福建省三明市高三物理5月质量检查理综试题(含解析)

1、福建省三明市2016届高三5月质量检查理综物理试题二.选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题中只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求，全部选又的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容C的因素。设两极板正对面积为S,极板间的距离为d.极板所带电荷量为Q静电计指针偏角为e。实验中.A.保持QS不变，增大d,则e变大，C变小B.保持d、S不变.增大Q则8变大，C变大C.保持Qd不变，减小S,则e变小，C变小D.保持QS、d不变，在两极板间插入电介质.则e变小，C变小【答案】A【解析】试题分析:根据电

2、容的;夬定式C=q得知，电容与极板间距离成反比，当保持5不变，增大d时，4苑W电容C斌小,因电容器的电量。不变，由电容的定义式C二劳分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角日变大，故A正确F当保持d、区不变，增大。时，根据电容的;夬定式已二三一得知，电容c不变,4mod由电容的定义式C二名分析可知板间电势差熠大，则续大，B儆f根据电容的决定式C=R得知JU4疝由电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容C减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式 CQ 、，皿三分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角U大，故C错误；当保持Q S、d不变,在两极板间插入电介质，根据电容

3、的决定式Ce变S4 kd得知，电容C变大，而由电容的定义式-QC狂分析可知板间电势差减小，则e变小，故d错误.考点：考查了电容动态分析【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据c一S-判断电容器的电容变化情况，然4kd后结合EU,CQ等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板dU间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变.如图（a）所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路。若圆环内加一垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图（b）所示。规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻。以下说法正确

4、的是0-1s内，流过电阻R的电流方向为a-b1-2s内，回路中的电流逐渐减小2-3s内，穿过金属圆环的磁通量在减小2t=2s时，Ub=rB0【答案】D【解析】试题分析内j芬过线圈垂直抵面向里的磁场在墙大，根据相次定律可得流过电阳R的电泳方向为船向错误fL烈内，回路中的电演二至二飨,图像的斜率比二竺，在1-密内耐通量变比率恒定，所以电流恒定B错误，23岳内，穿过金鹿明环的磁通量垂直纸面向H在增大，C错误；法拉第电磁感应定律可知，在第嚣内心=乌吏=3的=稣二D正豳,Ar1考点：考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律【名师点睛】注意磁通量变化量的方向，先判断穿过线圈的磁通量的变化情况，然后后根据楞次定律

5、判断电流方向，此时线圈相当于一个电源，一定要注意这个电源有没有内阻.2015年9月14日，美国的LIGO探测设施接收到一个来自GW150914勺引力波信号，此信号是由两个黑洞的合并过程产生的。如果将某个双黑洞系统简化为如图所示的圆周运动模型，两黑洞绕O点做匀速圆周运动。在相互强大的引力作用下，两黑洞间的距离逐渐减小，在此过程中，两黑洞做圆周运动的飞科I*:一，息M2.。r/工yL-pFA.周期均逐渐增大B.线速度均逐渐减小C.角速度均逐渐增大D.向心加速度均逐渐减小【答案】C【解析】试题分析：根据M1M2gt4M1 22 24 Ri 24 L2-1L ,同理可得 Mi R2,GT2GT2所以M

6、i M22. 2票Ri4 L .一当 MiGTM2不变时，L增大，则T增大，即双星GM2RL2，2系统运行周期会随间距减小而减小,故A错误；根据GMMbMv-,解得v1L2Ri由于L平方的减小比ri和2的减小量大，则线速度增大，故B错误；角速度序，结合A可知，角速度增大，故C正确；根据GM：M2M1alM2a知，L变小，则两星的向心加速度增大，故D错误.考点：考查了万有引力定律的应用2-Mmv2G 2-m- m rrr【名师点睛】在万有引力这一块，涉及的公式和物理量非常多，掌握公式42rm-2一ma在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清T2楚各个物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析

7、解题，另外这一块的计算量一是非常大的，所以需要细心计算.如图所示为著名的“阿特伍德机”装置示意图。跨过轻质定滑轮的轻绳两端悬挂两个质量均为M的物块，当左侧物块附上质量为m的小物块时，该物块由静止开始加速下落，下落h后小物块撞击挡板自动脱离，系统以v匀速运动。忽略系统一切阻力，重力加速度为g.若测出v,则可完成多个力学实验。下列关于此次实验的说法，正确的是小T机rj卜4ftejXVA.系统放上小物块后，车5绳的张力增加了mgB.可测得当地重力加速度_2(2 M m)v2mhC.要验证机械能守恒，需验证等式mgmV,是否成立2D.要探究合外力与加速度的关系，需探究mg(Mm)L是否成立2h【答案】

8、B【解析】试题分析:对系统j由牛顿第二定律得，加速度二aJMm)S-MSM+m+MIM+m等一，对M,由牛顿第二定故A错误；对系统，由动能定理得:律得：F-Afe二抽解得:F=Mg-2Af+阳(jW+m+Af)1/0f解得:(Wf，故B正确;如果机械能守恒J则二2mh12jE，rMmghMgh-MmMv,整理得:2mgh12M2v2,故C错误；物体做初速度为零的匀加速直线运动，加速度:2v，由牛顿第二定律得:2hMmgMgmg2M2v一,要探究合外力与加速度2h的关系，需探究mg2M2vm是否成立，故D错误;2h考点：牛顿第二定律,机械能守恒定律【名师点睛】本题是一道信息给予题，认真审题、根据

9、题意获取所需的信息是解题的前提,应用牛顿第二定律、动能定理与运动学公式可以解题；解题时注意研究对象的选择.如图所示，质量为M的汽车从平直公路驶上斜坡。假设汽车在水平路面上匀速行驶，驶上斜坡后，汽车的功率及所受路面的阻力与在水平路面上行驶时一致，且车到达坡顶前已达到稳定状态。则在上坡过程中，汽车的速度v、牵引力F,牵引力做的功WW克服路面阻力做的功W与时间t的关系图像，正确的是ABCD【答案】AC【解析】试题分析：汽车在水平面上匀速运动时，由P=N=力，当到达斜面上时由于对唾J达斜面上，此时的全引力不变，还是F,根据牛顿第二定律可知一mffsin伊三切口，故汽车从静倒达抖面时，做温速运动,根据尸

10、=用，可知，速度福小，至引力增大，当全引力等于阻力和重力沿斜面的分力时，速度解到最小，此后做匀速运劭,故A正确B错号j汽车始终在锁定切率下运动j故至引力所儆的功为配=尸上与寸间成正比？故匕正棉m汽车开始做减速运动，然后儆匀速运动,在胸速运的阶段I位移不和时间成正比，故D错期.考点：考查了机车启动【名师点睛】解决本题的关键知道功率与牵引力的关系，知道当汽车在水平面上运动时，牵引力等于阻力时，速度最大.当在斜面上运动时，当牵引力等于阻力和重力沿斜面向下的分力时，速度达到最大，对于这类问题，能够根据物体的受力判断物体的运动规律.变压器除了有改变电压、电流作用外，还有变换负载的阻抗作用，以实现阻抗匹配

11、。如图所示，将阻值为R的负载接在理想变压器副线圈两端，则图（a）中虚线部分可等效为图（b）中阻值为R的电阻接在AB两点上，即R的两端电压为ui,通过的电流为11。已知变压器的匝数比为ni：若图（a）的AB两端接在电动势为，内阻为r的交流电源上，要使此电源的输出功率达到最大，下列说法正确的是图S)swA.R)=R时输出功率最大2B.最大输出功率P一4rc.输出功率最大时,D.堤=(查尸r时输出功率最大【答案】BD【解析】试题分析：可等效为带有内阻的电源的电路，即当内电阻和外电阻大小相等时，输出功率最2大，即rR时输出功率最大，最大为P输出MAXI2R()2R，A错误B正确；根Rr4r据闭合回路欧

12、姆定律可得u1R,当输出功率最大时，rR,故u1,代入上凸Rr2u2n2可得u1-,C错误；当输出最大时有I1,根据,结合R0,联立可得2nl2r12n2I2Ro()2r,D正确；ni考点：考查了理想变压器【名师点睛】对于变压器需要掌握公式UiU2立、 n2 ,以及知道副线圈的电流以及功率 n2I2n2决定了原线圈中的电流和功率，理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象.同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，.如图所示，质量为m的小球(可视为质点)套在倾斜放置的固定光滑杆上，轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹费与杆在同一

13、竖直平面内。将小球沿杆拉到水平位置A处(此时弹簧处于原长状态)由静止释放，当小球滑至O点正下方的C处时速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为ho若全过程中弹贵始终处于弹性限度内，且OA=OB重力加B.mgh速度为go则下滑过程中，小球滑到B处时动能最大C.加速度先增大后减小D.与弹簧组成的系统机械能守恒【答案】AD【解析】试题分析：小球从A下滑至最低点C的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，初、末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量mgh,根据功能关系可知，小球对弹簧做功为mgh,故A正确；当小球滑到B处时，弹簧处于原长，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达

14、到最大值，则动能也没有达到最大值，故B错误；小球在A处和B处弹簧处于原长状态，加速度为gsin,是杆的倾角.在AB的中点，弹簧与杆垂直，由牛顿第二定律知，小球的加速度也为gsin.在A到B的过程，弹簧处于压缩状态，可知，小球的加速度先减小后增大，再减小后增大.从B到C,弹簧伸长，由于小球的质量未知，则加速度可能一直增大，也可能一直减小，也可能先先减小后反向增大，故C错误；小球运动过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，故D正确.考点：考查了机械能守恒定律和牛顿第二定律【名师点睛】对整个过程，根据动能定理求出弹簧对小球做功，从而得到小球对弹簧做功.当小球滑到B处时，弹簧处于原长，合外力

15、方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值.在小球运动的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律分析即可求解。.一如图所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场。质量为n半彳5为R的圆环当通有恒定的电流I时，恰好能水平静止在N极正上方H处。已知与磁单极子N极相距r处的磁场k强度大小为B=k,其中k为常数.重力加速度为go则rA.静止时圆环的电流方向为顺时针方向（俯视）B.静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势C.静止时圆环的电流ImgH2R22kR2D.若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落中加速度先增加后减小试题分析：环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场

16、的方向向下，根据安培定则可知,静止时圆环的电流方向为逆时针方向（俯视），故A错误；静止时圆环的电流方向为逆时针方向由左手定则可知，环上的各点受到的安培力的方向向上向里，所以环有收缩的趋势，故B错误；对环的某一部分进行受力分析如图：在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个的环在水平方向的合力为0,竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力：FBI2R,由几何关系：Fcosmg,22Hkcos -H由题：B 2k 2，联立得:IH2 R2H2 R2mgH2R22,故C正确；结合C2kR2的受力分析可知，若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力

17、将减小；由静止释放，重力开始时大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以合外力减小，加速度先减小，故D错误.考点：共点力平衡的条件及其应用；磁现象和磁场；左手定则.【名师点睛】本题巧妙地将此单极子的猜想与电流在磁场中的受力相结合，考查了受力平衡的问题，可知对环进行正确的受力分析，理解环在竖直方向的合力与重力大小相等是解答的关键.三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题第40题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题.某实验小组利用图（a）的装置“通过频闪照相研究平抛运动”。将小钢球A由斜槽某位置静止释放，到水平轨道末端水平

18、抛出。由频闪照相得到图（b）所示的小球位置坐标图。结合图（b）的中的相关信息，研究得到“平抛运动水平方向是匀速直线运动”这一结论的依据是,“平抛运动竖直方向是匀变速直线运动”这一结论的依据是【答案】相等时间间隔，通过的水平位移相等；相等时间间隔，竖直方向相邻位移的差值相【解析】试题分析：由b图可知，因为频闪照片切寸间间隔相等，在才符时间间隔内通过的水平位移相等,可知平抛运动在水平方向上做匀速直线运动.相等时间间隔内，竖直方向Lt*器B位移的差值相等，可知平抛运动在坚直方向上假匀变速直线运动.考点：研究平抛运动规律实验【名师点睛】将平抛运动分解为水平方向和竖直方向，通过水平方向上相等时间内的位移

19、相等得出水平方向上做匀速直线运动，通过竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量得出竖直方向上做匀加速直线运动.某同学采用图（a）所示实验电路来描绘额定电压为12V的小灯泡伏安特性曲线。（1）将图（b）的实物图连接完整。（2）某次实验时，滑动变阻器的滑片从a向b滑动的过程中，发现电压表和电流表原来几乎没有示数，直到接近b端时示数急剧增大。经检查所有电路连线及仪器都完好，则可能原因是：（3）若描绘出的伏安特性曲线如图（c）所示，则灯泡的额定功率为W。（保留两位有效数字）（4）若将两盏这样的灯泡与电动势12V,内阻4的电源申联，则灯泡的实际功率为W（保留两位有效数字）【答案】（1）如图（2）滑动变

20、阻器阻值远大于灯泡电阻（3）6.6W（4）2.0W（1.9-2.1W均正确）【解析】试题分析：（1）根据原理图可得出对应的实物图，由图可知，电流最大值为0.6A,故电流表量程选择0.6A;如图所示；（2）滑动变阻器串联在电路中，电压表测量滑动变阻器电压，刚开始滑动触头P由A端向B端逐渐滑动时，电压表的示数几乎不变，说明随着电阻的变小，滑动变阻器的电阻占整个电路电阻的比例变化不大，直到当滑动触头P滑至临近B端时，电压表的示数急剧变化，说明滑线变阻器的总电阻太大，所以原因是：滑动变阻器阻值太大，有效使用的部分短；3)由图可知，当电压为12V时，电流为S55A：故功率为二P=L7=12x055=6.

21、6W5(4)将两善这样的灯饱与电源串联，则灯泡的电流为I,则有：2U=E-Ir,b=_-2/=6-2门作2出对应的伏安特性曲线，二者之间的交点即为灯洵的工作点，则由图可知灯泡的电压为5V,电流为仇4%则功率为：P=L?=5xD4=20Wj【名师点睛】描绘小灯泡的伏安特性曲线是高中阶段电学实验考查的重点，是近几年各地高考题目的出题热点，本题突出了对于实验原理、仪器选择及U-I图象处理等多方面内容的考查，要重点明确伏安特性曲线的掌握和应用方法.24.2010年上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界。如图(a)所示,圆柱体形状的风洞底部产生风速、风量保持不变的竖直向上的气流。表演者

22、在风洞内.通过身姿调整.可改变所受向上的风力大小.以获得不同的运动效果.假设人体受风力大小与有效面积成正比，水平横躺时受风力有效而积最大。当人钵与竖直方向成一定角度倾斜使受风力有效面积为最大值的一半时，恰好可以静止或匀速运动。已知表演者质量60kg,重力加速度g=10m/s2,无风力时不计空气阻力。(1)表演者以水平横躺的姿势通过挂钩与轻绳连接悬停在距风洞底部高度h=3.6m处，某时刻释放挂钩，表演者保持姿势不变自由下落。为保证表演者不触及风洞底部，求从开始下落至开启风力的最长间隔时间。(2)某次表演者从风洞最底端变换不同姿态上升过程的v-t图象如图(b)所示，估算0-3s过程风力对表演者所做

23、的功。【答案】（1）0.6s（2）W2895J或W2970J【解析】试麴分析：由短釐可知，表演者除止时所受风力R水平横林寸用=2片;2mz表演者开始下落时做自由落体运司，设门时刻开启风力，莪演者做匀越速运或，芭-依喀=解得口=官=10当表演者落至风洞底合购才速度恰好为番，此过程间哪彳间最长.加速过程九二3M温速过程月二;mJ力=&解宵4=4=0.6*（2）由图象可求得面积约为37或38格，故此过程上升的高度为h=4.625m或4.75m。末速度v=2m/s2一上升过程，由动能th理得：Wmghmv0解得W2895J或W2970J（2890-2970均正确）考点：考查了匀变速直线运动，动能定理【

24、名师点睛】应用动能定理应注意的几个问题（1）明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度。（2）要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况（待求的功除外）。（3）有些力在物体运动过程中不是始终存在的。若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待25.如图（a）所示，在竖直平面内建立直角坐标系xoy,整个空间内都存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场和水平向右的匀强电场，匀强电场的方向与x轴止方向夹角为4500已知带电粒子质量为m电量为+q,磁感应强度大小为B,电场强度大小EU更，重力加速度为g.（1）若粒子在xoy平面内做匀速直线运动，

25、求粒子的速度V0；（2） t=0时刻的电场和磁场方向如图 （a）所示，若电场强度和磁感应强度的大小均不变.而方向随时间周期性的改变，如图 （b）所示。将该粒子从原点 O由静止释放，在0 T时间内的运2动轨迹如图（c）虚线CMN所示，M点为轨迹距y轴的最远点，M距y轴的距离为d。已知在曲线上某一点能找到一个和它内切的半径最大的圆，物休经过此点时，相当于以此圆的半径在做圆周运动，这个圆的半径就定义为曲线上这点的曲率半径。求：粒子经过 M点时曲率半径在图中画出粒子从 N点回到O点的轨迹。【答案】（1） v0 画9,沿y轴负方向（2）qB2mgd qB . 2gd，如图所示mg【解析】试题分析：（1）

26、粒子做匀速直线运动，受力平衡得0%H=jOng产+3）112mg解得v00qBV0方向由左手定则得，沿y轴负方向。（2）解法（一）重力和电场力的合力为一,一：-二,粒子从O运动到M过程中，只有重力和电场力的合力做功，据动能定理*=Fd=（若分别求出重力功、电场力功各1分）2得v=一一二。mv2由qvB.2mg2mgdqB. 2gd mg（若用v 2vo代入，求出2d也给分）解法（二）粒子的运动可看作以速度？沿V轴员方向的匀速直线运动和以沿顺时针方向的匀速圆周运动的合运动,其中沿y轴负方向的9对应的洛仑兹力用来与等效重力平衡，即qv&B=（血了+（4曙=在喀，沿y轴正方向的对应的洛仑兹力用来提供

27、向心力,即”/二巴r到达M点时，其两分速度同向，沿方轴正方向的位移为九则有a=29d=2r由洛仑技力和等效重力的合力提供向心力，得M点的曲率半径 =4r =方画对前二段考点：考查了带电粒子在复合场中的运动4分，全部画对得6分）【名师点睛】带电粒子在复合场中运动问题的分析思路.正确的受力分析除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析.正确分析物体的运动状态找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程.如果出现临界状态，要分析临界条件带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况.(1)当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器)(2)当带电粒子所受的重力与

28、电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动.(3)当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成(二)选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2题生物题中每科任选一题做答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。33.物理选修3-3(15分)(1)下列说法正确的是。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1

29、个扣3分，最低彳导分为。分)A.分子质量不同的两种气体，温度相同时其分子的平均动能相同B一定质量的气体，在体积膨胀的过程中，内能一定减小C.布朗运动表明，悬浮微粒周围的液体分子在做无规则运动D.知道阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度就可以估算出气体分子的大小E.两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大【答案】ACE【解析】试趣分折；温度是分子平均动能的标志，温度相同,则分子平均动能一定相同,A正蠲一定质量的气体,在体积睇眯的过程中，如果同时伴髓着吸映，内能不一定用B错误宁布朗运动是藩体分子做无知则运动的表现，C正确9知道阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质詈和密度可

30、算出摩尔体积，D错误j两个分子的问距从极近还旺增大到IQs的过程中，分子之间的作用力开始fl寸是后方;当距离大于e后表现为引力,所以该过程卬分子力先做正功，后做负功，它们之间的分子势能先漏小后增大，E正彘宁考点：考查了分子平均动能，布朗运动，阿伏伽德罗常数，分子作用力【名师点睛】明确各种物理现象的实质和原理才能顺利解决此类题目，故平时学习时要“知其然，更要知其所以然”.(2)如图所示，左右两个容器的侧壁都是绝热的、底部都是导热的、横截面积均为So左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。两个容器的下端由容积可忽略的细管连通。容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气。大气的

31、压强为P。，外部气温为T0=273K保持不变，两个活塞因自身重力对下方气体产生的附加压强均为0.1P0。系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。现将系统的底部浸人恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一定的高度。用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8ho氮气和氢气均可视为理想气体。求：(1)第二次平衡时氮气的体积;(ii )水的温度。【答案】(1) V=2.7hS (ii ) T=368.55K【解析】试题分析：(i )考虑氢气的等温过程，该过程的初态压强为 P。，体积为hS,末态体积为0.8hS,设末态的压强为P,由玻意耳定律 p(0.8hs)p0hs解得 P

32、=1.25P0活塞A从最高点被第一次推回平衡位置的过程是等温过程，该过程的初态压强为 1.1 R,体积 为V,末态压强为P,末态体积 V则：P =P+0.1 P0=1.35P0V =2.2 hS由玻意耳定律1.1p0Vp V得：V=2.7 hS(ii)活塞A从最初位置升到最高位置过程为等压过程，该过程的初态体积和温度分别为2hS和T=273K,末态体积为 2.7 hS,设末态温度为T,由盖-吕萨克定律2hstT2. 7hsT解得T=368.55K考点：考查了理想气体状态方程的应用【名师点睛】本题是关于气体的连接体问题，知道两部分气体的总体积不变是正确解题的关键，分别对每部分气体作为研究对象、应

33、用气态方程即可正确解题.34.物理一选修3-4(1)下列说法正确的是。(填正确答案标号。选对1个彳#2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)A.偏振光可以是横波，也可以是纵波B.光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象C.光纤通信及医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理D.X射线在磁场中能偏转.穿透能力强，可用来进行人体透视E声源与观察者相对靠近时，观察者所接收的频率大于声源振动的频率【答案】BCEJ【解析】试题分析；偏振是横波是特有现象，光的偏振现象说明光的横淞，故A错误照相机的镜义上的增速膊是光的千沙现象.照相机白猫头整现淡舱，因为可见光有FL橙，黄、掾、蓝、

34、辞、紫叱种颜色,而膜的厚度是唯的,所以只倒照J到一种小色的光让它完全进入猿头,一般情兄T都是让爆光全部进入的j这种情况下,你在可见光中看到的程头反光其颜色艇蓝紫色，因为这反射光卬已经没有了爆光故,B正明用光导纤维传播信号是利用了光的全反射？C正琼fX那与穿透力辕强,但它不带电？不能在码场中偏转,教。错溟手根据多普勃效应可知声源与观察者相对靠近观票者所接收的频率大于声源盟动的频率，E正瑜考点：考查了光的偏振，干涉，多普勒效应【名师点睛】导纤维传播信号是利用光的全反射原理；光的偏振说明光的横波，反射光都是横波；光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象；声源与观察者相对靠近，观察者所接收的频率大于声源发

35、出的频率(2)一列简谐横波在t=0.6s时刻的图像如图甲所示。该时刻P,Q两质点的位移均为一lcm,平衡位置为15m处的A质点的振动图像如图乙所示。甲乙(i)求该列波的波速大小；(ii)求从t=0.6s开始，质点P、Q第一次回到平衡位置的时间间隔to50【答案】(i)v一m/s(ii)0.4s3【解析】试题分析：(i)由图像可得波长入=20m,周期T=1.2s5050/得：vm/s3(ii)解法一：TDa时iP质点的振动方向沿正方向，经过力二高回到平衡位置。质点的振动方向沿y负方向，经过=十4回到平衡位置， TOC o 1-5 h z 64所以两质点回到平衡位置的时间间隔为及=建一处得Af=0.4s解法二：，一，一，20由图象可知：质点P的平衡位置为xP20m3一，、40质点Q的平衡位置为xo40mQ3时间间隔t里一xP0.4sv考点：考查了振动图像，横波图像【名师点睛】本题既要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象能判断出质点的速度方向，更要把握两种图