重庆市巴蜀中学2021-2022学年高二下学期期末物理试题 Word版含解析.docx

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物理试卷一、选择题（本题包括18小题，1-10为单选，每小题2分，共20分。11-18为多选，每小题3分，共24分。多选题全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错或不答的得0分）1.多功能道路检测车是一套模块化的数据采集平台，由一辆特别改装的汽车和各种数据采集系统组成，对自动驾驶汽车的研究具有重大意义。现在在某个测试场的一平直公路上行驶的两辆汽车a和b，其位移时间图像分别如图中直线a和曲线b所示，下列说法正确的是（　　）A.时，a车速度大于b车速度B.a车做匀速运动，b车做加速运动C.在时间内，a车的平均速度比b车的大D.在的时间内，b车始终没有超过a车【答案】D【解析】【详解】A．根据位移时间图像的斜率表示速度可知，时，a车速度等于b车速度，故A错误；B．根据位移时间图像的斜率表示速度可知，a车做匀速运动，b车做减速运动，故B错误；C．在时间内，a车的平均速度为在时间内，b车的平均速度为可知，在时间内，a车的平均速度比b车的小，故C错误；D．在的时间内，b车的位移始终小于a车的位移，所以b车始终没有超过a车，故D正确。故选D。2.19世纪末，玻尔在卢瑟福模型的基础上，提出了电子在核外的量子化轨道，解决了氢原子结构的稳定性问题。如图所示为氢原子的能级结构图，一群氢原子处于的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为的金属铯，下列说法正确的是（　　） A.这群氢原子能发出6种频率不同的光，其中从跃迁到所发出的光波长最短B.这群氢原子能发出3种频率不同的光，其中从跃迁到所发出的光频率最高C.金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为D.金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为【答案】C【解析】【详解】AB．这群氢原子发出的光频率有共六种，由可知从跃迁到所发出光频率最短，波长最长，从跃迁到所发出的光频率最高，故AB错误；CD．由能级图可知，从跃迁到所发出的光能量最多，为则金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为故C正确，D错误。故选C。3.最近几年以来，中国的“龙门吊”可谓创下了世界之最，据统计，中国的“龙门吊”已经占据了世界70%的市场，英国在建航母使用的千吨级吊车同样来自于中国。而在普通的建筑工地上，经常通过吊车将物体运送到高处，简化后模型如图所示，导轨与圆弧形导轨相连接，D为圆弧最高点，整个装置在竖直平面内。现在有一个吊车从A点加速运动到C点，假定车箱内物体M始终保持水平。则在该过程中，关于物体M受力的描述正确的是（　　） A.经过B点时，处于失重状态B.经过B点时，物体所受的支持力小于重力C.经过B点时，摩擦力水平向右D.经过B点时，底板的支持力为零【答案】C【解析】【详解】M跟随吊车从A点加速运动到C点，说明经过B点时，M受到的合力大致应沿AC方向。故对M受力分析可知，M除受到自身重力外，还受到底板的支持力作用和水平向右摩擦力作用，且支持力大于重力，物体处于超重状态。故选C。4.为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，如图所示是某新能源动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图，下列说法正确的是（　　）A.该新能源动力车的初速度为B.刹车过程该新能源动力车的加速度大小为C.刹车过程持续的时间为D.从开始刹车时计时，经过，该新能源动力车的位移为【答案】B【解析】【详解】AB．由得 结合图像得，解得故A错误，B正确；C．刹车过程持续的时间为故C错误；D．由C项分析知动力车4s之后为停止状态，所以内的位移为故D错误。故选B。5.光电效应是物理学中一个重要而神奇的现象。在高于某特定频率的电磁波的照射下，某些物质内部的电子会逸出而形成电流。如果用频率为的光照射某金属表面，逸出光电子的最大初动能为E；若改用频率为的另一种光照射该金属表面，逸出光电子的最大初动能为。已知普朗克常量为h，则为（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】由光电效应方程可得，解得故D正确，ABC错误。故选D6.如图所示，质量为的物体A静止在竖直固定的轻弹簧上，质量为的物体B 由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现突然将细线剪断，则剪断细线瞬间A、B间的作用力大小为（取）（　　）A.B.C.D.0【答案】A【解析】【详解】细线剪断前，以物体A为对象，弹簧的弹力与物体A的重力平衡，则有剪断细线瞬间，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得解得以物体B为对象，设A、B间的作用力大小为，根据牛顿第二定律可得解得A正确，BCD错误。故选A。7.如图所示，水平放置的封闭绝热气缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分．已知a部分气体为氧气，b部分气体为氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体。解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为、，温度分别为、．下列说法正确的是（　　） A.，B.，C.，D.，【答案】B【解析】【详解】解除锁定前，两部分气体温度相同，体积相同，根据可知b气体的压强大于a气体的压强，解除锁定后，活塞向左移动，平衡时有，活塞左移过程中，a气体的体积减小，外界对a气体做正功，又因为是绝热气缸，根据热力学第一定律可知，a气体的内能增大，a气体的温度增大，b气体对外做功，b气体的内能减小，b气体的温度减小，故平衡时有B正确，ACD错误。故选B。8.为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，转轴位于、的中点。第一次线圈绕转轴按图示方向匀速转动（向纸外，向纸内），并从图甲所示位置开始计时。此时产生的交流电如图乙所示。第二次他仅将转轴移至边上，第三次他仅将转轴右侧的磁场去掉，关于后两次的电流图像，下列说法正确的是（　　） A.第二次是A图B.第二次是C图C.第三次是B图D.第三次是D图【答案】D【解析】【详解】AB．第二次将转轴移到ab边上穿过线圈的磁通量变化情况与线圈绕转轴OO1转动变化情况相同，故产生的感应电流与第一次相同，可知第二次是B图，选项AB错误；CD．第三次将OO1右侧的磁场去掉，线圈在转动过程中只有一半面积在磁场中，只有一边切割磁感线，产生的交变电流的最大值为原来的，产生的电流仍然是完整的正弦式交变电流，可知第三次是D图，选项C错误，D正确。故选D。9.如图所示，质量分别为m1、m2的物块A、B用一轻质绳相连置于粗糙水平面上，用一水平外力F（F=kt，k为大于零的常数）向右拉A。已知A、B与水平面间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，绳子能够承受足够大的拉力，开始绳中拉力为0，则下列关于绳中弹力T随时间t变化的关系图中正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【详解】设A、B与水平面间的动摩擦因数为μ，在F小于μm1g时，A处于静止状态，绳中弹力T=0；当F大于μm1g而小于μ（m1+m2）g时，A、B整体处于静止状态，绳中弹力T随时间t逐渐增大。当F大于μ（m1+m2）g时，对A、B整体，由牛顿第二定律有F-μ（m1+m2）g=（m1+m2）a对物块B，由牛顿第二定律有T-μm2g=m2a联立解得绳中弹力T随时间t变化的图线的反向延长线过坐标原点。故选B。10.机场和火车站的安全检查仪用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图所示模型，紧绷的传送带始终保持的恒定速率向左运行，旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数，A、B间的距离为，g取。若乘客把行李放到传送带的同时也以的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则（　　）A.乘客与行李同时到达B处B.行李比乘客提前到达B处C.乘客比行李提前到达B处D.乘客比行李提前到达B处【答案】C【解析】【详解】行李无初速度地放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动，加速时历时达到共同速度，位移 此后行李匀速运动行李到达B处共用时乘客到达B处时所以，乘客比行李提前到达B处。故选C。11.如图所示，为一电阻可忽略的线圈，为一灯泡，为电容器，开关处于闭合状态，灯泡正常发光，现突然断开，并开始计时，能正确反映电容器极板上电荷量及回路中电流（规定顺时针方向为正）随时间变化的图象是（图中为正值表示极板带正电）（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】S闭合时，D正常发光，此时电容器两端的电势差为零，根据Q=CU知，所带的电荷量为零，AB.断开S，由于线圈阻碍电流的变化，电容器反向充电，电量逐渐增大，磁场能转化为电池能，充电完毕后，又开始放电，将电场能转化为磁场能，形成L-C振荡电路，电量随时间周期性变化；故A项不合题意，B项符合题意.CD.当突然断开S，线圈中电流减小，则出现感应电动势，从而对电容器进行充电，导致磁场能减小，电场能增大，则电流减小，线圈因阻碍电流减小，则方向是顺时针，故C项符合题意，D项不合题意. 12.钚的一种同位素衰变时释放巨大能量，如图所示，其衰变方程为，则（　　）A.核反应中的能量就是的结合能B.核燃料总是利用平均结合能小的核C.核比核更稳定，说明的结合能大D.该衰变过程是衰变【答案】BD【解析】【详解】A．核反应中的能量是结合能中的一小部分，故A错误；B．核燃料在衰变过程中要释放巨大能量，所以总是要利用平均结合能小核，才更容易实现，故B正确；C．的比结合能大，更稳定，故C错误；D．该反应产生，故该衰变过程是衰变，故D正确。故选BD。13.如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接，在水平拉力F作用下小球a从图示虚线位置开始缓慢向右移动。已知小球a的质量为m，小球b的质量是小球a的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a与细杆间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。则下列说法正确的是（　　）A.水平拉力F的大小一直增大B.水平拉力F的大小先减小后增大 C.支架对轻滑轮的作用力大小逐渐减小D.当细绳与细杆的夹角为时，拉力F的大小为【答案】AC【解析】【详解】AB．设a的质量为m，则b的质量为2m；以b为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b的重力，即T=2mg保持不变；以a为研究对象，受力如图所示，设绳子与水平方向夹角为θ，支持力向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小；时，水平方向由于由于θ从开始逐渐减小，可知水平拉力增大；时，水平方向由于由于θ从开始逐渐减小0，可知水平拉力增大。以上分析可知，水平拉力F的大小一直增大，选项A正确，B错误；C ．向右缓慢拉动的过程中，两个绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，根据共点力平衡的条件可知，支架对轻滑轮的作用力大小逐渐减小，选项C正确；D．当细绳与细杆的夹角为时，拉力F的大小为选项D错误。故选AC。14.由于放射性元素的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现，已知经过一系列α衰变和β衰变后变成，下列论断中正确的是（　　）A.的原子核比的原子核少28个中子B.的原子核比的原子核少18个中子C.衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变D.衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB．的原子核比的原子核少10个质子，质子数和中子数总共少28，故的原子核比的原子核少18个中子，故A错误B正确；CD．需要经过x次α衰变和y次β衰变，根据质量数和电荷数守恒则有：93=2x-y+83，4x=237-209解得：x=7，y=4故C正确，D错误；故选BC。15.如图表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中平行于横坐标轴，的延长线过原点，以下说法正确的是（　　） A.从状态d到c，气体对外放热，内能不变B.从状态c到b，外界对气体做功，气体放热C.从状态a到d，气体对外做功的绝对值小于气体从外界吸收的热量D.从状态b到a，气体密度不变，但单位时间对器壁单位面积上的碰撞次数增加【答案】BCD【解析】【详解】A．根据理想气体状态方程可得结合图像可知，从状态d到c，气体压强减小，体积增大，说明气体对外做功，而气体温度没有降低，说明气体内能没有减小，根据热力学第一定律可知，气体吸收外界热量，故A错误；B．根据结合图像可知，从状态c到b，气体压强减小，体积减小，外界对气体做功，气体温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体对外放热，故B正确；C．从状态a到d，气体压强不变，温度升高，根据理想气体方程可知气体体积增大。温度升高说明气体内能增大，气体体积增大说明气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体对外做功的绝对值小于气体从外界吸收的热量，故C正确；D．根据结合图像可知，从状态b到a ，体积不变，温度升高，压强增大。气体体积不变，则气体密度不变。气体温度升高，则气体分子平均动能增大，分子热运动越剧烈，一方面使单位时间对器壁单位面积上的碰撞次数增加，另一方面使一个分子与器壁碰撞一次时对器壁的平均冲击力增大，从而增大压强，故D正确。故选BCD。16.如图所示，固定斜面倾角为，一质量为的小球用两轻绳AC、BC悬挂在木箱内。木箱锁定时，AC与斜面垂直，BC与斜面的夹角为。已知：。木箱解锁后沿斜面下滑。关于木箱的下滑过程正确的是（　　）A.若斜面光滑，则AC上的张力大小可能为0B.若斜面光滑，则BC上的张力大小为0C.若木箱与斜面间的动摩擦因数为0.5，则BC上的张力大小为D.若木箱与斜面间的动摩擦因数为0.5，则BC上的张力大小为【答案】BD【解析】【详解】AB．对木箱和小球整体有对小球有若斜面光滑，，则联立上式解得，故A错误，B正确；CD．若，带入上述三式解得 故C错误，D正确。故选BD。17.我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，运行中各动车的输出功率相同，动车组运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第2、4、5、7节车厢为动车，其余为拖车，该动车组在水平直轨道上运行，下列说法正确的是A.做匀速运动时，各车厢间的作用力均为零B.做匀加速运动时，各车厢间的作用力均不为零C.不管是匀速还是加速运动，第2、3节车厢间的作用力一定为零D.不管是匀速还是加速运动，第1、2节车厢间与5、6节车厢间的作用力之比是1：1【答案】CD【解析】【详解】设每节动车的功率为P，牵引力为F，每一节车厢的质量是m，阻力为kmg.A、当动车组匀速运动时合力为零，对整体由平衡条件知，则，依次对各个动车和车厢分析可知：，，，，....；故A错误.B、C、当动车组匀加速运动时，由整体的牛顿第二定律有，可得，对前两节车厢由牛顿第二定律，得；故B错误，C正确.D、匀加速运动时，对第一节车厢由牛顿第二定律：，得；对前5节车厢的整体由牛顿第二定律：，解得；综上故；故D正确.故选CD.【点睛】当机车做匀速运动受力平衡状态，当机车做匀加速运动时有加速度，根据整体法和隔离法求解． 18.在巴蜀中学的一节物理课堂上，老师准备了一个“”形木板和三个完全相同，外表光滑的匀质圆柱形积木。现在要将三个积木按照图中所示（截面图）堆放在木板上保持静止，（不考虑所有摩擦）则木板与水平面夹角的正切值（）说法正确的是（　　）A.最大值B.最大值为C.最小值为D.最小值为【答案】AD【解析】【详解】AB．当最上面积木的重心与左下方积木的重心在同一竖直线上时，最上面的积木将要滚动，此时，木板与水平面夹角最大，如下图所示由几何知识可得最大为，故木板与水平面夹角的正切值最大值为，故A正确，B错误；CD．当取最小时，即将发生相对滑动，下面两积木间恰好无弹力，对最右边积木进行受力分析，如下图所示 建立如图所示直角坐标系，沿x轴方向，根据平衡条件有当取最小时，对最上面积木受力分析，如下图所示根据平衡条件有联立解得即木板与水平面夹角的正切值的最小值为，故C错误，D正确。故选AD。二、实验题（本题包括2小题，共12分）19.某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验用如图所示的装置。 （1）在实验操作中，下面说法正确的是（）A．两细绳套必须等长B．弹簧测力计和橡皮条、细绳套都应与木板平行C．橡皮条的细绳要短，便于标记同一细绳上拉力的方向D．两弹簧测力计拉橡皮条的时候，拉力大小要适当（2）在某次实验操作中，此时，然后保持A测力计的读数不变，当的值由图示位置逐渐减小时，要保证结点O位置不变，可采用的方法是（）A．增大测力计B的读数，减小角B．减小测力计B的读数，减小角C．减小测力计B的读数，增大角D．增大测力计B的读数，增大角【答案】①.BD##DB②.B【解析】【详解】（1）[1]A．两细绳套不需要等长，A错误；B．弹簧测力计和橡皮条、细绳套都应与木板平行，B正确；C．橡皮条的细绳要长一些，标记同一细绳方向的两点要适当远些，以减小记录方向的误差，C错误；D．两弹簧测力计拉橡皮条的时候，拉力大小要适当，D正确。故选BD。（2）[2]在某次实验操作中，此时，然后保持A测力计的读数不变，当的值由图示位置逐渐减小时，要保证结点O位置不变，可知两弹簧测力计的合力保持不变，如图所示 根据平行四边形定则可知，要保证结点O位置不变，可采用的方法是减小测力计B的读数，减小角，B正确，ACD错误。故选B。20.某学习小组利用如图甲所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”。（1）下列说法正确的是（）A．本实验必须让木板倾斜一定的高度，当不挂钩码时小车恰能匀速直线运动B．本实验必须让木板倾斜一定的高度，当挂钩码时小车恰能匀速直线运动C．本实验要求所挂钩码的质量远远小于小车的质量D．本实验可以不平衡摩擦力，钩码的质量也可以大于小车的质量（2）正确安装好器材后，某次测量得到纸带如图乙所示，若打点计时器的频率为，O点为打出的第一个点，其余各相邻两计数点之间有四个点没有画出；根据纸带测得小车的加速度大小为________。（结果保留两位有效数字）以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图象是一条直线，根据测量数据作出如下图所示的图线，该同学做实验时存在的问题是_______。（3 ）另一学习小组用弹簧测力计、小车和钩码设计了如图丙所示的探究装置。正确操作得到某次实验中弹簧测力计的示数是力传感器读数的两倍时，两学习小组测得小车的加速度大小相等，则甲、丙两实验装置中，钩码的加速度_______（填“相等”或者“不相等”）。若甲装置中小车的质量为，丙装置中小车的质量为（不计传感器和滑轮的质量），则________。【答案】①.A②.0.99③.平衡摩擦力不够或没有平衡摩擦力④.不相等⑤.1:4【解析】【详解】（1）[1]AB．因摩擦力无法测出，则本实验需要平衡摩擦力，当不挂钩码时小车恰能匀速直线运动，表示不借助其它外力而用自身的重力分力与滑动摩擦力相平衡，故A正确，B错误；CD．本实验一定要平衡摩擦力，而力传感器能准确测出绳的拉力即小车所受合力，故不需要用钩码重力近似替代拉力，则不需要满足所挂钩码的质量远远小于小车的质量，故CD错误；故选A。（2）[2]各相邻两计数点之间有四个点没有画出，则打点周期为根据匀变速直线运动的判别式，结合连续的六段位移采用逐差法可得加速度为[3]图象为倾斜直线，但有横截距，表示拉力不为零时的加速度为零，原因是平衡摩擦力不够或没有平衡摩擦力；（3）[4]甲图中钩码和小车直接相连，沿着同一根绳的加速度相同，则甲图中钩码的加速度等于小车的加速度丙图中钩码和小车用动滑轮连接，在相同的时间内钩码的位移是小车的两倍，则丙图中的钩码的加速度为则甲丙两实验装置中，虽然小车的加速度大小相等，但钩码的加速度不相等；[5]对甲丙两实验的小车由牛顿第二定律有联立可得 三、计算题（本题包括4小题，共44分。）21.平直公路上一辆节能车的速度匀速行驶，在距离节能车后面的位置一辆出租车以的速度大小在同一车道匀速行驶；假设节能车和出租车在加速或减速过程均为匀变速直线运动。（1）如果两车司机均不采取任何行动，经过多少时间两车会相撞。（2）为保证行车安全，出租车至少以多大的加速度立即刹车，才能避免与节能车相碰撞。（忽略司机反应时间）【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）节能车的速度为出租车的速度为如果两车司机均不采取任何行动，两车都做匀速直线运动，则有解得可知经过两车会相撞。（2）假设出租车立即刹车的加速度大小为，且出租车与节能车共速的时候，两车刚好没有碰撞，则有，联立解得，为保证行车安全，出租车至少以的加速度立即刹车，才能避免与节能车相碰撞。22.两条固定的平行光滑金属轨道、与水平面成，轨道间距离为。空间存在磁感应强度为匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上。M、P间接阻值为的电阻，质量为的金属杆水平放置在轨道上，其接入电路的有效电阻为。现从静止释放，经过一段时间金属棒达到最大速度。轨道足够长且电阻不计，重力加速度为。求： （1）求出金属棒最大速度。（2）若在中点施加平行于轨道且垂直与的力F，使向下做加速度为匀加速直线运动，求出F随时间t变化的关系式，并求出时拉力的大小和方向？【答案】（1）30m/s；（2）0.05N，方向沿斜面向上【解析】【详解】（1）杆ab具有最大速度时，处于平衡状态，受力分析如图所示由平衡条件可得安培力由闭合电路欧姆定律可得代入数据解得（2）杆ab做匀加速直线运动时，设沿轨道平面向下，受力分析如图所示由牛顿第二定律可得又 代入数据联立解得F随时间t变化的关系式为时拉力的为即拉力大小为0.05N，方向沿斜面向上。23.上海新冠疫情期间，医疗物资紧缺，需要从北方调用大批大钢瓶氧气，每个大钢瓶的容积为，在北方时测得大钢瓶内氧气压强为，温度为，长途运输到上海方舱医院检测时测得大钢瓶内氧气压强。在方舱医院实际使用时，先用抽气机给真空小钢瓶缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶容积为，分装后每个小钢瓶内氧气压强为，要求大钢瓶内压强降到的临界压强时就停止分装。不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，分装过程中温度保持不变。求：（1）在上海检测时钢瓶所处环境温度为多少摄氏度；（2）一大钢瓶可分装多少小瓶供病人使用；（3）为充分利用氧气，现用大钢瓶中剩余的压强为的氧气继续给真空小钢瓶充气；但不用抽气机，直接用导管连接，经过一段时间后，小钢瓶与大钢瓶压强相等，紧接着更换下一个真空小钢瓶，直到大钢瓶的压强小于，问第3个小钢瓶的氧气质量与压强为的大钢瓶的氧气质量之比是多少？（此过程环境温度不变）【答案】（1）；（2）230；（3）【解析】【详解】（1）气体的初状态压强为温度为气体末状态的压强为 大钢瓶内气体体积不变，根据查理定律有可得则在上海检测时钢瓶所处环境温度为（2）根据题意有，气体原来的体积为气体分装后的一个小瓶的体积为气体分装后的一个小瓶的气体压强为大刚瓶内剩余气体的压强为大钢瓶内剩余气体的体积为设一个大钢瓶可分装n个小瓶供病人使用，根据玻意耳定律有解得故一个大钢瓶可分装230个小瓶供病人使用。（3）根据玻意耳定律有可得，在连接第一个小钢瓶后，大钢瓶内剩余气体的压强为同理可得，当连接第N个小钢瓶后，大钢瓶内剩余气体的压强为 （）由可知，当时即连接第3个小钢瓶后，大钢瓶内剩余气体压强仍大于。由于直接用导管连接，稳定后，小钢瓶与大钢瓶压强相等，即小钢瓶与大钢瓶内气体的密度相等，所以连接每一个小钢瓶后，大钢瓶的质量变为原来的，设大钢瓶内压强为时的质量为，则第3个小钢瓶内气体的质量为所以第3个小钢瓶的氧气质量与压强为的大钢瓶的氧气质量之比为24.一个可视为质点的小物块A，放在薄木板B的最上端，薄木板长为L。A、B质量分别为m、2m。A、B之间的摩擦因数为μ1，B放在倾角为θ的斜面上，B与斜面的摩擦因数为μ2，开始时B的最下端与斜面端底端挡板P距离为s，某时刻它们由静止开始运动，当B与挡板相碰后，B以碰撞前的速度大小反弹，碰撞时间极短。（已知：，）求：（1）若，，B碰撞挡板后瞬间，A、B的加速度大小各是多少；（2）若，，，，A、B分离时的速度各是多少；（3）若，，，发现木板第三次撞挡板前瞬时，物块恰好在木板B的最下端，求木板B的长度L。【答案】（1）0，9m/s2；（2），；（3）【解析】【详解】（1）B碰撞挡板后瞬间，对A、B分别受力分析得，根据牛顿第二定律，对A 对B有解得，（2）因为，所以在撞挡板前，AB一起向下匀加速，加速度满足解得则碰挡板前两者的速度为解得碰挡板后，对A、B分别受力分析由牛顿第二定律得，对A对B解得，设反弹后经过后，木板B速度为0，则设经过时间t两者分离，则根据位移时间公式解得，（舍去） 则反弹后经过0.5s后，AB刚分离，此时AB的速度分别为，（3）开始AB一起向下匀加速，若加速度相等，则，解得则碰挡板前两者的速度为解得对A物块由牛顿第二定律得：由题意得则A物块在B碰撞挡板后向下做匀速直线运动，B向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得解得B向上减速到零所需的时间B向上运动的距离A在B上向下滑动的距离此时A的速度B对A的摩擦力仍向上，A仍做匀速直线运动，B向下做匀加速直线运动，斜面对B的摩擦力突变为沿着斜面向上，根据牛顿第二定律 解得设A与B共速所需的时间为，则解得此过程中，B向下运动的距离则AB共速前B已经与挡板相碰。，解得B向下加速度到与P第二次相碰用时则AB的相对位移为之后B再次以向上做匀减速直线运动，A继续做匀速直线运动。B向上减速为0时，同样则AB共速前B已经与挡板相碰，设B向下加速的时间为，则解得同理B第二次与P相碰到第三次与挡板相碰相对位移为 由题可知，木板第三次撞挡板前瞬时，物块恰好在木板B的最下端，则木板的长度为