68.2017学年重庆市巴蜀中学高三（下）期中物理试卷（含解析.docx

微信公众号：678高中初中资料库 资料正文内容开始>>2016-2017学年重庆市巴蜀中学高三（下）期中物理试卷一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）下列说法正确的是（）A粒子大角度散射表明粒子很难进入原子内部B光电效应证明了光具有粒子性C裂变反应有质量亏损，质量数不守恒D氢原子跃迁可以发出射线2（3分）一辆卡车能够沿着斜坡以速率v匀速向上行驶，斜坡与水平面夹角为，所受阻力等于卡车重力的k倍（k1）如果卡车以同样的功率匀速下坡，卡车的速率为（）Ak+sink-sinvBk-sink+sinvCk+sinsin-kvDsin-kk+sinv3（3分）电视显像管的第二和第三阳极是两个直径相同的同轴金属圆筒，两电极间的电场即为显像管中的主聚焦电场，图中所示为主聚焦电场中的等势面，数字表示电势值（单位：V），A、B为等势面与中心轴线的交点，若由电子束射入电场，且从左方进右方出，则下列说法中正确的是（）A若电子沿中心轴线方向入射，电子束将沿中心轴线做匀速直线运动B若电子沿中心轴线方向入射，电子束将沿中心轴线做加速度增大的直线运动C若电子束从中心轴线下方沿与轴线平行方向入射，电子束可能先将向下偏转再向上偏转，且一直做加速运动D若电子束从中心轴线下方沿与轴线平行方向入射，电子束可能先向上偏转再向下偏转，且先加速后减速4（3分）有一质量为50kg的少年穿着溜冰鞋站在光滑冰面上，从距冰面高度为1.05m处沿水平方向以10m/s抛出一质量为1kg的石块，不计空气阻力，g10m/s2，则下列说法不正确的是（）A抛出时少年获得的速度为0.2m/sB石块落到冰面时的速度为11m/sC抛出时少年做功为51JD抛出时少年做功为50J5（3分）一质量为M的小型无人机，螺旋桨会将面积为S的空气以某一速度向下运动，从而使无人机悬停在空中，已知空气的密度为，则直升机的输出功率为（）AMg3sB12Mg3sCs（Mgs）3Ds2（Mgs）36（3分）东方红一号是我国于1970年4月24日首次成功发射的人造卫星，它至今在一椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；而东方红二号卫星是1984年4月8日发射成功的，它运行在赤道上空35786km的地球同步轨道上，已知地球半径约为6400km；设固定在地球赤道上的物体随地球自转的线速度为v1，加速度为a1；东方红一号在近地点的速度为v2，加速度为a2，东方红二号的线速度为v3，加速度为a3，则关于它们的大小关系正确的是（）Av2v3v1Bv1v2v3Ca3a1a2Da2a3a17（3分）如图甲所示，某人从楼房的窗口抛出一小物块，恰好被曝光时间（光线进入相机镜头的时间）为0.2s的相机拍摄到，图乙是物块落地前0.2s时间内所成的像（照片已经放大且方格化），石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，每个小方格代表的实际长度为1.0m，忽略空气阻力，g10m/s2，则（）A物块水平抛出的初速度大小约为5m/sB物块将要落地时的速度大小约为16m/sC物块抛出位置离地高度约为9.8mD物块抛出位置离地高度约为12.8m8（3分）已知一底角为60°的等腰梯形ABCD内部由一垂直纸面向内，磁感应强度为B0的匀强磁场（边界上也有磁场），一质量为m，电量为q且带负电的粒子以大小为qB0dm的速率在A处向各个方向入射，已知等腰梯形的上底长为d，下底长为3d，若忽略带电粒子的重力，以下说法正确的是（）A粒子能从B点离开磁场B粒子能从C点离开磁场C粒子能从BC边上离B点0.5d处离开磁场D粒子能从AB边中点处离开磁场二、解答题（共4小题，满分6分）9（6分）将一块量程为1mA的电流表，与一节电动势约为1.5V的干电池，一个满足条件的滑动变阻器串联改装成一个倍率为×100的欧姆表，则这块表的内阻是 ，电流表表盘读数为0.4mA的地方，刻度值为 ，用这块欧姆表去测量一块电压表的内阻，红表笔应接在电压表的 （正或负）接线柱。10在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙两种装置：（1）若入射小球质量为m1半径为r1，被捧小球质量为m2，半径为r2，则 Am1m2，r1r2 Bm1m2，r1r2 Cm1m2，r1r2 Dm1m2，r1r2（2）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在图乙装置实验时（P为碰前入射小球落地点的平均位置），所得“验证动量守恒定律”的结论为（用装置图中的字母表示） （3）若采用甲装置实验，用的小球时钢球，以下所提供的测量工具中必需的是 A直尺 B游标卡尺 C天平 D弹簧秤 E秒表需要验证的表达式为：（碰撞可看作是弹性碰撞） 11如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板，斜面与木板平滑连接，滑块经过斜面与木板交界处的动能损失可忽略不计。开始时，质量为m1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，现将水平力F变为水平向右且大小不变，当滑块滑到木板上时撤去力F，此后滑块和木板在水平面上运动的vt图象如图乙所示，g取10m/s2求：（1）水平作用力F的大小；（2）滑块开始下滑时距木块上表面的高度；（3）木板的质量M。12如图（a）所示，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN段水平，PQ段竖直，NP段为光滑的14圆弧，圆心为O，半径为a，轨道最左端M点处静置一质量为m、电荷量为q（q0）的物块A，直线NN右侧有方向水平向右的电场（图中未画出），场强为E=mgq，在包含圆弧轨道NP的ONOP区域有方向垂直纸面向外的匀强磁场，在轨道M端左侧有一放在水平光滑桌面上的可发射的“炮弹”的电磁炮模型，其结构图如图（b）所示。电磁炮由两条等长的平行光滑导轨I、II与电源和开关S串联。电源的电动势为U0，内阻为r，导轨I、II相距为d，电阻忽略不计，“炮弹”是一质量为2m、电阻为R的不带电导体块C，C刚好与I、II紧密接触，距离两导轨右端为l，C的底面与轨道MN在同一水平面上，整个电磁炮处于均匀磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B0，重力加速度为g，不考虑C在导轨内运动时的电磁感应现象，A、C可视为质点，并设A在运动过程中所带电荷一直未变。（1）求C与A碰撞前的速度v0的大小；（2）设A、C的碰撞为弹性碰撞，A、C与MN轨道的滑动摩擦因数相同，若碰后A恰能到达P点，求C最终停止位置到M点的距离；（3）设碰后A恰能到达P点，若要求A运动时始终不离开圆弧轨道，求ONOP区域内磁场的磁感应强度B应满足的条件。【物理选修3-3】13（5分）下列说法正确的是（）A根据热力学定律可知，热量能从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体B钢笔在油纸上写不出字是因为墨水与油纸之间不浸润C液晶的光学性质不随所加电场的变化而变化D石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同E当分子间距离变小时，分子间的作用力可能减小，也可能增大14（10分）在一个横截面积为S的密闭容器中，有一个质量为m的活塞把容器隔成I、II两室，两室气体体积均为V，I室中为饱和水蒸气，II室中气体为氮气，活塞导热性良好，可在容器中无摩擦地滑动，原来容器被水平地放置在桌面上，活塞处于平衡时，活塞两边气体的温度均为T0，压强同为p0，如图（a）所示，今将整个容器缓慢地转到图（b）所示位置，两室内温度仍是T0求II室氮气在容器倒立后的体积；求I室凝结的水蒸气占原蒸汽的百分比【物理选修3-4】15最近两年以来，地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处于很“活跃”的时期地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在t（图中实线）与（t+0.4）s（图中虚线）两个时刻x轴上33km区间内的波形图如图所示，则下列说法正确的是（）A该地震波的波长为3 kmB质点振动的最大周期为0.8 sC该地震波最小波速为5 km/sD从t时刻开始计时，x2 km处的质点比x2.5 km处的质点先回到平衡位置E从t时刻开始计时，x2 km处的质点比x2.5 km处的质点后回到平衡位置16如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由红光和紫光组成的复色光沿AO方向从O点（O点在OD平面内）射入玻璃内，分别到达半圆面上的B点和C点。已知从B点射出的单色光由O到B的传播时间为t。（1）若OB、OC两束单色光在真空中的波长分别为B、C，试比较B、C的大小。（2）求从C点射出的单色光由O到C的传播时间tC。2016-2017学年重庆市巴蜀中学高三（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）下列说法正确的是（）A粒子大角度散射表明粒子很难进入原子内部B光电效应证明了光具有粒子性C裂变反应有质量亏损，质量数不守恒D氢原子跃迁可以发出射线【考点】IC：光电效应；JJ：裂变反应和聚变反应菁优网版权所有【专题】31：定性思想；45：归纳法；54I：光电效应专题【分析】粒子大角度散射说明原子的核式结构模型，即原子核中集中了全部的正电荷及几乎全部的质量，粒子受到库仑斥力而发生偏转光电效应和康普顿效应都说明光的粒子性裂变反应时有质量亏损，但是质量数守恒；射线是原子核受到激发跃迁时产生的【解答】解：A、粒子发生大角度散射表明粒子受到的原子核的库伦斥力较大，距离原子核较近，故A错误。B、光电效应是光的粒子性的实验证明，故B正确。C、裂变有质量亏损，但是核子的总数并未改变，故C错误。D、射线是原子核受到激发跃迁时产生的，而氢原子跃迁时是原子的外层电子受激跃迁时产生的，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了粒子散射实验、光电效应、重核裂变、跃迁等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，注意射线是原子核受到激发跃迁时产生的2（3分）一辆卡车能够沿着斜坡以速率v匀速向上行驶，斜坡与水平面夹角为，所受阻力等于卡车重力的k倍（k1）如果卡车以同样的功率匀速下坡，卡车的速率为（）Ak+sink-sinvBk-sink+sinvCk+sinsin-kvDsin-kk+sinv【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；52C：功率的计算专题【分析】当卡车匀速上坡时，牵引力等于阻力和重力沿斜坡方向分力之和，当卡车匀速下坡时，牵引力等于阻力和沿斜坡分力之差，结合PFv分析求解【解答】解：卡车匀速向上行驶时，根据平衡有：F1mgsin+kmg，此时PF1v，卡车匀速向下行驶时，根据平衡有：F2kmgmgsin，此时PF2v，解得v'=k+sink-sinv，故A正确，B、C、D错误。故选：A。【点评】本题要明确汽车的功率不变，但是在向上运动和向下运动的时候，汽车的受力不一样，根据PFv和平衡条件列式求解3（3分）电视显像管的第二和第三阳极是两个直径相同的同轴金属圆筒，两电极间的电场即为显像管中的主聚焦电场，图中所示为主聚焦电场中的等势面，数字表示电势值（单位：V），A、B为等势面与中心轴线的交点，若由电子束射入电场，且从左方进右方出，则下列说法中正确的是（）A若电子沿中心轴线方向入射，电子束将沿中心轴线做匀速直线运动B若电子沿中心轴线方向入射，电子束将沿中心轴线做加速度增大的直线运动C若电子束从中心轴线下方沿与轴线平行方向入射，电子束可能先将向下偏转再向上偏转，且一直做加速运动D若电子束从中心轴线下方沿与轴线平行方向入射，电子束可能先向上偏转再向下偏转，且先加速后减速【考点】AG：电势差和电场强度的关系菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题【分析】等势面的疏密程度决定电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场力越大，电场线与等势面垂直，负电荷逆着电场线运动电场力做正功，根据轨迹弯曲方向判断电荷的受力方向。【解答】解：A、电场力不为零，合力不为零，所以不可能做匀速直线运动，故A错误；B、等势面的疏密程度决定电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场力越大，加速度越大，所以电子从左到右加速度先增大后减小，故B错误；CD、因为从左到右电势一直增高，所以电子的电势能应该一直降低，根据能量守恒，其动能应该一直增大，速度一直增大，一直做加速运动，故D错误，C正确；故选：C。【点评】做好本题的关键是根据等势面画出电场线，再由曲线运动条件与负电荷电场力方向来判断在电场中的运动。等势面的疏密程度决定电场线的疏密程度，根据等势面的分布情况分析电场强度的大小，结合牛顿第二定律分析电子的运动状态。4（3分）有一质量为50kg的少年穿着溜冰鞋站在光滑冰面上，从距冰面高度为1.05m处沿水平方向以10m/s抛出一质量为1kg的石块，不计空气阻力，g10m/s2，则下列说法不正确的是（）A抛出时少年获得的速度为0.2m/sB石块落到冰面时的速度为11m/sC抛出时少年做功为51JD抛出时少年做功为50J【考点】65：动能定理菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题【分析】根据动量守恒求得少年的速度，然后由机械能守恒求得石块落到冰面时的速度，再根据能量守恒求得少年做的功【解答】解：A、少年和石块在水平方向上合外力为零，故动量守恒，那么抛出时少年获得的速度v0=mv0M=1×1050m/s=0.2m/s，故A说法正确；B、石块抛出后做平抛运动，只有重力做功，故机械能守恒，则有12mv2=12mv02+mgh，所以，v=v02+2gh=102+2×10×1.05ms=11m/s，故B说法正确；CD、抛出时，石块和少年的重心不变，故重力势能不变；那么由能量守恒可知：少年做的功等于石块和少年的动能增量，故抛出时少年做功只受重力和少年对他的作用力；又有抛出时石块高度不变，故只有少年对石块做功，W=12Mv0'2+12mv02=12×50×022+12×1×102(J)=51J；故C说法正确，D说法错误；本题选说法不正确，故选：D。【点评】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解5（3分）一质量为M的小型无人机，螺旋桨会将面积为S的空气以某一速度向下运动，从而使无人机悬停在空中，已知空气的密度为，则直升机的输出功率为（）AMg3sB12Mg3sCs（Mgs）3Ds2（Mgs）3【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；52C：功率的计算专题【分析】先求出t时间内被螺旋桨加速空气的质量，根据动量定理求出螺旋桨对空气的作用力F，为使飞机停在空中，则有FMg，联立方程即可求解v；由功能关系可知发动机做的功等于被加速空气的动能，据此列式即可求解功率【解答】解：t时间内被螺旋桨加速空气的质量为：mSvt螺旋桨对空气的作用力F=mvt=Sv2，根据MgF得，v=MgS，发动机的功率为P，由动能定理Pt=m2v2，解得P=s2（Mgs）3，故D正确，A、B、C错误。故选：D。【点评】本题主要考查了动量定理、平衡条件及功能关系的直接应用，解题时要注意构建物理模型，体会微元法在解题中的应用6（3分）东方红一号是我国于1970年4月24日首次成功发射的人造卫星，它至今在一椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；而东方红二号卫星是1984年4月8日发射成功的，它运行在赤道上空35786km的地球同步轨道上，已知地球半径约为6400km；设固定在地球赤道上的物体随地球自转的线速度为v1，加速度为a1；东方红一号在近地点的速度为v2，加速度为a2，东方红二号的线速度为v3，加速度为a3，则关于它们的大小关系正确的是（）Av2v3v1Bv1v2v3Ca3a1a2Da2a3a1【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；52A：人造卫星问题【分析】由万有引力提供向心力可知卫星的运动半径越小其运行速度越大，加速度与半径的2次方成反比，地表物体的加速度由a2r可确定，据此可分析各项【解答】解：A、B、东方红二号的轨道半径远大于近地卫星轨道，所以速度远小于近地卫星速度，东方红一号的近地点速度近似大于第一宇宙速度，所以v2v3，在地球赤道上随地球自转的物体的角速度与东方红二号卫星相同，根据vr可知v3v1，所以，v2v3v1，A正确，B错误C、D、东方红一号与东方红二号卫星都只受万有引力，所以加速度与离地心的距离平方成反比，所以a2a3，根据a2r可知，a3a1，所以，a2a3a1，则C错误，D正确；故选：AD。【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能根据题意结合向心力的几种不同的表达形式，确定各量的大小与半径的关系7（3分）如图甲所示，某人从楼房的窗口抛出一小物块，恰好被曝光时间（光线进入相机镜头的时间）为0.2s的相机拍摄到，图乙是物块落地前0.2s时间内所成的像（照片已经放大且方格化），石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，每个小方格代表的实际长度为1.0m，忽略空气阻力，g10m/s2，则（）A物块水平抛出的初速度大小约为5m/sB物块将要落地时的速度大小约为16m/sC物块抛出位置离地高度约为9.8mD物块抛出位置离地高度约为12.8m【考点】43：平抛运动菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；518：平抛运动专题【分析】石块做平抛运动，石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，根据石块的像长度和时间，求出速度大小根据落地时照片，根据平均速度推论得出像中间时刻的瞬时速度，得出石块从抛出点到该点的时间从而得出石块从发射点到形成像的上端时间，根据位移时间公式求出形成的像上端离抛出点的竖直高度，从而得出物块抛出位置离地的高度【解答】解：A、石块水平抛出的初速度大小v0=xt=10.2m/s5 m/s，故A正确。B、石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，位移为s1.0×12+32=10m，v=st=100.2m/s16m/s，即石块将要落地时的速度大小约为16m/s，故B正确；CD、石块在竖直方向的平均速度vy=ht=30.2m/s15 m/s，即形成的像中间时刻的瞬时速度，形成的像总时间为0.2 s，即从开始起经0.1 s的瞬时速度为15m/s，可得石块从抛出点至该点的时间t=vyg=1.5 s，所以石块从发射点至形成的像上端所需时间：t上（1.50.1）s1.4s，对应形成的像上端离抛出点的竖直高度h=12gt2=12×10×1.42 m9.8m，加上形成的像在图片中的竖直高度3 m，h总12.8m，故C错误，D正确。故选：ABD。【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，采用估算的方法近似计算石块落地时的速度8（3分）已知一底角为60°的等腰梯形ABCD内部由一垂直纸面向内，磁感应强度为B0的匀强磁场（边界上也有磁场），一质量为m，电量为q且带负电的粒子以大小为qB0dm的速率在A处向各个方向入射，已知等腰梯形的上底长为d，下底长为3d，若忽略带电粒子的重力，以下说法正确的是（）A粒子能从B点离开磁场B粒子能从C点离开磁场C粒子能从BC边上离B点0.5d处离开磁场D粒子能从AB边中点处离开磁场【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动菁优网版权所有【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后分析粒子运动过程，根据题意分析答题【解答】解：由题意根据几何知识可得：AB2d；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB0mv2r解得：rd；过A点做半径为d的滚动圆，经过以AB边为直径的圆如图1所示，粒子的运动轨迹从与AD边相切的圆如图2所示，经过与BC边相切的圆如图3所示，由这三个特殊位置的圆作图可以判断出粒子不可能经过B、C点，一定可以经过AB中点，故D正确，AB错误；由几何关系可知当经过相切的圆时，粒子从BC离开的位置离B点小于0.5d，粒子可以从离B点0.5d处离开磁场的粒子恰好从距离B点d处离开磁场，故C正确，而在此临界条件下粒子从ac边离开的位置远，故C正确；故选：CD。【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子轨道半径是解题的前提，分析清楚粒子运动过程即可解题二、解答题（共4小题，满分6分）9（6分）将一块量程为1mA的电流表，与一节电动势约为1.5V的干电池，一个满足条件的滑动变阻器串联改装成一个倍率为×100的欧姆表，则这块表的内阻是1500，电流表表盘读数为0.4mA的地方，刻度值为2250，用这块欧姆表去测量一块电压表的内阻，红表笔应接在电压表的负（正或负）接线柱。【考点】NA：把电流表改装成电压表菁优网版权所有【专题】32：定量思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题【分析】欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据闭合电路的欧姆定律可以求出欧姆表内阻与待测电阻阻值，欧姆表中值电阻等于其内阻【解答】解：欧姆调零时，指针指在满偏刻度处，有：R内=EIg=1.51×10-3=1500读数为0.4mA时：Rx=EI-R内=1.50.4×10-3-1500=2250测量时电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电流表； 则红表笔接电压表的负接线柱。故答案为：1500；2250；负【点评】本题考查了求欧姆表内阻、待测电阻阻值问题，知道欧姆表的工作原理、应用闭合电路的欧姆定律即可正确解题。10在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙两种装置：（1）若入射小球质量为m1半径为r1，被捧小球质量为m2，半径为r2，则CAm1m2，r1r2 Bm1m2，r1r2 Cm1m2，r1r2 Dm1m2，r1r2（2）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在图乙装置实验时（P为碰前入射小球落地点的平均位置），所得“验证动量守恒定律”的结论为（用装置图中的字母表示）m1OPm1OM+m2ON（3）若采用甲装置实验，用的小球时钢球，以下所提供的测量工具中必需的是AA直尺 B游标卡尺 C天平 D弹簧秤 E秒表需要验证的表达式为：（碰撞可看作是弹性碰撞）OP+OMON【考点】ME：验证动量守恒定律菁优网版权所有【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；52F：动量定理应用专题【分析】（1）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量为了使两球发生正碰，两小球的半径相同；（2、3）两球做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度将需要验证的关系速度用水平位移替代根据表达式确定需要测量的物理量（3）采用钢球实验时满足动量守恒和机械能守恒，分别列出对应的与长度有关的表达式，联立即可求得应验证的表达式，从而确定应采用的工具【解答】解：（1）为了防止入射球碰后发生反弹，应保证m1m2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r1r2故选：C（2）小球离开轨道后做平抛运动，由h=12gt2得小球做平抛运动的时间t=2hg，由于小球做平抛运动时抛出点的高度h相同，则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1m1v1+m2v2，则：m1v1tm1v1t+m2v2t，m1x1m1x1+m2x2，由图乙所示可知，需要验证：m1OPm1OM+m2ON，（3）若采用甲装置实验，用的小球时钢球，则碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律可得：m1OPm1OM+m2ON再由机械能守恒定律有：12m1v2=12m1v12+12m2v22代入水平位移与速度的关系可知，应为：m1OP2m1OM2+m2ON2联立解得：OP+OMON；故只需验证OP+OMON即可，因此测量工具只需要直尺即可；故选：A故答案为：（1）C； （2）m1OPm1OM+m2O；（3）A，OP+OMON【点评】本题考查验证动量守恒的实验；本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证，要注意体会该方法11如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板，斜面与木板平滑连接，滑块经过斜面与木板交界处的动能损失可忽略不计。开始时，质量为m1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，现将水平力F变为水平向右且大小不变，当滑块滑到木板上时撤去力F，此后滑块和木板在水平面上运动的vt图象如图乙所示，g取10m/s2求：（1）水平作用力F的大小；（2）滑块开始下滑时距木块上表面的高度；（3）木板的质量M。【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用；39：牛顿运动定律的综合应用菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】（1）对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小； （2）根据图乙判断滑块滑到斜面底部的速度，由牛顿第二定律求出加速度，从而根据在斜面上的位移和三角关系求出下滑时的高度。（3）根据图象和牛顿第二定律求出地面和木板间的摩擦力，以及滑块和木板间的摩擦力，进而根据牛顿第二定律求出木板的质量。【解答】解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示，水平推力：Fmgtan1×10×33=1033N（2）由图乙知，滑块滑到木板上时速度为：v110m/s设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：mgsin+Fcosma代入数据得：a10m/s2则下滑时的高度：h=v122asin=1002012=2.5m（3）设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1由图乙知，滑块刚滑上木板时加速度为：a1=vt=2-102-0=-4m/s2对滑块：f1ma1此时木板的加速度：a2=vt=2-02-0=1m/s2对木板：f1fMa2当滑块和木板速度相等，均为：v2m/s之后，连在一起做匀减速直线运动，加速度为：a3=vt=0-24-2=-1m/s2对整体：f（m+M）a3联立代入数据解得：M1.5kg答：（1）水平作用力F的大小为1033N；（2）滑块开始下滑时的高度为2.5m；（3）木板的质量为1.5kg。【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式、共点力平衡的综合运用，关键理清滑块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。12如图（a）所示，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN段水平，PQ段竖直，NP段为光滑的14圆弧，圆心为O，半径为a，轨道最左端M点处静置一质量为m、电荷量为q（q0）的物块A，直线NN右侧有方向水平向右的电场（图中未画出），场强为E=mgq，在包含圆弧轨道NP的ONOP区域有方向垂直纸面向外的匀强磁场，在轨道M端左侧有一放在水平光滑桌面上的可发射的“炮弹”的电磁炮模型，其结构图如图（b）所示。电磁炮由两条等长的平行光滑导轨I、II与电源和开关S串联。电源的电动势为U0，内阻为r，导轨I、II相距为d，电阻忽略不计，“炮弹”是一质量为2m、电阻为R的不带电导体块C，C刚好与I、II紧密接触，距离两导轨右端为l，C的底面与轨道MN在同一水平面上，整个电磁炮处于均匀磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B0，重力加速度为g，不考虑C在导轨内运动时的电磁感应现象，A、C可视为质点，并设A在运动过程中所带电荷一直未变。（1）求C与A碰撞前的速度v0的大小；（2）设A、C的碰撞为弹性碰撞，A、C与MN轨道的滑动摩擦因数相同，若碰后A恰能到达P点，求C最终停止位置到M点的距离；（3）设碰后A恰能到达P点，若要求A运动时始终不离开圆弧轨道，求ONOP区域内磁场的磁感应强度B应满足的条件。【考点】52：动量定理；53：动量守恒定律；CC：安培力菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；537：带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）先根据欧姆定律求出通过“炮弹”的回路的电流，再由动能定理求C与A碰撞前的速度v0的大小。（2）A、C的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒和动能守恒列式，得到碰后两者的速度表达式。A在NN右侧受到的电场力与重力大小相等，重力和电场力的合力大小为2mg，方向垂直于OQ斜向右下，N、P两点对称，要A恰能到达P点只需A刚到达N点即可，由动能定理求解。（3）当A由P滑回N点时，洛伦兹力指向O点，A可能离开轨道。由动能定理和能量守恒定律，结合数学知识求解。【解答】解：（1）通过“炮弹”的回路的电流为 I=U0R+r对C，由动能定理得 F安L=122mv02又 F安B0Id联立解得 v0=B0U0dl(R+r)m。（2）A、C间完全弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和动能守恒得： 2mv0mvA+2mvC。 122mv02=12mvA2+122mvC2。联立解得：vA=43v0=43B0U0dl(R+r)mvC=13v0=13B0U0dl(R+r)m。A在NN右侧受到的电场力 FqEqmgq=mg重力和电场力的合力大小为 F合=2mg，方向垂直于OQ斜向右下，N、P两点对称，要A恰能到达P点只需A刚到达N点即可，设摩擦因数为，C静止时与M点的距离为lx，有mgL=12mvA2mglx=122mvC2联立解得 lx=L16。（3）当A由P滑回N点时，洛伦兹力指向O点，A可能离开轨道。设A相对OP转动角时，其速度为v，对轨道的压力为FN，有 FN+qvBmgsinqEcosmv2a由能量守恒得 mgasinqEa（1cos）=12mv2要使得A不离开轨道，须得 FN0联立解得 Bmg(3sin+3cos-2)q2a(sin+cos-1)因为 f（）=3sin+3cos-2sin+cos-1=3sin+cos-1+1sin+cos-1当3sin+cos-1=1sin+cos-1时，即sin+cos=43时，f（）f（）min23故Bmgq2a×23=mq6ga=Bmax。考虑到极值点要求sin+cos=43，变形可得 1sin（+4）=43212=sin4，可知在0，/4范围内有解，说明上面讨论是合理的，即B的取值应满足的条件是： BBmax=mq6ga。答：（1）C与A碰撞前的速度v0的大小为B0U0dl(R+r)m；（2）设A、C的碰撞为弹性碰撞，A、C与MN轨道的滑动摩擦因数相同，若碰后A恰能到达P点，C最终停止位置到M点的距离是L16；（3）设碰后A恰能到达P点，若要求A运动时始终不离开圆弧轨道，ONOP区域内磁场的磁感应强度B应满足的条件是Bmq6ga。【点评】解决本题的关键是要分析清楚物体运动过程，运用数学知识求极值。分段应用动能定理、牛顿第二定律和能量守恒定律进行研究。【物理选修3-3】13（5分）下列说法正确的是（）A根据热力学定律可知，热量能从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体B钢笔在油纸上写不出字是因为墨水与油纸之间不浸润C液晶的光学性质不随所加电场的变化而变化D石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同E当分子间距离变小时，分子间的作用力可能减小，也可能增大【考点】86：分子间的相互作用力；8H：热力学第二定律；92：* 晶体和非晶体菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系【分析】热量能从高温物体传到低温物体，也能从低温物体传到高温物体；浸润现象亦称润湿现象当液体与固体接触时，液体的附着层将沿固体表面延伸当接触角为锐角时，液体润湿固体，若为零时，液体将展延到全部固体表面上，这种现象叫做“浸润现象”；液晶的光学性质具有各向异性；分子间存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距离增大时，表现为引力，当分子间距离减小时，表现为斥力，而分子间的作用力随分子间的距离增大先减小后增大，再减小【解答】解：A、根据热力学第二定律可知，热量能从高温物体传到低温物体，也能从低温物体传到高温物体，但会有其他的变化。故A错误；B、墨水与油纸不浸润，所以使用钢笔难以在油纸上写字。故B正确；C、液晶的光学性质具有各向异性，光学性质随所加电场的变化而变化。故C错误；D、石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同造成的，故D正确；E、分子间有间隙，存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距离比较大时，表现为引力，当分子间距离减小时，分子引力先增大后减小；当表现为斥力时，分子间距离变小时分子力增大。故E正确故选：BDE。【点评】该题考查33的多个知识点的内容，都是一些记忆性的知识点的内容，在平时的学