2020年黑龙江省哈尔滨一中高考物理一模试卷

2020年黑龙江省哈尔滨一中高考物理一模试卷
1.沫蝉是一种身长只有6mm左右小昆虫。

研究表明，沫蝉起跳时可以在1ms时间释放出储存在后腿肌肉
里的能量，最高跳跃到80cm的高处，若g取10m/s2，沫蝉起跳时需承受的力约为重力的()
A. 20倍
B. 100倍
C. 400倍
D. 800倍
2.如图所示，工人利用固定斜面向高处运送重物。

已知工人对重物的力平行
于斜面向上，工人与重物匀速向上，斜面的粗糙程度处处相同。

关于该过
程的说法正确的是()
A. 工人对重物的作用力大于重物对工人的作用力
B. 工人和重物对斜面的压力等于他们的重力之和
C. 斜面对工人和重物的摩擦力大小一定不等
D. 若斜面不固定，该过程斜面可能相对地面发生运动
3.美国物理学家密立根利用图甲所示的电路研究金属的遏止电压U C与入射光频率v的关系，描绘出图乙
中的图象，由此算出普朗克常量h。

电子电量用e表示，下列说法正确的是()
A. 图甲中光电管两极间形成使电子加速的电场
B. 该金属的截止频率是v C
C. 图乙中图象的斜率即为普朗克常量
D. 用同种颜色光照射金属板，光照强度越大，遏止电压越大
4.如图甲为某型号电动平衡车，其体积小，操控新颖方便，深受年轻人的喜爱。

当人站在平衡车上沿水
平直轨道由静止开始运动，其v−t图象如图所示(除3～10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)。

已知人与平衡车质量之和为80kg，3s后功率恒为300w，且整个骑行过程中所受到的阻力不变，结合图象的信息可知()
A. 0～3s时间内，牵引力做功490J
B. 3～10s时间内，小车的平均速度大小是4.5m/s
C. 3～10s时间内，小车克服摩擦力做功1020J
D. 小车在第2s末与第14 s末的功率之比为1：2
5.如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在边长为L的等边三角形ABC内，D
是AB边的中点，一群相同的带负电的粒子仅在磁场力作用下，从D点沿纸面
以平行于BC边方向、大小不同的速率射入三角形内，不考虑粒子间的相互作用力，已知粒子在磁场中运动的周期为T，则下列说法中正确的是()
L
A. 粒子垂直BC边射出时，半径R等于1
4
B. 速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中运动时间长
T
C. 粒子可能从AB边射出，且在磁场中运动时间为5
6
T
D. 粒子可能从C点射出，且在磁场中运动的时间为1
6
6.太阳系中，行星周围存在着“作用球”空间：在该空间内，探测器的运
动特征主要决定于行星的引力。

2020年中国将首次发射火星探测器，
并一次实现“环绕、着陆、巡视”三个目标。

如图所示，若将火星探测
器的发射过程简化为以下三个阶段：在地心轨道沿地球作用球边界飞行，
进入日心转移轨道环绕太阳飞行，在俘获轨道沿火星作用球边界飞行。

且A点为地心轨道与日心转移轨道切点，B点为日心转移轨道与俘获轨
道切点，则下列关于火星探测器说法正确的是()
A. 在地心轨道上经过A点的速度小于在日心转移轨道上经过A点的速
度
B. 在B点受到火星对它的引力大于太阳对它的引力
C. 在C点的运行速率大于地球的公转速率
D. 若已知其在俘获轨道运行周期，可估算火星密度
7.如图所示，在真空中取正方体区域，中心为O点(图中未画出)，a、b、c、d、
e、f、g、h为顶点，下列说法正确的是()
A. 若将两个等量异种电荷分别置于b、d点，则a、c、g、e点电势相等
B. 若将两个等量同种电荷分别置于b、d点，则a、c场强大小相等且小于O
点场强大小
C. 若将两个等量正电荷分别置于a、g点，一电子仅在两正电荷作用下运动，
其电势能可能不变
D. 若a点放点电荷为−Q，其余各顶点均放置点电荷+Q，则中心O点场强方向沿og方向
8.如图所示，两光滑导轨相距为L，倾斜放置，与水平地面夹角为α，上端
接一电容为C的电容器。

导轨上有一质量为m长为L的导体棒平行地面
放置，导体棒离地面的高度为h，磁感强度为B的匀强磁场与两导轨所决
定的平面垂直，开始时电容器不带电。

将导体棒由静止释放，整个电路电
阻不计，则()
A. 导体棒先做加速运动，后作匀速运动
B. 导体棒一直做匀加速直线运动，加速度为a=mgsinα
m+CB2L2
C. 导体棒落地时瞬时速度v=√2mgℎsinα
m+CB2L2
D. 导体棒下落中减少的重力势能大于增加的动能，机械能不守恒
9.为了探究合外力做功与物体速度变化的关系，某同学设计了如下实验方案。

第一步：如图甲所示，把木板一端垫起，滑块通过细绳与一重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤下连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块，滑块沿木板向下匀速运动。

第二步：如图乙所示，保持木板倾角不变，取下细绳和重锤，将打点计时器安装在木板靠近滑轮处，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器。

第三步：接通50Hz交流电源，释放滑块，使滑块由静止开始加速运动，按实验要求打出的一条纸带如图丙所示。

选择某一点为O，依次每隔4个计时点取一个计数点。

用刻度尺量出相邻计数点间的距离△x，记录在纸带上。

(1)打点计时器打1点时滑块速度v1=______m/s；
(2)已知重锤质量为m=1kg，当地的重力加速度为g=10m/s2，合外力在1和6两点间对滑块做的功
W=______J；
(3)利用纸带求出各段合外力对滑块做的功W及1、2、3、4、5、6各点的速度v，以v2为纵轴，W为横
轴建立坐标系，作出v2−W图象，发现它是一条过坐标原点的直线，则说明______。

10.用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。

实验器材：待测电源(电动势约3V，
内阻约2Ω)，保护电阻R1(阻值10Ω)和R2(阻值5Ω)，滑动变阻器R，电流表A，
电压表V，开关S，导线若干。

实验主要步骤：
①将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
②逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表
的示数I；
③以U为纵坐标，I为横坐标，作U−I图线(U、I都用国际单位)；
④求出U−I图线斜率的绝对值k和在纵轴上的截距a。

回答下列问题：
(1)电压表最好选用______；电流表最好选用______。

A.电压表(0～3V，内阻约15kΩ)
B.电压表(0～3V，内阻约3kΩ)
C.电流表(0～200mA，内阻约2Ω)
D.电流表(0～30mA，内阻约2Ω)
(2)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式，r=______，E=______，所测得的
电源电动势测量值______(大于、等于、小于)电源电动势真实值。

11.如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场
的电场强度大小相等。

一个质量为m，电荷量为−q的带电质点以初速度v0从x轴上P(−L,0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量。

求：
(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；
(2)P、Q两点间的电势差U PQ；
(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间。

12.如图所示，半径为R1=1.8m的1
光滑圆弧与半径为R2=0.3m的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水
4
平地面上紧靠管口有一长度为L=2.0m、质量为M=1.5kg的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同。

现在让质量为m2=2kg的物块静止于B处，质量为m1=1kg的物块从光滑圆弧顶部的A处由静止释放，物块m1下滑至B处和m2碰撞后不再分开，整体设为物块m(m=m1+m2).物块m越过半圆管底部C处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为2m/s时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g=10m/s2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计。

(1)求物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能；
(2)求物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力大小；
(3)若物块m与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ=0.25，求物块m在台阶表面上滑行的最大距离。

13.下列说法正确的是()
A. 温度高的物体内能不一定大
B. 一定质量的理想气体，在完全失重的状态下，气体的压强会变为零
C. 气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故
D. 一定质量的理想气体，当放出热量内能增加时，单位体积内的分子数一定增加
E. 空气的绝对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示
14.为了更方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的气缸，气缸内气
体温度可视为与锅炉外壁温度相等。

气缸开口向上，用质量为m=1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，
L处有活塞横截面积为S=1cm2.当气缸内温度为300K时，活塞与气缸底间距为L，活塞上部距活塞2
3一用轻质绳悬挂的重物M.当绳上拉力为零时，警报器报警。

已知室外空气压强p0=1.0×105Pa，活塞与器壁之间摩擦可忽略。

求：
(i)当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为多少？
(ii)若锅炉外壁的安全温度为1000K，那么重物的质量应是多少？
15.如图所示，位于原点的波源振动方程为y=8sinπt，t=0时刻开始沿y轴方向振动形成一列沿x轴正方
向传播的简谐横波，在t=5s时刻位于x轴上的M，N两质点间第一次出现图示波形，N的横坐标为x= 20m，下列叙述中正确的是()
A. 此时M点速度为零
B. 波的传播速度为5m/s
C. 直点M的横坐标为x=15m
D. 质点M运动路程为40cm
E. 若此波在传播过程中与另一列频率为2Hz、振幅为4cm的简谱横波相遇，相遇区域有的质点位移可
能达到12cm
16.如图所示，均匀透明介质制成的半圆筒，O为圆心、AB为直径，OO′垂直于AB，外圆半径为√2a、内
圆半径为a，一束与OO′平行的光射向圆简。

进入透明介质折射角为30°的入射光线恰好不能射入圆筒内部。

求：
(1)均匀介质的折射率
(2)若在光线入射方向垂直放置一块不透光的遮光板，使圆
简内部没有任何光线，遮光板的最小宽度？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：设离地时的速度为v，根据竖直上抛运动可得：v2=2gℎ，解得：v=√2×10×0.8m/s=4m/s
沫蝉起跳时的加速度a=v
t =4
0.001
m/s2=4000m/s2=400g
起跳时由牛顿第二定律得：F合=ma。

即：F N−mg=ma
所以地面的支持力为：F N=401mg
F N
mg
=401≈400，即沫蝉起跳时需承受的力约为重力的400倍，故C正确、ABD错误。

故选：C。

由运动学公式求的初速度，根据牛顿第二定律求出合力的大小，从而得出地面的支持力大小，由此求解沫蝉起跳时需承受的力约为重力的倍数。

本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用运动学公式求解加速度，再根据牛顿第二定律进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。

2.【答案】C
【解析】解：A、工人对重物的作用力与重物对工人的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等、方向相反，故A错误；
B、工人和重物对斜面的压力等于他们的重力在垂直于斜面方向的分力之和，小于他们的重力之和，故B错误；
C、工人受到的摩擦力方向沿斜面向上，重物受到的摩擦力方向沿斜面向下，设斜面倾角为θ，二者的总重为G，根据平衡条件可得：f人=Gsinθ+f物，所以斜面对工人的摩擦力大小大于斜面对重物的摩擦力大小，故C正确；
D、若斜面不固定，整体受力平衡，水平方向整体没有运动趋势，该过程斜面不可能相对地面发生运动，故D错误。

故选：C。

工人对重物的作用力与重物对工人的作用力是一对作用力与反作用力；根据力的合成与分解分析工人和重物对斜面的压力；根据平衡条件分析斜面对工人的摩擦力大小与斜面对重物的摩擦力大小；若斜面不固定，整体受力平衡，没有外力作用不可能运动，由此分析。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。

注意整体法和隔离法的应用。

3.【答案】B
【解析】解：A、图甲中施加的电压为反向电压，形成让电子减速的电场，故A错误；
BC、根据E km=ℎv−W0=ℎv−ℎv c=eU c可知：当遏止电压为零时，v=v c.所以这种金属的截止频率为v c，
据上式变形可得：U c=ℎv
e −W0
e
，图线的斜率为：k=ℎ
e
，故B正确，C错误；
D、根据光电效应方程E km=ℎv−W0知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，故D错误。

故选：B。

入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，遏止电压增大。

根据光电效应方程得出U c−γ的关系式，通过关系式得出斜率、截距表示的含义。

该题通过图象的方法考查光电效应，解决本题的关键掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系。

4.【答案】C
【解析】解：A、设小车受到的摩擦力大小为f。

10−14s内，小车做匀速运动，则有F m=f，根据P=F m v m=
fv m得f=P
v m =300
6
N=50N。

0～3s时间内，小车的加速度为a=v3t
3=3
3
m/s2=1m/s2，设此过程牵引力的大小为F，由牛顿第二定律得
F−f=ma，得F=130N
此过程小车的位移为x=v3
2t3=3
2
×3m=4.5m，牵引力做功为W=Fx=130×4.5J=585J，故A错误；
B、根据v−t图象与时间轴所围的面积表示位移，知3～10s时间内，小车的位移大于匀加速直线运动的位移，所以小车的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度4.5m/s，故B错误；
C、3～10s时间内，根据动能定理得：Pt−W f=1
2mv m2−1
2
mv32，可得小车克服摩擦力做功W f=1020J，
故C正确；
D、小车在第2s末速度为v2=2m/s，牵引力的功率为P2=Fv2=130×2W=260W，第14 s末的功率为300W，则小车在第2s末与第14 s末的功率之比为260：300=13：15，故D错误。

故选：C。

10−14s内，小车做匀速运动，根据平衡条件求出小车受到的摩擦力大小。

0～3s时间内，根据图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求出牵引力的大小，结合位移求牵引力做功；3～10s时间内，将小车的运动与匀加速直线运动比较，确定两者平均速度关系，从而求得小车的平均速度，根据动能定理求小车克服摩擦力做功；根据P=Fv求小车在第2s末的功率，从而求得小车在第2s末与第14末的功率之比。

本题是关于汽车匀加速启动的问题，要搞清汽车的运动情况，确定所研究的过程，结合动能定理、运动学公式及牛顿第二定律进行解答。

5.【答案】D
【解析】解：A、粒子垂直BC边射出时，运动轨迹如图，
根据几何关系知半径为√3
4
L，故A错误；
BCD、若带电粒子刚好从BC边射出磁场，运动轨迹与BC边相切，可知圆心角为180°，粒子在磁场中经历
时间为1
2
T，若带电粒子刚好从AC边射出磁场，运动轨迹与AC边相切，作图可得切点为C点，如下图
可知圆心角为60°，粒子在磁场中经历时间为1
6
T，若带电粒子从AB边射出磁场，可知圆心角为240°，粒子
在磁场中经历时间为2
3T，所以该粒子在磁场中经历时间为2
3
T，则它一定从AB边射出磁场；所以可知粒子
速度和运动时间无确定的关系，故BC错误，D正确。

故选：D。

根据题意和选项画出运动轨迹图，结合几何关系求解转过的角度，根据周期分析时间的大小，与边界相切是关键点。

本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律等知识点。

画出运动轨迹是关键，利用几何知识、匀速圆周运动规律解题是本题的难点。

6.【答案】AB
【解析】解：A、在日心转移轨道上经过A点相对于在地心轨道上经过A点做离心运动，所以在地心轨道上经过A点的速度小于在日心转移轨道上经过A点的速度，故A正确；
B、火星探测器在日心转移轨道环绕太阳飞行到B点(日心转移轨道与俘获轨道切点)将沿火星作用球边界飞行，此时火星探测器受到的合力方向指向火星，所以在B点受到火星对它的引力大于太阳对它的引力，故B 正确；
C、根据v=√GM
r
可知火星探测器在C点的运行速率小于地球的公转速率，故C错误；
D、若已知其在俘获轨道运行周期，不知道火星的半径以及万有引力常量，不可估算火星密度，故D错误。

故选：AB。

根据离心运动的知识分析速度大小；根据圆周运动的合力方向分析万有引力的大小；根据v=√GM
r
判断速度
大小；根据题干条件结合密度的计算公式进行分析。

本题主要是考查万有引力定律在天体中的应用，关键是能清楚火星探测器的运动情况和受力情况，根据万有引力定律结合向心力进行分析；
解决天体(卫星)运动问题的基本思路：(1)在地面附近万有引力近似等于物体的重力，即可得到GM=gR2；
(2)天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即F引=F向，根据向心力的计算公
式进行分析。

7.【答案】ABC
【解析】解：A、若将两个等量异种电荷分别置于b、d点，bd的中垂面是等势面，故a、c、g、e点电势相等，故A正确；
B、设边长为L，若将两个等量同种电荷(假设是等量正电荷)分别置于b、d点，两个电荷单独存在时在a点、
c点产生场强大小均为kQ
L2，方向垂直，故合场强大小为√2kQ
L2
，但方向相反；
b 、d 点与
o 点间距为√32
L ，两个电荷单独存在时在
o 点产生场强大小均为：E 1=(√32
L)=
4kQ
3L 2，方向如图
采用相似三角形法可知：E o
E 1=√32
L
解得：E 0=
8√3kQ
9L 2
故若将两个等量同种电荷分别置于b 、d 点，则a 、c 场强大小相等且小于O 点场强大小，故B 正确；
C 、若将两个等量正电荷分别置于a 、g 点，一电子仅在两正电荷作用下运动，如果在a 、g 点的中垂面上绕着ag 连线做匀速圆周运动，则电场力不做功，电势能不变，故C 正确；
D 、若a 点放点电荷为−Q ，其余各顶点均放置点电荷+Q ，b 、d 、h 、f 四个点的点电荷在o 点产生合场强为零，c 、e 点的电场在o 点共同产生的场强为零，a 、g 点是等量异号电荷，在o 点产生的场强沿oa 方向，故D 错误； 故选：ABC 。

等量异种电荷的连线的中垂面是等势面；电场强度的叠加符合平行四边形定则；电场力做功等于电势能的减小量。

本题考查电场强度的叠加，关键是结合平行四边形定则作图分析，同时要知道电场力做功等于电势能的减小量。

8.【答案】BD
【解析】解：AB 、设极短时间△t 内电容器的带电量增加△q ， 电路中电流：I =
△q △t
=
C△U △t
=
CBL△v △t
=CBLa …①
由牛顿第二定律得mgsinα−BIL =ma …②
联立①②解得：a =mgsinα
m+CB 2L 2，可知a 不变，因此，导体棒一直做匀加速直线运动，故A 错误，B 正确； C 、导体棒做初速度为零的匀加速直线运动，由速度位移公式得：v 2=2a ℎ
sinα，解得：导体棒落地时瞬时速度v =√
2mgℎm+CB 2L 2
，故C 错误；
D 、在导体棒运动过程中，重力做功把重力势能转化为动能，克服安培力做功，把重力势能转化为电场能，因此导体棒下落中减少的重力势能大于增加的动能，减少的重力势能转化为动能和电场能，机械能不守恒，故D 正确。

故选：BD 。

导体棒下滑，导体棒切割磁感线产生感应电动势，对电容器充电，由电流定义式与牛顿第二定律、匀变速运动的速度位移公式分析答题。

应用电流的定义式I =q
t 、E =BLv 、牛顿第二定律得到加速度的表达式是解题的关键，本题的结论可在理解的基础上记住，不能认为导体棒先做加速运动，后作匀速运动。

9.【答案】0.228 1.714合外力对滑块做的功与滑块速度的平方成正比
【解析】解：(1)依次每隔4个计时点取一个计数点，则计数点的时间间隔：T=0.02×5s=0.1s，
滑块做匀加速直线运动，根据一段时间内的平均速度代替瞬时速度得：v1=x02
2T =2.06+2.50
2×0.1
×10−2m/s=
0.228m/s。

(2)合外力为重锤的重力，要求合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块的位移x16，
则W=Fx=mgx16=1×10×(2.50+2.98+3.42+3.89+4.35)×10−2J=1.714J。

(3)利用纸带求出各段合外力对滑块做的功W及1、2、3、4、5、6各点的速度v，以v2为纵轴，W为横轴建立坐标系，作出v2−W图象，发现它是一条过坐标原点的直线，说明合外力对滑块做的功与滑块速度的平方成正比。

故答案为：(1)0.228；(2)1.714；(3)合外力对滑块做的功与滑块速度的平方成正比。

(1)用平均速度代替瞬时速度去求解打1点时滑块的速度。

(2)合外力为重锤的重力，测出1和6点的距离，根据W=Fx求解。

(3)根据做功公式对照图象关系分析。

此题考查了探究功与速度变化的关系的实验，明确打点计时器中求瞬时速度的方法，能根据做功公式求出W与v2的关系式，根据图象的斜率求解质量，难度适中。

10.【答案】A C k−R2a小于
【解析】解：(1)由图示电路图可知，相对于电源来说电流表采用外接法，电压表的分流会造成系统误差，电压表分流越小实验误差越小，为减小实验误差应选择内阻大的电压表，因此电压表应选择A；电路最大电流约为：
I=E
r+R1+R2+R A <E
r+R1+R2
=3
2+10+5
A≈0.176A=176mA，电流表选择C。

(2)由闭合电路的欧姆定律可知，电源电动势：E=U+I(r+R2)
则路端电压：U=E−I(r+R2)，
U−I图象的斜率的绝对值k=r+R2，图象纵轴截距a=E，
解得，电源电动势：E=a，内阻r=k−R2。

相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于流过电源的电流，导致电源电动势的测量值小于真实值。

故答案为：(1)A；C；(2)k−R2；a；小于。

(1)根据实验误差来源从减小实验误差的角度选择电压表；根据电路最大电流选择电流表。

(2)根据闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图象的函数表达式求出电源电动势与内阻；根据实验电路图与实验原理分析实验误差。

本题考查了实验器材的选择、实验数据处理等问题，要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；知道实验原理是解题的前提与关键，根据图象的函数表达式可以求出电源电动势与内阻。

11.【答案】解：(1)质点在第二象限受竖直向下的重力与竖直向上的电场力作用做直线运动，
质点速度斜向右上方，则质点所受合力为零，质点在第二象限做匀速直线运动，
由平衡条件得：qE=mg
设初速度v0与x轴正方向的夹角为θ，
且由带电质点在第一象限做直线运动，有：tanθ=mg qE
解得：θ=45°。

(2)P到Q的过程，由动能定理有：
−qU PQ−mgL=0，
解得：U PQ=−mgL
q
；
(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，
由牛顿第二定律有：√2mg=ma，
解得；a=√2g，
质点减速到零过程，由匀变速直线运动的v−t公式得：v0=at
解得：t=√2v0
2g
，
带电质点在第一象限中往返一次所用的时间
T=2t=√2v0
g
；
答：(1)初速度v0与x轴正方向的夹角为45°；
(2)P、Q两点间的电势差U PQ为−mgL
q
；
(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间为√2v0
g。

【解析】(1)由题意可知，带电质点在第一象限与第二象限内都做直线运动，根据题意分析质点运动性质，然后根据质点受力情况求出夹角。

(2)从P到Q过程，由动能定理求出其电势差。

(3)带电质点在第一象限内做匀变速直线运动，应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出运动时间。

本题考查了带电质点在匀强电场中的运动，根据题意分析清楚质点的运动性质与运动过程是解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式与动能定理可以解题。

12.【答案】解：(1)设物块m1下滑到B点时的速度为v B，
由机械能守恒可：m1gR1=1
2
m1v B2，
代入数据解得：v B=6m/s，
A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：m1v B=(m1+m2)v，
代入数据解得：v=2m/s，
由能量守恒定律得：1
2m1v B2=1
2
mv2+E，
解得：E=12J；
(2)物块m由B到C过程机械能守恒，
由机械能守恒定律得：1
2mv2+mg⋅2R2=1
2
mv C2，
解得：v C=4m/s，
在C处，由牛顿第二运动定律得：F−mg=m v C2
R
，
解得：F=190N；
(3)设物块m滑上木板后，当木板速度为：v2=2m/s时，物块速度为v1，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv C=mv1+Mv2，解得：v1=3m/s，设在此过程中物块运动的位移为x1，木板运动的位移为x2，
由动能定理得：
对物块m：−μmgx1=1
2mv12−1
2
mv C2
解得：x1=1.4m，
对木板M：μmgx2=1
2
Mv22
解得：x2=0.4m，
此时木板静止，物块m到木板左端的距离为：x3=L+x2−x1=1m，
设物块m在台阶上运动的最大距离为x4，
由动能定理得：−μmg(x3+x4)=0−1
2
mv12
解得：x4=0.8m；
答：(1)物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能为12J；
(2)物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力大小为190N；
(3)物块m在台阶表面上滑行的最大距离为0.8m。

【解析】(1)由机械能守恒定律可以求出A的速度，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出损失的机械能。

(2)应用动能定理求出物块到达C点时的速度，然后应用牛顿第二定律求出支持力。

(3)应用动量守恒定律与动能定理求出物块在台阶上滑行的最大距离。

本题考查了动量守恒定律的应用，本题物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、动能定理即可解题；解题时要把握每个过程所遵守的物理规律，明确物块与木板速度相同这一临界状态，边计算边分析判断。

13.【答案】ADE
【解析】解：A、温度高的物体分子平均动能一定大，但是内能不一定大，故A正确；
B、封闭气体压强是由于分子热运动形成的，在失重状态下，气体分子的撞击仍存在，故气体的压强不为零，故B错误；
C、气体分子间的作用力很小，可以忽略不计，气体分子不停地做无规则运动，气体分子可以充满整个容器，如果没有约束，气体将散开，故C错误；
D、一定质量的理想气体，当放出热量内能增加时，根据热力学第一定律△U=Q+W，可知W>0，即外界对气体做功，气体体积会减小，所以单位体积内的分子数一定增加，故D正确；
E、空气的绝对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示，空气的相对湿度定义为相同温度时空气中所含水蒸气的压强与水的饱和蒸汽压之比，故E正确。

故选：ADE。

温度高的物体分子平均动能一定大，但是内能不一定大，内能包括分子动能和分子势能；失重状态下，气体分子的撞击仍存在，气体的压强不为零；气体分子可以充满整个容器；根据热力学第一定律△U=Q+W 判断即可；用绝对湿度概念判断。

本题考查的是内能、气体压强、分子运动论、热力学第一定律、空气的绝对湿度等热学知识，要求同学们对这部分知识要特别重视课本，强化记忆，勤加练习。

14.【答案】解：(i)活塞上升过程为等压变化。

V1=LS，V2=(L+d)S。