宁夏石嘴山市第三中学2017_2018学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）.doc

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1、1石嘴山市第三中学 20172018 第二学期高二期末物理试卷一、选择题：（本题共 16 小题，每小题 2 分，共 32 分, 每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求）1. 1934 年，约里奥-居里夫妇用 粒子轰击铝核 ，产生了第一个人工放射性核元素 X ： 。X 的原子序数和质量数分别为（ ）A. 15 和 28 B. 15 和 30 C. 16 和 30 D. 17 和 31【答案】B【解析】【详解】设 X 的质量数为 m，电荷数为 n，根据核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知：4+27=1+m；2+13=0+ n，解得 m=30； n=15；故其原子序数为 15，质量数为 30；

2、故选 B。【点睛】本题考查对核反应方程的掌握，明确质量数守恒和电荷数守恒，同时知道常见的粒子的符号和组成。2. 下列关于原子物理知识的叙述错误的是（ ）A. 衰变的实质是核内的中子转化为一个质子和一个电子B. 结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定C. 两个轻核结合成一个中等质量的核，存在质量亏损D. 对于一个特定的氡原子，即使知道了半衰期，也不能准确的预言它在何时衰变【答案】B【解析】 衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的， ，A 正确；比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，B 错误；两个轻核结合成一个中等质量的核，要释放能量，根据质能方程可

3、知存在质量亏损，C 正确；对于一个特定的衰变原子，我们只知道它发生衰变的概率，并不知道它将何时发生衰变，发生多少衰变， ，D 正确3. 放射性元素 A 经过 2 次 衰变和 1 次 衰变后生成一新元素 B，则元素 B 在元素周期表中的位置较元素 A 的位置向前移动了( )A. 1 位 B. 2 位 C. 3 位 D. 4 位【答案】C【解析】2 粒子是 ， 粒子是 ，因此发生一次 衰变电荷数减少 2，发生一次 衰变电荷数增加 1，据题意，电荷数变化为： ，所以新元素在元素周期表中的位置向前移动了 3 位。故选项 C 正确。【考点定位】 衰变和 衰变、衰变前后质量数和电荷数守恒【方法技巧】衰变前

4、后质量数和电荷数守恒，根据发生一次 衰变电荷数减少 2，发生一次 衰变电荷数增加 1 可以计算出放射性元素电荷数的变化量。视频4. 下列说法正确的是( )A. 自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性B. 物休的温度为 0时，分子的平均动能为零C. 用活塞压缩气缸里的空气，对空气做功 4.5105J，同时空气的内能增加了3.5105J，则空气从外界吸收热量 1105JD. 第一类永动机违反了热传导的方向性【答案】A【解析】【详解】A、根据热力学第二定律知：热量可以自发地从较热的物体传递到较冷的物体，但不可能自发地从较冷的物体传递到较热的物，即涉及热现象的宏观过程都具有方向性，A正确。B、分

5、子处于永不停息的无规则运动之中，物体的温度为 0时，其分子平均动能不为零；B 错误。C、根据热力学第一定律公式 U=W+Q 知， W=+4.5105J，U=+3.5105J，解得 Q=-1.0105J，即空气向外界放出热量 1.0105J，C 错误。D、第一类永动机违反了能量的转化与守恒，不可能实现，第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律， D 错误。故选 A。【点睛】本题考查了热力学定律、内能、布朗运动等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点即可解答。5. 甲物体比乙物体所受的重力大 5 倍，甲从 H 高处自由下落，乙从 2H 高处同时自由下落，在甲、乙落地前，下面说

6、法正确的是( )A. 下落过程中甲的加速度比乙的加速度大B. 甲、乙各自下落 1m 时它们的速度相同3C. 两物体下落过程中的同一时刻，甲的速率一定比乙的速率大D. 在下落过程中两物体之间的距离越来越大【答案】B【解析】A、自由落体运动的加速度为重力加速度，相等，故 A 错误；B、根据 可知，下落 时，速度大小相等，故 B 正确；C、根据 可知两物体下落过程中的同一时刻，甲的速率与乙的速率相等，故 C 错误；D、它两物体的运动情况相同，所以在下落过程中两物体之间的距离不变，故 D 错误。点睛：解决本题的关键知道自由落体运动的特点，做初速度为零，加速度为 g 的匀加速直线运动，掌握自由落体运动规

7、律。6. 某物体做自由落体运动，取竖直向下为正方向在运动过程中，关于其动量、动量变化率随时间变化的曲线，下列图像关系正确的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】物体自由下落，则根据自由落体规律可知，v=gt，动量 P=mv=mgt，因向下为正方向，故动量应为斜向上的直线，故 AB 错误；动量的变化率为 ；根据动量定理可得：mgt=P；因此 =mg，故图象为水平线，故 C 正确，D 错误。故选 C。点睛：本题考查动量定理以及自由落体运动的规律，知道合外力等于动量的变化率，在应用动量定理时要注意明确各物理量的方向性，同时注意图象的正确应用7. 下列说法正确的是( )A. 饱和蒸汽是指液

8、体不再蒸发，蒸汽不再液化时的状态B. 空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C. 彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点D. 干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热【答案】BD4【解析】【详解】A、饱和蒸汽是指液体蒸发与蒸汽液化相平衡的状态，液体仍在蒸发，蒸汽仍在液化；A 错误。B、空中下落的雨滴呈球形是因为液体有表面张力，液体表面有收缩的趋势而形成的；B 正确。C、液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性；C 错误。D、干湿温度计的原理是：它在一支温度计泡上包上纱布，纱布下端浸入水中。若空气中水汽未饱和，湿纱布的水会蒸发，温度降低。

9、湿泡温度计的温度值比干湿温度计的要低些。相对湿度越小，这个差值就越大，利用这个差值的大小可由表检查出空气的相对湿度；故 D 正确。故选 BD。【点睛】本题考查了液体表面张力、布朗运动、蒸发和压强的关系等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，8. 根据玻尔理论，氢原子的能级公式为 En (n 为能级，A 为基态能量)，一个氢原子中的电子从 n4 的能级直接跃迁到基态，在此过程中( )A. 氢原子辐射一个能量为 的光子B. 氢原子辐射一个能量为 的光子C. 氢原子辐射一系列频率的光子其中频率最大的光子能量为D. 氢原子辐射一系列频率的光子，其中频率最大的光子能量为 【答案】B【解析】一个

10、氢原子中的电子从 n=4 的能级直接跃迁到基态的过程中，只能向外辐射一个光子；由玻尔理论可知辐射的光子的能量： E E4E1 故 B 正确，ACD 错误。故选B。点睛：解决本题的关键知道从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子；注意题中给的“一个氢原子”与“大量的氢原子”向低能级跃迁时辐射的光子是对应于“一个”与“一系列” 9. 在光滑水平面上，质量为 m 的小球 A 正以速度 v0匀速运动某时刻小球 A 与质量为 3m的静止小球 B 发生正碰，两球相碰后， A 球的动能恰好变为原来的 .则碰后 B 球的速度大5小是( )A. B. C. 或 D. 无法确定【答案】A【解

11、析】根据碰后 A 球的动能恰好变为原来的 得： 解得： 碰撞过程中 AB 动量守恒，则有：mv=mv+3mv B解得：v B= v 或 vB= v；当 vB= v 时 A 的速度大于 B 的速度，不符合实际，故选项 A 正确，BCD 错误，故选 A.点睛：本题考查的是动量定律得直接应用，注意动能是标量，速度是矢量；同时要分析结果是否符合实际情况，即不可能发生二次碰撞。10. 氧气分子在不同温度下的速率分布规律如图所示，横坐标表示速率，纵坐标表示某一速率内的分子数占总分子数的百分比，由图可知( )A. 随着温度的升高，氧气分子中速率小的分子所占的比例增大B. 随着温度的升高，每一个氧气分子的速率

12、都增大6C. 状态的温度比状态的温度高D. 同一温度下，氧气分子呈现“中间多，两头少”的分布规律【答案】D【解析】【详解】A、随着温度的升高，氧气分子中速率大的分子所占的比例增大，从而使分子平均动能增大；故 A 错误。B、温度升高使得氧气分子的平均速率增大，不一定每一个氧气分子的速率都增大；故 B 错误。C、由图可知，中速率大分子占据的比例较大，则说明对应的平均动能较大，故对应的温度较高；故 C 错误。D、同一温度下，中等速率大的氧气分子数所占的比例大，即氧气分子呈现“中间多，两头少”的分布规律；故 D 正确。故选D。【点睛】本题考查了分子运动速率的统计分布规律，记住图象的特点，会分析温度与图

13、象的关系，知道温度越高，分子的平均速率增大11. 下列关于热学问题的说法正确的是( )A. 一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，熵值较大代表着较为有序B. 当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大C. .某气体的摩尔质量为 M、密度为 ，用 NA表示阿伏加德罗常数，每个气体分子的质量m0，每个气体分子的体积 V0，则 m0 ， V0D. 密封在容积不变的容器内的气体，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大【答案】D【解析】【详解】A、根据熵增加原理，一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，熵值较大代表着较为无序；A 错误。B、当人们感到潮湿时，空气的相对湿度 一

14、定较大；B 错误。C、每个气体分子的质量 ，每个气体分子的平均空间体积 ，它不是气体分子的体积；C 错误。D、密封在容积不变的容器内的气体，若温度升高，由知压强变大，而根据压强的微观表示 可知，气体分子对器壁单位面积上的7平均作用力增大，D 正确。故选 D。【点睛】考查热力学第二定律、相对湿度、气体压强和阿伏伽德罗常数知识比较全面深入，要求学生全面掌握 3-3 的重点知识。12. 光滑斜槽轨道的末端水平，固定在水平桌面上，斜槽末端静止放置一个质量为 m2的小球 B，在斜槽上某处释放另一质量为 m1的小球 A，两球在斜槽末端发生弹性正碰后，冲出轨道落于水平地面上的同一位置，求两小球的质量之比 m

15、1： m2=（ ）A. m1： m2=1：3 B. m1： m2=2：1 C. m1： m2=1：1 D. m1： m2=3：1【答案】A【解析】设小球 A 与 B 碰撞前的速度为 ，因为碰撞后做平抛运动，又由于两者落到同一点，所以碰后两者的速度大小相等，方向相反，规定水平向右为正方向，根据动量守恒可得，由于是弹性碰撞，无机械能损失，有 ，联立解得，故 ，A 正确13. 下列说法不正确的是 ( )A. 固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质B. 由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体C. 在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内

16、能也保持不变D. 在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体【答案】C【解析】【详解】A、由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石；选项 A 正确。B、固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上各向异性，具有不同的光学性质；故 B 正确。C、在熔化过程中，晶体要吸收热量，虽然温度保持不变，但是内能要增加；故 C 错误。D、在合适的条件下，某些晶体可以转变为8非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体。把晶体硫加热熔化（温度超过 300）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间

17、又会转化为晶体硫；故 D 正确。本题选不正确的故选 C。【点睛】解答该题要熟练的掌握晶体和非晶体的特性，对于晶体有一下特点：晶体有整齐规则的几何外形；晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度始终保持不变；晶体有各向异性的特点非晶体是指组成物质的分子（或原子、离子）不呈空间有规则周期性排列的固体它没有一定规则的外形，如玻璃、松香、石蜡等它的物理性质在各个方向上是相同的，叫“各向同性” 它没有固定的熔点14. 将一质点从静止开始做匀加速直线运动的总时间分成相等的三段，按从开始到最后的顺序，则质点经过这三段时间内的平均速度之比是 （ ）A. 1:4:9 B. 1:3:5 C. 1: : D. 1:( +

18、1):( + )【答案】B【解析】【详解】质点从静止开始做匀加速直线运动，设每段时间为 T，则有：第一个 T 末的速度为： v1=aT； 第二个 T 末的速度为： v2=a2T；第三个 T 末的速度为： v3=a3T ，由匀变速直线运动的推论 ，可知 ， ， ，可得这三段时间内的平均速度之比是 1：3：5，故选 B。【点睛】熟练掌握匀变速直线运动的三个速度公式和四个位移公式，并灵活运用15. 如图所示，一定质量的理想气体从状态 a 变化到状态 b，在这一过程中，下列说法不正确的是( )A. 气体体积变大 B. 气体温度升高C. 气体从外界吸收热量 D. 气体的内能不变【答案】D【解析】9A 项

19、：根据理想气体的状态方程 不变，可得从状态 a 变化到状态 b，气体体积增大，故 A 正确；B、D 项：由图知气体的温度升高，内能增大，故 B 正确、D 错误；C 项：气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故 C 正确。16. 如图甲所示,长 2 m 的木板静止在某水平面上,t=0 时刻,可视为质点的小物块 P 以水平向右的某一初速度从 Q 的左端向右滑行,P、Q 的速度时间图象如图乙所示,其中 a、b 分别是 01 s 内 P、Q 的速度时间图线,c 是 12 s 内 P、Q 共同的速度时间图线。已知P、Q 的质量均是 1 kg。g 取 10 m/s2。则

20、以下判断正确的是 ( )A. 在 02 s 内,木板 Q 下表面与水平面之间有摩擦力B. 在 02 s 内,摩擦力对 Q 的冲量是 1 NsC. P、Q 之间的动摩擦因数为 0.2D. P 相对 Q 静止的位置在 Q 木板的最右端【答案】B【解析】【详解】A、由图可知，在 P、 Q 系统在相互作用的过程结束后，系统沿水平方向做匀速直线运动，可知系统所受的外力之和为零，木板 Q 下表面与水平面之间没有摩擦力；故 A 错误。B、从图象可知，02s 内对 Q，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在 12s内无摩擦力，根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以 I=Mv-0=1Ns；故 B 正确

21、。C、 P 从速度为 2m/s 减为 1m/s 所需的时间为 1s，则 ，又：，所以 =0.1；故 C 正确。D、在 t=1s 时， P、 Q 相对静止，一起做匀速直线运动，在 01s 内， P 的位移 ， Q 的位移 ； x=x1-x2=1m2m，知 P 与 Q 相对静止时不在木板的右端；故 D 错误。故选 B。【点睛】解决本题的关键知道动量守恒的条件，以及会从图象得知 P、 Q 的运动情况，结合10牛顿第二定律和运动学公式进行求解17. 下列说法正确的是( )A. 分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小B. 布朗运动就是气体或液体分子的无规则运动C. 分子 a 从无穷远处由静止开始接近

22、固定不动的分子 b，只受分子力作用，当 a 受到分子力为 0 时，a 的动能一定最大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【答案】ACD【解析】【详解】A、随分子间距的增大，分子间的引力和斥力都减小，只是斥力减小的更快些；A正确。B、布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则的热运动，即不是液体分子的运动也不是固体分子的运动，它间接反映了液体分子的无规则的热运动；B 错误。C、分子 a只在分子力作用下从远处由静止开始靠近固定不动的分子 b，当间距变小时，分子力做正功，动能增加，当越过平衡位置时，分子力做负功，则分子动能减小，则当处于平衡位置时，即 a 受到的分

23、子力为 0 时，分子的动能最大，C 正确。D、当分子间为斥力时，随着距离的减小，分子力逐渐增大，而分子斥力又做负功，则分子势能增大，D 正确。故选 ACD。【点睛】本题考查了分子动理论的三个主要内容，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点18. 一定质量的理想气体，沿箭头方向由状态 1 变化到状态 2，其中气体放出热量的变化过程是( )A. B. C. D. 【答案】BD【解析】11试题分析：由图象是双曲线知，状 1 到状态 2 是等温变化过程，故状态 1 与状态 2 温度相同内能相同，又从状态 1 至状态 2 气体的体积增加，故气体对外做功，根据热力学第一定律知，气体从外界吸热，故 A 错误；由

24、图象有 ， ，根据理想气体状态方程知 ，所以从状态 1 至状态 2，气体体积减小所以外界对气体做功，又说明气体气体的内能减小，根据热力学第一定律知气体对外放热，故 B 正确；由图象知，状态 1 至状态 2，气体温度升高内能增加，气体体积增大气体对外做功，根据热力学第一定律知，气体从外界吸收热量，故 C 错误；由图象知气体的体积保持不变，气体对外界不做功，从状态 2 至状态 1 气体的温度降低内能减小，根据热力学第一定律，气体对外放热，故 D 正确考点：考查了热力学第一定律【名师点睛】掌握热力学第一定律 ，知道理想气体的内能只由温度决定与体积无关能根据理想气体状态方程由图示两个状态的变化判定第三

25、个参量的变化情况，这是正确解题的关键19. 一物体自 t=0 时开始做直线运动其速度图线如图所示，下列说法不正确的是( )A. 在 06s 内，物体离出发点最远为 30mB. 在 06s 内，物体经过的路程为 40mC. 在 04s 内，物体的平均速率为 7.5m/sD. 46s 内，物体的平均速度为 10m/s【答案】AD【解析】A、 ，物体向正向运动， 向负向运动，故 末离出发点最远，路程为：，故 A 错误；B、在 内，物体经过的路程为：，故 B 正确；12C、在 内，位移为： ，物体的平均速率为： ，故 C正确；D、在 内，加速度 ，故 D 错误。点睛：本题考查了速度-时间图象的应用及做

26、功正负的判断，要明确斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，要注意路程和位移的区别。20. 一定质量的理想气体，从状态 A 变化到状态 B，再变化到状态 C，其状态变化过程的pV 图像如图所示已知气体处于状态 A 时的温度为 27 ，则下列判断正确的是( )A. 气体处于状态 B 时的温度是 900 KB. 气体处于状态 C 时的温度是 300 KC. 从状态 A 变化到状态 C 过程气体内能一直增大D. 从状态 A 变化到状态 B 过程气体放热【答案】AB【解析】【详解】A、由题 TA=（273+27）K=300K； A B 过程为等压变化，则

27、有 ，解得：，A 正确。B、 B C 过程是等容变化，则有 ，得：；故 B 正确。C、从状态 A 变化到状态 C 过程，气体的温度先升高后降低，则气体的内能先增大后减小；故 C 错误。D、由 A B 气体的温度升高，内能增大。体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律 U=W+Q 知，气体吸热；故 D 错误。故选 AB。【点睛】本题考查了气体实验定律和热力学第一定律的应用，对热力学第一定律的应用时，要注意各量的正负，明确一定质量理想气体的内能只跟温度有关21. 如图所示，气缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封13闭着两部分气体 A 和 B，活塞处于静止平衡状态现通过电热

28、丝对气体 A 加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与气缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是( )A. 气体 A 吸热，内能增加B. 气体 B 吸热，对外做功，内能不变C. 气体 A 分子的平均动能增大D. 气体 A 和气体 B 内每个分子的动能都增大【答案】AC【解析】试题分析：气体 A 进行等容变化，则 W=0，根据U=W+Q 可知气体 A 吸收热量，内能增加，温度升高，气体 A 分子的平均动能变大，但是不是每个分子的动能都是增加的，选项 A C正确，D 错误；因为中间是导热隔板，所以气体 B 吸收热量，温度升高，内能增加；由因为压强不变，故体积变大，

29、气体对外做功，选项 B 错误；气体 B 的压强不变，但是体积增大，所以气体 B 分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少，选项 E 正确。考点：气体的压强；热力学第一定律及气体状态方程。三、实验与填空（每空 3 分，共 24 分）22. 气体温度计结构如图所示。玻璃测温泡 A 内充有理想气体，通过细玻璃管 B 和水银压强计相连。开始时 A 处于冰水混合物中，左管 C 中水银面在 O 点处，右管 D 中水银面高出O 点 h114 cm。后将 A 放入待测恒温槽中，上下移动 D，使 C 中水银面仍在 O 点处，测得D 中水银面高出 O 点 h244 cm。(已知外界大气压为 1 个标准大气压，1

30、 个标准大气压相当于 76 cmHg) 求恒温槽的温度_14此过程 A 内气体内能_(填“增大”或“减小”)，气体不对外做功，气体将_(填“吸热”或“放热”)。【答案】 (1). 364 (或 91 ) (2). 增大 (3). 吸热【解析】(1)设恒温槽的温度为 T2,由题意知 T1=273 KA 内气体发生等容变化,根据查理定律得 p1=p0+ph1 p2=p0+ph2 联立式,代入数据得 T2=364 K(或 91 ) (2)此过程中 A 内气体温度升高,则内能增大;体积不变,则 W=0;根据热力学第一定律有 U=Q+W,得 Q0,即气体将吸热。【点睛】熟练掌握了基本概念就能顺利解决 3

31、-3 的题目，因为此类题目难度较低视频23. 如图所示，一定质量的理想气体从状态 A 变化到状态 B，再由状态 B 变化到状态 C，最后由状态 C 变化到状态 A。气体完成这个循环，内能的变化U=_ ，对外做功W=_，气体从外界吸收的热量 Q=_ （用图中已知量表示）【答案】 (1). 0 (2). (3). 【解析】气体完成一个循环过程，温度的变化量为零，则内能的变化U=0；对外做功等于图中三角形 ABC 的面积，即 W= p0V0；根据热力学第一定律可知，气体吸热：Q=W= p0V0；24. “研究匀变速直线运动”的实验中，使用电磁式打点计时器（所用交流电的频率为50Hz） ，得到如图所示

32、的纸带图中的点为计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出来15该匀变速直线运动的加速度 a=_m/s2纸带上 E 点相对应的瞬时速度大小_ m/s （以上两答案要求保留三位有效数字）【答案】 (1). 1.93 (2). 1.39【解析】【详解】(1)根据匀变速直线运动的判别式为连续相等时间内的位移之差是一恒量 ，计数点间的时间为 ，结合逐差法得：.(2)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得 E 点对应的瞬时速度为.【点睛】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用四、计算题(共 5 小题，共 44 分，解答时应写出必要的文字说

33、明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)25. 如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块 A 和 B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点现将 A 无初速释放， A 与 B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动已知圆弧轨道光滑，半径 R0.2m； A 和 B 的质量相等； A 和 B 整体与桌面之间的动摩擦因数 0.2.取重力加速度 g10m/s 2.求：(1) 碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率；(2)A 和 B 整体在桌面上滑动的距离.【答案】(1) (2)【解析】16【详解】(1)设滑块的质量为 m，A 沿光

34、滑圆弧下滑，只有重力做功，根据机械能守恒定律得碰撞前瞬间 A 的速率A 与 B 碰撞过程，外力之和为零，系统动量守恒有： mv2 mv解得碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率 .(2)AB 的整体在粗糙桌面上匀减速直线运动，根据动能定理解得 A 和 B 整体沿水平桌面滑动的距离 .【点睛】本题考查了机械能守恒、动量守恒、动能定理的综合，难度中等，知道机械能守恒和动量守恒的条件，关键是合理地选择研究对象和过程，选择合适的规律进行求解26. A、 B 汽缸的水平长度均为 20 cm、截面积均为 10 cm2， C 是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞， D 为阀门, 阀门两侧细管体积不计整个装置

35、均由导热材料制成起初阀门关闭， A 内有压强 4.010 5 Pa 的氮气 B 内有压强 2.0105 Pa 的氧气阀门打开后，活塞 C 向右移动，最后达到平衡求活塞 C 移动的距离及平衡后 B 中气体的压强【答案】(1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m【解析】试题分析：由玻意耳定律，对 A 部分气体有: 对 B 部分气体有 代入相关数据解得 x = cm， 310 5Pa考点：本题考查了理想气体状态方程.27. 跳伞运动员做低空跳伞表演，当飞机离地面 224m 悬停时，运动员离开飞机先作自由落体运动，运动一段时间后，立即打开降落伞，展伞后运动员以 12.5 m/s2的加速度匀

36、减速17下降。为了运动员的安全，要求运动员落地速度为 5 m /s，g10 m /s 2。求：（1）运动员刚展伞时的速度大小；（2）运动员刚展伞时离地面的高度；（3）运动员离开飞机后在空中下落的总时间。【答案】 （1） （2） （3）【解析】试题分析：(1、2)设展伞高度为 h，速度为 v0，落地速度 vt=5m/s，h 0=224m，a=-12.5m/s 2有 ，又解得 h=99m ，v 0=50 m/s(3)上述运动方式在空中加速下落的时间，由 ，得自由落体时间 t1=5s展伞后匀减速运动，由 ，得展伞后运动的时间 t2=3.6s因此运动员在空中的总时间为 t=t1+t2=8.6s考点：本

37、题考查自由落体运动，匀变速直线运动的规律。28. 一定质量的理想气体从状态 A 变化到状态 B 再变化到状态 C，其状态变化过程的 pV图象如图所示。已知该气体在状态 A 时的温度为 27 。(1)求该气体在状态 B、 C 时的温度；(2)该气体从状态 A 到状态 C 的过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？【答案】(1)73 27 (2)吸收热量 200 J【解析】（1）状态 A： =300K，P A=3105Pa，V A=110-3m318状态 B：P B=1105Pa，V B=110-3m3状态 C：P C=1105Pa，V C=310-3m3A 到 B 过程等容变化，由等容变化规律得

38、： ，代入数据得：TB=100K=-173 B 到 C 为等压变化，由等压变化规律得： ，代入数据得：=300K=27（2）由热力学第一定律得：U=Q+W，因为U=0 故：Q=-W 在整个过程中，气体在 B 到 C 过程对外做功所以：W=-pV=-110 5（310 -3-110-3）=-200J即：Q=200J，是正值，故在这个过程中吸热 29. 绝热圆筒容器立于水平桌面上，其内部横截面积为 S=50 cm2。其内有两个轻质活塞 A和 B 将容器分成长均为 L 的两室。其中轻质活塞 A 导热，与筒壁的最大静摩擦力为 f=100 N，轻活塞 B 不导热且可沿筒壁上下无摩擦地自由滑动。起初两室内气体的压强均与外界大气压强相等为 p0=1.0105 Pa，温度均为 T0=300 K。现通过电热丝对下方的气体缓慢加热，直至活塞 A 刚要向上滑动。试求： (1). 此时上方气体的压强 p；(2). 此时下方气体的温度 T。【答案】1.210 5 Pa 420【解析】活塞 A 刚要滑动时，对活塞 A 进行受力分析，根据平衡有：19解得：上方气体与外界通过导热的活塞 A 隔开，所以温度不变，设活塞 A 刚要滑动时活塞 B 上移的距离为 x由玻意耳定律得：解得：由于活塞 B 可无摩擦地自由滑动，所以下方气体的压强与上方气体的相等，此时下方气体的温度为由理想气体状态方程得：解得：