湖南省长沙市2018届高三统一高考模拟考试物理试卷带答案

1、精选优质文档-倾情为你奉上长沙市2018届高三年级统一模拟考试物理一、选择题： 1.将一物块放在粗糙的水平桌面上，假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力从某时刻起，物块受到一大小为F、方向不变的水平拉力的作用用a表示物块的加速度大小当F逐渐增大时，下列图象能正确描述a与F之间关系的是A. B. C. D. 【答案】C【分析】开始F较小时，物体静止；当物体运动时，根据牛顿第二定律列式找到a-F函数关系。【详解】当F从0开始增加时，静摩擦力逐渐变大，当F大于最大静摩擦力时，物体开始加速运动；由牛顿第二定律有：Fmgma，可得：a-g，即a是F的一次函数，且在x轴上的截距为正，C正确2.如图所

2、示，某健身爱好者利用如下装置锻炼自己的臂力和腿部力量，在O点悬挂重物C，手拉着轻绳且始终保持绳索平行于粗糙的水平地面当他缓慢地向右移动时，下列说法正确的有A. 绳OA拉力大小不变B. 绳OB拉力变大C. 健身者与地面间的摩擦力变小D. 绳OA、OB拉力的合力变大【答案】B【解析】【分析】对结点O受力分析，根据正交分解法列出方程求解拉力，根据的变化分析拉力的变化.【详解】AB设OA、OB绳的拉力分别为FA和FB，重物的质量为m。对O点有FAcos-mg=0，FAsin-FB=0，解得FA=，FB=mgtan。当健身者缓慢向右移动时，变大，则两拉力均变大，选项A错误，B正确；C健身者所受的摩擦力与

3、FB相等，选项C错误；D健身者缓慢移动时，两绳拉力的合力大小等于重物C的重力，大小不变，选项D错误。故选B.3.2017 年8月12日，“墨子号”取得最新成果国际上首次成功实现千公里级的星地双向量子通信，为构建覆盖全球的量子保密通信网络奠定了坚实的科学和技术基础，至此，“墨子号”量子卫星提前、圆满地完成了预先设定的全部三大科学目标假设“墨子号”绕地球做匀速圆周运动，监测系统测得“墨子号”在经过小于运行周期的时间t内运行的弧长为s，其与地心连线扫过的角度为(弧度)，引力常量为G，则A. “墨子号”运行的角速度为B. “墨子号”的轨道半径为C. 地球的质量为M=D. “墨子号”绕地球运行的向心加速

4、度为【答案】C【解析】【分析】由圆周运动的角速度公式确定角速度，再求周期由圆的几何知识确定半径，由万有引力提供向心力确定出地球的质量根据an=2R求解向心加速度。【详解】AB “墨子号”做圆周运动的线速度v=，角速度=，又v=R，或由s=R，“墨子号”做圆周运动的半径R=，选项A、B均错误；C由G=m2R得，地球的质量M=，选项C正确；D卫星环绕地球的向心加速度an=2R=，选项D错误；故选C.【点睛】解决本题时，要对圆周运动的公式、各个量之间的关系要熟悉，明确s=r；对于卫星问题，关键要抓住万有引力提供向心力这一基本思路4.两平行虚线间存在磁感应强度大小为0.05T、方向与纸面垂直的匀强磁场

5、一个总电阻为0.005的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示已知导线框一直向右做匀速直线运动，速度大小为1m/scd边进入磁场时开始计时，线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)下列说法正确的是A. 导线框的边长为0.1mB. 匀强磁场的宽度为0.2mC. 在t0.2s至t0.4 s这段时间内，cd两点间没有电势差D. 磁感应强度的方向垂直于纸面向外【答案】D【解析】【分析】根据EBLv求解导体框的边长；根据图像信息求解磁场的宽度；在t0.2s至t0.4 s这段时间内，线框的两边仍切割磁感线，从而判断cd两点间有

6、无电势差；根据楞次定律判断磁场的方向。【详解】A根据EBLv0.01 V可知，L=E/Bv0.2 m，A错误；B导线框的cd边从进入磁场到离开磁场的时间为0.4s，根据svt0.4m可知，磁场宽度为0.4m，B错误；C在t0.2 s至t0.4 s这段时间内，导体棒ab和cd均切割磁感线，产生了感应电动势，cd间有电势差，所以C错误；D根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，D正确；故选D。【点睛】本题考查了导线切割磁感线运动，掌握切割产生的感应电动势公式以及楞次定律，本题能够从图象中获取感应电动势的大小、方向、运动时间等。5.如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块，用一轻弹簧相连

7、，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x突然撤去木板，重力加速度为g，则下列说法正确的是A. 撤去木板后，B物块向下运动x时速度最大B. 撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大C. 撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为gD. 撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为1.5g【答案】D【解析】【分析】求出撤去木板前弹簧的拉力，再根据牛顿第二定律求出撤去木板瞬间B的瞬时加速度当B物块向下运动到重力和弹力相等时，速度最大【详解】AB当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时T2=2mg=kx2，又mg=k

8、x，所以弹簧此时的伸长量x2=2x，即B物块向下运动3x时其速度最大，选项AB均错误；CD撤去木板瞬间，B物块所受的合外力为3mg，由牛顿第二定律知其加速度大小为1.5g，选项C错误，D正确。故选D.【点睛】解决本题关键知道撤去木板的瞬间，弹簧的拉力不变，根据牛顿第二定律可以求出瞬时加速度当弹力和重力相等时，速度最大6.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. 氢原子吸收光子后，从低能级向高能级跃迁，原子能量增加B. 相同频率的光照射不同金属，从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，说明这种金属的逸出功越大C. 的半衰

9、期约为4天，1g经8天全部发生了衰变D. 铀核()衰变为铅核()的过程中，中子数减少了32个【答案】A【解析】【详解】A根据波尔理论，氢原子吸收光子后，从低能级向高能级跃迁，原子能量增加，选项A正确；B由爱因斯坦光电效应方程h=EKm+W可知，光电子最大初动能越大的金属的逸出功越小，选项B错误；C经过8天两个半衰期，剩下的质量应变为原来的四分之一，选项C错误；D铀核的中子数为146个，铅核的中子数为124个，两者相比较，中子数减少了22个，选项D错误。故选A.7.阻值相等的四个电阻、电容为C的电容器及电动势为E、内阻可以忽略的电池连接成如图所示电路开始时，开关S断开且电流稳定，然后闭合开关S，

10、电流再次稳定闭合开关前后电容器所带的电荷量A. 增加 B. 增加C. 增加 D. 减少【答案】B【解析】【分析】分别画出S断开和闭合时的等效电路图，找打电容器两端的电压，根据Q=CU求解电键S闭合和断开时电容器的带电量，从而求解电量的变化。【详解】由已知条件及电容定义式C可得：Q1U1C，Q2U2C.S断开时等效电路如图甲所示：U1·E×E；S闭合时等效电路如图乙所示，U2·EE根据Q=CU则Q1=，Q2= ；Q=Q2-Q1=，选项B正确；8.女子短道速滑队是我国冰上竞技项目的强项，2017年3月12日， 在短道速滑世锦赛上，中国队获得女子3000米接力赛冠军通过

11、观察比赛录像发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，如图所示，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则在乙推甲的过程中A. 甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等B. 甲、乙的动量变化一定相同C. 甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功D. 甲、乙组成的系统机械能不守恒【答案】AD【解析】【分析】运动员在“交棒”过程中，两个运动员相互作用的力等大、反向、共线，作用时间相同，根据动量定理，两个运动员的动量变化等大、反向、共线，系统动量守恒；根据功的概念判断做功的情况。【详解】A根据牛顿第三定律，乙推甲的

12、过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，选项A正确；B乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即p甲p乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B错误；C在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，选项C错误；D结合动能定理和实际情境可知，系统的机械能不守恒，选项D正确；故选AD9.如图是静电除尘器除尘机理的示意图，a、b是直流高压电源的两极，通过某种机制使电场中的尘埃带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的图示位置的P、M、N三点在同一直线上，且PM=MN下列判断正确的是A. b是直流高压电源的负极B. 电场中M点的电势高于N点的

13、电势C. 同一个点电荷在电场中N点受到的电场力小于在P点受到的电场力D. 电场中N、M间的电势差UNM小于M 、P间的电势差UMP【答案】CD【解析】【分析】根据电场方向，分析尘埃所受的电场力方向，判断其电性。放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，依据电场线的疏密来体现电场的强弱，并沿着电场线的方向电势是降低的。【详解】A尘埃在电场中通过某种机制带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，说明集尘极带正电，b是直流高压电源的正极，选项A错误；B顺着电场线，电势降落，则M点的电势低于N点的电势，选项B错误；C越靠近放电极电场越强，同一点电荷受到的电场力越大，选项C正确；DU

14、=Ed，N、M间的平均电场强度小于M、P间的电场强度，所以N、M间的电势差UNM小于M、P间的电势差UMP，选项D正确；故选CD。【点睛】本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，剖题时，抓住尘埃的运动方向是突破口，理解本电场是非匀强电场，是解题的关键。10.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x 轴上分布如图所示下列说法中正确的有A. q1和q2带有同种电荷B. 电荷在x2处受到的电场力为零C. 正电荷从x1移到x2，电势能减小D. 正电荷从x1移到x2，受到的电场力减小【答案】BD【解析】【分析】由电势的变化及无穷远处电势为零可得源电荷带异号电荷，再根据曲线斜率等于场强即得到电场

15、强度的变化，进而分析电场力变化【详解】AB -x图像的斜率表示电场强度，由图像可知，x2左侧电场强度方向向左，x2右侧电场强度向右， x2处电场强度等于零，故q1和q2均在x1左侧且带有异种电荷，A错误，B正确CD正电荷从x1处移到x2处，电势升高，电场强度减小，故电势能增大，电场力减小，C错误，D正确；故选BD11.如图甲所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n1 : n2=21，且分别接有电阻R1和R2，R1=R2=400为电压有效值不变的正弦交流电源，闭合开关K时，通过电阻R2的电流如图乙所示，则此时A. 用电压表测量交流电源电压约为424 VB. 交流电源的输出功率90 WC. 断开

16、开关K后，通过电阻R1的电流变成原来的一半D. R1和R2消耗的功率之比为12【答案】AB【解析】【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论。【详解】A由U1/U2=n1/n2，I1/I2=n2/n1得，通过R2的电流有效值I2=0.3A，通过R1的电流有效值I1=0.15A，副线圈两端的电压U2=I2R2=120V，原线圈两端电压U1=240V，而U=U1+I1R1=300V424V，选项A正确；B交流电源的功率P=UI1=90W，选项B正确；C断开开关后，通过电阻R1的电流为0，选项C错误； DR1消耗的功率P1=I12R1，R2消

17、耗的功率P2=I22R2，P1:P2= I12: I22=1:4，选项D错误；故选AB。【点睛】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。12.一底角为60°的等腰梯形ABCD内部(包括边界)有垂直于纸面向内、磁感应强度为B0的匀强磁场，一质量为m，电量为q且带负电的粒子以大小v的速率从A处垂直于磁场向各个方向入射，已知等腰梯形的上底长为d，下底长为3d，忽略带电粒子的重力以下说法正确的是A. 粒子在磁场中做圆周运动的半径为dB. 粒子能从C点离开磁场C

18、. 粒子不能从BC边上距离点d处离开磁场D. 粒子能够垂直于AB边从AB边离开磁场【答案】AC【解析】【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后分析粒子运动过程，根据题意分析答题【详解】A由得带电粒子在磁场中的运动半径为d，选项A正确；BA、C之间的距离大于2d，所以粒子不可以从C点离开磁场，B错误；C设BC边上距离C点d处为E点，由已知可得AB边、CD边均为2d，所以AE的长度也为2d，若要粒子从E点离开，则必须从A点垂直于AE进入磁场，而这样的粒子从A点就离开了磁场，所以不存在这样的粒子轨迹，选项C正确；D因为AB边的长度等于轨迹圆的直

19、径2d，所以要使粒子垂直于AB边离开磁场，则只能从A点垂直于AB进入磁场，在磁场中的运动轨迹是半圆，这样的半圆与BC边一定相交，所以不可能垂直于AB边而从AB边离开磁场，选项D错误。故选AC.【点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子轨道半径是解题的前提，分析清楚粒子运动过程即可解题二、非选择题： 13.用图甲所示的实验装置探究“动能定理” 某学习小组在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条细线一端连着滑块，另一端绕过气垫导轨左端的定滑轮与力电传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放（1）某同学用游

20、标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=_mm（2）下列实验要求中不必要的一项是_(请填写选项前对应的字母)A应使A位置与光电门间的距离适当大些B应使滑块质量远大于钩码和力电传感器的总质量C应将气垫导轨调至水平 D应使细线与气垫导轨平行（3）实验时保持滑块的质量M和A、B间的距离L不变，改变钩码质量m，测出对应的力电传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块动能的变化量与合外力对它所做功的关系，处理实验数据时应作出的图象是_(请填写选项前对应的字母)A作出“t-F图象” B作出“t2-F图象”C作出“t2-图象” D作出“-F2图象”【答案】（1）2.30 （

21、2）B （3）C【解析】【分析】（1）游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读；（2）从实验原理和实验误差角度分析操作的步骤；（3）根据运动学公式计算加速度，根据牛顿第二定律F=Ma计算表达式，从而确定处理数据时应作什么图象【详解】（1）由图知第6条刻度线与主尺对齐，d=2mm+6×0.05mm=2.30mm；（2）应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故A是必要的；拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故B不必要；应将气垫导轨调节水平，保持拉线方向与木板平面平行，这样拉力才等于合力，故CD是必要的；本题选不必要的，故选B（

22、3）根据牛顿第二定律得，那么()22()L解得： 所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出F图象或作出t2-图象，故C正确故选C.【点睛】本题要知道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要求能够根据实验原理分析操作的合理性14.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。(1)如图所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法中正确的是_。（选填选项前面的字母） A. 当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位，

23、其中接线柱B接的是黑表笔          B. 当S接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔C. 当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是红表笔          D. 当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是红表笔(2)用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图所示。a.若所选挡位为直

24、流50mA挡，则示数为_mA；b.若所选挡位为电阻×10挡，则示数为_。 (3)用该多用电表正确测量了一个约15的电阻后，需要继续测量一个阻值约2k的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选择以下必须的步骤，并按操作顺序逐一写出步骤序号：_。A将红表笔和黑表笔接触B把选择开关旋转到“×100”位置C把选择开关旋转到“×1k”位置D调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点 (4)某小组同学们发现欧姆表的表盘刻度线不均匀，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流I和它的阻值Rx关系，他们分别画出了如图所示的几种图象，其中可能正确的是_。A、 B、C、 D、【答案】 (1)

25、. A (2). 21.0 190 (3). BAD (4). AC【解析】【分析】（1）灵敏电流计G与分流电阻并联可以改装成电流表，与分压电阻串联可以改装成电压表，与滑动变阻器、电源一起可以改装成欧姆表，分析图示电路图答题。（2）根据电流表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。（3）用欧姆表测电阻要选择合适挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零。（4）根据闭合电路欧姆定律求出I-Rx以及-Rx的表达式，进而选择图象即可。【详解】（1）由图示电路图可知，当S接触点3时，表头与分压电阻串联，此时多用电表处于测量电压的挡位，其中接线

26、柱B接的是黑表笔，故A错误；由图示电路图可知，当S接触点2时，表头与电源相连，此时多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故B错误，C正确；由图示电路图可知，当S接触点1时，表头与分流电阻并联，此时多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故D正确；故选CD。（2）若所选挡位为直流10A挡，由图所示可知，其分度值为0.2A，则示数为4.2A。若所选挡位为电阻×100挡，由图所示可知，示数为：19×100=1900；（3）用多用电表正确测量了一个约15的电阻后，要继续测量一个阻值约2k的电阻，首先要把选择开关置于×100挡位位置，然后进行欧

27、姆调零，把红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指针欧姆零刻度线位置，最后再测电阻，故合理的步骤是：BAD；（4）设欧姆表内电池电动势为E，内阻为r，电流表内阻与调零电阻的和为Rg，则有：，则I-Rx图象是双曲线的一条，随着Rx的增大，I减小，故C正确，D错误；上式的倒数：，可知Rx是线性函数，Rx=0时，0且有最小值，随着Rx的增大而增大，故A正确，B错误。故选AC.【点睛】本题考查了多用电表结构、多用电表读数与欧姆表的使用方法，知道电流表。电压表与欧姆表的改装原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构、掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。15.高铁被誉为中国新四大发明之一因高铁

28、的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0=288km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0=5km处道路出现异常，需要减速停车列车长接到通知后，经过tl=2.5s将制动风翼打开，高铁列车获得a1=0.5m/s2的平均制动加速度减速，减速t2=40s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500m的地方停下来（1）求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度多大？（2）求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2是多大？【答案】（1）60m/s（2）1

29、.2m/s2【解析】【分析】（1）根据速度时间关系求解列车长打开电磁制动系统时列车的速度；（2）根据运动公式列式求解打开电磁制动后打开电磁制动后列车行驶的距离，根据速度位移关系求解列车的平均制动加速度.【详解】（1）打开制动风翼时，列车的加速度为a1=0.5m/s2，设经过t2=40s时，列车的速度为v1，则v1=v0-a1t2=60m/s. （2）列车长接到通知后，经过t1=2.5s，列车行驶的距离x1=v0t1=200m 打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离x2 =2800m 打开电磁制动后，行驶的距离x3= x0- x1- x2=1500m； 16.如图所示，在竖直平面

30、内的光滑固定轨道由四分之一圆弧AB和二分之一圆弧BC组成，两者在最低点B平滑连接过BC圆弧的圆心O有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙AB弧的半径为2R，BC弧的半径为R一直径略小于缝宽的小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动不考虑小球撞到挡板以后的反弹 （1）通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点（2）若小球能到达C点，求小球在B、C两点的动能之比；若小球不能到达C点，请求出小球至少从距A点多高处由静止开始自由下落才能够到达C点（3）使小球从A点正上方不同高度处自由落下进入轨道，小球在水平挡板上的落点到O点的距离x会随小球开始下落

31、时离A点的高度h而变化，请在图中画出x2-h图象（不要求写出计算过程）【答案】（1）小球可以沿轨道运动到C点（2）4:1（3）；【解析】【分析】（1）根据机械能守恒定律和牛顿第二定律求解小球到达C点对轨道的压力，若压力大于零，说明能到达C点；（2）根据机械能守恒定律求解小球在B、C两点的动能之比；（3）小球自由落下，经ABC圆弧轨道到达C点后做平抛运动，根据平抛运动的规律求解h的范围，画出图象。【详解】（1）若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N0设小球的质量为m，在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有Nmg=小球由开始下落至运动到C点过程中，机械能守

32、恒，有由式可知， 小球可以沿轨道运动到C点 （2）小球在C点的动能为EkC，由机械能守恒得设小球在B点的动能为EkB，同理有由式得EkB：EkC4 （3）x2-h图象如图所示： 17.如图所示，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN段是长度为L的水平轨道，PQ段为足够长的光滑竖直轨道，NP段为光滑的四分之一圆弧，圆心为O，直线NN右侧有方向水平向左的电场（图中未画出），电场强度E=，在包含圆弧轨道NP的ONOP区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（边界处无磁场）轨道MN最左端M点处静止一质量为m、电荷量为q的带负电的物块A，一质量为3m为物块C从左侧的光滑轨道上以速度v0撞向

33、物块AA、C之间只发生一次弹性碰撞，且最终刚好挨在一起停在轨道MN上，A、C均可视为质点，且与轨道MN的动摩擦因数相同，重力加速度为gA在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨道A第一次到达N点时，对轨道的压力为2mg求：（1）碰撞后A、C的速度大小；（2）A、C与水平轨道MN的动摩擦因数；（3）A对轨道NP的最大压力的大小【答案】（1）；（2）（3）【解析】【分析】（1）A、C发生弹性碰撞，满足动量守恒和动能守恒，列式联立求解碰后A、C的速度；（2）A在NN右侧运动过程中，电场力和重力做功之和为0。根据动能定理列式求解A、C与水平轨道MN的动摩擦因数；（3）将重力和电场力进行等效合成，

34、找到A对轨道NP有最大压力的位置，根据动能定理求解此位置的速度，根据牛顿第二定律求解最大压力.【详解】（1）A、C发生弹性碰撞后的速度分别为vA、vC，则有：3mv0=mvA+3mvC=+联立解得：（2）设A、C最后静止时与M点的距离为l1，A在NN右侧运动过程中，电场力和重力做功之和为0。有mg（2Ll）=3mgl=联立解得（3）设A在点的速度为，A从M到N的过程中，由动能定理得设圆弧NP的半径为a因为A在点时对轨道的压力为2mg，A在NN右侧受到的电场力F=qE=mg重力和电场力的合力大小为F合=2mg，方向与OP夹角为。过O点沿合力方向作直线与圆弧相交于点，当A经P点返回N点的过程中到达

35、K点时，达到最大速度，此时A对轨道的压力最大。A从M点到K点过程中，由动能定理可得：返回K点时：FNF合由得：FN由牛顿第三定律得A对轨道NP的最大压力为：（二）选考题： 18.分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质据此可判断下列说法中正确的是A. 悬浮在液体中的小颗粒不停的无规则运动称为布朗运动，颗粒越小，布朗运动越显著B. 在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素C. 当分子间的引力大于斥力时，宏观物体呈现固态；当分子间的引力小于斥力时，宏观物体呈现气态D. 分子间距离减小时，分子间的引力和斥力都增大E. 随着分子间距离的增大，分子势能一定减小【答案】ABD【解析】

36、【详解】A悬浮在液体中的小颗粒不停的无规则运动称为布朗运动，颗粒越小，温度越高，布朗运动越显著，选项A正确；B分子在永不停息的做无规则运动，所以在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，选项B正确；C气态的物体其引力是大于斥力的；物态并不是只由分子间作用力所决定的；故C错误；D分子间距离减小时，分子间的引力和斥力都增大，选项D正确；E当分子间距离等于r0时，分子间的势能最小，分子可以从距离小于r0的处增大分子之间距离，此时分子势能先减小后增大，故E错误；故选ABD.19.如图所示，有一截面积S=100cm2的导热气缸，气缸内部有一固定支架AB，支架上方有一小放气孔，且上方气

37、缸足够长，支架到气缸底部距离为h=2.2cm，质量m=10kg的活塞置于支架上，开始时气缸内部封闭有温度为T0=300K，压强为大气压强p0的气体先堵住放气孔，当外界温度缓慢上升至某温度时，活塞被整体顶起，外界温度继续缓慢升高到T1=360时，此时活塞离气缸底部的距离为h1然后保持气体温度360K不变，打开放气孔，由放气孔缓慢放出少许气体，活塞又回到支架处，气缸内气体压强减为p0再将外界的温度缓慢降至T0，此时气缸内封闭气体的压强为p2整个过程中封闭气体均视为理想气体，已知外界大气压强恒为p0=105Pa，重力加速度为g=10m/s2，不计活塞与气缸的摩擦求：（1）h1的大小； （2）p2的大小【答案】（1）2.4cm（2）8.3 ×104Pa【解析】【分析】（1）找到气体的状态变化参量，根据理想气体的状态变化方程列式求解h1的大小；（2）活塞重新回到支架后封闭的气体做等容变化，根据查理定律列式求解p2的大小.【详解】（1）封闭气体变化开始时，压强为p0，温度T0=300K，体积V0=Sh当温度上升到T1=360K且未放气时，活塞受力平衡，此时压强为p1，温度T1=360K,体积V1=Sh1由平衡可得mg=S（p1-p0） 解得 p1=1.1p0 根据理