云南省德宏州2022屆高三上學(xué)期理綜物理期末教學(xué)質(zhì)量檢測試卷

云南省德宏州2022屆高三上學(xué)期理綜物理期末教學(xué)質(zhì)量檢測試卷閱卷人一、單選題（共5題；共10分）得分.（2分）在有空氣阻力的情況下，以初速度vi從地面豎直上拋一個小球，經(jīng)過時間口，小球到達(dá)最高點；又經(jīng)過時間t2,小球從最高點落到拋出點，小球著地時的速度為V2,則（ ）A.V2>V1,t2>tl B.V1=V2,t|=t2C.V|=V2,12Vti D.V2<V|,t2>t|【答案】D【解析】【解答】因為有空氣阻力，且大小恒定，設(shè)為f,對上升過程，根據(jù)牛頓第二定律有的=Tng+fm下降過程中&2=皿』所以ai>a2根據(jù)運動學(xué)公式，上升過程有=—J2aliI下降過程有h=2t22V2=比較各式可知V2<V1,t2>tlD符合題意，ABC不符合題意。故答案為：Do【分析】阻力一直做負(fù)功，所以第二次落地速度一定小于初速度。位移一樣，下落過程平均速度小于上升過程，所以時間更長。（2分）如圖所示，將一個質(zhì)量為m=0.2kg的物體放在水平圓桌上，物體到圓心的距離L=0.2m,圓桌可繞通過圓心的豎直軸旋轉(zhuǎn)，若物體與桌面之間的動摩擦因數(shù)為H=0.5,物體可看成質(zhì)點，物體與圓桌一起繞固定軸勻速轉(zhuǎn)動（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2）。下列說法中正確的是（ ）A.物體與圓桌一起勻速轉(zhuǎn)動的線速度大小與圓桌邊緣線速度大小相等B.物體與圓桌一起勻速轉(zhuǎn)動的最大向心加速度是5m/s2C.物體與圓桌一起勻速轉(zhuǎn)動的最大角速度是25rad/sD.在角速度一定時，物體到轉(zhuǎn)軸的距離越近，物體越容易脫離圓桌【答案】B【解析】【解答】A.由題意可知，物塊和轉(zhuǎn)盤同軸轉(zhuǎn)動，則角速度相等，由u=可知物塊轉(zhuǎn)動的線速度大小小于圓桌邊緣線速度的大小，A不符合題意；D.物塊的最大靜摩擦力為/m=〃7ng=1N物塊圓周運動需要的向心力F”=ma）2r可知在角速度一定時，物塊到轉(zhuǎn)軸的距離越近，需要的向心力越小，物塊越不容易脫離圓桌，D不符合題意；BC.當(dāng)物體與圓桌剛要相對滑動時，物體受圓桌的靜摩擦力達(dá)到最大值，此時向心加速度和角速度都達(dá)到最大，則有13m2乙=mam可得=5rad/s，am=5^/s2B符合題意，C不符合題意。故答案為：Bo【分析】同軸轉(zhuǎn)動角速度相等，同時圓周運動半徑相等，線速度大小才相等。摩擦力提供圓周運動向心力。角速度一定，半徑越大，所需向心力才越大，物體越容易脫離圓桌。（2分）如圖所示，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線Li、L2,Li中的電流方向水平向左，L2中的電流方向豎直向上；L的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強度大小為Bo,方向垂直于紙面向外，流經(jīng)Li的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為*Bo、流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為：Bo。則（ ）Lia、b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為幼。、a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為^Bo、^Booouc.a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為"Bo、o ouD.a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為?Bo、ho6 6u【答案】A【解析】【解答】根據(jù)安培定則可知，流經(jīng)Li的電流在a點和b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小均為:Bo方向均垂直紙面向里；流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為：曲，方向垂直紙面向外，流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為：無，方向垂直紙面向里。則a點的磁感應(yīng)強度大小為111一尹。-2^0=b點的磁感應(yīng)強度大小為無一料+料=|b（）故答案為：Ao【分析】磁感應(yīng)強度為矢量，由矢量合成法則求出各點磁感應(yīng)強度。4.（2分）放射性元素嗤7%經(jīng)過多次a衰變和0衰變，最終變成穩(wěn)定的嘴Pb,則關(guān)于此衰變過程，下列說法正確的是（ ）a衰變的次數(shù)為5次0衰變的次數(shù)為4次0衰變中的電子來自于原子的核外電子D.衰變中產(chǎn)生的/?粒子比a粒子的電離能力強【答案】B【解析】【解答】A.每進行一次a衰變，質(zhì)量數(shù)會減少4,2瑞7Tl變成穩(wěn)定的情「從經(jīng)過。衰變的次加4r232-208 /數(shù)為Jn= z =6A不符合題意；B.經(jīng)前面分析，2展7Tl經(jīng)過6次a衰變，每一次a衰變電荷數(shù)為減小2個，而每一次夕衰變電荷數(shù)會增加1,則進行S衰變的次數(shù)為n=82+2x6-90=4B符合題意；C.0衰變中的電子來自于原子核，是原子核中的一個中子衰變成一個質(zhì)子和電子而來的，C不符合題意；D.由于a粒子帶電量較0粒子大，其電離能力較"粒子強，D不符合題意。故答案為：Bo【分析】一次a衰變，質(zhì)量數(shù)減少4,電荷數(shù)減少2,一次0衰變，質(zhì)量數(shù)不變，電荷數(shù)加1,根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)分別列出方程即可求出各個衰變次數(shù)。a粒子電離能力最強，穿透能力最弱。5.（2分）我國已掌握“半彈道跳躍式高速再入返回技術(shù)”，為實現(xiàn)“嫦娥”飛船月地返回任務(wù)奠定基礎(chǔ)。如圖所示，假設(shè)與地球同球心的虛線球面為地球大氣層邊界，虛線球面外側(cè)沒有空氣，返回艙從a點無動力滑入大氣層，然后經(jīng)b點從c點“跳出”，再經(jīng)d點從e點“躍入”實現(xiàn)多次減速，可避免損壞返回艙。d點為軌跡最高點，離地面高h(yuǎn),已知地球質(zhì)量為M,半徑為R,引力常量為G。則返回艙（ ）A.在d點加速度大于大力B.在d點速度大于朝7R+hC.虛線球面上的c、e兩點離地面高度相等，所以VC和ve大小相等D.虛線球面上的a、c兩點離地面高度相等，所以va和vc大小相等【答案】C.GMm【解析】【解答】A.在d點，由萬有引力提供向心力，則有不一1=小0（R+h）， GM解得"而FGM所以在d點加速度等于7777^，A不符合題意;（R+九）GMmB.若返回艙在與d點相切的圓軌道上做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，則有麗=V2mR^hGM~RTh而在d點時，由于返回艙做近心運動，則萬有引力大于所需的向心力，所以線速度小于符合題意;CD.從a到c過程由于空氣阻力做負(fù)功，動能減小，c到e過程，沒有空氣阻力，只有引力做功,機械能守恒，所以a、b、c點的速度大小關(guān)系有%>%=%C符合題意，D不符合題意。故答案為：Co【分析】萬有引力提供圓周運動的向心力?？諝庾枇ψ龉?，讓機械能逐漸減小。無空氣阻力做功,機械能不變。閱卷人二、多選題（共5題；共10分）得分（2分）如圖所示，在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，ZM=30°oM、N、P、F四點處的電勢分別用⑴”、（pN.玲、表示。己知Wm=%v，8P=@f，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi)，則（ ）/J\M*--- 匚夕M、N兩點的電場強度相同P點的電勢大于M點的電勢C.將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負(fù)功D.電子在P點的電勢能小于在M點的電勢能【答案】B,D【解析】【解答】A.點電荷的等勢面是一系列的同心圓，圓上任意兩點的連線的中垂線一定經(jīng)過圓心。因此場源電荷Q在MN的中垂線和FP的中垂線的交點處，如下圖所示由幾何知識可知，正點電荷Q在MP上，且離P點更近，所以M、N兩點的電場強度方向不相同，A不符合題意；B.沿電場線方向電勢逐漸降低，由于Q是正電荷，且P點距離電荷Q比M點距離電荷Q更近，所以P點的電勢比M點的電勢高，B符合題意；C.將正試探電荷從P點搬運到N點，試探場源電荷越來越遠(yuǎn)，則電場力做正功，C不符合題意；D.由于P點的電勢比M點的電勢高，則根據(jù)Ep=q<p可知，電子在P點的電勢能小于在M點的電勢能，D符合題意。故答案為：BDo【分析】電場強度為矢量，大小和方向都相同，電場強度才相同。離正電荷越近，電勢越高。電勢能減小，電場力做正功。負(fù)電荷在電勢高的地方，電勢能反而小。（2分）質(zhì)量為2kg的物塊放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，物塊的動能Ek與其發(fā)生的位移x之間的關(guān)系如圖所示。己知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)日=0.2,重力加速度g取lOm/sz,則下列說法正確的是（ ）x=lm時物塊的加速度大小為lm/s2x=3m時物塊所受的拉力大小為6NC.在前4m位移過程中拉力對物塊做的功為25JD.在前4m位移過程中物塊所經(jīng)歷的時間為2.8s【答案】A,C,D【解析】【解答】A.在前2m的過程中，根據(jù)動能定理有小分=小即，％1=5H-0結(jié)合圖像可得，x=lm時物塊的加速度大小為由==7^7m/s2=lm/s?illJi-14人乙A符合題意；B.從2m到4m的過程中，根據(jù)動能定理有十分=根。2，=公2-E-結(jié)合圖像可得，從2m到4m的過程中，物塊的加速度大小為a2=%%=^m/s2=1.25m/s2〃1八2 乙人乙則根據(jù)牛頓第二定律有「2- =rna2可得，x=3m時物塊所受的拉力大小為F2=6.5/VB不符合題意；C.在前4m位移的過程中，根據(jù)動能定理有Wf=Ek2-0代入數(shù)據(jù)解得，在前4m位移過程中拉力對物塊做的功為Wf=25/C符合題意；D.由題意可知，物塊在前2m以加速度由做勻加速直線運動，從2m到4m以加速度a2做勻加速直線運動，則有％i=；ai4可得，物塊在前2m的位移中，所用的時間為h=2s物塊在2m處的速度為巧=ait】=2m/s則從2m到4m處，根據(jù)血=/士2+2g可得，物塊從2m處到4m處所用的時間為t2=0.8s故在前4m位移過程中物塊所經(jīng)歷的時間為2.8s,D符合題意。故答案為：ACDo【分析】由圖像求得作用力大小，求得加速度大小，由勻變速直線運動的位移時間關(guān)系可以求出運動時間。（2分）如圖所示，相距L的光滑金屬導(dǎo)軌，半徑為R的!圓弧部分豎直放置，平直部分固定于水平地面上，MNQP范圍內(nèi)有方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌且接觸良好，cd靜止在磁場中；ab從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，進入磁場后與cd沒有接觸，cd離開磁場時的速度是此刻ab速度的一半，已知ab的質(zhì)量為m、電阻為r,cd的質(zhì)量為2m、電阻為2r。金屬導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g。下列說法正確的有（ ）cd在磁場中做加速度增大的加速運動cd離開磁場瞬間電流空畫6rcd在磁場運動過程中，流過的電荷量為上恒2BLcd在磁場運動過程中，回路產(chǎn)生的焦耳熱為看mgR【答案】B,C【解析】【解答】A.金屬棒ab進入磁場后做切割磁感線運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路產(chǎn)生感應(yīng)電流，則金屬棒ab在安培力的作用下減速運動，金屬棒cd在安培力的作用下加速運動，則回路中的感應(yīng)電流為/=BLUab-BL^cd_⑶乂"泌一”cd)r+2r—3r由于金屬棒ab的速度為%》越來越小，金屬棒cd的速度為％d越來越大，則回路中的感應(yīng)電流越來越小，故金屬棒受到的安培力越來越小，由牛頓第二定律可知，金屬棒cd的加速度在逐漸減小，所以cd在磁場中做加速度減小的加速運動，A不符合題意；B.設(shè)金屬棒ab進入磁場時的速度為孫。金屬棒cd離開磁場時的速度為以，此時金屬棒ab的速度為巧，則金屬棒在磁場運動過程中，系統(tǒng)動量守恒，則有m%= +2根〃2而金屬棒ab從開始下滑到進入磁場過程中，金屬棒ab的機械能守恒，則有=詔由題意又有也=vi聯(lián)立解得，cd離開磁場瞬間，金屬棒ab和金屬棒cd的速度分別為“_聲，”.河則cd離開磁場瞬間電流為/=型1=BL河-3r一6rB符合題意；C.金屬棒cd在磁場的過程中，由動量定理有-At=BLq=2mv2則cd在磁場運動過程中，流過的電荷量為上匣q~~2BTC符合題意；D.根據(jù)能量守恒定律有mgR=/小譜+3,2m詔+Q可得，cd在磁場運動過程中，回路產(chǎn)生的焦耳熱為D不符合題意。故答案為：BC?！痉治觥坑煞ɡ陔姶鸥袘?yīng)定律求得感應(yīng)電流大小，結(jié)合安培力表達(dá)式，可知加速度變化情況。結(jié)合動量定理可以求得流過的電荷量，由能量守恒定律可以求得產(chǎn)生的焦耳熱。（2分）關(guān)于熱現(xiàn)象，下列說法正確的是（ ）A.氣體分子間距離減小時，其分子勢能一定增大B.處于完全失重的水滴呈球形，是液體表面張力作用的結(jié)果C.分子間的距離r存在某一值乙，當(dāng)r大于ro時，分子間引力大于斥力；當(dāng)r小于小時，分子間斥力大于引力D.任一溫度下，氣體分子的速率分布均呈現(xiàn)“中間多、兩頭少”的規(guī)律E.一定質(zhì)量的理想氣體，溫度越高，單位時間內(nèi)容器的內(nèi)壁單位面積受到氣體分子撞擊的次數(shù)越多【答案】B,C,D【解析】【解答】A.當(dāng)分子間距離大于小時，分子間作用力表現(xiàn)為引力，此時氣體分子間距離減小，分子間引力做正功，分子勢能減小，A不符合題意；B.處于完全失重時，由于液體表面張力作用，水滴呈球形，B符合題意；C.分子間的距離r存在某一值r0，當(dāng)r等于時，分子間引力等于斥力。而分子間的引力和斥力都隨分子間距離的增大而減小，由于斥力比引力變化得快，所以當(dāng)r小于r0時，分子間斥力大于引力，當(dāng)r大于ro時，分子間引力大于斥力，C符合題意；D.任一溫度下，氣體分子的速率分布均呈現(xiàn)“中間多、兩頭少”的規(guī)律，D符合題意；E.一定質(zhì)量的理想氣體，在體積不變時，溫度越高，壓強越大，則單位時間內(nèi)容器的內(nèi)壁單位面積受到氣體分子撞擊的次數(shù)越多，E不符合題意。故答案為：BCDo【分析】分子間作用力做負(fù)功時分子勢能才一定增大。液體表面張力作用，使水滴呈球形。單位時間內(nèi)容器的內(nèi)壁單位面積受到氣體分子撞擊的次數(shù)越多，壓強越大，由理想氣體狀態(tài)方程，體積一定，才會溫度越高壓強越大。（2分）在某種均勻介質(zhì)中，一列沿x軸傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形圖如圖（a）所示，此

時質(zhì)點A在波峰位置，質(zhì)點D剛要開始振動，質(zhì)點C的振動圖像如圖（b）所示，t=0時刻在D點有一臺機械波信號接收器（圖中未畫出），正以2m/s的速度沿x軸正向勻速運動。下列說法正確的是A.質(zhì)點D的起振方向沿y軸正方向B.該簡諧波的波速是10m/sC.質(zhì)點B的振動方程是y=10sin（57Tt+4）（cm）D.信號接收器接收到該機械波的頻率等于2.5HzE.若改變振源的振動頻率，則形成的機械波在該介質(zhì)中的傳播速度也將發(fā)生改變【答案】A,B,C【解析】【解答】A.由圖（b）可知，t=0時刻質(zhì)點C從平衡位置向下振動，可知波沿x軸正方向傳播，則質(zhì)點D的起振方向沿y軸正方向，A符合題意；B.由圖（a）可知波長為4m,由圖（b）可知周期為0.4s,則該簡諧波的波速為v=*=10m/sB符合題意；C.由圖（a）可知，t=0時刻質(zhì)點B已經(jīng)從平衡位置向波峰方向起振了泉又由圖（b）可知，振幅為10cm,則質(zhì)點B的振動方程是y=lOsin（竿t+*）（c7n）=10sin（5nt+*）（cm）C符合題意；D.波源的波長為/I=4m信號接收器以2m/s的速度沿x軸正向勻速運動，則單位時間內(nèi)接收到的波的個數(shù)為N=竽=2個所以信號接收器接收到該機械波的頻率為2Hz,D不符合題意；E.因為影響機械波傳播速度的因素是介質(zhì)，所以改變振源的振動頻率，不會影響機械波在介質(zhì)中的傳播速度，E不符合題意。故答案為：ABCo

【分析】根據(jù)上坡下下坡上可以求得振動方向。由波長波速頻率關(guān)系求得波速。頻率為周期倒數(shù),傳播速度和介質(zhì)有關(guān)。代入相關(guān)數(shù)據(jù)，可以求得振動方程。閱卷入 ■三、實驗題（共2題；共8分）得分（3分）某興趣小組用圖甲所示的裝置測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，用一輕質(zhì)細(xì)線跨過兩個光滑輕質(zhì)定滑輪連接兩個質(zhì)量均為M的重物，處于靜止?fàn)顟B(tài)，然后將一質(zhì)量為m的開口小物塊輕輕地放在左側(cè)重物上，初始時小物塊距離擋板上端的高度為h。釋放后，系統(tǒng)開始做勻加速運動，小物塊運動到擋板時被擋住，此后兩個重物做勻速運動，接著固定在右側(cè)重物上的輕質(zhì)遮光片通過光電門：擋板甲乙擋板甲乙（1分）用游標(biāo)卡尺測得遮光片的寬度為d,示數(shù)如圖乙所示，則（1=cm；（1分）測得遮光片通過光電門的時間為t=0.01s,則它通過光電門時的速度v=m/s；（1分）當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=（用M、m、d、h、t符號表示）。【答案】（1）0.175（2）0.1752（3）（2M+m）d2mhtr【解析】【解答】（1）游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為d=0.1cm+15x0.05mm=0.175cm（2）通過光電門時的速度為d=g =0.175m/st0.01s '（3）由題可知兩重物和小物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒，則根據(jù)機械能守恒定律可得機9h=2（加+2M）v22可得，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?=四呼-2mht2【分析】（1）游標(biāo)卡尺不用估讀，主尺加游標(biāo)尺刻度值即為測量結(jié)果。

（2）物體通過光電門，近似看成勻速運動。（3）由物體下落高度可以求得減小的重力勢能，由（2）中速度求出增加的動能。兩者相等即可驗證機械能守恒定律。（5分）如圖甲所示是一個多量程多用電表的簡化電路圖，請完成下列問題。（1分）多用電表的紅表筆應(yīng)是圖甲中的端（填"A"或"B”）。（2分）某同學(xué)用此多用電表測量某電學(xué)元件的電阻，選用“xlOO”倍率的歐姆擋測量，發(fā)現(xiàn)多用表指針偏轉(zhuǎn)很小，因此需選擇（填“x10”或“x1000“）倍率的歐姆擋。若該多用表使用一段時間后，電池電動勢變小，內(nèi)阻變大，但此表仍能歐姆調(diào)零，用正確使用方法再測量同一個電阻，則測得的電阻值將（填“偏大”"偏小''或"不變”）。（2分）某實驗小組利用下列器材研究歐姆擋不同倍率的原理，組裝了如圖乙所示的簡易歐圖乙A.干電池（電動勢E為3.0V,內(nèi)阻r不計）；B.電流計G（量程300/A,內(nèi)阻99C）；C.可變電阻器R；D.定值電阻Ro=lC：E.導(dǎo)線若干，紅黑表筆各一只。①表盤上150HA刻度線對應(yīng)的電阻刻度值是Q；②如果將Ro與電流計并聯(lián)，如圖丙所示，這相當(dāng)于歐姆表換擋，則換擋后可變電阻器R阻值應(yīng)調(diào)為C.【答案】（1）AxlOOO；偏大10000；99.01【解析】【解答】（1）多用電表的紅筆應(yīng)接歐姆擋電源的負(fù)極，黑筆應(yīng)接歐姆擋電源的正極，所以多用電表的紅表筆應(yīng)是圖甲中的A端。（2）當(dāng)選用“xioo，，倍率的歐姆擋測量，發(fā)現(xiàn)多用表指針偏轉(zhuǎn)很小，說明電阻較大，故應(yīng)選用更大的倍率，即應(yīng)選擇“x1000”倍率的歐姆擋。當(dāng)電池電動勢變小，內(nèi)阻變大，此表重新歐姆調(diào)零時，由于電流計的滿偏電流不變，由R的=言可知，此時歐姆表的內(nèi)阻R內(nèi)應(yīng)該調(diào)小。而待測電阻的測量值是通過電流計的示數(shù)體現(xiàn)出來的，由于［一E_1gr內(nèi)+Rxi+a內(nèi)可知，電流計示數(shù)I偏小，則測得的電阻值將偏大。（3）歐姆表的中值電阻等于歐姆表的內(nèi)阻，則表盤上150pA刻度線對應(yīng)的電阻刻度值是/?中=辦=%=時=10°°°°將R。與電流計并聯(lián)，當(dāng)電流計滿偏時，干路電流為/=%+察=0.034所以歐姆擋的內(nèi)阻為R/=彳=100。故換擋后可變電阻器R阻值應(yīng)調(diào)為R=R/-二暮=99.010nrg+Ko【分析】（1）電流紅進黑出，紅表筆與內(nèi)部電源負(fù)極相連。（2）偏轉(zhuǎn)小，阻值大，換高倍率。電動勢小，電流小，偏轉(zhuǎn)小，阻值大。（3）半偏位置阻值等于電表內(nèi)阻。換擋后，內(nèi)阻變小，中值電阻也將減小。閱卷入四、解答題（共4題；共40分）得分（10分）如圖甲所示，木板B靜止在水平面上，質(zhì)量為6kg的物塊A（可視為質(zhì)點），某時刻從木板B的左側(cè)沿木板上表面滑上木板，初速度vo=4m/s。此后A和B運動的v-t圖像如圖乙所示，取重力加速度g=10m/s2,求:（1）（5分）A與B上表面之間產(chǎn)生的熱量;（2）（5分）B的質(zhì)量?！敬鸢浮浚?）解：由乙圖可知，A在木板上向右減速，B向右加速，1s末二者同速，之后一起勻減AI,速，3s末停止。A受B的滑動摩擦力產(chǎn)生向左的加速度，由v-t圖知國=巖=-2771/$2由牛頓第二定律知AB間摩擦力大小=m\ai\=12N由v-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移可知O~ls二者相對位移為dx=3x4xIm=2m則A與B上表面之間產(chǎn)生的熱量Q=F^Ax=247（2）解：1~3s時間A、B一起勻減速，由v-t圖可知整體加速度為a2=/=-lni/s2設(shè)地面與B間動摩擦因數(shù)為火，對整體，由牛頓第二定律〃2（M+m）g=（M+m）a2解得〃2=01O~ls時間B的加速度為ci3=爭=2m/s2對B,由牛頓第二定律F〃i一%CM+m）g=Ma3可解得M=2kg【解析】【分析】（1）熱量大小等于摩擦力大小乘以相對位移大小。（2）由v-t圖像斜率求得加速度大小，結(jié)合牛頓第二定律求得B的質(zhì)量。14.（10分）在xOy坐標(biāo)系第二象限內(nèi)，存在沿y軸負(fù)方向電場強度為E的勻強電場，第四象限存在垂直平面向內(nèi)磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在射線OP上的AC之間有同種帶正電粒子以不同的初速度沿x軸正方向連續(xù)射出，均能打到O點。A點和C點射出的帶電粒子經(jīng)勻強電場、勻強磁場偏轉(zhuǎn)后分別在x軸上的F點、D點射出磁場，且在F點射出的粒子在O點的速度方向與y軸負(fù)方向成30。。已知帶電粒子質(zhì)量m,電荷量q,OF=2L,OD=L,不計重力。求：(5分)從F點射出的粒子在電場和磁場中運動的總時間；(5分)在第四象限y= 處放一與x軸平行的擋板，能擋住在AC之間發(fā)射的上述粒J6子，則擋板的最小長度Ax為多少?！敬鸢浮?1)解：軌跡如圖所示，F(xiàn)點射出磁場的粒子半徑為R”則有幾何關(guān)系可得2/?對1)60。=2L得&=繆粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得U3qBL1 3m粒子在電場中偏轉(zhuǎn)到O點時豎直方向速度171y=v1Cos30°=嘿在電場中，豎直方向，由牛頓第二定律qE=7HQ得。=變m又171y=g得心小強粒子在磁場中勻速圓周運動的周期為7=鬻粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)120。，用時士2=!7=賽從F點射出的粒子在電場和磁場中運動的總時間為t=G+±2=半+辨(2)解：最短的擋板為圖中MN用表示，由幾何關(guān)系，從D點射出磁場的粒子2R2sin6(T=L

珥/?-mv2_V3L又0傳=強=緣,GM=導(dǎo)三角形OiGN中勾股定理得GN=加2一0道2=嚕1擋板的最小長度為4%=里一【解析】【分析】（1）磁場中洛倫茲力提供圓周運動向心力，求出運動周期，結(jié)合幾何關(guān)系求得運動時間。在電場中由牛頓第二定律以及運動學(xué)公式求得運動時間。（2）畫出粒子運動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系即可求得擋板的最小長度。（10分）如圖所示，兩側(cè)粗細(xì)均勻、橫截面積相等、高度均為H=18cm的U型管，左管上端封閉，右管上端開口。右管中有高壇=4cm的水銀柱，水銀柱上表面離管口的距離1=12cm,管底水平段的體積可忽略，環(huán)境溫度為=300K,大氣壓強Po=76cmHg。（1）（5分）將左管中密封氣體緩慢加熱至72=480K,求水銀柱上升的高度？（2）（5分）經(jīng)過足夠長時間氣體溫度恢復(fù)到7\=300K,現(xiàn)從右側(cè)端口緩慢注入水銀（與原水銀17V9由等壓變化規(guī)律法=點柱之間無氣隙），恰好使水銀柱下端到達(dá)右管底部。此時水銀柱的高度為多少？【答案】（1）解：當(dāng)緩慢加熱至T2=417V9由等壓變化規(guī)律法=點叩20s (20+x)S300=-480-解得x=12cm=I說明水銀沒有溢出，結(jié)果成立。（2）解：由等溫變化規(guī)律P討匕=P2V2即20Pls=18P2s解得P2=^Pi又Pl=Po+Ph0=80cmHgP2=Po+Phi即76+h1=釁解得自=cm【解析】【分析】（1）由等壓變化，由理想氣體狀態(tài)方程可以求出水銀柱上升高度。（2）等溫變化，由理想氣體狀態(tài)方程可以求得對應(yīng)壓強，結(jié)合受力平衡關(guān)系，即可求得最終水銀柱的高度。（10分）某透明均勻介質(zhì)的截面如圖所示，直角三角形的直角邊BC與半圓形直徑重合，ZACB=30°,半圓形的半徑為R,一束光線從E點射入介質(zhì)，其延長線過半圓形的圓心O,且E、O兩點距離為R,已知光線在E點的折