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甘肃省武威第六中学2020届高三上学期第六次诊断考试物理试题
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武威六中2020届高三一轮复习过关考试
物理试卷
一、选择题(共14题，每题4分，共56分。第1—10小题只有一项正确选项；第11—14小题有多个正确选项，错选得0分，漏选得2分。)
1.2018年10月15日，我国以“一箭双星”方式成功发射第39、40颗北斗导航卫星，并到达预定轨道，这两颗卫星属于中国地球轨道卫星，离地高度小于地球同步卫星的高度。则第39、40颗北斗导航卫星的（ ）
A. 线速度小于同步卫星的线速度 B. 角速度小于同步卫星的角速度
C. 周期小于同步卫星的周期 D. 向心加速度小于同步卫星的向心加速度
【答案】C
【解析】
【分析】
考查万有引力与航天。
【详解】A．由万有引力提供向心力的线速度公式：
解得
轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，所以线速度大于同步卫星的线速度，A错误；
B．由万有引力提供向心力的角速度公式：
解得
轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，所以角速度大于同步卫星的角速度，B错误；
C．由万有引力提供向心力的周期公式：
解得
轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，所以周期小于同步卫星的周期，C正确；
D．由万有引力提供向心力的向心加速度公式：
解得
轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，所以向心加速度大于同步卫星的向心加速度，D错误。
故选C。
2.有一个质量为1kg的小球，在4个不同方向的共点力的作用下做匀速直线运动，现同时撤去大小分别为2N和3N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该小球的运动情况，下列说法正确的（ ）
A. 可能做加速度大小为10m/s2的匀减速直线运动
B. 可能做加速度大小为10m/s2的匀加速直线运动
C. 可能做加速度大小为3m/s2的匀变速曲线运动
D. 可能做向心加速度大小为2m/s2的匀速圆周运动
【答案】C
【解析】
【分析】
考查共点力平衡的特点，力的合成与分解。
【详解】4个不同方向的共点力的作用时，保持平衡，撤去大小分别为2N和3N的两个力，剩下两个力的合力与这两个力的合力等大反向，则剩下两个力的合力范围为：
解得
AB．合力最大时，加速度最大，最大加速度有：
合力最小时，加速度最小，最小加速度有：
即加速度大小范围为：；
所以不可能以10m/s2的加速度运动，AB错误；
C．3m/s2在范围内，当剩下两个力的合力与初始时的运动方向不共线时，做匀变速曲线运动，C正确；
D．由于受到的是恒力，加速度大小和方向都不变，所以不可能做匀速圆周运动，D错误。
故选C。
3.在真空中某区域内有一电场，电场中有一点O，经过O点的一条直线上有P、M、N三点，直线上各点的电势φ分布如图所示，x表示该直线上某点到O点的距离，下列说法正确的（ ）
A. P、M、N三点中M点的电场强度最大
B. 正电荷沿直线从M运动到N的过程中，所受电场力逐渐减小
C. 正电荷沿直线从M运动到N的过程中，电场力做负功
D. 负电荷沿直线从P运动到M的过程中，电势能先不变后减小
【答案】C
【解析】
【分析】
考查电场力做功与电势能的变化关系。
【详解】A．φ-x图像中，斜率的绝对值表示电场强度的大小，由图可知，P、M、N三点中，M点的斜率绝对值最小，故电场强度最小，A错误；
B．电场力，与电场强度成正比，从M到N的过程中，斜率的绝对值越来越大，即电场强度越来越大，则电场力越来越大，B错误；
C．由电势能的公式：
其中q为正值，从M到N的过程中电势φ逐渐增大，则电势能逐渐增大，由电场力做功的功能关系可知，电势能增加，电场力做负功，C正确；
D．由电势能的公式：
其中q为负值，从P到M的过程中电势φ先不变后减小，则电势能先不变后增大，D错误。
故选C。
4.如图所示，物块A、B（可视为质点）用跨过光滑轻质滑轮的轻绳1连接，其中物块A放在水平地面上，滑轮用轻绳2连接在竖直墙上，此时物块A、B均静止不动，连接滑轮的轻绳2与竖直墙壁间的夹角为θ。现将物块A向右缓慢移动一小段距离，若物块A、B仍能保持静止不动，则（ ）
A. 轻绳1对物块A的拉力大小增大
B. 地面对A的摩擦力减小
C. 物块A对地面的压力增大
D. 轻绳2的拉力大小保持不变
【答案】C
【解析】
【分析】
考查平衡状态的动态分析。
【详解】A．保持平衡，轻绳1对物块A的拉力等于物块B的重力，保持不变，A错误；
B．物块A向右缓慢移动一小段距离后，轻绳1与水平面的夹角减小，物块A受力平衡，水平方向有：
减小，摩擦力增大，B错误；
C．对A分析，竖直方向有：
减小，所以地面对A的支持力增大，由牛顿第三定律可知，物块A对地面的压力增大，C正确；
D．轻绳2的拉力大小与轻绳1两边拉力的合力等大反向，所以：
又有，减小，所以增大，减小，轻绳2的拉力大小减小，D错误。
故选C。
5.甲、乙两位轮滑运动员静止在水平地面上，甲猛推乙一下，结果两人向相反方向滑去。已知停止运动时甲滑行的距离是乙滑行距离的一半，若两人与水平地面间的摩擦阻力均与两人的重力成正比，且比例系数一样，则两人的质量之比为（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】
考查动量守恒定律的应用以及牛顿运动定律的应用。
【详解】两个人初状态总动量为0，设甲、乙的质量分别为m1、m2，甲猛推乙一下后，甲、乙的速度大小分别为v1、v2，由动量定理：
可得
两人与水平地面间的摩擦阻力均与两人的重力成正比，且比例系数一样，则：
为比例系数；
停止运动时甲滑行的距离为x1：
解得
停止运动时乙滑行的距离为x2：
解得
依题意有，联立各式解得：，A正确，BCD错误。
故选A。
6.如图所示，P、Q是两个一模一样的圆形线圈，都能在光滑的圆柱上自由移动，分别通以大小不同的异向电流，IP>IQ，则下列关于线圈P、Q的运动情况，说法正确的是（ ）
A. 从左往右看，P绕圆柱逆时针转动，Q绕圆柱顺时针转动
B. 相背做加速度减小的加速直线运动，aP=aQ
C. P、Q相向做匀加速直线运动，aP>aQ
D. P、Q相背做匀加速直线运动，aP=aQ
【答案】B
【解析】
【分析】
考查楞次定律的应用。
【详解】A．由右手螺旋定则可判断，P、Q是两个线圈产生的磁场使两线圈相互排斥，没有使线圈旋转的力，A错误；
BCD．由右手螺旋定则可判断，P、Q是两个线圈产生的磁场使两线圈相互排斥，排斥力为安培力，相互背离的过程中，距离增大，一个线圈在另一个线圈处产生的磁场磁感应强度减小，所以安培力减小，加速度减小，做加速度减小的加速直线运动，两线圈所受安培力为相互作用力，大小相等，两线圈一模一样，质量相等，所以加速度相等，B正确，CD错误。
故选B。
7.超导限流器是一种短路故障电流限制装置，它由超导部件和限流电阻并联组成，原理图如图所示．当通过超导部件的电流大子其临界电流Ic时，超导部件由超导态（可认为电阻为零）转变为正常态（可认为是一个纯电阻），以此来限制电力系统的故障电流．超导部件正常态电阻R1=7.5Ω，临界电流Ic=0.6A，限流电阻R2 =15Ω，灯泡L上标有“6V 3W”，电源电动势E=7V，内阻r=2Ω，电路正常工作．若灯泡L突然发生短路，则下列说法正确的是（ ）
A. 灯泡L短路前通过R1的电流为1/3A
B. 灯泡L短路后超导部件电阻为零
C. 灯泡L短路后通过R1的电流为2/3A
D. 灯泡L短路后通过R1的电流为1A
【答案】C
【解析】
【分析】
电路正常工作时，超导部件处于超导态，电阻为零，根据欧姆定律求出通过R1的电流．L发生短路后，超导部件转为正常态，与限流电阻并联，由欧姆定律和串并联电路的特点求出通过R1的电流．
【详解】A、由题，灯泡的电阻RL=Ω=12Ω．根据高温超导限流器的功能分析得知，电路正常工作时，超导部件处于超导态，电阻为零，根据欧姆定律得到通过R1的电流I1==0.5A．故A错误．
B、当L发生短路后，超导部件转为正常态，与限流电阻并联，起到限流作用．故B错误．
C、L发生短路后，外电路总电阻为R==5Ω，干路电流为I==1A，通过R1的电流为I1=I=2/3A．故C正确，D错误．
故选C
8.如图所示，平行等距的水平虚线1、2、3、4为某一电场的等势面，已知等势面1、3、4的电势分别为φ1=3V、φ3=9V、φ4=12V。实线为一粒子（不计重力）仅在电场力的作用下的运动轨迹，M、N、P是轨迹上的三点，其中N点为轨迹上的最高点，则（ ）
A. 虚线2的电势一定是φ2=5V
B. 粒子一定带负电
C. 粒子在P点的电势能最大，动能最小
D. 粒子在电场中各点受到的电场力可能不相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．平行等距的等势面为等差等势面，则：
解得，A错误；
B．如图所示：
沿着电场线，电势逐渐降低，可知电场方向向上，电场力沿轨迹的凹侧，向下，电场力方向与电场方向相反，带负电，B正确；
C．由电势能的公式：
其中q为负值，由图可知，P点电势最高，所以P点的电势能最小，C错误；
D．等势面是平行且等间距的电场为匀强电场，带电粒子在匀强电场中所受的电场力处处相等，D错误。
故选B。
9.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为m的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切。一质量为2m的小物块从槽顶端距水平面高h处由静止开始下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为mgh
B. 在下滑过程中物块和槽之间的相互作用力对物块始终不做功
C. 全过程中物块、槽和弹簧所组成系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D. 物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，且能回到槽上距水平面高h处
【答案】A
【解析】
【分析】
考查机械能守恒定律，动量守恒定律。
【详解】A．小物块下滑过程中，小物块与槽系统水平方向动量守恒，物块第一次滑到槽底端时，有：
槽光滑无摩擦，下滑过程中机械能守恒：
联立解得：，
槽的动能为：
A正确；
B．在下滑过程中，槽的机械能增加，由能量守恒可知，小物块机械能减少，则除了重力以外的其他力做负功，小物块除了受重力外，就受槽对小物块的作用力，所以槽对小物块的作用力做了负功，B错误；
C．全过程中，除了重力和弹簧弹力以外的其他力做功之和为零，所以物块、槽和弹簧所组成的系统机械能守恒，小物块压缩弹簧过程中，水平方向上受墙壁的支持力，动量不守恒，C错误；
D．物块第一次被弹簧反弹后速度大小为刚滑下来时的速度大小，即，小于槽的速度，不能追上槽，D错误。
故选A。
10.如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行、大小分别为B和2B．一带正电粒子(不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60°角，经过t1时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过t2时间后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则
A. ω1∶ω2＝1∶1 B. ω1∶ω2＝2∶1
C. t1∶t2＝1∶1 D. t1∶t2＝2∶1
【答案】C
【解析】
【详解】由洛伦兹力充当向心力可知：,根据线速度和角速度关系可得：v=Rω；联立解得： ，则可知，角速度与磁场成正比，故ω1：ω2=1：2；故AB错误；
粒子在两磁场中运动轨迹如图所示，粒子在I中转过的圆心角为120°，而在II中转过的圆心角为240°；由可知，粒子在I中的周期为II中周期的一半；则由可知，t1：t2=1：1； 故C正确，D错误．故选C．
【点睛】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动规律，要注意明确运动过程，正确确定圆心和半径是解题的关系，同时注意牛顿第二定律的应用，根据洛伦兹力充当向心力进行分析求解．
11.如图所示，在纸面内有一个边长为L的等边三角形abc，且该区域内存在平行于bc边的匀强电场。有一个质量为m，电荷量为+q的粒子从a点以速度v0沿平行于纸面且垂直于bc边的方向进入三角形区域，该粒子恰好从c点离开（不计粒子重力）。下列说法正确的是（ ）
A. 匀强电场的方向由c点指向b点
B. 电场强度大小E=
C. 粒子从c点离开时速度偏转角的正切值为
D. 粒子从a点运动到c点过程中电场力做的功为
【答案】BD
【解析】
【分析】
考查带电粒子在匀强电场中的偏转。
【详解】A．运动轨迹如图所示：
电场力方向平行于bc指向c方向，由于粒子带正电，所以电场方向由b点指向c点，A错误；
B．带电粒子做类平抛运动：
x方向：
y方向：
由牛顿第二定律：
联立各式解得电场强度大小，B正确；
C．粒子从c点离开时速度偏转角的正切值：
y方向速度有：
联立解的：，C错误；
D．匀强电场电场力做功：
D正确。
故选BD。
12.如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一轻质水平状态的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上O点，且处于原长。现让圆环从A点由静止开始下滑，滑到O点正下方B点时速度为零。则在圆环下滑过程中（ ）
A. 圆环的机械能先减小后增大，再减小
B. 弹簧的弹性势能先增大再减小
C. 与圆环在A点的加速度相同的位置还有两处
D. 弹簧再次恢复到原长时圆环的速度最大
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．开始时，弹簧处于原长，弹簧先压缩，弹性势能增大，当弹簧与杆垂直时，弹簧压缩量最大，继续往下滑，弹性势能减小，当滑到弹簧恢复原长时，继续下滑，弹簧将伸长，弹性势能增大直到滑到B点，即弹簧弹性势能先增大后减小再增大，由能量守恒可知，圆环的机械能先减小后增大，再减小，A正确，B错误；
C．A点时，弹簧为原长，无弹力，受力分析可知，圆环的加速度由重力沿斜面向下的分力提供：
解得，当弹簧与杆垂直时，弹簧弹力垂直于杆，不提供加速度，此时加速度由重力沿斜面向下的分力提供，即，继续往下滑，还有一处弹簧恢复原长，此处弹簧也没有弹力，加速度由重力沿斜面向下的分力提供，即，所以与圆环在A点的加速度相同的位置还有两处，C正确；
D．弹簧再次恢复到原长时，加速度为，沿斜面向下，即将继续往下加速运动，直到加速度为零时开始减速，所以弹簧再次恢复到原长时速度不是最大，D错误。
故选AC。
13.如图所示，ABCDG是竖直放在场强为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆，轨道的水平部分与半圆轨道相切于B、D两点，且AB=R=0.2m，把一质量m=100g、带电荷量q=+10-4 C的小球，从A点由静止释放后，g=10m/s2，则（ ）
A. 小球到达C点时的速度大小为1m/s
B. 小球到达C点时对轨道的压力大小为3N
C. 小球所能获得的最大动能为J
D. 小球能运动到D点并沿直轨道DG运动
【答案】BC
【解析】
【分析】
考查带电粒子在复合场中的运动，圆周运动的规律，动能定理的应用。
【详解】A．小球到达C点时，由动能定理：
解得，A错误；
B．小球到达C点时由水平方向的合力提供向心力：
解得 ，B正确；
C．重力大小为1N，电场力大小为1N，当轨道圆心与小球连线沿合力方向时，处于物理最低点，获得的动能最大：
最大动能：
解得，C正确；
D．由于受到竖直向下的重力作用，不可能沿直轨道DG运动，D错误。
故选BC。
14.如图所示为一定质量的理想气体状态变化时压强随温度变化的关系图象（p-T图象），当气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C的过程中，下列说法正确的有（ ）
A. 从状态A变化到状态B的过程中，气体对外做功
B. 从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收热量
C. 从状态B变化到状态C的过程中，气体密度变大
D. 从状态B变化到状态C的过程中，气体分子的平均速率增大
E. 气体的内能一直在增大
【答案】BDE
【解析】
【分析】
考查理想气体状态变化的p-T图象，热力学第一定律的应用。
【详解】A．从状态A变化到状态B的过程为等容变化，气体不对外做功，A错误；
B．由热力学第一定律：
其中，温度升高，则内能增加，，所以，气体吸收热量，B正确；
CD．从状态B变化到状态C的过程是等压变化，温度升高，则分子平均动能增大，单个分子撞击容器壁的力增大，要保持压强不变，则要减小气体的数密度，C错误，D正确；
E．温度一直升高，所以气体内能一直增大，E正确；
故选BDE。
二、实验题(共2题，每空2分，共14分)
15.某同学用如图所示的装置测物块与水平桌面间的动摩擦因数，将物块放在水平桌面的最右端，在桌面最右端正上方O点处用悬线悬挂一小球。①先将小球向右拉至与悬点O等高的位置，由静止释放小球，小球下落后恰好能沿水平向左的方向撞击物块，物块被撞击后，在桌面上向左最远滑到Q点，用刻度尺测量出Q点到桌面最右端的距离s。②再将物块放回桌面的最右端，将小球向左拉至与悬点O等高的位置，由静止释放小球，小球下落后恰好能沿水平向右的方向撞击物块，物块被撞击后从桌面上飞出，落点为P，测出桌面离水平地面的高度h，再测出P点到N点（桌面最右端M点在水平地面的投影）的距离x。
（1）要测量物块与桌面间的动摩擦因数，则________。
A.需要测量物块的质量m
B.需要测量小球的质量m0
C.需要测量物块质量m和小球的质量m0
D.不需要测量物块的质量m和小球的质量m0
（2）根据测得的物理量得出动摩擦因数的表达式为μ=________。
【答案】 (1). D (2).
【解析】
【分析】
考查匀减速直线运动和平抛运动规律的应用。
【详解】（1）（2）[1][2]．设物块的质量为m和小球的质量为m0，两次碰撞情况相同，设碰后物块的速度为v，则第一次碰撞后做匀减速直线运动：
第二次碰撞后做平抛运动：
联立解得：，与物块的质量m和小球的质量m0都无关，不需要测量物块的质量m和小球的质量m0，故选D；动摩擦因数的表达式为。
16.有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线，有下列器材供选用：
A．电压表（0～3V，内阻6kΩ）；
B．电压表（0～15V，内阻30kΩ）；
C．电流表（0～3A，内阻0.1Ω）；
D．电流表（0～0.6A，内阻0.5Ω）；
E．滑动变阻器（10Ω，2A）；
F．滑动变阻器（200Ω，0.2A）；
G．蓄电池（电动势6V，内阻不计）。
（1）某同学误将电流表和电压表接成如图甲所示的电路，其他部分连接正确，接通电源后，小灯泡的发光情况是__________（填“亮”或“不亮”）。要求小灯泡的电压从零开始增大，应选择图乙中的电路图是__________ （填“a”或“b”）。
（2）用正确的电路进行测量，电压表应选用__________，电流表应选用__________。（用序号字母表示）
（3）滑动变阻器应选用__________。（用序号字母表示）
【答案】 (1). 不亮 (2). b (3). A (4). D (5). E
【解析】
【分析】
考查实验“描绘小灯泡的伏安特性曲线”。
【详解】（1）[1][2]．由电路图可知，电压表串联在电路中，电路中的电阻很大，小灯泡不亮；要使小灯泡电压从零开始调节，滑动变阻器应采用分压式接法，所以电路图应选b；
（2）[3][4]．由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，所以电压表应选0~3V量程的，故选A；由可得，额定电流为，所以电流表应选量程为0~0.6A的，故选D；
（3）[5]．分压式接法滑动变阻器选总阻值小的，故选E。
三、计算题(共3题，共30分)
17.如图所示是某游乐场中某一设施的滑道简化图，AB、BC是粗糙的直轨道，在B点平滑连接，CD是光滑的圆弧轨道，半径为R=15m，与水平直轨道BC在C点平滑连接，直轨道AB与水平面的夹角θ=37°，AB长度为x1=40m，一游客(可视为质点)从A由静止沿轨道滑动，恰好不从D点飞出，已知游客的质量m=50kg，游客与AB、BC段轨道间的动摩擦因数μ=0.25，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，求：
（1）轨道BC的长度Δx；
（2）游客最终停下的位置距B的距离。
【答案】(1)Δx=4m(2) L=1m
【解析】
【分析】
本题考查多过程运动，需要考生综合运用牛顿运动定律和功能关系求解。
【详解】（1）游客从A点到D点，根据动能定理有
代入解得Δx=4m
（2）假设某次游客冲至斜面最高点时，到B点的距离为xn，经过一个来回后冲至斜面最高点时，到B点的距离为xn+1，如图。
对该过程运用动能定理，则有
得：
（n=1，2，3，．．．）
由于x1=40m故x2=m，x3=m，x4=m
下一次时，将不再冲上斜面，停在水平轨道上，运用动能定理有
解得L=1m，则停下的位置在水平轨道上与B点的距离为1m。
18.如图所示，在xOy平面坐标系的第三、四象限内有沿y轴正方向的匀强电场E，第一象限中的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。一个带正电的粒子以速度v0=2×107 m/s从Q点沿x轴正方向发射，并从O点射出，进入磁场后以垂直于PM的方向从PM边射出磁场。已知Q点的横坐标为-0.4m，该粒子的比荷=2.5×109 C/kg，MN平行于x轴，N点的坐标为（0.4m，0.4m），不计粒子重力，求：
（1）Q点的纵坐标；
（2）磁场区域的磁感应强度大小B的取值范围。
【答案】（1） 0.2m（2）
【解析】
【分析】
考查带电粒子在复合场中的运动。
【详解】（1）粒子进入磁场后以垂直于PM的方向从PM边射出磁场，说明粒子射入磁场时速度方向也与PM垂直。则粒子从O点射出时速度方向与x轴正方向的夹角α=45°
粒子到达O点时沿y轴正方向分速度vy=2×107m/s
设粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，y轴方向的位移为y，由运动学规律有
y=t
x=v0t
联立解得y=0.2m，则Q点的纵坐标为-0.2m
（2）该粒子恰好没有从PN边射出，如图所示，根据几何关系有
R+R=m
解得
R=m
由：
Bminqv=m
解得
Bmin=(4+4)×10-2T
所以磁场区域的磁感应强度大小B的取值范围为
B≥Bmin=(4+4)×10-2T
【物理—选修3-3】
19.如图所示为一长度为30cm、粗细均匀的玻璃管，用一段长h=5.0cm的水银柱将一部分空气封闭在玻璃管里，当玻璃管开口向下竖直放置时，管内空气柱的长度为L=15.0cm。已知大气压强为p0=75cmHg，封闭气体的温度为27℃。
(1)若保持玻璃管竖直向下的状态不变，对封闭气体加热，试计算当水银柱刚好到达管口时封闭气体的温度为多少摄氏度；
(2)若保持玻璃管内封闭气体的温度不变，将玻璃管开口向下竖直缓慢插入一足够深的水银槽中，直到管内封闭气体的长度变为10cm，试计算此时管口处封闭气体的长度。（结果保留两位小数）
【答案】（1）227℃（2）6.82cm
【解析】
【分析】
考查理想气体的状态变化。
【详解】(1)对封闭气体加热，气体发生等压变化，玻璃管的总长度为L0=30cm，则当水银柱刚好到达管口时，气体的长度为L0-h
由盖-吕萨克定律可得
代入数据可解得t=227℃
(2)管内封闭气体的长度为L'=10cm时，设管内气体压强为p1，则由玻意耳定律可得：
(p0-ρgh)LS=p1L'S
代入数据可解得p1=105cmHg
对管口处的封闭气体，设其末态压强为p2，则有
p2=p1+ρgh=110cmHg
设管口处封闭气体的最终长度为x，则由玻意耳定律可得
p0(L0-L-h)S=p2xS
代入数据可解得x=6.82cm。
【物理——选修3-4】
20.位于坐标原点的波源S发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=20m/s，已知t=0时刻波刚好传播到x=9m处，部分波形如图甲所示。
（1）求波长λ和周期T，
（2）x=19m处的质点第一次到达波谷需要多长时间？
（3）x=19m处的质点通过的路程为多少？
【答案】（1）8m，0.4s （2）100.8s（3）1m
【解析】
【分析】
本题考查了波的传播和波形图，意在考查考生的分析能力。
【详解】（1）由波形图可知，波长λ=8m
周期T==0.4s
（2）x=2019m处的质点第一次到达波谷，只需t=0时刻x=3m处的波谷传到x=2019m处即可，需要的时间：
（3）t=2.5s时，波沿x轴正方向传播的距离：
s=vt=20×2.5m=50m
从波源到x=9m处的所有质点均振动6个周期，则形成的波形如图所示
波传到x=19m处所需要的时间为：
s=0.5s
为1个周期，所以x=19m处的质点振动了5个周期，通过的路程为5×4A=100cm=1m。
物理试卷
一、选择题(共14题，每题4分，共56分。第1—10小题只有一项正确选项；第11—14小题有多个正确选项，错选得0分，漏选得2分。)
1.2018年10月15日，我国以“一箭双星”方式成功发射第39、40颗北斗导航卫星，并到达预定轨道，这两颗卫星属于中国地球轨道卫星，离地高度小于地球同步卫星的高度。则第39、40颗北斗导航卫星的（ ）
A. 线速度小于同步卫星的线速度 B. 角速度小于同步卫星的角速度
C. 周期小于同步卫星的周期 D. 向心加速度小于同步卫星的向心加速度
【答案】C
【解析】
【分析】
考查万有引力与航天。
【详解】A．由万有引力提供向心力的线速度公式：
解得
轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，所以线速度大于同步卫星的线速度，A错误；
B．由万有引力提供向心力的角速度公式：
解得
轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，所以角速度大于同步卫星的角速度，B错误；
C．由万有引力提供向心力的周期公式：
解得
轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，所以周期小于同步卫星的周期，C正确；
D．由万有引力提供向心力的向心加速度公式：
解得
轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，所以向心加速度大于同步卫星的向心加速度，D错误。
故选C。
2.有一个质量为1kg的小球，在4个不同方向的共点力的作用下做匀速直线运动，现同时撤去大小分别为2N和3N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该小球的运动情况，下列说法正确的（ ）
A. 可能做加速度大小为10m/s2的匀减速直线运动
B. 可能做加速度大小为10m/s2的匀加速直线运动
C. 可能做加速度大小为3m/s2的匀变速曲线运动
D. 可能做向心加速度大小为2m/s2的匀速圆周运动
【答案】C
【解析】
【分析】
考查共点力平衡的特点，力的合成与分解。
【详解】4个不同方向的共点力的作用时，保持平衡，撤去大小分别为2N和3N的两个力，剩下两个力的合力与这两个力的合力等大反向，则剩下两个力的合力范围为：
解得
AB．合力最大时，加速度最大，最大加速度有：
合力最小时，加速度最小，最小加速度有：
即加速度大小范围为：；
所以不可能以10m/s2的加速度运动，AB错误；
C．3m/s2在范围内，当剩下两个力的合力与初始时的运动方向不共线时，做匀变速曲线运动，C正确；
D．由于受到的是恒力，加速度大小和方向都不变，所以不可能做匀速圆周运动，D错误。
故选C。
3.在真空中某区域内有一电场，电场中有一点O，经过O点的一条直线上有P、M、N三点，直线上各点的电势φ分布如图所示，x表示该直线上某点到O点的距离，下列说法正确的（ ）
A. P、M、N三点中M点的电场强度最大
B. 正电荷沿直线从M运动到N的过程中，所受电场力逐渐减小
C. 正电荷沿直线从M运动到N的过程中，电场力做负功
D. 负电荷沿直线从P运动到M的过程中，电势能先不变后减小
【答案】C
【解析】
【分析】
考查电场力做功与电势能的变化关系。
【详解】A．φ-x图像中，斜率的绝对值表示电场强度的大小，由图可知，P、M、N三点中，M点的斜率绝对值最小，故电场强度最小，A错误；
B．电场力，与电场强度成正比，从M到N的过程中，斜率的绝对值越来越大，即电场强度越来越大，则电场力越来越大，B错误；
C．由电势能的公式：
其中q为正值，从M到N的过程中电势φ逐渐增大，则电势能逐渐增大，由电场力做功的功能关系可知，电势能增加，电场力做负功，C正确；
D．由电势能的公式：
其中q为负值，从P到M的过程中电势φ先不变后减小，则电势能先不变后增大，D错误。
故选C。
4.如图所示，物块A、B（可视为质点）用跨过光滑轻质滑轮的轻绳1连接，其中物块A放在水平地面上，滑轮用轻绳2连接在竖直墙上，此时物块A、B均静止不动，连接滑轮的轻绳2与竖直墙壁间的夹角为θ。现将物块A向右缓慢移动一小段距离，若物块A、B仍能保持静止不动，则（ ）
A. 轻绳1对物块A的拉力大小增大
B. 地面对A的摩擦力减小
C. 物块A对地面的压力增大
D. 轻绳2的拉力大小保持不变
【答案】C
【解析】
【分析】
考查平衡状态的动态分析。
【详解】A．保持平衡，轻绳1对物块A的拉力等于物块B的重力，保持不变，A错误；
B．物块A向右缓慢移动一小段距离后，轻绳1与水平面的夹角减小，物块A受力平衡，水平方向有：
减小，摩擦力增大，B错误；
C．对A分析，竖直方向有：
减小，所以地面对A的支持力增大，由牛顿第三定律可知，物块A对地面的压力增大，C正确；
D．轻绳2的拉力大小与轻绳1两边拉力的合力等大反向，所以：
又有，减小，所以增大，减小，轻绳2的拉力大小减小，D错误。
故选C。
5.甲、乙两位轮滑运动员静止在水平地面上，甲猛推乙一下，结果两人向相反方向滑去。已知停止运动时甲滑行的距离是乙滑行距离的一半，若两人与水平地面间的摩擦阻力均与两人的重力成正比，且比例系数一样，则两人的质量之比为（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】
考查动量守恒定律的应用以及牛顿运动定律的应用。
【详解】两个人初状态总动量为0，设甲、乙的质量分别为m1、m2，甲猛推乙一下后，甲、乙的速度大小分别为v1、v2，由动量定理：
可得
两人与水平地面间的摩擦阻力均与两人的重力成正比，且比例系数一样，则：
为比例系数；
停止运动时甲滑行的距离为x1：
解得
停止运动时乙滑行的距离为x2：
解得
依题意有，联立各式解得：，A正确，BCD错误。
故选A。
6.如图所示，P、Q是两个一模一样的圆形线圈，都能在光滑的圆柱上自由移动，分别通以大小不同的异向电流，IP>IQ，则下列关于线圈P、Q的运动情况，说法正确的是（ ）
A. 从左往右看，P绕圆柱逆时针转动，Q绕圆柱顺时针转动
B. 相背做加速度减小的加速直线运动，aP=aQ
C. P、Q相向做匀加速直线运动，aP>aQ
D. P、Q相背做匀加速直线运动，aP=aQ
【答案】B
【解析】
【分析】
考查楞次定律的应用。
【详解】A．由右手螺旋定则可判断，P、Q是两个线圈产生的磁场使两线圈相互排斥，没有使线圈旋转的力，A错误；
BCD．由右手螺旋定则可判断，P、Q是两个线圈产生的磁场使两线圈相互排斥，排斥力为安培力，相互背离的过程中，距离增大，一个线圈在另一个线圈处产生的磁场磁感应强度减小，所以安培力减小，加速度减小，做加速度减小的加速直线运动，两线圈所受安培力为相互作用力，大小相等，两线圈一模一样，质量相等，所以加速度相等，B正确，CD错误。
故选B。
7.超导限流器是一种短路故障电流限制装置，它由超导部件和限流电阻并联组成，原理图如图所示．当通过超导部件的电流大子其临界电流Ic时，超导部件由超导态（可认为电阻为零）转变为正常态（可认为是一个纯电阻），以此来限制电力系统的故障电流．超导部件正常态电阻R1=7.5Ω，临界电流Ic=0.6A，限流电阻R2 =15Ω，灯泡L上标有“6V 3W”，电源电动势E=7V，内阻r=2Ω，电路正常工作．若灯泡L突然发生短路，则下列说法正确的是（ ）
A. 灯泡L短路前通过R1的电流为1/3A
B. 灯泡L短路后超导部件电阻为零
C. 灯泡L短路后通过R1的电流为2/3A
D. 灯泡L短路后通过R1的电流为1A
【答案】C
【解析】
【分析】
电路正常工作时，超导部件处于超导态，电阻为零，根据欧姆定律求出通过R1的电流．L发生短路后，超导部件转为正常态，与限流电阻并联，由欧姆定律和串并联电路的特点求出通过R1的电流．
【详解】A、由题，灯泡的电阻RL=Ω=12Ω．根据高温超导限流器的功能分析得知，电路正常工作时，超导部件处于超导态，电阻为零，根据欧姆定律得到通过R1的电流I1==0.5A．故A错误．
B、当L发生短路后，超导部件转为正常态，与限流电阻并联，起到限流作用．故B错误．
C、L发生短路后，外电路总电阻为R==5Ω，干路电流为I==1A，通过R1的电流为I1=I=2/3A．故C正确，D错误．
故选C
8.如图所示，平行等距的水平虚线1、2、3、4为某一电场的等势面，已知等势面1、3、4的电势分别为φ1=3V、φ3=9V、φ4=12V。实线为一粒子（不计重力）仅在电场力的作用下的运动轨迹，M、N、P是轨迹上的三点，其中N点为轨迹上的最高点，则（ ）
A. 虚线2的电势一定是φ2=5V
B. 粒子一定带负电
C. 粒子在P点的电势能最大，动能最小
D. 粒子在电场中各点受到的电场力可能不相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．平行等距的等势面为等差等势面，则：
解得，A错误；
B．如图所示：
沿着电场线，电势逐渐降低，可知电场方向向上，电场力沿轨迹的凹侧，向下，电场力方向与电场方向相反，带负电，B正确；
C．由电势能的公式：
其中q为负值，由图可知，P点电势最高，所以P点的电势能最小，C错误；
D．等势面是平行且等间距的电场为匀强电场，带电粒子在匀强电场中所受的电场力处处相等，D错误。
故选B。
9.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为m的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切。一质量为2m的小物块从槽顶端距水平面高h处由静止开始下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为mgh
B. 在下滑过程中物块和槽之间的相互作用力对物块始终不做功
C. 全过程中物块、槽和弹簧所组成系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D. 物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，且能回到槽上距水平面高h处
【答案】A
【解析】
【分析】
考查机械能守恒定律，动量守恒定律。
【详解】A．小物块下滑过程中，小物块与槽系统水平方向动量守恒，物块第一次滑到槽底端时，有：
槽光滑无摩擦，下滑过程中机械能守恒：
联立解得：，
槽的动能为：
A正确；
B．在下滑过程中，槽的机械能增加，由能量守恒可知，小物块机械能减少，则除了重力以外的其他力做负功，小物块除了受重力外，就受槽对小物块的作用力，所以槽对小物块的作用力做了负功，B错误；
C．全过程中，除了重力和弹簧弹力以外的其他力做功之和为零，所以物块、槽和弹簧所组成的系统机械能守恒，小物块压缩弹簧过程中，水平方向上受墙壁的支持力，动量不守恒，C错误；
D．物块第一次被弹簧反弹后速度大小为刚滑下来时的速度大小，即，小于槽的速度，不能追上槽，D错误。
故选A。
10.如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行、大小分别为B和2B．一带正电粒子(不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60°角，经过t1时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过t2时间后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则
A. ω1∶ω2＝1∶1 B. ω1∶ω2＝2∶1
C. t1∶t2＝1∶1 D. t1∶t2＝2∶1
【答案】C
【解析】
【详解】由洛伦兹力充当向心力可知：,根据线速度和角速度关系可得：v=Rω；联立解得： ，则可知，角速度与磁场成正比，故ω1：ω2=1：2；故AB错误；
粒子在两磁场中运动轨迹如图所示，粒子在I中转过的圆心角为120°，而在II中转过的圆心角为240°；由可知，粒子在I中的周期为II中周期的一半；则由可知，t1：t2=1：1； 故C正确，D错误．故选C．
【点睛】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动规律，要注意明确运动过程，正确确定圆心和半径是解题的关系，同时注意牛顿第二定律的应用，根据洛伦兹力充当向心力进行分析求解．
11.如图所示，在纸面内有一个边长为L的等边三角形abc，且该区域内存在平行于bc边的匀强电场。有一个质量为m，电荷量为+q的粒子从a点以速度v0沿平行于纸面且垂直于bc边的方向进入三角形区域，该粒子恰好从c点离开（不计粒子重力）。下列说法正确的是（ ）
A. 匀强电场的方向由c点指向b点
B. 电场强度大小E=
C. 粒子从c点离开时速度偏转角的正切值为
D. 粒子从a点运动到c点过程中电场力做的功为
【答案】BD
【解析】
【分析】
考查带电粒子在匀强电场中的偏转。
【详解】A．运动轨迹如图所示：
电场力方向平行于bc指向c方向，由于粒子带正电，所以电场方向由b点指向c点，A错误；
B．带电粒子做类平抛运动：
x方向：
y方向：
由牛顿第二定律：
联立各式解得电场强度大小，B正确；
C．粒子从c点离开时速度偏转角的正切值：
y方向速度有：
联立解的：，C错误；
D．匀强电场电场力做功：
D正确。
故选BD。
12.如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一轻质水平状态的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上O点，且处于原长。现让圆环从A点由静止开始下滑，滑到O点正下方B点时速度为零。则在圆环下滑过程中（ ）
A. 圆环的机械能先减小后增大，再减小
B. 弹簧的弹性势能先增大再减小
C. 与圆环在A点的加速度相同的位置还有两处
D. 弹簧再次恢复到原长时圆环的速度最大
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．开始时，弹簧处于原长，弹簧先压缩，弹性势能增大，当弹簧与杆垂直时，弹簧压缩量最大，继续往下滑，弹性势能减小，当滑到弹簧恢复原长时，继续下滑，弹簧将伸长，弹性势能增大直到滑到B点，即弹簧弹性势能先增大后减小再增大，由能量守恒可知，圆环的机械能先减小后增大，再减小，A正确，B错误；
C．A点时，弹簧为原长，无弹力，受力分析可知，圆环的加速度由重力沿斜面向下的分力提供：
解得，当弹簧与杆垂直时，弹簧弹力垂直于杆，不提供加速度，此时加速度由重力沿斜面向下的分力提供，即，继续往下滑，还有一处弹簧恢复原长，此处弹簧也没有弹力，加速度由重力沿斜面向下的分力提供，即，所以与圆环在A点的加速度相同的位置还有两处，C正确；
D．弹簧再次恢复到原长时，加速度为，沿斜面向下，即将继续往下加速运动，直到加速度为零时开始减速，所以弹簧再次恢复到原长时速度不是最大，D错误。
故选AC。
13.如图所示，ABCDG是竖直放在场强为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆，轨道的水平部分与半圆轨道相切于B、D两点，且AB=R=0.2m，把一质量m=100g、带电荷量q=+10-4 C的小球，从A点由静止释放后，g=10m/s2，则（ ）
A. 小球到达C点时的速度大小为1m/s
B. 小球到达C点时对轨道的压力大小为3N
C. 小球所能获得的最大动能为J
D. 小球能运动到D点并沿直轨道DG运动
【答案】BC
【解析】
【分析】
考查带电粒子在复合场中的运动，圆周运动的规律，动能定理的应用。
【详解】A．小球到达C点时，由动能定理：
解得，A错误；
B．小球到达C点时由水平方向的合力提供向心力：
解得 ，B正确；
C．重力大小为1N，电场力大小为1N，当轨道圆心与小球连线沿合力方向时，处于物理最低点，获得的动能最大：
最大动能：
解得，C正确；
D．由于受到竖直向下的重力作用，不可能沿直轨道DG运动，D错误。
故选BC。
14.如图所示为一定质量的理想气体状态变化时压强随温度变化的关系图象（p-T图象），当气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C的过程中，下列说法正确的有（ ）
A. 从状态A变化到状态B的过程中，气体对外做功
B. 从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收热量
C. 从状态B变化到状态C的过程中，气体密度变大
D. 从状态B变化到状态C的过程中，气体分子的平均速率增大
E. 气体的内能一直在增大
【答案】BDE
【解析】
【分析】
考查理想气体状态变化的p-T图象，热力学第一定律的应用。
【详解】A．从状态A变化到状态B的过程为等容变化，气体不对外做功，A错误；
B．由热力学第一定律：
其中，温度升高，则内能增加，，所以，气体吸收热量，B正确；
CD．从状态B变化到状态C的过程是等压变化，温度升高，则分子平均动能增大，单个分子撞击容器壁的力增大，要保持压强不变，则要减小气体的数密度，C错误，D正确；
E．温度一直升高，所以气体内能一直增大，E正确；
故选BDE。
二、实验题(共2题，每空2分，共14分)
15.某同学用如图所示的装置测物块与水平桌面间的动摩擦因数，将物块放在水平桌面的最右端，在桌面最右端正上方O点处用悬线悬挂一小球。①先将小球向右拉至与悬点O等高的位置，由静止释放小球，小球下落后恰好能沿水平向左的方向撞击物块，物块被撞击后，在桌面上向左最远滑到Q点，用刻度尺测量出Q点到桌面最右端的距离s。②再将物块放回桌面的最右端，将小球向左拉至与悬点O等高的位置，由静止释放小球，小球下落后恰好能沿水平向右的方向撞击物块，物块被撞击后从桌面上飞出，落点为P，测出桌面离水平地面的高度h，再测出P点到N点（桌面最右端M点在水平地面的投影）的距离x。
（1）要测量物块与桌面间的动摩擦因数，则________。
A.需要测量物块的质量m
B.需要测量小球的质量m0
C.需要测量物块质量m和小球的质量m0
D.不需要测量物块的质量m和小球的质量m0
（2）根据测得的物理量得出动摩擦因数的表达式为μ=________。
【答案】 (1). D (2).
【解析】
【分析】
考查匀减速直线运动和平抛运动规律的应用。
【详解】（1）（2）[1][2]．设物块的质量为m和小球的质量为m0，两次碰撞情况相同，设碰后物块的速度为v，则第一次碰撞后做匀减速直线运动：
第二次碰撞后做平抛运动：
联立解得：，与物块的质量m和小球的质量m0都无关，不需要测量物块的质量m和小球的质量m0，故选D；动摩擦因数的表达式为。
16.有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线，有下列器材供选用：
A．电压表（0～3V，内阻6kΩ）；
B．电压表（0～15V，内阻30kΩ）；
C．电流表（0～3A，内阻0.1Ω）；
D．电流表（0～0.6A，内阻0.5Ω）；
E．滑动变阻器（10Ω，2A）；
F．滑动变阻器（200Ω，0.2A）；
G．蓄电池（电动势6V，内阻不计）。
（1）某同学误将电流表和电压表接成如图甲所示的电路，其他部分连接正确，接通电源后，小灯泡的发光情况是__________（填“亮”或“不亮”）。要求小灯泡的电压从零开始增大，应选择图乙中的电路图是__________ （填“a”或“b”）。
（2）用正确的电路进行测量，电压表应选用__________，电流表应选用__________。（用序号字母表示）
（3）滑动变阻器应选用__________。（用序号字母表示）
【答案】 (1). 不亮 (2). b (3). A (4). D (5). E
【解析】
【分析】
考查实验“描绘小灯泡的伏安特性曲线”。
【详解】（1）[1][2]．由电路图可知，电压表串联在电路中，电路中的电阻很大，小灯泡不亮；要使小灯泡电压从零开始调节，滑动变阻器应采用分压式接法，所以电路图应选b；
（2）[3][4]．由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，所以电压表应选0~3V量程的，故选A；由可得，额定电流为，所以电流表应选量程为0~0.6A的，故选D；
（3）[5]．分压式接法滑动变阻器选总阻值小的，故选E。
三、计算题(共3题，共30分)
17.如图所示是某游乐场中某一设施的滑道简化图，AB、BC是粗糙的直轨道，在B点平滑连接，CD是光滑的圆弧轨道，半径为R=15m，与水平直轨道BC在C点平滑连接，直轨道AB与水平面的夹角θ=37°，AB长度为x1=40m，一游客(可视为质点)从A由静止沿轨道滑动，恰好不从D点飞出，已知游客的质量m=50kg，游客与AB、BC段轨道间的动摩擦因数μ=0.25，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，求：
（1）轨道BC的长度Δx；
（2）游客最终停下的位置距B的距离。
【答案】(1)Δx=4m(2) L=1m
【解析】
【分析】
本题考查多过程运动，需要考生综合运用牛顿运动定律和功能关系求解。
【详解】（1）游客从A点到D点，根据动能定理有
代入解得Δx=4m
（2）假设某次游客冲至斜面最高点时，到B点的距离为xn，经过一个来回后冲至斜面最高点时，到B点的距离为xn+1，如图。
对该过程运用动能定理，则有
得：
（n=1，2，3，．．．）
由于x1=40m故x2=m，x3=m，x4=m
下一次时，将不再冲上斜面，停在水平轨道上，运用动能定理有
解得L=1m，则停下的位置在水平轨道上与B点的距离为1m。
18.如图所示，在xOy平面坐标系的第三、四象限内有沿y轴正方向的匀强电场E，第一象限中的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。一个带正电的粒子以速度v0=2×107 m/s从Q点沿x轴正方向发射，并从O点射出，进入磁场后以垂直于PM的方向从PM边射出磁场。已知Q点的横坐标为-0.4m，该粒子的比荷=2.5×109 C/kg，MN平行于x轴，N点的坐标为（0.4m，0.4m），不计粒子重力，求：
（1）Q点的纵坐标；
（2）磁场区域的磁感应强度大小B的取值范围。
【答案】（1） 0.2m（2）
【解析】
【分析】
考查带电粒子在复合场中的运动。
【详解】（1）粒子进入磁场后以垂直于PM的方向从PM边射出磁场，说明粒子射入磁场时速度方向也与PM垂直。则粒子从O点射出时速度方向与x轴正方向的夹角α=45°
粒子到达O点时沿y轴正方向分速度vy=2×107m/s
设粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，y轴方向的位移为y，由运动学规律有
y=t
x=v0t
联立解得y=0.2m，则Q点的纵坐标为-0.2m
（2）该粒子恰好没有从PN边射出，如图所示，根据几何关系有
R+R=m
解得
R=m
由：
Bminqv=m
解得
Bmin=(4+4)×10-2T
所以磁场区域的磁感应强度大小B的取值范围为
B≥Bmin=(4+4)×10-2T
【物理—选修3-3】
19.如图所示为一长度为30cm、粗细均匀的玻璃管，用一段长h=5.0cm的水银柱将一部分空气封闭在玻璃管里，当玻璃管开口向下竖直放置时，管内空气柱的长度为L=15.0cm。已知大气压强为p0=75cmHg，封闭气体的温度为27℃。
(1)若保持玻璃管竖直向下的状态不变，对封闭气体加热，试计算当水银柱刚好到达管口时封闭气体的温度为多少摄氏度；
(2)若保持玻璃管内封闭气体的温度不变，将玻璃管开口向下竖直缓慢插入一足够深的水银槽中，直到管内封闭气体的长度变为10cm，试计算此时管口处封闭气体的长度。（结果保留两位小数）
【答案】（1）227℃（2）6.82cm
【解析】
【分析】
考查理想气体的状态变化。
【详解】(1)对封闭气体加热，气体发生等压变化，玻璃管的总长度为L0=30cm，则当水银柱刚好到达管口时，气体的长度为L0-h
由盖-吕萨克定律可得
代入数据可解得t=227℃
(2)管内封闭气体的长度为L'=10cm时，设管内气体压强为p1，则由玻意耳定律可得：
(p0-ρgh)LS=p1L'S
代入数据可解得p1=105cmHg
对管口处的封闭气体，设其末态压强为p2，则有
p2=p1+ρgh=110cmHg
设管口处封闭气体的最终长度为x，则由玻意耳定律可得
p0(L0-L-h)S=p2xS
代入数据可解得x=6.82cm。
【物理——选修3-4】
20.位于坐标原点的波源S发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=20m/s，已知t=0时刻波刚好传播到x=9m处，部分波形如图甲所示。
（1）求波长λ和周期T，
（2）x=19m处的质点第一次到达波谷需要多长时间？
（3）x=19m处的质点通过的路程为多少？
【答案】（1）8m，0.4s （2）100.8s（3）1m
【解析】
【分析】
本题考查了波的传播和波形图，意在考查考生的分析能力。
【详解】（1）由波形图可知，波长λ=8m
周期T==0.4s
（2）x=2019m处的质点第一次到达波谷，只需t=0时刻x=3m处的波谷传到x=2019m处即可，需要的时间：
（3）t=2.5s时，波沿x轴正方向传播的距离：
s=vt=20×2.5m=50m
从波源到x=9m处的所有质点均振动6个周期，则形成的波形如图所示
波传到x=19m处所需要的时间为：
s=0.5s
为1个周期，所以x=19m处的质点振动了5个周期，通过的路程为5×4A=100cm=1m。
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