贵州省遵义市绥阳县郑场中学2017届高三（上）入学物理试卷（解析版）

贵州省遵义市绥阳县郑场中学2017届高三（上）入学物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年贵州省遵义市绥阳县郑场中学高三（上）入学物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共8题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确．）‎ ‎1．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方．有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法正确的是（　　）‎ A．总是顺时针 B．总是逆时针 C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针 ‎2．理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端．已知三个灯泡均正常发光．该变压器原、副线圈的匝数之比为（　　）‎ A．1：2 B．2：1 C．2：3 D．3：2‎ ‎3．将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中收到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0．则（　　）‎ A．t1＞t0，t2＜t1 B．t1＜t0，t2＞t1 C．t1＞t0，t2＞t1 D．t1＜t0，t2＜t1‎ ‎4．如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g．粒子运动加速度为（　　）‎ A． g B． g C． g D． g ‎5．如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L．则钩码的质量为（　　）‎ A． M B． M C． M D． M ‎6．下列说法中，符合物理学史实的是（　　）‎ A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体或静止 B．牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因 C．麦克斯韦发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场 D．奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转 ‎7．如图，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l．关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是（　　）‎ A．a处的磁感应强度大小比c处的大 B．b、c两处的磁感应强度大小相等 C．a、c两处的磁感应强度方向相同 D．b处的磁感应强度为零 ‎8．如图（a），直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v﹣t图线如图（b）所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有（　　）‎ A．φa＞φb B．Ea＞Eb C．Ea＜Eb D．Wa＞Wb ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．现受一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度．螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示．‎ ‎（1）由如图读得圆柱体的直径为　　　mm，长度为　　cm．‎ ‎（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别为D、L，测得D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ=　　．‎ ‎10．用伏安法测量一电池的内阻．已知该待测电池的电动势E约为9V，内阻约数十欧，允许输出的最大电流为50mA，可选用的实验器材有：‎ 电压表V1（量程5V）；‎ 电压表V2（量程10V）；‎ 电流表A1（量程50mA）；‎ 电压表A2（量程100mA）；‎ 滑动变阻器R（最大电阻300Ω）；‎ 定值电阻R1（阻值为200Ω，额定功率为W）；‎ 定值电阻R2（阻值为220Ω，额定功率为1W）；‎ 开关S；导线若干．‎ 测量数据如坐标纸上U﹣I图线所示．‎ ‎（1）在答题卡相应的虚线方框内画出合理的电路原理图，并标明所选器材的符号．‎ ‎（2）在设计的电路中，选择定值电阻的根据是　　．‎ ‎（3）由U﹣I图线求得待测电池的内阻为　　Ω．‎ ‎（4）在你设计的电路中，产生系统误差的主要原因是　　．‎ ‎11．短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．‎ ‎12．如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力．‎ ‎（1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；‎ ‎（2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-3]‎ ‎13．一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其P﹣T图象如图所示．下列判断正确的是（　　）‎ A．过程ab中气体一定吸热 B．过程bc中气体既不吸热也不放热 C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D．a，b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小 E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同 ‎14．一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动．开始时气体压强为P，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为TS．现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了．若此后外界温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积．已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-4]‎ ‎15．图（a）为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图（b）为媒质中平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图象，P是平衡位置为x=2m的质点，下列说法正确的是（　　）‎ A．波速为0.5m/s B．波的传播方向向右 C．0～2s时间内，P运动的路程为8cm D．0～2s时间内，P向y轴正方向运动 E．当t=7s时，P恰好回到平衡位置 ‎16．一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图所示，玻璃的折射率n=．‎ ‎（i）一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多少？‎ ‎（ii）一细束光线在O点左侧与O相距R处垂直于AB从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-5]‎ ‎17．关于天然放射性，下列说法正确的是（　　）‎ A．所有元素都可能发生衰变 B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关 C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性 D．α、β和γ三种射线，γ射线的穿透力最强 E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线 ‎18．如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h=0.8m，A球在B球的正上方，先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放，当A球下落t=0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零．已知mB=3mA，重力加速度大小g=10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．　‎ ‎（1）B球第一次到达地面时的速度；‎ ‎（2）碰撞前B球的速度大小；‎ ‎（3）P点距离地面的高度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年贵州省遵义市绥阳县郑场中学高三（上）入学物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共8题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确．）‎ ‎1．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方．有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法正确的是（　　）‎ A．总是顺时针 B．总是逆时针 C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】由楞次定律可以判断出感应电流的方向．‎ ‎【解答】解：由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端．已知三个灯泡均正常发光．该变压器原、副线圈的匝数之比为（　　）‎ A．1：2 B．2：1 C．2：3 D．3：2‎ ‎【考点】变压器的构造和原理；串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】设每只灯的额定电流为I，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系．‎ ‎【解答】解：设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，原副线圈电流之比为1：2，所以原、副线圈的匝数之比为2：1．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中收到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0．则（　　）‎ A．t1＞t0，t2＜t1 B．t1＜t0，t2＞t1 C．t1＞t0，t2＞t1 D．t1＜t0，t2＜t1‎ ‎【考点】牛顿第二定律；竖直上抛运动．‎ ‎【分析】题中描述的两种情况物体均做匀变速运动，弄清两种情况下物体加速度、上升高度等区别，然后利用匀变速运动规律求解即可．‎ ‎【解答】解：不计阻力时，物体做竖直上抛运动，根据其运动的公式可得：，‎ 当有阻力时，设阻力大小为f，上升时有：‎ mg+f=ma，‎ 上升时间 有阻力上升位移与下降位移大小相等，下降时有 mg﹣f=ma1，，‎ 根据，可知t1＜t2故ACD错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g．粒子运动加速度为（　　）‎ A． g B． g C． g D． g ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】金属板内部场强为零，有厚度为l的金属板，相当于平行板电容器的间距减小了l；粒子受重力和电场力，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速度．‎ ‎【解答】解：粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：‎ mg=q ①‎ 当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：‎ mg﹣q=ma ②‎ 联立①②解得：‎ a=g 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L．则钩码的质量为（　　）‎ A． M B． M C． M D． M ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】由几何关系求出环两边绳子的夹角，然后根据平行四边形定则求钩码的质量．‎ ‎【解答】解：重新平衡后，绳子形状如下图：‎ 由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为30°，则环两边绳子的夹角为60°，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为Mg，‎ 根据平衡条件，则钩码的质量为M．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．下列说法中，符合物理学史实的是（　　）‎ A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体或静止 B．牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因 C．麦克斯韦发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场 D．奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【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．‎ ‎【解答】解：A、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体静止，故A正确；‎ B、牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因，故B正确；‎ C、奥斯特发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场，故C错误；‎ D、奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转，电流可以在其周围产生磁场，故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎7．如图，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l．关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是（　　）‎ A．a处的磁感应强度大小比c处的大 B．b、c两处的磁感应强度大小相等 C．a、c两处的磁感应强度方向相同 D．b处的磁感应强度为零 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】根据安培定则判断两根直导线在三个点产生的磁场方向，由磁场的叠加原理分析即可．‎ ‎【解答】解：A、B、C、根据安培定则判断知：左侧导线在a点产生的磁场方向向里，在c点产生的磁场方向向外，右侧导线在a点产生的磁场方向向里，在b点产生的磁场方向向里，根据磁感线的疏密表示磁场的强弱，可知离直导线越远，磁场越弱，可知：a处磁感线比c处密，则a处的磁感应强度大小比c处的大．由磁场的叠加可知：a、c两处的磁感应强度方向相反．故A正确，BC错误；‎ D、由于左右侧导线在b处产生的磁感应强度方向相反，大小相等，所以b处的磁感应强度为零，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎8．如图（a），直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v﹣t图线如图（b）所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有（　　）‎ A．φa＞φb B．Ea＞Eb C．Ea＜Eb D．Wa＞Wb ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】从速度时间图线得到负电荷做匀加速运动，加速度变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况，和电场强度的变化情况；‎ 电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．‎ ‎【解答】解：负电子从a运动到b，由速度时间图线得到负电荷做加速运动，故电场力向右；‎ AD：负电荷受到的电场力与场强方向相反，故场强向左，沿场强方向，电势变小，故B点电势较大，即Φa＜Φb，故电势能Wa＞Wb，故D正确，A错误；‎ BC：因为图线的斜率变小，故加速度变小，因此电场力变小，所以电场强度变小，即Ea＞Eb，故B正确，C错误；．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．现受一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度．螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示．‎ ‎（1）由如图读得圆柱体的直径为　1.840　　mm，长度为　4.240　cm．‎ ‎（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别为D、L，测得D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ=　　．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺示数．‎ ‎（2）根据欧姆定律与电阻定律可以求出电阻率的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+34.0×0.01mm=1.840mm；‎ 由图示游标卡尺可知，其示数为：42mm+8×0.05mm=42.40mm=4.240cm；‎ ‎（2）电阻：R=，由电阻定律可知：R=ρ=ρ，电阻率为：ρ=；‎ 故答案为：（1）1.840，4.240；（2）．‎ ‎　‎ ‎10．用伏安法测量一电池的内阻．已知该待测电池的电动势E约为9V，内阻约数十欧，允许输出的最大电流为50mA，可选用的实验器材有：‎ 电压表V1（量程5V）；‎ 电压表V2（量程10V）；‎ 电流表A1（量程50mA）；‎ 电压表A2（量程100mA）；‎ 滑动变阻器R（最大电阻300Ω）；‎ 定值电阻R1（阻值为200Ω，额定功率为W）；‎ 定值电阻R2（阻值为220Ω，额定功率为1W）；‎ 开关S；导线若干．‎ 测量数据如坐标纸上U﹣I图线所示．‎ ‎（1）在答题卡相应的虚线方框内画出合理的电路原理图，并标明所选器材的符号．‎ ‎（2）在设计的电路中，选择定值电阻的根据是　定值电阻在电路中消耗的功率会超过W，R2的功率满足实验要求　．‎ ‎（3）由U﹣I图线求得待测电池的内阻为　50　Ω．‎ ‎（4）在你设计的电路中，产生系统误差的主要原因是　电压表分流　．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据伏安法测电源电动势与内阻的原理作出实验电路图；‎ ‎（2）根据题意选择定值电阻；‎ ‎（3）由图象求出电源内阻；‎ ‎（4）根据实验电路分析实验误差．‎ ‎【解答】解：（1）应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，电路图如图所示：‎ ‎（2）定值电阻R1在电路中的最大功率：P1=I2R1=（0.05）2×200=0.5W＞W，‎ 定值电阻R2在电路中的最大功率：P2=I2R2=（0.05）2×220=0.55W＜1W，‎ 为保护电路安全，则定值电阻应选择R2．‎ ‎（3）由图示图象可知，电源内阻r===50Ω；‎ ‎（4）由实验电路图可知，相对于电源电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，‎ 电流表所测电流小于电路电流，电压表分流是造成系统误差的原因．‎ 故答案为：（1）电路原理图如图所示；‎ ‎（2）定值电阻在电路中消耗的功率会超过W，R2的功率满足实验要求；‎ ‎（3）50；（4）电压表分流．‎ ‎　‎ ‎11．短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】设他做匀加速直线运动的时间为t1，位移大小为小x1，加速度大小为a，做匀速直线运动的速度为v，根据运动学基本公式，抓住位移位移列式即可求解．‎ ‎【解答】解：根据题意，在第1s和第2s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1s和第2s内通过的位移分别为s1和s2，‎ 由运动学规律得 t0=1s 联立解得 a=5m/s2‎ 设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题决及运动学规律，得 t=t1+t2‎ v=at1‎ 设加速阶段通过的距离为s′，‎ 则 求得s′=10m 答：该运动员的加速度为5m/s2及在加速阶段通过的距离为10m．‎ ‎　‎ ‎12．如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力．‎ ‎（1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；‎ ‎（2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值．‎ ‎【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．‎ ‎【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律与粒子的周期公式求出粒子的运动时间．‎ ‎（2）分析清楚粒子在电场中的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式求出电场强度．‎ ‎【解答】解：（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，‎ 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，‎ 粒子做圆周运动的周期：，‎ 由题意可知，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为，‎ 所需时间t1为：，解得：；‎ ‎（2）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，‎ 然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，‎ 设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，‎ 由牛顿第二定律得：qE=ma，，解得：，‎ 根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0，‎ 解得，电场强度最大值：．‎ 答：（1）粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间为；‎ ‎（2）若要使粒子能够回到P点，电场强度的最大值为．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-3]‎ ‎13．一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其P﹣T图象如图所示．下列判断正确的是（　　）‎ A．过程ab中气体一定吸热 B．过程bc中气体既不吸热也不放热 C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D．a，b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小 E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同 ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题．‎ ‎【解答】解：A、由图示可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确；‎ B、由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律△U=Q+W可知，气体吸热，故B错误；‎ C、由图象可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W＞0，气体温度降低，内能减少，△U＜0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误；‎ D、由图象可知，a状态温度最低，分子平均动能最小，故D正确；‎ E、由图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分子数密度不同，b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故E正确；‎ 故选：ADE．‎ ‎　‎ ‎14．一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动．开始时气体压强为P，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为TS．现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了．若此后外界温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积．已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】气体先发生等温变化，然后再发生等压变化，由玻意耳定律与盖吕萨克定律求出气体的体积．‎ ‎【解答】解：以封闭气体为研究对象 初态：压强为p 体积：hS 末态：压强p′体积：‎ 根据玻意耳定律有：‎ 解得：‎ 质量为m的沙子产生的压强 即 得 外界的温度变为T后，设活塞下表面相对于气缸底部的高度为h′，根据盖﹣吕萨克定律，得：‎ 得 重新平衡后气体的体积为：‎ 答：重新达到平衡后气体的体积为 ‎　‎ ‎[物理-选修3-4]‎ ‎15．图（a）为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图（b）为媒质中平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图象，P是平衡位置为x=2m的质点，下列说法正确的是（　　）‎ A．波速为0.5m/s B．波的传播方向向右 C．0～2s时间内，P运动的路程为8cm D．0～2s时间内，P向y轴正方向运动 E．当t=7s时，P恰好回到平衡位置 ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】先根据质点的振动图象，判断波的传播方向，再根据波长和周期求波速；据波形成的条件和特点分析各质点的振动情况．‎ ‎【解答】解：A、由图（a）可知该简谐横波波长为2m，由图（b）知周期为4s，则波速为v===0.5m/s，故A正确；‎ B、根据图（b）的振动图象可知，在x=1.5m处的质点在t=2s时振动方向向下，所以该波向左传播，故B错误；‎ C、由于t=2s时，质点P在波谷，且2s=0.5T，所以质点P的路程为2A=8cm，故C正确；‎ D、由于该波向左传播，由图（a）可知t=2s时，质点P已经在波谷，所以可知0～2s时间内，P向y轴负方向运动 ‎，故D错误；‎ E、当t=7s时，△t=5s=1，P恰好回平衡位置，故E正确．‎ 故选：ACE．‎ ‎　‎ ‎16．一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图所示，玻璃的折射率n=．‎ ‎（i）一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多少？‎ ‎（ii）一细束光线在O点左侧与O相距R处垂直于AB从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】由全反射定律求出临界角，然后由几何知识求出入射光束在AB上的最大宽度．‎ ‎【解答】解：（i）根据全反射定律：sinC=，‎ 得：C=45°，‎ 即临界角为45°，如下图：‎ 由几何知识得：d=，‎ 则入射光束在AB上的最大宽度为2d=R；‎ ‎（ii）设光线在距离O点R的C点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系和已知条件得：α=60°＞C 光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最有由G点射出，如图：‎ 由反射定律和几何关系得：‎ OG=OC=R，‎ 射到G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C点射出．‎ 答：（i）一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为R；‎ ‎（ii）一细束光线在O点左侧与O相距R处垂直于AB从下方入射，此光线从玻璃砖射出点的位置在O点左侧或者右侧R处．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-5]‎ ‎17．关于天然放射性，下列说法正确的是（　　）‎ A．所有元素都可能发生衰变 B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关 C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性 D．α、β和γ三种射线，γ射线的穿透力最强 E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线 ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；X射线、α射线、β射线、γ射线及其特性．‎ ‎【分析】自然界中有些原子核是不稳定的，可以自发地发生衰变，衰变的快慢用半衰期表示，与元素的物理、化学状态无关．‎ ‎【解答】解：A、有些原子核不稳定，可以自发地衰变，但不是所有元素都可能发生衰变，故A错误；‎ B、放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度无关，故B正确；‎ C、放射性元素的放射性与核外电子无关，故放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故C正确；‎ D、α、β和γ三种射线，γ射线的穿透力最强，电离能力最弱，故D正确；‎ E、一个原子核在一次衰变中不可能同时放出α、β和γ三种射线，故E错误．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎18．如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h=0.8m，A球在B球的正上方，先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放，当A球下落t=0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零．已知mB=3mA，重力加速度大小g=10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．　‎ ‎（1）B球第一次到达地面时的速度；‎ ‎（2）碰撞前B球的速度大小；‎ ‎（3）P点距离地面的高度．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】（1）B球释放后做自由落体运动，根据自由落体运动位移速度公式即可求解B球第一次到达地面时的速度；‎ ‎（2）A球释放后做自由落体运动，根据速度时间公式求出碰撞前A球的速度，两球碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰撞前B的速度．‎ ‎（3）由匀变速直线运动的速度位移公式可以求出B上升的位移，即可以求出h的高度．‎ ‎【解答】解：（1）B球释放后做自由落体运动，根据自由落体运动位移速度公式得：‎ vB===4m/s；‎ ‎（2）A球下落过程做自由落体运动，有：vA=gt=10×0.3=3m/s，‎ 两球碰撞过程系统动量守恒，规定向下的方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ mAvA+mBvB′=mBv2″，‎ 由能量守恒定律得： mAvA2+mBvB′2=mBvB″2，‎ 解得：vB′=1m/s，vB″=2m/s；‎ ‎（3）小球B与地面碰撞后动能没有损失，‎ B离开地面上抛的速度：v0=vB=4m/s，‎ P点的高度：hP==0.75m；‎ 答：（1）B球第一次到达地面时的速度为4m/s；‎ ‎（2）碰撞前B球的速度大小为1m/s；‎ ‎（3）P点距离地面的高度为0.75m．‎ ‎　‎ ‎2016年10月28日