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2019届湖南省张家界市第一中学高三二模考试物理试题（解析版）
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2019年高考物理模拟试卷之二
一、选择题
1.消防员在一次用高压水枪灭火的过程中，消防员同时启动了多个喷水口进行灭火。如果有甲、乙靠在一起的高压水枪，它们的喷水口径相同，所喷出的水在空中运动的轨迹如图所示，则由图可看出
A. 甲水枪喷出水的速度较大
B. 乙水枪喷出的水在最高点的速度较大
C. 甲水枪喷水的功率较大
D. 乙水枪喷出的水在空中运动的时间较长
【答案】B
【解析】
【详解】AB．水从最高处到失火处的运动可视为平抛运动，水的上升和下降过程具有对称性；甲、乙两水枪喷出水的最大高度相同，乙水枪喷出的水更远，则乙水枪喷出的水在最高处具有的水平速度更大；水的最大高度相同，水落地时的竖直速度相同，据速度的合成知，乙水枪喷出的水落地速度更大，乙水枪喷出水的速度较大．故A项不符合题意，B项符合题意；
C．乙水枪喷出水的速度较大，甲、乙两水枪喷水口径相同，则乙水枪喷水的功率较大．故C项不符合题意；
D．水的上升和下降过程具有对称性，两水枪喷出水的最大高度相同，两水枪喷出的水在竖直方向运动情况相同，则两水枪喷出的水在空中运动的时间相同．故D项不符合题意。
2.某行星有两颗绕其做匀速圆周运动的卫星A和B，A的运行周期大于B的运行周期．设卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积为S，则下列图象中能大致描述S与两卫星的线速度v之间关系的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】卫星A的运行周期大于卫星B的运行周期，据开普勒第三定律知，卫星A圆周运动的半径较大．
当卫星绕行星运动的速度是v时，有：
解得卫星圆周运动的半径：
卫星A圆周运动的半径较大，则卫星A的线速度较小；
卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积
则卫星的线速度越大，卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积越小；卫星A的线速度较小，卫星A与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积较大．
A．A图与分析不符，故A项不符合题意；
B．B图与分析不符，故B项符合题意；
C．C图与分析不符，故C项不符合题意；
D．D图与分析不符，故D项不符合题意。
3.如图所示，平面直角坐标系xOy的x轴上固定一带负电的点电荷A，一带正电的点电荷B绕A在椭圆轨道上沿逆时针方向运动，椭圆轨道的中心在O点，P1、P2、P3、P4为椭圆轨道与坐标轴的交点。为使B绕A做圆周运动，某时刻起在此空间加一垂直于xOy平面的匀强磁场，不计B受到的重力。下列说法中可能正确的是（ ）
A. 当B运动到点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场
B. 当B运动到点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场
C. 当B运动到点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场
D. 当B运动到点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场
【答案】C
【解析】
【详解】在洛仑兹力作用下做圆周运动，速度方向与受力方向垂直，所以只能在P1、P3位置，如果加垂直纸面向里的磁场，洛仑兹力与库仑力方向相同，合力变大，向心力变大，对应速度大的地方变轨，所以在P3点施加磁场；如果加垂直纸面向外的磁场，洛仑兹力与电场力方向相反，合力变小，向心力变小，则在速度小的地方变轨，在P1位置施加磁场，ABD错误C正确。
4.沪通长江大桥是世界上首座跨度超千米的公铁两用斜拉桥．如图所 示，设桥体中三块相同的钢箱梁 1、2、3 受到钢索拉力的方向相同，相 邻钢箱梁间的作用力均沿水平方向．则
A. 钢箱梁 1 对 2 的作用力大于钢箱梁 2 对 1 的作用力
B. 钢箱梁 1、2 间作用力大于钢箱粱 2、3 间作用力
C. 钢箱梁 3 所受合力最大
D. 三块钢箱梁受到钢索的拉力大小相等
【答案】D
【解析】
【详解】A.钢箱梁1对2的作用力和钢箱梁2对1的作用力是相互作用力，一定等大反向，A错误。
BCD.设钢索和水平夹角为，相邻钢箱梁间作用力为F，钢索的拉力为T，根据平衡条件可知每个钢箱梁的合力都为零，且，，因为钢索拉力的方向相同，质量都相同，所以钢索拉力大小相等，钢箱梁间的作用力大小相等，BC错误D正确。
5.冬季我国有些内陆地区雾霾频发，为了监测PM2.5指数，某科技小组设计了一种报警装置，电路原理如图所示。RL是对PM2.5敏感的电阻元件，当环境中PM2.5指数增大时报警器S两端电压增大并发出警报声。E为内阻不计的电源，R为一可变电阻，下列说法正确的是
A. 当PM2.5指数增大时RL的阻值增大
B. 当PM2.5指数增大时电流表A的示数减小
C. 当PM2.5指数增大时可变电阻R两端电压增大
D. 适当增大可变电阻R的阻值可以提高报警器的灵敏度
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．E为内阻不计的电源，可变电阻R两端电压
当环境中PM2.5指数增大时，报警器S两端电压增大，可变电阻R两端电压减小；报警器S两端电压增大，电路中总电流增大，可变电阻R两端电压减小，电阻R中电流减小，则流过RL的电流增大，电流表A的示数增大；可变电阻R两端电压减小，RL两端电压减小，流过RL的电流增大，RL的阻值减小．故ABC三项不符合题意；
D．可变电阻R的阻值越大，并联部分总电阻越接近RL，RL对电路的影响越明显，从而增大报警器的灵敏度．故D项符合题意。
6.直放式电流传感器（开环式）工作原理如图．在通电直导线外套上一个留有气隙的开放磁芯（图1），由于磁芯的作用，气隙处的磁场视为匀强磁场，其磁感应强度的大小与流过导线的电流成正比．现在气隙间放入载流子为电子的霍尔元件，霍尔元件上下表面垂直于磁感线（图2），并接入图示电路（图3）．下列说法正确的是
A. 若图3中霍尔元件前表面电势高于后表面，则图2中通电直导线电流垂直于纸面向里
B. 若图3中霍尔元件前表面电势高于后表面，则图2中通电直导线电流垂直于纸面向外
C. 保持电流表读数不变，电压表读数越大，说明通电直导线电流越大
D. 保持电流表读数不变，电压表读数越大，说明通电直导线电流越小
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．若图3中霍尔元件前表面电势高于后表面，则电子偏向后表面，据左手定则知，霍尔元件处的磁场方向向下，据安培定则知，图2中通电直导线电流垂直于纸面向里．故A项符合题意，B项不符合题意；
CD．设霍尔元件前表面与后表面间距为d，霍尔元件上表面与下表面间距为h，霍尔元件单位体积内的电子数为n，电压表读数为U，电流表读数为I，霍尔元件处的磁感应强度为B，则：
解得：
保持电流表读数不变，电压表读数越大，说明霍尔元件处的磁场越强，通电直导线电流越大．故C项符合题意，D项不符合题意。
7.在氢原子光谱中，赖曼线系是氢原子从较高能级（n=2、3、4）跃迁到基态时辐射的光谱线系．类似地，有巴尔末系、帕邢系、布喇开系等线系，如图所示．下列说法中正确的是
A. 该图说明氢原子光谱是分立的
B. 赖曼线系中从n=2跃迁到基态放出的光子频率最大
C. 巴尔末线系中从n=∞跃迁到n=2放出的光子波长最大
D. 若巴尔末系的某种光能使一金属发生光电效应，则赖曼系的都能使该金属发生光电效应
【答案】AD
【解析】
【详解】A．氢原子的能级是分立的，氢原子发光是氢原子在两个能级间跃迁产生，则该图说明氢原子光谱是分立的．故A项符合题意；
B．由图知，赖曼线系中从n=2跃迁到基态放出的光子能量最小，则赖曼线系中从n=2跃迁到基态放出的光子频率最小．故B项不符合题意；
C．由图知，巴尔末线系中从n=∞跃迁到n=2放出的光子能量最大，则巴尔末线系中从n=∞跃迁到n=2放出的光子频率最大，波长最短．故C项不符合题意；
D．由图知，赖曼系中任一光子的能量大于巴尔末系中光子能量的最大值；据光电效应规律知，若巴尔末系的某种光能使一金属发生光电效应，则赖曼系的都能使该金属发生光电效应．故D项符合题意。
8.如图所示，竖直方向上固定一光滑绝缘细杆，两电荷量相等的正点电荷A、B关于细杆对称固定．一带正电荷的小球（图中未标出）套在细杆上，从距两点电荷连线h1处由静止释放，经过时间t1运动到与两点电荷等高处．此过程中小球的速度v、加速度a随时间t的变化图象，动能Ek、电势能Ep随下降距离h的变化图象可能正确的有
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】根据等量同种电荷电场线分布可知，沿中垂线从连线中点到无穷远电场线增大后减小，根据题意可知，场强始终竖直向上：
A.如果重力始终大于电场力，则加速度始终向下，物体一直加速，因为不确定释放位置与最大场强处的关系，所以场强可能一直减小，加速度一直增大，A正确。
B.初始释放后，向下运动，重力大于电场力，加速度，因为不确定释放位置与最大场强处的关系，所以场强可能一直减小，加速度一直增大；也可能场强先增大后减小，加速度先减小后增大，不可能一直减小，B错误。
C.开始重力大于电场力，向下加速，动能增大，如果场强先增大后减小，且最大电场力大于重力，则向下运动到后，继续向下运动，合力向上，开始减速，动能减小，直到再次，之后场强减小，重力又大于电场力，合力向下，向下加速，动能增大，C正确。
D.因为电场力始终向上，而小球一直向下运动，电场力始终做负功，电势能一直增大，如果场强一直减小，则电场力在单位位移上做功越来越小，电势能增大的越来越慢，D正确。
二、实验题
9.某学习小组用如图所示的实验装置探究做功与动能变化的关系。在水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一沙桶相连，沙桶和里面的细沙总质量为m；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B处有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间为t，d表示遮光片的宽度，L表示遮光片右侧初位置至光电门之间的距离，用g表示重力加速度。
(1)该同学首先用游标卡尺测量了遮光片的宽度，如图所示，遮光片宽度的测量值d=___cm；
(2)让沙桶内盛上适量细沙，测出沙桶和细沙的总质量m，调整导轨倾角，让滑块恰好在A处静止。剪断细绳后，滑块开始加速下滑，记录遮光片通过光电门的时间t；保持滑块的质量M和遮光片右侧初位置至光电门之间的距离L不变，改变沙桶内细沙的质量和导轨倾角，重复以上步骤，通过每次实验记录的m和t，描点作出了一个线性关系的图象，从而更直观地研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理数据时应作出的图象是________(请填写选项前对应的字母)。
A．t —m图象 B． t2—m图象 C． t2 —图象 D．—m2图象
(3)为了减小上述实验中的误差，下列实验要求中不必要的一项是________(请填写选项前对应的字母)
A．应使沙桶和细沙的总质量m远小于滑块和遮光片的总质量M
B．应使A位置与光电门间的距离适当大些
C．遮光片的宽度要适当小些
D．应使细线与气垫导轨平行
【答案】 (1). 0.235 (2). C (3). A
【解析】
【详解】(1)[1]由游标卡尺测量出遮光片的宽度
(2)[2]测出沙桶和细沙的总质量m，调整气垫导轨倾角，让滑块恰好在A处静止，则：
剪断细绳后，滑块开始加速下滑，滑块所受合力
滑块沿气垫导轨滑行L，合外力对它所做功
滑块过光电门的速度
滑块沿气垫导轨滑行L过程，滑块动能变化
若合外力对它所做功等于滑块动能的变化，则
整理得：
为得到线性关系图象，则应作图象
A．t—m图象，与分析不符，故A项不符合题意；
B．t2—m图象，与分析不符，故B项不符合题意；
C．t2—图象，与分析相符，故C项符合题意；
D．—m2图象，与分析不符，故D项不符合题意。
(3)[3] A．据(2)分析知，滑块下滑过程中合力等于沙桶和细沙的总重力，故A项不必要，即A项符合题意；
B．应使A位置与光电门间的距离适当大些，减小测量L的相对误差．故B项必要，即B项不符合题意；
C．滑块过光电门的速度是用遮光片通过光电门的平均速度替代，则遮光片的宽度要适当小些，以减小速度测量的误差．故C项必要，即C项不符合题意；
D．细线与气垫导轨平行时，细线断后，滑块受到的合力才等于细线未断时细线中的拉力．故D项必要，即D项不符合题意。
10.某学生实验小组要测量一电压表的内阻，提供的器材如下：
A．待测电压表V1(量程0~3V)
B．标准电压表V2 (量程0~5V，内阻约为2000Ω)
C．定值电阻R1（阻值为1200Ω）
D．定值电阻R2（阻值为3600Ω）
E．滑动变阻器R (0~200Ω)
F．电源E（6V，内阻不计）
G．开关S、导线
(1)用多用电表欧姆档粗测电压表内阻，将多用电表选择开关置于“”位置，进行欧姆调零后，将多用电表的________表笔（选填“红”或“黑”）与待测电压表的正接线柱相连，将另一支表笔与另一个接线柱相连，正确连接后多用电表指针静止时在刻度盘上的位置如图所示，则此电压表内阻的测量值为________Ω。
(2)在虚线框内画出设计的精确测量电压表内阻的电路图________。（要求电路连接好后不能再拆改电路）
(3)为了进一步精确测量此电压表的内阻，除了选用电源、开关、导线、待测电压表、标准电压表、滑动变阻器外，定值电阻应选择________（填各器材前面的字母）。
(4)正确连接电路后闭合开关，调节滑动变阻器使两电压表示数达到适当值，此时电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，则此电压表内阻的测量值为RV=________（用物理量的符号表示）。
【答案】 (1). 黑 (2). 1.80×103 (3). (4). C (5).
【解析】
【详解】(1)[1]电流从多用电表的红表笔流入多用电表，从多用电表的黑表笔流出多用电表；电流从电压表的正接线柱流入电压表，从电压表的负接线柱流出电压表；则多用电表的黑表笔与待测电压表的正接线柱相连。
[2]多用电表选择开关置于“”位置，多用电表指针静止时在刻度盘上的位置如图所示，则此电压表内阻的测量值
(2)[3]滑动变阻器R阻值相对较小，则滑动变阻器采用分压式接法；待测电压表量程小于标准电压表量程，则待测电压表与定值电阻串联后与标准电压表并联，所以电路如图：
(3)[4]待测电压表量程为3V，标准电压表量程为5V，为精确测量此电压表的内阻，电压表应尽量满偏，则待测电压表与串联电阻电压之比应接近3：2，电压表内阻约1800Ω，则定值电阻选阻值1200Ω的，即选择C。
(4)[5]据欧姆定律及串、并联电路的特点可得：
解得：
三、计算题
11.如图所示，桌子靠墙固定放置，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面H＝0.8 m，桌面总长L2＝1.5 m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定，将质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数μ2未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失，不计空气阻力．(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力；取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1) 求当θ＝30°时，物块在斜面上下滑加速度的大小；(可以用根号表示)
(2) 当θ增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；
(3) μ2取第(2)问中的数值，当θ角为多大时物块落地点与墙面的距离最大，最大距离xm是多少．
【答案】
【解析】
【详解】(1) 根据牛顿第二定律，对物体受力分析可得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma
代入数据得
(2) 由动能定理得mgL1sin θ－μ1mgL1cos θ－μ2mg(L2－L1cos θ)＝0－0
代入数据得μ2＝0.8
(3)
得
当θ＝53°时vmax＝1 m/s
由于解得t＝0.4 s
x1＝vt＝0.4 m
xm＝x1＋L2＝1.9 m
12.如图平面直角坐标系中，x轴上方区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T．原点O处有一粒子源，可在坐标平面内沿各个方向向磁场区发射比荷均为q/m=2.5×105C/kg的带负电的粒子．在x0=0.64m处垂直于x轴放置一块足够长的粒子收集板PQ，当粒子运动到收集板时即被吸收，不计粒子间相互作用和重力的影响，粒子被吸收的过程中收集板始终不带电．
(1)能被收集的粒子速度至少多大？
(2)设某时刻粒子源沿+y方向射入一系列粒子，速度大小从0到vm=2×104m/s不等，至少经多长时间有粒子到达收集板？求刚有粒子到达收集板时，该系列所有粒子所在位置构成的图线的方程；
(3)粒子源沿各个方向均匀地向磁场区发射速度大小均为vm=2×104m/s的粒子，会有两个不同方向入射的粒子在PQ上的同一位置被收集，求PQ上这种位置分布的区域长度，以及落在该区域的粒子占所发出粒子总数的百分比．
【答案】(1) (2) (3)%
【解析】
【详解】(1)如图1，在磁场中
由题意，临界半径
联立可得
(2)速度为vm的粒子轨道半径为R，则：
解得：
R=0.4m
如图2，设该粒子击中A点，∠AO1P=α，有：
解得：
cosα=0.6
α=53°
所有粒子的圆周运动周期均为：
速度为vm的粒子转过圆心角为
180°-53°=127°
粒子到达收集板的最短时间：
此时这一系列的粒子位于线段OA上，其斜率为
所以图线方程为
(3)临界1：如图3，初速度与+y轴成θ1的粒子轨迹直径与PQ交于M，这是PQ上离P最远的亮点。
临界2：如图4，初速度与+y轴成θ2的粒子轨迹PQ相切于N，有，同(2)，θ2=α=53°，说明N点与A点重合。
可得：
所求区域长度：
沿与+y轴成θ2=53°方向到+y方向发射的粒子均可以落在该区域，因此：
%=%
13.如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量为m的平板小车B静止于轨道右侧，其板面与轨道底端靠近且在同一水平面上。一个质量、可视为质点的小滑块C以的初速度从轨道顶端滑下冲上小车B后，经一段时间与小车相对静止并继续一起运动。若轨道顶端与底端水平面的高度差为h，小滑块C与平板小车板面间的动摩擦因数为，平板小车与水平面间的摩擦不计，重力加速度为g。求：
(1)小滑块C冲上小车瞬间的速度大小；
(2)平板小车加速运动所用的时间及平板小车板面的最小长度。
【答案】(1) (2),
【解析】
(1)对小滑块从释放至经过轨道底端的运动过程，
由机械能守恒定律有，
解得小滑块C冲上小车瞬间的速度大小；
(2)从小滑块C滑上平板小车到两者共速，平板小车做匀加速运动，
对这一过程中的滑块小车系统由动量守恒定律有，
对这一过程中的平板小车由动理定理有，
对这一过程中的小滑块由动能定理有，
对这一过程中的平板小车由动能定理有，
是平板小车的最小长度，
解得平板小车加速运动所用的时间，
平板小车板面的最小长度
【点睛】该题是一道综合题，综合运用了机械能守恒定律、动量守恒定律、动能定理以及功能关系，解决本题的关键熟练这些定理、定律的运用．
14.如图所示，半径为R的水平圆盘可绕着过圆心O的竖直轴转动，在圆盘上从圆心O到圆盘边缘开有一沿半径方向的光滑细槽．一根原长为R的轻弹簧置于槽内，一端固定在圆心O点，另一端贴放着一质量为m的小球，弹簧始终在弹性限度内．
（1）若小球在沿槽方向的力F1作用下，在圆盘边缘随圆盘以角速度ω0转动，求F1的大小；
（2）若圆盘以角速度ω1转动，小球被束缚在槽中距离圆盘边缘为x的P点，此时弹簧的弹性势能为EP．解除束缚后，小球从槽口飞离圆盘时沿槽方向的速度大小为v，求此过程中槽对小球做的功W1；
（3）若圆盘以角速度ω2转动，小球在沿槽方向推力作用下，从圆盘边缘缓慢向内移动距离x到达P点．如果推力大小保持不变，求弹簧的劲度系数k以及此过程中推力做的功W2．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】（1）小球在沿槽方向的力F1得作用下做圆周运动，由向心力公式有
（2）设小球从槽口飞出圆盘时的速度为，则根据运动的合成：，设在此过程中弹簧对小球做功为W，有动能定理有：，由于，解得
（3）当小球沿槽方向缓慢向内移动得距离为x1时，由向心力公式有，解得
由于F得大小不变，与x1无关，则有所以推力做的功
15.电视机显像管原理如图所示，圆形磁场区域半径为R，磁感应强度大小为B0，垂直纸面向外．在磁场右边距离圆心2R处有一竖直放置的足够大的接收屏，过磁场区域圆心O的水平直线与接收屏相交于O1.以O1为坐标原点沿接收屏竖直向上建立y轴，电子枪水平放置于OO1连线上，电子由静止开始经电子枪加速后从A点射入磁场，并从磁场区域最高点C射出．已知电子电荷量大小为e，质量为m.
(1) 求电子枪加速电压U0；
(2) 为使电子打在接收屏上的不同位置，需要调节磁感应强度，求粒子打在屏上的位置y和磁感应强度B的关系；
(3) 若不慎将电子枪沿竖直方向向上平移了一段距离，为控制电子打在接收屏上位置处，需要将磁感应强度B调节为多少？
(参考公式：)
【答案】(1) (2) 故 (|B|
【详解】(1) 根据几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的半径r＝R，又由于洛伦兹力提供向心力，可得，根据功能关系，粒子经电场加速，最后可得
(2) 几何关系如图所示，
由
可得
故 (|B|
即
解得或 (舍去)
由于解得
由于解得
16.关于热现象，下列说法中正确的是（ ）
A. 布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子在永不停息地做无规则热运动
B. 一个热力学系统的内能增量可能小于系统从外界吸收的热量
C. 温度升高后物体内分子的平均动能增大，所有分子的动能都增大
D. 可以实现从单一热库吸收热量，使之完全用来对外做功
E. 在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小
【答案】BDE
【解析】
【详解】A．布朗运动是固体小颗粒的运动，说明液体分子在永不停息地做无规则热运动．故A项不符合题意；
B．当一个热力学系统在吸热的同时对外界做功，热力学系统的内能增量可能小于系统从外界吸收的热量．故B项符合题意；
C．温度升高后物体内分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大．故C项不符合题意；
D．可以实现从单一热库吸收热量，使之完全用来对外做功；但不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响．故D项符合题意；
E．自然过程的方向性可表述为：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小．故E项符合题意。
17.如图所示，一定量的理想气体最初处于状态A，之后经历从状态A→状态B→状态C的系列变化。已知状态A时气体的温度为200K，体积为40L，压强为8×104Pa，状态B时温度升高至400K。
①求状态B时的压强及状态C时的体积。
②从状态B到状态C的过程，定性分析气体与外界热传递的情况并求外界对气体做功的大小。
【答案】(1) ， (2)气体对外放出热量，
【解析】
（1）状态A到状态B过程为等容变化，
解得
状态B到状态C过程为等圧変化
解得VC=20L
（2）从状态B到状态C的过程为等呀变化，气体体积减小，外界对气体做功W=pB∆V
解得W=3.2×103J
状态B到状态C的过程理想气体的温度降低，内能减小，由热力学第一定律∆U=W+Q可知气体对外放出热量.
18.有关对热学的基础知识理解正确的是____。
A. 液体表面张力的方向与液面平行并指向液体内部
B. 低温的物体可以自发把热量传递给高温的物体，最终两物体可达到热平衡状态
C. 当装满水的某一密闭容器自由下落时，容器中的水的压强为零
D. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发变慢
E. 在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜视为单分子层、忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视为球形这三方面的近似处理
【答案】CDE
【解析】
【详解】表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直指向液体内部，故A错误；高温的物体可以自发把热量传递给低温的物体，最终两物体可达到热平衡状态，选项B错误；液体压强是由液体重量产生的；当装满水的某一密闭容器自由下落时，水处于完全失重状态，则容器中的水的压强为零，选项C正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，故D正确；在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜是呈单分子分布的；把油酸分子看成球形；分子之间没有空隙，紧密排列，故E正确；故选CDE。
【点睛】考查表面引力的方向，掌握热传递的方向，同时理解液体压强产生的原由，注意处于饱和汽压时，蒸发没有停止；最后考查了油膜法测分子大小的实验，注意实验模型的正确建立。
19.如图所示，一个粗细均匀的固定圆管，左端用一活塞A塞住，活塞A离右端管口的距离是20 cm，离左端管口的距离是2 cm。把一个带手柄的活塞B从右端管口推入，将活塞B向左端缓慢推动10cm时活塞A未被推动。已知圆管的横截面积为S＝2.0×10－5 m2，大气压强为1.0×105 Pa，且推动活塞B过程中管内气体温度保持T0=300K不变。求：
①活塞B向左端缓慢推动10cm时活塞A与圆管间的静摩擦力f；
②活塞B向左端缓慢推动10cm后保持活塞B不动，将管内气体温度缓慢升高到450K时，活塞A被推到左端管口处设活塞A所受滑动摩擦力等于最大静摩擦力fm，求fm。
【答案】①2N ②3N
【解析】
【详解】(1)玻意耳定律可得 p0SL1＝p2SL2
对活塞A，由平衡条件 p2S＝p0S＋f …
得f＝2N ；
(2) 从开始升温到活塞A刚好未被推动的过程，由查理定律
活塞A刚好未被推动时
从活塞A刚好被推动到它被推到左端管口处的过程是一个等压过程
联立解得
.
20.下列说法正确的是( )
A. 对于一定量的理想气体，保持压强不变，体积减小，那么它一定从外界吸热
B. 热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体
C. 一定质量的晶体在熔化过程中，其内能保持不变，分子势能增大
D. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
E. 气体对容器压强的大小,是由气体分子的密集程度和气体分子平均动能共同决定的
【答案】BDE
【解析】
【详解】对于一定量的理想气体，保持压强不变，体积减小，外界对气体做功，根据可知温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知它一定对外界放热，故A错误；热量总是自发的从温度高的物体传递到温度低的物体；而温度是分子的平均动能的标志，所以热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体，故B正确；晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度不变，分子的平均动能保持不变，吸收热量，内能增大，则知分子势能增大，故C错误；当分子力表现为斥力时，分子间距离减小，分子力做负功，分子势能随分子间的距减小而增大，故D正确；气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关，故E正确。
21.如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，内部横截面积为S=0.01m2，中间用两个活塞A和B封住一定质量的气体．A、B都可沿圆筒无摩擦地上下滑动，且不漏气．A的质量不计，B的质量为M，并与一劲度系数为k=5×103N/m的较长的弹簧相连．已知大气压p0=1×105Pa，平衡时两活塞之间的距离l0=0.6m，现用力压A，使之缓慢向下移动一段距离后保持平衡．此时用于压A的力F=500N．求活塞A下移的距离．
【答案】0.3 m
【解析】
试题分析：由于A的质量可不计，初态时，封闭气体的压强等于大气压，以B为研究对象，求出弹簧的压缩量．当用力压A时，再以B为研究对象，求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧的压缩量，根据玻意耳定律求出活塞A向下移动的距离．
设活塞A向下移动l，相应B向下移动x，对气体分析：
初态：
末态：
由玻﹣意耳定律
因为两活塞间的距离原来为，活塞A向下移动l，相应B向下移动x，则末状态时，两活塞的距离为．得：①
初态时，弹簧被压缩量为，由胡克定律：…②
当活塞A受到压力F时，活塞B的受力情况如图所示．F'为此时弹簧弹力
由平衡条件可知…③
由胡克定律有：…④
联立①②③④解得：．
22.某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x随时间t变化的关系图象如图所示，已知t=0.1s时振子的位移为3cm。则以下说法中正确的是( )
A. 简谐运动的圆频率为
B. 弹簧振子在第0.4s末与第0.8s末速度相同
C. 弹簧在第0.1s末与第0.7s末的长度相同
D. 弹簧振子做简谐运动的位移表达式为cm
E. 弹簧振子第0.5s末到第0.8s末弹簧振子的路程大于6cm
【答案】BDE
【解析】
【详解】A．由图知，简谐运动的周期，则简谐运动的圆频率
故A项不符合题意；
B．由图知，弹簧振子在第0.4s末与第0.8s末的振动方向均沿x轴负方向，且弹簧振子在第0.4s末与第0.8s末的位移大小相同，则弹簧振子在第0.4s末与第0.8s末的速度相同．故B项符合题意；
C．由图知，弹簧振子在第0.1s末与第0.7s末的位移相反，则弹簧在第0.1s末与第0.7s末的长度不同．故C项不符合题意；
D．t=0.1s时振子的位移为3cm，则据可得
解得：弹簧振子的振幅
弹簧振子做简谐运动的位移表达式
cm
故D项符合题意；
E．0.6s弹簧振子振动到平衡位置，速度最大，弹簧振子振动的周期，则弹簧振子第0.5s末到第0.8s末的内，弹簧振子的路程大于振幅6cm．故E项符合题意；
23.一块三角形玻璃砖，横截面为如图所示的直角三角形ABC，其中∠C=30°，一束光从AC边上的D点射入玻璃砖，其中AD:CD=1:4，入射光与AC边的夹角为30°，光垂直于BC边射出玻璃砖，出射点为E（图中未标出），已知AB边的长度为a。求：
(1)玻璃砖折射率n，并判定光会不会从AB边射出；
(2)出射点E与C点的距离x。
【答案】(1) 不会 (2)
【解析】
【详解】(1)根据题设条件作出光路图，如图所示。
光垂直于BC边射出玻璃砖，根据几何关系可得∠BFE=30°，则光在AB边上反射的反射角为60°，根据光的反射定律可知，AB边对应入射角为60°，即∠AFD=30°，根据几何关系得光通过AC边发生折射的折射角r=30°
光线在AC面折射时，根据折射定律有
在AB边上入射角为60°，设临界角为C，则
所以AB边上发生全反射，因此不会有光从AB边射出。
(2)由几何关系得
出射点E与C点的距离x，则有
一、选择题
1.消防员在一次用高压水枪灭火的过程中，消防员同时启动了多个喷水口进行灭火。如果有甲、乙靠在一起的高压水枪，它们的喷水口径相同，所喷出的水在空中运动的轨迹如图所示，则由图可看出
A. 甲水枪喷出水的速度较大
B. 乙水枪喷出的水在最高点的速度较大
C. 甲水枪喷水的功率较大
D. 乙水枪喷出的水在空中运动的时间较长
【答案】B
【解析】
【详解】AB．水从最高处到失火处的运动可视为平抛运动，水的上升和下降过程具有对称性；甲、乙两水枪喷出水的最大高度相同，乙水枪喷出的水更远，则乙水枪喷出的水在最高处具有的水平速度更大；水的最大高度相同，水落地时的竖直速度相同，据速度的合成知，乙水枪喷出的水落地速度更大，乙水枪喷出水的速度较大．故A项不符合题意，B项符合题意；
C．乙水枪喷出水的速度较大，甲、乙两水枪喷水口径相同，则乙水枪喷水的功率较大．故C项不符合题意；
D．水的上升和下降过程具有对称性，两水枪喷出水的最大高度相同，两水枪喷出的水在竖直方向运动情况相同，则两水枪喷出的水在空中运动的时间相同．故D项不符合题意。
2.某行星有两颗绕其做匀速圆周运动的卫星A和B，A的运行周期大于B的运行周期．设卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积为S，则下列图象中能大致描述S与两卫星的线速度v之间关系的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】卫星A的运行周期大于卫星B的运行周期，据开普勒第三定律知，卫星A圆周运动的半径较大．
当卫星绕行星运动的速度是v时，有：
解得卫星圆周运动的半径：
卫星A圆周运动的半径较大，则卫星A的线速度较小；
卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积
则卫星的线速度越大，卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积越小；卫星A的线速度较小，卫星A与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积较大．
A．A图与分析不符，故A项不符合题意；
B．B图与分析不符，故B项符合题意；
C．C图与分析不符，故C项不符合题意；
D．D图与分析不符，故D项不符合题意。
3.如图所示，平面直角坐标系xOy的x轴上固定一带负电的点电荷A，一带正电的点电荷B绕A在椭圆轨道上沿逆时针方向运动，椭圆轨道的中心在O点，P1、P2、P3、P4为椭圆轨道与坐标轴的交点。为使B绕A做圆周运动，某时刻起在此空间加一垂直于xOy平面的匀强磁场，不计B受到的重力。下列说法中可能正确的是（ ）
A. 当B运动到点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场
B. 当B运动到点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场
C. 当B运动到点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场
D. 当B运动到点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场
【答案】C
【解析】
【详解】在洛仑兹力作用下做圆周运动，速度方向与受力方向垂直，所以只能在P1、P3位置，如果加垂直纸面向里的磁场，洛仑兹力与库仑力方向相同，合力变大，向心力变大，对应速度大的地方变轨，所以在P3点施加磁场；如果加垂直纸面向外的磁场，洛仑兹力与电场力方向相反，合力变小，向心力变小，则在速度小的地方变轨，在P1位置施加磁场，ABD错误C正确。
4.沪通长江大桥是世界上首座跨度超千米的公铁两用斜拉桥．如图所 示，设桥体中三块相同的钢箱梁 1、2、3 受到钢索拉力的方向相同，相 邻钢箱梁间的作用力均沿水平方向．则
A. 钢箱梁 1 对 2 的作用力大于钢箱梁 2 对 1 的作用力
B. 钢箱梁 1、2 间作用力大于钢箱粱 2、3 间作用力
C. 钢箱梁 3 所受合力最大
D. 三块钢箱梁受到钢索的拉力大小相等
【答案】D
【解析】
【详解】A.钢箱梁1对2的作用力和钢箱梁2对1的作用力是相互作用力，一定等大反向，A错误。
BCD.设钢索和水平夹角为，相邻钢箱梁间作用力为F，钢索的拉力为T，根据平衡条件可知每个钢箱梁的合力都为零，且，，因为钢索拉力的方向相同，质量都相同，所以钢索拉力大小相等，钢箱梁间的作用力大小相等，BC错误D正确。
5.冬季我国有些内陆地区雾霾频发，为了监测PM2.5指数，某科技小组设计了一种报警装置，电路原理如图所示。RL是对PM2.5敏感的电阻元件，当环境中PM2.5指数增大时报警器S两端电压增大并发出警报声。E为内阻不计的电源，R为一可变电阻，下列说法正确的是
A. 当PM2.5指数增大时RL的阻值增大
B. 当PM2.5指数增大时电流表A的示数减小
C. 当PM2.5指数增大时可变电阻R两端电压增大
D. 适当增大可变电阻R的阻值可以提高报警器的灵敏度
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．E为内阻不计的电源，可变电阻R两端电压
当环境中PM2.5指数增大时，报警器S两端电压增大，可变电阻R两端电压减小；报警器S两端电压增大，电路中总电流增大，可变电阻R两端电压减小，电阻R中电流减小，则流过RL的电流增大，电流表A的示数增大；可变电阻R两端电压减小，RL两端电压减小，流过RL的电流增大，RL的阻值减小．故ABC三项不符合题意；
D．可变电阻R的阻值越大，并联部分总电阻越接近RL，RL对电路的影响越明显，从而增大报警器的灵敏度．故D项符合题意。
6.直放式电流传感器（开环式）工作原理如图．在通电直导线外套上一个留有气隙的开放磁芯（图1），由于磁芯的作用，气隙处的磁场视为匀强磁场，其磁感应强度的大小与流过导线的电流成正比．现在气隙间放入载流子为电子的霍尔元件，霍尔元件上下表面垂直于磁感线（图2），并接入图示电路（图3）．下列说法正确的是
A. 若图3中霍尔元件前表面电势高于后表面，则图2中通电直导线电流垂直于纸面向里
B. 若图3中霍尔元件前表面电势高于后表面，则图2中通电直导线电流垂直于纸面向外
C. 保持电流表读数不变，电压表读数越大，说明通电直导线电流越大
D. 保持电流表读数不变，电压表读数越大，说明通电直导线电流越小
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．若图3中霍尔元件前表面电势高于后表面，则电子偏向后表面，据左手定则知，霍尔元件处的磁场方向向下，据安培定则知，图2中通电直导线电流垂直于纸面向里．故A项符合题意，B项不符合题意；
CD．设霍尔元件前表面与后表面间距为d，霍尔元件上表面与下表面间距为h，霍尔元件单位体积内的电子数为n，电压表读数为U，电流表读数为I，霍尔元件处的磁感应强度为B，则：
解得：
保持电流表读数不变，电压表读数越大，说明霍尔元件处的磁场越强，通电直导线电流越大．故C项符合题意，D项不符合题意。
7.在氢原子光谱中，赖曼线系是氢原子从较高能级（n=2、3、4）跃迁到基态时辐射的光谱线系．类似地，有巴尔末系、帕邢系、布喇开系等线系，如图所示．下列说法中正确的是
A. 该图说明氢原子光谱是分立的
B. 赖曼线系中从n=2跃迁到基态放出的光子频率最大
C. 巴尔末线系中从n=∞跃迁到n=2放出的光子波长最大
D. 若巴尔末系的某种光能使一金属发生光电效应，则赖曼系的都能使该金属发生光电效应
【答案】AD
【解析】
【详解】A．氢原子的能级是分立的，氢原子发光是氢原子在两个能级间跃迁产生，则该图说明氢原子光谱是分立的．故A项符合题意；
B．由图知，赖曼线系中从n=2跃迁到基态放出的光子能量最小，则赖曼线系中从n=2跃迁到基态放出的光子频率最小．故B项不符合题意；
C．由图知，巴尔末线系中从n=∞跃迁到n=2放出的光子能量最大，则巴尔末线系中从n=∞跃迁到n=2放出的光子频率最大，波长最短．故C项不符合题意；
D．由图知，赖曼系中任一光子的能量大于巴尔末系中光子能量的最大值；据光电效应规律知，若巴尔末系的某种光能使一金属发生光电效应，则赖曼系的都能使该金属发生光电效应．故D项符合题意。
8.如图所示，竖直方向上固定一光滑绝缘细杆，两电荷量相等的正点电荷A、B关于细杆对称固定．一带正电荷的小球（图中未标出）套在细杆上，从距两点电荷连线h1处由静止释放，经过时间t1运动到与两点电荷等高处．此过程中小球的速度v、加速度a随时间t的变化图象，动能Ek、电势能Ep随下降距离h的变化图象可能正确的有
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】根据等量同种电荷电场线分布可知，沿中垂线从连线中点到无穷远电场线增大后减小，根据题意可知，场强始终竖直向上：
A.如果重力始终大于电场力，则加速度始终向下，物体一直加速，因为不确定释放位置与最大场强处的关系，所以场强可能一直减小，加速度一直增大，A正确。
B.初始释放后，向下运动，重力大于电场力，加速度，因为不确定释放位置与最大场强处的关系，所以场强可能一直减小，加速度一直增大；也可能场强先增大后减小，加速度先减小后增大，不可能一直减小，B错误。
C.开始重力大于电场力，向下加速，动能增大，如果场强先增大后减小，且最大电场力大于重力，则向下运动到后，继续向下运动，合力向上，开始减速，动能减小，直到再次，之后场强减小，重力又大于电场力，合力向下，向下加速，动能增大，C正确。
D.因为电场力始终向上，而小球一直向下运动，电场力始终做负功，电势能一直增大，如果场强一直减小，则电场力在单位位移上做功越来越小，电势能增大的越来越慢，D正确。
二、实验题
9.某学习小组用如图所示的实验装置探究做功与动能变化的关系。在水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一沙桶相连，沙桶和里面的细沙总质量为m；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B处有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间为t，d表示遮光片的宽度，L表示遮光片右侧初位置至光电门之间的距离，用g表示重力加速度。
(1)该同学首先用游标卡尺测量了遮光片的宽度，如图所示，遮光片宽度的测量值d=___cm；
(2)让沙桶内盛上适量细沙，测出沙桶和细沙的总质量m，调整导轨倾角，让滑块恰好在A处静止。剪断细绳后，滑块开始加速下滑，记录遮光片通过光电门的时间t；保持滑块的质量M和遮光片右侧初位置至光电门之间的距离L不变，改变沙桶内细沙的质量和导轨倾角，重复以上步骤，通过每次实验记录的m和t，描点作出了一个线性关系的图象，从而更直观地研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理数据时应作出的图象是________(请填写选项前对应的字母)。
A．t —m图象 B． t2—m图象 C． t2 —图象 D．—m2图象
(3)为了减小上述实验中的误差，下列实验要求中不必要的一项是________(请填写选项前对应的字母)
A．应使沙桶和细沙的总质量m远小于滑块和遮光片的总质量M
B．应使A位置与光电门间的距离适当大些
C．遮光片的宽度要适当小些
D．应使细线与气垫导轨平行
【答案】 (1). 0.235 (2). C (3). A
【解析】
【详解】(1)[1]由游标卡尺测量出遮光片的宽度
(2)[2]测出沙桶和细沙的总质量m，调整气垫导轨倾角，让滑块恰好在A处静止，则：
剪断细绳后，滑块开始加速下滑，滑块所受合力
滑块沿气垫导轨滑行L，合外力对它所做功
滑块过光电门的速度
滑块沿气垫导轨滑行L过程，滑块动能变化
若合外力对它所做功等于滑块动能的变化，则
整理得：
为得到线性关系图象，则应作图象
A．t—m图象，与分析不符，故A项不符合题意；
B．t2—m图象，与分析不符，故B项不符合题意；
C．t2—图象，与分析相符，故C项符合题意；
D．—m2图象，与分析不符，故D项不符合题意。
(3)[3] A．据(2)分析知，滑块下滑过程中合力等于沙桶和细沙的总重力，故A项不必要，即A项符合题意；
B．应使A位置与光电门间的距离适当大些，减小测量L的相对误差．故B项必要，即B项不符合题意；
C．滑块过光电门的速度是用遮光片通过光电门的平均速度替代，则遮光片的宽度要适当小些，以减小速度测量的误差．故C项必要，即C项不符合题意；
D．细线与气垫导轨平行时，细线断后，滑块受到的合力才等于细线未断时细线中的拉力．故D项必要，即D项不符合题意。
10.某学生实验小组要测量一电压表的内阻，提供的器材如下：
A．待测电压表V1(量程0~3V)
B．标准电压表V2 (量程0~5V，内阻约为2000Ω)
C．定值电阻R1（阻值为1200Ω）
D．定值电阻R2（阻值为3600Ω）
E．滑动变阻器R (0~200Ω)
F．电源E（6V，内阻不计）
G．开关S、导线
(1)用多用电表欧姆档粗测电压表内阻，将多用电表选择开关置于“”位置，进行欧姆调零后，将多用电表的________表笔（选填“红”或“黑”）与待测电压表的正接线柱相连，将另一支表笔与另一个接线柱相连，正确连接后多用电表指针静止时在刻度盘上的位置如图所示，则此电压表内阻的测量值为________Ω。
(2)在虚线框内画出设计的精确测量电压表内阻的电路图________。（要求电路连接好后不能再拆改电路）
(3)为了进一步精确测量此电压表的内阻，除了选用电源、开关、导线、待测电压表、标准电压表、滑动变阻器外，定值电阻应选择________（填各器材前面的字母）。
(4)正确连接电路后闭合开关，调节滑动变阻器使两电压表示数达到适当值，此时电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，则此电压表内阻的测量值为RV=________（用物理量的符号表示）。
【答案】 (1). 黑 (2). 1.80×103 (3). (4). C (5).
【解析】
【详解】(1)[1]电流从多用电表的红表笔流入多用电表，从多用电表的黑表笔流出多用电表；电流从电压表的正接线柱流入电压表，从电压表的负接线柱流出电压表；则多用电表的黑表笔与待测电压表的正接线柱相连。
[2]多用电表选择开关置于“”位置，多用电表指针静止时在刻度盘上的位置如图所示，则此电压表内阻的测量值
(2)[3]滑动变阻器R阻值相对较小，则滑动变阻器采用分压式接法；待测电压表量程小于标准电压表量程，则待测电压表与定值电阻串联后与标准电压表并联，所以电路如图：
(3)[4]待测电压表量程为3V，标准电压表量程为5V，为精确测量此电压表的内阻，电压表应尽量满偏，则待测电压表与串联电阻电压之比应接近3：2，电压表内阻约1800Ω，则定值电阻选阻值1200Ω的，即选择C。
(4)[5]据欧姆定律及串、并联电路的特点可得：
解得：
三、计算题
11.如图所示，桌子靠墙固定放置，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面H＝0.8 m，桌面总长L2＝1.5 m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定，将质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数μ2未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失，不计空气阻力．(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力；取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1) 求当θ＝30°时，物块在斜面上下滑加速度的大小；(可以用根号表示)
(2) 当θ增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；
(3) μ2取第(2)问中的数值，当θ角为多大时物块落地点与墙面的距离最大，最大距离xm是多少．
【答案】
【解析】
【详解】(1) 根据牛顿第二定律，对物体受力分析可得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma
代入数据得
(2) 由动能定理得mgL1sin θ－μ1mgL1cos θ－μ2mg(L2－L1cos θ)＝0－0
代入数据得μ2＝0.8
(3)
得
当θ＝53°时vmax＝1 m/s
由于解得t＝0.4 s
x1＝vt＝0.4 m
xm＝x1＋L2＝1.9 m
12.如图平面直角坐标系中，x轴上方区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T．原点O处有一粒子源，可在坐标平面内沿各个方向向磁场区发射比荷均为q/m=2.5×105C/kg的带负电的粒子．在x0=0.64m处垂直于x轴放置一块足够长的粒子收集板PQ，当粒子运动到收集板时即被吸收，不计粒子间相互作用和重力的影响，粒子被吸收的过程中收集板始终不带电．
(1)能被收集的粒子速度至少多大？
(2)设某时刻粒子源沿+y方向射入一系列粒子，速度大小从0到vm=2×104m/s不等，至少经多长时间有粒子到达收集板？求刚有粒子到达收集板时，该系列所有粒子所在位置构成的图线的方程；
(3)粒子源沿各个方向均匀地向磁场区发射速度大小均为vm=2×104m/s的粒子，会有两个不同方向入射的粒子在PQ上的同一位置被收集，求PQ上这种位置分布的区域长度，以及落在该区域的粒子占所发出粒子总数的百分比．
【答案】(1) (2) (3)%
【解析】
【详解】(1)如图1，在磁场中
由题意，临界半径
联立可得
(2)速度为vm的粒子轨道半径为R，则：
解得：
R=0.4m
如图2，设该粒子击中A点，∠AO1P=α，有：
解得：
cosα=0.6
α=53°
所有粒子的圆周运动周期均为：
速度为vm的粒子转过圆心角为
180°-53°=127°
粒子到达收集板的最短时间：
此时这一系列的粒子位于线段OA上，其斜率为
所以图线方程为
(3)临界1：如图3，初速度与+y轴成θ1的粒子轨迹直径与PQ交于M，这是PQ上离P最远的亮点。
临界2：如图4，初速度与+y轴成θ2的粒子轨迹PQ相切于N，有，同(2)，θ2=α=53°，说明N点与A点重合。
可得：
所求区域长度：
沿与+y轴成θ2=53°方向到+y方向发射的粒子均可以落在该区域，因此：
%=%
13.如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量为m的平板小车B静止于轨道右侧，其板面与轨道底端靠近且在同一水平面上。一个质量、可视为质点的小滑块C以的初速度从轨道顶端滑下冲上小车B后，经一段时间与小车相对静止并继续一起运动。若轨道顶端与底端水平面的高度差为h，小滑块C与平板小车板面间的动摩擦因数为，平板小车与水平面间的摩擦不计，重力加速度为g。求：
(1)小滑块C冲上小车瞬间的速度大小；
(2)平板小车加速运动所用的时间及平板小车板面的最小长度。
【答案】(1) (2),
【解析】
(1)对小滑块从释放至经过轨道底端的运动过程，
由机械能守恒定律有，
解得小滑块C冲上小车瞬间的速度大小；
(2)从小滑块C滑上平板小车到两者共速，平板小车做匀加速运动，
对这一过程中的滑块小车系统由动量守恒定律有，
对这一过程中的平板小车由动理定理有，
对这一过程中的小滑块由动能定理有，
对这一过程中的平板小车由动能定理有，
是平板小车的最小长度，
解得平板小车加速运动所用的时间，
平板小车板面的最小长度
【点睛】该题是一道综合题，综合运用了机械能守恒定律、动量守恒定律、动能定理以及功能关系，解决本题的关键熟练这些定理、定律的运用．
14.如图所示，半径为R的水平圆盘可绕着过圆心O的竖直轴转动，在圆盘上从圆心O到圆盘边缘开有一沿半径方向的光滑细槽．一根原长为R的轻弹簧置于槽内，一端固定在圆心O点，另一端贴放着一质量为m的小球，弹簧始终在弹性限度内．
（1）若小球在沿槽方向的力F1作用下，在圆盘边缘随圆盘以角速度ω0转动，求F1的大小；
（2）若圆盘以角速度ω1转动，小球被束缚在槽中距离圆盘边缘为x的P点，此时弹簧的弹性势能为EP．解除束缚后，小球从槽口飞离圆盘时沿槽方向的速度大小为v，求此过程中槽对小球做的功W1；
（3）若圆盘以角速度ω2转动，小球在沿槽方向推力作用下，从圆盘边缘缓慢向内移动距离x到达P点．如果推力大小保持不变，求弹簧的劲度系数k以及此过程中推力做的功W2．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】（1）小球在沿槽方向的力F1得作用下做圆周运动，由向心力公式有
（2）设小球从槽口飞出圆盘时的速度为，则根据运动的合成：，设在此过程中弹簧对小球做功为W，有动能定理有：，由于，解得
（3）当小球沿槽方向缓慢向内移动得距离为x1时，由向心力公式有，解得
由于F得大小不变，与x1无关，则有所以推力做的功
15.电视机显像管原理如图所示，圆形磁场区域半径为R，磁感应强度大小为B0，垂直纸面向外．在磁场右边距离圆心2R处有一竖直放置的足够大的接收屏，过磁场区域圆心O的水平直线与接收屏相交于O1.以O1为坐标原点沿接收屏竖直向上建立y轴，电子枪水平放置于OO1连线上，电子由静止开始经电子枪加速后从A点射入磁场，并从磁场区域最高点C射出．已知电子电荷量大小为e，质量为m.
(1) 求电子枪加速电压U0；
(2) 为使电子打在接收屏上的不同位置，需要调节磁感应强度，求粒子打在屏上的位置y和磁感应强度B的关系；
(3) 若不慎将电子枪沿竖直方向向上平移了一段距离，为控制电子打在接收屏上位置处，需要将磁感应强度B调节为多少？
(参考公式：)
【答案】(1) (2) 故 (|B|
【详解】(1) 根据几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的半径r＝R，又由于洛伦兹力提供向心力，可得，根据功能关系，粒子经电场加速，最后可得
(2) 几何关系如图所示，
由
可得
故 (|B|
即
解得或 (舍去)
由于解得
由于解得
16.关于热现象，下列说法中正确的是（ ）
A. 布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子在永不停息地做无规则热运动
B. 一个热力学系统的内能增量可能小于系统从外界吸收的热量
C. 温度升高后物体内分子的平均动能增大，所有分子的动能都增大
D. 可以实现从单一热库吸收热量，使之完全用来对外做功
E. 在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小
【答案】BDE
【解析】
【详解】A．布朗运动是固体小颗粒的运动，说明液体分子在永不停息地做无规则热运动．故A项不符合题意；
B．当一个热力学系统在吸热的同时对外界做功，热力学系统的内能增量可能小于系统从外界吸收的热量．故B项符合题意；
C．温度升高后物体内分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大．故C项不符合题意；
D．可以实现从单一热库吸收热量，使之完全用来对外做功；但不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响．故D项符合题意；
E．自然过程的方向性可表述为：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小．故E项符合题意。
17.如图所示，一定量的理想气体最初处于状态A，之后经历从状态A→状态B→状态C的系列变化。已知状态A时气体的温度为200K，体积为40L，压强为8×104Pa，状态B时温度升高至400K。
①求状态B时的压强及状态C时的体积。
②从状态B到状态C的过程，定性分析气体与外界热传递的情况并求外界对气体做功的大小。
【答案】(1) ， (2)气体对外放出热量，
【解析】
（1）状态A到状态B过程为等容变化，
解得
状态B到状态C过程为等圧変化
解得VC=20L
（2）从状态B到状态C的过程为等呀变化，气体体积减小，外界对气体做功W=pB∆V
解得W=3.2×103J
状态B到状态C的过程理想气体的温度降低，内能减小，由热力学第一定律∆U=W+Q可知气体对外放出热量.
18.有关对热学的基础知识理解正确的是____。
A. 液体表面张力的方向与液面平行并指向液体内部
B. 低温的物体可以自发把热量传递给高温的物体，最终两物体可达到热平衡状态
C. 当装满水的某一密闭容器自由下落时，容器中的水的压强为零
D. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发变慢
E. 在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜视为单分子层、忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视为球形这三方面的近似处理
【答案】CDE
【解析】
【详解】表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直指向液体内部，故A错误；高温的物体可以自发把热量传递给低温的物体，最终两物体可达到热平衡状态，选项B错误；液体压强是由液体重量产生的；当装满水的某一密闭容器自由下落时，水处于完全失重状态，则容器中的水的压强为零，选项C正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，故D正确；在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜是呈单分子分布的；把油酸分子看成球形；分子之间没有空隙，紧密排列，故E正确；故选CDE。
【点睛】考查表面引力的方向，掌握热传递的方向，同时理解液体压强产生的原由，注意处于饱和汽压时，蒸发没有停止；最后考查了油膜法测分子大小的实验，注意实验模型的正确建立。
19.如图所示，一个粗细均匀的固定圆管，左端用一活塞A塞住，活塞A离右端管口的距离是20 cm，离左端管口的距离是2 cm。把一个带手柄的活塞B从右端管口推入，将活塞B向左端缓慢推动10cm时活塞A未被推动。已知圆管的横截面积为S＝2.0×10－5 m2，大气压强为1.0×105 Pa，且推动活塞B过程中管内气体温度保持T0=300K不变。求：
①活塞B向左端缓慢推动10cm时活塞A与圆管间的静摩擦力f；
②活塞B向左端缓慢推动10cm后保持活塞B不动，将管内气体温度缓慢升高到450K时，活塞A被推到左端管口处设活塞A所受滑动摩擦力等于最大静摩擦力fm，求fm。
【答案】①2N ②3N
【解析】
【详解】(1)玻意耳定律可得 p0SL1＝p2SL2
对活塞A，由平衡条件 p2S＝p0S＋f …
得f＝2N ；
(2) 从开始升温到活塞A刚好未被推动的过程，由查理定律
活塞A刚好未被推动时
从活塞A刚好被推动到它被推到左端管口处的过程是一个等压过程
联立解得
.
20.下列说法正确的是( )
A. 对于一定量的理想气体，保持压强不变，体积减小，那么它一定从外界吸热
B. 热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体
C. 一定质量的晶体在熔化过程中，其内能保持不变，分子势能增大
D. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
E. 气体对容器压强的大小,是由气体分子的密集程度和气体分子平均动能共同决定的
【答案】BDE
【解析】
【详解】对于一定量的理想气体，保持压强不变，体积减小，外界对气体做功，根据可知温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知它一定对外界放热，故A错误；热量总是自发的从温度高的物体传递到温度低的物体；而温度是分子的平均动能的标志，所以热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体，故B正确；晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度不变，分子的平均动能保持不变，吸收热量，内能增大，则知分子势能增大，故C错误；当分子力表现为斥力时，分子间距离减小，分子力做负功，分子势能随分子间的距减小而增大，故D正确；气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关，故E正确。
21.如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，内部横截面积为S=0.01m2，中间用两个活塞A和B封住一定质量的气体．A、B都可沿圆筒无摩擦地上下滑动，且不漏气．A的质量不计，B的质量为M，并与一劲度系数为k=5×103N/m的较长的弹簧相连．已知大气压p0=1×105Pa，平衡时两活塞之间的距离l0=0.6m，现用力压A，使之缓慢向下移动一段距离后保持平衡．此时用于压A的力F=500N．求活塞A下移的距离．
【答案】0.3 m
【解析】
试题分析：由于A的质量可不计，初态时，封闭气体的压强等于大气压，以B为研究对象，求出弹簧的压缩量．当用力压A时，再以B为研究对象，求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧的压缩量，根据玻意耳定律求出活塞A向下移动的距离．
设活塞A向下移动l，相应B向下移动x，对气体分析：
初态：
末态：
由玻﹣意耳定律
因为两活塞间的距离原来为，活塞A向下移动l，相应B向下移动x，则末状态时，两活塞的距离为．得：①
初态时，弹簧被压缩量为，由胡克定律：…②
当活塞A受到压力F时，活塞B的受力情况如图所示．F'为此时弹簧弹力
由平衡条件可知…③
由胡克定律有：…④
联立①②③④解得：．
22.某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x随时间t变化的关系图象如图所示，已知t=0.1s时振子的位移为3cm。则以下说法中正确的是( )
A. 简谐运动的圆频率为
B. 弹簧振子在第0.4s末与第0.8s末速度相同
C. 弹簧在第0.1s末与第0.7s末的长度相同
D. 弹簧振子做简谐运动的位移表达式为cm
E. 弹簧振子第0.5s末到第0.8s末弹簧振子的路程大于6cm
【答案】BDE
【解析】
【详解】A．由图知，简谐运动的周期，则简谐运动的圆频率
故A项不符合题意；
B．由图知，弹簧振子在第0.4s末与第0.8s末的振动方向均沿x轴负方向，且弹簧振子在第0.4s末与第0.8s末的位移大小相同，则弹簧振子在第0.4s末与第0.8s末的速度相同．故B项符合题意；
C．由图知，弹簧振子在第0.1s末与第0.7s末的位移相反，则弹簧在第0.1s末与第0.7s末的长度不同．故C项不符合题意；
D．t=0.1s时振子的位移为3cm，则据可得
解得：弹簧振子的振幅
弹簧振子做简谐运动的位移表达式
cm
故D项符合题意；
E．0.6s弹簧振子振动到平衡位置，速度最大，弹簧振子振动的周期，则弹簧振子第0.5s末到第0.8s末的内，弹簧振子的路程大于振幅6cm．故E项符合题意；
23.一块三角形玻璃砖，横截面为如图所示的直角三角形ABC，其中∠C=30°，一束光从AC边上的D点射入玻璃砖，其中AD:CD=1:4，入射光与AC边的夹角为30°，光垂直于BC边射出玻璃砖，出射点为E（图中未标出），已知AB边的长度为a。求：
(1)玻璃砖折射率n，并判定光会不会从AB边射出；
(2)出射点E与C点的距离x。
【答案】(1) 不会 (2)
【解析】
【详解】(1)根据题设条件作出光路图，如图所示。
光垂直于BC边射出玻璃砖，根据几何关系可得∠BFE=30°，则光在AB边上反射的反射角为60°，根据光的反射定律可知，AB边对应入射角为60°，即∠AFD=30°，根据几何关系得光通过AC边发生折射的折射角r=30°
光线在AC面折射时，根据折射定律有
在AB边上入射角为60°，设临界角为C，则
所以AB边上发生全反射，因此不会有光从AB边射出。
(2)由几何关系得
出射点E与C点的距离x，则有
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