2019年河北省张家口市高考物理一模试卷.doc

2019年河北省张家口市高考物理一模试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）旅行者一号探测器1977年9月5日发射升空，探测器进行变轨和姿态调整的能量由钚238做燃料的同位素热电机提供，其中钚238半衰期长达88年。则旅行者一号探测器运行到2021年9月初时，剩余钚238的质量与1977年9月的质量比约为（）A0.3B0.5C0.7D0.92（6分）如图所示，两个劲度系数均为k的轻弹簧顶端固定并与电路相连，下端用轻导线与长度为L的导体棒相连，导体棒水平放置且垂直于匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。断开开关，导体棒静止时，弹簧的长度为x1；接通电源后，导体棒水平静止时，弹簧的长度为x2，电流表示数为I，忽略电流产生的磁场作用。则该匀强磁场的磁感应强度大小为（）ABCD3（6分）空间存在平行于纸面的匀强电场，纸面内有一菱形ABCD将一个电子由C点移动到D点，克服电场力做功1eVA点的电势为3V，则B点的电势为（）A2VB3VC4VD6V4（6分）2018年12月12日由中国研制的嫦娥四号探测器实现在月球背面软着陆。嫦娥四号探测器到达月球引力范围时，通过变轨先进入绕月圆轨道，再经变轨，进入椭圆轨道，其中A、B两点分别为近月点和远月点，如图所示。已知月球质量为M，半径为R，引力常量为G，绕月圆轨道半径为r，忽略地球引力的影响，则嫦娥四号探测器从B点飞A点所用的时间为（）ABCD5（6分）如图所示，竖直平面内有A、B、C三点，三点连线构成一直角三角形，AB边竖直，BC边水平，D点为BC边中点。一可视为质点的物体从A点水平抛出，轨迹经过D点，与AC交于E点。若物体从A运动到E的时间为tl，从E运动到D的时间为t2，则tl：t2为（）A1：1B1：2C2：3D1：36（6分）如图所示，两导轨在水平面内平行放置，一端与理想变压器相连，匀强磁场垂直于导轨所在的平面，导体棒ab垂直于导轨并接触良好。现对导体棒施加周期性外力，使导体棒在导轨上运动，速度随时间变化规律为vvosint，vo、为定值。理想变压器另一端连接滑动变阻器R，电路中电压表和电流表均为理想交流电表，导体棒和导轨电阻不计。现使滑动变阻器R滑片向下移动，下列说法正确的是（）A电压表、电流表读数总为零B电压表读数不变C电流表读数变小DR消耗功率不变7（6分）如图所示，圆弧轨道AB与水平轨道BC相切于B点，两轨道平滑连接且与小物块动摩擦因数相同。现将可视为质点的小物块从圆弧轨道的A点由静止释放，最终在水平轨道上滑行一段距离停在C点，此过程中小物块重力做功为W1、克服摩擦阻力做功为W2再用沿运动方向的外力F将小物块从C点缓慢拉回A点，拉力做功为W3、克服摩擦阻力做功为W4则给定各力做功大小关系式正确的是（）AW2 W4BW1W2CW3Wl+W2DW3Wl+W48（6分）如图所示，将一质量为m可视为质点的物块置于固定水平桌面上，物块与桌面之间的动摩擦因数为0.75现用跨过轻质定滑轮的细线拉动物块，使物块从细线与水平方向成30的位置运动到细线与水平方向成450的位置，运动过程中物块始终保持匀速直线运动。若重力加速度为g，sin370.6，cos370.8，细线与定滑轮之间的摩擦力不计，则细线拉力F和物块与桌面之间摩擦力Ff大小变化范围正确的是（）AmgFfmgBmgFfmgCmgFmgDmgFmg三、非选择题：共174分第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答第3338题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共129分9（6分）某探究小组用能够显示并调节转动频率的小电动机验证匀速圆周运动的向心力关系式Fmr2。（1）把转动频率可调的小电动机固定在支架上，转轴竖直向下，将摇臂平台置于小电动机正下方的水平桌面上；（2）在转动轴正下方固定一不可伸长的细线，小电动机转轴与细线连接点记为0细线另一端穿过小铁球的球心并固定；（3）启动电动机，记录电动机的转动频率f，当小球转动稳定时，将摇臂平台向上移动，无限接近转动的小球；（4）关闭电动机，测量O点到摇臂平台的高度h；（5）改变电动机的转动频率，重复上述实验。探究小组的同学除了测量以上数据，还用游标卡尺测量了小球的直径D，如图所示，读数为 mm；本实验 （填“需要”或“不需要”）测量小球的质量；请你根据所记录的O点到摇臂平台的高度h和小球的直径D，重力加速度为g，若所测物理量满足g 则Fmr2成立。（用所测物理量符号表示）10（9分）某同学用如图甲所示电路测量某电压表的内阻，实验室提供的器材如下：A待测电压表V，量程3V，内阻约为3k，；B电流表A1，量程1.5mA，内阻为100；C电流表A2，量程0.6A，内阻为1；D电阻箱Ro，阻值09999Q；E滑动变阻器R1，阻值010；F滑动变阻器R2，阻值01000；G电源E5V，内阻不计；H开关、导线若干。（l）选择实验器材连接电路，电流表应选 ；滑动变阻器应选 ，（填选用器材对应字母序号）（2）连接好电路后，将滑动变阻器的滑片滑到最左端；（3）闭合开关，调节滑动变阻器滑片和电阻箱，保持电压表示数不变；记录电流表的示数I和电阻箱的阻值Ro；（4）根据测量数据作出I图象，如图乙所示。若图线在I轴上的截距为b，图线的斜率为k，则实验过程中保持不变的电压为 ，电压表的内阻为 。11（13分）如图所示，上下表面均粗糙且足够长的木板A静置于水平地面上。物块C与A材料相同，与水平地面间的动摩擦因数均为0.1物块B放在木板A上，它们的质量分别为mA3kg，mBlkg，mc6kg。开始时A、B、C均静止，A的右端与C左端相距12m。现对A施加一水平向右F10N的恒力，A、B保持相对静止一起向右加速运动。一段时间后A与C正碰，碰撞时间极短并粘在一起，最终A、B、C共速。取重力加速度gl0m/s2，求：（1）A、C碰前瞬间A的速度大小；（2）B在A上滑动过程中，A、B之间因摩擦产生的热量。12（19分）如图甲所示，在竖直平面内，以O点为原点建立平面直角坐标系xOy，x轴水平，y轴竖直。在第四象限内有竖直向上的匀强电场，电场强度E4l02V/m。整个空间内存在如图乙所示周期性变化的匀强磁场。变化周期TB4.0s，取垂直xOy平面向里为磁场正方向。一比荷9.5l02C/kg的带正电微粒，在t10.4s时刻，从坐标为（0，0.8m）的A点以vo4m/s的速度沿x轴正向水平射出。取重力加速度g10m/s2，取3求：（l）微粒在t20.8s时刻坐标；（2）从计时开始，微粒第二次通过x轴的时刻t3；（3）微粒在t44.2s时刻速度大小。（二）选考题：共4j分请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答如果多做，则每学科按所做的第一题计分【物理一选修3-3】（l5分）13（5分）下列说法正确的是（）A分子间距离增大，则分子间作用力的合力减小B使用毛笔难以在石蜡纸上写字，这是因为墨水不浸润石蜡纸C第一类永动机不可制成，是因为违背了热力学第二定律D不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响E一定质量的理想气体等压膨胀，一定吸收热量14（10分）如图所示，一总长度为L导热性能良好的汽缸放置在水平面上，开口向左。用横截面积为S的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞静止时距汽缸底部现保持温度不变，缓慢转动汽缸。使其开口竖直向上放置，活塞最终静止时距汽缸底部已知大气压强为po，不计活塞厚度，活塞与汽缸无摩擦接触且气密性良好。重力加速度为g。（i）求活塞质量m；（ii）现用外力F缓慢竖直向上拉动活塞，活塞到达汽缸上边缘时，汽缸恰好对地面无压力。求此时所施加外力F的大小。【物理一选修3-4】（15分）15下列说法正确的是（）A单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关B真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的C变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场D对于同一障碍物，波长越短的光越容易绕过去E用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉16如图为某种透明玻璃砖的横截面，PM2R，O为PM中点，PN为半径为R的四分之一圆弧。一束平行单色光从OM区域垂直OM水平射入玻璃砖。已知玻璃砖的临界角为C30，光在真空中速度为c。求：（i）在PN弧上有光线射出区域的弧长；（ii）从OM射入的光线经MN一次反射后直接从PN弧离开的最长时间。2019年河北省张家口市高考物理一模试卷参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）旅行者一号探测器1977年9月5日发射升空，探测器进行变轨和姿态调整的能量由钚238做燃料的同位素热电机提供，其中钚238半衰期长达88年。则旅行者一号探测器运行到2021年9月初时，剩余钚238的质量与1977年9月的质量比约为（）A0.3B0.5C0.7D0.9【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题【分析】半衰期表示有一半原子核发生衰变的时间，衰变后的质量可由半衰期公式：进行计算，其中M为反应前原子核质量，m为反应后剩余原子核质量，t为反应时间，T为半衰期。【解答】解：旅行者一号探测器从发射到2021年9月时，已历时44年，即t44年，半衰期T88年，根据半衰期公式：，故ABD错误，C正确；故选：C。【点评】明确半衰期与元素所处的物理和化学状态无关，它是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，并能用半衰期公式：进行简单计算即可。2（6分）如图所示，两个劲度系数均为k的轻弹簧顶端固定并与电路相连，下端用轻导线与长度为L的导体棒相连，导体棒水平放置且垂直于匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。断开开关，导体棒静止时，弹簧的长度为x1；接通电源后，导体棒水平静止时，弹簧的长度为x2，电流表示数为I，忽略电流产生的磁场作用。则该匀强磁场的磁感应强度大小为（）ABCD【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡；BB：闭合电路的欧姆定律；CE：安培力的计算菁优网版权所有【专题】32：定量思想；4C：方程法；53D：磁场 磁场对电流的作用【分析】开关断开时，根据平衡条件列方程；接通电源后，导体棒的电流方向向右，则安培力方向向下，再次根据平衡条件结合胡克定律列方程求解。【解答】解：断开开关，导体棒静止时，弹簧的长度为x1，则有：mg2kx1；接通电源后，导体棒的电流方向向右，则安培力方向向下；导体棒水平静止时，弹簧的长度为x2，电流表示数为I，根据平衡条件可得：mg+BIL2kx2；联立解得：B，故ABC错误、D正确。故选：D。【点评】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答。3（6分）空间存在平行于纸面的匀强电场，纸面内有一菱形ABCD将一个电子由C点移动到D点，克服电场力做功1eVA点的电势为3V，则B点的电势为（）A2VB3VC4VD6V【考点】AG：电势差和电场强度的关系菁优网版权所有【专题】32：定量思想；4C：方程法；532：电场力与电势的性质专题【分析】匀强电场中，根据UEd可知，沿电场线方向相等距离两点间的电势差相等，由题，BACD，则UBAUCD进行计算。【解答】解：由题意得：匀强电场中，根据UEd可知，沿电场线方向相等距离两点间的电势差相等，由题，BACD则UBAUCD又UBABAUCDCD联立解得：B4V故ABD错误，C正确；故选：C。【点评】本题考查对匀强电场中公式UEd的理解和应用能力，沿垂直于等势面方向相等距离电势差相等。4（6分）2018年12月12日由中国研制的嫦娥四号探测器实现在月球背面软着陆。嫦娥四号探测器到达月球引力范围时，通过变轨先进入绕月圆轨道，再经变轨，进入椭圆轨道，其中A、B两点分别为近月点和远月点，如图所示。已知月球质量为M，半径为R，引力常量为G，绕月圆轨道半径为r，忽略地球引力的影响，则嫦娥四号探测器从B点飞A点所用的时间为（）ABCD【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题【分析】根据万有引力提供向心力求出沿圆周轨道的周期，根据开普勒第三定律求出嫦娥四号沿椭圆轨道的周期，从B到A的时间为椭圆周期的一半。【解答】解：根据万有引力提供向心力解得：据开普勒第三定律解得嫦娥四号沿椭圆轨道的周期为：故嫦娥四号从B点飞到A点所需时间为：故ACD错误，B正确；故选：B。【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，结合开普勒第三定律处理问题。5（6分）如图所示，竖直平面内有A、B、C三点，三点连线构成一直角三角形，AB边竖直，BC边水平，D点为BC边中点。一可视为质点的物体从A点水平抛出，轨迹经过D点，与AC交于E点。若物体从A运动到E的时间为tl，从E运动到D的时间为t2，则tl：t2为（）A1：1B1：2C2：3D1：3【考点】43：平抛运动菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；518：平抛运动专题【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，充分利用D为BC的中点的几何关系【解答】解：设C，ADB，由几何关系知，tan2tan，物体初速度为v0，根据平抛运动规律，质点由A到E，解得：；同理：质点由A到D，解得：，故质点由E到D的时间；故t1：t21：1，故BCD错误，A正确；故选：A。【点评】本题研究平抛运动和斜面结合的题目，注意题目总结。6（6分）如图所示，两导轨在水平面内平行放置，一端与理想变压器相连，匀强磁场垂直于导轨所在的平面，导体棒ab垂直于导轨并接触良好。现对导体棒施加周期性外力，使导体棒在导轨上运动，速度随时间变化规律为vvosint，vo、为定值。理想变压器另一端连接滑动变阻器R，电路中电压表和电流表均为理想交流电表，导体棒和导轨电阻不计。现使滑动变阻器R滑片向下移动，下列说法正确的是（）A电压表、电流表读数总为零B电压表读数不变C电流表读数变小DR消耗功率不变【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率；E8：变压器的构造和原理菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；53A：交流电专题【分析】根据导体棒的运动情况无得原线圈的电压特点，由此分析电压表示数的情况；根据动态分析的方法分析电流表和电功率的变化。【解答】解：A、由于导体棒在导轨上运动的速度随时间变化规律为vvosint，根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势计算公式eBLv可得eBLvosint，即原线圈的电动势随时间呈正弦规律变化，在副线圈中会产生感应电动势，所以电压表、电流表读数不为零，故A错误；B、电压表的示数决定于原线圈的电压和匝数比，原线圈的输入电压不变、匝数比不变，滑动变阻器R滑片向下移动时，电压表读数不变，故B正确；C、动变阻器R滑片向下移动，总电阻增大，根据欧姆定律可知I，则电流表读数变小，故C正确；D、R两端电压不变、电流变小，根据PU2I可知R消耗功率减小，故D错误。故选：BC。【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。7（6分）如图所示，圆弧轨道AB与水平轨道BC相切于B点，两轨道平滑连接且与小物块动摩擦因数相同。现将可视为质点的小物块从圆弧轨道的A点由静止释放，最终在水平轨道上滑行一段距离停在C点，此过程中小物块重力做功为W1、克服摩擦阻力做功为W2再用沿运动方向的外力F将小物块从C点缓慢拉回A点，拉力做功为W3、克服摩擦阻力做功为W4则给定各力做功大小关系式正确的是（）AW2 W4BW1W2CW3Wl+W2DW3Wl+W4【考点】65：动能定理菁优网版权所有【专题】1：常规题型；32：定量思想；4C：方程法；52D：动能定理的应用专题【分析】先分析由A到C过程中的各个力做功的情况及初、末两状态的速度，利用动能定理可得W1与W2的关系；再分析由C到A过程中受力，判断各个力做功的情况及初、末速度，利用动能定理即可分析。【解答】解：从A到C的过程中，物体受重力、支持力、摩擦阻力三个力的作用，只有重力与摩擦阻力做功，初、末速度都为0，由动能定理有：W1W20得：W1W2由C到A的过程中，物体受重力、拉力、支持力、摩擦阻力四个力的作用，只有重力、摩擦阻力、拉力三个力做功，由动能定理有：W3W1W40得：W3W1+W4由于AB轨道是弯曲的，由A到B与由B到A的速度大小关系不清楚，故有：W2W4，故AC错误，BD正确。故选：BD。【点评】本题的关键是对各个过程的受力分析，从而分析清楚，各个力做功的情况。8（6分）如图所示，将一质量为m可视为质点的物块置于固定水平桌面上，物块与桌面之间的动摩擦因数为0.75现用跨过轻质定滑轮的细线拉动物块，使物块从细线与水平方向成30的位置运动到细线与水平方向成450的位置，运动过程中物块始终保持匀速直线运动。若重力加速度为g，sin370.6，cos370.8，细线与定滑轮之间的摩擦力不计，则细线拉力F和物块与桌面之间摩擦力Ff大小变化范围正确的是（）AmgFfmgBmgFfmgCmgFmgDmgFmg【考点】3C：共点力的平衡；45：运动的合成和分解菁优网版权所有【专题】32：定量思想；4I：极值法；527：共点力作用下物体平衡专题【分析】对物块受力分析，根据平衡条件列方程结合数学知识即可求解。【解答】解：AB、设细线与水平方向的夹角为，根据平衡条件可得：mgFN+Fsin，FcosFfFN整理得：mgFf+Fftan当30时，Ffmax当45时，Ffmin所以摩擦力的取值范围为：f，故A正确B错误；CD、根据平衡条件可得：mgFN+Fsin FcosFN联立得：F由数学知识得：cos+sinsin（+）当37时，Fmin当45时，Fmaxmg所以拉力的取值范围为：Fmg，故C错误D正确。故选：AD。【点评】本题考查了物体的平衡条件的应用，根据平衡条件写出拉力和摩擦力的表达式会用数学方法求解极值。三、非选择题：共174分第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答第3338题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共129分9（6分）某探究小组用能够显示并调节转动频率的小电动机验证匀速圆周运动的向心力关系式Fmr2。（1）把转动频率可调的小电动机固定在支架上，转轴竖直向下，将摇臂平台置于小电动机正下方的水平桌面上；（2）在转动轴正下方固定一不可伸长的细线，小电动机转轴与细线连接点记为0细线另一端穿过小铁球的球心并固定；（3）启动电动机，记录电动机的转动频率f，当小球转动稳定时，将摇臂平台向上移动，无限接近转动的小球；（4）关闭电动机，测量O点到摇臂平台的高度h；（5）改变电动机的转动频率，重复上述实验。探究小组的同学除了测量以上数据，还用游标卡尺测量了小球的直径D，如图所示，读数为10.52mm；本实验不需要（填“需要”或“不需要”）测量小球的质量；请你根据所记录的O点到摇臂平台的高度h和小球的直径D，重力加速度为g，若所测物理量满足g则Fmr2成立。（用所测物理量符号表示）【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力菁优网版权所有【专题】32：定量思想；46：实验分析法；52R：基本实验仪器【分析】根据游标卡尺的读数方法进行读数；根据合力提供向心力列方程求解重力加速度的大小。【解答】解：小球的直径D10mm+260.02mm10.52mm；设细线与竖直方向的夹角为，从O到球心的距离为L根据牛顿第二定律可得：mgtanmLsin2m可以约去，则得：g其中h则g。故答案为：10.52；不需要；。【点评】对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。10（9分）某同学用如图甲所示电路测量某电压表的内阻，实验室提供的器材如下：A待测电压表V，量程3V，内阻约为3k，；B电流表A1，量程1.5mA，内阻为100；C电流表A2，量程0.6A，内阻为1；D电阻箱Ro，阻值09999Q；E滑动变阻器R1，阻值010；F滑动变阻器R2，阻值01000；G电源E5V，内阻不计；H开关、导线若干。（l）选择实验器材连接电路，电流表应选B；滑动变阻器应选E，（填选用器材对应字母序号）（2）连接好电路后，将滑动变阻器的滑片滑到最左端；（3）闭合开关，调节滑动变阻器滑片和电阻箱，保持电压表示数不变；记录电流表的示数I和电阻箱的阻值Ro；（4）根据测量数据作出I图象，如图乙所示。若图线在I轴上的截距为b，图线的斜率为k，则实验过程中保持不变的电压为k，电压表的内阻为。【考点】N6：伏安法测电阻菁优网版权所有【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；4B：图析法；4C：方程法；535：恒定电流专题【分析】（1）根据实验原理和减小实验误差 的要求，分析选取的器材；（4）由欧姆定律求出电流表的读数I与电阻箱的阻值R0的表达式，结合图象即可正确求得。【解答】解：（1）可能流过电压表的最大电流为，故可知电流表应该选择B，由滑动变阻器使用分压式接法，故应该选择E；（2）设电压表的读数为U，电压表的内阻为Rv，由欧姆定律与并联电路的规律有：变形可得：结合图象可得Uk，故答案为：（1）B；E；（4）k，。【点评】本题考查了电压表内电阻的测量；要注意明确滑动变阻器的选择和并联电路特点及欧姆定律的应用等。11（13分）如图所示，上下表面均粗糙且足够长的木板A静置于水平地面上。物块C与A材料相同，与水平地面间的动摩擦因数均为0.1物块B放在木板A上，它们的质量分别为mA3kg，mBlkg，mc6kg。开始时A、B、C均静止，A的右端与C左端相距12m。现对A施加一水平向右F10N的恒力，A、B保持相对静止一起向右加速运动。一段时间后A与C正碰，碰撞时间极短并粘在一起，最终A、B、C共速。取重力加速度gl0m/s2，求：（1）A、C碰前瞬间A的速度大小；（2）B在A上滑动过程中，A、B之间因摩擦产生的热量。【考点】1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；37：牛顿第二定律；53：动量守恒定律；6B：功能关系菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52G：动量和能量的综合【分析】（1）A、B保持相对静止一起向右加速运动的过程，利用动能定理列式，可求得A、C碰前瞬间A的速度大小；（2）A与C碰撞过程，B由于惯性速度不变。对AC系统，由于碰撞时间极短，外力的冲量可忽略不计，故系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰后两者的共同速度。B在A上滑动过程中，三者的合外力为零，根据动量守恒定律和能量守恒定律结合求A、B之间因摩擦产生的热量。【解答】解：（1）由题意可知，开始时，A和B相对静止一起向右运动，由动能定理得：F（mA+mB）gx据题知A的右端与C左端相距12m，即 x12m解得A、C碰前瞬间A的速度大小 v16m/s（2）取水平向右为正方向，当A、C发生碰撞时，碰撞时间极短，A、C系统的动量，则有：mAv1（mA+mC）v2。代入数据解得：v22m/sA、C所受地面的摩擦力 Ff（mA+mB+mC）g10NF，所以A、B、C所受的合外力为零，系统的动量守恒。最终A、B、C共速，由动量守恒定律得：mBv1+（mA+mC）v2（mA+mB+mC）v3。 mBv12+（mA+mC）v22（mA+mB+mC）v32+Q联立解得：Q7.2J因此，B在A上滑动过程中，A、B之间因摩擦产生的热量是7.2J。答：（1）A、C碰前瞬间A的速度大小为6m/s；（2）B在A上滑动过程中，A、B之间因摩擦产生的热量是7.2J。【点评】分析清楚物体的运动过程，准确选择研究对象，然后应用动量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式即可研究。要注意C与A碰撞时B没有参与。12（19分）如图甲所示，在竖直平面内，以O点为原点建立平面直角坐标系xOy，x轴水平，y轴竖直。在第四象限内有竖直向上的匀强电场，电场强度E4l02V/m。整个空间内存在如图乙所示周期性变化的匀强磁场。变化周期TB4.0s，取垂直xOy平面向里为磁场正方向。一比荷9.5l02C/kg的带正电微粒，在t10.4s时刻，从坐标为（0，0.8m）的A点以vo4m/s的速度沿x轴正向水平射出。取重力加速度g10m/s2，取3求：（l）微粒在t20.8s时刻坐标；（2）从计时开始，微粒第二次通过x轴的时刻t3；（3）微粒在t44.2s时刻速度大小。【考点】37：牛顿第二定律；43：平抛运动；4A：向心力；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）微粒从t1至t2时间内做平抛运动，即可求解坐标；（2）求出微粒在t20.8s时刻速度与x轴夹角，当微粒进入第四象限后qEmg，微粒在第四象限在洛伦力作用下做匀速周运动，根据牛顿第二定律求解周期，微粒在第四象限一直做匀速圆周运动，求解运动时间，即可求出微粒第二次通过x轴的总时间；（3）微粒在t31.4s时刻，沿与x轴成0角进人第一象限做斜上抛运动，由运动对称性可知微粒第三次通过x轴的时刻为2.2s，求出第四象限以v4m/s做匀速圆周运动时间，4.0s时刻进入只有重力场的空间，由对称性可知再经过0.4s微粒到达最高点，可以看成反向平抛运动，根据所学知识可求解。【解答】解：（1）微粒从t1至t2时间内做平抛运动x（t2t1）1.6my（t2t1）20.8m微粒在t20.8s时刻坐标为（1.6m，0）（2）设微粒在t20.8s时刻速度与x轴夹角为，竖直分速度为vyg（t2t1）4m/stan145v4m/s当微粒进入第四象限后通过计算可得：qEmg，微粒在第四象限在洛伦力作用下做匀速周运动，根据牛顿第二定律得qvBmT联立解得：T2.4sRm微粒在第四象限一直做匀速圆周运动，设速度偏转角为，2运动时间t0.6s，可知微粒第二次通过x轴的时刻为t3t2+t1.4s（3）微粒在t31.4s时刻，沿与x轴成0角进人第一象限做斜上抛运动，vygtt0.4s由运动对称性可知微粒第三次通过x轴的时刻为2.2s在第四象限以v4m/s做匀速圆周运动时间为T1.8s则4.0s时刻速度大小为v4m/s进入只有重力场的空间，由对称性可知再经过0.4s微粒到达最高点，可以看成反向平抛运动，t0.2s时竖直方向的分速度vgt可知：t44.2s时刻v2m/s答：（l）微粒在t20.8s时刻坐标为（1.6m，0）；（2）从计时开始，微粒第二次通过x轴的时刻t3为1.4s；（3）微粒在t44.2s时刻速度大小为2m/s。【点评】本题中粒子在复合场运动，分析受力情况，确定粒子的运动情况是解题的基础。结合粒子运动的周期以及数学几何知识综合求解。（二）选考题：共4j分请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答如果多做，则每学科按所做的第一题计分【物理一选修3-3】（l5分）13（5分）下列说法正确的是（）A分子间距离增大，则分子间作用力的合力减小B使用毛笔难以在石蜡纸上写字，这是因为墨水不浸润石蜡纸C第一类永动机不可制成，是因为违背了热力学第二定律D不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响E一定质量的理想气体等压膨胀，一定吸收热量【考点】86：分子间的相互作用力；8F：热力学第一定律；8H：热力学第二定律；97：浸润和不浸润菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题【分析】从平衡位置开始，分子间作用力的合力随距离增大先增大后减小；墨水不浸润石蜡纸；第一类永动机违背了能量守恒定律；根据热力学第二定律分析D选项；根据C结合热力学第一定律分析E选项。【解答】解：A、从平衡位置开始，分子间距离增大，则分子间作用力的合力先增大后减小，故A错误；B、使用毛笔难以在石蜡纸上写字，这是因为墨水不浸润石蜡纸，使得扶着层的分子表现为引力，使附着层有收缩的趋势，故难以在石蜡纸上写字，故B正确；C、第一类永动机不可制成，是因为违背了能量守恒定律，故C错误；D、根据热力学第二定律可知，不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响，故D正确；E、根据C可知，一定质量的理想气体等压膨胀，对外做功，但其温度升高、内能增大，再根据热力学第一定律UW+Q，气体一定吸收热量，故E正确。故选：BDE。【点评】本题主要是分子力、热力学定律、浸润与非浸润、气体定律等知识，解答本题的关键是能够熟练掌握热学部分的基本知识并能够熟练应用。14（10分）如图所示，一总长度为L导热性能良好的汽缸放置在水平面上，开口向左。用横截面积为S的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞静止时距汽缸底部现保持温度不变，缓慢转动汽缸。使其开口竖直向上放置，活塞最终静止时距汽缸底部已知大气压强为po，不计活塞厚度，活塞与汽缸无摩擦接触且气密性良好。重力加速度为g。（i）求活塞质量m；（ii）现用外力F缓慢竖直向上拉动活塞，活塞到达汽缸上边缘时，汽缸恰好对地面无压力。求此时所施加外力F的大小。【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；54A：气体的状态参量和实验定律专题【分析】先由等温变化求出气体的压强，再由平衡条件即可求出活塞的质量与所施加的外力大小【解答】解：（1）开始时，气缸开口向左，气体压强为P0，体积为，开口向上竖直放置时，设气体的压强为P1，气体的体积为，温度不变，由玻意尔定律有解得P12P0汽缸开口向上，活塞处于静止状态，由平衡条件有mg+P0SP1S可解得活塞的质量为（2）活塞与汽缸处于平衡状态，由平衡条件可得气体的压强为此时气体的体积为LS，由题意可知温度不变，由玻意尔定律有：联立以上各式可得答：（1）活塞的质量为；（2）此时所施加外力F的大小为。【点评】本题的关键是要找出气体的初、末两个状态的状态量，结合平衡条件求解即可【物理一选修3-4】（15分）15下列说法正确的