华附、省实、深中、广雅2020届高三理综四校联考试卷（Word版附答案）

理科综合 本试卷分选择题和非选择题两部分，共 14 页，满分 300 分，考试用时 150 分钟。 注意事项： 1．答卷前，考生务必用 2B 铅笔在“准考证号”处填涂准考证号。用黑色字迹的钢笔或签 字笔将自己姓名、班级、考场号、座位号、准考证号填写在答题卷指定区域内。 2．选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域 内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂 改液；必须保持答题卷的整洁。不按以上要求作答的答案无效。 可能用到的原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cu 64 第一部分 选择题（共 126 分） 一、选择题：本题共 13 小题，每小题 6 分,共 78 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 1．下列关于细胞结构与成分的叙述，正确的是 A．线粒体膜上有葡萄糖的载体，没有氧气的载体 B．细胞中的色素不是分布在叶绿体中，就是分布在液泡中 C．含有蛋白质的细胞器不一定含有核酸，含核酸的细胞器一定含有蛋白质 D．微量元素可参与某些复杂化合物的组成，如 Fe、Mg 分别参与蛋白质和叶绿素的组成 2．SGLT2 是肾小管细胞膜上重吸收葡萄糖的一种载体蛋白，SGLT2 可以与肾小管腔中葡萄糖 和 Na+结合，形成 Na+-载体-葡萄糖复合物，将 Na+顺浓度梯度运入细胞，同时将葡萄糖逆 浓度梯度运入细胞，下列叙述错误的是 A．氧气的含量变化会直接影响 SGLT2 参与的葡萄糖的运输速率 B．SGLT2 将肾小管腔中的葡萄糖运入细胞属于主动运输 C．细胞通过 SGLT2 运输葡萄糖的动力来自 Na+的浓度差 D．肾小管细胞中 SGLT2 合成不足可能导致人尿液中含有葡萄糖 3．蝗虫的决定为 XO 型，正常雄虫的体细胞中有 23 条染色体，仅有一条性染色体（X 染色 体）。下图表示某雄虫精巢中某一细胞染色体的行为，染色体 A 和 B 为一对同源染色体。 以下叙述正确的是 A．图示细胞处于减数第二次分裂后期 B．若对该种蝗虫进行基因组测序，则应该测定 12 条染色体的 DNA 序列 C．该细胞所处的时期染色体高度螺旋化难以解旋，细胞内不能合成新的蛋白质 D．萨顿通过观察雄蝗虫体细胞和精子细胞的染色体数，提出了基因在染色体上的假说 4．2017 年诺贝尔生理学或医学奖颁给了美国的三位科学家，他们发现果蝇的昼夜节律与 PER 蛋白浓度的变化有关，右图表示 PER 蛋白作用部分过程，有关叙述错误的是 A．PER 蛋白可反馈抑制 per 基因的转录 B．per mRNA 的合成过程发生在细胞核内 C．图中核糖体移动的方向是从 a→b D．PER 蛋白与 TIM 蛋白结合后穿过核膜进入细胞核 5．下列关于生物变异、育种和进化的叙述，正确的是 A．B 基因可突变成 b1、b2 基因反映了基因突变的随机性 B．单倍体育种中常用一定浓度的秋水仙素处理萌发的种子或幼苗 C．生物产生的变异个体都属于可遗传的变异，都可以作为生物进化的原材料 D．地理隔离可阻止种群间的基因交流，种群基因库的明显差异导致种群间产生生殖隔离 6．右图为人体体液物质交换示意图，下列叙述正确的是 A．体液①含有尿素、氨基酸、糖原、CO2 等物质 B．体液①和②之间进行物质交换，可以等量地相互转化 C．④能回流血浆，是淋巴细胞和吞噬细胞的直接生活环境 D．③若产生乳酸会引起①②④内 pH 剧烈变化 7．下列说法中错误的是 A．采煤工业爆破时把干冰和炸药放在一起，既能增强爆炸威力，又能预防火灾 B．国产大型飞机 C919 使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料 C．《肘后急备方》“青蒿一握，以水二升渍，取绞汁”，该过程属于物理变化 D．高级脂肪酸乙酯是生物柴油的一种成分，它属于油脂 8．国际计量大会第 26 次会议新修订了阿伏加德罗常数(NA=6.02214076×1023mol－1)，并于 2019 年 5 月 20 日正式生效。下列说法正确的是 A．在 Al3+数目为 NA 的 AlCl3 溶液中，Cl－总数为 3NA B．常温下，42g 乙烯和丙烯的混合物中所含共价键的数目是 9NA C．4molNH3 与 6molO2 在催化剂和加热条件下充分反应，所得产物中 NO 的分子数是 4NA D．常温常压下，2g 羟基（—18OD）中所含的中子数为 NA 9．从山道年蒿中提取出一种具有明显抗癌活性的有机物 X，其结构简式如图所示。下列有关 说法错误的是 A．该物质的分子式为 C10H16O2 B．该物质能发生氧化反应、还原反应、加聚反应和取代反应 C．该物质的一氯代物共有 5 种 D．该物质所有的碳原子不可能共平面 10．《Journal of Energy Chemistry》报导我国科学 家设计 CO2 熔盐捕获与转化装置如右图。下 列有关说法正确的是 A．b 为正极 B．熔盐可用 KOH 溶液代替 C．d 极电极反应式为 CO32－+4e－= C+3O2－ D．转移 lmol 电子可捕获 CO2 5.6L 11．短周期元素 X、Y、Z、M 的原子序数依次增 大，其中 X、Y、Z 三种元素中，可形成含二 种元素的 10 电子微粒 m、n、p、q，且有反应 m+n p↑+q ；M 的最高价氧化物对 应的水化物为无机含氧酸中的最强酸。则下列说法正确是 A．原子半径 Xβ，两个滑块和斜面之间 的动摩擦因数相同，下滑过程中斜面体均保持静止，下 列说法正确的是 A．甲滑块滑到斜面底端的速度比乙大 B．甲滑块在斜面上滑动的时间一定比乙长 C．甲滑块下滑过程中，机械能的变化量比乙大 D．甲滑块下滑过程中，斜面体对水平地面的压力比乙大 1t v 9 2 9 2 9 2 9 2 图 1 图 2 图 4 图 5 19．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图 4 甲所示；产 生的交变电动势随时间变化的规律如图 4 乙所示。则下列说 法正确的是 A．t＝0.01 s 时穿过线框的磁通量最小 B．该线圈转动的角速度大小为 rad/s C．该交变电动势的瞬时值表达式为 e＝22 2sin(100πt) V D．线框平面与中性面的夹角为 45°时，电动势瞬时值为 22 V 20．某静电场方向平行于 x 轴，其电势 φ 随 x 的变化规律如图 5 所示；一质量为 m、带电量为 -q 的粒子(不计重力)，从 O 点(x＝0)静止释放，仅在电场力的作用下沿 x 轴正方向运动。 下列说法正确的是 A．粒子从 O 运动到 x1 的过程中做匀加速直线运动 B．粒子在 x1 处速度最大，为 C．粒子第一次经过 x1 到 x2 的运动过程中，电势能减小 D．粒子不可能运动到 x2 的右侧 21．如图 6 所示，在 0≤x≤b、0≤y≤a 的长方形区域中有一磁感应强度大小 B 的匀强磁场，磁场 的方向垂直于 xOy 平面向外。O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为 m，电荷量 为 q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在 xOy 平面内的第一象限内。已 知粒子在磁场中做圆周运动的周期为 T，最先从磁场上边界中飞出的粒子经历的时间为 T 12， 最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为T 4。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则 A．粒子圆周运动的半径 r＝2a B．长方形区域的边长满足关系b a＝2 C．长方形区域的边长满足关系b a＝ 3＋1 D．粒子的射入磁场的速度大小 v＝2qBa m 第二部分 非选择题（共 174 分） 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题～第 32 题为必考题，每个试题考生 都必须做答。第 33 题～第 38 题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题（共 129 分） 22．（5 分） 如图 7-甲所示的实验装置，可用来测定加速度。在铁架台的顶端有一电磁铁，下方某位 置固定一光电门，电磁铁通电后铁质金属球被吸起，测出此时金属球与光电门的距离 h(h 远大 π m qvm 02 ϕ= 图 6 于金属球的直径）。断开电磁铁的电源，测量金属球下落过程中经过光电门的时间为 ，请 回答下列问题： （1）用游标卡尺测得金属球的直径为 d，如图 7-乙所示，则该示数为______cm； （2）金属球的加速度的关系式为 a=______；（用以上字母表示） （3）根据上述实验操作及所测量的物理量，此实验________（填“能”或“不能”）用来探 究外力对金属球所做的功与它的动能变化的关系。 图 7-甲 图 7-乙 23．（10 分） 某同学想测量多用电表内电源的电动势和欧姆挡×1k 挡的中值电阻。该同学设计了如图 8- 甲所示的实验电路图， 是完全相同的两块电压表。 图 8-甲 图 8-乙 请你与他按以下步骤共同完成实验：（1）断开开关 k1、k2，将多用电表挡位调到欧 姆挡×10k 挡，将电压表 的正接线柱与多用电表的______（选填“红” 或“黑”）表笔相 连； t∆ （2）闭合开关 k1、k2，发现多用电表的示数如图 8-乙所示，为了提高测量的精确度， 我们应断开开关 k1、k2，换__________（选填“较大”或“较小”）倍率的挡位，然后 （具体操作）； （3）再闭合开关 k1 和 k2，记录此时电压表示数 U1，多用电表示数 R1；保持开关 k1 闭合，断开开关 k2，记录此时电压表示数 U2；测得多用电表内电源的电动势可表达 为 ，此时多用电表相应的欧姆挡×1k 挡的中值电阻可表达为 ；（用 上述已测量的物理量表示） （4）该实验测量的结果____（选填“有”或“无”）系统误差。 24．（12 分） 如图 9 所示，一个初速为零、带电量为 e、质量为 m 的 正离子，被电压为 U 的电场加速后，经过一段匀速直线运动， 垂直于边界 MN 进入磁感应强度为 B 的匀强磁场，磁场的水 平宽度为 d（忽略粒子所受重力）。求：（1）离子在磁场中做 圆周运动的半径 R；（2）离子在磁场中运动的时间。 25．（20 分） 如图 10 所示，水平面上有一条长直固定轨道，P 为轨道上的一个标记点，竖直线 PQ 表示 一个与长直轨道垂直的竖直平面，PQ 的右边区域内可根据需要增加一个方向与轨道平行的水 平匀强电场。在轨道上，一辆平板小车以速度 v0=4m/s 沿轨道从左向右匀速运动，当车长一半 通过 PQ 平面时，一质量为 m=1kg 的绝缘金属小滑块（可视为质点）被轻放到小车的中点上， 已知小滑块带电荷量为+2C 且始终不变，滑块与小车上表面间的动摩擦因数为 μ=0.2，整个过 程中小车速度保持不变，g=10m/s2。求： （1）若 PQ 右侧没有电场，小车足够长，在滑块与小车恰好共速时小滑块相对 P 点水平 位移和摩擦力对小车做的功； （2）若 PQ 右侧加一个向右的匀强电场，且小车长 L=2m，为确保小滑块不从小车左端掉 下来，电场强度大小应满足什么条件？ （3）在（2）的情况下，PQ 右侧电场强度取最小值时，为保证小滑块不从车上掉下，则 电场存在的时间满足什么条件？ 图 10 26.（14 分） 硫酰氯(SO2Cl2) 和亚硫酰氯(SOCl2) 都是重要的化工试剂，均易水解。 （1）甲同学在实验室利用 SO2 和 Cl2 在活性炭催化作用下制取 SO2Cl2，装置如图所示。 ①B 装置中冷凝管进水口是 (填“m”或“n”)。B 中干燥管盛有的物质是 。 ②欲制取少量 SO2Cl2，选择上图中的装置（可以重复选用），其连接顺序为：a、 、 h。 ③去除 C 装置会降低 SO2 和 Cl2 的利用率，可能的原因是 。（用化学方程式表示） （2）SOCl2 水解后无残留物，较 SO2Cl2 是更好的脱水剂。乙同学设计实验利用 SOCl2 和 ZnCl2·xH2O 制取无水 ZnCl2。 ①解释 SOCl2 在该实验中的作用是 （写出两点）。 ②实验室常用 NaOH 溶液吸收 SOCl2，该反应的离子方程式是 。 （3）乙同学认为 SOCl2 还可用作由 FeCl3·6H2O 制取无水 FeCl3 的脱水剂，但丙同学认为 该实验可能发生副反应使产品不纯。 ①可能发生的副反应的化学方程式是 。 ②两同学设计如下实验判断副反应的可能性：取少量 SOCl2 和 FeCl3·6H2O 反应后的混合 物于试管中，加水溶解，将溶液平分至五支试管，分别进行以下实验，其中能得出合理结论 的是 。 A．加入过量稀 HNO3，再滴加几滴 AgNO3 溶液 B．加入少量稀 HNO3，再滴加几滴 BaCl2 溶液 C．滴加几滴 BaCl2 溶液 D．滴加几滴酸性 KMnO4 溶液 E．滴加几滴 KSCN 溶液后，再滴加几滴氯水 27. （15 分） 通过对阳极泥的综合处理可以回收宝贵的金属，一种从铜阳极泥（主要成分为 Se、 Ag2Se、Ag、Cu、CuSO4 和 Cu2S 等）中分离 Ag、Se 和 Cu 的新工艺流程如下图所示： （1）已知预处理温度为 80℃，预处理渣中几乎不含 S 元素，预处理时 Cu2S 发生反应的 离子方程式为_______________。比起传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂，本工艺中采用稀 H2SO4 溶液添加 MnO2 做预处理剂的主要优点是_______________。 （2）回收分银渣中的银，可用如下过程： 已知：S2O32—在碱性条件下很稳定，易与银离子络合：Ag++2S2O32— Ag(S2O3)23—。常 温下，络合反应的平衡常数为 K 稳[Ag(S2O3)23—] = 2.8×1013，Ksp(AgCl) = 1.8×10-10。 ①Ⅰ中发生的离子反应方程式为：AgCl(s)+2S2O32—(aq) Ag(S2O3)23—(aq)+Cl—(aq)，常 温下此反应的平衡常数 K 为_________（结果保留二位小数）。 ②Ⅱ中还原剂为 Na2S2O4，在碱性条件下进行反应生成 Na2SO3，离子反应方程式为 ______________。 ③Ⅲ中银渣回收液可直接循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低。从化学平衡的 角度分析原因：______________。 （3）分硒渣的主要成分是 Cu2Se，可被氧化得到亚硒酸(H2SeO3)。已知常温下 H2SeO3 的 Ka1=2.7×10-3，Ka2=2.5×10-8，则 NaHSeO3 溶液的 pH______7(填“>”、“”“”“vb>va （2 分） ②BCE （2 分） ③此反应正向放热，温度升高，平衡向逆向进行。 （2 分） （2） I. ①－90 （2 分） ②低温 （1 分） ③反应的活化能高 （1 分） II.①1/P （2 分） ② > < （2 分） 35.（15 分） （1）[Ar]3d9 或 1s22s22p63s23p63d9（2 分） （2）7NA（2 分） （3）NH3·H2O 中 NH3 的 N 提供孤对电子给金属离子形成配位键（2 分） （4）分子晶体（1 分）；联氨分子间存在氢键，O2 的分子间作用力为范德华力（2 分） （5）V 形（1 分），sp3（1 分） （6）2（2 分）， 或 （2 分） 36.（15 分） （1）1,3-丁二烯（2 分） （2）氧化反应、取代反应（2 分） 73 (64 2 16) 2 10 AN d × + × ×× 73 288 10 AN d ×× （3） （2 分） （4）C8H12O3 （2 分） （5）羰基、酯基（2 分） （6） 、 、 、 （2 分） （7） COOH COOH + 2CH3CH2OH 浓H2SO4 COOC2H5 COOC2H5 + 2H2O OO OH O O OH OH O O OH O O CH3COOC2H5 C2H5ONa DMF COOC2H5 O 1) C2H5ONa 2) BrBr COOC2H5 O COOH O 1) KOH 2) HCl 物理参考答案 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 C A C B A CD BD ACD 14．解析：因 v­t 图的斜率代表加速度，t1 故 A 项错误．0～t1 加速度越来越小，所以合外力越 来越小，故 B 项错误．0～t4 时间段内，v­t 图围成的面积为零，所以位移为零， 故 C 项正确．t2 时刻 v＝0 而 a 最大，故 D 项错误． 15．解析：小球受到的重力，电场力和轻绳的拉力构成矢量三角形如图所示，由力 的动态变化可以看出，α 角的最大值为 300,故选 A． 16．解析：在星球表面的物体受到的重力等于万有引力 GMm R2 ＝mg，所以 g＝GM R2 ＝ G·ρ·4 3πR3 R2 ＝4 3πGρR，整理可得g′ g＝ρ′ ρ·R′ R＝16 81，故 A、B 均错误；探测器绕地球表 面运行和绕月球表面运行都是由万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律有：GMm R2 ＝ mv2 R，得：v＝ GM R …①，M 为中心天体质量，R 为中心天体半径，M＝ρ·4 3πR3…②，由①② 得：v＝ 4πGρR2 3 ，已知月球和地球的半径之比为 1∶4，密度之比为 64∶81，所以探测器 绕月球表面运行和绕地球表面运行线速度大小之比为：v′∶v＝ ，故 C 正确、D 错误 17． 解析：由动量守恒可得第一次击打木块的过程中 ，第二次击打木块的过程中 ,两式相除可得 vl：v2=1：2 ，所以 B 正确． 18．解析：设斜面倾角为 θ，下滑的加速度 ，可知 ，下滑位移 ，所以甲滑块滑到斜面底端的速度比乙大，A 正确；设斜面底边长为 d，斜面长 为 d/cosθ ， 由 公 式 ， 可 解 得 ， 化 简 ，可见当 时， t 最大，所以 B 无法确定，B 错；机械能损失等于产生的热量 ， 可见甲乙摩擦生热一样多，C 错；两个系统都失重，因为两个小滑块都有竖直向下的加速 9 2 Mvmv =1 MvMvmv =−2 θµθ cossin gga −= 乙甲 aa > 乙甲 ss > 2)cossin(2 1 cos tggd θµθθ −= )coscos(sin 2 2 θµθθ −= g dt ))2(sin(1 4 )2cos2(sin 4 2 µφθµµθµθ −−+ =−−= g d g dt 902 =−φθ mgdsmgQ µθµ =⋅= cos 度 ，显然 ，所以甲系统失重更多，对地面压力更小，所以 D 错误． 19．解析：t＝0.01 s 时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，故选项 A 错误；该线 圈的角速度 rad/s，故选项 B 错误；由题图乙知该交变电动势的瞬 时值表达式为 e＝22 2sin(100πt)V，故选项 C 正确．电动势瞬时值为 22 V 时，代入瞬时 值表达式，得 sin ωt＝ 2 2 ，故表明线框平面与中性面的夹角为 45°，故选项 D 正确． 20．解析：从 O 到 x1，电势升高，场强沿－x 方向，电场力沿 x 轴正向，斜率在减小，说明电 场在减弱，所以粒子做加速度减小的变加速直线运动，A 项错；从 x1 以后的运动过程中， 电势降低，场强沿＋x 方向，电场力对粒子做负功，粒子的电势能先增加，C 项错；粒子 在 x1 处电势能最小，动能最大，由能量守恒 1 2mv2m=qφ0，解得 ，B 项正确； 根据能量守恒，粒子运动到 x2 处速度已经减为零，D 项正确． 21．解析：设粒子的速度大小为 v，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由磁场对粒子 的洛伦兹力提供，则由 qvB＝mv2 r ，解得 v＝qBr m ，粒子 在匀强磁场中的运动时间为 t＝ s v.由于各个粒子的电 量、质量和粒子的速度的大小都相同，所以各个粒子 在磁场中的轨道半径的大小为定值，粒子在磁场中所 对应的轨迹的弧长越长，粒子在磁场中的运动时间越 长；粒子在磁场中所对应的轨迹的弧长越短，粒子在 磁场中的运动时间越短。不妨假设匀强磁场充满整个 空间，画出粒子在磁场中的轨迹如图 1 所示，由图 2 可知：沿着 y 轴正方向的粒子最先从磁场上边界中飞 出，设该粒子在磁场中的轨迹所对的圆心角为 θ1，由 题意得： θ1 360°T＝ T 12，解得：θ1＝30°，如图所示，由几何关系 可得：rsin 30°＝a，可解得：r＝2a、v＝2qBa m ，答案 AD 正确；如 图 3 所示，当粒子的运动轨迹和磁场的上边界相切时，粒子 在磁场中运动轨迹所对应的弧长最长，在磁场中的 运动时间最长，设该种情况下粒子的轨迹所对应的 圆心角为 θ2 ，则： θ2 360°T＝ T 4，解得：θ2 ＝90°.设 ∠MO2O＝θ3、∠MO2D＝θ4，则：θ3＋θ4＝90°.由几何 关系可得：rcos θ3＝r－a，即：2acos θ3＝2a－a＝a，则： θ3＝60°、θ4＝30°.由几何关系进一步可得：b＝rsin θ3＋ rsin θ4，即：b＝2asin 60°＋2asin 30°＝ 3a＋a，所以长 θsinaay = 乙甲 yy aa > πππω 10002.0 22 === T m qvm 02 ϕ= 方形区域的边长满足关系b a＝ 3＋1，C 项正确。 22．(5 分) （1）1.220 ----------------------2 分 （2） ---------------------------2 分 （3）不能-----------------------1 分 23．(10 分) （1）黑；-------------1 分 （2）较小；---------------1 分；将红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使多用电表的指针 恰好停到欧姆刻度线的 0 刻度处（指针指向“0Ω”）------------3 分,3 个点每个 1 分 （5） ------------2 分； 或者 -----------2 分 （6）无 --------------------1 分 24．（12分） 解析： （1）带电离子加速运动末速度为v，则 ①------------------------2分 进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 ②----------2分 联立①②求解可得 ③---------------------------1分 （2）离子在磁场中运动周期 ④----------------------------------------2分 i）若 ，离子从MN边界离开磁场区域，圆周运动的圆心角为 ------1分 所以离子在磁场中运动的时间 ⑤-------------------1分 ii）若 ，离子从PQ边界离开磁场区域，圆周运动的圆心角为 利用几何知识可得 ⑥---------------------------2分 所以所以离子在磁场中运动的时间 -----1分 25．(20 分) 解析： ht d 2 1)( 2 ∆ 21 21 UU UU − 1 21 12 RUU RU −− 1 21 122 RUU UU − − 2 2 1 mveU = R mvevB 2 = eB emU e mU BeB mvR 221 === eB m v RT ππ 22 == dR < π eB mTt π π π == 21 dR > θ mU edBR d 2sin ==θ )2(sin2 1 2 mU edBeB mTt −== π θ （1）小滑块放在小车上以后，其加速度根据牛顿第二定律 ① -----------1 分 解得加速度 加速到共速时用时 t1， ②----------------------------------------------------------------1 分 解得 此过程中小滑块相相对 P 点移动的距离 ③--------------------------------------1 分 此过程中木板相相对 P 点移动的距离 ④--------------------------------------------1 分 求解可得 ， ------------------------------------------------------------------1 分 摩擦力对小车做的功 ⑤-------------------------------------------------------1 分 求解可得 （没有负号扣除这一分）---------------------------------------------1 分 （此小问学生用动能定理和动量定理替代牛顿运动定律求位移和时间也可以，每式 1 分） （2）当加有向右电场时，小滑块加速度 ⑦------------------------------------1 分 恰好运动到木板左端共速，共速时间 ⑧----------------------------------------------1 分 根据两物体的位移关系可得 ⑨-------------------------------------------2 分 联立⑦⑧⑨可得 ，所以电场强度 E 满足 ---------------------------1 分 （3）满足第二问的条件，当电场 时，小滑块相对运动到木板最左端后，会向右 做匀加速运动，设时间为 t3 后撤去电场,之后滑块做减速运动，经时间 t4，小滑块和小车在小 车右端共速，恰好没掉下来， 小滑块向右加速度为 ⑩-------------------------------------------------1 分 解得 加速的末速度 ⑪ 减速过程中 ⑫---------------------------------------------------------------1 分 加速过程中的位移为 ⑬ 1mamgf == µ 2 1 /2 sma = 10 atv = st 21 = 2 1 2 1 ats = 102 tvs = ms 41 = ms 82 = 2mgsWf µ−= Jwf 16−= m mgqEa µ+=2 2 0 2 a vt = 2 2220 2 1 2 1 tatvL −= st 5.02 = v/m3=E v/m3≥E v/m3=E 3mamgqE =− µ 2 3 /4 sma = 3301 tavv += 4101 tavv += 3 2 0 2 1 3 2a vvs −= 减速过程中的位移为 ⑭--------------------------------------------------1 分 则 ⑮-----------------------------------------------------------2 分 联立⑩⑪⑫⑬⑭⑮求解解得 ------------------------------------1 分 所以电场存在总时间 ------------------------------------------1 分 所以电场存在的时间满足关系式 （结果可以保留根式）------1 分 解法 2：满足第二问的条件，当电场 时，小滑块相对运动到木板最左端后，会向 右做匀加速运动，设时间为 t3 后撤去电场 小滑块向右加速度为 ⑩-------------------------------------------------1 分 解得 滑块相对小车做加速度为 ，初速度为零的匀加速运动，经时间 t3 后做加速度为 的匀减 速运动直至相对静止，此过程中的总位移小于等于板长，因此 ----4 分 加速过程的时间 --------------------------------------------------------1 分 所以电场存在总时间 ⑮----------------------------------------------------1 分 所以电场存在的时间满足关系式 --------------------------------------------1 分 33．（15 分） （1）答案：BCD 解析：伽利略的斜面实验是为了证明“不受外力的物体会永远匀速运动下去”，所以 A 错； 伽利略和笛卡尔在牛顿提出牛顿运动定律前，都提出了和牛顿运动定律类似的观点，B 正确； 奥斯特发现了电流会激发磁场，即电生磁，但是安培提出了“安培环形电流假说”，解释了磁铁 产生磁场的原因，所以 E 错误． （2）解析： （1）线框在磁场中匀速运动 ①----------------------------1 分 导体棒受到的安培力 ②-------------------------------------1 分 电流 ③---------------------------------------------------1 分 联立求解可得 ④--------------------------------------------1 分 同理可得 ⑤ 1 2 0 2 1 4 2a vvs −= Lttvss =+−+ )( 43043 sst 58.03 3 3 ≈= sttt 08.1)( 32 =+= sts 08.15.0 ≤≤ v/m3=E 3mamgqE =− µ 2 3 /4 sma = 3a 1a La v a v =+ 1 2 3 2 22 ssa vt 58.03 3 3 3 ≈== sttt 08.1)( 32 =+= sts 08.15.0 ≤≤ Af FFF += ABA BILF = R vBLI AB 1= smv /11 = smv /12 = （2）线框进入磁场前，根据动能定理有 ⑥------------------2 分 解得 ⑦--------------------------------------------------1 分 （3）在穿越磁场的过程中 ⑧----------2 分 解得 Q=0.5J⑨---------------------------------------------------1 分 2 12 1)( mvxFF f =− mx 05.0= 2 1 2 2 2 1 2 1))(( mvmvQdLFF ADf −=−+−