2022年陕西省西安交大附中高考物理四模试卷一、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题为单选题，第19-21题为多选题．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）伽利略在对自由落体运动的研究过程中，开创了如下框图所示的一套科学研究方法，其中方框2和4中的方法分别是（ ） A．实验检验，数学推理B．数学推理，实验检验 C．提出假设，实验检验D．实验检验，合理外推【考点】：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．【专题】：常规题型．【分析】：教材中介绍了伽利略对落体规律的研究以及“理想斜面实验”，通过这些知识的学习，可以明确伽利略所创造的这一套科学研究方法．【解析】：解：这是依据思维程序排序的问题，这一套科学研究方法，要符合逻辑顺序，即通过观察现象，提出假设，根据假设进行逻辑推理，然后对自己的逻辑推理进行实验验证，紧接着要对实验结论进行修正推广．故ABD错误，C正确；故选：C．【点评】：伽利略将可靠的事实和理论思维结合起来，以实验事实为基础，开辟了崭新的研究物理的方法道路，同学们要从中汲取营养，提高科学素质． 2．（6分）如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计．下列说法正确的是（ ） A．S闭合瞬间，A先亮 B．S闭合瞬间，A、B同时亮 C．S断开瞬间，B逐渐熄灭 D．S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭【考点】：自感现象和自感系数．【分析】：依据自感线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；二极管的特征是只正向导通．【解析】：解：AB、闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为反向电压，故电流不走A灯泡，B亮，故A错误，B错误．CD、开关S断开瞬间B立刻熄灭，由于二极管正向导通，故自感线圈与A形成回路，A闪亮一下，然后逐渐熄灭，故C错误D正确．故选：D．【点评】：该题两个关键点，1、要知道理想线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；2、要知道二极管的特征是只正向导通．-17- 3．（6分）小明同学骑着一辆变速自行车上学，他想测一下骑车的最大速度．在上学途中他选择了最高的变速比（轮盘与飞轮齿数比），并测得在这种情况下蹬动轮盘的最大转速是每1s轮盘转动一周，然后他数得自行车后轮上的飞轮6个齿盘和脚踏轮盘上3个齿盘的齿数如表所示，并测得后轮的直径为70cm．由此可求得他骑车的最大速度是多少米每秒（ ）名称轮盘飞轮齿数/个453828151618212428 A．2.1πB．2.0πC．0.7πD．1.1π【考点】：线速度、角速度和周期、转速．【专题】：匀速圆周运动专题．【分析】：齿轮传动时，轮边缘上的线速度大小相等，同轴转动两轮的角速度相同；最后根据v=求解线速度．【解析】：解：轮盘和飞轮的齿数之比最大为3：1，此时自行车速度最大，此时轮盘和飞轮的转动半径是3：1；蹬动轮盘的最大转速是每1s轮盘转动一周，故周期是1s，同缘传动边缘点线速度相等，根据公式v=，轮盘和飞轮周期之比等于转动半径之比，故飞轮的转动周期为s；后轮的线速度为：v==2.1πm/s故选：A．【点评】：本题关键同缘传动边缘点线速度相等，同轴传动加速度相等，结合线速度公式v=列式求解，基础题目． 4．（6分）某空间区域有竖直方向的电场（图1中只画出了一条电场线），一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，在电场中从A点由静止开始沿电场线竖直向下运动，不计一切阻力，运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图象如图2所示，由此可以判断（ ） A．物体所处的电场为非匀强电场，且场强不断减小，场强方向向上-17- B．物体所处的电场为匀强电场，场强方向向下 C．物体可能先做加速运动，后做匀速运动 D．物体一定做加速运动，且加速度不断减小【考点】：电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：从图象中能找出电场力的做功情况，根据电场力的做功情况判断出受力，继而判断出电场，在利用牛顿第二定律求的加速度【解析】：解：A、物体的机械能先减小，后保持不变，故电场力先做负功，后不做功，故电场强度方向向上，再根据机械能的变化关系可知，电场力做功越来越小，故电场强度不断减小，故A正确，B错误；C、根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，且电场力越来越小，故加速度越来越大，故C错误，D错误；故选：A【点评】：本题主要考查了电场力做功与与物体机械能的变化关系，明确电场力做正功，电势能增加，电场力做负功，电场力减小即可 5．（6分）如图所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a．高度为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I与线框移动距离x关系的是（ ） A．B．C．D．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：本题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小，再求得感应电流的大小．-17-【解析】：解：x在0﹣a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；有效切割的长度为L=2×（a﹣x）=（a﹣x），感应电动势为E=BLv，感应电流为I=，随着x的增大，I均匀减小，当x=a时，I==I0；当x=a时，I=0；x在a﹣2a内，线框的AB边和其他两边都切割磁感线，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负方向；有效切割的长度为L=（2a﹣x），感应电动势为E=BLv，感应电流大小为I=2×，随着x的增大，I均匀减小，当x=a时，I==2I0；当x=2a时，I=0；x在2a﹣3a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；有效切割的长度为L=（3a﹣x），感应电动势为E=BLv，感应电流为I=，随着x的增大，I均匀减小，当x=2a时，I==I0；当x=3a时，I=0；故根据数学知识可知B正确．故选：B．【点评】：本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段过程，分处两磁场中的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要全部进入第二磁场时，线圈中电流达最大2I0． 6．（6分）带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示．不计空气，则（ ） A．一定有h1=h3B．一定有h1＜h4 C．h2与h4无法比较D．h1与h2无法比较【考点】：带电粒子在混合场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：当小球只受到重力的作用的时候，球做的是竖直上抛运动；当小球在磁场中运动到最高点时，由于洛伦兹力的作用，会改变速度的方向，所以到达最高点是小球的速度的大小不为零；当加上电场时，电场力在水平方向，只影响小球在水平方向的运动，不影响竖直方向的运动的情况，而第4个电场力影响加速度，从而影响高度．【解析】：解：第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1=．第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，V02=2gh3，所以h1=h3．故A正确；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，-17-当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgh2+Ek=mV02，又由于mV02=mgh1所以h1＞h2．，所以D错误．第4个图：因电性不知，则电场力方向不清，则高度可能高度h1，也可能小于h1，故C正确，B错误；故选：AC．【点评】：洛伦兹力的方向始终和速度的方向垂直，只改变球的速度的方向，所以磁场对电子的洛伦兹力始终不做功． 7．（6分）物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能．若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m0的质点距质量为M0的引力中心为r0时，其万有引力势能Ep=﹣E（式中G为引力常数）．一颗质量为m的人造地球卫星以半径为r1圆形轨道环绕地球飞行，已知地球的质量为M，要使此卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径增大为r2，则在此过程中（ ） A．卫星势能增加了GMm（﹣） B．卫星动能减少了（﹣） C．卫星机械能增加了（﹣） D．卫星上的发动机所消耗的最小能量为（﹣）【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】：人造卫星问题．【分析】：求出卫星在半径为r1圆形轨道和半径为r2的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出发动机所消耗的最小能量．【解析】：解：A、引力势能的增加量=GMm（﹣），故A正确．B、根据万有引力提供向心力由：，解得=．同理，Ek2=．所以，动能的减小量为=．故B错误．-17-CD、根据能量守恒定律，卫星机械能增加了等于发动机消耗的最小能量为E=△Ep﹣△Ek=．故C正确、D错误．故选：AC【点评】：解决本题的关键得出卫星动能和势能的变化量，从而根据能量守恒进行求解． 8．（6分）如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t=t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．能正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（ ） A．B．C．D．【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：要分不同的情况进行讨论：若V2＜V1：分析在f＞Q的重力时的运动情况或f＜Q的重力的运动情况 若V2＜V1：分析在f＞Q的重力时的运动情况或f＜Q的重力的运动情况【解析】：解：1．若v1=v2，小物体P可能受到的静摩擦力等于绳的拉力，一直相对传送带静止匀速向右运动，若最大静摩擦力小于绳的拉力，则小物体P先向右匀减速运动，减速到零后反向匀加速直到离开传送带，由牛顿第二定律知mQg﹣μmPg=（mQ+mP）a，加速度不变；2．若v1＞v2，小物体P先向右匀加速直线运动，由牛顿第二定律知μmPg﹣mQg=（mQ+mP）a，到小物体P加速到与传送带速度v1相等后匀速，故B选项可能；3．若v1＜v2，小物体P先向右匀减速直线运动，由牛顿第二定律知mQg﹣μmPg=（mQ+mP）a1，到小物体P减速到与传送带速度v1-17-相等后，若最大静摩擦力大于或等于绳的拉力，继续向右匀速运动，A选项正确，若最大静摩擦力小于绳的拉力，继续向右减速但滑动摩擦力方向改向，此时匀减速运动的加速度为mQg+μmPg=（mQ+mP）a2，到减速为零后，又反向以a2加速度匀加速向左运动，而a2＞a1，故C选项正确，D选项错误．故选：ABC【点评】：考查摩擦力的方向与速度的关系，明确其与相对运动方向相反，结合牛顿第二定律分析运动情况，较难． 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．9．（6分）下面几个实验都用到了打点计时器或电火花计时器：①运用装置甲完成“探究功与速度变化的关系”实验②运用装置乙完成“验证机械能守恒定律”实验③运用装置丙可以完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验④运用装置丙可以完成“探究加速度与力、质量的关系”实验（1）运用装置丙完成“探究小车速度随时间变化的规律“实验是否需要平衡摩擦阻力？ 否 （填“是”或“否”）（2）如图丁为某同学在一次实验中打出的一条纸带的部分，若所用电源的频率为50Hz，图中刻度尺的最小分度为1mm，请问该条纸带是以上四个实验哪一个实验时得到的？ 验证机械能守恒定律的实验 （填实验的名称）（3）由如图丁的测量，打C点时纸带对应的速度为 1.50 m/s（保留三位有效数字）．【考点】：探究小车速度随时间变化的规律．【专题】：实验题．【分析】：（1）在探究中，是否存在阻力，对速度随时间变化的规律研究没有影响；（2）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，从而影响属于什么实验；（3）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．-17-【解析】：解：（1）在探究小车速度随时间变化的规律的实验中，小车存在阻力，对其规律的研究没有影响，因此不需要平衡摩擦力；（2）相邻的计数点间的时间间隔T=0.02s，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，为了更加准确的求解加速度，a===10m/s2．由加速度大小可知，属于验证机械能守恒定律的实验；（3）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得：VC===1.50m/s故答案为：（1）否；（2）验证机械能守恒定律的实验；（3）1.50．【点评】：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用． 10．（8分）有一内阻为30kΩ的直流电压表V，其刻度盘上所标示的数值模糊不清，但共有30个均匀小格的刻度线是清晰的，并已知量程约为25V～35V．为了测出电压表的量程，现有下列器材可供选用：标准电压表V1：量程3V，内阻3kΩ；电流表A：量程0﹣3A，内阻未知；滑动变阻器R：总阻值1kΩ；电源E：电动势30V，内阻不能忽略；电键、导线若干（1）要求测量多组数据，并有尽可能高的精确度，请选择所需要的器材并画出实验电路图．（2）选用记录数据中任一组，写出计算量程的表达式Ug= ．式中各字母的意义是： U表示标准电压表的读数，N表示待测电压表指针偏转格数 ．（3）测出量程后便可以根据指针所指格数读取电压值了．某同学想通过上述电压表V测量一个多用电表中欧姆挡的内部电的电动势，他从多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30，将电压表V与选用“×1k”挡的多用电表直接相连，读出电压表的读数为U．实验过程中．一切操作都是正确的．则欧姆表电池的电动势表达式为E0= 2U ．【考点】：把电流表改装成电压表．【专题】：实验题；交流电专题．【分析】：本题（1）的关键是根据待测电压表V和电压表的额定电流接近可知，应将两者串联使用，再根据变阻器的全电阻远小于待测电压表内阻，可知变阻器应采用分压式接法；题（2）的关键是设出待测电压表每小格的电流，然后根据欧姆定律和串并联规律即可求解；题（3）的关键是明确选用“×1k”档时欧姆表的中值电阻为30kΩ，然后根据闭合电路欧姆定律即可求解．-17-【解析】：解：（1）：由I=可求出待测电压表的量程约为0.83～1.17mA，远小于电流表A的量程，所以不能使用电流表；由于标准电压表的额定电流为，与待测电流表的量程接近，所以应将待测电压表V与标准电压表串联使用；由于滑动变阻器的全电阻远小于待测电压表内阻，所以变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：（2）：设待测电压表每小格电流为，则其量程为：==30=9…①设待测电压表读数偏转格数为N时标准电压表读数为U，根据串并联规律应有：…②联立①②解得：=，其中U表示标准电压表的读数，N表示待测电压表指针偏转格数；（3）：当选用“×1k”当时，欧姆表的中值电阻为：=30×1kΩ=30kΩ，根据闭合电路欧姆定律，应有：=U+，将=30kΩ代入上式，解得：；故答案为：（1）如图（2），U表示标准电压表的读数，N表示待测电压表指针偏转格数（3）2U【点评】：应明确：①注意电表的反常规接法，即电压表可以串联（当做电流表）使用，电流表也可以并联使用（当做电压表），只要满足电表指针偏转量程以上即可；②当变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法；③明确欧姆表的改装原理和方法． 11．（14分）进入21世纪，低碳环保、注重新能源的开发与利用的理念，已经日益融入生产、生活之中．某节水喷灌系统如图所示，喷口距地面的高度h=1.8m，能沿水平方向旋转，喷口离转动中心的距离a=1.0m，水可沿水平方向喷出，喷水的最大速率v0=10m/s，每秒喷出水的质量m0=7.0kg．所用的水是从井下抽取的，井中水面离地面的高度H=3.2m，并一直保持不变．水泵由电动机带动，电动机电枢线圈电阻r=5.0Ω．电动机正常工作时，电动机的输入电压U=220V，输入电流I=4.0A-17-．不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的最大输入功率．水泵的输出功率与输入功率之比称为水泵的抽水效率．（计算时π取3）试求：（1）求这个喷灌系统所能喷灌的最大面积S；（2）假设系统总是以最大喷水速度工作，求水泵的抽水效率η．【考点】：能源的开发和利用；电功、电功率．【分析】：（1）水从喷口喷出后做平抛运动，已知高度h和最大的初速度v0，由平抛运动的规律求出最大的水平位移．喷灌系统所能喷灌的区域是圆形，即求出面积；（2）水泵的抽水效率η等于水泵的输出功率与输入功率之比．水泵的输入功率等于电动机的输出功率，水泵的输出功率使水获得机械能的功率．【解析】：解：（1）水从喷口喷出后做平抛运动，下落高度解得t=s=0.6s最大喷灌圆面半径x=a+v0t=1+10×0.6=7m喷灌最大面积S=πx2﹣πa2=3.14（72﹣12）=144m2（2）电动机的输入功率P电=UI=220×4.0W=880W电动机的热功率水泵的输入功率等于电动机的输出功率P入=P电﹣P热=800W水泵的输出功率其中m=m0t求得P出=700W水泵效率答：（1）这个喷灌系统所能喷灌的最大面积s是144m2；（2）假设系统总是以最大喷水速度工作，水泵的抽水效率η是87.5%；【点评】：本题运用平抛运动和能量守恒定律分析和解决实际问题，抓住能量是如何转化是解题的关键． 12．（19分）如图甲的xoy坐标系中，第一、二和三象限中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．在o处有一粒子源，能向平面内各个方向均匀发射速率为v0-17-的带正电的相同粒子，这些粒子与﹣x轴的最远交点为A（﹣2a，0）．不计粒子重力以及粒子之间的相互作用．（1）求粒子的比荷．（2）若在x=﹣1.5a处垂直于x轴放置一块足够长的荧光板MN，当粒子击中MN时将被吸收，并使荧光物质发光变亮．求MN上亮线的长度（3）若撤去粒子源和第一象限内的磁场，在第四象限内加一个沿+y方向的场强为E=v0B的匀强电场，并在第一象限内x=3a处放一个足够长的荧光屏PQ，如图乙．在y轴上y=2a以下位置水平沿﹣x方向以速度v0发射上述粒子，则应在何处发射，才能使粒子击中PQ时的位置离P最远？求出最远距离．【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）在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力几何几何关系即可求解；（2）根据几何关系分别求出MN上粒子打中的最高点C和最低点离x轴的距离，从而求出亮线的长度；（3）粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的基本公式求出击中点离P点的距离的表达式，再结合数学知识求解．【解析】：解：（1）在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力得：Bqv0=m由几何关系得：r=a，解得：=（2）MN上粒子打中的最高点C离x轴的距离：l1==a，MN上粒子打中的最低点D离x轴的距离：l2=a所以亮线的长度：l=l1+l2=（3）粒子从y=﹣h处F点进入电场，-17-在电场中：x=v0t，h=t2，速度偏角为α，则tanα=，击中点离P点的距离为：Y=（3a﹣x）tanα，联立各式解得：Y=3﹣2h，当=﹣，即h=a时，亦即发射点为y=a时，有：Ymax=3﹣2•=a．答：（1）粒子的比荷为；（2）MN上亮线的长度为；（3）发射点为y=a时，才能使粒子击中PQ时的位置离P最远，最远距离为a．-17-【点评】：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．要掌握左手定则，熟练运用牛顿第二定律研究半径． 【物理一选修3-3】13．（6分）下列说法中正确的是（ ） A．一定量气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增大20J B．在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大 C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力 D．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可 E．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和气压，水蒸发越慢．【考点】：热力学第一定律；分子势能；*液体的表面张力现象和毛细现象；用油膜法估测分子的大小．【分析】：根据热力学第一定律知：△U=W+Q，分子间作用力先减小后增大，分子势能先减小后增大，用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的摩尔体积．【解析】：解：A、根据热力学第一定律知：△U=W+Q=﹣100+120=20J，A正确；B、在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能先减小后增大，B错误；C、由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力，C正确；D、用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的摩尔体积即可，D错误；E、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和气压，水蒸发越慢，E正确；故选：ACE【点评】：掌握热力学第一定律的应用，知道分子力与分子间距的关系，会利用油膜法测分子的直径． 14．（9分）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p﹣V图象如图所示．已知该气体在状态A时的温度为27℃．则：（1）该气体在状态B、C时的温度分别为多少℃？（2）该气体从状态A到状态C的过程中内能的变化量是多大？（3）该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？-17-【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】：（1）A到B是等容变化，B到C是等压变化，分别应用理想气体定律进行求解．（2）气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，可以通过判断AC两个状态的温度来判断内能的变化．（3）从状态A到状态C的过程可以用热力学第一定律来判断做功与吸放热问题．【解析】：解：（1）状态A：tA=300K，PA=3×105Pa，VA=1×10﹣3m3状态B：tB=？PB=1×105Pa，VB=1×10﹣3m3状态C：tC=？PC=1×105Pa，VC=3×10﹣3m3A到B过程等容变化，由等容变化规律得：，代入数据得：tB=100K=﹣173℃B到C为等压变化，由等压变化规律得：，代入数据得：tC=300K=27℃（2）因为状态A和状态C温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在这个过程中：△U=0（3）由热力学第一定律得：△U=Q+W，因为△U=0故：Q=﹣W在整个过程中，气体在B到C过程对外做功所以：W=﹣p△V=﹣1×105×（3×10﹣3﹣1×10﹣3）=﹣200J即：Q=200J，是正值，故在这个过程中吸热．答：（1）气体在状态B、C时的温度分别为：﹣173℃和27℃（2）该气体从状态A到状态C的过程中内能的变化量为：0．（3）该气体从状态A到状态C的过程中吸热，传递的热量是200J【点评】：此题是一个结合图象的题目，关键是从图象上找出气体的状态参量和气体的状态变化，最后应用理想气体状态方程求解即可． 【物理一选修3-4】（15分）-17-15．如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是（ ） A．甲、乙两单摆的摆长相等 B．甲摆的振幅比乙摆大 C．甲摆的机械能比乙摆大 D．在t=0.5s时有正向最大加速度的是乙摆 E．由图象可以求出当地的重力加速度【考点】：单摆周期公式．【专题】：单摆问题．【分析】：由图读出两单摆的周期，由单摆的周期公式分析摆长关系；由位移的最大值读出振幅；由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小；根据加速度与位移方向相反，确定加速度的方向．【解析】：解：A、由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T=2π得知，甲、乙两单摆的摆长L相等．故A正确．B、甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，则甲摆的振幅比乙摆大．故B正确．C、尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小．故C错误．D、在t=0.5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度．故D正确．E、由单摆的周期公式T=2π得，由于单摆的摆长不知道，所以不能求得重力加速度．故E错误故选：ABD．【点评】：本题只要掌握单摆的周期公式、加速度的特点等等，就能正确解答．由振动图象读出振幅、周期是基本功． 16．如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由红光和紫光组成的复色光沿AO方向从真空斜射入玻璃，B、C点为两单色光的射出点（设光线在B、C处未发生全反射）．已知从B点射出的单色光由O到B的传播时间为t．①若OB、OC两束单色光在真空中的波长分别为λB、λC，试比较λB、λC的大小．②求从C点射出的单色光由O到C的传播时间tC．-17-【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：①根据偏折角的大小，分析折射率大小，即可比较出光在真空中的波长大小．②研究任一光线，根据v=求光在玻璃中的速度；由几何知识求得光在玻璃通过的路程，即可得到光在玻璃传播时间的表达式．【解析】：解：①由于光线OB偏折比光线OC偏折更多，所以OB光的折射率较大，波长较短，即有λB＜λC；②作出光路图如图所示．作界面OD的法线MN，设圆柱体直径为d，入射角为θ，折射角分别为θB、θC，连接DB、DC，由折射定律得nB=，nC=nB=，nC=由上两式得=已知t=，tC=，可得tC=t答：①λB＜λC；②从C点射出的单色光由O到C的传播时间tC为t．【点评】：解决本题的关键是运用几何知识、光速公式和折射定律推导出时间表达式，要用运用数学知识分析几何光学的意识和能力． 【物理一选修3-5】（15分）17．下列说法正确的是（ ） A．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律 B．α射线、β射线、γ射线都是电磁波 C．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子 D．发生光电效应时光电子的最大初动能只与入射光的频率有关 E．由图可知，铯原子核Cs的比结合能大于铅原子核Pb的比结合能-17-【考点】：裂变反应和聚变反应；原子核的结合能．【分析】：原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律，γ射线是光子，不带电，发生光电效应时光电子的动能只与入射光的频率有关【解析】：解：A、原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律，故A正确；B、α射线、β射线都是高速运动的带电粒子流，γ射线是光子，不带电，B错误C、氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子，C正确D、发生光电效应时光电子的动能只与入射光的频率有关，D正确；E、由图可知，中等质量的原子核的比结合能最大，铯原子核Cs的比结合能大于铅原子核Pb的比结合能；故E正确；故选：ACDE．【点评】：掌握衰变的规律，了解三种射线的特性，知道发生光电效应的条件，了解比结合能与质量数的关系 18．如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上（冰面足够大），现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．推出木箱后人和车速度大小为2m/s箱与竖直固定挡墙碰撞反弹后恰好不能追上小车．已知人和车的总质量为100kg．木箱的质量为50kg，求：①人推木箱过程中人所做的功；②木箱与挡墙碰撞过程中墙对木箱的冲量．【考点】：动量守恒定律；功能关系．【专题】：动量定理应用专题．【分析】：①由动量守恒定律可以求出速度，然后求出人做的功；②由动量定理求出冲量．【解析】：解：①推木箱过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律可得：Mv1﹣mv=0，代入数据得：v=4m/s；人推木箱过程，人所做的功：W=Mv12+=mv2，代入数据得：W=600J；②木箱与竖直固定挡墙碰撞反弹后恰好不能追上小车，则木箱反弹后的速度与小车的速度相等，以向左为正方向，由动量定理得：I=mv1﹣m（﹣v），代入数据解得：I=300N•s，方向：水平向左；答：①人推木箱过程中人所做的功为600J；②木箱与挡墙碰撞过程中墙对木箱的冲量大小为300N•s，方向向左．【点评】：本题考查了小孩对木箱做功，应用动量守恒定律与动能定理即可正确解题，应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择．-17-
