安徽2014版高中物理《复习方略》：单元评估检测(六)

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2014版高中数学复习方略课时提升作业：单元评估检测(六)(北师大版)(北师大版·数学理·通用版)

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单元评估检测（六）第六章(120分钟150分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2013·吉安模拟)下列命题正确的是( )(A)存在x∈R,x2+2x+3=0(B)对于任意x∈N,x3>x2(C)x>1是x2>1的充分不必要条件(D)若a>b,则a2>b22.(2013·合肥模拟)观察等式:+=,++=,+++=,根据以上规律,第四个等式应为( )(A)++=(B)++++=(C)+++=(D)++++=3.用数学归纳法证明12+22+…+(n-1)2+n2+(n-1)2+…+22+12=时,由n=k的假设到证明n=k+1时,等式左边应添加的式子是( )(A)(k+1)2+2k2(B)(k+1)2+k2(C)(k+1)2(D)(k+1)[2(k+1)2+1]4.(2013·南昌模拟)已知函数f(x)=则不等式xf(x-1)≤1的解集是( ) (A)[-1,+∞) (B)(-∞,1](C)[1,2] (D)[-1,1]5.已知=2,=3,=4,=5,…,=10,则推测a+b= ( )(A)1033 (B)109(C)199 (D)296.设实数a,b,c满足a+b+c=6,则a,b,c中( )(A)至多有一个不大于2 (B)至少有一个不小于2(C)至多有两个不小于2 (D)至少有两个不小于27.已知则2x+y-2的最大值等于( )(A)1 (B)2 (C)(D)48.设x>0,y>0,x+y-x2y2=4,则+的最小值等于( )(A)2 (B)4 (C)(D)9.已知函数f(x)=x2,g(x)=()x-m,当x∈[1,2]时,不等式f(x)≥g(x)恒成立,则实数m的取值范围是( )(A)[-,+∞) (B)[-,+∞)(C)(3,+∞) (D)(4,+∞)10.某商场中秋前30天月饼销售总量f(t)与时间t(1≤t≤30)的关系大致满足f(t)=t2+10t+16,则该商场前t天平均售出(如前10天的平均售出为)的月饼最少为( )(A)18 (B)27 (C)20 (D)16二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上)11.在约束条件下,目标函数z=ax+by(a>0,b>0)的最大值为,则ab的最大值为.12.若不等式-1<x-b<1成立的必要不充分条件为4-x2>0,则实数b的取值范围是.13.(2013·黄山模拟)不等式3x-3m≤-2m的正整数解为1,2,3,4,则m的取值范围是.14.观察下列数的特点:1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,…,其中第100项是.15.(能力挑战题)若实数x,y满足不等式组则当≤2a恒成立时,实数a的取值范围是.三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(12分)已知a>b>c,且a+b+c=0,求证:< a.17.(12分)已知不等式x(ax-1)>a(x-1),其中a∈R.(1)当a=时,解不等式.(2)若不等式在R上恒成立,求实数a的取值范围.18.(12分)在计算“1×2+2×3+…+n(n+1)”时,先改写第k项:k(k+1)=[k(k+1)(k+2)-(k-1)k(k+1)],由此得1×2=(1×2×3-0×1×2),2×3=(2×3×4-1×2×3),…,n(n+1)=[n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)].相加,得1×2+2×3+…+n(n+1)=n(n+1)(n+2).(1)类比上述方法,请你计算“1×2×3+2×3×4+…+n(n+1)(n+2)”的结果.(2)试用数学归纳法证明你得到的等式.19.(12分)(能力挑战题)已知x,y满足若z=x+3y的最大值为12,试求k的值.20.(13分)(2013·宝鸡模拟)某市近郊有一块大约500m×500m的接近正方形的荒地,地方政府准备在此建一个综合性休闲广场,首先要建设如图所示的一个矩形场地,其中总面积为3000平方米,其中阴影部分为通道,通道宽度为2米,中间的三个矩形区域将铺设塑胶作为运动场地(其中两个小场地形状相同),塑胶运动场地占地面积为S平方米.(1)分别用x表示y和S的函数关系,并给出定义域.(2)怎样设计能使S取得最大值,并求出最大值.21.(14分)(能力挑战题)设数列{a n}满足:a n+1=-na n+1,n=1,2,3,….(1)当a1=2时,求a2,a3,a4,并由此猜想{a n}的一个通项公式.(2)当a1≥3时,证明对所有的n≥1,①a n≥n+2;②+++…+<.答案解析1.【解析】选C.A中≧Δ=4-12=-8>0,故方程x2+2x+3=0无实数解,B中当x<0时不成立,D中当b<a<0时不成立.2.【解析】选B.由所给三个式子规律可得,第四个等式为++++=.3.【解析】选B.当n=k时,左边=12+22+…+(k-1)2+k2+(k-1)2+…+22+12,当n=k+1时,左边=12+22+…+(k-1)2+k2+(k+1)2+k2+(k-1)2+…+22+12,因此由n=k的假设到证明n=k+1时,等式左边应添加的式子是(k+1)2+k2.4.【解析】选D.≧f(x-1)==≨xf(x-1)=≨当x<1时,-x≤1,≨x≥-1,≨-1≤x<1.当x≥1时,x≤1,≨x=1,综上-1≤x≤1.5.【解析】选B.由给出的几个等式可以推测:在=10中,a=10,b=102-1=99,于是a+b=109.6.【解析】选B.假设a,b,c都小于2,即a<2,b<2,c<2,那么a+b+c<6,这与a+b+c=6相矛盾,因此a,b,c中至少有一个不小于2.7.【解析】选B.设t=x+y-2,则要使2x+y-2取得最大值,只要t取到最大值即可,如图,画出可行域,可知当x=1,y=2时t取到最大值1,因此2x+y-2的最大值等于2.8.【解析】选B.由x+y-x2y2=4可得x+y=x2y2+4,因此+===xy+≥2=4,当且仅当xy=2时取等号,故+的最小值等于4.【变式备选】当x>0时,函数f(x)=x++的最小值为.【解析】因为x>0,所以t=x+≥2,于是f(x)=x++=t+=g(t),由于g(t)=t+在[1,+≦)上单调递增,所以其最小值等于g(2)=2+=.答案:9.【思路点拨】采用分离参数法,将参数m分离到不等式的一边,用函数的单调性求出不等式另一边的最值,得到m的取值范围.【解析】选B.不等式f(x)≥g(x),即x2≥()x-m,因此m≥()x-x2.令h(x)=()x-x2,由于h(x)在[1,2]上单调递减,所以h(x)的最大值是h(1)=-,因此实数m的取值范围是[-,+≦).10.【解析】选A.平均销售量y===t++10≥18.当且仅当t=,即t=4∈[1,30]时等号成立,即平均销售量的最小值为18.11.【思路点拨】先由目标函数的最大值为,结合可行域,求出最优解,得到a,b 满足的关系式,然后利用基本不等式求最值.【解析】画出可行域,由z=ax+by得y=-x+,因此当直线y=-x+经过可行域中的点M(1,2)时,z取最大值,所以有a+2b=.又因为a>0,b>0,所以a+2b=≥2,解得ab≤,当且仅当a=2b=时取得.故ab的最大值为.答案：【变式备选】使可行域为的目标函数z=ax+by(ab≠0)在x=2,y=2取得最大值的充要条件是( )(A)|a|≤b (B)|a|≤|b|(C)|a|≥b (D)|a|≥|b|【解析】选A.画出可行域,如图,直线l:ax+by=0的斜率为-,要使目标函数在x=2,y=2取得最大值,必须且只需|-|≤1,且直线向上平移时,纵截距变大,所以必须且只需|-|≤1且b>0,因此|a|≤b.【方法技巧】解决线性规划问题的步骤(1)画出可行域.(2)确定目标函数的斜率.(3)画出过原点、斜率与目标函数斜率相同的直线.(4)平移直线,确定满足最优解的点.(5)求满足最优解的点的坐标.12.【解析】设A={x|4-x2>0}={x|-2<x<2},B={x|b-1<x<b+1},则依题意知,B是A 的真子集,因此或解得-1≤b≤1.答案：-1≤b≤113.【解析】由3x-3m≤-2m,≨x≤,≨4≤<5,≨12≤m<15.答案：[12,15)14.【解析】设第100项所属数字段前面数字段的数字为n,则由<100(n∈N+),解得n的最大值为13,则第100项是13+1=14.故第100项为14.答案：1415.【思路点拨】先利用线性规划的方法,借助斜率模型,求出的最大值,然后根据不等式恒成立,只需2a大于或等于这个最大值即可.【解析】画出可行域(如图).由于==-1,其中表示可行域中的点(x,y)与定点(-1,-1)连线的斜率k,由图形可知k∈[,5],所以-1∈[-,4],因此当≤2a恒成立时,应有2a≥4,解得a≥2.答案：[2,+≦)【方法技巧】恒成立问题的求解技巧解决恒成立问题的关键是分离参数求最值,即把要求范围的参数分离到不等式的一边,然后求出不等式另一边的最值(或取值范围),即可得到参数的取值范围.16.【证明】要证<a,只需证b2-ac<3a2,≧a+b+c=0,只需证b2+a(a+b)<3a2,只需证2a2-ab-b2>0,只需证(a-b)(2a+b)>0,只需证(a-b)(a-c)>0.因为a>b>c,所以a-b>0,a-c>0,所以(a-b)(a-c)>0显然成立.故原不等式成立.17.【解析】(1)当a=时,不等式即为x(x-1)>(x-1),即x2-3x+1>0,解得x>或x<,即不等式的解集为{x|x>或x<}.(2)不等式x(ax-1)>a(x-1)可化为:ax2-(a+1)x+a>0,显然当a=0时,不合题意;因此应有解得a>1.18.【解析】(1)先改写第k项:k(k+1)(k+2)=[k(k+1)(k+2)(k+3)-(k-1)k(k+1)(k+2)],于是有:1×2×3=(1×2×3×4-0×1×2×3),2×3×4=(2×3×4×5-1×2×3×4),…,n(n+1)(n+2)=[n(n+1)(n+2)(n+3) -(n-1)n(n+1)(n+2)],相加得1×2×3+2×3×4+…+n(n+1)(n+2)=n(n+1)(n+2)(n+3).(2)下面用数学归纳法证明上述等式成立.①当n=1时,左边=1×2×3=6,右边=×1×2×3×4=6,左边=右边,所以等式成立;②假设当n=k(k≥1,k∈N+)时等式成立,即1×2×3+2×3×4+…+k(k+1)(k+2)=k(k+1)(k+2)(k+3),则当n=k+1时,1×2×3+2×3×4+…+k(k+1)(k+2)+(k+1)(k+2)(k+3)=k(k+1)(k+2)(k+3)+(k+1)(k+2)(k+3)=(k+1)(k+2)(k+3)(k+4),因此等式成立,由①②知等式成立.19.【思路点拨】对k的取值进行讨论,分k≥0和k<0两种情况进行求解. 【解析】由于k的不同取值将影响不等式所表示的平面区域,故应对k的取值进行讨论.①若k≥0,在平面直角坐标系中画出不等式组所表示的平面区域(如图),由于z=x+3y,所以y=-x+z,因此当直线y=-x+z经过区域中的点A(0,-k)时,z取到最大值,等于-3k,令-3k=12,得k=-4,这与k≥0相矛盾,舍去.②若k<0,在平面直角坐标系中画出不等式组所表示的平面区域(如图),这时,当直线y=-x+z经过区域中的点A(-,-)时,z取到最大值,等于-,令-=12,得k=-9.综上,所求k的值为-9.20.【解析】(1)由已知xy=3000,y=,x∈(6,500),S=(x-4)a+(x-6)a=(2x-10)a,≧2a+6=y,≨a=-3=-3,≨S=(2x-10)(-3)=3030-(+6x),x∈(6,500).(2)S=3030-(+6x)≤3030-2=3030-2×300=2430,当且仅当=6x,x=50∈(6,500)时取等号,≨设计x=50m,y=60m时运动场地面积最大,最大值为2430平方米.21.【解析】(1)由a 1=2,得a2=-a1+1=3,由a 2=3,得a3=-2a2+1=4,由a 3=4,得a4=-3a3+1=5,由此猜想{a n}的一个通项公式:a n=n+1(n∈N+).(2)①用数学归纳法证明:(i)当n=1时,a1≥3=1+2,不等式成立.(ii)假设当n=k(k≥1,k∈N+)时不等式成立,即a k≥k+2,那么a k+1=a k(a k-k)+1≥(k+2)(k+2-k)+1=2k+5>k+3.也就是说,当n=k+1时,a k+1>(k+1)+2.由(i)和(ii)得对于所有n≥1,有a n≥n+2.②由a n+1=a n(a n-n)+1及①,对k≥2,有a k=a k-1(a k-1-k+1)+1≥a k-1(k-1+2-k+1)+1=2a k-1+1,迭代得a k≥2k-1a1+2k-2+…+2+1=2k-1(a1+1)-1,故结论成立.关闭Word文档返回原板块。

2016版《全程复习方略》高考物理(全国通用)总复习单元评估检测(六)含答案

单元评估检测 ( 六)(第六章)(45 分钟100 分)一、选择题 ( 此题共 8 小题 , 每题 7 分, 共 56 分。

1～5 题为单项选择题 ,6 ～8 题为多项选择题 )1.法拉第是19 世纪最伟大的实验物理学家之一, 他在电磁学研究方面的优秀贡献好像伽利略、牛顿在力学方面的贡献同样 , 拥有划时代的意义, 正是他提出了电场的观点。

对于静电场的电场强度的观点, 以下说法正确的选项是 ()A. 由 E= 可知 , 某电场的电场强度 E 与 q 成反比 , 与 F 成正比B. 正、负查验电荷在电场中同一点遇到的电场力方向相反, 所以某一点电场强度方向与放入查验电荷的正负相关C.电场中某一点的电场强度与放入该点的查验电荷的正负没关D.电场中某点不放查验电荷时 , 该点电场强度等于零【分析】选 C。

电场强度是一个比值定义 , 与放入的查验电荷遇到的力大小 F 及带电量 q 没关 , 是由电场自己的性质决定的 ,A 错误 ,C 正确 ; 电场强度的方向规定与正电荷受力的方向同样, 负电荷受力的方向与电场强度方向相反 , 所以与正负电荷没关 ,B 错误 ; 一旦经过查验电荷测出了该点的电场强度, 把查验电荷移走, 该点的电场强度仍不变, 与能否有查验电荷没关 ,D 错误。

2.(2015 ·吉安模拟 ) 如下图 , 两个带有同种电荷的小球,用绝缘细线悬挂于O点, 若 q1>q2,L 1>L2, 均衡时两球到过 O点的竖直线的距离相等 , 则()A.m1>m2B.m1 =m2C.m1<m2D.没法确立【解题指南】该题是带电小球在库仑力作用下的均衡问题。

应当注意的问题： (1)对两个小球分别受力剖析,画出受力争。

(2)依据力的三角形特色选择三角形相像法求解。

【分析】选 B。

对 m1、m2球受力剖析 , 如下图：依据共点力均衡和几何关系得：左侧两个暗影部分面积相像 ,右侧两暗影部分面积相像 ; 固然 q1>q2,L1>L2 ,但二者的库仑力大小相等 , 则有=,因为 F1=F2,所以 m1 =m2。

高中物理全程复习方略配套课件阶段评估质量检测(六)(新人教版安徽专用)

是( )
A.该图像的坐标原点是建立在弹簧振子小球的平衡位置处 B.从图像可以看出小球在振动过程中是沿t轴方向移动的
C.为了显示小球在不同时刻偏离平衡位置的位移，让底片沿
垂直x轴方向匀速运动 D.图像中小球的疏密显示出相同时间内小球位置变化快慢不同【解析】选B.从图像看出，小球振动方向是沿x轴的， B错；平衡位臵附近小球疏，表示运动快；小球密处表示运动慢， D对；由图像及形成过程可知A、C对.
动，结合图甲可知波沿x轴正方向传播，A错；由 v= 得波
速为4 m/s，B错；由图乙可知P质点在t=0.2 s时的速度方向和位移方向均为正方向，则加速度为负方向， C对D错.
T
8.(2011·安庆模拟)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1=20 Ω ，R2=30 Ω ，C为电容器.已知通过 R1的正弦交流电如图乙所示，则( )
T
f=0.25×102 Hz，故A错.由 I m = U m =1 A ，而I有效=
R
Im 2 = 2 2 )2×5 W=2.5 W，故C正确. 2 A ，故B错.由PR=I R=( 2 2
电压表所测数据为有效值即 5 2 V ，故D错.
2
5.一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保
持不变，副线圈接有可调电阻R.设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2，当R增大 ( A.I1减小，P1增大 C.I2增大，P2减小 B.I1减小，P1减小 D.I2增大，P2增大 )
簧用法都有一个共同的特点,就是不用一只而用两只,并且两
个弹簧劲度系数不同,相差悬殊.关于为什么要用两只劲度系数不同的弹簧,以下说法正确的是( )
A.一只弹簧力量太小,不足以使气门复位

2014年高考理综物理安徽卷试卷分析

2014年高考理综物理安徽卷试卷分析芜湖一中王长华二、特点分析1、难度适中，区分度好试卷按分值来看，难易比例大约为：易:中:难=20: 65:25。

2014年安徽理综物理卷总体难度较为适中，尤其选择题题难度低于去年。

试题阅读量适中，知识覆盖面较广，各模块占比较为合理。

试题侧重于能力的考查，对主干知识考查不刻意回避常规模型，有所创新，不落俗套，有些题目初看似曾相识，但入手后又感觉不一样，重视考察考生对物理概念和规律本质的掌握程度和对信息的提取能力。

选择题整体难度较去年有所下降，实验题难度力学持平、电学比去年略高，而计算题前两题难度有提高。

从整体来看，无偏题怪题，容易入手，但整体难度不比去年低，对程度中上等的学生有利。

2、难易设置有梯度试卷按照先易后难的顺序，每个题型中基本也是先易后难，就是每个题目中有多问时，也是按照这个难易顺序设置的。

这样便于增强信心，使不同程度的学生都有正常的发挥。

3、继续保持稳定2014年安徽理综物理卷体现了很好的稳定性，这便于学生的正常发挥，有利于学生备考。

试题总数目不变，共11题。

试题类型不变，共分三类题型且每个题型的赋分不变：单项选择7题42分，实验题一力一电共18分，计算题共3题50分。

4、稳中有变。

（1）选修部分所占比例有所增加2014年安徽理综物理卷试题稳中有变：知识模块赋分有微调，力学必修1、2模块：14、15、19、21（1）、22、24共约40分，占总分数的37%；电学模块选修3-1：17、18、20、21（2）、22、23共约40分，占总分数的37%。

必修部分占总分的76%，覆盖了大部分的Ⅱ级知识点。

考查选修3-2、选修3-4、选修3-5部分试题：14、16、20、23、24分值大约有30分左右，占总分数的26%，略超过总分值的20%。

（2）计算题变化大、难度有所加强选择题知识点是4力3电。

实验题一力一电，总分值不变。

计算题变化较大，计算一考查带电粒子从空中落到电容器中的运动，是力电综合题，难度比前几年要略大。

2014高考物理总复习方略单元评估检测(四)

单元评估检测（四）第四章(60分钟 100分)一、选择题(本大题共12小题,每小题6分,共72分。

每小题只有一个选项正确)1.(2013·锦州模拟)一个物体在光滑水平面上沿曲线MN运动,如图所示,其中A点是曲线上的一点,虚线1、2分别是过A点的切线和法线,已知该过程中物体所受到的合外力是恒力,则当物体运动到A点时,合外力的方向可能是( )A.沿F1或F5的方向B.沿F2或F4的方向C.沿F2的方向D.不在MN曲线所决定的水平面内2.(2013·惠安模拟)2008年4月28日凌晨,山东境内发生两列列车相撞事故,造成了大量人员伤亡和财产损失。

引发事故的主要原因是其中一列列车转弯时超速行驶。

如图所示是一种新型高速列车,当它转弯时,车厢会自动倾斜,产生转弯需要的向心力;假设这种新型列车以360 km/h的速度在水平面内转弯,弯道半径为1.5 km,则质量为75 kg的乘客在拐弯过程中所受到的合外力为( )A.500 NB.1 000 NC.500ND.03.(2013·福州模拟)如图所示,汽车甲通过定滑轮拉汽车乙前进,甲、乙分别在上下两水平面上运动,某时刻甲的速度为v1,乙的速度为v2,则v1∶v2为( )A.1∶sinβB.sinβ∶1C.1∶cosβD.cosβ∶14.(2012·四川高考)今年4月30日,西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星,其轨道半径为 2.8×107m。

它与另一颗同质量的同步轨道卫星(轨道半径为4.2×107m)相比( )A.向心力较小B.动能较大C.发射速度都是第一宇宙速度D.角速度较小5.(2013·泰安模拟)人造卫星在受到地球外层空间大气阻力的作用后,卫星绕地球运行的半径、角速度、速率将( )A.半径变大,角速度变大,速率变大B.半径变小,角速度变大,速率变大C.半径变大,角速度变小,速率变小D.半径变小,角速度变大,速率变小6.(2013·洛阳模拟)人在距地面高h、离靶面距离L处,将质量为m的飞镖以速度v0水平投出,落在靶心正下方,如图所示。

2014高考物理总复习方略单元评估检测(五)

单元评估检测(五)第五章(60分钟 100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题6分,共48分。

每小题只有一个选项正确)1.(2013·福州模拟)在空军演习中,某空降兵从飞机上跳下,他从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v-t图像如图所示,则下列说法正确的是( )A.0～10 s内空降兵和伞整体所受重力大于空气阻力B.第10 s末空降兵打开降落伞,此后做匀减速运动至第15 s末C.10～15 s空降兵竖直方向的加速度向下,加速度大小在逐渐减小D.15 s后空降兵保持匀速下落,此过程中机械能守恒2.如图所示,电梯与水平地面成θ角,一人站在电梯上,电梯从静止开始匀加速上升,到达一定速度后再匀速上升。

若以F N表示水平梯板对人的支持力,G为人受到的重力,F f为电梯对人的静摩擦力,则下列结论正确的是( )A.加速过程中F f≠0,F f、F N、G都做功B.加速过程中F f≠0,F N不做功C.加速过程中F f=0,F N、G都做功D.匀速过程中F f=0,F N、G都不做功3.(2013·三明模拟)如图所示,质量为m的物体置于光滑水平面上,一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上,另一端在力F作用下,物体由静止开始运动到绳与水平方向夹角α=45°时绳以速度v0竖直向下运动,此过程中,绳的拉力对物体做的功为( )A.mB.mC.mD.m4.质量为m的汽车,启动后发动机以额定功率P沿水平道路行驶,经过一段时间后以速度v匀速行驶。

若行驶中受到的摩擦阻力大小不变,则在加速过程中车速为时,汽车的加速度为( )A. B. C. D.05.(2013·哈尔滨模拟)测定运动员体能的一种装置如图所示,运动员质量为m1,绳拴在腰间沿水平方向跨过一个轻质且不计摩擦的滑轮,悬挂重物m2,人用力蹬传送带而人的重心相对于地面不动,使传送带上侧以速率v向右运动,下面是关于人对传送带做功的说法,正确的是( )A.人对传送带做负功B.人对传送带不做功C.人对传送带做功的功率为m2gvD.人对传送带做功的功率为(m1+m2)gv6.如图所示,一长为L的均匀铁链对称地挂在一轻质小滑轮上,由于某一微小的扰动使得铁链向一侧滑动,则铁链完全离开滑轮时的速度大小为( )A. B.C. D.7.(2013·龙岩模拟)如图所示,倾角为30°的斜面体置于水平地面上。

2014年物理《复习方略》(通用版)第1章匀变速直线运动课时提升作业单元评估检测(1)

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单元评估检测(一)第一章(60分钟 100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题6分,共48分。

每小题至少一个答案正确,选不全得3分)1.如图是火箭点火升空瞬间的照片,关于这一瞬间的火箭的速度和加速度的判断,下列说法正确的是( )A.火箭的速度很小,但加速度可能较大B.火箭的速度很大,加速度可能也很大C.火箭的速度很小,所以加速度也很小D.火箭的速度很大,但加速度一定很小2.(2013·郑州模拟)物体从静止开始做匀加速直线运动,第3s内通过的位移是3 m,则( )A.第3 s内的平均速度是3 m/sB.物体的加速度是1.2 m/s2C.前3 s内的位移是6 mD.3 s末的速度是4 m/s3.(2013·苏州模拟)从同一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度图像如图所示。

在0～t0时间内,下列说法中正确的是( )A.Ⅰ、Ⅱ两个物体的加速度都在不断减小B.Ⅰ物体的加速度不断增大,Ⅱ物体的加速度不断减小C.Ⅰ物体的位移不断增大,Ⅱ物体的位移不断减小D.Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是12v v 2＋4.甲、乙两物体从同一点开始做直线运动,其v -t 图像如图所示,下列判断正确的是( ) A.在t 0时刻两物体速度大小相等,方向相反 B.在t 0时刻两物体加速度大小相等,方向相反C.在t 0时刻之前,乙物体在甲物体前,并且两物体间距离越来越大D.在t 0时刻之后,甲物体在乙物体前,并且两物体间距离越来越大5.(2013·黄山模拟)沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5s 内的平均速度比它在第一个1.5 s 内的平均速度大2.45 m/s,以质点的运动方向为正方向,则质点的加速度为( )A.2.45 m/s 2B.-2.45 m/s 2C.4.90 m/s 2D.-4.90 m/s 26.某军事试验场正在平地上试射地对空导弹,若某次竖直向上发射导弹时发生故障,造成导弹的v-t 图像如图所示,则下述说法中正确的是( )A.0～1s 内导弹匀速上升B.1～2 s 内导弹静止不动C.3s 末导弹回到出发点D.5s 末导弹恰好回到出发点7.一个物体做变加速直线运动,依次经过A 、B 、C 三点,B 为AC 的中点,物体在AB 段的加速度恒为a 1,在BC 段的加速度恒为a 2,已知物体经过A 、B 、C 三点的速度为v A 、v B 、v C ,有v A <v C ,且v B =A Cv v 2,则加速度a 1和a 2的大小为( ) A.a 1<a 2 B.a 1=a 2C.a 1>a 2D.条件不足无法确定8.(2013·青岛模拟)甲、乙两个物体从同一地点出发,在同一直线上做匀变速直线运动,它们的速度图像如图所示,则( )A.甲、乙两物体运动方向相反B.t=4s 时,甲、乙两物体相遇C.在相遇前,t=4s 时甲、乙两物体相距最远D.在相遇前,甲、乙两物体的最远距离为20m二、实验题(本大题共2小题,共15分)9.(5分)某同学在测定匀变速直线运动的加速度时,得到了几条较为理想的纸带,已在每条纸带上每5个计时点取好了一个计数点,即两计数点之间的时间间隔为0.1s,依打点先后编为0、1、2、3、4、5。

高中物理《复习方略》单元评估检测(六)

单元评估检测(六)第六章(60分钟 100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题6分,共48分。

现在这人双手各握一个质量均为m的铅球,以两种方式顺着轨道方向水平投出铅球:第一次是一个一个地投;第二次是两个一起投。

2014年物理《复习方略》(通用版)第6章电场课时提升作业单元评估检测(6)

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单元评估检测(六)第六章(60分钟 100分)一、选择题(本大题共12小题，每小题6分，共72分。

每小题至少一个答案正确，选不全得3分)1.M和N是两个不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电1.6×10-10 C，下列判断正确的是( )A.在摩擦前M和N的内部没有任何电荷B.摩擦的过程中电子从M转移到NC.N在摩擦后一定带负电1.6×10-10 CD.M在摩擦过程中失去1.6×10-10个电子2.(2011·海南高考)关于静电场，下列说法正确的是( )A.电势等于零的物体一定不带电B.电场强度为零的点，电势一定为零C.同一电场线上的各点，电势一定相等D.负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加3.(2013·青岛模拟)水平线上的O点放置一点电荷，图中画出电荷周围对称分布的几条电场线，如图所示。

以水平线上的某点O′为圆心，画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，则下列说法正确的是( )A.b、e两点的电场强度相同B.a点电势低于c点电势C.b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差D.电子沿圆周由d到b，电场力做正功4.(2013·福州模拟)真空中存在范围足够大、竖直方向上的匀强电场，A、B为该匀强电场的两个等势面。

现有三个质量相同、带同种等量电荷的小球a、b、c，从等势面A上的某点同时以相同速率v0分别沿竖直向下、水平向右和竖直向上方向开始运动，如图所示。

经过一段时间，三个小球先后通过等势面B，则下列判断正确的是( )A.等势面A的电势一定高于等势面B的电势B.a、c两小球通过等势面B时的速度相同C.开始运动后的任一时刻，a、b两小球的动能总是相等D.开始运动后的任一时刻，三个小球电势能总是相等5.如图所示，平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑片C相连接。

2014高考物理总复习方略单元评估检测(六)

单元评估检测(六)第六章(60分钟 100分)一、选择题(本大题共12小题,每小题6分,共72分。

每小题只有一个选项正确)1.M和N是两个不带电的物体,它们互相摩擦后M带正电1.6×10-10C,下列判断正确的是( )A.在摩擦前M和N的内部没有任何电荷B.摩擦的过程中电子从N转移到MC.N在摩擦后一定带负电1.6×10-10CD.M在摩擦过程中失去1.6×10-10个电子2.(2011·海南高考)关于静电场,下列说法正确的是( )A.电势等于零的物体一定不带电B.电场强度为零的点,电势一定为零C.同一电场线上的各点,电势一定相等D.负电荷沿电场线方向移动时,电势能一定增加3.(2013·南安模拟)如图,A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点。

现在在A、B两点分别固定电量为+q、-q的两个点电荷,则关于C、D两点的场强和电势,下列说法正确的是( )A.场强、电势均相同B.场强、电势均不同C.场强相同,电势不同D.场强不同,电势相同4.(2013·福州模拟)真空中存在范围足够大、竖直方向上的匀强电场,A、B为该匀强电场的两个等势面。

现有三个质量相同、带同种等量电荷的小球a、b、c,从等势面A上的某点同时以相同速率v0分别沿竖直向下、水平向右和竖直向上方向开始运动,如图所示。

经过一段时间,三个小球先后通过等势面B,则下列判断正确的是( )A.等势面A的电势一定高于等势面B的电势B.a、c两小球通过等势面B时的速度相同C.开始运动后的任一时刻,a、b两小球的动能总是相等D.开始运动后的任一时刻,三个小球电势能总是相等5.如图所示,平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑片C相连接。

电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场。

在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下,若使滑动变阻器的滑片C上移,则关于电容器极板上所带电荷量Q和电子穿过平行板所需的时间t的说法中,正确的是( )A.电荷量Q增大,时间t也增大B.电荷量Q不变,时间t增大C.电荷量Q增大,时间t不变D.电荷量Q不变,时间t也不变6.(2013·云南师大附中模拟)如图所示,曲线为电荷在匀强电场中的运动轨迹,a、b是轨迹上的两点,则下列说法正确的是( )A.电荷在b点的电势能大于在a点的电势能B.该电场的方向水平向左C.b点的电势高于a点的电势D.电荷在电场中相同时间内速度的变化量不相同7.(2012·江苏高考)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一电介质,其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( )A.C和U均增大B.C增大,U减小C.C减小,U增大D.C和U均减小8.(2012·新课标全国卷改编)如图,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度,两极板与一直流电源相连。

2014年安徽高三物理冲刺卷六(PDF)

已知线圈电阻为r=2Ω, 电压表示数为 2 下列说法正确的是 0V. 电阻 R 上的热功率等于 1 A. 0W
( )
线圈位于中性面位置时 , 穿过线圈的磁通量为零 B. 写成 u=2 02 s i n 1 0 0 π t V
D . 上升过程中动能和重力势能相等的位置等于
选择合适的计时起点, 则线圈中电动势的瞬时值表达式可以 C. 若用击穿电压大于 2 不考 D. 0 2 V 的电容器 C 与电阻R 并联 (
上升的最 1 9 . 从地面处以速度v 0 将质量为 m 的小球竖直向上抛出 , 大高度为 h, 小球返回到抛出点时的速度为v, 且 v< v 0 。设小球在抛出点时的重力势能为零 , 小球所受阻力大小与速度大小成下落时机械能增大 A . 上升时机械能减小 , 做的功正比 , 则小球 ( )
长, 甲、乙两球可视为质点 , 整个运动过程无电荷转移 ) 甲乙两球 . 碰撞后 , 乙球通过轨道的最高点 D 时对轨道的压力为2. 求 5m . g
( ) 乙球通过轨道的最高点 D 时的速度 ; 1 ( ) 求甲球的初速度v 2 0 为多大 ? ( ) 乙球落回到水平面时 , 乙球重力的瞬时功率为多少 ? 3 ) 如图 ( 所示, 两块足够大的平行金属板竖直放置, 板间 2 4 .( 1 9 分) a
金属圆环 L 中的感应电流为零 B . 在t 2 时刻 ,
金属圆环 L 的磁通量最大 A . 在t 1 时刻 ,
Ａｘ１
Ｂｘ２
Ｃｘ３
Ｄｘ４
Ｅｘ５
Ｆ
金属圆环 L 内有逆时针方向的感应电流 C . 在t 1 -t 2 时间内 , 金属圆环 L 有收缩趋势 D . 在t 3 -t 4 时间内 ,

2014届高考物理第一轮复习方略模块综合检测(二)新人教版(精)

《全程复习》2014届高考物理全程复习方略（人教版-第一轮）（含详细解析）：模块综合检测(二)(90分钟 100分)1.(2012·朝阳区模拟)(4分)单摆的摆长和释放摆球的位置都不变，摆球的最大摆角小于5°,若把摆球的质量增为原来的2倍，则此单摆的( )A.频率不变，振幅不变B.频率和振幅都减少C.频率不变，振幅增加D.频率增加，振幅不变2.(4分)一个单摆做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图所示，则( )A.此单摆的固有周期约为0.5 sB.此单摆的摆长约为1 mC.若摆长增大，单摆的固有频率增大D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动3.(2012·南开区模拟)(4分)一个弹簧振子在A、B间做简谐运动，O为平衡位置，如图甲所示，以某一时刻t=0为计时起点，经1周期，振子具有正方向最大的加速度，那么在图乙4所示的振动图线中，能正确反映振子的振动情况的是(以向右为正方向)( )4.(4分)如图所示，图乙中图象记录了单摆中摆球的动能、势能随摆球位置变化的关系，下列关于图象的说法正确的是( )A.a图线表示势能随位置的变化关系B.b图线表示机械能随位置的变化关系C.c图线表示动能随位置的变化关系D.图象表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变5.(2012·唐山模拟)(4分)一列周期为T的简谐波在介质中沿x轴传播，图甲为该波在某一时刻的波形图，此时振动还只发生在O、M之间；A、B、C是介质中的三个质点，此时，A 在波峰，C在波谷，B在AC间，且B的速度方向为-y方向，若以C点开始振动时作为计时起点，则A点的振动图象是图乙中的( )6.(4分)有两个静止的声源，发出声波1和声波2，在空气中传播，如图所示为某时刻这两列波的图象，则下列说法中正确的是( )A.声波1的波速比声波2的波速大B.相对于同一障碍物，波1比波2更容易发生明显的衍射现象C.这两列波相遇时，不会产生干涉现象D.远离两个声源运动的观察者，接收到的这两列波的频率均与从声源发出时的频率相同7.(2011·大纲版全国卷)(4分)一列简谐横波沿x 轴传播，波长为1.2 m ，振幅为A.当坐标为x=0处质元的位移为且向y 轴负方向运动时，坐标为x 0.4 m =处质元的位移为A.当坐标为x=0.2 m 处的质元位于平衡位置且向y 轴正方向运动时，x=0.4 m 处质元的位移和运动方向分别为( ) A. 1A 2-、沿y 轴正方向 B. 1A 2-、沿y 轴负方向C. 2-、沿y 轴正方向D.、沿y 轴负方向8.(2011·大纲版全国卷)(4分)雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹.设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a 、b 、c 、d 代表四条不同颜色的出射光线，则它们可能依次是( )A.紫光、黄光、蓝光和红光B.紫光、蓝光、黄光和红光C.红光、蓝光、黄光和紫光D.红光、黄光、蓝光和紫光9.(4分)如图所示，强强乘坐速度为0.9c(c为光速)的宇宙飞船追赶正前方的壮壮，壮壮的飞行速度为0.5c,强强向壮壮发出一束光进行联络，则壮壮观测到该束光的传播速度为( )A.0.4cB.0.5cC.0.9cD.1.0c10.(4分)惯性系S中有一边长为l的正方形(如图所示)，从相对S系沿x方向以接近光速匀速飞行的飞行器上测得该正方形的图象是( )11.(4分)应用麦克斯韦的电磁场理论判断如图所示的表示电场产生磁场或磁场产生电场的关系图象中(每个选项中的上图表示的是变化的场，下图表示的是变化的场产生的另外的场)正确的是( )12.(4分)在研究材料A的热膨胀特性时，可采用如图所示的干涉实验法，A的上表面是一光滑平面，在A的上方放一个透明的平行板B，B与A上表面平行，在它们间形成一个厚度均匀的空气膜，现在用波长为λ的单色光垂直照射，同时对A缓慢加热，A均匀膨胀，在B上方观察到B板的亮度发生周期性的变化，当温度为t1时最亮，然后亮度逐渐减弱至最暗；当温度升到t2时，亮度再一次回到最亮，则( )A.出现最亮时，B上表面反射光与A上表面反射光叠加后加强B.出现最亮时，B下表面反射光与A上表面反射光叠加后加强C.温度从t 1升至t 2过程中，A 的高度增加4λD.温度从t 1升至t 2过程中，A 的高度增加2λ13.(6分)单摆测定重力加速度的实验中，(1)实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图(甲)所示，该摆球的直径d=___________mm.(2)接着测量了摆线的长度为0l ，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F 随时间t 变化的图象如图(乙)所示，则重力加速度的表达式g=___________(用题目中的物理量表示).(3)某小组改变摆线长度0l ，测量了多组数据.在进行数据处理时，甲同学把摆线长0l 作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出20T -l 图象后求出斜率，然后算出重力加速度.两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲___________，乙___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”).14.(6分)如图所示，画有直角坐标系xOy 的白纸位于水平桌面上，M 是放在白纸上的半圆形玻璃砖，其底面的圆心在坐标原点，直边与x 轴重合，OA 是画在纸上的直线，P 1、P 2为竖直地插在直线OA 上的两枚大头针，P 3是竖直地插在纸上的第三枚大头针，α是直线OA 与y 轴正方向的夹角，β是直线OP 3与y 轴负方向的夹角，只要直线OA 画得合适，且P 3的位置取得正确，测得角α和β，便可求得玻璃的折射率. 某学生在用上述方法测量玻璃的折射率时，在他画出的直线OA 上竖直插上了P 1、P 2两枚大头针，但在y ＜0的区域内，不管眼睛放在何处，都无法透过玻璃砖看到P 1、P 2的像，他应该采取的措施是___________________________.若他已透过玻璃砖看到了P 1、P 2的像，确定P 3位置的方法是___________________________.若他已正确地测得了α、β的值，则玻璃的折射率n=_________.15.(8分)现有毛玻璃屏A 、双缝B 、白光光源C 、单缝D 和透红光的滤光片E 等光学元件，要把它们放在如图所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长.(1)将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序应为C、__________、__________、__________、A.(2)本实验的实验步骤如下：①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮；②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上；③用米尺测量双缝到屏的距离；④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮纹间的距离.在操作步骤②时还应注意__________和__________.(3)若测得双缝间距为3.0 mm，双缝与屏之间的距离为0.70 m，通过测量头(与螺旋测微器原理相似，手轮转动一周，分划板前进或后退0.500 mm)观察到第1条亮纹的位置如图(a)所示，观察第5条亮纹的位置如图(b)所示.则可求出红光的波长λ=__________m.(保留一位有效数字)16.(2012·南通模拟)(6分)(1)下列说法中正确的是__________A.交警通过发射超声波测量车速，利用了波的干涉原理B.电磁波的频率越高，它所能携带的信息量就越大，所以激光可以比无线电波传递更多的信息C.单缝衍射中，缝越宽，条纹越亮，衍射现象也越明显D.地面上测得静止的直杆长为L，则在沿杆方向高速飞行火箭中的人测得杆长应小于L(2)平行光a垂直射向一半径为R的玻璃半球的平面，其截面如图所示，发现只有P、Q之间所对圆心角为60°的球面上有光射出，则玻璃半球对a光的折射率为__________，若仅将a平行光换成b平行光，测得有光射出的范围增大，设a、b两种色光在玻璃半球中的速度分别为v a和v b，则v a__________v b(选填“＞”、“＜”或“=”).(3)一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，质点P此时刻沿-y运动，经过0.1 s第一次到达平衡位置，波速为5 m/s,那么：①该波沿__________(选填“+x”或“-x”)方向传播；②图中Q点(坐标为x=7.5 m的点)的振动方程y=__________cm;③P点的横坐标为x=__________m.17.(12分)(1)下列说法中正确的是( )A.照相机、摄影机镜头表面涂有增透膜，利用了光的薄膜干涉原理B.光照射遮挡物形成的影轮廓模糊，是光的衍射现象C.太阳光是偏振光D.为了有效地发射电磁波，应该采用长波发射(2)如图所示，是研究激光相干性的双缝干涉示意图，挡板上有两条狭缝S1、S2，由S1、S2发出的两列波到达屏上时会产生干涉条纹，已知入射激光的波长是λ，屏上的P点到两狭缝S1、S2的距离相等，如果把P处的亮条纹记作0号亮纹，由P向上数，与0号亮纹相邻的亮纹依次是1号亮纹、2号亮纹…则P1处的亮纹恰好是10号亮纹.设直线S1P1的长度为L1，S2P1的长度为L2，则L2-L1等于多少？(3)玻璃半圆柱体的半径为R，横截面如图所示，圆心为O，A为圆柱面的顶点.两束同种单色光分别按如图方向入射到圆柱体上，光束1指向圆心，方向与AO夹角为30°；光束2的入射点为B，方向与底面垂直，∠AOB=60°,已知玻璃对这种光的折射率n 求：两束光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d.18.(14分)(1)下列说法中正确的是( )A.光传播时，若遇到的障碍物的尺寸比光的波长大很多，衍射现象十分明显，此时不能认为光沿直线传播B.在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的色散现象C.光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率大D.麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波存在，后来他又用实验证实电磁波的存在(2)如图所示是用频闪照相的方法拍到的一个弹簧振子的振动情况，甲图是振子静止在平衡位置的照片，乙图是振子被拉至左侧距平衡位置20 cm 处放手后的频闪照片，已知频闪的频率为10 Hz ，则振子振动周期为T=_________s ；振子在通过平衡位置后T 12的时间内发生的位移为_________cm.(3)一列横波在x 轴上传播，在t 1=0时刻波形如图中实线所示，t 2=0.05 s 时刻波形如图中虚线所示.①由波形曲线读出这列波的振幅和波长； ②若周期大于()211t t 2-,则最小波速是多少？方向如何？最大波速是多少？方向如何？答案解析1.【解析】选A.由于单摆的摆长和释放摆球的位置都不变，单摆的振幅不变，又因为单摆的周期与摆球的质量无关，故此单摆的频率不变，只有A 正确.2.【解析】选B.共振时单摆的频率f=0.5 Hz,所以单摆的固有周期为1T 2 s f==,A 错；由T 2= 1 m ≈l ,B 对;若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，C 、D 错.3.【解析】选D.由t=0为计时起点，经1周期，振子具有正方向最大的加速度，说明t=04周期时，A图对应的是振子具有负方时振子处于平衡位置，B、C错；对比A、D两图，经14向最大加速度，D图对应振子具有正方向最大加速度，故选项D符合要求，故选D.4.【解析】选D.当摆球释放后，动能增大，势能减小，当运动至B点时动能最大，势能最小，然后继续摆动，动能减小，势能增大，到达C点后动能为零，势能最大，整个过程中只有重力做功，摆球的机械能守恒，综上可知只有D项正确.5.【解析】选B.由质点B的振动方向可知波沿x轴负方向传播，振源的起振方向是从平衡位置向上振动，振动由C传到A的时间为T，且A质点应从平衡位置向上振动，故B正确，2A、C、D错误.6.【解析】选B、C.波的传播速度由介质决定，与波的波长无关，A项错；根据波发生明显衍射现象的条件可知，波长较长的波1容易发生明显的衍射现象，B项正确；两列波频率不同，故不能发生干涉现象，C项正确；由于波的多普勒效应，远离声源运动的观察者接收到的波的频率比波从声源发出时的频率低，D项错误.7.【解析】选C.根据题意，画出此时波形图，可以看到，此时x=0.2 m处的质元正在平衡位置向下运动.再经过半个周期，x=0.2 m处的质元回到平衡位置向上运动，在这半个周期当中，x=0.4 m处的质元已经过了波谷正在向着平衡位置运动，根据简谐运动的对称性，此时的位移与半个周期之前的位移大小相等.所以C正确.8.【解析】选B.第一次折射时，把水滴看做三棱镜，向下偏折程度最大的光线一定是紫光，偏折程度最小的是红光，故第二次折射后，从题图上可看出紫光是a，红光是d，所以正确答案是B.9.【解析】选D.根据光速不变原理可知任何惯性系中，光在真空中的速度恒为c，与光源的运动和观察者的运动无关，故D正确.10.【解析】选C.由=l l x 轴方向的长度变短(沿y 轴方向尺寸不受影响)，所以C 正确，A 、B 、D 错误.11.【解析】选B 、C.A 中的上图是稳定的磁场，由麦克斯韦电磁场理论可知不会产生电场，故A 选项错误；B 中的上图是均匀变化的电场，应该产生稳定的磁场，故B 选项正确；C 中的上图是振荡的磁场，它能产生相同频率的电场，且相位差为π/2，故C 选项正确；D 中的上图是振荡的电场，在其空间产生振荡的磁场，但下图中的图象与上图相比较，相位差为π，故D 选项错误.12.【解析】选B 、D.出现最亮时，为B 的下表面反射光与A 上表面的反射光叠加后加强，A 错，B 对；薄膜干涉中，当薄膜厚度为光在薄膜中半波长的整数倍，反射光加强，为最亮，因此温度由t 1升至t 2时，A 的高度变化为增加2λ,C 错，D 对.13.【解析】(1)从游标卡尺上读出摆球直径d=14.05 mm.(1分) (2)由F-t 图象知单摆周期T=4t 0，(1分) 摆长0d 2=+l l (1分)根据T 2=20201(d)2g 4t π+=l(1分)(3)实际摆长为01d 2+l ,故甲同学测量结果偏小，而乙同学处理数据的方法对测量结果无影响.(2分) 答案:(1)14.05 (2) 20201(d)24t π+l (3)偏小无影响14.【解析】“在y ＜0的区域内，不管眼睛放在何处，都无法透过玻璃砖看到P 1、P 2的像”的原因是当光线进入y ＜0的区域的边界时发生了全反射，即入射角太大，故应减小入射角. (2分)在白纸上画一条与y 轴正方向夹角较小的直线OA ，把大头针P 1、P 2竖直地插在所画的直线上，直到能够在y ＜0的区域内透过玻璃砖看到P 1、P 2的像.按实验的要求，所插入的大头针应该在同一条光路上，因此插上P 3后，P 3刚好能够挡住P 1、P 2的像.(2分) 由折射率的定义得sin n sin β=α.(2分)答案:减小入射角使P 3挡住P 1、P 2的像sin sin βα15.【解析】(1)双缝干涉仪各组成部分在光具座上的正确排序为：光源、滤光片、单缝、双缝、屏，因此应填E 、D 、B.(3分)(2)安装光学元件时，应注意单缝与双缝间的距离为5～10 cm ，同时使单缝与双缝相互平行.(2分) (3)由题图可知，条纹间距为21x x 0.65x mm44-∆==(1分)又双缝到屏的距离l =0.70 m ，双缝间距d=3.0 mm, 由x d ∆=λl 得：xd ∆λ=l,(1分)代入数据得λ≈7×10-7m (1分)答案:(1)E D B(2)单缝与双缝的间距为5～10 cm 使单缝与双缝相互平行(3)7×10-716.【解析】(1)选B 、D.超声波测速是利用波的多普勒效应，选项A 错误；根据信息论，电磁波的频率越高，相同时间传递的信息量越大,选项B 正确；单缝衍射中，缝越宽，条纹越窄，衍射现象越不明显，选项C 错；根据长度的相对性原理，选项D 正确.(1分)(2)平行光通过玻璃半球的光路图如图所示，则玻璃的折射率为n=1/sin30°=2,将a 平行光换成b 平行光，测得有光射出的范围增大，说明b 光的临界角大，折射率小，由c v n=，得v a ＜v b . (2分)(3)①根据质点振动方向与波传播方向的关系，可知波沿-x 方向传播. (1分)②由()6T 1.2s v 5λ===得，25T 3ππω==,又y=Acos ωt,因此()5y 5cos t cm 3π=. (1分)③经过0.1 s 波向左传播的距离为5×0.1 m=0.5 m,所以P 点横坐标为3-0.5=2.5(m).(1分)答案:(1)B 、D (2)2 ＜ (3)①-x ②55cos t3π③2.517.【解析】(1)选A 、B.照相机、摄影机镜头表面涂有增透膜，利用了光的薄膜干涉原理，A 正确；遮挡物的影轮廓模糊，是因为光的衍射现象造成的，B 正确；太阳光是自然光，不是偏振光，C 错误；为了有效地发射电磁波，应使用频率较高的电磁波，即应采用短波发射，D 错误.(2分)(2)根据双缝干涉原理，产生亮条纹的条件是光程差为波长的整数倍，即Δs=n λ(n=0、1、2…),当n=0时产生0号亮纹， (1分) 当n=10时产生10号亮纹，(1分)所以L 2-L 1=10λ.(1分)(3)光线2：1122sin 160,sin ,30n 2θθ=︒θ===θ=︒(2分)i=60°-θ2=30°1sinr nsini,r602===︒(2分)1R2OCcos30==︒(1分)同理，光线1从O点出射，折射角∠EOD=60°(1分)则△EOD为等边三角形，1d OE OD OCtan30R3===︒=.(1分)答案:(1)A、B (2)10λ(3) 1R318.【解析】(1)选C.光传播时，若遇到的障碍物的尺寸比光的波长大很多，衍射现象不明显，此时光沿直线传播，A错；在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的干涉，B 错；光导纤维是利用了光的全反射，故光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率大，C对；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，D错误.(2分)(2)由f′=10 Hz,得1T0.1 sf'=='从图乙知14周期内有3个间隔，则T3T4='所以T=1.2 s(1分)由于TT 12='，由对称性知振子在通过平衡位置后T 12的时间内发生的位移为10 cm .(1分)(3)①由波形图可知：A=0.2 m, (1分) λ=8 m(1分)②由于()121T t t 2-＞，即Δt ＜2T 当波沿x 轴正方向传播时，可能的周期为：T t nT 4∆=+,且n=0或1(1分)当波沿x 轴负方向传播时，可能的周期为：3T t nT 4∆=+,且n=0或1(1分)由波速公式v Tλ=可知，当速度v 最小时，周期T 最大，分析上面两类情况可知，当周期最大时，波沿x 轴正方向传播，且在T t nT 4∆=+中取n=0,即T t 4∆=,则T 大=0.2 s(1分)最小速度v 40 m /sT λ==小大.(1分)方向沿x 轴正方向.(1分)当v 最大时，周期T 最小，由上面分析可知，当周期最小时，波沿x 轴负方向传播，且在3T t nT 4∆=+中取n=1,即3T t T 4∆=+，则1T s35=小(1分) 最大速度v 280 m /sT λ==大小(1分)方向沿x 轴负方向.(1分)答案:(1)C (2)1.2 10 (3)①0.2 m 8 m②40 m/s方向沿x 轴正方向280 m/s方向沿x 轴负方向。

2014年安徽省高考物理试卷答案与解析

2014年安徽省高考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本卷共20个小题，每小题6分，共120分）14．（6分）（2014•安徽）在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库伦在研究异种电荷的吸引问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为（）A．T=2πr B．T=2πrC．T=D．T=2πl考点：单摆周期公式；万有引力定律及其应用．专题：单摆问题．分析：先根据万有引力等于重力列式求解重力加速度，再根据单摆的周期公式列式，最后联立得到单摆振动周期T与距离r的关系式．解答：解：在地球表面，重力等于万有引力，故：mg=G解得：g=①单摆的周期为：T=2π②联立①②解得：T=2πr故选：B．点评：本题关键是记住两个公式，地球表面的重力加速度公式和单摆的周期公式，基础题目．15．（6分）（2014•安徽）如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则（）A．v=v2，t1＞t2B．v1＜v2，t1＞t2C．v1=v2，t1＜t2D．v1＜v2，t1＜t21考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论．解答：解：由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，即有v1=v2．小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1＞t2．故A正确．故选：A点评：解决本题关键要掌握机械能守恒定律，并能用来分析小球速率的大小，知道平均速率等于路程与时间之比．16．（6分）（2014•安徽）一简谐横波沿x轴正向传播，图1是t=0时刻的波形图，图2是介质中某质点的振动图象，则该质点的x坐标值合理的是（）A．0.5m B．1.5m C．2.5m D．3.5m考点：简谐运动的振动图象；横波的图象；波长、频率和波速的关系．专题：振动图像与波动图像专题．分析：从图2得到t=0时刻质点的位移和速度方向，然后再到图1中寻找该点．解答：解：从图2得到t=0时刻质点的位移为负且向负y方向运动；在图1中位移为负y方向，大小与图2相等，且速度为﹣y方向的是2.5位置的质点；故选：C．点评：本题关键是明确波动图象和振动图象的区别，振动图象反映了某个质点在不同时间的位移情况，波动图象反映的是不同质点在同一时刻的位移情况，不难．17．（6分）（2014•安徽）一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E P与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是（）A．电场强度与位移关系B．粒子动能与位移关系C．粒子速度与位移关系D．粒子加速度与位移关系考点：电势能；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；根据功能关系得到Ep﹣x图象的斜率的含义，得出电场力的变化情况；然后结合加速度的含义判断加速度随着位移的变化情况．解答：解：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：F=||，即Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力；A、Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E=，故电场强度也逐渐减小；故A错误；B、根据动能定理，有：F•△x=△Ek，故Ek﹣x图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；C、题图v﹣x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误；D、粒子做加速度减小的加速运动，故D正确；故选：D．点评：本题切入点在于根据Ep﹣x图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难．18．（6分）（2014•安徽）“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于（）A．B．T C．D．T2考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出磁感应强度，然后根据题意解题．解答：解：由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：E K=mv2=，得：B=，平均动能与等离子体的温度T成正比，则磁感应强度B正比于；故选：A．点评：本题考查了求磁感应强度与热力学温度的关系，粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律即可正确解题．19．（6分）（2014•安徽）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2，则ω的最大值是（）A．rad/s B．rad/s C．1.0rad/s D．0.5rad/s考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出最大角速度．解答：解：当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：μmgcos30°﹣mgsin30°=mω2r则ω==rad/s=1rad/s故选：C点评：本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题．20．（6分）（2014•安徽）英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图所示，一个半径为r的绝缘体圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为+q的小球．已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是（）C．2πr2qk D．πr2qkA．0B．r2qk考点：感生电动势、动生电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据楞次定律判断感应电动势的方向，然后根据W=qU求解电功．解答：解：磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，故感应电动势为：U=S=πr2k根据楞次定律，感应电动势的方向为顺时针方向；小球带正电，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是：W=qU=πr2qk故选：D．点评：本题关键是明确感应电动势的大小求解方法和方向的判断方法，会求解电功，基础问题．二、非选择题21．（9分）（2014•安徽）图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是ac ．a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平b．每次小球释放的初始位置可以任意选择c．每次小球应从同一高度由静止释放d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中y﹣x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是c ．（3）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm，y2为45.0cm，A、B两点水平间距△x 为40.0cm，则平抛小球的初速度v0为 2.0 m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度v C为 4.0 m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）．考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题．分析：（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线．（2）平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；联立求得两个方向间的位移关系可得出正确的图象．（3）根据平抛运动的处理方法，直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动即可求解．解答：解：（1）A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；BC、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误，C正确；D、用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能练成折线或者直线，故D错误．故选：AC．（2）物体在竖直方向做自由落体运动，y=gt2；水平方向做匀速直线运动，x=vt；联立可得：y=，因初速度相同，故为常数，故y﹣x2应为正比例关系，故C正确，ABD错误．故选：C．（3）根据平抛运动的处理方法，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，所以y1=g…①y2=…②水平方向的速度，即平抛小球的初速度为v0=…③联立①②③代入数据解得：v0=2.0m/s若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的对应速度v C：据公式可得：=2gh，所以v下=2=3.5m/s所以C点的速度为：v c==4.0m/s故答案为：2.0；4.0点评：解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，提高解决问题的能力；灵活应用平抛运动的处理方法是解题的关键．22．（9分）（2014•安徽）某同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下实验：（1）他先用多用电表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得出电压表的内阻为3.00×103Ω，此时电压表的指针也偏转了．已知多用表欧姆档表盘中央刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5V，则电压表的示数为 1.0 V（结果保留两位有效数字）．（2）为了更准确地测量该电压表的内阻R V，该同学设计了图2所示的电路图，实验步骤如下：A．断开开关S，按图2连接好电路；B．把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；C．将电阻箱R0的阻值调到零；D．闭合开关S；E．移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3V位置；F．保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电压表内阻R V的测量值；G．断开开关S．实验中可供选择的实验器材有：a．待测电压表b．滑动变阻器：最大阻值2000Ωc．滑动变阻器：最大阻值10Ωd．电阻箱：最大阻值9999.9Ω，阻值最小该变量为0.1Ωe．电阻箱：最大阻值999.9Ω，阻值最小该变量为0.1Ωf．电池组：电动势约6V，内阻可忽略g．开关，导线若干按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：①要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用 c （填“b”或“c”），电阻箱中选用 d （填“d”或“e”）．②电压表内阻R V的测量值R测和真实值R真相比，R测＞R真（填“＞”或“＜”）；若R V 越大，则越小（填“大”或“小”）．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）欧姆表的内电阻等于中值电阻，根据闭合电路欧姆定律列式求解即可；（2）①采用电压表半偏法测量电压表内电阻，要保证电压表与电阻箱的总电压保持不变，需要使电压表电阻远大于滑动变阻器的电阻，电阻箱最大电阻不能小于电压表电阻；②实验中要保证电压表与电阻箱的总电压不变，但实际上该电压是变化的，当电阻箱电阻增加时，电压表与电阻箱的总电压略微增加，故调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，此时电阻箱的电压大于1.5V；解答：解：（1）欧姆表的内电阻等于中值电阻，为：R=15×100=1500Ω；电压表的内电阻为：R V=3000Ω；故电压表读数为：U=IR V===1.0V（2）①采用电压表半偏法测量电压表内电阻，要保证电压表与电阻箱的总电压保持不变，需要使电压表电阻远大于滑动变阻器的电阻，故滑动变阻器选择小电阻，即选择c；电阻箱最大电阻不能小于电压表电阻，电压表内电阻约为3000欧姆，故电阻箱选择d；②实验中要保证电压表与电阻箱的总电压不变，但实际上该电压是变化的；当电阻箱电阻增加时，电压表与电阻箱的总电压略微增加；实验中认为电阻箱和电压表电阻相等，故调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V 位置，此时电阻箱的电压大于1.5V，故电阻箱的电阻大于电压表的电阻，即测量值偏大；当R v越大，电压表与电阻箱的总电压偏差越小，系统误差越小，故当R v越大，则越小；故答案为：（1）1.0；（2）①c、d；②＞，小．点评：本题考查了用半偏法测量电压表电阻，关键是明确实验原理，从实验原理角度选择器材、分析误差来源，不难．23．（14分）（2014•安徽）如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动量定理；动能定理的应用．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式列式求解即可；（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解电场强度，然后根据Q=CU 求解电容器的带电量；（3）对加速过程和减速过程分别运用动量定理列式求解时间，然后求和即可．解答：解：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh解得：v=…①（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）﹣qEd=0解得：E=…②电容器两极板间的电压为：U=Ed=，电容器的带电量为：Q=CU=．（3）加速过程：mgt1=mv…③减速过程，有：（mg﹣qE）t2=0﹣mv…④t=t1+t2…⑤联立①②③④⑤解得：t=．答：（1）小球到达小孔处的速度为；（2）极板间电场强度大小为，电容器所带电荷量为；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间为．点评：本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难．24．（16分）（2014•安徽）如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“A”形状的光滑金属导轨MPN（电阻忽略不计），MP和NP长度均为2.5m，MN连线水平，长为3m，以MN的中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox，一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3m，质量m为1kg，电阻R为0.3Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v=1m/s在导轨上沿x轴正向运动（金属杆与导轨接触良好），g取10m/s2．（1）求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x=0.8m处电势差U CD；（2）推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图2中画出F﹣x关系图象；（3）求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．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：（1）导体棒切割磁感线产生感应电动势，由几何关系求得x=0.8m处的电动势，由欧姆定律即可求得CD之间的电势差；（2）根据上述发现，感应电流大小与导体长度无关，则电流恒定，因而由电量表达式结合时间即可求解；（3）当导体棒匀速运动，由有效长度可列出安培力大小关于向下运动位移的表达式，根据安培力与位移成线性关系，可利用安培力平均值来求出产生焦耳热．解答：解：（1）导体棒开始运动时，回路中产生的感应电动势为：E=Bdv=0.5×3×1=1.5V；由几何关系得：m，，接入导轨之间的有效长度：L=2•（2.0﹣vt）•tan∠MPO=1.5×（2.0﹣vt），金属杆CD运动过程中产生的有效感应电动势E：E=BLv=0.5×1.5×（2.0﹣x）×1=0.75（2.0﹣x），运动到x=0.8m处时的有效电动势：E1=0.75（2.0﹣x）=0.75×（2.0﹣0.8）V=0.9V．这一段相当于相当于电源，而且轨道没有电阻，所以电源是被短接的，那么接入回路中的这一部分电势处处相等，所以CD两端电势差就由剩余两端的导体棒产生，又由右手定则判断D比C电势高；所以：U DC=E﹣E1=1.5V﹣0.9V=0.6V，U CD=﹣0.6V；（2）接入电路的导体棒的电阻：感应电流：A安培力F安=BIL=0.5×10×0.75（2.0﹣x）=3.75（2.0﹣x）由平衡条件得：mgsinθ+F安=F得拉力F与位置坐标x的关系式：F=5+3.75（2.0﹣x）x=0时，F=12.5；x=2.0时，F=5N画出F﹣x关系图象如图：（3）设导体棒经t时间沿导轨匀速向上运动的位移为x，则t时刻导体棒切割的有效长度L x=L﹣2x导体棒在导轨上运动时所受的安培力：F安=3.75（2.0﹣x）因安培力的大小F安与位移x成线性关系，故通过导轨过程中导体棒所受安培力的平均值：N产生的焦耳热：J答：（1）金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E=1.5V，运动到x=0.8m处CD之间的电势差是﹣0.6V；（2）金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式是F=5+3.75（2.0﹣x），并在图2中画出F﹣x关系图象如图；（3）金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热是7.5J．点评：考查法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，共点力平衡条件及安培力表达式．本题突破口：产生感应电流与导体棒有效长度无关，同时巧用安培力与位移成线性关系，由安培力平均值来求焦耳热．第三小问另一种解法：设导体棒经t时间沿导轨匀速向下运动的位移为x，则t时刻导体棒切割的有效长度L x=L﹣2x，求出导体棒在导轨上运动时所受的安培力，作出安培力大小随位移x变化的图象，图象与坐标轴围成面积表示导体棒克服安培力作功，也为产生的焦耳热．25．（20分）（2014•安徽）在光滑水平面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0=5m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10m/s2，求：（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度；（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小．考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：（1）碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律列式即可求解；（2）整个过程，对整体根据动能定理列式即可求解；（3）设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′．根据动量守恒定律及能量守恒定律列式可知，每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v﹣t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间，凹槽的v ﹣t图象所包围的阴影面积即为凹槽的位移大小．解答：解：（1）设两者间相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得：mv0=2mv解得：v=（2）物块与凹槽间的滑动摩擦力f=μN=μmg设两者间相对静止前，相对运动的路程为s1，由动能定理得：解得：s1=12.5m已知L=1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞．（3）设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′．有mv1+mv2=mv1′+mv2′，得 v1′=v2，v2′=v1即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v﹣t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间．则v=v0+at，a=﹣μg解得：t=5s凹槽的v﹣t图象所包围的阴影面积即为凹槽的位移大小s2．（等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5L．其余每份面积均为L．）答：（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度为2.5m/s；（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数6次；（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间为5s，该时间内凹槽运动的位移大小为12.75m．点评：本题主要考查了动量守恒定律、动能定理及能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，能根据题意画出速度﹣时间图象，难度适中．（注：文档可能无法思考全面，请浏览后下载，供参考。

2014高考物理总复习方略单元评估检测(八)

单元评估检测(八)第九、十章(60分钟 100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题6分,共60分。

每小题只有一个选项正确)1.(2013·宁德模拟)有一种高速磁悬浮列车的设计方案是在每节车厢底部安装强磁铁(磁场方向向下),并且在沿途两条铁轨之间平放一系列线圈。

下列说法中不正确的是( )A.列车运动时,通过线圈的磁通量会发生变化B.列车速度越快,通过线圈的磁通量变化越快C.列车运动时,线圈中会产生感应电动势D.线圈中的感应电动势的大小与列车速度无关2.(2013·徐州模拟)如图甲所示,竖直放置的无限长直导线的右侧固定一小圆环,直导线与小圆环在同一平面内,导线中通入如图乙所示电流(规定电流方向向上时为正),下列说法正确的是( )A.当0<t<时,环中电流沿顺时针方向B.当<t<时,环中电流越来越小C.当<t<时,环中电流沿顺时针方向D.当<t<T时,环有收缩的趋势3.(2013·厦门模拟)某交流发电机给灯泡供电,产生正弦式交变电流的图像如图所示,下列说法中正确的是( )A.交变电流的频率为0.02HzB.交变电流的瞬时表达式为i=5cos50πt(A)C.在t=0.01s时,穿过交流发电机线圈的磁通量最大D.若发电机线圈电阻为0.4Ω,则其产生的热功率为5W4.如图所示,电路中有四个完全相同的灯泡,额定电压均为U,额定功率均为P,变压器为理想变压器,现在四个灯泡都正常发光,则变压器的匝数比n1∶n2和电源电压U1分别为( )A.1∶2 2UB.1∶2 4UC.2∶1 4UD.2∶1 2U5.(2013·临沂模拟)随着社会经济的发展,人们对能源的需求也日益扩大,节能变得越来越重要。

某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电,用户通过降压变压器用电,若发电厂输出电压为U1,输电导线总电阻为R,在某一时段用户需求的电功率为P0,用户的用电器正常工作的电压为U2。

高中物理《复习方略》单元评估检测(一)

单元评估检测(一)第一章(60分钟 100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题6分,共48分。

每小题至少一个答案正确,选不全得4分)1.(2013·无锡模拟)如图所示,放在水平桌面上的木块A处于静止状态,所挂的砝码和托盘的总质量为0.6kg,弹簧秤读数为2 N,滑轮摩擦不计。

若轻轻取走盘中的部分砝码,使总质量减少到0.3 kg时,将会出现的情况是(g=10m/s2) ( )A.弹簧秤的读数将变小B.A仍静止不动C.A对桌面的摩擦力不变D.A所受的合力将要变大2.(2013·苏州模拟)三个质量均为1kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接,如图所示,其中a放在光滑水平桌面上。

开始时p弹簧处于原长,木块都处于静止。

现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端,直到c木块刚好离开水平地面为止,g取10m/s2。

该过程p弹簧的左端向左移动的距离是( )A.4 cmB.6 cmC.8 cmD.10 cm3.(2013·黄山模拟)如图所示,木棒AB可绕B点在竖直平面内转动,A端被绕过定滑轮吊有重物的水平绳和绳AC拉住,使棒与地面垂直,棒和绳的质量及绳与滑轮间的摩擦均可忽略,如果把C端拉至离B端的水平距离远一些的C′点,AB仍沿竖直方向,装置仍然平衡,那么AC绳受的张力F1和棒受的压力F2的变化是( ) A.F1和F2均增大 B.F1增大,F2减小C.F1减小,F2增大D.F1和F2均减小4.如图所示,质量为m的物体悬挂在轻质支架上,斜梁OB与竖直方向的夹角为θ。

设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2,以下结果正确的是( )A.F1=mgsinθB.F1=mgsinθC.F2=mgcosθD.F2=mgcosθ5.如图所示,A和B两物块的接触面是水平的,A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑,在下滑过程中B的受力个数为( )A.3个B.4个C.5个D.6个6.如图所示,一个重为G=30N的物体,放在倾角θ=30°的斜面上静止不动,若用F=5N的竖直向上的力提物体,物体仍静止,下述结论正确的是( )A.物体受到的摩擦力减小2.5 NB.物体对斜面的作用力减小5 NC.斜面受到的压力减小5 ND.物体受到的合外力减小5 N7.(2013·玉林模拟)超市中小张沿水平方向推着质量为m的购物车乘匀速上升的自动扶梯上楼,如图所示。

【全程复习】2014届高考物理第一轮复习方略模块综合检测(一) 新人教版

《全程复习》2014届高考物理全程复习方略（人教版-第一轮）（含详细解析）：模块综合检测(一)(90分钟 100分)1.(4分)关于布朗运动的说法正确的是( ) A.布朗运动是液体分子的运动B.悬浮在液体中的颗粒越大，其布朗运动越明显C.布朗运动是悬浮颗粒内部分子无规则运动的反映D.悬浮在液体中的颗粒越小，液体温度越高，布朗运动越明显2.(4分)在用油膜法估测分子直径大小的实验中，若已知油酸的摩尔质量为M ，一滴油酸溶液中含纯油酸质量为m ，一滴油酸溶液滴到水面上扩散后形成的纯油酸膜的最大面积为S ，阿伏加德罗常数为N A ,纯油酸的密度为ρ,以上各量均采用国际单位制单位.以下判断正确的是( )A.油酸分子的直径Md S=ρ B.油酸分子的质量AM m N =分子 C.一滴油酸溶液中所含的油酸分子数A mn N M= D.每个油酸分子的体积AmV N =ρ 3.(2012·宜昌模拟)(4分)在下列叙述中正确的是( ) A.物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大 B.布朗运动就是液体分子的热运动 C.对一定质量的气体加热，其内能一定增加D.当分子间距r ＜r 0时，分子间斥力比引力变化得快；当r ＞r 0时，引力比斥力变化得快 4.(4分)设合力为零时分子间距为r 0，分子之间既有引力也有斥力，它们与分子间距的关系有以下说法，其中正确的是( )A.随着分子间距的增加，分子间的引力减小得快，斥力减小得慢B.随着分子间距的增加，分子间的引力减小得慢，斥力减小得快C.分子间距大于r 0时，距离越大，分子力越大D.分子间距小于r0时，距离越小，分子力越大5.(2011·新课标全国卷)(4分)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )A.若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B.若气体的内能不变，其状态也一定不变C.若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D.气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关E.当气体温度升高时，气体的内能一定增大6.(4分)如图所示,竖直圆筒是固定不动的,粗筒横截面积是细筒的3倍,细筒足够长,粗筒中A、B两轻质活塞间封有空气，气柱长L=20 cm.活塞A上方的水银深H=10 cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平.现使活塞B缓慢上移，直到水银的一半被推入细筒中，若大气压强p0相当于75 cm高的水银柱产生的压强，则此时气体的压强为( )A.100 cmHgB.85 cmHgC.95 cmHgD.75 cmHg7.(4分)装有半杯热水的茶杯旋紧盖子放冷后，再打开盖时比较费力，其主要原因是( )A.因温度降低而导致茶杯内空气分子与盖子分子间的引力增大B.杯内气体因温度降低而压强减小C.放冷后盖子与茶杯间的最大静摩擦力增大D.开盖时需要用力做功来补充因温度降低而使茶杯减少的内能8.(2012·南通模拟)(4分)如图所示，带有活塞的汽缸中封闭着一定质量的理想气体，汽缸与活塞均具有良好的绝热性能.将一个热敏电阻置于汽缸中(热敏电阻的阻值随温度的升高而减小)，热敏电阻与汽缸外的欧姆表连接，汽缸固定不动，缸内活塞可自由移动且不漏气，活塞下挂一沙桶，沙桶装满沙子时活塞恰好静止.现将沙桶底部开一小孔使沙子缓慢漏出，下列说法正确的是( )A.气体体积减小，压强增大B.气体对外界做正功，气体内能减小C.外界对气体做正功，气体内能增大D.欧姆表指针逐渐向右偏转9.(4分)一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在( )A.ab过程中不断增加B.bc过程中保持不变C.cd过程中不断增加D.da过程中保持不变10.(4分)如图是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的( )A.温度升高，内能增加600 JB.温度升高，内能减少200 JC.温度降低，内能增加600 JD.温度降低，内能减少200 J11.(4分)如图所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞.今对活塞施以一竖直向下的压力F，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小.若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体( )A.温度升高，压强增大，内能减少B.温度降低，压强增大，内能减少C.温度升高，压强增大，内能增加D.温度降低，压强减小，内能增加12.(4分)氧气钢瓶充气后压强高于外界大气压，假设缓慢漏气时瓶内外温度始终相等且保持不变，忽略氧气分子之间的相互作用，在该漏气过程中瓶内氧气( )A.分子总数减少，分子总动能不变B.密度降低，分子平均动能不变C.吸收热量，膨胀做功D.压强降低，不对外做功13.(8分)(1)为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体.下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是___________.(2)在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24 kJ的功.现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5 kJ的热量.在上述两个过程中，空气的内能共减小___________kJ，空气___________ (选填“吸收”或“放出”)的总热量为___________kJ.(3)已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m3和2.1 kg/m3，空气的摩尔质量为0.029 kg/mol，阿伏加德罗常数N A=6.02×1023 mol-1.若潜水员呼吸一次吸入2 L的空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数.(结果保留一位有效数字)14.(2012·太原模拟)(8分)(1)下列说法正确的是___________.A.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力B.扩散运动就是布朗运动C.把很多小的单晶体放在一起，就变成了非晶体D.第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它违反了热力学第二定律(2)图中A、B汽缸的长度和截面积均为30 cm和 20 cm2，C是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门.整个装置均由导热材料制成.起初阀门关闭，A内有压强p A=2.0×105 Pa的氮气.B内有压强p B=1.0×105 Pa的氧气.阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡.求：①活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；②活塞C移动过程中A中气体是吸热还是放热(简要说明理由).(假定氧气和氮气均为理想气体，连接汽缸的管道体积可忽略)15.(2012·镇江模拟)(9分)(1)下列说法正确的是___________(填写选项前的字母)A.压缩气体需要做功，说明气体分子间存在斥力B.用手捏面包，面包体积会缩小，说明分子间有空隙C.温度相同的氢气和氧气，氢气分子的平均动能和氧气分子的相同D.夏天荷叶上小水珠呈球形，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故(2)如图所示为一沾有肥皂膜的闭合金属框，若将膜面上棉线圈内部的膜戳破后，棉线圈会被拉成圆形，这是因为___________的作用；与戳破前相比，肥皂膜的内能___________(选填“增加”、“减少”或“不变”).(3)如图所示，一边长为L的立方体容器内充有密度为ρ的某种气体，已知该气体的摩尔质量为μ，阿伏加德罗常数为N A，求容器内气体的分子数.16.(2012·泰安模拟)(9分)(1)给旱区送水的消防车停于水平面，在缓缓放水的过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子势能，则胎内气体( )A.从外界吸热B.对外界做负功C.分子平均动能减少D.内能增加(2)气体温度计结构如图所示.玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连.开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点h1=14 cm.后来放入待测恒温槽中，上下移动D，使左管C中水银面在O点处，测得右管D中水银面高出O点h2=44 cm(已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76 cmHg)①求恒温槽的温度.②此过程A内气体内能___________(填“增大”或“减小”)，气体不对外做功，气体将___________(填“吸热”或“放热”).17.(9分)(1)蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变化来实现能量的转移和转化，我们把这些气体称为工质.某热机经过一个循环后，工质从高温热源吸热Q 1，对外做功W ，又向低温热源放热Q 2，工质完全恢复初始状态，内能没有变化.根据热力学第一定律，在工质的一个循环中，Q 1、Q 2、W 三者之间满足的关系是___________.热机的效率1WQ η=不可能达到100%，从能量转换的角度，说明___________能不能完全转化为___________能.(2)如图表示一定质量的某气体在不同温度下的两条等温线.图中等温线Ⅰ对应的温度比等温线Ⅱ对应的温度要___________ (选填“高”或“低”).在同一等温线下，如果该气体的压强变为原来的2倍，则气体的体积应变为原来的___________.18.(9分)(1)关于晶体和非晶体，下列说法正确的是( ) A.金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体 B.晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的C.单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点D.单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的(2)如图所示，一开口汽缸内盛有密度为ρ的某种液体；一长为l 的粗细均匀的小瓶底朝上漂浮在液体中，平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为l /4.现用活塞将汽缸封闭(图中未画出)，使活塞缓慢向下运动，各部分气体的温度均保持不变.当小瓶的底部恰好与液面相平时，进入小瓶中的液柱长度为l /2，求此时汽缸内气体的压强.大气压强为p 0，重力加速度为g.答案解析1.【解析】选D.布朗运动的主体是悬浮在液体(或气体)中的固体小颗粒，它是由大量的分子组成的.所以布朗运动是大量的固体分子组成的整体的运动，而不是固体分子或液体分子的运动，A 、C 选项错误.布朗运动的原因是大量液体(或气体)分子与颗粒不停地撞击，颗粒越大，撞击的不平衡性越不显著.液体的温度越高，分子运动越剧烈，布朗运动也就越明显，故B 选项错误，D 选项正确.2.【解析】选B 、C.滴到水面上的油膜对应的纯油酸的体积mV =ρ,因此，油酸分子的直径V m d S S==ρ,A 错误；因1摩尔油酸分子的质量为M ，因此，每个油酸分子的质量为A M m N =分子,B 正确；一滴油酸溶液对应的纯油酸的摩尔数为m M,所以一滴油酸溶液中所含的油酸分子数A mn N M=，C 正确；1摩尔纯油酸的体积为M ρ，所以每个油酸分子的体积AMV N =ρ，D 错误. 3.【解析】选A.温度是物体分子热运动平均动能的标志，A 正确；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，不是分子的运动，B 错误；根据热力学第一定律ΔU ＝W+Q 得C 错误；根据分子动理论可知，分子间引力和斥力同时存在，都随分子间距离的增大而减小，斥力均比引力变化快，D 错误.4.【解析】选B 、D.分子间的引力和斥力都随分子间的距离增大而减小，但斥力减小更快，故A 错B 对.分子间距从r 0开始变大时，分子力先变大后变小，若从r 0开始减小时，分子力变大，故选项C 错D 对.5.【解析】选A 、D 、E.对一定质量的理想气体，有pVT=常量，当体积和压强不变时，温度也不变，而其内能仅由温度决定，故其内能不变，因此A 正确.在等温时，理想气体内能不变，但其状态可以变化，并遵循玻意耳定律，故B 错.由于pVT=常量，当V 与T 成正比时，p 不变，故C 错.对气体，在等压和等容情况下，由ΔU=Q+W 知，对一定量的理想气体每升高1 K ，ΔU 相同，但W 不同，则Q 不同，因此D 正确.由于一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，温度升高，内能增大，故E 正确.6.【解析】选C.当有一半的水银被推入细筒中时，由于粗筒截面积是细筒截面积的3倍，因此，细筒中水银高度为H315 cm 2⨯=,活塞A 上方水银柱的总高度为Hh 15 cm 20 cm 2=+=,因活塞A 的重力不计，所以气体的压强p=p 0+20 cmHg= 95 cmHg,C 正确，A 、B 、D 错误.7.【解析】选B 、C.质量恒定的气体体积不变，在温度降低时其压强减小，故选项B 正确；由于茶杯内压强减小使茶杯内外压强差增大，导致盖子和茶杯间的压力增大，故其最大静摩擦力增大，所以选项C正确，选项A、D均错.8.【解析】选A、C、D.气体压强()m M gp pS+=-，当沙子的质量M减小时，气体体积减小，外界对气体做功，且为绝热过程Q=0，则由ΔU=W+Q知内能增大，A、C正确，B错误.由于内能增大使气体温度升高，热敏电阻的阻值减小，欧姆表指针向右偏转，D正确.9.【解析】选A、B.首先，因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小，则体积增大，A正确；cd是等压线，温度降低，则体积减小，C错误；连接aO、dO，则aO、dO是等容线，且V d<V a，故da过程中体积不断增大，D错误.10.【解析】选A.由热力学第一定律ΔU=W+Q得：ΔU=800 J+(-200 J)=600 J,B、D错；一定质量的理想气体的内能大小只与温度有关，ΔU=600 J＞0,故温度一定升高，A 选项正确，C错.11.【解析】选C.由压力F对密闭的气体做正功，则W＞0，绝热活塞Q=0，由热力学第一定律知理想气体内能增大，温度升高，再根据pV/T=C，V减小，p增大，故选C.12.【解析】选B、C.漏气过程中瓶内氧气质量减少，密度降低，分子总数减少，但因氧气温度不变，则分子平均动能不变，瓶内氧气分子总动能减少，故A错B对.以瓶内剩余气体为研究对象，比较该部分气体前后两个状态，等效认为该部分气体膨胀后填补了漏出去那部分气体原来所占据的空间，体积膨胀，故氧气对外做功.当忽略了气体分子间相互作用时，氧气可看成理想气体，其内能等于所有分子总动能，则这部分气体内能不变，由ΔU=W+Q可知，必然吸收热量，由pVCT=,可知V增大，p应降低，故C正确，D错误.13.【解析】(1)选B.由玻意耳定律知pV=C,p与1V成正比，选B. (2分)(2)根据热力学第一定律ΔU=W+Q，第一阶段W1=24 kJ，ΔU1=0,所以Q1=-24 kJ，故放热；第二阶段W2=0，Q2=-5 kJ，由热力学第一定律知，ΔU2=-5 kJ，故在上述两个过程中，空气的内能变化ΔU=ΔU1+ΔU2=-5 kJ；两过程Q=Q1+Q2=-29 kJ，故空气放出的总热量为29 kJ.(每空1分)(3)设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V，则有A A ()V mn N N M Mρ-ρ∆∆==海岸，代入数据得Δn=3×1022个. (3分)答案:(1)B(2)5放出 29 (3)3×1022个14.【解析】(1)选A 、D.液体表面存在张力的原因就是液体表面层分子间距大于液体内部分子间距，A 正确.扩散运动是分子的运动，不是布朗运动，B 错误.许多小晶体放在一起时，还是晶体，C 错误.第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律，制造不出来，D 正确. (2分)(2)①由玻意耳定律：对A 部分气体有：p A LS=p(L+x)S (1分) 对B 部分气体有：p B LS=p(L-x)S(1分)代入相关数据解得：x=10 cm p=1.5×105Pa(1分)②活塞C 向右移动的过程中A 中气体对外做功，而气体发生等温变化，内能不变，由热力学第一定律知，A 中气体从外界吸热.(3分)答案:(1)A 、D(2)①10 cm1.5×105Pa ②见解析15.【解析】(1)选C 、D.压缩气体需要做功，克服的是气体的压强，而并非分子间的斥力，A 错；用手捏面包，面包体积减小，只能说明宏观物体间有空隙，不能说明微观分子间有空隙，B 错；温度是分子平均动能的标志，温度相同，物体分子的平均动能相同，C 对；夏天荷叶上小水珠呈球形，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故，这是因为在体积相等的各种形状的物体中，球形物体的表面积最小，D 对.(3分)(2)将棉线圈内部的肥皂膜戳破后，由于液体表面张力的作用，棉线圈会被拉成圆形，因周长一定，圆的面积最大,这样才能使肥皂膜的面积最小. 戳破后表面张力做正功，肥皂膜的内能减少.(2分)(3)气体的体积V=L 3,故气体的质量为m=ρL 3，气体的摩尔数为3m L n ρ==μμ.故容器内气体的分子数3AA L N N nN ρ==μ(4分)答案:(1)C 、D(2)液体表面张力减少(3) 3AL N ρμ16.【解析】(1)选A.胎内气体经历了一个温度不变，压强减小，体积增大的过程.温度不变，分子平均动能和内能不变,体积增大，气体对外界做正功，B 、C 、D 均错.根据热力学第一定律，气体一定从外界吸热.A 正确.(3分)(2)①由于温度变化前后左端被封闭气体的体积没有发生变化，由查理定律可得1212p p T T =，代入数据可得恒温槽的温度22121p 120T T 273 K 364 K,t T 273 K 91p 90==⨯==-=℃.(3分)②此过程中由于被封闭理想气体温度升高，故内能增大；由热力学第一定律知在没有对外做功的前提下应该从外界吸收热量.(3分)答案:(1)A(2)①364 K 或91℃ ②增大吸热17.【解析】(1)由热力学第一定律、热量、做功、内能的符号规定得Q 1+(-Q 2)+(-W)=0，即Q 1-Q 2=W.再由热力学第二定律知，内能不可能全部转化成机械能而不产生其他影响.(6分)(2)质量相同的气体，pV 之积越大，则温度越高.取相同的体积V ，观察对应的压强p ，便可以比较出等温线Ⅱ的温度高.再由玻意耳定律，p 1V 1=p 2V 2，当p 2=2p 1时，得211V V 2=.(3分)答案:(1)Q 1-Q 2=W 内机械(2)低1218.【解析】(1)选B 、C.本题考查晶体和非晶体的区别.晶体和非晶体的区别：①单晶体都具有规则的几何形状，而非晶体没有一定的外形，多晶体也没有确定的几何形状；②单晶体具有各向异性的特性，非晶体具有各向同性的特性，多晶体也是各向同性的；③单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点.金刚石、食盐和水晶都是晶体，玻璃是非晶体.正确说法为B 、C.(3分)(2)设当小瓶内气体的长度为34l 时，压强为p 1;当小瓶的底部恰好与液面相平时，瓶内气体的压强为p 2，汽缸内气体的压强为p 3，依题意101p p g 2=+ρl ①(1分) 由玻意耳定律123p S p ()S 42=-l l l ②(1分)式中S 为小瓶的横截面积.联立①②两式，得2031p (p g )22=+ρl③(1分) 又有231p p g 2=+ρl④(1分) 联立③④式，得303g p p 24ρ=+l (2分)答案:(1)B 、C(2) 03g p 24ρ+l。

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