1、长沙市长沙市 20202020 届高三年级统一模拟考试届高三年级统一模拟考试 物理物理 一、选择题一、选择题 1.物理是一门以实验为基础的学科，要用到很多测量仪器，下列哪种仪器测量的不是国际单位制中的基本量 （ ） A. 弹簧测力计 B. 天平 C. 秒表 D. 螺旋測微器 【答案】A 【详解】A弹簧测力计测量的是力，而力不是国际单位制中的基本量，故 A符合题意。 B天平是测量质量的仪器，质量是国际单位制中的基本量，故 B 不符合题意。 C秒表是测量时间的仪器，时间是国际单位制中的基本量，故 C 不符合题意。 D螺旋测微器是测量长度的仪器，长度是国际单位制中的基本量，故 D 不符合题意。 故选
2、 A。 2.如图是中国宁波公交使用的全球首创超级电容储存式现代电车，该电车没有传统无轨电车的“辫子”，没有 尾气排放，乘客上下车的 30 秒内可充满电并行驶 5公里以上，刹车时可把 80%以上的动能转化成电能回收 储存再使用。这种电车的核心元器件是“3V，1200F“石墨烯纳米混合型超级电容器，该电容器能反复充放电 100万次，使用寿命长达十年，被誉为“21世纪的绿色交通”。下列说法正确的是（ ） A. 电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容也逐渐减小 B. 电容器充电过程中，电量逐渐增加，电容保持不变 C. 电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容器两极板间的电压不变 D. 若标有“3V，12
3、000F”的电容器从电量为零到充满电用时 30s，则充电平均电流为 3600A 【答案】B 【详解】AB电容器的电容由本身结构决定，与充放电无关，与电荷量的多少无关，故放电过程中，电量 减少，电容不变，充电过程中，电量增加，电容不变，故 A 错误，B正确。 C根据 Q=CU 可知，放电过程中，电量 Q 减少，两极板间的电压减小，电容不变，故 C 错误。 D标有“3V，12000F”的电容器从电量为零到充满电，储存的电荷量 Q=CU=36000C，根据电荷量定义可知 36000 30 Q I t A=1200A 故充电平均电流1200A，故 D 错误。 故选 B。 3.“守株待兔”是我们熟悉的寓
4、言故事，它出自韩非子 ，原文为：宋人有耕田者。田中有株，兔走触株， 折颈而死。因释其耒而守株，翼复得兔。兔不可复得，而身为宋国笑。假设一只兔子质量为 2kg，受到惊吓 后从静止开始沿水平道路匀加速直线运动，经过 1.2s 速度大小达到 9m/s 后匀速奔跑，撞树后被水平弹回， 反弹速度大小为 1m/s，设兔子与树的作用时间为 0.05s，重力加速度 g=10m/s2.下列说法确的是（ ） A. 加速过程中兔子的加速度为 180m/s2 B. 加速过程中地面对兔子的平均作用力大小为 20N C. 撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为 320N D. 撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为 400N
5、 【答案】D 【详解】A兔子经过 1.2s 速度由零达到 9m/s，根据加速度公式可知 a= v t =7.5m/s2 故 A 错误。 B加速过程中，地面对兔子的平均作用力大小为 f，根据动量定理可知， ft=mv-0 代入数据解得 f=15N 故 B 错误。 CD撞树过程中，撞树前的动量大小： P=mv=29kgm/s=18kgm/s 以撞树前兔子的速度方向为正方向，兔子撞树后的动量： P=mv=2（-1）=-2kgm/s 兔子撞树过程动量变化量： P=P-P=-2kgm/s-18kgm/s=-20kgm/s 由动量定理得： Ft=P=-20Ns 则兔子受到平均作用力大小为 F=400N 故
6、 C 错误，D正确。 故选 D。 4.竖直放置的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端连接质量为 m 的物体甲且处于静止状态，将质量为 2m的 物体乙无初速地放在物体甲上（如图所示） ，乙刚放到甲上的瞬间，物体甲的加速度为 a，当地重力加速度 为 g。则（ ） A. 0a B. 2 g a C. 2 3 g a D. a g 【答案】C 【详解】原来物块甲静止在弹簧上时，设弹簧的弹力大小为 F，则有 F=mg 将乙突然无初速放上甲的瞬间，弹簧的弹力不变，将甲、乙看成一个整体，具有共同的加速度 a，对整体受 力分析，由牛顿第二定律得： 3mg-F=3ma 解得： 2 3 g a 故 ABD错误，C 正
7、确。 故选 C。 5.如图所示，x轴垂直穿过一个均匀分布着正电荷的圆环。且经过圆环的圆心 O。关于 x 轴上的电场强度和 电势，下列说法确的是（ ） A. O 点的电势一定为零 B. O 点的电场强度一定为零 C. 从 O点沿 x轴正方向，电场强度一直减小，电势一直升高 D. 从 O点沿 x轴正方向，电场强度一直增大，电势一直降低 【答案】B 【详解】AB圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在 O点产生的场强抵消，合场强 为零。圆环上各电荷产生的电场强度在 x 轴正方向有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴正方向上 电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在 x
8、轴上 O点的电势最高，故 A 错误，B正确。 CDO点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从 O 点沿 x 轴正方向，场强应先增大后减小。x轴上电 场强度方向向右，电势降低，故 CD错误。 故选 B。 6.2016 年底以来，共享单车风靡全国各大城市。图甲为某品牌共享单车第一代产品，单车的内部有一个小 型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。单车内小型 发电机发电原理可简化为图乙所示，矩形线圈 abcd的面积为 0.001m2，共有 100 匝，线圈总电阻为 1，线 圈处于磁感应强度大小为 2 2 T 的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴 OO
9、转动，线圈在转动 时可以通过滑环和电刷保持与外电路阻值为 9 电阻连接，不计交流电流表的内阻。在外力作用下线圈以 10rad/s 的角速度绕轴 OO匀速转动时，下列说法中正确的是（ ） A. 交流电流表的示数是 0.002A B. 电阻 R 的发热功率是 0.4W C. 该交流发电机产生的交流电的周期为 0.2s D. 当线圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电流为零 【答案】C 【详解】AB线圈产生的最大感应电动势为 2 2 1000.001 10 V2 2V m ENBS 有效值为 2V 2 m E E 根据闭合电路的欧姆定律可知 2 A=0.2A 9 1 E I Rr 电阻 R产生的热功
10、率为 P=I2R=0.36W 故 AB错误。 C交流电的周期 2 0.2sT 故 C 正确。 D当线圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电流最大，故 D错误。 故选 C。 7.如图所示是光电管原理图，已知当有波长为 0的光照到阴极 K上时，电路中有光电流，则（ ） A. 若仅增大光照强度，电路中光电流一定增大 B. 若仅将电源极性反接，电路中一定没有光电流 C. 若仅换用波长为 1（10）的光照射阴极 K时，电路中一定没有光电流 D. 若仅将电路中滑动变阻器的滑片向右滑动，电路中光电流一定增大 【答案】A 【详解】A图中光电管加的是正向电压，若仅增大光照强度，电路中光电流一定增大，故 A 正确
11、。 B若将电源极性反接，其电压值小于截止电压时仍有电流，故 B 错误。 C由题意，入射光的波长为 0时，能发生光电效应，若换用波长为 1（10）的光照射阴极 K时，入射 光的频率减小，仍然可能发生光电效应，电路中可能有光电流，故 C 错误。 D若仅将电路中滑动变阻器的滑片向右滑动，光电管两端电压增大，如果已经达到饱和光电流，则光电流 不会增大，故 D错误。 故选 A。 8.如图所示，垂直于地面且相距 4m的的两杆顶端 A、B之间固定着长为 5m的细绳，将一个重为 12N 的小 物体通过光滑的轻质小挂钩 O 挂在细绳上，平衡时，下列判断正确的是（ ） A. 只有两杆高度相等时，细线 AO 段和
12、BO 段跟水平面的夹角才相等 B. 平衡时细绳中的张力为 10N C. 把细绳左端从顶端 A 缓慢沿杆向下移动一小段距离的过程中，细绳中的张力变小 D. 保持细绳的右端在杆上的位置不动，将右杆移动一小段距离到虚线位置时，细绳中的张力变大 【答案】BD 【详解】 A 因为是一根绳， 由绳子的特点可知两端绳子的张力大小相等， 由于绳子在水平方向的分力相等， 则两端绳子与水平方向的夹角也相同，与杆的高度无关，故 A错误。 B设绳子与竖直方向方向的夹角为 ，绳子总长度为 L，两杆间的距离为 S，延长 AO 交右边杆与 C，根据 几何关系可知 OC=OB，则 AC=L，则 sin= 4 5 S L =0
13、.8 解得 =53； 由共点力的平衡条件可知，两拉力的合力与物体的重力等大反向；由几何关系可知拉力为： 5 2cos6 G F G=10N 故两杆顶端所受拉力大小均为 10N，故 B 正确。 C把 A 端缓慢向下移动的过程中，sin= S L 不变，则绳上的拉力不变，故 C 错误。 DB端在杆上的位置不动，将右杆移动到虚线位置时，S 增大，sin 增大，cos 减小，绳上的拉力变大， 故 D 正确。 故选 BD。 9.某同学在开展研究性学习的过程中， 利用加速度传感器研究质量为 5kg的物体由静止开始做直线运动的规 律，并在计算机上得到了前 4s内物体加速度随时间变化的图像，如图所示，下列关于
14、物体在前 4s 内的情况 说法正确的（ ） A. 1s末物体的速度最大 B. 3s末物体离出发点最远 C. 4s末物体离出发点最远 D. 前 4s内合力对物体做的功等于前 2s内合力对物体做的功 【答案】CD 【详解】ABC分析物体的运动情况：在 0-3s 内物体沿正方向做加速运动，在 3-4s 内沿正方向做减速运动， 故在第 3s末物体的速度最大，在第 4s 末距离出发点最远，故 AB 错误，C正确； Da-t图象的“面积”大小等于速度变化量，则在前 4s 内物体速度的变化量v等于前 2s内速度变化量，因 初速度为零，则第 2s 末的速度等于第 4s末的速度，由动能定理得，前 4s 内合外力
15、做的功等于前 2s 内合外 力做的功，故 D正确； 故选 CD。 10.为了加快建设海洋强国，根据中国民用空间基础设施中长期发展规划和海洋卫星业务发展“十三五” 规划 ，到 2020年，我国将研制和发射海洋卫星共十余颗。“海洋一号 C”卫星和“海洋二号 B”卫星这两颗卫 星现在已经正式交付自然资源部投入使用， 若这两颗卫星均绕地球做匀速圆周运动，“海洋二号 B”卫星的轨 道半径是“海洋一号 C”卫星的 n 倍，关于这两颗卫星，下列说法正确的是（ ） A. “海洋二号 B”卫星的线速度是“海洋一号 C”卫星的 1 n 倍 B. “海洋二号 B”卫星的线速度是“海洋一号 C”卫星的n倍 C. 在相
16、同的时间内，“海洋二号 B”卫星与地球球心的连线扫过的面积和“海洋一号 C”卫星的相等 D. 在相同的时间内，“海洋二号 B”卫星与地球球心的连线扫过的面积是“海洋一号 C”卫星的n倍 【答案】AD 【详解】AB两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 2 2 GMmv m rr 解得线速度 GM v r “海洋二号 B”卫星的轨道半径是“海洋一号 C”卫星的 n倍， 则“海洋二号 B”卫星的线速度是“海洋一 号 C”卫星的 1 n 倍，故 A正确，B错误。 CD根据扇形面积公式可知，卫星与地球球心的连线扫过的面积为 S= 1 2 rvt，则在相同的时间内，“海洋 二号 B”卫星与地球
17、球心的连线扫过的面积是“海洋一号 C”卫星的n倍，故 C错误，D 正确。 故选 AD。 11.如图甲所示，用不可伸长的轻绳连接的小球绕定点 O 在竖直面内做圆周运动。小球经过最高点时绳子拉 力的大小 FT与此时速度的平方 v2的关系如图乙所示。图像中的数据 a和 b 以及重力加速度 g 都为已知量， 不计摩擦力和空气阻力。以下说法正确的是（ ） A. 数据 a 与小球的质量有关 B. 数据 b 与小球的质量无关 C. 利用数据 a、b和 g 能够求出小球的质量和圆周轨道半径 D. 数据 b 对应的状态，当小球运动到最低点时，绳子的拉力为 7b 【答案】CD 【详解】A小球在最高点，根据牛顿第二
18、定律： FT+mg=m 2 v r 得 FT=m 2 v r -mg 根据图象，当 FT=0时，v2=a=gr，所以数据 a与小球的质量无关，故 A 错误； B根据图象，v2=2a时，FT=b，代入 FT=m 2 v r -mg，解得 b=mg 所以数据 b 与小球的质量有关，故 B错误； C由 a=gr，b=mg，可以求出小球的质量 m 和圆周轨道半径 r，故 C正确； D数据 b 对应的状态，可设最高点对应的速度为 v1，最高点对应的速度为 v2，小球在最高点，根据牛顿第 二定律： b+mg=m 2 1 v r 小球在最低点，根据牛顿第二定律： FT2-mg=m 2 1 v r 小球从最高
19、点到最低点，根据动能定理： 22 21 11 2 22 mgrmvmv 由联合解得： FT2=7mg=7b 故 D 正确。 故选：CD。 12.如图所示，质量相等的物块 A和 B 叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与 B、B与地面间的动摩擦因数均 为 。先水平敲击 A，A 立即获得水平向右的初速度 vA，在 B 上滑动距离 L 后停下。接着水平敲击 B，B立 即获得水平向右的初速度 vB，A、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，相对静止前 B 的加速度 大小为 a1，相对静止后 B的加速度大小为 a2，此后两者一起运动至停下。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，重力加速度为 g。下列说法
20、正确的是（ ） A. 12 3aa B. vA=2 gL C. 2 2 B vgL D. 从左边缘再次对齐到 A、B停止运动的过程中，A和 B 之间没有摩擦力 【答案】ABC 【详解】A设 A、B 的质量均为 m。A、B 相对静止前，A 相对于 B 向左运动，A对 B的滑动摩擦力向左， 地面对 B 的滑动摩擦力也向左，则 B所受的合外力大小： FB=2mg+mg=3mg。 对 B，由牛顿第二定律： FB=ma1 解得： a1=3g 相对静止后，对 A、B 整体，由牛顿第二定律得 2mg=2ma2 解得： a2=g 则 a1=3a2 故 A 正确。 B敲击 A后，A获得速度后，向右做匀减速运动。
21、对 B 来说，地面与 B 间的最大静摩擦力为 fm=2mg=2mg A对 B 的滑动摩擦力为 f=mg，则 ffm，故 B 静止不动。对 A，由牛顿第二定律知： A mg ag m 由运动学公式有： 2aAL=vA2 解得： 2 A vgL 故 B 正确。 C敲击 B后，设经过时间 t，A、B 达到共同速度 v，位移分别为 xA，xB，A加速度的大小等于 aA，则： v=aAt v=vB-a1t xA= 1 2 aAt2 xB=vBt- 1 2 aBt2 且 xB-xA=L 联立解得： 2 2 B vgL 故 C 正确。 D从左边缘再次对齐到 A、B 停止运动的过程中，A、B 一起做匀减速运动
22、，A有向左的加速度，说明 B对 A 有摩擦力，故 D错误。 故选 ABC。 13.如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。他在气垫导轨上安装了一个光电门 B，滑块上 固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可直接测出连接滑块的 细绳中的拉力，传感器下方悬挂钩码，每次都将滑块从 A 处由静止释放，气垫导轨摩擦阻力很小可忽略不 计，由于遮光条的宽度很小，可认为遮光条通过光电门时速度不变。 （1）实验时，该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度 d，如图乙所示，则 d=_mm。然后他将滑块从 A 位置由静止释放，并测量释放时遮光条到光电门的距离 L，由数字计时器读出
23、遮光条通过光电门 B 的时间， 则滑块的加速度大小表达式为_（用题中所给的符号表示） （2）实验时，一定要保证的条件或进行的操作是_（多选） A.使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 B.测出钩码的重力 C.将气垫导轨调节水平 D.使细线与气垫导轨平行 【答案】 (1). 2.50 (2). 2 2 2 d Lt (3). CD 【详解】 （1）1游标卡尺的主尺读数为 2mm，游标读数为 0.05 10mm=0.50mm，所以最终读数 d=2mm+0.50mm=2.50mm。 2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为： d v t 根据运动学公式可知： v2=2aL
24、 解得滑块的加速度大小为： 22 2 22 vd a LLt （2）3AB拉力是直接通过传感器测量的，故不需要滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，不需 要测出钩码的重力，故 AB错误。 CD应将气垫导轨调节水平，同时保证细线与气垫导轨平行，使拉力才等于合力，故 CD 正确。 故选 CD。 14.举世瞩目的嫦娥四号，其能源供给方式实现了新的科技突破：它采用同位素温差发电与热电综合利用技 术结合的方式供能，也就是用航天器两面太阳翼收集的太阳能和月球车上的同位素热源两种能源供给探测 器。图甲中探测器两侧张开的是光伏发电板，光伏发电板在外太空将光能转化为电能。 某同学利用图乙所示电路探究某光伏电池的
25、路端电压 U 与电流 I 的关系，图中定值电阻 R0=5，设相同光 照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表。 (1)实验一：用一定强度的光照射该电池，闭合开关 S，调节滑动变阻器 R0的阻值，通过测量得到该电池的 U-I 如图丁曲线 a，由此可知，该电源内阻是否为常数_（填“是”或“否”） ，某时刻电压表示数如图丙所 示，读数为_V，由图像可知，此时电源内阻值为_。 (2)实验二：减小实验一光照的强度，重复实验，测得 U-I 如图丁曲线，在实验一中当滑动变阻器的电阻为 某值时路端电压为 2.0V，则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，滑动变阻器消耗的电功率为_W（计 算结果保
26、留两位有效数字） 【答案】 (1). 否 (2). 1.80 (3). 4.78 (4). 2.5 【解析】 【详解】 （1）1根据闭合电路欧姆定律有：U=E-Ir，所以图象的斜率为电源内阻，但图象的斜率在电流 较大时，变化很大，所以电源的内阻是变化的。 2 3从电压表的示数可以示数为 1.80V，再从图象的纵轴截距为 2.9V，即电源的电动势为 2.9V，又从图 象看出，当路端电压为 1.80V 时，电流为 0.23A，所以电源的内阻 2.9 1.8 4.78 0.23 EU r I 。 （2）4在实验一中，电压表的示数为 2.0V，连接坐标原点与电源的（2.0V路端电压）两点，作出定值 的
27、伏安特性曲线如图所示， 此时还能求出滑动变阻器的阻值 R= 2.0 0.21 -R04.5 同时该直线与图象 b 有一交点，则该交点是电阻是实验二对应的值，由交点坐标可以读出：0.7V，0.75A。 所以滑动变阻器此时消耗的功率 P=（0.75）2 4.5W=2.5W。 15.质量为 m0=80kg 的溜冰运动员推着一辆质量为 mA=16kg的小车 A以 v0=10m/s 的共同速度在光滑的冰面 上向右匀速滑行。某时刻，他发现正前方有一辆静止的小车 B，小车 B的质量为 mB=64kg，运动员为了避 免自己与小车 B相撞，将小车 A用力向正前方推出，小车 A 离开运动员时相对于地面的速度为 v
28、A=20m/s， 小车 A与小车 B发生碰撞后沿原路反弹回来。运动员抓住反弹回来的小车 A，再次与小车 A以共同的速度 前进。在此后的过程中，小车 A和小车 B恰好不会再次相撞。不考虑摩擦和空气阻力。求： （1）将小车 A推出后，运动员的速度 v1； （2）小车 A与小车 B碰撞后，小车 B 的速度 v2. 【答案】(1)8m/s，方向向右。 (2)6m/s，方向向右。 【详解】 （1）运动员将小车 A 推出的过程，以两者组成的系统为研究对象，取向右为正方向，由动量守恒 定律得 （m0+mA）v0=m0v1+mAvA 解得 v1=8m/s 方向向右。 （2）据题，运动员抓住反弹回来的小车 A后
29、，小车 A 和小车 B 恰好不会再次相撞，两者速度相同，均为 v2。 对整个过程，以运动员和两车组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律得 （m0+mA）v0=（m0+mA+mB）v2 解得 v2=6m/s 方向向右。 16.如图所示，固定于水平面上的足够长的金属框架 CDEF 处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度 B0=2T， 柜架的左端串有阻值为 R=5 的定值电阻，框架的宽度 L=0.5m，质量 m=0.05kg，电阻不计的金属棒 MN与 导轨垂直并良好接触，金属棒与导轨之间的动摩擦因数 =0.5，金属棒在 F=0.5N 的水平恒力作用下由静止 开始沿框架向右运动，最后达到稳定速度。重力加
30、速度大小为 g，导轨的电阻不计。求： （1）金属棒开始运动瞬间的加速度大小； （2）金属棒达到的稳定速度大小； （3）金属棒达到稳定速度后，某时刻的位置 GH到框架左端的距离为 x=7.5m，并将该时刻记作 t=0，从此 时刻起，让磁感应强度逐渐减小，使金属棒中不产生感应电流，则 t=2s 时磁感应强度 B为多大？ 【答案】(1)5m/s2；(2)1.25m/s；(3)1.5T。 【详解】 （1）金属棒开始运动瞬间安培力为零，金属棒水平方向受到拉力和摩擦力，根据牛顿第二定律可 得 F-mg=ma 解得： a=5m/s2； （2）金属棒达到稳定时受力平衡，水平方向受到拉力、摩擦力和安培力作用。根
31、据平衡条件可得： F=mg+B0IL 其中 0 B Lv I R 解得 22 0 ()Fmg R v B L 代入数据解得： v=1.25m/s； （3）金属棒达到稳定速度后，某时刻的位置 GH到框架左端的距离为 x=7.5m，并将该时刻记作 t=0，则该 时刻的磁通量为： 1=B0Lx 则 t时的磁通量 2=BL（x+vt） 金属棒中不产生感应电流，则有 1=2 解得 0 B x B xvt 当 t=2s 时 2 7.5 T=1.5T 7.5 1.25 2 B 17.如图所示，在竖直平面 xOy 内，在 y 轴右侧存在着竖直向上且 E=2N/C的匀强电场，在第一象限内存在 着垂直纸面向外且B
32、1=0.4T的匀强磁场， 第四象限内存在着垂直纸面向外且B2=0.8T的匀强磁场。 长为L=16m 的水平绝缘传送带 AB 以速度 v0=4.8m/s 顺时针匀速转动，传送带左右侧轮的半径 R=0.2m，右侧轮的圆心坐 标是（0，h） ，其中 h=7.8m，一个质量为 m=2g、电荷量为 q=+0.01C 的小物块（不计小物块的大小，可视为 点电荷）轻轻放在传带左端，小物块与传送带之间的动摩擦因数 =0.8.小物块从传送带滑下后，经过 x 轴上 的 P 点（图中未画出） ，重力加速度 g 取 10m/s2，不考虑空气阻力及边界对电场、磁场的影响。求： (1)小物块在传送带上加速运动的时间； (
33、2)P 点的坐标； (3)若把传送带匀速运行的速率增加到 v=16m/s，把一块挡板 MN 垂直于 x 轴放置且下端在 x轴上，挡板高为 H=8m，正中间有一小孔。为了让小物块能穿过挡板上的小孔，求挡板放置的位置与 y轴之间的距离。 【答案】(1)3.6s；(2)（-3.84，0） ；(3)(84 2) ( 0,1,2,3)xnm n 【详解】 （1）由题可知，小物块初速度为零，在传送带上水平方向只受摩擦力 由牛顿第二定律可得 mg=ma 解得 a=8m/s2 所以小物块加速到与传送带共速的时间由 v=v0+at得 t1=0.6s 加速位移 2 1 1 1.44 2 xatm 又因为传送带长
34、L=16m 所以匀速运动的位移 x2=L-x1=14.56m 匀速运动的时间 2 2 3 x ts v 所以运动的总时间为 t总=t1+t2=3.6s （2）物体进入第一象限 重力 G=mg=0.02N 方向竖直向下 静电力 F=Eq=0.02N 方向竖直向上 所以重力和静电力平衡，物体只受洛伦兹力，由 2 v qvBm r 可得 2.4m mv r qB 又因为传送带左右侧轮的半径 R=0.2m，右侧轮的圆心坐标高 h=7.8m 所以物体在第一象限运动半个圆周后从 Y 轴上的 y=3.2m处水平射出，做平抛运动，物体的运动轨迹如图 所以由 2 1 2 ygt得 t3=0.8s x=vt3=3
35、.84m 所以 P 点坐标为（-3.84，0） （3）讲速度增加至 v=16m/s，物块在传送带上加速运动，由（1）得，加速度 a=8m/s2 所以当物体和传送带共速时的位移由 22 0 2vvax得 加速位移 x加=16m 所以物体进入复合场的初始速度 v=16m/s 由由 2 mv Bqv r 得 r1=8m 物体在第一象限运动轨迹为四分之一圆周，垂直于 x 轴进入第四象限，在第四象限中的半径 r2=4m 所以物体运动的轨迹如图 为了让小物块能穿过挡板上的小孔，所以由几何关系可得 2 =(84 2)m 2 xnRRn（n=0，1，2，3） 18.关于物体的内能，下列说法正确的是（ ） A.
36、 若把氢气和氧气看作理想气体，则具有相同质量和相同温度的氢气和氧气具有相等的内能 B. 相同质量 0水的分子势能比 0冰的分子势能小 C. 物体吸收热量后，内能不一定增加 D. 一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 E. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 【答案】CDE 【详解】A氢气和氧气的摩尔质量不同，故相同质量的氢气和氧气的分子数不同；温度相同，故分子热运 动平均动能相同，故相同质量和相同温度的氢气的内能大于氧气具有的内能，故 A错误。 B冰融化为水要吸收热量，故相同质量的 0的水的分子势能比 0的冰的分子势能大，故 B 错误。 C物体吸收热量后，可能对外做功，内能不
37、一定增加，故 C 正确。 D温度是分子平均动能的标志，一定量的某种理想气体，分子势能忽略不计，其内能只与温度有关，故 D 正确。 E根据理想气体状态方程，一定量的某种理想气体在等压膨胀，温度一定升高，分子的平均动能也一定增 大，而分子势能可以忽略不计，所以内能也一定增加，故 E 正确。 故选 CDE。 19.如图所示，大气压强恒为 p0，用横截面积为 S 的可动水平活塞将一定质量的理想气体密封于悬挂在天花 板上的汽缸中，活塞的质量为 0 6 p S g ，开始时，环境的热力学温度为 T0，活塞与汽缸顶部的高度差为 h0，由 于环境温度缓慢降低，活塞缓慢向上移动，当环境温度降低至 T1时，活塞向
38、上移动了 0.2h0，已知密封气体 的内能 U 与热力学温度 T的关系为 U=kT（k 为正常数） ，汽缸导热良好，与活塞间的摩擦不计，重力加速度 为 g，求 （i）变化后环境的温度 T1； （）全过程中密封气体向外界放出的热量 Q。 【答案】 （i）0.8T0； （ii） 000 1 0.2 6 kTp Sh 【详解】 （i）以封闭气体为研究对象，初态体积：V1=h0S，温度为：T0 末态体积：V2=（h0-0.2h0）S=0.8h0S，温度为：T1 气体做等圧変化，根据盖吕萨克定律得： 12 01 VV TT 代入数据解得： T1=0.8T0 （）活塞缓慢移动的过程，封闭气体做等压变化，有
39、： W=pSh， 其中 00 5 6 mg PPP S 则 0000 51 0.2 66 WpS hp Shp Sh 根据热力学第一定律可知，该过程中气体减少的内能为：U=Q+W 由 U=KT 可知 U=KT T=T0-0.8T0=0.2T0， 则： U=-0.2kT0 联立解得： 000 0.2 1 6 QkTp Sh 20.如图所示，一束光从空气中射向折射率 n= 2的某种玻璃的表面，i表示入射角，光在真空中的传播速度 c=3 108m/s，则下列说法中正确的是（ ） A. 当 i45 时会发生全反射现象 B. 无论入射角是多大，折射角 r都不会超过 45 C. 欲使折射角 r=30 应以
40、 i=45 的角度入射 D. 当入射角 tani= 2时，反射光线跟折射光线恰好垂直 E. 光在该玻璃中的传播速度 v=1.5 108m/s 【答案】BCD 【详解】A光从空气中射向玻璃表面时，不可能发生全反射，故 A 错误。 B当入射角最大时，根据折射定律 sini n sinr 知，折射角也最大，而最大入射角为 90 ，则由 sini n sinr 得 2 2 sini sinr n r=45 所以最大的折射角为 45 故 B 正确。 C当折射角 r=30 时，由折射定律 sini n sinr 得入射角 i=45 故 C 正确。 D当反射光线跟折射光线恰好互相垂直时，设入射角为 i，折射
41、角为 ，有 i+=90 ， ()90 sinisini ntani sinsini 所以 i=arctan 2 故 D 正确。 E光在该玻璃中的传播速度 8 3 2 10 m/s 2 c v n 故 E 错误； 故选 BCD。 21.如图所示，实线是一列简谐横波在 t1时刻的波形图，虚线是在 t2=(t1+0.2）s 时刻的波形图。 （i）若波速为 45m/s，求质点 M 在 t1时刻的振动方向（阐述判断依据） （）在 t1到 t2的时间内，如果 M通过的路程为 1.4m，那么波的传播方向怎样？波速多大？ 【答案】 （i）y轴正方向。 （ii）x轴负方向传播，波速为 35m/s。 【详解】 （i）0.2s内，波传播的距离为： x=vt=9m=2+ 1 4 则波沿 x轴正方向传播，t1时刻质点 M 向 y 轴正方向振动。 （ii）在 t1到 t2的时间内，有： t=2T+ 1 4 T 振幅 A=20cm=0.2m。 M 通过的路程为 1.4m=7A，即波传播了 7 4 ，经过了 7 4 T，则波沿 x轴负方向传播。 波速为： 7 4 v t =35m/s
