1、中学生标准学术能力诊断性测试2019年7月测试物理试卷（本试卷共100分，考试时间90分钟）一、选择题：本题共10个小题，每小题3分，共30分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目的要求。1.关于物理学家对物理学发展做出的突出贡献，以下说法中正确的是（ ）A. 伽利略利用猜想加实验的方法正确描述了自由落体运动规律B. 牛顿发现了万有引力定律并用实验首次测定了万有引力常量C. 法拉第经过多年的研究首次发现了电流的磁效应D. 卢瑟福利用粒子轰击氮核从而发现了原子核中有中子【答案】A【解析】【详解】A伽利略利用斜面“外推”研究自由落体运动时，直接测量铜球的位移与时间的关系，外推得到铜球的
2、速度与时间的关系，然后得到自由落体运动的规律，故A正确；B牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，故B错误；C法拉第经过多年的实验探索终于发现了电磁感应现象，奥斯特发现了电流的磁效应，故C错误；D卢瑟福在用粒子轰击氮核发现了质子，并预言了中子的存在，故D错误；故选A。2.以下对有关物理概念的理解中正确的是（ ）A. 物体的速度变化大其加速度就大B. 受静摩擦力作用的物体一定处于静止状态C. 骑自行车沿水平圆形轨道转弯时的向心力就是自行车手转动车把的力D. 滑动摩擦力也可以对物体做正功【答案】D【解析】【详解】A物体的速度变化大，根据公式可知，加速度不一定大，故A错误；B运动的物体也
3、可以收到静摩擦力，如随传送带一起斜向上运动的物体，故B错误；C骑自行车沿水平圆形轨道转弯时所需的向心力由地面对轮胎的侧向静摩擦力提供，故C错误；D滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，与物体运动方向可以相同，也可以相反，物体受滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功，故D正确；故选D。3.以下对物理现象和物理规律的认识中正确的是（ ）A. 只要照射到金属表面的光的强度足够强就一定能产生光电效应现象B. 当给放射性材料加热时其衰变进程将加快C. 处于第三能级的氢原子跃迁到第二能级时发出的光的频率最高D. 原子核中的中子可以放出一个电子变成一个质子【答案】D【解析】【详解】A光电效应的条件是入射光的频
4、率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，故A错误；B元素的半衰期是由原子核的结构决定的，与外界因素无关，故B错误；C处于第三能级的氢原子跃迁到第二能级时发出的光的频率小于处于第二能级的氢原子跃迁到第一能级时发出的光的频率，故C错误；D衰变的本质是原子核中的一个中子转变为一个质子，同时放出一个电子，故D正确；故选D。4.投掷飞镖是同学们非常喜欢的一项健身运动，某同学在一次投掷飞镖的过程中，水平投出的飞镖恰好击中飞镖靶盘中心正下方的一点，如图所示。保持投掷的高度不变且水平投掷，为了能够击中靶心，以下判断中不正确的是（ ）A. 只要适当水平往前移动一下投掷的位置就有可能击中靶心B. 只要适当增大水
5、平投出的速度就有可能击中靶心C. 只要是能够击中靶心，击中靶盘时速度一定比原来大D. 若同时调整投掷的水平距离和速度，击中靶盘时的速度与竖直方向的夹角可以和原来相同【答案】C【解析】【详解】A飞镖运动可近似看成是平抛运动，根据平抛运动的规律可得联立可得水平投出的飞镖恰好击中飞镖靶盘中心正下方的一点说明飞镖竖直方向的位移过大，为了仍能击中靶心，所以只要适当水平往前移动一下投掷的位置，水平位移减小，飞镖竖直方向的位移减小，就有可能击中靶心，故A正确；B只要适当增大水平投出的速度，根据可知飞镖竖直方向的位移减小，就有可能击中靶心，故B正确； C根据平抛运动的规律可得击中靶盘时的速度为若只要适当水平往
6、前移动一下投掷的位置就有可能击中靶心，击中靶盘时的速度比原来击中靶盘时的速度小，故C错误；D设击中靶盘时的速度与竖直方向的夹角为，则有所以同时调整投掷的水平距离和速度，击中靶盘时的速度与竖直方向的夹角可以和原来相同，故D正确；不正确的是故选C。5.一带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一完全相同的带电小球B用绝缘撑杆固定在O点正下方的M点，两带电小球都可看做点电荷，开始时小球A恰好静止在位置N，如图所示，由于固定在M处的B球缓慢漏电，导致小球A的位置非常缓慢地降低至位置P，在此过程中以下判断正确的是（ ）A. 在小球A由N到P的过程中，细线对小球A的拉力逐渐减小B. 在小球A由N到P的过程中，小
7、球B对小球A的库仑力逐渐增大C. 在小球A由N到P的过程中，小球A所处位置的电势逐渐升高D. 在小球A由N到P的过程中，小球B与小球A之间的电势能逐渐变大【答案】D【解析】【详解】AB对A球受力分析，受重力、细线对其的拉力和小球B对其的库仑力，如图所示设小球B与小球A之间的距离为，根据平衡条件和三角形知识可得在小球A由到的过程中，细线对小球A的拉力不变，小球B与小球A之间的距离减小，所以小球B对小球A的库仑力逐渐减小，故A、B错误；CD小球A由到的过程中，小球A动能不变，细线对小球A的拉力不做功，球A的重力做正功，根据动能定理可得小球B对小球A的库仑力做负功，所以小球B与小球A之间的电势能逐渐
8、变大，根据可知，若小球A带正电，小球A所处位置的电势逐渐升高，若小球A带负电，小球A所处位置的电势逐渐减小，故C错误，D正确；故选D。6.在如图所示的电路中，R1、R2和R3都是定值电阻，R是滑线变阻器，V1和V2是两只量程恰好始终满足条件的理想电压表，P是两相距很近的平行金属板MN之间的一个点，开始时在P点放置一个带电颗粒Q恰好能够保持静止，当滑线变阻器的滑动端自图示位置向左缓慢滑动时，以下说法中错误的是（ ）A. 电阻R2消耗的电功率减小B. 金属板MN之间的P点电势升高C. 带电颗粒Q向下运动D. 电压表V1示数的变化量U1的绝对值小于电压表V2示数的变化量U2的绝对值【答案】C【解析】
9、【详解】ABC当滑线变阻器的滑动端自图示位置向左缓慢滑动时，滑线变阻器的阻值减小，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知总电流增大，根据欧姆定律可知两端的电压增大，根据可得电阻两端的电压减小，根据可知电阻消耗的电功率减小，根据欧姆定律可知通过电阻电流减小，根据并联分流可知电阻电流增大，所以电阻两端的电压增大，即电压表V1示数增大，金属板MN之间的电势压增大，根据可知金属板MN之间电场强度增大，电场力增大，带电颗粒Q向上运动，金属板MN之间的点电势升高，故A、B正确，C错误；D由于电阻两端的电压减小，所以电阻与滑线变阻器串联后的总电压减小，即电压表V1示数与电压表V2示数之和减小，而电压表V1示数
10、增大，则有电压表V2示数减小，所以电压表V1示数的变化量的绝对值小于电压表V2示数的变化量的绝对值，故D正确；说法中错误的是故选C。7.如图所示，一质量为m的小球用质量不计的细线悬挂在O点，小球在水平拉力F的作用下，从细线竖直的最低点开始匀速率拉升至细线与竖直成角，在此过程中小球所受的空气阻力大小保持不变，则以下判断中正确的是（ ）A. 拉力F的功率一定保持不变B. 拉力F的功率一定逐渐增大C. 拉力F做的功等于小球机械能的增量D. 拉力F做的功等于小球克服空气阻力和重力做功与增加的重力势能的总和【答案】B【解析】【详解】AB小球的受力如图由于小球做匀速率圆周运动，所以在垂直细线的合外力为零，
11、则有拉力的功率为细线与竖直成角增大，小球所受的空气阻力大小保持不变，所以拉力的功率逐渐增大，故A错误，B正确；CD对小球，根据动能定理则有拉力做的功与小球克服空气阻力做功之差等于小球机械能的增量，拉力做的功等于小球克服空气阻力和克服重力做功总和，即拉力做的功等于小球克服空气阻力做功与增加的重力势能的总和，故C、D错误；故选B。8.2019年1月3日，嫦娥四号成功着陆在月球背面开始了对月球背面区域的科学考察之旅由于月球在绕地球的运行过程中永远以同一面朝向地球，导致地球上的任何基站信号都无法直接穿透月球与嫦娥四号建立联系，为此，我国特意于2018年5月21日成功发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，如下图
12、所示，若忽略除地球和月球外其他天体的影响，运行在地月第二拉格朗日点（L2点）的“鹊桥”的运动可简化为同时参与了以L2点为中心的自转和与月球一起绕地球的公转两个运动，以确保嫦娥四号和地球之间始终能够正常的进行通讯联系以下关于月球和中继星“鹊桥”运动的认识中正确的是：A. 月球的自转周期与其绕地球的公转周期一定是相同的B. “鹊桥”的公转周期一定大于月球的公转周期C. “鹊桥”的自转的周期一定等于其绕地球公转的周期D. “鹊桥”绕L2点自转的向心力一定是地球和月球对其万有引力的合力【答案】A【解析】【详解】A. 月球一面始终朝着地球，说明月球也有自转，其自转周期等于其公转周期，故A正确； B. 地
13、月系统的拉格朗日点就是小星体在该位置时，可以与地球和月球基本保持相对静止，故中继星“鹊桥”随拉格朗日点L2绕地球运动的周期等于月球绕地球的周期，故B错误； C.为确保嫦娥四号和地球之间始终能够正常的进行通讯联系，所以“鹊桥”的自转的周期要小其绕地球公转的周期，故C错误； D. 中继星“鹊桥”绕拉格朗日点L2运动过程，只受到地球和月球万有引力作用，合力不能提供向心力，因此还受到自身的动力作用，故D错误9.用规格完全相同的导线制作的半径之比的两个闭合导线环P和Q，两导线环同圆心、同平面放置，其中导线环Q所包围的区域有与Q的面积完全相同的匀强磁场(其它区域无磁场)，匀强磁场的方向垂直于导线环平面，如
14、图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示，规定磁场方向垂直于圆环平面向里为正。则以下判断中正确的是（ ）A. P、Q两环中的感应电动势大小之比B. P、Q两环中的感应电流的大小之比C. 时间内与时间内感应电流方向相反D. 时间内与时间内环中感应电流的大小都是逐渐增大的【答案】B【解析】【详解】A磁通量可以用穿过线圈的磁感线条数表示，由于穿过两个线圈的磁感线条数一样多，故穿过两个线圈的磁通量相等，根据法拉第电磁感应定律可知两个线圈的感应电动势相等，故A错误；B根据电阻定律，、相同，则电阻之比为根据闭合电路欧姆定律得产生的感应电流之比为故B正确；C时间内磁感应强度垂直于圆环平面向里
15、且减小，穿过两个线圈的磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可得线圈的感应电流方向为顺时针方向，时间内磁感应强度垂直于圆环平面向外且增大，穿过两个线圈的磁通量增大，根据楞次定律和安培定则可得线圈的感应电流方向为顺时针方向，故C错误；D根据法拉第电磁感应定律和图像的斜率可知在时间内线圈的感应电动势逐渐减小，所以时间内环中感应电流的大小都是逐渐减小的，在时间内线圈的感应电动势逐渐减小，所以时间内环中感应电流的大小是逐渐减小的，故D错误；故选B。10.如图所示，有质子()、氘核()、氚核()和氦核()四种带电粒子，先后从加速电压是U1的加速电场中的P点由静止释放，被加速后从B板的小孔射出沿CD间的中线进
16、入偏转电压为U2的偏转电场，都能够从偏转电场的另一端射出。如果不计重力的影响，以下判断中正确的是（ ）A. 质子()的偏转位移y最大B. 氘核()的偏向角最小C. 氦核()射出偏转电场时的动能最大D. 氚核()的射出偏转电场时的速度最大【答案】C【解析】【详解】A在加速电场中，根据动能定理有在偏转电场中，带电粒子做类平抛运动，则有联立可得所以四种带电粒子的偏转位移相同，故A错误；B带电粒子偏向角为所以四种带电粒子的偏向角相等，故B错误；C根据动能定理可得带电粒子射出偏转电场时的动能为由于氦核()的电荷量最大，所以氦核()射出偏转电场时的动能最大，故C正确；D带电粒子射出偏转电场时速度为由于质子
17、()的比荷最大，所以质子()的射出偏转电场时的速度最大，故D错误；故选C。二、选择题：本题共4个小题，每个小题4分，共16分。在每个小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.以下对物理现象、物理概念和物理规律的认识中正确的是（ ）A. 电势降落的方向就是电场强度的方向B. 只要闭合电路在磁场中运动就一定有感应电流产生C. 如果线圈相对磁场运动而产生了感应电流，则该线圈受到安培力必定阻碍线圈相对磁场的运动D. 线圈中产生的自感电动势会阻碍线圈中的电流发生变化【答案】CD【解析】【详解】A沿着电场线的方向电势逐渐降低，但是电势降低的方向
18、不一定是电场强度的方向，应该是电势降低最快的方向才为电场强度的方向，故A错误；B导体在磁场中运动，即使是闭合的回路，导体的运动既可以是沿磁感线运动，也可是切割磁感线，只有切割才会产生感应电流，故B错误；C如果线圈相对磁场运动而产生了感应电流，根据楞次定律的应用可知该线圈受到的安培力必定阻碍线圈相对磁场的运动，故C正确；D根据楞次定律得知，线圈中自感电动势总阻碍电流的变化，故D正确；故选CD。12.质量完全相同的两个物体A和B与水平面之间的动摩擦因数完全相同，在水平拉力的作用下从同一位置同时开始沿同一方向运动，运动的v-t图象如图所示，其中物体A的图线与横轴之间的夹角为45，以下对两个物体运动的
19、判断中正确的是（ ）A. 物体A的加速度是B. 物体B所受的水平拉力一定是逐渐增大的C. 时刻两物体相遇D. 时间内，物体A受到的水平拉力做的功一定比物体B所受的水平拉力做的功多【答案】BD【解析】【详解】A图象的斜率表示加速度，物体A的加速度为由于图象横纵坐标标度不一致，所以物体A的加速度不等于，不等于，故A错误；B图象的斜率表示加速度，物体B的加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律可得所以物体B所受的水平拉力一定是逐渐增大的，故B正确；C根据图象，在时刻，物体A与物体B速度相等，位移为物体A与物体B不相遇，故C错误；D根据动能定理可得可得时间内，物体A受到的水平拉力做的功一定比物体B所受的水平拉
20、力做的功多，故D正确；故选BD。13.如图甲所示，MN是匝数比为n1：n2=2：1的变压器原线圈的两端，其输入的电压随时间的变化图线如图乙所示，副线圈中所接电压表和电流表都是理想电表且始终不超过量程，小灯泡两端的电压始终小于其额定电压，以下判断中正确的是（ ）A. 电压表的示数是110VB. 通过R0的电流频率为50HzC. 当滑线变阻器R的滑动端向上滑动时，电流表示数增大D. 当滑线变阻器R的滑动端向上滑动时，小灯泡变亮【答案】AD【解析】【详解】A原线圈电压有效值为副线圈的电压为即电压表的示数是110V，故A正确；B原线圈的频率为变压器不会改变频率，通过的电流频率为25Hz，故B错误；CD
21、当滑线变阻器的滑动端向上滑动时，滑线变阻器的阻值增大，副线圈的总电阻增大，而副线圈的电压不变，所以副线圈的电流减小，根据欧姆定律可知两端的电压减小，根据串联电路分压可得小灯泡两端的电压增大，根据欧姆定律可知小灯泡电流增大，小灯泡变亮，根据并联电路分流可得电流表示数减小，故C错误，D正确；故选AD。14.如图所示，电阻不计的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨间距为L，导轨长度足够长，导轨左端连接有阻值为R的电阻，整个导轨平面处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m阻值为的导体棒MN垂直于导轨放置在导轨上并始终与导轨良好接触，接触点为M和N，零时刻沿导轨方向给导体棒一个大小为的初速度
22、，经过一段时间导体棒发生位移，则以下判断中正确的是（ ）A. 零时刻导体棒MN的加速度B. 零时刻导体棒MN两端的电压C. 导体棒MN运动位移时的速度D. 导体棒MN运动的最大位移【答案】AC【解析】【详解】A零时刻导体棒产生的感应电动势为根据闭合电路欧姆定律可得根据牛顿第二定律可得零时刻导体棒的加速度为故A正确；B根据欧姆定律可得零时刻导体棒两端的电压为故B错误；C对于导体棒运动位移时的过程中，取初速度方向为正方向，由动量定理得而联立得导体棒运动位移时的速度为故C正确；D对于导体棒运动过程中，取初速度方向为正方向，由动量定理得而联立得导体棒运动的最大位移为故D错误；故选AC。三、实验题：本题
23、共2小题，共12分。15.某同学用如图甲所示的装置进行“探究加速度a与合外力F之间关系”的实验，图中的拉力传感器随时可以将小车所受细绳的拉力F显示在与之连接的平板电脑上并进行记录，其中小车的质量为M，沙和沙桶的质量为m，小车的运动情况通过打点计时器在纸带上打点记录。(1)对于该实验应该注意的问题或者会出现的情况，以下说法中正确的是_A.该实验需要平衡摩擦力B.实验过程中需要始终保持M远大于mC.实验过程中需要始终保持牵引小车的细绳平行于带滑轮的长木板D.实验得到的a-F图线在F比较大时会出现弯曲(2)如图乙所示是实验过程中得到的纸带，A、B、C、D、E、F、G是选取的计数点，相邻的两个计数点之
24、间还有四个点没有画出，打点计时器使用的电源频率f=50Hz，则物体运动的加速度a=_m/s2(结果保留两位有效数字)【答案】 (1). AC (2). 0.50m/s2【解析】【详解】(1)1本实验已经用了拉力传感器，就无须远远大于，因此图象在比较大时也不会出现弯曲，平衡摩擦力是必须的；细线要平行于长木板，使得绳子的拉力等于小车的合力，故A、C正确，B、D错误；故选AC。(2)2根据逐差公式求加速度为16.如图甲所示，是某一电路中的一部分，由于其中的一个电阻发生了断路，导致整个电路不能正常工作，小明和小亮两位同学利用多用电表R进行了以下实验操作，请根据他们的测量情况，回答相应的问题。(1)小明
25、首先在PQ间接上一.直流电源，P接电源正极，多用电表的选择开关置于“直流电压2.5V”档位，红表笔接P，黑表笔接Q，稳定后电表指针在表盘上的位置如图乙所示，则PQ之间的电压是_V(2)小明又将红表笔接P，黑表笔接M，若电压表示数与PQ之间的电压完全相同，则可以确定必定是_发生了断路(3)小亮同学在该部分电路不接电源的情况下，将多用电表选择开关置于欧姆表倍率“10”的档位，调零后红表笔接P，黑表笔接M，电表指针在表盘的位置如图丙所示，由于多用电表最上面的刻度线被污染的很模糊无法直接读取数据，他进一步观察发现，此时指针偏转的角度恰好位于表盘0-15之间的正中位置，其中15的位置是多用电表指针半偏时
26、所指的位置，则此时多用电表所测的阻值是_，小亮据此确定电阻R2没有断路，你认为他的判断是_的(填写“正确”或者“错误”)。【答案】 (1). 2.00 (2). R2 (3). 50 (4). 错误【解析】【详解】(1)1之间的电压即表盘上的读数，刻度盘上每一小格表示0.05V，估读同一位，故指针在表盘上的示数为2.00V；(2)2 之间的电压与之间电压完全相同，说明测量范围内存在断路，故一定断路；(3)3根据闭合电路欧姆定律得联立解得4多用电表此时所测的阻值可能是和串联的阻值，可能断路，故小亮据此判断错误；四、计算题：本题共3大题，共32分。17.随着经济的飞速发展，我国居民的汽车拥有量持续
27、增加，交通拥堵和交通安全已成为城市交通中的难题。某市区的一条道路中每个路口在绿灯变红灯前t0=3s便开始闪烁提醒，绿灯结束后还设有一定时间的黄灯以确保已经越过停车线的车辆能够继续顺利通过路口，若该路段某路口恰有车辆鱼贯有序匀速通过，每辆车的行驶速度=8m/s，车间距均为x=8m，当绿灯开始闪烁时恰有一辆车(该车标记为第1辆车，以此类推)距离停车线还有=5m，已知车身长L=5m，问：(1)红灯亮之前共有几辆车可以匀速通过该路口的停车线?(2)若匀速行驶不能越过停车线中的第一辆车也想在绿灯熄灭前驶过停车线，他在看到绿灯开始闪烁时即开始匀加速(忽略司机反应时间)，又以相同大小的加速度匀减速，结果他恰
28、好在绿灯熄灭时车头驶过停车线，整个过程恰好不会与前车相撞。该车的加速度大小是多少?车头驶过停车线时的速度多大?(其它车辆均匀速行驶)【答案】(1)2辆；(2) 2m/s2，10m/s；或m/s2，m/s【解析】【详解】(1)绿灯闪烁的时间内，汽车匀速行驶的位移是可匀速通过红绿灯的车辆=2.46辆所以红灯亮之前共有2辆车可以匀速通过该路口的停车线(2)设该车的加速度为，加速时间为，则减速过程的时间也为，整个过程恰好不会与前车相撞，则有绿灯熄灭时车头恰好驶过停车线：解得，或 ，若加速度为=2m/s2加速和减速，加速结束时的速度=12m/s绿灯熄灭时的速度=10m/s若加速度为m/s2加速和减速，加
29、速结束时的速度m/s绿灯熄灭时的速度m/s18.如图所示，一半径为R的圆形磁场区域内有垂直于平面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，P、Q是磁场边界上的两个点，P、Q两点与圆心O的连线夹角为120，在圆形区域的最低点P处有一个离子源，该离子源能够在圆形区域平面内向各个方向发射大量的质量为m、带电量为q的带电粒子，这些带电粒子的速度大小都相同，忽略带电粒子在运动中相互作用的影响，不计重力，则：(1)若沿PO方向射入磁场的带电粒子恰好从磁场边界上的Q点射出磁场，带电粒子的速度大小应该是多少？(2)若只有磁场边界上的P、Q两点之间的区域有带电粒子射出，这些带电粒子速度大小又是多少？【答案】(1) (2)
30、 【解析】【详解】(1)从Q点射出，沿PO方向射入，与PO方向垂直为半径方向， PQ连线的中垂线也是半径方向，交点即为圆心，因为P、Q两点与圆心O的连线夹角为120，根据几何关系可求出，圆周运动半径根据牛顿第二定律解得，带电粒子的速度大小(2) 从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，圆弧PQ的弧长是圆周长的 ，所以粒子做圆周运动的半径 为：根据牛顿第二定律所以带电粒子速度大小19.如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量m=2kg的薄木板，木板上距离木板右端L=0.3m处放置一质量为M=3kg的滑块(忽略大小)，滑块与木板之间的动摩擦因数为=0.2，木
31、板的右侧距离木板右端x=lm处是一挡板，木板每次与挡板碰撞的时间极短并都是原速率弹回，现给滑块一水平向右的初速度=1m/s，g=10m/s2。在此后的运动过程中，问：(1)木板第一次与挡板碰撞后，何时木板右端距离挡板最远?最远距离是多少?(2)通过计算说明木板和滑块的最终位置分别在距高挡板多远处。【答案】(1)0.2s；0.06m；(2)木板右端到挡板的距离0m；0.05m【解析】【详解】(1)设木板与挡板碰前能与滑块共速，由动量守恒得解得=0.6m/s木板的加速度=3m/s2木板的位移=0.06m所以，木板与挡板碰前的确能与滑块共速，且共同以=0.6m/s的速度让木板与挡板第一次碰撞，碰后当
32、木板向右的速度为零时木板右端距离挡板最远=0.2s=0.06m(2)设木板与挡板发生第n次碰撞时的速度为，则有即木板碰后向左减速的位移必小于速度为零后向右加速的位移说明每次木板与挡板碰前必共速，且与挡板的碰撞速度逐渐减小，最终木板必停在靠近挡板处即右端到挡板的距离板=0m设滑块在木板上的滑动距离为，则有解得=0.25m滑块到挡板的距离块m五、选做题：共10分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。【物理-选修3-3】20.下列说法中正确的是_。A. 当温度升高时，所有分子的动能一定会增大B. 两个分子在相互靠近的过程中其分子间的分子力和分子势能都是逐渐增大的C. 外
33、界对气体做功，气体的内能不一定增加D. 由于液体表面层分子间距大于液体内部分子间距，致使表面层内分子力表现为引力，从而使液体表面有收缩的趋势E. 密闭容器内气体的压强是由于大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的【答案】CDE【解析】【详解】A一定质量的理想气体温度升高时，分子平均动能增大，但并非所有分子的动能都增大，故A错误；B两个分子在相互靠近的过程中，其分子力的合力可能增加，也可能先减小后增加，要看初始距离大小；在两个分子相互靠近的过程中，当体现斥力时，一定克服分子力做功，分子势能增大；当体现吸引力时，分子力做正功，分子势能减小，故B错误；C根据热力学第一定律知，外界对气体做功，气体的内能不一
34、定增加，故C正确；D液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子力表现为引力，产生表面张力，从而使液体表面有收缩的趋势，故D正确；E压强是大量分子频繁地碰撞器壁，就对器壁产生持续、均匀的压力；所以从分子动理论的观点看来，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的作用力，故E正确； 故选CDE。21.如图所示，粗细均匀的U型玻璃管左端封闭、右端开口，左右两管长度相同，玻璃管中被水银封闭了一定质量的理想气体，开始时左管液面比右管液面高h=21cm，此时左端被封闭的气柱长度为=25cm，现从右管开口处缓慢加入水银，当两管液面相平时，左管气柱长度变为l8cm，继续加入水银直至与右侧管口相
35、平，封闭气体的温度保持不变，问：整个过程共向管内加入了多长的水银柱?【答案】56cm【解析】【详解】设大气压强为，设U形管的横截面积为，根据玻意耳定律有设从开始至液面与管口相平左管液面上升了，根据玻意耳定律有解得 (不合题意，舍去)，加入的水银柱的总长度为【物理-选修3-4】22.下列说法中正确的是_。A. 光传播到两种介质的界面上时，如果入射角大于临界角必定会产生全反射现象B. 光学镜头增透膜就是利用了入射角小于临界角不会产生全反射的原理C. X射线不可能在磁场或者电场中发生偏转D. 在做双缝干涉实验时，若其它条件不变只增大双缝间距，则屏上干涉条纹的间距减小E. 泊松亮斑的产生证实了光是可以
36、产生衍射现象的【答案】CDE【解析】【详解】A光在两种介质的界面处发生了全反射，说明光是从光密介质进入光疏介质，入射角大于或等于临界角，故A错误；B镜头镀膜增透是利用了光的薄膜干涉现象，减弱光的反射，从而增加透射能力，故B错误；C射线是电磁波，不能在电场或磁场中发生偏转，故C正确；D根据双缝干涉条纹的间距公式，知若其它条件不变只增大双缝间距，则屏上干涉条纹的间距减小，故D正确；E泊松亮斑是光的衍射现象中的加强区，证实了光是可以产生衍射现象的，故E正确；故选CDE。23.某介质中有一质点P从其中心位置开始向上做振幅为A=0.1m的简谐振动，M、N是质点P在振动过程中经过的关于P对称的两个位置，如
37、图所示，已知该质点两次经过M点的最短时间t1=0.05s、从M到N的最短时间为t2=0.2s，质点P在介质中激起的简谐波沿与MN垂直的方向传播，Q是该简谐波向右传播过程介质中的一个质点，t时刻质点P正在上方最大位移处，而此时的Q正通过平衡位置向下运动，已知PQ之间的距离x=0.6m，则：(1)质点的振动周期是多少?(2)质点P激起的简谐波最大传播速度是多少?(3)自质点P开始振动至t时刻的过程中，质点P的路程至少是多少?【答案】(1)0.5s；(2)1.6m/s；(3)0.5m【解析】【详解】(1)根据简谐振动的对称性可以确定质点的振动周期为(2)由和的振动情况可以确定，之间的距离至少是当时，波速最大，可得=1.6m/s(3)因为开始振动的方向也是向上的，所以时刻质点至少振动了半个周期，而至少振动了，质点P的最小路程是
