2019-2020年高三物理上学期期末考试试题（含解析）.doc

2019-2020年高三物理上学期期末考试试题（含解析）【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的基本内容，主要包含受力分析、物体的平衡、匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、运动的合成和分解、万有引力定律及其应用、动能定理、电场、磁场、交流的峰值、有效值以及它们的关系、动量守恒定律等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。选择题：共12题，每题4题。1-6是单选，7-12多选。一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a-t图像如图所示。下列v-t图像中，可能正确的是（ ）【知识点】匀变速直线运动的图像A4【答案解析】A解析：在0s内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，vt图象是向下倾斜的直线；在T内，加速度为0，物体做匀速直线运动，vt图象是平行于t轴的直线；在T2T，加速度反向，速度方向与加速度方向相反，物体先做匀减速运动，到时刻速度为零，接着反向做初速度为零的匀加速直线运动vt图象是向上倾斜的直线故选：A【思路点拨】本题应根据at图象分析物体的运动情况：当加速度与速度同向时，物体做加速运动，01s内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，当加速度与速度反向时，物体做减速运动，若加速度一定，物体做匀变速直线运动匀变速直线运动的vt图象是一条倾斜的直线【题文】2、用轻质等长的细线把两个质量相等的带电小球a、b悬挂起来，a球带电量为-3q，b球带电量为q，整个装置处于在方向水平向右的匀强电场中，最后达到平衡时的状态可能是（ ）【知识点】匀强电场中电势差和电场强度的关系I1【答案解析】D解析：对整体分析，整体的受力分析图如右图所示，可知绳子拉力方向斜向右上方隔离对b分析，b受力图若左图所示，绳子拉力方向斜向左上方根据平衡共点力平衡知，绳子与竖直方向的夹角相等，所以b球处于虚线位置故D正确，A、B、C错误故选：D【思路点拨】对两球连同之间的细线看成一个整体，分别对其进行竖直方向和水平方向的受力分析，观察绳子弹力的方向便可迎刃而解【题文】3“空间站”是科学家进行天文探测和科学试验的特殊而又重要的场所。假设“空间站” 正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其离地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致。则下列说法正确的是（ ）A“空间站”运行的加速度小于同步卫星运行的加速度B“空间站”运行的速度等于同步卫星运行速度的倍C站在地球赤道上的人观察到“空间站”向东运动D在“空间站”工作的宇航员因不受重力而在舱中悬浮或静止【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用D5【答案解析】C解析：A、根据G=mg=ma，知“空间站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度故A错误B、根据G=m得：v=，离地球表面的高度不是其运动半径，所以线速度之比不是：1，故B错误；C、轨道半径越大，角速度越小，同步卫星和地球自转的角速度相同，所以空间站的角速度大于地球自转的角速度，所以站在地球赤道上的人观察到空间站向东运动故C正确；D、在“空间站”工作的宇航员处于完全失重状态，靠万有引力提供向心力，做圆周运动故D错误故选C【思路点拨】A、根据空间站在某一位置受到的重力提供它做圆周运动的向心力，可知运行加速度和所在高度处的重力加速度的关系B、根据万有引力提供向心力分析C、同步卫星和地球自转的角速度相同，比较出空间站和同步卫星的角速度大小，就可以判断出空间站相对于地球的运行方向D、在“空间站”工作的宇航员处于完全失重状态【题文】4如图所示，光滑的金属轨道分为水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心，N为轨道交点。两轨道之间宽度为0.5m，匀强磁场方向竖直向上，大小为0.5T。质量为0.05kg的金属细杆置于轨道上的M点。当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时，其可以沿轨道由静止开始向右运动。已知MNOP1.0m，金属杆始终垂直轨道，OP沿水平方向，则（ ）A金属细杆在水平段运动的加速度大小为5 ms2 B金属细杆运动至P点时的向心加速度大小为10 ms2 C金属细杆运动至P点时的速度大小为0 D金属细杆运动至P点时对每条轨道的作用力大小为0.75 N【知识点】安培力K1【答案解析】D解析：A、根据牛顿第二定律得：金属细杆开始运动时的加速度大小为 a=m/s2=10m/s2；故A错误B、设金属细杆运动到P点时的速度大小为v从M到P过程，由动能定理得：mgR+BIL（MN+OP）=则得：v=m/s=2m/s；故B错误C、金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为 a=20m/s2故C错误D、在P点，设每一条轨道对细杆的作用力大小为N，由牛顿第二定律得：2NBIL=ma代入数据解得：N=N=0.75N由牛顿第三定律得细杆在P点对每一条轨道的作用力大小为N=N=0.75N故D正确故选：D【思路点拨】根据牛顿第二定律和安培力公式结合求解金属细杆开始运动时的加速度大小金属细杆由于受到安培力作用而沿水平导轨加速运动，滑到圆弧段的P点时，由安培力和轨道的支持力的合力提供向心力，先根据动能定理求出金属杆到达P点时的速度大小，再根据向心加速度公式a=求解到P点时的向心加速度大小，由牛顿第二定律求每个轨道对细杆的作用力，再由牛顿第三定律求细杆对每一条轨道的作用力【题文】 5如图所示，C为两极板水平放置的平行板电容器。闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态，要使尘埃P向下加速运动，下列方法中唯一可行的是（ ）A将R1的滑片向左移动B将R2的滑片向左移动C将R2的滑片向右移动D将闭合的开关S断开【知识点】闭合电路的欧姆定律J2【答案解析】B解析：A、尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，故要减小电容器两端的电压；电路稳定时，滑动变阻器R1无电流通过，两端电压为零，故改变R1的电阻值无效果，故A错误；B、C、变阻器R2处于分压状态，电容器两端电压等于变阻器R2左半段的电压，故要减小变阻器R2左半段的电阻值，变阻器R2滑片应该向左移动，故B正确，C错误；D、把开关S断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，故P向上加速，故D错误；故选B【思路点拨】尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，即要减小电场强度；变阻器R2处于分压状态，根据题意，只要减小电容器两端电压就可以减小电场力，从而使尘埃P向下加速运动【题文】6如图所示为简化后的跳台滑雪的雪道示意图。运动员从助滑雪道AB上由静止开始下滑，到达C点后水平飞出（不计空气阻力），以后落到F点（图中未画出）。D是运动轨迹上的某一点，运动员在该点时的速度方向与轨道CE平行。设运动员从C到D、从D到F的运动时间分别为tCD和tDF，DG和斜面CE垂直，则（ ）AtCD大于tDF，CG等于GF BtCD等于tDF，CG小于GF CtCD大于tDF，CG小于GF DtCD等于tDF，CG等于GF【知识点】平抛运动D2【答案解析】B解析：以C点为原点，CE为X轴，和CE垂直向上方向为Y轴，建立坐标系；进行运动分解，Y轴方向做类竖直上抛运动，X轴方向做匀加速直线运动当运动员速度方向与轨道平行时，在Y轴方向上到达最高点，根据对称性，tCD=tDF而X轴方向运动员做匀加速运动，tCD=tDF，故CGGF故选：B【思路点拨】运动员从C点水平飞出后做平抛运动，可以不用通常的分解方法，而建立这样的坐标系：以C点为原点，CE为X轴，和CE垂直向上方向为Y轴，进行运动分解，Y轴方向做类似竖直上抛运动，X轴方向做匀加速直线运动【题文】7如图所示，直线A为电源的UI图线，直线B和C分别为电阻R1、R2的UI图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为1、2，则（ ）AP1P2 BP1P2 C12 D12【知识点】欧姆定律；电功、电功率J1【答案解析】BC解析：AB、由图线的交点读出，B接在电源上时，电源的输出输出功率P1=UI=8WC接在电源上时，电源的输出输出功率P2=UI=8W 故A错误，B正确CD、电源的效率=，效率与路端电压成正比，B接在电源上时路端电压大，效率高，12故C正确，D 错误故选：BC【思路点拨】电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比，根据效率的定义，找出效率与电源路端电压的关系，由图读出路端电压，就能求出效率；电源与电阻的UI图线的交点，表示电阻接在电源上时的工作状态，可读出电压、电流，算出电源的输出功率，进而比较大小【题文】 8如图所示，矩形线圈面积为S、匝数为N，线圈总电阻r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度匀速转动，外电路电阻为R。在线圈由图示位置转过90的过程中（ ） A磁通量的变化量 B平均感应电动势 C通过电阻R的电量 D电阻R上产生的焦耳热【知识点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；焦耳定律M3【答案解析】BCD解析：A、图示位置磁通量为1=0，转过90磁通量为2=BS，=21=BS故A错误B、根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势，t=解得=，故B正确；C、通过电阻R的电量q=It=t=n，得到q=，故C正确；D、电流的有效值为I=，E=，电阻R所产生的焦耳热Q=I2Rt，解得Q=，故D正确故选：BCD【思路点拨】图示位置磁通量为1=0，转过90磁通量为2=BS=21根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，I为有效值根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解电量【题文】I I 9如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称。导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度，式中k是常数、I为导线中电流、r为点到导线的距离。一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点。关于上述过程，下列说法中正确的是（ ）v0 A小球先做加速运动后做减速运动b a O N M B小球一直做匀速直线运动 C小球对桌面的压力先减小后增大 D小球对桌面的压力一直增大【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；力的合成与分解的运用K3B3【答案解析】BD解析：根据右手螺旋定制可知直线M处的磁场方向垂直于MN向里，直线N处的磁场方向垂直于MN向外，磁场大小先减小过O点后反向增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始上的方向向上，过O得后洛伦兹力的方向向下由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力一直在增大，故AC错误，BD正确故选BD 【思路点拨】根据右手螺旋定制，判断出MN直线处磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可明确运动情况【题文】10下列关于摩擦力的说法中正确的是（ ） A作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速 B作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速 C静止的物体可能受到滑动摩擦力作用，运动的物体也可能受到静摩擦力作用 D作用在物体上的静摩擦力既可能对物体做正功，也可能做负功，或对物体不做功【知识点】摩擦力B2【答案解析】BCD解析：A作用在物体上的滑动摩擦力可能使物体加速,如沿倾斜传送带上划的货物，故A错误； B作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速，正确 C静止的物体可能受到滑动摩擦力作用，运动的物体也可能受到静摩擦力作用，正确 D作用在物体上的静摩擦力既可能对物体做正功，也可能做负功，或对物体不做功 故选BCD【思路点拨】本题目考查了摩擦力的定义以及性质，重点考查了影响摩擦力大小的因素，摩擦力做功的条件，需要学生将所学知识掌握扎实灵活应用【题文】 y 11如图所示，带电粒子以初速度v0从a点沿x轴正方向进入匀强磁场，运动中经过b点，OaOb；若撤去磁场，加一个与y轴平行的匀强电场，粒子以相同的初速度v0从a点进入电场，粒子仍能通过b点。不计粒子重力，那么电场强度E与磁感应强度B之比以及粒子从a到b在磁场中与在电场中运动的时间之比分别为（ ）A2v0 B C1 D【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动K2【答案解析】AD解析：设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：B=，粒子的运动时间：t1=T=如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，在水平方向：d=v0t2，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：d=（）2，解得：E=，解得：=2v0，=；故选：AD 【思路点拨】带电粒子以速度v0从a点进入匀强磁场，运动中经过b点，Oa=Ob，所以圆周运动的半径正好等于d，根据半径公式求出B，如果换成匀强电场，则粒子做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解【题文】 12如图所示，轻质弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端的挡板C上，另一端自然伸长到A点。质量为m的物块从斜面上B点由静止开始滑下，与弹簧发生相互作用，并最终停在斜面上某点。下列说法正确的是（ ） A物块最终停在斜面上某点时，弹簧处于压缩状态 B物块第一次滑到A点时速度最大 C在物块的整个运动过程中，克服弹簧弹力做的功等于重力与摩擦力做功之和 D在物块的整个运动过程中，物块减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能【知识点】功能关系；功的计算E1【答案解析】AC解析：A、物块在斜面上运动过程中要克服摩擦力做功，机械能减少，最终滑块要静止，滑块静止时受到为零，处于平衡状态，弹簧被压缩，故A正确；B、物块下滑过程中，当所受合力为零时，速度最大，物块第一次下滑合力为零的位置在A点下方，速度最大的位置在A点下方，故B错误；C、滑块在运动过程中克服摩擦力做功转化为内能，最终弹簧是被压缩的，弹簧具有弹性势能，在物块的整个运动过程中，克服弹簧弹力做的功等于重力和摩擦力做功之和，故C正确；D、在物块滑到最低点的过程中，物块减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能与系统内能，故D错误故选：AC【思路点拨】根据弹簧的做正功，导致弹簧的弹性势能减小；重力做正功，导致重力势能减小；而摩擦力做负功却导致系统的机械能减小同时由对物体的受力分析来确定物体处于什么样的运动状态二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第13题第16题为必考题，每个试题考生都必须做答。第17题第18题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共47分）【题文】13（5分）图甲为“探究加速度与力、质量关系”的实验装置，光电门固定在水平气垫导轨上的B点，用不同重物通过水平细线拉动滑块，每次滑块都从同一位置A由静止释放。（1）用游标卡尺测出光电门遮光条的宽度d如图乙所示，则d_cm；实验时，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间t，则滑块经过光电门时的速度为_（用字母表示）；（2）滑块的质量用M表示，重物的质量用m表示，当M与m的大小关系满足_时，可认为细线对滑块的拉力大小等于重物的重力大小；（3）测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门的时间t，并算出相应滑块经过光电门的速度v，通过描点作出线性图象，即可研究滑块加速度与力的关系。处理数据时应作出_（选填vm、v2m、或）图象。（甲） （乙） 【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系C4【答案解析】（1）0.62；（2）Mm（3）v2m解析：（1）主尺：0.6cm，游标尺：对齐的是2，所以读数为：20.1=0.2cm，故遮光条宽度d=0.62cm，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度则滑块经过光电门时的速度v=，（2）根据牛顿第二定律得：对m：mgT=ma对M：T=Ma解得：T=mg当Mm时，即当重物的总质量远小于小车及砝码总质量时，可以认为小车受到的拉力等于重物的重力（3）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as=s，由题意可知，M、s不变，画出v2m图象，若图象为过原点的直线，则说明外力和加速度成正比，故画出v2m图象可以直观的得出结论【思路点拨】考查游标卡尺和秒表的读数：先读主尺（只读整数），再加上游标尺（格数乘以分度分之一，格数找对齐的一个不估读），滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度当重物的总质量远小于小车及砝码总质量时，可以认为小车受到的拉力等于重物的重力由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as=s，可知画出v2m图象可以直观的得出结论【题文】14（10分）待测电阻Rx的阻值约为20，现要测量其阻值，实验室提供器材如下：A电流表A1（量程150mA，内阻r1约为10）；B电流表A2（量程20mA，内阻r230）；C电压表V（量程15V，内阻约为3000）；D定值电阻R0100；E滑动变阻器R（阻值范围010，允许最大电流1.0A）；F电源（电动势E4V，内阻不计）；G开关S及导线若干。（1）为了使测量结果准确，要求测量时电表读数变化范围较大，且不得小于其量程的13，以上器材不合适的是_（用器材前对应的序号字母填写）。（2）利用其余的实验器材，设计测量Rx的最佳实验电路，将电路图画在实线框内并标明元件符号。（3）实验中需要测量的物理量有_，待测电阻的表达式Rx_。【知识点】伏安法测电阻J4【答案解析】C；电路图如图所示电流表A1的示数I1，电流表A2的示数I2，解析：若用电流表A1测量电流，通过待测电阻Rx的电流最大值为Im=150mA=0.15A，Rx两端电压的最大值为 Um=ImRx=0.1520V=3V若用电流表A2测量电流，待测电阻Rx两端电压的最大值为 Um=ImRx=0.0220V=0.4V若用电压表V测量Rx两端电压，由于电压表V的量程为15V，量程过大，指针偏转角度达不到量程的，所以电压表不合适将电流表A2与定值电阻串联改装成电压表，改装后的电压表内阻较大，待测电阻Rx的阻值较小，可采用电流表的外接法滑动变阻器总电阻较小，可采用分压接法电路图如图所示设电流表A1的示数I1，电流表A2的示数I2根据并联电路电压相等的规律得：（I1I2）Rx=（R0+r2）解得：Rx=故需要测量电流表A1的示数I1，电流表A2的示数I2【思路点拨】根据欧姆定律估算出待测电阻Rx两端电压的最大值，就能知道电压表量程太大，达不到题目的要求：电表读数变化范围较大，且小于其量程的测量电阻的原理是伏安法，电压表不合适，可将电流表A2与定值电阻串联改装成电压表，改装后的电压表内阻较大，可采用电流表的外接法设计测量电路根据串、并联电路的规律和欧姆定律，求出Rx，再确定需要测量的物理量【题文】15（14分）如图所示，两根足够长的固定的平行粗糙金属导轨位于倾角30的斜面上，导轨上、下端所接的电阻R1R210，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度l2m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度B0.5T，质量为m0.1kg、电阻r5的金属棒ab在高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，当金属棒ab下滑高度h3m时，速度恰好达到最大值v2ms。（g取10ms2）求：（1）金属棒ab速度达到最大时，电阻R1消耗的功率； （2）金属棒ab从静止释放到速度最大的过程中，电阻R2上产生的焦耳热。 【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律L3J2【答案解析】（l）0.1W（2）0.25J解析：（1）速度最大时，金属棒ab产生的电动势为：E=BLv=0.522V=2V通过R1的电流为：I1=A=0.1AP1=I12R1=0.1210W=0.1W（2）达到最大速度时，金属棒受到的安培力为：F安=BIL此时，金属棒的加速度为0，有：mgsin30=F安+f金属棒下滑h的过程，根据能量守恒，有： mgh=f+Q总，此过程R1中产生的焦耳热为：Q1=代入数据可得：Q2=0.25J 【思路点拨】（1）金属棒ab先向下做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，此时金属棒受力平衡，根据E=BLv求出ab棒产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出通过R1的电流，即可由P1=I12R1求解R1上消耗的功率（2）先根据安培力公式F=BIL求出金属棒稳定时所受安培力的大小，由平衡条件可求出摩擦力，即可根据能量守恒列式求出电路中产生的总热量，结合电路的连接关系，求得R2产生的焦耳热【题文】16（18分）如图所示，质量m1.0kg的小物块（可视为质点）放于小车的最左端，小车长l3.6m、质量m11.0kg。物块与小车间动摩擦因数为0.5。质量m210.0kg、半径R3.2m的光滑半圆形轨道固定在水平面上，且直径POQ沿竖直方向。小车的上表面和轨道最低点高度相同。开始时小车和物块共同以v010ms的初速度沿光滑水平面向右运动，小车刚接触轨道时立即制动（停止运动）而后制动解除。（g取10ms2）求：（1）物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力；（2）物块运动至最高点时，水平面对半圆形轨道支持力的大小；（3）物块在小车上滑动的时间。【知识点】动能定理；向心力E2D4【答案解析】(1) 30N (2) 100N (3) 1.2s解析：（1）物块到达P点过程中，由动能定理得：mgL=mv2mv02，在P点，由牛顿第二定律得：FN1mg=m，联立并代入数据得：FN1=30N，由牛顿第三定律可知，压力为30N，方向竖直向下；（2）物块滑上圆形轨道过程中，由机械能守恒定律得：mv2=mgh，解得：h=3.2m=R，此时物体与轨道间没有作用力，水平面对轨道的支持力为：FN2=Mg=1010=100N；（3）由（1）可解得：v=8m/s，物块会沿圆轨道滑回到P点，且速度大小不变，物块在小车上滑动时，由牛顿第二定律得：mg=ma1，物块向右滑动时，v=v0a1t1，联立并代入数据得：t1=0.4s；物块向左滑动时，设物块最终停在小车上，两者速度相等，对小车，由牛顿第二定律得：mg=Ma2，由运动学公式得：va1t2=a2t2，s1=vt2a1t22，s2=a2t22，s=s1s2，解得：s=3.2mL，符合题意，解得：t2=0.8s，则运动时间：t=t1+t2=0.4+0.8=1.2s；【思路点拨】（1）应用动能定理、牛顿第二定律求出支持力，然后求出压力；（2）由机械能守恒定律分析答题；（3）由牛顿第二定律与运动学公式可以求出运动时间（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道物理题中任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所选题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。【题文】17物理选修33（15分）（1）（5分）下列说法正确的是_。（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空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢B分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力增大，斥力减小C液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征D液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动E液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部（2）（10分）如图所示，水平放置一个长方体的封闭气缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体分为完全相同的A、B两部分。初始时两部分气体压强均为P、热力学温度均为T。使A的温度升高T而保持B部分气体温度不变，试求A部分气体的压强增加量。 【知识点】液晶；布朗运动；相对湿度、理想气体的状态方程H2H3H1【答案解析】(1)ACD(2) 解析：（1）A、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越慢，故A正确；B、分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力减小，斥力减小，故B错误；C、液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征，故C正确；D、液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动，故D正确；E、由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子间表现为引力，液体表面存在张力，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直故E错误故选：ACD（2）设温度升高后，AB压强增加量都为p，升高温度后体积VA，由理想气体状态方程得：，对B部分气体，升高温度后体积VB，由玻意耳定律得：pV=（p+p）VB，两部分气体总体积不变：2V=VA+VB，解得：；【思路点拨】（1）空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越慢；分子间同时存在着引力和斥力，都随距离的增大而减小，随距离的减小而增大；液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征；（2）液体表面存在张力是分子力的表现，表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直；A、B两部分气体总体积不变、它们的压强相等，对A部分气体根据理想气体状态方程列方程，对B部分气体应用玻意耳定律列方程，然后求出A部分气体压强的增加量【题文】18物理选修35（15分）（1）（5分）下列说法中正确的是_。（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卢瑟福通过对天然放射现象的研究，提出原子的核式结构学说B氡222的衰变方程是，已知其半衰期约为3.8天，则约经过15.2天，16克氡222衰变后还剩1克C链式反应中，重核裂变时放出的中子可以使裂变不断进行下去 D已知中子、质子和氘核的质量分别为mn、mp和mD，则氘核的比结合能为（c表示真空中的光速） E对于某种金属，超过其极限频率的入射光强度越弱，所逸出的光电子的最大初动能越小（2）（10分）如图所示，质量为m10.2kg小物块A沿水平面与小物块B发生正碰，小物块B的质量m21.0kg。已知碰撞前A的速度大小为v03.0 ms，B静止在水平面上，两物块与水平面间的动摩擦因数均为0.2，重力加速度g取10ms2。试求碰后物块B在水平面上滑行的时间。【知识点】原子核的结合能；裂变反应和聚变反应、动量守恒定律；功能关系O2F2【答案解析】（1）BCD（2）碰后B在水平面上滑行的时间满足0.25st0.5s解析：（1）A、卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出原子的核式结构学说故A错误B、氡222的衰变方程是，已知其半衰期约为T=3.8天，经过15.2天，16克氡222衰变后还剩 m剩=m原=16g=1g，故B正确C、重核裂变时用中子轰击重核，产生多个中子，中子又会撞击重核，产生更多的中子，使裂变不断进行下去，从而形成链式反应故C正确D、已知中子、质子和氘核的质量分别为mn、mp和mD，则氘核的结合能为E=（mn+mpmD）c2，核子数是2，则氘核的比结合能为=故D正确E、对于某种金属，超过其极限频率的入射光能产生光电效应，根据爱因斯坦光电效应方程可知所逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关故E错误故选：BCD（2）选取A与B组成的系统为研究的对象，假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为v1，则由动量守恒定律有：m1v0=（m1+m2）v1碰后，A、B一起滑行直至停下，设滑行时间为t1，则由动量定理有：（m1+m2）gt1=（m1+m2）v1解得t1=0.25s 假如两物块发生的是完全弹性碰撞，碰后A、B的速度分别为vA、v2，则由动量守恒定律有：m1v0=m1vA+m2v2由功能原理有设碰后B滑行的时间为t2，则m2gt2=m2v2解联立方程组得t2=0.5s 可见，碰后B在水平面上滑行的时间满足0.25st0.5s【思路点拨】（1）根据物理学史、半衰期的意义、比结合能的含义及产生光电效应的条件进行解答（2）由于题目中说“由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞”所以要对可能的碰撞进行讨论：1发生完全非弹性碰撞，此时A与B 的速度相同，B的速度最小，停下来 时间最短；2发生弹性碰撞，此时B的速度最大，停下来的时间最长