重庆市南开中学高三（上）期中物理试卷（Word版含解析）

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2017-2018学年重庆市南开中学高三（上）期中物理试卷一、选择题（1-5题单选，6-8题多选）1．（3分）如图所示，被轻绳系住静止在光滑斜面上的小球．若按力的实际作用效果来分解小球受到的重力G，则G的两个分力的方向分别是图中的（　　）A．1和4B．3和4C．2和4D．3和22．（3分）如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝1m，最低点处有一小球（半径比r小很多）。现给小球一水平向右的初速度v0，能使小球做完整圆周运动的v0取值范围为（g＝10m/s2）（　　）A．v0≥0B．v0≥52m/sC．v0≥25m/sD．v0＜25m/s3．（3分）静电喷涂时，喷枪带负电，被喷工件带正电，喷枪喷出的涂料微粒带负电。假设微粒被喷出后只受静电力作用，最后吸附在工件表面。微粒在向工件靠近的过程中（　　）A．克服电场力做功B．电势能逐渐增大C．沿着电场线运动D．加速度先减小后增大4．（3分）某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径r与角速度ω的关系作出如图所示图象，则可求得地球质量为（已知引力常量为G）（　　）A．aGbB．aGbC．bGaD．bGa5．（3分）如图所示，质量为M的斜面A置于粗糙水平地面上，与地面间动摩擦因数为μ，物体B与斜面间无摩擦。现给A、B一相同的水平向右初速度v0，为使A、B保持相对静止，则需对A施加水平向左推力F的大小为（已知斜面的倾角为θ，物体B的质量为m）（　　）A．F＝（M+m）g（μ+sinθ）B．F＝（M+m）gcosθC．F＝（M+m）g（tanθ﹣μ）D．F＝μ（M+m）g6．（3分）一个小球做自由落体运动，它的下落高度足够高，取g＝10m/s2，关于这个小球的运动情况，下列说法中正确的是（　　）A．小球在第3s内的下落高度为25mB．小球在前3s内的平均速度为30m/sC．小球在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度之比是1：3：5D．小球在前1s内、前2s内、前3s内的位移之比是1：3：57．（3分）为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C置于

1储罐中，电容器可通过开关S与电源相连，如图所示。当开关S断开且罐中的液面上升充满容器后（　　）A．电容器的电容变小B．电容器的电容变大C．电容器两极板间的电压变大D．电容器两极板间的电压变小8．（3分）如图所示，质量为m的尖劈A顶角α＝37°，一面靠在竖直的光滑墙壁上，质量为2m的方木块B放在水平光滑地面上，A和B之间无摩擦，弹簧右端固定。方木块B将弹簧压缩x0后，由静止释放，A在B的推动下，沿竖直光滑的墙壁上滑，当弹簧刚恢复原长时，A的速度为vA，B的速度为vB．（重力加速度为g，sin37°＝0.6）（　　）A．A、B及弹簧组成的系统机械能守恒B．弹簧恢复原长时vA=43vBC．当两物体动能最大时，弹簧的形变量为4mg3kD．当两物体动能最大时，弹簧的形变量为0二、实验题（2小题）9．在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙两种装置：①若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则　　A．m1＞m2r1＞r2B．m1＞m2r1＜r2C．m1＞m2r1＝r2D．m1＜m2r1＝r2②若采用乙装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是　　（填字母）A．直尺B．游标卡尺c．天平D．弹簧秤E．秒表③设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用乙装置实验时（P为碰前入射小球落点的平均位置），所得“验证动量守恒定律”的结论为（用装置图中的字母表示）　　。10．为测量木块与木板间的动摩擦因数，将木板倾斜，木块以不同的初速度沿木板向上滑到最高点后再返回，用光电门测量木块来回的速度，用刻度尺测量物块经过光电门后向上运动的最大距离，为确定木块向上运动的最大高度，让木块推动轻质卡到最高点，记录这个位置，实验装置如图甲所示。

2（1）本实验中，下列操作合理的是　　。A．实验前将轻质卡置于光电门附近B．为了实验成功，木板的倾角必须大于某一值C．遮光条的宽度应适当小些（2）用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示读数为　　mm。（3）改变木块的初速度，测量出它向上运动的最大距离x与木块来回经过光电门时速度的平方差|△v2|，在坐标纸上以纵坐标为|△v2|，横坐标为x作出图象，已知图线的斜率为k，木板倾角的余弦值为cosθ，重力加速度为g，则木块与木板间的动摩擦因数为　　。（4）由于轻质卡的影响，使得测量的结果　　（选填“偏大”或“偏小”）。三、计算题（2小题）11．如图，两带电平行金属板间存在方向竖直向下的匀强电场，场强为E，电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m带电量分别为+q和﹣q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区（两粒子不同时出现在电场中），不计重力。若两粒子轨迹恰好相切，求：（1）粒子在矩形区域的运动时间t；（2）+q与dc交点到d点的距离；（3）两粒子轨迹相切点到a点的距离。12．如图，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x。与滑块B（可视为质点）相连的细线一端固定在O点。水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断且B恰好从A右端的上表面水平滑入。设A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力。已知A的质量为6kg，B的质量为3kg，A、B之间动摩擦因数为μ＝0.4；细线长为L＝0.4m、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为g＝10m/s2。（1）求细线被拉断瞬间B的速度大小v1；（2）若x＝1m，求A与台阶的碰撞次数；（3）若x≥14m，求系统的总发热量。四、选做题（4小题）13．（3分）下列说法正确的是（　　）A．在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，自由漂浮的水滴呈球形，这是液体表面张力作用的结果B．绝对湿度与相对湿度具有相同的单位C．对气体而言，尽管大量分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率是按一定的规律分布的D．气体在经历绝热膨胀过程后内能可能会减小E．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零14．（3分）如图，导热性能极好的气缸，高为L＝1m，开口向下固定在竖直平面内，气缸中有横截面积为S＝100cm2、质量为m＝10kg的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内。当外界温度为t＝27℃、大气压为p0＝1×105Pa时，气柱高度为l＝0.9m，汽缸和活塞的厚度均可忽略不计，取g＝10m/s2．求：①如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至汽缸开口处，求此时外界温度为多少开；②如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至汽缸开口处，作用于活塞上的竖直拉力F的大小。15．（3分）某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩

3靠近，该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15s，下列说法正确的是（　　）A．水面波是一种机械波B．该水面波的频率为6HzC．该水面波的波长为3mD．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去E．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移16．（3分）如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3.0m，从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为n=43；（1）求池内的水深；（2）一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到地面的高度为3.0m；当他看到正前下方的点光源A时，他的眼镜所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°，求救生员的眼睛到池边的水平距离。

42017-2018学年重庆市南开中学高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（1-5题单选，6-8题多选）1．（3分）如图所示，被轻绳系住静止在光滑斜面上的小球．若按力的实际作用效果来分解小球受到的重力G，则G的两个分力的方向分别是图中的（　　）A．1和4B．3和4C．2和4D．3和2【考点】2E：力的分解．【专题】526：平行四边形法则图解法专题．【分析】将力进行分解时，一般要按照力的实际作用效果来分解或按需要正交分解，若要按照力的实际作用效果来分解，要看力产生的实际效果．【解答】解：小球重力产生两个效果，一是使绳子拉伸，二是使斜面受压，故应按此两个方向分解，分别是3和4，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】按照力的实际作用效果来分解是常用方法，看准产生的效果即可，比较简单．2．（3分）如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝1m，最低点处有一小球（半径比r小很多）。现给小球一水平向右的初速度v0，能使小球做完整圆周运动的v0取值范围为（g＝10m/s2）（　　）A．v0≥0B．v0≥52m/sC．v0≥25m/sD．v0＜25m/s【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；65：动能定理．【专题】32：定量思想；4N：临界法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】能使小球做完整圆周运动，小球必须能通过最高点，根据通过最高点的最小速度，由机械能守恒定律求出最低点的最小值，从而求得v0取值范围。【解答】解：小球恰好通过最高点时，由重力提供向心力，有：mg＝mv2r从最低点到最高点的过程，根据动能定理得﹣mg•2r=12mv2-12mv02解得v0=5gr=5×10×1=25m/s。所以v0取值范围为v0≥25m/s，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】解决本题的关键是明确小球在内轨道运动最高点的临界情况：重力等于向心力，以及能够熟练运用动能定理。3．（3分）静电喷涂时，喷枪带负电，被喷工件带正电，喷枪喷出的涂料微粒带负电。假设微粒被喷出后只受静电力作用，最后吸附在工件表面。微粒在向工件靠近的过程中（　　）A．克服电场力做功B．电势能逐渐增大C．沿着电场线运动D．加速度先减小后增大【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】34：比较思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．【分析】在涂料微粒向工件靠近的过程中，分析涂料微粒所受电场力方向，判断电场力做功正负，从而确定电势能的变化情况。根据电场的分布情况场强的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化。只有电场线是直线时微粒才可能沿电场线运动。【解答】解：AB、微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对微粒做正功，其电势能逐渐减小。故A、B错误。

5C、由于微粒所在电场线不全是直线，涂料微粒又有初速度，故微粒不一定沿电场线方向运动，故C错误。D、在涂料微粒向工件靠近的过程中，根据电场强度的分布可知，所受电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故D正确。故选：D。【点评】本题要抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性。根据电场力做功正负判断电势能的变化。4．（3分）某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径r与角速度ω的关系作出如图所示图象，则可求得地球质量为（已知引力常量为G）（　　）A．aGbB．aGbC．bGaD．bGa【考点】4F：万有引力定律及其应用．【专题】31：定性思想；4C：方程法；528：万有引力定律的应用专题．【分析】根据万有引力提供向心力GMmr2=m4π2T2r，得到轨道半径与周期的函数关系，再结合图象计算斜率，从而可以计算出地球的质量。【解答】解：由万有引力提供向心力有：GMmr2=mω2r，得：r3=GMω2，由图可知：r31ω2=r3⋅ω3=ab，所以地球的质量为：M=r3ω2G=aGb，故A正确、BCD错误。故选：A。【点评】本题要掌握万有引力提供向心力这个关系，同时要能理解图象的物理含义，知道图象的斜率表示什么。5．（3分）如图所示，质量为M的斜面A置于粗糙水平地面上，与地面间动摩擦因数为μ，物体B与斜面间无摩擦。现给A、B一相同的水平向右初速度v0，为使A、B保持相对静止，则需对A施加水平向左推力F的大小为（已知斜面的倾角为θ，物体B的质量为m）（　　）A．F＝（M+m）g（μ+sinθ）B．F＝（M+m）gcosθC．F＝（M+m）g（tanθ﹣μ）D．F＝μ（M+m）g【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．【专题】32：定量思想；49：合成分解法；522：牛顿运动定律综合专题．【分析】A、B保持相对静止，一起向右做匀减速运动，对B进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，再对AB整体运用牛顿第二定律即可求解F的大小。【解答】解：对B进行受力分析，B的加速度水平向左，合力水平向左，根据牛顿第二定律得：a=F合m=mgtanθm=gtanθ对AB整体进行受力分析，由牛顿第二定律得：F+μ（M+m）g＝（M+m）a解得：F＝（M+m）g（tanθ﹣μ）故选：C。【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要灵活选择研究对象，采用整体法和隔离法相结合解答比较简洁。

66．（3分）一个小球做自由落体运动，它的下落高度足够高，取g＝10m/s2，关于这个小球的运动情况，下列说法中正确的是（　　）A．小球在第3s内的下落高度为25mB．小球在前3s内的平均速度为30m/sC．小球在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度之比是1：3：5D．小球在前1s内、前2s内、前3s内的位移之比是1：3：5【考点】1J：自由落体运动．【专题】32：定量思想；4C：方程法；511：直线运动规律专题．【分析】自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动，在开始通过连续相等时间内的位移比为1：3：5：7…，根据h=12gt2求解前1s内、前2s内、前3s内的位移之比，根据v=xt=v0+v2求解平均速度。【解答】解：A、球在第3s内的下落高度为△h=12gt32-12gt22=12×10×9-12×10×4=25m，故A正确；B、小球在前3s内的平均速度：v=0+v32=10×32=15m/s，故B错误；C、由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动，在开始通过连续相等时间内的位移比为1：3：5：7…，根据v=xt得：在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度之比是1：3：5，故C正确；D、根据h=12gt2可知，在前1s内、前2s内、前3s内的位移之比是1：4：9，故D错误。故选：AC。【点评】解决本题的关键掌握初速度为0的匀加速直线运动的一些特殊推论，在开始通过连续相等时间内的位移比为1：3：5：7…，在开始连续通过相等时间末的速度比为1：2：3：4…能根据据v=xt=v0+v2求解平均速度。7．（3分）为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中，电容器可通过开关S与电源相连，如图所示。当开关S断开且罐中的液面上升充满容器后（　　）A．电容器的电容变小B．电容器的电容变大C．电容器两极板间的电压变大D．电容器两极板间的电压变小【考点】AS：电容器的动态分析．【专题】31：定性思想；43：推理法；533：电容器专题．【分析】两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中，故电容器的电容C的大小与液体的高度有关（电介质）：高度越高，相当于插入的电介质越多，电容越大【解答】解：AB：两块平行金属板构成的电容器C的中间的液体就是一种电介质，当液体的高度升高，相当于插入的电介质越多，电容越大，故A错误，B正确；CD、因开关S断开，则电容器的电量Q不变，依据U=QC，可知，随着电容C增大，则电压U减小，故C错误，D正确；故选：BD。【点评】本题要注意两块平行金属板构成的电容器C的中间的液体就是一种电介质，液体的高度越高，相当于插入的电介质越多，电容越大。属于简单题。8．（3分）如图所示，质量为m的尖劈A顶角α＝37°，一面靠在竖直的光滑墙壁上，质量为2m的方木块B放在水平光滑地面上，A和B之间无摩擦，弹簧右端固定。方木块B将弹簧压缩x0后，由静止释放，A在B的推动下，沿竖直光滑的墙壁上滑，当弹簧刚恢复原长时，A的速度为vA，B的速度为vB．（重力加速度为g，sin37°＝0.6）（　　）

7A．A、B及弹簧组成的系统机械能守恒B．弹簧恢复原长时vA=43vBC．当两物体动能最大时，弹簧的形变量为4mg3kD．当两物体动能最大时，弹簧的形变量为0【考点】3C：共点力的平衡；6C：机械能守恒定律．【专题】34：比较思想；4T：寻找守恒量法；52E：机械能守恒定律应用专题．【分析】对于A、B及弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒。弹簧恢复原长时，将A的速度分解为沿斜面方向和垂直墙壁方向，在垂直于墙壁方向的分速度等于B的速度，根据平行四边形定则求出A的速度大小。当两物体加速度为零时，速度最大，则两物体动能最大，根据A、B受力平衡求出弹簧的压缩量。【解答】解：A、对于A、B及弹簧组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故A正确。B、弹簧恢复原长时，将A的速度分解为沿斜面方向和垂直墙壁方向，如图所示，vA＝vBcotα=43vB．故B正确。CD、当两物体加速度为零时，速度最大，则两物体动能最大。设A、B两物体加速度都为0时，相互作用力为F，则对A受力分析有：Fsinα＝mg对B受力分析有：Fcosα＝kx由上述得：x=mgkcotα=4mg3k．故C正确，D错误。故选：ABC。【点评】本题是系统平衡问题，要掌握系统机械能守恒的条件：只有重力和弹簧的弹力做功。对于两个物体的速度，采用运动的分解法研究它们速度的关系。二、实验题（2小题）9．在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙两种装置：①若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则　C　A．m1＞m2r1＞r2B．m1＞m2r1＜r2C．m1＞m2r1＝r2D．m1＜m2r1＝r2②若采用乙装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是　AC　（填字母）A．直尺B．游标卡尺c．天平D．弹簧秤E．秒表③设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用乙装置实验时（P为碰前入射小球落点的平均位置），所得“验证动量守恒定律”的结论为（用装置图中的字母表示）　m1OP＝m1OM+m2ON　。【考点】ME：验证动量守恒定律．【专题】13：实验题．

8【分析】①为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了使两球发生正碰，两小球的半径相同。②求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量。③根据动量守恒定律与图示实验情景确定需要验证的表达式。【解答】解：①为保证两球发生对心正碰，两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故选C；②小球离开轨道后做平抛运动，由h=12gt2得小球做平抛运动的时间t=2hg，由于小球做平抛运动时抛出点的高度h相同，则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1＝m1v1′+m2v2，则：m1v1t＝m1v1′t+m2v2t，m1x1＝m1x1′+m2x2，由图乙所示可知，需要验证：m1OP＝m1OM+m2ON，因此实验需要测量的量有：①入射小球的质量，②被碰小球的质量，③入射小球碰前平抛的水平位移，④入射小球碰后平抛的水平位移，⑤被碰小球碰后平抛的水平位移。实验需要刻度尺与天平。③由②可知，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1OP＝m1OM+m2ON。故答案为：①C；②AC；③m1OP＝m1OM+m2ON。【点评】本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证。10．为测量木块与木板间的动摩擦因数，将木板倾斜，木块以不同的初速度沿木板向上滑到最高点后再返回，用光电门测量木块来回的速度，用刻度尺测量物块经过光电门后向上运动的最大距离，为确定木块向上运动的最大高度，让木块推动轻质卡到最高点，记录这个位置，实验装置如图甲所示。（1）本实验中，下列操作合理的是　BC　。A．实验前将轻质卡置于光电门附近B．为了实验成功，木板的倾角必须大于某一值C．遮光条的宽度应适当小些（2）用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示读数为　29.8　mm。（3）改变木块的初速度，测量出它向上运动的最大距离x与木块来回经过光电门时速度的平方差|△v2|，在坐标纸上以纵坐标为|△v2|，横坐标为x作出图象，已知图线的斜率为k，木板倾角的余弦值为cosθ，重力加速度为g，则木块与木板间的动摩擦因数为　k4gcosθ　。（4）由于轻质卡的影响，使得测量的结果　偏大　（选填“偏大”或“偏小”）。【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；524：摩擦力专题．【分析】（1）根据实验步骤与实验原理分析答题；（2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读。不同的尺有不同的精确度，注意单位问题；（3）由牛顿第二定律与运动学公式求出图象函数表达式，然后根据图象与函数表达式求出动摩擦因数；（4）根据图示实验装置与实验步骤分析实验误差。【解答】解：（1）A、实验时轻质卡应与木块一起向上运动，实验前将轻质卡与木块靠在一起，故A错误；B、当木板倾角大于某一值时，木块重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，木块到达最高点后可以反向下滑，否则木块到达最高点后将静止，实验不能成功，为了实验成功，木块的倾角必须大于某一值，故B正确；C、遮光条宽度与时间的比值是木块的平均速度，可以认为是木块通过光电门时的瞬时速度，遮光条宽度越小，平均速度越接近瞬时速度，实验误差越小，因此遮光条的宽度应尽量小些，故C正确；故选：BC。（2）由图乙所示游标卡尺可知，游标卡尺示数为：29mm+8×0.1mm＝29.8mm。（3）由牛顿第二定律得：木块上滑时：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1，木块下滑时：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2，

9由匀变速直线运动的速度位移公式得：0﹣v02＝﹣2a1x，v2＝2a2x，△v2＝v02﹣v2＝4μgxcosθ，由图示图象可知，动摩擦因数：斜率：k＝4μgcosθ=△v2x，动摩擦因数：μ=k4gcosθ；（4）由于轻质卡与木板间存在摩擦力，所测摩擦力实际是木块与轻质卡受到的摩擦力的合力，由于轻质卡所受摩擦力影响，所测动摩擦因数偏大。故答案为：（1）BC；（2）29.8；（3）k4gcosθ；（4）偏大。【点评】本题考查了测动摩擦因数实验，知道实验原理与实验步骤是正确解题的关键；应用牛顿第二定律与匀变速运动的速度位移公式求出图象的函数表达式是正确求出动摩擦因数的前提与关键。三、计算题（2小题）11．如图，两带电平行金属板间存在方向竖直向下的匀强电场，场强为E，电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m带电量分别为+q和﹣q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区（两粒子不同时出现在电场中），不计重力。若两粒子轨迹恰好相切，求：（1）粒子在矩形区域的运动时间t；（2）+q与dc交点到d点的距离；（3）两粒子轨迹相切点到a点的距离。【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；49：合成分解法；531：带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）粒子竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求得加速度，再由位移时间公式求粒子在矩形区域的运动时间t；（2）粒子水平方向做匀速直线运动，根据x＝v0t求+q与dc交点到d点的距离；（3）在匀强电场中，两个质量相同、带电量相同的正负粒子在一矩形的对角顶点以方向相反、大小相等的速度进入矩形，轨迹恰好相切，由此可知两粒子的运动轨迹完全对称，且相切点是矩形的几何中心。根据几何知识求两粒子轨迹相切点到a点的距离。【解答】解：（1）粒子的加速度为a=qEm粒子做类平抛运动，通过矩形区域时竖直方向有h=12at2可得t=2mhqE（2）粒子水平方向做匀速直线运动，+q与dc交点到d点的距离是x＝v0t＝v02mhqE。（3）由于正负粒子的质量、电荷量大小、运动初速度大小均相等，且粒子仅在电场的作用下运动，所以可知粒子均做类平抛运动，且运动轨迹形状相同，相切点为矩形的几何中心，所以两粒子轨迹相切点到a点的距离S=(s2)2+(h2)2=12s2+h2答：（1）粒子在矩形区域的运动时间t是2mhqE；（2）+q与dc交点到d点的距离是v02mhqE；（3）两粒子轨迹相切点到a点的距离是12s2+h2。【点评】本题考查了粒子在匀强电场中的运动，解题的关键是知道该题条件下的正负粒子的运动轨迹完全对称，且它们做的运动是类平抛运动，由类平抛运动的关系列式即可求解。

1012．如图，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x。与滑块B（可视为质点）相连的细线一端固定在O点。水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断且B恰好从A右端的上表面水平滑入。设A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力。已知A的质量为6kg，B的质量为3kg，A、B之间动摩擦因数为μ＝0.4；细线长为L＝0.4m、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为g＝10m/s2。（1）求细线被拉断瞬间B的速度大小v1；（2）若x＝1m，求A与台阶的碰撞次数；（3）若x≥14m，求系统的总发热量。【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】（1）B在最低点做圆周运动，细线的拉力与重力的合力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出B的速度。（2）A、B系统动量守恒，应用动量守恒定律求出A、B共速时的速度，应用动能定理求出A、B共速时A的位移，然后根据题意求出A与台阶碰撞的次数。（3）求出A与台阶碰撞前A、B的相对位移，求出该过程系统的发热量，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出A与台阶碰撞后因摩擦产生的热量，然后求出系统总的发热量。【解答】解：（1）B在最低点，由牛顿第二定律得：T﹣mBg＝mBv12L，由题意可知：T＝5mBg解得：v1＝4m/s；（2）A、B系统所受合外力为零，系统动量守恒，设A、B功共速时的速度为v，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mBv1＝（mA+mB）v，解得：v=43m/s，设A、B恰好共速时A的位移为s，对A，由动能定理得：μmAgs=12mAv2﹣0，解得：s=29m＜x＝1m，由此可知，A与台阶碰撞前A、B已经共速，A与台阶碰撞过程无机械能损失，A与台阶碰撞后向右运动，速度大小不变，碰撞后系统总动量水平向右，由动量守恒定律可知，最终AB一起向左运动，不会再与台阶发生碰撞，因此A与台阶碰撞的次数为1次；（3）由（2）可知，当x≥s=29m时A与台阶只碰撞一次，由题意可知：x≥14m＞29m，则A与台阶只碰撞一次；由牛顿第二定律得：aA=μmBgmA=0.4×3×106=2m/s2，aB=μmBgmB=μg＝4m/s2，B滑上A到它们共速过程，A、B的相对位移：△x=v12-v22aB-v22aA=42-(43)22×4-(43)22×2=43m，摩擦产生的热量：Q1＝μmBg△x＝0.4×3×10×43=16J，A与台阶碰撞后反弹，速度大小不变向左运动，A、B系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mAv﹣mBv＝（mA+mB）v′，由能量守恒定律得：12mAv2+12mAv2=12（mA+mB）v′2+Q22，解得：Q2=649J≈7.11J，整个过程系统产生的总热量：Q＝Q1+Q2＝23.11J；答：（1）细线被拉断瞬间B的速度大小v1为4m/s。

11（2）若x＝1m，A与台阶的碰撞次数是1次；（3）若x≥14m，系统的总发热量是23.11J。【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，本题物体运动过程复杂，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、运动学公式即可解题。四、选做题（4小题）13．（3分）下列说法正确的是（　　）A．在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，自由漂浮的水滴呈球形，这是液体表面张力作用的结果B．绝对湿度与相对湿度具有相同的单位C．对气体而言，尽管大量分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率是按一定的规律分布的D．气体在经历绝热膨胀过程后内能可能会减小E．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零【考点】88：分子运动速率的统计分布规律；8F：热力学第一定律；95：液体的表面张力；9C：气体压强的微观意义；9H：相对湿度．【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；549：气体的压强专题．【分析】飞船中自由漂浮的水滴呈球形，是因为液体表面分子较稀疏，从而形成表面张力的原因；相对湿度没有单位。气体分子的速率按一定的规律分布；根据热力学第一定律分析内能的变化；气体压强是由于气体分子持续撞击器壁产生的；与失重无关。【解答】解：A、在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，由于处于完全失重状态，重力充当向心力；故不会出现地球上的水滴的形状，自由漂浮的水滴呈球形，是由于液体表面张力作用而形成球形；故A正确；B、绝对湿度的单位为帕斯卡，相对湿度没有单位，故B错误；C、对气体而言，其规律符合统计规律；即大量分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率是按一定的规律分布的，即出现两头少、中间多的规律；故C正确；D、气体在经历绝热膨胀过程后可能对外做功，根据热力学第一定律可知内能可能会减小；故D正确；E、气体压强是分子无规则运动产生的，所以失重状态下，气体仍然有压强；故E错误；故选：ACD。【点评】本题考查对分子动理论、气体压强、热力学第三定律的理解。布朗运动既不是颗粒分子的运动，也不是液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的反映。14．（3分）如图，导热性能极好的气缸，高为L＝1m，开口向下固定在竖直平面内，气缸中有横截面积为S＝100cm2、质量为m＝10kg的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内。当外界温度为t＝27℃、大气压为p0＝1×105Pa时，气柱高度为l＝0.9m，汽缸和活塞的厚度均可忽略不计，取g＝10m/s2．求：①如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至汽缸开口处，求此时外界温度为多少开；②如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至汽缸开口处，作用于活塞上的竖直拉力F的大小。【考点】99：理想气体的状态方程；9E：气体的等容变化和等压变化；9K：封闭气体压强．【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．【分析】①如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至汽缸开口处，此过程，气体做等圧変化，根据盖吕萨克定律列式求解；②如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至汽缸开口处，此过程气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解。【解答】解：①如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至汽缸开口处，此过程，气体做等圧変化，根据盖吕萨克定律得：lST=LST'解得：T'=LlT=10.9×(273+27)K=10003K②设起始状态气缸内气体压强为p1，当活塞缓慢拉至气缸顶端，设气缸内气体压强为p2由玻意耳定律得：p1lS＝p2LS…①

12在起始状态对活塞由受力平衡得：p1S+mg＝p0S…②在气缸顶端对活塞由受力平衡得：F+p2S+mg＝p0S…③①②③联立解得：F＝110N答：①此时外界温度为10003K；②作用于活塞上的竖直拉力F的大小为110N。【点评】气体的变化中公式的应用本身很简单，对于学生关键在于分清气体在变化过程中，是哪种变化该选用哪种公式。15．（3分）某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近，该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15s，下列说法正确的是（　　）A．水面波是一种机械波B．该水面波的频率为6HzC．该水面波的波长为3mD．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去E．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移【考点】F2：机械波；F5：波长、频率和波速的关系．【专题】31：定性思想；43：推理法；51B：简谐运动专题．【分析】明确水波是种机械波；首先根据题干中的条件，可计算出波的振动周期，再利用周期与频率之间的关系，即可计算出波的频率；利用波速、周期、波长之间的关系式λ＝vT可求得波长，结合波传播的特点，参与振动的质点只是在自己的平衡位置处振动．【解答】解：A、水面波是有机械振动一起的，在介质（水）中传播的一种波，是一种机械波，故A正确。B、由第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15s，可得知振动的周期T为：T=tn=1510-1=53s，频率为：f=1T=35=0.6Hz，故B错误。C、由公式λ＝vT，有λ＝1.8×53=3m，故C正确。DE、参与振动的质点只是在自己的平衡位置附近做往复运动，并不会“随波逐流”，但振动的能量和振动形式却会不断的向外传播，故D错误，E正确。故选：ACE。【点评】本题应明确机械波的特点：注意以下几点：（1）介质各个质点不是同时起振，但起振方向与振源起振方向相同．（2）离振源近的质点先起振．（3）质点只在平衡位置振动，并不随波迁移．（4）波传播的是振动形式和能量，且能传递信息．（5）传播过程中各质点的振动都是受迫振动，驱动力来源于振源，各质点起振时与振源起振时的情况完全相同，其频率等于振源频率．16．（3分）如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3.0m，从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为n=43；（1）求池内的水深；（2）一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到地面的高度为3.0m；当他看到正前下方的点光源A时，他的眼镜所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°，求救生员的眼睛到池边的水平距离。【考点】H3：光的折射定律；H5：全反射．【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；54D：光的折射专题．【分析】（1）光由光源A射向B点时恰好发生全反射，入射角等于临界角。由临界角公式sinC=1n求临界角C，从而得到光线在B点的入射角，再由几何知识求出水深。（2

13）作出射向救生员的光路，由折射定律求出光线在水面的入射角。根据几何关系求解救生员的眼睛到池边的水平距离。【解答】解：（1）如图，设到达池边的光线的入射角为i，依题意，水的折射率为n=43，光线的折射角为θ＝90°由折射定律可知：nsini＝sinθ由几何关系可知：sini=ll2+h2，式中l＝3m，h是池内水的深度，联立上式并代入数据解得：h=7m≈2.6m（2）设此时救生员的眼睛到池子边的距离为x，由题意救生员的视线和竖直方向的夹角为θ＝45°，由折射定律：nsini＝sinθ，设入射点到A点的水平距离为a，由几何关系可知：sini=aa2+h2且a＝x解得x＝1.7m；答：（1）池内的水深2.6m；（2）救生员的眼睛到池边的水平距离1.7m。【点评】本题是折射定律的应用问题，根据几何知识与折射定律结合进行处理。要掌握全反射的条件和临界角公式，并能灵活运用。2019/4/1418:43:54；