山东省威海市2020届高三二模物理试题-Word版含解析.docx

2022年山东省威海市高考物理二模试卷
一、选择题（共7小题，每个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，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）下列关于物理学史和物理方法的说法正确的是（　　）
　 A． 亚里士多德认为物体下落的快慢与物体的重量无关
　 B． 忽视物体的大小和外形，突出“物体具有质量”这个要素，把物体简化为质点，这是利用了建立抱负化“物理模型”的方法
　 C． 法拉第提出了“电场”的概念，并用“电场线”来描述“电场”
　 D． 牛顿第肯定律否定了伽利略关于“力不是维持物体运动状态的缘由”的论断

【考点】： 物理学史．
【分析】： 依据物理学史和常识解答，记住有名物理学家的主要贡献即可．
【解析】： 解：A、伽利略认为物体下落的快慢与物体的重量无关，故A错误；
B、在物理学中，突出问题的主要方面，忽视次要因素，建立抱负化的“物理模型”，并将其作为争辩对象，是经常接受的一种科学争辩方法，质点就是这种物理模型之一，故B正确；
C、法拉第最早建立了电场概念并用电场线描述电场，故C正确；
D、牛顿第肯定律也提出力不是维持物体运动的缘由，没有否定伽利略关于“力不是维持物体运动状态的缘由”的论断，故D错误；
故选：BC
【点评】： 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发觉、创造、有名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．

2．（6分）人造卫星对人类的生活产生了重大影响，其中救灾和海上搜寻等方面，经常通过卫星变轨来收集相关信息．下列关于人造地球卫星的说法正确的是（　　）
　 A． 若已知人造地球卫星做匀速圆周运动的轨道半径、周期及万有引力常量，就可以求出人造地球卫星的质量
　 B． 两颗人造地球卫星，只要它们做圆周运动的绕行速率相等，不论它们的质量、外形是否相同，它们的绕行半径和周期肯定相同
　 C． 人造地球卫星从高轨道变到低轨道之后，其运动周期变长
　 D． 人造地球卫星从高轨道变到低轨道之后，卫星的机械能不变

【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】： 依据万有引力供应向心力通过轨道半径和周期求出地球的质量，以及通过万有引力供应向心力得出线速度与轨道半径的关系，从而进行推断．
【解析】： 解：A、依据万有引力供应向心力=m，若知道人造地球卫星的轨道半径和它的周期可以算出地球的质量，故A正确；
B、依据=m可知，两颗人造地球卫星，只要它们的绕行速率相等，它们的绕行半径肯定相同，周期也肯定相同，故B正确；
C、依据万有引力供应向心力=m
T=2π，人造地球卫星从高轨道变到低轨道之后，其运动周期变短，故C错误；
D、人造地球卫星从高轨道变到低轨道之后，卫星的机械能减小，故D错误；
故选：AB．
【点评】： 解决本题的关键把握万有引力供应向心力这一理论，并能依据公式机敏运用，知道卫星变轨原理．

3．（6分）图1，某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为9.8×104W，电厂的输出电压按如图2所示规律变化，为削减输送功率损失，先用一抱负升压变压器将电压上升再输出，已知升压变压器原副线圈匝数比为，输电导线的总电阻为50Ω．则下列说法正确的是（　　）

　 A． 用户获得的沟通电的频率为50Hz
　 B． 升压变压器副线圈两端电压为9800V
　 C． 通过输电导线R的电流为I=10A
　 D． 由于输电线有电阻，输电过程中损失的功率为500W

【考点】： 变压器的构造和原理．
【专题】： 沟通电专题．
【分析】： 在输电的过程中沟通电的频率不变，依据输出电压的变化规律图线得出周期，从而得出频率的大小．依据原副线圈的电压之比等于匝数之比求出升压变压器副线圈的电压，结合P=UI求出输送电流，依据求出损失的功率．
【解析】： 解：A、沟通电的周期为0.02s，则沟通电的频率为50Hz，在输电的过程中，频率不变．故A正确．
B、升压变压器的输入电压为：，
则输出电压为：．故B错误．
C、输电线上的电流为：I=．故C正确．
D、输电线上损失的功率为：=100×50W=5000W．故D错误．
故选：AC．
【点评】： 解决本题的关键知道原副线圈的电压比与匝数比的关系，知道输送功率、输送电压、电流的关系，并能机敏运用，留意功率损耗只在输电导线上产生．

4．（6分）如图所示，倾角为α，质量为mC的斜面体C放在粗糙的水平地面上．质量分别为mA、mB的物体A和B通过劲度系数为k的轻弹簧连接后放在光滑斜面上，对B施加一个与斜面成β角斜向上的拉力，使A、B、C均处于静止状态（B未离开斜面）．重力加速度为g．下列说法正确的是（　　）

　 A． 斜面体对地面的压力大小为（mA+mB+mC）g
　 B． 斜面体受到的摩擦力方向水平向右
　 C． 弹簧的伸长量为
　 D． 施加的拉力大小为

【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力；胡克定律．
【专题】： 共点力作用下物体平衡专题．
【分析】： 把ABC看成一个整体，整体处于平衡状态，合力为零，依据共点力平衡条件列式求出斜面体对地面的压力以及斜面体受到的摩擦力的方向，对A受力分析，依据平衡条件及胡克定律求出弹簧的伸长量，对AB受力分析，依据平衡条件求出拉力大小．
【解析】： 解：A、把ABC看成一个整体，整体处于平衡状态，合力为零，
则竖直方向有：FN+Fsin（α+β）=（mA+mB+mC）g，解得：FN=（mA+mB+mC）g﹣Fsin（α+β），依据牛顿第三定律可知，斜面体对地面的压力大小为（mA+mB+mC）g﹣Fsin（α+β）＜（mA+mB+mC）g，故A错误；
B、ABC整体水平方向受力平衡，则斜面体受到地面对斜面体水平向左的摩擦力与F在水平方向上的重量相等，故B错误；
C、对A受力分析，受到重力，支持力和弹簧拉力作用，受力平衡，合力为零，则F弹=mgsinα，依据胡克定律得：F弹=kx，则x=，故C正确；
D、对AB受力分析，受到重力，支持力和拉力作用，受力平衡，合力为零，则
（mA+mB）gsinα=Fcosβ，解得：F=，故D正确．
故选：CD
【点评】： 争辩两个物体间的内力时，要隔离一个物体进行受力分析，然后依据共点力平衡条件列式求解出未知力，求解物体系统对外界其他物体的作用力时，可以对整体受力分析，然后依据共点力平衡条件列式求解未知力，难度适中．

5．（6分）在真空中有两个点电荷+Q1和﹣Q2（Q1＞Q2），O点为两点电荷连线上的中点，以O点为圆心画一圆，圆平面与两点电荷的连线垂直，P点为圆周上一点，A点为两点电荷连线上的一点．则下列说法正确的是（　　）

　 A． 圆周上各点的电场强度相同
　 B． 圆周上各点的电势相等
　 C． P点与O点的电场强度大小相等
　 D． 将一负检验电荷由O点移动到A点的过程中，电场力做正功

【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】： 依据异号点电荷电场线和等势面的分布状况，分析电场强度和电势的关系．负电荷受到的电场力与电场线方向相反，即可推断做功状况
【解析】： 解：A、电场强度为矢量，在圆周上电场强度的大小相同，方向不同，故A错误；
B、圆周上各点为等势面，故电势相同，故B正确；
C、依据点电荷产生的场强以及矢量求和可知，PO两点场强不同，故C错误；
D、场强有O指向A，负电荷受到的电场力有A指向O，故电场力做负功，故D错误
故选：B
【点评】： 常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能娴熟把握，并要留意沿电场线的方向电势是降低的，同时留意异号电荷形成电场的对称性．加强基础学问的学习，把握住电场线的特点，即可解决本题．

6．（6分）如图，工厂利用皮带传输机把质量为m的货物从地面运送到高处的平台C上．皮带以肯定的速度v顺时针转动．将货物无初速度地放在A处，货物在皮带上相对滑动时留下一段划痕，然后货物达到速度v随皮带到达平台．已知货物与皮带间的动摩擦因数为μ，皮带的倾角为θ，重力加速度为g．下列说法正确的是（　　）

　 A． 货物从A到C的过程中，平均速度为
　 B． 若转变传送带的速率v，使其变小，皮带上留下的划痕长度变短
　 C． 货物从A点运动到C点，传送带始终对货物做正功
　 D． 货物达到速度v以后的运动过程中，传送带对货物的摩擦力做功的功率为μmgvcosθ

【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】： 结合货物整个过程中的运动规律，依据匀变速直线运动的平均速度推论求解平均速度．依据牛顿其次定律和运动学公式求出划痕的长度的表达式，从而推断划痕长度的变化．
依据摩擦力的方向与运动方向的关系确定传送带对货物的做功状况．
当货物达到传送带速度后，受到的是静摩擦力，依据平衡求出静摩擦力的大小，从而得出摩擦力做功的功率．
【解析】： 解：A、货物从A到C的过程先做匀加速直线运动，达到传送带速度后与传送带一起做匀速直线运动，若始终做匀加速直线运动，平均速度为，可知货物从A到C的过程中平均速度大于，故A错误．
B、设货物匀加速运动的加速度为a，则划痕的长度，可知v减小，△x减小，故B正确．
C、货物从A运动到C点，先是受滑动摩擦力，摩擦力方向沿传送带向上，然后是静摩擦力，静摩擦力的方向沿传送带向上，可知摩擦力始终做正功，故C正确．
D、货物达到速度v以后的运动过程中，受到的是静摩擦力，摩擦力做功的功率P=mgsinθv，故D错误．
故选：BC．
【点评】： 解决本题的关键理清货物整个过程中的运动规律，结合牛顿其次定律和运动学公式进行求解，知道货物先受滑动摩擦力，然后受静摩擦力，静摩擦力的大小与滑动摩擦力的大小不等．

7．（6分）如图所示，cd和ef为两固定的竖直光滑金属导轨，电阻不计．导体棒MN和PQ与导轨接触良好，且可沿导轨无摩擦地滑动．PQ棒放置在水平绝缘平台上，在图示h高的区域内有垂直于导轨平面对里的匀强磁场．现让MN棒从距平台上方3h处紧贴导轨自由下落，MN棒刚进入磁场时做匀速直线运动．用i、FN分别表示通过导体棒PQ的电流大小和PQ对桌面的压力大小；用Ek、Ep分别表示导体棒MN的动能、重力势能，x表示导体棒MN相对于释放点的位移．（不考虑导体棒MN与PQ间的相互作用）下图中正确的是（　　）

　 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】： 导体棒MN先自由下落2h的位移，然后匀速下降h，第一段过程没有感应电流产生，其次段过程有感应电流产生，结合公式E=BLv、FA=BIL分析安培力状况，依据动能定理分析动能状况，依据重力做功等于重力势能的减小量重力势能状况．
【解析】： 解：A、导体棒MN先自由下落2h的位移，不切割磁感线，没有感应电流产生；接下来的h位移做匀速直线运动，依据E=BLv，感应电动势恒定，故感应电流也恒定；故A正确；
B、导体棒MN先自由下落2h的位移，依据动能定理，动能：Ek=mg（x），故Ek﹣x图象是直线，然后做匀速直线运动，动能恒定不变，故B正确；
C、重力做功等于重力势能的减小量，故：Ep=3mgh﹣mgx，故Ep﹣x图象是直线，故C错误；
D、导体棒MN先自由下落2h的位移，不切割磁感线，没有感应电流产生，此过程导体棒PQ对地压力等于重力mg；
接下来的h位移导体棒MN做匀速直线运动，依据楞次定律，闭合回路有扩张的趋势，故PQ棒受到向下的安培力，故对地压力大于mg，但大小固定；
故D正确；
故选：ABD．
【点评】： 本题关键是明确两个导体棒的运动状况和受力状况，同时要结合功能关系和平衡条件分析；要记住以下功能关系：重力做功等于重力势能的减小量；合力做功等于动能的增加量．

二、必做题
8．（6分）为了“验证动能定理”，某试验小组设计出了甲、乙两种方案，如图所示．
①利用甲图的试验方案进行试验时，满足　砂及桶的质量远远小于小车质量　条件时可以用砂及桶的总重力代替细线的拉力．
②利用乙图的试验方案，不但能够完成本试验，还可以测出小车在水平木板上运动过程中系统受到的摩擦力大小，请你简要写出测量摩擦力的方法　调整小桶内沙子质量，轻推小车，使小车拖动纸带做匀速运动，则弹簧秤的示数等于小车受到的阻力大小　．

【考点】： 探究功与速度变化的关系．
【专题】： 试验题．
【分析】： （1）要使绳子拉力近似等于沙和沙桶的重力，应满足沙和沙桶总质量远小于滑块的质量；
（2）依据平衡，结合小车做匀速直线运动，求出小车所受的阻力大小．
【解析】： 解：依据牛顿其次定律，有
对砂及桶，有 mg﹣T=ma
对小车，有 T=Ma
解得
T=，故当M＞＞m时，有T≈mg，即满足砂及桶的质量远远小于小车质量时，可以用砂及桶的总重力代替细线的拉力；
（2）调整小桶内沙子质量，轻推小车，使小车拖动纸带做匀速运动，则弹簧秤的示数等于小车受到的阻力大小．
故答案为：（1）砂及桶的质量远远小于小车质量；（2）调整小桶内沙子质量，轻推小车，使小车拖动纸带做匀速运动，则弹簧秤的示数等于小车受到的阻力大小．
【点评】： 解答本题特殊留意，若用乙图装置验证动能定理，则不需要满足砂及桶的质量远远小于小车质量，由于绳子的拉力不需要用砂及桶的重力代替，而是由传感器直接读出，其次问要留意绳子的拉力等于传感器的读数，依据平衡条件求出摩擦力．

9．（12分）为了描绘一个“12V、5W”的小灯泡的伏安特性曲线，给定了以下器材：
电源：14V，内阻不计；
电流表A1：0～0.6A（内阻约为1Ω）
电流表A2：0～3A（内阻约为0.2Ω）
电压表V：0～15V（内阻约为15kΩ）
滑动变阻器R1：阻值范围0～20Ω
滑动变阻器R2：阻值范围0～1kΩ
开关一个，导线若干

试验时要求加在灯泡两端的电压可以从0V调到12V
①电流表应选　A1　，滑动变阻器应选　R1　．（填器件代号）
②图1是试验中的部分实物连线，请你用笔画线代替导线将缺少部分补充完整．
③某位同学测得小灯泡的伏安特性曲线如图2所示，某次试验时，小灯泡电流强度大小为0.25A，则此时小灯泡的电阻R3=　12　Ω．（结果保留两位有效数字）
④试验前该同学依据小灯泡上的标称值“12V、5W”求出了小灯泡电阻R4，发觉R3与R4的数值相差较大，请你分析产生这种现象的缘由　灯泡电阻随温度的上升而增大　．

【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线．
【专题】： 试验题；恒定电流专题．
【分析】： （1）由题中给出的数据进行分析，由P=IU求得电流，则可选择电流表，依据电路的接法选择滑动变阻器；
（2）本试验中应选择滑动变阻器分压接法，依据电阻与电压表和电流表之间的大小关系明确电流表接法；
（3）由得出伏安特性曲线明确0.25A时的电压值，由欧姆定律可求得电阻；
（4）明确灯泡为金属导体，其电阻值值随温度的上升而增大．
【解析】： 解：①由题中数据可知，灯泡的额定电流I===0.42A；故电流表只能选择A1
因在本试验中要求多测几组数据，故应接受滑动变阻器的分压接法；故滑动变阻器应选择小电阻R1；
②本试验中滑动变阻器接受分压接法，灯泡电阻约为R==30Ω；相对电压表内阻属于小电阻，故应接受电流表外接法；
故完成的电路图如图所示；
③由图可知，灯泡电流为0.25A时，其电压为3V，则由欧姆定律可知电阻R3==12Ω；
④由以上计算可知，电压为3V时的电阻值要小于灯泡在额定功率下的电阻值，其缘由是灯泡电阻随温度的上升而增大；
故答案为：①A1；R1；②如图所示；③12；④灯泡电阻随温度的上升而增大；

【点评】： 本题考查伏安法测灯泡的伏安特性曲线，要留意明确滑动变阻器的分压和限流接法的选择；明确选择分压接法有三种状况：一是限流接法无法起到应有的爱护作用；二是要求多测几组数据；三是要求电压从零开头调整．

10．（18分）如图所示，足够长的斜面倾角θ=30°，斜面底端A点与一半径为R的光滑半圆轨道平滑连接，半圆轨道的直径与地面垂直．已知小物体与斜面间的动摩擦因数为μ=，重力加速度为g．
（1）若小物体在斜面上从与圆心O等高的位置由静止释放，则小物体第一次滑到A点所用的时间为多少？
（2）在（1）的状况下，小物体在斜面上滑行的总路程为多少？
（3）要使小物体能通过圆轨道最高点B，求小物体在斜面上由静止释放的高度．

【考点】： 动能定理的应用；向心力．
【专题】： 动能定理的应用专题．
【分析】： （1）物块滑动到B点过程中，依据牛顿其次定律求出加速度，再由运动学公式求出到达A点时的时间．
（2）由于小物体在斜面上从与圆心O等高的位置由静止释放，所以物体在圆轨道上运动的过程中不能脱离圆轨道，到达最高点后仍旧沿原路返回，最终物块的机械能全部转化为内能，由功能关系即可求出物体的总位移．
（3）要使小物体能通过圆轨道最高点B，在物体在最高点的向心力要大于等于重力，然后结合牛顿其次定律与机械能守恒即可正确解答．
【解析】： 解：（1）物块沿斜面下滑过程中，在重力、支持力和摩擦力作用下做匀加速运动，设下滑加速度为a，到达斜面底端B时的时间为t，则：
mgsinθ﹣μmgcosθ=ma
则得：a=g（sinθ﹣μcosθ）=10×（sin30°﹣×cos30°）=2.5（m/s2）
物体的位移：
由
得：t=
（2）由题意可知，最终物块的机械能全部转化为内能，由功能关系得：μmgcosθS=mgR
整理得：S=4R
（3）要使小物体能通过圆轨道最高点B，在物体在最高点的向心力要大于等于重力，即：
从释放到到达B的过程中，由机械能守恒得：
联立以上方程得：h=2.5R
答：（1）若小物体在斜面上从与圆心O等高的位置由静止释放，则小物体第一次滑到A点所用的时间为；
（2）小物体在斜面上滑行的总路程为4R；
（3）要使小物体能通过圆轨道最高点B，小物体在斜面上由静止释放的高度是2.5R．
【点评】： 本题关键对物体的运动状况分析清楚，然后运用牛顿其次定律、运动学和机械能守恒定律列式求解；同时要知道，能用机械能守恒定律解决的问题都能用动能定理解决．

11．（20分）如图所示的坐标系中，在其次象限内有宽度为l=0.2m，平行于y轴的匀强电场，在第四象限内存在宽度为d=m，垂直于纸面对里的有界匀强磁场，磁感应强度B0=1×10﹣4T．现有一比荷为=2×1011C/kg的正离子，以某一速度从匀强电场边界上的M点平行于x轴射入匀强电场，经过一段时间从O点进入磁场，此时速度与x轴的夹角θ=60°，离子通过磁场后刚好从A点射出．不计离子重力．
（1）求离子进入磁场时的速度大小及在磁场中运动的时间；
（2）求匀强电场的电场强度；
（3）若离子进入磁场后，某时刻再加一个同方向的匀强磁场，使离子做完整的圆周运动，求所加磁场的磁感应强度最小值．

【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）依据粒子在磁场中运动规律明确粒子的运动轨迹，由几何关系可确定粒子运动半径；再由洛仑兹力充当向心力可求得粒子的速度；依据周期公式可确定粒子在磁场中的时间；
（2）粒子在磁场中做类平抛运动，由运动的合成和分解可求得电场强度的大小；
（3）要使粒子做完整的圆周运动，应增大磁感应强度；由洛仑兹力充当向心力可确定应增加的磁场的大小和方向．
【解析】： 解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示；
则由几何关系可知：R===0.2m；
则由洛仑兹力充当向心力可知：
B0qv=m
解得：v==1×10﹣4×2×1011×0.2=4×106m/s；
粒子在磁场中的周期T===π×10﹣5s；
则粒子在磁场中的运动时间t=T=×10﹣5s；
（2）离子在电场中的运动，设经过时间t再次到达x轴上，离子沿垂直电场方向做速度为v0的匀速直线运动，位移为l1，
l1=v0t
离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为l2，
qE=ma
．
由几何关系可知：
代入数据解得：s．
（3）由qvB=知，B越小，r越大，设离子在磁场中最大半径为R，
由几何关系得：
由牛顿运动定律得：
得：
则外加磁场为：．与原磁场方向相同．
答：（1）离子进入磁场B的速度v0的大小为4×106m/s；时间为×10﹣5s；
（2）离子进入电场后，经s的时间再次到达x轴上；
（3）所加磁场磁感应强度的最小值为3×10﹣4T．

【点评】： 解决本题的关键知道粒子在磁场中匀速圆周运动，把握确定圆心、半径和圆心角的方法，知道粒子在电场中做类平抛运动，把握处理类平抛运动的方法，在沿电场方向上做匀加速直线运动，垂直电场方向上做匀速直线运动．

三、选做题、请考生从以下三个模块中任选一模块（12分）[物理-物理3-3]
12．（6分）下列说法正确的是（　　）
　 A． 空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性
　 B． 大颗粒的盐磨成了细盐，细盐不是晶体
　 C． 肯定质量的抱负气体从外界吸取热量，其内能不肯定增大
　 D． 小缝衣针漂移在水面上主要是水的表面张力起了作用

【考点】： 热力学其次定律；* 液体的表面张力现象和毛细现象．
【分析】： 依据热力学其次定律热传递具有方向性．单晶体都具有各向异性的物理性质，多晶体都具有各向同性的物理性质；小缝衣针漂移在水面上主要是水的表面张力起了作用．
【解析】： 解：A、依据热力学其次定律，热传递具有方向性；故A错误
B、大颗粒的盐磨成了细盐，细盐仍旧是晶体，与其体积的大小无关，故B错误
C、依据热力学第肯定律，△U=W+Q，肯定质量的抱负气体从外界吸取热量，若同时对外做功，其内能不肯定增大．故C正确；
D、由表面张力的试验现象可知，小缝衣针漂移在水面上主要是水的表面张力起了作用．故D正确．
故选：CD
【点评】： 该题考查了热学的基本概念，基本规律．其中在热力学第肯定律的使用过程中要留意各物理量的符号，能用相关学问解释现象，难度一般．

13．（6分）肯定质量的抱负气体变化状况如图所示．已知在状态A时，气体温度TA=600K．
①求气体在状态B时的温度；
②气体由状态B→D，内能如何变化？若气体在这个过程中吸取热量为4.5×102J，则此过程中气体内能的增量为多大？

【考点】： 抱负气体的状态方程；封闭气体压强．
【专题】： 抱负气体状态方程专题．
【分析】： ①依据图象可知由A到B气体做等容变化，依据查理定律列式求解；
②气体由B到D做等压变化，依据盖吕萨克定律可知体积增大，温度应上升，所以内能增大，依据热力学第肯定律列式可求内能增量．
【解析】： 解：①由图可知：
由A到B气体做等容变化，依据查理定律得：
带入数据解得：TB=300K
②气体由B到D做等压变化，依据盖吕萨克定律可知体积增大，温度应上升，气体内能只与温度有关，所以内能增大；
由B到D过程气体对外做功为：
由热力学第肯定律得：
气体内能增量为；△U=﹣W+Q=﹣300+4.5×102J=150J
答：①求气体在状态B时的温度为300K；
②气体由状态B→D，内能增大；若气体在这个过程中吸取热量为4.5×102J，则此过程中气体内能的增量为150J．
【点评】： 本题抱负气体状态与热力学第肯定律，在热力学第肯定律的应用中要留意公式中的符号．

[物理-物理3-4]
14．一列简谐波在t=0时刻的波形图如图甲所示，图乙是x=1.0m处质点的振动图象．
①求这列波的波速．
②这列波的传播速度沿x轴　负　（填“正”或“负”）方向，在t=8s内，质点P运动的路程是　3.2　m．

【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象．
【分析】： ①由甲图得到波长，由乙图得到周期，依据v=求解波速；
②由图乙得到x=1.0m处质点在t=0时刻的速度方向，结合波形平移的方法得到波形平移方向；在一个周期内质点的路程为4A．
【解析】： 解：①由甲图得到波长为1m，由乙图得到周期为2s，故波速：
v==
由图乙得到x=1.0m处质点在t=0时刻的速度方向是向+y方向，接受波形平移的方法得到波形向﹣x方向传播；
②波的周期：T==
t=8s=4T
在一个周期内质点的路程为4A，故在t=8s内，质点P运动的路程是：
S=4×4A=16A=16×0.2m=3.2m
答：①这列波的波速为0.5m/s，向左；②负，3.2．
【点评】： 本题关键要把握两种图象的联系，能依据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上推断出波的传播方向，同时要知道简谐运动中一个周期的路程为4A．

15．直角三棱镜的AD边与光屏MN平行，∠A=30°． 一细光束垂直AB边射入，光束中含有折射率为n1、n2两种频率的光，光线经过棱镜后的光路图如图所示．
①试依据光路图推断n1、n2的大小关系；
②要使两种光都能射到光屏上，折射率的值应满足什么条件？

【考点】： 光的折射定律．
【专题】： 光的折射专题．
【分析】： ①依据光路图看出光线在AD面的入射角相等，折射角不同，依据折射率公式分析n1、n2的大小关系；
②依据sinC=比较临界角的大小．要使两种光都能射到光屏上，必需使临界角较小的光不发生全反射，从而求得折射率应满足的条件．
【解析】： 解：①依据光路图看出光线在AD面的入射角相等，折射率为n1的光折射角较小，由=知，n1＜n2．
②依据sinC=知，折射率为n2的光临界角较小．要使两种光都能射到光屏上，必需使折射率为n2的光不发生全反射，则有应满足的条件为：
i≤C2，i是AD面上的入射角，C2是折射率为n2的光临界角．
则有 sini≤sinC2；
由数学学问知，i=30°
又sinC2=
联立解得：n2≤2
即要使两种光都能射到光屏上，折射率的值应满足 n≤2．
答：
①依据光路图推断知n1＜n2；
②要使两种光都能射到光屏上，折射率的值应满足的条件是n≤2．
【点评】： 本题关键是依据折射率的定义式、全反射的临界条件列式分析计算，要明确折射率越大，折射时偏折角越大．

[物理-物理3-5]
16．钍234核不稳定，发生的核反应方程为Th→Pa+e，在反应过程中削减了　1　个中子．

【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度．
【专题】： 衰变和半衰期专题．
【分析】： β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时释放出来的，衰变过程中满足质量数、电荷数守恒．
【解析】： 解：β衰变的实质：β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时释放出来的，所以在核反应方程为Th→Pa+e中，减小了一个中子．
故答案为：1
【点评】： 该题考查原子核的表示方法，以及β衰变的实质，知道β衰变时由核内一个中子转化成一个质子和一个电子即可正确解答．

17．一群处于量子数n=3的氢原子向低能级跃迁的过程中能产生　3　种不同频率的光子．

【考点】： 氢原子的能级公式和跃迁．
【分析】： 依据数学组合公式求出一群氢原子处于量子数n=3的激发态，可能发出的光谱线条数．
【解析】： 解：依据=3知，这些氢原子向低能级跃迁的过程中能产生 3种不同频率的光子．
故答案为：3
【点评】： 解决本题的关键原子的能量是量子化，能级差也是量子化的，不同的能级跃迁发出的光子频率不同．

18．如图所示，光滑水平面上静止着一只木箱和一辆载人小车，已知木箱、小车、人的质量均相同．现人用力推动木箱，使木箱以速度v0水平向右运动，经过一段时间后，木箱与墙壁发生碰撞，碰撞之后木箱以原速率返回，人在车上抓住木箱之后，人、车、木箱不再分开，求木箱的最终速度大小．

【考点】： 动量守恒定律．
【分析】： ①在推出木箱的过程中，木箱和人以及车组成的系统动量守恒，依据动量守恒定律求出推出木箱后人和小车一起运动的速度v1的大小；
②人在接木箱的过程中动量守恒，依据动量守恒定律求出人接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小．
【解析】： 解：①取向左为正方向，由动量守恒定律有：
0=2mv1﹣mv0
得：
②小明接木箱的过程中动量守恒，有：mv0+2mv1=（m+2m）v2
解得：
答：箱的最终速度大小是．
【点评】： 解决本题的关键正确分析出对应的过程，以及把握动量守恒定律，以及在运用动量守恒定律解题时留意速度的方向．