2021屆山西省太原市高考物理一模試卷附答案詳解

2021屆山西省太原市高考物理一模試卷一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）1. 船在靜水中的速度與時(shí)間的關(guān)系如圖甲所示，河水的流速與船離河岸的距離的變化關(guān)系如圖乙所示，則當(dāng)船沿渡河時(shí)間最短的路徑渡河時(shí)(????)A.船渡河的最短時(shí)間是60

sB.要使船以最短位移渡河，船在行駛過(guò)程中，船頭必須始終與河岸垂直C.船在河水中航行的軌跡是一條直線D.船在河水中的最大速度是5

m/s2. 下列那個(gè)核反應(yīng)方程是重核裂變的方程(????)A.?B.?C.?D.?3. 如圖所示，滑沙是國(guó)內(nèi)新興的旅游項(xiàng)目，假設(shè)滑沙軌道平直，軌道頂端距離底端的豎直高度為h，傾角為θ.一小孩坐在滑板上從軌道的頂端由靜止滑下，到達(dá)軌道底端時(shí)速度大小為v，小孩和滑板的總質(zhì)量為m，滑板與沙子之間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于小孩和滑板沿軌道從頂端滑到底端的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是(????)A.小孩和滑板受到的支持力的沖量為零B.小孩和滑板克服摩擦力做的功為1C.小孩和滑板所受摩擦力的大小為(g-D.小孩的質(zhì)量越大，從頂端滑到底端的時(shí)間就越短，機(jī)械能損失就越大4. 如圖，正方形MNPQ處于紙面內(nèi)，M、P處分別固定兩根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線，二者相互平行且垂直紙面放置，通入電流的大小均為I，電流方向如圖，它們?cè)贜點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0.下列說(shuō)法正確的是(????)A.N、Q兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反B.Q點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2C.若使P處直導(dǎo)線電流反向，大小不變，則N處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0D.若使P處直導(dǎo)線電流反向，大小不變，則Q處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與原來(lái)垂直5. 對(duì)電場(chǎng)力和電勢(shì)能的說(shuō)法下列正確的是(????)A.沿著電場(chǎng)線移動(dòng)電荷電場(chǎng)力一定做正功B.電場(chǎng)力對(duì)電荷做正功，電荷的電勢(shì)能一定減小C.電荷在電場(chǎng)中移動(dòng)其電勢(shì)能一定變化D.電荷沿著電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)其電勢(shì)能一定減小二、多選題（本大題共5小題，共27.0分）6. 蹦床運(yùn)動(dòng)是我國(guó)奧運(yùn)優(yōu)勢(shì)項(xiàng)目，多次在奧運(yùn)會(huì)比賽中取得優(yōu)異成績(jī)。某運(yùn)動(dòng)員在比賽過(guò)程中從離繃緊的彈性網(wǎng)面高3.2m處落下，彈起后離彈性網(wǎng)面的最大高度為5m，已知運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為60kg，與網(wǎng)面的接觸時(shí)間為1.2s，重力加速度g=10m/s2，運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)網(wǎng)面后，網(wǎng)面形變完全恢復(fù)，則運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)面接觸過(guò)程中(????)A.網(wǎng)面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量大小為1080NB.網(wǎng)面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量大小為1800NC.網(wǎng)面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做功大小為1080JD.網(wǎng)面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做功大小為07. 如圖甲所示，在x軸上有兩個(gè)固定的點(diǎn)電荷Q1、Q2，其中Q1帶正電處于原點(diǎn)O.現(xiàn)有一個(gè)正電荷q以一定的初速度沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)(只受電場(chǎng)力作用)，其v-t圖象如圖乙所示，q經(jīng)過(guò)a、b兩點(diǎn)時(shí)速度分別為va、vA.Q2帶負(fù)電且電荷量小于QB.b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大C.a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)的電勢(shì)高D.q在a點(diǎn)的電勢(shì)能小于在b點(diǎn)的電勢(shì)能8. 如圖甲所示，在t=0時(shí)刻，質(zhì)量為m，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，電阻為R的正方向金屬線框以速度v0進(jìn)入寬度為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，在t=t0時(shí)刻，線框恰好全部進(jìn)入磁場(chǎng)且速度減小為v1；此時(shí)刻對(duì)線框施加一沿運(yùn)動(dòng)方向的力F，使線框在t=2t0時(shí)刻恰好完全離開(kāi)磁場(chǎng)，該過(guò)程中線圈的v-tA.線框進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)過(guò)程，感應(yīng)電流方向相同B.線框進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)的過(guò)程，受到安培力方向相同C.線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量為BD.線框穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中，外力F所做的功為m(9. 下列說(shuō)法正確的是(

)A.晶體的熔點(diǎn)和液體的沸點(diǎn)都與壓強(qiáng)有關(guān)B.氣體很容易充滿整個(gè)容器，這是分子間存在斥力的宏觀表現(xiàn)C.一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)過(guò)等容過(guò)程，吸收熱量，其內(nèi)能一定增加D.在溫度不變的情況下，增大液面上方飽和汽的體積，待氣體重新達(dá)到飽和時(shí)，飽和汽的壓強(qiáng)增大E.氣體分子單位時(shí)間內(nèi)與單位面積器壁碰撞的次數(shù)，與單位體積內(nèi)氣體的分子數(shù)和氣體溫度有關(guān)10. 如圖所示是一列簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)的波形圖，此時(shí)PQ質(zhì)點(diǎn)位移相同，若波的傳播速度為2m/s，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P向上振動(dòng)．下列說(shuō)法正確的是(????)A.質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)周期為0.2s，傳播方向向x軸正方向B.經(jīng)過(guò)任意時(shí)間，質(zhì)點(diǎn)Q和P的振動(dòng)情況總是相同的C.經(jīng)過(guò)△t=0.4s，質(zhì)點(diǎn)P向右移動(dòng)0.8mD.經(jīng)過(guò)△t=0.4s，質(zhì)點(diǎn)P通過(guò)的路程為0.2mE.該波遇到尺寸為0.5m的障礙物時(shí)能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象．三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共15.0分）11. “槍支比動(dòng)能e0”是反映槍支威力的一個(gè)參數(shù)，已知e0=E0s式E0是子彈離開(kāi)槍口時(shí)的動(dòng)能，S是子彈的橫截面積(若子彈是球形，則S是過(guò)球心的截面圓面積).“J2136沖擊擺實(shí)驗(yàn)器”是物理實(shí)驗(yàn)中的實(shí)驗(yàn)器材，可以用來(lái)測(cè)量彈簧槍的比動(dòng)e0，如圖甲所示，左側(cè)是可以發(fā)射球形子彈的彈簧槍，中間立柱上懸掛小擺塊，擺塊一般用塑料制成，正對(duì)槍口處有一水平方向的錐形孔(使彈丸容易射入并與擺塊結(jié)合為一體).擺塊擺動(dòng)的最大角(1)用游標(biāo)卡尺測(cè)量子彈直徑，測(cè)量結(jié)果如圖乙所示，子彈的直徑d=______mm。(2)實(shí)驗(yàn)開(kāi)始之前，必須測(cè)量的物理量為子彈直徑d以及______和______。(寫(xiě)出物理量及其表示字母)；(3)實(shí)驗(yàn)步驟如下：①將沖擊擺實(shí)驗(yàn)器放在桌上，調(diào)節(jié)底座上的調(diào)平螺絲，使底座水平；②再調(diào)節(jié)支架上端的調(diào)節(jié)螺絲，改變懸線的長(zhǎng)度，使擺塊的孔洞跟槍口正對(duì)，并且使擺塊右側(cè)與0刻度對(duì)齊；③此時(shí)用刻度尺測(cè)量出擺長(zhǎng)L；④扣動(dòng)彈簧槍扳機(jī)，打出子彈，記錄下擺塊的最大擺角；⑤多次重復(fù)實(shí)驗(yàn)，計(jì)算出擺塊最大擺角的平均θ⑥處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，得出實(shí)驗(yàn)結(jié)論。(4)子彈的發(fā)射速度為v0=______，彈簧槍的比動(dòng)能為e0______。((5)由于存在系統(tǒng)誤差，使得測(cè)量值______理論值。(選填“大于”“小于”或“等于”)。12. 某同學(xué)在“用電壓表、電流表測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻”的實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得4組U、I數(shù)據(jù)，并在U-I坐標(biāo)平面上標(biāo)出相應(yīng)的坐標(biāo)點(diǎn)，如圖所示。(1)圖中標(biāo)出了ABCD四組數(shù)據(jù)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)坐標(biāo)，由U-I圖線的特性可以判斷______組數(shù)據(jù)是錯(cuò)誤的。(2)請(qǐng)根據(jù)正確數(shù)據(jù)在U-I坐標(biāo)平面上畫(huà)出U-I圖線。根據(jù)圖線求出電源的電動(dòng)勢(shì)E=______V，內(nèi)電阻r=______Ω。(3)在此電源上外接一個(gè)電阻作為負(fù)載，當(dāng)該電阻值R=______Ω時(shí)，電源的輸出功率達(dá)到最大值，且Pmax=______W四、計(jì)算題（本大題共4小題，共52.0分）13. 一艘由三個(gè)推力相等的發(fā)動(dòng)機(jī)推動(dòng)的氣墊船在湖面上由靜止開(kāi)始勻加速前進(jìn)s距離后，關(guān)掉一個(gè)發(fā)動(dòng)機(jī)，氣墊船勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)氣墊船將運(yùn)動(dòng)到碼頭時(shí)，又關(guān)掉兩個(gè)發(fā)動(dòng)機(jī)，最后它恰好停在碼頭，則三個(gè)發(fā)動(dòng)機(jī)都關(guān)閉后，氣墊船通過(guò)的距離是多少？14. 如圖所示，在光滑絕緣的水平面上建立直角坐標(biāo)系O-xy，在x<0一側(cè)存在與x軸成45°斜向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E；在x>0一側(cè)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球A由第Ш象限的(-2L、-2L)處?kù)o止釋放，運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)與一靜止在O點(diǎn)、質(zhì)量也為m的不帶電小球C發(fā)生碰撞并結(jié)合成一個(gè)整體D，碰撞過(guò)程中總電荷量保持不變，在此后的運(yùn)動(dòng)中，D第一次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的坐標(biāo)為(1)小球A運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的時(shí)間t及與C碰前的速度v1(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小及方向；(3)D第二次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的速度大小v2及位置坐標(biāo)。15. 將一端封閉的均勻直玻璃管開(kāi)口向下，豎直插入水銀中，當(dāng)管頂距槽中水銀面8cm時(shí)，管內(nèi)水銀面比管外水銀面低2cm。要使管內(nèi)水銀面比管外水銀面高2cm，應(yīng)將玻璃管豎直向上提起多少厘米？(已知大氣壓強(qiáng)p0支持76cmHg，設(shè)溫度不變。)16. 如圖所示，將一等腰直角棱鏡截去棱角，并使該截面平行于其底面，可制成¨“道威棱鏡”，這樣就減小了棱鏡的重量和雜散的內(nèi)部反射?，F(xiàn)從M點(diǎn)發(fā)出的一束平行于底邊CD的單色光從AC邊射入，已知棱鏡玻璃的折射率n=2，光在真空中的速率為c，則：①光在棱鏡中傳播的速度是多少？②光線進(jìn)入棱鏡后，能否從CD邊射出？

參考答案及解析1.答案：D解析：將船的運(yùn)動(dòng)分解為垂直于河岸方向和沿河岸方向，當(dāng)靜水速與河岸垂直時(shí)，渡河時(shí)間最短．當(dāng)水流速最大時(shí)，船在河水中的速度最大。解決本題的關(guān)鍵將船的運(yùn)動(dòng)分解為垂直于河岸方向和沿河岸方向，抓住分運(yùn)動(dòng)與合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性進(jìn)行求解。A.由圖可知，河的寬度為300m，當(dāng)靜水速與河岸垂直時(shí)，渡河時(shí)間最短，t=dv船B.船頭始終與河岸垂直時(shí)，可以最短的時(shí)間渡河，但此時(shí)船沿河流方向的位移比較大，渡河的位移不是最短，故B錯(cuò)誤；C.船在沿河岸方向上做變速運(yùn)動(dòng)，在垂直于河岸方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，兩運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)是曲線，故C錯(cuò)誤；D.船在靜水中的速度與河水的流速是垂直的關(guān)系，其合成時(shí)不能直接相加減，而是滿足矢量三角形合成的法則，故船在航行中最大速度是：3?2+故選D。

2.答案：D解析：解：A、?12H+B、?1530P→C、?714N+D、?92235U+故選：D．α衰變生成氦原子核，自發(fā)進(jìn)行；β衰變生成電子，自發(fā)進(jìn)行；聚變是質(zhì)量輕的核結(jié)合成質(zhì)量大的核．裂變是質(zhì)量較大的核分裂成較輕的幾個(gè)核．該題考查常見(jiàn)的幾個(gè)核反應(yīng)方程，屬于對(duì)核反應(yīng)方程的種類(lèi)的考查，難度不大，在學(xué)習(xí)中需要記住一些特殊的方程式．3.答案：C解析：解：A、恒力的沖量等于力與時(shí)間的乘積，故小孩和滑板受到的支持力的沖量不為零，故A錯(cuò)誤。B、小孩和滑板下滑過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知，mgh-W=12mv2C、下滑的位移x=hsinθ，克服摩擦力做功W=f?hD、設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小孩和滑板運(yùn)動(dòng)的加速度a=gsinθ-μgcosθ，時(shí)間t=2xa=故選：C。力與時(shí)間的乘積表示沖量。根據(jù)動(dòng)能定理求解克服摩擦力做功。根據(jù)牛頓第二定律分析下滑時(shí)間。本題考查了動(dòng)能定理和摩擦力做功的相關(guān)計(jì)算，解題的關(guān)鍵是明確從頂端滑到底端的時(shí)與質(zhì)量無(wú)關(guān)。4.答案：D解析：根據(jù)安培定則判斷直導(dǎo)線周?chē)艌?chǎng)的分布情況；根據(jù)磁場(chǎng)疊加原理分析N、Q兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，合成時(shí)要用平行四邊形定則。本題考查了磁場(chǎng)的疊加，根據(jù)安培定則判斷導(dǎo)線周?chē)艌?chǎng)分布，磁感應(yīng)強(qiáng)度B是矢量，根據(jù)矢量合成法則--平行四邊形定則求解。A.根據(jù)安培定則可知，導(dǎo)線M在N點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿NP方向，導(dǎo)線P在N點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿NM方向，合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿NQ方向；同理，Q點(diǎn)合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿NQ方向，兩者同向，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)平行四邊形定則可知，Q點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0，故C.若使P處直導(dǎo)線電流反向，大小不變，則N處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0，故D.若使P處直導(dǎo)線電流反向，大小不變，則Q處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿PM方向，與原來(lái)垂直，故D正確。故選D。

5.答案：B解析：解：A、沿著電場(chǎng)線移動(dòng)正電荷，電場(chǎng)力一定要做正功，而沿著電場(chǎng)線移動(dòng)負(fù)電荷，電場(chǎng)力一定要做負(fù)功。故A錯(cuò)誤。B、電場(chǎng)力對(duì)電荷做正功，電荷的電勢(shì)能一定減小。故B正確。C、電荷在同一個(gè)等勢(shì)面上移動(dòng)電勢(shì)能不變化。故C錯(cuò)誤；D、正電荷沿著電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能一定減??；負(fù)電荷沿著電場(chǎng)線移動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故D錯(cuò)誤；故選：B。沿著電場(chǎng)線移動(dòng)正電荷，電場(chǎng)力一定要做正功．電荷沿電場(chǎng)線移動(dòng)，其電勢(shì)能可能減少，也可能增大．同一電荷在電場(chǎng)線密的地方電勢(shì)能不一定大，電場(chǎng)力大．本題考查幾對(duì)關(guān)系：電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系、電勢(shì)與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系、電場(chǎng)線與電勢(shì)和場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系等．6.答案：BD解析：解：AB、運(yùn)動(dòng)員從h1=3.2m落到網(wǎng)面的速度為v1，則：v運(yùn)動(dòng)員剛離網(wǎng)的速度為v2，則：v22=2g得：I=-mv2-mv1-mgt=-1800N?CD、由于在運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)面接觸的過(guò)程中，彈性網(wǎng)的彈性勢(shì)能變化量為零，故彈性網(wǎng)的彈力對(duì)運(yùn)動(dòng)員的做功為零，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD。先計(jì)算出運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)接觸前后的速度再根據(jù)動(dòng)量定理列式求解；運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)面接觸的過(guò)程中，彈性網(wǎng)的彈性勢(shì)能變化量為零，故彈性網(wǎng)的彈力對(duì)運(yùn)動(dòng)員的做功為零；本題的關(guān)鍵是求出運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)接觸前后的速度，注意應(yīng)用動(dòng)量定理解題時(shí)首先規(guī)定正方向。7.答案：AD解析：解：A、根據(jù)v-t圖象的斜率等于0，可知正電荷q在b點(diǎn)的加速度為0，在b點(diǎn)左側(cè)電荷做減速運(yùn)動(dòng)，b點(diǎn)右側(cè)做加速運(yùn)動(dòng)，則在b點(diǎn)受到兩點(diǎn)電荷的電場(chǎng)力平衡，可知Q2帶負(fù)電，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E=kQr2得知Q2B、在b點(diǎn)前做減速運(yùn)動(dòng)，b點(diǎn)后做加速運(yùn)動(dòng)，可見(jiàn)b點(diǎn)的加速度為0，受力為零，故b的場(chǎng)強(qiáng)為零，而a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不為零，所以b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小，故B錯(cuò)誤．C、該電荷從a點(diǎn)到b點(diǎn)，做減速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，又因?yàn)樵撾姾蔀檎姾?，所以電?shì)升高，則b點(diǎn)電勢(shì)比a點(diǎn)的電勢(shì)高．故C錯(cuò)誤D、由C分析得，粒子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比b點(diǎn)的電勢(shì)能小，故D正確故選：AD由圖象分析可知：正帶電粒子在b點(diǎn)前做減速運(yùn)動(dòng)，b點(diǎn)后做加速運(yùn)動(dòng)，可見(jiàn)b點(diǎn)的加速度為0，則在b點(diǎn)正電粒子受到兩點(diǎn)電荷的電場(chǎng)力平衡，從而可得出Q2解決本題的關(guān)鍵是根據(jù)圖象分析b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零，分析電荷的能量如何變化時(shí)，往往判斷外力做功情況，根據(jù)功能關(guān)系進(jìn)行分析，要掌握常見(jiàn)的功能關(guān)系，比如電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系，總功與動(dòng)能變化的關(guān)系等等．8.答案：BD解析：解：A、根據(jù)楞次定律可得，線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針、出磁場(chǎng)過(guò)程中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，所以線框進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)的過(guò)程，感應(yīng)電流的方向相反，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)左手定則可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)的過(guò)程，受到安培力的方向均向左，故B正確；C.根據(jù)電荷量的經(jīng)驗(yàn)公式可得q=△ΦR=BLD、線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中克服安培力做的功為WA所以線框穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得WF-WA=12故選：BD。根據(jù)楞次定律判斷電流方向；根據(jù)左手定則判斷安培力的方向；根據(jù)電荷量的經(jīng)驗(yàn)公式求解電荷量；根據(jù)動(dòng)能定理分析外力做的功．本題主要是考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律；解答本題要能夠利用楞次定律判斷感應(yīng)電流方向，掌握電荷量的計(jì)算公式，區(qū)分左手定則和右手定則的應(yīng)用方法．9.答案：ACE解析：解：A、晶體的熔點(diǎn)和液體的沸點(diǎn)都與壓強(qiáng)有關(guān)，故A正確；B、氣體很容易充滿整個(gè)容器，這是分子間沒(méi)有相互作用力，分子相對(duì)自由的原因，故B錯(cuò)誤；C、氣體等容變化時(shí)，沒(méi)有做功，如果吸收熱量，則由熱力學(xué)第一定律可知，內(nèi)能一定增加，故C正確；D、飽和汽壓的大小只與溫度有關(guān)，與飽和汽的體積無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤；E、單位體積內(nèi)氣體的分子數(shù)多少和氣體溫度的高低，影響著氣體的壓強(qiáng)，即氣體分子單位時(shí)間內(nèi)與單位面積器壁碰撞的次數(shù)，故E正確故選：ACE。晶體的熔點(diǎn)與晶體的種類(lèi)。壓強(qiáng)都有關(guān)；，氣體分子間沒(méi)有相互作用力，所以可以充滿整個(gè)空間；根據(jù)熱力學(xué)第一定律，△U=W+Q可知內(nèi)能的變化；單位體積內(nèi)氣體的分子數(shù)和氣體溫度，直接影響氣體的壓強(qiáng)，從而即可求解。本題考查熱力學(xué)第一定律的內(nèi)容，注意W與Q的正負(fù)確定，掌握晶體與非晶體的區(qū)別，理解分子表面引力，同時(shí)掌握影響氣體分子的壓強(qiáng)因素。10.答案：ABE解析：解：A、據(jù)題此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P向上振動(dòng)，根據(jù)“上下坡法”可知波的傳播方向沿x軸的正方向。由圖知波長(zhǎng)λ=0.4m，則周期為：T=λv=B、P、Q兩質(zhì)點(diǎn)相距一個(gè)波長(zhǎng)，振動(dòng)步調(diào)總是一致，振動(dòng)情況總是相同。故B正確。C、質(zhì)點(diǎn)P只在自己平衡位置附近上下振動(dòng)，并不向右移動(dòng)，故C錯(cuò)誤。D、質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)時(shí)在一個(gè)周期內(nèi)通過(guò)的路程等于4倍的振幅，因△t=0.4s=2T，所以質(zhì)點(diǎn)P通過(guò)的路程為S=8A=8×5cm=40cm=0.4m。故D錯(cuò)誤。E、因?yàn)椴ㄩL(zhǎng)等于0.4m，則該波遇到尺寸為0.5m的障礙物時(shí)能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象。故E正確。故選：ABE。根據(jù)質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方向，通過(guò)“上下坡法”判斷波的傳播方向．讀出波長(zhǎng)，由波速公式求解波的周期，即為質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)周期．質(zhì)點(diǎn)在一個(gè)周期內(nèi)振動(dòng)的路程等于4倍的振幅，P、Q兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)的平衡位置相距一個(gè)波長(zhǎng)，振動(dòng)步調(diào)一致．當(dāng)障礙物的尺寸與波長(zhǎng)差不多或比波長(zhǎng)小時(shí)能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象．解決本題的關(guān)鍵能夠從波的圖象中得出波長(zhǎng)，知道波長(zhǎng)、波速、周期的關(guān)系，以及掌握質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向和波傳播方向的關(guān)系．11.答案：10.52；子彈質(zhì)量；擺塊質(zhì)量M；M+mm2gL(1-cosθ)；解析：解：(1)主尺讀數(shù)為1.0cm，游標(biāo)讀數(shù)為0.02×26=0.52mm，所以最終讀數(shù)為10+0.52mm=10.52mm；(2)本實(shí)驗(yàn)中要確定子彈的動(dòng)能，所以在實(shí)驗(yàn)前應(yīng)先測(cè)量出子彈m和擺去的質(zhì)量M；(4)根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，(M+m)gL(1-cosθ)=1根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知：mv聯(lián)立解得：子彈的速度為：v0根據(jù)比動(dòng)能的定義式可知：e0=e0截面積S=π解得：比動(dòng)能e0(5)由于擺塊在運(yùn)動(dòng)中存在空氣阻力做功，因此求出的子彈的速度偏小，故測(cè)量值一定小于真實(shí)值；故答案為：(1)10.52；(2)子彈質(zhì)量；擺塊質(zhì)量M(4)M+mm2gL(1-cosθ)(1)標(biāo)卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀；(2)明確實(shí)驗(yàn)原理，從而確定應(yīng)測(cè)量的數(shù)據(jù)；(4)根據(jù)機(jī)械能守恒定律可求得打后的速度，再根據(jù)動(dòng)量守恒定律可求得子彈的速度；(5)分析實(shí)驗(yàn)中存在的外在影響，從而確定誤差情況。本題綜合考查了動(dòng)量守恒定律以及機(jī)械能守恒定律，要注意明確實(shí)驗(yàn)原理，正確理解題意，知道比動(dòng)能的公式，同時(shí)注意確定實(shí)驗(yàn)中存在的誤差原因。12.答案：C；3；0.5；0.5；4.5解析：解：(1)利用直線將各點(diǎn)擬合，如圖所示，由圖可知，C點(diǎn)誤差較大，故說(shuō)明C數(shù)據(jù)錯(cuò)誤；(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知中，U=E-Ir，取兩組數(shù)據(jù)可得：2.5=E-1.0r1.5=E-3.0r聯(lián)立解得：E=3V，r=0.5Ω；(3)當(dāng)電路的內(nèi)電阻和外電阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大，所以此電源上外接一個(gè)R=0.5Ω的電阻時(shí)外電路的功率最大。外電路的功率最大為P=E24r故答案為：(1)C；(2)3；0.5；(3)0.5；4.5。(1)利用描點(diǎn)法進(jìn)行分析，根據(jù)作出的直線即可得出誤差較大的點(diǎn)；(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合圖象進(jìn)行分析，從而求出電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻；(3)根據(jù)電源輸出功率公式進(jìn)行分析，從而確定電源的最大輸出功率大小。在測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻時(shí)，要注意根據(jù)畫(huà)出的U-I圖象結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)分析出電動(dòng)勢(shì)及內(nèi)阻，同時(shí)應(yīng)能掌握電源輸出功率最大的結(jié)論。13.答案：解：設(shè)每個(gè)發(fā)動(dòng)機(jī)的推力為F，三個(gè)發(fā)動(dòng)機(jī)都關(guān)閉后船通過(guò)的距離是s'氣墊船勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有：2F=f對(duì)全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得：3Fs-f(s+s')=0解得：s'=0.5s答：三個(gè)發(fā)動(dòng)機(jī)都關(guān)閉后，氣墊船通過(guò)的距離是0.5s。解析：根據(jù)氣墊船做勻速運(yùn)動(dòng)，求出推力與阻力的關(guān)系，對(duì)全過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理求出三個(gè)發(fā)動(dòng)機(jī)關(guān)閉后船通過(guò)的距離；本題主要考查了動(dòng)能定理的應(yīng)用，關(guān)鍵始終運(yùn)動(dòng)過(guò)程的選取，本題也可以通過(guò)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解，但是沒(méi)有動(dòng)能定理解決方便簡(jiǎn)潔。14.答案：(1)小球A到O只受電場(chǎng)力作用，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：2qE=m聯(lián)立解得：t=2則小球A與C碰前的速度為：v代入數(shù)據(jù)解得v(2)A和C相撞，規(guī)定v1mD在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可得：r洛倫茲力提供向心力有：qvB=聯(lián)立解得：B=mEqL，根據(jù)(3)D在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，可得：a初速度方向與加速度方向的位移相等，則：vt=vD在電場(chǎng)中的位移s=解得v2=可得位置坐標(biāo)為：(0,4答：(1)小球A運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的時(shí)間為2