2021屆新高考八省物理模擬卷06（湖南專用解析版）

2021屆八省新高考物理模擬卷一湖南卷（06）

物理試卷

一、選擇題：本題共6小題，每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。

1.（2020.湖南高三月考）在物理學(xué)發(fā)展史上，許多科學(xué)家通過恰當(dāng)?shù)剡\用科學(xué)研究方法，如理想實驗法，

控制變量法，極限思想法，理想模型法，微元法和比值定義法等等，超越了當(dāng)時研究條件的局限性，取得

了輝煌的研究成果。下列表述符合物理學(xué)史事實的是（）

AvAv

A.根據(jù)速度定義式v=——，當(dāng)加非常非常小時，就可以用——表示物體在，時刻的瞬時速度，這是應(yīng)用

加Ar

j'極限思想法

B.在不需要考慮物體本身大小和形狀時，用質(zhì)點代替物體的方法，采用了等效替代的思想

C.牛頓由斜面實驗通過邏輯推理得出了自由落體運動的規(guī)律

D.卡文迪許利用扭秤巧妙地實現(xiàn)了對電荷間的作用力與電荷量的關(guān)系研究

【答案】A

AjrAy

【詳解】A.根據(jù)速度定義式v=—,當(dāng)“非常非常小時，就可以用一表示物體在f時刻的瞬時速度，

這是應(yīng)用了極限思想法，故A正確；

B.在不需要考慮物體本身大小和形狀時，用質(zhì)點代替物體的方法，采用了理想模型法，故B錯誤；

C.伽利略由斜面實驗通過邏輯推理得出了自由落體運動的規(guī)律，故C錯誤；

D.庫倫利用扭秤巧妙地實現(xiàn)了對電荷間的作用力與電荷量的關(guān)系研究，故D錯誤。

故選Ao

2.（2020?湖南高三月考）如圖所示，光滑水平面的同一直線上放有"個質(zhì)量均為〃，的小滑塊，相鄰滑塊

間的距離為L，每個滑塊均可看成質(zhì)點.現(xiàn)給第一個滑塊水平向右的初速度%，滑塊間相碰后均能粘在一

起，則從第一個滑塊開始運動，到第個滑塊與第〃個滑塊相碰時總的時間為（)

A(〃j)L

2%

n2L〃(九+1)L

C.D.

2%2%

【答案】B

【詳解】由于每次相碰后滑塊會粘在一起，根據(jù)動量守恒定律

mv0=2mv,

可知第二個滑塊開始運動的速度大小為

1

嶺=/%

同理第三個滑塊開始滑動的速度大小為

1

匕=3%

第5一"個球開始滑動的速度大小為

1

%h。

因此運動的總時間為

LLLLL-、?、n(n-\)L

t=---1--j--------F----------F?.?+—=—(l+2+3+?..+〃-l)=-----------

1

v%2%

“;20。;30。n-1

故選B?

3.（2020?湖南長沙市?雅禮中學(xué)）通電直導(dǎo)線周圍存在著磁場，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)的點磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，這一規(guī)

律環(huán)形電流也成立。如圖所示，真空中兩個點電荷”和-q以相同的角度在水平面內(nèi)繞。點逆時針方向

（俯視）勻速轉(zhuǎn)動，+〃離。點較近，則。點的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向為（）

\,+6V---0---------?）

A.豎直向上B.豎直向下

C.。點磁感應(yīng)強(qiáng)度為零D.條件不足無法判斷

【答案】A

【詳解】設(shè)兩電荷繞。點勻速轉(zhuǎn)動角速度為。

q_qco

7-27

說明兩環(huán)形電流大小相同。但兩電流方向相反，按距。近的“分析，。點磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向上。

故選Ao

4.（2020?湖南衡陽市八中高三月考）如圖所示，ABC為在豎直平面內(nèi)的金屬半圓環(huán)，AC為其水平直

徑，A3為固定的直金屬棒，在金屬棒上和半圓環(huán)的8C部分分別套著兩個完全相同的小球M、N（視為

質(zhì)點），B固定在半圓環(huán)的最低點?，F(xiàn)讓半圓環(huán)繞對稱軸以角速度勿=2石rad/s勻速轉(zhuǎn)動，兩小球與半圓

環(huán)恰好保持相對靜止。已知半圓環(huán)的半徑R=1m，金屬棒和半圓環(huán)均光滑，取重力加速度大小

g=10m/s2,下列選項正確的是（）

A.N、M兩小球做圓周運動的線速度大小之比為九=1：回

%

B.N、M兩小球做圓周運動的線速度大小之比為九=1：亞

為

C.若稍微增大半圓環(huán)的角速度，小環(huán)M稍許靠近A點，小環(huán)N將到達(dá)C點

D.若稍微增大半圓環(huán)的角速度，小環(huán)M將到達(dá)A點，小環(huán)N將稍許靠近C點

【答案】C

【詳解】AB.M點的小球受到重力和桿的支持力，在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，合力的方向沿水平方

向，所以

Fn=mgtan45°=mco?vM

所以

=—

CD

同理.，N點的小球受到重力和圓環(huán)的支持力，在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，合力的方向沿水平方向，設(shè)

ON與豎直方向之間的夾角為。

F；=mgtanO=ITUOVN

gtan。

VN-

CO

又

L，2

Fn=mcor

r=Rsin。

聯(lián)立得

VN=—J-%4一82

CD

所以

VM一g一.

VNJR2」—g2

故AB錯誤；

CD.設(shè)BC連線與水平面的夾角為a.當(dāng)半圓環(huán)繞豎直對稱軸以角速度。做勻速轉(zhuǎn)動時，對小環(huán)N,外界

提供的向心力等于叫vgtana,由牛頓第二定律得

2

mNgtana=mNa>rN.

當(dāng)角速度增大時，小環(huán)所需要的向心力增大，而外界提供的向心力不變，造成外界提供的向心力不夠提供

小環(huán)N所需要的向心力，小環(huán)將做離心運動，最終小環(huán)N將向到達(dá)C點。

對于M環(huán)，由牛頓第二定律得

2

mMgtan/3^mMcorM

。是小環(huán)M所在處半徑與豎直方向的夾角。當(dāng)。稍微增大時，小環(huán)M所需要的向心力增大，小環(huán)M將

做離心運動，向A點靠近稍許。選項C正確，D錯誤。

故選C。

5.（2020?湖南長沙市?長郡中學(xué)）如圖所示為額定電壓為250V的用戶供電的遠(yuǎn)距離輸電的示意圖，已知輸

入原線圈〃1兩端的電壓Ui=500V,發(fā)電機(jī)的輸出功率為P=500kW,輸電線的電阻R=12.5C,如果輸電線

上損失的功率為輸送功率的1%。如果圖中的升壓變壓器以及降壓變壓器均為理想的變壓器。則下列結(jié)論

正確的是（）

發(fā)

電

機(jī)

A.?3：“4=79：1

B.m："2=1：50

C.流過輸電線的電流強(qiáng)度大小為40A

D.降壓變壓器原線圈兩端的電壓為24700V

【答案】B

【詳解】BC.導(dǎo)線上的電流:

吆5。。亞人20A

2-12.5

升壓變壓器原線圈電流:

P_500xl03

A=1000A

?500

則:

_/2_20_1

W00-50

B正確，C錯誤；

AD.降壓變壓器的初級電壓:

U.=U2-I2R=25000V-20x12.5V=24750V

則：

%_-3_24750_°

二不一250—

AD錯誤。

故選B。

6.（2020?邵東創(chuàng)新實驗學(xué)校高三月考）戶外野炊所用的便攜式三腳架，由三根完全相同的輕桿通過錢鏈組

合在一起，每根桿均可繞較鏈自由轉(zhuǎn)動。如圖所示，將三腳架靜止放在水平地面上，吊鍋通過細(xì)鐵鏈掛在

三腳架正中央，三根桿與豎直方向的夾角均相等。若吊鍋和細(xì)鐵鏈的總質(zhì)量為小重力加速度為g,不計

支架與錢鏈之間的摩擦，則（）

A.當(dāng)每根桿與豎直方向的夾角為37°時，桿受到的壓力大小為，〃火

B.當(dāng)每根桿與豎直方向的夾角為37°時，桿對地面的摩擦力大小為!燒g

C.當(dāng)每根桿與豎直方向的夾角均變大時，三根桿對較鏈的作用力的合力變大

D.當(dāng)每根桿與豎直方向的夾角均變大時，桿對地面的壓力變大

【答案】B

【詳解】A.根據(jù)平衡條件，豎直方向，有

3Ncos37'=mg

解得

“5

N=—mg

故A錯誤；

B.桿對地面的摩擦力大小為

/=Nsin37"讓x上超

1254

故B正確；

C.當(dāng)每根桿與豎直方向的夾角均變大時，三根桿對較鏈的作用力的合力仍與吊鍋和細(xì)鐵鏈的總重力大小

相等，故c錯誤；

D.由平衡可知

3Ncos。=mg

得

N=4

3cos。

桿對地面的壓力

N'=Ncos6=%

3

故D錯誤。

故選B。

二、選擇題：本題共4小題，每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。

7.（2020.邵東市第一中學(xué)高三月考）太陽系的行星都在繞太陽運轉(zhuǎn)，我們把行星的運動簡化為圓周運動如

圖，從水星凌日即水星和地球太陽在一條直線上開始計時，經(jīng)過相同的時間，測量出水星和地球繞太陽運

動的角度分別為仇和仇（均小于90度）。則由此可求得水星和地球（）

二。:一

::由學(xué)噓球

\一?/

A.到太陽的距離之比

B.繞太陽運動的周期之比

C.繞太陽的動能之比

D.受到的太陽引力之比

【答案】AB

【詳解】A.相同時間內(nèi)水星轉(zhuǎn)過的角度為以；地球轉(zhuǎn)過的角度為。2,可知道它們的角速度之比

（y262

根據(jù)萬有引力提供向心力有

?Mm

G—廠=mra>~2

可得

T[HGM

知道了角速度比，就可求出軌道半徑之比。故A正確；

B.相同時間內(nèi)水星轉(zhuǎn)過的角度為仇；地球轉(zhuǎn)過的角度為。2,可知它們的角速度之比為4：%.而周期

T=—，則周期比為例：以故B正確；

a）

C.水星和地球作為環(huán)繞體，無法求出質(zhì)量之比，所以不能求出它們的動能之間的關(guān)系。故c錯誤；

D.根據(jù)“=『小，軌道半徑之比、角速度之比都知道，很容易求出向心加速度之比，但由于無法求出質(zhì)量

之比，所以不能求出它們受到的萬有引力之間的關(guān)系。故D錯誤。

故選AB?

8.（2020?湖南高三月考）為了備戰(zhàn)因疫情推遲的東京奧運會，我國羽毛球運動員進(jìn)行了原地縱跳摸高訓(xùn)

練，如圖所示。已知質(zhì)量加=50kg的運動員原地靜止站立（不起跳）摸高為2.10m,訓(xùn)練過程中，該運

動員先下蹲，重心下降0.5m,經(jīng)過充分調(diào)整后，發(fā)力跳起摸到了2.90m的高度。若運動員起跳過程視為勻

加速運動，忽略空氣阻力影響，g取10m/s2。則（）

A.運動員從起跳到上升至最高點過程中處于超重狀態(tài)

B.起跳過程的平均速度等于離地上升到最高點過程的平均速度

C.起跳過程中運動員對地面的壓力為1300N

D.從開始起跳到離地上升到最高點需要0.45s

【答案】BC

【詳解】A.運動員在起跳過程中可視為勻加速直線運動，加速度方向豎直向上，所以運動員起跳過程處

于超重狀態(tài)，離地上升到最高點過程中，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故A錯誤；

B.在起跳過程中和離地后上升至最高的過程中均做勻變速直線運動，其平均速度均為

_v+0v

V=-----=—

22

即兩者相等，故B正確；

C.運動員離開地面后做豎直上拋運動，根據(jù)

2gh-v2

可知

v=[2gh-^/2x10x(2.9—2.l)m/s=4m/s

根據(jù)速度位移公式可知

2a\h-v2

解得

v242

m/s2=16m/s2

2x0.5

對運動員根據(jù)牛頓第二定律可知

-mg=ma

/^=皿g+a）=50x（10+16）N=1300N

根據(jù)牛頓第三定律可知，對地面的壓力為1300N,故C正確；

D.起跳過程運動的時間

v4

A=—=—s=0.25s

a16

起跳后運動的時間

t2=-=OAs

g

故運動的總時間

/■=/,+，?，=0.65s

故D錯誤。

故選BC。

9.（2020.湖南長沙市.長郡中學(xué)高三月考）如圖甲所示的按壓式圓珠筆可以簡化為外殼、內(nèi)芯和輕質(zhì)彈簧

三部分，已知內(nèi)芯質(zhì)量為根，外殼質(zhì)量為4〃?，外殼與內(nèi)芯之間的彈簧的勁度系數(shù)為鼠如圖乙所示，把筆

豎直倒立于水平硬桌面上，用力下壓外殼使其下端接觸桌面（見位置”），此時彈簧壓縮量為自電筌，

k

儲存的彈性勢能為g,然后將圓珠筆由靜止釋放，圓珠筆外殼豎直上升與內(nèi)芯發(fā)生碰撞時（見

k

位置b）,彈簧恰恢復(fù)到原長，此后內(nèi)芯與外殼以共同的速度一起上升到最大高度處（見位置c）。不計摩

擦與空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.彈簧推動外殼向上運動的過程中，當(dāng)外殼速度最大時，彈簧處于壓縮狀態(tài)

B.外殼豎直上升與靜止的內(nèi)芯碰撞前的瞬間外殼的速外殼的速度大小為8代g

C.外殼與內(nèi)芯碰撞后，圓珠筆上升的最大高度為生粵

25k

D.圓珠筆彈起的整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能等于圓珠筆增加的重力勢能

【答案】AC

【詳解】A.外殼受向下的重力和向卜一的彈力，彈力逐漸減小，當(dāng)彈力等于重力時，加速度為零，速度最

大，所以當(dāng)外殼速度最大時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A正確；

B.設(shè)外殼與內(nèi)芯碰撞前的瞬間外殼的速度為v,動能定理：

12

E-4mgh=—x4/wV,

即：

128，〃2g211

2——4mgx-=—x4/nv2,

k--------k2

得：

E尋

故B錯誤：

C.外殼和內(nèi)芯碰撞過程，取豎直向上為正方向，由動量守恒定律得：

4mv=(4m+m)v'

碰后過程，由機(jī)械能守恒定律得：

g(4m+m)v'2=(4加+m)gh

聯(lián)立解得：

,256mg

n=-----

25k

故C正確；

D.筆從撒手到彈起到最大高度處的過程中，外殼和內(nèi)芯碰撞過程中系統(tǒng)的機(jī)械能有損失，所以彈簧釋放的

彈性勢能大于筆增加的重力勢能，故D錯誤。

故選：ACo

10.(2020?湖南長沙市?長郡中學(xué))如圖甲，固定在光滑水平面上的正三角形金屬線框，匝數(shù)"=20,總電

阻R=2.5D,邊長乙=0.3m,處在兩個半徑均為r=&的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域中.線框頂點與右側(cè)圓心重

3

合，線框底邊中點與左側(cè)圓心重合.磁感應(yīng)強(qiáng)度Bi垂直水平面向上，大小不變；&垂直水平面向下，大

小隨時間變化.與、&的值如圖乙所示，則（）

A.通過線框的感應(yīng)電流方向為逆時針方向

B.f=0時刻穿過線框的磁通量為0.1Wb

C.在0.6s內(nèi)通過線框中的電荷量約為0.13C

D.經(jīng)過0.6s線框中產(chǎn)生的熱量約為0.07J

【答案】ACD

【詳解】A.由磁感應(yīng)強(qiáng)度Bi垂直水平面向外，大小不變；B2垂直水平面向里，大小隨時間增大，故線框

總的磁通量減小，由楞次定律可得，線框中感應(yīng)電流方向為逆時針方向，故A正確；

B.t=0時刻穿過線框的磁通量為：O=B?x-xjtr-Bax-xr2=1x0.5x3.14x0.12-2x-

26n6

2

x3.14xO.IWb-O.OO5Wb,故B錯誤：

2

,,,F,小20x（5-2）xix3x0.1

C.在t=0.6s內(nèi)通過線框中的電量了山二〃□①.I）6C_013C'故C正

RR2.5

確；

0①

D.由Q=PRt=（-------）2XAt=0.07J,故D正確.

Rnt

故選ACD.

三、非選擇題：第11~14題為必考題，每個試題考生都必須作答，第15~16題為選考題，考生根據(jù)要求作

答。

11.（2020?寧遠(yuǎn)縣第二中學(xué)高三月考）在測定金屬絲的電阻率的實驗中，為了安全、準(zhǔn)確、方便地測出電

阻絲的電阻R、，設(shè)計了如圖所示實驗電路圖來完成實驗，可用的實驗儀器如下：

A.待測金屬絲（R,約5Q）

B.電壓表V（量程0?IV,內(nèi)阻Rv=lkC）

C.電流表A（量程0?0.6A,內(nèi)阻RA=1C）

D.定值電阻Ri（阻值Ri=0.5kC）

E.定值電阻R2（阻值R2=2kC）

F.滑動變阻器RMO?IOC）

G.滑動變阻器心（0?1000Q）

H.電源（電動勢為3V,內(nèi)阻很?。?/p>

L開關(guān)、導(dǎo)線若干

（1）實驗中定值電阻應(yīng)選用,滑動變阻器應(yīng)選用。（選填實驗儀器前面字母）

（2）用圖中電路測量該金屬絲的電阻，若某次測量中，電壓表的讀數(shù)為U,電流表的讀數(shù)為/,該金屬絲電

阻的表達(dá)式為R=（用測出或已知的物理量的符號表示）。

T*金屬絲

【答案】EF亍-R,、

【詳解】（1）電源的電動勢為3V,而電壓表V的量程為0?IV,內(nèi)阻Kv=lkC,必須通過串聯(lián)電

阻來擴(kuò)大量程至3V,因此定值電阻應(yīng)選用定值電阻&（阻值R2=2kC）；所待測金屬絲&約5。，且滑

動變阻器是限流式接法，因此滑動變阻器應(yīng)選用小電阻，即選滑動變阻器4（0?10C）。

（2）[3]電壓表的讀數(shù)為U,那么金屬絲與電流表兩端的電壓為3U,由于電流表的讀數(shù)為/,則金屬絲電

阻

12.（2020?湖南長沙市?長郡中學(xué)）某同學(xué)用如圖甲所示的裝置測量滑塊與水平桌面之間的動摩擦因數(shù)，實

驗過程如下：

H,將光電門與數(shù)字計時器（圖中未畫出）連接.

（2）用滑塊把彈簧壓縮到某一位置，測量出滑塊到光電門的距離x.釋放滑塊，測出滑塊上的遮光條通過

光電門所用的時間t,則此時滑塊的速度丫=.

（3）通過在滑塊上增減祛碼來改變滑塊的質(zhì)量m,仍用滑塊將彈簧壓縮到（2）中的位置，重復(fù)（2）的

操作，得出一系列滑塊質(zhì)量，”與它通過光電門時的速度v的值，根據(jù)這些數(shù)值，作出戶燈」圖象如圖乙所

示.已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,由圖象可知，滑塊與水平桌面之間的動摩擦因數(shù)彈性勢能等于

Ep=___.

【答案】5.70mm-。E=—

t2gxPp2a

【詳解】（1）[1].由乙圖知,游標(biāo)卡尺讀數(shù)為0.5cm+14x0.05mm=5.7（）mm；

（2）12].滑塊經(jīng)過光電門的速度為v=4；

（3）[3][4].根據(jù)能量守恒

ELp=/jmgx+—1mv2

整理得

1

/9=-2E,,-2〃gx

m

結(jié)合圖象得：

Okb

2EP=~

a

得

E廠=——b

P2a

b=/jmgx

得

13.（2020?湖南高三月考）在平面直角坐標(biāo)系X。），的第I、H象限內(nèi)有方向垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁

場，在第HI象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E,在第IV象限內(nèi)有一半徑為R且與兩坐

標(biāo)軸相切的圓，圓內(nèi)有勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出）。一質(zhì)量為〃八電荷量為g的帶正電的粒子（不計粒子受

到的重力）從坐標(biāo)為（-2氏-/?）的S點由靜止釋放，粒子從y軸上的P點進(jìn)入圓內(nèi)磁場，從x軸上的。點

（圖中未畫出）進(jìn)入第I象限，然后立即撤去第Hl、IV象限內(nèi)的電場和磁場，粒子經(jīng)第I、II象限內(nèi)的磁

場偏轉(zhuǎn)后恰好通過坐標(biāo)原點0。已知圓內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小4=21——、方向垂直坐標(biāo)平面向

里。求：

（1）粒子運動到P點時的速度大小;

（2）。點的坐標(biāo)；

（3）第i、n象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與。

、

幽(2)A+W6R，0：(3)B=3mE

【答案】⑴u=2.2

m3

7qR

【詳解】（1）粒子在電場中做勻加速直線運動，由動能定理則有

1

qEx2R=—mv~7

解得

v=2、諛

Vm

（2）粒子在圓內(nèi)磁場中做圓周運動，設(shè)其運動半徑為彳，有

qvB]

解得

(=6R

由幾何關(guān)系可知，粒子在圓內(nèi)磁場中運動軌跡所對應(yīng)的圓心角。滿足

可得6=60°,則/尸。］。=120°,設(shè)圓形磁場邊界與x軸相切于A點，粒子運動軌跡與圓形磁場的邊界

的交點為0,連接4。'并延長，與x軸交于0點，則4。。=30。，在三角形A0?中

^=tan30。，解得A。邛R，所以。點的坐標(biāo)為R+孚,。)；

(3)設(shè)粒子在第I、II象限內(nèi)做圓周運動的圓心為。2，由幾何關(guān)系有/。。2。=120°,則有

=cos30°,解得00=右

2OO2223

由洛倫茲力提供向心力，則有

mv2

qvB?=—

r2

即

mv

-qB?

解得

mE

8,=3

qR

14.(2020.湖南師大附中高三月考)如圖所示，足夠長的斜面傾角為30。，初始時，質(zhì)量均為根的滑塊

A、B均位于斜面上，且A8間的距離為L=lm.現(xiàn)同時將兩個滑塊由靜止釋放，已知滑塊A、B與軌道間

的動摩擦因數(shù)分別為乎和重力加速度g=10m/s2,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，滑

塊之間發(fā)生的碰撞為彈性碰撞，滑塊可視為質(zhì)點.求:

(1)經(jīng)過多長時間，滑塊之間發(fā)生第一次碰撞?

(2)再經(jīng)過多長時間，滑塊之間發(fā)生第二次碰撞?

【答案】(1)1s(2)&5s

5

【詳解】(1)將兩滑塊由靜止釋放后，對滑塊A進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得:

mgsin30°-/nAmgcos3()=m%

解得：4=2m/s

對滑塊B進(jìn)行受力分析，有:

mgsin30°<nBmgcos30

所以8靜止在斜面上

設(shè)A、8兩滑塊經(jīng)過時間f第一次發(fā)生碰撞，則:

乙=5卬

解得：Z=ls

(2)設(shè)發(fā)生第一次碰撞前的瞬間滑塊A的速度是vo,則:

%=卬=2in/s

碰撞后滑塊A的速度是i，i,滑塊8的速度是也，由彈性碰撞得:

mv0=mvl+mv2

解得：vi=0,V2=2m/s

滑塊8開始沿斜面向下運動，由牛頓第二定律得:

cos30-mgsin3()-ma2

解得：a2=2.5m/s

設(shè)滑塊B沿斜面下滑時間f。后停止運動，則:

t0——-0.8

在這段時間內(nèi)，A沿斜面下滑的距離為:

8沿斜面下滑的距離為:

由于匕＜上，故當(dāng)滑塊B停止運動時，二者仍未發(fā)生第二次碰撞

即從第一次碰撞結(jié)束到發(fā)生第二次碰撞，滑塊4沿斜面下滑的距離為心,設(shè)經(jīng)歷時間為h

則：

4=1■”:

解得：A=2且s

15

選考試題：請考生從兩道中任選一題作答，如果多做，則按第一題計分

15.[選修3-3]

⑴(2020?湖南永州市?高三月考)下列說法正確的是()

A.氣球充氣后會膨脹，是由于所充氣體分子斥力造成的

B.由同種元素構(gòu)成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體

C.若兩個分子在相互靠近的過程中分子力逐漸增大，分子勢能也可能逐漸增大

D.某氣體的摩爾體積為V,每個分子的體積為力，則阿伏加德羅常數(shù)可表示為NA

E.氣體體積不變時，溫度越高，單位時間內(nèi)容器壁單位面積受到氣體分子撞擊的次數(shù)越多

【答案】BCE

【詳解】A.氣球充氣后會膨脹，這是氣體壓強(qiáng)作用的緣故，與分子斥力無關(guān)，A項錯誤；

B.由同種元素構(gòu)成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體，例如石墨和金剛石，B

項正確；

C.當(dāng)時，分子力表現(xiàn)為斥力，兩個分子在相互靠近的過程中分子力逐漸增大，分子力做負(fù)功，分子

勢能增大，c項正確；

D.由于氣體分子間距離較大，摩爾體積與分子體積的比值不等于阿伏加德羅常數(shù)，故D項錯誤；

E.氣體體積不變時，溫度越高，分子平均動能越大，單位時間內(nèi)容器壁單位面積受到氣體分子撞擊的次

數(shù)越多，故E項正確。

故選BCE?

(2)(2020.湖南永州市.高三月考)如圖甲所示，一左端封閉、右端開口的細(xì)長玻璃管水平放置，玻璃管的

左端封有長為Ai=20.0cm的空氣柱，中間有一段長為L2=25.0cm的水銀柱?，F(xiàn)將玻璃管沿逆時針方向緩慢

轉(zhuǎn)為豎直放置且開口向上，如圖乙所示。已知大氣壓強(qiáng)po=75cmHg,環(huán)境的溫度7b=300K。求：

(1)封閉空氣柱的長度乙3；

(2)現(xiàn)對封閉空氣柱緩緩加熱，使其恢復(fù)原長，此時空氣柱的溫度。

LJ

小

甲乙

【答案】⑴15cm；(2)400K

【詳解】(1)設(shè)玻璃管橫截面積為S,狀態(tài)1

pi=po,Vi=LiS

狀態(tài)2

P2=IX)+pgL2,丫2=￡3s

有0弘=0丫2,解得

L3=15cm

(2)加熱過程發(fā)生等壓變化，狀態(tài)

P3=P2,V3=V|

有寸=才,解得

T=400K

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