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D．由題給條件可判斷.一定有【查看更多】

1.分子動理論很好地解釋了物質的宏觀熱力學性質，據此可判斷下列說法中正確的

是（本小題6分。在給出的四個選項中，可能只有一項符合題目要求，也可能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）

A．顯微鏡下觀察到墨水中小炭粒在不停地做無規則運動，這反映了液體分子運動的無規則性

B．隨著分子間距離的增大，分子間的相互作用力一定先減小后增大

C．隨著分子間距離的增大，分子勢能可能先減小后增大

D．在真空、高溫條件下，可以利用分子擴散向半導體材料摻入其他元素

2.一定質量的理想氣體由狀態A經狀態B變為狀態C，其中A→B過程為等壓變化，B→C過程為等容變化．已知V_A＝0.3 m³，T_A＝T_C＝300K，T_B＝400 K.

（1）求氣體在狀態B時的體積．

（2）說明B→C過程壓強變化的微觀原因．

（3）設A→B過程氣體吸收熱量為Q₁，B→C過程氣體放出熱量為Q₂，比較Q₁、Q₂的大小并說明原因．

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1.分子動理論很好地解釋了物質的宏觀熱力學性質，據此可判斷下列說法中正確的

是（本小題6分。在給出的四個選項中，可能只有一項符合題目要求，也可能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）

A．顯微鏡下觀察到墨水中小炭粒在不停地做無規則運動，這反映了液體分子運動的無規則性

B．隨著分子間距離的增大，分子間的相互作用力一定先減小后增大

C．隨著分子間距離的增大，分子勢能可能先減小后增大

D．在真空、高溫條件下，可以利用分子擴散向半導體材料摻入其他元素

2.一定質量的理想氣體由狀態A經狀態B變為狀態C，其中A→B過程為等壓變化，B→C過程為等容變化．已知V_A＝0.3 m³，T_A＝T_C＝300K，T_B＝400 K.

（1）求氣體在狀態B時的體積．

（2）說明B→C過程壓強變化的微觀原因．

（3）設A→B過程氣體吸收熱量為Q₁，B→C過程氣體放出熱量為Q₂，比較Q₁、Q₂的大小并說明原因．

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1.分子動理論很好地解釋了物質的宏觀熱力學性質，據此可判斷下列說法中正確的
是（本小題6分。在給出的四個選項中，可能只有一項符合題目要求，也可能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）

A．顯微鏡下觀察到墨水中小炭粒在不停地做無規則運動，這反映了液體分子運動的無規則性

B．隨著分子間距離的增大，分子間的相互作用力一定先減小后增大

C．隨著分子間距離的增大，分子勢能可能先減小后增大

D．在真空、高溫條件下，可以利用分子擴散向半導體材料摻入其他元素

2.一定質量的理想氣體由狀態A經狀態B變為狀態C，其中A→B過程為等壓變化，B→C過程為等容變化．已知V_A＝0.3 m³，T_A＝T_C＝300K，T_B＝400 K.
（1）求氣體在狀態B時的體積．
（2）說明B→C過程壓強變化的微觀原因．
（3）設A→B過程氣體吸收熱量為Q₁，B→C過程氣體放出熱量為Q₂，比較Q₁、Q₂的大小并說明原因．

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二極管是一種半導體元件，電路符號為“

”，其特點是具有單向導電性，即電流從正極流入時電阻比較小，而從負極流入時電阻比較大．
①某實驗興趣小組對某種晶體二極管的伏安特性曲線進行測繪．因二極管外殼所印的標識模糊，為判斷正負極，用多用電表電阻擋測二極管的正反向電阻．將選擇開關旋至合適倍率，調整歐姆零點后，將黑表筆接觸二極管的左端、紅表筆接觸右端時，指針偏角比較小；再將紅、黑表筆位置對調時，指針偏角比較大，由此判斷

右

端為二極管的正極．（選填“左”、“右”）
②廠家提供的伏安特性曲線如圖．該小組只對加正向電壓時的伏安特性曲線進行了測繪，以驗證與廠家提供的數據是否一致，可選用的器材有：
A．直流電源，電動勢3V，內阻忽略不計；
B．0～20Ω的滑動變阻器一只；
C．量程5V、內阻約50kΩ的電壓表一只；
D．量程3V、內阻約20kΩ的電壓表一只；
E．量程0.6A、內阻約0.5Ω的電流表一只；
F．量程50mA、內阻約5Ω的電流表一只；
G．待測二極管一只；
H．導線、電鍵等．
為了提高測量結果的準確度，電壓表應選用

D

，電流表應選用

F

．（填序號字母）
③為了達到測量目的，請在答題卡上虛線框內畫出正確的實驗電路原理圖．
④為了保護二極管，正向電流不要超過25mA，請你對本實驗的設計或操作提出一條合理的建議：

為了防止超過最大電流，可以在電路中串接保護電阻；同時也可以通過實驗方法，即慢慢調節滑動觸片，注視電流表，使電流表示數不得超過25mA

⑤該小組通過實驗采集數據后描繪出了二極管的伏安特性曲線，通過對比，與廠家提供的曲線基本吻合．如果將該二極管與一阻值R=50Ω的電阻串聯，再接至電動勢E=1.5V、內阻不計的電源上，二極管處于正向導通狀態．請你寫出根據題中給出的伏安曲線求通過二極管電流的步驟：（不要求求出結果）

設二極管兩端電壓為U，通過的電流為I，由閉合電路歐姆定律得方程U=1.5-50I，在二極管伏安圖象中作出該方程的直線，該直線與二極管伏安曲線相交，讀出交點的縱坐標值即為I．

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如圖所示，一固定桿與水平方向夾角，將一質量的小環A套在桿上，將質量為的小球B通過輕繩懸掛在環下，然后由靜止釋放，環沿桿下滑，穩定后懸繩與豎直方向成β角（不為零）且保持不變，則對于系統穩定后，下列說法中正確的是

A．環與小球可能一起做勻速運動

B．若，則環與小球加速度

C．若不變，則越大，β越小

D．由題給條件可判斷，一定有

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1．D 解析：該反應是輕核的聚變，A錯；輕核的聚變要放出能量B錯；該反應中沒有α和β射線產生，但可能有γ產生，C錯；反應前樣子總質量，反應后核子總質量，質量虧損為，D正確。

2．C 解析：以活塞為研究對象，水平方向活塞受三個力如圖所示，氣體初、末狀態壓強均等于大氣壓強，此時=0；過程①缸內氣體壓強先增大后減小，則向左先增大后減小，對活塞做負功， A是對的；過程②缸內氣體壓強不變且等于，，B是對的；過程③缸內氣體壓強先減小后增大，向右先增大后減小，對活塞做正功，C錯；由熱力學第一定律得，所以，理想氣體的溫度變化相同時內能變化相同，則為負時Q大，D正確。選C。

3．BD

4．AB

5．A 解析：由圖(c)可知，子彈穿過木塊A的時間為，子彈對木塊A的沖量實際上等于子彈在穿過A的過程中對A、B的總沖量，即，由于A、B相同，質量相等，因此在時間A對B的沖量等于子彈對A的沖量的一半，即，A正確D錯；子彈在穿過B時，相對B的平均速度小于穿過A時相對A的平均速度，因此，，，，BC錯。

6．BC 解析：時刻B板電勢比A板高，電子在時間內向B板加速，加速結束；在時間內電子減速，由于對稱，在時刻速度恰好為零，接下來，電子重復上述運動，所以電子一直向B板運動，直到從小孔P突出，A錯；無論電子在什么時刻突出P孔，時刻電子都具有最大動能，B正確；電子突出小孔P的時刻不確定，但突出時的動能不大于，C正確D錯。

7．C 解析：運動員在到達P點前做平拋運動，y方向做勻速運動，x方向做自由落體運動，AD兩項錯；當運動員滑上斜面后，x、y方向都做勻加速運動，但加速度小于重力加速度，B對C錯。

8．AC 解析：如圖甲，則振動周期，則，A正確；如圖乙，振動周期則為，若為，則時刻和時刻振動位移分別為A和-A，彈簧的長度不可能相同的。若為，則振動位移為-A，，振動位移為A，B錯；當振動周期為時，時刻和時刻振子的位移相等，加速度相等；當振動周期為時，時刻和時刻振子的位移為零，加速度為零；C正確；由上述可知，兩種情況位移雖相同，但速度方向相反，動量大小相等，D錯。

9．D 解析：有三個力對金屬棒做功，其中重力做功不改變金屬棒的機械能，拉力做功金屬棒的機械能增加，安培力做功金屬棒的機械能減小，減小的機械能轉化為電能，因此感應電流的功率等于安培力的功率，兩金屬棒速度相等，動能不變，若則系統重力勢能不變，機械能不變，拉力做的功全部轉化為電能，即，AB錯；若，則系統重力勢能增大，機械能增大，拉力做的功一部分轉化為系統機械能，一部分轉化為電能，則一定大于，C錯D對。

10．BCD 解析：對，，功率隨電流I的減小而減小，A錯B正確；對，，當時，有最大值，C正確；若，則隨的增大單調減小，D正確。

11．0.900 12

12．答案：①乙；②電壓表的示數，電阻箱的阻值；若選擇圖甲，；若選擇圖乙，則；③若選擇圖甲，則為CE；若選擇圖乙，則為E。

解析：①由于電源電動勢V較小，，電流表的標度單位只能是mA或μA，因此約5或5000，5不合題意，5000比電流表內阻并不滿足，電壓表內阻又未知，因此選擇圖乙，閉合開關S2時，保持不變，反復調節，使電流表指針半偏且電壓表示數不變，則電路總電流不變，使電壓表同時監測電路電流，減小實驗誤差，故選擇圖乙；②若選擇圖甲，則，則；選擇圖乙時，開關S2閉合前，通過電阻的電流就是通過電流表的電流；③此實驗電源內阻對實驗沒有影響，A錯；兩種電路都有電壓表作監測電表，因此因此電源電動勢大小及電阻箱阻值的大小均對實驗沒有影響，BD錯；若選擇圖甲，則電壓表內阻對電流表兩端電壓的計算有較大影響，而對圖乙，電壓表只起監測作用，因此選圖甲時應該選擇C項；電阻箱阻值的精確度對實驗直接造成影響，兩種選擇均要選E項。