2019年广东省广州市高考物理一模试卷.doc

2019年广东省广州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）2018年11月12日中科院等离子体物理研究所发布消息：全超导托克马克装置EAST在实验中有了新的突破，等离子体中心电子温度达到1亿摄氏度；其主要核反应方程为：H+HHe+XH+YHe+X，则下列表述正确的是（）AX是质子BY是氚核CX与Y是同位素D两个核反应都属于裂变反应2（6分）如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为I，运动员入水后到最低点的运动过程记为II，忽略空气阻力，则运动员（）A过程I的动量改变量等于零B过程II的动量改变量等于零C过程I的动量改变量等于重力的冲量D过程II 的动量改变量等于重力的冲量3（6分）如图甲所示，梯形硬导线框abcd固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直，图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t0时刻磁场方向垂直纸面向里。在05t0时间内，设垂直ab边向上为安培力的正方向，线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为（）ABCD4（6分）高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以21.6km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.7s，刹车的加速度大小为5m/s2，则该ETC通道的长度约为（）A4.2mB6.0mC7.8mD9.6m5（6分）位于贵州的“中国天眼”（FAST）是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜，通过FAST可以测量地球与木星之间的距离。当FAST接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍。若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且轨道共面，则可知木星的公转周期为（）A（1+k2）年B（1+k2）年C（1+k）年Dk年6（6分）如图，理想变压器上接有3个完全相同的灯泡，其中1个灯泡与原线圈串联，另外2个灯泡并联后接在副线圈两端。已知交流电源的电压u18sin100t（V），3个灯泡均正常发光，忽略导线电阻，则变压器（）A副线圈电压的频率为100HzB原线圈两端的电压为12VC原副线圈的电流比为2：1D原副线圈的匝数比为2：17（6分）如图，正点电荷固定在O点，以O为圆心的同心圆上有a、b、c三点，一质量为m、电荷量为q的粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点，速率分别为va、vb若a、b的电势分别为a、b，则（）Aa、c两点电场强度相同B粒子的比荷C粒子在a点的加速度大于在b点的加速度D粒子从a点移到b点，电场力做正功，电势能减少8（6分）如图，夹角为120的两块薄铝板OM、ON将纸面所在平面分为、两个区域，两区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度分别为B1、B2在OM板上表面处有一带电粒子垂直OM方向射入磁场B1中，粒子恰好以O为圆心做圆周运动回到出发点。设粒子在两区域中运动的速率分别为v1、v2，运动时间分别为t1、t2；假设带电粒子穿过薄铝板过程中电荷量不变，动能损失一半，不计粒子重力，则下列说法中正确的是（）A粒子带负电Bv1：v22：1CB1：B2Dt1：t21：三、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33题第38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共129分9（6分）用图甲所示的实验装置来测量匀变速直线运动的加速度。（1）实验的主要步骤：用游标卡尺测量挡光片的宽度d，结果如图乙所示，读得d mm；用刻度尺测量A点到光电门所在位置B点之间的水平距离x；滑块从A点静止释放（已知砝码落地前挡光片已通过光电门）；读出挡光片通过光电门所用的时间t；改变光电门的位置，滑块每次都从A点静止释放，测量相应的x值并读出t值。（2）根据实验测得的数据，以x为横坐标，为纵坐标，在坐标纸中作出x图线如图丙所示，求得该图线的斜率k m1s2；由此进一步求得滑块的加速度a ms2（计算结果均保留3位有效数字）10（9分）用如图a所示的电路测量铂热敏电阻的阻值与温度的关系。（1）开关闭合前，滑动变阻器的滑片应移至 端（填“A”或“B”）。（2）实验测得不同温度下的阻值，并绘得如图b的Rtt关系图线，根据图线写出该热敏电阻的Rtt关系式：Rt （）。（3）铂的电阻对温度变化很灵敏，可以制成电阻温度计。请利用开关、导线、铂热敏电阻、图a中某一电表和图c所示的恒流源（调节旋钮时可以选择不同的输出电流，且输出电流不随外部条件的变化而变化），设计一个简易电阻温度计并在图d的虚线框内画出电路原理图。（4）结合图b的关系图线，选择恒流源的输出电流为0.15A，当选用的电表达到满偏时，电阻温度计所测温度为 如果要提高该温度计所能测量的最高温度值，请提出一种可行的方法： 。11（14分）在竖直平面内，一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m、电荷量为+q的小球。小球始终处在场强大小为、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P点，P点与O点间的水平距离为L重力加速度为g，不计空气阻力，求（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小；（2）O、P两点间的电势差。12（18分）倾角为的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上AB的长度为3L，BC、CD的长度均为3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑。如图，4个“”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A处。现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。已知每个滑块的质量为m并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan，重力加速度为g。求（1）滑块1刚进入BC时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小；（2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。（二）选考题：共45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，则每科按所做的第一题计分物理-选修3-3（15分）13（5分）一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的竖直气缸内，活塞可沿气缸无摩擦地上下滑动。开始时活塞静止，取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上，在倒沙子的过程中，缸内气体内能 （填“增大”、“减小”或“不变”），气体对活塞 （填“做正功”、“做负功”或“不做功”），气体 （填“吸热”或“放热”）。14（10分）如图所示，水平放置的导热气缸A和B底面积相同，长度分别为2L和L，两气缸通过长度为L的绝热管道连接；厚度不计的绝热活塞a、b可以无摩擦地移动，a的横截面积为b的两倍。开始时A、B内都封闭有压强为p0、温度为T0的空气，活塞a在气缸A最左端，活塞b在管道最左端。现向右缓慢推动活塞a，当活塞b恰好到管道最右端时，停止推动活塞a并将其固定，接着缓慢加热气缸B中的空气直到活塞b回到初始位置，求（i）活塞a向右移动的距离；（ii）活塞b回到初始位置时气缸B中空气的温度。物理-选修3-4（15分）15光纤通信中，光导纤维传递光信号的物理原理是利用光的 现象，要发生这种现象，必须满足的条件是：光的入射方向应该是 （填“从光密介质到光疏介质”或“从光疏介质到光密介质”），且入射角 临界角（填“”或“”）。16一简谐横波以4m/s的波速沿水平绳向x轴正方向传播。已知t0时的波形如图所示，绳上两质点M、N的平衡位置相距波长。设向上为正，经时间t1（小于一个周期），此时质点M向下运动，其位移仍为0.02m。求：（i）该横波的周期；（ii）t1时刻质点N的位移。2019年广东省广州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）2018年11月12日中科院等离子体物理研究所发布消息：全超导托克马克装置EAST在实验中有了新的突破，等离子体中心电子温度达到1亿摄氏度；其主要核反应方程为：H+HHe+XH+YHe+X，则下列表述正确的是（）AX是质子BY是氚核CX与Y是同位素D两个核反应都属于裂变反应【考点】JL：轻核的聚变菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；54Q：重核的裂变和轻核的聚变专题【分析】根据质量数守恒、电荷数守恒判断X和和Y的种类，这两个方程都是聚变。【解答】解：A、根据质量数守恒、电荷数守恒可知X是中子，故A错误；B、对第二个方程，根据质量数守恒、电荷数守恒可知Y是氚核，故B正确；C、X是中子，Y是氚核，X与Y不是同位素，故C错误；D、两个核反应都属于聚变反应，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了有关聚变的基础知识，在平时学习中注意基础知识的理解和应用，掌握裂变和聚变的特点。2（6分）如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为I，运动员入水后到最低点的运动过程记为II，忽略空气阻力，则运动员（）A过程I的动量改变量等于零B过程II的动量改变量等于零C过程I的动量改变量等于重力的冲量D过程II 的动量改变量等于重力的冲量【考点】52：动量定理菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题【分析】分析两个过程中运动员速度的变化、受力情况等，由此确定动量的变化是否为零。【解答】解：AC、过程I中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误，、C正确；B、运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程II的动量改变量不等于零，故B错误；D、过程II 的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误；故选：C。【点评】本题主要是考查动量定理，解答本题要知道动量的变化与合外力冲量的关系。3（6分）如图甲所示，梯形硬导线框abcd固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直，图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t0时刻磁场方向垂直纸面向里。在05t0时间内，设垂直ab边向上为安培力的正方向，线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为（）ABCD【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；CE：安培力的计算；D8：法拉第电磁感应定律菁优网版权所有【专题】14：作图题；31：定性思想；43：推理法；539：电磁感应中的力学问题【分析】根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据欧姆定律求解感应电流，根据安培力公式FBIL求解安培力；根据楞次定律判断感应电流的方向，再由左手定则判定安培力的方向，从而即可求解。【解答】解：02t0，感应电动势为：E1SS，为定值，3t05t0，感应电动势为：E2SS，也为定值，因此感应电流也为定值，那么安培力FBILB由于0t0，B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，根据楞次定律，可知，线圈中感应电流方向顺时针，依据左手定则，可知，线框ab边受到安培力方向向上，即为正；同理，t02t0，安培力方向向下，为负，大小增大，而在2t03t0，没有安培力；在3t04t0，安培力方向向上，为正，大小减小；在4t05t0，安培力方向向下，为负，大小增大，故D正确，ABC错误；故选：D。【点评】本题根据法拉第电磁感应定律和安培力公式判断安培力大小情况；根据楞次定律判断安培力方向，并掌握左手定则的应用，及能与右手定则的区别。4（6分）高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以21.6km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.7s，刹车的加速度大小为5m/s2，则该ETC通道的长度约为（）A4.2mB6.0mC7.8mD9.6m【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系菁优网版权所有【专题】32：定量思想；4C：方程法；511：直线运动规律专题【分析】汽车先匀速后减速，分别由匀速直线运动的公式与匀变速直线运动的公式汽车两端位移，然后求和即可。【解答】解：21.6km/h6m/s汽车在前0.3s+0.7s内做匀速直线运动，位移为：x1v0（t1+t2）6（0.3+0.7）6m随后汽车做减速运动，位移为：3.6m所以该ETC通道的长度为：Lx1+x26+3.69.6m故ABC错误，D正确故选：D。【点评】该题考查匀变速直线运动的公式的应用，解答的关键是明确汽车的两段运动的特点，然后合理选择公式。5（6分）位于贵州的“中国天眼”（FAST）是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜，通过FAST可以测量地球与木星之间的距离。当FAST接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍。若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且轨道共面，则可知木星的公转周期为（）A（1+k2）年B（1+k2）年C（1+k）年Dk年【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】31：定性思想；4C：方程法；529：万有引力定律在天体运动中的应用专题【分析】画出太阳、地球、木星的位置关系，由几何关系求出木星的公转比较，然后由开普勒第三定律即可求出。【解答】解：该题中，太阳、地球、木星的位置关系如图：设地球的公转半径为R1，木星的公转半径为R2，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍，则有：由开普勒第三定律有：可得：由于地球公转周期为1年，则有：T2年故B正确，ACD错误故选：B。【点评】该题考查开普勒第三定律的应用，解答的关键是结合题目中的条件，正确找到木星与地球的轨道半径之间的关系。6（6分）如图，理想变压器上接有3个完全相同的灯泡，其中1个灯泡与原线圈串联，另外2个灯泡并联后接在副线圈两端。已知交流电源的电压u18sin100t（V），3个灯泡均正常发光，忽略导线电阻，则变压器（）A副线圈电压的频率为100HzB原线圈两端的电压为12VC原副线圈的电流比为2：1D原副线圈的匝数比为2：1【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E8：变压器的构造和原理菁优网版权所有【专题】32：定量思想；4C：方程法；53A：交流电专题【分析】设每只灯的额定电流为I，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，由电流关系求出匝数比；根据原副线圈两端电压之比与匝数成正比交流电源电压。【解答】解：A、由瞬时值表达式有：u18sin100t（V），可知角速度为：100，则频率为：fHz故A错误；BCD、设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，原副线圈电流之比为1：2，根据原副线圈中电流之比与匝数成反比得原、副线圈的匝数之比为：又得原线圈两端电压为：根据闭合电路欧姆定律得交流电源电压为：UU+2U3U该交流电的最大值为18V，则有效值为18V，所以3U18V则灯泡的额定电压为6V，原线圈两端得电压等于2U12V故BD正确，C错误故选：BD。【点评】本题解题的突破口在原副线圈的电流关系，注意明确四个灯正常发光为解题的关键。还要特比注意交流电源电压应是两个灯泡两端电压之和再加上原线圈两端电压。7（6分）如图，正点电荷固定在O点，以O为圆心的同心圆上有a、b、c三点，一质量为m、电荷量为q的粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点，速率分别为va、vb若a、b的电势分别为a、b，则（）Aa、c两点电场强度相同B粒子的比荷C粒子在a点的加速度大于在b点的加速度D粒子从a点移到b点，电场力做正功，电势能减少【考点】4A：向心力；A8：点电荷的电场；AE：电势能与电场力做功菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题【分析】依据点电荷周围处于同心圆上电场强度大小相等；根据动能定理，即可求解粒子的比荷；依据电场线的疏密程度来判定电场强度强弱，从而判定加速度大小；最后根据负电荷从高电势到低电势，电势能增大，电场力做负功，进而即可求解。【解答】解：A、由题意可知，a、c两点处于同一同心圆，因此它们的电场强度大小相同，方向不同，故A错误；B、q的粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点，速率分别为va、vb，根据动能定理，则有：qUabmm，解得粒子的比荷，故B错误；C、因a点离正点电荷较近，则a点的电场线比b点处较密，因此其电场力比b点大，那么在a点的加速度大于在b点的加速度，故C正确；D、负粒子从a点移到b点，即从高电势移到低电势，那么电势能增大，电场力做负功，故D错误；故选：C。【点评】考查电场强度是矢量，掌握动能定理的内容，理解电场力做功与电势能高低的关系，注意电场线的疏密与加速度大小判定。8（6分）如图，夹角为120的两块薄铝板OM、ON将纸面所在平面分为、两个区域，两区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度分别为B1、B2在OM板上表面处有一带电粒子垂直OM方向射入磁场B1中，粒子恰好以O为圆心做圆周运动回到出发点。设粒子在两区域中运动的速率分别为v1、v2，运动时间分别为t1、t2；假设带电粒子穿过薄铝板过程中电荷量不变，动能损失一半，不计粒子重力，则下列说法中正确的是（）A粒子带负电Bv1：v22：1CB1：B2Dt1：t21：【考点】37：牛顿第二定律；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】根据左手定则判断粒子电性；根据动能关系判断速度关系；根据洛伦兹力提供向心力判断磁感应强度的关系；根据粒子在磁场中的周期公式结合圆心角判断运动时间关系。【解答】解：A、根据左手定则可判定粒子带负电，故A正确；B、由题意知，带电粒子穿过薄铝板后动能损失一半，故v1：v2：1，故B错误；C、根据洛伦兹力提供向心力qvBm得：B，由题意知r1r2，故B1：B2v1：v2：1，故C正确；D、由粒子在磁场中的周期公式知，粒子在磁场中的周期相同，运动时间之比等于圆周角之比，即t1：t2120：2401：2，故D错误；故选：AC。【点评】本题关键明确带电粒子在磁场中的运动规律，由洛伦兹力提供向心力，结合半径关系即可求解。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33题第38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共129分9（6分）用图甲所示的实验装置来测量匀变速直线运动的加速度。（1）实验的主要步骤：用游标卡尺测量挡光片的宽度d，结果如图乙所示，读得d6.60mm；用刻度尺测量A点到光电门所在位置B点之间的水平距离x；滑块从A点静止释放（已知砝码落地前挡光片已通过光电门）；读出挡光片通过光电门所用的时间t；改变光电门的位置，滑块每次都从A点静止释放，测量相应的x值并读出t值。（2）根据实验测得的数据，以x为横坐标，为纵坐标，在坐标纸中作出x图线如图丙所示，求得该图线的斜率k2.38104m1s2；由此进一步求得滑块的加速度a0.518ms2（计算结果均保留3位有效数字）【考点】M5：测定匀变速直线运动的加速度菁优网版权所有【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读。（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门的瞬时速度，结合速度位移公式得出x的关系式，从而求出滑块的加速度。【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为6mm，游标读数为0.0512mm0.60mm，则d6.60mm。（2）滑块通过光电门的瞬时速度为：v根据速度位移公式得：v22ax有：整理得：根据图线知图线的斜率为：km1s2；根据k得：am/s20.518m/s2。故答案为：（1）6.60；（2）2.38104（2.281042.52104均正确），0.518（0.4970.549均正确）【点评】解决本题的关键知道实验的原理，对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量间的关系式，结合图线的斜率或截距进行求解。10（9分）用如图a所示的电路测量铂热敏电阻的阻值与温度的关系。（1）开关闭合前，滑动变阻器的滑片应移至B端（填“A”或“B”）。（2）实验测得不同温度下的阻值，并绘得如图b的Rtt关系图线，根据图线写出该热敏电阻的Rtt关系式：Rt50+t（）。（3）铂的电阻对温度变化很灵敏，可以制成电阻温度计。请利用开关、导线、铂热敏电阻、图a中某一电表和图c所示的恒流源（调节旋钮时可以选择不同的输出电流，且输出电流不随外部条件的变化而变化），设计一个简易电阻温度计并在图d的虚线框内画出电路原理图。（4）结合图b的关系图线，选择恒流源的输出电流为0.15A，当选用的电表达到满偏时，电阻温度计所测温度为50如果要提高该温度计所能测量的最高温度值，请提出一种可行的方法：将恒流源的输出电流调小。【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线菁优网版权所有【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题【分析】（1）开关闭合前，为了保护电路，滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处；（2）根据电流表和电压表的量程和分度值读出电流和电压，然后根据欧姆定律的变形公式求出Rt的阻值；（3）明确题意，根据实验原理即可确定应采用的实验电路；（4）根据欧姆定律即可确定电阻，由图象即可确定温度；再根据电路原理确定提高温度值的方法。【解答】解：（1）开关闭合前，为了保护电路，滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处，故滑片应移至B端。（2）由图象可知，铂丝电阻Rt的阻值与温度的关系式：Rt50+t，（3）直流恒流电源正常工作时，其输出电流不随外部条件的变化而变化，并且可读出其大小，电压表并联在铂丝电阻Rt的两端，如图所示（4）当恒流源的输出电流为0.15A，所以当电压表示数最大时，即Rt两端的电压Ut15V时，铂丝电阻Rt的阻值最大，由丙图中所画的Rtt图象可知，此时温度计所能测量的温度最高；由I 得铂丝电阻Rt的阻值为：Rt100，则温度计所能测量的最高温度为：tRt501005050。直流恒流电源正常工作时，其输出电流不随外部条件的变化而变化，并且可读出其大小，电压表并联在铂丝电阻Rt的两端，如图所示要提高该温度计所能测量的最高温度值，应使铂丝电阻Rt的阻值增大或将恒流源的输出电流调小。故答案为：（1）B；（2）50+t；（3）如图所示（4）50，将恒流源的输出电流调小（或使铂丝电阻Rt的阻值增大）。【点评】本题考查了实物电路的连接、欧姆定律、串联电路的特点、电表的读数及电阻的计算等，关键是根据图象找出铂丝电阻的阻值与温度的关系式和欧姆定律的灵活运用11（14分）在竖直平面内，一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m、电荷量为+q的小球。小球始终处在场强大小为、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P点，P点与O点间的水平距离为L重力加速度为g，不计空气阻力，求（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小；（2）O、P两点间的电势差。【考点】37：牛顿第二定律；65：动能定理；AK：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；49：合成分解法；531：带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）根据动能定理求得小球在最高点的速度，再由牛顿第二定律求得绳子拉力；（2）对小球进行受力分析求得小球运动加速度，由水平位移求得运动时间，进而求得竖直位移，从而得到高度差，再根据UEd可求得电势差。【解答】解：（1）小球受到竖直向上的电场力FqE1.5mgmg所以小球被释放后将向上绕O点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为v，由动能定理得：（Fmg）L设细线被拉断前瞬间的拉力为FT，由牛顿第二定律得：FT+mgFm联立式解得：FT1.5mg（2）细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a竖直向上，由牛顿第二定律得：Fmgma设细线断裂后小球经时间t到达P点，则有Lvt小球在竖直方向上的位移为 y解得：yO、P两点沿电场方向（竖直方向）的距离为dL+yO、P两点间的电势差 UOPEd联立式解得 UOP答：（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小是1.5mg；（2）O、P两点间的电势差是。【点评】带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定，故一般通过受力分析（或运动分析），由牛顿第二定律，通过加速度得到运动情况（或受力情况）。12（18分）倾角为的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上AB的长度为3L，BC、CD的长度均为3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑。如图，4个“”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A处。现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。已知每个滑块的质量为m并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan，重力加速度为g。求（1）滑块1刚进入BC时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小；（2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；37：牛顿第二定律；65：动能定理菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题【分析】（1）以4个滑块为研究对象，由牛顿第二定律可求得加速度，以滑块1为研究对象，由牛顿第二定律可求得压力大小；（2）研究整体下端由A到C的过程，根据动能定理列式，求得4块滑片刚好全部滑上粗糙面时的速度，对每块滑片运用动能定理求得每块滑片滑到水平面时的速度，由运动学公式求得相邻滑片到达水平面的时间差，从而求得相邻滑片间的距离d。【解答】解：（1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC段时，4个滑块的加速度为a，由牛顿第二定律有：4mgsinmgcos4ma以滑块1为研究对象，设刚进入BC段时，轻杆受到的压力为F，由牛顿第二定律有：F+mgsinmgcosma已知tan联立可得：Fmgsin（2）设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC时，滑块的共同速度为v。这个过程，4个滑块向下移动了6L的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L、2L、L。由动能定理，有：4mgsin6Lmgcos（3l+2l+l）可得：v由于动摩擦因数为tan，则4个滑块都进入BC段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v做匀速运动。第1个滑块离开BC后做匀加速下滑，设到达D处时速度为v1，由动能定理：mgsin可得：v1）当第1个滑块到达BC边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v的速度匀速向下运动，且运动L距离后离开粗糙段，依此类推，直到第4个滑块离开粗糙段。由此可知，相邻两个滑块到达BC段边缘的时间差为t，因此到达水平面的时间差也为t所以滑块在水平面上的间距为：dv1t式联立，解得：d答：（1）滑块1刚进入BC时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小是mgsin；（2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离是。【点评】解决本题时，一要灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法结合比较简洁。二要分析清楚运动过程。涉及力在空间效果时，运用动能定理研究是常用的方法。（二）选考题：共45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，则每科按所做的第一题计分物理-选修3-3（15分）13（5分）一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的竖直气缸内，活塞可沿气缸无摩擦地上下滑动。开始时活塞静止，取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上，在倒沙子的过程中，缸内气体内能不变（填“增大”、“减小”或“不变”），气体对活塞做负功（填“做正功”、“做负功”或“不做功”），气体放热（填“吸热”或“放热”）。【考点】8F：热力学第一定律；99：理想气体的状态方程菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题【分析】根据热力学第一定律结合理想气体内能的决定因素进行分析。【解答】解：一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的竖直气缸内，缓慢倒入沙子过程中，活塞下移，气体对活塞做负功，由于气缸导热，所以气体对外放出热量，内能不变。故答案为：不变； 做负功；放热。【点评】本题主要是考查了热力学第一定律的知识，要能够根据热力学第一定律判断气体内能的变化与哪些因素有关（功和热量）；热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；U的正表示内能变化，Q为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功。14（10分）如图所示，水平放置的导热气缸A和B底面积相同，长度分别为2L和L，两气缸通过长度为L的绝热管道连接；厚度不计的绝热活塞a、b可以无摩擦地移动，a的横截面积为b的两倍。开始时A、B内都封闭有压强为p0、温度为T0的空气，活塞a在气缸A最左端，活塞b在管道最左端。现向右缓慢推动活塞a，当活塞b恰好到管道最右端时，停止推动活塞a并将其固定，接着缓慢加热气缸B中的空气直到活塞b回到初始位置，求（i）活塞a向右移动的距离；（ii）活塞b回到初始位置时气缸B中空气的温度。【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；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题【分析】（i）向右推活塞a的过程AB两部分气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解；（ii）缓慢加热气缸B中的空气直到活塞b回到初始位置，A做等温变化，根据玻意耳定律列式，