2019届湖南省永州市高三上学期第二次模拟考试物理试题（解析版）

永州市2018年高考第二次模拟考试试卷
物 理
一、选择题
1.一个篮球从某一高度由静止下落，并与坚硬的地面碰撞后以原速率反弹，最后运动到最高点（假设篮球运动过程中所受空气阻力大小恒定，设竖直向下为正方向）。下列描述该运动过程的图像正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律分析篮球的运动情况，根据x-t图象的斜率表示速度、v-t图象的斜率等于加速度，来分析图象的形状。
【详解】AB、篮球从静止开始下落的过程中，做匀加速直线运动，x-t图象应是抛物线，反弹后上升的过程，做匀减速运动，x-t图象也是抛物线，故AB错误；
CD、篮球先向下做匀加速直线运动，速度为正，加速度大小为，较小，图像较缓；后向上做匀减速运动，速度为负，加速度大小为，较大，图像较陡，故C正确，D错误；
故选：C
【点睛】解决本题的关键是要明确篮球的运动情况，抓住与地面碰撞后速度突然反向来分析速度方向的变化。
2.如图所示，圆柱体的A点放有一质量为M的小物体P，使圆柱体缓慢匀速转动，带动P从A点转到A′点，在这过程中P始终与圆柱体保持相对静止， 那么P所受的静摩擦力的大小随时间的变化规律，可由下面哪个图表示

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
对物块P进行受力分析，求出摩擦力的表达式即可求解。
【详解】物块P受三个力的作用，竖直向下的重力mg，沿半径指向外的支持力N，沿切线方向的静摩擦力，因圆柱体缓慢移动，所以物块P在任意位置所受合力为零，如下图所示

则：，从A转至A′的过程中，θ先减小后增大，先减小后增大，且按照正弦规律变化，故B正确。
故选：B
【点睛】该题主要考查了同学们受力分析的能力，要想求解一个物理量的变化情况，就要求出该物理量的表达式，难度适中。
3.在光滑的水平面上有一冰球以速度v0沿直线匀速从a点运动到b点，忽略空气阻力，如图甲为俯视图。当冰球运动到b点时受到垂直于速度方向的力快速打击，打击之后冰球有可能沿哪一条轨迹运动

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据运动的合成方法，结合矢量的法则，即可求解碰后的方向，再根据物体做曲线运动的条件即可明确冰球是否做曲线运动。
【详解】由题意可知，两速度的合速度的方向，即为冰球运动的方向，由于小球受到的是瞬间撞击，获得速度后不再受力，故小球不可能做曲线运动，故BD错误，小球受到垂直打击初速度方向不变，撞击后是两个垂直方向速度的合成，故A错误，C正确。
故选：C
【点睛】本题考查运动的合成与分解的内容，掌握矢量的合成法则，注意与曲线运动的条件区别开来。
4.用强度相同的红光和蓝光分别照射同一种金属，均能使该金属发生光电效应。下列判断正确的是
A. 用红光照射时，该金属的逸出功小，用蓝光照射时该金属的逸出功大
B. 用红光照射时，逸出光电子所需时间长，用蓝光照射时逸出光电子所需时间短
C. 用红光照射时，逸出的光电子最大初动能小，用蓝光照射时逸出的光电子最大初动能大
D. 若增加入射光的强度，逸出的光电子最大初动能相应增加
【答案】C
【解析】
【分析】
金属的截止频率由金属本身的性质决定，根据光电效应方程判断出最大初动能与什么因素有关。
【详解】强度相同的红光和蓝光分别照射同一种金属，均能使该金属发生光电效应，知红光和蓝光的频率都大于金属的截止频率．金属的逸出功与照射光的频率无关．故A错误；发生光电效应的时间极短，即逸出光电子在瞬间完成，小于10-9s，与光的频率无关，故B错误；根据光电效应方程得，Ekm=hv-W0，金属的逸出功不变，红光的频率小，蓝光的频率大，则蓝光照射时逸出的光电子最大初动能大，与光照强度无关，故C正确，D错误。故选：C
【点睛】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程Ekm=hv-W0。
5.如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12V、工作时内阻为2Ω的电动机。闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为1A，则

A. 副线圈两端电压为22V
B. 电动机输出的机械功率为12W
C. 通过电动机的交流电频率为100Hz
D. 若电动机突然卡住不转，原线圈输入功率变大
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图示可得输出电压的最大值，周期和频率等，求得有效值，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。
【详解】A、由乙图可知，输入电压的最大值为V，则有效值 ，，故A错误；
B、输出的机械功率：，则B错误；
C、由乙图可知，输入交变电压的周期为0.02s，则频率为，因为原副线圈交变电流频率相等，则通过电动机的交流电频率为50Hz，C错误；
D、卡住电动机，电动机变成了纯电阻，电压不变，电流增大，输出功率增加，则原线圈输入功率增加，则D正确。
故选：D。
【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路。
6.如图所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端c处。今在c点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的三等分点d处。若不计空气阻力，下列关系式正确的是

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
两球抛出后都做平抛运动，由平抛运动的规律水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，抓住水平位移和竖直位移关系进行求解。
【详解】AB、a、b两球下降的高度之比为3：1，根据可知，，则运动的时间关系是，故AB均错误；
CD、因为a、b两球水平位移之比为3：2，由得：，故C正确，D错误；
故本题选C。
【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行研究。
7.如图所示，水平放置的平行板电容器的上极板与滑动变阻器的滑动端P相连接。电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场。在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端P上移，则电容器极板上所带电量q和电子穿越平行板所需的时间t

A. 电量q增大，时间t不变
B. 电量q不变，时间t增大
C. 电量q增大，时间t减小
D. 电量q不变，时间t不变
【答案】A
【解析】
当滑动变阻器的滑动端P上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据q=UC可得电量q增大；电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间：，与电压的变化无关，所以时间t不变，故A正确，BCD错误。
8.火星是一颗与地球临近的太阳的行星，其半径约为地球的二分之一，质量约为地球的十分之一，公转半径约为地球的1.5倍，则下列说法中正确的是
A. 火星的公转周期大于1年
B. 火星表面的重力加速度约为4 m/s2
C. 火星上的第一宇宙速度略大于地球上第一宇宙速度
D. 沿火星表面附近的圆轨道运行的卫星周期小于近地卫星的周期
【答案】AB
【解析】
【分析】
根据万有引力等于重力表示出重力加速度，再去进行比较星球表面重力加速度．研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力，列出等式再去进行比较。
【详解】A、根据开普勒第三定律可知，围绕同一个中心天体公转时，轨道半长轴的三次方与周期的平方之比相等，则，火星公转半径是地球公转半径的1.5倍，年，解得年，故A正确；
B、星球表面万有引力等于重力，则有，则，则，B正确；
C、第一宇宙速度，则，故火星上的第一宇宙速度小于地球上第一宇宙速度，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力得：，解得：，则，所以沿火星表面附近的圆轨道运行的卫星周期大于近地卫星的周期，D错误；
故本题选AB。
【点睛】要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。
9.如图所示，滑块P、Q静止在粗糙水平面上，一根轻弹簧一端与滑块Q相连，另一端固定在墙上，弹簧处于原长。现使滑块P以初速度v0向右运动，与滑块Q发生碰撞（碰撞时间极短），碰后两滑块一起向右压缩弹簧至最短，然后在弹簧弹力作用下两滑块向左运动，两滑块分离后，最终都静止在水平面上。已知滑块P、Q的质量分别为2m和m，下列说法中正确的是

A. 两滑块发生碰撞的过程中，其动量守恒，机械能不守恒
B. 两滑块分离时，弹簧一定处于原长
C. 滑块P最终一定停在出发点右侧的某一位置
D. 整个过程中，两滑块克服摩擦力做功的和小于mv02
【答案】ABD
【解析】
【分析】
（1）系统所受合外力为零系统动量守恒，只有重力或弹力做功系统机械能守恒；（2）当P、Q间弹力为零时它们分离，应用牛顿第二定律求出弹簧的形变量，然后分析答题；（3）由能量守恒定律分析判断P最终停止位置与出发点间的关系，应用能量守恒定律分析克服摩擦力做功多少。
【详解】A、两滑块碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒；两者碰撞后一起运动，碰撞不是弹性碰撞，碰撞过程机械能有损失，碰撞过程机械能不守恒，故A正确；
B、当P、Q间弹力为零时两滑块分离，分离前瞬间它们的加速度相等，由牛顿第二定律，对P：，对Q：，解得： ，故两滑块分离时，弹簧一定处于原长，B正确；
C、两滑块碰撞后在运动过程中要克服摩擦力做功机械能减小，当P回到两球碰撞位置时的速度大小一定小于碰撞前P的速度大小，但P停止时的位置不一定在其出发点的右侧，也可能在出发点的左侧，因为P有初速度，若初速度较大，则可能停在出发点的左侧，故C错误；
D、由于两滑块分离后Q继续向左做减速运动，当Q停止时弹簧处于伸长状态，在整个过程中，P的机械能转化为弹簧的弹性势能与内能，由能量守恒定律可知：，，则两滑块克服摩擦力做功之和小于mv02，故D正确；
故选：ABD。
【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，考查了动量守恒与机械能守恒的条件，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键。
10.如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L。一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行。t＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合 (图中位置Ⅰ)，导线框的速度为v0。经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ)，导线框的速度刚好为零。此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ(不计空气阻力)，则

A. 上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等
B. 上升过程中线框产生的热量与下降过程中线框产生的热量相等
C. 上升过程中，导线框的加速度逐渐减小
D. 上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率
【答案】CD
【解析】
【分析】
根据能量守恒分析线框返回原位置时速率关系，由动能定理判断上升和下降两过程合力做功关系．
根据安培力表达式，，分析线框克服安培力做功的关系，即可判断热量的多少．分析线框的受力，根据牛顿第二定律得到加速度与速度的关系，即可分析加速度的变化情况；根据平均速度的大小，分析时间的关系，即可判断重力的平均功率的大小。
【详解】A、线框运动过程中要产生电能，根据能量守恒定律可知，线框返回原位置时速率减小，则上升过程动能的变化量大小大于下降过程动能的变化量大小，根据动能定理得知，上升过程中合力做功较大，故A错误；
B、线框产生的焦耳热等于克服安培力做功，对应与同一位置，上升过程安培力大于下降过程安培力，上升与下降过程位移相等，则上升过程克服安培力做功等于下降过程克服安培力做功，上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多，故B错误；
C、上升过程中，线框所受的重力和安培力都向下，线框做减速运动。设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：，，由此可知，线框速度v减小时，加速度a也减小，故C正确；
D、下降过程中，线框做加速运动，则有：，，，由此可知，下降过程加速度小于上升过程加速度，上升过程位移与下降过程位移相等，则上升时间短，下降时间长，上升过程与下降过程重力做功相同，则上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率，D正确；
故选：CD。
【点睛】本题类似于有空气阻力的竖直上抛运动，关键是分析受力，根据牛顿第二定律研究加速度如何变化．根据能量守恒分析安培力做功关系。
11.如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，g＝10 m/s2，下列说法正确的是

A. 图乙中x＝36 m2/s2
B. 小球质量为0.2 kg
C. 小球在B点受到轨道作用力为8.5 N
D. 小球在A点时重力的功率为5 W
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据机械能守恒可由图乙得到x，然后根据在C点小球受到的合外力，由牛顿第二定律可求得质量，进而得到根据在B点的速度得到受力情况。
【详解】A、小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有：，解得，当=0.8m时，，代入数据得：；当时，，故A错误；
B、由图乙可知，轨道半径R=0.4m，小球在C点的速度vC=3m/s，那么由牛顿第二定律可得：，解得：m=0.2kg，B正确；
C、小球从A到B机械能守恒：，解得其运动到B点的速度为：；
在B点，由牛顿第二定律可知：，代入数据得：，选项C正确；
D、小球在A点时，重力mg和速度垂直，mg的瞬时功率为0，D错误。
故选：BC
【点睛】物体运动学问题，一般先对物体进行受力分析，若要求过程量如加速度，则应用牛顿第二定律求解；若要求的时状态量，如速度，则一般应用动能定理求解。

二、实验题
12.某同学利用如图所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律。在气垫导轨上安装了两光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连。

(1)不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门2的时间小于通过光电门1的时间。实施下列措施能够让导轨水平的是________；
A．调节Q使轨道左端升高一些 B．调节P使轨道右端升高一些
C．遮光条的宽度应适当大一些 D．滑块的质量增大一些
(2)用螺旋测微器测量挡光片的宽度d如图所示，则d=________mm；
(3)实验时，测出光电门1、2间的距离L，遮光条的宽度d，滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m。由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间t1、t2，写出由M和m组成的系统机械能守恒成立的表达式_____________________________。
【答案】 (1). A (2). 3.700 (3).
【解析】
【分析】
明确实验原理以及气垫导轨装置的特点可正确解答；表示出钩码的重力势能减少量和系统动能增加量的大小来验证机械能守恒定律；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
【详解】：（1）不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门2的时间小于通过光电门1的时间．说明滑块做加速运动，也就是左端低，右端高。所以实施下列措施能够达到实验调整目标的是调节Q使轨道左端升高一些，或调节P使轨道右端降低一些，故选A；
（2）螺旋测微器的固定刻度读数为3.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为3.5mm+0.200mm=3.700mm；
（3）实验时，光电门1、2间的距离L，遮光条的宽度d，滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m，由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间t1、t2，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度，所以，；
过程中钩码的重力势能减少了：，系统动能增加了
则系统机械能守恒成立的表达式是：
故本题的答案为：（1）B （2）3.700 （3）
【点睛】常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项。
13.某同学利用电压表和定值电阻测蓄电池电源的电动势和内阻。
(1)实验室有以下三个电压表，需要将它们改装成量程为6 V的电压表，以下措施正确的是________；
A．将电压表V1(0～1 V，内阻约为1 kΩ)与5 kΩ的定值电阻R串联
B．将电压表V2(0～2 V，内阻约为2 kΩ)与4 kΩ的定值电阻R串联
C．将电压表V3(0～3 V，内阻为3 kΩ)与3 kΩ的定值电阻R串联
D．以上三项都可以
(2)用改装并校正后的电压表及两个定值电阻R0，测蓄电池的电动势和内阻，图甲为实验电路图，根据给出的电路图，将图乙的实物连线补充完整______；

(3)该实验的主要操作步骤如下：
A．按电路原理图连接实验器材；
B．将开关S2闭合，开关S1断开，测得电压表的示数是U1；
C．再将开关S1闭合，测得电压表的示数是U2；
D．断开开关S2。
①根据实验所得数据，可得电源电动势的测量值E＝__________；电源内阻的测量值r＝____________(结果用字母U1、U2、R0表示)；
②该实验测得的电动势比实际值偏_______(填“大”或“小”)。
【答案】 (1). AC (2). (3). (4). (5). 小
【解析】
【分析】
（1）明确电表的改装原理，即可确定如何获得大量程的电压表；（2）根据原理图即可得出对应的实物图；（3）根据闭合电电路欧姆定律进行分析，从而根据测出的数据求出电源的内阻；（4）根据电表内阻的影响进行分析，从而确定测出的电动势的误差情况。
【详解】：（1）要想改装电压表，应知道原电压表量程，由题意可知，只有C中电表内阻已知；同时根据改装原理可知：，符合要求，故选C；
（2）根据原理图可得出对应的实物图如图所示：

（3）由闭合电路欧姆定律可知：①将开关S2闭合，开关S1断开时：；
将开关S1闭合时：
联立解得：；；
②由于电压表不是理想电表，则电压表分流，因此求出的电流值要小于真实值，而当外电路短路时电压表不再分流，因此可知，实际伏安物图应与测量出的伏安特性曲线与横轴交点相同，而图象整体偏左，因此测出的电动势偏小。
故本题的答案为：（1）C （2） （3）①； ②小
【点睛】本题考查利用电压表和两定值电阻分析测量电动势和内阻的方法，要注意准确掌握实验原理，明确实验中电表内阻的影响，从而分析数据并正确进行误差分析。
三、计算题
14.新能源电动汽车在平直路面上由静止开始以a＝2 m/s2的加速度匀加速启动，经过t1＝5s达到额定功率，随后电瓶车保持该额定功率继续行驶了t2＝6s达到最大速度，若人及电动汽车的总质量m=1000kg，受到的阻力恒为车重的0.2倍，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)该电动汽车的额定功率；
(2)该电动汽车在t2时间内行驶的位移大小。
【答案】（1）4×104 W （2）45m
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律和P=Fv求出额定功率；当牵引力等于阻力时，电瓶车的速度达到最大。
【详解】（1）在匀加速启动阶段，由牛顿第二定律可知：；
其中，解得
由速度与时间的关系得该匀加速阶段的末速度为：
故电动汽车的额定功率为：；
（2）当电动汽车达到最大速度时，加速度为零，此时，全程阻力大小不变
所以，最大速度
所以，在t2时间内，由动能定理得：
解得：
【点睛】本题是机车的启动问题，理清恒定加速度启动时车子的运动过程，把握两个临界条件：牵引力功率在达到额定功率时匀加速运动结束；当加速度为零时，车子变加速运动结束，速度达到最大。
15.如图所示，木块A的质量mA＝1 kg，长木板B的质量mB＝4 kg，长度L＝1 m,质量为mC＝1 kg的木块C（可视为质点）置于长木板B的右端，水平面光滑，B、C之间有摩擦，开始时B、C均静止。现使A以v0＝10 m/s的初速度向右匀速运动，与B碰撞后以vA＝6 m/s速度弹回，C恰好不滑离长木板B。重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)B运动过程中的最大速度；
(2)B、C之间的动摩擦因数。
【答案】（1）4m/s （2）0.64
【解析】
【分析】
A与B发生碰撞B获得速度，开始做匀减速直线运动，所以A与B碰后一瞬间，B速度最大；当BC速度相同时，两者相对静止；根据动量守恒和能量守恒求解C运动过程中的最大速度大小和整个过程中系统损失的机械能，即可求出摩擦因数。
【详解】（1）AB碰撞瞬间，时间极短，内力远大于外力，AB组成的系统动量守恒，设水平向右为正方向
则：，解得：；
因碰撞后，B和C继续相互作用的过程中，B要减速，所以，AB碰撞完成时B的速度即为其最大速度
故B运动过程中的最大速度为4m/s；
（2）由题意可知B、C组成的系统动量守恒，C出现在B的左端时，二者恰好共速
所以：
该过程中，根据能量守恒定律：
解得：
【点睛】本题考查了求速度与损失的机械能问题，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题。
16.如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为－q的粒子，不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径OM和ON间的夹角为θ，且满足。

(1)若某一粒子以速率v1沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率v1；
(2)若某一粒子以速率v2＝沿与MO成70°角斜向上方射入磁场，求此粒子在磁场中运动的时间；
(3)若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为v3＝，求磁场中有粒子通过的区域面积。（计算结果可用根式表示）
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【分析】
（1）某一粒子以速率v1，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，由几何关系求得其做匀速圆周运动的半径，由洛仑兹力提供向心力求出入射速度v1；
（2）某一粒子以速率，沿与MO成70°角斜向上方向射入磁场，由半径公式知，该粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径等于磁场区域的半径，由几何关系知道，该粒子的轨迹和偏转角均能求出，从而求出该粒子运动的时间；
（3）若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为，这些粒子在磁场中有相同的半径，则圆心轨迹是以M为圆心、半径为的圆。试着画出极端情况下粒子能达到的区域，从而把粒子能到达的整个区域面积求出来。
【详解】（1）如图所示，由几何关系可知，，解得：

粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力：，解得：
（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为
洛伦兹力提供向心力：，得，其中，解得：
粒子沿与与MO成70°方向进入磁场，设粒子从区域边界P射出，其运动轨迹如图所示：

由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为α=160°
粒子运动周期：
则粒子在磁场中的运动的时间：
（3）粒子沿各个方向以进入磁场做匀速圆周时的轨迹半径都为，且不变，如图所示

由图可知，粒子在磁场中通过的面积等于以为圆心的扇形的面积、以M为圆心的扇形的面积和以O点为圆心的圆弧MQ与直线MQ围成的面积之和。
，，
所以：
【点睛】本题的难点在第3问，要找到粒子能到达的区域，首先要考虑的是粒子的偏转方向--顺时针；其次要考虑的极端情况①从M点竖直向上射出，则可以做完整的圆周运动。②然后把这个完整的圆绕M点转动180°，则该圆与磁场区域公共部分，就是粒子能达到的区域
四、选考题
17.下列说法正确是___________。
A. 分子间的引力和斥力同时存在，都随分子间距离的增大而减小
B. 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力
C. 由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和气体的密度，可以估算出理想气体分子间的平均距离
D. 分子平均速率大的物体的温度比分子平均速率小的物体的温度高
E. 机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功以转化成机械能
【答案】ABC
【解析】
【详解】A、根据分子力的特点可知，分子间的引力和斥力同时存在，都随分子间距离的增大而减小。故A正确；

B、液体内部分子间的距离近似为平衡距离r0，液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子间表现为引力，所以液体表面存在表面张力，故B正确；
C、由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和气体的密度，可以估算出理想气体单个分子的占据的空间体积，从而可以估算分子间的平均距离，故C正确；
D、温度是分子平均动能的标志，不是分子平均速率的标志，由动能可知，动能还与分子的质量有关，故D错误；
E、机械能可以全部转化为内能，但是根据热力学第二定律可知，内能无法全部用来做功以转化成机械能，故E错误；
故选ABC。
【点睛】本题考查综合性较强，设计面广，难度不大，解答此类题型关键是掌握这些常考的基础物理概念，深刻理解即可。
18.如图所示，上端开口的绝热圆柱形汽缸竖直放置在水平地面上，汽缸内部被质量为m的导热性能良好的活塞A和质量也为m的绝热活塞B分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体M和N，两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦。汽缸下面有加热装置，初始状态温度均为T0，气缸的截面积为S，外界大气压强为且不变，现对气体N缓慢加热。求：

(ⅰ)当活塞A恰好到达汽缸上端时，气体N的温度；
(ⅱ)在活塞A上再放一个质量为m的物块C，继续给气体N加热，当活塞A再次到达汽缸上端时，气体N的温度。
【答案】(ⅰ) 2T0 (ⅱ) T0
【解析】
【分析】
（1）给汽缸下面有加热，活塞A上升过程，封闭气体N发生等压变化。由吕萨克定律求当活塞A恰好到达汽缸上端时气体N的温度；（2）在活塞A上放上A，继续给气体N加热，气体M发生等温变化，由玻意耳定律求出当活塞A再次到达汽缸上端时气体M的体积，得到气体N的体积，再对N，由气态方程列式求解
【详解】(ⅰ)设气体开始的体积为V1，活塞A移动至恰好到达气缸上端的过程中M部分气体的体积、压强不变，气体N发生等压变化，体积变为2V1，由盖吕萨克定律有：
解得气体N的温度为：
(ⅱ)设放上C继续加热过程后M的体积为V2，气体M发生等温变化，由玻意尔定律得：
，其中，解得：
此时N的体积为
由理想气体状态方程得：
解得此时气体N的温度为：
【点睛】本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分气体之外，关键是把握它们之间的联系，比如体积关系、温度关系及压强关系。
19.一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t时刻的波形图像如图所示，已知该波的周期为T，a、b、c、d 为沿波传播方向上的四个质点。则下列说法中正确的是________。

A．在t＋时，质点c的速度达到最大值
B．在t＋2T时，质点d的加速度达到最大值
C．从t到t＋2T的时间间隔内，质点d通过的路程为4 cm
D．t时刻后，质点b比质点a先回到平衡位置
E．从t时刻起，在一个周期的时间内，a、b、c、d四个质点沿x轴通过的路程均为一个波长
【答案】ABD
【解析】
【分析】
时，质点c回到平衡位置，速度最大；根据波长，确定出波传到d的时间，再分析t+2T时刻d的加速度；根据波的传播方向判断出a、b两质点的振动方向，分析回到平衡位置的先后．从t时刻起，在一个周期内，a、b、c三个质点所通过的路程均为一个波长。
【详解】A、在时，质点c回到平衡位置，速度达到最大值，A正确；
BC、由图看出，此时刻波离d点的距离等于个波长，则波传到d点需要个周期，传到d后d向下起振，在t+2T时，d点到达波峰，加速度达到最大值。从t到t+2T间隔内，质点d运动了，因此通过的路程为，故B正确，C错误；
D、简谐波沿x轴正方向传播，t时刻a、b两点的速度方向均向上，则从t时刻起，质点b比质点a先回到平衡位置。故D正确；
E、t时刻起，在一个周期内，a、b、c、d四个质点并不随着波迁移，通过的路程不是一个波长。故E错误。
故选ABD。
【点睛】对于波动过程中质点速度、加速度大小的分析，可根据时间确定出质点的位置判断。
20.如图所示为一个透明球体的横截面，其半径为R，AB是一竖直直径，现有一束半径为的圆环形平行细光沿AB方向射向球体(AB直径为圆环中心轴线)，所有光 线经折射后恰好经过B点而在水平光屏上形成一圆亮环，水平光屏到B点的距离为L＝R，光在真空中的传播速度为c，求：

(ⅰ)透明球体的折射率；
(ⅱ)光从入射点传播到光屏所用时间。
【答案】(ⅰ) (ⅱ)
【解析】
【分析】
(ⅰ)作出光路图，由几何关系求出入射角和折射角，根据折射定律求解折射率；（ⅱ）求出光在介质中的速度，结合几何关系求出光在圆柱体中运行的位移，从而求出运动的时间。
【详解】(ⅰ)光路图如图所示，由几何关系可知，，即

由图可知，，得：
由折射定律有：
(ⅱ)光在介质中的速度为
光在透明介质中的传播时间
由图及折射率定律知光线从B点出射后与竖直方向的夹角为
所以光从透明球体出射后到光屏所用的时间
所用光从入射点传播到光屏所用的时间为：
【点睛】解决几何光学问题的关键画出光路图，结合折射定律和几何关系进行求解。