2018年黑龙江省哈尔滨师大附中高考物理一模试卷含解析

1、2018年黑龙江省哈尔滨师大附中高考物理一模试卷一、选择题：本题共 8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求， 第68题有多项符合题目要求. 全部选又的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得 0分.1. （6分）下列说法正确的是（）A.汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构B.在光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光强度成正比C.根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大D.放射性元素发生一次 3衰变，原子序数增加12. （6分）A、B两物体运动的v-t图象如图所示，由图象可知（）A. A、B两物体运动方向始终相同B. A、B两物体的加速

2、度在前 4s内大小相等方向相反C. A、B两物体在前4s内不可能相遇D. A、B两物体若在6s时相遇，则计时开始时二者相距30m3. （6分）如图所示，在粗糙的水平面上，固定一个半径为R的半圆柱体 M,挡板PQ固定在半圆往体 M,挡板PQ的延长线过半圆柱截面圈心 O,且与水平面成30°角。在M和 PQ之间有一个质量为 m的光滑均匀球体 N,其半径也为R.整个装置处于静止状态，则下列说法正确的是（）A . N对PQ的压力大小为 mgB . N对PQ的压力大小为-yingC. N对M的压力大小为 mgD. N对M的压力大小为4. （6分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5: 1

3、, R1 = R2=R3=10Q, C为电容器。已知通过 R1的正弦交流电如图乙所示，则（）第11页（共23页）图甲图乙A.副线圈输出的交流电的频率为10Hzb.原线圈输入电压的最大值为 iooVsvC.电阻R3的电功率为20WD.通过R2的电流始终为零5. （6分）如图所示，某行星的卫星在一个圆轨道上做环绕运动，经过时间t通过的弧长为1,该弧长对应的圆心角为 。（弧度），已知该行星的半径为 R,则该行星的第一宇宙速度为（）6. （6分）将一小从地面以速度V0竖直向上她出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是（）A .重力在上升过程

4、与下降过程中做的功大小相等B.重力在上升过程与下降过程中的冲量相同C.整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量D.整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量7. （6分）如图所示，半径为 R的圆形区域位于正方形 ABCD的中心，圆心为 O,与正方 形中心重合。圆形区域内、外有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速率 vo沿纸面从M点平行于AB边沿半径方向射入圆形磁场，并从 N点射出，且恰好没射出正方形磁场区域，粒子重力忽略不计，已知磁感应强度大小为 叫，则（）qRA.粒子由M点运动到N点时速度偏转角为 90°B.正方形区域的

5、边长为 3RC.粒子再次回到M点时所经历的时间为如区v0D .粒子再次回到M点时所经历的时间为红县v08. （6分）如图正四面体 ABCD的四个顶点A、B、C、D各固定一个点电荷。电量分别为+q、+q、- q和-q,其中q>0,规定无穷远处电势为零，A处点电荷受到 B、C、D处点电荷的合力为 Fa, C处点电荷受到 A、B、D处点电荷的合力为 Fc, D处点电荷受到A、B、C处点电荷的合力为Fd,则以下说法正确的是（）A .正四面体 ABCD的中心处的场强为零B.正四面体 ABCD的中心处的电势为零C. Fa和Fc大小相等D . Fc和Fd方向相同二、非选择题：包括必考题和选考题两部分.

6、第912题为必考题，每个试题考生都必须作答.第1316题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题9. （6分）某实验小组要用如图 1所示的装置验证机械能守恒的定律。他们先将气垫导轨水平放置，然后把遮光条固定在滑块上并把滑块放在气垫导轨的右端，在气垫导轨上安装一个光电门B,滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，滑块每次都从 A处由静止释放。* eIj I（1）该小组用游标卡尺测量遮光条的宽度d,由图2可知d=cm。（2）为了完成本实验，除已知遮光条宽度d, A处与光电门B间距离L,遮光时间 t,重力加速度g外还需要知道的物理量有 （3）请用（2）问中的物理量写出验证械能守恒定律的表达式：

7、 10. （9分）某实验小组利用所提供的如下器材测量某一定长电阻丝Rx （电阻约为10 ）的电阻率。使用刻度尺测得电阻丝长度L= 0.825m,使用螺旋测微器测量电阻丝的直径，可供选择的器材还有: 电池组E （电动势为9.0V,内阻约1Q）电流表Al （量程0100mA,内阻为5Q） 电流表A2 （量程00.6A,内阻约0.3 ） 定值电阻R1= 55Q滑动变阻器R （0-5Q）开关一个、导线若干。图1图2（1）螺旋测微器示数如图 1所示，可知电阻丝直径为 mm（2）若想更加精确地测出电阻丝电阻，请设计出测量电路图，并标明所用器材符号。要求 使用提供的全部器材，能够测量多组数据，测量尽量准确。

8、mA ,电流表A2的示数为 A。3,则电流表Ai的示数为（3）按照所设计出的测量电路，在某次测量中获得的数据如图A.9.90 X 10 4Q?m3B.9.90X10 Q?m6C.9.90X10Q?m - 7.D.9.90X10 Q?m11. （12分）如图所示，边长为 L的正方形线框 abcd放置于水平桌面上，质量为m,电阻为R.在线框右侧存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向竖直向下，磁场宽度大于L .线框在水平外力 F的作用下从磁场左边界以垂直边界的速度v匀速进入磁场，当cd边进入磁场时立刻撤去外力，线框 ab边恰好能到达磁场的右边界。已知线框与桌面间的动摩擦因数为 均重力加速度为g。

9、求:（1）水平外力F的大小;（2）从线框开始进入磁场到ab边恰好到达磁场右边界的整个过程中系统产生的总热量Q。12. （20分）如图所示，水平面上有一质量为 m的木板，木板上放置质量为 M的小物块（M>m）,小物块与木板间的动摩擦因数为（1.现给木板和小物块一个初速度，使小物块与木板一起向右运动，之后木板以速度vo与竖直墙壁发生第一次弹性碰撞，已知重力加速度为g。求：（1）若水平面光滑，木板与墙壁第一次碰撞后到木板再次与墙壁碰撞，小物块没有从木板 上掉下，则最初小物块与木板右端的距离至少为多少。（2）若水平面粗糙，木板足够长，且长木板与水平面间动摩擦因数为0.4% M = 1.5m,请分

10、析长木板能否与竖直墙壁发生第二次碰撞？如能相撞求出木板与墙壁撞前瞬间的速 度，如不能相撞，求出木板右端最终与墙壁间的距离。%三 _;N【物理-选彳3-3】（15分）13. （5分）对一定质量的理想气体，下列说法正确的是（）A.该气体在体积缓慢增大的过程中，温度可能不变B.该气体在压强增大的过程中，一定吸热C.该气体被压缩的过程中，内能可能减少D.该气体经等温压缩后，其压强一定增大，且此过程一定放出热量E.如果该气体与外界没有发生热量交换，则其分子的平均动能一定不变14. （10分）如图（a）所示，开口向下的圆柱形导热气缸倒置于粗糙水平面上，用一个质 量和厚度可以忽略的活塞在气缸中封闭一定质量的

11、理想气体，活塞下方气缸开口处始终 与大气相通，气缸内部的高度为 L = 0.9m,内横裁面积S= 0.02m2.当温度T1 = 300K时, 活塞刚好在气缸开口处，且与地面无弹力作用。现用一个原长为X0=0.2m的弹簧将活塞 顶起，平衡时弹簧弹力大小为400N,如图（b）所示。已知大气压强 P0=1.0X 105Pa,气缸内盛光滑，且一直未离开水平面。求：弹簧的劲度系数k的大小：将温度降低到T2时，如图（c）所示，弹簧弹力大小仍为 400N,求T2的大小。（结果保 留1位小数）物理-选彳3-4 （15分）15. 下列关于光的说法中，正确的是（A.在双缝干涉实验中，用红光代替黄光作为人射光可增大

12、干涉条纹的间距B .光从空气射入玻璃时可能发生全反射C.在岸边观察前方水中的一条值，鱼的实际深度比看到的要深D.水中蓝光的传播速度比红光大E.白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的，其原因是不同色光的波长不同16. 如图所示，1、2、3、4、5为均匀介质中质点的平衡位置，间隔为a=2cm。沿x轴成一条直线排列；t=0时，质点1开始竖直向下振动，激起的正弦波向右传播；到 t=2s时，从第2个质点到第4个质点，均完成了 4次全振动，但均未完成 5次全振动，此时刻波形如图实线所示，第 2个质点在波峰，第 4个质点在波谷。求：质点振动的周期及这列波的波速。从t= 2s时起，经过多长时间，从第2个质点到第

13、4个质点区间出现图中虚线波形。2018年黑龙江省哈尔滨师大附中高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共 8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第 15题只有一 项符合题目要求， 第68题有多项符合题目要求. 全部选又的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得 0分.1. （6分）下列说法正确的是（）A.汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构B.在光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光强度成正比C.根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大D.放射性元素发生一次 3衰变，原子序数增加1【解答】解：A、卢瑟福通过“粒子散射实验建立原子核式结构模型，故A错误。

14、B、根据光电效应方程 Ekm=hv-W0知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，故B错误。C、根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，从高能级跃迁到低能级，原子能量减小，电子轨道半径减小，该过程中库仑力做正功，则氢原子电势能减小，故C错误。D、根据质量数与质子数守恒，则有放射性元素发生一次3衰变，原子的质量数不变，原子序数增加1,故D正确。故选：D。2. （6分）A、B两物体运动的v-t图象如图所示，由图象可知（）A. A、B两物体运动方向始终相同B. A、B两物体的加速度在前 4s内大小相等方向相反C. A、B两物体在前4s内不可能相遇D. A、B两物体若在6s时相遇，则计时开始时二者相距3

15、0m【解答】 解：A、根据速度的正负表示物体的速度方向，知在 0-4s内，A、B两物体运动方向相反，4s末后A、B两物体运动方向相同，故 A错误。A、B两物体B、速度图象的斜率等于物体的加速度，斜率的正负表示加速度的方向，则知的加速度在前4s内大小相等方向相同，故 B错误。C、由于出发点的位置关系未知，所以 A、B两物体在前4s内有可能相遇，故 C错误。D、06s 内，A 的位移为 xa=- 5乂 4+ 2, 5 X 2 = 7.5m B 的位移为 xb= 7* 5 乂6m = 222°22.5m。A、B两物体若在6s时相遇，则计时开始时二者相距S=xa+|xb|= 30m,故D正确

16、。故选：Do3. （6分）如图所示，在粗糙的水平面上，固定一个半径为R的半圆柱体 M,挡板PQ固定在半圆往体 M,挡板PQ的延长线过半圆柱截面圈心 O,且与水平面成30°角。在M和 PQ之间有一个质量为 m的光滑均匀球体 N,其半径也为R.整个装置处于静止状态，则下列说法正确的是（）A . N对PQ的压力大小为 mgB . N对PQ的压力大小为-yingC. N对M的压力大小为 mgD. N对M的压力大小为六一mg1a= 30【解答】 解：以N为研究对象进行受力分析如图所示，根据图中几何关系可得 而 sin/NMQ=旦卫，所以/ NMQ =30° ,心但 60°

17、,贝U 3= 30° ;2R 2所以Fi=F2,竖直方向根据平衡条件可得 解得：Fi = F2=Y-mg,1-1根据牛顿第三定律可得 N对PQ的压力、Fl cos30 ° +F 2cos30 ° = mg,N对M的压力大小均为哼腿，故ABC错误、正确。故选：Do比下降的速度大，所以上升过程平均速度比下降过程的平均速度大，而两个过程位移大第11页（共23页）5： 1, Ri = R2= R3= 10C 为4. （6分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为电容器。已知通过 Ri的正弦交流电如图乙所示，则（A.副线圈输出的交流电的频率为10HzB.原线圈输入电压的

18、最大值为lOCh/sVC.电阻R3的电功率为20WD.通过R2的电流始终为零【解答】解：A、根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，故A错误;B、由图乙可知通过 R2的电流最大值为Im=1A、根据欧姆定律可知其最大电压为Um=20V,再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200V ,故B错误;C、根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R1的电流有效值为 1 =V2F：!加A,所以电阻 R1的电功率P=|2R1=20W,故C正确;D、因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R2和电容器，故D错误;故选：Co

19、5. （6分）如图所示，某行星的卫星在一个圆轨道上做环绕运动，经过时间t通过的弧长为1,该弧长对应的圆心角为 。（弧度），已知该行星的半径为 R,则该行星的第一宇宙速度为（）P.V.行星追【解答】解：弧长S= rQ线速度：v= 万有引力定律提供向心力，根据牛顿第二定律，有: 1 3解得：M = ;8Gt2行星的第一宇宙速度是近地轨道的环绕速度，万有引力提供向心力，故2GMm V1R2解得:；故ABD错误，C正确 0 A故选:Co6. （6分）将一小从地面以速度 v0竖直向上她出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是（A .重力在上升

20、过程与下降过程中做的功大小相等B.重力在上升过程与下降过程中的冲量相同C.整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量D.整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量【解答】 解：A、上升时，重力做功为- mgh,下降时，重力做功为 mgh,所以重力上升与下降的做功大小相等，故 A正确。B、由于空气阻力对小球做负功，所以小球的机械能不断减少，则经过同一点时上升的速度小相等，所以上升所用时间比下降的短，由I = mgt知，重力上升的冲量小于下降的冲量，故B错误。C、根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量，故C正确。D、根据动量定理知重力和空气阻力的

21、合力冲量等于小球动量的变化量，故D错误。故选：AC。7. （6分）如图所示，半径为 R的圆形区域位于正方形 ABCD的中心，圆心为 O,与正方 形中心重合。圆形区域内、外有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速率 vo沿纸面从M点平行于AB边沿半径方向 射入圆形磁场，并从 N点射出，且恰好没射出正方形磁场区域，粒子重力忽略不计，已知磁感应强度大小为 吧"，则（）小A.粒子由M点运动到N点时速度偏转角为 90°B.正方形区域的边长为 3R4HRC.粒子再次回到 M点时所经历的时间为v0D.粒子再次回到M点时所经历的时间为红县v

22、0【解答】 解：A、粒子从 M点进入圆形边界的匀强磁场里，当它沿径向射入的带电粒子，经过匀速圆周运动后，必然沿径向射出，可知粒子从N点射出时的速度方向与初速度方向垂直，即转过的角度是 90° .故A正确；B、要使粒子恰好不离开正方形磁场区域，应使粒子的运动轨迹恰好与正方形磁场边界相切，根据题意作出粒子的运动轨迹图为：由于两个磁场的磁感应强度大小相等，粒子在磁场中速度大小不会变，利用半径公式Rhy上,可知粒子在两个磁场中旋转的半径相等，都等于R,根据上图的几何关系，可解得正方形区域的边长为 4R .故B错误；CD、从上图可以看出，粒子在两个磁场中一共旋转了两个周期，每个周期丁=空见，把

23、BqB=驾 小代入可得：丁=空且，所以粒子再次回到 M点时所经历的时间为：t = 2T=里里.故C正VOVO确D错误。故选：AC。8. （6分）如图正四面体 ABCD的四个顶点A、B、C、D各固定一个点电荷。电量分别为+q、+q、- q和-q,其中q>0,规定无穷远处电势为零，A处点电荷受到 B、C、D处点电荷的合力为 Fa, C处点电荷受到 A、B、D处点电荷的合力为 Fc, D处点电荷受到A、B、C处点电荷的合力为FD,则以下说法正确的是（）舄G心rA .正四面体 ABCD的中心处的场强为零B.正四面体 ABCD的中心处的电势为零C. Fa和Fc大小相等D . Fc和Fd方向相同【解

24、答】 解：A、正电荷的电场强度方向背离正电荷，负电荷的电场强度方向指向负电荷，所以正四面体 ABCD的中心处的场强不为零，故 A错误；B、根据点电荷电势的计算公式。=也可得，正负电荷在正四面体 ABCD的中心处的合电r势为零，故B正确；C、A和C处的点电荷受力情况如图所示，根据对称性可知，FA和Fc大小相等，故C正确；D、根据对称，f可知，FC和Fd方向受力方向都是平行于三角形BCD的高、大小相等，故D正确;故选：BCD。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第912题为必考题，每个试题考生都必须作答.第1316题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题9. （6分）某实验小组要用如图 1所

25、示的装置验证机械能守恒的定律。他们先将气垫导轨水 平放置，然后把遮光条固定在滑块上并把滑块放在气垫导轨的右端，在气垫导轨上安装一个光电门B,滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，滑块每次都从 A处 由静止释放。第19页（共23页）（1）该小组用游标卡尺测量遮光条的宽度（2）为了完成本实验，除已知遮光条宽度d,由图 2 可知 d=1.160 cm。d, A处与光电门B间距离L,遮光时间 t,重力加速度g外还需要知道的物理量有钩码质量 m,滑块和遮光条质量 M（3）请用（2）问中的物理量写出验证械能守恒定律的表达式：_mgL;上（M+m）（4"）"【解答】解：（1）游标

26、卡尺的主尺读数为11mm,游标读数为0.05x 12mm = 0.60mm,则小钢球的直径 d= 11.60mm = 1.160cm。v=（2、3）钩码重力势能的减小量为mgL,滑块经过光电门的瞬时速度2则系统动能的增加重Ek = (m+M) v = (nr+M)-w-w机械能守恒的表达式为：mgL = ）2可知还需要测量的物理量是钩码质量m,滑块和遮光条质量Mo故答案为：（1） 1.160;（2）钩码质量 m,滑块和遮光条质量 M;（3）mgL=y（M+m）10. （9分）某实验小组利用所提供的如下器材测量某一定长电阻丝Rx （电阻约为10 ）的电阻率。使用刻度尺测得电阻丝长度L= 0.82

27、5m,使用螺旋测微器测量电阻丝的直径，可供选择的器材还有： 电池组E （电动势为9.0V,内阻约1Q） 电流表A1 （量程0100mA,内阻为5Q） 电流表A2 （量程00.6A,内阻约0.3 ） 定值电阻R1= 55Q滑动变阻器R （0-5Q）开关一个、导线若干。图1图2（1）螺旋测微器示数如图 1所示，可知电阻丝直径为1.001 mm（2）若想更加精确地测出电阻丝电阻，请设计出测量电路图，并标明所用器材符号。要求 使用提供的全部器材，能够测量多组数据，测量尽量准确。（3）按照所设计出的测量电路， 在某次测量中获彳#的数据如图 3,则电流表A1的示数为 65mA ,电流表A2的示数为0.44

28、 A。(4)由以上所测的数据可算得金属丝的电阻率为-4A.9.90X10 Q?m - 3.B.9.90X10 Q?m6C.9.90X10 Q?m7D.9.90X10 Q?m【解答】 解：(1)由图示螺旋测微器可知，金属丝直径：d= 1mm+0.1 x 0.01mm = 1.001mm。(2)由题意可知，没有电压表，可以把电流表A1与定值电阻串联改装成电压表测电压，用电流表A2测电流，由题意可知，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示：第23页(共23页)(3)电流表A1量程为100mA,由图示表盘可知，其分度值为5mA,示数为：65m

29、A,电流表A2量程为0.6A,分度值为0.02A,示数为0.44A;(4)由欧姆定律可知，待测电阻阻值:% _+_ 0.065X(5+55)RXIx I2-r)0.44-S06510.4 Q,由电阻定律可知：RX=pL=p , 电阻率4L= 9.90X10%?m,故选:C；3t14XlQt4X (ltQ01X 1Q3) 2 4X0. 825故答案为：(1) 1.001； (2)电路图如图所示；(3) 65; 0.44; (4) C。11. (12分)如图所示，边长为 L的正方形线框 abcd放置于水平桌面上，质量为m,电阻为R.在线框右侧存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向竖直向下，磁场

30、宽度大于L .线框在水平外力 F的作用下从磁场左边界以垂直边界的速度v匀速进入磁场，当cd边进入磁场时立刻撤去外力，线框 ab边恰好能到达磁场的右边界。已知线框与桌 面间的动摩擦因数为 均重力加速度为g。求：(1)水平外力F的大小；(2)从线框开始进入磁场到 ab边恰好到达磁场右边界的整个过程中系统产生的总热量Q。【解答】 解：(1)线框切割磁感线所产生的电动势为：E=BLv回路中的感应电流为：1 R线框所受到的安培力为：F安=BIL由于线框匀速运动，故水平外力：F=F安+ pmg2 J联立可得：,1(2)线框从开始运动到 cd边进入磁场所经历的时间为：土二v回路中产生的焦耳热：-下：.线框与

31、桌面间的摩擦生热： .2 inv2T 3所以整个过程中产生的总热量：,1上 R2r 3或者直接由能量守恒得：.1J | ,一 ：I I . 'I'.''2K22 _ 2mg，答：(1)水平外力F的大小是E" VR(2)从线框开始进入磁场到ab边恰好到达磁场右边界的整个过程中系统产生的总热量日 E%"12正£1- l-nigL+-°KZ12. (20分)如图所示，水平面上有一质量为 m的木板，木板上放置质量为 M的小物块(M>m),小物块与木板间的动摩擦因数为现给木板和小物块一个初速度，使小物块与木板一起向右运动，之后

32、木板以速度V0与竖直墙壁发生第一次弹性碰撞，已知重力加速度为go求：(1)若水平面光滑，木板与墙壁第一次碰撞后到木板再次与墙壁碰撞，小物块没有从木板上掉下，则最初小物块与木板右端的距离至少为多少。(2)若水平面粗糙，木板足够长，且长木板与水平面间动摩擦因数为0.4% M = 1.5m,请分析长木板能否与竖直墙壁发生第二次碰撞？如能相撞求出木板与墙壁撞前瞬间的速度，如不能相撞，求出木板右端最终与墙壁间的距离。【解答】解：(1)选M运动方向为正方向，根据动量守恒:Mv0- mv0= ( M+m ) v又：u 二 _. -11 : m 2Mm都% . 一(2)木板第一次与墙壁碰撞反弹后，对木板分析：

33、所以：a1 = 2.5闻对木块：(Mg = Ma2a2=闻设木板经时间ti速度减为0,位移xw0-ati=0(jMg+0.4(M+m ) g= ma1位移:3v0此时，物块的速度，一一 .之后板向右加速：(Mg - 0.4( M+m ) g= ma'i得：a'i = 0.5 由设经时间t2二者共速，此过程木板向右的位移为：X2V块-a2t2= a'lt2v共=2抽2又:卡共X2= 2解得:2 v0 町司力起减二者共速后，因为板与地面间的动摩擦因数小于板与物块间的动摩擦因数，所以二者速a3= 0.4由又：1 二：；二得:木板最终距墙的距离d= Xi X2 X3100 Ug

34、2M &答：（1）最初小物块与木板右端的距离至少为.（M+m）g（2）若水平面粗糙，木板足够长，且长木板与水平面间动摩擦因数为0.4% M = 1.5m,长10011g木板不能与竖直墙壁发生第二次碰撞；木板右端最终与墙壁间的距离为 '。【物理-选彳3-3】（15分）13. （5分）对一定质量的理想气体，下列说法正确的是（A.该气体在体积缓慢增大的过程中，温度可能不变B.该气体在压强增大的过程中，一定吸热C.该气体被压缩的过程中，内能可能减少D.该气体经等温压缩后，其压强一定增大，且此过程一定放出热量E.如果该气体与外界没有发生热量交换，则其分子的平均动能一定不变【解答】解：A、

35、根据理想气体状态方程 毕二c可得，该气体在体积缓慢增大的过程中压强 减小，可能温度不变，故 A正确；B、该气体在压强增大的过程中，若体积减小，外界对气体做功，温度不变，气体内能不变，根据热力学第一定律可知，应该放热，故 B错误；C、如果气体做等压变化，气体被压缩的过程中，温度降低，增气体内能减小，故C正确;D、该气体经等温压缩后，根据玻意耳定律 PV = C可知，其压强一定增大；温度不变，则气体内能不变，压缩气体外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，过程一定放出热量，故D正确；E、温度是分子平均动能得标志，如果该气体与外界没有发生热量交换，说明不吸放热，不 能确定温度如何变，故 E错误；故选

36、：ACD。14. （10分）如图（a）所示，开口向下的圆柱形导热气缸倒置于粗糙水平面上，用一个质 量和厚度可以忽略的活塞在气缸中封闭一定质量的理想气体，活塞下方气缸开口处始终与大气相通，气缸内部的高度为 L = 0.9m,内横裁面积S= 0.02m2.当温度Ti = 300K时, 活塞刚好在气缸开口处，且与地面无弹力作用。现用一个原长为X0=0.2m的弹簧将活塞 顶起，平衡时弹簧弹力大小为 400N,如图（b）所示。已知大气压强 Po=1.0X 105Pa, 气缸内盛光滑，且一直未离开水平面。求：弹簧的劲度系数k的大小：将温度降低到T2时，如图（c）所示，弹簧弹力大小仍为400N,求T2的大小。（结果保留1位小数）%YfiiJ七明副副副I IF rFI I p I BL- I I【解答】解：缸内封闭气体做等温变化，初态：, 一 PVa= LS末态：对活塞由平衡得：P0S+F=PbS, Vb=xS对