1、2015-2016学年广东省高三（上）第二次联考物理试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1加速度的变化率指的是加速度的改变量与发生这一改变所用时间的比值，下列可作为其单位的是（）Am/sBm/s2Cm/s3Dm/s422015年5月3日晚，第53届苏州世乒赛马龙首次夺得男单冠军，如图所示，马龙两次发球，乒乓球都恰好在等高处水平越过球网，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自最高点到落台的过程中，下列说法正确的是（）A第1次球过网时的速度小于第2次球过网时的速度B第1次球的飞行时间大于第2次球的飞行时间C第1次球的速度变化率小于第2次球的速度变化率D第1次落台时球的重力的瞬时功率等于
2、第2次落台时球的重力的瞬时功率3如图所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，分别位于一正方形abcd的四个顶点上，其中直导线a、b、c分别通有方向垂直于纸面向里、大小相等的恒定电流，直导线d通有方向垂直于纸面向外、大小和其他导线相等的恒定电流，则这四条导线的电流在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度（）A方向由O垂直指向adB方向由O指向aC方向由O指向cD大小为零4如图所示，5000个大小相同、质量均为m且光滑的小球，静止放置于两相互垂直且光滑的平面A、B上，平面B与水平面的夹角为30，已知重力加速度为g，则笫2014个小球对第2015个小球的作用力大小为（）A1493mgB20
3、14mgC2015mgD2986mg5如图所示的电路中，变压器为理想变压器，原线圈接一正弦交变电流，副线圈解火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，则当该装置附近有火源而导致其所在位置温度升高时（不考虑仪器的损坏）（）A电流表示数不变B电压表的示数不变CR0的功率变小D变压器的输出功率减小6如图所示，处于同一轨道的人造地球卫星1、2，它们均绕地球做匀速圆周运动，其中卫星1在前，则（）A卫星1的加速度a1大于卫星2的加速度a2B卫星1和卫星2的周期一定相等C卫星1和卫星2的速度大小一定相等D卫星2向后喷气加速能追上卫
4、星17如图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q和O点的连线与OC间的夹角为60，两个点电荷的连线与AC的交点为P下列说法中正确的是（）AP点的电场强度大于O点的电场强度BA点的电势低于C点的电势C点电荷q在O点与在C点所受的电场力相同D点电荷+q在点B具有的电势能小于在D点具有的电势能8一滑块静止在水平面上，t=0时刻在滑块上施加一水平力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A力F在第1s内做的功为2JB力F在第1s内做的功为4JC滑块与水平
5、面间的摩擦力大小为2ND力F在第2s内做的功的功率为3W二、解答题（共4小题，满分47分）9图中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为 mm和 mm10为测量某一玩具电动机中线圈的电阻Rx（电阻值为15左右），并尽可能提高电阻Rx的测量精度，利用下列器材测量线圈的电阻Rx，实验时电动机不转动，实验电路图如图甲所示：电流表A1（量程为03A，内阻约5）；电流表A2（量程为030mA，内阻约10）；滑动变阻器R1（最大阻值1k）滑动变阻器R2（最大阻值100）定值电阻R0=65电源（电动势为4V，内阻约1），开关及导线若干（1）实验时应选择的电流表是，滑动变阻器是（填写符号）（2）多用表选择“直流电压2
6、.5V”挡，请依据图甲将图乙实际电路连接完整（3）图丙是该实验小组根据测得的数据描绘出的图象，则由图象可得电阻Rx的阻值为11如图所示，劲度系数为忌的轻弹簧，一端固定在倾角=30的粗糙斜面上，另一端连接一个质量为m的滑块A，滑块与斜面的最大静摩擦力的大小与其滑动摩擦力的大小可视为相等，均为f，且则：（1）如果保持滑块在斜面上静止不动，弹簧的最大形变量为多大？（2）若在滑块A上再固定一块质量为2m的滑块B，两滑块构成的整体将沿木板向下运动，当弹簧的形变量仍为（1）中所求的最大值时，其加速度为多大？12如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为，导轨间距为l，所在平面的正方形区域a
7、bcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上如图所示，将甲、乙两阻值相同，质量均为m的相同金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l从静止释放两金属杆的同时，在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力F，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小a=gsin ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动（1）求甲、乙的电阻R为多少？（2）以释放金属杆时开始计时，写出甲在磁场运动过程中外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向三、物理-选修3-3模块13下列说法正确的是 （）A一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞器壁的次数随着温度的降低而减少B给篮
8、球打气时，到后来越来越费劲，说明分子间存在斥力C液体表面层的分子较密集，分子间引力大于斥力，因此产生液体的表面张力D一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，气体分子的平均动能减少E第二类水动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律14如图所示，结构相同的绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦已知两汽缸的横截面积之比SA：SB=2：1，两汽缸内均装有处于平衡状态的某理想气体，开始时汽缸中的活塞与缸底的距离均为L，温度均为T0，压强均等于外界大气压p0缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍设环境温度
9、始终保持不变，求：（i）停止加热达到稳定后，A、B汽缸中的气体压强之比；（ii）稳定后汽缸A中活塞距缸底的距离四、物理-选修3-4模块15下列说法正确的是（）A只有横波才能产生干涉和衍射现象B均匀变化的磁场产生均匀变化的电场向外传播就形成了电磁波C泊松亮斑支持了光的波动说D由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光E用同一实验装置观察，光的波长越大，光的双缝干涉条纹间距就越大16一列简谐横波沿+x轴方向传播，t=0时刻的波形如图甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个质点，t=0时刻波刚好传播到B点，质点A的振动图象如图乙所示，则：该波的传播速度是多大？从t
10、=0到t=1.6s，质点P通过的路程为多少？经过多长时间质点Q第二次到达波谷？五、物理-模块3-5模块17某金属的截止极限频率恰好等于氢原子量子数n=4能级跃迁到n=2能级所发出光的频率氢原子辐射光子后能量（选填“增大”、“不变”或“减小”）现用氢原子由n=2能级跃迁到n=1能级所发出的光照射该金属，则逸出光电子的最大初动能是（已知氢原子n=1、2、4能级的能量值分别为E1、E2、E4）18如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为m1、m2、A车上有一质量为m0的人，以速度v0向右跳上B车，并与B车相对静止求：人跳离A车后，A车的速度大小和方向人跳上B车后，B车的速度大小和方向2
11、015-2016学年广东省高三（上）第二次联考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1加速度的变化率指的是加速度的改变量与发生这一改变所用时间的比值，下列可作为其单位的是（）Am/sBm/s2Cm/s3Dm/s4【考点】加速度【分析】根据加速度变化率的定义，列出定义式，结合式中各个量的单位推导出其单位【解答】解：据题得：加速度的变化率定义式为，a的单位为m/s2，t的单位为s，所以的单位为m/s3，故C正确故选：C【点评】加速度变化率的单位是导出单位，根据公式中各个量的单位进行推导，难度不大，属于基础题22015年5月3日晚，第53届苏州世乒赛马龙首次夺得男单
12、冠军，如图所示，马龙两次发球，乒乓球都恰好在等高处水平越过球网，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自最高点到落台的过程中，下列说法正确的是（）A第1次球过网时的速度小于第2次球过网时的速度B第1次球的飞行时间大于第2次球的飞行时间C第1次球的速度变化率小于第2次球的速度变化率D第1次落台时球的重力的瞬时功率等于第2次落台时球的重力的瞬时功率【考点】功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动【专题】功率的计算专题【分析】将小球运动视为平抛运动，将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，根据PG=mgvy判定功率关系；根据v=gt判定速度变化快慢；根据运动的合成判定初速度【解答】解：A、球
13、下落的高度相同，由h=可知下落的时间相等，因1比2水平通过的位移大，根据x=vt可知，第1次球过网时的速度大于第2次球过网时的速度，故AB错误；C、球在水平方向匀速，竖直方向自由落体运动，故速度变化量只在竖直方向，由速度位移公式可得速度变化量相等，故C错误；D、重力的瞬时功率为P=mgvy，落地时竖直方向的速度相等，故D正确；故选：D【点评】此题考查平抛运动，注意将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，然后根据规律分析3如图所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，分别位于一正方形abcd的四个顶点上，其中直导线a、b、c分别通有方向垂直于纸面向里、大小相等的恒定电流
14、，直导线d通有方向垂直于纸面向外、大小和其他导线相等的恒定电流，则这四条导线的电流在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度（）A方向由O垂直指向adB方向由O指向aC方向由O指向cD大小为零【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题【分析】根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的大小和方向【解答】解：假设直导线d通有方向垂直于纸面向里，则根据矢量的合成法则，可知，四棒在O点产生的磁场为零，而如今，直导线d通有方向垂直于纸面向外，且Ia=Ib
15、=Ic=Id的恒定电流，它们在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度大小不为零，根据安培定则，结合矢量的合成法则可知，这四条导线的电流在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度方向：O指向C，故C正确，ABD错误；故选：C【点评】考查学生判断直线电流产生磁场的方向及磁感应强度矢量合成的能力，注意右手螺旋定则与右手定则的区别4如图所示，5000个大小相同、质量均为m且光滑的小球，静止放置于两相互垂直且光滑的平面A、B上，平面B与水平面的夹角为30，已知重力加速度为g，则笫2014个小球对第2015个小球的作用力大小为（）A1493mgB2014mgC2015mgD2986mg【考点】牛顿第二定律；
16、物体的弹性和弹力【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】将第2015个球到第5000个球共2986个球看成整体研究，分析受力情况，由平衡条件即可求解2014个小球对第2015个小球的作用力大小【解答】解：2015个球到第5000个球共2986个球看成整体研究，由于无摩擦力，只受重力、斜面支持力和第四个球的支持力；由平衡条件得知，第2014个球对第2015个球的作用力大小等于整体的重力沿AB平面向下的分力大小，即有F=2986mgsin30=1493mg故选：A【点评】本题中物体很多，解题的关键是研究对象的选择，采用整体法，不考虑系统内物体间的内力，比较简单方便5如图所示的电路中，变压器为理想变压器
17、，原线圈接一正弦交变电流，副线圈解火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，则当该装置附近有火源而导致其所在位置温度升高时（不考虑仪器的损坏）（）A电流表示数不变B电压表的示数不变CR0的功率变小D变压器的输出功率减小【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【专题】交流电专题【分析】明确变压器原理，知道理想变压器电压之比等于线圈匝数之比，电流之比等于线圈匝数的反比；同时注意根据闭合电路欧姆定律的动态分析方法分析此类问题即可【解答】解：A、根据变压器原理可知，变压器输出电压由输入电压和线圈匝数决定，因匝数不变；故输出电
18、压不变，电压表示数不变；因热敏电阻阻值减小，则总电流增大，则输入电流增大；故A错误，B正确；C、因输出电流增大，则由P=I2R可知，R0的功率变大；故C错误；D、因输出电压不变，输出电流增大，则由P=UI可知，变压器的输出功率增大；故D错误；故选：B【点评】本题考查交流电变压器中的动态分析，要注意分析方法与直流是路中闭合电路欧姆定律的动态分析类似；但要注意应用变压器的基本规律的应用6如图所示，处于同一轨道的人造地球卫星1、2，它们均绕地球做匀速圆周运动，其中卫星1在前，则（）A卫星1的加速度a1大于卫星2的加速度a2B卫星1和卫星2的周期一定相等C卫星1和卫星2的速度大小一定相等D卫星2向后喷
19、气加速能追上卫星1【考点】万有引力定律及其应用【专题】定性思想；推理法；人造卫星问题【分析】根据万有引力提供向心力得出加速度、周期、线速度与轨道半径的关系，从而比较大小当卫星2加速后，万有引力不够提供向心力，会离开原轨道做离心运动【解答】解：A、根据得，a=，v=，T=，因为人造地球卫星1、2的轨道半径相等，则加速度大小相等，周期相等，线速度大小相等，故A错误，B、C正确D、卫星2向后喷气加速后，由于万有引力小于向心力，会做离心运动，离开原轨道，不能追上卫星1，故D错误故选：BC【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，知道线速度、加速度、周期与轨道半径的关系7如
20、图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q和O点的连线与OC间的夹角为60，两个点电荷的连线与AC的交点为P下列说法中正确的是（）AP点的电场强度大于O点的电场强度BA点的电势低于C点的电势C点电荷q在O点与在C点所受的电场力相同D点电荷+q在点B具有的电势能小于在D点具有的电势能【考点】电场强度；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据电场线的分布情况，分析P点和O点的场强等量异种点电荷电场的分布具有对称性，可以结合其对称性来分析，结合等量异种点电荷电场电场线和等势线的分布图象来分析电势的高低，
21、由电势能公式Ep=q分析电势能的大小【解答】解：A、在AC连线上，P点的电场线最密，场强最大，所以P点的电场强度大于O点的电场强度，故A正确B、AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，故A、C两点的电势相等，故B错误C、根据等量异种点电荷电场电场线分布的对称性可知，O、C两点的电场强度相同，则点电荷+q在O点和C点所受电场力相同故C正确D、根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于D点电势，由电势能公式Ep=q分析可知：点电荷+q在B点的电势能大于在D点具有的电势能故D错误故选：AC【点评】本题考查等量异种点电荷电场的分布特点，关键要掌握等量异种点电荷电场的电场线和
22、等势线的分布图象，来分析场强和电势关系8一滑块静止在水平面上，t=0时刻在滑块上施加一水平力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A力F在第1s内做的功为2JB力F在第1s内做的功为4JC滑块与水平面间的摩擦力大小为2ND力F在第2s内做的功的功率为3W【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算【专题】功率的计算专题【分析】由乙图可知，在vt图象中与时间轴所围面积即为位移，据此求出第1s内的位移，根据W=Fx求得拉力做功；物块在第2秒内做匀速直线运动，求出摩擦力；由P=Fv求出功率【解答】解：A、由图乙可知，物块在第1秒内的位移： m
23、力F在第1s内做的功为：W1=F1x1=40.5=2J故A正确，B错误；C、由图乙可知，物块在第2秒内做匀速直线运动，所以摩擦力与拉力大小相等，可知，滑块与地面之间的摩擦力是3N故C错误；D、力F在第2s内做的功的功率为：P=F2vm=31=3W故D正确故选：AD【点评】本题主要考查了对图象的理解，在vt图象中斜率代表加速度，与时间轴所围面积为物体的位移，根据W=Fx求得恒力做功二、解答题（共4小题，满分47分）9图中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为11.4 mm和5.6650.002 mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【专题】实验题【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游
24、标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为40.1mm=0.40mm，所以最终读数为：11mm+0.4mm=11.4mm2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为16.50.01mm=0.165mm，所以最终读数为5.5mm+0.165mm=5.665mm，由于需要估读，最后的结果可以为5.6650.002故答案为：11.4 5.6650.002【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测
25、量10为测量某一玩具电动机中线圈的电阻Rx（电阻值为15左右），并尽可能提高电阻Rx的测量精度，利用下列器材测量线圈的电阻Rx，实验时电动机不转动，实验电路图如图甲所示：电流表A1（量程为03A，内阻约5）；电流表A2（量程为030mA，内阻约10）；滑动变阻器R1（最大阻值1k）滑动变阻器R2（最大阻值100）定值电阻R0=65电源（电动势为4V，内阻约1），开关及导线若干（1）实验时应选择的电流表是A2，滑动变阻器是R2（填写符号）（2）多用表选择“直流电压2.5V”挡，请依据图甲将图乙实际电路连接完整（3）图丙是该实验小组根据测得的数据描绘出的图象，则由图象可得电阻Rx的阻值为15【考点
26、】伏安法测电阻【专题】实验题【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出通过线圈的最大电流来选择电流表量程；变阻器采用分压式接法时，应选择阻值小的变阻器以方便调节；（2）连线时应先连接好分压电路；按实物图的连接要求进行连线；（3）注意根据UI图象求出的电阻是线圈与保护电阻的串联电阻【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律可求出通过电动机的最大电流为=0.16A，所以电流表应选；由于变阻器采用分压式接法时变阻器的阻值越小调节越方便，所以变阻器应选择；（2）根据原理图得出对应连线图如图所示：（3）根据R=可求出线圈的电阻为=8065=15；故答案为：（1），；（2）如图；（3）15【点评】明确电表的选择及
27、滑动变阻器的选择；要注意明确滑动变阻器采用分压式接法时，变阻器的阻值越小调节越方便11如图所示，劲度系数为忌的轻弹簧，一端固定在倾角=30的粗糙斜面上，另一端连接一个质量为m的滑块A，滑块与斜面的最大静摩擦力的大小与其滑动摩擦力的大小可视为相等，均为f，且则：（1）如果保持滑块在斜面上静止不动，弹簧的最大形变量为多大？（2）若在滑块A上再固定一块质量为2m的滑块B，两滑块构成的整体将沿木板向下运动，当弹簧的形变量仍为（1）中所求的最大值时，其加速度为多大？【考点】牛顿第二定律；胡克定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】（1）滑块静止在斜面上受重力、支持力、弹簧的弹力和摩擦力处于平衡，当弹簧形
28、变量最大时，滑块有向上的运动趋势，所受的摩擦力沿斜面向下，根据共点力平衡求出弹簧的最大形变量（2）对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小【解答】解：（1）由于，因此滑块静止时弹簧一定处于伸长状态，设弹簧最大形变量为l1，则根据共点力平衡得，kl1=mgsin30+f解得：（2）将滑块B固定到A上后，设弹簧的伸长量仍为l1时两滑块的加速度为a，根据牛顿第二定律得，3mgsin30kl13f=3ma解得：答：（1）弹簧的最大形变量为（2）加速度为【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡和牛顿第二定律进行求解12如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为，导轨间
29、距为l，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上如图所示，将甲、乙两阻值相同，质量均为m的相同金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l从静止释放两金属杆的同时，在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力F，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小a=gsin ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动（1）求甲、乙的电阻R为多少？（2）以释放金属杆时开始计时，写出甲在磁场运动过程中外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力【专题】电磁感应中的力学问题【分析】（
30、1）甲、乙匀加速运动时加速度相同，当乙通过位移l进入磁场时，甲刚出磁场，由运动学速度位移公式求出乙进入磁场时的速度，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，根据平衡条件求解电阻R（2）从刚释放金属杆时开始计时，由于甲的加速度大小a=gsin，外力与安培力大小相等，由速度公式得出速度与时间的关系式，根据安培力的表达式得出外力与时间的关系式【解答】解：（1）因为甲、乙加速度相同，当乙进入磁场时，甲刚出磁场，乙进入磁场时的速度为：v=，由平衡条件得：mgsin=，解得：R=；（2）甲在磁场中运动时，外力F大小始终等于安培力，即：F=FB，安培力：FB=BIL=，由左手定则可知，安培力沿导轨向上，甲的速度为：
31、v=gsint，解得：F=t，方向：沿导轨向下答：（1）甲、乙的电阻R为（2）甲在磁场运动过程中外力F随时间t的变化关系式为：F=t【点评】本题是复杂的电磁感应现象，是电磁感应与力学知识的综合，分析导体棒的运动情况，要抓住甲匀加速运动的过程中，外力与安培力大小相等分别从力和能量两个角度进行研究三、物理-选修3-3模块13下列说法正确的是 （）A一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞器壁的次数随着温度的降低而减少B给篮球打气时，到后来越来越费劲，说明分子间存在斥力C液体表面层的分子较密集，分子间引力大于斥力，因此产生液体的表面张力D一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，气体分子的平均
32、动能减少E第二类水动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律【考点】温度是分子平均动能的标志；热力学第一定律；热力学第二定律；封闭气体压强【分析】温度是分子平均动能的标志，根据热力学第一定律判断内能的变化，液体表面层的分子较稀疏，分子间引力大于斥力，第二类水动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律【解答】解：A、一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞器壁的次数随着温度的降低而减少，A正确；B、给篮球打气时，到后来越来越费劲，说明内部压强越来越大，B错误；C、液体表面层的分子较稀疏，分子间引力大于斥力，因此产生液体的表面张力，C
33、错误；D、定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，对外做功内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减少，D正确；E、第二类水动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，E正确；故选：ADE【点评】掌握温度是分子平均动能的标志，会用热力学第一定律公式判断内能的变化，知道永动机不可能制成的原因14如图所示，结构相同的绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦已知两汽缸的横截面积之比SA：SB=2：1，两汽缸内均装有处于平衡状态的某理想气体，开始时汽缸中的活塞与缸底的距离均为L，温度均为T0，压强均等于外界大气压p0缓慢加热A中气体，停
34、止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍设环境温度始终保持不变，求：（i）停止加热达到稳定后，A、B汽缸中的气体压强之比；（ii）稳定后汽缸A中活塞距缸底的距离【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】中活塞在气体变化前后都是受力平衡，对活塞受力分析，利用力平衡可求得AB气体的变化中，B的变化是等温变化较简单，利用B的变化求得B变化后的LB，又因为AB两部分的总长度是定值，可解的A距底端的距离【解答】解：（i）膨胀后A的压强pA=1.2p0加热后活塞平衡时，有：（pAp0）SA=（pBp0）SB则膨胀后B的压强为：pB=1.4p0由式解得：pA：pB=6：7 （ii）
35、设稳定后A、B两汽缸中活塞距缸底的距离分别为LA、LB，对B，有：p0LSB=1.4p0LBSB又：LA+LB=2L由式解得：LA=L 答：（i）停止加热达到稳定后，A、B汽缸中的气体压强之比为6：7；（ii）稳定后汽缸A中活塞距缸底的距离为【点评】对连接体问题中，连接体在气体变化前后受力都平衡，所以对连接体利用受力平衡求解就很简单了，再者在两部分气体中，利用变化简单的气体，求解气体状态参量，会减少很多繁琐的过程四、物理-选修3-4模块15下列说法正确的是（）A只有横波才能产生干涉和衍射现象B均匀变化的磁场产生均匀变化的电场向外传播就形成了电磁波C泊松亮斑支持了光的波动说D由红光和绿光组成的一
36、细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光E用同一实验装置观察，光的波长越大，光的双缝干涉条纹间距就越大【考点】光的干涉；光的偏振；双缝干涉的条纹间距与波长的关系【专题】光的干涉专题【分析】根据光从水中射到空气临界角大小分析哪种光先消失；根据干涉条纹的特点分析条纹明暗有无变化；泊松亮斑是从偏原来直线方向传播；非均匀变化的磁场才能产生非均匀变化的电场，从而产生电磁波；干涉是波特有现象【解答】解：A、任意波，只要频率相同，均能干涉现象故A错误B、均匀变化的电场产生稳定的磁场，稳定的磁场不能再产生电场，故不能激发电磁波，故B错误C、泊松亮斑支持了光的波动说故C正确D、绿光的折射率
37、大于红光的折射率，由临界角公式sinC=知，绿光的临界角小于红光的临界角，当光从水中射到空气，在不断增大入射角时水面上，绿光先发生全反射，从水面消失，故D正确E、根据干涉条纹间距公式，同一实验装置观察，光的波长越大，光的双缝干涉条纹间距就越大，故E正确；故选：CDE【点评】本题考查全反射条件，注意红光与绿光的临界角关系，理解波的干涉现象与条件，知道电磁波产生的原理，注意均匀变化与非均匀变化的区别，以及光的衍射现象的应用16一列简谐横波沿+x轴方向传播，t=0时刻的波形如图甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个质点，t=0时刻波刚好传播到B点，质点A的振动图象如图乙所示，则：该波的传播速度是多大？
38、从t=0到t=1.6s，质点P通过的路程为多少？经过多长时间质点Q第二次到达波谷？【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】本题要在乙图上读出A质点在t=0时刻的速度方向，在甲图上判断出波的传播度方向；由甲图读出波长，由乙图读出周期，即求出波速和频率，根据简谐运动的特点：一个周期内质点路程为4A，分析t是几倍的周期，可以确定1.6s内的路程根据PQ之间的距离可以求出第二次到达波谷的时间【解答】解：（1）由乙图知，质点的振动周期为T=0.8s，由甲图知，波长=20m，则波速为：v=m/s（2）振幅为2cm；则由t=0到1.6s时，质点P通过的路程为：s=24
39、A=16m；（3）质点P、Q平衡位置之间的距离为：L=8510=75m；由L=vt，解得：t=3s即经过3s时间质点Q第一次到达波谷，经过3.8s时间质点第二次到达波谷；答：该波的传播速度是25m/s从t=0到t=1.6s，质点P通过的路程为16m经过3.8s时间质点Q第二次到达波谷【点评】本题关键要理解波动图象与振动图象的联系与区别，同时，读图要细心，数值和单位一起读判断波的传播方向和质点的振动方向关系是必备的能力五、物理-模块3-5模块17某金属的截止极限频率恰好等于氢原子量子数n=4能级跃迁到n=2能级所发出光的频率氢原子辐射光子后能量减小（选填“增大”、“不变”或“减小”）现用氢原子由
40、n=2能级跃迁到n=1能级所发出的光照射该金属，则逸出光电子的最大初动能是2E2E1E4（已知氢原子n=1、2、4能级的能量值分别为E1、E2、E4）【考点】光电效应【专题】光电效应专题【分析】根据EmEn=h求出辐射光子的能量的变化，再根据Ekm=hW，即可求解逸出光电子的最大初动能【解答】解：辐射光子后，氢原子的能量会减小；由题意可知，E4E2=h0；由n=2能级跃迁到n=1能级所发出光的能量E=E2E1；再根据Ekm=hW=E2E1（E4E2）=2E2E1E4，故答案为：减小，2E2E1E4【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，以及知道光电效应的条件，掌握光电效应方程18如图
41、所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为m1、m2、A车上有一质量为m0的人，以速度v0向右跳上B车，并与B车相对静止求：人跳离A车后，A车的速度大小和方向人跳上B车后，B车的速度大小和方向【考点】动量守恒定律【专题】动量定理应用专题【分析】人与A组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的速度；人与B组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出B的速度【解答】解：设人跳离A车后，A车的速度为vA，研究A车和人组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律有：m1vA+m0v0=0，解得：vA=，负号表示A车的速度方向向左；研究人和B车，以向右为正方向，由动量守恒定律有： m0v0=（m0+m2）vB，解得：，方向向右答：人跳离A车后，A车的速度大小为，方向向左人跳上B车后，B车的速度大小为，方向向右【点评】本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道人和A车、人和B车组成的系统动量守恒，注意表达式的矢量性，列式时要规定正方向，难度适中
