【物理】湖南师范大学附属中学2020届高三上学期第五次月考试题（解析版） 22页

湖南师范大学附属中学2020届高三上学期 第五次月考 一、选择题 ‎1.如图所示,直线a1和曲线b1分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的速度—时间(v—t)图线,t1时刻两车经过同一位置,由图可知（ ）‎ A. 在t2时刻,a车追上b车 B. 在t1到t2这段时间内,b车的平均速度比a车的大 C. 在t1到t2这段时间内,b车的平均速度为 D. 在t1到t2这段时间内,b车的加速度一直比a车的大 ‎【答案】B ‎【详解】A． t1时刻两车经过同一位置，t1到t2这段时间内b车位移大，所以b车在前，故A错误 B． t1到t2这段时间内b车位移大，时间相同，所以b车平均速度大，故B正确 C．由于b车不是匀变速直线运动，无法用求平均速度，故C错误 D．图像斜率表示加速度，可以看出b车的加速度先减小，然后反向增大，并非一直比a车的大，故D错误 ‎2.如图所示，物体A的质量大于B的质量，绳子的质量、绳与滑轮间的摩擦可不计，A、B恰好处于平衡状态，如果将悬点P靠近Q少许，则物体B的运动情况是（ ）‎ A. 仍保持静止状态 B. 向下运动 C. 向上运动 D. 无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 整个系统重新平衡后，滑轮两侧的绳子的合力等于物体A的重力不变；B物体对滑轮的拉力也不变；根据平衡条件分析两滑轮间绳子的夹角，再研究角度绳子与竖直方向夹角α的变化情况．‎ ‎【详解】B物体对滑轮的拉力不变，等于物体B的重力；‎ 动滑轮和物体A整体受重力和两个拉力，拉力大小恒定，重力恒定，故两个拉力的夹角不变，如图所示；‎ 故物体B下降；故选B．‎ ‎【点睛】本题关键抓住平衡后滑轮所受的三个拉力大小都不变．对于动滑轮，平衡时两侧绳子的拉力关于竖直方向具有对称性．‎ ‎3.如图所示，平面直角坐标系xOy的x轴上固定一带负电的点电荷A，一带正电的点电荷B绕A在椭圆轨道上沿逆时针方向运动，椭圆轨道的中心在O点，P1、P2、P3、P4为椭圆轨道与坐标轴的交点．为使B绕A做圆周运动，某时刻起在此空间加一垂直于xOy平面的匀强磁场，不计B受到的重力．下列说法中可能正确的是（　　）‎ A. 当B运动到点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场 B. 当B运动到点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场 C. 当B运动到点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场 D. 当B运动到点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场 ‎【答案】C ‎【详解】在洛仑兹力作用下做圆周运动，速度方向与受力方向垂直，所以只能在P1、P3位置，如果加垂直纸面向里的磁场，洛仑兹力与库仑力方向相同，合力变大，向心力变大，对应速度大的地方变轨，所以在P3点施加磁场；如果加垂直纸面向外的磁场，洛仑兹力与电场力方向相反，合力变小，向心力变小，则在速度小的地方变轨，在P1位置施加磁场，ABD错误C正确．‎ ‎4.如图，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ．斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力为( )‎ A. （M＋m）g B. （M＋m）g－F C. （M＋m）g＋Fsinθ D. （M＋m）g－Fsinθ ‎【答案】D ‎【解析】小物块匀速上滑，受力平衡，合力为零，楔形物块始终保持静止，受力也平衡，合力也为零，以物块和楔形物块整体为研究对象合力同样为零，分析受力，画出力图，根据平衡条件求解地面对楔形物块的支持力．‎ 解：以物块和楔形物块整体为研究对象，受到重力（M+m）g，拉力F，地面的支持力FN和摩擦力Ff．‎ 根据平衡条件得 地面对楔形物块的支持力FN=（M+m）g﹣Fsinθ 故选D．‎ ‎【点评】本题涉及两个物体的平衡，关键要灵活选择研究对象．当几个物体的加速度相同时，可以采用整体法研究受力情况，往往简单方便．本题也可以隔离两个物体分别研究．‎ ‎5.实验得到金属钙的光电子的最大初动能Ekm与入射光频率的关系如图所示。 下表中列出了几种金属的截止频率和逸出功，参照下表可以确定的是 金属 钨 钙 钠 截止频率/Hz ‎10. 95‎ ‎7. 73‎ ‎5. 53‎ 逸出功W0/eV ‎4. 54‎ ‎3. 20‎ ‎2. 29‎ A. 如用金属钨做实验得到的图线也是一条直线，其斜率比图中直线的斜率大 B. 如用金属钠做实验得到图线也是一条直线，其斜率比图中直线的斜率大 C. 如用金属钨做实验，当入射光的频率时，可能会有光电子逸出 D. 如用金属钠做实验得到的图线也是一条直线，设其延长线与纵轴交点的坐标为（0，），则 ‎【答案】D ‎【详解】A. 由光电效应方程：‎ ‎。‎ 可知，‎ 图线的斜率表示普朗克常量，横轴截距表示最大初动能为零时的入射光频率，此时的频率等于金属的极限频率，也可能知道极限波长，根据可求出逸出功. 普朗克常量与金属的性质、与光子的最大初动能、入射光的频率无关，如用金属钨做实验得到的图线也是一条直线，其斜率与图中直线的斜率相等，故A错误；‎ B．如用金属钠做实验得到的图线也是一条直线，其斜率与图中直线的斜率相等，故B错误；‎ C．如用金属钨做实验，当入射光的频率时，不可能会有光电子逸出，故C错误；‎ D．如用金属钠做实验得到的图线也是一条直线，设其延长线与纵轴交点的坐标为（0，），由于钠的逸出功小于钙的逸出功，则，故D正确。故选D。‎ ‎6.如图，质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车上AB部分是半径R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．今把质量为m的小物体从A点由静止释放，m与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间距离x随各量变化的情况是（ ）‎ A. 其他量不变，R越大x越小 B. 其他量不变，M越大x越小 C. 其他量不变，m越大x越小 D. 其他量不变，μ越大x越小 ‎【答案】D ‎【详解】物块和小车在水平方向动量守恒，因此有，静止时 由能量守恒可得，即；因此u越大x越小，D正确ABC错误 ‎7.在光滑水平面上，a、b两球沿水平面相向运动。当两球间距小于或等于L时，受到大小相等、相互排斥的水平恒力作用；当两球间距大于L时，则相互作用力为零。两球在相互作用区间运动时始终未接触，两球运动的v-t图像如图所示，则 A. a球质量小于b球质量 B. t1时刻两球间距最小 C. 0~t2时间内，两球间距逐渐减小 D. 0~t3时间内，b球所受排斥力方向始终与运动方向相反 ‎【答案】C ‎【详解】A．从速度一时间图像可以看出b小球速度一时间图线的斜率的绝对值较大，所以b小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力大小相等，根据知，加速度大的质量小，所以b小球质量较小，故A错误；‎ BC．二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，所以B错误，C正确；‎ D．b球只在0～t1时间内做匀减速运动，所以只在0～t1时间内，b受到的排斥力与运动方向相反，D错误。故选C。‎ ‎8.如图所示，A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB=BC=CD，E点在D点的正上方，与A等高，从E点水平抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程，不计空气阻力，下列说法正确的是 A. 球1和球2运动的时间之比为2：1‎ B. 球1和球2动能增加量之比为1：3‎ C. 球1和球2抛出时初速度之比为 D. 球1和球2运动时的加速度之比为1：2‎ ‎【答案】C ‎【详解】A．因为AC=2AB，则A、C的高度差是A、B高度差的2倍，根据得，解得球1和球2运动的时间之比为，故选项A错误；‎ B．根据动能定理得，知球1和球2动能增加量之比为1：2，故选项B错误；‎ C．球1的水平距离是球2的水平距离的2倍，结合解得初速度之比为，故选项C正确；‎ D．平抛运动的物体只受重力，加速度为g，故两球的加速度相同，故选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎9.如图所示，理想变压器为降压变压器，原线圈通过灯泡L1与正弦式交流电源相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡L2和L3相连，开始时开关S处于断开状态。当S闭合后，所有灯泡都能发光，下列说法中正确的是 A. 灯泡L1和L2中的电流有效值可能相等 B. 灯泡L2两端的电压变小 C. 灯泡L1变亮，灯泡L2的亮度不变 D. 电源的输出功率不变 ‎【答案】AB ‎【详解】A．当S接通后，根据可知，因为是降压变压器，则，则，I1等于灯泡L1电流，I2是灯泡L2和L3的电流之和，则灯泡L1和L2中的电流有效值可能相等，选项A正确；‎ BC．当S闭合后，电阻变小，输出功率变大，则输出电流变大，变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，输入电流变大，灯泡L1的电压增大（功率变大，则灯泡L1变亮），原线圈电压减小，匝数不变，故副线圈电压减小，灯泡L2两端的电压变小（功率变小，则L2变暗），故B正确，C错误；‎ D．当S闭合后，变压器的输入电流变大，所以电源的输出功率变大，故D错误；‎ 故选AB。‎ ‎10.已知地球半径为R，地心与月球中心之间的距离为r，地球中心和太阳中心之间的距离为s．月球公转周期为T1，地球自转周期为T2，地球公转周期为T3，近地卫星的运行周期为T4，万有引力常量为G，由以上条件可知正确 的选项是( )‎ A. 月球公转运动的加速度为 B. 地球的密度为 C. 地球密度为 D. 太阳的质量为 ‎ ‎【答案】ACD ‎【详解】A．月球向心加速度为：‎ ‎ ，‎ 故A正确； ‎ BC．对地球的近地卫星：‎ 以及 M1＝πR3ρ，‎ 联立解得：‎ ‎，‎ 故C正确，B错误；‎ D．研究地球绕太阳圆周运动，利用万有引力提供向心力得：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎，‎ 故D正确；‎ 故选ACD。‎ ‎11. 如图所示，O点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，它们的速度大小相等、速度方向均在xOy平面内.在直线x=a与x=2a之间存在垂直于xOy平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，与y轴正方向成60°角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出.不计粒子的重力和粒子间的相互作用力关于这些粒子的运动，下列说法正确的是( )‎ A. 粒子的速度大小为 B. 粒子的速度大小为 C. 与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长 D. 与y轴正方向成90°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长 ‎【答案】AC ‎【解析】画出粒子的运动轨迹，由几何图形可知轨迹的半径为，由，解得粒子的速度大小为，A对；B错；在磁场中的运动时间由圆心角决定，所以与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长，所以C对D错；‎ 考点：考查粒子在匀强磁场中的运动 点评：本题难度中等，处理粒子在匀强磁场中的运动问题时，要先画出大概的运动轨迹，按照找圆心求半径的步骤进行，粒子的运动时间由圆心角决定 ‎12.一个带正电的试探电荷，仅在电场力作用下在x 轴上从向运动，其速度v 随位置x 变化的图象如图所示，由图象可知（ ）‎ A. 从x=到x=0 是匀强电场 B. 从x=0 到x=，电场强度逐渐増大 C. 在x 轴上，x=0 处电势最低 D. 从x=到x=的过程中，电荷的电势能先增大后减小 ‎【答案】BD ‎【详解】A项： x=－x1到x=0，带正电的试探电荷做减速运动，在连续相等位移内速度变化相同，则通过连续相等的位移所用的时间增大，根据加速度可知，加速度逐渐减小，场强逐渐减小，故A错误；‎ B项：从x=0 到x=x1，带正电的试探电荷做加速运动，在连续相等位移内速度变化相同，则通过连续相等的位移所用的时间减小，根据加速度可知，加速度逐渐增大，场强逐渐增大，故B正确；‎ C项：x=－x1到x=0，带正电的试探电荷做减速运动，则x=－x1到x=0内场强方向沿x轴向左，x=0 到x=x1，带正电的试探电荷做加速运动，则x=0 到x=x1内场强方向沿x轴向右，根据沿电场线方向电势降低，则x=0 处电势最高，故C错误；‎ D项：x=－x1到x=x1，电场力先做负功后做正功，所以电荷的电势能先增大后减小，故D正确．‎ 故选BD。‎ ‎【点晴】解决本题关键理解速度随位移均匀变化的直线运动并不是匀变速直线运动，根据通过相等的位移所用的时间不同，判断加速度不同．‎ 二、实验题 ‎13.某探究学习小组的同学欲以如图2装置中的沿块为对象验证“牛顿第二定律”，装置由弹簧测力计、气垫导轨、两个光电门、滑块和祛码盘(含珐码)等组成.光电门可以测出滑块的遮光条依次分别通过两个光电门的时间∆t1、∆t2，游标卡尺测出遮光条的宽度d，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离L，另用天平测出滑块、祛码盘(含硅码)的质最分别为M和m.不计滑轮的重量和摩擦.‎ ‎(1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图1所示.其读数为_____cm.‎ ‎(2)实验操作中.下列说法不正确的是________‎ A.该装置可以不平衡摩擦力.只需要将气垫导轨调节水平 B.为减小误差.实验中一定要保证质量m远小于质量M C.实验时，多次在同一条件下重复实验取遮光条通过两光电门时间的平均值减小偶然误差 D.如果气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑动时.通过两个光电门的时间∆t1和∆t2必相等 ‎(3)该装置中弹簧测力计的读数F,需要验证的表达式为F=______.‎ ‎(4)对质量保持不变的过程，根据实验数据绘出滑块的加速度a与弹簧测力计示数F的关系图象，图3中最符合本实验实际情况的是______‎ ‎【答案】(1). 1.130 (2). B (3). (4). A ‎【详解】第一空.游标卡尺的读数由主尺与游标尺的示数之和，所以；‎ 第二空.考察实验过程的操作细节问题：‎ A.气垫导轨由于阻力几乎为零，所以不必平衡阻力，故选项A正确；‎ B.弹簧秤与细绳串联的，所以拉力直接可以测量，不必满足钩码的质量远小于小车的质量；‎ C.实验时，多次在同一条件下重复实验取遮光条通过两光电门时间的平均值减小偶然误差，此做法合理，所以选项C正确；‎ D.如果气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑动时．通过两个光电门的时间△t1和△t2必相等，选项D正确.本问选择错误的故填B.‎ 第三空.对滑块根据牛顿第二定律和运动学公式有：滑块通过光电门的速度，，又，从而求得加速度，对滑块有：2F=Ma，所以.‎ 第四空.对质量保持不变的过程，由牛顿第二定律，加速度应与作用力成正比，所以a-F图象是一条过原点的直线，根据实验数据绘出滑块的加速度a与弹簧测力计示数F的关系图象是图A.‎ ‎14.某实验小组要测量电阻Rx的阻值．‎ ‎（1）首先，选用欧姆表“×10”挡进行粗测，正确操作后，表盘指针如图甲所示．‎ ‎（2）接着，用伏安法测量该电阻的阻值，可选用的实验器材有：电压表V（3V，内阻约3kΩ）；电流表A（50mA，内阻约5Ω）；待测电阻Rx；滑动变阻器R（0﹣200Ω）；干电池2节；开关、导线若干．‎ 在图乙、图丙电路中，应选用图____（选填“乙”或“丙”）作为测量电路，测量结果________真实值（填“大于”“等于”或“小于”），产生误差的原因是________ ．‎ ‎（3）为更准确测量该电阻的阻值，可采用图丁所示的电路，G为灵敏电流计（量程很小），R0为定值电阻，R、R1、R2为滑动变阻器．操作过程如下：‎ ‎①闭合开关S，调节R2，减小R1的阻值，多次操作使得G表的示数为零，读出此时电压表V和电流表A的示数U1、I1；‎ ‎②改变滑动变阻器R滑片的位置，重复①过程，分别记下U2、I2，…，Un、In；‎ ‎③描点作出U﹣I图象，根据图线斜率求出Rx的值．下列说法中正确的有_________．‎ A．图丁中实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响 B．闭合S前，为保护G表，R1的滑片应移至最右端 C．G表示数为零时，电压表测量的是Rx两端电压 D．调节G表的示数为零时，R1的滑片应位于最左端 ‎【答案】(2) 乙 小于 电压表分流 (3) AC ‎【详解】（2）[1][2][3]由于待测电阻的电阻值比较小比电压表的内阻小得多 , 所以电流表使用外接法 ; 所以选择图乙作为测量电路，测量结果小于真实值，产生误差的原因是电压表的分流导致测量的电流偏大，所以电阻偏小．‎ ‎（3）[4]A．该电路能够准确的计算出流过待测电阻的电流值，所以该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响，A正确；‎ B．闭合S前,为保护G表,开始时R1的电阻值要最大，所以滑片应移至最左端，B错误；‎ C．G表示数为零时，电压表直接和待测电阻并联所以电压表测量的是Rx两端电压，C正确；‎ D．调节G表的示数为零时, 与R1的滑片的位置无关，D错误； 故选AC。‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，倾角为θ=37°、足够长的斜面体固定在水平地面上，小木块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，从斜面上的A点由静止开始向上作匀加速运动，前进了4.0m抵达B点时，速度为8m/s．已知木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，木块质量m=1kg．（g=10m/s2 ， 取sin37°≈0.6，cos37°≈0.8）．‎ ‎（1）木块所受的外力F多大？ ‎ ‎（2）若在木块到达B点时撤去外力F，求木块还能沿斜面上滑的距离S和返回B点的速度．‎ ‎【答案】（1）18J （2）3.2m；m/s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出上滑做匀加速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出外力F的大小．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出撤去外力后上滑的加速度，结合速度位移公式求出木块沿斜面上滑的距离，根据牛顿第二定律求出下滑时的加速度，结合速度位移公式求出返回B点的速度．‎ ‎【详解】（1）根据速度位移公式得，木块上滑加速度，‎ 根据牛顿第二定律得，F﹣mgsin37°﹣μmgcos37°=ma1，‎ 解得F=mgsin37°+μmgcos37°+ma1=10×0.6+0.5×10×0.8+1×8N=18N．‎ ‎（2）物块匀减速上滑的加速度大小 ‎=gsin37°+μgcos37°=10×0.6+0.5×10×8=10m/s2，‎ 所以还能沿斜面上滑的距离s=．‎ 物块向下做匀加速运动的加速度=gsin37°﹣μgcos37°=10×0.6﹣0.5×10×0.8=2m/s2．‎ 则返回B点的速度=m/s 答：（1）木块所受的外力F为18N；‎ ‎（2）木块还能沿斜面上滑的距离为3.2m，返回B点的速度为m/s．‎ ‎【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，理清物体的运动规律是解题的关键，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．‎ ‎16.如图甲所示，两相距L=0. 5m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R=2Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。质量m=0. 2kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v-t图像如图乙所示。在15s末时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持回路磁通量不变，杆中电流为零。求：‎ ‎（1）金属杆所受拉力的大小F；‎ ‎（2）0~15s内匀强磁场的磁感应强度大小；‎ ‎（3）撤去恒定拉力之后，磁感应强度随时间的变化规律. ‎ ‎【答案】（1）0. 24N（2）0.4T（3）‎ ‎【详解】（1）由v—t图像可知，在0～10s内，金属杆做匀加速直线运动，杆没有进入磁场，由牛顿第二定律得：‎ 由题意可知，15s末撤去拉力，没有感应电流，杆不受安培力作用，杆所受的合外力为滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：‎ ‎，‎ 由v—t图像可知，加速度：‎ 解得F=0. 24N ‎ ‎（2）在10～15s内，金属杆做匀速直线运动，速度：t=4m/s，‎ 金属杆受到的安培力 金属杆做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：‎ 代入数据解得： ‎ ‎（3）15～20s内没有产生感应电流，穿过回路的磁通量保持不变，金属杆在10～15s内的位移：‎ 在15s后的金属杆的加速度：，金属杆的位移：‎ 磁通量保持不变，则：‎ 解得 ‎17.如图所示，一个物块A（可看成质点）放在足够长的平板小车B的右端，A、B一起以v0的水平初速度沿光滑水平面向左滑行．左边有一固定的竖直墙壁，小车B与墙壁相碰，碰撞时间极短，且碰撞前、后无动能损失．已知物块A与小车B的水平上表面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．‎ ‎（1）若A、B的质量均为m，求小车与墙壁碰撞后的运动过程中，物块A所受摩擦力的冲量大小和方向；‎ ‎（2）若A、B的质量比为k,且k＜1，求物块A在小车B上发生相对运动的过程中物块A对地的位移大小；‎ ‎（3）若A、B的质量比为k，且k=2，求小车第一次与墙壁碰撞后的运动过程所经历的总时间．‎ ‎【答案】(1),方向水平向右 ;(2); (3)‎ ‎【详解】（1）设小车B与墙碰撞后物块A与小车B所达到的共同速度大小为，设向右为正方向，‎ 则由动量守恒定律得:‎ 解得:‎ 对物块A，由动量定理得摩擦力对物块A的冲量,冲量方向水平向右．‎ ‎（2）设A和B的质量分别为km和m，小车B与墙碰撞后物块A与小车B所达到的共同速度大小为，木块A的位移大小为．设向右为正方向，则由动量守恒定律得：‎ 解得:‎ 对木块A由动能定理:‎ 代入数据解得 ‎（3）当k=2时，根据题意由于摩擦的存在，经B与墙壁多次碰撞后最终A、B一起停在墙角．A与B发生相对运动的时间t0可等效为A一直做匀减速运动到速度等于0的时间，在A与B发生相对滑动的整个过程，对A应用动量定理：‎ 解得时间:‎ 设第1次碰后A、B达到的共同速度为，B碰墙后，A、B组成的系统，没有外力作用,水平方向动量守恒，设水平向右为正方向，由动量守恒定律得:‎ 即（负号表示的方向向左）‎ 第1次碰后小车B向左匀速运动的位移等于向右匀减速运动到速度大小为,这段运动的位移 对小车B，由动能定理得:,解得 第1次碰后小车B向左匀速运动时间 设第2次碰后共速为，由动量守恒定律，得,即 第2次碰后小车B向左匀速运动的位移等于向右匀减速运动到速度大小为,这段运动的位移,‎ 对小车B，由动能定理得,解得 第2次碰后小车B向左匀速运动时间 同理，设第3次碰后共速为，碰后小车B向左匀速运动的位移为，‎ 则由动量守恒定律，得,‎ 第3次碰后小车B向左匀速运动时间 由此类推，第n次碰墙后小车B向左匀速运动时间．‎ 第1次碰墙后小车B向左匀速运动时间即B从第一次撞墙后每次向左匀速运动时间为首项为，末项为，公比为的无穷等比数列．‎ 即B从第一次与墙壁碰撞后匀速运动的总时间:‎ 所以，从第一次B与墙壁碰撞后运动的总时间 四、选考题 ‎18.下列说法中正确的是( )‎ A. 无论技术怎样改进，热机的效率都不能达到100%‎ B. 露珠呈球状是由于液体表面张力的作用 C. 能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性 D. 已知阿伏加德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子体积的大小 E. “油膜法估测分子的大小”实验中，用一滴油酸酒精溶液的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子的直径 ‎【答案】ABC ‎【详解】A、根据热力学第二定律，无论技术怎样改进，热机的效率都不能达到100%，故A正确；‎ B、露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，故B正确；‎ C、能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，说明能量虽然守恒，但是仍然要节约能源，故C正确；‎ D、已知阿伏加德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子平均占据空间体积的大小，由于分子距离很大，故不能确定 分子的大小，故D错误；‎ E、“油膜法估测分子的大小”实验中，用一滴油酸酒精溶液中油酸的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子的直径，不是油酸酒精溶液的体积与浅盘中油膜面积的比值，故E错误；‎ 故选ABC.‎ ‎19.如图所示，有一截面积为的导热气缸，气缸内部有一固定支架AB，支架上方有一放气孔，支架到气缸底部距离为，活塞置于支架上，开始时气缸内部封闭气体的温度为300K，压强为大气压强，当外界温度缓慢上升至303K时，活塞恰好被整体顶起，气体由放气孔放出少许，活塞有回到支架处，气缸内气体压强减为，气体温度保持303K不变，整个过程中封闭气体均视为理想气体，已知外界大气压强恒为，重力加速度为g，不计活塞与气缸的摩擦．求：‎ ‎(i)活塞的质量 ‎(ii)活塞被顶起过程中放出气体的体积 ‎【答案】(i)m=1kg；(i) ‎ ‎【详解】(i)初始状态压强：，温度：；当温度上升到303K且未放气时，活塞受力平衡，设此时压强为，温度 气体进行等容变化，根据查理定律可得：‎ 解得：‎ 根据平衡可得：‎ ‎ ‎ 解得：m=1kg ‎(ii)假设没有放气孔，设气缸内全部气体的压强变为时气体的体积为，活塞高度为，故：，根据：，，‎ 气体进行等温变化，根据玻意耳定律可得：‎ 解得：‎ 则放出的气体的体积：‎ ‎20.一列波长为的简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形如图所示，a、b、c为三个质点，a位于负的最大位移处，b正向上运动，从此刻起再经，质点a第二次到达平衡位置．由此可知该列波　　‎ A. 沿x轴负方向传播 B. 波源的振动频率为 C. 传播速度大小为 D. 从该时刻起，经过，质点a沿波的传播方向移动了1m E. 该时刻以后，b比c晚到达负的最大位移处 ‎【答案】ABE ‎【分析】由b点的振动方向向上，通过比较质点振动先后判断波的传播方向，确定出a和c的运动方向，并能比较b、c两点到达负的最大位移处的先后．‎ ‎【详解】A、b点正向上运动，振动比右侧的波峰迟，故波沿x轴负方向传播，故A正确；‎ B、根据题意可得：，故，，B正确；‎ C、由，C错误；‎ D、波动图像中，各质点不随波迁移；故D错误 E、由波动图像可知，质点c正向负方向运动，故c比b先到负的最大位移处，故E正确．‎ ‎【点睛】波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系．同时，要熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况 ‎21.如图所示，某种材料制成的半球体，左侧面镀有水银，CD为半球底面直径，O为球心，直线OB垂直CD，且与半球面交于B点．现有一单色光平行BO方向从半球面上的A点射入半球，经CD面反射后恰好从B点射出半球．半球的半径为R，入射时单色光线与OB的距离d=R，透明半球对该单色光的折射率，不考虑单色光在B点的反射．‎ ‎①求单色光从B点射出时的折射角；‎ ‎②已知光在真空中的传播速度为c，求单色光在半球内传播的总时间t．‎ ‎【答案】①=60° ②．‎ ‎【详解】①该单色光在半球内传播的光路如图所示：‎ 设光在A点的入射角为θ1，则有：，可得θ1=60° ‎ 设折射角为θ2.则有：，可得θ2=60°‎ 由几何关系可知，光线在B点的入射角θ2=30° ‎ 在B点，由，可得：=60° ‎ ‎②由图可知：，EF=OF-OE=，AE=2EF= ‎ 光线在球内的总路程为：s=AE+EB=‎ 光线在球内的传播速度大小为： ‎ 光线在球内的传播时间为：‎