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2022届广西玉林市高三上学期教学质量监测理综物理试卷（解析版）
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这是一份2022届广西玉林市高三上学期教学质量监测理综物理试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
广西玉林市2022届高三上学期教学质量监测
理综物理试卷
一、单选题
1．如图所示，有一子弹穿过三块静止放置在光滑水平面上的相互接触质量分别为 m、2m、3m 的木块 A、B、C，设子弹穿过木块 A、B 、C 的时间分别为 t1、t2、t3，木块对子弹的阻力恒为 f，则子弹穿过三木块后，木块 A 的速度大小是（ ）
A．v=f1m B．v=f13m
C．ft16m D．f(t1+t2+t3)6m
2．如图所示，实直线表示某电场中的一条电场线，一带正电的粒子（重力不计）仅在电场力的作用下由 O 点静止释放，先后经过 a 、b 两点，粒子经过 a 、b 两点的速度、加速度、电势分别为 va、vb，aa、ab，φa、φb ，则可以判断（ ）
A．若场源是点电荷，一定在 O 点左侧
B．经过 a、b 两点的速度关系va
D．a、b 两点的电势关系φa<φb
3．质量为 M 的正三角形物体 A 和质量为 m 的光滑梯形物体 B 紧靠着放在倾角为α 的固定斜面上，并处于静止状态，如图所示，则关于物体受力情况的判断正确的是（ ）
A．物体A对物体B的弹力方向沿斜面向上
B．物体A受到的静摩擦力大小为（M＋m）gsinα
C．物体B对物体A的压力等于mgsinα
D．物体B对斜面的压力等于mgcosα
4．如图，两个半径不同但共心的圆形导线环 A、B 位于同一平面内，A 环的半径大于 B 环的半径，已知在 t＝0 到 t＝t1的时间间隔内，当导线 A 环中的电流 i发生某种变化，而导线 B 环中的感应电流总是沿顺时针方向，且导线 B 环总有扩张的趋势时。设 A 环中电流 i 的正方向与图中箭头所示的方向相同，则 i 随时间 t 的变化的图线可能是（ ）
A． B．
C． D．
5．新冠病毒疫情防控工作中，体温枪在医院、车站、小区、学校等地方被广泛使用，成为重要的防疫装备之一。某一种体温枪的工作原理是：任何物体温度高于绝对零度（－273℃）时都会向外发出红外线，红外线照射到体温枪的温度传感器，发生光电效应，将光信号转化为电信号，从而显示出物体的温度。已知人的体温正常时能辐射波长为 10μm 的红外线，如图甲所示，用该红外光线照射光电管的阴极 K 时，电路中有光电流产生，光电流随电压变化的图像如图乙所示，已知 h＝6.63×10－34 J•s，e＝1.6×10－19 C，则（ ）
A．波长10μm的红外线在真空中的频率为3×1016Hz
B．将图甲中的电源正负极反接，将一定不会产生电信号
C．由图乙可知，该光电管的阴极金属逸出功为0.1eV
D．若人体温度升高，辐射红外线的强度增大，电子逸出最大初动能增加
二、多选题
6．导航系统是一种利用人造卫星对物体进行定位测速的工具，目前世界上比较完善的导航系统有美国的 GPS 系统，中国的北斗系统，欧洲的伽利略导航系统以及俄罗斯的 GLONASS 系统，其中美国的 GPS 系统采用的是运行周期为 12 小时的人造卫星，中国的北斗系统一部分采用了同步卫星，现有一颗北斗同步卫星 A 和一颗赤道平面上方的 GPS 卫星 B， t =0时两者刚好均处在地面某点 C 的正上方，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．A的速度比B的小
B．发射卫星A需要更多的能量
C．卫星A，B的轨道半径rA：rB=2：1
D．从此时刻起，经过24小时，两者相距最近
7．图甲为 1kg 的小球从最低点 A 冲入竖直放置在水平地面上、半径为 0.4m 的半圆轨道，已知小球恰能到达最高点 C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。小球速度的平方与其高度的关系图像，如图乙所示，g 取 10m/s2，B 为 AC 轨道中点。下列说法正确的是（ ）
A．图乙中 x＝4 B．小球在C点时的重力功率为20W
C．小球从A到C合力做功为 10.5J D．小球从A到B损失能量大于1.25J
8．距离北京冬奥会只有一年多的时间，我国跳台滑雪国家集训队比往年更早开始了新赛季的备战。如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，跳台滑雪运动员从助滑雪道 AB 上由静止开始滑下，到达 C 点后以水平速度v0飞出，落到与水平成θ 的滑道上的 D点，E 是运动轨迹上的某一点，在该点运动员的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2，EF 垂直 CD，忽略空气阻力，则（ ）
A．t1> t2 B．EF=(v0sinθ)22gcosθ
C．CFFD=13 D．CFFD>13
9．以下说法正确的是（ ）
A．晶体都具有各向异性
B．温度是分子平均动能的标志，温度高的物体分子平均速率一定大
C．内能相等的两个物体相互接触，也可能发生热传递
D．对于一定种类的大量气体分子，在温度一定时，处于一定速率范围内的分子数所占的百分比是确定的
E．阿伏加德罗常数是联系微观物理量和宏观物理量的桥梁，已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以求出该常数
10．如图所示，图甲为沿 x 轴传播的一列简谐横波在 t＝2s 时刻的波动图像，图乙为质点 P 的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．波沿 x 轴正方向传播
B．再经过 1s 时间，质点 p 向左传播到 0m 位置
C．该波可以与另一列频率为 0.5Hz 的波发生稳定的干涉
D．波在传播过程中遇到 3m 大小的障碍物能发生明显的衍射
E．两列该波相向运动，加强点的振幅为 0.4m
三、实验题
11．小明同学利用如图（a）所示装置探究加速度与力、质量的关系。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b）所示。
（1）已知打出图中纸带相邻两点的时间间隔为0.02s，从图给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小vB= m/s，小车的加速度大小为a= m/s2（结果均保留1位小数）
（2）根据数据可以求出钩码质量与小车质量之比为 。（g取10m/s2）
12．某同学拿到一光敏电阻，其上参数“额定电压 4V”可以看清，另外暗电阻（无光照时电阻）阻值是 3kΩ还是 4kΩ分辨不清，该同学想要测定其暗电阻阻值和亮电阻阻值（有光照时电阻）的准确数值，已知该型号光敏电阻暗电阻阻值为亮电阻阻值约 20 倍，可供该同学选用的器材除了开关、导线外，还有：
电压表 V1（量程 0~3V，内阻等于 3kΩ）；
电压表 V2（量程 0~15V，内阻等于 15kΩ）；
电流表 A1（量程 0~3mA，内阻等于 12Ω）；
电流表 A2（量程 0~0.6A，内阻等于 0.1Ω）；
滑动变阻器 R1（0~10Ω，额定电流 3A）；
滑动变阻器 R2（0~1kΩ，额定电流 0.5A）；
定值电阻 R3（阻值等于 1Ω）；
定值电阻 R4（阻值等于 10Ω）；
定值电阻 R5（阻值等于 1kΩ）；
电源 E（E＝15V，内阻不计）。
该同学设计了实验电路，如图所示。
（1）电压表选取的是 ；（填写代号）
（2）定值电阻 b 选取的是 ；（填写代号）
（3）在测量暗电阻阻值时，开关 S2处于 （填“断开”或“闭合”）状态；
（4）测量亮电阻阻值时，若电压表读数为“3.00V”，电流表读数为“2.00mA”，则亮电阻阻值为 Ω。
四、解答题
13．如图所示，在平面直角坐标系 xOy 内，第Ⅰ象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON 为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁场区域半径为R。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子，从 y 轴正半轴上 y＝h 处的M点，以速度 v0垂直于y轴射入电场，经 x 轴上x＝2h 处的P点进入磁场，最后从磁场边界最低点以垂直于y轴的方向射出磁场。不计粒子重力。求：
（1）电场强度的大小E；
（2）匀强磁场的大小B。
14．如图所示，在足够大的水平地面上有一质量 M＝2kg 的静止长木板，木板的左端放置一质量 m＝1kg 的物体 A，距木板的右端l1=2m 处放置质量与物体 A 相等的另一物体 B（物体B 底面光滑）。在 t＝0 时刻对物体 A 施加一水平向右的推力 F＝6N，物体 A 开始相对长木板滑动，同时给物体 B 一向右的瞬时初速度 v0＝2m/s，木板与水平地面间的动摩擦因数 μ1=0.05，物体 A 与木板间的动摩擦因数 μ2＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g＝10m/s2，物体 A、B 均可视为质点。
（1）t＝0 时刻薄长木板的加速度；
（2）若 t1＝3s 时物体 A、B 在木板上相撞，木板的长度 L；
（3）若在 t2＝2s 时撤去推力 F，试分析物体 A、B 能否相撞？若能，求两物体相撞时距木板最右端的距离l；若不能，求两物体之间的最小距离 d。
15．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置，玻璃管长度L=75cm 。现在玻璃管的中间有一段长 h2=25.0cm 的水银柱，下部封有长 h1=25.0cm 的一定质量的理想气体，上部空气柱的长度 h3=25.0cm。已知大气压强为 p0=75.0cmHg。环境温度T0=300K 。求：
（1）将玻璃管旋转到开口竖直向下，是否有水银从玻璃管流下；
（2）在（1）的情况下，让玻璃管顺时针缓慢转动的同时改变环境温度，使水银柱始终恰好位于玻璃管开口处，假设水银的体积无变化，求环境温度T和玻璃管与水平方向的夹角θ的关系（其中0<θ<π2）。
16．如图所示，一块横截面为直角三角形 ABC 的玻璃砖，∠B=90，∠C=30。一束单色光从 AB 边的中点 M 垂直入射玻璃砖，在 AC 边恰好发生全反射，最后从 BC 边上的 N 点（图中未标出）射出，已知 AB 边的长度为 L，求：
（1）玻璃砖对该单色光的折射率；
（2）NC 的长度。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A与B分离时三者的速度是相等的，分离后，A的速度不变，在分离前子弹对系统的作用力使A、B与C的速度增大，由动量定理得f⋅t1=(m+2m+3m)v
所以v=f⋅t16m
故答案为：C。
【分析】利用动量定理结合系统最后达到共速可以求出其木块A的速度大小。
2．【答案】B
【解析】【解答】AD．带正电小球由静止释放后向右运动，受到向右的电场力，故电场方向一定向右，a点电势大于b点电势；若场源电荷为正则在左边，若场源电荷为负则在右边，AD不符合题意；
B．带正电粒子受到向右的电场力，一直向右加速，则有va
故答案为：B。
【分析】利用小球电场力的方向结合电性可以判别电场方向；利用电场方向可以比较电势的大小；利用电场线的方向可以判别场源电荷的位置；利用其电场力做功可以比较速度的大小；由于未知电场力的大小不能比较加速度的大小。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．对物体B分析，受到重力，斜面对物体B的支持力FN1，和物体A对B的弹力FN2，垂直于两者的接触面指向物体B，故物体A对物体B的弹力方向不是沿斜面向上，A不符合题意；
B．对AB整体受力分析，沿斜面方向，根据共点力平衡可知f=(M+m)gsinα
B符合题意；
CD．设A对B的弹力与斜面的夹角为θ，对物体B，根据共点力平衡可知mgsinα=FN2cosθ
FN1+FN2sinθ=mgcosα
解得FN2=mgsinαcosθ>mgsinα
FN1=mg(cosα-sinαtanθ)
故答案为：B。
【分析】利用其接触面的方向可以判别物体A对物体B的弹力方向；利用AB整体的平衡方程可以求出A受到的静摩擦力大小；利用其B的平衡方程可以求出物体B对A的压力及对斜面的压力大小。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．A环中顺时针方向的电流减小，导致B环中的指向纸内的磁通减小，根据楞次定律B环中感生电流产生的磁场将阻碍磁通量减小，产生顺时针方向感生电流，两环相吸，B环有扩张的趋势，A符合题意：
B．A环中逆时针方向的电流减小，导致B环中指向纸外的磁通量减小，根据楞次定律，可知B环中产生逆时针方向电流，两环相吸，B环有扩张的趋势，B不符合题意：
C．A环中顺时针方向的电流增大，导致B环中指向纸内的磁通量增大，根据楞次定律，可知B环将产生逆时针方向的电流，两环相斥，B环有收缩的趋势，C不符合题意：
D．A环中逆时针方向的电流增大，导致B环中指向纸外的磁通量增大，根据楞次定律，可知B环中产生顺时针方向电流，两环相斥，B环有收缩的趋势，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用电流的方向结合电流的变化可以判别其B中磁通量的变化，结合其楞次定律可以判别B环产生的电流方向，结合两环电流方向可以判别环受到的安培力方向。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．波长λ=10μm=1×10-5m的红外光在真空中的频率为f=cλ=3×1013Hz
A不符合题意；
B．将图甲中的电源反接，根据乙图，反向电压低于遏止电压，即低于0.02V时，电流表的示数不为零，B不符合题意；
C．由乙图可知遏止电压为Uc=2×10-2V，根据eUc=Ek=hν-W0
代入数据解解得W0=0.1eV
C符合题意；
D．若人体温度升高，则辐射红外线的强度增大，单位时间逸出的光电子的个数增加，光电流增大，但红外线的频率不变，由Ek=hν-W0得电子逸出最大初动能不变，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用波长的大小可以求出红外线的频率大小；当反向电压低于遏止电压时其电流表读数不等于0；利用光电效应方程结合遏止电压可以求出逸出功的大小；利用其光的频率大小可以判别其最大初动能的大小。
6．【答案】A,D
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r
解得v=GMr
因为A的轨道半径比B的大，所以A的速度比B的小，A符合题意；
B．由于卫星A、B的质量关系未知，则发射过程需要的能量多少无法比较，B不符合题意；
C．GPS卫星B周期为TB=12h，北斗同步卫星A的周期为TA=24h，根据开普勒第三定律得r3T2=k，可知rArB=3242122=34
C不符合题意；
D．经过24h，A运动1周，而B运动2周，两卫星刚好回到初始位置，则此时相距最近，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】利用引力提供向心力结合半径的大小可以比较线速度的大小；由于未知卫星的质量不能比较发射能量的大小；利用其开普勒第三定律可以求出卫星轨道半径的比值；利用其卫星运动的周期及运动的时间可以判别卫星的位置。
7．【答案】A,D
【解析】【解答】A．当h=0.8m时，小球运动到最高点，因为小球恰能到达最高点C，则有mg=mv2r
解得v=gr=2m/s
则x=v2=4
A符合题意；
B．小球在C点时速度方向水平，故重力的瞬时功率P=0，B不符合题意。
C．小球从A到C合外力对其做的功等于动能的变化量，则W=ΔEk=12mv2-12mv02=-10.5J
做负功，C不符合题意。
D．从A到C过程，动能减小量为12mv02-12mv2=10.5J
重力势能的增加量为ΔEp=2mgr=8J
则机械能减少2.5J，由于A到B过程中压力大于B到C过程中的压力，则A到B过程中的摩擦力大于B到C过程中的摩擦力，可知A到B的过程克服摩擦力做功较大，知机械能损失大于1.25J，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出小球恰好经过最高点的速度大小，进而利用速度求出x的大小；利用重力和竖直方向的速度可以求出重力瞬时功率的大小；利用动能定理可以求出合外力做功的大小；利用动能和重力势能的变化量可以求出机械能的变化量，结合摩擦力的大小可以判别机械能损失的大小。
8．【答案】B,D
【解析】【解答】AB．以C点为原点， CD为x轴，和CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图，对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性，知t1=t2
把速度v0和重力沿滑道和垂直滑道分解，在垂直滑道方向做初速度为v0sinθ，加速度为gcosθ做匀减速直线运动，在E点速度方向与轨道CD平行说明垂直滑道方向速度为0，故EF=ν22a=(v0sinθ)22gcosθ
A不符合题意，B符合题意；
CD．将初速度沿x、y方向分解为v1、v2，将加速度沿x、y方向分解为a1、a2，结合初速度为零的匀加速直线运动的比例关系知，初速度为零的匀加速直线运动连续相同时间内的位移比为：1：3：5：7…，运动员x轴方向做匀加速直线运动，且t1=t2，但初速度不为零，根据初速度为零的匀加速直线运动连续相同时间内的位移比特点可知CFFD>13
C不符合题意D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】对其运动员的运动进行分解，利用其y方向的速度位移公式可以求出其EF的大小；利用其x方向的位移之比可以判别初速度的大小；利用初速度的大小可以求出位移之比。
9．【答案】C,D,E
【解析】【解答】A．多晶体具有各向同性，A不符合题意；
B．温度是分子平均动能的标志，温度高水平分子的平均动能大，由于分子质量不知，分子平均速率无法确定，B不符合题意；
C．内能相等，有可能质量不同，温度不同，也可以热传递，C符合题意；
D．在大量情况下，一定速率范围内的分子数所占的百分比是确定的，D符合题意；
E．由NA=Mm0可以求解阿伏加德罗常数，E符合题意。
故答案为：CDE。
【分析】多晶体具有各向同性；温度高的物体其分子质量未知不能比较平均速率的大小；内能相等的物体其温度不一定相等；利用其水的摩尔质量及分子质量的比值可以求出阿伏加德罗常数。
10．【答案】C,D,E
【解析】【解答】A．从乙图可知， t=2s时刻，P质点正在平衡位置向-y方向振动，波沿 x 轴负方向传播A不符合题意；
B．质点不随波逐流，故质点P只是以所处的平衡位置做简谐振动，B不符合题意；
C．波的周期是2s，频率为0.5Hz，与其发生干涉的波的频率也为0.5Hz，所以C对；
D．发生明显衍射的条件是障碍物或小孔的尺寸比波长短或相差不多，D对；
E．当两列该波相向运动时，两列波形成稳定干涉，加强点的振幅为2A=0.4m，E对。
故答案为：CDE。
【分析】利用质点的振动方向可以判别波的传播方向；质点不会随波移动；利用波的周期可以求出频率的大小，结合频率的大小可以判别干涉波的频率大小；发生明显的衍射现象其条件是障碍物或小孔的尺寸比波长短或相差不多。
11．【答案】（1）0.5；2.5
（2）1:3
【解析】【解答】(1)打出B点时小车的速度大小vB=2.00×10-20.04m/s=0.5m/s
根据Δx=aT2
可得a=ΔxT2=(0.6287-0.5922)-(0.5922-0.5567)0.022m/s2=2.5m/s2
(2)由牛顿第二定律mg=(m+M)a
解得m:M=1:3
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出小车速度的大小；利用逐差法可以求出加速度的大小；
（2）利用牛顿第二定律可以求出钩码质量与小车质量之比。
12．【答案】（1）V1
（2）R3
（3）断开
（4）160
【解析】【解答】(1)由于光敏电阻额定电压4V，而电压表V2的量程又太大，所以电压表选用V1与一个定值电阻R5串联，恰好改装为一个量程为4V的电压表。
(2)亮电阻约为R亮=R暗20=150Ω
则在测亮电阻时需要最大电流约I亮=4V150Ω=26.7mA
从而需要扩大量程到约26mA，从而选取R3。
(3)测量暗电阻阻值时，暗电阻阻值较大，电流较小，则不需要改装，所以开关S2处于断开状态；
(4)测亮电阻时，电流表改装成大量程的电流表，有I=IA1+IA1RA1R3=39mA
量程扩大了13倍，亮电阻阻值为R亮=U亮I亮=UnRV1(RV1+R5)13IA1-U1RV1=160Ω
【分析】（1）利用光敏电阻的额定电压可以判别电压表需要进行改装所以选择电压表V1；
（2）利用欧姆定律可以判别其最大电流的大小，利用最大电流的大小进而判别其电流表并联电阻的大小；
（3）测量暗电阻时其待测电阻比较大所以不需要电表改装所以其开关处于断开状态；
（4）利用并联电路的电流规律可以求出电流表的量程，结合欧姆定律可以求出亮电阻的阻值大小。
13．【答案】（1）解：由题意得，带电粒子垂直电场进入后做类平抛运动，则有
2h=v0t
h=12at2
qE=ma
联立解得E=mv022qh
（2）解：带电粒子由M到P点过程运用动能定理得：v=v02+vy2=2v0
tanθ=vyv0=1
粒子进入匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则qvB=mv2r
r+rcos45°=R或r=2h-Rcos45°=2(2h-R)
解得B=(2+1)mv0qR或B=mv0q(2h-R)
【解析】【分析】（1）带电粒子进入电场做类平抛运动，利用位移公式结合竖直方向的牛顿第二定律可以求出电场强度的大小；
（2）粒子从M到P的过程，利用动能定理可以求出速度的大小，结合速度的分解可以求出速度的方向；带电粒子进入磁场做匀速圆周运动；利用几何关系可以求出轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小。
14．【答案】（1）解：设t=0时长木板的加速度大小为a1，则对木板，根据牛顿第二定律有μ2mg-μ1(M+m+m)g=Ma1
解得a1=1m/s2
（2）解：设0~3s内，物体A的加速度大小为a2，位移大小为x1，物体B的位移大小为x2，根据牛顿第二定律有F-μ2mg=ma2
a2=2m/s2
物体A的位移大小为x1=12a2t12
物体B的位移大小为x2=v0t1
L-l1=x1-x2
解得L=5m
（3）解：t2=2s时，物块A的速度为vA=a2t2=4m/s
物体A的位移为xA=12a2t22=4m
长木板的速度为v木=a1t1=2m/s
长木板的位移为x木=12a1t12=2m
物体B的位移为xB=v0t2=4m
t2=2s时，物体B相对长木板的位移恰好满足Δx1=xB-x木=2m=l1
即B恰好在长木板的最右端；
物体A相对长木板的位移ΔS1=xA-x木=2m
可知A离长木板右端距离L-ΔS1=3m
设撤去推力F后物体A的加速度大小为a2'，根据牛顿第二定律得μ2mg=ma2'
解得a2'=4m/s2
物体A与木板的共同速度设为v共 ，则v共=vA-a2't3=v木+a1t3
解得t3=0.4s
v共=2.4m/s
故在t=2.4s时物体A和长木板达到共同的速度2.4m/s
在t3=0.4s时间内，物体A相对长木板的位移为ΔS2=vA+v共2t3-v木+v共2t3=0.4m
此时B距离长木板右端距离为ΔX2=v木+v共2t3-v0t3=0.08m
此时物体A到B的距离为ΔS3=L-ΔS1-ΔS2-ΔX2=2.52m
由于μ2>μ1，此后A与长木板一起开始做匀减速直线运动，加速度大小为
a共=μ1(M+m+m)gM+m=23m/s2
设经过时间t4木板与物体B达到共同速度，则v共1=v共-a共t4=v0
解得t4=0.6s
故在t4=0.6s内A相对物体B位移ΔS4=v共+v02t4-v0t4=0.12m
此时A与B距离为ΔS3-ΔS4=2.4m
此后B做匀速运动，A与长木板一起做减速运动，不会相撞。
物体A与B之间的最小距离为d=ΔS3-ΔS4=2.4m
【解析】【分析】（1）当对A施加推力时，利用牛顿第二定律可以求出木板加速度的大小；
（2）在3s内，利用牛顿第二定律可以求出A的加速度大小；结合位移公式可以求出A和B运动的位移，结合运动的位移可以求出木板的长度；
（3）当在第2s撤去推力时，利用速度公式可以求出其A的速度大小，结合位移公式可以求出物块A的位移大小；再利用速度公式和位移公式可以求出木板的速度和位移的大小；利用位移之差可以判别其B的位置；再利用牛顿第二定律可以求出撤去推力后A的加速度大小，再利用速度公式可以求出A与木板共速的时间和速度，利用平均速度公式可以求出A相对木板运动的位移，结合B运动的位移可以求出共速时其A和B的距离，当A与木板一起做匀减速直线运动时，利用牛顿第二定律可以求出其加速度的大小；再利用速度公式可以求出其木板与B共速的时间；再利用位移公式可以求出A和B的距离进而判别A与B不会相碰。
15．【答案】（1）解：设玻璃管的横截面积为S，水银的密度为ρ，当玻璃管开口竖直向上时，气体的压强p1=p0+ρgh2
假设旋转到开口竖直向下时水银不会流下，此时气体的压强p2=p0-ρgh2
旋转过程温度不变，由玻意耳定律p1h1S=p2HS
解得H=50cm
出于H=h1+h3=50cm
故水银恰好与开口向平，没有水银从玻璃管流下。
（2）解：在（1）的情况下，由于水银的体积无变化，即气体的体积也无变化，在顺时针缓慢转动过程中气体，压强应满足p3=p0-ρgh2sinθ
等容过程，由查理定律p2T0=p3T
解得T=(450-150sinθ)K
【解析】【分析】（1）已知液面的高度差，利用压强关系可以求出气体的压强；假设旋转到开口竖直向下时其水银不会流出，利用液面高度差可以求出其气体的压强，结合温变化可以求出气体的长度进而判别水银不会从玻璃管流下；
（2）当其瞬时值转动气体时，利用气体的等容变化可以求出气体温度和角度的关系。
16．【答案】（1）解：
结合放射原理做出光路图，由几何关系可知，光线在Р点的入射角i=60°
根据全放射原理有sinC=1n
即sin60°=1n
解得n=233
（2）解：光线在P点发生全放射后，将射到BC上的N点，由几何关系可知：
PC的长度PC=12AC=L
∠NPC=30°
∠C=30°
所以△PCN是等腰三角形，即NC=PN
NC=PN=12PCcos(60°-∠NPC)
解得NC=33L
【解析】【分析】（1）画出光线经过玻璃砖折射的光路图，利用几何关系可以求出临界角大小，再利用折射定律可以求出折射率的大小；
（2）光线在P点发生全反射，利用几何关系可以求出NC之间的长度大小。
广西玉林市2022届高三上学期教学质量监测
理综物理试卷
一、单选题
1．如图所示，有一子弹穿过三块静止放置在光滑水平面上的相互接触质量分别为 m、2m、3m 的木块 A、B、C，设子弹穿过木块 A、B 、C 的时间分别为 t1、t2、t3，木块对子弹的阻力恒为 f，则子弹穿过三木块后，木块 A 的速度大小是（ ）
A．v=f1m B．v=f13m
C．ft16m D．f(t1+t2+t3)6m
2．如图所示，实直线表示某电场中的一条电场线，一带正电的粒子（重力不计）仅在电场力的作用下由 O 点静止释放，先后经过 a 、b 两点，粒子经过 a 、b 两点的速度、加速度、电势分别为 va、vb，aa、ab，φa、φb ，则可以判断（ ）
A．若场源是点电荷，一定在 O 点左侧
B．经过 a、b 两点的速度关系va
D．a、b 两点的电势关系φa<φb
3．质量为 M 的正三角形物体 A 和质量为 m 的光滑梯形物体 B 紧靠着放在倾角为α 的固定斜面上，并处于静止状态，如图所示，则关于物体受力情况的判断正确的是（ ）
A．物体A对物体B的弹力方向沿斜面向上
B．物体A受到的静摩擦力大小为（M＋m）gsinα
C．物体B对物体A的压力等于mgsinα
D．物体B对斜面的压力等于mgcosα
4．如图，两个半径不同但共心的圆形导线环 A、B 位于同一平面内，A 环的半径大于 B 环的半径，已知在 t＝0 到 t＝t1的时间间隔内，当导线 A 环中的电流 i发生某种变化，而导线 B 环中的感应电流总是沿顺时针方向，且导线 B 环总有扩张的趋势时。设 A 环中电流 i 的正方向与图中箭头所示的方向相同，则 i 随时间 t 的变化的图线可能是（ ）
A． B．
C． D．
5．新冠病毒疫情防控工作中，体温枪在医院、车站、小区、学校等地方被广泛使用，成为重要的防疫装备之一。某一种体温枪的工作原理是：任何物体温度高于绝对零度（－273℃）时都会向外发出红外线，红外线照射到体温枪的温度传感器，发生光电效应，将光信号转化为电信号，从而显示出物体的温度。已知人的体温正常时能辐射波长为 10μm 的红外线，如图甲所示，用该红外光线照射光电管的阴极 K 时，电路中有光电流产生，光电流随电压变化的图像如图乙所示，已知 h＝6.63×10－34 J•s，e＝1.6×10－19 C，则（ ）
A．波长10μm的红外线在真空中的频率为3×1016Hz
B．将图甲中的电源正负极反接，将一定不会产生电信号
C．由图乙可知，该光电管的阴极金属逸出功为0.1eV
D．若人体温度升高，辐射红外线的强度增大，电子逸出最大初动能增加
二、多选题
6．导航系统是一种利用人造卫星对物体进行定位测速的工具，目前世界上比较完善的导航系统有美国的 GPS 系统，中国的北斗系统，欧洲的伽利略导航系统以及俄罗斯的 GLONASS 系统，其中美国的 GPS 系统采用的是运行周期为 12 小时的人造卫星，中国的北斗系统一部分采用了同步卫星，现有一颗北斗同步卫星 A 和一颗赤道平面上方的 GPS 卫星 B， t =0时两者刚好均处在地面某点 C 的正上方，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．A的速度比B的小
B．发射卫星A需要更多的能量
C．卫星A，B的轨道半径rA：rB=2：1
D．从此时刻起，经过24小时，两者相距最近
7．图甲为 1kg 的小球从最低点 A 冲入竖直放置在水平地面上、半径为 0.4m 的半圆轨道，已知小球恰能到达最高点 C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。小球速度的平方与其高度的关系图像，如图乙所示，g 取 10m/s2，B 为 AC 轨道中点。下列说法正确的是（ ）
A．图乙中 x＝4 B．小球在C点时的重力功率为20W
C．小球从A到C合力做功为 10.5J D．小球从A到B损失能量大于1.25J
8．距离北京冬奥会只有一年多的时间，我国跳台滑雪国家集训队比往年更早开始了新赛季的备战。如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，跳台滑雪运动员从助滑雪道 AB 上由静止开始滑下，到达 C 点后以水平速度v0飞出，落到与水平成θ 的滑道上的 D点，E 是运动轨迹上的某一点，在该点运动员的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2，EF 垂直 CD，忽略空气阻力，则（ ）
A．t1> t2 B．EF=(v0sinθ)22gcosθ
C．CFFD=13 D．CFFD>13
9．以下说法正确的是（ ）
A．晶体都具有各向异性
B．温度是分子平均动能的标志，温度高的物体分子平均速率一定大
C．内能相等的两个物体相互接触，也可能发生热传递
D．对于一定种类的大量气体分子，在温度一定时，处于一定速率范围内的分子数所占的百分比是确定的
E．阿伏加德罗常数是联系微观物理量和宏观物理量的桥梁，已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以求出该常数
10．如图所示，图甲为沿 x 轴传播的一列简谐横波在 t＝2s 时刻的波动图像，图乙为质点 P 的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．波沿 x 轴正方向传播
B．再经过 1s 时间，质点 p 向左传播到 0m 位置
C．该波可以与另一列频率为 0.5Hz 的波发生稳定的干涉
D．波在传播过程中遇到 3m 大小的障碍物能发生明显的衍射
E．两列该波相向运动，加强点的振幅为 0.4m
三、实验题
11．小明同学利用如图（a）所示装置探究加速度与力、质量的关系。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b）所示。
（1）已知打出图中纸带相邻两点的时间间隔为0.02s，从图给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小vB= m/s，小车的加速度大小为a= m/s2（结果均保留1位小数）
（2）根据数据可以求出钩码质量与小车质量之比为 。（g取10m/s2）
12．某同学拿到一光敏电阻，其上参数“额定电压 4V”可以看清，另外暗电阻（无光照时电阻）阻值是 3kΩ还是 4kΩ分辨不清，该同学想要测定其暗电阻阻值和亮电阻阻值（有光照时电阻）的准确数值，已知该型号光敏电阻暗电阻阻值为亮电阻阻值约 20 倍，可供该同学选用的器材除了开关、导线外，还有：
电压表 V1（量程 0~3V，内阻等于 3kΩ）；
电压表 V2（量程 0~15V，内阻等于 15kΩ）；
电流表 A1（量程 0~3mA，内阻等于 12Ω）；
电流表 A2（量程 0~0.6A，内阻等于 0.1Ω）；
滑动变阻器 R1（0~10Ω，额定电流 3A）；
滑动变阻器 R2（0~1kΩ，额定电流 0.5A）；
定值电阻 R3（阻值等于 1Ω）；
定值电阻 R4（阻值等于 10Ω）；
定值电阻 R5（阻值等于 1kΩ）；
电源 E（E＝15V，内阻不计）。
该同学设计了实验电路，如图所示。
（1）电压表选取的是 ；（填写代号）
（2）定值电阻 b 选取的是 ；（填写代号）
（3）在测量暗电阻阻值时，开关 S2处于 （填“断开”或“闭合”）状态；
（4）测量亮电阻阻值时，若电压表读数为“3.00V”，电流表读数为“2.00mA”，则亮电阻阻值为 Ω。
四、解答题
13．如图所示，在平面直角坐标系 xOy 内，第Ⅰ象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON 为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁场区域半径为R。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子，从 y 轴正半轴上 y＝h 处的M点，以速度 v0垂直于y轴射入电场，经 x 轴上x＝2h 处的P点进入磁场，最后从磁场边界最低点以垂直于y轴的方向射出磁场。不计粒子重力。求：
（1）电场强度的大小E；
（2）匀强磁场的大小B。
14．如图所示，在足够大的水平地面上有一质量 M＝2kg 的静止长木板，木板的左端放置一质量 m＝1kg 的物体 A，距木板的右端l1=2m 处放置质量与物体 A 相等的另一物体 B（物体B 底面光滑）。在 t＝0 时刻对物体 A 施加一水平向右的推力 F＝6N，物体 A 开始相对长木板滑动，同时给物体 B 一向右的瞬时初速度 v0＝2m/s，木板与水平地面间的动摩擦因数 μ1=0.05，物体 A 与木板间的动摩擦因数 μ2＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g＝10m/s2，物体 A、B 均可视为质点。
（1）t＝0 时刻薄长木板的加速度；
（2）若 t1＝3s 时物体 A、B 在木板上相撞，木板的长度 L；
（3）若在 t2＝2s 时撤去推力 F，试分析物体 A、B 能否相撞？若能，求两物体相撞时距木板最右端的距离l；若不能，求两物体之间的最小距离 d。
15．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置，玻璃管长度L=75cm 。现在玻璃管的中间有一段长 h2=25.0cm 的水银柱，下部封有长 h1=25.0cm 的一定质量的理想气体，上部空气柱的长度 h3=25.0cm。已知大气压强为 p0=75.0cmHg。环境温度T0=300K 。求：
（1）将玻璃管旋转到开口竖直向下，是否有水银从玻璃管流下；
（2）在（1）的情况下，让玻璃管顺时针缓慢转动的同时改变环境温度，使水银柱始终恰好位于玻璃管开口处，假设水银的体积无变化，求环境温度T和玻璃管与水平方向的夹角θ的关系（其中0<θ<π2）。
16．如图所示，一块横截面为直角三角形 ABC 的玻璃砖，∠B=90，∠C=30。一束单色光从 AB 边的中点 M 垂直入射玻璃砖，在 AC 边恰好发生全反射，最后从 BC 边上的 N 点（图中未标出）射出，已知 AB 边的长度为 L，求：
（1）玻璃砖对该单色光的折射率；
（2）NC 的长度。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A与B分离时三者的速度是相等的，分离后，A的速度不变，在分离前子弹对系统的作用力使A、B与C的速度增大，由动量定理得f⋅t1=(m+2m+3m)v
所以v=f⋅t16m
故答案为：C。
【分析】利用动量定理结合系统最后达到共速可以求出其木块A的速度大小。
2．【答案】B
【解析】【解答】AD．带正电小球由静止释放后向右运动，受到向右的电场力，故电场方向一定向右，a点电势大于b点电势；若场源电荷为正则在左边，若场源电荷为负则在右边，AD不符合题意；
B．带正电粒子受到向右的电场力，一直向右加速，则有va
故答案为：B。
【分析】利用小球电场力的方向结合电性可以判别电场方向；利用电场方向可以比较电势的大小；利用电场线的方向可以判别场源电荷的位置；利用其电场力做功可以比较速度的大小；由于未知电场力的大小不能比较加速度的大小。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．对物体B分析，受到重力，斜面对物体B的支持力FN1，和物体A对B的弹力FN2，垂直于两者的接触面指向物体B，故物体A对物体B的弹力方向不是沿斜面向上，A不符合题意；
B．对AB整体受力分析，沿斜面方向，根据共点力平衡可知f=(M+m)gsinα
B符合题意；
CD．设A对B的弹力与斜面的夹角为θ，对物体B，根据共点力平衡可知mgsinα=FN2cosθ
FN1+FN2sinθ=mgcosα
解得FN2=mgsinαcosθ>mgsinα
FN1=mg(cosα-sinαtanθ)
故答案为：B。
【分析】利用其接触面的方向可以判别物体A对物体B的弹力方向；利用AB整体的平衡方程可以求出A受到的静摩擦力大小；利用其B的平衡方程可以求出物体B对A的压力及对斜面的压力大小。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．A环中顺时针方向的电流减小，导致B环中的指向纸内的磁通减小，根据楞次定律B环中感生电流产生的磁场将阻碍磁通量减小，产生顺时针方向感生电流，两环相吸，B环有扩张的趋势，A符合题意：
B．A环中逆时针方向的电流减小，导致B环中指向纸外的磁通量减小，根据楞次定律，可知B环中产生逆时针方向电流，两环相吸，B环有扩张的趋势，B不符合题意：
C．A环中顺时针方向的电流增大，导致B环中指向纸内的磁通量增大，根据楞次定律，可知B环将产生逆时针方向的电流，两环相斥，B环有收缩的趋势，C不符合题意：
D．A环中逆时针方向的电流增大，导致B环中指向纸外的磁通量增大，根据楞次定律，可知B环中产生顺时针方向电流，两环相斥，B环有收缩的趋势，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用电流的方向结合电流的变化可以判别其B中磁通量的变化，结合其楞次定律可以判别B环产生的电流方向，结合两环电流方向可以判别环受到的安培力方向。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．波长λ=10μm=1×10-5m的红外光在真空中的频率为f=cλ=3×1013Hz
A不符合题意；
B．将图甲中的电源反接，根据乙图，反向电压低于遏止电压，即低于0.02V时，电流表的示数不为零，B不符合题意；
C．由乙图可知遏止电压为Uc=2×10-2V，根据eUc=Ek=hν-W0
代入数据解解得W0=0.1eV
C符合题意；
D．若人体温度升高，则辐射红外线的强度增大，单位时间逸出的光电子的个数增加，光电流增大，但红外线的频率不变，由Ek=hν-W0得电子逸出最大初动能不变，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用波长的大小可以求出红外线的频率大小；当反向电压低于遏止电压时其电流表读数不等于0；利用光电效应方程结合遏止电压可以求出逸出功的大小；利用其光的频率大小可以判别其最大初动能的大小。
6．【答案】A,D
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r
解得v=GMr
因为A的轨道半径比B的大，所以A的速度比B的小，A符合题意；
B．由于卫星A、B的质量关系未知，则发射过程需要的能量多少无法比较，B不符合题意；
C．GPS卫星B周期为TB=12h，北斗同步卫星A的周期为TA=24h，根据开普勒第三定律得r3T2=k，可知rArB=3242122=34
C不符合题意；
D．经过24h，A运动1周，而B运动2周，两卫星刚好回到初始位置，则此时相距最近，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】利用引力提供向心力结合半径的大小可以比较线速度的大小；由于未知卫星的质量不能比较发射能量的大小；利用其开普勒第三定律可以求出卫星轨道半径的比值；利用其卫星运动的周期及运动的时间可以判别卫星的位置。
7．【答案】A,D
【解析】【解答】A．当h=0.8m时，小球运动到最高点，因为小球恰能到达最高点C，则有mg=mv2r
解得v=gr=2m/s
则x=v2=4
A符合题意；
B．小球在C点时速度方向水平，故重力的瞬时功率P=0，B不符合题意。
C．小球从A到C合外力对其做的功等于动能的变化量，则W=ΔEk=12mv2-12mv02=-10.5J
做负功，C不符合题意。
D．从A到C过程，动能减小量为12mv02-12mv2=10.5J
重力势能的增加量为ΔEp=2mgr=8J
则机械能减少2.5J，由于A到B过程中压力大于B到C过程中的压力，则A到B过程中的摩擦力大于B到C过程中的摩擦力，可知A到B的过程克服摩擦力做功较大，知机械能损失大于1.25J，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出小球恰好经过最高点的速度大小，进而利用速度求出x的大小；利用重力和竖直方向的速度可以求出重力瞬时功率的大小；利用动能定理可以求出合外力做功的大小；利用动能和重力势能的变化量可以求出机械能的变化量，结合摩擦力的大小可以判别机械能损失的大小。
8．【答案】B,D
【解析】【解答】AB．以C点为原点， CD为x轴，和CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图，对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性，知t1=t2
把速度v0和重力沿滑道和垂直滑道分解，在垂直滑道方向做初速度为v0sinθ，加速度为gcosθ做匀减速直线运动，在E点速度方向与轨道CD平行说明垂直滑道方向速度为0，故EF=ν22a=(v0sinθ)22gcosθ
A不符合题意，B符合题意；
CD．将初速度沿x、y方向分解为v1、v2，将加速度沿x、y方向分解为a1、a2，结合初速度为零的匀加速直线运动的比例关系知，初速度为零的匀加速直线运动连续相同时间内的位移比为：1：3：5：7…，运动员x轴方向做匀加速直线运动，且t1=t2，但初速度不为零，根据初速度为零的匀加速直线运动连续相同时间内的位移比特点可知CFFD>13
C不符合题意D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】对其运动员的运动进行分解，利用其y方向的速度位移公式可以求出其EF的大小；利用其x方向的位移之比可以判别初速度的大小；利用初速度的大小可以求出位移之比。
9．【答案】C,D,E
【解析】【解答】A．多晶体具有各向同性，A不符合题意；
B．温度是分子平均动能的标志，温度高水平分子的平均动能大，由于分子质量不知，分子平均速率无法确定，B不符合题意；
C．内能相等，有可能质量不同，温度不同，也可以热传递，C符合题意；
D．在大量情况下，一定速率范围内的分子数所占的百分比是确定的，D符合题意；
E．由NA=Mm0可以求解阿伏加德罗常数，E符合题意。
故答案为：CDE。
【分析】多晶体具有各向同性；温度高的物体其分子质量未知不能比较平均速率的大小；内能相等的物体其温度不一定相等；利用其水的摩尔质量及分子质量的比值可以求出阿伏加德罗常数。
10．【答案】C,D,E
【解析】【解答】A．从乙图可知， t=2s时刻，P质点正在平衡位置向-y方向振动，波沿 x 轴负方向传播A不符合题意；
B．质点不随波逐流，故质点P只是以所处的平衡位置做简谐振动，B不符合题意；
C．波的周期是2s，频率为0.5Hz，与其发生干涉的波的频率也为0.5Hz，所以C对；
D．发生明显衍射的条件是障碍物或小孔的尺寸比波长短或相差不多，D对；
E．当两列该波相向运动时，两列波形成稳定干涉，加强点的振幅为2A=0.4m，E对。
故答案为：CDE。
【分析】利用质点的振动方向可以判别波的传播方向；质点不会随波移动；利用波的周期可以求出频率的大小，结合频率的大小可以判别干涉波的频率大小；发生明显的衍射现象其条件是障碍物或小孔的尺寸比波长短或相差不多。
11．【答案】（1）0.5；2.5
（2）1:3
【解析】【解答】(1)打出B点时小车的速度大小vB=2.00×10-20.04m/s=0.5m/s
根据Δx=aT2
可得a=ΔxT2=(0.6287-0.5922)-(0.5922-0.5567)0.022m/s2=2.5m/s2
(2)由牛顿第二定律mg=(m+M)a
解得m:M=1:3
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出小车速度的大小；利用逐差法可以求出加速度的大小；
（2）利用牛顿第二定律可以求出钩码质量与小车质量之比。
12．【答案】（1）V1
（2）R3
（3）断开
（4）160
【解析】【解答】(1)由于光敏电阻额定电压4V，而电压表V2的量程又太大，所以电压表选用V1与一个定值电阻R5串联，恰好改装为一个量程为4V的电压表。
(2)亮电阻约为R亮=R暗20=150Ω
则在测亮电阻时需要最大电流约I亮=4V150Ω=26.7mA
从而需要扩大量程到约26mA，从而选取R3。
(3)测量暗电阻阻值时，暗电阻阻值较大，电流较小，则不需要改装，所以开关S2处于断开状态；
(4)测亮电阻时，电流表改装成大量程的电流表，有I=IA1+IA1RA1R3=39mA
量程扩大了13倍，亮电阻阻值为R亮=U亮I亮=UnRV1(RV1+R5)13IA1-U1RV1=160Ω
【分析】（1）利用光敏电阻的额定电压可以判别电压表需要进行改装所以选择电压表V1；
（2）利用欧姆定律可以判别其最大电流的大小，利用最大电流的大小进而判别其电流表并联电阻的大小；
（3）测量暗电阻时其待测电阻比较大所以不需要电表改装所以其开关处于断开状态；
（4）利用并联电路的电流规律可以求出电流表的量程，结合欧姆定律可以求出亮电阻的阻值大小。
13．【答案】（1）解：由题意得，带电粒子垂直电场进入后做类平抛运动，则有
2h=v0t
h=12at2
qE=ma
联立解得E=mv022qh
（2）解：带电粒子由M到P点过程运用动能定理得：v=v02+vy2=2v0
tanθ=vyv0=1
粒子进入匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则qvB=mv2r
r+rcos45°=R或r=2h-Rcos45°=2(2h-R)
解得B=(2+1)mv0qR或B=mv0q(2h-R)
【解析】【分析】（1）带电粒子进入电场做类平抛运动，利用位移公式结合竖直方向的牛顿第二定律可以求出电场强度的大小；
（2）粒子从M到P的过程，利用动能定理可以求出速度的大小，结合速度的分解可以求出速度的方向；带电粒子进入磁场做匀速圆周运动；利用几何关系可以求出轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小。
14．【答案】（1）解：设t=0时长木板的加速度大小为a1，则对木板，根据牛顿第二定律有μ2mg-μ1(M+m+m)g=Ma1
解得a1=1m/s2
（2）解：设0~3s内，物体A的加速度大小为a2，位移大小为x1，物体B的位移大小为x2，根据牛顿第二定律有F-μ2mg=ma2
a2=2m/s2
物体A的位移大小为x1=12a2t12
物体B的位移大小为x2=v0t1
L-l1=x1-x2
解得L=5m
（3）解：t2=2s时，物块A的速度为vA=a2t2=4m/s
物体A的位移为xA=12a2t22=4m
长木板的速度为v木=a1t1=2m/s
长木板的位移为x木=12a1t12=2m
物体B的位移为xB=v0t2=4m
t2=2s时，物体B相对长木板的位移恰好满足Δx1=xB-x木=2m=l1
即B恰好在长木板的最右端；
物体A相对长木板的位移ΔS1=xA-x木=2m
可知A离长木板右端距离L-ΔS1=3m
设撤去推力F后物体A的加速度大小为a2'，根据牛顿第二定律得μ2mg=ma2'
解得a2'=4m/s2
物体A与木板的共同速度设为v共 ，则v共=vA-a2't3=v木+a1t3
解得t3=0.4s
v共=2.4m/s
故在t=2.4s时物体A和长木板达到共同的速度2.4m/s
在t3=0.4s时间内，物体A相对长木板的位移为ΔS2=vA+v共2t3-v木+v共2t3=0.4m
此时B距离长木板右端距离为ΔX2=v木+v共2t3-v0t3=0.08m
此时物体A到B的距离为ΔS3=L-ΔS1-ΔS2-ΔX2=2.52m
由于μ2>μ1，此后A与长木板一起开始做匀减速直线运动，加速度大小为
a共=μ1(M+m+m)gM+m=23m/s2
设经过时间t4木板与物体B达到共同速度，则v共1=v共-a共t4=v0
解得t4=0.6s
故在t4=0.6s内A相对物体B位移ΔS4=v共+v02t4-v0t4=0.12m
此时A与B距离为ΔS3-ΔS4=2.4m
此后B做匀速运动，A与长木板一起做减速运动，不会相撞。
物体A与B之间的最小距离为d=ΔS3-ΔS4=2.4m
【解析】【分析】（1）当对A施加推力时，利用牛顿第二定律可以求出木板加速度的大小；
（2）在3s内，利用牛顿第二定律可以求出A的加速度大小；结合位移公式可以求出A和B运动的位移，结合运动的位移可以求出木板的长度；
（3）当在第2s撤去推力时，利用速度公式可以求出其A的速度大小，结合位移公式可以求出物块A的位移大小；再利用速度公式和位移公式可以求出木板的速度和位移的大小；利用位移之差可以判别其B的位置；再利用牛顿第二定律可以求出撤去推力后A的加速度大小，再利用速度公式可以求出A与木板共速的时间和速度，利用平均速度公式可以求出A相对木板运动的位移，结合B运动的位移可以求出共速时其A和B的距离，当A与木板一起做匀减速直线运动时，利用牛顿第二定律可以求出其加速度的大小；再利用速度公式可以求出其木板与B共速的时间；再利用位移公式可以求出A和B的距离进而判别A与B不会相碰。
15．【答案】（1）解：设玻璃管的横截面积为S，水银的密度为ρ，当玻璃管开口竖直向上时，气体的压强p1=p0+ρgh2
假设旋转到开口竖直向下时水银不会流下，此时气体的压强p2=p0-ρgh2
旋转过程温度不变，由玻意耳定律p1h1S=p2HS
解得H=50cm
出于H=h1+h3=50cm
故水银恰好与开口向平，没有水银从玻璃管流下。
（2）解：在（1）的情况下，由于水银的体积无变化，即气体的体积也无变化，在顺时针缓慢转动过程中气体，压强应满足p3=p0-ρgh2sinθ
等容过程，由查理定律p2T0=p3T
解得T=(450-150sinθ)K
【解析】【分析】（1）已知液面的高度差，利用压强关系可以求出气体的压强；假设旋转到开口竖直向下时其水银不会流出，利用液面高度差可以求出其气体的压强，结合温变化可以求出气体的长度进而判别水银不会从玻璃管流下；
（2）当其瞬时值转动气体时，利用气体的等容变化可以求出气体温度和角度的关系。
16．【答案】（1）解：
结合放射原理做出光路图，由几何关系可知，光线在Р点的入射角i=60°
根据全放射原理有sinC=1n
即sin60°=1n
解得n=233
（2）解：光线在P点发生全放射后，将射到BC上的N点，由几何关系可知：
PC的长度PC=12AC=L
∠NPC=30°
∠C=30°
所以△PCN是等腰三角形，即NC=PN
NC=PN=12PCcos(60°-∠NPC)
解得NC=33L
【解析】【分析】（1）画出光线经过玻璃砖折射的光路图，利用几何关系可以求出临界角大小，再利用折射定律可以求出折射率的大小；
（2）光线在P点发生全反射，利用几何关系可以求出NC之间的长度大小。
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