2020届湖北黄冈八模高三模拟理综物理测试卷一解析版

1、冈 八 模2020届高三理综物理模拟测试卷（一）命 题：黄冈市文海教科院本试卷分第1卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分，共 300分.考试用时1 50分钟可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 （）:16 Na:23 2n:65第1卷（选择题，共126分）、选择题：本题共 8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第14 -18题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分.14.钻-60放射性的应用非常广泛，几乎遍及各行各业。在农业上，常用于辐射育种、刺激 增产、辐射防治虫害和食品辐照保藏与保鲜等；在医学上

2、，常用于癌和肿瘤的放射治疗。一 个钻-60原子核放出一个 3粒子后衰变成一个馍核，并伴随产生了丫射线。已知钻-60的半衰期为5.27年，该反应中钻核、3 粒子、馍核的质量分别为m、m m.下列说法正确的是（）A.核反应中释放的能量为（n2+m-m1）c2 （J）B.核反应中释放出的 丫射线的穿透本领比3粒子强C.若有16个钻-60原子核，经过5.27年后只剩下8个钻-60原子核D. 3粒子是钻原子核外的电子电离形成的15.如图所示，A B是两个带电小球，质量相等，A球用绝缘细线悬挂于 。点，A B球用绝缘细线相连，两细线长度相等，整个装置处于水平向右的匀强电场中，平衡时B球恰好处于。点正下方，

3、OA和AB绳中拉力大小分别为 Toa和Tab。则（）A.两球的带电量相等B.Toa=2TabC.增大场强，B球上移，仍在 O点正下方D.增大场强，B球左移，在 O点正下方的左侧16.2019年4月10日，全球多地同步公布了人类历史上第一张黑洞照片。黑洞是 一种密度极大，引力极大的天体，以至于光都无法逃逸。黑洞的大小由史瓦西半径R=. *决定，其中万有引力常量 G=6.67X 10-11N?n2/kg2,光速c=3.0 x 108m/s,天体的质量为M已知地球的质最约为6X 1024kg.假如它变成一个黑洞，则“地球黑洞”的半径约为（ ）A. 9 m B. 9mmC. 9cmD. 9m17.如图

4、所示，粗细均匀的正方形金属线框abcd用轻质导线悬吊，线框一半处在匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，给导线通以如图的恒定电流，静止时每根导线的拉力为F.保持电流不变，将金属线框向下平移刚好完全进入磁场中，静止时每根导线的拉力为2F. ab边始终保持水平，导线始终竖直，则金属框的重力为（A. |FBjFCFD.：F18.一质量为m的物体放在倾角为 0且足够长的光滑固定斜面上，初始位置如图甲所示。 在平行于斜面的力 F的作用下由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示。其中0Xi过程的图线是曲线，XiX2过程的图线是平行于 x轴的直线，X2X3过程的图线是倾斜的直线，

5、则下列说法正确的是（）A.在0Xi的过程中，物体向上运动B.在0Xi的过程中，物体的加速度一直增大C.在XiX2的过程中，物体的速度大小不变D.在0X3的过程中，物体的速度方向先沿斜面向上再沿斜面向下.如图所示，将质量为 m的小球用橡皮筋悬挂在竖直墙的O点，小球静止在 Q点，P为。点正下方一点。OP间的距离等于橡皮筋原长，在P点固定一光滑圆环，橡皮筋穿过圆环。现对小球施加一个外力 F,使小球沿以PQ为直径的圆弧缓慢向上运动，不计一切阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）F的方向始终跟橡皮筋垂直F的方向始终水平向右F逐渐增大F先变大后变小A.小球在Q向P运动的过程中外力 B.小球在Q向P运

6、动的过程中外力 C.小球在Q向P运动的过程中外力 D.小球在Q向P运动的过程中外力.如图所示，在竖直平面内有一平面直角坐标系XOy,存在一个范围足够大的垂直纸面向里的水平磁场，磁感应强度沿 X轴方向大小相同，沿 y轴方向按By=ky （k为大于零的常数） 的规律变化。一光滑绝缘的半径为R的半圆面位于竖直平面内，其圆心恰好位于坐标原点O处，将一铜环从半圆面左侧最高点a从静止释放后，铜环沿半圆面运动， 到达右侧的b点为最高点，a、b高度差为ho下列说法正确的是（）A.铜环在半圆面左侧下滑过程，感应电流沿逆时针方向B.铜环第一次经过最低点时感应电流达到最大C.铜环往复运动第二次到达右侧最高点时与b点

7、的高度差小于2hD.铜环沿半圆面运动过程，铜环所受安培力的方向总是与铜环中心的运动方向相反.如图所示，一艘轮船正在以4m/s的速度沿垂直于河岸方向匀速渡河，河中各处水流速度都相同，其大小为 vi=3m/s,行驶中，轮船发动机的牵引力与船头朝向的方向相同。某时刻发动机突然熄火，轮船牵引力随之消失， 但轮船受到水大小不变的阻力作用而使轮船相对于 TOC o 1-5 h z 水的速度逐渐减小，但船头方向始终未发生变化。下列判断正确的是（）A.发动机未熄火时，轮船相对于静水行驶的速度大小为5m/sB.发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，轮船相对于地面做匀变速直线运动 C.发动机从熄火到相对于静水静止

8、的过程中，轮船相对于静水做匀变速直线运动 D.发动机熄火后，轮船相对于河岸速度的最小值为3m/s第n卷（非选择题，共 174分）三、非选择题：共 174分.第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 33 38题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共 129分. （7分）用如图甲所示装置来探究功和动能变化的关系，木板上固定两个完全相同的遮 光条A、B,用不可伸长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力计C相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道 D上，轨道放在水平桌面上，P为小桶（内有砂子），滑轮质量、摩擦不计。叩 U（1）实验中轨道应倾斜一定角度，这样做的目的是 （2）用游标卡尺测量遮

9、光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度d =cm.(3)实验主要步骤如下：测量木板(含遮光条)的质量 M测量两遮光条间的距离L,按图甲所示正确连接器材；将木板左端与轨道左端对齐，静止释放木板，木板在细线拉动下运动， 记录弹簧测力计示数F及遮光条B、A先后经过光电门的时间为 ti、t2,则遮光条 曰A通过光电门的过程中木 板动能的变化量 AEk =,合外力对木板做功 W=.(以上两空 用字母 M ti、t2、d、L、F表示)在小桶中增加砂子，重复的操作，比较W AEk的大小，可得出实验结论.23.某研究性学习小组为了测量某电源的电动势E和电压表V的内阻R/,从实验室找到实验器材如下：A.待测电源

10、(电动势 E约为2V,内阻不计)B.待测电压表 V (量程为1V,内阻约为100Q)C.定值电阻若干(阻值有：50.0 Q , 100a , 500.0 a, 1.0k Q)D.单刀开关2个(1)该研究小组设计了如图甲所示的电路原理图，请根据该原理图在图乙的实物图上完成 连线。(2)为了完成实验，测量中要求电压表的读数不小于其量程的，则图甲R=;R=。(3)在Ri、R选择正确的情况进行实验操作，当电键Si闭合、S2断开时，电压表读数为0.71V;当S、S2均闭合时，电压表读数为 0.90V;由此可以求出 R=Q;电源的电动势 E=(保留2位有效数字)。国甲阕乙.如图所示，圆心为 。半彳空为r的

11、圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为 B. P是圆外一点，OP=3r, 一质量为 n电荷量为q (q0)的粒子从P 点在纸面内沿着与 OP成0 =60方向射出。不计重力。求：(1)若粒子运动轨迹经过圆心 O,求粒子运动速度的大小；(2)若要求粒子不能进入圆形区域，求粒子运动速度应满足的条件。.如图所示，光滑的四分之一圆弧光滑水平轨道在最低平滑连接。现有一质量为m的小球P沿光滑的四分之一圆弧上由静止开始下滑，与一质量为km （k0,未知）的静止在光滑水平地面上的等大的小球 B发生正碰撞。设碰撞是弹性的，且一切摩擦不计。（1）为使二者能且只能发生一次碰撞，则k的值应满足

12、什么条件?（2）为使二者能且只能发生两次碰撞，则k的值应满足什么条件?（二）选考题：共 45分.请考生从2道物理题、 一题做答，如果多做，则每科按所做的第一题计分.33.物理选修 3-3 （15分）（1）如图所示，两个绝热的、容积相同的球状容器 相邻两球球心的高度 ho初始时，阀门是关闭的，2道化学题、2道生物题中每科任选A、B,用带有阀门K的绝热细管连通，A中装有2mol的氨（He） , B中装有2molK,的氨（Kr）,二者的温度和压强都相同。气子之间的相互作用势能可忽略。现打开阀门两种气体相互混合，已知两种气体的摩尔质量H HeV Kr,最终每一种气体在整个容器中均匀分布，两个容器中气体

13、的温相同， 则两种气体混合后的温度 （填“高于”或“等于” 或“低于”）混合前的温度，混合后氨分子的平均速率 （填“大于”或“等于”或“小 于）氟分子的平均速率。（2）如图所示，竖直放置的圆柱形密闭气缸，缸体质量m=10kg,活塞质量m=2kg,横截面积S=2X 10-3吊.活塞与一劲度系数 k=1.0 X103N/m的弹簧相连，当气缸下部被支柱支起时，弹簧刚好无伸长，此时活塞下部被封闭气柱长度L=20cmo试求：（已知大气压强为p0=1.0X105Pa,设气缸足够长，且不计一切摩擦）（i ）支柱移去前气体的压强；（ii ）若将气缸下的支柱移去，待气缸重新平衡时，缸体下降的高度为多少？33.物

14、理选修 3-4 (15分)(1)如图甲所示，在 xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源Si (-2, 0)和S2 (4,0.50m/s 。两列波从波0)。两波源的振动图线分别如图乙和图丙所示，两列波的波速均为源传播到点A(-2 , 8)的振幅为m,两列波引起的点B (1,4)处质点的振动相互(填“加强”或“减弱”)，点 C (0.5 , 0)处质点的振动相互 (填“加强”或“减 弱”)。(2)如图所示，一半径为 R=30.0cm,横截面为六分之一圆的透明柱体水平放置，O为横截面的圆心，该柱体的BO面涂有反光物质，一束光竖直向下从 A点射向柱体的BD面，入射角8i=45 ,进入柱体内部后，经

15、过一次反射恰好从柱体的D点射出。已知光在真空中的速度为c=3.00 X 10 8m/s, sin37.5 =0.608, sin45 =0.707, sin15 =0.259, sin22.5 =0.383,试求：(i)透明柱体的折射率；(结果保留3位有效数字)(ii )光在该柱体的传播时间 t o (结果保留3位有效数字)解析版.【答案】B【解析】解：A、根据质能方程可知核反应中释放的能量为( m-m2-ma) c2 (J),故A错误。B、根据三种射线的特点与穿透性，可知丫射线的穿透本领比0粒子强，故B正确；C、半衰期具有统计意义，对个别的原子没有意义，故C错误；D、根据0衰变的本质可知，0

16、粒子是原子核内的一个中子转变为质子时产生的，故D错误。故选：Bo根据质能方程判断释放的能量；根据三种射线的特点与穿透性判断；经过一个半衰期有半数发生衰变,具有统计意义。解决本题的关键知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，知道a衰变和B衰变的实质，理解半衰期，并能进行计算。.【答案】C【解析】【分析】若两球带电量相等，整体受力分析可知，04期应竖直。利用隔离法，对B进行受力分析，有Tab+F库=* ;利用整体法，对AB整体进行受力分析，有To届班”， 可以推出Toa和Tab之间的关系。增大场强，同样用隔离法和整体法分别对 B和AB整体进行受力分析，列出水平电场力和重力的关系， 然后分析B的位置

17、变化。本题考查了库仑定律、共点力的平衡等知识点。合理利用整体法和隔离法是解决本题的关键。【解答】A.若两球带电量相等，整体受力分析可知，OAM应竖直，故A错误；B.取B和A、B整体为研究对象，AB绳与竖直方向夹角为a ,则 0A绳与竖直方向夹角为a ,对 B有Tab+F =.对整体Tq=幽，故Rm=2Tab+2F雷，故幅误；8衷TBWtan 口二也，对整ittana=吗一叫,故增大E2向火 A吟竖直方向夹角变大，且两夹角仍相,故增大E之后OA AB与竖直方向夹角变大，且两夹角仍相等，故B球上移，仍在0点正下方，故C正确，D错误。故选Co.【答案】B【解析】解：根据题意知，万有引力常量 G=6.

18、67X10-11N?m2/kg2,光速c=3.0 x 108m/s,天体的质量为 M=6.0X1 024kg,则由史瓦西半径公式：R=2 求出地球变成一个黑洞的半径2 x fHi7 工 III 11 lilH-R=I什m=9X 10-3m=9mm故B正确，AC/昔误。故选：Bo根据题目中给出的信息，由地球的质量和引力常量及光速，根据 R=求出黑洞的半径即可本不难，只是能根据题目给出的信息，知道黑洞半径的史瓦西半径公式的直接使用。.【答案】D【解析】解：根据左手定则可知ab边受到的安培力方向向下，左右两边安培力等大反向，线框有一半在磁场 中时，根据平衡条件可得 2F=mg+E；将金属线框向下平移

19、刚好完全进入磁场中， 静止时每根导线的拉力为 2F,根据闭合电路的欧姆定律可 知ab边和cd边的电流强度之比为1: 3,则cd边受到的安培力大小为3F安，方向向上；根据平衡条 件可得 4F=mg+4F?;L后:IW封也、口联立解得mg=,故D正确、ABC错误。故选：Do根据左手定则判断安培力方向，根据电流大小关系分析cd边在磁场中时受到的安培力大小，两种情况下根据平衡条件进行求解。本题主要是考查安培力作用下共点力的平衡问题，解答本题的关键是弄清楚cd边受到的安培力大小和方向，能够根据平衡条件列方程求解。.【答案】B【解析】解：A、在0 xi过程中，物体的机械能在减小，知拉力对物体做负功，所以物

20、体沿斜面向下运动，故A错误；岫B、根据功能关系得： E=F?Ax,得F= ,知E-x图线的斜率表示拉力，在 0 xi过程中，图线的，阳庙w r斜率逐渐减小到零，知物体的力逐渐减小到零。根据a= 如 ，可知，加速度一直增大，故B正确；C、在xix2过程中，拉力F=0,物体的机械能守恒，物体向下运动，重力势能减小，动能增大，速度 增大，做匀加速运动，故 C错误；D、在0 xi过程中，加速度的方向与速度方向相同，都沿斜面向下，所以物体做加速运动；xix2过程中，F=0,物体做匀加速运动；x2x3过程，由于惯性，物体继续沿斜面向下运动，其机械能增大， 拉力做正功，拉力沿斜面向下，故物体继续向下做加速运

21、动， 即物体一直沿斜面向下运动， 故D错误； 故选：Bo根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，可根据机械能的变化情况确定力 F做功情况，从而判断物体的运动方向；机械能与位移图线的斜率表示拉力。当机械能守恒时，拉力等于 零，通过拉力的变化判断其加速度的变化。解决本题的关键是要理解并掌握功能原理，通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，根据加速度方向和速度的方向关系知道物体的运动规律。.【答案】AC【解析】Ifo卜,1k解：设圆的半径为R,橡皮筋的劲度系数为k,当小球在Q点时弹力为k?2R=mg当小球与P的连线与竖直方向之间的夹角为a时，橡皮筋的伸

22、长量： X=2R?C0Sa,橡皮筋的弹力： F =kAx=mgcos；a ,对小球，设拉力F与水平方向之间的夹角为0 ,在水平方向：Fcos0=F sin a,竖直方向： F cos a +Fsin 0 =mg联立可彳导:B =a , F=mgsin a ,可知才才力F的方向绳子与橡皮筋的方向垂直，而且随a的增大，F逐渐增大，故AC正确，BD错误。故选：AC由几何关系求出P点对应的橡皮筋的伸长量，然后由胡克定律求出橡皮筋的弹力，由共点力平衡求出 橡皮筋的拉力与拉力F的关系，然后分析即可。该题结合胡克定律考查共点力平衡，解答的关键是正确找出橡皮筋的形变量与圆的直径之间的几何关系，根据平衡条件列方

23、程求解。.【答案】AC【解析】解：A、铜环在半圆面左侧下滑过程，半圆面内磁场方向为垂直纸面向里，由上至下磁感应强度逐渐 增大，通过圆环的磁通量增大，则由楞次定律知感应电流为逆时针方向，故A正确；B、由于磁感应强度沿x轴方向大小相同，所以在同一水平面上磁感应强度是相等的，铜环在最低点 的速度为水平向右，铜环内的磁通量变化率为 0,感应电流为零，所以铜环在最低点的感应电流最小， 故B错误；C、设铜环的质量为m,则铜环第一次从a点运动到b点时，消耗的能量为 mgh铜环在竖直方向上的 速度越大时，其里面的磁通量变化率越大，产生的感应电流越大，从而产生的焦耳热越大，消耗的能 量越大。显然铜环从右往左端返

24、回时，在同一高度，竖直方向上的速度要比第一次从左端到右端的小， 所以返回消耗的能量要小于第一次消耗的能量，即小于mgh同理，铜环再从左端运动到右端，消耗的能量更小于mgh,则铜环往复运动第二次到达右侧最高点时与点b的高度差小于2h,故C正确；D、当铜环沿着半圆面斜向下运动时，根据对称性，铜环左右两端产生的安培力大小相等，方向相反； 而铜环下半部分产生的安培力要大于上半部分产生的安培力，下半部分产生的安培力的合力方向竖直向上，上半部分产生的安培力的合力竖直向下，所以铜环所受到的安培力是竖直向上的，显然与铜环 中心的运动方向不是相反的，故 D错误。故选：AC根据半圆面所在位置的磁场分布，应用楞次定

25、律分析电流的方向， 根据法拉第电磁感应定律分析电流 的大小变化情况，由功能关系分析运动的高度，再根据左手定则分析安培力的方向本题考查法拉第电磁感应定律与能量和受力相结合的题目，要注意明确磁场方向以及大小的变化情况，再根据楞次定律以及功能关系进行分析，即可明确圆环的运动情况；本题的易错点在于安培力方 向的判断。.【答案】A【解析】解：A、设静水中轮船的速度为 VC,轮船在水中的合速度为 V2,发动机未熄火时，轮船运动速度 V2与 水流速度V1方向垂直，如图所示：故得此时船相对于静水的速度 Vc的大小为：Vc=vm/s=5m/s,故A正确；B、发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，轮船在静水中受到

26、阻力，船的速度减小，那么相对于地面做加速度变小的曲线运动，故 B错误；C、发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，轮船在静水中受到阻力，船的速度减小，轮船相对于静水做加速度变小的直线运动，故 C错误；D、熄火前，船的牵引力沿V。的方向，水的阻力与V。的方向相反，熄火后，牵引力消失，在阻力作用下，V。逐渐减小，但其方向不变，当 V。减小到与Vi的矢量和与V。方向垂直时，轮船的合速度最小，目又设V。与V2的夹角为8 ,则有： 8S 8 =0.8;则相对于河岸的最小速度为：Vmin=Vi8S 0 =3X0.8 m/s=2.4m/s ,故D错误。故选：Ao设静水中轮船的速度为vc,轮船在水中的合速度为V

27、i,根据速度的合成法则，结合勾股定理，即可求解A选项；根据运动的合成与分解，结合平行四边形法则，及直线与曲线条件，即可判定BC选项；熄火后在阻力作用下，V。逐渐减小，但其方向不变，当V。减小到与Vi的矢量和与V。方向垂直时，轮船 的合速度最小，根据三角函数，即可求解 D选项。考查运动的合成与分解应用，掌握数学中的勾股定理与三角函数知识，注意随着船速减小，当其与合 速度垂直时，合速度达到最小，同时理解合运动是直线还是曲线的判定依据。.【解析】解：(1)由于探究的是动能关系，而功是合力所做的功，所以要平衡摩擦力，即将导轨的一端垫高， 使摩擦力与下滑分力平衡。(2)游标卡尺的读数由两主尺与游标尺的读

28、数之和，则遮光条的宽度为：d=5mm+121=0.560mni(3)先求出遮光条通过光电门的速度分别为：V11 ; V2=；71m曷-的！- i)则两个遮光条通过光电门的动能的变化为：A R=!合外力是绳拉力，所以合外力的功为：W=FLo；口/的,_ 1)故答案为：(1)平衡木板受到的摩擦力；(2) 0.560; (3) -; FLo本题考查探究动能定理的实验，这个实验对于我们可能是一个新的实验，但该实验的原理都是我们学 过的物理规律，做任何实验问题还是要从最基本的物理规律入手去解决。对于系统问题处理时我们要 清楚系统内部各个物体能的变化。23.【解析】解：(1)根据图甲所示电路图连接实物电路

29、图，实物电路图如图所示图乙(2)由题意可知，电源电动势约为 2V,内阻不计，电压表量程为 1V,电压表内阻约为100Q,测量中要求电压表的读数不小于其量程的3 ,即电压表示数不能小于V,电阻R、R两端电压之和不能超过XV,两电阻之和不能超过电压表内阻的5倍，即不能超过500Q,因此两电阻不能是 500.0 Q与1.0k Q ,为保护电路，由图示电路图可知电阻R应大于R2,因此：R=100Q , R=50.0Q。(3)根据图示电路图与实验步骤，由闭合电路欧姆定律可知：国 圄E=U+% (R+R) , E=U+% R,由题意可知：U=0.71V, U=0.90V,代入数据解得：E 1.9V, Rv

30、 87 Q。故答案为：(1)实物电路图如图所示；(2) 100Q; 50.0 Q; (3) 87; 1.9V。(1)根据图甲所示电路图连接实物电路图。(2)根据电源电动势与题目所给实验器材与实验要求确定电阻阻值。(3)根据实验电路图与实验步骤应用闭合电路欧姆定律求出电源电动势与电压表内阻。本题考查了连接实物电路图、确定电阻阻值与实验数据处理问题，认真审题理解题意是确定电阻阻值的关键，应用串联电路特点即可确定电阻阻值；应用闭合电路欧姆定律可以求出电压表内阻与电源电动势。24.【答案】解：(1)运动轨迹经过O点，其运动轨迹如图直=仁为：K= =心 h 冷卜311由Bqv=m 4得；*=匹=”Rtn

31、 巾(2)粒子不能进入圆形区域，其速度较大时对应的轨迹如图,其速度较小时对应的轨迹如图其最小的半径为R :由图可知：(3r) 2+Rin2-2 X 3r X R= (r+Rmin) 解得：R=re _ r? vmin则由 Bqvmin=，f- -1 得：1U段或/圮迪则要不进入圆形区，速度 v要满足：v J答：(1)粒子运动速度的大小为_V虹如也空-fTljjj(2)粒子运动速度应满足【解析】(1)画出粒子的运动轨迹，由几何关系求出轨道半径，再有洛伦兹力提供向心力求得速度。(2)分别确定出两个临界轨迹图，由几何关系确定出对应的圆轨道的半径，再有洛伦兹力提供向心力求得速度，从而确定出速度范围。对

32、于粒子在磁场中的圆周运动，其关键是画出运动轨迹图，定圆心，求出半径即可轻松求解。25.【答案】解：设A球与B球碰撞前A的速度为V。，碰后A球与B球的速度分别为vi与Vi,取水平向右为正方向, 由动量守恒定律及机械能守恒定律有mv=mV+kmV由此解例:vi= VQA + 1(1)为使二者能且只能发生一次,必须有 Vi即1*5系“口解得-1 k3o由于k是正数，所以0k3。(2)要能发生两次碰撞，必须使 A能回到坡上，要求Vi1；为使A从坡上滑下后再能追上 B,应有-viV,即k-1 2,则k3,于是，为使第二次碰撞能发生, 要求k3o对于第二次碰撞，令V2和V2分别表示碰后A和B的速度，同样由

33、动量守恒及机械能守恒定律有：m (-V1)+kmV=mv+kmV2mvkm/2=2mv? l?kmV2由此解得:ii U i rrr殉 Mr”V =I) 诵二尸o若V20,则一定不会发生第三次碰撞，若V2V2,则会发生第三次碰撞。故为使第三次碰撞不会发生，要求A第三次从坡上滑下后速度的大小(-V2)不大于B速度的大小V2,即为：-v 2V由以上三式得：k2-10k+50LL解得 5-2 y k3,得到它们的交集即为所求:3k5+2答：(1)为使二者能且只能发生一次碰撞，则 k的值应满足的条件是0k3。(2)为使二者能且只能发生两次碰撞，则k的值应满足什么条件是 3k5+2 【解析】两个小球发生

34、弹性碰撞，系统的动量和机械能都守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律 列出方程，联立可求出碰撞后两个小球速度的表达式。(1)为使二者能且只能发生一次碰撞，第一次碰撞后P球的速度要小于Q球的速度。结合两球速度表达式，求出k的值应满足的条件。(2)为使二者能且只能发生两次碰撞， 第一次碰撞后P球的速度要大于Q球的速度，第二次碰撞后P 球的速度要小于Q球的速度。结合两球速度表达式，求出 k的值应满足的条件。对于弹性碰撞，动量守恒定律和机械能守恒定律是基本规律，本题的关键是分析为使两滑块能且只能发生两次碰撞的条件，由数学知识求出k满足的条件。33(1)【答案】低于 大于【解析】解：两种气体混合的过程中

35、，0.5mol的氨气向下进入下面的容器，重力做正功，有：L-a11,i 叱岫 e： _ x 1 x 10氟气向上进入上面的容器，重力做负功，有：rc ； s I*由于重力做的负功比较大，所以重力对系统做的功：W=WV2y0.整个容器绝热，所以系统的内能减小，气体的温度降低；温度是分子的平均动能的标志。气体混合后温度是相等的，所以混合后两种气体的分子的平均动能是 相同的，由于氨气的分子的质量小，所以氨气的分子平均速率大。故填：低于，大于。两种气体混合的过程中，氨气向下进入下面的容器，重力做正功；氟气向上进入上面的容器，重力做 负功。比较两种情况下重力做功的多少，确定系统内能的增加或减小，从而判断

36、出系统的温度是升高 或降低；温度是分子的平均动能的标志，而不是平均速率的标志。该题中两种气体混合的过程中，氨气向下进入下面的容器，重力做正功；氟气向上进入上面的容器，重力做负功。判断出重力所做的总功的正负是解题的关键。(2)【答案】解：(i )支柱移去前，活塞受重力和内外压力而平衡，故：mg+poS=pS解得：pi=1.1 x i05Pa；(ii )将支柱拿开，此时汽缸受重力和内外压力而平衡，故：mg+pzS=pS,Ie明解得：p2=5X104Pa根据玻意耳定律，有：p1SL=p2SL2解得：L2=0.44m对汽缸和活塞整体分析受弹簧的拉力和重力即T= (m+m) g=kx解得：x=0.12m则缸体下降的高度为 h=L2- (L-x