湖南省衡阳市第八中学2020届高三上学期第六次月考物理试题

湖南省衡阳市第八中学2020届高三上学期第六次月考物理试题

衡阳市八中 2020 届高三第六次月考物理试题 一、选择题 1.牛顿建立的经典力学体系，是人类认识自然的第一次大飞跃和理论的大综合，它开辟了一 个新的时代，并对科学发展的进程以及人类生产生活和思维方式产生极其深刻的影响，标志 着近代理论自然科学的诞生，并成为其他各门自然科学的典范。以下说法正确的是（ ） A. 牛顿通过著名的“月－地检验”，证实了万有引力定律的正确性 B. 牛顿第一、第二、第三定律都可以用实验直接验证 C. 牛顿推翻了力是维持物体运动的原因的观点 D. 牛顿第一定律又被称为惯性定律，任何物体都有惯性，速度越大，物体的惯性越大 【答案】A 【解析】 【详解】A．牛顿用“月-地检验”证实了万有引力定律的正确性，故 A 正确； B．牛顿第一定律是理想实验定律，不能用实验直接验证，故 B 错误； C．伽利略利用斜面实验推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观点，故 C 错误； D．物体的惯性只与物体的质量有关，与物体运动的速度无关，故 D 错误； 故选 A。 2.如图所示斜坡倾角为 45°，在斜坡底端 P 点正上方某一位置 Q 处以速度 v0 水平向左抛出一 个小球 A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为 1t 。若在小球 A 抛出的同时，小球 B 从同 一点 Q 处开始自由下落，下落至 P 点的时间为 2t 。则 A、B 两球在空中运动的时间之比 1 2:t t 等 于（不计空气阻力）（ ） A. 1：1 B. 1： 3 C. 1：2 D. 1： 2 【答案】B 【解析】 【详解】小球 A 恰好能垂直落在斜坡上，如图 由几何关系可知， 0 tan 45 yv v   小球竖直方向的速度增量： 1 0yv gt v  水平位移： 0 1S v t 竖直位移： 2 1 1 2Qh gt 联立得到： 1  tan452 Qh S   解得： 2  QS h 1 2 Qht g  由几何关系可知小球 B 做自由下落的高度为： 2 2 1 2Qh S gt  2 6 Qht g  联立解得： 1 2 1: 3t t  A．与分析不符，故 A 错误; B．与分析相符，故 B 正确; C．与分析不符，故 C 错误; D．与分析不符，故 D 错误; 故选 B。 3.地球和木星绕太阳运行的轨道可以看作是圆形的，它们各自的卫星轨道也可看作是圆形 的．已知木星的公转轨道半径约为地球公转轨道半径的 5 倍，木星半径约为地球半径的 11 倍， 木星质量大于地球质量．如图所示是地球和木星的不同卫星做圆周运动的半径 r 的立方与周 期 T 的平方的关系图象，已知万有引力常量为 G，地球的半径为 R．下列说法正确的是（ ） A. 木星与地球的质量之比为 11 bd ac B. 木星与地球的线速度之比为 1∶5 C. 地球密度为 3 3 a GdR  D. 木星密度为 3 3 125 b GcR  【答案】C 【解析】 【详解】根据 2 2 2 4mMG m rr T ＝ 得， 2 3 24 GMTr ＝  ，可知图线的斜率 k= 24 GM  ，由于木星的 质量大于地球的质量，可知图线斜率较大的是绕木星做圆周运动轨道半径和周期的关系图线， 图线斜率较小的是绕地球做圆周运动半径和周期的关系图线．对于地球， 24 GMak d   地 ， 解 得 地 球 的 质 量 24 aM Gd地  ， 则 地 球 的 密 度 3 3 3 4 3 M a R dR G   地 地＝ ＝ ． 对 于 木 星 ， 24 GMbk c  木＝ ， 解 得 木 星 的 质 量 24 bM Gc 木 ， 则 木 星 的 密 度 3 3 3 4 1331(11 )3 M b GcRR   木 木＝ ，则木星与地球的质量之比为 M bd M ac 木 地  ，故 AD 错误，C 正确．根 据 GMv r   日 可知木星与地球的线速度之比为 1= = 5 v r v r 木 地日 地 木日 ，故 B 错误．故选 C． 【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，通过轨道半径和周期的表 达式得出图线斜率的含义是解决本题的突破口． 4.一物体的运动图像如图所示，横纵截距分别为 n 和 m，在图象所示的运动过程中，下列说法 正确的是 A. 若该图为 x-t 图象，则物体速度一直减小 B. 若该图为 a-t 图象且物体的初速度为零，则物体的最大速度为 mn C. 若该图为 a-x 图象且物体的初速度为零，则物体的最大速度为 mn D. 若该图为 a-x 图象且物体的初速度为零，则物体最终静止 【答案】C 【解析】 【详解】若该图为 x-t 图象，则斜率等于速度，可知物体速度不变，选项 A 错误；若该图为 a-t 图象且物体的初速度为零，则图像的面积等于速度的变化量，可得物体的最大速度为 1 2 mn ，选项 B 错误；若该图为 a-x 图象且物体的初速度为零，则由 21 2ax v 可知， 21 1 2 2mn ax v  ，则物体的最大速度为 mn ，选项 C 正确；若该图为 a-x 图象且物体的初 速度为零，则物体最终加速度为零，物体做匀速直线运动，选项 D 错误． 5.如图所示，倾角为 30°的粗糙斜面与倾角为 60°的足够长的光滑斜面对接在一起，两斜面 上分别放有质量均为 m 的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起．在平行于 斜面的拉力 F 的作用下两物块均做匀速运动（细线保持拉直状态)，从图示位置开始计时，在 甲物块与滑轮相碰前的一段时间内，下面的图象中， x 表示每个物块所通过的路程， E 表示 两物块组成的系统的机械能， fW 表示甲物块克服摩擦力所做的功， pE 表示两物块组成的系 统的重力势能， FW 表示拉力 F 对乙物块所做的功，则图象中所反映的关系可能正确的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】相同时间内两物块的位移大小相等，但斜面倾角不同，  30 60 h h sin sin   甲 乙 得：h 甲＜h 乙，即任意段时间内，乙增加的重力势能大于甲减少的重力势能，系统的重力势能是增加的， 而系统动能不变，则系统的机械能也是增加的，故 AC 错误；甲物块克服摩擦力所做的功 Wf=μmgscos30°，s=vt，故 Wf-t 图线为过原点的倾斜直线，同理 WF-t 图线亦为过原点的直线， 故 B 正确，D 错误． 6.如图所示为测感应强度大小的一种方式，边长为 1、一定质量的等边三角形导线框用绝缘细 线悬挂于天花板，导线框中通以逆时针方向的电流．图中虚线过 ab 边中点和 ac 边中点，在虚 线的下方为垂直于导线框向里的匀强磁场，导线框中的电流大小为 I ．此时导线框处于静止状 态，通过传感器测得细线中的拉力大小为 1F ；保持其它条件不变，现将虚线下方的磁场移至 虚线上方，此时测得细线中拉力大小为 2F ．则磁感应强度大小为 A. 2 1F F Il  B. 2 1 2 F F Il  C.  2 12 F F Il  D.  2 12 3 F F Il  【答案】A 【解析】 【详解】现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为 F2． 线框处于匀强磁场中，则各边受到的安培力大小相等，依据左手定则，可知安培力夹角均为 120°，因此安培力合力为 F 安，则有 F2=mg+F 安；当在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀 强磁场，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为 F1；依据左手定则，则各边受到安培力 如图所示： 结合矢量的合成法则，及三角知识，则线框受到安培力的合力，方向竖直向上，大小为 1 2F BIL安 ；根据平衡条件，则有：F1+F 安=mg，解得：F 安=mg-F1=F2-F1；即 2 1 1 1 2 2BIL F F （ ）， 那么 2 1F FI Bl  ，故 A 正确，BCD 错误． 7.如图所示，两个相同的小球 AB 用等长的绝缘细线悬挂在竖直绝缘的墙壁上的 O 点，将两小 球分别带上同种电荷，其中小球 A 的电荷量为 q1，由于库仑力，细线 OA 恰好水平．缓慢释放 小球 A 的电荷量，当细线 OA 与竖直方向夹角为 60°时，小球 A 的电荷量为 q2．若小球 B 的电 荷量始终保持不变，则 q1：q2 的值为 A. 3 : 2 B. 2 :1 C. 3 :1 D. 2 2 :1 【答案】D 【解析】 【详解】受力分析如图所示， 利用相似三角形可知 2 sin 2 CFmg L L  ，由库仑定律可知 22 sin 2 C kQqF L  （ ） ，可得 q= 2 38 sin 2mgL kQ  ，即 3 31 2 1 2: sin :sin 2 2 :12 2q q    ，故 D 正确；ABC 错误；故选 D 8.如图所示，一端固定在地面上的杆与水平方向夹角为θ.将一质量为 M 的滑块套在杆上，滑 块通过轻绳悬挂一质量为 m 的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ，先给滑块一个沿杆方 向的初速度.稳定后滑块和小球一起以共同的加速度沿杆运动，此时绳子与竖直方向的夹角为 β，且β>θ，不计空气阻力.则滑块的运动情况是（ ） A. 沿着杆减速下滑 B. 沿着杆加速下滑 C. 沿着杆减速上滑 D. 沿着杆加速上滑 【答案】C 【解析】 【详解】由小球的受力分析可知，小球受到重力和绳子方向的拉力的作用，可推知两者的合 力只能在沿着斜杆向下的方向，所以整体的加速度方向沿杆向下。 但是整体的速度方向决定了杆对滑块的摩擦力方向，速度方向未知，只能做出假设。 把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得： 假设：若速度方向向下，则沿斜面方向： 1 2 1 2( sinθ) )(m m g f m m a    垂直斜面方向： 1 2( cosθ)NF m m g  摩擦力： Nf F 联立可解得： sinθ cosθa g g  对小球有：若  ，则有： 1 sinβa g 现有：   ，则有： 1 sinβa g 所以有： 整体相对静止，所以： 1a a sinθ cosθ sinβg g g  即： sinθ sinβ cosθg g g  因为  ，所以有： sinθ sinβ 0g g  但 cosθ 0g  ，所以假设不成立，即速度的方向一定向上；由于加速度方向向下，所以滑块 沿杆减速上滑；故 ABD 错误;C 正确; 故选 C。 9.关于热学知识，下列说法中正确的是（ ） A. 单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减小，气体的压强可能增大 B. 布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也叫做热运动 C. 在温度不变的情况下，减小液面上方饱和汽的体积时，一段时间稳定后，这种气体的压强 不变 D. 当液体与固体之间表面表现为不浸润时,附着层内分子间的作用力表现为斥力 【答案】AC 【解析】 【详解】A．气体的体积增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，如果 温度升高，气体分子撞击器壁的速率增大，对器壁的压力增大，气体的压强可能增大、可能 减小、可能不变，故 A 正确； B．布朗运动的激烈程度跟温度有关，但是布朗运动不叫热运动，分子的无规则运动叫做热运 动，故 B 错误； C．饱和汽的压强仅与温度有关，与饱和汽的体积无关，所以在温度不变的情况下，减小液面 上方饱和汽的体积时，一段时间稳定后，这种气体的压强不变，故 C 正确； D．当液体与固体之间表面表现为不浸润时，附着层内分子间的作用力表现为引力，故 D 错误； 故选 AC。 10.如图所示电路中，电源内阻忽略不计，R0 为定值电阻，Rm 为滑动变阻器 R 的最大阻值，且 有 0 mR R ；开关 S1 闭合后，理想电流表 A 的示数为 I，理想电压表 V1、V2 的示数分别为 U1、 U2，其变化量的绝对值分别为△I、△U1、△U2。则下列说法正确的是（ ） A. 断开开关 S2，将 R 的滑动触片向右移动，则电流 A 示数变小、电压表 V2 示数变小 B. 保持 R 的滑动触片不动，闭合开关 S2，则电流表 A 示数变大、电压表 V1 示数变小 C. 断开开关 S2，将 R 的滑动触片向右移动，则滑动变阻器消耗的电功率减小 D. 断开开关 S2，将 R 的滑动触片向右移动，则有 1 2U U I I    【答案】AD 【解析】 【详解】A．断开开关 S2，将滑片向右移动时， R 接入电路电阻增大，电路总电阻增大，则由 闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，电流表 A 示数减小，电压表 V2 减小，故 A 正确； B．保持 R 的滑动触片不动，闭合开关 S2， 0R 被短路，电路总电阻减小，干路电流增大，电 流表示数 A 增大；而 1U IR ，可知电压表 V1 示数增大，故 B 错误； C．当滑动变阻器的电阻等于等效电源的内阻时滑动变阻器的阻值时，滑动变阻器的功率达到 最大，断开开关 S2，将 R 的滑动触片向右移动，由于 0 mR R ，所以滑动变阻器的功率一直在 增大，故 C 错误； D．由 1 0U E IR  可知： 1 0 U RI   由 2 0U IR 可知： 2 0 U RI   故 D 正确； 故选 AD。 11.如图所示，一质量为 2m 半径为 R 的由绝缘材料制成的薄球壳，均匀带正电，电荷量为 Q， 球壳内部场强为零，球壳下面有与球壳固连的质量不计的绝緣底座，底座静止在光滑水平面 上，球壳内部有一轻鹿绝缘弹簧，弹簧始终处于水平位置，其一端与球壳内壁固连,另一端恰 位于球心处，球壳上开有一小孔 C，小孔位于过球心的水平线上，在此水平线上离球壳很远的 0 处有一质量为 m 电荷量为 Q 的带正电的点电荷 P,它以初速 0 沿水平的 OC 方向开始运动，并 知 P 能通过小孔 C 进入球壳内，不考虑重力对点电荷 P 的影响．下列说法正确的是 ( ) A. 点电荷 P 从开始运动到弹簧压缩至最短过程中一直做减速运动 B. 点电荷 P 从刚进入球壳到刚要出球壳的过程中，由点电荷产、球壳、弹簧组成的系统机械 能守恒 C. 点电荷 P 从刚进入球壳到刚要出球壳的过程中，弹簧最大弹性势能一定小于 0 21 3 m D. 点电荷 P 由 C 孔出来时相对地面速度方向可能向左也可能向右 【答案】BCD 【解析】 点电荷 P 从开始运动到进入球壳之前由于受到静电斥力作用而做减速运动，进入球壳以后由 于内部场强为零，则电荷不受电场力作用，则电荷做匀速运动；接触弹簧后受弹力作用再次 做减速运动，选项 A 错误；点电荷 P 从刚进入球壳到刚要出球壳的过程中，不受电场力作用， 则由点电荷产、球壳、弹簧组成的系统只有弹力做功，则机械能守恒，选项 B 正确；当弹性 势 能 最 大 时 两 者 共 速 ， 满 足 ： 0 3mv mv ， 解 得 0 1 3v v ， 此 时 由 能 量 关 系 ： 2 2 20 0 0 1 1 13 ( )2 2 3 3P P vE E mv m mv    电 弹 ，则弹簧最大弹性势能一定小于 2 0 1 3 mv ,选项 C 正 确；点电荷 P 由 C 孔出来时应满足： 0 1 22mv mv mv  ； 2 2 2 0 1 2 1 1 1 22 2 2PE mv mv mv    电 ， 解得 2 1 0 0 42 PEv v v m    电 ，可知 v1 的方向可能与 v0 相同，也可能相反，选项 D 正确；故选 BCD. 点睛：本题研究的两体多过程问题，物理过程及能量关系都较复杂；分析清楚物体的运动过 程与运动性质，应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，本题难度较大． 12.如图所示，在 I、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为 B 的匀强磁场，磁场方向分别垂直于 纸面向外和向里，AD、AC 边界的夹角∠DAC=30°，边界 AC 与边界 MN 平行，Ⅱ区域宽度为 d．质 量为 m、电荷量为+q 的粒子可在边界 AD 上的不同点射入，入射速度垂直 AD 且垂直磁场，若 入射速度大小为 qBd m ，不计粒子重力，则（ ） A. 粒子在磁场中的运动半径为 2 d B. 粒子距 A 点 0.5d 处射入，不会进入Ⅱ区 C. 粒子距 A 点 1.5d 处射入，在 I 区内运动的时间为 πm Bq D. 能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为 π 3 m Bq 【答案】CD 【解析】 根据 2 Bqv m v r  ，得 r mv dBq   ，所以 A 错误；粒子刚好不能进入区域Ⅱ的运动轨迹如图 所示，恰好与 AC 相切，根据几何关系可求，此时入射点到 A 的距离为 d，即到 A 点距离大于 d 的都不能进入区域Ⅱ，运动轨迹为一半圆，时间 t 2 T m qB   ，所以 B 错误；C 正确；从 A 点进入的粒子在区域Ⅱ中运动的试卷最短，轨迹如图所示，由几何关系知，轨迹圆心角为 60°， 最短时间 6 3min T mt qB   ，故 D 正确． 二、填空题 13.某同学从实验室天花板处自由释放一钢球，用频闪摄影手段验证机械能守恒．频闪仪每隔 相等时间短暂闪光一次，照片上记录了钢球在各个时刻的位置． (1)操作时比较合理的做法是__________． A．先打开频闪仪再释放钢球 B．先释放钢球再打开频闪仪 (2)频闪仪闪光频率为 f，拍到整个下落过程中的频闪照片如下图所示，结合实验场景估算 f 可能值为（ ） A．0.1 Hz B．1 Hz C．10 Hz D．100 Hz (3)用刻度尺在照片上测量钢球各位置到释放点 O 的距离分别为 s1、s2、s3、s4、s5、s6、s7、 s8 及钢球直径，重力加速度为 g.用游标卡尺测出钢球实际直径 D，如下图所示，则 D＝ _______cm.(已知实际直径与照片上钢球直径之比为 k.) (4)选用以上各物理量符号，验证从 O 到 A 过程中钢球机械能守恒成立的关系式为： 2gs5=______.(用题中所给字母表示) 【答案】 (1). A (2). C (3). 4.55 (4). 1 4 kf 2(s6－s4)2 【解析】 【详解】(1)[1]从实验室天花板处自由释放一钢球，用频闪摄影手段验证机械能守恒，因此 必须先打开频闪仪再释放钢球； 故 A 正确;故错误 B; 故选 A； (2)[2]频闪仪闪光频率为 f ，而从天花板到地面约为 3m，依据自由落体位移公式，既有： 21 2h gt 解得： 0.8st  由于从天花板到地面有 8 个间隔，因此频闪仪闪光周期 0.1sT  ，那么频闪仪闪光频率为 10Hz； 故 ABD 错误;故 C 正确; 故选 C； (3)[3]游标卡尺的主尺读数为 45mm，游标尺上第 5 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标 读数为 0.1×5mm=0.5mm，所以最终读数为： 45+0.5=45.5mm=4.55cm (4)[4]在OA段运动过程中， A 点的速度为： 6 4 6 4( 2 2 ) A s s kf s sv T    则动能的增加量为： 2 2 2 2 6 4 1 1 10 2 2 4 ( )k kA AE E mv mk f s s       而减小的重力势能： 5PE mgks  验证从O 到 A 过程中钢球机械能守恒成立的关系式为： 2 2 5 6 4 12 4 ( )gs kf s s  14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，某实验小组决定测绘标有“3.8 V 0.4 A”小 灯泡的伏安特性曲线． （1）使用多用电表粗测小灯泡的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图所示，读数为 _______Ω． （2）实验室提供的实验器材有： A．电源 E（4 V，内阻约 0.4 Ω） B．电压表 V（2 V，内阻为 2 kΩ） C．电流表 A（0.6 A，内阻约 0.3 Ω） D．滑动变阻器 R（0~10 Ω） E．三个定值电阻（R1=1 kΩ，R2=2 kΩ，R3=5 kΩ） F．开关及导线若干 ①小组同学们研究后发现，电压表的量程不能满足实验要求，为了完成测量，他将电压表进 行了改装．在给定的定值电阻中选用______（选填“R1”“R2”或“R3”）与电压表______（选 填“串联”或“并联”），完成改装． ②在图虚线框中画出正确的实验电路图（虚线框中已将部分电路画出，请补齐电路的其他部 分）_____________． （3）该实验小组按照正确的电路图和实验操作描绘出了小灯泡的伏安特性曲线如图所示．先 将两个相同规格的小灯泡按如图所示电路连接，图中定值电阻阻值为 R0=3 Ω，电源电动势 E=4.5 V，内阻 r=1.5 Ω，此时每个小灯泡消耗的电功率为________W．（结果保留 2 位有效数 字，I 表示通过每个小灯泡的电流） 【答案】 (1). 10 (2). R2 (3). 串联 (4). (5). 0.74-0.78 【解析】 【分析】 根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表的接法，根据题意确定滑动变阻器的接法，然后作 出实验电路图； 在灯泡 U-I 图象坐标系内作出等效电源的 U-I 图象，求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流， 然后求出每个灯泡消耗的电功率． 【详解】（1）使用多用电表粗测小灯泡的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图所示，读 数为：1 10 10    ； （2）①灯泡额定电压为 3.8V，可以把电压表改装为 4V 量程，电压表量程为 2V，内阻为 2k ， 要把电压表改装成 4V的电压表，可以串联 2kΩ的电阻，应选电阻 2R 与电压表串联； ②灯泡正常发光时的电阻为： 3.8 9.50.4R     ，电压表内阻为 4k ，电流表内阻约为 0.3 ， 电压表内阻远大于灯泡电阻，而电流表内阻与灯泡内阻相差不多，故电流表应采用外接法， 由于滑动变阻器阻值较小，故采用分压式接法，电路图如图所示： （3）设通过每个灯泡的电流为 I，电源电动势为： 02 9E U I R r U I    （ ） ， 整理得： 9 4.5 9U E I I    即： 4.5 9U I  ， 在灯泡 U-I 图象坐标系内作出：U-I 图象如图所示： 由图示图象可知，灯泡两端电压为： 2.6U V 通过灯泡的电流为： 0.29I A ， 灯泡实际功率为： 2.6 0.29 0.75P UI W W    ． 【点睛】 本题要注意灯泡的电阻随温度的变化而变化，故不能直接用欧姆定律求功率，只能在灯泡 U-I 图象坐标系内作出等效电源的 U-I 图象，求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后求出每 个灯泡消耗的电功率． 三、计算题 15.滑冰是青少年喜爱的一项体育运动．如图，两个穿滑冰鞋的男孩和女孩一起在滑冰场沿直 线水平向右滑行，某时刻他们速度均为 v0＝2m/s，后面的男孩伸手向前推女孩一下，作用时 间极短，推完后男孩恰好停下，女孩继续沿原方向向前滑行．已知男孩、女孩质量均为 m＝50kg， 假设男孩在推女孩过程中消耗的体内能量全部转化为他们的机械能，求男孩推女孩过程中： (1)女孩受到的冲量大小； (2)男孩消耗了多少体内能量？ 【答案】(1) 100N•s (2) 200J 【解析】 【详解】(1)男孩和女孩之间的作用力大小相等，作用时间相等， 故女孩受到的冲量等于男孩受到的冲量， 对男孩，由动量定理得：I＝△P＝0-mv0＝-50×2＝-100N•s， 所以女孩受到的冲量大小为 100N•s； (2)对女孩，由动量定理得 100＝mv1-mv0， 故作用后女孩的速度 1 100 50 2 m/s 4m/s50v    根据能量守恒知，男孩消耗的能量为 2 2 1 0 1 1 12 50 16 50 4 200J2 2 2E mv mv         ； 16.如图所示，固定的绝热气缸内有一质量为 m 的“T”型绝热活塞(体积可忽略)，距气缸底 部 h0 处连接一 U 形管(管内气体的体积忽略不计)．初始时，封闭气体温度为 T0，活塞距离气 缸底部为 1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银的密度为ρ，大气压强为 p0，气缸横截面 积为 s，活塞竖直部分长为 1.2h0，重力加速度为 g．试问： (1) 初始时，水银柱两液面高度差多大？ (2) 缓慢降低气体温度，两水银面相平时温度是多少？ 【答案】（1） mh S ；（2） 0 0 0 4 5 5 p T S p S mg 【解析】 【分析】 根据活塞平衡求得气体压强，再根据水银柱高度差求出气体压强表达式，联立得到高度差； 等压变化，根据盖-吕萨克定律求解出温度． 【详解】（1）选取活塞为研究对象，对其受力分析并根据平衡条件有 0p S mg pS  可得被封闭气体压强： 0 mgp p S   设初始时两侧水银柱液面高度差为 h，则被封闭气体的压强： 0p p gh  联立以上三式可得，初始时液面高度差为 mh S （2）降低温度直至两液面相平的过程中，被封闭气体先做等压变化，后做等容变化． 初状态： 1 0 mgp p S   ，V1=1.5h0S，T1=T0； 末状态： 2 0p p ，V2=1.2h0S 根据理想气体状态方程有 1 1 2 2 1 2 V Vp p T T  代入数据，可得 0 0 2 0 4 5 5 p T ST p S mg   【点睛】本题考查了求水银柱的高度差、求气体温度，分析清楚气体状态变化过程，应用平 衡条件、求出气体的状态参量、应用理想气体状态方程即可正确解题． 17.坐标原点 O 处有一点状的放射源，它向 xOy 平面内的 x 轴上方各个方向发射 粒子， 粒 子的速度大小都是 v0，在 0＜y＜d 的区域内分布有指向 y 轴正方向的匀强电场，场强大小为 E ＝ 2 03 2 mv qd ，其中 q 与 m 分别为α粒子的电荷量和质量；在 d＜y＜2d 的区域内分布有垂直于 xOy 平面的匀强磁场．ab 为一块很大的平面感光板，放置于 y＝2d 处，如图所示．观察发现此时 恰无粒子打到 ab 板上．(不考虑 粒子的重力) (1)求 粒子刚进入磁场时的动能 Ek 及磁感应强度 B 的大小； (2)将 ab 板平移到纵坐标为多少的位置时所有粒子恰好均能打到板上？并求 ab 板在此位置被 粒子打中区域的长度 L． 【答案】(1) 2 02mv ； 03mv qd ；(2) 4 3 d ； 4 3 2 3 3d d 【解析】 【详解】(1)根据动能定理： 2 2 0 1 1 2 2tEqd mv mv  可得末动能： 2 2 2 0 0 1 1 22 2kt tE mv Eqd mv mv    根据可知 02tv v ，对于沿 x 轴正方向射出的粒子进入磁场时与 x 轴正方向夹角 3   ，其在 电场中沿 x 方向的位移： 1 0 0 2 2 3 3( ) dx v t v dEq m   易知若此粒子不能打到 ab 板上，则所有粒子均不能打到 ab 板，因此此粒子轨迹必与 ab 板相 切，可得其圆周运动的半径： 2 3r d 又根据洛伦兹力提供向心力： 2 t tmB r vqv  可得： 03 3  2 tmv mvB qd qd   (2)易知沿 x 轴负方向射出的粒子若能打到 ab 板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就 是此粒子轨迹恰好与 ab 板相切．可知此时磁场宽度为原来的 1 3 ，即当 ab 板位于 4 3y d 的位 置时，恰好所有粒子均能打到板上； ab 板上被打中区域的长度： 1 4 3 22 3 3L x r d d    18.如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为 R 的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在 B 点平滑连接，过 半圆轨道圆心 O 的水平界面 MN 的下方分布有水平向右的匀强电场 E，质量为 m 的带正电小滑 块从水平轨道上 A 点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过 B 点后电量保持 不变，小滑块在 AB 段加速度随位移变化图象如图乙。已知 A、B 间距离为 4R，滑块与轨道间 动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为 g，不计空气阻力，求： (1)小滑块释放后运动至 B 点过程中电荷量的变化量； (2)半圆轨道对小滑块的最大支持力大小； (3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道 时距 B 的距离。 【答案】（1） mg E （2） (6 3 5)mg （3）6R。 【解析】 【详解】(1)由牛顿第二定律得，在 A 点： 0 1·2q E mg m g  ① 在 B 点： 1 3·2q E mg m g  ② 由①②联立解得： 1 0 mgq q q E     ③ (2)从 A 到 B 过程，由动能定理得： 2 1 1 3 12 2· ·4 02 2 g g m R mv    ④ 将电场力与重力的合力等效为“重力G ʹ”，与竖直方向的夹角设为 ，在“等效最低点”时 滑块对轨道压力最大，则： 2 2 1( ) ( )G mg q E   ⑤ cosα mg G   ⑥ 从 B 到“等效最低点”过程，由动能定理得： 2 2 2 1 1 1( cosα) 2 2G R R mv mv    ⑦ 由牛顿第二定律得： 2 2 N vF G m R   ⑧ 由②④⑤⑥⑦⑧式联立解得： N (6 3 5)F mg  (3)从 B 到C 过程，由动能定理得： 2 2 1 3 1 1 1 2 2mg R q ER mv mv   g ⑨ 从C 点到再次进入电场的过程中做平抛运动： 水平方向： 1 3x v t ⑩ 竖直方向： 21 2R gt ⑪ y gtv ⑫ 设速度方向与水平方向的夹角为 1 ，则有： 1 3 tanβ yv v  ⑬ 进入电场后，受向左的电场力与竖直向下的重力，则有： 2 1 tanβ mg q E  ⑭ 由⑨⑩⑪⑫⑬⑭式联立可得： 1 2  则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动： 1 2 tanβ R x  ⑮ 由⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式联立可得： 1 2 6x x x R    因此滑块再次到达水平轨道的位置在 B 点左侧 6R 处。