2011年高考物理試卷（新課標(biāo)）（解析卷）

第頁|共頁2011年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．1．（6分）為了解釋地球的磁性，19世紀(jì)安培假設(shè)：地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的．在下列四個圖中，能正確表示安培假設(shè)中環(huán)形電流方向的是（）A． B． C． D． 【考點】C5：地磁場；CB：分子電流假說．【專題】31：定性思想；43：推理法；53D：磁場磁場對電流的作用．【分析】要知道環(huán)形電流的方向首先要知道地磁場的分布情況：地磁的南極在地理北極的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根據(jù)安培定則四指彎曲的方向是電流流動的方向從而判定環(huán)形電流的方向．【解答】解：地磁的南極在地理北極的附近，故在用安培定則判定環(huán)形電流的方向時右手的拇指必需指向南方；而根據(jù)安培定則：拇指與四指垂直，而四指彎曲的方向就是電流流動的方向，故四指的方向應(yīng)該向西。故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】主要考查安培定則和地磁場分布，掌握安培定則和地磁場的分布情況是解決此題的關(guān)鍵所在．另外要掌握此類題目一定要注意安培定則的準(zhǔn)確應(yīng)用．2．（6分）質(zhì)點開始時做勻速直線運(yùn)動，從某時刻起受到一恒力作用．此后，該質(zhì)點的動能可能（）A．一直增大 B．先逐漸減小至零，再逐漸增大 C．先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小 D．先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大 【考點】65：動能定理．【分析】一質(zhì)點開始時做勻速直線運(yùn)動，說明質(zhì)點所受合力為0，從某時刻起受到一恒力作用，這個恒力就是質(zhì)點的合力．根據(jù)這個恒力與速度的方向關(guān)系確定質(zhì)點動能的變化情況．【解答】解：A、如果恒力與運(yùn)動方向相同，那么質(zhì)點做勻加速運(yùn)動，動能一直變大，故A正確。B、如果恒力與運(yùn)動方向相反，那么質(zhì)點先做勻減速運(yùn)動，速度減到0，質(zhì)點在恒力作用下沿著恒力方向做勻加速運(yùn)動，動能再逐漸增大。故B正確。C、如果恒力方向與原來運(yùn)動方向不在同一直線上，那么將速度沿恒力方向所在直線和垂直恒力方向分解，其中恒力與一個速度方向相同，這個方向速度就會增加，另一個方向速度不變，那么合速度就會增加，不會減小。故C錯誤。D、如果恒力方向與原來運(yùn)動方向不在同一直線上，那么將速度沿恒力方向所在直線和垂直恒力方向分解，其中恒力與一個速度方向相反，這個方向速度就會減小，另一個方向速度不變，那么合速度就會減小，當(dāng)恒力方向速度減到0時，另一個方向還有速度，所以速度到最小值時不為0，然后恒力方向速度又會增加，合速度又在增加，即動能增大。故D正確。故選：ABD?！军c評】對于直線運(yùn)動，判斷速度增加還是減小，我們就看加速度的方向和速度的方向．對于受恒力作用的曲線運(yùn)動，我們可以將速度分解到恒力方向和垂直恒力方向，再去研究．3．（6分）一蹦極運(yùn)動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離．假定空氣阻力可忽略，運(yùn)動員可視為質(zhì)點，下列說法正確的是（）A．運(yùn)動員到達(dá)最低點前重力勢能始終減小 B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負(fù)功，彈性勢能增加 C．蹦極過程中，運(yùn)動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關(guān) 【考點】69：彈性勢能；6C：機(jī)械能守恒定律．【專題】52E：機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題．【分析】運(yùn)動員人高臺下落過程中，重力做正功，重力勢能始終減?。臉O繩張緊后的下落過程中，彈性力做負(fù)功，彈性勢能增加．以運(yùn)動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒．重力勢能的改變與重力做功有關(guān)，取決于初末位置．【解答】解：A、運(yùn)動員到達(dá)最低點前，重力對運(yùn)動員一直做正功，運(yùn)動員的重力勢能始終減小。故A正確。B、蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力方向向上，運(yùn)動員的位移向下，彈性力對運(yùn)動員做負(fù)功，彈性勢能增加。故B正確。C、以運(yùn)動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。故C正確。D、重力勢能的改變與重力做功有關(guān)，取決于初末位置的高度差，與重力勢能零點的選取無關(guān)。故D錯誤。故選：ABC。【點評】本題類似于小球掉在彈簧上的類型．重力與彈力特點相似，這兩種力做正功時，勢能減小，做負(fù)功時，勢能增加．4．（6分）如圖，一理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為1：2；副線圈電路中接有燈泡，燈泡的額定電壓為220V，額定功率為22W；原線圈電路中接有電壓表和電流表．現(xiàn)閉合開關(guān)，燈泡正常發(fā)光．若用U和I分別表示此時電壓表和電流表的讀數(shù)，則（）A．U=110V，I=0.2A B．U=110V，I=0.05A C．U=110V，I=0.2A D．U=110V，I=0.2A 【考點】E8：變壓器的構(gòu)造和原理．【專題】53A：交流電專題．【分析】燈泡正常發(fā)光說明副線圈的電壓為220V，計算電流，根據(jù)變壓器中電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比即可求解．【解答】解：燈泡正常發(fā)光說明副線圈的電壓為220V，電流為=0.1A，根據(jù)電壓、電流與匝數(shù)的關(guān)系知，原線圈中電壓為=110V，電流為=0.2A，A正確。故選：A?！军c評】本題考查了變壓器的特點；電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比．5．（6分）電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場（可視為勻強(qiáng)磁場），磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與I成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出?，F(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的辦法是（）A．只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍 B．只將電流I增加至原來的2倍 C．只將彈體質(zhì)量減至原來的一半 D．將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變 【考點】65：動能定理；CC：安培力．【分析】通電的彈體在軌道上受到安培力的作用，利用動能定理表示出彈體的出射速度。根據(jù)速度的表達(dá)式進(jìn)行求解。【解答】解：通電的彈體在軌道上受到安培力的作用，利用動能定理有BIl?L=mv2，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與I成正比，所以B=kI解得。A、只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，彈體的出射速度增加至原來的倍，故A錯誤B、只將電流I增加至原來的2倍，彈體的出射速度增加至原來的2倍，故B正確C、只將彈體質(zhì)量減至原來的一半，彈體的出射速度增加至原來的倍，故C錯誤D、將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變，彈體的出射速度增加至原來的2倍，故D正確。故選：BD。【點評】解決該題關(guān)鍵運(yùn)用動能定理表示出彈體的出射速度求解。要找出一個物理量變化所采用的方法，應(yīng)該先運(yùn)用物理規(guī)律表示出這個物理量再根據(jù)表達(dá)式中各個因素求解。6．（6分）衛(wèi)星電話信號需要通過地球衛(wèi)星傳送．如果你與同學(xué)在地面上用衛(wèi)星電話通話，則從你發(fā)出信號至對方接收到信號所需要最短時間最接近于（可能用到的數(shù)據(jù)：月球繞地球運(yùn)動的軌道半徑為3.8×105km，運(yùn)動周期約為27天，地球半徑約為6400km，無線電信號的傳播速度為3×108m/s）（）A．0.1s B．0.25s C．0.5s D．1s 【考點】4F：萬有引力定律及其應(yīng)用；4H：人造衛(wèi)星．【分析】同步衛(wèi)星和月球都是繞地球做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)萬有引力提供向心力，求出軌道半徑比，從而得出同步衛(wèi)星的軌道半徑以及高度，根據(jù)速度公式求出時間．【解答】解：根據(jù)萬有引力提供向心力，解得：r=，已知月球和同步衛(wèi)星的周期比為27：1，則月球和同步衛(wèi)星的軌道半徑比為9：1．同步衛(wèi)星的軌道半徑r′=×3.8×105=4.2×104km．所以接收到信號的最短時間t=≈0.25s。故選：B?！军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力．7．（6分）一帶負(fù)電荷的質(zhì)點，在電場力作用下沿曲線abc從a運(yùn)動到c，已知質(zhì)點的速率是遞減的。關(guān)于b點電場強(qiáng)度E的方向，下列圖示中可能正確的是（虛線是曲線在b點的切線）（）A． B． C． D． 【考點】41：曲線運(yùn)動；A6：電場強(qiáng)度與電場力．【專題】16：壓軸題；532：電場力與電勢的性質(zhì)專題．【分析】根據(jù)物體做曲線運(yùn)動的條件和受力特點分析電荷受的電場力方向，再由負(fù)電荷所受的電場力方向與場強(qiáng)方向相反進(jìn)行選擇?！窘獯稹拷猓篈、電荷做曲線運(yùn)動，電場力與速度方向不在同一直線上，應(yīng)指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，不可能沿軌跡的切線方向，則場強(qiáng)也不可能沿軌跡的切線方向。故A錯誤。B、負(fù)電荷所受的電場力方向與場強(qiáng)方向相反，圖中電場力方向與速度方向的夾角為銳角，電場力做正功，電荷的速率增大，與題不符。故B錯誤。C、圖中場強(qiáng)方向指向軌跡的內(nèi)側(cè)，則電場力指向軌跡的外側(cè)，電荷的軌跡應(yīng)向上彎曲，不可能沿如圖的軌跡運(yùn)動。故C錯誤。D、圖中場強(qiáng)方向指向軌跡的外側(cè)，則電場力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，而且電場力方向與電荷的速度方向成鈍角，電場力做負(fù)功，電荷的速率減小，符合題意。故D正確。故選：D。【點評】本題是電場中軌跡問題，抓住電荷所受的合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)和速度沿軌跡的切線方向是解題的關(guān)鍵。8．（6分）如圖，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等?，F(xiàn)給木板施加一隨時間t增大的水平力F=kt（k是常數(shù)），木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2，下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是（）A． B． C． D． 【考點】37：牛頓第二定律．【分析】當(dāng)水平拉力F較小時，木板和木塊保持相對靜止一起向右做勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)用整體法求解出加速度。當(dāng)木塊和木板發(fā)生相對滑動時，隔離分析得出兩者的加速度大小，從而得出正確的圖線?！窘獯稹拷猓寒?dāng)F較小時，木塊和木板一起做勻加速直線運(yùn)動，加速度a==，則知a∝t；當(dāng)拉力達(dá)到一定程度后，木塊和木板之間發(fā)生相對滑動，對木塊，所受的滑動摩擦力恒定，加速度恒定，即a2==μg；對m1，加速度為a1==﹣由于＜，可知a1圖線后一段斜率大于前一段的斜率，由數(shù)學(xué)知識知C正確。故選：C?！军c評】本題首先要分兩個相對靜止和相對運(yùn)動兩種狀態(tài)分析，其次采用整體法和隔離法研究得到加速度與時間的關(guān)系式，再選擇圖象，是經(jīng)常采用的思路。二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第9題～12題為必考題；每個試題考生都必須作答．第13題～18題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題9．為了測量一微安表頭A的內(nèi)阻，某同學(xué)設(shè)計了如圖所示的電路．圖中，A0是標(biāo)準(zhǔn)電流表，R0和RN分別是滑動變阻器和電阻箱，S和S1分別是單刀雙擲開關(guān)和單刀開關(guān)，E是電池．完成下列實驗步驟中的填空：（1）將S撥向接點1，接通S1，調(diào)節(jié)R0，使待測表頭指針偏轉(zhuǎn)到適當(dāng)位置，記下此時標(biāo)準(zhǔn)電流表的讀數(shù)I；（2）然后將S撥向接點2，調(diào)節(jié)RN，使標(biāo)準(zhǔn)電流表的讀數(shù)仍為I，記下此時RN的讀數(shù)；（3）多次重復(fù)上述過程，計算RN讀數(shù)的平均值，此即為待測微安表頭內(nèi)阻的測量值．【考點】N4：用多用電表測電阻；N6：伏安法測電阻．【專題】13：實驗題；535：恒定電流專題．【分析】先接通1，使待測電表有一示數(shù)，再接通2調(diào)節(jié)電阻箱使待測電表的示數(shù)相同，此時電阻箱的示數(shù)即為待測電表的內(nèi)阻．【解答】解：（1）將S撥向接點1，接通S1，調(diào)節(jié)R0使待測表頭指針偏轉(zhuǎn)到適當(dāng)位置，記下此時標(biāo)準(zhǔn)電流表讀數(shù)I；（2）然后將S撥向接點2，調(diào)節(jié)RN，使標(biāo)準(zhǔn)電流表的讀數(shù)仍為I，記下此時RN的讀數(shù)；（3）多次重復(fù)上述過程，計算RN讀數(shù)的平均值，此即為待測微安表頭內(nèi)阻的測量值．故答案為：（1）R0，標(biāo)準(zhǔn)電流表；（2）RN，標(biāo)準(zhǔn)電流表的讀數(shù)仍為I；（3）平均值．【點評】本題考查了一種新的實驗方法測量電表的內(nèi)阻，要能夠根據(jù)實驗原理圖知道實驗的原理和步驟．10．利用圖所示的裝置可測量滑塊在斜面上運(yùn)動的加速度．一斜面上安裝有兩個光電門，其中光電門乙固定在斜面上靠近底端處，光電門甲的位置可移動，當(dāng)一帶有遮光片的滑塊自斜面上滑下時，與兩個光電門都相連的計時器可以顯示出遮光片從光電門甲至乙所用的時間t．改變光電門甲的位置進(jìn)行多次測量，每次都使滑塊從同一點由靜止開始下滑，并用米尺測量甲、乙之間的距離s，記下相應(yīng)的t值；所得數(shù)據(jù)如下表所示．s（m）0.5000.6000.7000.8000.9000.950t（ms）292.9371.5452.3552.8673.8776.4s/t（m/s）1.711.621.551.451.341.22完成下列填空和作圖：（1）若滑塊所受摩擦力為一常量，滑塊加速度的大小a、滑塊經(jīng)過光電門乙時的瞬時速度v1、測量值s和t四個物理量之間所滿足的關(guān)系式是s=v1t﹣at2；（2）根據(jù)表中給出的數(shù)據(jù)，在答題紙的圖上給出的坐標(biāo)紙上畫出﹣t圖線；（3）由所畫出的s/t﹣t圖線，得出滑塊加速度的大小為a=2.1m/s2（保留2位有效數(shù)字）．【考點】M5：測定勻變速直線運(yùn)動的加速度．【專題】13：實驗題；535：恒定電流專題．【分析】可以把光電門甲至乙的勻加速運(yùn)動看成反向的勻減速運(yùn)動，寫出測量值s和t四個物理量之間所滿足的關(guān)系式．由位移時間關(guān)系式整理得到﹣t圖線的表達(dá)式，并找出圖線的斜率和加速度關(guān)系．【解答】解：①已知滑塊沿斜面下滑時做勻加速運(yùn)動，滑塊加速度的大小a、滑塊經(jīng)過光電門乙時的瞬時速度v1、測量值s和t四個物理量．因為時速度v1是下滑的末速度，所以我們可以看下滑的逆過程，所以滿足的關(guān)系式是：s=v1t﹣at2②根據(jù)表中給出的數(shù)據(jù)，在圖2給出的坐標(biāo)紙上畫出﹣t圖線；③由s=v1t﹣at2整理得：=v1﹣at由表達(dá)式可知，加速度等于斜率大小的兩倍．所以由圖象得出滑塊加速度的大小為a=2.1m/s2故答案為：①s=v1t﹣at2；②如圖；③2.1．【點評】題目的難度在于：物體加速下滑時，我們研究了它的逆過程，并且要整理圖象所要求的表達(dá)式．11．甲乙兩輛汽車都從靜止出發(fā)做加速直線運(yùn)動，加速度方向一直不變．在第一段時間間隔內(nèi)，兩輛汽車的加速度大小不變，汽車乙的加速度大小是甲的兩倍；在接下來的相同時間間隔內(nèi)，汽車甲的加速度大小增加為原來的兩倍，汽車乙的加速度大小減小為原來的一半．求甲乙兩車各自在這兩段時間間隔內(nèi)走過的總路程之比．【考點】1D：勻變速直線運(yùn)動的速度與時間的關(guān)系；1E：勻變速直線運(yùn)動的位移與時間的關(guān)系．【專題】16：壓軸題；511：直線運(yùn)動規(guī)律專題．【分析】分別對甲乙兩車研究，用加速度a，時間間隔t0等相同的量表示總位移，再求出路程之比．【解答】解：設(shè)汽車甲在第一段時間時間間隔t0末的速度為v，第一段時間間隔內(nèi)行駛的路程為s1，加速度為a，在第二段時間間隔內(nèi)行駛的路程為s2．由題，汽車甲在第二段時間間隔內(nèi)加速度為2a．設(shè)甲、乙兩車行駛的總路程分別為s、s'，則有s=s1+s2，s'=s1′+s2′．由運(yùn)動學(xué)公式得v=at0①s1=②③將①代入③得s2=2a，④由②+④得s=s1+s2=設(shè)乙車在時間t0的速度為v'，在第一、二段時間間隔內(nèi)行駛的路程分別為s1′、s2′．同樣有v'=（2a）t0⑤⑥⑦將⑤代入⑦得s2′=⑧由⑥+⑧得s'=s1′+s2′=．所以甲、乙兩車各自行駛的總路程之比為⑨答：甲乙兩車各自在這兩段時間間隔內(nèi)走過的總路程之比為5：7．【點評】對于兩個物體運(yùn)動問題的處理，除了分別研究兩個物體的運(yùn)動情況外，往往要抓住它們之間的關(guān)系，列出關(guān)系式．12．如圖，在區(qū)域Ⅰ（0≤x≤d）和區(qū)域Ⅱ（d＜x≤2d）內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質(zhì)量為m、帶電荷量q（q＞0）的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入?yún)^(qū)域Ⅰ，其速度方向沿x軸正向。已知a在離開區(qū)域Ⅰ時，速度方向與x軸正向的夾角為30°；此時，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點沿x軸正向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，其速度大小是a的，不計重力和兩粒子之間的相互作用力，求：（1）粒子a射入?yún)^(qū)域Ⅰ時速度的大小；（2）當(dāng)a離開區(qū)域Ⅱ時，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差?！究键c】37：牛頓第二定律；4A：向心力；CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動．【專題】16：壓軸題；536：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題．【分析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，運(yùn)用幾何關(guān)系求出粒子的軌道半徑，結(jié)合牛頓第二定律求出粒子a射入?yún)^(qū)域Ⅰ時速度的大小。（2）通過洛倫茲力提供向心力，得出a粒子在區(qū)域Ⅱ中的軌道半徑是區(qū)域Ⅰ中的一半，結(jié)合幾何關(guān)系得出a粒子離開區(qū)域Ⅱ時，a粒子的縱坐標(biāo)。根據(jù)時間關(guān)系通過幾何關(guān)系求出當(dāng)a離開區(qū)域Ⅱ時，b粒子的縱坐標(biāo)，從而得出a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的圓心為C（在y軸上），半徑為Ra1，粒子速率為va，運(yùn)動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為P'，如圖由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得①由幾何關(guān)系得∠PCP′=θ②，③，式中θ=30°由①②③式得④（2）設(shè)粒子a在II內(nèi)做圓周運(yùn)動的圓心為Oa，半徑為Ra2，射出點為Pa（圖中未畫出軌跡），∠P′OaPa=θ′。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得⑤由①⑤式得⑥C、P'和Oa三點共線，且由⑥式知Oa點必位于⑦的平面上。由對稱性知，Pa點與P'點縱坐標(biāo)相同，即y1=Ra1cosθ+h⑧式中，h是C點的y坐標(biāo)設(shè)b在I中運(yùn)動的軌道半徑為Rb1，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得⑨設(shè)a到達(dá)Pa點時，b位于Pb點，轉(zhuǎn)過的角度為α．如果b沒有飛出I，則⑩，，（11）式中，t是a在區(qū)域II中運(yùn)動的時間，而（12），（13）由⑤⑨⑩（11）（12）式得α=30°（14）由①③⑨（14）式可見，b沒有飛出。Pb點的y坐標(biāo)為y2=Rb1（2+cosα）+h由①③⑧⑨式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為。答：（1）粒子a射入?yún)^(qū)域Ⅰ時速度的大小。（2）當(dāng)a離開區(qū)域Ⅱ時，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動，需掌握粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑公式，能夠正確地作出軌跡圖，運(yùn)用幾何關(guān)系求解。三、（二）選考題：．[物理--選修3-3]13．對于一定量的理想氣體，下列說法正確的是（）A．若氣體的壓強(qiáng)和體積都不變，其內(nèi)能也一定不變 B．若氣體的內(nèi)能不變，其狀態(tài)也一定不變 C．若氣體的溫度隨時間不斷升高，其壓強(qiáng)也一定不斷增大 D．氣體溫度每升高1K所吸收的熱量與氣體經(jīng)歷的過程有關(guān) E．當(dāng)氣體溫度升高時，氣體的內(nèi)能一定增大 【考點】8A：物體的內(nèi)能；8F：熱力學(xué)第一定律；99：理想氣體的狀態(tài)方程．【專題】16：壓軸題；547：內(nèi)能及其變化專題．【分析】理想氣體內(nèi)能由物體的溫度決定，理想氣體溫度變化，內(nèi)能變化；由理想氣體的狀態(tài)方程可以判斷氣體溫度變化時，氣體的體積與壓強(qiáng)如何變化．【解答】解：A、由理想氣體的狀態(tài)方程可知，若氣體的壓強(qiáng)和體積都不變，則其溫度不變，其內(nèi)能也一定不變，故A正確；B、若氣體的內(nèi)能不變，則氣體的溫度不變，氣體的壓強(qiáng)與體積可能發(fā)生變化，氣體的狀態(tài)可能變化，故B錯誤；C、由理想氣體的狀態(tài)方程可知，若氣體的溫度T隨時間升高，體積同時變大，其壓強(qiáng)可能不變，故C錯誤；D、氣體絕熱壓縮或膨脹時，氣體不吸熱也不放熱，氣體內(nèi)能發(fā)生變化，溫度升高或降低，在非絕熱過程中，氣體內(nèi)能變化，要吸收或放出熱量，由此可知氣體溫度每升高1K所吸收的熱量與氣體經(jīng)歷的過程有關(guān)，故D正確；E、理想氣體內(nèi)能由溫度決定，當(dāng)氣體溫度升高時，氣體的內(nèi)能一定增，故E正確；故選：ADE?！军c評】理想氣體分子間的距離較大，分子間的作用力為零，分子勢能為零，理想氣體內(nèi)能由溫度決定．14．如圖，一上端開口、下端封閉的細(xì)長玻璃管，下部有長l1=66cm的水銀柱，中間封有長l2=6.6cm的空氣柱，上部有長l3=44cm的水銀柱，此時水銀面恰好與管口平齊。已知大氣壓強(qiáng)為P0=76cmHg．如果使玻璃管繞底端在豎直平面內(nèi)緩慢地轉(zhuǎn)動一周，求在開口向下和轉(zhuǎn)回到原來位置時管中空氣柱的長度。封入的氣體可視為理想氣體，在轉(zhuǎn)動過程中沒有發(fā)生漏氣。【考點】99：理想氣體的狀態(tài)方程．【專題】16：壓軸題；54B：理想氣體狀態(tài)方程專題．【分析】根據(jù)平衡條件研究空氣柱壓強(qiáng)初位置的壓強(qiáng)，玻璃管開口向下時，原來上部的水銀有一部分會流出，封閉端會有部分真空，水銀柱總長度為76cm，然后根據(jù)玻意耳定律列式求解；轉(zhuǎn)回到原來位置時先根據(jù)平衡條件求出空氣中壓強(qiáng)，然后根據(jù)玻意耳定律列式求解．【解答】解：設(shè)玻璃管開口向上時，空氣柱壓強(qiáng)為：P1=P0+ρgl3①（式中ρ和g分別表示水銀的密度和重力加速度．）玻璃管開口向下時，原來上部的水銀有一部分會流出，封閉端會有部分真空．設(shè)此時開口端剩下的水銀柱長度為x，則P2=ρgl1，P2+ρgx=P0②（P2管內(nèi)空氣柱的壓強(qiáng)．）由玻意耳定律得P1（sl2）=P2（sh）③（式中，h是此時空氣柱的長度，S為玻璃管的橫截面積．）由①②③式和題給條件得h=12cm④從開始轉(zhuǎn)動一周后，設(shè)空氣柱的壓強(qiáng)為P3，則P3=P0+ρgx⑤由玻意耳定律得P1（sl2）=P3（sh′）⑥（式中，h′是此時空氣柱的長度．）由①②③⑤⑥h′≈9.2cm答：在開口向下管中空氣柱的長度為12cm，到原來位置時管中空氣柱的長度是9.2cm．【點評】本題關(guān)鍵是求出被封閉氣體的壓強(qiáng)即可正確解答，解答這類問題注意以水銀柱為研究對象，根據(jù)平衡狀態(tài)求解．四、[物理--選修3-4]15．一振動周期為T、振幅為A、位于x=0點的波源從平衡位置沿y軸正向開始做簡諧運(yùn)動．該波源產(chǎn)生的一維簡諧橫波沿x軸正向傳播，波速為v，傳播過程中無能量損失．一段時間后，該振動傳播至某質(zhì)點P，關(guān)于質(zhì)點P振動的說法正確的是（）A．振幅一定為A B．周期一定為T C．速度的最大值一定為v D．開始振動的方向沿y軸向上或向下取決于它離波源的距離 E．若P點與波源距離s=vT，則質(zhì)點P的位移與波源的相同 【考點】F4：橫波的圖象；F5：波長、頻率和波速的關(guān)系．【專題】16：壓軸題．【分析】波傳播過程中，各振動質(zhì)點的振動周期、振幅、起振方向都和波源質(zhì)點相同，質(zhì)點的振動速度大小跟波速無關(guān)．【解答】解：A、B、D波傳播過程中，各振動質(zhì)點的振動周期、振幅、起振方向都和波源質(zhì)點相同，A、B正確，D錯誤；C、質(zhì)點的振動速度大小跟波速無關(guān)，C錯誤；E、s=vT，則s等于一個波長，即P點與波源質(zhì)點相位相同，振動情況總相同，位移總相同，E正確。故選：ABE?！军c評】本題考查了波動和振動的區(qū)別和聯(lián)系，質(zhì)點振動的速度是呈周期性變化的．16．一半圓柱形透明物體橫截面如圖所示，底面AOB鍍銀（圖中粗線），O表示半圓截面的圓心，一束光線在橫截面內(nèi)從M點入射，經(jīng)過AB面反射后從N點射出。已知光線在M點入射角為30°，∠MOA=60°，∠NOB=30°．求（ⅰ）光線在M點的折射角；（ⅱ）透明物體的折射率?！究键c】H3：光的折射定律．【專題】16：壓軸題；54D：光的折射專題．【分析】（1）作出光路圖，根據(jù)幾何關(guān)系求出光線在M點的折射角．（2）根據(jù)折射角，通過折射定律求出透明物體的折射率．【解答】（1）如圖，透明物體內(nèi)部的光路為折線MPN，Q、M點相對于底面EF對稱，Q、P和N三點共線設(shè)在M點處，光的入