2023屆四川省綿陽市高三上學(xué)期二診模擬考試?yán)砭C物理試題（ 含答案解析 ）

高2020級高三上期綿陽二診模擬考試?yán)砜凭C合試題考試時(shí)間：150分鐘，試卷滿分300分注意事項(xiàng)：1.答題前，考生務(wù)必在答題卡上將自己的姓名、班級、準(zhǔn)考證號用0.5毫米黑色簽字筆填寫清楚，考生考試條碼由監(jiān)考老師粘貼在答題卡上的“條碼粘貼處”。2.選擇題使用2B鉛筆填涂在答題卡上對應(yīng)題目標(biāo)號的位置上，如需改動(dòng)，用橡皮擦擦干凈后再填涂其它答案；非選擇題用0.5毫米黑色簽字筆在答題卡的對應(yīng)區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域答題的答案無效；在草稿紙上、試卷上答題無效。3.考試結(jié)束后由監(jiān)考老師將答題卡收回。第Ⅰ卷一、選擇題（本題共8小題，每小題6分；在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~4題只有一項(xiàng)符合題目要求，第5~8題有多項(xiàng)符合題目要求；全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）1.如圖，籃球架下的運(yùn)動(dòng)員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個(gè)所用的時(shí)間為，第五個(gè)所用的時(shí)間為，不計(jì)空氣阻力，則滿足（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】把運(yùn)動(dòng)逆向分析可以看作是自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)中，連續(xù)相等的位移內(nèi)時(shí)間之比等于可得故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選D。2.如圖所示，衛(wèi)星A是2022年8月20日我國成功發(fā)射的遙感三十五號04組衛(wèi)星，衛(wèi)星B是地球同步衛(wèi)星，若它們均可視為繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，衛(wèi)星P是地球赤道上還未發(fā)射的衛(wèi)星，下列說法正確的是（）A.衛(wèi)星A的運(yùn)行周期可能為48hB.衛(wèi)星B在6h內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)的圓心角是45°C.衛(wèi)星B的線速度小于衛(wèi)星P隨地球自轉(zhuǎn)的線速度D.衛(wèi)星B的向心加速度大于衛(wèi)星P隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)開普勒第三定律，可知衛(wèi)星A的運(yùn)行周期小于24h，故A錯(cuò)誤；B．衛(wèi)星B是地球同步衛(wèi)星，周期為24h，所以在6h內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)的圓心角是故B錯(cuò)誤；C．衛(wèi)星B是地球同步衛(wèi)星，角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相等，根據(jù)可知衛(wèi)星B線速度大于衛(wèi)星P隨地球自轉(zhuǎn)的線速度，故C錯(cuò)誤；D．衛(wèi)星B角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相等，根據(jù)可知衛(wèi)星B的向心加速度大于隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度，故D正確；故選D。3.一物體靜止在粗糙水平地面上，現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動(dòng)物體，經(jīng)過一段時(shí)間后其速度變?yōu)関，若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時(shí)間后速度變?yōu)?v，對于上述兩個(gè)過程，用、分別表示拉力F1、F2所做的功，、分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【詳解】由題意可知，兩次物體均做勻加速運(yùn)動(dòng)，則在同樣的時(shí)間內(nèi)，它們的位移之比為S1：S2==1：2兩次物體所受的摩擦力不變，根據(jù)力做功表達(dá)式，則有滑動(dòng)摩擦力做功之比Wf1：Wf2=fS1：fS2=1：2再由動(dòng)能定理，則有：WF﹣Wf=可知，WF1﹣Wf1=WF2﹣Wf2=4×由上兩式可解得：WF2=4WF1﹣2Wf1故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選C．4.如圖所示，某種氣體分子束由質(zhì)量為m、速度為v的分子組成，設(shè)各分子都向同一方向運(yùn)動(dòng)，垂直地打在某平面上后又以原速率反向彈回。如果分子束中每立方米的體積內(nèi)有n0個(gè)分子，下列說法正確的是（）A.單個(gè)分子與平面碰撞的過程中，動(dòng)量變化量的大小為0B.單個(gè)分子與平面碰撞的過程中，平面對其做功為負(fù)功C.分子束撞擊平面所產(chǎn)生的壓強(qiáng)為2n0mv2D.分子束撞擊平面所產(chǎn)生的壓強(qiáng)為n0mv2【答案】C【解析】【詳解】A．分子打在某平面上后又以原速率反向彈回，則單個(gè)分子與平面碰撞過程中，動(dòng)量變化量的大小為2mv，故A錯(cuò)誤；

B．單個(gè)分子與平面碰撞的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得ΔEk=0，平面對其做功為零，故B錯(cuò)誤；

CD．時(shí)間t內(nèi)碰撞面積S上的分子數(shù)N=（vt?S）n0對于這部分分子，根據(jù)動(dòng)量定理，有-Ft=-Nmv-Nmv解得F=2n0mv2S根據(jù)壓強(qiáng)的計(jì)算公式可得解得p=2n0mv2故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。5.如圖所示，空間有一正三棱錐OABC，點(diǎn)A′、B′、C′分別是三條棱的中點(diǎn)．現(xiàn)在頂點(diǎn)O處固定一正的點(diǎn)電荷，則下列說法中正確的是（）A.A′，B′，C′三點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同B.△ABC所在平面為等勢面C.將一正的試探電荷從A′點(diǎn)沿直線A′B′移到B′點(diǎn)，靜電力對該試探電荷先做正功后做負(fù)功D.若A′點(diǎn)的電勢為φA′，A點(diǎn)的電勢為φA，則A′A連線中點(diǎn)D處的電勢φD一定小于【答案】D【解析】【分析】根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E=kQ/r2分析電場強(qiáng)度的大小關(guān)系；點(diǎn)電荷的等勢面是一系列的同心圓；沿著電場線，電勢逐漸降低；根據(jù)電勢的變化，分析電勢能的變化，從而判斷電場力做功的正負(fù)；根據(jù)公式U=Ed分析A′A連線中點(diǎn)D處的電勢．【詳解】A′、B′、C′三點(diǎn)到O點(diǎn)的距離相等，根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E=kQ/r2分析可知，A′、B′、C′三點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等．但方向不同，故A錯(cuò)誤．A、B、C的三個(gè)點(diǎn)到場源電荷的距離相等，在同一等勢面，但其它點(diǎn)到場源電荷的距離與A、B、C三點(diǎn)到場源電荷的距離不等，故△ABC所在平面不是等勢面，故B錯(cuò)誤；將一正的試探電荷從A′點(diǎn)沿直線A′B′移到B′點(diǎn)，電勢先升高后降低，電勢能先增大后減小，則靜電力對該試探電荷先做負(fù)功后做正功，故C錯(cuò)誤．由于A′D間場強(qiáng)大于DA間場強(qiáng)，由U=Ed知，A′、D間的電勢差大于DA間的電勢差，則有：φA-φD＞φD-φA′，則φD＜（φA+φA′），由于正點(diǎn)電荷電場中電勢大于零，因此φD＜φA+φA′，故D正確；故選D．【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是明確點(diǎn)電荷的電場分布情況，注意根據(jù)對稱性分析，同時(shí)要注意場強(qiáng)是矢量，電勢是標(biāo)量．6.一鋼球從某高度自由下落到一放在水平地面的彈簧上，從鋼球與彈簧接觸到壓縮到最短的過程中，彈簧的彈力F、鋼球的加速度a、重力所做的功WG以及小球的機(jī)械能E與彈簧壓縮量x的變化圖線如下圖(不考慮空間阻力)，選小球與彈簧開始接觸點(diǎn)為原點(diǎn)，建立圖示坐標(biāo)系，并規(guī)定向下為正方向，則下述選項(xiàng)中的圖象符合實(shí)際的是()A. B. C. D.【答案】BC【解析】【詳解】A．由于向下為正方向，而彈簧中的彈力方向向上，所以選項(xiàng)A中的拉力應(yīng)為負(fù)值，A錯(cuò)誤；B．小球接觸彈簧上端后受到兩個(gè)力作用：向下的重力和向上的彈力．在接觸后的前一階段，重力大于彈力，合力向下，而彈力F=kx，則加速度，故B正確；C．根據(jù)重力做功的計(jì)算式，可知C正確；D．小球和彈簧整體的機(jī)械能守恒，小球的機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤．7.如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，圓環(huán)的圓心O的正上方B點(diǎn)固定有一定滑輪，B點(diǎn)的左側(cè)再固定有一定滑輪。質(zhì)量為m的小球套在圓環(huán)上，輕質(zhì)細(xì)線跨過兩個(gè)定滑輪，一端連接小球，另一端連接質(zhì)量為m的物塊，用豎直向下的拉力F（未知）把小球控制在圓環(huán)上的A點(diǎn)，與豎直方向的夾角為53°，且正好沿圓環(huán)的切線方向，P點(diǎn)為圓環(huán)的最高點(diǎn)，不計(jì)一切摩擦，不計(jì)滑輪、小球以及物塊的大小，重力加速度為g，，。下列說法正確的是（）A.小球與物塊靜止時(shí)，豎直向下的拉力B.撤去拉力F的瞬間，細(xì)線的拉力大小為C.小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程中，物塊的重力勢能減少量為D.若小球在P點(diǎn)的速度大小為v，則物塊的速度大小也為v【答案】AC【解析】【詳解】A．對物塊進(jìn)行受力分析，由二力平衡可得細(xì)線的拉力大小為在A點(diǎn)對小球進(jìn)行受力分析，由力的平衡可得解得故A正確；B．在撤去拉力F的瞬間，設(shè)細(xì)線的拉力大小為，小球和物塊的加速度大小相等設(shè)為a，對兩者分別應(yīng)用牛頓第二定律可得聯(lián)立解得故B錯(cuò)誤；C．撤去拉力F后，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，設(shè)小球的速度大小為v，由幾何關(guān)系可得小球從A到P，物塊下降的高度為聯(lián)立解得則物塊的重力勢能減少量為故C正確；D．細(xì)線與小球的速度v垂直，則繩子伸長的速度為0，由關(guān)聯(lián)速度之間的關(guān)系，物塊的速度為0，故D錯(cuò)誤。故選AC。8.長為l、間距為d的平行金屬板水平正對放置，豎直光屏M到金屬板右端距離為l，金屬板左端連接有閉合電路，整個(gè)裝置結(jié)構(gòu)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以初速度v0從兩金屬板正中間自左端水平射入，由于粒子重力作用，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片在某一位置時(shí)，粒子恰好垂直撞在光屏上。對此過程，下列分析正確的是（）A.板間電場強(qiáng)度大小為B.粒子在平行金屬板間的速度變化量和從金屬板右端到光屏的速度變化量相同C.若僅將滑片P向下滑動(dòng)一段后，再讓該粒子從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，粒子不會(huì)垂直打在光屏上D.若僅將兩平行板的間距變大一些，再讓該粒子從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，粒子依然會(huì)垂直打在光屏上【答案】AD【解析】【詳解】AB．粒子先在水平放置的兩平行金屬板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子離開電場時(shí)具有豎直向下的加速度，粒子垂直撞在光屏上，說明豎直方向末速度等于0，即電場中粒子具有豎直向上的加速度，不管是在金屬板間還是離開電場后，粒子在水平方向速度沒有變化，而且水平位移相等，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，豎直方向速度變化量等大反向，所以有可得故A正確，B錯(cuò)誤；C．若僅將滑片向下滑動(dòng)一段后，的電壓減小，電容器的電壓要減小，電荷量要減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，電量不變，板間電壓不變，所以粒子的運(yùn)動(dòng)情況不變，再讓該粒子從點(diǎn)以水平速度射入板間，粒子依然會(huì)垂直打在光屏上，故C錯(cuò)誤；D．若僅將兩平行板的間距變大一些，電容器電容減小，但由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，電量不變，根?jù)

可知板間電場強(qiáng)度不變，所以粒子的運(yùn)動(dòng)情況不變，再讓該粒子從點(diǎn)以水平速度射入板間，粒子依然會(huì)垂直打在光屏上，故D正確。故選AD。第Ⅱ卷二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第9~12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第13~16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題（共129分）9.某實(shí)驗(yàn)小組欲測定國內(nèi)某地重力加速度的大小，實(shí)驗(yàn)器材有：氣墊導(dǎo)軌、光電門、氣泵、滑塊（含遮光條）、鉤碼、細(xì)線、各種測量工具等。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①實(shí)驗(yàn)前，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，使其保持水平；②測定滑塊質(zhì)量M、鉤碼的質(zhì)量m、遮光條的寬度d及滑塊上遮光條的初位置O與光電門A的間距L；保持滑塊靜止不動(dòng)，用細(xì)線跨過導(dǎo)軌左端的定滑輪將滑塊與鉤碼相連；③無初速度釋放滑塊，記錄遮光條經(jīng)過光電門的時(shí)間t；④改變O點(diǎn)位置，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，作出相應(yīng)函數(shù)圖像，計(jì)算重力加速度的大小。（1）實(shí)驗(yàn)測得滑塊經(jīng)過光電門的速度為v=________。（用題目中給定物理量的字母表示）（2）測定重力加速度g的原理表達(dá)式為________。（用題目中給定物理量的的字母表示）（3）為精準(zhǔn)測定該地的重力加速度，實(shí)驗(yàn)小組多次改變O、A之間的距離，以L為縱軸，以為橫軸，用電腦擬合出其函數(shù)關(guān)系圖像，在M=700g、m=100g、d=5.0mm的條件下，測得圖像斜率的數(shù)值為1.0210-5，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=________m/s2（結(jié)果保留3位有效數(shù)【答案】①.②.##③.9.80【解析】【詳解】（1）[1]實(shí)驗(yàn)中，遮光條通過光電門的平均速度可以代替其瞬時(shí)速度，可得滑塊經(jīng)過光電門的速度為（2）[2]根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有此即測定的原理表達(dá)式，整理可得（3）[3]根據(jù)測原理式可得斜率為聯(lián)立解得10.某同學(xué)欲將內(nèi)阻為100Ω、量程為300μA的電流計(jì)G改裝成歐姆表，要求改裝后歐姆表的0刻度正好對準(zhǔn)電流表表盤的300μA刻度?？蛇x用的器材還有：定值電阻R1（阻值25Ω）；定值電阻R2（阻值100Ω）；滑動(dòng)變阻器R（最大阻值1000Ω）；干電池（E=1.5V．r=2Ω）；紅、黑表筆和導(dǎo)線若干。改裝電路如圖甲所示。（1）定值電阻應(yīng)選擇____（填元件符號）．改裝后的歐姆表的中值電阻為____Ω。（2）該同學(xué)用改裝后尚未標(biāo)示對應(yīng)刻度的歐姆表測量內(nèi)阻和量程均未知的電壓表V的內(nèi)阻。步驟如下：先將歐姆表的紅、黑表筆短接，調(diào)節(jié)____填圖甲中對應(yīng)元件代號），使電流計(jì)G指針指到____μA；再將____（填“紅”或“黑”）表筆與V表的“+”接線柱相連，另一表筆與V表的“一”接線柱相連。若兩表的指針位置分別如圖乙和圖丙所示，則V表的內(nèi)阻為____Ω，量程為____________V?！敬鸢浮竣?R1②.1000③.R（或滑動(dòng)變阻器）④.300⑤.黑⑥.500⑦.1【解析】【詳解】（1）[1][2]由于滑動(dòng)變阻器的最大阻值為1000Ω，故當(dāng)滑動(dòng)變阻器調(diào)到最大時(shí)，電路中的電路約為此時(shí)表頭滿偏，故定值電阻中的電流約為故其阻值為因此定值電阻應(yīng)該選擇R1。改裝后將紅黑表筆短接，將電流表調(diào)大滿偏，此時(shí)多用表的總內(nèi)阻為故多用表的中值電阻為（2）[3][4][5]由于使用歐姆表測內(nèi)阻，故首先要進(jìn)行歐姆調(diào)0，即調(diào)節(jié)R，使電流表滿偏，即指針指到300μA，黑表筆接的電源正極，故將黑表筆與電壓表的“+”接線柱相連；[6][7]歐姆表指針指在I=200μA位置，則電路中的總電流為5I，故待測電壓表的內(nèi)阻為設(shè)電壓表量程為U，此時(shí)電壓表兩端的電壓為故其量程為1V。11.如圖，長度x=5m的粗糙水平面PQ的左端固定一豎直擋板，右端Q處與水平傳送帶平滑連接，傳送帶以一定速率v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，其上表面QM間距離為L=4m，MN無限長，M端與傳送帶平滑連接．物塊A和B可視為質(zhì)點(diǎn)，A的質(zhì)量m=1.5kg，B的質(zhì)量M=5.5kg．開始A靜止在P處，B靜止在Q處，現(xiàn)給A一個(gè)向右的初速度vo=8m/s，A運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)A、B與傳送帶和水平面PQ、MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.15，A與擋板的碰撞也無機(jī)械能損失．取重力加速度g=10m/s2，求：(1)A、B碰撞后瞬間的速度大??；(2)若傳送帶的速率為v=4m/s，試判斷A、B能否再相遇，如果能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它們最終相距多遠(yuǎn)．【答案】（1）4m/s，3m/s；（2）5/3m【解析】【詳解】（1）設(shè)A與B碰撞前的速度為vA，由P到Q的過程，由動(dòng)能定理得-μmgx=mvA2-mv02①A與B碰撞前后動(dòng)量守恒，取向右為正方向，則mvA=mvA′+MvB′②由能量守恒定律得

mvA2=mvA′2+MvB′2③聯(lián)立①②③得vA′=-4m/s，vB′=3m/s．（2）設(shè)A碰撞后運(yùn)動(dòng)的路程為sA，由動(dòng)能定理得-μmgsA=0-mvA′2④解得sA=m

所以A與擋板碰撞后再運(yùn)動(dòng)的距離sA′=sA-x=-5=m⑤設(shè)B碰撞后向右運(yùn)動(dòng)的距離為sB，由動(dòng)能定理得-μMgsB=0-MvB′2⑥解得sB=3m＜L

⑦故物塊B碰后不能滑上MN，當(dāng)速度減為0后，B將在傳送帶的作用下反向加速運(yùn)動(dòng)，B再次到達(dá)Q處時(shí)的速度大小為3m/s．在水平PQ上，B再運(yùn)動(dòng)sB′=sB=3m停止，因?yàn)閟A′+sB′＜x=5m，所以AB不能再次相遇，最終AB間的距離sAB=x-（sA′+sB′）=5-（+3）=m12.如圖所示，豎直面內(nèi)有水平線MN與豎直線PQ交于P點(diǎn)，O在水平線MN上，OP間距為d，一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子，從O處以大小為v0、方向與水平線夾角為θ＝60o的速度，進(jìn)入大小為E1的勻強(qiáng)電場中，電場方向與豎直方向夾角為θ＝60o，粒子到達(dá)PQ線上的A點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能為在O處時(shí)動(dòng)能的4倍．當(dāng)粒子到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，突然將電場改為大小為E2，方向與豎直方向夾角也為θ＝60o的勻強(qiáng)電場，然后粒子能到達(dá)PQ線上的B點(diǎn)．電場方向均平行于MN、PQ所在豎直面，圖中分別僅畫出一條電場線示意其方向．已知粒子從O運(yùn)動(dòng)到A的時(shí)間與從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間相同，不計(jì)粒子重力，已知量為m、q、v0、d．求：(1)粒子從O到A運(yùn)動(dòng)過程中,電場力所做功W；(2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E1、E2；(3)粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkB．【答案】(1)(2)E1＝E2＝(3)EkB＝【解析】【分析】(1)對粒子應(yīng)用動(dòng)能定理可以求出電場力做的功．(2)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出電場強(qiáng)度大?。?3)根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用動(dòng)能計(jì)算公式求出粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能．【詳解】(1)由題知：粒子在O點(diǎn)動(dòng)能為Eko=粒子在A點(diǎn)動(dòng)能為：EkA=4Eko，粒子從O到A運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得：電場力所做功：W=EkA-Eko=；(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，初速v0方向?yàn)閤軸正向，建立直角坐標(biāo)系xOy，如圖所示設(shè)粒子從O到A運(yùn)動(dòng)過程，粒子加速度大小為a1，歷時(shí)t1，A點(diǎn)坐標(biāo)為（x，y）粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)：x=v0t1，y=由題知：粒子在A點(diǎn)速度大小vA=2v0，vAy=，vAy=a1t1粒子在A點(diǎn)速度方向與豎直線PQ夾角為30°．解得：，由幾何關(guān)系得：ysin60°-xcos60°=d，解得：，由牛頓第二定律得：qE1=ma1，解得：設(shè)粒子從A到B運(yùn)動(dòng)過程中，加速度大小為a2，歷時(shí)t2，水平方向上有：vAsin30°=a2sin60°，，qE2=ma2，解得：，；(3)分析知：粒子過A點(diǎn)后，速度方向恰與電場E2方向垂直，再做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能：EkB=，vB2=（2v0）2+（a2t2）2，解得：．【點(diǎn)睛】本題考查了帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程與運(yùn)動(dòng)性質(zhì)是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)能定理、類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以解題．（二）選考題：（每學(xué)科15分，共45分）請考生從給出的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涂黑。注意所做題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡上的選答區(qū)域的指定位置答題。如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計(jì)分。【物理—選修3-3】13.下列說法正確的是A.布朗運(yùn)動(dòng)反映了組成懸浮微粒的固體分子運(yùn)動(dòng)的不規(guī)則性B.在水面上輕放一枚針，它會(huì)浮在水面，這是由于水面存在表面張力緣故C.物體溫度升高時(shí)，物體內(nèi)所有分子的熱運(yùn)動(dòng)動(dòng)能都增加D.物體體積變大時(shí)，分子勢能有可能增大，也有可能減小E.—定質(zhì)量的晶體在熔化過程中，所吸收的熱量全部用于增大分子勢能【答案】BDE【解析】【詳解】A．布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮的固體微粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，反映了液體分子運(yùn)動(dòng)的不規(guī)則性，故A錯(cuò)誤；B．在水面上輕放一枚針，它會(huì)浮在水面，這是由于水面存在表面張力的緣故，故B正確；C．物體溫度升高時(shí)，物體內(nèi)分子的平均動(dòng)能增加，但并非所有分子的熱運(yùn)動(dòng)動(dòng)能都增加，故C錯(cuò)誤；D．分子勢能的變化要根據(jù)分子力做功來判斷，物體的體積增大，如果分子間距離小于平衡距離，則此時(shí)分子力做正功，分子勢能減??；如果分子力為引力，則分子力做負(fù)功，分子勢能增大，則物體體積變大時(shí)，分子勢能有可能增大，也有可能減小，故D正確；E．—定質(zhì)量的晶體在熔化過程中，因?yàn)闇囟炔蛔?，則分子動(dòng)能不變，則所吸收的熱量全部用于增大分子勢能，故E正確。故選BDE．14.如圖，A為豎直放置的導(dǎo)熱汽缸，其質(zhì)量M=50kg、高度L=12cm，B為汽缸內(nèi)的導(dǎo)熱活塞，其質(zhì)量m=10kg，B與水平地面間連有勁度系數(shù)k=100N/cm的輕彈簧，A與B的橫截面積均為S=100cm2。初始狀態(tài)下，汽缸A內(nèi)封閉著常溫下的氣體，A、B和彈簧均靜止，B與汽缸口相平。設(shè)活塞與汽缸間緊密接觸且無摩擦，活塞厚度不計(jì)，外界大氣壓強(qiáng)p0=1×105Pa。重力加速度g=10m/s2。(1)求初始狀態(tài)下汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)；(2)用力緩慢向下壓汽缸A（A的底端始終未接觸地面），使活塞B下降1cm，求此時(shí)B到汽缸頂端的距離。【答案】(1)1.5×105Pa；(2)11.25cm【解析】【詳解】(1)初態(tài)，對汽缸，由力的平衡條件有Mg+p0S=p1S解得p1=1.5×105Pa(2)未施加壓力前彈簧彈力F1=(M+m)g=600N施加壓力后，彈簧彈力變?yōu)镕2=F1+