2017年河北省唐山市高考物理三模试卷

1、2017年河北省唐山市高考物理三模试卷一、选择题：本题共8小题，每题6分。在每小题给出的四个选项中，第1-4题只有一项符合题目要求，5-8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，有错选或不选的得0分。1（6分）如图甲所示，质量为m=1kg的物体放置在水平地面上对物体施加水平向右的恒力F，物体由静止开始做匀加速运动一段时间后撤去恒力F，物体的速度随时间的变化如图乙所示则F的值为（）A3NB4NC5ND6N2（6分）如图所示，理想变压器输入端接有效值恒定的正弦交变电流，输出端电阻R2=1，当电阻箱R1=3时，理想电压表和理想电流表的读数分别为1.0V和0.5A当电阻箱R1=1时

2、，电压表和电流表的读数分别为（）A4.0V，2.0AB2.0V，2.0AC2.0V，1.0AD4.0V，1.0A3（6分）一辆汽车在平直公路上匀速行驶，司机发现前方红灯亮起时开始做匀减速直线运动，恰好在停车线处停止运动汽车在减速过程中，第一秒和最后一秒内的位移分别为14m和1m，则汽车匀减速运动过程中的平均速度为（）A6m/sB6.5m/sC7m/sD7.5m/s4（6分）地球围绕太阳的运动可视为匀速圆周运动，其公转速度约为月球绕地球公转速度的30倍，其轨道半径约为月球绕地球公转轨道半径的400倍已知地球半径R=6400km，地球表面的重力加速度g=10m/s2，万有引力常量G=6.67101

3、1Nm2/kg2则太阳的质量约为（）A2.21024kgB2.21030kgC7.31028kgD3.41029kg5（6分）人类对光的本性以及原子内部结构的进一步认识，促进了科技极大的进步，并大量应用于医疗、通讯等领域下列说法中正确的是（）A相同频率的光照射不同金属，则从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小B氢原子从高能级向低能级跃迁时，吸收光子，原子能量增加CPu的半衰期约为4天，1gPu经20天衰变还剩约1.56103gD铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，中子数减小22个6（6分）如图甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直规定

4、磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示下面说法正确的是（）A0s1s时间内和5s6s时间内，导线框中的电流方向相同B0s1s时间内和1s3s时间内，导线框中的电流大小相等C3s5s时间内，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上D1s3s时间内，AB边受到的安培力不变7（6分）在正点电荷q的电场中有O、M、N、P、Q五点，OM=ON，OP=OQ，且MN与PQ平行，点电荷q在五点所在的平面内，如图所示一电子由M点分别运动到P点和Q点的过程中，电场力所做的负功相等，下列说法正确的是（）A点电荷q位于O点BM点电势高于P点CQ点电场强度大于N点电场强度D电子由Q点运动到N点

5、，电场力做正功8（6分）可视为质点的小球由A点斜向上抛出，运动到最高点B时，进入四分之一光滑圆弧轨道，沿轨道运动到末端C，O为轨道的圆心，A、O、C在同一水平线上，如图所示运动过程中，小球在A点时重力功率的大小为P1，小球在C点时重力的功率为P2，小球在AB过程中重力平均功率的大小为，小球在BC过程中重力平均功率的大小为下列说法正确的是（）AP1=P2BP1P2CD二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13-16题为选考题，考生根据要求作答。9（6分）某同学用圆锥摆粗略验证向心力的表达式，实验装置如图所示细线下悬挂一个钢球，上端固定在铁架台上，

6、将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上，使钢球静止时正好位于圆心处，与白纸接触但无挤压用手带动钢球，设法使它沿纸面上某个圆做圆周运动（1）测得钢球质量m=0.200kg，转动的圆周半径为5.00cm，细线悬点与白纸上圆心的距离d=1.00m，当地重力加速度g=9.8m/s2，通过以上数据，可以得到钢球运动的向心力F1= N（tan=sin）；（2）用秒表测得圆锥运动50圈的总时间为t=99.0s，利用此数据可以得到钢球运动的向心力F2= N（保留二位有效数字）在误差允许的范围内，可认为F1=F2，证明向心力的表达式正确（3）为了尽量减小误差，请提出至少一条改进建议： 10（9分）为探究一块多用电

7、表欧姆100档的工作原理及内部参数，设计了如下实验过程：（1）将多用电表档位旋钮拨到欧姆档100档，然后将两表笔短接，进行 ；（2）按图1所示，若将多用电表、电压表、电阻箱进行连接，与电压表的“+”接线柱相连接的是多用电表的 （填“红”或“黑”）表笔；（3）闭合电键K，调节电阻箱的阻值为R1=750，此时多用电表的指针指到刻度盘满偏的位置，可知，欧姆100档的内阻r= ；（4）断开电键K，调节电阻箱的阻值，利用电阻箱和电压表的读数以及多用表的指针偏转情况，可以得到多用表欧姆100档内部电源的电动势（5）现用该多用表的电阻档分析只有一处发生断路故障的电路（电源已断开），如图2所示将多用表的两个表

8、笔接在电路的不同部位，多用表的读数如表格所示，可知断路故障一定为 （填选项字母）两表笔位置接1、4接1、2接1、3接2、4多用表读数无穷大1200无穷大无穷大A.1、2间电阻断路 B.2、3间导线断路 C.3、4间电阻断路11（14分）如图所示为倾角=30的固定斜面ABC，斜面AB的长度L=1.0m质量为m的物体P静止在斜面顶端A点，质量为3m的物体Q静止在斜面的中点D，两物体与斜面间的动摩擦因数相同对物体P施加一瞬间作用，使其获得沿斜面向下的初速度v0=10m/s后开始匀速下滑，之后与物体Q发生弹性正碰两物体均可视为质点，重力加速度g=10m/s2，求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）

9、碰撞发生后，物体Q运动到斜面底端经历的时间t12（18分）如图所示，平行金属板竖直放置，底端封闭，中心线上开一小孔C，两板相距为d，电压为U平行板间存在大小为B0的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，AG是两板间的中心线金属板下方存在有界匀强磁场区域EFDGH，EFGH为长方形，EF边长为；EH边长为2a，A、F、G三点共线，E、F、D三点共线，曲线GD是以3a为半径、以AG上某点（图中未标出）为圆心的一段圆弧，区域内磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里若大量带电粒子沿AG方向射入两金属板之间，有部分离子经F点进入下方磁场区域不计重力，忽略离子间的相互作用（1）由F点进入下方磁场的离子速度；

10、（2）由F点进入下方磁场的某离子从EH边界垂直穿出，求该离子的比荷；（3）由F点进入下方磁场的正负离子，比荷具有相同的最大值和最小值，最大值与（2）问中的离子比荷相同，带正电的离子均从边界FD射出磁场求磁场边界上有正负离子到达的最大区域范围【物理-选修3-3】13（6分）有关热现象，下列说法正确的是（）A若理想气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能C两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，分子力先做正功，后做负功D做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别

11、的E布朗运动说明液体或气体分子永不停息地做无规则运动，当物体的温度达到0时，物体分子的热运动就会停止14（9分）如图所示，导热性能良好的圆筒形密闭气缸水平放置，可自由活动的活塞将气缸分隔成A、B两部分活塞与气缸左侧面连接一轻质弹簧，当活塞与气缸右侧面接触时弹簧恰好无形变开始时环境温度为t1=27，B内充有一定质量的理想气体，A内是真空稳定时B部分气柱长度为L1=0.10m，此时弹簧弹力与活塞重力大小之比为3：4已知活塞的质量为m=3.6kg，截面积S=20cm2，重力加速度g=10m/s2（1）将活塞锁定，将环境温度缓慢上升到t2=127，求此时B部分空气柱的压强；（2）保持环境温度t2不变，

12、解除活塞锁定，将气缸缓慢旋转90成竖直放置状态，B部分在上面求稳定时B部分空气柱的长度【物理-选修3-4】15一简谐横波以4m/s的波速沿x轴负方向传播已知t=0时的波形如图所示，质点P此时在波谷位置则（）A波的周期为1sBx=0处的质点在t=0时向y轴负向运动C0s时间内，质点P运动的路程为20cmD0s时间内，质点P速度逐渐变大，x=0处的质点速度逐渐变小Ex=0处的质点在t=s时速度方向与加速度方向一定相反16如图所示为某种透明介质做成的直三棱柱，ACCA侧面与BCCB侧面垂直，B=60，一细光束由BCCB侧面上某一点垂直射入，在ABBA侧面上刚好射出（1）透明介质的折射率；（2）光线从

13、ACCA侧面射出时折射角的正弦值2017年河北省唐山市高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每题6分。在每小题给出的四个选项中，第1-4题只有一项符合题目要求，5-8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，有错选或不选的得0分。1（6分）如图甲所示，质量为m=1kg的物体放置在水平地面上对物体施加水平向右的恒力F，物体由静止开始做匀加速运动一段时间后撤去恒力F，物体的速度随时间的变化如图乙所示则F的值为（）A3NB4NC5ND6N【分析】根据vt图象的斜率求出02s和24s物体的加速度大小，根据牛顿第二定律分别对两段过程列式，可求出F的大小【解答】解：

14、由图象知：匀加速运动的末速度 v=6m/s匀加速过程的加速度 a1=3m/s2由牛顿第二定律得 Ff=ma1匀减速过程的加速度大小 a2=3m/s2由牛顿第二定律得 f=ma2联合解得 F=6N故选：D【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，明确速度时间图线的斜率表示加速度2（6分）如图所示，理想变压器输入端接有效值恒定的正弦交变电流，输出端电阻R2=1，当电阻箱R1=3时，理想电压表和理想电流表的读数分别为1.0V和0.5A当电阻箱R1=1时，电压表和电流表的读数分别为（）A4.0V，2.0AB2.0V，2.0AC2.0V，1.0AD4.0V，

15、1.0A【分析】根据理想变压器中原副线圈的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，再根据欧姆定律即可求得电压表和电流表的示数【解答】解：当电阻箱时，电压表读数为1.0V，根据串联分压知，电阻两端的电压为3.0V，副线圈两端的电压为4.0V，副线圈电流原副线圈的匝数比为，原线圈两端的电压当电阻箱时，电阻两端的电压副线圈电流原线圈电流，故C正确，ABD错误；故选：C【点评】解决本题关键是掌握住理想变压器的原副线圈电压、电流之间的关系，结合串联分压的规律本题即可得到解决3（6分）一辆汽车在平直公路上匀速行驶，司机发现前方红灯亮起时开始做匀减速直线运动，恰好在停车线处停止运动汽车在减速过程中，第一秒和最后

16、一秒内的位移分别为14m和1m，则汽车匀减速运动过程中的平均速度为（）A6m/sB6.5m/sC7m/sD7.5m/s【分析】根据汽车在最后1s内的位移，采用逆向思维，结合位移时间公式求出汽车加速度的大小，根据汽车第1s内的位移，运用位移时间公式求出汽车的初速度，结合平均速度推论求出汽车匀减速直线运动的平均速度大小【解答】解：汽车在最后1s内的位移为1m，采用逆向思维，根据得汽车做匀减速直线运动的加速度大小为：a=，第1s内的位移为14m，根据得汽车的初速度为：，根据平均速度推论知，汽车匀减速直线运动的平均速度为：，故D正确，ABC错误故选：D【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公

17、式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷，以及注意逆向思维在运动学中的运用4（6分）地球围绕太阳的运动可视为匀速圆周运动，其公转速度约为月球绕地球公转速度的30倍，其轨道半径约为月球绕地球公转轨道半径的400倍已知地球半径R=6400km，地球表面的重力加速度g=10m/s2，万有引力常量G=6.671011Nm2/kg2则太阳的质量约为（）A2.21024kgB2.21030kgC7.31028kgD3.41029kg【分析】根据地球表面物体的重力等于万有引力即可求出地球的质量；根据万有引力提供向心力即可求出太阳质量与地球质量的倍数关系，从而求出太阳质量；【解答】解：地球表面

18、物体的重力等于万有引力，有：得地球质量为：=对于地球绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有：得：对于月球绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：，得：所以有：所以太阳质量为：kg，故B正确，ACD错误；故选：B【点评】该题考查求解天体的质量，关键知道万有引力提供向心力，只能求解中心天体的质量；知道在忽略地球自转的情况下，重力等于万有引力5（6分）人类对光的本性以及原子内部结构的进一步认识，促进了科技极大的进步，并大量应用于医疗、通讯等领域下列说法中正确的是（）A相同频率的光照射不同金属，则从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小B氢原子从高能级向低能级跃迁

19、时，吸收光子，原子能量增加CPu的半衰期约为4天，1gPu经20天衰变还剩约1.56103gD铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，中子数减小22个【分析】根据光电效应方程，分析金属逸出功的大小；氢原子从高能级向低能级跃迁，向外辐射光子，原子能量减小；根据m=，结合衰变的次数得出未衰变的质量；根据电荷数守恒、质量数守恒得出电荷数和质量数的变化，从而得出中子数的变化【解答】解：A、根据光电效应方程Ekm=hvW0知，相同频率的光照射不同金属，则从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小，故A正确B、氢原子从高能级向低能级跃迁时，辐射光子，原子能量减小，故B错误C、经过20天，即

20、经过5个半衰期，则剩余的质量m=1g=0.0325g，故C错误D、铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，电荷数少10，质量数少32，则中子数少22个，故D正确故选：AD【点评】本题考查了光电效应方程、能级跃迁、半衰期、核反应等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识，知道质量数等于中子数和质子数之和，结合质量数和电荷数的变化可以得出中子数的变化6（6分）如图甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示下面说法正确的是（）A0s1s时间内和5s6s时间内，导线框中的电流方向相同B0s1s时间内和

21、1s3s时间内，导线框中的电流大小相等C3s5s时间内，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上D1s3s时间内，AB边受到的安培力不变【分析】由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；由F=BIL可知安培力的变化情况【解答】解：A、01s磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度变大，穿过闭合回路的磁通量增加，根据楞次定律，导线框中电流方向顺时针方向；56s磁感应强度减小，方向垂直纸面向里，穿过导线框的磁通量减小，由楞次定律知感应电流为顺时针方向，故A正确；B、0s1s时间内和1s3s时间内，磁感应强度的变化率不

22、相等，根据法拉第电磁感应定律知产生的感应电动势大小不等，由知，导线框中电流大小不相等，故B错误；C、35s时间内，磁场方向垂直纸面向里且增强，由楞次定律知感应电流为逆时针方向，根据左手定则AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上，故C正确；D、13s时间内，磁感应强度的变化率恒定，感应电动势和感应电流不变，但磁感应强度均匀减小，所以AB边受到的安培力均匀减小，故D错误；故选：AC【点评】本题要求学生能正确理解Bt图的含义，才能准确的利用楞次定律、左手定律等进行判定；解题时要特别注意，两个时段，虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流一定是相同7（6分）在正点电荷q的电场中有O

23、、M、N、P、Q五点，OM=ON，OP=OQ，且MN与PQ平行，点电荷q在五点所在的平面内，如图所示一电子由M点分别运动到P点和Q点的过程中，电场力所做的负功相等，下列说法正确的是（）A点电荷q位于O点BM点电势高于P点CQ点电场强度大于N点电场强度D电子由Q点运动到N点，电场力做正功【分析】点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据距离场源电荷的距离判断场强大小，沿电场线电势逐渐降低判断电势高低【解答】解：A、一电子由M点分别运动到P点和Q点的过程中，电场力所做的负功相等，根据W=qU知，P、Q电势相等，所以点电荷q在PQ垂直平分线

24、上，不一定在O，故A错误；B、电子由M到P电场力做负功，电势能增加，电势降低，所以M点电势高于P点，故B正确；C、由于是正电荷电场，M电势降低比P高，所以M更近点电荷，场强更大，N点比Q点更接近正点电荷q，Q点电场强度小于N点电场强度，故C错误；D、Q到N做电势升高，电子电势能减小，电场力做正功，故D正确；故选：BD【点评】本题关键是明确点电荷的电场的电场线和等势面的分布规律，知道沿着电场线电势逐渐降低8（6分）可视为质点的小球由A点斜向上抛出，运动到最高点B时，进入四分之一光滑圆弧轨道，沿轨道运动到末端C，O为轨道的圆心，A、O、C在同一水平线上，如图所示运动过程中，小球在A点时重力功率的大

25、小为P1，小球在C点时重力的功率为P2，小球在AB过程中重力平均功率的大小为，小球在BC过程中重力平均功率的大小为下列说法正确的是（）AP1=P2BP1P2CD【分析】重力的瞬时功率等于重力与竖直分速度的乘积，重力的平均功率可根据=分析，而重力做的功可根据W=mgh分析【解答】解：AB、设小球到达C点的速度大小为vC在整个过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，则有 =可得 vC=v0小球在A点时重力功率的大小为 P1=mgv0sin，是A点的速度与水平方向的夹角小球在C点时重力的功率为 P2=mgvC=mgv0所以P1P2故A错误，B正确CD、设小球从A运动到B的时间为t1从B运动到C的时间

26、为t2则由运动学公式有 R=，得 t1=由于小球从B运动到C的过程中，轨道对小球的弹力斜向左下方，弹力有竖直向下的分力，由牛顿第二定律知：小球竖直方向的分加速度大小大于g，而BC间的竖直高度也为R，所以t2，则t1t2小球在AB过程中重力平均功率的大小为 =小球在BC过程中重力平均功率的大小为 =，所以有故C错误，D正确故选：BD【点评】解决本题的关键是明确瞬时功率与平均功率的区别，在计算瞬时功率时，只能用P=Fvcos来求解，公式P=可用来求平均功率的大小二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13-16题为选考题，考生根据要求作答。9（6分）

27、某同学用圆锥摆粗略验证向心力的表达式，实验装置如图所示细线下悬挂一个钢球，上端固定在铁架台上，将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上，使钢球静止时正好位于圆心处，与白纸接触但无挤压用手带动钢球，设法使它沿纸面上某个圆做圆周运动（1）测得钢球质量m=0.200kg，转动的圆周半径为5.00cm，细线悬点与白纸上圆心的距离d=1.00m，当地重力加速度g=9.8m/s2，通过以上数据，可以得到钢球运动的向心力F1=0.098N（tan=sin）；（2）用秒表测得圆锥运动50圈的总时间为t=99.0s，利用此数据可以得到钢球运动的向心力F2=0.1N（保留二位有效数字）在误差允许的范围内，可认为F1=

28、F2，证明向心力的表达式正确（3）为了尽量减小误差，请提出至少一条改进建议：做圆锥摆运动时，保证绳子与竖直方向的夹角较小即可【分析】（1）对球受力分析根据力的合成求得向心力； （2）先求出周期，根据向心力的周期公式求解向心力；（3）由于tan=sin，故做圆锥摆运动时，保证绳子与竖直方向的夹角较小即可【解答】解：（1）对物体受力分析可知，向心力为：F1=mgtan，其中：，解得：F1=0.098N（2）钢球运动n圈所用时间t，则周期为：T=，故向心力大小为：F2=m=0.10N（3）做圆锥摆运动时，保证绳子与竖直方向的夹角较小即可故答案为：（1）0.098；（2）0.10；（3）做圆锥摆运动时

29、，保证绳子与竖直方向的夹角较小即可【点评】通过实验数据来粗略验证向心力表示式，培养学生善于分析问题与解决问题的能力，同时运用力的分解寻找向心力的来源10（9分）为探究一块多用电表欧姆100档的工作原理及内部参数，设计了如下实验过程：（1）将多用电表档位旋钮拨到欧姆档100档，然后将两表笔短接，进行欧姆调零；（2）按图1所示，若将多用电表、电压表、电阻箱进行连接，与电压表的“+”接线柱相连接的是多用电表的黑（填“红”或“黑”）表笔；（3）闭合电键K，调节电阻箱的阻值为R1=750，此时多用电表的指针指到刻度盘满偏的位置，可知，欧姆100档的内阻r=1500；（4）断开电键K，调节电阻箱的阻值，利

30、用电阻箱和电压表的读数以及多用表的指针偏转情况，可以得到多用表欧姆100档内部电源的电动势（5）现用该多用表的电阻档分析只有一处发生断路故障的电路（电源已断开），如图2所示将多用表的两个表笔接在电路的不同部位，多用表的读数如表格所示，可知断路故障一定为B（填选项字母）两表笔位置接1、4接1、2接1、3接2、4多用表读数无穷大1200无穷大无穷大A.1、2间电阻断路 B.2、3间导线断路 C.3、4间电阻断路【分析】欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零），根据多用电表的原理闭合电路欧姆

31、定律分析内阻【解答】解：（1）用多用电表测电阻时，选择档位后要将两表笔短接，进行欧姆调零，（2）欧姆表的黑表笔与欧姆表内置电源正极相连，红表笔与内置电源负极相连，电压表的正接线柱应接高电势点，负接线柱应接低电势点，因此将图1中多用电表的黑表笔和电压表的正接线柱相连，红表笔连接另一端（3）设多用电表内部电源电动势为E，内阻为r，满偏电流为I，根据闭合电路欧姆定律可知，解得：r=1500（5）接1、4多用表读数无穷大，说明1、4间断路，接1、2多用电表读数为1200，说明1、2之间通路，1、3和2、4多用表读数无穷大，说明断路，综上可知是2、3之间断路，故B正确，AC错误故选：B故答案为：（1）欧

32、姆调零；（2）黑；（3）1500；（5）B【点评】解决本题的关键掌握欧姆表的特点、使用方法以及原理，知道实验中测量RX的实验原理，注意每次换挡都需要从新欧姆调零，每个档位的内阻是不同的11（14分）如图所示为倾角=30的固定斜面ABC，斜面AB的长度L=1.0m质量为m的物体P静止在斜面顶端A点，质量为3m的物体Q静止在斜面的中点D，两物体与斜面间的动摩擦因数相同对物体P施加一瞬间作用，使其获得沿斜面向下的初速度v0=10m/s后开始匀速下滑，之后与物体Q发生弹性正碰两物体均可视为质点，重力加速度g=10m/s2，求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）碰撞发生后，物体Q运动到斜面底端经历的

33、时间t【分析】（1）物体匀速下滑时，受到的重力、斜面的支持力和滑动摩擦力，三力平衡，由平衡条件和滑动摩擦力公式求解动摩擦因数；（2）P与Q发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和动能守恒结合求出碰后Q的速度碰后，物体Q沿斜面向下运动，由牛顿第二定律求出加速度，再由位移公式求出Q运动到斜面底端经历的时间t【解答】解：（1）P匀速下滑时，根据平衡条件有：mgsin30=mgcos30 故得动摩擦因数 =tan30=（2）P与Q发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律和动能守恒得：mv0=mvP+3mvQmv02=mvP2+3mvQ2解得：vQ=v0=2.5m/s碰后Q沿斜面向下运动的加速度为：

34、a=解得：a=0所以Q匀速下滑，则碰撞发生后，物体Q运动到斜面底端经历的时间为：t=0.2s答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）碰撞发生后，物体Q运动到斜面底端经历的时间t是0.2s【点评】解决本题时，要正确分析物体的受力情况，判断运动情况要抓住弹性碰撞遵守的两大守恒：动量守恒和动能守恒，研究碰撞后两个物体的速度12（18分）如图所示，平行金属板竖直放置，底端封闭，中心线上开一小孔C，两板相距为d，电压为U平行板间存在大小为B0的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，AG是两板间的中心线金属板下方存在有界匀强磁场区域EFDGH，EFGH为长方形，EF边长为；EH边长为2a，A、F、G三点共线，E

35、、F、D三点共线，曲线GD是以3a为半径、以AG上某点（图中未标出）为圆心的一段圆弧，区域内磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里若大量带电粒子沿AG方向射入两金属板之间，有部分离子经F点进入下方磁场区域不计重力，忽略离子间的相互作用（1）由F点进入下方磁场的离子速度；（2）由F点进入下方磁场的某离子从EH边界垂直穿出，求该离子的比荷；（3）由F点进入下方磁场的正负离子，比荷具有相同的最大值和最小值，最大值与（2）问中的离子比荷相同，带正电的离子均从边界FD射出磁场求磁场边界上有正负离子到达的最大区域范围【分析】（1）由离子受力平衡求解；（2）由粒子进入、离开磁场的速度方向求得圆周运动的

36、圆心，进而求得半径，再根据洛伦兹力作向心力即可求得比荷；（3）先有带正电的粒子均从FD上射出磁场求得离子运动的半径范围，再根据半径范围，求得正负粒子离开此场的便边界范围【解答】解：（1）带电粒子沿AG方向射入两金属板之间，经F点进入下方磁场区域，则粒子运动方向不改变，粒子在金属板之间受洛伦兹力和电场力的作用，因为电场力为水平方向，所以，电场力和洛伦兹力平衡，即，所以，；（2）粒子能由F点进入下方磁场，则粒子在F点的速度竖直向下，所以，粒子在下方磁场做圆周运动的圆心在ED这条直线上；又有粒子从EH边界垂直穿出，则粒子在下方磁场做圆周运动的圆心也在EH这条直线上，两直线交于E点，所以，E点即为粒子

37、在下方磁场做圆周运动的圆心，所以粒子在下方磁场做圆周运动的半径为；由洛伦兹力作向心力可得：，所以；（3）粒子在下方磁场中，洛伦兹力作为向心力，粒子做圆周运动的半径为r，则有，所以，；越小，则r越大，带正电的离子做圆周运动能从边界FD射出磁场的最大半径如图所示，设O为圆弧GD的圆心，O为粒子运动的圆心，则a2+r2=（3ar）2，解得：，带电粒子的比荷最大值与（2）问中的离子比荷相同，此时，粒子做圆周运动的半径为，所以带电粒子在下方磁场做圆周运动的半径r有关系式：；所以，带正电的粒子在磁场边界上能到达的最大范围为FD上距离F点的距离为范围内；带负电的粒子向左偏转，粒子做圆周运动的半径为r，打在边

38、界EH上的点距离E点L，则有：，所以，因为由F点进入下方磁场的正负离子，比荷具有相同的最大值和最小值，所以，所以，所以，带负电的粒子在磁场边界上能到达的最大范围为EH上距离E点的距离为范围内答：（1）由F点进入下方磁场的离子速度为；（2）由F点进入下方磁场的某离子从EH边界垂直穿出，该离子的比荷为；（3）由F点进入下方磁场的正负离子，比荷具有相同的最大值和最小值，最大值与（2）问中的离子比荷相同，带正电的离子均从边界FD射出磁场则磁场边界上有正负离子到达的最大区域范围为FD上距离F点的距离为范围内和EH上距离E点的距离为范围内【点评】求解带电粒子在磁场中的运动问题，要充分利用几何关系，尤其是圆

39、的相切关系、垂直关系及对称关系【物理-选修3-3】13（6分）有关热现象，下列说法正确的是（）A若理想气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能C两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，分子力先做正功，后做负功D做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的E布朗运动说明液体或气体分子永不停息地做无规则运动，当物体的温度达到0时，物体分子的热运动就会停止【分析】根据热力学第一定律公式判断做功和吸热对内能的影响，明确热力学第二定律的内容，知道热机效率达不到100%

40、；知道分子间相互作用力的性质，明确分子间同时存在引力和斥力，而随着距离的增加，斥力减小的快；而分子力做功量度了分子势能的变化；布朗运动是分子热运动的反映，而分子热运动与温度有关，温度达到0时，分子热运动仍在继续【解答】解：A、若一定质量的理想气体压强和体积都不变时，温度也不变，其内能也一定不变，故A正确；B、根据热力学第二定律可知，内燃机不可能将得到的全部内能转化为机械能，故B错误；C、两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，分子间先为引力，后为斥力，故分子力先做正功，后做负功，故C正确；D、做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改

41、变方式是有区别的，做功属于能量转化，而热传递为能量传递，故D正确；E、布朗运动说明液体或气体分子永不停息地做无规则运动，当物体的温度达到0时，物体分子的热运动也不会停止，故E错误故选：ACD【点评】本题考查分子间作用力、热力学第一定律、热力学第二定律以及分子动理论的基本性质，要注意明确热力学第一定律、第二定律的应用，能分析物体的内能并体会热现象的方向性14（9分）如图所示，导热性能良好的圆筒形密闭气缸水平放置，可自由活动的活塞将气缸分隔成A、B两部分活塞与气缸左侧面连接一轻质弹簧，当活塞与气缸右侧面接触时弹簧恰好无形变开始时环境温度为t1=27，B内充有一定质量的理想气体，A内是真空稳定时B部

42、分气柱长度为L1=0.10m，此时弹簧弹力与活塞重力大小之比为3：4已知活塞的质量为m=3.6kg，截面积S=20cm2，重力加速度g=10m/s2（1）将活塞锁定，将环境温度缓慢上升到t2=127，求此时B部分空气柱的压强；（2）保持环境温度t2不变，解除活塞锁定，将气缸缓慢旋转90成竖直放置状态，B部分在上面求稳定时B部分空气柱的长度【分析】（1）以活塞为研究对象，根据受力平衡求出初始状态时B部分空气柱的压强，B部分空气柱发生等容变化，根据查理定律即可求出末态的B部分空气的压强；（2）活塞解除锁定后，B部分空气柱发生等温变化，根据玻意耳定律列出方程，再列出活塞的受力平衡方程即可求解【解答】解：（1）活塞重力G=mg=3