江西省重点中学2016届高三物理下册第一次模拟考试题.doc

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B5g C40g D100g10物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2的保护电阻，滑动片P与电阻丝始终接触良好实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的UI图象和如图丙所示的x数据描点则：（1）电源的电动势E=V；内阻r=（保留两位有效数字）（2）已知电阻丝的横截面积S=0.12106m2，电阻丝的电阻率为m，安培表内阻为（保留两位有效数字）（3）此实验用了图象法处理数据优点是直观，但是不能减少或者消除（填“偶然误差”或“系统误差”）11火车站上由于工作人员操作失误致使一节车厢以4m/s的速度匀速滑出了车站，此时在同一轨道上一列火车正在以72km/h的速度匀速驶向车站，技术娴熟的火车司机突然发现这种紧急情况后，立即以大小为0.8m/s2的加速度紧急刹车，之后又立即以此加速度使火车反向加速运动，若车厢与火车相遇恰好不相撞求：（1）司机发现车厢向自己驶来开始制动到刚好相遇用的时间（2）司机发现车厢向自己驶来开始制动时离车厢的距离12如图所示，两金属板正对并水平放置，分别与平行金属导轨连接，、区域有垂直导轨所在平面的匀强磁场金属杆ab与导轨垂直且接触良好，并一直向右匀速运动某时刻ab进入区域，同时一带正电小球从O点沿板间中轴线水平射入两板间ab在区域运动时，小球匀速运动；ab从区域右边离开磁场时，小球恰好从金属板的边缘离开已知板间距为4d，导轨间距为L，、区域的磁感应强度大小相等、宽度均为d带电小球质量为m，电荷量为q，ab运动的速度为v0，重力加速度为g求：（1）磁感应强度的大小；（2）ab在区域运动时，小球的加速度大小；（3）要使小球恰好从金属板的边缘离开，ab运动的速度v0要满足什么条件(二）选考题，请任选一模块作答【物理-选修3-3】13下列叙述中正确的是（）A布朗运动就是液体分子的无规则运动B当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增加而增加C对于一定质量的理想气体，温度升高时，压强可能减小D已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算出阿伏加德罗常数E扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动14如图所示，一根长L=100cm、一端封闭的细玻璃管开口向上竖直放置，管内用h=25cm长的水银柱封闭了一段长L1=30cm的空气柱已知大气压强为75cmHg，玻璃管周围环境温度为27求：若将玻璃管缓慢倒转至开口向下，玻璃管中气柱将变成多长？若使玻璃管开口水平放置，缓慢升高管内气体温度，温度最高升高到多少摄氏度时，管内水银不能溢出【物理-选修3-4】15如图所示，图甲为某一列简谐横波在t=0.5s 时的波形图，图乙为介质中P处质点的振动图象，则关于该波的说法正确的是（）A传播方向沿+x方向传播B波速为16 m/sCP处质点振动频率为1HzDP处质点在5s内路程为10 mEP处质点在5s末内位移为0.5 m16如图所示，ABC为一直角三棱镜的截面，其顶角BAC=30，AB边的长度为L，P为垂直于直线BCD的光屏，P屏到C的距离为L一宽度也为L的平行单色光束垂直射向AB面，在屏上形成一条宽度等于AB的光带，已知光速为c，求：棱镜的折射率；沿BC边入射的光线从照射到玻璃砖到射到屏P上所用的时间【物理-选修3-5】17下列说法中正确的是（）A卢瑟福提出原子的核式结构模型，建立的基础是粒子的散射实验B发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构C原子核内的某一核子与其他核子间都有核力作用D核反应方程N+HeO+H属于原子核的人工转变E氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道过程中，放出光子，电子动能增加，原子的电势能增加18如图所示，光滑水平面上有一长板车，车的上表面OA段是一长为L的水平粗糙轨道，A的右侧光滑，水平轨道左侧是一光滑斜面轨道，斜面轨道与水平轨道在O点平滑连接车右端固定一个处于锁定状态的压缩轻弹簧，其弹性势能为Ep，一质量为m的小物体（可视为质点）紧靠弹簧，小物体与粗糙水平轨道间的动摩擦因数为，整个装置处于静止状态现将轻弹簧解除锁定，小物体被弹出后滑上水平粗糙轨道车的质量为2m，斜面轨道的长度足够长，忽略小物体运动经过O点处产生的机械能损失，不计空气阻力求：（1）解除锁定结束后小物体获得的最大动能；（2）当满足什么条件小物体能滑到斜面轨道上，满足此条件时小物体能上升的最大高度为多少？2016年江西省重点中学盟校联考高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、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题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目的要求，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美国物理学家于1995年在国家实验室观察到了顶夸克这是近二十几年粒子物理研究最重要的实验进展之一正、反顶夸克之间的强相互作用势能可写为EP=K，式中r是正、反顶夸克之间的距离，as=0.12是强相互作用耦合常数，无单位，K是与单位制有关的常数，则在国际单位制中常数K的单位是（）AJBNCJmDJ/m【考点】力学单位制【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】根据正、反顶夸克之间的强相互作用势能公式表示出K，代入国际单位以后可以知道它的单位【解答】解：由题意知K=，as无单位，r的单位为m，EP的单位为J，则K的单位为Jm，故C正确故选：C【点评】本题看似比较难，但是仔细阅读以后会发现只是考查了单位制，难度不大，属于基础题2如图所示，倾角=30的斜面上，用弹簧系住一重为20N的物块，物块保持静止已知物块与斜面间的最大静摩擦力f=12N，那么该弹簧的弹力不可能是（）A2NB10NC20ND24N【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题【分析】将重力按照作用效果分解为平行斜面的下滑分力和垂直斜面的垂直分力，当最大静摩擦力平行斜面向下和平行斜面向上时，分别求解出对应的弹簧弹力，得到弹簧弹力的作用范围【解答】解：将重力按照作用效果分解：平行斜面的下滑分力为mgsin30=10N，垂直斜面的垂直分力为mgcos30=10N；当最大静摩擦力平行斜面向下时，物体与斜面间的最大静摩擦力为12N，弹簧弹力为拉力，等于22N；当最大静摩擦力平行斜面向上时，物体与斜面间的最大静摩擦力为12N，弹簧弹力为推力，等于2N；故弹簧弹力可以是不大于2N推力或者不大于22N的拉力，也可以没有弹力；本题选不正确的故选：D【点评】本题关键是根据平衡条件求解出物体即将上滑和即将下滑的两种临界情况的弹簧弹力，不难3关于人造地球卫星，下列说法中正确的是（）A卫星可与地球表面上某一纬度线（非赤道）是共面同心圆B任何人造地球卫星绕地球运行的轨道都是圆C发射人造地球卫星所需的速度大小只决定于轨道高度，而与卫星的质量无关D卫星中的水银气压计仍然可以准确读出大气压值【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题【分析】卫星在圆轨道上绕地球运行时，万有引力提供向心力，故圆周运动的圆心应在地球的中心【解答】解：A、卫星在圆轨道上绕地球运行时，一个最明显的特点是轨道的圆心是地心，而万有引力总是地心与卫星连线方向上的，所以卫星轨道平面必过地心故A错误B、人造地球卫星绕地球运行的轨道可能为椭圆，则B错误C、万有引力提供向心力得：v=，则速度大小只决定于轨道高度，而与卫星的质量无关，则C正确D、在卫星中的物体处于完全失重则水银气压计不能使用则D错误故选：C【点评】人造卫星做圆周运动是万有引力提供向心力，故圆周运动的圆心应在地球的中心卫星是相对地心作圆周运动，而经线是相对地轴随时转动的也就是说，相对地心来说，经线是一直转动的，而极低卫星则不然因此是找不到这样的卫星的4真空中一半径为r0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，根据电势图象（r图象），判断下列说法中正确的是（）A该金属球可能带负电BA点的电场强度方向由A指向BCA点的电场强度小于B点的电场强度D电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W=q（21）【考点】电场强度；电势能【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】根据直线上各点的电势分布图判断A点和B点电势沿电场线方向电势逐点降低根据电场力做功表达式W=qU，结合电势差等于两点电势之差，即可求解【解答】解：A、由图可知0到r0电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降低，则金属球带正电，故A错误；BC、A点的电场强度方向由A指向B，A点的电场强度大于B点的电场强度，选项B正确、C错误；D、正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W=qUAB=q（12），故D错误故选：B【点评】解决该题要掌握根据电势高低判断电场方向，理解电场力做功表达式，注意电势差与电势之差的关系式5如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里许多质量为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域不计重力，不计粒子间的相互影响下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R=哪个图是正确的？（）ABCD【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】相同速率的粒子在磁场中圆周运动的半径相同，根据带电粒子的进入磁场的方向可确定出圆心的位置，则可得出所有粒子能到达的最远位置，即可确定出粒子的范围【解答】解：据题：所有粒子的速率相等，由R=可知所有粒子在磁场中圆周运动半径相同，由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界，MO=2r=2R；随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O点为圆心以2R为半径转动；则可得出符合题意的范围应为A；故A正确故选：A【点评】确定带电粒子轨迹的范围一般应用画图的方法找出，结合几何知识进行分析，可以用最快的速度求出结论6如图所示为一自耦变压器，保持电阻R和输入电压不变，以下说法正确的是（）A滑片P向b方向移动，滑片Q下移，电流表示数减小B滑片P不动，滑片Q上移，电流表示数不变C滑片P向b方向移动、滑片Q不动，电压表示数增大D滑片P不动、滑片Q上移或下移，电压表示数始终不变【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】本题与闭合电路中的动态分析类似，可以根据Q的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况【解答】解：A、滑片P向b方向移动，输出电压减小，Q下移时，总电阻的变化不明确，可能减小，也可能增大；故电流的变化无法确定；故A错误；B、滑片P不动，输出电压不变，滑片Q上移，电阻变化，电流表示数变化，所以B错误C、滑片P向b方向移动，输出电压减小，滑片Q不动，电阻不变，电压表示数减小，所以C正确C、D、当P不动时，自耦变压器的输出的电压不变，电压表测的是输出电压，示数不变，所以D正确故选：D【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法7如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示t=0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正则下面关于感应电流i和cd所受安培力F随时间t变化的图象正确的是（）ABCD【考点】法拉第电磁感应定律；安培力【专题】压轴题；电磁感应中的力学问题【分析】根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势和感应电流的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向，通过安培力大小公式求出安培力的大小以及通过左手定则判断安培力的方向【解答】解：A、02s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值根据法拉第电磁感应定律，E=B0S为定值，则感应电流为定值，在23s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与02s内相同在34s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与02s内相同在46s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与02s内相同故A正确，B错误 C、在02s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据FA=BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值0时刻安培力大小为F=2B0I0L在2s3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据FA=BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3s末安培力大小为B0I0L在23s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向右，为负值，第4s初的安培力大小为B0I0L在46s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L故C正确，D错误故选AC【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，会运用楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握安培力大小公式，会用左手定则判定安培力的方向8如图1所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出如图2滑块的Ekh图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g=10m/s2，由图象可知（）A小滑块的质量为0.1kgB轻弹簧原长为0.2mC弹簧最大弹性势能为0.5JD小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J【考点】功能关系【分析】根据对Ekh图象的理解：图线的斜率表示滑块所受的合外力，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线和能量守恒定律求解【解答】解：A、在从0.2m上升到0.35m范围内，Ek=EP=mgh，图线的斜率绝对值为：k=2N=mg，所以：m=0.2kg，故A错误；B、在Ekh图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所示从h=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m故B正确；C、根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm=mgh=0.210（0.350.1）=0.5J，故C正确；D、由图可知，当h=0.18m时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知，EPmin=EEkm=Epm+mghEkm=0.5+0.2100.10.32=0.38J，故D错误；故选：BC【点评】本题考查了能量守恒定律和图象的理解与应用问题，结合该图象得出滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，说明物体不再受到弹簧的弹力的作用是解题的关键三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第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（一）必考题（共129分）9用图示装置测量重锤的质量，在定滑轮两侧分别挂上重锤和n块质量均为m0的铁片，重锤下端贴一遮光片，铁架台上安装有光电门调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电门的挡光时间t0；从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的挡光时间分别为t1、t2，计算出t02、t12（1）挡光时间为t0时，重锤的加速度为a0从左侧取下i块铁片置于右侧重锤上时，对应的挡光时间为ti，重锤的加速度为ai则=（结果用t0和ti表示）（2）作出i的图线是一条直线，直线的斜率为k，则重锤的质量M=（3）若重锤的质量约为300g，为使实验测量数据合理，铁片质量m0比较恰当的取值是CA1g B5g C40g D100g【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题【分析】（1）当时间较短时，可以用平均速度代替瞬时速度，求出重锤到达光电门的速度，再根据匀加速直线运动位移速度公式联立方程求解；（2）根据牛顿第二定律表示出i的函数关系，根据斜率为k求解；（3）为了使重锤的加速度不至于太大，或把铁片取下放到重锤上时，加速度产生明显的变化的原则选择铁片的质量；【解答】解：（1）设挡光条的宽度为d，则重锤到达光电门的速度v=，当挡光时间为t0时的速度，挡光时间为ti时的速度，重锤在竖直方向做匀加速直线运动，则有：2，2，由解得： =（2）根据牛顿第二定律得：由解得：，作出i的图线的斜率为k，则=k解得：M=（3）重锤的质量约为300g，为了使重锤的加速度不至于太大，或把铁片取下放到重锤上时，加速度产生明显的变化，则铁片的质量不能太小，也不能太大，所以1g、5g和100g都不适合，故C正确故选：C故答案为：（1）；（2）；（3）C；【点评】本实验比较新颖，考查了运动学基本公式就牛顿第二定律的应用，要求同学们知道，当时间较短时，可以用平均速度代替瞬时速度，难度适中10物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2的保护电阻，滑动片P与电阻丝始终接触良好实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的UI图象和如图丙所示的x数据描点则：（1）电源的电动势E=3.0V；内阻r=1.0（保留两位有效数字）（2）已知电阻丝的横截面积S=0.12106m2，电阻丝的电阻率为1.2106m，安培表内阻为2.0（保留两位有效数字）（3）此实验用了图象法处理数据优点是直观，但是不能减少或者消除系统误差（填“偶然误差”或“系统误差”）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】（1）应用描点法作图，根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后根据各点作出图象；图线与纵坐标的交点就是电源的电动势，根据公式r=可以求出内阻；（2）根据欧姆定律与电阻定律求出x的函数表达式，然后根据图象求出电阻率（3）根据图象法的意义可明确能否消除的误差；【解答】解：（1）图线与纵坐标的交点就是电源的电动势，从图上可得：E=3.0V在图象中找出两个清晰的点，读出对应的数据，然后根据公式：r=1.0；（2）电阻丝电阻R=+RA，则=x+RA，x图象的斜率k=10，电阻率=kS=103.141.3106m；由=x+RA可知，函数x图线纵截距为2.0，它表示电流表的内阻为2；（3）图象法可以减小因为读数带来的偶然误差；但是对于由于电路选择等引起的系统误差却不能减小或消耗；故答案为：（1）3.0（2.993.02均可） 1.0（0.801.0均可）（2）1.2106电流表内阻为2.0 （3）系统误差【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法11火车站上由于工作人员操作失误致使一节车厢以4m/s的速度匀速滑出了车站，此时在同一轨道上一列火车正在以72km/h的速度匀速驶向车站，技术娴熟的火车司机突然发现这种紧急情况后，立即以大小为0.8m/s2的加速度紧急刹车，之后又立即以此加速度使火车反向加速运动，若车厢与火车相遇恰好不相撞求：（1）司机发现车厢向自己驶来开始制动到刚好相遇用的时间（2）司机发现车厢向自己驶来开始制动时离车厢的距离【考点】匀变速直线运动规律的综合运用【专题】追及、相遇问题【分析】（1）车厢与火车相遇恰好不相撞时，两车的速度相等，抓住两车运行的时间相等，求出司机发现车厢向自己驶来开始制动到刚好相遇用的时间（2）根据两车运行的时间，根据运动学公式求出两车的位移，从而得出司机发现车厢向自己驶来开始制动时离车厢的距离【解答】解：以火车原行驶的方向为正方向，设火车原行驶的速度为v1，车厢行驶的速度为v2，司机发现车厢向自己驶来开始制动至刚好接住车厢时用的时间为t，这段时间内火车行驶的位移为x1，车厢行驶的位移为x2，司机发现车厢向自己驶来开始制动时离车厢的距离为x0则由匀变速直线运动的规律知：v2=v1+atx2=v2tx0=x1x2代入数值解得：t=30s，x0=360m答：（1）司机发现车厢向自己驶来开始制动到刚好相遇用的时间为30s（2）司机发现车厢向自己驶来开始制动时离车厢的距离为你360m【点评】解决本题的关键知道车厢与火车相遇恰好不相撞时，两车的速度相等，抓住时间相等，运用运动学公式进行求解12如图所示，两金属板正对并水平放置，分别与平行金属导轨连接，、区域有垂直导轨所在平面的匀强磁场金属杆ab与导轨垂直且接触良好，并一直向右匀速运动某时刻ab进入区域，同时一带正电小球从O点沿板间中轴线水平射入两板间ab在区域运动时，小球匀速运动；ab从区域右边离开磁场时，小球恰好从金属板的边缘离开已知板间距为4d，导轨间距为L，、区域的磁感应强度大小相等、宽度均为d带电小球质量为m，电荷量为q，ab运动的速度为v0，重力加速度为g求：（1）磁感应强度的大小；（2）ab在区域运动时，小球的加速度大小；（3）要使小球恰好从金属板的边缘离开，ab运动的速度v0要满足什么条件【考点】法拉第电磁感应定律【专题】电磁感应中的力学问题【分析】（1）根据ab进入区域，同时一带正电小球从O点沿板间中轴线水平射入两板间ab在区域运动时，小球匀速运动，抓住小球电场力和重力相等、结合切割产生的感应电动势大小以及匀强电场的电场强度公式求出磁感应强度的大小（2）开始小球所受电场力与重力相等，ab在磁场区域运动时，小球所受的电场力大小不变，方向反向，根据牛顿第二定律求出小球的加速度（3）ab分别在、磁场区域运动时，小球在电场中分别做匀速、类平抛和匀速运动，根据牛顿第二定律结合运动学公式求出ab运动的速度v0要满足的条件【解答】解：（1）ab在磁场区域运动时，产生的感应电动势大小为：=BLv0金属板间产生的场强大小为：ab在磁场区域运动时，带电小球匀速运动，有mg=qE联立得：（2）ab在磁场区域运动时，设小球的加速度a，依题意，有qE+mg=ma联立得：a=2g（3）依题意，ab分别在、磁场区域运动时，小球在电场中分别做匀速、类平抛和匀速运动，设发生的竖直分位移分别为S、S、S；ab进入磁场区域时，小球的运动速度为v则：S=0 S=S=vv=又：S+S+S=2d联立可得：答：（1）磁感应强度的大小为（2）ab在区域运动时，小球的加速度大小为2g（3）要使小球恰好从金属板的边缘离开，ab运动的速度v0要满足【点评】解决本题的关键理清ab棒在匀速直线运动时，小球的运动情况，根据牛顿第二定律和运动学公式综合求解(二）选考题，请任选一模块作答【物理-选修3-3】13下列叙述中正确的是（）A布朗运动就是液体分子的无规则运动B当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增加而增加C对于一定质量的理想气体，温度升高时，压强可能减小D已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算出阿伏加德罗常数E扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动【考点】分子间的相互作用力；布朗运动【专题】分子间相互作用力与分子间距离的关系【分析】布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增加而增加气体压强如何变化，可根据气态方程分析已知水的密度和水的摩尔质量，只能求出水的摩尔体积，求不出阿伏加德罗常数扩散现象说明分子在做无规则运动【解答】解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的运动，是由于其周围液体分子的碰撞形成的，故布朗运动是液体分子无规则热运动的反映，但并不是液体分子的无规则运动故A错误B、当分子力表现为引力时，分子距离增大时，分子引力做负功，分子势能增加故B正确C、对于一定质量的理想气体，由理想气体状态方程可知，若温度升高时，体积同时增大，且体积增大的比值大于温度升高的比值；则压强减小；故C正确；D、已知水的密度和水的摩尔质量，只能求出水的摩尔体积，求不出阿伏加德罗常数故D错误E、扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动；故E正确；故选：BCE【点评】本题考查热力学的一些基本知识，要注意重点掌握布朗运动、理想气体状态方程及阿伏加德常数等内容，并能正确应用14如图所示，一根长L=100cm、一端封闭的细玻璃管开口向上竖直放置，管内用h=25cm长的水银柱封闭了一段长L1=30cm的空气柱已知大气压强为75cmHg，玻璃管周围环境温度为27求：若将玻璃管缓慢倒转至开口向下，玻璃管中气柱将变成多长？若使玻璃管开口水平放置，缓慢升高管内气体温度，温度最高升高到多少摄氏度时，管内水银不能溢出【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】由玻璃管内气体为研究对象，应用玻意耳定律可以求出玻璃管内气柱的长度；应用理想气体状态方程可以求出气体的温度【解答】解：以玻璃管内封闭气体为研究对象，设玻璃管横截面积为S，初态压强为：P1=P0+h=75+25=100cmHg，V1=L1S=30S，倒转后压强为：P2=P0h=7525=50cmHg，V2=L2S，由玻意耳定律可得：P1L1=P2L2 ，10030S=50L2S，解得：L2=60cm；T1=273+27=300K，当水银柱与管口相平时，管中气柱长为：L3=Lh=10025cm=75cm，体积为：V3=L3S=75S，P3=P0h=7525=50cmHg，由理想气体状态方程可得：代入数据解得：T3=375K，t=102答：（1）玻璃管中气柱长度是60cm（2）温度升高到102时，管内水银开始溢出【点评】本题关键是找出各个平衡态的温度、压强、体积，选好过程根据理想气体状态方程或气体实验定律列式后联立求解【物理-选修3-4】