿第二定律得：qE0=ma则E0=（3）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，故：qvB=m解得：R=-17-\n答：（1）加速电场的电压U为ER，离子在P点时的速度大小为；（2）若离子恰好能打在Q点上，矩形区域QNCD内匀强电场场强E0的值为；（3）若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里、大小为B匀强磁场，离子在匀强磁场中运动半径为．【点评】：对于带电粒子在电场中加速过程，往往运用动能定理研究加速电压与速度的关系；对于电场中偏转问题，运动的分解是常用方法．磁场中的匀速圆周运动，要知道洛伦兹力充当向心力，画出轨迹是解答的关键，同时注意粒子在静电分析器中电场力不做功．　二、（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题中选一题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选项目的对应标号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目得题号一致，如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理-选修3-3】13．（5分）下列说法正确的是（　　）　A．相同质量0℃的水的分子势能比0℃的冰的分子势能大　B．大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体　C．自行车打气越打越困难主要是因为胎内气体压强增大而非分子间相互排斥的原因　D．气体分子单位时间内与单位面积器壁发生碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度都有关　E．气体在等压膨胀过程中温度一定不变【考点】：分子势能；分子间的相互作用力；热力学第一定律．【专题】：分子间相互作用力与分子间距离的关系．【分析】：冰熔化成水时需要从外界吸收热量，从而改变分子势能的大小；大颗粒的盐磨成了细盐由多晶体变成单晶体，而不是变成非晶体；自行车打气越打越困难主要是因为胎内气体压强增大而非分子间相互排斥的原因；气体分子单位时间内与单位面积器壁发生碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度都有关；气体在等压膨胀过程中分子数密度减小，故分子平均动能应该增大，故温度升高．【解析】：解：A、0℃的水与0℃的冰的分子平均动能相同，冰熔化成水时需要从外界吸收热量，从而改变分子势能的大小，故A正确．B、大颗粒的盐磨成了细盐由多晶体变成单晶体，而不是变成非晶体，故B错误．C、自行车打气越打越困难主要是因为胎内气体压强增大而非分子间相互排斥的原因，故C正确．D、气体分子单位时间内与单位面积器壁发生碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度都有关，故D正确．E、气体在等压膨胀过程中分子数密度减小，故分子平均动能应该增大，故温度升高．故选：ACD【点评】：本题考车分子动理论、内能的概念、气体压强的微观解释等内容，难度不大，但要理解透彻　14．（10分）如图甲所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积S=2×10﹣3m2、质量m=4kg-17-\n、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离为24cm，在活塞的右侧12cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度为300K，大气压强p0=1.0×105Pa．现将汽缸竖直放置，如图乙所示，取g=10m/s2．求：①活塞与汽缸底部之间的距离②给封闭气体加热，使活塞刚能到达卡环处（末与卡环发生相互作用），求此时封闭气体的温度．【考点】：理想气体的状态方程；封闭气体压强．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：①气缸水平放置时，封闭气体的压强等于大气压强，当气缸竖直放置时，封闭气体的压强等于大气压强加活塞重力产生的压强，由于两种情况下气体的温度保持不变，根据等温变化求出此时气体的体积，根据气体的体积可以求出活塞与气缸底部之间的距离；②气体经历等压变化，根据盖﹣吕萨克定律列式求解．【解析】：解：①气缸水平放置时，封闭气体的压强：p1=p0=1×105（pa），温度：T1=300K，体积：V1=24cm×S当气缸竖直放置时，封闭气体的压强：p2=p0+=1.2×105pa，温度T2=T1=300K，体积：V2=HS．根据理想气体状态方程有：=代入数据可得H=20cm②气体经历等压变化，根据盖﹣吕萨克定律，有：代入数据，有：解得：T3=540K答：①活塞与汽缸底部之间的距离为20cm；②此时封闭气体的温度为540K．【点评】：正确使用气体状态方程，并根据题目给出的条件求出气体状态参量，根据状态方程求解即可．基础题目．　【物理-选修3-4】-17-\n15．一列横波沿x轴正方向传播，零时刻的波形图如图所示．t1=0与t2=0.8s两时刻，在x轴上﹣3m～3m区间的两波形图正好重合．关于该横波，下列说法中正确的是（　　）　A．波长一定为4m　B．质点振动周期可能为0.8s　C．该波的波速可能为10m/s　D．从0时刻开始计时，x=1m处的质点比x=﹣1m处的质点先到达波峰位置　E．在t3=0.4s时，x=﹣2m处的质点位移可能为零【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【专题】：振动图像与波动图像专题．【分析】：根据波形图的周期性，即重复性，可知在0.8秒内的经过N个周期，从而得出波速的通项式，并由此确定周期的最大值和波速的最小值．根据时间与周期的关系分析质点的位移．由波的传播方向来确定质点的振动方向，判断回到平衡位置的先后．【解析】：解：A、由图可知，该波的波长是4m．故A正确；B、由题意可知，t时刻与（t+0.8）s时刻在x轴上﹣3m﹣3m区间内的波形图如图中同一条图线所示，则有0.8s=nT（N=1，2，3…），所以T=，当n=1时，周期最大，为Tmax=0.8s，故B正确；C、根据v=知，当n=1时，T最大，波速最小，最小波速为vmin=m/s，当n=2时，s，波速：m/s．故C正确；D、横波在x轴上沿x轴正方向传播，t=0时刻x=1m处的质点向下运动，x=﹣1m处的质点向下运动，都是经过半个周期后回到平衡位置，时间是相等的，故D错误．E、由题可知在0.8秒内的经过N个周期，则在（t+0.4）s时，经过的时间是半个周期的整数倍，所以x=﹣2m处质点的位移为a或﹣a，故E错误．故选：ABC【点评】：此题要理解波的传播周期性与重复性，掌握波速、频率与波长的关系，理解质点的振动方向与波的传播方向　16．如图所示，一截面为直角三角形的玻璃镜ABC，∠A=30°．一条光线以45°的入射角从AC边上的D点射入棱镜，光线最终垂直BC边射出．①画出光在玻璃棱镜中的传播路线；②求玻璃的折射率；③判断AB面是否有光线射出．-17-\n【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：光线垂直BC射出，从D入射进入玻璃镜中的光线一定在AB面发生全反射后，再从BC面射出，作出光路图，由几何知识确定出光线从D点入射光的折射角和折射角，再根据折射率公式求解．【解析】：解：由题意可作出光由AC面射入，从BC面射出的传播路线如图所示．由几何关系可知，光线进入AC面的折射角为r=30°，AB面的入射角为i′=60°．对光在AC面的折射，由折射定律可知：n===由sinC=，则得棱镜对空气的临界角为C=sin﹣1=45°因为i′＞C，因此，AB面无光线射出，所以光在玻璃棱镜中的传播路线如图所示．答：①光在玻璃棱镜中的传播路线如图所示；②玻璃的折射率为；③AB面没有光线射出．【点评】：解决本题的关键是判断出光线在AB面发生全反射，再根据反射定律和折射定律求解出各个分界面上的反射角和折射角，然后画出光路图，并结合几何关系进行分析计算．　【物理-选修3-5】17．某种紫外线波长为300nm，该紫外线光子的能量为　6.63×10﹣19　J．金属镁的逸出功为5.9×10﹣19J，则让该紫外线照射金属镁时逸出光电子的最大初动能为　7.3×10﹣20　J（普朗克常量h=6.63×10﹣34J•s，真空中的光速c=3×108m/s）【考点】：光电效应．【专题】：光电效应专题．【分析】：根据E=求出光子的能量，根据光电效应方程求出金属的逸出功．根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程．【解析】：解：光子的能量E=J根据光电效应方程Ekm=E﹣W0代入数据得，Ekm=6.63×10﹣19J﹣5.9×10﹣19J=7.3×10﹣20J-17-\n故答案为：6.63×10﹣19，7.3×10﹣20【点评】：解决本题的关键掌握光电效应方程，知道光子能量与波长的关系．爱因斯坦质能方程求出释放的核能．　18．如图所示，水平面上B点的右侧粗糙且动摩擦因数为μ，左侧光滑．有一质量为m2的小球乙静止放在B点，另一质量为m1的小球甲以速度v1从A点向右运动，与乙球发生对心弹性碰撞后返回，碰撞时间很短，重力加速度为g．求：①碰撞后甲、乙两球的速率；②乙球在平面上刚停下时与甲球间的距离．【考点】：动量守恒定律．【专题】：动量定理应用专题．【分析】：（1）对碰撞过程由动量守恒定律和机械能守恒定律联立可解得两球的速度；（2）碰后对乙球由动量定理可求得时间，再对位移公式即可求得位移．【解析】：解：因为甲、乙两球在B处发生弹性碰撞，故以甲、乙两球为系统的动量守恒，动能不损失，设碰后两球速率分别为v1、v2，取向右方向为正方向，则有：m1v0=﹣m1v1+m2v2由机械能守恒定律可知：m1v02=m1v12+m2v22联立得v1=；v2=（2）碰撞后甲球向左做匀速直线运动，设乙球从碰后到停止时的运动时间为t，根据动量定理：μm2gt=m2v2此时甲、乙两球的距离S=（v1+）t联立得S=答：①碰撞后甲、乙两球的速率为联立得和v2=；②乙球在平面上刚停下时与甲球间的距离为．-17-\n【点评】：本题考查动量定恒定律的应用，要注意明确在弹性碰撞过程中，动量及机械能均守恒．-17-