湖北省武漢市武昌區(qū)2025屆高三物理下學(xué)期6月調(diào)研考試試題一含解析

PAGE26-湖北省武漢市武昌區(qū)2025屆高三物理下學(xué)期6月調(diào)研考試試題（一）（含解析）二、選擇題：本大題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1.原子鐘是利用原子躍遷產(chǎn)生固定頻率的光進(jìn)行計(jì)時(shí)的工具。據(jù)報(bào)道，中國(guó)安排在2024年6月放射最終一顆北斗衛(wèi)星，這也是中國(guó)北斗三號(hào)系統(tǒng)的“收官之星”，這些衛(wèi)星都采納星載氫原子鐘。圖示為氫原子的能級(jí)圖，用大量處于n=2能級(jí)的氫原子躍遷到基態(tài)時(shí)放射出的光照耀光電管陰極K，測(cè)得光電管中的遏止電壓（也叫截止電壓）為7.6V，已知普朗克常量，元電荷，下列推斷正確的是（）A.電子從陰極K表面逸出的最大初動(dòng)能為2.6eVB.陰極K材料的逸出功為7.6eVC.陰極K材料的極限頻率約為D.氫原子從能級(jí)躍遷到能級(jí)，放射出的光照耀該光電管陰極K時(shí)能發(fā)生光電效應(yīng)【答案】C【解析】【詳解】A．依據(jù)最大初動(dòng)能故A錯(cuò)誤；B．處于n=2能級(jí)的氫原子躍遷到基態(tài)時(shí)放射出的光子能量為據(jù)得故B錯(cuò)誤；C．依據(jù)得極限頻率為故C正確；D．從能級(jí)躍遷到能級(jí)，放射出的光子能量不能發(fā)生光電效應(yīng)，故D錯(cuò)誤。故選C。2.2024年4月24日是第五個(gè)“中國(guó)航天日”，中國(guó)國(guó)家航天局公開中國(guó)首次火星探測(cè)任務(wù)名稱、任務(wù)標(biāo)識(shí)。中國(guó)行星探測(cè)任務(wù)被命名為“天問(wèn)（Tianwen）系列”，首次火星探測(cè)任務(wù)被命名為“天問(wèn)一號(hào)”（Tianwen-1）。假設(shè)將來(lái)在火星表面完成下面的試驗(yàn)：在固定的豎直光滑圓軌道內(nèi)部最低點(diǎn)靜止放置一個(gè)質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），如圖所示，當(dāng)給小球水平向右的瞬時(shí)沖量I時(shí)，小球恰好能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。已知圓軌道半徑為r，火星的半徑為R，引力常量為G，則火星的質(zhì)量為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】設(shè)火星的重力加速度為，小球在最高點(diǎn)的速度為，小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒其中小球剛好做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)有由以上兩式可得若火星表面有一個(gè)物體質(zhì)量為，則其受到的萬(wàn)有引力為聯(lián)立解得火星質(zhì)量故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。3.質(zhì)量為m=0.10kg小鋼球以v0=10m/s的水平速度拋出，下落h=5.0m時(shí)撞擊一鋼板，如圖所示，碰撞后速度恰好反向，且速度大小不變，已知小鋼球與鋼板作用時(shí)間極短，取g=10m/s2，則（）A.鋼板與水平面的夾角θ=30°B.小鋼球與鋼板碰撞前后的動(dòng)量變更量大小為kg·m/sC.小鋼球從水平拋出到剛要撞擊鋼板的過(guò)程中重力的沖量大小為2N·sD.小鋼球剛要撞擊鋼板時(shí)小球動(dòng)量的大小為2kg·m/s【答案】B【解析】【詳解】依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)公式解得A．因?yàn)橛袔缀侮P(guān)系可知，鋼板與水平面的夾角為故A錯(cuò)誤；B．小鋼球與鋼板碰撞時(shí)速度大小為小鋼球與鋼板碰撞前后的動(dòng)量變更量大小為故B正確；C．小鋼球從水平拋出到剛要撞擊鋼板的過(guò)程中重力的沖量大小為故C錯(cuò)誤；D．小鋼球剛要撞擊鋼板時(shí)小球動(dòng)量的大小為故D錯(cuò)誤。故選B。4.如圖所示，由粗細(xì)勻稱的金屬導(dǎo)線圍成的一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形閉合線框abcd，其四個(gè)頂點(diǎn)均位于一個(gè)圓形區(qū)域的邊界上，ac為圓形區(qū)域的一條直徑，ac上方和下方分別存在大小均為B、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。現(xiàn)給線框接入從a點(diǎn)流入、d點(diǎn)流出的大小為I的恒定電流，則線框受到的安培力的大小為（）A.0 B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】ABCD．電流經(jīng)過(guò)A點(diǎn)后分成兩條支路，其大小分別為,如圖推斷線圈四邊受安培力大小和方向分別為，向右，向下，向右,向上則線框受到的安培力的大小為ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D。5.真空中兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2分別固定于x軸上x1＝0和x2＝4a的兩點(diǎn)，在它們的連線上場(chǎng)強(qiáng)E與x關(guān)系如圖所示(取x軸正方向?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)正方向，無(wú)窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn))，以下推斷正確的是()A.Q1、Q2都帶正電B.Q1與Q2的電荷量之比是1:3C.x軸上a處的電勢(shì)小于零D.正點(diǎn)電荷q在x軸上2a處的電勢(shì)能比在3a處的小【答案】C【解析】【詳解】A.依據(jù)圖像可知，0-a為x軸負(fù)向，a-4a為x軸正向，所以Q1、Q2都帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B.因?yàn)閤=a處場(chǎng)強(qiáng)為零，依據(jù)可知Q1與Q2的電荷量之比是1:9，故B錯(cuò)誤；C.由于兩個(gè)電荷都帶負(fù)電，取無(wú)窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)中各點(diǎn)的電勢(shì)都小于零，所以x軸上a處的電勢(shì)小于零，故C正確；D.正點(diǎn)電荷從2a處運(yùn)動(dòng)到3a處電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故D錯(cuò)誤．6.如圖所示，把傾角為30°的粗糙斜面體C固定于水平地面上，質(zhì)量為2m的物塊A通過(guò)跨過(guò)光滑輕定滑輪的輕繩與質(zhì)量為m的小球B連接，O點(diǎn)為輕繩與定滑輪的接觸點(diǎn)，初始時(shí)，小球B在水平向右的拉力F作用下，使輕繩OB段與水平拉力F的夾角為θ=120°，A、B均保持靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)變更拉力F，并保持夾角θ大小不變，將小球B向右上方緩慢拉起至OB水平，物塊A始終保持靜止?fàn)顟B(tài)。g為重力加速度，關(guān)于該過(guò)程下列說(shuō)法正確的是（）A.拉力F最大為 B.拉力F始終變小C.物塊A所受摩擦力先變小后變大 D.輕繩拉力先變大后變小【答案】AC【解析】【詳解】A．設(shè)OB繩與水平面夾角為，因不變，且小球B受力平衡，有代算可得當(dāng)時(shí)，拉力最大為故A正確；B．由題意可知的取值范圍是且是從60°漸漸減小到0°，則拉力F始終變大，故B錯(cuò)誤；C．因?yàn)镺B繩的拉力滿意則有起先時(shí)，拉力最大，且最終，拉力最小，且即物塊A所受摩擦力先變小后變大，故C正確；D．因?yàn)榧礉u漸減小，故D錯(cuò)誤。故選AC。7.如圖所示，CDE和MNP為兩根足夠長(zhǎng)且彎折的平行金屬導(dǎo)軌，CD、MN部分與水平面平行，DE和NP與水平面成30°，間距L=1m，CDNM面上有垂直導(dǎo)軌平面對(duì)下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=1T，DEPN面上有垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=2T。兩根完全相同的導(dǎo)體棒a、b，質(zhì)量均為m=0.1kg，導(dǎo)體棒b與導(dǎo)軌CD、MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.2，導(dǎo)體棒a與導(dǎo)軌DE、NP之間無(wú)摩擦。導(dǎo)體棒a、b的電阻均為R=1Ω。起先時(shí)，b棒靜止在導(dǎo)軌上，現(xiàn)在由靜止釋放a棒，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中a、b棒始終不脫離導(dǎo)軌，除導(dǎo)體棒外其余電阻不計(jì)，滑動(dòng)摩擦力和最大靜摩擦力大小相等，g取10m/s2，則（）A.b棒起先向右滑動(dòng)時(shí)a棒的速度v=0.2m/sB.若經(jīng)過(guò)1s，b棒起先滑動(dòng)，則此過(guò)程中，a棒發(fā)生的位移為0.24mC.若將CDNM面上的磁場(chǎng)豎直向上，大小不變，b棒始終在水平導(dǎo)軌上，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間，a棒做勻速運(yùn)動(dòng)D.若將CDNM面上的磁場(chǎng)豎直向上，大小不變，b棒始終在水平導(dǎo)軌上，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間，b棒做勻加速運(yùn)動(dòng)【答案】BD【解析】【詳解】A．起先時(shí)，a棒向下運(yùn)動(dòng)，依據(jù)右手定則可知電流方向俯視為順時(shí)針，對(duì)b棒依據(jù)左手定則可知b棒受到向左的安培力，所以b棒起先向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)b棒起先滑動(dòng)時(shí)，b棒受到的安培力應(yīng)滿意再由公式，，綜上各式解得因?yàn)閎棒起先向左運(yùn)動(dòng)，而非向右運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．對(duì)a棒由動(dòng)量定理得其中聯(lián)立解得故B正確；CD．設(shè)a棒的加速度為a1，b棒的加速度為a2，則有且當(dāng)穩(wěn)定后，電流保持不變，則可得，即a、b棒都做勻加速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。8.如圖甲所示，在水平地面上固定一傾角為30°的光滑斜面，一勁度系數(shù)k=100N/m的輕質(zhì)彈簧，其下端固定在斜面底端，整根彈簧足夠長(zhǎng)且處于自然狀態(tài)。質(zhì)量為m=2.0kg的滑塊從距離彈簧上端x0=0.35m處由靜止釋放。設(shè)滑塊與彈簧接觸過(guò)程系統(tǒng)沒有機(jī)械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，取重力加速度大小為g=10m/s2。規(guī)定滑塊釋放處為坐標(biāo)原點(diǎn)O、沿斜面對(duì)下為位移x正方向。則（）A.當(dāng)滑塊下滑位移x≤x0時(shí)，其加速度大小為a=5m/s2B.滑塊下滑過(guò)程做勻加速運(yùn)動(dòng)C.當(dāng)滑塊下滑位移x>x0時(shí)，其加速度大小為a=（22.5–50x）m/s2D.滑塊下滑速度的最大值vm=2m/s【答案】ACD【解析】【詳解】A．當(dāng)滑塊下滑位移x≤x0時(shí)，重力沿斜面的分力即為物體的合外力，依據(jù)牛頓其次運(yùn)動(dòng)定律得解得其加速度大小為故A正確；B．滑塊下滑過(guò)程中接觸彈簧以后合外力發(fā)生變更，加速度就會(huì)變更，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)滑塊下滑位移x>x0時(shí)，沿斜面對(duì)物體進(jìn)行受力分析并依據(jù)牛頓其次定律得帶入數(shù)據(jù)解得加速度故C正確；D．當(dāng)滑塊接觸彈簧后，彈簧被壓縮，滑塊加速度漸漸減小，當(dāng)加速度為0時(shí)，設(shè)彈簧形變?yōu)閤，彈簧彈力和重力分力平衡，得代入數(shù)據(jù)得x=0.1m即處加速度為0，依據(jù)機(jī)械能守恒滑塊下滑速度的最大值為2m/s，故D正確。故選ACD。第Ⅱ卷（共174分）三、本卷包括必考題和選考題兩部分。第22題～第32題為必考題，每個(gè)試題考生都應(yīng)作答。第33題～第38題為選考題，考生依據(jù)要求作答。須用黑色簽字筆在答題卡上規(guī)定的區(qū)域書寫作答，在試題卷上作答無(wú)效。（一）必考題（共11題，計(jì)129分）9.利用阿特伍德機(jī)可以驗(yàn)證力學(xué)定律。圖為一志向阿特伍德機(jī)示意圖，A、B為兩質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊，用輕質(zhì)無(wú)彈性的細(xì)繩連接后跨在輕質(zhì)光滑定滑輪兩端，兩物塊離地足夠高。設(shè)法固定物塊A、B后，在物塊A上安裝一個(gè)寬度為d的遮光片，并在其下方空中固定一個(gè)光電門，連接好光電門與毫秒計(jì)時(shí)器，并打開電源。松開固定裝置，讀出遮光片通過(guò)光電門所用的時(shí)間△t。若想要利用上述試驗(yàn)裝置驗(yàn)證牛頓其次定律試驗(yàn)，則(1)試驗(yàn)當(dāng)中，須要使m1、m2滿意關(guān)系：____。(2)試驗(yàn)當(dāng)中還須要測(cè)量的物理量有_____利用文字描述并標(biāo)明對(duì)應(yīng)的物理量符號(hào)）。(3)驗(yàn)證牛頓其次定律試驗(yàn)時(shí)須要驗(yàn)證的等式為____（寫出等式的完整形式無(wú)需簡(jiǎn)化）。(4)若要利用上述全部數(shù)據(jù)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，則所須要驗(yàn)證的等式為____（寫出等式的完整形式無(wú)需簡(jiǎn)化）?！敬鸢浮?1).(2).物塊A初始釋放時(shí)距離光電門的高度h(3).(4).【解析】【詳解】(1)[1]由題意可知，在物塊A上安裝一個(gè)寬度為d的遮光片，并在其下方空中固定一個(gè)光電門，連接好光電門與毫秒計(jì)時(shí)器，所以應(yīng)讓物塊A向下運(yùn)動(dòng)，則有；(2)[2]由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式可知，加速度為則試驗(yàn)當(dāng)中還須要測(cè)量的物理量有物塊A初始釋放時(shí)距離光電門的高度h；(3)[3]對(duì)兩物塊整體探討，依據(jù)牛頓其次定律，則有物塊A經(jīng)過(guò)光電門的速度為聯(lián)立得(4)[4]機(jī)械能守恒定律得10.某同學(xué)用圖甲電路做“測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”試驗(yàn)?？捎玫钠鞑挠校篈．電源（電動(dòng)勢(shì)約3V，內(nèi)阻約10Ω）B．電壓表V（量程0~50mV，內(nèi)阻為50Ω）C．電流表A（量程0~100mA，內(nèi)阻約為2.5Ω）D．電阻箱R（0~999.9Ω，最小變更值為0.1Ω）E．定值電阻R1=2950ΩF．定值電阻R2=9950ΩG．開關(guān)S及若干導(dǎo)線在盡可能減小測(cè)量誤差的狀況下，請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)定值電阻應(yīng)選用________。（填寫器材前面的字母序號(hào)）(2)在正確選擇定值電阻的狀況下，定值電阻與電壓表串聯(lián)后改裝成的量程為0~________V。(3)用筆畫線代替導(dǎo)線，按圖甲電路將圖乙實(shí)物完整連接起來(lái)________。(4)試驗(yàn)步驟如下：①閉合S，調(diào)整電阻箱的阻值使電流表的示數(shù)為100mA，此時(shí)電阻箱的阻值為14.5Ω，電壓表的示數(shù)為U0。②斷開S，拆下電流表，將B與C用導(dǎo)線干脆相連，閉合S，調(diào)整電阻箱的阻值使電壓表的示數(shù)仍為U0，此時(shí)電阻箱的阻值為17.1Ω，則電流表的內(nèi)阻為________Ω。③調(diào)整電阻箱阻值，登記電阻箱的阻值和電壓表的示數(shù)；多次變更電阻箱的阻值，可獲得多組數(shù)據(jù)。作出電壓表示數(shù)的倒數(shù)隨電阻箱的阻值的倒數(shù)變更的圖線如圖丙所示，若不考慮電壓表對(duì)電路的影響，該電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻分別為________V、________Ω（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。【答案】(1).E(2).3(3).(4).2.6(5).2.88(6).11.9【解析】【詳解】（1）[1]由于而定值電阻應(yīng)選用阻值為2950Ω的電阻，即選E。（2）[2]依據(jù)（1），改裝后的電壓表的量程為0~3V。（3）[3]實(shí)物連線如圖（4）[4]依據(jù)閉合電路歐姆定律解得電流表的內(nèi)阻[5][6]若不考慮電壓表對(duì)電路的影響，則路端電壓可得結(jié)合圖3有解得E=288Vr=11.9Ω11.如圖所示，完全相同的兩個(gè)彈性環(huán)A、B用不行伸長(zhǎng)的、長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩連接，分別套在水平細(xì)桿OM和豎直細(xì)桿ON上，OM與ON在O點(diǎn)用一小段圓弧桿平滑相連（圓弧長(zhǎng)度可忽視），且ON足夠長(zhǎng)。初始時(shí)刻，將輕繩拉至水平位置伸直，然后靜止釋放兩個(gè)環(huán)，此后某時(shí)刻，A環(huán)通過(guò)O點(diǎn)小段圓弧桿速度大小保持不變，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，試求：(1)當(dāng)B環(huán)下落至輕繩與豎直方向夾角θ=60°時(shí)，A環(huán)的速度大?。?2)若兩環(huán)碰撞時(shí)間極短，A環(huán)和B環(huán)第一次碰撞后瞬間的速度大小分別為多少？【答案】(1)；(2)，【解析】【詳解】(1)B環(huán)下落至輕繩與豎直方向夾角，即B環(huán)下降，此時(shí)輕繩與水平方向之間的夾角滿意，設(shè)A、B兩環(huán)速度分別為、，則即設(shè)A環(huán)、B環(huán)質(zhì)量均為m，B環(huán)下降的過(guò)程中，A與B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒所以A環(huán)的速度(2)設(shè)A環(huán)到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度為，此時(shí)B環(huán)的速度等于0，B環(huán)下降L過(guò)程中，由于A、B系統(tǒng)機(jī)械能守恒即環(huán)A過(guò)O點(diǎn)后做初速度為，加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，環(huán)B做自由落體運(yùn)動(dòng)；設(shè)從A環(huán)經(jīng)過(guò)O點(diǎn)起先，追上B環(huán)用時(shí)，A、B即將發(fā)生第一次碰撞時(shí)二者的速度分別為v1、v2，則有即故A環(huán)追上B環(huán)時(shí)A、B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)第一次碰撞后瞬間A、B速度分為、，依據(jù)動(dòng)量守恒定律，有依據(jù)機(jī)械能守恒定律，有解得12.在豎直平面內(nèi)建立一平面直角坐標(biāo)系xoy，x軸沿水平方向，如圖甲所示。第一象限有一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其次象限內(nèi)有一水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第一象限場(chǎng)強(qiáng)大小為其次象限場(chǎng)強(qiáng)大小的一半。處在第三象限的某種放射裝置（圖中沒有畫出）豎直向上射出一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為-q（q>0）的帶電粒子（可視為質(zhì)點(diǎn)），該粒子以初速度v0從-x上的A點(diǎn)沿y軸正方向進(jìn)入其次象限，并從+y上的C點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入第一象限，C點(diǎn)粒子動(dòng)能為A點(diǎn)粒子動(dòng)能的4倍。重力加速度為g。試求：(1)OC距離L以及其次象限勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)若第一象限同時(shí)存在按如圖乙所示規(guī)律變更的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面（以垂直紙面對(duì)外的磁場(chǎng)方向?yàn)檎较?，圖中B0，T0均為未知量），并且在t=時(shí)刻粒子由C點(diǎn)進(jìn)入第一象限，且恰好能通過(guò)同一水平線上的D點(diǎn)，速度方向仍舊水平，且CD=OC．若粒子在第一象限中完成一個(gè)完整圓周運(yùn)動(dòng)的周期與磁場(chǎng)變更周期相同，求交變磁場(chǎng)變更的周期T0的大??；(3)若第一象限仍同時(shí)存在按如圖乙所示規(guī)律變更的磁場(chǎng)（以垂直紙面對(duì)外的磁場(chǎng)方向?yàn)檎较?，圖中B0，T0均為未知量），調(diào)整磁場(chǎng)變更的周期，讓粒子在t=0時(shí)刻由C點(diǎn)進(jìn)入第一象限，且恰能通過(guò)x軸上F點(diǎn)，且OF=OC，求交變磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小應(yīng)滿意的條件。【答案】(1)，；(2)；(3)【解析】【詳解】(1)設(shè)粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)所用時(shí)間為t，C點(diǎn)速度為，依據(jù)“C點(diǎn)粒子動(dòng)能為A點(diǎn)粒子動(dòng)能的四倍”可得豎直方向上粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，取豎直向上為正方向，則取水平向右為正方向，則解得，(2)由第(1)問(wèn)及題干可知因此帶電粒子在第一象限將做速度為的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為R，周期為，使粒子從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到同一水平線上的D點(diǎn)，如圖所示，則由位移關(guān)系可得粒子在磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期則磁場(chǎng)變更的周期(3)使粒子從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)，如圖所示，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R′，則每經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的半個(gè)周期粒子轉(zhuǎn)過(guò)圓心角60°，則又故交變磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)滿意的關(guān)系（二）選考題：（每學(xué)科15分，共45分）請(qǐng)考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號(hào)涂黑。留意所做題目的題號(hào)必需與所涂題目的題號(hào)一樣，在答題卡上的選答區(qū)域的指定位置答題。假如多做，則每學(xué)科按所做的第一題計(jì)分。33.【物理──選修3—3】13.對(duì)于分子動(dòng)理論和物體內(nèi)能的理解，下列說(shuō)法正確的是（）A.溫度高的物體內(nèi)能不肯定大，但分子平均動(dòng)能肯定大B.外界對(duì)物體做功，物體內(nèi)能肯定增加C.懸浮顆粒越小布朗運(yùn)動(dòng)越顯著，溫度越高布朗運(yùn)動(dòng)越猛烈D.當(dāng)分子間作用力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子勢(shì)能隨分子間距離的減小而減小E.夏天荷葉上小水珠呈球狀，是由于液體表面張力使其表面積具有收縮到最小趨勢(shì)的原因【答案】ACE【解析】?jī)?nèi)能取決于物體溫度、體積和物質(zhì)的量；溫度高的物體內(nèi)能不肯定大，但分子平均動(dòng)能肯定大，故A正確；外界對(duì)物體做功的同時(shí)假如向外界放出熱量，則物體的內(nèi)能就不肯定增大，故B錯(cuò)誤；懸浮顆粒越小布朗運(yùn)動(dòng)越顯著，溫度越高布朗運(yùn)動(dòng)越猛烈，選項(xiàng)C正確；當(dāng)分子間作用力表現(xiàn)為斥力時(shí)，當(dāng)分子間距離的減小時(shí)，分子力做負(fù)功，分子勢(shì)能增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；夏天荷葉上小水珠呈球狀，是由于液體表面張力使其表面積具有收縮到最小趨勢(shì)的原因，選項(xiàng)E正確；故選ACE.14.如圖所示，在一圓形管道內(nèi)封閉有志向氣體，用一固定絕熱活塞K和質(zhì)量為m的可自由移動(dòng)的絕熱活塞A將管內(nèi)氣體分割成體積相等的M、N兩部分。溫度都為T0＝300K，上部氣體M壓強(qiáng)為p0＝1.0×105Pa，活塞A產(chǎn)生的壓強(qiáng)有（S為活塞橫截面積）?，F(xiàn)保持下部分氣體N溫度不變，只對(duì)上部分氣體M緩慢加熱，當(dāng)活塞A移動(dòng)到最低點(diǎn)B時(shí)（不計(jì)摩擦），求：（i）上部分氣體的溫度；（ii）保持上下部分M、N氣體溫度不變，釋放一部分M氣體，穩(wěn)定后活塞A又回到了原來(lái)的位置，則釋放氣體質(zhì)量與M氣體原有質(zhì)量之比?！敬鸢浮浚╥）；（ii）?！窘馕觥俊驹斀狻浚╥）對(duì)下部分氣體N，做等溫變更，初狀態(tài)壓強(qiáng)為體積為末狀態(tài):壓強(qiáng)為p2，體積為依據(jù)玻意耳定律有對(duì)上部分氣體M，當(dāng)活塞A移動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)活塞A受力分析可得出兩部分氣體的壓強(qiáng)初狀態(tài)：壓強(qiáng)為p0，溫度為T0，體積為V0末狀態(tài)：壓強(qiáng)為，溫度，體積為依據(jù)志向氣體狀態(tài)方程，有代入數(shù)據(jù)解得（ii）設(shè)上部分氣體M，等溫變更，壓強(qiáng)回到p0時(shí)體積為V3，依據(jù)玻意耳定律有代入數(shù)據(jù)解得對(duì)應(yīng)釋放氣體的等效體積為釋放氣體與原氣體質(zhì)量m0之比為【物理選修3-4】15.如圖所示，在x軸上有O