注意事項：
1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。
2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。
3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。
4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．下列關于近代物理知識的描述中，正確的是( )
A．康普頓效應實驗說明了光不但具有粒子性，還具有能量和動量
B．一個處于n＝3能級狀態(tài)的氫原子自發(fā)躍遷時，能發(fā)出3種頻率的光子
C．結合能越大，原子核越穩(wěn)定
D．衰變中產生的β射線實際上是原子核外電子掙脫原子核形成的
2．中國空間站將于2022年建成，我國將進入空間站時代，空間站軌道半徑為6800 km，可看成圓軌道，空間站可供多名宇航員長期工作生活，引力常量為G，下列說法正確的是( )
A．知道空間站的運行周期就可以求得地球的質量
B．空間站的運行周期與地球自轉的周期幾乎相等
C．空間站的運行速度大于第一宇宙速度
D．在空間站工作的宇航員因受力平衡而處于懸浮或靜止狀態(tài)
3．如圖所示的理想變壓器電路中，變壓器原、副線圈的匝數比為1∶2，在a、b端輸入正弦交流電壓U，甲、乙、丙三個燈泡均能正常發(fā)光，且三個燈泡的額定功率相等，則下列說法正確的是( )
A．乙燈泡的額定電流最大
B．甲燈泡的額定電壓為U
C．丙燈泡的電阻最小
D．甲燈泡的額定電壓最小
4．如圖所示，絕緣水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角θ＝30°。一根輕質絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行，且小球A正好靜止在斜面中點。在小球A的正下方地面處固定放置一帶電小球B，兩球相距為d。已知兩球的質量均為m、電荷量均為＋q，靜電力常量為k，重力加速度為g，兩球均可視為點電荷。則下列說法正確的是( )
A．地面對B球的支持力為mg－keq \f(q2,d2)
B．eq \f(q,d)＝eq \r(\f(mg,2k))時，斜面對小球A的支持力為eq \f(\r(3)mg,4)
C．eq \f(q,d)＝eq \r(\f(mg,2k))時，細線上拉力為0
D．將小球B移到斜面底面左端C點，eq \f(q,d)＝2eq \r(\f(mg,k))時，斜面對小球A的支持力不為0
5．如圖所示，兩個質量相等的物體分別從傾角為30°和60°的固定光滑斜面頂端由靜止自由下滑，到達斜面底端。兩物體在整個下滑過程中，相同的物理量是( )
A．重力的沖量
B．動量的變化量
C．動能的變化量
D．重力的平均功率
6．如圖所示，總質量為m，邊長為L的正方形線圈共三匝，放置在傾角為α的光滑斜面上，剛好關于磁場邊界MN對稱，MN上方存在勻強磁場，若線圈通以圖示方向的恒定電流I后剛好在斜面上保持靜止，重力加速度為g，則( )
A．磁場方向可以豎直向下，且B＝eq \f(mgtan α,IL)
B．磁場方向可以豎直向上，且B＝eq \f(mgtan α,3IL)
C．磁場方向可以水平向左，且B＝eq \f(mg,IL)
D．磁場方向可以垂直斜面向下，且B＝eq \f(mgsin α,3IL)
7．如圖所示，虛線右側存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，電阻為R的正方形金屬線框的右邊與磁場邊界重合。在外力作用下，金屬線框由靜止開始以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進入磁場。則感應電流i（以逆時針方向為正方向）、線框電功率P、外力F的大小以及通過線框橫截面的電荷量q隨時間t變化的關系正確的是( )

二、多項選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8．平直公路上行駛的a車和b車，其位移－時間圖象分別為圖中直線a和曲線b，已知b車做勻變速直線運動，t＝2 s時，直線a和曲線b剛好相切，下列說法正確的是( )
A．b車的加速度大小為1 m/s2
B．a車的速度大小為1 m/s
C．b車做勻加速直線運動
D．t＝2 s時，a、b兩車相遇，速度不相等
9．如圖所示，ACD為一半圓形區(qū)域，其中O為圓心，AD為直徑，∠AOC＝90°，半圓形區(qū)域內存在著垂直該平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一帶電粒子（不計重力）從圓弧的P點以速度v沿平行于直徑AD方向射入磁場，運動一段時間從C點離開磁場時，并且速度方向偏轉了60°角，設P點到AD的距離為d。下列說法中正確的是( )
A．該粒子帶正電
B．該子的比荷為
C．該粒子在磁場中運動時間為
D．直徑AD長度為4d
10．如圖所示是某科技小組制作的投石機的模型。輕桿AB可繞固定轉軸OO′在豎直面內自由轉動，A端凹槽內放置一小石塊，B端固定配重。某次試驗中，調整桿與豎直方向的夾角為θ后，由靜止釋放，桿在配重重力作用下轉到豎直方向時，石塊被水平拋出，打到正前方靶心上方6環(huán)處，不計所有阻力。若要正中靶心，下列措施不可行的是( )
A．增大石塊的質量
B．增大θ角
C．增大配重的質量
D．減小投石機到靶的距離
三、非選擇題：共57分。第11～14題為必考題，每個試題考生都必須作答。第15～16題為選考題，考生根據要求作答。
(一)必考題：共45分。
11．(6分)某組同學用圖甲所示裝置測量重力加速度，鐵架臺上固定著光電門，讓直徑為d的小球從一定高度處由靜止開始自由下落，小球球心正好通過光電門。光電門可記錄小球通過光電門的時間。
(1)用游標卡尺測量小球直徑時，卡尺的刻度如圖乙所示，則小球的直徑為________cm。
(2)某次實驗中小球的下邊緣與光電門間的距離為h，小球通過光電門的時間為Δt，若小球通過光電門的速度可表示為eq \f(d,Δt)，重力加速度可表示為g＝________(用字母表示)。
(3)嚴格來說eq \f(d,Δt)并不等于小球球心經過光電門時的速度，由此計算出的速度比真實值________(填“偏大”“偏小”或“不變”)。
12．(9分)某同學有一塊滿偏電流Ig＝250 μA的小量程電流表G。需要將它改裝為4 mA量程的電流表。
(1)他采用圖甲所示電路測量電流表G的內阻R。斷開S1閉合S2時電流表G讀數為Ig，若再閉合S1后干路電流仍保持為Ig，則當電流表G讀數為_______時，電流表G內阻Rg與電阻箱R'的阻值相等。
據此原理，該同學測出電流G內阻。下面是打亂的操作，請按正確步驟排序_________。
A．讀出R'的阻值為90.0 Ω，斷開開關
B．閉合開關S2，調節(jié)R的阻值使電流表G指針偏轉到滿刻度
C．閉合開關S1保持R的阻值不變，調節(jié)R'的阻值使電流表G指針偏轉到滿刻度的一半
D．將R的阻值調至最大
實驗室有∶滑動變阻器R1（最大阻值200 Ω）、滑動變阻器R2（最大阻值10 kΩ）備選。為了讓Rg≈R'，滑動變阻器應選用_____（選填“R1”或“R2”"）
(2)改裝為4 mA量程的電流表，需要將電阻箱R'并聯在電流表G兩端，調其阻值為____ Ω。
(3)該實驗，小組用圖乙所示電路校準改裝的電流表，當標準表示數為3.2 mA時，電流表G示數如圖丙所示，由于實驗測量的Rg存在誤差，導致改裝表與標準表存在讀數差異，為了使改裝表示數與標準表示數一致，則需要將R'的阻值調整為________Ω。
13．(13分)光滑的水平面上，質量為m1的小球A以速率v0向右運動．在小球的前方O點處有一質量為m2的小球B處于靜止狀態(tài)，如圖所示。小球A與小球B發(fā)生正碰后，小球A、B均向右運動，小球B被在Q點處的墻壁彈回后與小球A在P點相遇，PQ＝1.5PO，假設小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性碰撞，小球均可看成質點，求：
(1)兩小球質量之比；
(2)若小球A與小球B碰后的運動方向以及小球B反彈后與A相遇的位置均未知，兩小球A、B質量滿足什么條件，就能使小球B第一次反彈后一定與小球A相碰。
14．(17分)如圖所示，在坐標系xOy中，x軸水平向右，y軸豎直向下，在x≥2L區(qū)域內存在與x軸平行的勻強電場(未畫出)，一帶正電小球，電荷量為q，從原點O水平拋出，再從A點進入電場區(qū)域，并從C點離開，其運動的軌跡如圖所示，B點是小球在電場中向右運動的最遠點，B點的橫坐標xB＝3L。已知小球拋出時的動能為Ek0，在B點的動能為eq \f(4,3)Ek0，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：
(1)小球在OA段運動的時間與在AB段運動的時間之比；
(2)勻強電場的場強和小球的質量；
(3)小球在電場中運動的最小動能。
(二)選考題：共12分。請考生從第15題和第16題中任選一題作答，若兩題都做，則按所做的第一題記分。
15．[物理—選修3－3]（12分）（4+8）
(1)(5分)下列說法正確的是___________。（在給出的四個選項中，只有一個是符合題目要求的）
A．功可以全部轉化為熱，但熱量不能全部轉化為功
B．物體吸收熱量，同時對外做功，其內能可能增加
C．食鹽溶化過程中，溫度保持不變，說明食鹽是晶體
D．布朗運動是指液體分子的無規(guī)則運動
(2)(10分)如圖所示，一端封閉且粗細均勻的“L”型細玻璃管，豎直部分長為l＝50 cm，水平部分足夠長。當溫度為288 K時，豎直管內有一段長為h＝20 cm的水銀柱，封閉著一段長l1＝20 cm的空氣柱，外界大氣壓強始終保持76 cmHg。求：
= 1 \* GB3 ①被封閉氣柱長度為l2＝40 cm時的溫度；
= 2 \* GB3 ②溫度升高至627 K時，被封閉空氣柱的長度l3。
16．[物理—選修3－4]（12分）
(1)(4分)下列說法正確的是___________。（在給出的四個選項中，只有一個是符合題目要求的）
A．由v＝λf可知機械波的傳播速率由波長和頻率共同決定
B．機械波在經過不同介質的界面時會發(fā)生反射和折射
C．“彩超”利用多普勒效應比較反射波相對入射波頻率的變化可測出人體血液流動的速度
D．在雙縫干涉實驗中，雙縫間距和雙縫到光屏距離一定時，干涉條紋間距與波長成正比
(2)(8分)如圖所示，折射率n＝eq \r(2)的液面上有一光源P，發(fā)出一條光線，垂直射到水平放置于液體中且距液面高度h＝1 m的平面鏡M的O點上，當平面鏡繞垂直于紙面的軸O以角速度rad/s逆時針方向勻速轉動時，液面上的觀察者跟蹤觀察，發(fā)現液面上有一光斑掠過，且光斑到P點后立即消失，求：
= 1 \* GB3 ①光斑在這一過程中平均速度的大?。?br> = 2 \* GB3 ②光斑在P點即將消失時瞬時速度的大小。
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．【答案】A
【解析】康普頓效應說明光具有粒子性，且有動量和能量，動量大小p＝eq \f(h,λ)，能量大小E＝hν，故A正確；一個處于n＝3能級狀態(tài)的氫原子自發(fā)躍遷時，最多只能發(fā)出2種頻率的光，分別為n＝3躍遷到n＝2，n＝2躍遷到n＝1，故B錯誤；原子核的結合能越大，原子核的比結合能不一定越大，原子核的穩(wěn)定性用比結合能來表示，比結合能越大表示該原子核越穩(wěn)定，故C錯誤；β衰變中產生的β射線實際上是原子核中的一個中子轉化為質子同時生成一個電子，故D錯誤。
2．【答案】A
【解析】由萬有引力提供向心力，即有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r可得，知道空間站的運行周期就可以求得地球的質量，A正確；由于空間站的運行半徑比同步衛(wèi)星的小，故空間站的運行周期一定小于同步衛(wèi)星的周期，又同步衛(wèi)星的周期等于地球自轉的周期，所以，空間站的運行周期一定小于地球的自轉周期，B錯誤；因為空間站的運行的軌道大于地球的半徑，故空間站的運行速度小于第一宇宙速度，C錯誤；在空間站工作的宇航員的合力提供向心力，其受力不平衡，D錯誤。
3．【答案】D
【解析】設原線圈中電流為I1，根據電流比與變壓器匝數成反比可知，副線圈中的電流為eq \f(1,2)I1，即丙燈泡的額定電流為eq \f(1,2)I1，設原線圈兩端的電壓為U1，則副線圈兩端的電壓為2U1，由于三個燈泡的額定功率相等，則U甲(I乙＋I1)＝U1I乙＝U1I1，可見乙燈的額定電流為I1，甲燈的額定電流為I甲＝I乙＋I1＝2I1，A錯誤；U甲＝eq \f(1,2)U1＝eq \f(1,3)U，B錯誤；由電阻定義式得，R甲＝eq \f(\f(1,2)U1,2I1)＝eq \f(U1,4I1)，R乙＝eq \f(U1,\a\vs4\al(I1))，R丙＝eq \f(2U1,\f(1,2)I1)＝eq \f(4U1,I1)，C錯誤；甲燈的額定電壓最小，D正確。
4．【答案】B
【解析】兩球電性相同，可知地面對B球的支持力為mg－keq \f(q2,d2)，A錯誤；當eq \f(q,d)＝eq \r(\f(mg,2k))時，則有keq \f(q2,d2)＝eq \f(1,2)mg，對球受力分析，如圖甲所示，根據矢量的合成法則，依據三角知識，則斜面對小球A的支持力為N＝eq \f(\r(3),4)mg，T＝eq \f(1,4)mg，B正確，C錯誤；當小球B移到斜面底面左端C點，對球受力分析，如圖乙所示，F＝keq \f(q2,?2d?2)＝mg，mg、F、T三個力的合力為零，致使N＝0，小球恰要離開斜面，D錯誤。
5．【答案】A
【解析】設底部長為L，當斜面的傾角為θ時物體下滑到底部的時間為t，根據牛頓第二定律可得物體沿斜面下滑的加速度a＝gsin θ，根據位移－時間關系可得，解得運動的時間，由于兩個斜面的傾角分別為30°和60°，所以兩種情況下物體達到斜面底端的時間相同。根據I＝mgt可知重力沖量相同，故A正確；物體所受的合力F合＝mgsin θ，則合力的沖量I合＝mgtsin θ，由于θ不同，則合外力的沖量不同，根據動量定理可得I合＝Δp，所以下滑過程中動量變化量的大小不同，故B錯誤；根據動能定理，合力做功等于重力做功W＝mgh，由于h不同，合力做功不同，所以動能增加量不同，故C錯誤；重力做功的平均功率，由于h不同，所以兩物塊所受重力做功的平均功率不相同，故D錯誤。
6．【答案】D
【解析】當磁場方向豎直向下時，由平衡條件得3BIL＝mgtan α，則B＝eq \f(mgtan α,3IL)，選項A錯誤；當磁場方向豎直向上時，由受力分析可知線圈不會靜止，選項B錯誤；當磁場方向水平向左時，由受力分析可知線圈不會靜止，選項C錯誤；當磁場方向垂直斜面向下時，由平衡條件得3BIL＝mgsin α，則B＝eq \f(mgsin α,3IL)，選項D正確。
7．【答案】C
【解析】線框做勻加速運動，其速度，感應電動勢，感應電流，i與t成正比，根據右手定則可知感應電流方向為順時針，故A錯誤；線框的電功率，P－t圖像的開口向上，故B錯誤；線框進入磁場過程中受到的安培力，由牛頓第二定律得F-FB=ma，得，F－t圖象是不過原點的傾斜直線，故C正確；線框的位移x＝eq \f(1,2)at2，電荷量，q－t圖象應是開口向上的拋物線，故D錯誤。
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8．【答案】AB
【解析】位移－時間圖象中的斜率代表物體的速度，所以a物體做勻速運動，t＝2 s時，直線a和曲線b剛好相切，所以vb＝va＝eq \f(6－4,2) m/s＝1 m/s，對b車從0到2 s，設初速度v0：vb＝v0－at，eq \f(v0＋vb,2)t＝x＝6 m－2 m＝4 m，聯立解得：v0＝3 m/s，a＝1 m/s2，A、B正確；因為斜率代表速度，而b車的斜率越來越小，所以b車做勻減速運動，C錯誤；因為t＝2 s時，直線a和曲線b剛好相切，斜率相同，所以兩車在該時刻速度相等，D錯誤。
9．【答案】BD
【解析】帶電粒子在半圓形磁場中向上偏轉，由左手定則可判斷，粒子帶負電，A錯誤；過P點和C點做速度的垂線，交點即為圓心如圖，由幾何關系可知，OCO′P為菱形∠COP=∠CO′P =60°，，r＝eq \f(mv,qB)，，B錯誤；粒子在磁場中運動時間，C錯誤；直線AD的長度等于磁場區(qū)域半徑的2倍，即4d，D正確。
【答案】BCD
【解析】設石塊和配重的質量分別為m1、m2，石塊和配重到轉軸的距離分別為l1、l2，石塊被拋出時的速度大小為v1，則此時配重的速度大小為①，根據機械能守恒定律有②，由②式可知，若增大m1，則v1將減小，又因為石塊拋出點到靶心的水平距離不變，所以石塊擊中靶前做平拋運動的時間將增大，此措施可行，故A正確；根據杠桿原理可知，輕桿AB之所以能繞轉軸OO′轉動起來從而使石塊被拋出，一定滿足③，即④，根據②④兩式可知，若增大θ，則v1將增大，又因為石塊拋出點到靶心的水平距離不變，所以石塊擊中靶前做平拋運動的時間將減小，此措施不可行，故B錯誤；根據②式可知，若增大m2，則v1將增大，又因為石塊拋出點到靶心的水平距離不變，所以石塊擊中靶前做平拋運動的時間將減小，此措施不可行，故C錯誤；減小投石機到靶的距離后，由于v1不變，所以石塊擊中靶前做平拋運動的時間將減小，此措施不可行，故D錯誤。
三、非選擇題：共57分。第11～14題為必考題，每個試題考生都必須作答。第15～16題為選考題，考生根據要求作答。
(一)必考題：共45分。
11．(6分)
【答案】(1)2.540 (2) (3)偏小
【解析】(1)由20分度的游標卡尺的讀數規(guī)則知小球的直徑d＝2.5 cm＋8×0.005 cm＝2.540 cm。
(2)由運動學公式v2＝2gh?eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,Δt)))2＝2geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(h＋\f(d,2)))，解得g＝。
(3)eq \f(d,Δt)為小球通過光電門的平均速度，是通過光電門時間中點的瞬時速度，而小球球心通過光電門的速度為位移中點的瞬時速度，由位移中點的瞬時速度大于時間中點的瞬時速度知速度比真實值偏小。
12．(9分)
【答案】(1)eq \f(1,2)Ig DBCA R2 (2)6.0 (3)7.6
【解析】(1)閉合S1后，并聯部分電路起到分流的作用，干路電流仍保持為Ig，則當電流表G讀數為eq \f(1,2)Ig時，兩支路電流相等，故電流表G內阻Rg與電阻箱R'的阻值相等。
正確步驟排序為DBCA。
甲電路中，測電流表內阻，要求閉合S1后，干路電流不變，故要求滑動變阻器的阻值足夠大，故選R2。
(2)分流電阻滿足IgRg＝(I－Ig)R'，帶入數據可得R'＝6.0 Ω。
(3)設電流表G的內阻為Rg′，則有(3.2－0.16)×10－3R'＝0.16×10－3Rg′，解得Rg′＝1140 Ω，根據上一問中求分流電阻的方法，有IgRg′＝(I－Ig)R'′，解得R'′＝7.6 Ω。
13．(13分)
【解析】(1)兩球發(fā)生彈性碰撞，設碰后A、B兩球的速度分別為v1、v2，規(guī)定向右為正方向，根據系統(tǒng)動量守恒得：
m1v0＝m1v1＋m2v2
已知小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞均無機械能損失，由機械能守恒定律得：
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
從兩球碰撞后到它們再次相遇，甲和乙的速度大小保持不變，又由于PQ＝1.5PO
則小球A和B通過的路程之比為s1∶s2＝v1t∶v2t＝1∶4
聯立解得。
(2)由(1)中兩式解得v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0
若小球A碰后靜止或繼續(xù)向右運動，一定與小球B第一次反彈后相碰，此時有v1≥0
此時m1≥m2
若小球A碰后反向運動，則v1＜0
此時m1＜m2
則小球A與B第一次反彈后相碰需滿足|v1|＜|v2|，即eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0＜eq \f(2m1,m1＋m2)v0
解得m1＞eq \f(1,3)m2
綜上所述，只要小球A、B質量滿足m1＞eq \f(1,3)m2，就能使小球B第一次反彈后一定與小球A相碰。
14．(19分)
【解析】(1)設小球質量為m，初速度為v0，從O到A，小球水平方向做勻速直線運動，有：
2L＝v0tOA①
從A運動到B點，小球水平方向做勻減速直線運動，依據題意小球在B點水平方向的速度為0，由運動學公式得：L＝eq \f(v0,2)tAB②
①②聯立解得：tOA＝tAB
即eq \f(tOA,tAB)＝eq \f(1,1)。
(2)設小球在B點豎直方向上的速度為vBy，有eq \f(4,3)Ek0＝eq \f(1,2)mvBy2③
又Ek0＝eq \f(1,2)mv02④
設小球在A點豎直方向的速度為vAy，由于小球在豎直方向做自由落體運動，而且
tOA＝tAB⑤
③④⑤聯立解得：vAy＝eq \f(\r(3),3)v0⑥
從A運動到B點，小球水平方向做勻減速直線運動，由牛頓第二定律和運動學公式得：
v02＝2eq \f(qE,m)L⑦
④⑦聯立解得：E＝eq \f(Ek0,qL)，方向水平向左
又由運動學公式得vAy＝gtOA⑧
v0＝eq \f(qE,m)tAB⑨
⑥⑧⑨聯立解得：m＝eq \f(\r(3)Ek0,3gL)。
(3)由以上所得結果可知F合與水平方向夾角為30°，vA與水平方向夾角為30°，建立如圖所示坐標系
將vA分解到x′、y′上，小球在x′方向上做勻速運動，在y′方向上做類似于豎直上拋運動，所以小球在電場中運動的最小動能為Ekmin＝eq \f(1,2)mvAx′2
而vAx′＝vAcs 30°＝v0
解得Ekmin＝Ek0。
(二)選考題：共12分。請考生從第15題和第16題中任選一題作答，若兩題都做，則按所做的第一題記分。
15．[物理—選修3－3]（12分）（4+8）
(1)(5分)
【答案】BC
【解析】功可以全部轉化為熱，根據熱力學第二定律可知，在外界的影響下熱量也可以全部轉化為功，故A錯誤；物體吸收熱量Q，同時對外做功W，若二者相等，則內能不變，若Q＞W，則內能增加，若W＞Q，則內能減少，故B正確；晶體的特點是在熔化過程中溫度保持不變，有固定的熔點，食鹽熔化過程中，溫度保持不變，說明食鹽是晶體，所以C正確；布朗運動的實質是液體分子不停地做無規(guī)則運動撞擊懸浮微粒，懸浮微粒受到的來自各個方向的液體分子的撞擊作用不平衡導致做無規(guī)則運動，反映的是液體分子的無規(guī)則運動，故D錯誤。
(2)(10分)
【解析】 = 1 \* GB3 ①氣體在初態(tài)時有：p1＝96 cmHg，T1＝288 K，l1＝20 cm
末態(tài)時有：p2＝86 cmHg，l2＝40 cm
由理想氣體狀態(tài)方程得：eq \f(p1l1S,T1)＝eq \f(p2l2S,T2)
所以可解得：T2＝516 K。
= 2 \* GB3 ②當溫度升高后，豎直管中的水銀將可能有一部分移至水平管內，甚至水銀柱全部進入水平管。因此當溫度升高至627 K時，水銀柱如何分布，需要分析后才能得知。設水銀柱剛好全部進入水平管，則此時被封閉氣柱長為l＝50 cm，壓強p＝76 cmHg，此時的溫度為：
T＝eq \f(plT1,p1l1)＝eq \f(76×50×288,96×20) K＝570 K
現溫度升高到627 K＞T＝570 K，可見水銀柱已全部進入水平管內，末態(tài)時p3＝76 cmHg，T3＝627 K，此時空氣柱的長度為：l3＝eq \f(p1l1T3,p3T1)＝eq \f(96×20×627,76×288) cm＝55 cm。
16．[物理—選修3－4]（12分）
(1)(4分)
【答案】BCD
【解析】機械波的傳播速率由介質性質決定，與波的波長和頻率無關，所以A錯誤；機械波和光波一樣，在界面處會發(fā)生反射和折射，所以B正確；“彩超”原理即是利用多普勒效應比較反射波相對入射波頻率的變化來檢查身體狀況和測定血液流速的，所以C正確；由雙縫干涉條紋間距Δx＝eq \f(l,d)λ可知，在雙縫干涉實驗中，雙縫間距和雙縫到光屏距離一定時，干涉條紋間距與波長成正比，所以D正確。
(2)(8分)
【解析】 = 1 \* GB3 ①當平面鏡繞軸O逆時針方向勻速轉動時，光線經平面鏡反射，到達液面的光斑從S點開始水平向左運動，反射光線到P點恰好發(fā)生全反射，臨界角滿足
sin C＝eq \f(1,n)
解得C＝45°
光路如圖所示，由幾何關系可知
即PA＝OA＝h
法線轉過，即鏡面轉過，需要的時間為
光斑在這一過程中平均速度的大小為
。
= 2 \* GB3 ②光斑在液面移動的速度v是光線的伸長速度v2與光線轉動速度v1的合速度，其中OP＝eq \r(2)h
注意到光線的轉動角速度是平面鏡轉動角速度的2倍，即光斑在P點的線速度（轉動速度）為
所以在P點光斑沿液面向左移動的速度。

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