1、2015年福建省高考物理试卷一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。）1（6分）如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，波长分别为a、b，该玻璃对单色光a、b的折射率分别为na、nb，则（）Aab，nanbBab，nanbCab，nanbDab，nanb2（6分）如图，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则（）A=B=C=（）2D=（）23（6分）图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在原线圈两端接入
2、一电压u=Umsint的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为（）A（）B（）C4（）2（）2rD4（）2（）2r4（6分）简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v，若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a最早到达波谷的是（）ABCD5（6分）如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑
3、行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（）At1t2Bt1=t2Ct1t2D无法比较t1、t2的大小6（6分）如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（）APQ中电流先增大后减小BPQ两端电压先减小后增大CPQ上拉力的功率先减小后增大D线框消耗的电功率先减小后增大二、非选择题（本题包括4小题，共72分）7（6分）某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。图
4、甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量l为 cm；本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是 ；（填选项前的字母）A逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量l与弹力F的关系图线。图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是 。8（12分）某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接实验要求
5、滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为 A；该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将 只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3V、内阻为1的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值为 W（保留两位小数）9（15分）一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的vt图象如图所示求：（1）摩托车在020s这段时间的加速度大小a；（2）摩托车在075s这段时间的平均速度大小10（19分）如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小
6、车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；（2）若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车已知滑块质量m=，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，求：滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s11（20分）如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，
7、磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B一质量为m，电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动A、C两点间距离为h，重力加速度为g（1）求小滑块运动到C点时的速度大小vc；（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp物理-选修3-312（6分）下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是（）A分子间距
8、离减小时分子势能一定减小B温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈C物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关D非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性13（6分）如图，一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c设气体在状态b和状态c的温度分别为Tb和Tc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则（）ATbTc，QabQacBTbTc，QabQacCTb=Tc，QabQacDTb=Tc，QabQac物理-选修3-514下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是（）A射线是高速运动的电子流B氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大
9、C太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变DBi的半衰期是5天，100克Bi经过10天后还剩下50克15如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（）AA和B都向左运动BA和B都向右运动CA静止，B向右运动DA向左运动，B向右运动2015年福建省高考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。）1（6分）如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，波长分别为a、b，该玻璃
10、对单色光a、b的折射率分别为na、nb，则（）Aab，nanbBab，nanbCab，nanbDab，nanb【分析】根据光线的偏折程度比较光的折射率大小，从而得出光的波长大小【解答】解：由光路图可知，a光的偏折程度较小，b光的偏折程度较大，则a光的折射率小，b光的折射率大。即nanb。折射率越大，频率越大，波长越小，则知a光的波长大，即ab。故选：B。【点评】解决本题的突破口在于通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小，知道折射率、频率、波长、在介质中的速度等大小关系2（6分）如图，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则
11、（）A=B=C=（）2D=（）2【分析】根据万有引力提供向心力=m，解出线速度与轨道半径r的关系进行求解【解答】解：根据万有引力提供向心力=mv=，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，所以=，故选：A。【点评】本题关键是要掌握万有引力提供向心力这个关系，能够根据题意选择恰当的向心力的表达式3（6分）图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在原线圈两端接入一电压u=Umsint的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为（）A（）B（）C4（）2（）2rD4（）2（）2r【分析】理想变压器输
12、入功率和输出功率相等，通过原线圈的电压求出副线圈的电压，再根据I=，求出输电线上的电流，从而求出输电线上消耗的功率。【解答】解：加在原线圈上的电压U1=，根据电压比与匝数比关系：，所以：。根据I=，输电线上的电流I=，输电线上消耗的功率P耗=I22r=4（）2（）2r故D正确，A、B、C错误。故选：D。【点评】解决本题的关键注意电压有效值的使用及变压器的特点，输入功率等于输出功率，电压比等于匝数比。4（6分）简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v，若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a最早到达波谷
13、的是（）ABCD【分析】根据波的传播方向判断出a点的振动方向，读出波长，求出周期。分别得到质点a从图示位置到达波谷的时间，从而进行比较。【解答】解：A图中，波长为2s，周期为 T=a点正向上振动，质点a从图示位置到达波谷的时间 tA=；B图中，波长为s，周期为 T=a点正向下振动，质点a从图示位置到达波谷的时间 tB=T=；C图中，波长为s，周期为 T=a点正向上振动，质点a从图示位置到达波谷的时间 tC=；D图中，波长为s，周期为 T=a点正向下振动，质点a从图示位置到达波谷的时间 tA=T=；故D图中质点a最早到达波谷。故选：D。【点评】解决本题的关键要确定波长与s的关系，求得周期。能熟练
14、根据波的传播方向判断质点的振动方向。5（6分）如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（）At1t2Bt1=t2Ct1t2D无法比较t1、t2的大小【分析】滑块做圆周运动，根据牛顿第二定律判断滑块受到的支持力大小关系，然后判断摩擦力大小关系，再比较滑块的运动时间【解答】解：在AB段，由牛顿第二定律得：mgF=m，滑块受到的支持力：F=mgm，则速度v越大，滑块受支持力F越小，摩擦力f=F就越小，在
15、BC段，由牛顿第二定律得：Fmg=m，滑块受到的支持力：F=mg+m，则速度v越大，滑块受支持力F越大，摩擦力f就越大，由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】本题考查了比较滑块运动时间关系，分析清楚滑块的运动过程、应用牛顿第二定律与摩擦力公式即可正确解题6（6分）如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与
16、线框接触良好，不计摩擦在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（）APQ中电流先增大后减小BPQ两端电压先减小后增大CPQ上拉力的功率先减小后增大D线框消耗的电功率先减小后增大【分析】本题分段过程分析：当PQ从左端滑到ab中点的过程和从ab中点滑到右端的过程，抓住PQ产生的感应电动势不变导体棒由靠近ab边向dc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析PQ两端的电压如何变化；由题意，PQ上外力的功率等于电功率，由P=，分析功率的变化；当PQ从左端滑到ab中点的过程中，由于总电阻增大，则干路电流减小，PQcb回路的电阻减小，通过cb的电流增大，可知ab中电流减
17、小；当PQ从ab中点滑到右端的过程中，干路电流增大，PQda回路的电阻增大，PQ两端的电压减小，可知ab中电流减小；根据矩形线框总电阻与PQ电阻的关系，分析其功率如何变化当矩形线框的总电阻等于PQ的电阻时，线框的功率最大【解答】解：根据右手定则可知，PQ中电流的方向为QP，画出该电路的等效电路图如图，其中R1为ad和bc上的电阻值，R2为ab上的电阻与cd上的电阻的和，电阻之间的关系满足：R1+R2+R1=3R，由题图可知，当导体棒向右运动的过程中，开始时的电阻值：当导体棒位于中间位置时，左右两侧的电阻值是相等的，此时：，可知当导体棒向右运动的过程中，开始时的电阻值小于中间位置处的电阻值，所以
18、当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小。A、导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知电路中的总电流先减小后增大，即PQ中电流先减小后增大。故A错误。B、PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，U=EIR，可知PQ两端的电压先增大后减小。故B错误；C、导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小，由P=得知，PQ上外力的功率先减小后增大。故C正确。D、由以上的分析可知，导体棒PQ上的电阻始终大于线框的电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，
19、根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小。故D错误。故选：C。【点评】本题一要分析清楚线框总电阻如何变化，抓住PQ位于ad中点时线框总电阻最大，分析电压的变化和电流的变化；二要根据推论：外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，分析功率的变化二、非选择题（本题包括4小题，共72分）7（6分）某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量l为6.93cm；本实验通过在
20、弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是A；（填选项前的字母）A逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量l与弹力F的关系图线。图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是超过弹簧的弹性限度。【分析】根据弹簧测力计的读数方法可得出对应的读数，再由读数减去原长即为伸长量；根据实验准确性要求可明确哪种方法更为规范；由弹簧的性质和图象进行分析，则可得出造成图象偏离的原因。【解答】解：由图可知，图乙中示数为：14.65cm，则伸长量l=14
21、.66cm7.73cm=6.93cm；为了更好的找出弹力与形变量之间的规律，应逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重；故选：A；在弹簧的弹性限度范围内，胡克定律是成立的，但若超过弹簧的弹性限度，胡克定律将不再适用；图中出现偏折的原因是因为超过了弹簧的弹性限度；故答案为：6.93；A；超过弹簧的弹性限度。【点评】弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比，对于实验问题，我们要充分利用测量数据求解可以减少误差。8（12分）某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移
22、动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为0.44A；该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将4只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3V、内阻为1的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值为2.25W（保留两位小数）【分析】根据题意确定滑动变阻器的接法，然后连接实物电路图根据图示电流表确定其量程与分度值，读出其示数当内外电阻相等时电源的输出功率最大，即小电珠的总功率最大，由图示图象求出此时电珠两端电压与电流，由欧姆定律求出电珠的电阻，然后求出灯泡的个数，
23、应用功率公式可以求出小电珠的总功率【解答】解：滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，则滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示：由图乙所示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.44A电源内阻为1欧姆，当外电路电阻与电源内阻相等，即灯泡并联总电阻为1欧姆时灯泡的总功率最大，由于内外电阻相等，则内外电压相等，电源电动势为3V，则路端电压为1.5V，由图丙所示图象可知，电压为1.5V时通过小电珠的电流为0.375A，此时小电珠的电阻：R=4，4只小电珠的并联阻值为1，因此需要4只小电珠并联，此时小电珠的总功率：P=4UI=41.50.3752.25故答
24、案为：如图所示；0.44；4；2.25【点评】本题考查了连接实物电路图、电流表读数、求灯泡个数、求灯泡总功率；当电压与电流从零开始变化时滑动变阻器只能采用分压接法，根据题意确定滑动变阻器的接法是正确连接实物电路图的前提与关键9（15分）一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的vt图象如图所示求：（1）摩托车在020s这段时间的加速度大小a；（2）摩托车在075s这段时间的平均速度大小【分析】（1）vt图象的斜率等于加速度，由加速度的定义求解（2）由图象与时间轴所围的面积表示位移，求得位移，再求平均速度大小【解答】解：（1）摩托车在020s这段时间的加速度 a=1.5m/s2（2）摩托
25、车在075s这段时间的位移 x=30m=1500m平均速度大小 =20m/s答：（1）摩托车在020s这段时间的加速度大小a是1.5m/s2；（2）摩托车在075s这段时间的平均速度大小是20m/s【点评】解决本题的关键要抓住速度图象的两个物理意义：斜率等于加速度，图象与时间轴所围的面积表示位移10（19分）如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；（2）若不固定小车，滑块仍从A点由静止下
26、滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车已知滑块质量m=，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，求：滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s【分析】（1）滑块在圆弧的轨道上运动的过程中合外力提供向心力，所以滑块在B点的左侧受到的支持力要大于重力，当滑块到达B时的速度最大，受到的支持力最大，由机械能守恒求出滑块在B点的速度，然后又牛顿第二定律即可求解；（2）根据题意，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，然后结合机械能守恒即可求出小车的最大速度大小vm；在任一时刻滑块相对地面速度的水平
27、分量是小车速度大小的2倍，写出速度的关系式，然后结合运动学的公式即可求出小车的位移【解答】解：（1）当滑块到达B时的速度最大，受到的支持力最大；当滑块下滑的过程中机械能守恒，得：滑块在B点处受到的支持力与重力的合力提供向心力，得：解得：N=3mg由牛顿第三定律得：滑块对小车的压力：N=N=3mg即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg（2）在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，设小车的最大速度是vm，由机械能守恒得：解得：由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，所以滑块从B到C运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍，即：由于它们运动的时间相等
28、，根据：可得：s滑块=2s车又：s滑块+s车=L所以：小车的位移大小：s=L答：（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg；（2）滑块运动过程中，小车的最大速度大小是；滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小是【点评】该题的第一问考查机械能守恒与向心力，比较简单；第二问主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，求解两物体间的相对位移，往往根据平均速度研究也可以根据题目提供的特殊的条件：在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，不使用动量守恒定律11（20分）如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E
29、，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B一质量为m，电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动A、C两点间距离为h，重力加速度为g（1）求小滑块运动到C点时的速度大小vc；（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp【分析】（1）小滑块到达C点时离开MN，此时与MN间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此
30、时的速度的大小；（2）由动能定理直接计算摩擦力做的功Wf；（3）撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；【解答】解：（1）小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足qvB+N=qE小滑块在C点离开MN时N=0解得 vc=（2）由动能定理mghWf=0解得 Wf=mgh（3）如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直，撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g，g=且解得 答：（1）小滑块运动到C点时的速度大小vc为；（2）小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf为mgh；（3）小滑块运动到P点时速度的大小vp为【点评】解决本题的关键是分析清楚
31、小滑块的运动过程，在与MN分离时，小滑块与MN间的作用力为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可物理-选修3-312（6分）下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是（）A分子间距离减小时分子势能一定减小B温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈C物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关D非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性【分析】分子间距离减小时分子势能可能减小，也可能增大；温度是分子平均动能的标志；根据麦克斯韦统计规律可以解释分子的速率的分布规律；单晶体的物理性质是各向异性，多晶体和非晶体的物理性质各向同性【解答】解：A、当分
32、子力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大，间距减小斥力做负功分子势能增大，分子间距的增大时反之，故A错误；B、温度是分子平均动能的标志，故温度高平均动能一定大，物体中分子无规则运动越剧烈。故B正确；C、根据麦克斯韦统计规律可知，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，故C错误；D、单晶体的物理性质是各向异性，多晶体的物理性质各向同性，故D错误。故选：B。【点评】本题考查分子动理论内容，难度不大，需要强化记忆分子势能与电势能和重力势能具有相同的变化规律，可以类比学习13（6分）如图，一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c设气体在状态b和状
33、态c的温度分别为Tb和Tc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则（）ATbTc，QabQacBTbTc，QabQacCTb=Tc，QabQacDTb=Tc，QabQac【分析】状态B和C的体积从图中可得知，且已知状态C的温度，从B到C是等压变化，由气体状态方程可得出状态B时的温度；因状态A和状态C的温度相同，所以这两种状态下内能相同，从而可知A到B和B到C的过程中内能的变化大小相同，这两个过程是一个不做功，一个对外做功，结合热力学第一定律可知结果【解答】解：设气体在a状态时的温度为Ta，由图可知：VC=Va=V0、Vb=2V0=2Va，从a到b是等压变化：解得：Tb=2Ta从a
34、到c是等容变化：，由于Pc=2P0=2Pa解得：Tc=2Ta所以：Tb=Tc因为从a到c是等容变化过程，体积不变，气体不做功，故ac过程增加的内能等于ac过程吸收的热量；而ab过程体积增大，气体对外做正功，由热力学第一定律可知ab过程增加的内能大于ac过程吸收的热量，QacQab。故选：C。【点评】该题考查了气体的状态方程和热力学第一定律的应用，利用气体状态方程解决问题时，首先要确定气体状态和各状态下的状态参量，选择相应的气体变化规律解答；在利用热力学第一定律解决问题时，要注意气体的做功情况，区分对内做功和对外做功，同时要注意区分吸热还是放热物理-选修3-514下列有关原子结构和原子核的认识，
35、其中正确的是（）A射线是高速运动的电子流B氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大C太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变DBi的半衰期是5天，100克Bi经过10天后还剩下50克【分析】氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，能级减小，根据库仑引力提供向心力判断电子动能的变化，通过原子能量变化和电子动能的变化确定电势能的变化太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变；根据半衰期的物理意义以及剩余质量和总质量之间的关系可正确求解【解答】解：A、射线是高速运动的光子流。故A错误；B、氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，能级减小，根据，得动能增
36、大。故B正确；C、太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变。故C错误；D、设原来Bi的质量为m0，衰变后剩余质量为m则有：g，即可知剩余质量为25g，故D错误。故选：B。【点评】该题考查静止射线的特点、波尔理论、聚变与裂变以及半衰期等，解决本题的关键知道从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子能级越高，轨道半径越大15如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（）AA和B都向左运动BA和B都向右运动CA静止，B向右运动DA向左运动，B向
37、右运动【分析】两球碰撞过程，系统动量守恒，先选取正方向，再根据动量守恒定律列方程，求解即可。【解答】解：两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别为：vA=2v0、vB=v0。碰撞前系统总动量：P=mAvA+mBvB=m2v0+2m（v0）=0，P=0，系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；由于碰撞是弹性碰撞，则碰撞后二者的速度不能等于0，运动的方向一定相反。故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向。第23页（共23页）
