河北省（新课标Ⅰ）高考理综物理试卷押题卷C

2017年新课标Ⅰ高考物理试卷押题卷C总分110分一、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项是符合题目要求，第18～21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．14．（6分）科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X+Y→eq\s(4,2)He+eq\s(3,1)H+4.9MeV和eq\s(2,1)H+eq\s(3,1)H→eq\s(4,2)He+X+17.6MeV．下列表述正确的有（）A．X是电子B．Y的质子数是3，中子数是6C．两个核反应都没有质量亏损D．氘和氚的核反应是核聚变反应【解析】根据质量数守恒以及电荷数守恒即可判断出X和Y；根据是否释放能量判定有没有质量亏损；根据核反应的特点判定是否是聚变反应．【解答】解：A、根据核反应方程：eq\s(2,1)H+eq\s(3,1)H→eq\s(4,2)He+X，X的质量数：m1=2+34=1，核电荷数：z1=1+12=0，所以X是中子．故A错误；B、根据核反应方程：X+Y→eq\s(4,2)He+eq\s(3,1)H，X是中子，所以Y的质量数：m2=4+31=6，核电荷数：z2=2+10=3，所以Y的质子数是3，中子数是3．故B错误；C、根据两个核反应方程可知，都有大量的能量释放出来，所以一定都有质量亏损．故C错误；D、氘和氚的核反应过程中是质量比较小的核生成质量比较大的新核，所以是核聚变反应．故D正确．故选：D【说明】该题考查常见的核反应方程，在这一类的题目中，要注意质量数守恒和核电荷数守恒的应用．基础题目．15．（6分）如图，三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止，A、D间细绳是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，这时三根细绳张力TAC、TAD、TAB的变化情况是（）A．都变大 B．TAD和TAB变大，TAC不变C．TAC和TAB变大，TAD不变 D．TAC和TAD变大，TAB不变【解析】先以B为研究对象受力分析，由分解法作图判断出TAB大小的变化；再以AB整体为研究对象受力分析，由平衡条件判断TAD和TAC的变化情况．【解答】解：以B为研究对象受力分析，由分解法作图如图：由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳子与与竖直方向夹角变大，绳子的拉力大小对应图中1、2、3三个位置大小所示，即TAB逐渐变大，F逐渐变大；再以AB整体为研究对象受力分析，设AC绳与水平方向夹角为α，则竖直方向有：TACsinα=2mg得：TAC=eq\f(2mg,sinα)，不变；水平方向：TAD=TACcosα+F，TACcosα不变，而F逐渐变大，故TAD逐渐变大；故B正确；故选：B．【说明】当出现两个物体的时候，如果不是求两个物体之间的作用力大小通常采取整体法使问题更简单．16．（6分）如图所示，P是水平面上的圆弧凹槽．从高台边B点以某速度v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道．O是圆弧的圆心，θ1是OA与竖直方向的夹角，θ2是BA与竖直方向的夹角．则（）A．eq\f(tanθ2,tanθ1)=2 B．tanθ1tanθ2=2C．eq\f(1,tanθ1tanθ2)=2 D．eq\f(tanθ1,tanθ2)=2【解析】从图中可以看出，速度与水平方向的夹角为θ1，位移与竖直方向的夹角为θ2．然后求出两个角的正切值．【解答】解：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．速度与水平方向的夹角为θ1，tanθ1=eq\f(vy,v0)=eq\f(gt,v0)．位移与竖直方向的夹角为θ2，tanθ2=eq\f(x,y)=eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)=eq\f(2v0,gt)，则tanθ1tanθ2=2．故B正确．故选：B．【说明】解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，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．以及知道速度与水平方向夹角的正切值是同一位置位移与水平方向夹角的正切值的两倍．17．（6分）一理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是（）A．副线圈输出电压的频率为5HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输入功率增加【解析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，故A错误．B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的最大值为31V，所以电压的有效值为U=eq\f(31,\r(,2))≈22V，所以B错误．C、P右移，R变小，副线的电压不变，则副线圈的电流变大，原线圈的电流也随之变大；但原、副线圈的电流比等于匝数比的倒数，是不变的，故C错误．D、P向右移动时，滑动变阻器的电阻较小，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输入功率、输出功率均增加，故D正确．故选：D．【说明】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路．18．（6分）如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在它的左上方固定一直导线，导线与磁场垂直，若给导线通以垂直于纸面向里的电流，则（）A．磁铁对桌面压力增大 B．磁场对桌面压力减小C．桌面对磁铁没有摩擦力 D．桌面对磁铁摩擦力向左【解析】先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断．【解答】解：根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，如图，在根据左手定则判断安培力方向，如左图；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方，如右图，根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩擦力变大，方向向左．故AD正确，BC错误．故选：AD【说明】本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况．19．（6分）暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命，为了探测暗物质，我国在2015年12月17日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星．已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于其运动周期），运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），引力常量为G，则下列说法中正确的是（）A．“悟空”的线速度大于第一宇宙速度B．“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度C．“悟空”的环绕周期为EQ\F(2πt,β)D．“悟空”的质量为eq\f(s3,Gt2β)【解析】由几何知识确定运动半径，根据万有引力提供向心力得出各量与轨道半径的关系．【解答】解：A、第一宇宙速度为最大的环绕速度，则“悟空”的线速度不会大于第一宇宙速度．则A错误B、据万有引力提供向心力得a=eq\f(GM,r2)，则半径小的加速度大，则“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，B正确C、运动的角速度为：ω=eq\f(β,t)，则周期T=eq\f(2π,ω)=\f(2πt,β)，则C正确D、“悟空”为绕行天体不能测量其质量．则D错误故选：BC【说明】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能根据题意结合向心力的几种不同的表达形式，选择恰当的向心力的表达式．20．（6分）在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，则（）A．小球受到的重力与电场力之比为3:5B．在t=5s时，小球经过边界MNC．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功D．在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大【解析】小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻．分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比．根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系．整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变．【解答】解：B、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s和t=4s时．故B错误．A、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：a1=eq\f(v1,t1)=eq\f(v1,1)=v1，进入电场后的加速度大小为：a2=eq\f(v1,t2)=eq\f(v1,1.5)=eq\f(2,3)v1由牛顿第二定律得：mg=ma1①Fmg=ma2得电场力：F=mg+ma2=eq\f(5,3)mv1=eq\f(5,3)ma1②由①②得重力mg与电场力F之比为3:5．故A正确．C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等．故C错误．D、整个过程中，由图可得，小球在02.5s内向下运动，在2.5s5s内向上运动，在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功．电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以，小球的机械能先减小后增大．故D正确．故选：AD【说明】本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系．21．（6分）光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧（弹簧与物块不相连），弹簧的压缩量为x．现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为vA．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为eq\f(x,2)B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为eq\f(2,3)xC．物块开始运动前弹簧的弹性势能为eq\f(3,2)mv2D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2`【解析】当A的加速度大小为a，根据胡克定律和牛顿第二定律求得此时的弹力．物块B的加速度大小为a时，对物块，由胡克定律和牛顿第二定律求弹簧的压缩量．根据系统的动量守恒，求得物块B刚要离开弹簧时的速度，由系统的机械能守恒求物块开始运动前弹簧的弹性势能．【解答】解：A、当物块A的加速度大小为a，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx=2ma．当物块B的加速度大小为a时，有：kx'=ma，对比可得：x'=eq\f(x,2)。，即此时弹簧的压缩量为eq\f(x,2)．故A正确．B、取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：2meq\f(xA,t)meq\f(xB,t)=0，又xA+xB=x，解得A的位移为：xA=eq\f(1,3)。x，故B错误．CD、根据动量守恒定律得0=2mvmvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB=2v，由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep=eq\f(1,2)。•2mv2+。mvB2=3mv2．故C错误，D正确．故选：AD【说明】解决本题的关键要明确系统遵守两大守恒定律：动量守恒定律和机械能守恒定律，求A的位移时，根据平均动量守恒列式．二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题22．（6分）国标（GB/T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω•m．某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动．实验器材还有：电源（电动势约为3V，内阻可忽略），电压表V1（量程为3V，内阻很大），电压表V2（量程为3V，内阻很大），定值电阻R1（阻值4kΩ），定值电阻R2（阻值2kΩ），电阻箱R（最大阻值9999Ω），单刀双掷开关实验步骤如下：A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；F．断开S，整理好器材．（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d=mm．（2）玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为：Rx=（用R1、R2、R表示）．（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的Req\f(1,L)。关系图象．自来水的电阻率ρ=Ω•m（保留两位有效数字）．（4）本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将（填“偏大”“不变”或“偏小”）．【解析】（1）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数．（2）分别求出S接1和接2时电路的总电压，利用并联电压相等列式，求出Rx；（3）从图丙读出数据，利用电阻定律求出电阻率ρ；（4）分析若电压表V1内阻不是很大，对测量电阻Rx的影响，再判断自来水电阻率测量的影响．【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为：3.0cm=30mm，游标尺上第0个刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为：30.00mm；（2）设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则此时电路电流为eq\f(U,R1)，总电压U总=eq\f(URx,R1)。+U，当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为。eq\f(U,R)，总电压U总'=EQ\F(U,2)R2+U，由于两次总电压相等，都等于电源电压E，可得eq\f(Rx,R1)=eq\f(R2,R)，解得Rx=eq\f(R1R2,R)，（3）从图丙中可知，R=2×103Ω时，EQ\F(1,L)=5.0m1，此时玻璃管内水柱的电阻Rx═4000Ω，水柱横截面积S=π(EQ\F(d,2))2=7.065×10-4m2，由电阻定律R=ρEQ\F(L,S)得ρ=eq\f(RS,L)=4000×7.065×104×5Ω•m=14Ω•m（4）若电压表V1内阻不是很大，则把S拨到1位置时，此时电路电流大于eq\f(U,R1)，实际总电压将大于U总=。eq\f(URx,R1)+U，所以测量的Rx将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大；故答案为：（1）30.00（1分）；（2）。（2分）；（3）14（2分）；（4）偏大（1分）．【说明】本题考查了游标卡尺的读数，等效替代法测电阻，电阻定律以及对实验误差的分析，解答本题的关键是明确实验目的，所有的步骤都为了测电阻率，所以要测量电阻、水柱横截面积、水柱的长度．23．（9分）现要验证“当合外力一定时，物体运动的加速度与其质量成反比”这一物理规律．给定的器材如下：一倾角可以调节的长斜面（如图甲所示）、小车（设小车的质量为M，但未具体测出）、计时器、米尺、弹簧秤，还有钩码若干．实验步骤如下（不考虑摩擦力的影响，重力加速度为g），完成下列实验步骤中所缺的内容：（1）按图甲安装好实验器材；（2）用弹簧秤沿斜面向上拉小车保持静止，测出此时的拉力F；（3）让小车自斜面上方一固定点A1从静止开始下滑到斜面底端A2，记下所用的时间t，用米尺测量A1与A2之间的距离s，可以求得小车运动的加速度a=；（4）已知A1与A2之间的距离s，实验时在小车中加钩码，所加钩码总质量为m，要保持小车与钩码的合外力F不变，可以采用如下方法：用弹簧秤沿斜面拉着小车，将斜面的，直到弹簧秤的读数为为止．（5）多次增加钩码，然后重复步骤（4）．在小车与钩码的合外力保持不变的情况下，利用（3）和（4）的测量和计算结果，可得钩码总质量m与小车从A1到A2时间t的关系式为m=．（6）利用实验中所测得的数据作出了如图乙所示的mt2图象，若该图象的斜率为k，图象在纵轴上截距的绝对值为b，那么根据该图象求得小车的质量M=，小车所受的合外力大小为F=．（用k、b和s表示）【解析】（3）小车做初速度为零的匀加速直线运动，应用匀变速直线运动的速度位移公式可以求出加速度．（4）小车（包括砝码）总质量增加，重力沿斜面向下的分力增加，小车受到的合力变大，要使小车受到的合力不变，可以用测力计拉住小车降低斜面的高度，当测力计示数等于F为止．（5）应用牛顿第二定律与运动学公式可以求出质量．（6）求出图象的函数表达式，然后根据函数表达式求出质量与合力．【解答】解：（3）小车做初速度为零的匀加速直线运动，由速度位移公式得：s=eq\f(1,2)。at2，加速度：a=eq\f(2s,t2)；（4）已知A1与A2之间的距离s，实验时在小车中加钩码，所加钩码总质量为m，要保持小车与钩码的合外力F不变，可以用弹簧秤沿斜面拉着小车，将斜面的高度降低，直到弹簧秤的读数为F为止．（5）小车的加速度为：a=eq\f(F,M+m)。=eq\f(2s,t2)，整理得：m=eq\f(F,2s)t2M．（6）m与t的关系式为：m=EQ\F(F,2s)t2M，则mt2图象的斜率：k=。，截距的绝对值：b=M，则小车质量：M=b，小车受到的合力：F=2ks；故答案为：（3）eq\f(2s,t2)；（2分）（4）高度降低，F；（每空一分）（5）eq\f(F,2s)t2M；（2分）（6）b，2ks．（每空2分）【说明】本题考查了实验数据处理，知道实验原理是解题的前提与关键，应用匀变速直线运动规律、牛顿第二定律可以解题；求出图象的函数表达式是应用图象法处理实验数据常用的方法，也是解题的关键．24．（14分）如图所示，两根足够长的光滑导轨MN，PQ与水平面成θ=37°角平行放置，导轨间的宽度为l=0.6m．空间存在垂直导轨面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T，导轨上端接一标有“”字样的小灯泡L．一根电阻r=1Ω的金属棒ab垂直导轨油某一位置静止释放，当下滑s=12m时达到稳定速度，此时小灯泡恰能正常发光，已知重力加速度g=10m/s2．试求：（1）金属棒的质量m及运动稳定后的速度v；（2）金属棒下滑s的过程中，通过灯泡L上的电荷量q；（3）金属棒下滑s的过程中小灯泡所产生的热量Q（设小灯泡电阻不变）．（结果保留两位有效数字）【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律由小灯泡正常发光求得感应电动势的大小从而求得稳定后的速度v，再根据稳定时m的平衡求得m的质量；（2）根据q=eq\f(ΔΦ,R+r)求得通过小灯泡L的电荷量；（3）根据能量守恒，金属棒m减小的重力势能等于金属棒增加的动能和回路中产生的热量，再由闭合电路欧姆定律求得小灯泡上产生的热量．【解答】解：（1）金属棒达稳定速度时，小灯泡正常发光，由小灯泡参数知：回路中电流I=EQ\F(P,U)=EQ\F(1.25,2.5)A=0.5A…………（1分）小灯泡电阻R=eq\f(U,I)=eq\f(2.5,0.5)。=5。…………（1分）根据闭合电路欧姆定律可知，金属棒切割磁感线产生的电动势等于回路中的总电压即：Blv=I(R+r)…………（2分）得金属棒稳定时的速度v=EQ\F(I(R+r),Bl)=eq\f(0.5×(5+1),0.5×0.6)m/s=10m/s……（1分）再以金属棒为研究对象，速度稳定后，金属棒处于平衡状态，则根据平衡有：mgssinθ=BIl…………（2分）即金属棒的质量m=eq\f(BIl,gsinθ)=eq\f(0.5×0.5×0.6,10×sin37°)kg=0.025kg…………………（1分）（2）由题意通过小灯泡的电荷量q=EQ\o\ac(\s\up10(_),I)Δt=eq\f(\o\ac(\s\up10(_),E),R+r)·Δt=eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R+r)·Δt=eq\f(BlS,R+r)=eq\f(0.5×0.6×12,5+1)C=0.6C………………（2分）（3）根据能量守恒可知，金属棒减小的重力势能等于电路增加的动能和回路产生的总热量即：mgssinθ=eq\f(1,2)mv2+Q总…………（2分）根据闭合电路欧姆定律可知，灯泡上产生的热量Q=eq\f(R,R+r)Q总=eq\f(R,R+r)·(mgssinθeq\f(1,2)mv2)=eq\f(5,5+1)×(0.025×10×12×0.6eq\f(1,2)×0.025×102)J=0.46J…………（2分）（1）金属棒的质量m为0.025kg及运动稳定后的速度v为10m/s；（2）金属棒下滑s的过程中，通过灯泡L上的电荷量q为0.6C；（3）金属棒下滑s的过程中小灯泡所产生的热量Q为0.46J．【说明】本题是力电综合问题，首先要明确电路结构，其次要分析清楚导体棒的受力情况和运动情况，根据安培力公式、欧姆定律、切割公式和平衡条件列式求解．25．（18分）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=5cm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【解析】（1）由共点力平衡求出水平力F的大小；由动能定理即可求出滑块A滑到斜面底端时的速度；（2）先由动量守恒求出A与B的共同速度，然后对ABC系统，由动量守恒定律求出共同速度，由功能关系求出被拉伸弹簧的最大弹性势能Ep；对ABC系统，由动量守恒定律和功能关系求出C的最大速度．【解答】解：（1）如图所示，滑块处于平衡状态：F=mAgtanα………………（1分）代入数据解得：F=eq\f(10\r(,3),3)。N……………（1分）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：Fxcosα+mAgx·sinα=eq\f(1,2)mAvEQ\s(2,A)…………（2分）代入数据得：vA=10m/s…………（1分）（2）A与B在水平面上碰撞的过程中，系统的水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，得：mAvA=(mA+mB)v1…………（2分）代入数据得：v1=5m/s…………（1分）在ABC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……………………（1分）代入数据得：v2=2m/s…………（1分）由功能关系得：EP=eq\f(1,2)(mA+mB)vEQ\s(2,1)+eq\f(1,2)(mA+mB+mC)vEQ\s(2,2)……（2分）入数据得：EP=15J…………（1分）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AB的速度为v3，C的速度为vc，则：(mA+mB)v1=(mA+mB)v3+mCvC……………（2分）由动能守恒得：eq\f(1,2)(mA+mB)vEQ\s(2,1)=eq\f(1,2)(mA+mB)vEQ\s(2,3)+eq\f(1,2)mCvEQ\s(2,C)。……………（2分）代入数据得：vC=4m/s…………（1分）答：（1）水平力F的大小是eq\f(10\r(,3),3)N，滑块A滑到斜面底端时的速度是10m/s；（2）被拉伸弹簧的最大弹性势能是15J，滑块C的最大速度是4m/s．【说明】本题考查了共点力平衡、滑行距离、速度问题，碰撞等，涉及的过程多，分析清楚物体运动过程，相应的公式、定理、定律即可正确解题．（二）选考题共15分．请考生从给出的2道物理题任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理——选修33】33．（1）（5分）下列叙述正确的是（）（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．布朗运动就是液体分子的热运动B．对一定质量的气体加热，其内能一定增加C．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大D．分子间的距离r存在某一值r0，当r<r0时，斥力大于引力，当r>r0时，斥力小于引力E．温度越高，扩散进行得越快【解析】布朗运动是固体颗粒的运动，温度升高，分子平均动能增大；分子间同时存在引力和斥力，二者都随着距离的增大而减小，而当r<r0时，斥力大于引力，当r>r0时，斥力小于引力．做功和热传递均可以改变物体的内能．【解答】解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，它间接反映了液体分子的无规则运动，故A错误；B、对一定质量的气体加热，其内能一定不增加，如果汽体同时对外做功，则内能可能不变或减小，故B错误；C、物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大，故C正确；D、分子间的距离r存在某一值r0，当r<r0时，斥力大于引力，当r>r0时，斥力小于引力，故D正确；E、温度越高，分子运动越剧烈，则扩散现象越快，故E正确．故选：CDE【说明】该题考查温度的微观意义．布朗运动、分子之间的相互作用与热力学第一定律，都是一些记忆性的知识点，要注意多加积累.（2）（10分）为适应太空环境，去太空旅行的航天员都要穿航天服．航天服有一套生命系统，为航天员提供合适温度、氧气和气压，让航天员在太空中如同在地面上一样．假如在地面上航天服内气压为1.0×105Pa，气体体积为2L，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积变为4L，使航天服达到最大体积．若航天服内气体的温度不变，将航天服视为封闭系统．①求此时航天服内的气体压强；②若开启航天服封闭系统向航天服内充气，使航天服内的气压恢复到9.0×104Pa，则需补充1.0×105Pa的等温气体多少升？【解析】（1）由玻意耳定律求的压强（2）求出气体的状态参量，应用玻意耳定律求出气体的体积．【解答】解：①航天服内气体经历等温过程，p1=1.0×105Pa，V1=2L，V2=4L……（2分）由玻意耳定律p1V1=p2V2……（2分）得p2=5×104Pa……（1分）②设需要补充的气体体积为V，将补充的气体与原航天服内气体视为一个整体，充气后的气压p3=9.0×104Pa……（2分）由玻意耳定律p1(V1+V)=p3V2……（2分）解得V=1.6L……（1分）答：①此时航天服内的气体压强5×104Pa②若开启航天服封闭系统向航天服内充气，使航天服内的气压恢复到9.0×104Pa，则需补充1.0×105Pa的等温气体为1.6L【说明】本题考查了求气体压强、气体体积问题，分析清楚气体状态变化过程、应用玻意耳定律即可正确解题．【物理——选修34】34．（1）（5分）下列说法中正确的是（）（填正确答案标号。选A．光的偏振现象说明光具有波动性，但并非所有的波都能发生偏振现象B．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失C．