高考考前训练题一（选择题）物理.doc

高考考前训练题
一．选择题

1．有一个直角支架AOB，AO是水平放置，表面粗糙．OB竖直向下，表面光滑．OA上套有小环P，OB套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可以忽略．不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡，如图所示．现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么移动后的平衡状态和原来的平衡状态相比较，AO杆对P的支持力FN和细绳上的拉力F的变化情况是：（ B ）
A．FN不变，F变大 B．FN不变，F变小

C．FN变大，F变大 D．FN变大，F变小
分析与解：选择环P．Q和细绳为研究对象．在竖直方向上只受重力和支持力FN的作用，而环动移前后系统的重力保持不变，故FN保持不变．取环Q为研究对象，其受如下图所示．Fcosα = mg，当P环向左移时，α将变小，故F变小，正确答案为B．
思路点拨：利用整体与隔离相结合的方法分析求解是本题解决问题的重要思想方法与手段．
2．以力F拉一物体，使其以加速度a在水平面上做匀加速直线运动，力F的水平分量为F1，如图所示，若以和F1大小．方向都相同的力F ¢代替F拉物体，使物体产生加速度a ¢，那么：（ B C ）
A．当水平面光滑时，a¢ < a B．当水平面光滑时，a¢ = a
C．当水平面粗糙时，a¢ < a D．当水平面粗糙时，a¢ = a
分析与解：当水平面光滑时，物体在水平面上所受合外力均为F`，故其加速度不变．而当水平面粗糙时，支持力和摩擦力都是被动力，其大小随主动力的变化而变化，当用F`替换F时，摩擦力将增大，故加速度减小．因此BC答案正确．

思路点拨：运用牛顿运动定律解决力学问题的一般程序为：1．选择研究对象，2．受力分析，3．合成或分解（正交分解），列式计算．在受力分析时，应注意被动力随主动力变化的特点．
3．一小球质量为m，用长为L的悬绳（不可伸长，质量不计）固定于O点，在O点正下方L/2处钉有一颗钉子，如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间： （ A B C ）
A．小球线速度没有变化
B．小球的角速度突然增大到原来的2倍
C．小球的向心加速度突然增大到原来的2倍
D．悬线对小球的拉力突然增大到原来的2倍
分析与解：在小球通过最低点的瞬间，水平方向上不受外力作用，沿切线方向小球的加速度等于零，因而小球的线速度不会发生变化，故A正确；在线速度不变的情况下，小球的半径突然减小到原来的一半，由v = ωr可知角速度增大为原来的2倍，故B正确；由a = v2/r，可知向心加速度突然增大到原来的2倍，故C正确；在最低点，F— mg = ma，可以看出D不正确．
思路点拨：本题中要分析出悬线碰到钉子前后的瞬间物理量的变化情况，问题就很好解了，因而，要根据题目的条件分析物理过程后再选用公式，不能随意照套公式．
4．如图所示，在光滑的水平面上，有一绝缘的弹簧振子，小球带负电，在振动过程中当弹簧压缩到最短时，突然加上一个沿水平向左的恒定的匀强电场，此后： （ A ）
A．振子的振幅将增大
B．振子的振幅将减小
C．振子的振幅将不变
D．因不知道电场强度的大小，所以不能确定振幅的变化
分析与解：弹簧振子在加电场前，平衡位置在弹簧原长处，设振幅A．当弹簧压缩到最短时，突然加上一个沿水平向左的恒定的匀强电场，此位置仍为振动振幅处，而且振子的运动是简谐振动，只是振动的平衡位置改在弹簧原长的右边，且弹簧神长量x满足kx = qE，即振子振动的振幅A1=A+x，，所以振子的振幅增大，正确答案为A．
思路点拨：弹簧振子在做简谐振动时，平衡位置是合力为零时，当外界条件发生改变，平衡位置有可能随之而变，振子的运动相对于平衡位置对称．
A
B
5．如图所示，把系在轻绳上的A、B两球由图示位置同时由静止释放（绳开始时拉直），则在两球向左下摆动时，下列说法正确的是：（ B ）
绳OA对A球做正 绳AB对B球不做功
绳AB对A球做负 绳AB对B球做正功
A． B． C． D．
A
B
分析与解：大概画出A、B球的运动轨迹，就可以找出绳与球的运动方向的夹角，进而可以判断做功情况．由于OA绳一直张紧且O点不动，所以A球做圆周运动，OA绳对A球不做功，而B球是否与A球一起做圆周运动呢？让我们用模拟等效法分析：设想A、B球分别用两条轻绳悬挂而各自摆动，若摆角较小，则摆动周期为，可见摆长越长，摆得越慢，因此A球比B球先到达平衡位置（如图）．可见绳AB的张力对A的运动有阻碍作用，而B球的运动有推动作用，所以正确的答案为 ．
思路点拨：本题是一道判断做功正负的选择题，通过模拟等效发判断出小球的运动情况，再根据F与v的夹角判断做不做功和功的正负．
a b c
6．如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛．下列说法正确的有： （ D ）
A．它们同时到达同一水平面
B．重力对它们的冲量相同
C．它们的末动能相同
D．它们动量变化的大小相同
分析与解：b、c飞行时间相同（都是）；a与b比较，两者平均速度大小相同（末动能相同）；但显然a的位移大，所以用的时间长，因此A、B都不对．由于机械能守恒，c的机械能最大（有初动能），到地面时末动能也大，因此C也不对．a、b的初动量都是零，末动量大小又相同，所以动量变化大小相同；b、c所受冲量相同，所以动量变化大小也相同，故D正确．
思路点拨： 这道题看似简单，实际上考察了平均速度．功．冲量等很多知识．另外，在比较中以b为中介：a．b的初．末动能相同，平均速度大小相同，但重力作用时间不同；b．c飞行时间相同（都等于自由落体时间），但初动能不同．本题如果去掉b球可能更难做一些．
7．“神舟三号”顺利发射升空后，在离地面340km的圆轨道上运行了108圈．运行中需要多次进行 “轨道维持”．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行．如果不进行轨道维持，由于飞船受轨道上稀薄空气的摩擦阻力，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能．重力势能和机械能变化情况将会是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．动能．重力势能和机械能都逐渐减小
　B．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变
　C．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变
　D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小
分析与解：由于阻力很小，轨道高度的变化很慢，卫星运行的每一圈仍可认为是匀速圆周运动．由于摩擦阻力做负功，根据机械能定理，卫星的机械能减小；由于重力做正功，根据势能定理，卫星的重力势能减小；由可知，卫星动能将增大．这也说明该过程中重力做的功大于克服阻力做的功外力做的总功为正．答案选D
思路点拨：卫星变轨问题首先要考虑速度的变化情况， 从而看是离心还是向心运动，进而判断重力势能的变化情况．
8．长直木板的上表面的一端放置一个铁块，木板放置在水平面上，将放置铁块的一端由水平位置缓慢地向上抬起，木板另一端相对水平面的位置保持不变，如图所示．铁块受到摩擦力f木板倾角变化的图线可能正确的是（设最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力大小）：（ C ）
A
B
C
D

分析与解：本题应分三种情况进行分析：
当0 ≤＜arctan（为铁块与木板间的动摩擦因数）时，铁块相对木板处于静止状态，铁块受静摩擦力作用其大小与重力沿木板面（斜面）方向分力大小相等，即f = mgsin，=0时，f = 0；f随增大按正弦规律增大．
当= arctan时处于临界状态，此时摩擦力达到最大静摩擦，由题设条件可知其等于滑动摩擦力大小．
当arctan＜≤900时，铁块相对木板向下滑动，铁块受到滑动摩擦力的作用，根据摩擦定律可知f = FN =mgcos，f随增大按余弦规律减小．综合上述分析可知C图可能正确地表示了f随变化的图线．
思路点拨：本题由铁块运动状态的不确定性来巧妙地设计了考查静摩擦力．最大静摩擦力．滑动摩擦力三者区别的，这三者在产生条件和大小计算上都有一些区别，分析过程中要求考生能够从物体运动状态来进行科学分析与推理．

9．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是： （ B ）
a．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
b．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行
c．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
d．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
A．a c B．a d C．b c D．b d
分析与解：相互作用的过程中合外力为零，所以碰撞过程动量守恒，设碰撞前动量分别为P1、P2，碰后两球动量分别为P3、P4，则有P1+P2 = P3+P4，若m1 = m2，碰前动量和为零碰后动量和必定为零，即P3与P4必定大小相等．方向相反，a正确．若m1≠m2，碰前动量和不为零，碰后两球的合动量必定与碰前总动量相等，所以碰后以某一相等速率互相分开是不可能的，而碰后以某一相等速率同向而行是可以的．
思路点拨：判断此类问题一般有三条途径：(1)碰撞过程中动量守恒．(2)碰撞后动能不能增加．（3）据追赶碰撞中的实际情况及速度关系判断．
10．已知平面简谐波在 x 轴上传播，原点 O 的振动图线如图所示，t 时刻的波形图线如图 b 所示．则 时刻的波形图线可能是 ( CD )

分析与解：此题有两种分析方法：一是由原点 O 的振动图线 a 可知波源振动的周期为0.4s，由图线 b 可知 t 时刻原点 O 在最大位移处，再经0.5s即经过1.25T，原点 O 将到达平衡位置，若波向左传播，选项 C 正确；若波向右传播选项 D 正确． 第二种分析方法是：原点 O 在 t 时刻的位移与其在零时刻的位移相等，说明 a 图也可以理解为原点 O 从 t 时刻开始的振动图线，由图线可以看到再过0.5s原点 O 的位移为零，且向 y 轴负方向运动，当波向左传播时，选项 C 满足这一点，当波向右传播时，选项 D 满足这一点．
思路点拨：本题是关于波动图象的综合问题，解题要注意：1）波的多解性：有由于波的传播方向的不同引起的多解和由于波的周期性引起的多解．2）振动图象和波动图象的区别和联系．只有对振动图象真正的理解，才能运用第二种方法灵活求解．
（电学选择题编题者：吕长林 杭庆祥）
11．如图所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一固定点A，在Q的正上方的P处用绝缘细线悬挂另一质点B，A、B两质点因带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，由于漏电使A、B两质点的带电量减少，在电荷漏完之前悬线对悬点P的拉力为：（ C ）
A．变小
B．变大
C．不变
D．先变小后变大
分析与解：A、B必带同种电荷，作出B质点的受力图示，如下图所示，根据平衡条件，B质点所受重力G、库仑力F、细线拉力F1必组成一个封闭的三角形abc，由几何知识得△abc∽△QBP，则有=，∴F1 = G。而PB、QP、G均为定值，所以F1为定植，即细线对P点的拉力不变，故应选C．
思路点拨： 此题应用几何知识帮助求解，很巧妙，这种方法望能熟练掌握。
12． 图所示，PQ是匀强磁场中的一片薄金属片，其平面与磁场方向平行，一个α粒子从某点以与PQ垂直的速度v射出，动能是E，射出后α粒子的运动轨迹如图所示．今测得它在金属片两边的轨迹半径之比为10:9，若在穿越板的过程中粒子受到的阻力大小及电量恒定，则：（ B C ）
A．α粒子每穿过一次金属片，速度减小了
B．α粒子每穿过一次金属片，动能减少了0.19E
C．α粒子穿过5次后陷在金属片里
D．α粒子穿过9次后陷在金属片里
分析与解：偏转半径R==，所以动量p = BqR，故粒子动能Ek=子力学 = ，设α粒子每穿过一次金属片后动能减少量为△E，则： = = = 1－（）2 = 1—（）2 = 0.19．所以△E = 0.19E，故B选项正确．又∵穿越次数N = = = 5.26次．所以，α粒子穿过5次后将会被陷在金属片里，故C选项正确。
思路点拨： 本题的关键是抓住粒子每穿过一次金属片所损失的动能相等，而不是损失相同的速度。
13． 图所示，滑动变阻器AB的总阻值与图中电阻R的阻值相等，电源的电动势为E，内阻不计，当滑动触头C从右端A点开始一直滑到B点为止的过程中，下列说法正确的是（ C ）
A．电流表的读数逐渐增大
B．电流表的读数逐渐减小
C．电流表的读数先减小，后增大到原值
D．电流表的读数先增大，后减小到原值
分析与解：设滑动变阻器滑动触头与A端间的电阻为x，根据串、并联电路的特点和闭合电路欧姆定律可知：R总= +（R - x）
干路总电流为I总= =
∴电流表A的读数IA=I总==
由上式可以看出由于分母存在最大值，故IA存在最小值，当x=时有最小值等于，滑动触头在AB两端时，电流相等，均为，因此滑动触头从A端移到B端的过程中电流表的读数先变小再变大到原值．
思路点拨：此题重点考察了应用数学处理物理问题的能力，是个极值题，要认真对待．
14． 一只电炉和一台电动机在正常工作时，通过它们的电流相同，电炉的电阻也相同，则在相同时间内（ A B C）
A．电炉和电动机的电热相等
B．电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率
C．电炉两端电压小于电动机两端的电压
D．电炉和电动机两端电压相等
分析与解：由于电热公式Q = I2Rt，故两者电热相等．电动机消耗的功率应等于电热功率加上产生机械能的功率，而电炉消耗的功率就等于电热功率，故B正确。由于功率等于UI，I又相等，电动机功率大，故电动机两端电压大．本题答案应选A、B、C．
思路点拨：对于这种非纯电阻电路，I≠U/R，电动机消耗的功率应用UI，而产生电热功率只能用I2R，根据能量守恒，前者应大于后者．
15．电容器充电后与电源断开，质量为m电荷量为q的带电粒子静止于该电容器两平行板中间，现在两板间贴近下板插入一个厚度为极板间距离1/4的金属板，如图所示，则关于两板间电势差、带电粒子的运动情况的说法中正确的是（ C ）
A．两板间电势差U增大，带电粒子向上加速
B．两板间电势差U不变，带电粒子仍静止
C．两板间电势差U减小，带电粒子仍静止
D．两板间电势差U减小，带电粒子向下加速
分析与解：由于电容器充电后与电源断开，故插入金属板后，相当于两个电容器串联。电容器的电量不变，上面电容器d’=3d/4，它的电容C增大，由于U=Q/C，故U减小．，E与d无关，所以E不变，带电粒子仍静止．本题答案选C．
思路点拨：本题一定要弄清楚插入金属板后，哪些物理量发生变化，又有哪些量不变化．此题不要与插入电介质情况相混淆．
16．关于电磁波，以下说法正确的是：（ A B ）
A．电磁波本身就是物质，因此可以在真空中传播
B．电磁波由真空进入介质，速度变小，频率不变
C．在真空中，频率高的电磁波速度较大
D．只要发射电路的电磁振荡停止，产生的电磁波立即消失
分析与解：答案A、B．由电磁场的物质性可知A对．电磁波由一种介质进入另一种介质，频率不变，波速v=C/n，B对．任何频率的电磁波在真空中传播速度一样大，C错．当波源停止振动，已形成的波继续传播，并不立即消失，D错．
思路点拨：本题为上海高考题，重点考查电磁波性质及其传播的相关知识的理解和掌握情况．
17．如图所示，一金属杆MN两端接有导线，悬挂于线圈的上方，MN与线圈轴线均处于同一竖直平面内，为了使MN垂直纸面向外运动，可以： （ A B D ）
A．将a、c端接电源正极，b、d端接电源负极
B．将b、d端接电源正极，a、c端接电源负极
d
a
b
c
M
N
C．将a、d端接电源正极，b、c端接电源负极

D．将a、c端接在交变电源的一端，b、d端接在
交变电源的另一端
分析与解：答案 A、B、D．由安培定则，可判断出通电螺线管产生的磁场，再根据左手定则判断通电导线MN的受力，A、B、C三答案中A、B正确．接交流电，电流方向不断变化，但D答案情况恰好是A、B两种情况的综合，D正确．
思路点拨：本题重点考查对安培定则和左手定则的掌握和应用，D选项可反映学生迁移知识的能力。
A
O
C
a
b
18．如图所示，AOC是光滑的直角金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属直棒，如图立在导轨上，它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中a端始终在AO上，b端始终在OC上直到ab完全落在OC上，整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则ab棒在运动过程中：（ B ）
A．感应电流方向始终是ba
B．感应电流方向先是ba，后变为ab
C．受磁场力方向与ab垂直，如图中箭头所示
D．受磁场力方向与ab垂直，开始如图中箭头所示，
后来变为与箭头所示方向相反。
分析与解：答案 B．不难判断，在ab棒倒下的过程中ab棒和直角框架AOC所围成面积先变大后变小，因磁场为匀强磁场，因此，穿过回路磁通量由小变大再变小，由楞次定律，B对．再由左手定则，C、D均不对．
思路点拨：本题重点考查学生对感应电流方向判定方法的选择，若选择右手定则应答本题会有较大的困难．
a
b
c
d
P
Q
甲
O
B
t
t/s
乙
19．图甲中bacd为导体作成的框架，其平面与水平面成θ角，质量为m的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的电阻为R，整个装置放于垂直于框架平面的变化的磁场中，磁感应强度的变化如图乙，PQ始终静止，在0—ts内，PQ受到的摩擦力的变化情况可能是： （ A C ）
A．f一直增大 B．f一直减小
C．f先减小后增大 D．f先增大后减小
a
b
K
U1
R
P
分析与解：答案 A、C．因为磁感应强度均匀变化，PQ棒静止，回路面积不变，因此，回路中感应电流大小I不变．但安培力F = BIL先变小，方向由由楞次定律平行斜面向上；后变大，方向由由楞次定律平行斜面向下．分析受力得：若开始时摩擦力方向平行斜面向上，A对．若开始时摩擦力方向平行斜面向下，C对．
思路点拨：本题考查电磁感应现象中的法拉第电磁感应定律和楞次定律，安培力及其方向的判定，受力分析及平衡，是一道综合性较大的练习．
20．如图为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1变压器原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则：（ A D ）
A．保持U1和P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大
B．保持U1和P的位置不变，K由a合到b时，R的功率将减小
C．保持U1不变，K合到a处，使P上滑，I1将增大
D．保持P的位置不变，K合到a处，若U1增大，I1将增大
分析与解：答案 A、、D．K由a至b时，n1减小，由U2/U1 = n1/n2，可知U2增大，I2增大，由I1/I2 = n2/n1，I1减小，A对．同理， D对．
思路点拨：本题考查对变压器公式的应用，有一定的灵活性．
（热学选择题编题者：刘白生 肖一涛）
21．只要知道下列哪一组物理量，就可以估算出气体分子间的平均距离（ B ）
Ａ．阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和质量
Ｂ．阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和密度
Ｃ．阿伏加德罗常数，该气体的质量和体积
Ｄ．该气体的密度、体积和摩尔质量
分析与解：气体分子占据的空间体积为气体的总体积除以分子的总数,知道了气体的摩尔质量和密度可由V = M/ρ算出气体的摩尔体积,从而气体分子占据的空间体积为v = V/NA,气体分子间的平均距离为d = ，选B．
思路点拨：本题考查物质分子空间分布的微观模型和体积、密度、质量、摩尔体积、摩尔质量与分子占据的空间体积之间的关系．处理此类问题要注意对气体分子一般用立方体模型对液体和固体一般用球型模型．
22．下列说法正确的是 （ B ）
A．物体做加速运动时由于速度增大，所以分子热运动的平均动能也增大；
B．物体的温度越高，其分子的平均动能越大
C．物体里所有分子动能的总和叫做物体的内能
D．只有传热才能改变物体的内能
分析与解：温度是物体分子平均动能的标志，温度越高分子的平均动能越大．物体的内能是物体内部所有分子的动能和势能的总和，物体内能的大小与物体的动能、势能大小无关．改变物体内能的方法有做功和热传递两种，选B．
思路点拨：本题考查温度、分子的动能和势能、内能和改变物体内能的方法．处理此类问题要牢记相关概念才能做出正确选择．
23．下列说法中正确的是 （ A D ）
A．热力学温标的零度是-273.15℃，称为绝对零度
B．只要制冷设备功率足够大，可以使物体的温度降低到绝对零度
C．气体对器壁的压强是由于气体分子间存在相互作用的斥力而产生的
Ｄ．液体中悬浮微粒的布朗运动是作无规则运动的液体分子撞击微粒而引起的
分析与解： -273.15℃为热力学温标的零度又称绝对零度，绝对零度永远不可能达到．气体对器壁的压强是由于气体分子做无规则运动撞击器壁而产生的，布朗运动是作无规则运动的液体分子撞击微粒而引起的．选A、D．
思路点拨：本题考查绝对零度、绝对零度不可能达到、气体压强产生的原因和布朗运动的概念．处理此类问题要熟记相关概念．
24．根据热力学定律，下列说法中正确的是 （ B ）
A．可以利用高科技手段，将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用
B．利用浅层和深层海水的温度差可以制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能
C．冰箱可以自发地使热量由温度较低的冰箱内向温度较高的冰箱外转移
D．只要是满足能量守恒的物理过程，都是可以自发地进行的
分析与解：根据热力学第二定律的两种表述：（1）不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其他变化。（2）不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．选B．
思路点拨：本题考查热力学第二定律，需要深入理解自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性极其相关典型实例．
25．如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示.F＞0表示斥力，F＜0表示引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置.现把乙分子从a处由静止释放，则（ B ）
A．乙分子由a到b做加速运动，由b到c做减速运动
B．乙分子由a到c做加速运动，到达c时速度最大
C．乙分子由a到b的过程中，两分子间的分子势能一直增加
D．乙分子由b到d的过程中，两分子间的分子势能一直增加
分析与解：从图像上看乙分子从a到c移动时一直受到甲分子的引力作用，乙分子做加速运动，它的速度和动能一直增加分子势能则不断减小，到达c点时乙分子受到的分子力为零，速度达到最大，分子势能为最小．乙分子从c到d移动时一直受到甲分子的斥力作用，乙分子做减速运动，它的速度和动能一直减少分子势能则不断增加．选B．
思路点拨：本题考查分子间相互作用力、分子势能与分子间距离的关系．要求能熟练运用图线看出物理意义，并用从图线中获得的信息结合运动学和动力学知识解题．
26．一定质量的理想气体，在温度保持不变时体积膨胀，必定会发生的变化是：（ C ）
A．气体分子的总数增加
B．气体分子的平均动能增大
C．单位体积内的分子数目减小
D．分子的速率都不发生变化
分析与解：对一定质量的理想气体，温度不变则分子的平均动能不变，但这并不意味着每个分子的动能都不变，有少数分子的动能会减小，也有少数分子的动能会增大，动能变化的分子其速率将发生变化，故B、D错误；该气体质量不变，分子的个数当然不会变化，体积增大，会使分子数密度减小，气体对器壁的压强减小．选C
思路点拨：用气体分子运动的特点分析解决问题时应把握：①温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大；温度降低，分子平均动能减少；但这只是对大量分子的统计结果，即使平均动能不变，也会有少数分子的平均动能增大或减小；②质量一定的理想气体，压强取决于温度和分子数密度．
27．在两个相同容器中，分别盛有质量相等、温度相同的氧气和氮气，则它们的：（ C ）
A．压强相等

B．分子运动的平均速率相等
C．分子的平均动能相同，压强不等
D．分子的平均动能相同，压强相等
分析与解：氧气和氮气温度相同，则它们的分子平均动能相同，但由于氧气分子和氮气分子的质量不等，故其分子运动的平均速率不相等，B选项错误；气体压强的大小取决于分子的平均动能和单位体积内的分子数，氧气和氮气的摩尔质量不同，故质量相等的两种气体的摩尔数不同，即分子的总数不同，故体积相等的情况下，分子密度不同，压强也就不同．选C
思路点拨：不同气体的分子质量不同，因而两种气体质量相同时分子个数不同，温度相同时，尽管平均动能相等，但分子平均速率不同．这两点是分析不同气体之间某些状态时所要注意的．
28．对于一定质量的理想气体，下列四个论述中正确的是：（ B ）
A．当分子热运动变剧烈时，压强必变大
B．当分子热运动变剧烈时，压强可以不变
C．当分子间的平均距离变大时，压强必变小
D．当分子间的平均距离变大时，压强必变大
分析与解：对于一定质量的理想气体：①分子热运动的剧烈程度由温度高低决定；②分子间的平均距离由气体体积决定；③对于一定质量的理想气体，PV/T=恒量；A、B选项中，“分子热运动变剧烈”说明气体温度升高，但气体体积变化情况未知，所以压强变化情况不确定，A错误B正确；C、D选项中，“分子间的平均距离变大”说明气体体积变大，但气体温度变化情况未知，故不能确定其压强变化情况，C、D均错误．选B．
思路点拨：本题考查分子运动理论和理想气体状态的简单综合，注意从分子运动理论深刻理解理想气体的三个状态参量，从状态方程判定三个参量之间的变化关系．
A
B
29．一个密闭的绝热容器内，有一个绝热的活塞将它隔成A、B两部分空间，在A、B两部分空间内封有相同质量的空气，开始时活塞被销钉固定，A部分气体的体积大于B部分气体的体积，温度相同，如图所示.若拔出销钉后，达到平衡时，A、B两部分气体的体积VA与VB的大小，有：（ A ）
A．VA＞VB B．VA=VB
C．VA＜VB D．条件不足，不能确定
分析与解：初态两气体质量相同，VA＞VB，因此气体分子数密度不同，ρA＜ρB，又因为温度相同，根据气体压强的决定因素可知PA＜PB，当活塞销钉拿掉，因为ρA＜ρB，所以活塞向A气方向移动，活塞对A气做功，B气对活塞做功，导致A气体密度增加，温度升高，而B气体密度减小，温度降低，直至PA′=PB′，此时TA′＞TB′；又因为最终两边气体压强相等活塞才能静止，而两边气体质量相等，A气温度高于B气，两边压强要想相等，只有A气体密度小于B气体密度，故最终一定是VA′＞VB′，A选项正确．选 A．
P
0
c
b
a
V
思路点拨：对气体压强大小决定因素的理解和物理过程物理情境的分析是正确解决本题的关键，本题若对气体压强大小决定因素不理解，又不清楚销钉拔掉后物理情境的变化，极易错选B或C．
30．如图所示，一定质量的理想气体由状态a经状态b变化到状态c，其变化过程如图所示，下列说法错误的是：（ B C D ）
A．ab过程吸热大于bc过程放热
B．ab过程吸热小于bc过程放热
C．ab过程吸热大于bc过程吸热
D．ab过程吸热小于bc过程吸热
分析与解：① a → b是等压过程∵VB＞VA ∴TB＞TA ∴a → b过程，气体对外做功且内能增加，气体吸收热量．② b → c是等容过程 ∵PC＜PB ∴TC＜TB，b → c过程气体不对外界做功，外界也不对气体做功，但气体内能减小，所以b → c气体放热；③由PV/T = 恒量及图像知TA = TC，故a → b → c的全过程中内能没有变化，综上所述a → b→ c中，气体对外做功，由能量守恒定律得a → b → c过程中气体吸热，结合前面分析，a → b过程吸热一定大于b → c过程放热．选BCD．
思路点拨：对于图象描述气体的状态变化，要通过识图弄清它的变化过程，应用状态方程判断气体状态参量的变化，根据做功与体积变化的关系及热力学第一定律即可判断放热或吸热情况．

（光学选择题编题者：徐 斌 吴长标）
31．如图1，两块平面镜互相垂直放置，若把入射光线AB的
入射角减小一较小的角度θ，则最后的反射光线CD的方向（A）
A．不变
B．逆时针转过θ角
C．顺时针转过θ角
D．顺时针转过2θ角

[解析]从几何关系可知经互相垂直的平面镜反射后的光线与入射光线平行，故选A
［思路点拨］本题考察双平面镜对光路的控制作用，可以利用平面几何的知识证明，也可以利用成像光路推导，在入射光线AB上任取一点作为物点S，经两平面镜两次反射后所成像为S′，S、S′关于O点对称，CD不仅方向不变，位置也不发生平移。
32．由折射率为的材料构成的半圆柱的主截面如图2沿半径方向由空气射入的光线a射到圆柱的平面后，光线b和c分别是它的反射光线和折射光线。若半圆柱绕垂直纸面过圆心O的轴转过150，而光线a不动，则（B）
A．光线b将偏转150
B．光线b将偏转300
C．光线c将偏转300
D．光线c将偏转450

图2
[解析]由反射定律可知反射角等于入射角，所以当反射面转过θ时，反射光线要转过2θ，所以B正确。入射角增加150，反射角增大150，折射角也增大，且改变量大于150，折射光线c将顺时针偏转。
［思路点拨］本题考查折射和反射定律的应用。
33．如图3，横截面为等腰三角形的两个玻璃三棱镜，它们的顶角分别为α、β，且α < β。a、b两细束单色光分别以垂直于三棱镜的一个腰的方向射入，从另一个腰射出，射出的光线与入射光线的偏折角均为θ。则ab两种单色光的频率υ1、υ2间的关系是（B）
A． υ1 = υ2
B． υ1 > υ2
C． υ1 < υ2
D． 无法确定

图3
[解析]a、b光线的入射角分别为α和β，θ为偏折角，本题可以定性分析，入射角相同时，折射率大的偏折角大。现在偏折角相同，α < β，n1>n2，υ1 > υ2 ，B正确
［思路点拨］略
34．我们经常可以看到，凡路边施工处总挂有红色的电灯，这除了红色光容易引起人的视觉注意以外，还有一个重要的原因，这一原因是红色光（ B ）
A．比其它色光更容易发生衍射
B．比其它可见光更容易发生衍射
C．比其它可见光的光子能量大
D．比其它可见光更容易发生光电效应
[解析]在可见光中，红光的波长较长，衍射现象更明显，选B
［思路点拨］本题是一道理论联系实际的题
35．如图4，直角三角形ABC为一透明介质制成的三棱镜的截面，
且0，在整个AC面上有一束垂直于AC的平行光线射入，
已知这种介质的折射率n>2，则（ BC ）
A可能you光线垂直AB面射出 C
B．一定有光线垂直BC面射出
C．一定有光线垂直AC面射出
D．从AB面和BC面出射的光线能会聚一点
A 300 B
图4
[解析]BC
d
S
S’
c
b
a
［思路点拨］要会画三种特殊光路。
36．离平面镜很近的点光源S发出的光一部分直接照到光屏上，另一部分则照到平面镜上，经平面镜反射后再照到光屏上，如图5，则在光屏上的什么范围内可以观察到光的干涉现象
A．a、c之间 （ B ）
B．c、d之间
C．d、b之间
D．a、b之间
[解析] cd部分是两束光重叠的区域，故B正确
［思路点拨］略
37．如图6是扬氏双缝干涉实验示意图，其中S1、S2为双缝，D为光屏，实验中观察到屏上O点为中央亮纹的中心，P1为第一级亮纹的中心，若将双缝间的距离变小，其它条件不变，则（ BCD ）
A．屏上干涉条纹的间距将变小
B．屏上O点仍然为中央亮纹的中心 S1 ．P1
C．屏上P1位置仍然可能为亮纹的中心 S ． O
D．屏上P1位置可能为暗纹的中心 S2

图6
[解析]干涉条纹间距Δx＝，d为双缝间距，d减小，Δx变大，A不正确，O点到双缝的光程差为零，所以O点始终是亮纹。P1到双缝的光程差小于一个波长，有可能是暗条纹。
［思路点拨］本题要求考生对深刻理解干涉现象，而不是死记硬背。
38．把一个曲率半径很大的凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让单色光从上方射入如图7（a），这时可以看到亮暗相间的同心圆，这个同心圆叫做牛顿环，如图7（b）。则（BD）
A．牛顿环是由透镜的上、下表面的反射光发生干涉而形成的
B．牛顿环是由透镜下表面的反射光和平面玻璃上表面的反射光发生干涉而形成的
C．透镜表面弯曲越厉害，牛顿环的直径就越大
D．透镜表面弯曲越厉害，牛顿环的直径就越小。