2020年湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)高考物理二模試卷

1、2020年湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)高考物理二模試卷、選擇題：本題共 5小題，每小題 6分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1418題只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921題有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得 3分，有選錯(cuò)的得 0分.卜列六個(gè)物理量的表達(dá)式中為比值定義式的是（6分）用比值法定義物理量是物理學(xué)中一種常用的方法。加速度：a=功率：P=電場(chǎng)強(qiáng)度：E=電流：1 =電動(dòng)勢(shì)：E =磁感應(yīng)弓II度：B =A.C.D.2. （6分）一跳傘運(yùn)動(dòng)員從懸停的直升飛機(jī)上跳下，2s時(shí)開啟降落傘，運(yùn)動(dòng)員跳傘過(guò)程中的v-t圖象如圖所示，根據(jù)圖象可知運(yùn)動(dòng)員（）A.在26s內(nèi)速度方向先向上后向下B.在26s內(nèi)加

2、速度方向先向上后向下C.在26s內(nèi)先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)D.在020s內(nèi)先勻加速再勻減速最終勻速直線運(yùn)動(dòng)3. （6分）2018珠海航展，我國(guó)五代戰(zhàn)機(jī)“殲 20”再次閃亮登場(chǎng)。表演中，戰(zhàn)機(jī)先水平向右，再沿曲線ab向上（如圖），最后沿陡斜線直入云霄。 設(shè)飛行路徑在同一豎直面內(nèi)，飛行速率不變。則沿ab段曲線飛行時(shí)，戰(zhàn)機(jī)（）A.所受合外力大小為零B.所受合外力方向豎直向上C.豎直方向的分速度逐漸增大D.水平方向的分速度不變4. （6分）銀河系中心存在大量黑洞。黑洞是一種密度極高的天體，其第二宇宙速度超過(guò)光速，已知天體的第二宇 宙速度為其第一宇宙速度的 ，萬(wàn)倍。若某黑洞的半徑 R約300km，則該

3、黑洞表面最小重力加速度的數(shù)量級(jí)為（）A . 108m/s2B . 1011m/s2C. 1013m/s2D. 1015m/s25. （6分）如圖所示，正三角形的三條邊都與圓相切，在圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)子P （ ；H）和氨核Q （都從頂點(diǎn)A沿/ BAC的角平分線方向射入磁場(chǎng)，質(zhì)子 P （ ；H）從C點(diǎn)離開磁場(chǎng)，氨核 Q（3He）從相切點(diǎn)D離開磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力，則質(zhì)子和氨核的入射速度大小之比為（）MA.演員經(jīng)過(guò)解絲中點(diǎn)時(shí)，鋼絲上的力約為A . 6: 1B . 3: 1C. 2: 1D. 3: 26. （6分）一名雜技演員在兩幢高10m的樓之間表演“高空走鋼絲”。當(dāng)他緩慢經(jīng)過(guò)鋼絲

4、的中點(diǎn)時(shí)，鋼絲與水平方向的夾角為10 ,已知演員及橫桿的總質(zhì)量為60kg,鋼絲重量不計(jì)。重力加速度為10m/s2, sin100 =0.17,下3530NB.演員經(jīng)過(guò)鋼絲中點(diǎn)時(shí)，鋼絲上的張力約為1765NC.演員經(jīng)過(guò)中點(diǎn)后又向右走了幾步停下來(lái)，此時(shí)鋼絲對(duì)演員的作用力方向朝左上方D.如果更換一根更長(zhǎng)的鋼絲表演，演員經(jīng)過(guò)鋼絲中點(diǎn)時(shí)，鋼絲繩上的張力會(huì)減小7. （6分）如圖所示，質(zhì)量為 3m的容器靜止在光滑水平面上，該容器的內(nèi)壁是半徑為R的光滑半球面，在容器內(nèi)壁的最高點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m的小滑塊P,重力加速度為go下列說(shuō)法正確的是（）A. P滑到最低點(diǎn)時(shí)，容器的動(dòng)能為逆| 12B. P從開始到最低點(diǎn)

5、過(guò)程中機(jī)械能減少了字C. P從開始到最低點(diǎn)過(guò)程中，容器的位移大小為4D. P經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)后沿內(nèi)壁繼續(xù)上滑的最大高度小于R8. （6分）兩個(gè)點(diǎn)電荷分別固定于 x軸上，電量大小分別為 Q和2Q,在它們形成的電場(chǎng)中，有一個(gè)試探電荷+q沿x軸從+ 8向坐標(biāo)原點(diǎn) O運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能 Ep隨x變化的關(guān)系如圖所示，圖中 x0已知，且該處電勢(shì)能最小，當(dāng) x一+ o0時(shí)，電勢(shì)能Ep-0；當(dāng)x0時(shí)，電勢(shì)能Ep一+00.根據(jù)圖象提供的信息可以確定（）I* * * kA .在xo處電場(chǎng)強(qiáng)度為零B .在x軸上xxo的區(qū)域電場(chǎng)方向向右C. .兩個(gè)點(diǎn)電荷的電性D. 2Q在x軸上的坐標(biāo)為-（4叵-1） xo三、非選擇題9. .

6、（6分）用落體法驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，打出如圖甲所示的一條紙帶。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器頻率為50Hz.甲乙（1）根據(jù)紙帶所給數(shù)據(jù)，打下C點(diǎn)時(shí)重物的速度為 m/s （結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。（2）某同學(xué)選用兩個(gè)形狀相同，質(zhì)量不同的重物a和b進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，測(cè)得幾組數(shù)據(jù)，畫出 弓一卜圖象，并求出圖線的余率k,如圖乙所示，由圖象可知 a的質(zhì)量mi b的質(zhì)量m2 （選填“大于”或“小于”）。（3）通過(guò)分析發(fā)現(xiàn)造成 k2值偏小的原因是實(shí)驗(yàn)中存在各種阻力，已知實(shí)驗(yàn)所用重物的質(zhì)量m2= 0.052kg,當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭 = 9.78m/s2,求出重物所受的平均阻力 f=N .（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）10. （9分）（1）用

7、多用電表測(cè)未知電阻阻值的電路如圖甲所示，電池的電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r, R0為調(diào)零電阻，Rg為表頭內(nèi)阻，電路中電流 I與待測(cè)電阻的阻值 Rx關(guān)系圖象如圖乙所示，則該圖象的函數(shù)關(guān)系式為 ；（調(diào) 零電阻R0接入電路的部分阻值用 R0表示）甲U（2）下列根據(jù)圖乙中I-Rx圖線做出的解釋或判斷中正確的是 ；A.用歐姆表測(cè)電阻時(shí)，指針指示讀數(shù)越大，測(cè)量的誤差越小B.歐姆表調(diào)零的實(shí)質(zhì)是通過(guò)調(diào)節(jié)R0,使Rx=0時(shí)電路中的電流I = IgC. Rx越小，相同的電阻變化量對(duì)應(yīng)的電流變化量越小，所以歐姆表的示數(shù)左密右疏D.測(cè)量中，當(dāng)Rx的阻值為圖乙中的 R2時(shí)，指針位于表盤中央位置的右側(cè)（3）某同學(xué)想通過(guò)一個(gè)多用電

8、表中的歐姆擋，直接去測(cè)量某電壓表（量程10V）的內(nèi)阻（大約為幾十千歐），歐姆擋的選擇開關(guān)撥至倍率“ 1k”擋。先將紅、黑表筆短接調(diào)零后，選用圖丙中 （填“A”或 B”）方式 連接。在本實(shí)驗(yàn)中，如圖丁所示為歐姆表和電壓表的讀數(shù)，請(qǐng)你利用所學(xué)過(guò)的知識(shí)，求出歐姆表電池的電動(dòng)勢(shì)，E =V.（計(jì)算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）11. (12分)如圖所示，水平面上兩根足夠長(zhǎng)平行粗糙金屬導(dǎo)軌，間距為 d,左端接有阻值為 R的電阻，整個(gè)平面 內(nèi)有豎直向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為 m、電阻為r的金屬桿ab擱在導(dǎo)軌上，中點(diǎn)與一根輕質(zhì)絕緣彈簧相連，彈簧右端固定。將金屬桿連同彈簧一起向左拉至伸長(zhǎng)量為s處由靜止釋放，當(dāng)

9、彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)金屬桿的速度為v,此過(guò)程電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為 Q.金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，與金屬導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為ii.求：(1)彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)金屬桿的加速度大小和方向。(2)彈簧初始時(shí)的彈性勢(shì)能。q1 xl X X X XR- |Y x| X X X X a12. (20分)如圖所示，水平地面上固定一表面粗糙的水平桌面，桌子高度為h=0.3m、長(zhǎng)度為L(zhǎng) = 0.42m。緊靠桌子的右側(cè)空間有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=1V/m,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.5T,電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域足夠大。在桌面左、右兩端分別放置滑塊P和小球Q,滑塊的質(zhì)量為

10、m1=0.01kg、不帶電，小球的質(zhì)量為 m2= 0.03kg、帶正電、電荷量為q=0.3C.給滑塊一向右的初速度 v0=2.2m/s, 之后滑塊和小球發(fā)生彈性正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞過(guò)程中小球電荷量保持不變?；瑝K和小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，已知滑塊與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)為尸0.1,取g=10m/s2, V6=2.45,兀=3.14,求：(1)碰撞后瞬間，滑塊速度vp和小球速度vQ；(2)滑塊和小球首次落地的時(shí)間差(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)【物理選修3-3】（15分）13. （5分）下列說(shuō)法正確的是（）A.氣體向真空的自由影脹是不可逆的B.空調(diào)既能制熱又能制冷，說(shuō)明熱傳遞不存在方向性C. 一定質(zhì)量的某種理想

11、氣體在等壓膨脹過(guò)程中，氣體對(duì)外做功，內(nèi)能可能減小D .液體中懸浮微粒的布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子對(duì)它的撞擊作用不平衡的結(jié)果E. 一定質(zhì)量100c的水變成100c的水蒸氣，分子平均動(dòng)能不變，分子勢(shì)能增加14. （10分）內(nèi)壁光滑上小下大的圓柱形薄壁氣缸豎直放置，上下氣缸的橫截面積分別為S1 = 40cm2、S2=80cm2,上下氣缸的高度分別為h= 80cm、H= 100cm。質(zhì)量不計(jì)的薄活塞將 0.5mol氫氣（H2的摩爾質(zhì)量為 2g/mol）封閉在氣缸內(nèi)，活塞靜止在管口，如圖所示。已知?dú)錃獾亩ㄈ荼葻崛軨w為10.21J/ （kgK）,定容比熱容CW是指單位質(zhì)量的氣體在容積不變的條件下，溫度升高或降低

12、1K所吸收或放出的熱量。保持缸內(nèi)氣體溫度為 35c不變，用豎直外力緩慢向下推活塞，當(dāng)活塞恰推至上氣缸底部時(shí)，外力大小為F,熱力學(xué)溫度與攝氏溫度的關(guān)系為T=（t+273） K,外界大氣壓強(qiáng) Pq= 1.0X 105Pa, g 取 10m/s2.求：（1） F的大小；（2）隨后再逐漸減小豎直外力的同時(shí)改變缸內(nèi)氣體溫度，使活塞位置保持不變，直至外力恰為0.這一過(guò)程中氣體內(nèi)能的變化量為多少？【物理選修3-4】（15分）15 .下列說(shuō)法正確的是（）A .火車過(guò)橋要慢行是要避免發(fā)生共振損壞橋梁B.不是所有的波都具有干涉、衍射現(xiàn)象C.所有的波都具有多普勒效應(yīng)D.聲波振動(dòng)的方向與聲音傳播的方向一致E.所有波能

13、發(fā)生偏振現(xiàn)象16 .軍事科技領(lǐng)域發(fā)明了一種折射率為負(fù)值的特殊材料電磁波通過(guò)空氣和這種材料時(shí)電磁波的傳播規(guī)律仍然不變，入射角和折射角的大小關(guān)系仍然遵從折射定律(此時(shí)折射角取負(fù)值)即折射角和入射角在法線同一側(cè)。現(xiàn)有一該材料制作的半球平放在可以吸收光線的地面上，如圖所示以中心為坐標(biāo)原點(diǎn)建立豎直平面坐標(biāo)系。讓左側(cè)一束單色光從半圓的頂點(diǎn)入射，光在真空中傳播的速度為 c,該材料對(duì)該單色光的折射率為n=2.半球的半徑為Ro(i)改變?nèi)肷浣嵌葐?wèn)地面上光點(diǎn)橫坐標(biāo)的取值范圍。(ii)求該色光在材料中傳播的最長(zhǎng)時(shí)間。2020年湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)高考物理二模試卷參考答案與試題解析1418題只有一項(xiàng)符合題目要求，第選、

14、選擇題：本題共 5小題，每小題6分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1921題有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得 3分，有選錯(cuò)的得 0分.1 .【解答】解：公式a=L是牛頓第二定律表達(dá)式的變形，公式中加速度中a取決于力的大小，不屬于比值定義m法，故錯(cuò)誤；功率公式P=,中，功率的大小與做功的多少以及時(shí)間都無(wú)關(guān)，是定義式，故 正確； t電場(chǎng)強(qiáng)度公式 E=:中，場(chǎng)強(qiáng)大小與試探電荷受到的電場(chǎng)力無(wú)關(guān)，與試探電荷的電荷量無(wú)關(guān)，是定義式，故正確；電流公式1 = ；中，電流的大小與通過(guò)橫截面的電荷量無(wú)關(guān)，與時(shí)間無(wú)關(guān)，所以是定義式，故 正確；電動(dòng)勢(shì)公式E=ng2-是法拉第電磁感應(yīng)定律的表達(dá)式，公式

15、不是定義式，故錯(cuò)誤；At磁感應(yīng)強(qiáng)度公式b=中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小是由磁場(chǎng)本身決定的，與試探電流元受到的安培力的大小無(wú)關(guān)，flL與試探電流元的大小也無(wú)關(guān)，是定義式，故 正確；故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。2 .【解答】解：A、圖象的縱坐標(biāo)表示速度，則由圖可知，物體的速度方向一直沒有發(fā)生變化，故A錯(cuò)誤；B、圖象的斜率表示加速度，則由圖可知， 26s內(nèi)物體先做加速運(yùn)動(dòng)，再做減速運(yùn)動(dòng)，故加速度方向先向下再向上，故B錯(cuò)誤；C、由B的分析可知，物體的加速度先向下再向上，故物體先處于失重，再處于超重，故C正確；D、由圖可知，2-12s內(nèi)的加速度大小會(huì)發(fā)生變化，故物體不是勻變速運(yùn)動(dòng)，故 D錯(cuò)誤。故選：Co3

16、.【解答】解：A、戰(zhàn)機(jī)做曲線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化，合外力不為零，故 A錯(cuò)誤；B、戰(zhàn)機(jī)飛行速率不變，合力方向始終與速度方向垂直，即指向圓心，故 B錯(cuò)誤；C、飛機(jī)速度大小不變，與水平方向的傾角。增大，則vy=vsin。增大，即豎直方向的分速度逐漸增大，故 C正確；D、飛機(jī)速度大小不變，與水平方向的傾角。增大，則vx=vcos。減小，即水平方向的分速度減小，故 D錯(cuò)誤。故選：Con24 .【解答】解：根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有：G=m2L=mg得到：GM=Rv；=gR2vi=由題得第二宇宙速度為：丫2=唐早天體成為黑洞的條件為：V2C即為：h/Wc解得：昌=工1衛(wèi)貯匕南32=旦乂 iQ“m/s2.

17、故B正確，ACD錯(cuò)誤 出 2X300X L032故選：B。5 .【解答】解：當(dāng)質(zhì)子 P ( H)從頂點(diǎn)A沿/BAC的角平分線方向射入磁場(chǎng)，根據(jù)對(duì)稱性可畫出圖象如圖示;設(shè)內(nèi)切圓的半徑為 R,根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得：此時(shí)軌跡半徑為：;1 tan3 0a當(dāng)氨核Q ( 凱日)從頂點(diǎn)A沿/BAC的角平分線方向射入磁場(chǎng)，根據(jù)對(duì)稱性可畫出圖象如圖2所示;再根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得：此時(shí)軌跡半徑為:亡2出治京! 0再設(shè)質(zhì)子和氨核的入射速度大小分別為V1和V2,則根據(jù)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的半徑公式可得:r2返R3 Rr2 咿2 2v一.聯(lián)立方程可解得:2立=色.故BCD錯(cuò)誤、A正確。故選：A。6 .【解答】解：AB、以腳與繩

18、子的接觸點(diǎn)為研究對(duì)象，分析受力情況，作出力圖，根據(jù)根據(jù)平衡條件:2Fsin 0= mg得：F =2sinl0632X0. 17N=1765N,故A錯(cuò)誤，B正確;C、演員經(jīng)過(guò)中點(diǎn)后又向右走了幾步停下來(lái)，此時(shí)鋼絲對(duì)演員的作用力方向仍朝豎直向下，與自身重力平衡，故C錯(cuò)誤；D、演更換一根更長(zhǎng)的鋼絲表演，演員經(jīng)過(guò)鋼絲中點(diǎn)時(shí)，導(dǎo)致兩繩子的夾角減小，因兩繩子的合力不變，依據(jù)力的平行四邊形定則，則鋼絲繩上的張力會(huì)減小，故 D正確。故選：BD。7 .【解答】解：AB、設(shè)小滑塊到達(dá)最低點(diǎn)的速度為V1,容器的速度為V2,系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則mvi = 3mv2此過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則77mt 1+ y + p

19、3mv 2= mgR可得：V1= 器,V2=或容器具有的動(dòng)能為 瓦3m 7Pg,此過(guò)程中其機(jī)械能的減少量為4 E= mgR -=- mgR故A錯(cuò)誤，B正確;所以滑塊在水平方向位移是容器的3倍,C、根據(jù)動(dòng)量守恒定理可知容器在水平方向的速度總是為小滑塊的當(dāng)滑塊到達(dá)容器底端時(shí)，兩者在水平方向的相對(duì)位移為R,則 Xl+x2= R,則容器的位移為5t，Jr,故C正確；D、當(dāng)滑塊P經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)后沿內(nèi)壁繼續(xù)上滑到最大高度時(shí)，兩者有共同的速度，設(shè)此時(shí)最大高度為H,則由水平方向動(dòng)量守恒與系統(tǒng)機(jī)械能守恒有0= ( m+3m) v 共mg ( R H) = 12 (m+3m)可得：H = R,故D錯(cuò)誤。故選：BC。8

20、.【解答】解：A、圖線EP-x的斜率表示試探電荷所受的電場(chǎng)力大小，因?yàn)殡妶?chǎng)力F=qE,所以也可以用斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，在 X0處，圖線的斜率為零，即該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，故 A正確；B、在x軸上xX0的區(qū)域電勢(shì)是逐漸升高的，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向指向電勢(shì)降低的方向，所以該區(qū)域電場(chǎng)方向應(yīng)該是水平向左，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)電荷的電場(chǎng)特點(diǎn)可以判斷正電荷Q固定在坐標(biāo)原點(diǎn) 。處，而在xx0的區(qū)域內(nèi)電勢(shì)為負(fù)值， 可知負(fù)電荷應(yīng)該在x軸的負(fù)軸上，且電荷量應(yīng)該是2Q,故C正確；D、由上面的分析可知 x0處的場(chǎng)強(qiáng)為零，正電荷Q在坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)負(fù)電荷2Q距離原點(diǎn)為x,則岑=一Q,4 (工十小)解得翼二工口，所以2Q在x軸上的

21、坐標(biāo)為-(-1) 5f0 ,故D正確。故選：ACD。三、非選擇題9.【解答】解：(1) C點(diǎn)的瞬時(shí)速度等于 BD段的平均速度，則有:vc =BD2TC3L 23-22. 24)X1Q22X0.02= 2.25m/s。(2)根據(jù)動(dòng)能定理得:2(mg - f) h= mv則有:知圖線的斜率為:b的斜率小，知b的質(zhì)量小，所以a的質(zhì)量mi大于b的質(zhì)量m2。(3)根據(jù)動(dòng)能定理知:(m2g- f)則有:可知:代入數(shù)據(jù)解得：f=0.031N。及/h口+取故答案為：(1) 2.25; (2)大于；(3) 0.031。10 【解答】解：(1)由閉合電路歐姆定律可得表達(dá)式為:(2) A、用歐姆表測(cè)電阻，指針在中央

22、刻度線附近讀數(shù)誤差較小，故 A錯(cuò)誤;B、歐姆表調(diào)零的實(shí)質(zhì)是通過(guò)調(diào)節(jié)R。，使Rx=0時(shí)電路中的電流I = |g,故B正確；C、Rx越小，相同的電阻變化量對(duì)應(yīng)的電流變化量越小，所以歐姆表的示數(shù)左密右疏，故C正確；D、測(cè)量中，當(dāng) Rx的阻值為圖乙中的 R2時(shí)，此時(shí)待測(cè)電阻阻值大于中值電阻，指針位于表盤中央位置的左側(cè)，故D錯(cuò)誤；故選：BC。(3)當(dāng)歐姆表的指針指在中間位置附近時(shí)，測(cè)量值較為準(zhǔn)確，根據(jù)讀數(shù)為：示數(shù)X倍率=讀數(shù)知，選擇X1K的擋較好；歐姆表的正極插孔與內(nèi)部電源的負(fù)極相連，與電壓表構(gòu)成一閉合回路，電流從負(fù)極流出，進(jìn)入電壓表的正極， 所以選擇圖A正確；歐姆表的讀數(shù)為：40X 1K = 40KQ

23、i;電壓表的讀數(shù)為 5.0V;由題意知?dú)W姆表的內(nèi)阻為 30KQ,與電壓表的內(nèi)阻 40KQ串聯(lián)，由歐姆定律可知：E= I (r+R) = ( 3X 104+4X 104) = 8.75V。40000故答案為：(1) I =；(2) BC;(3) A; 8.75。E# 口+Rx11 【解答】解：(1)彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)金屬桿所受合力為:F= pmg+BId電路中電流為:T_Bdy 1 Rtr代入得加速度大小為:,方向向左。(2)依據(jù)能量守恒，有:答：(1)彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)金屬桿的加速度大小是(2)彈簧初始時(shí)的彈性勢(shì)能為mgs+.Lmv3+.R_tr qon2 ,2聞+ B d :,方向向左。

24、 m(R+r)12.【解答】解：(1)設(shè)滑塊與小球碰前的速度為v?；瑝KP向右滑動(dòng)在桌面上向右滑行過(guò)程，由動(dòng)能定理得:-即1gL=2 miv2 小 mivo滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，取向右為正方向，系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得:m1v= m1vP+m2vQ m1v2=1m1vP2+Im2vQ2 222由 得：vp= - 1m/s, vQ= 1m/s,碰撞后瞬間，滑塊速度vp大小為1m/s,方向向左，小球速度 vQ大小為1m/s,方向向右 (2)設(shè)滑塊從右端運(yùn)動(dòng)到左端所需時(shí)間為tp1,到達(dá)左端的速度大小為v。由動(dòng)能定理得：- 師1gL=,m1v 2-二mvp2右一口 rip i4y/ 丁由位移公式得：

25、L=一I七川2 Pi由 得：tp1 = 0.6s滑塊從左端飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)間tp2落地。由位移公式得：h= egtP22解得：tP2= 奇 =0.245s滑塊從碰后到落地所需的總時(shí)間為tp = tpi+tP2= 0.845s小球在電磁場(chǎng)中 m2g= qE = 0.3N？故小球在電磁場(chǎng)中將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其半徑為Ro由牛頓第二定律得：qvQB = m2&？R解得：R= 0.2m？由幾何關(guān)系得：Q球從拋出到首次落地，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角。=暫兀12 九 irvp小球落地的時(shí)間為：tQ= X?3 小解得 tQ= 0.419s滑塊與小球首次落地的時(shí)間差為：t = tP-tQ= 0.4

26、3s？答：(1)碰撞后瞬間，滑塊速度為1m/s,方向向左，小球速度為1m/s,方向向右；(2)滑塊和小球首次落地的時(shí)間差是0.43s。， i ft f ,1. v I .【物理選修3-3】(15分)13 .【解答】解：A、熱力學(xué)第二定律也可以表述為：氣體向真空的自由膨脹是不可逆的，故 A正確。B、熱量能自發(fā)從高溫物體傳向低溫物體，空調(diào)制冷不是自發(fā)的，要消耗電能，故B錯(cuò)誤。C、根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程畢 =C,可知一定量的某種理想氣體在等壓膨脹過(guò)程中，氣體的溫度升高；又因?yàn)橐欢ㄙ|(zhì)量理想氣體的內(nèi)能大小只與溫度有關(guān)，與體積無(wú)關(guān)，所以內(nèi)能一定增加，故C正確。D、布朗運(yùn)動(dòng)是指懸浮在液體中的固體顆粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，是液體分子對(duì)它的撞擊作用不平衡的結(jié)果，故D正確。E、溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志，一定量100c的水變成100c的水蒸氣，吸收熱量，溫度不變，其分子的平均動(dòng)能不變，吸收的熱量增加了分子之間的勢(shì)能，故 E正確。 故選：ADE。14 .【解答】解：(1)氣體初狀態(tài)體積： V1 = S1h+S2H = 40X80L+80 X 100L = 11200L,初狀態(tài)壓強(qiáng)：P1 = P0=1.0X l05Pa