2018年广东省佛山市高考物理一模试卷.docx

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1、2018年广东省佛山市高考物理一模试卷二、选择题：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）图示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看作一个整体，下列论述正确的是（）A运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供B运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供C发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心D发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力2（6分）如图，A、B为

2、两等量异种点电荷，O为A、B两电荷连线的中点，C、D为某一倾斜直线上与O点等距的两点，取无穷远处为零电势处，则下述说法正确的是（）AC、D两点电势相等BC、D两点的场强大小相同，方向不同C倾斜直线上各点的场强方向不可能垂直该直线D从O点沿倾斜直线到C点再到无穷远，场强可能先变大后变小3（6分）将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，3、4两块固定在地基上，1、2块间的接触面竖直，每个石块的两个侧面所夹的圆心角均为30，不考虑石块间的摩擦力，则石块1、2间的作用力F1和石块1、3间的作用力F2的大小之比为（）A3：2B1：2C3：3D3：14（6分）有几位同学为了测试某款汽车的性能，记录了该汽车沿

3、平直公路启动、匀速行驶和制动三个过程速度的变化情况如表，若汽车启动和制动可看作是匀变速直线运动，则下列说法正确的是（）时间（s）02.04.06.08.010.012.014.016.0速度（m/s）010.020.028.028.028.028.020.00A汽车加速到6s末才开始匀速运动B加速阶段位移为90mC前8s内汽车通过的位移大小为145.6mD制动过程加速度大小一定为10m/s25（6分）哈雷慧星是人一生中唯一以裸眼可能看见两次的彗星，其绕日运行的周期为T年若测得它近日点距太阳中心的距离是地球公转轨道半长轴的N倍，则由此可估算出哈雷彗星在近日点时：到太阳的引力是在远日点受太阳引力的

4、（）AN2倍B（2T23-N）2N2倍C（2T23N11）倍DT43N2倍6（6分）“360百科”关于“闪电”有这样一段描述：“通常是由积雨云产生电荷，云层底层为阴电，而且还在地面感应出阳电荷，如影随形地跟着云移动，”。若将云层底部和地面模型化为平行板电容器的两个极板，板间距离记为200m，电压为2千万伏特，积雨云底层面积约为100平方千米，若已知静电力常量与空气的介电常数，则下列说法正确的是（）A云层底部与地面间的电场电场强度为2105V/mB由以上条件可估算云层底面与地面构成的电容器的电容C由以上条件可估算云层底面所带电量D带负电的雨滴，在下落过程中电势能变大7（6分）水平放置足够长的光滑

5、平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间的部分电阻为R整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是（）A金属杆的最大速度大小为EBLB此过程中通过金属杆的电量为mE2B2L2C此过程中电源提供的电能为mE2B2L2D此过程中金属杆此时的热量为mE22B2L28（6分）如图甲所示物体置于某固定的斜面上，与斜面间动摩擦因数为，对物体施加水平向右大小变化的外力F，保持物体沿斜面向下做加速运动，加速度a随外力F变化的关系如图乙所示。物体不脱离斜

6、面的条件是F20N，若重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图乙中所提供的信息经过分析计算可以求出（）A物体的质量B斜面倾角的正弦值C物体运动6s的位移D加速度为6m/s2时物体对斜面的压力三、非选择题：本题包括必考题和选考题两部分（一）必考题9某同学设想用如图甲所示的装置，研究两个完全相同的小球碰撞时有无机械能损失，设想如下：小球A用不可伸长的轻质细绳悬于O点，当A摆到O点正下方的C点时恰好与桌面接触但无压力，现将A球从Q点由静止释放，到达C点时刚好与静置于桌面P点、与A完全相同的小球B碰撞，B平抛落至地面。该同学测得Q到桌面的高度H、桌面到地面的高度h及B平抛的水平位

7、移L。（1）若用游标卡尺测小球的直径d如图乙所示，则d cm；（2）测量小球下降的高度时，应该以球所在位置Q时 （选填“球的下边沿”或“球心”）到桌面的距离为小球下降的高度H；（3）思考发现，测小球直径并非必要步骤，要使A、B两球对心正碰，只要让球A自由悬挂后处于C点，B球紧贴A球放置，且P与O、Q、C三点构成的平面必须 。（4）实验中改变H，多测几次H和L的数值，得到如图丙所示的图线，如果两球碰撞过程中有机械能损失，则该图线的斜率k （选填“大于”、“等于”或“小于”）4h。10某多用表内部的部分电路如图所示，已知微安表表头内阻Rg100，满偏电流Ig200A，定值电阻R12.5，R222.

8、5，电源电动势E1.5V，则该多用表（1）A接线柱应该是与 （填“红”或“黑”）表笔连接；（2）当选择开关接 （填“a”或“b”）档时其对应的电阻档的倍率更高；（3）若选a档测量电阻，则原表盘100A，对应的电阻刻度值应当为 ；原表盘50A的刻度，对应的电阻刻度值应当为 。11如图所示，金属板M、N板竖直平行放置，中心开有小孔，板间电压为U0，E、F金属板水平平行放置，间距为d，板长为L，其右侧区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场AC边界与AB竖直边界的夹角为60，现有一质量为m、电荷量为q的正电粒子，从极板M的中央小孔s1处由静止出发，穿过小孔s2后沿EF板间中轴线进入偏转电场，从P处离开偏转

9、电场，平行AC方向进入磁场，若P距磁场AC与AB两边界的交点A距离为a，忽略粒子重力及平行板间电场的边缘效应，试求：（1）粒子到达小孔s2时的速度v0；（2）EF两极板间电压U；（3）要使粒子进入磁场区域后能从AB边射出，磁场磁感应强度的最小值。12如图，中空的水平圆形转盘内径r0.6m，外径足够大，沿转盘某条直径有两条光滑凹槽，凹槽内有A、B、D、E四个物块，D、E两物块分别被锁定在距离竖直转轴R1.0m处，A、B紧靠D、E放置。两根不可伸长的轻绳，每根绳长L1.4m，一端系在C物块上，另一端分别绕过转盘内侧的光滑小滑轮，穿过D、E两物块中间的光滑圆孔，系在A、B两个物块上，A、B、D、E四

10、个物块的质量均为m1.0kg，C物块的质量mc2.0kg，所有物块均可视为质点，（取重力加速度g10m/s2），计算结果可用最简的分式与根号表示（1）启动转盘，转速缓慢增大，求A、D以及B、E之间恰好无压力时的细绳的拉力及转盘的角速度；（2）停下转盘后，将C物块置于圆心O处，并将A、B向外测移动使轻绳水平拉直，然后无初速度释放A、B、C物块构成的系统，求A、D以及B、E相碰前瞬间C物块的速度；（3）碰前瞬间解除对D、E物块的锁定，若A、D以及B、E一经碰撞就会粘在一起，且碰撞时间极短，求碰后C物块的速度。【物理选修3-3】13（3分）下列说法正确的是（）A扩散现象说明分子总在做无规则热运动B物

11、体吸热，物体分子平均动能必定增大C内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化D分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小E一切热现象的自发过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行14（3分）一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化，问：（I）若从A到B的过程中，气体的内能减少了300J，则从A到B气体吸收或放出的热量是多少？（ii）如果知道气体由A状态经B、C到D状态的过程中，气体的最高温度T800K，则气体在此过程中达到的最低温度是多少？【物理选修3-4】15（3分）一列简谐横波沿x轴负方向传播，t0时的波的图象如图所示，质点P的平衡位置在x8m处，该波的周期T0.2s，下列说法正确的是（

12、）A该列波的传播速度为20m/sB在01.0s内质点P经过的路程2mCt0.3s时质点P的速度方向沿y轴正方向Dx4m处质点的振动方程是y10sin5t（cm）E该波与频率f5Hz的另一列简谐横波相遇，一定会发生干涉16（3分）跳水比赛的1m跳板如图伸向水面，右端点距水面高1m，A为右端点在水底正下方的投影，水深h4m，若跳水馆只开了一盏黄色小灯S，该灯距跳板右端水平距离x4m，离水面高度H4m，现观察到跳板水下阴影右端点B到A的距离AB413m求：（I）该黄色光在水中的折射率；（II）若在水底A处放一物体，则站在跳板右端向下看，该物体看起来在水下多深处？2018年广东省佛山市高考物理一模试卷

13、参考答案与试题解析二、选择题：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1【分析】运动员侧滑实际上是做离心运动，根据离心运动的条件外力为零或外力不足以提供向心力，进行分析。【解答】解：AB、发生侧滑原因是赛道对运动员的摩擦力小于需要的向心力，不是因为运动员受到的合力方向背离圆心，故A错误，B正确。CD、发生侧滑是因为运动员的速度过大，所需要的向心力过大，运动员受到的合力小于所需要的向心力，而受到的合力方向仍指向圆心，故CD错误；故选：B。【点评】解决本题的关键要掌握离心运动的条件：

14、外力为零或外力不足以提供向心力，通过分析供需关系进行分析。对于离心运动掌握以下几点：本质：1离心现象是惯性的表现2离心运动并非沿半径方向飞出去的运动，而是运动的半径变大，或沿切线方向飞出。3离心运动并不是受到离心力的作用，而是向心力不足。特点：1做圆周运动的质点，当合外力消失时，它就以这一时刻的线速度沿切线方向飞去。2做离心运动的质点是做半径越来越大的运动或切线方向飞出的运动，它不是沿半径方向飞出。3做离心运动的质点不存在所谓的“离心力”作用，因为没有任何物体提供这种力。2【分析】根据等量异种电荷电场线和等势线分布情况和对称性，判断两点的电势和场强关系，场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场强

15、才相同等量异种电荷产生的电场中，电场线关于两电荷的连线和中垂线对称，根据对称性分析场强的大小；根据顺着电场线方向电势降低，判断电势关系结合两种电场的电场线的特点如图，然后分析即可【解答】解：A、根据等量异种电荷电场线和等势线分布情况和对称性，C点电势高于D点，故A错误；B、根据等量异种电荷电场线分布情况和对称性，可知CD两点的电场强度大小相等，方向相同，故B错误；C、等势面与倾斜直线可能相切，所以倾斜直线上各点的场强方向可以垂直该直线，故C错误；D、根据等量异种点电荷的电场的特点可知，则从O点到C点再到无穷远处，场强可能先变大后变小，故D正确；故选：D。【点评】考查等量异种点电荷周围电场线和等

16、势线分布情况，明确场强的矢量性这两种电场是考查频率比较高的情况，要牢记3【分析】由图可知，1、2及1、3两块石块均有相互作用，而石块1受重力及2、3两石块的作用力而处于静止，故对1受力分析可求得第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比【解答】解：如图对第一个石块进行受力分析，由几何关系知：60，所以有F1 ：F2sin60=32故A正确，BCD错误故选：A。【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答4【分析】根据加速度的定义求出

17、汽车加速时的加速度，由速度公式求加速的时间，由位移公式求加速的位移。从而求得前8s内汽车通过的位移。根据加速度的定义求制动过程的加速度大小。【解答】解：A、汽车加速时的加速度a=vt=10-02-0=5m/s2，加速的末速度为 v28m/s，由vat得 t5.6s，即汽车加速到5.6s末才开始匀速运动，故A错误。B、加速阶段位移为 x=v2t=2825.6m78.4m，故B错误。C、前8s匀速运动的位移 xvt28（85.6）m67.2m，则前8s内汽车通过的位移大小为 x总x+x145.6m，故C正确。D、制动过程的末速度为0，速度从20.0m/s减至0所用时间不一定是2s，所以加速度大小不

18、一定为10m/s2，故D错误。故选：C。【点评】解决本题的关键是理清汽车的运动过程，掌握运动学的基本公式，并抓住各个过程之间的联系，如速度关系、位移关系。5【分析】根据开普勒第三定律求出哈雷彗星的半长轴，然后由万有引力定律即可求出【解答】解：设地球轨道的半长轴为a，哈雷彗星的半长轴为b，地球的周期为1年，哈雷彗星的周期为N年，由开普勒第三定律可得：b3T2=a312 所以：b=a3T2彗星近日点到太阳距离为：L1Na彗星远日点到太阳距离为：L22bL12bNa设太阳的质量为M，彗星的质量为m，由万有引力定律得：F近F远=GMm(Na)2GMm(2b-Na)2=(2b-Na)2(Na)2=(23

19、T2-N)2N2 故B正确，ACD错误故选：B。【点评】该题结合开普勒第三定律考查万有引力定律的应用，解答的关键是正确找出哈雷彗星的远地点的距离6【分析】根据E=Ud计算电场强度；分析题意，根据电容器的决定式可以估算电容大小；根据QCU可以估算云层底面所带电量；带负电的雨滴下落过程中电场力做正功，电势能减小。【解答】解：A、根据UEd可知，E=Ud=2107200V/m=105V/m，故A错误；B、已知积雨云底层面积约为100平方千米，板间距离为200m和静电力常量与空气的介电常数，根据电容器的决定式可以估算电容器的电容，故B正确；C、根据QCU可以估算云层底面所带电量，故C正确；D、云层底层

20、为阴电，电场方向竖直向上，带负电的雨滴，在下落过程中电场力做正功，电势能减小，故D错误；故选：BC。【点评】本题主要考查电容器定义式和决定式及电场强度与电势差的关系，注意电容器的两个公式的区别。7【分析】导体棒速度最大时，产生的感应电动势与电源电动势相等，回路电流为零，据此列式求解最大速度；然后对从开始到获得最大速度过程根据动量定理列式求解电荷量；根据WqE求解此过程中电源提供的电能，根据动能公式Ek=12mv2求解最大动能，根据能量守恒定律得到系统产生的电热，再结合焦耳定律可以求解此过程中金属杆此时的热量，【解答】解：A、金属杆速度最大时，产生的感应电动势为E，根据EBLv，最大速度为v=E

21、BL，故A正确；B、以向右为正方向，根据动量定理，有：BILtmv0，其中：qIt，联立解得：q=mEB2L2，故B错误；C、此过程中电源提供的电能为：WqE=mE2B2L2，故C正确；D、动能为：Ek=12mv2=12m(EBL)2=mE22B2L2，根据能量守恒定律，系统产生的焦耳热为：QWEk=mE22B2L2，此过程中金属杆产生的热量为：QR=RR+rQmE22B2L2，故D错误；故选：AC。【点评】本题关键明确电路结构和受力情况，根据切割公式、动量定理、能量守恒定律和焦耳定律列式分析，不难。8【分析】对物体受力分析，受推力、重力、支持力，画出力的示意图并进行正交分解，根据牛顿第二定律

22、和平衡条件求解物体的质量和斜面倾角以及支持力大小；无法求解物体运动6s的位移。【解答】解：AB、对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示，x方向：Fcos+mgsinfmay方向：N+Fsinmgcos0根据摩擦力的计算公式可得：fN：联立解得：a=cos+sinmF+(gsin-gcos)根据乙图可知：gsingcos2，cos+sinm=403-220=910再根据sin2+cos21联立可求sin、m故AB正确。C、因不知道外力随时间的变化关系，得不到加速度与时间的关系，无法求解物体运动6s的位移，故C错误；D、根据乙图求出加速度为6m/s2时拉力F的大小，则物体对斜面的压力物体对

23、斜面的压力NmgcosFsin，、m可求，所以压力N可求，故D正确。故选：ABD。【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答三、非选择题：本题包括必考题和选考题两部分（一）必考题9【分析】（1）明确游标卡尺的读数方法，注意在读数时需要估读；（2）明确高度测量方法，明确下边测量的是桌面位置，故起点应测量下边缘；（3）明确碰撞中要没有能量损失，应发生对心碰撞，从而碰定B球的位置；（4）根据实验原理进行分析，从而明确实验中误差情况。【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为1.1cm

24、，游标读数为0.057mm0.35mm，则最终读数为11.35mm1.135cm；（2）由题可知，测量小球下降的高度时，应该以球所在位置Q时的下边沿到桌面的距离为H；（3）要发生正碰，AB两球必须在A球竖直放置时的位置，所以让球A自由悬挂后处于C点，B球紧贴A球放置，且P与O、Q、C三点构成的平面必须共面；（4）小球A下落过程中，根据机械能守恒可知：mgH=12mv2；两球相碰时，由于两球相同，故碰后交换速度，故B球速度为v；小球B碰后做平抛运动，由h=12gt2水平位移Lvt联立解得：L24hH；如果碰撞中存在能量损失，则碰后B的速度小于v，所以图象的斜率将小于4h；故答案为：（1）1.13

25、5；（2）球的下边沿；（3）共面；（4）小于。【点评】本题为探究型实验，要注意掌握实验原理，明确实验中采用的方法，知道如果没有能量损失时应为正碰，根据正碰的性质明确实验中的注意事项。10【分析】明确多用电表的原理和欧姆表的结构，由闭合电路欧姆定律以及电表的改装原理进行分析，从而明确电阻值与电流值之间的关系。【解答】解：（1）为了保证表头正常工作，内部电源正极应与黑表笔连接，故A接线柱应接黑接线柱；（2）开关接a时，R2与电流表串联后与R1并联，接b时，R1与R2串联后与表头并联，则可知接b时满偏电流较小，由闭合电路欧姆定律可知，对应的电流较大；对应的倍率更高；（3）若选a档测量电阻时，R2与电

26、流表串联后与R1并联，满偏电流I1=Ig(R2+Rg)R1+Ig=20010-6(22.5+100)2.5+2001060.01A；故内电阻R内=EI1=1.50.01=150；当电流表指针为100A时，此时电流为满偏电流的一半，故测量电阻与欧姆表内电阻相等，故对应的阻值为150；原表盘50A的刻度，改装后电流为I2=5010-60.0120010-6=0.0025A；故对应刻度应为：R2=EI2-150=1.50.0025-150=450；故答案为：（1）黑；（2）b；（3）150，450。【点评】本小题考查了考查欧姆表的结构、测量原理，要求能准确掌握电路的串并联规律以及闭合电路欧姆定律的准

27、确应用。11【分析】（1）粒子在M、N板间加速，由动能定理可以求出粒子的速度。（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出EF间的电压。（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意求出粒子临界轨道半径，粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度的最小值。【解答】解：（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理得：qU0=12mv02-0，解得粒子到达小孔s2时的速度：v0=2qU0m；（2）由题意可知，粒子离开偏转电场时，速度偏转角30，竖直方向速度：vy=v0tan30=33v0，在偏转电场中：a=Fm=qUmd，t=Lv0，粒子竖直分速度：vy=at=qU

28、Lmdv0，EF两极板间电压：U=23dU03L；（3）粒子运动轨迹与AC边相切时粒子恰好从AB边射出，由几何关系可知，此时粒子轨道半径：R=34a，粒子进入磁场时速度：v=v0cos30，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=mv2R，解得，磁场的磁感应强度最小值为：B=82qmU03qa；答：（1）粒子到达小孔s2时的速度v0为2qU0m；（2）EF两极板间电压U为23dU03L；（3）要使粒子进入磁场区域后能从AB边射出，磁场磁感应强度的最小值为82qmU03qa。【点评】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运

29、动，根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律与类平抛运动规律可以解题。12【分析】（1）先研究C物块，由平衡条件求得绳子的张力。再对A、B两个物块，根据合外力等于向心力列式，即可求解转盘的角速度。（2）系统下落过程中机械能守恒，由机械能守恒定律和三个物体速度关系分别列式，即可求解。（3）对三个物体分别运用动量定理列式，联立求解碰后C物块的速度。【解答】解：（1）C物块保持静止，故有：2Fcosmcg，而sin=0.61.4-0.4=35解得：F=1212N对A、B两个物块，有：Fm2R解得角速度为：=FmR=522rad/s（2）设碰前A、B速度大小为v，C的

30、速度大小为vc，由绳长不变可知：vvccos系统下落过程中机械能守恒，有：212mv2+12mcvc2=mcgh由几何关系有：h08m解得：vc=204141m/s（3）设碰后A、D的速度大小为v，C的速度大小为vc由绳长不变 vvccos设绳上拉力的冲量大小为I，由于碰撞时间极短，绳子拉力远大于重力。对C物块运用动量定理有：2Icosmcvcmcvc对A、D运用动量定理有：I2mvmv解得：vc=4157vc=205741m/s答：（1）A、D以及B、E之间恰好无压力时的细绳的拉力是1212N，转盘的角速度是522rad/s；（2）A、D以及B、E相碰前瞬间C物块的速度是204141m/s；

31、（3）碰后C物块的速度是204157m/s。【点评】解决本题的关键要理清过程，选择合适的研究过程，运用各种定律进行求解。注意第3题不能用动量守恒定律求解，抓住同时性，由动量定理研究。【物理选修3-3】13【分析】解答本题需掌握：扩散现象和布朗运动说明分子永不停息地做无规则热运动；做功与热传递都可以改变物体的内能；温度是分子的平均动能的标志；分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小；根据热力学第二定律分析【解答】解：A、扩散现象说明分子永不停息地做无规则热运动，故A正确；B、做功与热传递都可以改变物体的内能，物体吸收热量，若同时对外做功，物体的内能可能减小，物体的温度可能降低，则分子的平均动能

32、减小。故B错误；C、根据热力学第二定律，内能可以全部转化为机械能，但要引起其他变化，故C错误；D、根据分子势能与分子之间距离的关系的特点可知，当分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小，故D正确；E、根据熵增原理可知，一切热现象的自发过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行。故E正确。故选：ADE。【点评】本题考查了扩散现象、热力学第二定律、分子力、内能等，知识点多，不难，关键多看书，多加积累14【分析】（i）用等压过程做功公式WpV求出做功，再根据题给内能的改变量，根据热力学第一定律，即可求出从A到B气体吸收或放出的热量；（ii）根据理想气体的状态方程找出温度最高和最低的情况，再利用理想

33、气体的状态方程，结合图象中的数据以及气体的最高温度T800K，联立即可求出气体在此过程中达到的最低温度。【解答】解：（i）从A到B，外界对气体做功，有：WpV20104（42）103J400J根据热力学第一定律：UW+Q可得：QUW700J故气体放热700J（ii）根据理想气体状态方程pVT为一定值，可判定C状态温度最低，D状态温度最高，故：TDT800K根据理想气体的状态方程可得：pDVDTD=pCVCTC代入图象中数据解得：TC=pCVCTDpDVD=10104210-3800101041210-3K133.3K答：（i）从A到B气体放出的热量为700J；（ii）气体在此过程中达到的最低温

34、度为133.3K。【点评】本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要根据图象分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，知道发生何种状态变化过程，选择合适的实验定律，难度不大。【物理选修3-4】15【分析】从图象可以直接读出波长，由波速公式求解波速大小；根据时间1.0s与周期的关系，分析质点P的路程；利用“上下坡法”判断质点P的速度方向；根据质点P的振幅、周期和初相位写出其振动方程。频率相同的两列波在相遇时相互叠加，一定能发生稳定的干涉。【解答】解：A、由图知波长 8m，则该波的传播速度为vT=40m/s故A错误；B、因为t1.0s5T，所以在01.0s内质点P经过的路程为：S54A200c

35、m2m。故B正确；C、根据“上下坡法”知，t0时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，t0.3s1.5T，质点P的速度方向相反，即沿y轴正方向。故C正确；D、因为=2T=10rad/s，因此x4m处质点的振动方程是y10sin10t（cm）。故D错误；E、因为这列波的频率为f=1T=5Hz，所以与另一个相同频率的波相遇，一定会发生干涉。故E正确。故选：BCE。【点评】解答本题的关键是：要明确时间和周期的大小关系，知道质点在每个周期内通过的路程是四个振幅，掌握已知波的传播方向判断质点振动方向的方法，当两列频率相同的波叠加时一定能发生稳定的干涉。16【分析】（I）根据折射定律以及几何关系求出该黄色光在水

36、中的折射率。（II）根据视深和实际深度之间的关系求出该物体看起来在水下多深。【解答】解：（）根据折射定律得：n=sinisinr，根据几何关系有：sini=xx2+(4-1)2=45 sinr=BDBC=413-43(413-43)2+42=35，解得折射率为：n=43。（）设A的视深为h，则n=sinisinr由于从A上方看，光的入射角及折射角均很小sintan，故n=hh，解得：h=hn=443m=3m。答：（I）该黄色光在水中的折射率为43；（II）该物体看起来在水下3m。【点评】本题以折射率和全反射为命题背景考查学生的推理能力和分析综合能力，关键能运用数学知识求解入射角和折射角的正弦值，以及知道视深和实际深度之间的关系。第22页（共22页）