2019-2020年高考物理热身卷含解析.doc

2019-2020年高考物理热身卷含解析一、单项选择题1如图所示，小球A、B通过一条细绳跨过定滑轮连接，它们都穿在一根竖直杆上当两球平衡时，连接两球的细绳与水平方向的分别为和2假设装置中的各处摩擦均不计，则A、B球的质量之比为（）A2cos：1B1：2cosCtan：1D1：2sin2远距离运输鸡蛋，为减少颠簸引起的破裂损失，通常将鸡蛋放置在如图所示的泡沫槽内设一只鸡蛋质量为m，蛋壳能承受最大压力是F0，已知当地的重力加速度为g，为保证汽车在水平路面行驶时鸡蛋不致于损坏，汽车的刹车加速度不能超过（）AgBg+CD3如图所示，D是石墨烯稳压管，具有高度的稳定性，其作用是保证C、E两端电压UCE恒定不变，当流过稳定管的电流在20mA与5mA之间时，UCE稳定在10V上，设电源电压U=20V，R1=400，为使UCE稳定在10V，负载电阻R2的取值可能是（）A1000B2500C100D4004一物体运动位移s时间t图象如图所示，关于该物体的运动下列说法正确的是（）A物体做曲线运动B物体的运动速度逐渐减小C合外力对物体做正功D物体的机械能一定是逐渐减小的5如图所示，带正电的绝缘薄板圆盘水平放置，圆盘中心O处有一小孔，虚线是通过圆心的竖直轴，A、B两点是竖直轴上与O点对称的两点，OA=OB=h，一质量m、带电+q的小球从A点出发，以某一初速度向下运动，当沿AO方向初速度vv0时，才能穿过圆孔O已知重力加速度为g，则当小球在A点沿AO方向的初速度为v0时，下列结论正确的是（）A小球过O点时加速度为零B小球过B点时速度为2v0CA到B过程合外力对小球做功为2mghDO、A两点电势差UOA=二、多项选择题6今年3月17日，又一颗小行星撞上了被称为太阳系“吸尘器”的木星，木星是太阳系最大的行星，质量是地球质量的318倍，体积是地球的1316倍，到太阳距离是地球到太阳的5倍某一时刻，太阳、地球和木星的空间位置示意图如图所示，则（）A木星受到太阳引力小于太阳对地球的引力B木星绕太阳加速度大于地球绕太阳的加速度C木星绕太阳公转周期大于地球绕太阳公转周期D小行星接近木星过程动能不断增大7煤气灶点火所需的高压由如图所示装置产生，在铁芯MN上绕着两组彼此绝缘的线圈，其中用粗导线绕制、匝数较少的是初级线圈，用细导线绕制，匝数较多的是次级线圈钢制弹簧片D上装有一小锤P，当电路中无电流时，弹簧片D与螺丝钉W接触接通开关S，铁芯被磁化，小锤P被吸引，使得弹簧片D与螺丝钉分离，电路断开，铁芯失去磁性，小锤重新回到原来位置，电路又被接通，如此反复，在电路发生通断时，由于电磁感应，次级线圈将会产生高压，导致G、D间出现放电现象关于该点火装置，下列说法正确的是（）A增大初级线圈电流，可使线圈周围的磁场增强B增加次级线圈匝数，可增大次级线圈的感应电动势C次级线圈中交变电压周期等于初级线圈中电流的通断周期D小锤质量越大，通断时间间隔越短8如图所示，在xOy平面坐标系第一象限内，在虚线OP与+x轴间的夹角为45，OP与x轴间有方向垂直xOy平面向内、磁感应强度大小为B且范围足够大的匀强磁场在t=0时刻，一束质量m、电荷量+q的粒子从原点O点沿+x方向同时射入磁场，它们的初速度大小不同、重力不计，假设不考虑粒子间的相互作用和影响，则（）A所有粒子射出磁场时偏转角均为45B所有粒子同时从虚线OP上穿出磁场C粒子在磁场中运动时，任一时刻所有粒子排列在一条直线上D粒子在磁场中运动时，任一时刻不同速度粒子速度方向不同三、简答题9小明研究小车在水平长木板上运动所受摩擦力的大小，选用的实验器材是：长木板、总质量为m的小车、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、挡光片、游标卡尺、刻度尺器材安装如图甲（1）主要的实验过程：用游标卡尺测量挡光片宽度d，读数如图乙，则d=mm；让小车从斜面上某一位置释放，读出小车通过光电门时数字毫秒计示数t；用刻度尺量出小车停止运动时遮光板与光电门间的距离L；求出小车与木板间摩擦力f=（用物理量的符号表示）（2）若实验中没有现成的挡光片，某同学用一宽度为6cm的金属片替代这种做法是否合理？（选填“合理”或“不合理”）（3）实验中，小车释放的高度应该适当（选填“大”或“小”）些10用如图甲所示的装置探究直流电机转动时线圈的电热功率与输入电流的关系，图中电路图未画出，现备有如下实验器材：A直流电机M（3.0V，1W）B3V直流电源C电流表（00.6A，0.5）D电流表（03A，0.1）E电压表（03V，内阻约3k）F滑动变阻器（05）G开关、导线若干H秒表I电火花打点计时器J重锤P（约0.1kg）K纸带L刻度尺M弹簧测力计N游标卡尺（1）为测量电机线圈的电热功率，上述提供的器材中多余的是（写出器材序号）；（2）根据实验要求，在图甲虚线框内画全实验电路图；（3）实验中，若测出电压表的读数为u，电流表的读数为I，重锤的重力为G，电机匀速提升重物的速度为v，则电机线圈的电热功率可表示为；（4）改变电路中的电流，得出电机线圈在不同电流I下的电热功率P热，作出P热I2图线如图丙中实线所示，发现实验图线与理论图线存在较大偏差，你认为偏差的原因可能是（回答有关有一即可）【选修模块3-3】11页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，主要成分为甲烷，被公认是洁净的能源（1）一定质量的页岩气（可看作理想气体）状态发生了一次循环变化，其压强p随热力学温度T变化的关系如图所示，O、a、b在同一直线上，bc与横轴平行则Aa到b过程，气体的体积减小Ba到b过程，气体的体积增大Cb到c过程，气体从外界吸收热量Db到c过程，气体向外界放出热量（2）将页岩气经压缩、冷却，在160下液化成液化天然气（简称LNG）在液化天然气的表面层，其分子间的引力（选填“大于”、“等于”或“小于”）斥力在LNG罐内顶部存在一些页岩气，页岩气中甲烷分子的平均动能（选填“大于”、“等于”或“小于”）液化天然气中甲烷分子的平均动能（3）某状况下页岩气体积约为同质量液化天然气体积的600倍，已知液化天然气的密度=4.5102kg/m3，甲烷的摩尔质量M=1.6102kg/mol，阿伏伽德罗常数NA=6.01023/mol，试估算该状态下6.0m3的页岩气中甲烷分子数【选修模块3-4】12下列说法中正确的是（）A在玻璃幕墙表面镀一定厚度的金属氧化物，利用衍射现象使外面的人在白天看不到幕墙里面的情况B紫外线的频率与固体物质分子的固有频率接近，容易引起分子共振，产生内能C来回抖动带电的梳子，在空间就会形成变化的电磁场，产生电磁波D地面上两北斗卫星导航终端同时发出定位申请信号，在高速运行的卫星上看两信号也一定是同时发出的13蝙蝠在喉内产生超声波通过口或鼻孔发射出来，超声波遇到猎物会反射回来，回波被蝙蝠的耳廓接收，根据回波判断猎物的位置和速度在洞穴里悬停在空中的蝙蝠对着岩壁发出频率为34kHz的超声波，波速大小为340m/s，则该超声波的波长为m，接收到的回波频率（选填“大于”、“等于”或“小于”）发出的频率14如图所示，一个立方体玻璃砖的边长为a，折射率n=1.5，立方体中心有一个小气泡为使从立方体外面各个方向都看不到小气泡，必须在每个面上都贴一张纸片，则每张纸片的最小面积为多少？【选修模块3-5】15下列说法正确的是（）A汤姆生发现了电子并提出了原子的核式结构模型B玻尔理论成功解释了所有原子的光谱C一群处于n=4能级激发态的氢原子，自发跃迁时能发出6种不同频率的光D贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现了放射性元素钋（Pa）和镭（Ro）16在某次实验中测得一静止的氚核发生衰变后， He的动量大小为p1，沿反方向运动的电子的动量大小为p2（p1p2），则反中微子的动量大小为若H、He和e的质量分别为m1、m2和m3，光在真空中的传播速度为c，则氚核衰变释放的能量为17在电子俘获中，原子核俘获了K层一个电子后，新核原子的K层上将出现一个电子空位，当外层L层上电子跃迁到K层填补空位时会释放一定的能量：一种情况是辐射频率为v0的X射线；另一种情况是将该能量交给其它层上的某电子，使电子发生电离成为自由电子若该能量交给M层电子，电离后的自由电子动能是E0，普朗克常量为h试求新核原子的L层电子和K层电子的能级差及M层电子的能级（即能量值）四、计算或论述题18如图所示，在光滑水平桌面上的虚线MN左侧有方向竖直向上的匀强磁场，一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导体框静止在水平桌面上，且一条边框与MN平行现对线框施加水平向右的恒力，线框从静止开始运动直到离开磁场，速度传感器记录了线框在该过程中速度随时间变化的vt图线，图中v0，t0为已知量求：（1）线框穿出磁场过程中电流强度I和通过线框的电量q；（2）匀强磁场的磁感应强度B；（3）若导体框初始位置不变，施加的恒力为原来的2倍，传感器测量到线框离开磁场前已经做匀速运动，则此情景下线框穿出磁场过程中产生电热Q19如图，水平直线轨道OB与竖直的四分之一光滑圆弧轨道AB相切于B点，O为圆心，半径R=1m，A点与O点等高，劲度系数k=103N/m的轻弹簧一端固定在D点挡板处，另一端为自由端在C点BC=0.9m，将质量m=1kg的小物块从A点静止释放，观察到物块反弹回来后刚好到达B点已知物块水平轨道的动摩擦因数=0.5，g=10m/s2（1）求出弹簧的最大压缩量及物块在水平轨道上运动过程中的最大加速度数值a；（2）若将DC段换成光滑的水平轨道，物块从A点释放后，求弹簧被压缩的最大弹性势能Ep及物块第一次返回圆弧轨道上B点时轨道对物块支持力大小FN；（3）若将DC段换成光滑的水平轨道，物块从A点正上方h=5m高处释放落下，并从A点切入轨道，求物块最终的静止位置离C点的距离20如图所示，xOy平面内，x轴上方有y方向的匀强电场，x轴下方有垂直xOy平面向外的匀强磁场，电场、磁场的范围都足够大，一质量m、电荷+q的粒子从y轴上坐标为（0，h）的P点沿+x方向射出，速度大小为v0，不计粒子的重力，粒子第一次过x轴时位置为Q点，速度方向与+x方向夹角为45（1）若过Q点后，粒子经磁场直接到达原点O，求电场强度E与磁感应强度B的比值；（2）若粒子在电磁场中运动时能经过x轴上Q点右侧的M点（未标出），求磁感应强度B应该满足的条件；（3）若粒子在电磁场中运动时能经过x轴上xN=3h的N点（未标出），求出粒子从P点出发到达N点可能经历的时间txx年江苏省盐城市阜宁中学高考物理热身卷参考答案与试题解析一、单项选择题1如图所示，小球A、B通过一条细绳跨过定滑轮连接，它们都穿在一根竖直杆上当两球平衡时，连接两球的细绳与水平方向的分别为和2假设装置中的各处摩擦均不计，则A、B球的质量之比为（）A2cos：1B1：2cosCtan：1D1：2sin【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】分别对A、B两球分析，运用合成法，用T表示出A、B两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子AB两球的拉力是相等的【解答】解：分别对AB两球分析，运用合成法，如图：由几何知识得：Tsin=mAgTsin2=mBg故mA：mB=sin：sin2=1：2cos故选：B2远距离运输鸡蛋，为减少颠簸引起的破裂损失，通常将鸡蛋放置在如图所示的泡沫槽内设一只鸡蛋质量为m，蛋壳能承受最大压力是F0，已知当地的重力加速度为g，为保证汽车在水平路面行驶时鸡蛋不致于损坏，汽车的刹车加速度不能超过（）AgBg+CD【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】对鸡蛋受力分析，根据牛顿第二定律求解【解答】解：对鸡蛋进行受力分析，受到重力和泡沫槽的支持力两个力的作用，根据牛顿第二定律，有：解得：，选项C正确，ABD错误故选：C3如图所示，D是石墨烯稳压管，具有高度的稳定性，其作用是保证C、E两端电压UCE恒定不变，当流过稳定管的电流在20mA与5mA之间时，UCE稳定在10V上，设电源电压U=20V，R1=400，为使UCE稳定在10V，负载电阻R2的取值可能是（）A1000B2500C100D400【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】因R1=400，其两端的电压为10V，则其电流为，当稳流管电流在20mA到5mA间变化时可确定出流过R2的电流值，由欧姆定律确定出其阻值范围【解答】解：R1=400，其两端的电压为U1=10V，则其电流为I=25mA当稳定管电流为20mA时，R2的电流为I2=2520=5mA 其阻值为=xx当稳定管电流为5mA时，R2的电流为=255=20mA，其阻值为=500所以R2的取值范围为：500R1xx 则A正确，BCD错误故选：A4一物体运动位移s时间t图象如图所示，关于该物体的运动下列说法正确的是（）A物体做曲线运动B物体的运动速度逐渐减小C合外力对物体做正功D物体的机械能一定是逐渐减小的【考点】功能关系；曲线运动；机械能守恒定律【分析】根据位移图象的斜率等于速度，分析质点的速度方向，判断质点的运动情况根据动能定理判断合外力做功，根据重力以外的力做功判断机械能【解答】解：A、位移图象只能反映位移正负两个方向，所以只能描述直线运动，故A错误；B、图象的斜率表示速度大小由图可以看出斜率逐渐减小，即速度逐渐减小，故B正确；C、物体的速度减小，则动能减小，根据动能定理可知，合外力对物体做负功故C错误；D、合外力对物体做负功，但不知道重力做功与合外力做功的关系，所以不能判断出物体的机械能的变化，故D错误；故选：B5如图所示，带正电的绝缘薄板圆盘水平放置，圆盘中心O处有一小孔，虚线是通过圆心的竖直轴，A、B两点是竖直轴上与O点对称的两点，OA=OB=h，一质量m、带电+q的小球从A点出发，以某一初速度向下运动，当沿AO方向初速度vv0时，才能穿过圆孔O已知重力加速度为g，则当小球在A点沿AO方向的初速度为v0时，下列结论正确的是（）A小球过O点时加速度为零B小球过B点时速度为2v0CA到B过程合外力对小球做功为2mghDO、A两点电势差UOA=【考点】电势差与电场强度的关系；电势【分析】分析小球在O点的受力，注意到O点的场强为零，电场力为零，还受到重力作用，合力不为零，加速度不为零，小球从A到B根据动能定理列式可求解B点的速度；求A到B的合力做功即为重力和电场力做功的代数和，因为O点速度未知，根据动能定理无法得出O、A两点的电势差【解答】解：A、小球在O点电场为零，还受到重力，所以小球过O点时加速度不为零，故A错误；B、圆盘上方电场竖直向上，圆盘下方电场竖直向下，根据对称性，AB两点等势，从A到B根据动能定理得，解得，故B错误；C、从A到B过程合外力对小球做功等于重力和电场力做功的代数和，故C正确；D、根据题意沿AO方向初速度vv0时，才能穿过圆孔O，所以小球在A点沿AO方向的初速度为时，小球到O点速度为0，从A到O根据动能定理，解得：，故D正确；故选：CD二、多项选择题6今年3月17日，又一颗小行星撞上了被称为太阳系“吸尘器”的木星，木星是太阳系最大的行星，质量是地球质量的318倍，体积是地球的1316倍，到太阳距离是地球到太阳的5倍某一时刻，太阳、地球和木星的空间位置示意图如图所示，则（）A木星受到太阳引力小于太阳对地球的引力B木星绕太阳加速度大于地球绕太阳的加速度C木星绕太阳公转周期大于地球绕太阳公转周期D小行星接近木星过程动能不断增大【考点】万有引力定律及其应用【分析】由万有引力定律确定出两者受太阳引力大小关系；由万有引力提供向心力确定加速度，周期的大小关系【解答】解：A、由F=则=1，则A错误B、由万有引力提供向心力得a=，则半径大的加速度小，则B错误C、由万有引力提供向心力得：T=知半径大的周期大，则C正确D、小行星接近木星过程引力做正功，动能增加，则D正确故选：CD7煤气灶点火所需的高压由如图所示装置产生，在铁芯MN上绕着两组彼此绝缘的线圈，其中用粗导线绕制、匝数较少的是初级线圈，用细导线绕制，匝数较多的是次级线圈钢制弹簧片D上装有一小锤P，当电路中无电流时，弹簧片D与螺丝钉W接触接通开关S，铁芯被磁化，小锤P被吸引，使得弹簧片D与螺丝钉分离，电路断开，铁芯失去磁性，小锤重新回到原来位置，电路又被接通，如此反复，在电路发生通断时，由于电磁感应，次级线圈将会产生高压，导致G、D间出现放电现象关于该点火装置，下列说法正确的是（）A增大初级线圈电流，可使线圈周围的磁场增强B增加次级线圈匝数，可增大次级线圈的感应电动势C次级线圈中交变电压周期等于初级线圈中电流的通断周期D小锤质量越大，通断时间间隔越短【考点】法拉第电磁感应定律；变压器的构造和原理【分析】分析题意以及给出的图象，根据电磁感应规律以及变压器原理进行分析，从而明确磁场的决定因素以及通断周期【解答】解：A、电流越强产生的磁场越强，则增大初级线圈电流可以增大线圈周围的磁场，故A正确；B、由E=n可知，在磁通量变化快慢不变的情况下，增大线圈匝数可以增大次级线圈的感应电动势，故B正确；C、变压器不会改变频率和周期，故次级线圈中交变电压周期等于初级线圈中电流的通断周期，故C正确；D、通断时间取决于铁芯磁化和去磁的时间，与小锤质量无关，故D错误故选：ABC8如图所示，在xOy平面坐标系第一象限内，在虚线OP与+x轴间的夹角为45，OP与x轴间有方向垂直xOy平面向内、磁感应强度大小为B且范围足够大的匀强磁场在t=0时刻，一束质量m、电荷量+q的粒子从原点O点沿+x方向同时射入磁场，它们的初速度大小不同、重力不计，假设不考虑粒子间的相互作用和影响，则（）A所有粒子射出磁场时偏转角均为45B所有粒子同时从虚线OP上穿出磁场C粒子在磁场中运动时，任一时刻所有粒子排列在一条直线上D粒子在磁场中运动时，任一时刻不同速度粒子速度方向不同【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】作出粒子的运动的轨迹图，结合轨迹分析粒子的偏转角，抓住粒子转动的角速度与速度无关，在相等时间内转过的角速度相同，分析所有粒子的分布【解答】解：A、作出粒子的运动轨迹，由图可知，所有粒子出磁场时都在磁场中运动了四分之一圆周，偏转角均为90度，故A错误，B正确C、根据T=知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期不变，与速度无关，则角速度不变，经过相同的时间绕过的角度相同，可知任一时刻所有粒子排列在同一条直线上，粒子的速度方向相同，故C正确，D错误故选：BC三、简答题9小明研究小车在水平长木板上运动所受摩擦力的大小，选用的实验器材是：长木板、总质量为m的小车、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、挡光片、游标卡尺、刻度尺器材安装如图甲（1）主要的实验过程：用游标卡尺测量挡光片宽度d，读数如图乙，则d=6.00mm；让小车从斜面上某一位置释放，读出小车通过光电门时数字毫秒计示数t；用刻度尺量出小车停止运动时遮光板与光电门间的距离L；求出小车与木板间摩擦力f=（用物理量的符号表示）（2）若实验中没有现成的挡光片，某同学用一宽度为6cm的金属片替代这种做法是否合理？不合理（选填“合理”或“不合理”）（3）实验中，小车释放的高度应该适当大（选填“大”或“小”）些【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；由速度公式求出小车的速度，应用动能定理求出摩擦力；（2）小车的瞬时速度可以近似等于小车在很短时间（或很小位移）上的平均速度，时间或位移越小，平均速度越接近瞬时速度；（3）小车的水平位移越大，测量其位移时的误差越小，实验误差越小，据此分析答题【解答】解：（1）由图甲所示可知，游标卡尺的主尺示数为0.6cm=6mm，游标尺示数为00.05mm=0.00mm，则挡光片的宽度d=6mm+0.00mm=6.00mm；挡光片经过光电门时的速度v=，小车在水平面上做匀减速运动，由动能定理得：fL=0mv2，解得：f=（2）实验时把小车经过挡光片时的平均速度作为小车的瞬时速度，挡光片的宽度越窄，小车经过挡光片时的平均速度越接近小车的瞬时速度，挡光片的宽度越大，小车的速度误差越大，不能用6cm的金属片替代挡光片（3）小车释放的高度越大，小车到达水平面时的速度越大，小车在水平面上滑行的距离越大，L的测量值误差越小，实验误差越小故答案为：（1）6.00；（2）不合理；（3）大10用如图甲所示的装置探究直流电机转动时线圈的电热功率与输入电流的关系，图中电路图未画出，现备有如下实验器材：A直流电机M（3.0V，1W）B3V直流电源C电流表（00.6A，0.5）D电流表（03A，0.1）E电压表（03V，内阻约3k）F滑动变阻器（05）G开关、导线若干H秒表I电火花打点计时器J重锤P（约0.1kg）K纸带L刻度尺M弹簧测力计N游标卡尺（1）为测量电机线圈的电热功率，上述提供的器材中多余的是D、H、N（写出器材序号）；（2）根据实验要求，在图甲虚线框内画全实验电路图；（3）实验中，若测出电压表的读数为u，电流表的读数为I，重锤的重力为G，电机匀速提升重物的速度为v，则电机线圈的电热功率可表示为UIGv；（4）改变电路中的电流，得出电机线圈在不同电流I下的电热功率P热，作出P热I2图线如图丙中实线所示，发现实验图线与理论图线存在较大偏差，你认为偏差的原因可能是存在摩擦阻力（电机温度升高，电阻增大）（回答有关有一即可）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）根据电机的电压和功率，分析最大电流，判断电流表的量程，而秒表和游标卡尺明显是多余的器材（2）根据题意电压表测电动机两端的电压，电流表测电动机的电流，电源和变阻器提供电压根据此原理可补全电路（3）根据能量守恒：输入电机的电功率等于电机消耗电热功率加上电机的输出功率（4）P热I2图线的理论图线的斜率表示线圈的电阻RA，实际图线的斜率会增大的原因是存在摩擦力或线圈中电阻随温度升高而增大【解答】解：（1）直流电机M（3.0V，1W），即正常工作时的最大电流为1A，所以电流表（00.6A，0.5）即可，而电流表（03A，0.1）量程过大不需要故D多余此题不需要测时间，也不需要游标卡尺测长度，故H、N都是多余的故多余的器材为：D、H、N（2）为了多测几组数据，可以通过滑动变阻器分压的方式进行供电，电流表与电机串联，电压表并联；实验电路图如右图所示：（3）根据能量守恒定律：输入电机的电功率等于电机先去的电热功率加上电机的输出功率，所以P热=UIGV （3）因为存在摩擦阻力，故图象会出现较大偏差；同时因为P热=I2RA，所以P热I2图线的理论图线的斜率表示线圈的电阻RA，实际图线的斜率会增大的原因是线圈中电阻随温度升高而增大故答案为；（1）DHN（2）UIGV（3）存在摩擦阻力（电机温度升高，电阻增大）【选修模块3-3】11页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，主要成分为甲烷，被公认是洁净的能源（1）一定质量的页岩气（可看作理想气体）状态发生了一次循环变化，其压强p随热力学温度T变化的关系如图所示，O、a、b在同一直线上，bc与横轴平行则CAa到b过程，气体的体积减小Ba到b过程，气体的体积增大Cb到c过程，气体从外界吸收热量Db到c过程，气体向外界放出热量（2）将页岩气经压缩、冷却，在160下液化成液化天然气（简称LNG）在液化天然气的表面层，其分子间的引力大于（选填“大于”、“等于”或“小于”）斥力在LNG罐内顶部存在一些页岩气，页岩气中甲烷分子的平均动能等于（选填“大于”、“等于”或“小于”）液化天然气中甲烷分子的平均动能（3）某状况下页岩气体积约为同质量液化天然气体积的600倍，已知液化天然气的密度=4.5102kg/m3，甲烷的摩尔质量M=1.6102kg/mol，阿伏伽德罗常数NA=6.01023/mol，试估算该状态下6.0m3的页岩气中甲烷分子数【考点】理想气体的状态方程；物体的内能【分析】（1）pT图象过原点的倾斜的直线表示气体发生等容变化图象上的点与原点连线的斜率，根据此斜率，结合气态方，分析体积的变化根据热力学第一定律分析吸放热情况（2）分子间同时存在引力和斥力，在液体表面存在表面张力，其分子间的引力大于斥力，分子的平均动能由温度决定（3）页岩气主要成分为甲烷，可以认为是甲烷气体；根据m=V求解质量，根据求解甲烷的分子数【解答】解：（1）AB、ab是过原点的倾斜的直线表示气体发生等容变化，即气体的体积不变故A、B错误CD、b到c过程，气体发生等压变化，温度升高，内能增大，根据气态方程可知，气体的体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律U=Q+W可知，体从外界吸收热量故C正确，D错误故选：C（2）由于液体表面存在表面张力，其分子间的引力大于斥力，分子的平均动能由温度决定，同一温度下甲烷分子的平均动能等于液化天然气中甲烷分子的平均动能故答案为：大于 等于（3）某状态下页岩气体积约为同质量液化天然气体积的600倍，故密度是天然气密度的倍，页岩气的质量为：甲烷分子数：解得： =答：估算该状态下6.0m3的页岩气中甲烷分子数为个【选修模块3-4】12下列说法中正确的是（）A在玻璃幕墙表面镀一定厚度的金属氧化物，利用衍射现象使外面的人在白天看不到幕墙里面的情况B紫外线的频率与固体物质分子的固有频率接近，容易引起分子共振，产生内能C来回抖动带电的梳子，在空间就会形成变化的电磁场，产生电磁波D地面上两北斗卫星导航终端同时发出定位申请信号，在高速运行的卫星上看两信号也一定是同时发出的【考点】电磁波的发射、传播和接收【分析】在玻璃幕墙表面镀一定厚度的金属氧化物，利用镜面反射使外面的人看不到幕墙里面的情况；当驱动力的频率紧急物体的固有频率时，会发生共振变化的电磁场交替产生，形成电磁波【解答】解：A、在玻璃幕墙表面镀一定厚度的金属氧化物，利用镜面反射使外面的人看不到幕墙里面的情况；故A错误B、红外线的频率与固体物质分子的固有频率接近，容易引起分子共振，产生内能故B错误C、来回抖动带电的梳子，产生变化的电场，变化的电场产生变化的磁场，变化的电场和变化的磁场交替产生，形成电磁波故C正确D、地面上两北斗卫星导航终端同时发出定位申请信号，在高速运行的卫星上看两信号不是同时的故D错误故选C13蝙蝠在喉内产生超声波通过口或鼻孔发射出来，超声波遇到猎物会反射回来，回波被蝙蝠的耳廓接收，根据回波判断猎物的位置和速度在洞穴里悬停在空中的蝙蝠对着岩壁发出频率为34kHz的超声波，波速大小为340m/s，则该超声波的波长为0.01m，接收到的回波频率等于（选填“大于”、“等于”或“小于”）发出的频率【考点】超声波及其应用；匀速直线运动及其公式、图像【分析】根据多普勒效应比较蝙蝠接收到的反射超声波频率与发射的超声波频率根据=vT判断超声波传播时波长【解答】解：因波源不动，则根据多普勒效应，蝙蝠接收到的反射超声波频率等于发射的超声波频率根据=vT，可知超声波的波长为故答案为：0.01； 等于14如图所示，一个立方体玻璃砖的边长为a，折射率n=1.5，立方体中心有一个小气泡为使从立方体外面各个方向都看不到小气泡，必须在每个面上都贴一张纸片，则每张纸片的最小面积为多少？【考点】光的折射定律；全反射【分析】根据全反射的临界角，通过气泡到达每个面的距离求出纸的最小半径，从而根据圆的面积公式求出每张纸片的最小面积【解答】解：设纸片的最小半径为r，玻璃砖的临界角为C，则解得 则最小面积 答：每张纸片的最小面积为【选修模块3-5】15下列说法正确的是（）A汤姆生发现了电子并提出了原子的核式结构模型B玻尔理论成功解释了所有原子的光谱C一群处于n=4能级激发态的氢原子，自发跃迁时能发出6种不同频率的光D贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现了放射性元素钋（Pa）和镭（Ro）【考点】氢原子的能级公式和跃迁；天然放射现象【分析】汤姆生发现了电子，卢瑟福提出了原子的核式结构模型；玻尔理论成功解释了氢原子的光谱；一群处于n能级激发态的氢原子，自发跃迁时能发出种不同频率的光；居里夫人发现了放射性元素钋（Pa）和镭（Ra）【解答】解：A、汤姆生发现电子，卢瑟福做了粒子散射实验并提出了原子核式结构模型，故A错误B、玻尔理论，只能成功解释了氢原子的光谱，故B错误C、一群处于n=4能级激发态的氢原子向低能级跃迁时任意两个能级间自发跃迁一次，自发跃迁时能发出=6种不同频率的光，故C正确D、居里夫人通过对天然放射性的研究，发现了放射性元素钋（Pa）和镭（Ra），故D正确故选：CD16在某次实验中测得一静止的氚核发生衰变后， He的动量大小为p1，沿反方向运动的电子的动量大小为p2（p1p2），则反中微子的动量大小为p2p1若H、He和e的质量分别为m1、m2和m3，光在真空中的传播速度为c，则氚核衰变释放的能量为【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；裂变反应和聚变反应【分析】原子核在发生衰变的过程中，动量守恒；衰变过程中，有质量亏损，由质能方程知对应一定的能量释放【解答】解：衰变过程中动量守恒，所以反中微子的动量大小为p2p1，由质能方程知氚核衰变释放的能量为E=故答案为：p2p1，17在电子俘获中，原子核俘获了K层一个电子后，新核原子的K层上将出现一个电子空位，当外层L层上电子跃迁到K层填补空位时会释放一定的能量：一种情况是辐射频率为v0的X射线；另一种情况是将该能量交给其它层上的某电子，使电子发生电离成为自由电子若该能量交给M层电子，电离后的自由电子动能是E0，普朗克常量为h试求新核原子的L层电子和K层电子的能级差及M层电子的能级（即能量值）【考点】氢原子的能级公式和跃迁；能量守恒定律【分析】根据外层L层上电子跃迁到K层填补空位时会释放的能量求出L层和K层的能级差，根据能量守恒求出M层电子的能级【解答】解：L层和K层电子的能级差E=h0设M层电子的能级为EM，由能量守恒可知E0+（0EM）=h0解得 EM=E0h0答：新核原子的L层电子和K层电子的能级差为hv0，M层电子的能级为EM=E0h0四、计算或论述题18如图所示，在光滑水平桌面上的虚线MN左侧有方向竖直向上的匀强磁场，一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导体框静止在水平桌面上，且一条边框与MN平行现对线框施加水平向右的恒力，线框从静止开始运动直到离开磁场，速度传感器记录了线框在该过程中速度随时间变化的vt图线，图中v0，t0为已知量求：（1）线框穿出磁场过程中电流强度I和通过线框的电量q；（2）匀强磁场的磁感应强度B；（3）若导体框初始位置不变，施加的恒力为原来的2倍，传感器测量到线框离开磁场前已经做匀速运动，则此情景下线框穿出磁场过程中产生电热Q【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系；焦耳定律【分析】（1）根据vt图象求得力F作用时的加速度，由牛顿第二定律求得F的大小，再根据匀速出磁场的过程中拉力的功率与导体框的热功率相等求得穿出磁场过程中的电流大小，再根据Q=It求得电荷量；（2）因为导体框匀速出磁场，故根据拉力与安培力相等求得磁感应强度的大小即可；（3）当以拉力F作用时，在加速x0至速度为v0导体框开始出磁场，当以2F加速x0时速度达到v1导体框开始出磁场，当通过L的过程中，拉力F做的功一部分用来增大导体框的动能，一部分克服安培力做功（即为放出的热量），再根据匀速出磁场求得以2F出磁场时的速度，由能量守恒定律求解【解答】解：（1）由vt图象知，导体框在力F作用下产生的加速度a=因为导体框匀速离开磁场区域，故有：F=ma=因为匀速穿出磁场，故拉力F的功率等于导体框的热功率，故有：可得导体框穿出磁场时的电流I=导体框穿出磁场过程中通过导体框的电荷量Q=It=（2）因为导体框匀速出磁场，故可得拉力F与安培力平衡即F=m=BIL可得磁感应强度B=（3）拉力为F时，加速距离为x0，由题意满足：匀速离开磁场过程中有：F当拉力为2F时，在加速通过距离x0的过程中有：离开磁场前达到匀速运动有：2F=0所以可得v2=2v0所以根据能量守恒定律可知，在以2F拉力穿过磁场过程中有：联列解得：Q=答：（1）线框穿出磁场过程中电流强度I为和通过线框的电量q为；（2）匀强磁场的磁感应强度B为；（3）若导体框初始位置不变，施加的恒力为原来的2倍，传感器测量到线框离开磁场前已经做匀速运动，则此情景下线框穿出磁场过程中产生电热Q为19如图，水平直线轨道OB与竖直的四分之一光滑圆弧轨道AB相切于B点，O为圆心，半径R=1m，A点与O点等高，劲度系数k=103N/m的轻弹簧一端固定在D点挡板处，另一端为自由端在C点BC=0.9m，将质量m=1kg的小物块从A点静止释放，观察到物块反弹回来后刚好到达B点已知物块水平轨道的动摩擦因数=0.5，g=10m/s2（1）求出弹簧的最大压缩量及物块在水平轨道上运动过程中的最大加速度数值a；（2）若将DC段换成光滑的水平轨道，物块从A点释放后，求弹簧被压缩的最大弹性势能Ep及物块第一次返回圆弧轨道上B点时轨道对物块支持力大小FN；（3）若将DC段换成光滑的水平轨道，物块从A点正上方h=5m高处释放落下，并从A点切入轨道，求物块最终的静止位置离C点的距离【考点】功能关系；动能定理【分析】（1）对全程，运用功能关系列式，可求得物块相对B向左滑动的距离s，即可得到弹簧的最大压缩量当弹簧的压缩量最大，物块的加速度最大，由牛顿第二定律求及物块在水平轨道上运动过程中的最大加速度数值a；（2）若将DC段换成光滑的水平轨道，物块从A点释放后，根据系统的机械能守恒求弹簧被压缩的最大弹性势能Ep求出物块第一次返回圆弧轨道上B点时的速度，由牛顿第二定律求轨道对物块支持力大小FN；（3）若将DC段换成光滑的水平轨道，物块从A点正上方h=5m高处释放落下，对整个过程，运用功能关系列式，可求得物块最终的静止位置离C点的距离【解答】解：（1）设物块相对B点向左滑动的最大距离为s，全程由功能关系得：2mgs=0mgR解得：s=1m弹簧的最大压缩量为：x=s=10.9=0.1m向左滑行刚要速度减为零时加速度最大，设为a，根据牛顿第二定律得：kx+mg=ma解得：a=10.5m/s2（2）由功能关系得：mg=EpmgR解得，弹簧被压缩的最大弹性势能为：Ep=5.5J返回B点的速度为vB由动能定理得：mgR2mg=在B点，由牛顿第二定律得：FNmg=m解得：FN=12N（3）设物块在BC段总路程为x，对整个过程，运用动能定理得：mg（h+R）mgx=0解得：x=12m=130.9m+0.3m所以物块最终位置在C右侧距C点0.3m处答：（1）弹簧的最大压缩量是0.1m，物块在水平轨道上运动过程中的最大加速度数值a是10.5m/s2；（2）弹簧被压缩的最大弹性势能Ep是5.5J，物块第一次返回圆弧轨道上B点时轨道对物块支持力大小FN是12N；（3）物块最终位置在C右侧距C点0.3m处20如图所示，xOy平面内，x轴上方有y方向的匀强电场，x轴下方有垂直xOy平面向外的匀强磁场，电场、磁场的范围都足够大，一质量m、电荷+q的粒子从y轴上坐标为（0，h）的P点沿+x方向射出，速度大小为v0，不计粒子的重力，粒子第一次过x轴时位置为Q点，速度方向与+x方向夹角为45（1）若过Q点后，粒子经磁场直接到达原点O，求电场强度E与磁感应强度B的比值；（2）若粒子在电磁场中运动时能经过x轴上Q点右侧的M点（未标出），求磁感应强度B应该满足的条件；（3）若粒子在电磁场中运动时能经过x轴上xN=3h的N点（未标出），求出粒子从P点出发到达N点可能经历的时间t【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）粒子在电场中做类似平抛运动，根据分位移公式列式分析；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，画出轨迹，得到轨道半径，根据牛顿第二定律列式；最后联立求解得到电场强度E与磁感应强度B的比值；（2）在第一问分析的基础上，将粒子重新回到电场的轨迹画出，得到再次到达x轴时向右移动的距离与轨迹圆半径R的关系，据此分析得到轨迹圆半径的范围，再根据洛仑兹力等于向心力列式分析得到磁感应强度的大小范围；（3）当磁感应强度小于第（2）问中最小值时，粒子再次进入磁场的点的坐标不断的向左偏移；先结合几何关系列式，再表示出时间，联立求解，注意多解【解答】解：（1）粒子的轨迹如图所示：在电场中，根据分运动公式，有：水平分位移x=v0t0，竖直分位移h=，水平分速度vx=v0，竖直分速度，合速度v=，速度偏转角正切值tan45=，联立解得：x=2h，v=v0；（2）粒子回到磁场后，做匀速圆周运动，对于直线边界，粒子射入时速度与边界的夹角等于射出时与边界的夹角，故射入速度与+x方向成45角，画出第一问中粒子返回电场后的运动轨迹，如图所示：由于水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是类似竖直上抛运动，结合对称性可知水平分位移为4h，而在磁场中的向左的位移为，只要满足4h，即R，粒子就会打在Q点的右侧；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，根据牛顿第二定律，有：qvB=m，其中v=v0，解得：B；（3）当磁感应强度等于时，轨迹如图所示：当磁感应强度小于时，粒子在电磁场中周期性运动的轨迹不断的向左平移，一个周期内平移，如果从磁场进入电场时通过xN=3h的N点，则：3h=2hkx，k=0、1、2、解得：B=，k=0、1、2、；总时间：t总=（k+1）T+（2k+1）t0，其中T=，t0=，解得：t总=，k=0、1、2、；如果从电场进入磁场时通过xN=3h的N点，则：3h=2hkx，k=0、1、2、解得：B=，k=0、1、2、；总时间：t总=kT+（2k+1）t0，其中T=，t0=，解得：t总=，k=0、1、2、；答：（1）若过Q点后，粒子经磁场直接到达原点O，电场强度E与磁感应强度B的比值为v0；（2）若粒子在电磁场中运动时能经过x轴上Q点右侧的M点（未标出），磁感应强度B应该满足的条件为B；（3）若粒子在电磁场中运动时能经过x轴上xN=3h的N点（未标出），粒子从P点出发到达N点可能经历的时间t为或，k=0、1、2、xx年12月9日