2020年广东省佛山市高考物理一模试卷

2020年广东省佛山市高考物理一模试卷 一、选择题，本题共5小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21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）如图，用一根不可伸长的轻绳绕过两颗在同一水平高度的光滑钉子悬挂一幅矩形风景画，现若保持画框的上边缘水平，将两颗钉子之间的距离由图示位置逐渐增大到不能再增大为止（不考虑画与墙壁的摩擦），则此过程中绳的张力大小（）A逐渐变大B逐渐变小C先变大，后变小D先变小，后变大2（6分）如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种点电荷，P为MN连线的中点，T为连线上靠近N的一点，S为连线的中垂线上处于P点上方的一点，把一个负检验电荷分别放在P、S、T三点进行比较，则（）A电场中P、S、T三点，T点电势最高B检验电荷在T点电势能最大C检验电荷在P点受力最小D检验电荷在S点受力最大3（6分）大喇叭滑梯是游客非常喜爱的大型水上游乐设施，一次最多可坐4人的浮圈，从高为h的平台由静止开始沿滑梯滑行，到达底部时水平冲入半径为R、开口向上的碗状盆体中，做半径逐渐减小的圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于超重状态B人和浮圈刚进入盆体时的速度大小一定是2ghC人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力指向其运动轨迹的内侧D人和浮圈进入盆体后，其所受支持力与重力的合力大于所需的向心力4（6分）北京时间2019年11月5日1时43分，我国成功发射了北斗系统的第49颗卫星，据介绍，北斗系统由中圆地球轨道（MEO）卫星、地球静止轨道（GEO）卫星、倾斜地球同步轨道（IGSO）卫星三种卫星组成，其中（MEO）卫星距地高度大约2.4万公里，（GEO）卫星和（IGSO）卫星距地高度都是大约为3.6万公里，这三种卫星的轨道均为圆形，下列相关说法正确的是（）A发射地球静止轨道卫星速度应大于11.2km/sB倾斜地球同步轨道卫星可以相对静止于某个城市的正上空C根据题中信息和地球半径，可以估算出中圆地球轨道卫星的周期D中圆地球轨道卫星的加速度小于倾斜地球同步轨道卫星的加速度5（6分）a、b两车在平直公路上沿同一方向行驶，两车运动的vt图象如图所示，在t0时刻，b车在a车前方s0处，在0t1时间内，b车的位移为s，则（）A若a、b在t1时刻相遇，则s03sB若a、b在t12时刻相遇，则s0=32sC若a、b在t13时刻相遇，则下次相遇时刻为43t1D若a、b在t14时刻相遇，则下次相遇时a车速度为v13一、非选择题：共174分，第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33-38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共129分6（6分）某同学用图甲所示的装置测量一滑块与木板间的动摩擦因数，打点计时器固定在斜面上，滑块拖着穿过打点计时器限位孔的纸带从斜面上滑下，图乙是打出的一段纸带。（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，选取A至G的7个点为计数点，且各计数点间均有4个点没有画出，测得B、C、D、E、F、G各点到A点的距离依次是5.29cm、11.05cm、17.30cm、24.01cm、31.22cm、38.92cm，由此可知滑块下滑的加速度a m/s2（结果保留3位有效数字）。（2）为测量动摩擦因数，还应测量下列哪些物理量 （填写选项序号）。A木板的长度LB木板的末端被垫起的高度hC木板的质量m1D滑块的质量m2E滑块运动的时间t（3）滑块与木板间的动摩擦因数 （用题中各物理量的字母代号及重力加速度g表示），由于该测量装置存在系统误差，测量的动摩擦因数会 （填“偏大”或“偏小“）。7（3分）小明在实验室找到一个可调内阻的电池（如左下图），想自己动手探究电池内、外电压的关系，可调内阻电池由电池槽，正负极板M、N，探针P，Q，气室，打气筒等构成，电池槽中间有一条电解质溶液通道，缓慢推动打气筒活塞，向电池内打气，以改变通道内液面的高度，从而改变电池的内阻，液面越低，内电阻越大，电压表V1与正负极板M、N连接，电压表V2与探针P、Q连接，小明将三个相同的小灯泡并联接在M，N两端，每个支路由独立的开关S1、S2、S3控制。（1）断开S1、S2、S3，两个电压表的示数如图所示，则 （填下图字母代号）为V1的读数，其读数为 V，若不计电压表内阻的影响，则此数值等于该电源的 ；（2）逐步闭合S1、S2、S3，小明将看到V1的示数 （增大/减小/不变），V2的示数 （增大/减小/不变）。若读得V1的示数为U1，V2的示数为U2，A的示数为I，则此时电池的内阻r （用题中字母符号表示）。（3）保持S1，S2、S3闭合，用打气筒向电池内打气，同时记录V1、V2的示数U1、U2和A的示数，利用多组数据画出U1I，U2I图象，若灯泡电阻随温度的变化不计，则下列图象正确的是 。8（12分）如图所示，在竖直虚线范围内，左边存在竖直向下的匀强电场，场强为E右边存在垂直纸面向里的匀强磁场，两场区的宽度相等。当电量为e、质量为m的电子以初速度v0水平射入左边界后，穿过电、磁场的交界处时速度偏离原方向角。再经过磁场区域后垂直右边界射出。求：（1）电子在电场中运动的时间t1；（2）磁感应强度B的大小。9（20分）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，两个大小不计的物块A、B质量分别为m1m和m25m，A、B与传送带的动摩擦因数分别为1=35tan和2tan设物体A与B碰撞时间极短且无能量损失。（1）若传送带不动，将物体B无初速放置于传送带上的某点，在该点右上方传送带上的另一处无初速释放物体A，它们第一次碰撞前A的速度大小为v0，求A与B第一次碰撞后的速度v1A、v1B；（2）若传送带保持速度v0顺时针运转，如同第（1）问一样无初速释放B和A，它们第一次碰撞前A的速度大小也为v0，求它们第二次碰撞前A的速度v2A；（3）在第（2）问所述情景中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物体A做的功。(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。10（5分）物体是由大量分子组成，下列相关说法正确的是（）A布朗运动虽不是液体分子的运动，但它间接反映了液体分子的无规则运动B液体表面分子间距离小于液体内部分子间的距离C扩散现象可以在液体、气体中发生，也能在固体中发生D随着分子间距离的增大，分子间引力和斥力均减小E气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器器壁单位面积上受到气体分子撞击的次数越少11（10分）如图，内径均匀的导热汽缸质量为M，内部横截面积为S，活塞的质量为m，稳定时活塞到气缸底部距离为L1用竖直方向的力将活塞缓慢向上拉，直到气缸即将离开地面为止，此时活塞仍在气缸中，此过程中拉力做功为W0，已知大气压强为p0，重力加速度为g，环境温度不变，气缸与活塞无摩擦。求（i）最终活塞到气缸底部距离L2；（ii）上拉过程中气体从外界吸收的热量Q。六、（15分）12（3分）一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（）A质点振动频率是0.25HzB0至10s内质点经过的路程是20cmC第4s末质点的速度最大D在t1s和t3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同E在t2s和t4s两时刻，质点速度大小相等、方向相同13如图所示，将一个折射率为n=72透明长方体放在空气中，长方形ABCD是它的一个截面，单色细光束入射到P点，入射角为AD=6AP。（i）若要使光束进入长方体后能射到AD面上，角的最小值为多少？（ii）若要使此光束在AD面上发生全反射，角的范围如何？2020年广东省佛山市高考物理一模试卷 参考答案与试题解析一、选择题，本题共5小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21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）如图，用一根不可伸长的轻绳绕过两颗在同一水平高度的光滑钉子悬挂一幅矩形风景画，现若保持画框的上边缘水平，将两颗钉子之间的距离由图示位置逐渐增大到不能再增大为止（不考虑画与墙壁的摩擦），则此过程中绳的张力大小（）A逐渐变大B逐渐变小C先变大，后变小D先变小，后变大【考点】2D：合力的大小与分力间夹角的关系；2G：力的合成与分解的运用菁优网版权所有【分析】两力合成时，合力一定的情况下，分力的夹角越大，分力越大，分力的夹角越小，分力越小。【解答】解：分析题意可知，画受到两段轻绳的拉力作用，根据共点力的平衡可知，拉力的合力与重力等大反向，即合力恒定不变。随着两颗钉子之间距离的增大，两端轻绳的夹角先减小，后增大，根据力的合成规律可知，两力合成时，合力一定的情况下，分力的夹角越大，分力越大，分力的夹角越小，分力越小。则轻绳的张力先变小后变大，当两轻绳处于竖直方向时，张力最小，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查了合力的大小与分力间夹角的关系，明确两力合成时，合力一定的情况下，分力的夹角越大，分力越大。2（6分）如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种点电荷，P为MN连线的中点，T为连线上靠近N的一点，S为连线的中垂线上处于P点上方的一点，把一个负检验电荷分别放在P、S、T三点进行比较，则（）A电场中P、S、T三点，T点电势最高B检验电荷在T点电势能最大C检验电荷在P点受力最小D检验电荷在S点受力最大【考点】A7：电场线；AC：电势；AE：电势能与电场力做功菁优网版权所有【分析】明确等量异号电荷的电场线和等势面的分布图象，知道电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电场线与等势面垂直，沿着电场线方向电势逐渐降低，负电荷在高电势处电势能小。【解答】解：由等量异号点电荷电场线及等势面空间分布图，P、S、T三点进行比较，S、P两点电势相等，大于T点电势；T点电场强度最大，S点电场强度最小。把负电荷放在S点受力最小，放在T点电势能最大。故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题关键是要能够画出等量异号电荷的电场线和等势面分布图，要注意明确电场线的疏密表示电场的强弱，而沿着电场线，电势逐渐降低。3（6分）大喇叭滑梯是游客非常喜爱的大型水上游乐设施，一次最多可坐4人的浮圈，从高为h的平台由静止开始沿滑梯滑行，到达底部时水平冲入半径为R、开口向上的碗状盆体中，做半径逐渐减小的圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于超重状态B人和浮圈刚进入盆体时的速度大小一定是2ghC人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力指向其运动轨迹的内侧D人和浮圈进入盆体后，其所受支持力与重力的合力大于所需的向心力【考点】3E：牛顿运动定律的应用超重和失重；4A：向心力菁优网版权所有【分析】人和浮圈下滑的过程中有向下的加速度，处于失重状态；人和浮圈在下滑过程中有重力和摩擦力做功，根据动能定理可以判断速度大小；人和浮圈进入盆体后做半径减小的减速圆周运动，在竖直方向重力和支持力平衡，在水平方向摩擦力既提供切向加速度，又提供向心加速度。【解答】解：A、人和浮圈沿滑梯下滑的过程是加速过程，有竖直向下的加速度，处于失重状态，故A错误；B、人和浮圈下滑的过程中有重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgh-Wf=12mv2，所以v2gh，故B错误；CD、人和浮圈进入盆体后做半径减小的减速圆周运动，在竖直方向上其重力和支持力平衡，在水平方向上，摩擦力沿半径方向的分力提供向心力，沿切线方向提供切向加速度做减速运动，故摩擦力方向是直线轨迹的内侧且与速度方向的夹角大于90，故C正确，D错误。故选：C。【点评】滑梯不是光滑的，与浮圈之间有摩擦，所以人和浮圈的机械能不守恒；人和浮圈在盆体中做的是半径减小的减速圆周运动，其摩擦力既提供向心加速度，又提供切向加速度，且摩擦力方向与速度方向的夹角大于九十度。4（6分）北京时间2019年11月5日1时43分，我国成功发射了北斗系统的第49颗卫星，据介绍，北斗系统由中圆地球轨道（MEO）卫星、地球静止轨道（GEO）卫星、倾斜地球同步轨道（IGSO）卫星三种卫星组成，其中（MEO）卫星距地高度大约2.4万公里，（GEO）卫星和（IGSO）卫星距地高度都是大约为3.6万公里，这三种卫星的轨道均为圆形，下列相关说法正确的是（）A发射地球静止轨道卫星速度应大于11.2km/sB倾斜地球同步轨道卫星可以相对静止于某个城市的正上空C根据题中信息和地球半径，可以估算出中圆地球轨道卫星的周期D中圆地球轨道卫星的加速度小于倾斜地球同步轨道卫星的加速度【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星菁优网版权所有【分析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律比较周期。11.2km/s是第二宇宙速度，是卫星脱离地球的最小发射速度。根据a=GMr2比较加速度。【解答】解：A、11.2km/s是第二宇宙速度，是卫星脱离地球的最小发射速度，故发射地球静止轨道卫星速度应小于11.2km/s，故A错误。B、倾斜地球同步轨道卫星相对地球表面运动，不能相对静止于某个城市的正上空，故B错误。C、中圆地球轨道卫星和地球同步卫星均绕地球做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律可知，r3T2=k，其中rR+h，已知地球半径R，两颗卫星据地高度h，同步卫星的周期24h，可以估算出中圆轨道卫星的周期，故C正确。D、根据万有引力提供向心力，GMmr2=ma，解得加速度a=GMr2，中圆地球轨道卫星的轨道半径小，故加速度大于倾斜地球同步轨道卫星的加速度，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了人造卫星的相关知识，关键根据人造卫星的万有引力等于向心力，用不同的量表示向心力得出各量与半径的关系。5（6分）a、b两车在平直公路上沿同一方向行驶，两车运动的vt图象如图所示，在t0时刻，b车在a车前方s0处，在0t1时间内，b车的位移为s，则（）A若a、b在t1时刻相遇，则s03sB若a、b在t12时刻相遇，则s0=32sC若a、b在t13时刻相遇，则下次相遇时刻为43t1D若a、b在t14时刻相遇，则下次相遇时a车速度为v13【考点】1I：匀变速直线运动的图象菁优网版权所有【分析】要分析清楚两物体的位移关系来确定两物体何时相遇。两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件，此外，在vt图象中，面积表示位移。【解答】解：A、由图可知，在0t1时间内，b车的位移为s，则a车的位移为3s。若a、b在t1时刻相遇，则s03ss2s，故A错误。B、若a、b在t12时刻相遇，由图象可知，阴影部分对应的面积等于s0，即 s0=342s=32s，故B正确。C、若a、b在t13时刻相遇，根据对称性知，下次相遇时刻为t1+23t1=53t1，故C错误。D、若a、b在t14时刻相遇，根据对称性知，下次相遇时刻为74t1，根据几何关系知 下次相遇时a车速度为va=182v1=v14，故D错误。故选：B。【点评】本题要抓住速度时间图象反映速度随时间的变化规律，是物理公式的函数表现形式，分析问题时要做到数学与物理的有机结合，数学为物理所用。要知道在速度图象中，纵轴截距表示初速度，图象与时间轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析。一、非选择题：共174分，第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33-38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共129分6（6分）某同学用图甲所示的装置测量一滑块与木板间的动摩擦因数，打点计时器固定在斜面上，滑块拖着穿过打点计时器限位孔的纸带从斜面上滑下，图乙是打出的一段纸带。（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，选取A至G的7个点为计数点，且各计数点间均有4个点没有画出，测得B、C、D、E、F、G各点到A点的距离依次是5.29cm、11.05cm、17.30cm、24.01cm、31.22cm、38.92cm，由此可知滑块下滑的加速度a0.48m/s2（结果保留3位有效数字）。（2）为测量动摩擦因数，还应测量下列哪些物理量AB（填写选项序号）。A木板的长度LB木板的末端被垫起的高度hC木板的质量m1D滑块的质量m2E滑块运动的时间t（3）滑块与木板间的动摩擦因数gh-aLgL2-h2；（用题中各物理量的字母代号及重力加速度g表示），由于该测量装置存在系统误差，测量的动摩擦因数会偏大（填“偏大”或“偏小“）。【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素菁优网版权所有【分析】（1）由saT2可求加速度；（2）对物体受力分析，求合力由牛顿第二定律得摩擦力，由fN得，夹角由斜面的高、长求出；（3）误差分析，由于加速度偏小，摩擦因数偏大。【解答】解：（1）由saT2得：a=(38.92-17.30)-17.3010-29012=0.48m/s2（2）对物体受力分析求合力时，用到斜面的倾角，可由斜面的高、长表示斜面倾角正弦，故还应测量的有木板的长度L和木板的末端被垫起的高度h；故选：AB。（3）由牛顿第二定律、摩擦力公式，得：mgsinmgcosma，其中：sin=hL，cos=L2-h2L解得：=gh-aLgL2-h2；由于纸带与限位孔间的摩擦力或空气阻力，使求得的加速度偏小，导致摩擦力偏大，摩擦因数偏大。处理纸带数据时忽略了纸带与限位孔间的。摩擦力或忽略空气阻力。故答案为：（1）0.48；（2）AB；（3）gh-aLgL2-h2，偏大。【点评】本题要能够通过纸带求解加速度，难点是根据牛顿第二定律求解出动摩擦因数的表达式进行分析。7（3分）小明在实验室找到一个可调内阻的电池（如左下图），想自己动手探究电池内、外电压的关系，可调内阻电池由电池槽，正负极板M、N，探针P，Q，气室，打气筒等构成，电池槽中间有一条电解质溶液通道，缓慢推动打气筒活塞，向电池内打气，以改变通道内液面的高度，从而改变电池的内阻，液面越低，内电阻越大，电压表V1与正负极板M、N连接，电压表V2与探针P、Q连接，小明将三个相同的小灯泡并联接在M，N两端，每个支路由独立的开关S1、S2、S3控制。（1）断开S1、S2、S3，两个电压表的示数如图所示，则B（填下图字母代号）为V1的读数，其读数为2.50V，若不计电压表内阻的影响，则此数值等于该电源的电动势；（2）逐步闭合S1、S2、S3，小明将看到V1的示数减小（增大/减小/不变），V2的示数增大（增大/减小/不变）。若读得V1的示数为U1，V2的示数为U2，A的示数为I，则此时电池的内阻rU2I（用题中字母符号表示）。（3）保持S1，S2、S3闭合，用打气筒向电池内打气，同时记录V1、V2的示数U1、U2和A的示数，利用多组数据画出U1I，U2I图象，若灯泡电阻随温度的变化不计，则下列图象正确的是A。【考点】N3：测定电源的电动势和内阻菁优网版权所有【分析】（1）明确电压表接正负极测量的是外压，接探针测量的是内压。（2）由闭合电路欧姆定律得电压的示数的变化。（3）由欧姆定律确定图象的正误。【解答】解：（1）电压表V1与正负极板M、N连接，测的是外压；电压表V2与探针P、Q连接测量的是内压。断开S1、S2、S3，电流为0，内压为0，外压最大等于电动势，V1的读数为2.70，此数值等于该电源电动势。、（2）逐步闭合S1、S2、S3，干路电流增大，内压变大，外压变小，小明将看到V1的示数减小，V2的示数增大；电池的内阻为r=U2I，（3）因外阻不变则外压与电流的关系曲线为斜率不变且电压随电流的增大而增大。即为A图正确，B图错误因内阻增大，U2会随电流的增大而增大，且斜率越来越大，故CD错误故选：A故答案为：（1）B 2.70 电动势 （2）减小 增大 U2I （3）A【点评】考查的是闭合电路欧姆定律的应用，明确电压表的示数是谁的电压，由欧姆定律分析。8（12分）如图所示，在竖直虚线范围内，左边存在竖直向下的匀强电场，场强为E右边存在垂直纸面向里的匀强磁场，两场区的宽度相等。当电量为e、质量为m的电子以初速度v0水平射入左边界后，穿过电、磁场的交界处时速度偏离原方向角。再经过磁场区域后垂直右边界射出。求：（1）电子在电场中运动的时间t1；（2）磁感应强度B的大小。【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动菁优网版权所有【分析】（1）根据速度的合成与分解求解电子射出电场时竖直方向的速度，根据速度时间关系求解时间；（2）由于两场区的宽度相等，则宽度dv0t1，根据几何关系求解粒子在磁场中的运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度。【解答】解：（1）设电子射出电场时竖直方向的速度为vy，根据几何关系可得：vyv0tan电子在电场中运动时的加速度大小为a=eEm根据速度时间关系可得：t1=vya=mv0taneE；（2）设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，速度为v；则v=v0cos由于两场区的宽度相等，则宽度dv0t1=mv02taneE根据几何关系可得：R=dsin=mv02eEcos根据洛伦兹力提供向心力可得：evBmv2R联立解得：B=Ev0。答：（1）电子在电场中运动的时间为mv0taneE；（2）磁感应强度B的大小为Ev0。【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。9（20分）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，两个大小不计的物块A、B质量分别为m1m和m25m，A、B与传送带的动摩擦因数分别为1=35tan和2tan设物体A与B碰撞时间极短且无能量损失。（1）若传送带不动，将物体B无初速放置于传送带上的某点，在该点右上方传送带上的另一处无初速释放物体A，它们第一次碰撞前A的速度大小为v0，求A与B第一次碰撞后的速度v1A、v1B；（2）若传送带保持速度v0顺时针运转，如同第（1）问一样无初速释放B和A，它们第一次碰撞前A的速度大小也为v0，求它们第二次碰撞前A的速度v2A；（3）在第（2）问所述情景中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物体A做的功。【考点】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【分析】（1）A和B碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律、能量守恒定律列方程求解；（2）分析A和B的运动情况，根据牛顿第二定律求解A的加速度大小，根据位移时间关系求解再次相碰经过的时间，再根据速度时间关系求解速度；（3）设第二次碰撞后A和B的速度分别为v2A，v2B，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解碰撞后速度大小，根据位移时间关系求解再次相碰经过的时间，由此求出第一次碰撞后到第三次碰撞前B的位移，也就是A的位移，根据功的计算公式求解第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物体A做的功。【解答】解：（1）B与传送带的动摩擦因数为2tan，即mgsinmgcos，若传送带不动，将物体B无初速放置于传送带上的某点，物块B在传送带上能够静止。A和B碰撞过程中动量守恒，取沿传送带方向向下为正，根据动量守恒定律可得：m1v0m1v1A+m2v1B；根据能量守恒定律可得：12m1v02=12m1v1A2+12m2v1B2；联立解得：v1A=-23v0，v1B=13v0；（2）若传送带保持速度v0顺时针运转，如同第（1）问一样无初速释放B和A，它们第一次碰撞前A的速度大小也为v0，B相对于地面仍静止，A的运动情况不变，它们第一次碰撞后的速度仍为：v1A=-23v0，v1B=13v0；第一次碰撞后B沿传送带匀速下滑，A先向上做匀减速运动，后向下做匀减速直线运动，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得：m1gsin1m1gcosm1a，解得：a0.4gsin设经过时间t二者相遇，根据位移时间关系可得：v1Btv1At+12at2即13v0t=-23v0t+120.4gsint2解得：t=v00.2gsin，它们第二次碰撞前A的速度：v2Av1A+at=-23v0+0.4gsinv00.2gsin=43v0；（3）在第（2）问所述情景中，设第二次碰撞后A和B的速度分别为v2A，v2B，根据动量守恒定律可得：m1v2A+m2v1Bm1v2A+m2v2B；根据能量守恒定律可得：12m1v2A2+12m2v1B2=12m1v2A2+12m2v2B2；联立解得：v2A=-13v0，v2B=23v0；设再经过t时间二者第三次相碰，根据位移时间关系可得：v2Btv2At+12at2即23v0t=-13v0t+120.4gsint2解得：t=v00.2gsin，第一次碰撞后到第三次碰撞前B的位移为：xv1Bt+v2Bt=v020.2gsin，第一次碰撞后到第三次碰撞前A的位移和B的位移相等，也为x=v020.2gsin，故第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物体A做的功：W1m1gcosx3mv02。答：（1）A与B第一次碰撞后A 的速度为-23v0（负号表示方向沿传送带向上），B的速度为13v0；（2）它们第二次碰撞前A的速度为43v0；（3）在第（2）问所述情景中，第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物体A做的功为3mv02。【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解；本题运动过程太复杂，一定要认真分析。(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。10（5分）物体是由大量分子组成，下列相关说法正确的是（）A布朗运动虽不是液体分子的运动，但它间接反映了液体分子的无规则运动B液体表面分子间距离小于液体内部分子间的距离C扩散现象可以在液体、气体中发生，也能在固体中发生D随着分子间距离的增大，分子间引力和斥力均减小E气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器器壁单位面积上受到气体分子撞击的次数越少【考点】84：布朗运动；85：扩散；86：分子间的相互作用力；95：液体的表面张力菁优网版权所有【分析】悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动；液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离；扩散现象可以在三种物态中发生；分子间的斥力和引力都随分子间的距离增大而减小；根据气体压强的微观意义求解。【解答】解：A、布朗运动不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动，它间接证明了分子永不停息地做无规则运动，故A正确。B、液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，故B错误。C、扩散现象可以在液体、气体中发生，也能在固体中发生，故C正确。D、分子间的斥力和引力都随分子间的距离增大而减小，故D正确。E、根据气体压强的微观意义，气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器器壁单位面积上受到气体分子撞击的次数越多，故E错误。故选：ACD。【点评】本题考查了布朗运动、扩散、分子间的相互作用力、液体的表面张力等知识点。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。11（10分）如图，内径均匀的导热汽缸质量为M，内部横截面积为S，活塞的质量为m，稳定时活塞到气缸底部距离为L1用竖直方向的力将活塞缓慢向上拉，直到气缸即将离开地面为止，此时活塞仍在气缸中，此过程中拉力做功为W0，已知大气压强为p0，重力加速度为g，环境温度不变，气缸与活塞无摩擦。求（i）最终活塞到气缸底部距离L2；（ii）上拉过程中气体从外界吸收的热量Q。【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【分析】（i）对活塞受力分析、对汽缸底部进行受力求解初末状态的压强，根据玻意耳定律求解；（ii）以活塞为研究对象，根据动能定理求解气体对外做的功，根据热力学第一定律求解气体从外界吸收的热量。【解答】解：（i）设原来气体压强为P1，则对活塞受力分析有：mg+P0SP1S解得：P1P0+mgS汽缸离地时，对汽缸底部进行受力分析有：P2S+MgP0S解得：P2P0-MgS又因为P1L1SP2L2S解得：L2=P0S+mgP0S+MgL1；（ii）设此过程中气体对外做的功为W，以活塞为研究对象，根据动能定理可得：W0mg（L2L1）W0解得：WW0+m(M-m)g2L1P0S+Mg。根据热力学第一定律可得：UQW0，解得气体从外界吸收的热量QW0+m(M-m)g2L1P0S+Mg。答：（i）最终活塞到气缸底部距离为P0S+mgP0S+MgL1；（ii）上拉过程中气体从外界吸收的热量为W0+m(M-m)g2L1P0S+Mg。【点评】本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求