2022届陕西省宝鸡市陈仓区高三上学期物理第一次教学质量检测试卷（解析版）

这是一份2022届陕西省宝鸡市陈仓区高三上学期物理第一次教学质量检测试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．太阳内部发生的核聚变反应前各原子核的质量之和等于核反应后各原子核的质量之和
B．U核裂变的核反应方程是92235U→56141Ba＋3692Kr＋201n
C．原子从低能级向高能级跃迁时，不吸收光子也能实现
D．根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大光子的能量也越大
2．如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点．下列说法中正确的是（ ）
A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零
B．小球从A到C过程与从C到B过程，合外力的冲量相同
C．小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等
D．小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相同
3．如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧连接，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平面接触，而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则下列说法正确的是（ ）
A．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为3g
B．悬绳剪断瞬间，A物块的加速度为2g
C．悬绳剪断后A物块向下运动距离x时速度最大
D．悬绳剪断后A物块向下运动距离x此时加速度最大
4．跳水运动是一项力量与美完美结合的体育项目，某运动员进行3m 板跳水训练的v-t图像如图所示t=0时是其向上起跳的瞬间，则该运动员从跳板弹起后能上升的高度最接近（ ）
A．0.38mB．0.80mC．1.10mD．1.90m
5．我国于1970年4月发射的第一个卫星东方红一号还在运行，东方红一号运行的轨道是椭圆，近地点A点距地面的高度是h1，远地点距地面的高度为h2，若地球的半径为R，地球同步轨道卫星距地面的高度为6R，则东方红一号与地球同步卫星绕地球运行的周期之比为（ ）
A．(h+h6R)23B．(h+hR)32
C．(h+h+2R12R)32D．(h+h+2R14R)32
6．如图甲所示是某小型交流发电机的示意图,两磁极 N、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,A 为理想交流电流表,面积为 S=1 m2 的线圈绕垂直于磁场的水平轴 OO′沿逆时针方向匀速转动,从图甲所示位置开始计时,产生的交变电流 i随时间t变化的图像如图乙所示,已知线圈的等效电阻R =10Ω,线圈的匝数N = 10,下列说法正确的是（ ）
A．电流表的示数约为14.1A
B．该交变电流的有效值是 102A
C．t=0.01s时,通过线圈的磁通量为零
D．该磁场的磁感应强度大小2100πT
二、多选题
7．如图所示，带电量之比qA:qB=1:3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场垂直的方向射入平行板电容器中分别落在C、D两点，若OC=CD，忽略粒子的重力及粒子间的相互作用力影响，则（ ）
A．A和B在电场中运动的时间之比为1:2
B．A和B运动的加速加速度大小之比为1:4
C．A和B的质量之比为1:12
D．A和B的位移大小之比为1:1
8．如图甲所示,两根平行且间距为L的光滑金属导轨固定在绝缘的水平面上,导轨电阻不计,质量均为 m 的两相同金属棒 a、b垂直导轨放置,回路的总电阻大小为 R,其右侧矩形区域内有一磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场方向竖直向上，现两金属棒分别以初速度2v0和 v0同时沿导轨向右运动,且先后进入磁场区域，已知金属棒a离开磁场时金属棒b已经进入磁场区域，在金属棒a进入磁场到离开磁场的过程中,电流i随时间t变化的图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、实验题
9．湘鹏同学想测量木块与长木板之间的动摩擦因数μ。
（1）正式开始实验瞬间，实验装置摆放如图甲所示，其中长木板水平固定。请指出图中的2处错误 。
（2）修正错误后，接通电源，释放木块，打下一条纸带，如图乙所示，每隔4个点取一个计数点，即为图中O、A、B、C、D、E、F点，计数点间的距离如图所示，打点计时器的电源频率为50 Hz。尽可能多地利用数据，计算此纸带的加速度大小a＝ m/s2（保留三位有效数字）。
（3）测量砝码盘和砝码的总质量为m，木块质量为M，重力加速度为g，利用公式mg-μMg=Ma可以计算出木块与长木板之间的动摩擦因数μ，通过这种数据处理方法得到μ的测量值 真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（4）在上述的数据处理方法中，是否需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于木块的质量？ （选填“需要”、“不需要”）。
10．小明想要测量某旧电池的电动势和内阻，实验电路如图所示。实验室可供选择的器材如下：
A．待测电池（电动势约为12V，内阻约为2Ω）
B．直流电流表（量程0~3A，内阻约为0.05Ω）
C．直流电流表（量程0~0.6A，内阻约为0.2Ω）
D．定值电阻（阻值为30Ω，额定电流2A）
E. 定值电阻（阻值为10Ω，额定电流2A）
F. 滑动变阻器（最大阻值为50Ω，额定电流2A）
G. 开关和导线若干
请回答下列问题：
（1）选择题材时，电流表A1应选择 ，若要求实验时记录的电流表示数不小于满偏的13，定值电阻应选择 。（均填写仪表前的字母序号）
（2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于 。（选填“a”或“b”）
（3）若A1的读数为I1，A2的读数为I2 ，定值电阻的阻值为R0，不计电流表内阻，则E和r的关系式为 ，小明画出A1的读数I1和 A2的读I2的关系图像，即I1-I2图像，该图像的斜率大小为k，纵截距为b，则该旧电池的电动势为 ，内阻为 。
四、解答题
11．如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的，且宽度相等均为d，电场方向在纸平面内竖直向下，而磁场方向垂直于纸面向里，一带正电的粒子从O点以速度v0沿垂直电场方向进入电场，从A点出电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的偏转位移为电场宽度的一半，当粒子从磁场右边界上C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，已知d、v0(带电粒子重力不计)，求：
（1）粒子从C点穿出磁场时的速度大小v；
（2）电场强度E和磁感应强度B的比值 EB .
12．如图所示，有一倾角为α＝30°的光滑斜面固定在水平面上，质量为mA＝1kg的滑块A(可以看做质点)在水平向左的恒力F作用下静止在距离斜面底端x＝5m的位置上，水平面上有一质量为mB＝1kg的表面光滑且足够长的木板B，B的右端固定一轻质弹簧，一质量为mC＝3kg的物块C与弹簧的左端拴接。开始时，B、C静止且弹簧处于原长状态，今将水平力F变为水平向右，当滑块A刚好滑到斜面底端时撤去力F，不考虑A滑上水平面过程的能量损失。滑块A运动到水平面上后与滑块B发生对心碰撞(碰撞时间极短)粘在一起，并拉伸弹簧使滑块C向前运动，不计一切摩擦，g取10m/s2，求：
（1）水平力F的大小及滑块A滑到斜面底端时的速度vA；
（2）被拉伸弹簧的最大弹性势能Ep及滑块C的最大速度vC。
13．如图甲所示，一竖直放置、导热性能良好的汽缸静置在水平桌面上，用销钉固定的导热性能良好的活塞将汽缸分隔 成 A、B 两部分，每部分都密封有一定质量的理想气体，此时 A、B两部分气体体积相等，压强之比为2：3，拔去销钉，如图乙所示，同时使汽缸竖直向下做加速度大小为a =g3的匀加速直线运动，活塞稳定后 A、B 两部分气体体积之比为2：1， 已知活塞的质量为M，横截面积为S，重力加速度为 g，外界温度保持不变，不计活塞和汽缸间的摩擦， 整个运动过程不漏气，求稳定后B部分气体的压强。
14．如图所示，一厚度均匀的圆柱形玻璃管内径为R3,外径为R, 高为R，一束光线从玻璃管上表面入射，入射点恰好位于M点,光线与圆柱体上表面呈30°角，且与直径MN在同一竖直面内。光线经玻璃管后，从内壁射出，最终到达圆柱体底面。已知该玻璃管的折射率为62,光在真空中的传播速度为c，求光线从M点传播到圆柱体底面时所用的时间。
五、填空题
15．用活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，气体从状态A经状态B变化到状态C，再从状C回到状态A,其压强与体积的倒数的变化关系图像如图所示,图中AB与横轴平行，BC纵轴平行，AC连线的延长线过坐标原点。从状态A到状态B的过程中当中,气体 （填“吸热”、“放热”或“绝热”），从状态B到状态C的过程当中，气体分子的平均动能 （填“增大”、“减小”或“不变”），从状态C到状态A的过程中,气体的内能 （填“增大”、“减小”或“不变”）
16．如图所示,实线是一列简谐横波在 t1=0时刻的波形图，虚线是这列波在t2=0.5s时刻的波形图，波速大小为 6m/s，则波的传播方向为 （ 填“沿 x 轴正方向”或“沿x轴负方向”）传播，t1=0时刻在x=1m处的质点到达波谷所需的最短时间为 s。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．由核聚变反应规律可知，在产生核聚变反应时，都有大量的能量释放，由质能方程ΔE=Δmc2可知，都有质量亏损，所以太阳内部发生的核聚变反应前各原子核的质量之和不等于核反应后各原子核的质量之和，A不符合题意；
B．U核裂变的核反应有多种形式，其中有一种典型的U核裂变的核反应方程是92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n
B不符合题意；
C．原子从低能级向高能级跃迁时，可能吸收光子，也可能是吸收实物粒子如自由电子使原子获得能量，不吸收光子也能实现，C符合题意；
D．根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大光子的能量越小，因光子的能量与光的频率成正比，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】核聚变过程有大量能量释放所以质量亏损；其U核裂变反应前需要中子进行轰击；光的波长越大其频率越小则能量也越小。
2．【答案】D
【解析】【解答】位移是从初位置指向末位置的有向线段，故小球从A出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对物体做负功，即外力做功不为零，A不符合题意；B为AC的中点，故小球从A到C过程与从C到B过程加速度相同，但速度在减小，AC过程用时较少，根据Δv=aΔt，可知AC过程的速度变化量较小，根据动量定理得：I=ΔP=mΔv，可知AC过程的合力冲量较小；克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据-μmgscsθ=-ΔE，可得小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等，ABC不符合题意，D符合题意；
故答案为：D.
【分析】从A返回A时其位移等于0，利用其摩擦力做功不等于0所以外力做功不等于0；小球从A到C和从C到B的过程中其时间不同，利用动量定理可以比较合力冲量的大小，利用其摩擦力做功可以比较机械能损失的大小。
3．【答案】B
【解析】【解答】AB．剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的拉力，知弹力F=mg
剪断悬绳瞬间，弹簧弹力不变，对A分析，A的合力为F合=mg+F=2mg
由牛顿第二定律得a=F合m=2g
B符合题意，A不符合题意；
C．弹簧开始处于伸长状态，弹力F=mg=kx
当物块A所受合力为零时，即弹簧向下压缩，弹力F'=mg=kx'
速度最大，解得x'=x
所以下降的距离为2x时速度最大，C不符合题意；
D．悬绳剪断后瞬间A物块加速度为2g，A物块向下运动距离x时，弹簧恢复到原长，此时物块A仅受重力，加速度为g，可知D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】剪断绳子之前，利用平衡方程可以求出其弹力与绳子拉力的大小，剪断绳子时，利用牛顿第二定律可以求出A和B加速度的大小；当其A受到的弹力和重力相等时，利用平衡方程可以求出弹簧的形变量，结合A最初运动的位置可以判别运动到速度最大时其下降的高度；利用牛顿第二定律可以判别A物块开始运动时其加速度最大。
4．【答案】A
【解析】【解答】设跳水运动员起跳的速度大小为v，上升的最大高度为h，由v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知3v2⋅3t1-vt12=3m
又h=vt12
联立解得h≈0.38m
A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用图像面积代表位移，结合上升运动的面积大小可以求出运动员从跳板上升最大高度。
5．【答案】D
【解析】【解答】东方红一号卫星的半长轴为a=h1+h2+2R2
地球同步卫星的轨道半径为r=R+6R=7R
设东方红一号卫星的周期为T1，地球同步卫星的周期为T2，根据开普勒第三定律得a3T12=r3T22
联立可得T1T2=(h+h+2R14R)32
D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用其东方红一号卫星的半长轴大小结合开普勒第三定律可以求出卫星和同步卫星的周期之比。
6．【答案】C
【解析】【解答】AB．由题图乙可知，交变电流的最大值为Im=102A
由于交变电流表的示数为交变电流的有效值，所以有I=Im2=10A
AB不符合题意；
C．由题图乙可知，交变电流的周期为T=0.02s，所以在t=0.01s时，线圈中的交变电流值最大，即线圈平面与磁场方向平行，通过线圈的磁通量是零，C符合题意；
D．线圈在磁场中的角速度为ω=2πT=2π0.02s=100πs
因此线圈中产生交流电动势的最大值为Em=NBωS
则有磁感应强度大小为B=EmNωS=ImRNωS=102×1010×100π×1T=210πT
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用其电流峰值的大小可以求出有效值的大小；利用其感应电流的大小可以判别线圈的位置，利用线圈的位置可以判别其磁通量的大小；利用其动生电动势表达式及感应电流的大小可以求出磁感应强度的大小。
7．【答案】A,C
【解析】【解答】A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向x=v0t
结合题意可知粒子运动的时间之比tAtB=xAv0xBv0=OCOC+CD=12
A符合题意；
B．粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动y=12at2
加速度之比aAaB=2ytA22ytB2=tB2tA2=41
B不符合题意；
C．由牛顿第二定律得qE=ma
则粒子的质量之比mAmB=qAEaAqBEaB=qAaBqBaA=13×14=112
C符合题意；
D．A、B的位移之比sAsB=y2+OC2y2+(OC+CD)2≠11
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】已知粒子在电场中偏转，利用位移公式可以比较运动的时间，结合竖直方向的位移公式可以比较加速度的大小；再利用牛顿第二定律可以求出质量之比；再利用其位移的合成可以求出合位移之比。
8．【答案】A,C
【解析】【解答】CD．金属棒a以初速度2v0在磁场中运动产生的感应电流为ia=BL⋅2v0R
金属棒a受到安培力作用做减速运动，则感应电流随之减小，即i-t图像的斜率逐渐减小；当b棒刚入磁场时，设a棒的速度为v1，此时的电流为i=BLv1R
若v1=v0则有i1=BLv0R=i02
此时a、b棒产生的电动势相互抵消，电流是零，不受安培力作用，则a棒均匀速运动离开磁场；电路中无电流，C图像可能正确，D图像错误；
AB．若v1此时因b棒速度大，电流方向以b棒产生的电流方向与原a棒产生的电流方向相反，电流大小为i=BL(v0-v1)R
b棒受安培力而减速，a棒受安培力而加速，则电流逐渐减小，A图像可能正确，B图像错误。
故答案为：AC。
【分析】利用其动生电动势的表达式可以求出a和b棒进入磁场时其感应电流的大小，当其ab棒产生的感应电流比较可以判别其两棒产生的电流方向及其大小变化。
9．【答案】（1）细线未与长木板平行；开始实验前，木块没有靠近打点计时器
（2）2.01
（3）大于
（4）需要
【解析】【解答】（1）由题图可知，第1处错误是细线未与长木板平行，从而会导致木块不能做匀加速运动；第2处错误是开始实验前，木块没有靠近打点计时器，从而会导致纸带上不能获取足够多的有效数据。
（2）根据逐差法可得纸带的加速度大小为a=[(10.78+8.76+6.77)-(4.74+2.75+0.77)]×10-29×0.12m/s2≈2.01m/s2
（3）根据题给公式可得μ=mg-MaMg①
①式是只考虑了木块的运动所得出的，显然不正确，列方程时也应考虑砝码盘和砝码的运动，对整体根据牛顿第二定律有mg-μMg=(m+M)a②
解得μ=mg-(m+M)aMg③
比较①③两式可知，通过题给表达式进行数据处理得到μ的测量值大于真实值。
（4）设细线对木块的拉力大小为T，木块的加速度大小为a，对木块根据牛顿第二定律有T-μMg=Ma④
联立②④式解得T=MmgM+m-(MM+m-1)μMg⑤
根据⑤式可知，只有当m≪M时，才有T近似等于mg，所以本实验中需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于木块的质量。
【分析】（1）细线方向应该与木板平行，实验开始前，其木块应该靠近打点计时器；
（2）利用逐差法可以求出加速度的大小；
（3）利用整体的牛顿第二定律可以判别动摩擦因数的测量值偏大于实验值；
（4）利用木块其牛顿第二定律可以判别只有其砝码盘和砝码的质量远远小于木块的质量时其拉力近似为砝码和砝码盘的重力。
10．【答案】（1）B；E
（2）a
（3）E=I1（R0+r）－I2R0；bkR0；R0(1k-1)
【解析】【解答】（1）电流表A1测通过电源的电流，根据电源参数可知短路电流为I=Er=6A
所以电流表A1应选择B。
由题意可知电流表A1的示数范围是1~3A，则电路总电阻的阻值范围是4~12Ω，外电阻的阻取值范围是2~10Ω，若定值电阻选择D，根据电阻并联规律可知滑动变阻器只能在157~15Ω区间内滑动；若定值电阻选择E，同理可知滑动变阻器可以在2.5~50Ω区间内滑动，显然后者更利于滑动变阻器的调节，故定值电阻应选择E。
（2）为了保护电路元件，闭合开关前，应使滑动变阻器接入电路的阻值调为最大值，即应将滑动变阻器的滑片置于a。
（3）根据闭合电路欧姆定律可得E=I1r+(I1-I2)R0=I1(R0+r)-I2R0
根据上述表达式整理可得I1=R0R0+rI2+ER0+r
所以k=R0R0+r
b=ER0+r
解得E=bkR0
r=R0(1k-1)
【分析】（1）利用其欧姆定律可以判别其电流表A1的量程；利用其电流表的量程结合内阻的大小可以判别定值电阻的选择；利用并联电路的等效电阻可以判别其滑动变阻器的选择；
（2）为了其电路的安全，其开关闭合前，滑动变阻器的滑片应该置于a端；
（3）利用闭合电路的欧姆定律可以求出其电动势和内阻的表达式，结合其图像斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小。
11．【答案】（1）解：粒子在电场中偏转时做类平抛运动，则
垂直电场方向d＝v0t，平行电场方向 d2 ＝ vy2 t
得vy＝v0，到A点速度为v＝ 2 v0
在磁场中速度大小不变，
所以从C点出磁场时速度大小仍为 2 v0
（2）解：在电场中偏转时，出A点时速度与水平方向成45°
vy＝ qEm t＝ qEdmv0 ，并且vy＝v0
得E＝ mv02qd
在磁场中做匀速圆周运动，如图所示
由几何关系得R＝ 2 d
又qvB＝ mv2R ，且v＝ 2 v0
得B＝ mv0qd
解得 EB ＝v0
【解析】【分析】（1）利用类平抛的位移公式结合速度的分解可以求出速度的大小；
（2）利用类平抛的速度公式可以求出电场强度的大小；结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小。
12．【答案】（1）解：滑块处于平衡状态F＝mAgtanα
代入数据解得F=1033N
A向下运动的过程中只有重力和拉力F做功，由动能定理得
Fxcsα＋mAgx·sinα＝12mAvA2
代入数据得vA＝10m/s
（2）解：A与B在水平面上碰撞的过程中，系统的动量守恒，选取向右为正方向，得mAvA＝(mA＋mB)v1
代入数据得v1＝5m/s
在A、B、C相互作用的过程中，当它们的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由系统的动量守恒，则(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2
代入数据得v2＝2m/s
由功能关系得Ep＝12(mA＋mB)v12－12(mA＋mB＋mC)v22
代入数据得Ep＝15J
开始时弹簧被拉长，C一直向右加速，当弹簧恢复原长时，C的速度最大，设此时A、B的速度为v3，C的速度为vC，则(mA＋mB)v1＝(mA＋mB)v3＋mCvC
由机械能守恒得12(mA＋mB)v12＝12(mA＋mB)v32＋12mCvC2
代入数据得vC＝4m/s
【解析】【分析】（1）滑块处于静止，利用其平衡方程可以求出水平恒力的大小；利用其动能定理可以求出滑块运动到斜面底端的速度大小；
（2）A与B在水平面上碰撞，利用动量守恒定律可以求出AB碰后速度的大小，结合其系统动量守恒定律及能量守恒定律可以求出弹性势能的最大值；当弹簧恢复原长时再利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出C的最大速度。
13．【答案】解：设气缸的容积为V，初状态有pApB=23
使汽缸竖直向下做加速运动，稳定后对活塞受力分析，由牛顿第二定律可得Mg+pAS-pBS=Ma
pB=pA+MgS-MaS=pA+2Mg3S
由玻意耳定律，对A部分气体有pA⋅V2=pA⋅2V3
pA=34pA
对B部分气体有pB⋅V2=pB⋅V3
pB=2pB3
又有pApB=23
解得pA=pB3
则有pB=pA+2Mg3S=pB3+2Mg3S
pB=MgS
【解析】【分析】当气缸向下做匀加速直线运动时，利用牛顿的第二定律可以求出两个气体压强之间的关系，结合两个气体等温变化的状态方程可以求出B部分气体稳定后的压强大小。
14．【答案】解：光路图，如图所示，由题意可知入射角i=60∘，折射率为62，设折射角为r，由折射定律可得
n=sinisinr
解得r=45∘
由几何关系可得MC=CA=R-R3
MA=2MC=22R3
AD=R3
光线从A点到空气，入射角是45∘，折射角是60∘，所以AB=233×R3=23R9
设光线在玻璃中传播速度为v，且v=cn
解得光线从M点传播到圆柱体底面时所用的时间t=MAv+ABc=22R3+cn+23R9c=23R3c+23R9c=83R9c
【解析】【分析】画出光线经过圆柱管折射的光线，利用折射定律可以求出其折射角的大小，再利用几何关系可以求出其光线传播的路程，再利用其传播的速度可以求出传播的时间。
15．【答案】吸热；减小；不变
【解析】【解答】由题图可知，气体从状态A到状态B为气体等压增容变化，由气态方程pVT=C可知，气体的温度升高，内能变大，气体膨胀对外做功，由热力学第一定律可知气体吸热。
从状态B到状态C，气体做降压等容变化，由气态方程pVT=C可知，气体的温度降低，气体分子的平均动能减小。
从状态C到状态A，其图线延长线经坐标原点，说明压强p与1V成正比，即pV一定，由气态方程pVT=C可知，气体产生等温变化，气体内能不变。
【分析】从A到B，气体其压强不变体积变大，利用理想气体的状态方程可以判别其温度的变化；利用温度升高可以判别内能增大，结合热力学第一定律可以判别气体吸热；从B到C气体体积不变压强降低则温度降低，所以气体分子平均动能减小；从C到A气体温度不变则其内能保持不变。
16．【答案】沿x正方向；56
【解析】【解答】根据x=vt
可得0.5s内波传播的距离为x=3m
根据平移法可知波向x正方向传播；
该波的周期为T=λv=43s
由图可知t1=0时刻在x=1m处的质点向上振动，由图可知x=1m从t1=0时刻位置到平衡位置所用时间为t2=0.5s=12s
再由平衡位置到波谷的时间为t3=T4=13s
所以t1=0时刻在x=1m处的质点到达波谷所需的最短时间为t=t2+t3=56s
【分析】利用传播的时间和波速可以求出波传播的距离，利用传播的距离可以判别其波传播的方向；利用其质点间的距离结合波速可以求出传播的时间，结合周期的大小可以判别其质点到达波谷的最短时间。