河南省示范性高中罗山高中2021届高三下期轮考(二)物理试题-Word版含解析.docx

2021年河南省信阳市罗山高中高考物理模拟试卷（二）

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，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，其中5-8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）斜面放置在水平地面上始终处于静止状态，物体在沿斜面对上的拉力作用下沿斜面对上运动，某时刻撤去拉力F，那么物体在撤去拉力后的瞬间与撤去拉力前相比较，以下说法正确的是（　　）

　 A． 斜面对地面的压力肯定增大了
　 B． 斜面对地面的压力肯定减小了
　 C． 斜面对地面的静摩擦力肯定减小了
　 D． 斜面对地面的静摩擦力肯定不变

【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【专题】： 共点力作用下物体平衡专题．
【分析】： 撤去拉力前，物体沿斜面上升；撤去拉力后瞬间物体由于惯性连续沿斜面上升；两种状况下斜面体的受力状况不变，故其对地压力和静摩擦力也不变．
【解析】： 解：物体在沿斜面对上的拉力作用下沿斜面对上运动时，斜面体受重力Mg、支持力N、压力N1、滑块对其的滑动摩擦力f1以及地面对其的静摩擦力f2，如图，斜面体平衡；

撤去拉力后，物体由于惯性连续沿斜面上升，斜面体受重力、支持力、压力、滑块对其的滑动摩擦力均不变，故斜面体仍会保持静止，地面对其的静摩擦力也不会变；
故选D．
【点评】： 本题关键是对斜面体受力分析，然后结合平衡条件分析；明确静摩擦力是被动力．

2．（6分）如图所示，在光滑、绝缘的水平桌面上固定放置一光滑、绝缘的挡板ABCD，AB段为直线挡板，BCD段是半径为R的圆弧挡板，挡板处于场强为E的匀强电场中，电场方向与圆直径MN平行．现有一带电量为q、质量为m的小球由静止从挡板内侧上的A点释放，并且小球能沿挡板内侧运动到D点抛出，则（　　）

　 A． 小球运动到N点时，挡板对小球的弹力可能为零
　 B． 小球运动到N点时，挡板对小球的弹力可能为Eq
　 C． 小球运动到M点时，挡板对小球的弹力可能为零
　 D． 小球运动到C点时，挡板对小球的弹力肯定大于mg

【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： 依据小球的运动状况，可知小球的合力方向，得知小球的电场力方向，从而得知小球的电性．小球沿挡板内侧运动，依据AB段垂直于挡板方向上的合力为零，推断电场力与重力的大小关系．
然后确定小球运动过程中的等效最高点与大小最低点．小球在等效最高点存在临界条件，在等效最低点对轨道的压力最大．
【解析】： 解：小球从静止A点释放，能沿挡板内侧运动到D点抛出，知小球在AB段的合力方向沿AB向下，则电场力方向水平向右，小球肯定带正电；
小球受到的合力方向沿AB向下，所以小球在圆轨道内运动的过程中，圆轨道的等效最高点在MD到最高点间，圆轨道的等效最低点是的延长线与右下方轨道的交点，位于N与C之间．
AB、小球运动到N点时，电场力方向水平向右，小球水平方向的合力供应圆周运动向心力，故挡板对小球的弹力大于电场力qE，故AB均错误；
C、小球运动到M点时水平方向的合力供应圆周运动向心力，故当小球所受电场力刚好供应小球圆周运动的向心力时，挡板对小球的作用力为0，故C正确；
D、当小球在点C时的速度大于0，小球竖直方向所受弹力供应小球圆周运动向心力，整个轨道是在水平面上，而不是竖直平面，所以c点弹力与重力无法比较，故D错误．
故选：C．
【点评】： 本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动和牛顿其次定律的综合运用，关键是确定物体运动过程中的等效最高点与等效最低点，确定各点小球对轨道的压力的大小关系．

3．（6分）如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F一v2图象如乙图所示．则（　　）

　 A． 小球的质量为
　 B． 当地的重力加速度大小为
　 C． v2=c时，杆对小球的弹力方向向上
　 D． v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小不相等

【考点】： 向心力．
【专题】： 匀速圆周运动专题．
【分析】： 在最高点，若v=0，则F=mg=a；若F=0，则mg=m，联马上可求得当地的重力加速度大小和小球质量；
由图乙可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下；若v2=2b．依据向心力公式即可求解．
【解析】： 解：A、在最高点，若v=0，则F=mg=a；若F=0，则mg=m，解得g=，m=，故A正确，B错误．
C、由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，所以小球对杆的弹力方向向上，故C正确；
D、若v2=2b．则F+mg=m，解得N=a=mg，故D错误．
故选：AC．
【点评】： 本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能依据图象猎取有效信息．

4．（6分）（2022•邢台一模）如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R．轨道端点所在的水平线相隔肯定的距离x．一质量为m的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B时的速度为v．小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差为△F （△F＞0 ）．不计空气阻力．则（　　）

　 A． m、x肯定时，R越大，△F肯定越大
　 B． m、x肯定时，v越大，△F肯定越大
　 C． m、R肯定时，x越大，△F肯定越大
　 D． m、R肯定时，v越大，△F肯定越大

【考点】： 匀速圆周运动；向心力．
【分析】： ①利用动能定理或者是机械能守恒可以求出小球经过A点时的速度；
②分别分析在A、B时的受力，利用向心力公式可以分别求出在A、B时受的支持力大小；
③知道了分别在A、B时受的支持力大小，进而可以求他们的差值．
【解析】： 解：设m在A点时的速度为VA，在B点时速度为VB；
对m从A到B点时，依据动能定理有：
mg（2R+X）=mVB2﹣mVA2
对m在B点时，受重力和支持力NB的作用，依据牛顿其次定律：
NB﹣mg=m
所以NB=mg+m；
对m在A点，受重力和支持力NA，依据牛顿其次定律：
NA+mg=m
所以NA=m﹣mg；
小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差△F=NB﹣NA=6mg+2mg
所以，从推导的关系式可知，A选项中R越大，△F应当是越小，所以A错误，
△F与速度V没关系，所以选项BD都错误，
m、R肯定时，当x变大时，从关系式中不难发觉△F肯定越大，所以C选项正确．
故选：C．
【点评】： 把动能定理和圆周运动的学问结合在一起，这也是学习过程中常见的题目类型，只要把握住分析问题的方法，这一类的题目基本上就可以解决了．

5．（6分）2011年6月21日，我国放射了“中星10号”地球同步通讯卫星，卫星的质量为5.22t，下列说法中正确的是（　　）
　 A． 卫星可以定点在北京的正上方
　 B． 卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度
　 C． 卫星运行的速度比第一宇宙速度小
　 D． 卫星运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小

【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】： 同步卫星具有以下特点：定轨道（赤道上方）、定周期（24h）、定高度、定速度．依据万有引力供应向心力比较向心加速度、线速度以及角速度．
【解析】： 解：A、同步卫星的轨道在赤道的上方．故A错误．
B、依据万有引力供应向心力，，卫星的向心加速度小于地球表面运行卫星的向心加速度，而地球表面运行的向心加速度等于地球表面的重力加速度．故B正确．
C、，，轨道半径越大，线速度越小，卫星的轨道半径大于地球半径，所以卫星运行的速度比第一宇宙速度小．故C正确．
D、，，卫星的轨道半径小于月球的轨道半径，所以卫星的角速度大于月球绕地球运行的角速度．故D错误．
故选BC．
【点评】： 解决本题的关键把握万有引力供应向心力．

6．（6分）在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑半球B，整个装置处于静止状态，如图所示．已知B物体的质量为m，A的质量不计，则下列说法正确的是（　　）

　 A． 若保持B的半径不变，而将B改用密度稍小的材料制作，则B对墙壁的弹力变小
　 B． 若保持B的半径不变，而将B改用密度更大的材料制作，则A可能发生滑动
　 C． 若保持B的质量不变，而将B改用密度更大的材料制作，则A可能发生滑动
　 D． 若保持B的质量不变，而将B改用密度更大的材料制作，则B对墙壁的弹力不变

【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【专题】： 共点力作用下物体平衡专题．
【分析】： B球半径不变时，体积不变，密度减小，质量减小．质量不变，密度增大，体积减小．
隔离对B分析，依据合力为零，依据平衡条件列式分析墙壁对B的弹力．再对整体分析，列式分析地面的支持力和摩擦力，推断A能否滑动．
【解析】： 解：对B物体受力如右上图，依据合力等于0，运用合成法，由共点力平衡条件得：
墙壁对B的弹力 N1=mgtanα．①
A对B的弹力 N2= ②
对整体分析得：
地面的支持力 N3=mg．③
静摩擦力 f=N1=mgtanα．④
A、若保持B的半径不变，体积不变，将B改用密度稍小的材料制作，B的质量减小，重力减小，由①得知，墙壁对B的弹力N1将变小．故A正确．
B、若保持B的半径不变，体积不变，将B改用密度更大的材料制作，B的质量增大，重力增大，由①得知，墙壁对B的弹力N1将增大；
由③得知，地面对A的支持力N3增大，A的最大静摩擦力增大，A不会发生滑动，故B错误．
C、D若保持B的质量不变，而将B改用密度更大的材料制作，B的体积减小，图中α增大，由③得知，地面对A的支持力N3不变，A的最大静摩擦力不变．
由④知，地面对A的静摩擦力增大，A可能发生滑动，故C正确．
由①知，α增大，墙壁对B的弹力增大，故D错误．
故选：AC．

【点评】： 解决本题的关键能够合适地选择争辩对象，正确地进行受力分析，抓住合力为零，运用共点力平衡学问求解．

7．（6分）如图所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一个高为h的物块上．若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时，物块与轻杆的接触点为B，下列说法正确的是（　　）

　 A． A、B的线速度相同
　 B． A、B的角速度相同
　 C． 轻杆转动的角速度为
　 D． 小球A的线速度大小为

【考点】： 线速度、角速度和周期、转速．
【分析】： 将物块的速度分解为沿杆子方向和垂直于杆子方向，在垂直于杆子方向上的速度等于B点绕O转动的线速度，依据v=rω可求出杆转动的角速度，再依据杆的角速度和A的转动半径可以求出A的线速度大小．
【解析】： 解：如图所示

依据运动的合成与分解可知，接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度vB=v沿垂直于杆和沿杆的方向分解成v2和v1，其中v2=vBsinθ=vsinθ，为B点做圆周运动的线速度，v1=vBcosθ为B点沿杆运动的速度．当杆与水平方向夹角为θ时，OB=
A、A、B两点都围绕O点做圆周运动，由于同一杆上运动，故角速度ω相同，由于转动半径不一样，故A、B的线速度不相同，故A错误；
B、由于A、B在同一杆上绕O点做圆周运动，故A、B绕O做圆周运动的角速度相同，故B正确；
C、由于B点的线速度为v2=vsinθ=OBω，所以ω==，故C正确；
D、由C分析知，杆转动的角速度ω=，所以A的线速度vA=Lω=，故D错误．
故选：BC
【点评】： 解决本题的关键会依据平行四边形定则对速度进行分解，木块速度在垂直于杆子方向的分速度等于B点转动的线速度．

8．（6分）磁卡的词条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势．其E﹣t关系如图所示．假如只将刷卡速度改为，线圈中的E﹣t关系可能是（　　）
　 A． B． C． D．

【考点】： 信息传播、处理和存储技术的进展；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势．
【专题】： 电磁感应与图像结合．
【分析】： 依据感应电动势公式E=BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比．
【解析】： 解：依据感应电动势公式E=BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将刷卡速度改为，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的．
磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比，所用时间变为原来的2倍．故D正确．
故选D
【点评】： 本题要抓住磁卡刷卡是利用电磁感应原理，关键要把握感应电动势公式E=BLv．

二、填空题
9．（6分）某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器拉钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，依据所测数据在坐标系中作出了如图2所示的a﹣F图象．

（1）图线不过坐标原点的缘由是　没有平衡摩擦力或平衡的不够　；
（2）本试验中是否仍需要砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量　否　（填“是”或“否”）；
（3）由图象求出小车和传感器的总质量为　1　 kg．（保留1位有效数字）

【考点】： 验证牛顿其次运动定律．
【专题】： 试验题．
【分析】： （1）由图象可知，当F≠0时，加速度仍旧为零，说明没有平衡摩擦力，或平衡的不够；
（2）该试验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．
（3）a﹣F图象中的斜率表示质量的倒数．
【解析】： 解：（1）由图象可知，当F≠0时，加速度仍旧为零，说明没有平衡摩擦力或平衡的不够；
（2）该试验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．
（3）a﹣F图象中的斜率表示质量的倒数，由图可知，k=，所以质量M=kg
故答案为：（1）没有平衡摩擦力或平衡的不够；（2）否；（3）1
【点评】： 试验中我们要清楚争辩对象和争辩过程，明确试验原理是解答试验问题的前提．

10．（9分）某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．
（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和图（b）所示，长度为　5.01　cm，直径为　5.315　mm．
（2）按图（c）连接电路后，试验操作如下：
（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最　大　处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调整R1，使电流表示数为I0；
（b）将电阻箱R2的阻值调至最　大　处（填“大”或“小”）；S2拨向接点2；保持R1不变，调整R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω；
（3）由此可知，圆柱体的电阻为　1280　Ω．

【考点】： 测定金属的电阻率．
【专题】： 试验题．
【分析】： （1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是游标卡尺示数．
（2）依据等效法测电阻的试验原理分析答题．
（3）依据试验原理与试验步骤求出圆柱体电阻．
【解析】： 解：（1）由图a所示游标卡尺可知，主尺示数为5.0cm，游标尺示数为1×0.1mm=0.1mm=0.01cm，游标卡尺示数为5.0cm+0.01cm=5.01cm；
由图b所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为5mm，可动刻度示数为31.5×0.01mm=0.315mm，螺旋测微器示数为5mm+0.315mm=5.315mm．
（2）（a）我i爱护电路，应将滑动变阻器R1的阻值置于最大处；将S2拨向接点1，闭合S1，调整R1，使电流表示数为I0；
（b）为爱护电路，应将电阻箱R2的阻值调至最大处；S2拨向接点2；保持R1不变，调整R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω；
（3）两种状况下，电路电流相等，电路电阻相等，在圆柱体电阻与电阻箱电阻相等，圆柱体的电阻为1280Ω．
故答案为：（1）5.01；5.315；（2）（a）大；（b）大；（3）1280．
【点评】： 本题考查了游标卡尺与螺旋测微器读数、试验步骤、求电阻等问题；知道试验原理是正确解题的关键，要把握等效法测电阻的方法．

11．（14分）如图所示，平板车长为L=6m，质量为M=10kg，上表面光滑并距离水平地面高为h=1.25m，在水平面上向右做直线运动，A、B是其左右两个端点．某时刻小车速度为v0=7.2m/s，在此时刻对平板车施加一个方向水平向左的恒力F=50N，与此同时，将一个质量m=1kg为小球轻放在平板车上的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），，经过一段时间，小球脱离平板车落到地面．车与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g=10m/s2．求：

（1）小球从离开平板车开头至落到地面所用的时间；
（2）小球从轻放到平板车开头至离开平板车所用的时间；
（3）从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小．

【考点】： 牛顿其次定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动．
【专题】： 牛顿运动定律综合专题．
【分析】： （1）由于平板车上表面光滑，小球始终相对于地面静止，离开小车做自由落体运动，依据h=求出离开平板车开头至落到地面所用的时间．
（2）依据牛顿其次定律求出小车向右运动的加速度大小，依据运动学公式求出小车向右运动的位移和时间，推断小球是否会从小车的左端掉下，若未掉下，依据牛顿其次定律求出小车向左运动的加速度大小，小球从右端掉下，依据小球小车向左运动的位移求出向左运动的时间，两个时间之和即为小球从轻放到平板车开头至离开平板车所用的时间．
（3）求出小车在小球做自由落体运动时间内的位移，结合小车向右运动的位移和向左运动的位移，求出小车的位移．
【解析】： 解：（1）小球从离开平板车开头至落到地面所用的时间
由h=得，
t=．
（2）小球放到平板车后相对地面静止，小车的加速度为
=7.2m/s2
小车向右运动的距离为
x1小于4m，所以小球不会从车的左端掉下．
小车向右运动的时间为
小车向左运动的加速度为
=2.8m/s2
小车向左运动的距离为
小车向左运动的时间为．
小球从轻放到平板车开头至离开平板车所用的时间t=1+2s=3s
（3）小球刚离开平板车瞬间，小车的速度方向向左，大小为
v2=a2t2=2.8×2m/s=5.6m/s
小球离开车子后，车的加速度为
车子向左运动的距离为
=3.175m
从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小
x=﹣x1+x2+x3=5.175m
答：（1）小球从离开平板车开头至落到地面所用的时间为0.5s．
（2）小球从轻放到平板车开头至离开平板车所用的时间为3s．
（3）从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小为5.175m．
【点评】： 本题是一个多过程问题，关键是理清小车在整个过程中的运动状况，结合牛顿其次定律和运动学公式进行求解．

12．（18分）如图在xOy坐标系第Ⅰ象限，磁场方向垂直xOy平面对里，磁感应强度大小均为B=1.0T；电场方向水平向右，电场强度大小均为E=N/C．一个质量m=2.0×10﹣7kg，电荷量q=2.0×10﹣6C的带正电粒子从x轴上P点以速度v0射入第Ⅰ象限，恰好在xOy平面中做匀速直线运动．0.10s后转变电场强度大小和方向，带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动，取g=10m/s2．求：
（1）带电粒子在xOy平面内做匀速直线运动的速度v0大小和方向；
（2）带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时电场强度的大小和方向；
（3）若匀速圆周运动时恰好未离开第Ⅰ象限，x轴上入射P点应满足何条件？

【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】： 带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】： （1）粒子在复合场中做匀速直线运动，受力平衡，受力分析后应用平衡条件求解即可．
（2）带电粒子在xoy平面内做匀速圆周运动时，电场力F电必需与重力平衡，洛伦兹力供应向心力．
（3）带电粒子匀速圆周运动恰好未离开第1象限，圆弧左边与y轴相切，画出图象，找出轨道半径，利用洛伦兹力供应向心力公式计算即可．
【解析】： 解：（1）如图粒子在复合场中做匀速直线运动，设速度v0与x轴夹角为θ，依题意得：粒子合力为零 ①
重力mg=2.0×10﹣6N，电场力F电=Eq=2×10﹣6N

洛伦兹力N=4.0×10﹣6N ②
由f=qv0B得，代入数据解得 v0=2 m/s ③
=，解得 θ=60° ④
速度v0大小2 m/s，方向斜向上与x轴夹角为60°
（2）带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时，电场力F电必需与重力平衡，洛伦兹力供应向心力．
故电场强度 ⑤
方向竖直向上； ⑥
（3）如图带电粒子匀速圆周运动恰好未离开第1象限，
圆弧左边与y轴相切N点； ⑦
PQ匀速直线运动，PQ=v0t=0.2 m ⑧
洛伦兹力供应向心力， ⑨

整理并代入数据得R=0.2 m ⑩
由几何学问得OP=R+Rsin60°﹣PQcos60°═0.27 m
x轴上入射P点离O点距离至少为0.27 m
答：（1）带电粒子在xOy平面内做匀速直线运动的速度v0大小为2m/s，方向斜向上与x轴夹角为60°；
（2）带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时电场强度的大小为1N/C，方向竖直向上；
（3）若匀速圆周运动时恰好未离开第Ⅰ象限，x轴上入射P点应满足入射P点离O点距离至少为0.27 m．
【点评】： 带电粒子在电磁场中的运动一般有匀速直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；匀速直线运动一般平衡条件求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解．临界问题需要画出运动轨迹，找出临界条件进行求解．

三、选考题【物理-选修3-3】（15分）
13．（6分）对于肯定质量的抱负气体，下列说法正确的是（　　）
　 A． 保持气体的压强不变，转变其体积，可以实现其内能不变
　 B． 保持气体的压强不变，转变其温度，可以实现其内能不变
　 C． 若气体的温度渐渐上升，则其压强可以保持不变
　 D． 气体温度每上升1K所吸取的热量与气体经受的过程有关
　 E． 当气体体积渐渐增大时，气体的内能肯定减小

【考点】： 抱负气体的状态方程；物体的内能；热力学第肯定律．
【分析】： 抱负气体内能由物体的温度打算，抱负气体温度变化，内能变化；由抱负气体的状态方程可以推断气体温度变化时，气体的体积与压强如何变化．
【解析】： 解：A、由抱负气体的状态方程=C可知，保持气体的压强p不变，转变其体积V，则气体温度T发生变化，气体内能发生变化，故A正确；
B、保持气体的压强不变，转变其温度，气体温度发生变化，气体内能发生变化，故B错误；
C、由抱负气体的状态方程可知，若气体的温度T渐渐上升，假如体积V同时变大，其压强可能不变，故C正确；
D、气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度上升或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸取或放出热量，由此可知气体温度每上升1K所吸取的热量与气体经受的过程有关，故D正确；
E、由抱负气体状态方向可知，当气体体积渐渐增大时，假如压强p不变，或pV增大，则气体温度T上升，气体内能增大，E错误；
故选：ACD．
【点评】： 抱负气体分子间的距离较大，分子间的作用力通常认为是零，即分子势能为零，抱负气体内能由分子的平均动能打算的，其宏观的表现是温度打算．

14．（9分）（2021•海南模拟）如图所示，一竖直放置的、长为L的细管下端封闭，上端与大气（视为抱负气体）相通，初始时管内气体温度为T1．现用一段水银柱从管口开头注入管内将气柱封闭，该过程中气体温度保持不变且没有气体漏出，平衡后管内上下两部分气柱长度比为l：3．若将管内下部气体温度降至T2，在保持温度不变的条件下将管倒置，平衡后水银柱下端与管下端刚好平齐（没有水银漏出）．已知T1=T2，大气压强为P0，重力加速度为g．求水银柱的长度h和水银的密度ρ．

【考点】： 抱负气体的状态方程．
【专题】： 抱负气体状态方程专题．
【分析】： 注入水银的过程，下部分气体发生等温变化，依据玻意耳定律列出方程；将管倒置后，温度降低的过程，管内气体的三个参量都发生变化，依据气态方程列式，再联立求解．
【解析】： 解：设管内截面面积为S，初始时气体压强为p0，体积为：V0=LS； 注入水银后下部气体压强为：p1=p0+ρgh；体积为：V1=（L﹣h）S
由玻意耳定律有：p0LS=（p0+ρgh）×（L﹣h）S…①
将管倒置后，管内气体压强为 p2=p0﹣ρgh；体积为：V2=（L﹣h）S
由抱负气体状态方程有：=…②
由①、②解得：h=L，ρ=
答：水银柱的长度h为L，水银的密度ρ是．
【点评】： 本题关键是求解出初状态和末状态气体的压强，然后依据玻意耳定律和气态方程列出方程，进行求解．

【物理-选修3-4】
15．一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示．介质中x=3m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=5sin（5πt）cm．则此波沿x轴　负　（选填“正”或“负”）方向传播，传播速度为　10　m/s．

【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象．
【分析】： 由简谐运动的表达式可求得其周期及P点在0时刻的振动方向，则可确定波的传播方向；由波形图可确定波长，则可求得传播速度．
【解析】： 解：由振动公式可知，波的周期T===0.4s；0时刻时质点在向正方向运动，故波应沿x轴负方向传播；
由波形图可知，波长λ=4m
波速v==10m/s．
故答案为：负，10
【点评】： 本题关键要依据表达式y=sin（5πt）cm，由数学学问推断质点的振动方向，来推断波的传播方向．

16．（2021秋•贵州月考）如图所示，△ABC为始终角三棱镜的截面，其顶角θ=30°，P为垂直于直线BCD的光屏．一束宽度等于AB的单色平行光束垂直射向AB面，经三棱镜折射后在屏P上形成一条光带．
①以图中编号为a、b、c的三条光线为代表画出光束经棱镜折射的光路示意图；
②若从AC面出射的光线与原来入射光线的夹角为30°，求棱镜的折射率．

【考点】： 光的折射定律．
【专题】： 光的折射专题．
【分析】： ①平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束，画出光路图即可．
②依据几何学问求出AC面上的入射角和折射角，再由折射定律求解折射率n．
【解析】： 解：①平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束，光路如图所示．
②图中θ1、θ2为AC面上入射角和折射角，依据折射定律．有：
nsinθ1=sinθ2
由题意知，出射光线与水平方向夹角α=30°
由几何关系得：θ1=θ=30°
θ2=θ1+α=60°
所以 n===
答：
①光束经棱镜折射的光路示意图见上；
②棱镜的折射率为．

【点评】： 本题的解题关键能正确作出光路图，依据几何学问求解入射角和折射角，再运用折射定律求折射率．

【物理--选修3-5】（15分）
17．下列五幅图涉及到不同的物理学问，其中说法正确的是（　　）
　 A． 图甲：原子是由原子核和核外电子组成，原子核是由带正电的质子和不带电的中子组成
　 B． 图乙：卢瑟福通过分析光电效应试验结果，提出了光子学说
　 C． 图丙：用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能
　 D． 图丁：普朗克通过争辩黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一
　 E． 图戊：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子放射光子的频率也是不连续的

【考点】： 原子的核式结构；光电效应；原子核的结合能．
【分析】： 卢瑟福通过分析α粒子散射试验结果，得出原子的核式结构模型；用中子轰击铀核使其发生裂变，产生中子，再次轰击，产生链式反应，释放出巨大的能量．
【解析】： 解：A、原子由原子核和核外电子组成，原子核由质子和中子组成．故A正确．
B、该图为光电效应现象图，爱因斯坦通过分析光电效应试验结果，提出了光子学说．故B错误．
C、用中子轰击铀核使其发生裂变．故C错误．
D、普朗克通过争辩黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一．故D正确．
E、玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子放射光子的频率也是不连续的．故E正确．
故选：ADE．
【点评】： 本题考查了原子结构、链式反应、黑体辐射、氢原子能级等基础学问点，关键要生疏教材，牢记这些基础学问点．

18．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速V0从右端滑上B，并以V0滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，试求：
（1）木板B上表面的动摩擦因素μ；
（2）圆弧槽C的半径R；
（3）当A滑离C时，C的速度．

【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律．
【专题】： 动量定理应用专题．
【分析】： 1、当A在B上滑动时，A与BC整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒列出等式，
由能量守恒得知系统动能的削减量等于滑动过程中产生的内能列出等式，联立求解；
2、当A滑上C，B与C分别，A、C发生相互作用，A、C组成的系统水平方向动量守恒，由A、C组成的系统机械能守恒列出等式，联立求解；
3、依据AC系统动量守恒列出等式，AC系统初、末状态动能相等列出等式，联立求出滑离C时C的速度．
【解析】： 解：（1）当A在B上滑动时，A与BC整体发生作用，规定向左为正方向，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒，有：
mv0=m×v0+2mv1
得：v1=v0
由能量守恒得知系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能，有：
Q=μmgL=m﹣m﹣×2m
得：μ=
（2）当A滑上C，B与C分别，A与C发生作用，设到达最高点时速度相等为V2，规定向左为正方向，由于水平面光滑，A与C组成的系统动量守恒，有：
m×v0+mv1=（m+m）V2，
得：V2=
A与C组成的系统机械能守恒，有：
m+m=×（2m）+mgR
得：R=
（3）当A滑下C时，设A的速度为VA，C的速度为VC，规定向左为正方向，A与C组成的系统动量守恒，有：
m×v0+mv1=mvA+mvC
A与C组成的系统动能守恒，有：
m+m=m+m
解得：VC=．
答：（1）木板B上表面的动摩擦因素为；
（2）圆弧槽C的半径为；
（3）当A滑离C时，C的速度是．
【点评】： 该题是一个连接体的问题，要理清A、B、C的运动过程，解决该题关键要能够娴熟运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．