2018屆泉州市高中畢業(yè)班理科綜合測試物理部分試題及答案解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。13.63.41.510.850.540E/eV12345∞n14．如圖所示為氫原子的能級圖，用某種頻率的光照射大量處于基態(tài)的氫原子，受到激發(fā)后的氫原子只輻射出三種不同頻率的光a、b、c，頻率νa13.63.41.510.850.540E/eV12345∞nA.照射氫原子的光子能量為12.09eVB.從n=3躍遷到n=2輻射出的光頻率為νbC.逸出的光電子的最大初動能為1.51eVD.光a、b、c均能使該金屬發(fā)生光電效應【命題立意】：本題考查光電效應、氫原子能級圖、波爾原子理論等知識，考查理解能力?！窘忸}思路】：用某種頻率的光照射大量處于基態(tài)的氫原子，受到激發(fā)后的氫原子只輻射出三種不同頻率的光，說明是電子從第一能級躍遷到第三能級，入射光子的能量ΔE=（－1.51eV）－（－13.6eV）=12.09eV，A選項正確；從n=3躍遷到n=2輻射出光應該為c光，B選項錯誤；逸出的光電子的最大初動能Ekm=12.09eV－10.2eV=1.89eV，C選項錯誤；能使該金屬發(fā)生光電效應的只有a、b兩種光，D選項錯誤。本題正確選項為A。15．我國已掌握“半彈道跳躍式高速再入返回技術”，為實現(xiàn)“嫦娥”飛船月地返回任務奠定基礎。如圖虛線為大氣層邊界，返回器與服務艙分離后，從a點無動力滑入大氣層，然后從c點“跳”出，再從e點“躍”入，實現(xiàn)多次減速，可避免損壞返回器。d點為軌跡的最高點，離地心的距離為r，返回器在d點時的速度大小為v，地球質量為M，引力常量為G。則返回器cedabAcedabB.在a、c、e點時的動能相等C.在d點時的加速度大小為EQ\F(GM,r2)D.在d點時的速度大小v＞EQ\A()\R(EQ\F(GM,r))【命題立意】：本題考查超重、失重、天體的加速度、環(huán)繞速度等?？疾橥评砟芰??！窘忸}思路】：b點處的加速度方向背離地心，應處于超重狀態(tài)，A選項錯誤；由a到c由于空氣阻力做負功，動能減小，c到e過程中只有萬有引力做功，機械能守恒，a、c、e點時的速度大小應滿足va＞vc=ve，所以動能不相等，B選項錯誤；在d點時合力等于萬有引力，即EQ\F(GMm,r2)=mad，所以加速度大小ad=EQ\F(GM,r2)，C選項正確；在d點時萬有引力大于所需的向心力，做近心運動，所以速度大小v＜EQ\A()\R(EQ\F(GM,r))，D選項錯誤。本題正確選項為C。16．在坐標x0到x0之間有一靜電場，x軸上各點的電勢φ隨坐標x的變化關系如圖所示，一電量為e的質子從x0處以一定初動能僅在電場力作用下沿x軸正向穿過該電場區(qū)域。則該質子0x/mx0φ00x/mx0φ0φ/Vx0B．在0～x0區(qū)間受到的電場力一直減小C．在x0～0區(qū)間電勢能一直減小D．在x0處的初動能應大于eφ0【命題立意】：本題利用圖像，考查場強與電勢的關系，并利用力學知識分析帶電粒子在電場中的運動。要求學生具有從圖像上獲取有用信息的能力（比如電勢隨空間位置的變化趨勢，斜率的物理意義），再根據(jù)相應的物理規(guī)律進行分析推理?？疾橥评砟芰??！窘忸}思路】：從x0到0區(qū)間，電勢升高，意味著該區(qū)域內的場強方向向左，質子受到的電場力向左與運動方向相反，所以質子做減速運動，A選項錯誤。設在x～x+△x，電勢為φ～φ+△φ，根據(jù)場強與電勢差的關系式E=eq\f(△φ,△x)，當△x無限趨近于零時，eq\f(△φ,△x)表示該點x處的場強大小，從0到x0區(qū)間，圖線的斜率先增加后減小，所以電場強度大小先增加后減小，根據(jù)F=Eq，質子受到的電場力先增加后減小，B選項錯誤。在x0～0區(qū)間質子受到的電場力方向向左，與運動方向相反，電場力做負功，電勢能增加，C選項錯誤。因為質子從x0到0區(qū)間做減速運動，從0到x0區(qū)間做加速運動。所以質子能穿過電場區(qū)域的條件是在原點處的動能E要大于零。設質子初動能為E0，從x0運動到0過程中，根據(jù)動能定理得：EE0=eφ0，所以E0=eφ0+E＞eφ0，D選項正確。本題正確選項為D。BωOO′L2L117．如圖所示，面積為S、匝數(shù)為N的矩形線框在磁感應強度為B的勻強磁場中，繞垂直于磁感線的軸OO′勻速轉動，通過滑環(huán)向理想變壓器供電，燈泡L1、L2均正常發(fā)光，理想電流表的示數(shù)為I。已知L1、LBωOO′L2L1A．圖示位置時穿過線框的磁通量變化率為零B．線框轉動的角速度為EQ\F(2EQ\A()\R(2)P,INBS)C．理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為1∶2D．若燈L1燒斷，電流表示數(shù)將增大【命題立意】：本題考查交變電流的產生、變壓器的應用、電路動態(tài)變化等知識點。考查學生對知識概念的理解和應用能力?！窘忸}思路】：線圈平面與磁場平行時，產生的感應電動勢最大，磁通量變化率最大，故A選項錯誤；理想變壓器輸入功率等于輸出功率，由于兩個燈泡都正常發(fā)光，則可知矩形線框產生的功率為2P，則有2P=EQ\F(1,EQ\A()\R(2))EmI=EQ\F(1,EQ\A()\R(2))NBSωI，可得ω=EQ\F(2EQ\A()\R(2)P,INBS)，故B選項正確；由于原線圈的電流為I，副線圈中兩燈泡并聯(lián)則總電流為2I，可知n1∶n2=2∶1，故C選項錯誤；若L1燒斷，則副線圈電流減小，原線圈的電流也相應減小，故D選項錯誤。本題正確選項為B。18．如圖所示，兩個大小相同、質量均為m的彈珠靜止在水平地面上。某小孩在極短時間內給第一個彈珠水平沖量使其向右運動，當?shù)谝粋€彈珠運動了距離L時與第二個彈珠發(fā)生彈性正碰，碰后第二個彈珠運動了2L距離停下。已知彈珠所受阻力大小恒為重力的k倍，重力加速度為g，則小孩對L2LA．施加的沖量為mEQ\A()\R(kgL)L2B．施加的沖量為mEQ\A()\R(3kgL)C．做的功為kmgLD．做的功為3kmgL【命題立意】：本題考查動量定理、動量守恒定律動能定理等。考查學生對知識概念的理解和應用能力?！窘忸}思路】：當?shù)谝粋€彈珠運動了距離L時與第二個彈珠發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動量守恒和能量守恒可知，兩球速度發(fā)生交換，即第一個彈珠碰后停止運動，第二個球彈珠以第一個彈珠碰前的速度繼續(xù)向前運動了2L距離停下，從效果上看，相當于第二個彈珠不存在，第一個彈珠直接向前運動了3L的距離停止運動，根據(jù)動能定理，小孩對第一個彈珠做的功等于克服摩擦力做的功，即：W=kmg3L，選項C錯誤，選項D正確；施加的沖量I=ΔP=P－0=EQ\A()\R(2mEk)－0=EQ\A()\R(2m.kmg3L)=mEQ\A()\R(6kgL)，選項A、B錯誤。本題正確選項為D。19．如圖所示，空間存在垂直紙面的勻強磁場，一粒子發(fā)射源P位于足夠大絕緣板AB的上方距離為d處，在紙面內向各個方向發(fā)射速率均為v的同種帶電粒子，不考慮粒子間的相互作用和粒子重力。已知粒子做圓周運動的半徑大小也為d，則粒子dPAdPABB．能打在板上離P點的最遠距離為2dC．到達板上的最長時間為eq\f(3πd,2v)D．到達板上的最短時間為eq\f(πd,2v)【命題立意】：本題考查洛倫茲力、帶電粒子在磁場中的運動，考查分析推理能力?！窘忸}思路】：如圖所示，設粒子均沿逆時針運動，沿軌跡=1\*GB3①打到板上的最左邊M點，沿軌跡=2\*GB3②打到板上的最右邊N點，則PM為軌跡圓的直徑，軌跡=2\*GB3②與板相切與N點，PO與板垂直，則MP=2d，PO=d，MO=EQ\A()\R((2d)2－d2)=EQ\A()\R(3)d，ON=d，粒子能打在板上的區(qū)域長度是MO+ON=(EQ\A()\R(3)+1)d，故選項A錯誤，選項B正確；粒子沿軌跡=3\*GB3③到達板，該軌跡與板相切與N′點，此過程時間最長，tmax=EQ\F(3,4)T=EQ\F(3,4)·EQ\F(2πd,v)=eq\f(3πd,2v)，選項C正確；粒子沿軌跡=4\*GB3④到達板上O點，此過程時間最短，tmin=EQ\F(1,6)T=EQ\F(1,6)·EQ\F(2πd,v)=eq\f(πd,3v)，故選項D錯誤。本題正確選項為BC。PPMNO=1\*GB3①=2\*GB3②=4\*GB3④=3\*GB3③N′20．如圖甲所示，長為l、傾角為α的斜面固定在水平地面上，一質量為m的物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動。已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ與下滑距離x的變化圖象如圖乙所示，則α甲0乙lμα甲0乙lμ0μxB．物塊下滑的加速度逐漸增大C．物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功為EQ\F(1,2)μ0mglcosαD．物塊下滑到底端時的速度大小為EQ\A()\R(2glsinα2μ0glcosα)【命題立意】：本題考查牛頓運動定律、摩擦力、變力做功和動能定理等知識點?？疾閷W生的過程分析能力和應用數(shù)學知識解決物理問題的能力。0lf0fx【解題思路】：物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑，應滿足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0<tanα，故A選項錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可知a=gsinαμgcosα，可知物塊下滑過程中隨著μ的減小，a在增大，故B選項正確；摩擦力f=μmgcosα=(μ0EQ\F(μ0,l)x)mgcosα，可知f與x成線性關系，如圖所示，其中f0=μ0mgcosα，則物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功Wf=eq\x\to(f)l=EQ\F(1,2)μ0mglcosα，故C選項正確；由動能定理有mglsinα－EQ\F(1,2)μ0mglcosα=EQ\F(1,2)mυ2，得υ=EQ\A()\R(2glsinαμ0glcosα)，故D選項錯誤。本題正確選項為BC。0lf0fxE21．如圖所示，帶電小球a由絕緣細線OC和OE懸掛而處于靜止狀態(tài)，其中OC水平，地面上固定一絕緣且內壁光滑的EQ\F(1,4)圓弧細管道AB，圓心O與a球位置重合，管道底端B與水平地面相切。一質量為m的帶電小球b從A端口由靜止釋放，當小球b運動到B端時對管道內壁恰好無壓力，在此過程中EOaCbAA．小球b的機械能守恒OaCbAB．懸線OE的拉力先增大后減小BC．懸線OC的拉力先增大后減小BD．b球受到的庫侖力大小始終為3mg【命題立意】：本題考查受力物體的動態(tài)平衡、庫侖力、機械能守恒定律和向心力等知識點，考查學生分析與綜合的能力，以及利用矢量圖的方法進行推理的能力。TOCTOEθF【解題思路】：小球b在下滑過程中受到重力、庫侖力、管道支持力作用，在此過程中只有重力做功，庫侖力、管道支持力不做功，所以小球b的機械能守恒，A選項正確。在小球b運動到a球正下方B點過程中，設圓弧半徑為R，根據(jù)機械能守恒定律得：mgR=EQ\F(1,2)mυ2，根據(jù)牛頓第二定律得Fmg=EQ\F(mυ2,R)，由以上兩個式子可得：F=3mg，故D選項正確。在分析OE和OC段繩子的拉力變化時，小球a的重力沿OE和OC段繩子的分力為定值，所以對OE和OC段繩子拉力的變化沒影響，可以不考慮。把庫侖力F按照其作用效果沿OE和OC方向進行分解，如圖所示。由圖可知，庫侖力F與水平方向的夾角θ從0增加到90°的過程中，在OC繩子的拉力TOC先增加后減小，OE繩子的拉力TOETOCTOEθF二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題～第25題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題～第34題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題（共47分）22．（6分）某興趣小組用如圖所示的裝置測量滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ。在一端帶有定滑輪的水平長木板上固定A、B兩個光電門，滑塊用跨過定滑輪的水平細繩與托盤相連。實驗時，讓滑塊由靜止開始運動，測出托盤和盤中砝碼的總質量為m，滑塊的質量為M，兩光電門之間的距離為S，遮光片的寬度為d，記錄遮光片通過A、B兩光電門的遮光時間分別為t1、t2，重力加速度為g。（1）滑塊運動的加速度表達式a=（用d、t1、t2、S表示）；（2）若用托盤和砝碼的總重力來代替細繩對滑塊的拉力，則滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=滑塊遮光片托盤和砝碼長木板光電門B光電門A（用滑塊遮光片托盤和砝碼長木板光電門B光電門A（3）關于本實驗的誤差，下列說法正確的是______。A.μ的測量值比真實值小B.μ的測量值比真實值大C.增加滑塊的質量M可減小實驗誤差D.增加托盤和盤中砝碼的總質量m可減小實驗誤差【命題立意】：本題考查動摩擦因數(shù)的測量，考查實驗原理、誤差分析等實驗能力?！窘忸}思路】：（1）由速度v=EQ\F(d,t)，v22v12=2aS，可得a=EQ\F(1,2S)[（EQ\F(d,t2)）2（EQ\F(d,t1)）2];（2）根據(jù)牛頓第二定律有mgμMg=Ma，則有μ=EQ\F(mgMa,Mg)；（3）用整體法可知mgμ′Mg=（M+m）a，則μ′=EQ\F(mg(M+m)a,Mg)，所以μ>μ′，所以本實驗方案的測量值比真實值大；當增加滑塊質量M時，由牛頓第二定律可知整體運動加速度a減小，又Δμ=μ－μ′=EQ\F(m,M)·EQ\F(a,g)，由M增大，a減小，則Δμ減小，即測量值與真實值的差值減小，故當增加滑塊的質量M時可以減小實驗誤差，當增加托盤和盤中砝碼的總質量m時，由牛頓第二定律可知整體運動加速度a增大，又Δμ=μ－μ′=EQ\F(m,M)·EQ\F(a,g)，由m增大，a增大，則Δμ增大，即測量值與真實值的差值增大，故增加托盤和盤中砝碼的總質量m會增大實驗誤差，所以B、C選項正確。23．（10分）一玩具電動機的額定電壓為3V，其線圈的電阻Rx大約為15Ω，當其兩端電壓達到0.3V時，電動機才會開始轉動。為了盡量準確測量線圈的電阻Rx，某同學設計了部分電路原理圖如圖所示，可供選擇的器材有：電流表A1（0～20mA、內阻約10Ω）；AVESMR電流表A2（0～200mAAVESMR滑動變阻器R1（0～10Ω，額定電流2A）；滑動變阻器R2（0～2kΩ，額定電流1A）；電壓表V（2.5V，內阻約3kΩ）；電源E（電動勢為3V、內阻不計）；定值電阻（阻值為R）開關S及導線若干（1）應選擇的電流表為，滑動變阻器為；（2）測量過程中要保持電動機處于（選填“轉動”或“不轉動”）狀態(tài)，下列四個定值電阻的阻值R中，最合適的是；A.20ΩB.50ΩC.120ΩD.1200Ω（3）請把電路原理圖的連線補充完整；（4）某次實驗中，電壓表的讀數(shù)為U，電流表的讀數(shù)為I，則計算電動機導線圈電阻的表達式Rx=。【命題立意】：本題考查電動機線圈電阻的測量，考查儀器選擇、實驗方法以及實驗設計的能力?！窘忸}思路】：（1）導線圈的電阻Rx大約為15Ω，為了保證實驗過程中電動機不轉動，其兩端電壓不超過0.3V，可估算其電流I=EQ\F(U,Rx)=EQ\F(0.3,15)=0.02A，不超過20mA，所以電流表選擇A1；滑動變阻器若選用限流式接法，用2kΩ不便于操作，用10Ω調節(jié)范圍太小，不宜用限流式接法，最好用分壓式接法，所以滑動變阻器選擇R1=10Ω。AVESMR（2）測量過程中要保持電動機處于不轉動狀態(tài)，此時可視為純電阻，電流I不能超過0.02A，當電壓表達到滿偏電壓2.5V時，EQ\F(2.5V,0.02A)=125Ω，即電動機線圈內阻和定值電阻的總和為125Ω，故定值電阻應選120AVESMR（3）所選電流表內阻約10Ω，電壓表內阻約3kΩ，由于EQ\F(RA,Rx)＞EQ\F(Rx,RV)，所以應選擇外接法，又滑動變阻器選用分壓式接法，電路補充連線如圖所示。（4）根據(jù)歐姆定律，Rx+R=eq\f(U,I)，所以Rx=eq\f(U,I)－R。

24．（12分）如圖所示，兩塊相同的金屬板MN、PQ平行傾斜放置，與水平面的夾角為45°，兩金屬板間的電勢差為U，PQ板電勢高于MN板，且MN、PQ之間分布有方向與紙面垂直的勻強磁場。一質量為m、帶電量為q的小球從PQ板的P端以速度v0豎直向上射入，恰好沿直線從MN板的N端射出，重力加速度為g。求：v0v0N45°MPQ（2）小球在金屬板之間的運動時間為多少？【命題立意】本題考查帶電粒子在復合場中的運動，涉及重力、電場力、洛倫茲力等受力分析，平衡條件的應用和勻速直線運動的規(guī)律等?？疾榉治鼍C合能力?！窘忸}思路】解析：（1）小球在金屬板之間只能做勻速直線運動，受重力G、電場力F電和洛倫茲力f，F(xiàn)電的方向與金屬板垂直，由左手定則可知f的方向沿水平方向，三力合外力為零，故小球帶正電，金屬板MN、PQ之間的磁場方向垂直紙面向外，且有qv0B=mgtanθ =1\*GB3①得B=EQ\F(mg,qv0) =2\*GB3②（2）設兩金屬板之間的距離為d，則板間電場強度E=EQ\F(U,d) =3\*GB3③又qE=EQ\A()\R(2)mg =4\*GB3④又h=υ0t ⑤小球在金屬板之間的運動時間t=EQ\F(h,v0) =6\*GB3⑥解得t=EQ\F(qU,mgυ0) =7\*GB3⑦另解：由于f=qv0B不做功，WG=mgh,W電=qU，則由動能定理得qUmgh=0h=υ0t得t=EQ\F(qU,mgυ0)

25．（19分）如圖甲所示，固定的光滑半圓軌道的直徑PQ沿豎直方向，其半徑R的大小可以連續(xù)調節(jié)，軌道上裝有壓力傳感器，其位置N始終與圓心O等高。質量M=1kg、長度L=3m的小車靜置在光滑水平地面上，小車上表面與P點等高，小車右端與P點的距離s=2m。一質量m=2kg的小滑塊以v0=6m/s的水平初速度從左端滑上小車，當小車與墻壁碰撞后小車立即停止運動。在R取不同值時，壓力傳感器讀數(shù)F與EQ\F(1,R)的關系如圖乙所示。已知小滑塊與小車表面的動摩擦因數(shù)μ=0.2，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）小滑塊到達P點時的速度v1；（2）圖乙中a和b的值；（3）在EQ\F(1,R)＞3.125m1的情況下，小滑塊落在小車上的位置與小車左端的最小距離xmin。LLsv0PQNRO甲乙0bF/NEQ\F(1,R)/m1a2a3ab【命題立意】本題結合板塊模型、圓周運動、平拋運動、圖像等知識考查分析綜合能力和應用數(shù)學知識解決物理問題的能力?！窘忸}思路】解析：（1）小滑塊滑上小車后將做勻減速直線運動，小車將做勻加速直線運動，設小滑塊加速度大小為a1，小車加速度大小為a2，由牛頓第二定律得：對滑塊有μmg=ma1 =1\*GB3① 對小車有μmg=Ma2 =2\*GB3② 設小車與滑塊經歷時間t后速度相等，則有v0－a1t=a2t =3\*GB3③ 滑塊的位移s1=v0t－eq\f(1,2)a1t2 =4\*GB3④ 小車的位移s2=eq\f(1,2)a2t2 =5\*GB3⑤ 代入數(shù)據(jù)解得s1=5ms2=2m 由于s2=s，L=s1－s2，說明小車與墻壁碰撞時小滑塊恰好到達小車右端，即小滑塊到達P點的速度v1=EQ\A()\R(2a2s2)=4m/s 另解：設小滑塊與小車共速的速度為v，相對位移為L0，則由動量守恒定律得mv0=(M+m)v解得v=4m/s由功能關系得μmgL0=EQ\F(1,2)mv02－EQ\F(1,2)(M+m)v2此過程小車的位移設為s0則有μmgs0=EQ\F(1,2)Mv2解得s0=2m，L0=3m由于L0=L，s0=s，說明小車與墻壁碰撞時小滑塊恰好到達小車右端，即小滑塊到達P點的速度v1=4m（2）設小滑塊到達到達N點時的速度設為vN，則有F=mEQ\F(vN2,R) =6\*GB3⑥ 從P點到N點過程中，由機械能守恒定律有EQ\F(1,2)mv12=EQ\F(1,2)mvN2+mgR =7\*GB3⑦ 由=1\*GB3①=2\*GB3②式得F=mEQ\F(v12,R)－2mg =8\*GB3⑧ 故b=2mg=40 =9\*GB3⑨ 由=8\*GB3⑧式結合圖乙可知，圖像的斜率k=mv12=32故a=EQ\F(b,k)=1.25 =10\*GB3⑩ （3）設小滑塊恰能經過半圓軌道最高點Q時的軌道半徑為R，此時經過Q點的速度為vQ，則有mg=mEQ\F(vQ2,R) ? 從P點到Q點過程中，由機械能守恒定律有EQ\F(1,2)mv12=EQ\F(1,2)mvQ2+2mgR ? 解得R=0.32m，即EQ\F(1,R)=3.125m1可見在EQ\F(1,R)＞3.125m1的情況下，小滑塊在半圓軌道運動過程中始終不會脫離軌道由?式可得vQ=EQ\A()\R(v12－4gR)=EQ\A()\R(16－40R) ? 小滑塊離開Q點后做平拋運動至到達小車的過程中，有x=vQt ? 2R=EQ\F(1,2)gt2 ? 得x=EQ\R((1.6－4R)4R)當R=0.2m時x有最大值xm=0.8m ? 小滑塊落在小車上的位置與小車左端的最小距離xmin=L－xm=2.2m ?

（二）選考題：共15分。請考生從給出的2道物理題中任選一題作答。33．[物理—選修33]（15分）（1）（5分）下列說法正確的是（填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分）A.大氣中PM2.5顆粒的運動是分子的熱運動B.液體與大氣接觸的表面層的分子勢能比液體內部的大C.單晶體和多晶體的物理性質都是各向異性，非晶體是各向同性的D.分子間同時存在著引力和斥力，當分子間距增大時，分子間的引力和斥力都減小E.在溫度一定時，對某種氣體，處于一定速率范圍內的分子數(shù)所占百分比是確定的【命題立意】：本題考查布朗運動、分子勢能、單晶體、多晶體、非晶體的性質、分子力、分子速率分布規(guī)律等?？疾槔斫饽芰??！窘忸}思路】：大氣中PM2.5顆粒的運動是固體顆粒的運動，A選項錯誤；當液體與大氣接觸時，液體表面層的分子間距比內部的大，分子勢能比液體內部的大，B選項正確；單晶體的物理性質是各向異性，多晶體和非晶體是各向同性的，C選項錯誤；分子間同時存在著引力和斥力，當分子間距增大時，分子間的引力和斥力都減小，D選項正確；對于大量氣體分子，在溫度一定時，處于一定速率范圍內的分子數(shù)所占百分比是確定的，E選項正確；本題正確選項為BDE。（2）（10分）如圖所示，A、B是兩個固定在地面上的氣缸，兩氣缸的活塞用水平輕質細桿相連，A的活塞面積是B的2倍，活塞處于靜止狀態(tài)，兩氣缸內封閉的氣體壓強均等于大氣壓強p0，氣體溫度均為27℃，A的活塞與A氣缸底部相距10cm，B的活塞與B氣缸底部相距20cm?，F(xiàn)使兩氣缸內氣體緩慢升高相同溫度至活塞在水平方向移動了2cm后再次平衡（活塞不會脫離氣缸）。AB=1\*romani.通過計算分析說明氣體升溫的過程中活塞的移動方向；AB=2\*romanii.求再次平衡時A氣缸的氣體壓強和溫度?！久}立意】本題考查理想氣體的等容變化以及理想氣體的狀態(tài)方程等。考查分析綜合能力。【解題思路】（1）假設氣體升溫的過程兩活塞沒有動，則A、B氣缸中的氣體體積不變，設原來溫度為T0，升溫后氣體壓強分別為pA1、pB1，溫度為T1，根據(jù)查理定律有EQ\F(p0,T0)=EQ\F(pA1,T1)EQ\F(p0,T0)=EQ\F(pB1,T1)解得pA1=pB1=EQ\F(p0T1,T0)對兩活塞受力分析，其合力F=（pA1p0）SA（pB1p0）SB>0故其合力向右，所以活塞向右移動（2）設再次平衡后的壓強分別為pA2、pB2，則根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有EQ\F(p0SALA,T0)=EQ\F(pA2SALA2,T1)EQ\F(p0SBLB,T0)=EQ\F(pB2SBLB2,T1)活塞平衡應滿足（pA2p0）SA=（pB2p0）SB活塞面積SA=2SB將LA=10cmLB=20cmLA2=12cmLB2=18cm代入解得pA2=1.5p0T1=540K

34．[物理——選修3－4]（15分）（1）（5分）如圖甲所示，沿波的傳播方向上有間距均為0.1m的六個質點a、b、c、d、e、f，均靜止在各自的平衡位置，t＝0時刻振源a從平衡位置開始沿y軸正方向做簡諧運動，其運動圖象如圖乙所示，形成的簡諧橫波以0.1m/s的速度水平向右傳播，則下列說法正確的是（填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分）abcdabcdef甲y/cm乙t/s42022B．0～4s時間內質點b運動路程為6C．4～5s時間內質點c的加速度在減小D．6s時質點e的振動方向沿y軸正方向E．質點d起振后的運動方向始終與質點b的運動方向相反【命題立意】：本題考查簡諧振動的規(guī)律以及簡諧波傳播的特點等知識點?？疾榉治鐾评砟芰??！窘忸}思路】：由圖乙可知波源振動周期T=4s，A選項正確；由λ=υT=0.1×4m=0.4m，b點起振時刻是1s，0～4s質點b實際只振了3s，運動路程為6cm，B選項正確；質點c起振的時刻是第2s末，4～5s時質點c正在由平衡位置向y軸負方向振動，加速度在增大，C選