09高考总复习之物理选择题专练.doc

1、1高考考前训练题一选择题 （力学选择题编题者：大相，里八万）1有一个直角支架 AOB，AO 是水平放置，表面粗糙OB 竖直向下，表面光滑OA 上套有小环P，OB 套有小环 Q，两环质量均为 m，两环间由一根质量可以忽略不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡，如图所示现将 P 环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么移动后的平衡状态和原来的平衡状态相比较，AO 杆对 P 的支持力 FN 和细绳上的拉力 F 的变化情况是：（ B ）AF N 不变，F 变大 BF N 不变，F 变小CF N 变大，F 变大 DF N 变大，F 变小分析与解：选择环 PQ 和细绳为研究对象在竖直方向上只受重力和支持力

2、 FN 的作用，而环动移前后系统的重力保持不变，故 FN 保持不变取环 Q 为研究对象，其受如下图所示Fcos = mg，当 P 环向左移时， 将变小，故 F 变小，正确答案为 B思路点拨：利用整体与隔离相结合的方法分析求解是本题解决问题的重要思想方法与手段2以力 F 拉一物体，使其以加速度 a 在水平面上做匀加速直线运动，力 F 的水平分量为 F1，如图所示，若以和F1 大小方向都相同的力 F 代替 F 拉物体，使物体产生加速度 a ，那么：（ B C ）A当水平面光滑时，a a B当水平面光滑时，a = aC当水平面粗糙时，a a D当水平面粗糙时，a = a 分析与解：当水平面光滑时，物

3、体在水平面上所受合外力均为 F，故其加速度不变而当水平面粗糙时，支持力和摩擦力都是被动力，其大小随主动力的变化而变化，当用 F替换F 时，摩擦力将增大，故加速度减小因此 BC 答案正确思路点拨：运用牛顿运动定律解决力学问题的一般程序为：1选择研究对象，2受力分析，3合成或分解（正交分解） ，列式计算在受力分析时，应注意被动力随主动力变化的特点3一小球质量为 m，用长为 L 的悬绳（不可伸长，质量不计）固定于 O 点，在 O 点正下方 L/2 处钉有一颗钉子，如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间： （ A B C ）A小球线速度没有变化B小球的角速度突然增大到原来的

4、 2 倍C小球的向心加速度突然增大到原来的 2 倍D悬线对小球的拉力突然增大到原来的 2 倍分析与解：在小球通过最低点的瞬间，水平方向上不受外力作用，沿切线方向小球的加速度等于零，因而小球的线速度不会发生变化，故 A 正确；在线速度不变的情况下，小球的半径突然减小到原来的一半，由 v = r 可知角速度增大为原来的 2 倍，故 B 正确；由 a = v2/r，可知向心加速度突然增大到原来的 2 倍，故 C 正确；在最低点，F mg = ma，可以看出 D 不正确思路点拨：本题中要分析出悬线碰到钉子前后的瞬间物理量的变化情况，问题就很好解了，因而，要根据题目的条件分析物理过程后再选用公式，不能随

5、意照套公式4如图所示，在光滑的水平面上，有一绝缘的弹簧振子，小球带负电，在振动过程中当弹簧压缩到最短时，突然加上一个沿水平向左的恒定的匀强电场，此后： （ A ）A振子的振幅将增大B振子的振幅将减小C振子的振幅将不变D因不知道电场强度的大小，所以不能确定振幅的变化2分析与解：弹簧振子在加电场前，平衡位置在弹簧原长处，设振幅 A当弹簧压缩到最短时，突然加上一个沿水平向左的恒定的匀强电场，此位置仍为振动振幅处，而且振子的运动是简谐振动，只是振动的平衡位置改在弹簧原长的右边，且弹簧神长量 x 满足 kx = qE，即振子振动的振幅 A1=A+x， ，所以振子的振幅增大，正确答案为A思路点拨：弹簧振子

6、在做简谐振动时，平衡位置是合力为零时，当外界条件发生改变，平衡位置有可能随之而变，振子的运动相对于平衡位置对称5如图所示，把系在轻绳上的 A、B 两球由图示位置同时由静止释放（绳开始时拉直） ，则在两球向左下摆动时，下列说法正确的是：（ B ）绳 OA 对 A 球做正 绳 AB 对 B 球不做功 1 2绳 AB 对 A 球做负 绳 AB 对 B 球做正功 3 4A B C D 1 2 3 4 1 3 1 4分析与解：大概画出 A、B 球的运动轨迹，就可以找出绳与球的运动方向的夹角，进而可以判断做功情况由于 OA 绳一直张紧且 O 点不动，所以 A 球做圆周运动，OA 绳对 A 球不做功，而 B

7、 球是否与 A 球一起做圆周运动呢？让我们用模拟等效法分析：设想 A、B 球分别用两条轻绳悬挂而各自摆动，若摆角较小，则摆动周期为 ，可见摆长越长，摆得越慢，因此 A 球比 B 球gLT/2先到达平衡位置（如图） 可见绳 AB 的张力对 A 的运动有阻碍作用，而 B 球的运动有推动作用，所以正确的答案为 3 4思路点拨：本题是一道判断做功正负的选择题，通过模拟等效发判断出小球的运动情况，再根据 F 与 v 的夹角判断做不做功和功的正负6如图所示，a、b、c 三个相同的小球，a 从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时 b、c 从同一高度分别开始自由下落和平抛下列说法正确的有： （ D ）A它们同

8、时到达同一水平面 B重力对它们的冲量相同C它们的末动能相同 D它们动量变化的大小相同分 析 与 解 ： b、 c 飞 行 时 间 相 同 （ 都 是 ） ； a 与 b 比 较 ， 两 者 平 均 速 度 大 小 相 同 （ 末 动 能 相 同 ） ； 但 显 然 a 的 位 移gh2大 ， 所 以 用 的 时 间 长 ， 因 此 A、 B 都 不 对 由 于 机 械 能 守 恒 ， c 的 机 械 能 最 大 （ 有 初 动 能 ） ， 到 地 面 时 末 动 能 也 大 ，因 此 C 也 不 对 a、 b 的 初 动 量 都 是 零 ， 末 动 量 大 小 又 相 同 ， 所 以 动 量

9、变 化 大 小 相 同 ； b、 c 所 受 冲 量 相 同 ， 所 以动 量 变 化 大 小 也 相 同 ， 故 D 正 确 思路点拨： 这道题看似简单，实际上考察了平均速度功冲量等很多知识另外，在比较中以 b 为 中 介 ：ab 的初末动能相同，平均速度大小相同，但重力作用时间不同；bc 飞行时间相同（都等于自由落体时间） ，但初动能不同本题如果去掉 b 球可能更难做一些7 “神舟三号”顺利发射升空后，在离地面 340km 的圆轨道上运行了 108 圈运行中需要多次进行 “轨道维持”所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行如果不进

10、行轨道维持，由于飞船受轨道上稀薄空气的摩擦阻力，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能重力势能和机械能变化情况将会是 A动能重力势能和机械能都逐渐减小B重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变ABABa b c3C重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变D重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小分析与解：由于阻力很小，轨道高度的变化很慢，卫星运行的每一圈仍可认为是匀速圆周运动由于摩擦阻力做负功，根据机械能定理，卫星的机械能减小；由于重力做正功，根据势能定理，卫星的重力势能减小；由可知，卫星动能将增大这也说明该过程中重力做的功大于克服阻力做的功，外力做的总功r1GMv为正答案选 D

11、思路点拨：卫星变轨问题首先要考虑速度的变化情况， 从而看是离心还是向心运动，进而判断重力势能的变化情况8长直木板的上表面的一端放置一个铁块，木板放置在水平面上，将放置铁块的一端由水平位置缓慢地向上抬起，木板另一端相对水平面的位置保持不变，如图所示铁块受到摩擦力 f 木板倾角 变化的图线可能正确的是（设最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力大小）：（ C ）分析与解：本题应分三种情况进行分析：当 0 arctan （ 为铁块与木板间的动摩擦因数）时，铁块相对木板处于静止状态，铁块受静摩 1 擦力作用其大小与重力沿木板面（斜面）方向分力大小相等，即 f = mgsin ， =0 时，f = 0；f 随

12、增大按正弦规律增大当 = arctan 时处于临界状态，此时摩擦力达到最大静摩擦，由题设条件可知其等于滑动摩擦力大小 2当 arctan 90 0 时，铁块相对木板向下滑动，铁块受到滑动摩擦力的作用，根据摩擦定律可知 f = 3FN = mgcos ，f 随 增大按余弦规律减小综合上述分析可知 C 图可能正确地表示了 f 随 变化的图线思路点拨：本题由铁块运动状态的不确定性来巧妙地设计了考查静摩擦力最大静摩擦力滑动摩擦力三者区别的，这三者在产生条件和大小计算上都有一些区别，分析过程中要求考生能够从物体运动状态来进行科学分析与推理9在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下

13、列现象可能的是： （ B ）a若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开b若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行c若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开d若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行Aa c Ba d Cb c Db d分析与解：相互作用的过程中合外力为零，所以碰撞过程动量守恒，设碰撞前动量分别为 P1、P 2，碰后两球动量分别为 P3、P 4，则有 P1+P2 = P3+P4，若 m1 = m2，碰前动量和为零碰后动量和必定为零，即 P3 与 P4 必定大小相等方向相反，a 正确若 m1m 2，碰前动量和不为零，碰后两球的合动量必定与碰前总动量相等，所以碰后以某一相等速

14、率互相分开是不可能的，而碰后以某一相等速率同向而行是可以的思路点拨：判断此类问题一般有三条途径：(1)碰撞过程中动量守恒 (2)碰撞后动能不能增加 （3）据追赶碰撞中的实际情况及速度关系判断10已知平面简谐波在 x 轴上传播，原点 O 的振动图线如图所示，t 时刻的波形图线如图 b 所示则 时刻的波形图线可能是 ( CD )A B C D4分析与解：此题有两种分析方法：一是由原点 O 的振动图线 a 可知波源振动的周期为 0.4s，由图线 b 可知 t 时刻原点 O 在最大位移处，再经 0.5s 即经过 1.25T，原点 O 将到达平衡位置，若波向左传播，选项 C 正确；若波向右传播选项 D

15、正确 第二种分析方法是：原点 O 在 t 时刻的位移与其在零时刻的位移相等，说明 a 图也可以理解为原点 O 从 t 时刻开始的振动图线，由图线可以看到再过 0.5s 原点 O 的位移为零，且向 y 轴负方向运动，当波向左传播时，选项 C 满足这一点，当波向右传播时，选项 D 满足这一点 思路点拨：本题是关于波动图象的综合问题，解题要注意：1）波的多解性：有由于波的传播方向的不同引起的多解和由于波的周期性引起的多解2）振动图象和波动图象的区别和联系只有对振动图象真正的理解，才能运用第二种方法灵活求解（电学选择题编题者：吕长林 杭庆祥）11如图所示，竖直绝缘墙壁上的 Q 处有一固定点 A，在 Q

16、 的正上方的 P 处用绝缘细线悬挂另一质点 B，A、B 两质点因带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成 角，由于漏电使A、B 两质点的带电量减少，在电荷漏完之前悬线对悬点 P 的拉力为：（ C ） A变小 B变大 C不变 D先变小后变大分析与解：A、B 必带同种电荷，作出 B 质点的受力图示，如下图所示，根据平衡条件，B 质点所受重力 G、库仑力 F、细线拉力 F1 必组成一个封闭的三角形 abc，由几何知识得abc QBP，则有 = ，F 1 = G。而 PB、QP、G 均为定值，所以1QPpQBAPF1Gcab15F1 为定植，即细线对 P 点的拉力不变，故应选 C思路点拨： 此题应用几何知

17、识帮助求解，很巧妙，这种方法望能熟练掌握。12 图所示，PQ 是匀强磁场中的一片薄金属片，其平面与磁场方向平行，一个 粒子从某点以与 PQ 垂直的速度 v 射出，动能是 E，射出后 粒子的运动轨迹如图所示今测得它在金属片两边的轨迹半径之比为 10:9，若在穿越板的过程中粒子受到的阻力大小及电量恒定，则：（ B C ）A 粒子每穿过一次金属片，速度减小了 mE210B 粒子每穿过一次金属片，动能减少了 0.19EC 粒子穿过 5 次后陷在金属片里D 粒子穿过 9 次后陷在金属片里分析与解：偏转半径 R= = ，所以动量 p = BqR，故粒子动能 Ek=子力学 = ，设 粒子每穿Bqmv mp2

18、RqB2过一次金属片后动能减少量为E，则： = = = 1（ ） 2 = 1（ ） 2 EmRqB2)(21221 09= 0.19所以E = 0.19E，故 B 选项正确又穿越次数 N = = = 5.26 次所以， 粒子穿过 5 次后E.90将会被陷在金属片里，故 C 选项正确。思路点拨： 本题的关键是抓住粒子每穿过一次金属片所损失的动能相等，而不是损失相同的速度。13 图所示，滑动变阻器 AB 的总阻值与图中电阻 R 的阻值相等，电源的电动势为 E，内阻不计，当滑动触头 C从右端 A 点开始一直滑到 B 点为止的过程中，下列说法正确的是（ C ）A电流表的读数逐渐增大B电流表的读数逐渐减

19、小C电流表的读数先减小，后增大到原值 D电流表的读数先增大，后减小到原值分析与解：设滑动变阻器滑动触头与 A 端间的电阻为 x，根据串、并联电路的特点和闭合电路欧姆定律可知：R 总 = +（R - x）干路总电流为 I 总 = =总E)(x电流表 A 的读数 IA= I 总 = =R22x245)(ER由上式可以看出由于分母存在最大值，故 IA 存在最小值，当 x= 时有最小值等于 ，滑动触头在 AB 两端54E时，电流相等，均为 ，因此滑动触头从 A 端移到 B 端的过程中，电流表的读数先变小再变大到原值EvPQARB6思路点拨：此题重点考察了应用数学处理物理问题的能力，是个极值题，要认真对

20、待14 一只电炉和一台电动机在正常工作时，通过它们的电流相同，电炉的电阻也相同，则在相同时间内（ A B C）A电炉和电动机的电热相等B电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率C电炉两端电压小于电动机两端的电压D电炉和电动机两端电压相等分析与解：由于电热公式 Q = I2Rt，故两者电热相等电动机消耗的功率应等于电热功率加上产生机械能的功率，而电炉消耗的功率就等于电热功率，故 B 正确。由于功率等于 UI，I 又相等，电动机功率大，故电动机两端电压大本题答案应选 A、B、C思路点拨：对于这种非纯电阻电路，IU/R，电动机消耗的功率应用 UI，而产生电热功率只能用 I2R，根据能量守恒，前者应大于后者

21、15电容器充电后与电源断开，质量为 m 电荷量为 q 的带电粒子静止于该电容器两平行板中间，现在两板间贴近下板插入一个厚度为极板间距离 1/4 的金属板，如图所示，则关于两板间电势差、带电粒子的运动情况的说法中正确的是（ C ）A两板间电势差 U 增大，带电粒子向上加速B两板间电势差 U 不变，带电粒子仍静止C两板间电势差 U 减小，带电粒子仍静止D两板间电势差 U 减小，带电粒子向下加速分析与解：由于电容器充电后与电源断开，故插入金属板后，相当于两个电容器串联。电容器的电量不变，上面电容器 d=3d/4，它的电容 C 增大，由于 U=Q/C，故 U 减小 ，E 与 d 无关，所以 EskQC

22、dE4不变，带电粒子仍静止本题答案选 C思路点拨：本题一定要弄清楚插入金属板后，哪些物理量发生变化，又有哪些量不变化此题不要与插入电介质情况相混淆16关于电磁波，以下说法正确的是：（ A B ）A电磁波本身就是物质，因此可以在真空中传播B电磁波由真空进入介质，速度变小，频率不变C在真空中，频率高的电磁波速度较大D只要发射电路的电磁振荡停止，产生的电磁波立即消失分析与解：答案 A、B由电磁场的物质性可知 A 对电磁波由一种介质进入另一种介质，频率不变，波速v=C/n，B 对任何频率的电磁波在真空中传播速度一样大，C 错当波源停止振动，已形成的波继续传播，并不立即消失，D 错思路点拨：本题为上海高

23、考题，重点考查电磁波性质及其传播的相关知识的理解和掌握情况17如图所示，一金属杆 MN 两端接有导线，悬挂于线圈的上方，MN 与线圈轴线均处于同一竖直平面内，为了使 MN 垂直纸面向外运动，可以： （ A B D ）A将 a、c 端接电源正极， b、d 端接电源负极B将 b、d 端接电源正极，a、c 端接电源负极C将 a、d 端接电源正极，b、c 端接电源负极D将 a、c 端接在交变电源的一端，b、d 端接在交变电源的另一端分析与解：答案 A、B、D由安培定则，可判断出通电螺线管产生的磁场，再根da bcM N7据左手定则判断通电导线 MN 的受力，A、B、C 三答案中 A、B 正确接交流电，

24、电流方向不断变化，但 D 答案情况恰好是 A、B 两种情况的综合， D 正确思路点拨：本题重点考查对安培定则和左手定则的掌握和应用，D 选项可反映学生迁移知识的能力。18如图所示，AOC 是光滑的直角金属导轨，AO 沿竖直方向，OC 沿水平方向，ab 是一根金属直棒，如图立在导轨上，它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中 a 端始终在 AO 上，b 端始终在 OC 上，直到 ab 完全落在 OC 上，整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则 ab 棒在运动过程中：（ B ）A感应电流方向始终是 baB感应电流方向先是 ba，后变为 abC受磁场力方向与 ab 垂直，如图中箭头所示D

25、受磁场力方向与 ab 垂直，开始如图中箭头所示，后来变为与箭头所示方向相反。分析与解：答案 B不难判断，在 ab 棒倒下的过程中 ab 棒和直角框架 AOC 所围成面积先变大后变小，因磁场为匀强磁场，因此，穿过回路磁通量由小变大再变小，由楞次定律，B 对再由左手定则，C 、D 均不对思路点拨：本题重点考查学生对感应电流方向判定方法的选择，若选择右手定则应答本题会有较大的困难19图甲中 bacd 为导体作成的框架，其平面与水平面成 角，质量为m 的导体棒 PQ 与 ab、cd 接触良好，回路的电阻为 R，整个装置放于垂直于框架平面的变化的磁场中，磁感应强度的变化如图乙，PQ 始终静止，在 0ts

26、 内，PQ 受到的摩擦力的变化情况可能是： （ A C ）Af 一直增大 Bf 一直减小Cf 先减小后增大 Df 先增大后减小分析与解：答案 A、C因为磁感应强度均匀变化，PQ 棒静止，回路面积不变，因此，回路中感应电流大小 I不变但安培力 F = BIL 先变小，方向由由楞次定律平行斜面向上；后变大，方向由由楞次定律平行斜面向下分析受力得：若开始时摩擦力方向平行斜面向上，A 对若开始时摩擦力方向平行斜面向下，C 对思路点拨：本题考查电磁感应现象中的法拉第电磁感应定律和楞次定律，安培力及其方向的判定，受力分析及平衡，是一道综合性较大的练习20如图为一理想变压器，K 为单刀双掷开关， P 为滑动

27、变阻器的滑动触头，U 1 变压器原线圈两端的电压，I 1 为原线圈中的电流强度，则：（ A D ）A保持 U1 和 P 的位置不变，K 由 a 合到 b 时，I 1 将增大B保持 U1 和 P 的位置不变，K 由 a 合到 b 时，R 的功率将减小C保持 U1 不变，K 合到 a 处，使 P 上滑，I 1 将增大D保持 P 的位置不变， K 合到 a 处，若 U1 增大，I 1 将增大分析与解：答案 A、 、DK 由 a 至 b 时，n 1 减小，由 U2/U1 = n1/n2，可知 U2 增大，I 2 增大，由 I1/I2 = n2/n1，I 1减小，A 对同理， D 对AO Cababcd

28、PQ甲OBtt/s乙abKU1RP8思路点拨：本题考查对变压器公式的应用，有一定的灵活性（热学选择题编题者：刘白生 肖一涛）21只要知道下列哪一组物理量，就可以估算出气体分子间的平均距离（ B ）阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和质量阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和密度阿伏加德罗常数，该气体的质量和体积该气体的密度、体积和摩尔质量分析与解：气体分子占据的空间体积为气体的总体积除以分子的总数,知道了气体的摩尔质量和密度可由 V = M/ 算出气体的摩尔体积,从而气体分子占据的空间体积为 v = V/NA,气体分子间的平均距离为 d = ，选 B3v思路点拨：本题考查物质分子空间分布的微观模型和

29、体积、密度、质量、摩尔体积、摩尔质量与分子占据的空间体积之间的关系处理此类问题要注意对气体分子一般用立方体模型对液体和固体一般用球型模型22下列说法正确的是 （ B ） A物体做加速运动时，由于速度增大，所以分子热运动的平均动能也增大；B物体的温度越高，其分子的平均动能越大C物体里所有分子动能的总和叫做物体的内能D只有传热才能改变物体的内能分析与解：温度是物体分子平均动能的标志，温度越高分子的平均动能越大物体的内能是物体内部所有分子的动能和势能的总和，物体内能的大小与物体的动能、势能大小无关改变物体内能的方法有做功和热传递两种，选 B思路点拨：本题考查温度、分子的动能和势能、内能和改变物体内能

30、的方法处理此类问题要牢记相关概念才能做出正确选择23下列说法中正确的是 （ A D ）A热力学温标的零度是-273.15，称为绝对零度B只要制冷设备功率足够大，可以使物体的温度降低到绝对零度C气体对器壁的压强是由于气体分子间存在相互作用的斥力而产生的液体中悬浮微粒的布朗运动是作无规则运动的液体分子撞击微粒而引起的分析与解： -273.15为热力学温标的零度又称绝对零度，绝对零度永远不可能达到气体对器壁的压强是由于气体分子做无规则运动撞击器壁而产生的，布朗运动是作无规则运动的液体分子撞击微粒而引起的选A、D思路点拨：本题考查绝对零度、绝对零度不可能达到、气体压强产生的原因和布朗运动的概念处理此类

31、问题要熟记相关概念24根据热力学定律，下列说法中正确的是 （ B ） A可以利用高科技手段，将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用B利用浅层和深层海水的温度差可以制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能C冰箱可以自发地使热量由温度较低的冰箱内向温度较高的冰箱外转移D只要是满足能量守恒的物理过程，都是可以自发地进行的分析与解：根据热力学第二定律的两种表述：（1）不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其他变化。（2）不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性选 B思路点拨：本题考查热力学第二定律，需要深入理解自然界中进行的涉及热现象的宏

32、观过程都具有方向性极其相关典型实例925如图所示，甲分子固定在坐标原点 O，乙分子位于 x 轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示.F0 表示斥力，F0 表示引力，a、b、c、d 为 x 轴上四个特定的位置.现把乙分子从 a 处由静止释放，则（ B ）A乙分子由 a 到 b 做加速运动，由 b 到 c 做减速运动B乙分子由 a 到 c 做加速运动，到达 c 时速度最大C乙分子由 a 到 b 的过程中，两分子间的分子势能一直增加D乙分子由 b 到 d 的过程中，两分子间的分子势能一直增加分析与解：从图像上看乙分子从 a 到 c 移动时一直受到甲分子的引力作用，乙分子做加速

33、运动，它的速度和动能一直增加分子势能则不断减小，到达 c 点时乙分子受到的分子力为零，速度达到最大，分子势能为最小乙分子从 c 到 d 移动时一直受到甲分子的斥力作用，乙分子做减速运动，它的速度和动能一直减少分子势能则不断增加选 B思路点拨：本题考查分子间相互作用力、分子势能与分子间距离的关系要求能熟练运用图线看出物理意义，并用从图线中获得的信息结合运动学和动力学知识解题26一定质量的理想气体，在温度保持不变时体积膨胀，必定会发生的变化是：（ C ）A气体分子的总数增加B气体分子的平均动能增大C单位体积内的分子数目减小D分子的速率都不发生变化分析与解：对一定质量的理想气体，温度不变则分子的平均

34、动能不变，但这并不意味着每个分子的动能都不变，有少数分子的动能会减小，也有少数分子的动能会增大，动能变化的分子其速率将发生变化，故 B、D 错误；该气体质量不变，分子的个数当然不会变化，体积增大，会使分子数密度减小，气体对器壁的压强减小选 C思路点拨：用气体分子运动的特点分析解决问题时应把握：温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大；温度降低，分子平均动能减少；但这只是对大量分子的统计结果，即使平均动能不变，也会有少数分子的平均动能增大或减小；质量一定的理想气体，压强取决于温度和分子数密度27在两个相同容器中，分别盛有质量相等、温度相同的氧气和氮气，则它们的：（ C ）A压强相等B

35、分子运动的平均速率相等C分子的平均动能相同，压强不等D分子的平均动能相同，压强相等分析与解：氧气和氮气温度相同，则它们的分子平均动能相同，但由于氧气分子和氮气分子的质量不等，故其分子运动的平均速率不相等，B 选项错误；气体压强的大小取决于分子的平均动能和单位体积内的分子数，氧气和氮气的摩尔质量不同，故质量相等的两种气体的摩尔数不同，即分子的总数不同，故体积相等的情况下，分子密度不同，压强也就不同选 C思路点拨：不同气体的分子质量不同，因而两种气体质量相同时分子个数不同，温度相同时，尽管平均动能相等，但分子平均速率不同这两点是分析不同气体之间某些状态时所要注意的28对于一定质量的理想气体，下列四

36、个论述中正确的是：（ B ）A当分子热运动变剧烈时，压强必变大B当分子热运动变剧烈时，压强可以不变C当分子间的平均距离变大时，压强必变小D当分子间的平均距离变大时，压强必变大分析与解：对于一定质量的理想气体：分子热运动的剧烈程度由温度高低决定；分子间的平均距离由气体体积决定；对于一定质量的理想气体，PV/T=恒量；A、B 选项中， “分子热运动变剧烈”说明气体温度升高，10但气体体积变化情况未知，所以压强变化情况不确定，A 错误 B 正确；C 、D 选项中， “分子间的平均距离变大”说明气体体积变大，但气体温度变化情况未知，故不能确定其压强变化情况，C、D 均错误选 B思路点拨：本题考查分子运

37、动理论和理想气体状态的简单综合，注意从分子运动理论深刻理解理想气体的三个状态参量，从状态方程判定三个参量之间的变化关系29一个密闭的绝热容器内，有一个绝热的活塞将它隔成 A、B 两部分空间，在 A、B 两部分空间内封有相同质量的空气，开始时活塞被销钉固定，A 部分气体的体积大于 B 部分气体的体积，温度相同，如图所示.若拔出销钉后，达到平衡时，A、B 两部分气体的体积 VA 与 VB 的大小，有：（ A ）AV A VB BV A=VBCV AV B D条件不足，不能确定分析与解：初态两气体质量相同，V AV B，因此气体分子数密度不同， A B，又因为温度相同，根据气体压强的决定因素可知 P

38、AP B，当活塞销钉拿掉，因为 A B，所以活塞向 A 气方向移动，活塞对 A 气做功，B 气对活塞做功，导致 A 气体密度增加，温度升高，而 B 气体密度减小，温度降低，直至PA=PB，此时 TAT B；又因为最终两边气体压强相等活塞才能静止，而两边气体质量相等，A 气温度高于 B气，两边压强要想相等，只有 A 气体密度小于 B 气体密度，故最终一定是 VAV B，A 选项正确选 A思路点拨：对气体压强大小决定因素的理解和物理过程物理情境的分析是正确解决本题的关键，本题若对气体压强大小决定因素不理解，又不清楚销钉拔掉后物理情境的变化，极易错选 B 或 C30如图所示，一定质量的理想气体由状态

39、 a 经状态 b 变化到状态 c，其变化过程如图所示，下列说法错误的是：（ B C D ）Aab 过程吸热大于 bc 过程放热Bab 过程吸热小于 bc 过程放热Cab 过程吸热大于 bc 过程吸热Dab 过程吸热小于 bc 过程吸热分析与解： a b 是等压过程 VBV A TBT A a b 过程，气体对外做功且内能增加，气体吸收热量 b c 是等容过程 PCP B TCT B，b c 过程气体不对外界做功，外界也不对气体做功，但气体内能减小，所以 b c 气体放热；由 PV/T = 恒量及图像知 TA = TC，故 a b c 的全过程中内能没有变化，综上所述 a b c 中，气体对外做功，由能量守恒定律得 a b c 过程中气体吸热，结合前面分析，a b 过程吸热一定大于 b c 过程放热选 BCD思路点拨：对于图象描述气体的状态变化，要通过识图弄清它的变化过程，应用状态方程判断气体状态参量的变化，根据做功与体积变化的关系及热力学第一定律即可判断放热或吸热情况（光学选择题编题者：徐 斌 吴长标）31如图 1，两块平面镜互相垂直放置，若把入射光线 AB 的入射角减小一较小的角度 ，则最后的反射光线 CD 的方向（A）A不变B逆时针转过 角C顺时针转过 角D顺时针转过 2 角A BP0cbaV