云南省楚雄州禄丰一中2019届高三物理上学期期末考试试题（含解析）.doc

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1、12018-2019 学年云南省楚雄州禄丰一中高三（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共 5 小题，共 30.0 分）1.如图所示，质量分别为 、 的 A、 B 两物体用轻杆连接放在倾角为的斜面上，用始终平行斜面向上的恒力 F 推 B，使它们沿斜面匀加速上升， A、 B 与斜面间的动摩擦因数均为 ，下列关于轻杆的弹力的判断，正确的是 A. 增大 A 的质量，可以增大轻杆的弹力 B. 增大 B 的质量，可以增大轻杆的弹力C. 减小，可以增大轻杆的弹力 D. 减小动摩擦因数，轻杆的弹力减小【答案】A【解析】【分析】对整体运用牛顿第二定律求出加速度，再对 A 研究，根据牛顿第二定律求出轻杆上的作用力

2、。【详解】对 AB 整体，受重力 、斜面的支持力 N、滑动摩擦力 f 和推力 F 作用，设它们沿斜面上升的加速度为 a，根据牛顿第二定律有：对 A，受重力、斜面的支持力、滑动摩F-(mA+mB)gsin-(mA+mB)gcos=(mA+mB)a，擦力和杆作用力，根据牛顿第二定律： 解得： ，F-mAgsin-mAgcos=mAa， F= FmAmA+mB由表达式可见增大 A 的质量可以增大轻杆的弹力，故 A 正确，B 错误； 大小与、 无关，F 故 CD 错误。所以 A 正确，BCD 错误。【点睛】本题属于连接条问题，主要考查了牛顿第二定律以及整体法和隔离法的灵活运用问题。2.极地卫星的运行轨

3、道平面通过地球的南北两极轨道可视为圆轨道 如图所示，若某极地).卫星从北纬 的正上方按图示方向第一次运行至南纬 正上方，所用时间为 t，已知地30 60球半径为 地球可看做球体，地球表面的重力加速度为 g，引力常量为 G，由以上条件可知 R(2A. 卫星运行的线速度为 B. 卫星距地面的高度R2t (4gR2t22)13C. 卫星的质量为 D. 卫星运行的角速度为gR2G 2t【答案】D【解析】【分析】地球表面重力等于万有引力，卫星运动的向心力由地球对卫星的万有引力提供，据此展开讨论即可【详解】从北纬 的正上方按图示方向第一次运行至南纬 正上方转过的圆心角为 ，30 60 =2根据 ，根据线速

4、度 ，所以卫星运行的线速度为 ，由于 R 是地球半径，故 A=t=2 t v=r r2t错误，D 正确；根据万有引力提供圆周运动向心力有 ，解得： ，所以GMmr2=m2r r=(4gR2t22)13卫星距地面的高度是 ，故 B 错误；根据已知条件无法求出卫星的质量，故 C 错误。(4gR2t22)13-R所以 D 正确，ABC 错误。【点睛】灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键。3.如图所示，质量为 m 的小球可视为质点套在倾斜放置的固定光滑杆上，杆与竖直墙面之间的夹角为 一根轻质弹簧一端固定于 O 点，另一端写小球相连，弹簧与杆在同一竖直30.平面内

5、，将小球沿杆拉到弹簧水平位置，此时弹簧弹力为 ，小球由静止释放后沿杆下3mg滑，当弹簧到达竖直位置时，小球的速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为 全过程h.中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内对于小球的下滑过程，下列说法正确的是 3A. 弹簧与杆垂直时，小球动能最大 B. 小球的最大动能大于12mghC. 小球的最大动能等于 D. 小球的最大动能小于12mgh 12mgh【答案】C【解析】【分析】弹簧与杆垂直时，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值，运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律分析即可求解【详解】弹簧与杆垂直时，弹力方向与杆垂直

6、，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，所以小球的速度没有达到最大值，动能就没有达到最大，故 A 错误；小球沿杆向下先做加速运动，后做减速运动，当合力为零的瞬时速度最大，动能最大。设此时弹力的大小为 F，弹簧与杆的夹角为 。则有： ，根据对称性可知： ， ，由 mgsin60=Fcos =60 F=3mg数学知识可知动能最大的位置位于杆的中点，则从开始到动能最大的位置，弹簧的弹性势能不变，根据系统的机械能守恒得： ，故 C 正确， BD 错误。所以 C 正确，ABD 错Ek=mgh2误。【点睛】本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析小球的受力情况和运动情况，并运用数学知识解决

7、物理问题4.如图所示，竖直平面内有足够长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为 L，上方连接一个阻值为 R 的定值电阻，虚线下方的区域内存在磁感应强度为 B 的匀强磁场。两根完全相同的金属杆 1 和 2 靠在导轨上，金属杆长度与导轨宽度相等且与导轨接触良好、电阻均为 r、质量均为 m；将金属杆 l 固定在磁场的上边缘，且仍在磁场内，金属杆 2 从磁场边界上方 处由静止释放，进入磁场后恰好做匀速运动。现将金属杆 2 从离开磁场边界h0处由静止释放，在金属杆 2 进入磁场的同时，由静止释放金属杆 1，下列说法正确h(hho)的是 ( )4A. 两金属杆向下运动时，流过电阻 R 的电流方向为 a

8、 bB. 回路中感应电动势的最大值为mg(2r+R)BLC. 磁场中金属杆 l 与金属杆 2 所受的安培力大小、方向均相同D. 金属杆 l 与 2 的速度之差为 2gh【答案】BC【解析】试题分析：根据右手定则判断知金属杆 2 产生的感应电流方向向右，则流过电阻 R 的电流方向从 ba；故 A 错误当金属杆 2 在磁场中匀速下降时，速度最大，产生的感应电动势最大，由平衡条件得：，又 ，联立得：感应电动势的最大值为 故 B 正确根据左BIL=mg I=Em2r+R Em=mg(2r+R)BL手定则判断得知两杆所受安培力的方向均向上，方向相同，由公式 可知安培力的大F=BIL小也相同故 C 错误金

9、属杆 2 刚进入磁场时的速度为 ；在金属杆 2 进入磁场后，v=2gh由于两个金属杆任何时刻受力情况相同，因此任何时刻两者的加速度也都相同，在相同时间内速度的增量也必相同，即： ，则得 ，故 D 错误v10=v2v v2v1=v=2gh考点：考查了导体切割磁感线运动5.如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为 ，物体 A 放在斜面底端挡板处，37通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体 B 相连接， B 的质量 ，绳绷直时 BM=1kg离地面有一定高度。在 时刻，无初速度释放 B，由固定在 A 上的速度传感器得到的数t=0据绘出的 A 沿斜面向上运动的 图象如图乙所示，若 B 落地后不

10、反弹， g 取 ，v-t 10m/s2， ，则下列说法不正确的是 sin37=0.6cos37=0.85A. B 下落的加速度大小 a=4m/s2B. A 沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对 A 做的功 W=3JC. A 的质量 ， A 与斜面间的动摩擦因数M=0.5Kg =0.5D. s 内物体 A 克服摩擦力做的功为0 0.75 0.75J【答案】C【解析】【分析】AB 具有相同的加速度大小，由题可得加速度；对 B 由牛顿第二定律可得绳的拉力，进而可得对 A 的功；由牛顿第二定律可得 A 受到的摩擦力，进而可得 A 与斜面的摩擦因数；由功的公式可得摩擦力做的功。【详解】 AB 具有相同大小

11、的加速度，由图可知 B 的加速度为： ，故 A 说法正a=vt=4m/s2确。设绳的拉力为 T，对 B 由牛顿第二定律： ，解得：Mg-T=Ma， AB 位移相同则由图可知 A 上升阶段， B 的位移为：T=Mg-Ma=110-14=6N，故绳的拉力对 A 做功为： ，故 B 说法正确；由x=1220.5=0.5m W=Fx=60.5J=3J图可知后 时间 A 的加速度大小为： ，此过程 A 只受摩擦力和重0.25s a=vt=20.25m/s2=8m/s2力： ，解得： ，故 C 说法错误；上升过程中，对 A 根据牛顿mgcos+mgsin=ma =0.25第二定律得： ，解得： ，全程位移

12、为：T-mgsin-mgcos=ma m=0.5kg，故物体克服摩擦力做功为：s=1220.75m=0.75m，故 D 说法正确。所以选 C。Wf=mgcoss=0.250.5100.80.75J=0.75J【点睛】本题是综合性比较强的题目，需要熟练掌握运动学，功的计算，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，能根据速度时间图象求解加速度和位移。二、多选题（本大题共 5 小题，共 25.0 分）6.如图所示，理想交变电流表 A1与理想变压器原线圈相连，副线圈中有 、 、 、交变P0 R2 R3电流表 A2和开关 s。初始开关 s 断开，原线圈接稳定的交变电压，下列说法正确的是 6A. s

13、 闭合，A 1示数增大 B. s 闭合，A 2示数增大C. s 闭合， 消耗的功率减小 D. s 闭合，变压器输出功率增大R2【答案】ACD【解析】【分析】与闭合电路中的动态分析类似，可以根据 的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可R2以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况。【详解】当闭合开关 S 后，电路的总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，所以输出电流增大，从而输入电流增大， 示数增大，故 AA1正确；当闭合开关 S 后，电路的总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，

14、所以输出电流增大，根据串联电路分压特点， 两端电压增大，R1端电压减小，所以 的示数减小，故 B 错误；当闭合开关 S 后，电路的总的电阻减小，R2 A2由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，所以输出电流增大，根据串联电路分压特点， 两端电压增大， 端电压减小，根据 可知 消耗的功率减R1 R2 P=U2R R2少，故 C 正确；当闭合开关 S 后，电路的总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，根据 可知变压器输出功率增大，故 D 正确。所以P=U2RACD 正确，B 错误。【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

15、电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。7.粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的 D 形金属盒的半径为 R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为 B 的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频交流电的频率为 f，加速电压为 U，若中心粒子源处产生的质子质量为 m、电荷量为e，在加速器中被加速不考虑相对论效应，则下列说法正确的是( )7A. 不改变磁感应强度 B 和交流电的频率 f，该加速器也可加速 粒子B. 加速的粒子获得的最大动能随加速电压 U 的增大而增大C. 质子被加速后的最大速度不能超过 2 RfD. 质子第二次和第一次经过 D 形盒间狭缝后轨道半径之

16、比为 12【答案】CD【解析】回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等解：A、带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据 T= 知，换用 粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速 粒子故A 错误B、根据 qvB=m ，知 v= ，则最大动能 EKm= mv2= 与加速的电压无关故 B错误C、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为 R，则 v= =2Rf所以最大速度不超过 2fR故 C 正确D、粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中

17、做匀速圆周运动，根据 v= 知，质子第二次和第一次经过 D 形盒狭缝的速度比为 ：1，根据 r= ，则半径比为 ：1故 D 正确故选 CD【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等8.如图所示，半径为 R 内壁光滑的环形塑料管竖直放置， AB 为该环的水平直径，且管的内8径远小于环的半径，直径 AB 及其以下部分处于水平向左的匀强电场中现将一质量为 m，带电量为 的小球从管中 A 点由静止释放，已知 ，以下说法正确的是 +q qE=mgA. 小球释放后，到达 D 点时速度最大B. 小球释放后，经过最低点

18、 D 和最高点 C 时对管壁的压力之比为 5：1C. 小球在运动过程中，对管壁的压力最小值为 mgD. 小球在运动过程中，对管壁的压力最大值为 (2+32)mg【答案】BC【解析】【分析】小球运动过程中，受到重力、支持力和电场力，只有重力和电场力做功；其中重力做功等于重力势能的减小量，电场力做的功等于电势能的减小量，根据功能关系、向心力公式和牛顿第二定律列式分析【详解】根据题意： ，小球的重力和电场力的合力与水平方向成 角斜左下方，qE=mg 45当该合力正好沿半径方向时，此合力与小球的速度垂直，小球的速度最大，可知速度最大的点在 BD 的中点，故 A 错误；小球从 A 到 D 点的过程，根据

19、动能定理，有：，在 D 点，根据向心力公式，有 ，又 ，由以上mgR+qER=12mv2D ND-mg=mv2DR qE=mg三式解得： ，从 A 点到 C 点的过程，根据动能定理可得： ，在ND=5mg 2EqR-mgR=mv2CRC 点，根据向心力公式，有： ，联立解得： ，故 B 正确；电场力对小NC+mg=mv2CR NC=mg球做正功，每循环一周，加速一次，所以无法求解对管壁的最大值，在 C 点时速度最小，所需要的向心力最小，所以对管壁的压力最小值为 mg，故 C 正确，D 错误。所以 BC 正确，AD 错误。【点睛】本题关键要分析求出小球的运动，然后多次根据动能定理、向心力公式和牛

20、顿第二定律列式求解。9.下列关于热学的说法正确的是 A. 气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的总压力9B. 分子间的引力和斥力，都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化快C. 热机工作过程中，若没有摩擦，则它可以将吸收的热量全部转化为机械能D. 气体向真空的自由膨胀是不可逆的E. 一定质量的理想气体在等温变化过程中，若吸热，则一定对外做功【答案】BDE【解析】【分析】压强是大量气体分子单位时间作用在器壁单位面积上的作用力。分子间的引力和斥力，都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化快。不可能从单一热源吸热全部用来做功而不产生其它影响。气体向真空的自由膨胀是不可逆的。根

21、据热力学第一定律分析气体对外做功情况。【详解】气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁单位面积上的作用力，故 A 错误；分子间的引力和斥力，都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化快，故 B 正确；由热力学第二定律知不可能从单一热源吸热全部用来做功而不产生其它影响，所以热机工作过程中，若没有摩擦，则它可以将吸收的热量全部转化为机械能，故 C 错误；根据热力学第二定律知气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故 D 正确；一定质量的理想气体在等温变化过程中，内能不变，若吸热，由热力学第一定律知气体一定对外做功，故 E正确。所以 BDE 正确，AB 错误。【点睛】本题考查了分子动理论、热力学

22、第一定律和第二定律的应用，要知道对理想气体内能由温度决定，等温变化，内能不变。10.下列说法中正确的是 A. 做简谐运动的质点，其振动能量与振幅无关B. 泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象C. 真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关D. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，为使实验结果较为准确，应选用 10cm 长的细线和小铁球E. 各种电磁波在真空中的传播速度与光速一样，为 3108m/s【答案】BCE【解析】10【分析】做简谐运动的质点，其振动能量与振幅有关泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象真空中

23、的光速在不同的惯性参考系中都是相同的在“用单摆测定重力加速度”的实验中，为使实验结果较为准确，应选用 1m 长的细线和小铁球各种电磁波在真空中的传播速度与光速一样，为 3108m/s【详解】做简谐运动的质点，其振动能量与振幅有关，振幅越大，能量越大，故 A 错误；泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象，故 B 正确；根据爱因斯坦相对论原理可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，故 C 正确；在“用单摆测定重力加速度”的实验中，为减少实验误差，应选用 1m 长的细线和小铁球，故 D 错误；各种电磁波在真空中的传播速度与光速一样，为 ，故 E 正确。所3108

24、m/s以 BCE 正确，AD 错误。【点睛】本题涉及振动和波的基本现象和规律问题，对于此类基础知识要理解并熟记难度不大，属于基础题。三、实验题探究题（本大题共 2 小题，共 15.0 分）11.某校实验小组设计了如下实验来精确测定小车的瞬时速度。如图所示，在倾斜导轨的 A处放置一光电门，并使其与计算机连接。让载有轻质挡光片宽度为 的小车从 P 点静止s)下滑， A 处的光电门会记录下挡光片经过 A 点所经历的时间 改用不同宽度的挡光片重复t.上述实验，在原挡光片基础上贴上宽度不同黑纸片制得然后用公式 计算出不同宽度v=st的挡光片从 A 点开始在各自挡光时间 内的。该小组实验数据如表t次数 挡

25、光片挡光时间 t(s) 速度 (m/s)1 0.063 0.542112 0.073 0.5453 0.083 0.5484 0.092 0.5515 0.102 0.5546 0.108 0.556在以上实验的基础上，请继续完成下列实验任务：根据实验数据在 图上作出该实验图线_。(1) v-t结合实验原理，推导出 图线所满足的函数式_。(2) v-t根据 图线所满足的 函数式，求出挡光片最前端经过 A 点时的瞬时速度(3) v-t v=_。vA为了提高实验精确度，实验操作中必须做到的是_(4)更换挡光片时应使其前沿始终处于小车上的同一位置(A)每次都应从轨道上同一位置由静止释放小车(B)实验

26、开始前必须调整轨道倾角，平衡摩擦力(C)更换的挡光片宽度不能过宽，宽度越窄， 越小，求出的 越精确。(D) t vA【答案】 (1). (2). v=v1+a2t(3). (4). AB0.521m/s【解析】【分析】该题运用公式 计算出不同宽度的挡光片从 A 点开始在各自 区域内的 ，来表示不v=xt s vA同位置的瞬时速度，并作出 可图，然后求出小车的加速度及通过 A 点的瞬时速度。v-t所以该运动必须是同一种匀变速运动，所以小车每次必须从同一点出发。12【详解】 根据实验数据在 图上作出该实验图线。(1) -t设每次档光片开始挡光瞬间的速度为 ，挡光结束的瞬间速度为 ，因为 ，(2)

27、v1 v2 v2=v1+at。v=v1+a2t根据 图线所满足的函数式，由图线的斜率、坐标推得 时截距得挡光片最前(3) v-t t=0端经过 A 点时的瞬时速度 ，vA=0.521m/s为了提高实验精确度，实验操作中必须做到的是更换挡光片时应使其前沿始终处于小车(4)上的同一位置，每次都应从轨道上同一位置由静止释放小车。所以选 AB。【点睛】解决本题的关键知道该题运用公式，计算出不同宽度的挡光片从 A 点开始在各自区域内的 v，来表示不同位置的瞬时速度，并作出 可图，然后求出小车的加速度s v-t及通过 A 点的瞬时速度。12.石家庄雾霾频发，使用清洁能源可以减少雾霾，太阳能发电是一种新兴的

28、可再生清洁能源。某同学对太阳能电池板进行研究。在某光照下使用多用电表测量该太阳能电池的电动势和内阻。使用多用电表电压 2.5V 量程，直接把红黑表笔与电池正负极相连，测的示数如图甲；因了解太阳能电池内阻一般较大，所以他改用直流电流档直接测量短路电流，先用较大量程进行“试触” ，后选择直流 10mA 量程进行测量，读数如图乙。（1）该电池的电动势为_ V，内阻为_ （电阻计算保留三位有效数字） ；甲 乙（2）研究发现太阳能电池电动势、电流等各项参数不稳定，不能直接接用电器使用，市场上有“太阳能充电控制器” ，可以把太阳能电池板发电通过控制器直接充入蓄电池，蓄电池13可在需要的时候对外供电。该同学

29、设计了一个用光敏电阻作为传感器控制路灯电路的开关，光敏电阻的阻值随照射光的强弱而变化，可以近似认为，照射光较强（如白天）时电阻几乎为 0：照射光较弱（如夜晚）时电阻接近于无穷大。利用光敏电阻作为传感器，借助电磁开关，可以实现路灯自动在白天关闭，夜晚打开。电磁开关的内部结构如图丙所示。1、2 两接线柱之间是励磁线圈，3、4 两接线柱分别与 LED 灯泡和触点 A、 B 相连。当励磁线圈电流大于某一值时 A、 B 触点自动断开，小于这一值 A、 B 触点自动接合。已知 R1为光敏电阻， R2为保护电阻，励磁控制电路及照明电路元件对应接线柱已经标出。请连接电路，要求 LED 灯泡在白天熄灭，夜晚亮起

30、_。（3）已知 LED 灯泡为 24V， 40W；每日放电时间 10 小时，为保证实际情况正常使用，蓄电池容量选配时需考虑地域、天气等综合因素，一般蓄电池的容量约为单日使用量的 5 倍，则石家庄地区蓄电池容量比较合适的是_A8Ah B. 16.7Ah C. 80Ah14【答案】 (1). 2.320（2.315 或 2.325） (2). 398402 (3). (4). C【解析】【分析】根据多用电表量程由图所示表盘确定其分度值，读出其示数根据光敏电阻的特性和电磁开关的作用设计电路【详解】 （1）使用电压档 2.5V 量程，测得电池的电动势如图甲所示，所以该电池的电动势为 2.320V，选择

31、直流 10mA 量程进行测量，读数如图乙所示，读数是 5.80mA，所以内阻为；2.3200.00580=400（2）光敏电阻的阻值随照射光的强弱而变化，照射光较强（如白天）时电阻几乎为 0，照射光较弱（如黑天）时电阻接近于无穷大根据实验要求设计电路得：15（3）已知 LED 灯泡为 24V，40W；所以 LED 灯正常工作时的电流是 ，每日放电时间 10 小53A时，为保证实际情况正常使用，选配蓄电池容量比较合适的是 ，C 正53105=83.3Ah确【点睛】本题考查了多用电表读数、电路的设计等，对多用电表读数时，首先根据选择开关的位置确定所测量的量，然后确定电表的量程与分度值，最后根据指针

32、位置读数，读数时视线要与电表刻度线垂直四、计算题（本大题共 4 小题，共 40.0 分）13.如图甲，水平地面上有一个轻质弹簧自然伸长，左端固定在墙面上，右端位于 O 点地面右端 M 紧靠传送装置，其上表面与地面在同一水平面传送装置在半径为 r、角速度为 的轮A 带动下沿图示方向传动在弹性限度范围内，将小物块 往左压缩弹簧到压缩量为 x 时释P1放， 滑至 M 点时静止，其速度图象如图乙所示虚线 0q 为图线在原点的切线， bc 段为直P1线 之后，物块 在传送装置上与 M 距离为 l 的位置静止释放， 、 碰撞后粘在一起已知). P2 P1 P2、 质量均为 m，与传送装置、水平地面的动摩擦

33、因数均为 ， M、 N 距离为 ，重力P1 P2 L=2r2g加速度为 g16求弹簧的劲度系数 k 以及 O、 M 的距离 s；(1)要使 、 碰撞后的结合体 P 能回到 O 点，求 l 的取值范围以及 P 回到 O 点时的速度大(2) P1 P2小 v 与 l 的关系表达式【答案】 ， ； 当 时， ；当 时，(1)mr+3mgt03xt0 2r232g (2) 2r28gl2r22g v=8gl-2r24 2r22gl2r2gv=34r【解析】【分析】应用牛顿第二定律与匀变速运动的速度位移公式分析答题；由动量守恒定律与匀变速运动的速度位移公式分析答题。【详解】 由图乙知，刚释放弹簧时， 具

34、有的加速度为：(1) P1 a=r3t0由胡克定律得此时弹簧弹力为： F=kx由牛顿第二定律得： F-mg=ma解得弹簧的劲度系数为： k=mr+3mgt03xt0由图乙， 离开弹簧时的速度为：P1 v1=r4之后 做加速度为： 的匀减速直线运动到 M 时速度为零，由匀变速直线运动的P1 a=mgm=g速度位移公式得： 解得 O、 M 距离为：0-v21=2(-a)s s=2r232g与 碰前瞬间速度为 ，碰后结合体 P 的速度为 ，碰撞前后动量守恒，以 的初速(2)P2 P1 v2 v3 p2度方向为正方向，由动量守恒定律得： 碰后 、 结合体 P 能在地面上往左匀mv2=2mv3 P2 P

35、1减速回到 O 点时速度为 v，由速度位移公式得：若 在传送装置上一直加速到 M 点，则有：v2-v23=2(-a)s P2 v22-0=2al17联立解得： v=8gl-2r24要使结合体 P 能回到 O 点，必须 ，即v=8gl-2r24 0 l2r28g若 在传送装置上一直加速到 M 点时刚好与传送装置达到相同速度，即有P2 v2=v=r解得： l=2r22gi：当 时， 在传送装置上一直加速，并最终结合体 P 能回到 O 点，回到 O 点时2r28gl2r22g P2的速度为： v=8gl-2r24ii：当 时， 在传送装置上先加速后匀速，与 碰前瞬间速度始终为 ，2r22gl2r2g

36、 P2 P1 v2=v=r代入上式得： v=34r【点睛】本题运动过程叫复杂，分析清楚物体运动过程、应用牛顿第二定律、运动学公式与动量守恒定律即可正确解题14.（20 分）如图所示，水平地面上方竖直边界 MN 左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场 B 和沿竖直方向的匀强电场 E2（未画出） ，磁感应强度 B=1.0T，MN 边界右侧离地面 h= 3m 处有长为 L=091m 的光滑水平绝缘平台，平台的左边缘与 MN 重合，平台右边缘有一质量m=0.lkg、电量 q=0.1C 的带正电小球，以初速度 v0=0.6m/s 向左运动。此时平台上方存在的匀强电场，电场方向与水平方向成 角，指向左下方，小球在

37、平台上运动E1=22N/C的过程中， 为 45至 90的某一确定值。小球离开平台左侧后恰好做匀速圆周运动。小球可视为质点，g=10m/s 2。求：（1）电场强度 E2的大小和方向；（2）小球离开平台左侧后在磁场中运动的最短时间；18（3）小球离开平台左侧后，小球落地点的范围。 （计算结果都可以用根号表示）【答案】 （1）10N/C 方向竖直向上；（ 2）2.1s；（3）距 N 点左边 ，距 N 点右边 的3m55m范围内。【解析】试题分析：（1）因为小球做匀速圆周运动，电场力必等于重力将数据代入式解得：电场的方向竖直向上（2）若 90，小球匀速通过 MN 后有最小速度：若 45，小球匀速通过

38、MN 后有最大速度，由加速度公式可得： a=E1qcosm由匀变速直线运动规律可得：将数据代入式，可解得：小球在通过 MN 的速度为大于等于 小于等于 。小球以 在磁场中做匀速圆周运动的时间最短，根据向心力和圆周运动知识可得：由式可得：由式解得：因为 得小球在磁场中转过的圆心角为 120，在磁场中所用时间为 t=T3=232.09（s）（3）小球落在 N 点左边的最大距离时， 173（m）当小球落在右边最大距离时其对应在磁场中的轨道半径为 ，则该小球从磁场右边界飞出时做平抛运动，竖直位移：19水平位移为因此得当 ，S 取最大值代入得 0447（m）所以，小球的落点在距 N 点左边 173m、右

39、边 0447m 的范围内考点：带电粒子在匀强磁场中的运动15.如图均匀薄壁 U 形管，左管上端封闭，右管开口且足够长，管的截面积为 S，内装有密度为 的液体。右管内有一质量为 m 的活塞搁在固定卡口上，卡口与左管上端等高，活塞与管壁间无摩擦且不漏气。温度为 T0时，左、右管内液面等高，两管内空气柱长度均为L，压强均为大气压强 P0，重力加速度为 g。现使左右两管温度同时缓慢升高，在活塞离开卡口上升前，左右两管液面保持不动，试求：（1）温度升高到 T1为多少时，右管活塞开始离开卡口上升；（2）温度升高到 T2为多少时，两管液面高度差为 L。【答案】 ， P1=P0+mgs T1=T0（1+mgp

40、0s） T2=3T02P0（P0+mgS+gL）【解析】20活塞刚离开卡口时，对活塞有 （1 分）得 （1 分）左、右两管内气体体积不变，对右管气体利用查理定律有 （2 分）p0T0=p1T1得 （1 分）左管内气体长度为 ，压强为 （1 分）3L2应用理想气体的状态方程有 （2 分）得16.如图所示， 为一直角三棱镜的截 面，其顶角 ， P 为垂直于直线光屏现一ABC =30宽 度等于 AB 的单色平行光束垂直射向 AB 面，在光屏 P 上形成一条光带，已知棱镜的折射率为 ， AB 的长度为 d，求光屏 P 上形成的光带的宽度3【答案】 2d3【解析】【分析】平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束，画出光路图；根据几何知识求出 AC 面上的入射角和折射角，再由几何知识求解光屏 P 上形成的光带的宽度。【详解】如图所示所示：21图中 和 为 AC 面上入射角和折射角，根据折射定律， ， ，1 2 n=sin2sin1 1=设出射光线与水平方向成 角，则， ， ，联立解得：则光屏 P 上形成的光带的宽度为 【点睛】本题的解题关键能正确作出光路图，根据几何知识求解入射角和折射角，再运用几何知识求解光屏 P 上形成的光带的宽度22