【精编】2017年全国高考物理冲刺预测试卷(四)与解析

2017年全国高考物理冲刺预测试卷（四）一、选择题（共8小题，每小题6分，1--4题只有一个选项正确，5-8题有多个选项正确。

满分48分）1．（6分）关于近代物理，下列说法正确的是（）A．氢弹的反应属于裂变，原子弹的反应属于核聚变B．当氢原子从n=4的状态跃升到n=1的状态时，要吸收光子C．当某放射性原子经过2次α衰变和一次β衰变，核内质子数减少3个D．紫外线照射某金属表面时发生了光电效应，则红外线也一定可以使该金属发生光电效应2．（6分）一质点从A点开始做初速度为零的匀加速直线运动，加速度的大小为a，B，C，D三点是质点运动路径上三点，且BC=x1，CD=x2．质点通过BC间所用时间与经过CD间所用时间相等，则质点经过C点的速度为（）A． B．C． D．3．（6分）体重50kg的小明乘坐电梯下楼时，其加速度随时间的变化关系如图所示，g=9.8m/s2，则（）A．t=1s时小明处于超重状态B．地板对小明支持力的最大值为320NC．t=2s时小明对地板的压力为400ND．电梯下降过程中地板对人始终负功4．（6分）如图所示，直线ab是电场线中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力的作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能E P随位移x变化的规律如图乙所示．设a，b两点的电场强度大小分别为E A和E B，电势分别为φA和φB．则（）A．E A=E B B．E A＜E B C．φA=φB D．φA＜φB5．（6分）如图所示是一小型交流发电机供电原理图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向匀强磁场，理想变压器原、副线圈分别与发电机和灯泡连接，灯泡标有“6W 3V”字样且正常发光．从某时刻开始计时，发电机输出端的电流随时间变化图象如图乙所示，则以下说法正确的是（）A．t=0.04s时发电机内线圈平面与磁场方向平行B．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．变压器原、副线圈匝数之比为1：4D．交流发电机输出电流的函数表达式i=sin（50πt）A6．（6分）2016年12月22日，我国在酒泉卫星发射中心成功发射全球二氧化碳检测科学实验卫星．这是全球第三颗专门用于“看”全球二氧化碳含量的卫星．如图所示，假设两颗卫星甲和乙始终在同一直线上，甲乙两颗卫星间的作用及其他星体对两颗卫星的作用均忽略不计，卫星均围绕着地球做匀速圆周运动，则下列判断正确的是（）A．甲乙两颗卫星的角速度相等B．甲乙两颗卫星在同一圆轨道上运行C．甲乙两颗卫星的动能相等D．甲乙两颗卫星的向心加速度不相同，向心力大小不一定相等7．（6分）真空中，在半径为r的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，EF是一水平放置的感光板．从圆形磁场最右点A垂直磁场射入大量的质量为m、带电荷量为q、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力及重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（）A．粒子只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在EF上B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心C．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D．只要速度满足v=，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在EF上8．（6分）如图所示，质量为3m的竖直光滑圆环A的半径为R，固定在质量为2m的木板B上，木板B的左右两侧各有一竖直挡板固定在地面上，B不能左右运动．在环的最低点静止放有一质量为m的小球C．现给小球一水平向右的瞬时速度v0，小球会在圆环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，初速度v0必须满足（）A．最小值为B．最大值为3C．最小值为D．最大值为二、解答题（共4小题，满分47分）9．（5分）“测某星球表面的重力加速度和该星球的第一宇宙速度”的实验如图甲所示，宇航员做了如下实验：（1）在半径R=5000km的某星球表面，竖直平面内的光滑轨道由轨道AB和圆弧轨道BC组成，将质量m=0.2kg的小球，从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F，改变H 的大小，F随H 的变化关系如图乙所示，圆轨道的半径为m，星球表面的重力加速度为m/s2．（2）第一宇宙速度与贴着星球表面做匀速圆周运动的速度相等，该星球的第一宇宙速度大小为m/s．10．（10分）某实验探究小组为了较精确地测量一待测电阻R x的阻值，利用多用电表粗测出它的阻值，然后再改用伏安法测量，以下是备用器材：A．多用电表B．电压表V1，量程6V，内阻约8kΩC．电压表V2，量程15V，内阻约10kΩD．电流表A1，量程10mA，内阻约20ΩE．电流表A2，量程0.6A，内阻约0.5ΩF．电源电动势E=6VG．滑动变阻器R1，最大阻值10Ω，额定电流为2AH．滑动变阻器R2，最大阻值50Ω，额定电流为0.1AI．导线、电键若干（1）如图为多用电表盘，若用×100Ω挡测量电阻，则读数为Ω．（2）在伏安法测量电阻实验中应选择的元器件（填器材前面的字母代号）．（3）在虚线框内画出伏安法测量该电阻时的实验电路图．（4）探究小组的同学合理地连接好电路，交按正确的顺序操作，闭合开关后发现移动滑动变阻器滑片时，电压表示数有变化，电流表示数为零，故障可能是．为了检测故障具体原因，可以先使用多用电表的挡检测，再在断电后用多用电表的挡检测．11．（13分）如图甲所示，水平面上足够长的平行金属导轨MN，PQ间距L=0.3m 导轨电阻忽略不计，其间连接有阻值R=0.8Ω的固定电阻．开始时，导轨上固定着一质量m=0.01kg，电阻r=0.4的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度大小B=0.5T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨面向下．现用一平行金属导轨面的外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动．电压采集器可将其两端的电压U即时采集并输入电脑，获得的电压U随时间t变化的关系图象如图乙所示．求：（1）在t=4.0s时，通过金属杆的感应电流的大小和方向．（2）4.0s内ab位移的大小；（3）4s末拉力F的瞬时功率．12．（19分）如图所示，光滑平面MN的左端M处有一弹射装置P（P为左端固定，处于压缩状态且锁定的轻质弹簧，当A与P碰撞时P立即解除锁定），有段N处与水平传送带恰平齐且很靠近传送带沿逆时针方向以恒定速率v=5m/s匀速运动墨水瓶部分长度L=4m，放在水平面上的两相同小物块A、B（均视为质点）间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能EP=4J，弹簧与A相连接，与B不连接，A、B与传送带间的动摩擦因数u=0.2，物块质量mA=mB=1kg．湘江A、B由静止开始释放，弹簧弹开，在B离开弹簧时，A未与P碰撞，B未滑上传送带，取g=10m/s2，求：（1）B滑上传送带后，向右运动的最远处与N点间的距离Sm1（2）B从滑上传送带到返回到N端的时间t和这一过程B与传送带间摩擦产生的热能Q（3）B回到水平面后被弹射装置P弹回的A上的弹簧，B与弹簧分离然后再滑上传送带，则P锁定是具有的弹性势能E满足什么条件，才能使B与弹簧分离后不再与弹簧相碰．【物理-选修3-3】13．（5分）关于热现象，下列说法中正确的是（）A．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热B．阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃运动不是布朗运动C．在熔化的过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变D．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来E．液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点14．（10分）在水平面上有一个导热气缸，如图甲所示，活塞与气缸之间密封了一定质量的理想气体．最初密封气体的温度为27℃，气柱长10cm；给气体加热后，气柱长变为12cm．已知气缸内截面积为0.001m2，大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2，不计活塞与气缸之间的摩擦．（i）求加热后气缸内气体的温度．（ii）若保持气缸内气体温度不变，将气缸直立后（如图乙所示），气柱长度又恢复为10cm，求活塞质量．【物理-选修3-4】15．图甲为一列横波在t=0时刻的波动图象，图乙为介质中M点的振动图象，下列说法正确的是（）A．这列波沿x轴正方向传播B．这列波的频率为2HzC．这列波的波速大小为4m/sD．经过2s，M点通过的路程是0.4cmE．在t=1.5s时刻，N点向下运动16．如图所示，某棱镜的横截面为直角三角形ABC，其折射率为，已知∠A=30°、∠C=90°，一束平行于AC的光射向棱镜的左侧界面，经AC面反射后从BC边射出，求：①判断光线在AC面是否发生了全反射；②光线从BC射出，射出时的折射角是多少．2017年全国高考物理冲刺预测试卷（四）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，1--4题只有一个选项正确，5-8题有多个选项正确。

满分48分）1．（6分）关于近代物理，下列说法正确的是（）A．氢弹的反应属于裂变，原子弹的反应属于核聚变B．当氢原子从n=4的状态跃升到n=1的状态时，要吸收光子C．当某放射性原子经过2次α衰变和一次β衰变，核内质子数减少3个D．紫外线照射某金属表面时发生了光电效应，则红外线也一定可以使该金属发生光电效应【解答】解：A、原子弹的核反应属于裂变，氢弹的核反应属于核聚变，故A错误；B、氢原子从高能级跃迁到低能级时，放出光子，故B错误；C、根据质量数和电荷数守恒，某放射性原子核经过2次α衰变质子数减小4，一次β衰变质子数增加1，故核内质子数减小3个，故C正确；D、紫外线照射某金属表面时，发生了光电效应，而红外线的频率低于紫外线，故不一定可以使该金属发生光电效应，故D错误；故选：C．2．（6分）一质点从A点开始做初速度为零的匀加速直线运动，加速度的大小为a，B，C，D三点是质点运动路径上三点，且BC=x1，CD=x2．质点通过BC间所用时间与经过CD间所用时间相等，则质点经过C点的速度为（）A． B．C． D．【解答】解：设质点从B到C所用时间为T，则，因此，则从B到D的时间为，质点经过C点的速度=，故A正确，BCD错误；故选：A3．（6分）体重50kg的小明乘坐电梯下楼时，其加速度随时间的变化关系如图所示，g=9.8m/s2，则（）A．t=1s时小明处于超重状态B．地板对小明支持力的最大值为320NC．t=2s时小明对地板的压力为400ND．电梯下降过程中地板对人始终负功【解答】解：由于小明是下楼，所以应该是先向下加速，再匀速，最后向下减速到停止．可知该题的a﹣t图中是选择向下为正方向．A、由于选择向下为正方向，所以在时间轴的上方，表示加速度向下，此时处于失重状态，在时间轴的下方，表示加速度向上，此时处于超重状态；在t=1s时加速度方向向下，此时对地板的压力小于重力，小明处于失重状态，故A错误；B、由图示图象可知，t=9s时，加速度：a=﹣3m/s2，加速度为负，表明加速度的方向向上，由牛顿第二定律得：F﹣mg=ma，解得：F=50×（9.8+3）=640N，地板对小明支持力的最大值为640N，故B错误；C、由图示图象可知，t=2s时，加速度大小为：a=2m/s2，方向向下．由牛顿第二定律得：mg﹣F=ma，解得：F=390N，由牛顿第三定律可知，人对地板的压力：F′=F=390N，故C错误；D、由于小明在下楼，运动的方向向下，而支持力的方向始终向上，所以支持力始终做负功，故D正确；故选：D4．（6分）如图所示，直线ab是电场线中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力的作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能E P随位移x变化的规律如图乙所示．设a，b两点的电场强度大小分别为E A和E B，电势分别为φA和φB．则（）A．E A=E B B．E A＜E B C．φA=φB D．φA＜φB【解答】解：AB、电子从a到b，电势能图线的斜率逐渐减小，斜率表示电场力的大小，知电场力逐渐减小，则电场强度逐渐减小，所以E A＞E B．故AB错误．CD、由于电势能逐渐降低，知电场力做正功，则电子所受的电场力方向由a指向b，电场线的方向由b指向a，沿电场线方向电势逐渐降低，则φA＜φB．故C 错误，D正确．故选：D．5．（6分）如图所示是一小型交流发电机供电原理图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向匀强磁场，理想变压器原、副线圈分别与发电机和灯泡连接，灯泡标有“6W 3V”字样且正常发光．从某时刻开始计时，发电机输出端的电流随时间变化图象如图乙所示，则以下说法正确的是（）A．t=0.04s时发电机内线圈平面与磁场方向平行B．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．变压器原、副线圈匝数之比为1：4D．交流发电机输出电流的函数表达式i=sin（50πt）A【解答】解：A、t=0.04s时电流最小为零，产生的感应电动势最小，故发电机内线圈平面与磁场方向垂直，故A错误；B、由乙图可知，周期T=0.04s，一个周期内电流改变2次，故1s内改变的次数n=次，故B正确；C、流过灯泡的电流为I===2A，最大值==2A，故===10，故C错误；D、交流电的角速度，交流发电机输出电流的函数表达式i=0.2sin（50πt）A，故D错误故选：B6．（6分）2016年12月22日，我国在酒泉卫星发射中心成功发射全球二氧化碳检测科学实验卫星．这是全球第三颗专门用于“看”全球二氧化碳含量的卫星．如图所示，假设两颗卫星甲和乙始终在同一直线上，甲乙两颗卫星间的作用及其他星体对两颗卫星的作用均忽略不计，卫星均围绕着地球做匀速圆周运动，则下列判断正确的是（）A．甲乙两颗卫星的角速度相等B．甲乙两颗卫星在同一圆轨道上运行C．甲乙两颗卫星的动能相等D．甲乙两颗卫星的向心加速度不相同，向心力大小不一定相等【解答】解：A、由“两颗卫星甲和乙始终在同一直线上”，均围绕着地球做匀速圆周运动，可知甲乙两颗卫星的角速度相等．故A正确．B、根据万有引力等于向心力，得G=mω2r，可得r=，可见甲、乙两颗卫星的轨道半径相同，在同一圆轨道上运行，故B正确．C、根据G=m得卫星的动能E k==与卫星的质量m有关，所以甲乙两颗卫星的动能不一定相等．故C错误．D、由a=ω2r知甲乙两颗卫星的向心加速度大小相等，但方向相反，所以加速度不同．由F n=G，知向心力F n与卫星的质量m有关，由于甲、乙两颗卫星的质量关系不确定，所以向心力大小不一定相等．故D正确．故选：ABD7．（6分）真空中，在半径为r的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，EF是一水平放置的感光板．从圆形磁场最右点A垂直磁场射入大量的质量为m、带电荷量为q、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力及重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（）A．粒子只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在EF上B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心C．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D．只要速度满足v=，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在EF上【解答】解：三个选项中均涉及到带电粒子和入射方向沿圆心方向，其运动轨迹如图所示，连接两圆心与两交点，由于O′A⊥OA，从B点射出时，作B点的切线，则O′B⊥OB，所以切线方向必通过圆心O，即出射方向必沿半径方向．A、由上述结论，当粒子的速度较大时，由半径公式，则半径较大，偏转角较小，所以粒子有可能打不到屏上，A选项错误．B、对着圆心入射的粒子，根据两个圆的位置关系（一个是磁场区域的圆，一个轨迹所在的圆）其出射方向的反向延长线一定过圆心，所以选项B错误．C、速度越大，半径越大，则偏转角越小，由时间公式t=，则时间越短，选项C错误．D、若粒子速度满足v=，代入半径公式则带电粒子做圆周运动的半径与磁场区域的半径相等，入射点、出射点及两圆心构成菱形，如图所示，射出磁场时的轨迹半径与最右点的磁场半径平行，即出射粒子的速度方向竖直向下，粒子一定垂直打在MN板上，所以选项D正确．故选：D8．（6分）如图所示，质量为3m的竖直光滑圆环A的半径为R，固定在质量为2m的木板B上，木板B的左右两侧各有一竖直挡板固定在地面上，B不能左右运动．在环的最低点静止放有一质量为m的小球C．现给小球一水平向右的瞬时速度v0，小球会在圆环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，初速度v0必须满足（）A．最小值为B．最大值为3C．最小值为D．最大值为【解答】解：在最高点，速度最小时有：mg=m解得：v1=．从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为v1′，根据机械能守恒定律，有：2mgR+mv12=mv1′2解得：v1′=．要使不会使环在竖直方向上跳起，环对球的压力最大为：F=2mg+3mg=5mg从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为v2′，在最高点，速度最大时有：mg+5mg=m解得：v2=．根据机械能守恒定律有：2mgR+mv22=mv2′2解得：v2′=．所以保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，在最低点的速度范围为：≤v≤．故CD正确，AB错误．故选：CD．二、解答题（共4小题，满分47分）9．（5分）“测某星球表面的重力加速度和该星球的第一宇宙速度”的实验如图甲所示，宇航员做了如下实验：（1）在半径R=5000km的某星球表面，竖直平面内的光滑轨道由轨道AB和圆弧轨道BC组成，将质量m=0.2kg的小球，从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F，改变H 的大小，F随H 的变化关系如图乙所示，圆轨道的半径为0.2m，星球表面的重力加速度为5 m/s2．（2）第一宇宙速度与贴着星球表面做匀速圆周运动的速度相等，该星球的第一宇宙速度大小为5000m/s．【解答】解：（1）小球过C点时满足又根据联立解得，由题目可知：时；时，可解得，r=0.2m（2）据可得故答案为：（1）0.2 5 （2）500010．（10分）某实验探究小组为了较精确地测量一待测电阻R x的阻值，利用多用电表粗测出它的阻值，然后再改用伏安法测量，以下是备用器材：A．多用电表B．电压表V1，量程6V，内阻约8kΩC．电压表V2，量程15V，内阻约10kΩD．电流表A1，量程10mA，内阻约20ΩE．电流表A2，量程0.6A，内阻约0.5ΩF．电源电动势E=6VG．滑动变阻器R1，最大阻值10Ω，额定电流为2AH．滑动变阻器R2，最大阻值50Ω，额定电流为0.1AI．导线、电键若干（1）如图为多用电表盘，若用×100Ω挡测量电阻，则读数为900Ω．（2）在伏安法测量电阻实验中应选择的元器件BDFGI（填器材前面的字母代号）．（3）在虚线框内画出伏安法测量该电阻时的实验电路图．（4）探究小组的同学合理地连接好电路，交按正确的顺序操作，闭合开关后发现移动滑动变阻器滑片时，电压表示数有变化，电流表示数为零，故障可能是待测电阻和电流表所在支路断路．为了检测故障具体原因，可以先使用多用电表的电压挡检测，再在断电后用多用电表的欧姆挡检测．【解答】解：（1）用×100Ω挡测量电阻，由图示表盘可知，电阻阻值为：9×100=900Ω．（2）应用伏安法测电阻需要电源、电压表、电流表、滑动变阻器、开关与导线等实验器材；由于电源电动势为6V，则电压表选择B；电路最大电流约为：I==≈0.0067A=6.7mA，则电流表选择D，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器，滑动变阻器应选择G，故需要的实验器材为：BDFGI．（3）由于待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据滑动变阻器应选择分压接法，由于待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，电路图如图所示：（4）闭合开关，移动滑动变阻器滑片，电流表内有示数，说明电路存在断路，电压表示数发生变化，说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外电路不存在断路，则与电压表并联的电流表和待测电阻所在支路断路；不断电时可以先使用多用电表的电压挡检测电路故障，断电后可以用多用电表的欧姆挡检测电路故障．故答案为：（1）900；（2）BDFGI；（3）电路图如图所示；（4）待测电阻和电流表所在支路断路；电压；欧姆．11．（13分）如图甲所示，水平面上足够长的平行金属导轨MN，PQ间距L=0.3m 导轨电阻忽略不计，其间连接有阻值R=0.8Ω的固定电阻．开始时，导轨上固定着一质量m=0.01kg，电阻r=0.4的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度大小B=0.5T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨面向下．现用一平行金属导轨面的外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动．电压采集器可将其两端的电压U即时采集并输入电脑，获得的电压U随时间t变化的关系图象如图乙所示．求：（1）在t=4.0s时，通过金属杆的感应电流的大小和方向．（2）4.0s内ab位移的大小；（3）4s末拉力F的瞬时功率．【解答】解：（1）由题图乙可知，当t=4s时，U=0.6V，此时电路中的电流（即通过金属杆的电流）为：I==A=0.75A用右手定则判断出，此时电流的方向由b指向a；（2）由题图乙知：U=kt=0.15t（V）金属杆切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv由电路分析有：U=E联立得：v=1.5t（m/s）则知v与t成正比，即金属杆沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为：a=1.5m/s2金属杆在0～4s内的位移为：x=at2=×1.5×42m=12m；（3）t=4s时杆的速度为：v4=at=1.5×4m/s=6m/s=BIL金属杆所受安培力为：F安由牛顿第二定律，对金属杆有：F﹣F=ma安联立解得t=4s时拉力F的瞬时功率为：P=Fv4联立解得：P=0.765W．答：（1）在t=4s时通过金属杆的感应电流是0.75A，方向由b指向a；（2）4s内金属杆的位移大小是12m；（3）4s末拉力F的瞬时功率是0.765W．12．（19分）如图所示，光滑平面MN的左端M处有一弹射装置P（P为左端固定，处于压缩状态且锁定的轻质弹簧，当A与P碰撞时P立即解除锁定），有段N处与水平传送带恰平齐且很靠近传送带沿逆时针方向以恒定速率v=5m/s匀速运动墨水瓶部分长度L=4m，放在水平面上的两相同小物块A、B（均视为质点）间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能EP=4J，弹簧与A相连接，与B不连接，A、B与传送带间的动摩擦因数u=0.2，物块质量mA=mB=1kg．湘江A、B由静止开始释放，弹簧弹开，在B离开弹簧时，A未与P碰撞，B未滑上传送带，取g=10m/s2，求：（1）B滑上传送带后，向右运动的最远处与N点间的距离Sm1（2）B从滑上传送带到返回到N端的时间t和这一过程B与传送带间摩擦产生的热能Q（3）B回到水平面后被弹射装置P弹回的A上的弹簧，B与弹簧分离然后再滑上传送带，则P锁定是具有的弹性势能E满足什么条件，才能使B与弹簧分离后不再与弹簧相碰．【解答】解：（1）弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒由动量守恒得：m A v A﹣m B v B=0联立以上两式解得：v A=2m/sv B=2m/sB滑上传送带做匀减速运动，当速度减为0时，向右运动的距离最大．由动能定理得：﹣μm B gSm=0﹣解得：S m==1m（2）物块B先向右做匀减速运动，直到速度减小为0，然后反方向做匀加速运动，到皮带左端时速度大小仍为v B=2m/s由动量定理得：﹣μm B gt=﹣m B v B﹣m B v B解得：t==2sB向右匀减速运动因摩擦力而产生的热能为：Q1=μm B g（+Sm）B向左匀加速运动因摩擦力而产生的热能为：Q2=μm B g（﹣Sm）Q=Q1+Q2=μm B gvt=20J（3）设弹簧p将A弹开后的速度为v A'由能量守恒知：B离开弹簧后与A交换速度，则要是B与弹簧不再相撞，则B至少滑到Q端即由以上三式得E＞6J答：（1）B滑上传送带后，向右运动的最远处与N点间的距离为1m；（2）B从滑上传送带到返回到N端的时间t和这一过程B与传送带间摩擦产生的热能Q为20J．（3）B从滑上传送带到返回到N端B回到水平面后被弹射装置P弹回的A上的弹簧，B与弹簧分离然后再滑上传送带，则P锁定是具有的弹性势能E＞6J【物理-选修3-3】13．（5分）关于热现象，下列说法中正确的是（）A．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热B．阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃运动不是布朗运动C．在熔化的过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变D．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来E．液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点【解答】解：A、对于一定量的理想气体，如果压强不变，当体积增大根据理想气体的状态方程：=C可知气体的温度升高；体积增大，气体对外做功，而温度升高内能增大，根据热力学第一定律可知，它一定从外界吸热，故A正确；B、布朗运动是固体颗粒的运动，观察需借助显微镜，而阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动不是布朗运动，故B正确C、晶体在熔化的过程中，虽然温度保持不变，但晶体要吸收热量，所以内能增大．故C错误；D、第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机违背了热力学第二定律，两类永动机不可能制造出来．故D错误；E、液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点．故E正确．故选：ABE14．（10分）在水平面上有一个导热气缸，如图甲所示，活塞与气缸之间密封了。