山东省潍坊第一中学2020届高三下学期一模模拟物理试题

山东省潍坊第一中学2020届高三下学期一模模拟物理试题

2020 届山东省潍坊第一中学高三下学期一模模拟物理试题 一、单项选择题 1.下列说法正确的是（　　） A. 布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动 B. 液体表面层内分子间距离大于液体内部分子间的距离，表现为引力 C. 扩散现象可以在液体、气体中进行，不能在固体中发生 D. 随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能一定减小 【答案】B 【解析】 【详解】A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映，不 是组成固体颗粒的分子在做无规则运动，故 A 错误； B．液体表面层，分子较为稀疏，分子间距离大于平衡时的距离 ，因此分子间作用力表现为 引力，液体表面有收缩趋势，故 B 正确； C．扩散现象可以在液体、气体中进行，也能在固体中发生，故 C 错误； D．分子间距离为平衡时的距离 ，分子间作用力为零，当分子间距离 大于 时，分子间作 用力表现为引力，此时随着分子间距 的增大分子间作用力做负功，分子势能 增大，所以 当分子间距增大时，分子势能不一定减小，故 D 错误； 故选 B。 2.已知基态 的电离能力是 54.4 eV，几种金属的逸出功如下表所示， 的能级 En 与 n 的 关系与氢原子的能级公式类似，下列说法不正确的是 金属 钨 钙 钠 钾 铷 W0（×10–19 J） 7.26 5.12 3.66 3.60 3.41 A. 为使处于静止的基态 跃迁到激发态，入射光子所需的能量最小为 54.4 eV B. 为使处于静止的基态 跃迁到激发态，入射光子所需的能量最小为 40.8 eV 0r 0r r 0r r pE He+ He+ He+ He+ C. 处于 n=2 激发态的 向基态跃迁辐射的光子能使上述五种金属都产生光电效应现象 D. 发生光电效应的金属中光电子的最大初动能最大的是金属铷 【答案】AD 【解析】 根 据 玻 尔 理 论 ， 从 基 态 跃 迁 到 n=2 所 需 光 子 能 量 最 小 ， ，A 错误 B 正确．从 n=2 激发态的 向基态跃迁辐射的光 子能量为 40.8 eV，金属钨的逸出功为 ，故能使所列金属发生光电效 应，由表中的数据可知金属铷的逸出功最小，C 正确；根据爱因斯坦的光电效应方程可知道从 铷打出的光电子的最大初动能最大，D 正确． 3.如图所示，由粗糙的水平杆 AO 与光滑的竖直杆 BO 组成的绝缘直角支架，在 AO 杆、BO 杆上套有带正电的小球 P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡。现将 P 缓慢地向左移动一小 段距离，两球再次达到平衡。若小球所带电荷量不变，与移动前相比（ ） A. 杆 AO 对 P 的弹力减小 B. 杆 BO 对 Q 的弹力减小 C. P、Q 之间的库仑力减小 D. 杆 AO 对 P 的摩擦力增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．对两个小球作为整体分析可知，整体在竖直方向只受重力和 AO 的支持力，故杆 AO 对小球 P 的弹力不变，故 A 错误； BC．对 Q 受力如图 小球 P 向左移后，两个小球 P、Q 间的库仑力方向向图中虚线处变化，则由力的合成和平衡条 He+ 1 2n EE n = − 2 1 1 3 40.8eV4E E E E∆ = − = = He+ 197.26 10 J 4.54eV−× = 件可知杆 BO 对小球 Q 的弹力变大，两小球 P、Q 之间的库仑力变大，故 B、C 错误； D．对两个小球作为整体受力分析，在水平方向则有杆 BO 对小球 Q 的弹力等于杆 AO 对小球 P 的摩擦力，所以可得杆 AO 对小球 P 的摩擦力变大，故 D 正确； 故选 D。 4.A B 两物体同时同地从静止开始运动，其运动的速度随时间的 v—t 图如图所示，关于它们 运动的描述正确的是（ ） A. 物体 B 在直线上做往返运动 B. 物体 A 做加速度增大的曲线运动 C. AB 两物体在 0-1s 运动过程中距离越来越近 D. B 物体在第 1s 内、第 2s 内、第 3s 内的平均速度大小为 1:3:2 【答案】D 【解析】 v－t 图，其数值代表速度大小和方向，斜率表示加速度，面积表示位移；由图可知，B 先匀加 速直线，再做匀减速直线，速度为正值，为单向直线运动．物体 A 做加速度增大的直线运动； 在 0-1s 内，B 物体在前，A 物体在后，距离越来越远；由于面积表示位移，可求 1s 内、第 2s 内、第 3s 内的位移比为 1:3:2，由 ，可知平均速度大小为 1:3:2．综上分析，D 正确． 5. OMN 为玻璃等腰三棱镜的横截面，ON=OM，a、b 两束可见单色光（关于 OO′）对称， 从空气垂直射入棱镜底面 MN，在棱镜侧面 OM、ON 上反射和折射的情况如图所示，则下列 说法正确的是（　　） A. 在棱镜中 a 光束 折射率大于 b 光束的折射率 B. 在棱镜中，a 光束的传播速度小于 b 光束的传播速度 的 xv t = ∆ C. a、b 两束光用同样的装置分别做单缝衍射实验，a 光束比 b 光束的中央亮条纹宽 D. a、b 两束光用同样的装置分别做双缝干涉实验，a 光束比 b 光束的条纹间距小 【答案】C 【解析】 【详解】AB．由光路图看出， 光束在 面上发生了全反射，而 光束在 面上没有发 生全反射，而入射角相同，说明 光的临界角小于 光的临界角，由 分析得知，玻璃对 光束的折射率小于 光束的折射率，由 得知在玻璃砖中 光的传播速度比 光大，故 AB 错误； C．由于玻璃对 光的折射率小于 光的折射率，则 光的频率比 光的低， 光的波长比 光的长，所以 光比 光更容易发生明显的衍射现象，用同样的装置分别做单缝衍射实验， 光束比 光束的中央亮条纹宽，故 C 正确； D．根据条纹间距公式 可知双缝干涉条纹间距与波长成正比，所以 光束的条纹间距大，故 D 错误。 故选 C。 6.宇航员在某星球表面以初速度 2.0 m/s 水平抛出一物体，并记录下物体的运动轨迹，如图所 示，O 为抛出点，若该星球半径为 4000km，引力常量 G＝6.67×10－11N·m2·kg－2，则下列说 法正确的是（　　） A. 该星球表面的重力加速度为 16.0 m/s2 B. 该星球的第一宇宙速度为 4.0km/s C. 该星球的质量为 2.4×1020kg b NO a MO b a 1sinC n = a b cv n = a b a b a b a b a b a b Lx d λ∆ =  a D. 若发射一颗该星球的同步卫星，则同步卫星的绕行速度可能大于 4.0km/s 【答案】B 【解析】 【详解】A．物体做平抛运动，根据平抛运动的规律有 联立解得 该星球表面的重力加速度为 ，故 A 错误； BC．设该星球的第一宇宙速度为 ，该星球的质量为 ，在星球表面附近，则有 解得 故 B 正确，C 错误； D．根据万有引力提供向心力有 解得 卫星运动的轨道半径越大，则绕行速度越小，第一守宙速度是绕星球表面运行的速度，同步 卫星的速度一定小于 4.0km/s，故 D 错误； 故选 B。 7.如图所示,长为 L 的轻直棒一端可绕固定轴 O 转动,另一端固定一质量为 m 的小球,小球搁在 水平升降台上,升降平台以速度 v 匀速上升,下列说法正确的是( ) 0x v t= 21 2y gt= 24m/sg = 24m/s v M 2 2 GMm mvmgR R = = 64 4 10 m/s 4.0km/sv gR= = × × = 2 6 2 23 11 4 (4 10 ) kg 9.6 10 kg6.67 10 gRM G − × ×= = = ×× 2 2 GMm mv r r = GMv r = A. 小球做匀速圆周运动 B. 当棒与竖直方向的夹角为 时,小球的速度为 C. 棒的角速度逐渐增大 D. 当棒与竖直方向的夹角为 时,棒的角速度为 【答案】D 【解析】 【详解】小球受重力、平台的弹力和杆的作用力，因为升降平台以速度 v 匀速上升，平台的 弹力和杆的作用力变化，即小球受到的合力大小变化，小球做的不是匀速圆周运动，故 A 错 误；棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示，合速度 v 实=ωL， 沿竖直向上方向上的速度分量等于 v，即 ωLsinα=v， 所以 ，平台向上运动，夹角增大，角速度减小，故 BC 错误，D 正确． 故选 D． 【点睛】找合速度是本题的关键，应明白实际的速度为合速度．然后分解速度，做平行四边 形，根据三角形求解．此题难度在于合速度难确定，属于中档题． 8.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为 α 的斜面 A，斜面质量为 M，底边长为 L，如图 所示。将一质量为 m 的可视为质点的滑块 B 从斜面的顶端由静止释放，滑块 B 经过时间 t 刚 好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为 ，则下列说法中正确的是（　　） α v cosL α v sinL α v Lsin ω α= NF A. B. 滑块下滑过程中支持力对 B 的冲量大小为 C. 滑块到达斜面底端时的动能为 D. 此过程中斜面向左滑动的距离为 【答案】D 【解析】 【详解】A．当滑块 B 相对于斜面加速下滑时，斜面 A 水平向左加速运动，所以滑块 B 相对 于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对 滑块的支持力 不等于 ，故 A 错误； B．滑块 B 下滑过程中支持力对 B 的冲量大小为 故 B 错误； C．B 下降的高度为 ，其重力势能的减小量等于 ，减小的重力势能转化为 A、 B 的动能之和，则滑块 B 的动能要小于 ，故 C 错误； D．系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设 A、B 两者水平位移大小分别为 、 ， 取水平向左为正方向，由动量守恒定律得 即有 又 解得 故 D 正确。 故选 D。 cosαNF mg= cosαNF t tanαmgL m LM m+ NF cosαmg NI F t= tanαL tanαmgL tanαmgL 1x 2x 1 2 0x xM mt t − = 1 2Mx mx= 1 2x x L+ = 1 mLx M m = + 二、多项选择题 9.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 4∶1，电压表、电流表为理想电表。L1、 L2、L3、L4 为四只规格均为“220V，60W”的灯泡。如果副线圈电压按图乙所示规律变化， 则下列说法正确的是（　　） A. 电压表的示数约为 1244.32V B. 电流表的示数约为 0.82A C. a、b 两端的电压是 1045V D. a、b 两端的电压是 1100V 【答案】BC 【解析】 【详解】A．由输出端交变电压的图象可求出有效值 220V，由原、副线圈匝数之比 4:1，可得 原、副线圈的电压之比 4:1，则原线圈的电压即电压表的示数为 故 A 错误； B．副线圈电压为 220V，L2、L3、L4 三只灯泡都正常发光，电流表的示数为 故 B 正确； CD．原、副线圈的电流之比 ，则原线圈电流为 灯泡的电阻 则 、 两点的电压 1 4 220V 880VU = × = 603 3 A 0.82A220LI I= ×= ≈ 1: 4 1 1 0.82A 0.205A4I = × = 2 2220 Ω 806.7Ω60L UR P = = ≈ a b 1 1 880V 0.205 806.7V 1045VLU U I R= + = + × ≈ 故 C 正确，D 错误。 故选 BC。 10.通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷 q 在场源电荷 的电 场中具所有电势能表达式为 式中 k 为静电力常量，r 为试探电荷与场源电荷间的距 离）。真空中有两个点电荷 Q1、Q2 分别固定在 x 坐标轴的 和 的位置上。x 轴 上各点的电势 φ 随 x 的变化关系如图所示。A、B 是图线与 x 的交点，A 点的 x 坐标是 4.8 cm，图线上 C 点的切线水平。下列说法正确的是（　　） A. 电荷 Q1、Q2 的电性相同 B. 电荷 Q1、Q2 的电荷量之比为 1∶4 C. B 点的 x 坐标是 8cm D. C 点的 x 坐标是 12cm 【答案】CD 【解析】 【详解】A．电势能 故电势 那么场源电荷附近电势正负和场源电荷正负一致，故由图可得原点处电荷 带正电， 处电荷 带负电，故 A 错误； B． 点处电势为零，故有 所以，电荷 、 的电荷量之比 故 B 错误； Q r kqQE r= 0x = 6cmx = rrE qϕ= r kQ r ϕ = 1Q 6cmx = 2Q A 2 21 0 OA AQ k QkQ x x − = 1Q 2Q 2 1 2 4.8cm 0 4:16cm 4.8cm OA AQ xQ Q x − −= = = C． 点处电势为零，根据电势为零可得 可得 解得所以 点的 坐标 故 C 正确； D．点电荷周围场强 两场源电荷电性相反，那么两场源电荷在 点的场强方向相反， 点电势变化为零，故 点 场强为零，根据叠加定理可得两场源电荷在 点场强大小相等，故有 解得 故 D 正确； 故选 CD。 11.如图所示，电阻不计、间距为 L 的粗糙平行金属导轨水平放置于磁感应强度为 B。方向竖 直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻 R，质量为 m、电阻为 r 的金属棒 MN 置于导 轨上，受到垂直于金属棒 的水平外力 F 的作用由静止开始运动，外力 F 与金属棒速度 v 的 关系是 F＝F0＋kv（F0，k 是常量），金属棒 与导轨始终垂直且接触良好，金属棒与导轨间的 动摩擦因数为 μ。下列关于金属棒的速度 v 随时间 t 变化的图象和感应电流的功率 P 随 v2 变 化的图像可能正确的是（　　） B 2 1 2 0 OB BQ k QkQ x x − = 2 1 2 0 6cm OB B BQ B xQ x Q x x − −= = B x 8cmBx = 2 kQE r = C C C C 21 2 2( )6C C k QkQ x x = − 12cmCx = A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】AB．分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得 合 因为金属棒从静止出发，所以有 且 合 即加速度 ，加速度方向水平向右； （1）若 ，则有 加速度为定值，金属棒水平向右做匀加速直线运动，则有 说明速度 与时间 成正比，故 A 可能； (2)若 ，则有 随 增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动，速度-时间图象的斜率增大； (3)若 ，则有 随 增大而减小，说明金属棒在做加速度减小 加速运动，速度-时间图象的斜率减小，故 B的 F 2 2 2 2 0 0 ( )A B L v B LF mg F F kv mg F mg k v maR r R r µ µ µ= − − = + − − = − + − =+ + 0 0F > F 0> 0a > 2 2B Lk R r = + 0ma F mgµ= − v at= v t 2 2B Lk R r > + 2 2 0 ( )B Lma F mg k vR r µ= − + − + a v 2 2B Lk R r < + 2 2 0 ( )B Lma F mg k vR r µ= − + − + a v 可能； CD．设金属棒在某一时刻速度为 ，由题意可知感应电动势 环路电流为 则有感应电流与速度成正比； 感应电流功率为 则有感应电流的功率与速度的平方成正比，故 C 错误，D 正确。 故选 ABD。 12.如图甲所示，倾角 θ=30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜 面底端的挡板上。一质量为 m 的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后 继续向下运动，小球运动的 v－t 图像如图乙所示，其中 OA 段为直线段，AB 段是与 OA 相切 于 A 点的平滑曲线，BC 是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为 g。关于小球的运动过 程，下列说法正确的是（　　） A. 小球在 时刻所受弹簧的弹力等于 mg B. 小球在 时刻的加速度大于 C. 小球从 时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点 D. 小球从 时刻到 时刻的过程中，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 【答案】BC 【解析】 【详解】A．小球在 时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，则有 v E BLv= I r BLv R = + 2 2 2B LP EI vR r = = +  Bt Ct 1 2 g Ct At Ct Bt 弹 故 A 错误； B．在乙图中，关于 点对称的点可知此时弹簧的弹力为 ，由对称性得由对称轴到对 称点的弹簧的弹力再变化 ，故到达 点时弹簧的弹力大于 ，所以弹力 大于 ，根据牛顿第二定律可知 弹 解得 故 B 正确； C．整个过程中，弹簧和小球组成的系统，机械能守恒，故从 点释放，小球能到达原来的释 放点，故 C 正确； D．小球从 时刻到 时刻的过程中，系统机械能守恒，则有重力势能的减小量与动能的减 小量等于弹簧弹性势能的增加量，所以重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，故 D 错误。 故选 BC。 三、实验题 13.如图是实验室测定水平面和小物块之间动摩擦因数的实验装置，曲面 AB 与水平面相切于 B 点且固定．带有遮光条的小物块自曲面上面某一点释放后沿水平面滑行最终停在 C 点，P 为 光电计时器的光电门，已知当地重力加速度为 g． （1）利用游标卡尺测得遮光条的宽度如图所示，则遮光条的宽度 d=______cm； （2）实验中除了测定遮光条的宽度外，还需要测量的物理量有_____； A．小物块质量 m B．遮光条通过光电门的时间 t F 1sin30 2mg mg= ° = A 0.5mg 0.5mg C 2 0.5mg mg× = mg F sinθmg ma− = 1 2a g> C At Ct C．光电门到 C 点 距离 s D．小物块释放点的高度 h （3）为了减小实验误差，同学们采用图象法来处理实验数据，他们根据（2）测量的物理量， 建立图丙所示的坐标系来寻找关系，其中合理的是_____． 【答案】 (1). （1）1060； (2). （2）BC； (3). （3）B． 【解析】 【详解】（1）主尺的刻度：1 cm，游标卡尺上的第 12 个刻度与主尺的刻度对齐，读数是： 0.05×12 mm＝0.60 mm，总读数：10 mm＋0.60 mm＝10.60 mm＝1.060 cm. （2）实验的原理：根据遮光条的宽度与物块通过光电门的时间即可求得物块的速度： B 到 C 的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得：－μmgs＝0－ mv2 联立以上两个公式得动摩擦因数的表达式 还需要测量的物理量是：光电门到 C 点的距离 s 与遮光条通过光电门的时间 t，故 BC 正确，AD 错误． （3）由动摩擦因数的表达式可知，μ 与 t2 和 s 的乘积成反比，所以 与 s 的图线是过原点的 直线，应该建立的坐标系为：纵坐标用物理量 ，横坐标用物理量 s，即 B 正确，ACD 错 误． 【点睛】本题通过动能定理得出动摩擦因数的表达式，从而确定要测量的物理量．要先确定 实验的原理，然后依据实验的原理解答即可；游标卡尺的读数时先读出主尺的刻度，然后看 游标尺上的哪一个刻度与主尺的刻度对齐，最后读出总读数； 14.某物理兴趣小组在学习了电流的磁效应后，得知通电长直导线周围某点磁场的磁感应强度 B 的大小与长直导线中的电流大小 I 成正比，与该点离长直导线的距离 r 成反比。该小组欲 利用如图甲所示的 实验装置验证此结论是否正确，所用的器材有：长直导线、学生电源、直 流电流表（量程为 0~3A）、滑动变 阻器、小磁针（置于刻有 360°刻度的盘面上）、开关及导 的 v= d t 1 2 2 2= 2 d gst µ 2 1 t 2 1 t 线若干： 实验步骤如下： a.将小磁针放置在水平桌面上，等小磁针静止后，在小磁针上方沿小磁针静止时的指向水平 放置长直 导线，如图甲所示； b.该小组测出多组小磁针与通电长直导线间的竖直距离 r、长直导线中电流的大小 I 及小磁针 的偏转 角度 θ； c.根据测量结果进行分析，得出结论。 回答下列问题： （1）某次测量时，电路中电流表的示数如图乙所示，则该电流表的读数为______A； （2）在某次测量中，该小组发现长直导线通电后小磁针偏离南北方向的角度为 30°（如图丙 所示），已知实验所在处的地磁场水平分量大小为 B0=3×10－5T，则此时长直导线中的电流在 小磁针处产生的磁感应强度 B 的大小为_______T（结果保留两位小数）； （3）该小组通过对所测数据的分析，作出了小磁针偏转角度的正切值 tanθ 与 之间的图像 如图丁所示，据此得出了通电长直导线周围磁场的磁感应强度 B 与通电电流 I 成正比，与离 长直导线的距离 r 成反比的结论， 其依据是______； （4）通过查找资料，该小组得知通电长直导线周围某点的磁感应强度 B 与电流 I 及距离 r 之 间的数学关系为 ，其中 为介质的磁导率。根据题给数据和测量结果，可计算出 =_______ 。 【答案】 (1). 2.00 (2). (3). 电流产生的磁感应强度 ，而偏角 的正切值与 成正比 (4). 【解析】 I r 0 2 IB r µ π=  0 µ 0 µ T m/A 51.73 10−× 0 tanB B θ= I r 74 10π −× 【详解】（1）[1]电流表量程为 3A，则最小分度为 0.1A，由指针示数可知电流为 2.00A； （2）[2]电流产生向东的磁场，则指针指向地磁场分量和电流磁场的合磁场方向，如图所示 则有 解得 （3）[3]由图可知，偏角的正切值与 成正比，而根据（2）中分析可知 则可知 与 成正比，故说明通电长直导线周围磁场的磁感应强度 与通电电流 成正比， 与长导线的距离 成反比； （4）[4]由公式 可知，图象的斜率 解得 四、计算题 15.有两列简谐横波 a 和 b 在同一介质中传播，a 沿 x 轴正方向传播，b 沿 x 轴负方向传播，波 速均为 υ=4m/s，a 的振幅为 5cm，b 的振幅为 10cm．在 t=0 时刻两列波的图像如图所示．求： 0 tan30 B B ° = 5 533 10 T 1.7 10 T3B − −= × × = × I r 0tanθB B= B I r B I r 0 0tanθ 2 IB B r µ π= =  20 0 0.14 2 102 21.0 3k B µ π −= = = × 7 0 4 10 T m/Aµ π −= ×  (i)这两列波的周期； (ii)x=0 处的质点在 t=2.25s 时的位移． 【答案】(i) (ii) y=-5cm 【解析】 【详解】解：(i)由图可知 根据 可得： (ii)a 波从图示时刻传播到 x=0 处需要的时间： 则 x=0 处的质点随 a 波振动的时间为： ； t=2.25s 时 x=0 处的质点随 a 波振动到负向最大位移处，即： b 波从图示时刻传播到 x=0 处需要的时间： 则 x=0 处的质点随 b 波振动的时间为： ， T=2.25s 时 x=0 处的质点随 b 波振动到平衡位置处，即： 故在 t=2.25s 时 a、b 波相遇叠加，x=0 处质点的合位移为：y=-5cm 16.如图所示，一个绝热的气缸竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导 热性良好的隔板，隔板将气缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体 A 和 B．活塞的质量 为 m，横截面积为 S，与隔板相距 h．现通过电热丝缓慢加热气体，当 A 气体吸收热量 Q 时， 活塞上升了 h，此时气体的温度为 T1．已知大气压强为 P0，重力加速度为 g． 1 1.5a bT s T s，= = a bλ 4m λ 6m= =， T v λ= a bT 1s T 1.5s，= = 1 1 Δxt 0.5sv = = 2t 1.75s= 1y 5cm= − 3 3 Δxt 0.75sv = = 4t 1.5s= 2y 0= ①加热过程中，若 A 气体内能增加了 1，求 B 气体内能增加量 2 ②现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时 A 气体的 温度为 T2．求此时添加砂粒的总质量 ． 【答案】 ①. ②. 【解析】 试题分析：①气体对外做功 B 气体对外做功 ．．． （1） 由热力学第一定律得 ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．（2） 解得 ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．（3） ②B 气体的初状态 T1．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．（4） B 气体末状态 T2 ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．（5） 由气态方程 ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．（6） 解得 ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．（7） 考点：本题考查理想气体状态方程． 17.如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量 M=1kg、长 L=4m 的小车放在地面上，其右端 与墙壁的距离为 S=3m，小车上表面与半圆轨道最低点 P 的切线相平．现有一质量 m=2kg 的滑 块（不计大小）以 v0=6m/s 的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时即 被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数 μ=0.2，g 取 10m/s2． E∆ E∆ m∆ ( )0 1Q mg p s h E− + − ∆ 02 1 2 1 SpT mT g   − +     1 2+E E Q W∆ ∆ = − 1 0 mgp p S = + 1 2V hS= 2 0 ( + )m m gp p S ∆= + 1V hS= 2 1 2 1Tm T （ ）∆ = − 0Sp mg +（ ） （1）求小车与墙壁碰撞时的速度； （2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径 R 的取值． 【答案】（1）小车与墙壁碰撞时的速度是 4m/s； （2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径 R 的取值为 R≤0.24m 或 R≥0.6m． 【解析】 解：（1）设滑块与小车的共同速度为 v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有 mv0=（m+M）v1 代入数据解得 v1=4m/s 设滑块与小车的相对位移为 L1，由系统能量守恒定律，有 μmgL1= 代入数据解得 L1=3m 设与滑块相对静止时小车的位移为 S1，根据动能定理，有 μmgS1= 代入数据解得 S1=2m 因 L1＜L，S1＜S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还 未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即 v1=4m/s． （2）滑块将在小车上继续向右做初速度为 v1=4m/s，位移为 L2=L﹣L1=1m 的匀减速运动，然后 滑上圆轨道的最低点 P． 若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为 v，临界条件为 mg=m 根据动能定理，有 ﹣μmgL2﹣ ①②联立并代入数据解得 R=0.24m 若滑块恰好滑至 圆弧到达 T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道． 根据动能定理，有 ﹣μmgL2﹣ 代入数据解得 R=0.6m 综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足 R≤0.24m 或 R≥0.6m 答： （1）小车与墙壁碰撞时的速度是 4m/s； （2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径 R 的取值为 R≤0.24m 或 R≥0.6m． 【点评】本题通过计算分析小车与墙壁碰撞前滑块与小车的速度是否相同是难点．第 2 题容 易只考虑滑块通过最高点的情况，而遗漏滑块恰好滑至 圆弧到达 T 点时停止的情况，要培养 自己分析隐含的临界状态的能力． 18.如图，在真空室内的 P 点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为+q，质量为 m 的粒子(不 计重力)，粒子的速率都相同．ab 为 P 点附近的一条水平直线，P 到直线 ab 的距离 PC=L，Q 为直线 ab 上一点，它与 P 点相距 PQ= L．当直线 ab 以上区域只存在垂直纸面向里、磁感 应强度为 B 的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达 Q 点；当 ab 以上区域只存在平行该平 面的匀强电场时，所有粒子都能到达 ab 直线，且它们到达 ab 直线时动能都相等，其中水平向 左射出的粒子也恰好到达 Q 点．已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： 5 2 (1)a 粒子的发射速率 (2)匀强电场的场强大小和方向 (3)仅有磁场时，能到达直线 ab 的粒子所用最长时间和最短时间的比值 【答案】（1）粒子发射速度为 （2）电场强度 大小为 （3）粒子到达直线 ab 所用最长时间和最短时间的比值 【解析】 （1）设粒子做匀速圆周运动的半径 R，过 O 作 PQ 的垂线交 PQ 于 A 点，如图三所示： 由几何知识可得 代入数据可得粒子轨迹半径 洛仑磁力提供向心力 的 5 8 BqLv m = 225 8 qLBE m = 1 2 233 2.20106 t t = ≈ PC QA PQ QO = 5 8 LR QO= = 2vBqv m R = 解得粒子发射速度为 （2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达 直线的动能相等，可知 为等势面，电场方向 垂直 向下． 水平向左射出的粒子经时间 t 到达 Q 点，在这段时间内 式中 解得电场强度的大小为 （3）只有磁场时，粒子以 O1 为圆心沿圆弧 PD 运动，当圆弧和直线 相切于 D 点时，粒子 速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图四所示．据图有 解得 故最大偏转角 粒子在磁场中运动最大时长 式中 T 为粒子在磁场中运动的周期． 粒子以 O2 为圆心沿圆弧 PC 运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图四有 解得 5 8 BqLv m = ab ab ab 2 LCQ vt= = 21 2PC L at= = qEa m = 225 8 qLBE m = ab 3sin 5 L R R α −= = 37α = ° max 233γ = ° max 1 0360t T γ= / 2 4sin 5 L R β = = 53β = ° 速度偏转角最小为 故最短时长 因此，粒子到达直线 ab 所用最长时间和最短时间的比值 点睛：此题是关于带电粒子在电场及磁场中的运动问题；掌握类平抛运动的处理方向，在两 个方向列出速度及位移方程；掌握匀速圆周运动的处理方法，确定好临界状态，画出轨迹图， 结合几何关系求解. min 106γ = ° min 2 0360t T γ= max1 2 min 233 2.20106 t t γ γ= = ≈