安徽省六安一中届高三上学期第五次月考物理试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2015-2016学年安徽省六安一中高三(上）第五次月考物理试卷一。选择题1．甲、乙两小分队进行军事演习，指挥部通过现代通信设备，在屏幕上观察到两小分队的具体行军路线如图所示，两小分队同时同地由O点出发，最后同时到达A点，下列说法中正确的是（）A．小分队行军路程s甲＞s乙B．小分队平均速度甲＞乙C．y﹣x图象表示的是速率v﹣t图象D．y﹣x图象表示的是位移s﹣t图象2．如图所示，光滑水平面上放置M、N、P、Q四个木块，其中M、P质量均为m，N、Q质量均为2m,M、P之间用一轻质弹簧相连．现用水平拉力F拉N，使四个木块以同一加速度a向右运动，则在突然撤去F瞬间，下列说法正确的是(）A．PQ间的摩擦力改变 B．M、P的加速度大小变为C．MN间的摩擦力不变 D．N的加速度大小仍为a3．如图所示,在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，由此可知下列说法正确的是（）A．小球带正电B．电场力为2mgC．小球从A到B与从B到C的运动时间相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等4．假设地球可视为质量均匀分布的球体,已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g,地球自转的周期为T，引力常量为G，则地球的密度为()A． B．C． D．5．如图所示，质子、氘核和α粒子都沿平行金属板中心线OO′方向射入两板间，板内存在匀强电场，粒子从板间射出后都能打在荧光屏上．下列说法中正确的是（）A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点B．若它们射入电场时的动量相等，在荧光屏上将只出现2个亮点C．若它们射入电场时的动能相等,在荧光屏上将只出现1个亮点D．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点6．如图所示，匀强电场的方向竖直向下,磁场中有光滑的水平桌面,在桌面上平放着内壁光滑、试管底部有一带电小球．在水平拉力F作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出,则（）A．小球带正电B．小球运动的轨迹是一条抛物线C．洛伦兹力对小球做正功D．维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大7．理论研究表明,无限大的均匀带电平面在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场．现有两块无限大的均匀绝缘带电平板，正交放置如图所示，A1B1两面正电，A2B2两面负电，且单位面积所带电荷量相等（设电荷不发生移动）．图中直线A1B1和A2B2分别为带正电平面和带负电平面与纸面正交的交线,O为两交线的交点,C、D、E、F恰好位于纸面内正方形的四个顶点上，且CE的连线过O点．则下列说法中正确的是（）A．C、E两点场强相同B．D、F两点电势相同C．电子从C点移到D点电场力做正功D．在C、D、E、F四个点中电子在F点具有的电势能最大8．如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场,磁场的磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形（边界上有磁场),A、B、C为三角形的三个顶点．今有一质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力），以速度v=从AB边上的某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场,然后从BC边上某点Q射出．若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则(）A．PB≤L B．PB≤L C．QB≤L D．QB≤L二、解答题（共10小题，满分62分）9．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究．（1)某次测量如图2，指针示数为cm．（2）在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端,得到指针A、B的示数LA、LB如表．用表数据计算弹簧I的劲度系数为N/m（重力加速度g=10m/s2）．由表数据（填“能"或“不能”）计算出弹簧Ⅱ的劲度系数．钩码数1234LA/cm15。7119.7123.6627.76LB/cm29。9635。7641。5147.3610．（9分）如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H＞＞d）,光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则:（1）如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得小球的直径d=cm．（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：（用t0、H0、g、d表示，四个量均取国际单位)时，可判断小球下落过程中机械能守恒．(3）实验中发现动能增加量△EK总是稍小于重力势能减少量△EP，增加下落高度后,则△Ep﹣△Ek将(选填“增加”、“减小”或“不变”)．11．(14分)如图所示，一个质量为m，电荷量+q的带电微粒（重力忽略不计）,从静止开始经U1电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，金属板长L,两板间距d,微粒射出偏转电场时的偏转角θ=30°，又接着进入一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区，求：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0是多大？（2）两金属板间的电压U2是多大?（3）若该匀强磁场的磁感应强度B，微粒在磁场中运动后能从左边界射出，则微粒在磁场中的运动时间为多少?（4）若该匀强磁场的宽度为D，为使微粒不会从磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？12．（18分)如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R,下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0。5，重力加速度为g．（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达B点时速度为多大？（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时的速度大小和受到轨道的作用力大小；（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．13．关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是(）A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C．一定质量的理想气体,保持气体的压强不变，温度越高，体积越大D．一定温度下，饱和汽的压强是一定的E．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律F．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力,没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势14．（9分）如图所示，U形管右管内径为左管内径的倍,管内水银在左管内封闭了一段长为26cm、温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm,大气压为76cmHg．现向右管缓慢补充水银．（1）若保持左管内气体的温度不变，当左管空气柱长度变为20cm时，左管内气体的压强为多大？（2）在(1）条件下,停止补充水银，若给左管的气体加热，使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为多少？15．一列沿着x轴正方向传播的横波，在t=0时刻的波形图如图甲所示，图甲中某质点的振动图象如图乙所示，下列说法正确的是(）A．该波的波速为0.5m/sB．t=8s时质点M的位移为零C．图乙表示的可能是质点L的振动图象D．质点L经过1s沿x轴正方向移动0.5mE．在4s内K质点所经过的路程为3.2m16．如图，MN为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为的透明半球体，O为球心，轴线OA垂直于光屏，O至光屏的距离=R．位于轴线上O点左侧处的点光源S发出一束与OA夹角θ=60°的光线射向半球体，求光线从S传播到达光屏所用的时间．（已知光在真空中传播的速度为c．)17．下列说法正确的是（）A．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律B．根据爱因斯坦的“光子说”可知光的波长越大，光子的能量越小C．由波尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子D．发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关E．与原子核内部变化有关的现象是天然放射现象．18．如图所示，一轻弹簧上端悬挂于天花板上，下端系一质量为2m的金属板A处于静止状态，在距物体A正上方高h处有一质量为m的圆环B由静止下落，与弹簧下端的金属板A碰撞（碰撞时间极短），而后两者以相同的速度运动，不计空气阻力，重力加速度为g,求:(1)碰撞结束后瞬间两物体的速度大小；（2）碰撞结束后瞬间两物体以相同的速度运动,当两者第一次到达最低点时，两者相互作用力冲量大小为I，该过程中两者相互作用的平均作用力为多大．

2015-2016学年安徽省六安一中高三（上）第五次月考物理试卷参考答案与试题解析一.选择题1．甲、乙两小分队进行军事演习，指挥部通过现代通信设备，在屏幕上观察到两小分队的具体行军路线如图所示,两小分队同时同地由O点出发,最后同时到达A点，下列说法中正确的是（）A．小分队行军路程s甲＞s乙B．小分队平均速度甲＞乙C．y﹣x图象表示的是速率v﹣t图象D．y﹣x图象表示的是位移s﹣t图象【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】判断出该图象是物体运动轨迹的图象,从而判定甲的路程大于乙的路程．要求平均速度的大小关系需要知道两物体的位移大小关系和运动的时间长短关系；由于图象中有的位置同一个横坐标对应两个纵坐标,故横轴不是时间轴；【解答】解：A、可知题图是两小分队的运动的轨迹图象，显然甲小分队的轨迹的长度大于乙小分队的轨迹的长度,故甲小分队的路程大于乙小分队的路程，即有s甲＞s乙．故A正确．B、由题意可知两小分队同时从同一地点出发并且同时到达A点．故两小分队发生的位移x相同,所用的时间t相同，根据平均速度公式=可得两小分队的平均速度相同,故B错误．C、D、在题图上画如图所示的一条垂直于x轴的一条直线，如果横轴是时间轴,则甲小分队在同一时刻有两个纵坐标，显然错误，故横轴一定不是时间轴．故该图一定不是速度时间图象，也一定不是位移时间图象，故C、D错误．故选:A．【点评】充分理解速度图象和位移图象的横轴是时间轴，而同一个时刻同一物体不可能有两个速度或两个位移，从而判定出该图象既不是速度图象也不是位移图象．2．如图所示，光滑水平面上放置M、N、P、Q四个木块,其中M、P质量均为m，N、Q质量均为2m，M、P之间用一轻质弹簧相连．现用水平拉力F拉N,使四个木块以同一加速度a向右运动，则在突然撤去F瞬间，下列说法正确的是()A．PQ间的摩擦力改变 B．M、P的加速度大小变为C．MN间的摩擦力不变 D．N的加速度大小仍为a【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【分析】在撤去外力的瞬间，弹簧的弹力没来的及变化,通过对整体受力分析和隔离受力分析，利用牛顿第二定律即可判断．【解答】解：A、撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，对PQ整体分析，加速度不变，隔离对P分析，PQ间的摩擦力不变，故A错误．B、撤去F前，对PQ整体分析，知弹簧的弹力F弹=3ma，撤去F的瞬间,弹簧的弹力不变，可知PQ的加速度不变，仍然为a，故B错误．C、撤去F前，隔离对M分析，f﹣F弹=ma，解得f=4ma，对整体分析，F=6ma，撤去F后，对MN整体分析，a′==a，方向向左，隔离对N分析，f′=2ma′=2ma，知MN间的摩擦力发生变化．N的加速度大小不变，方向改变，故C错误,D正确．故选：D．【点评】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，关键抓住撤去外力F的瞬间，弹簧的弹力不变,结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用．3．如图所示，在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平,A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，由此可知下列说法正确的是（）A．小球带正电B．电场力为2mgC．小球从A到B与从B到C的运动时间相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；平抛运动．【分析】小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动．两个过程都运用的分解法研究,水平方向都做匀速直线运动，根据位移公式x=vt，可分析时间关系；再研究竖直方向，由牛顿第二定律和运动学位移公式结合列式，求解电场力的大小．根据△v=at研究速度变化量的关系．【解答】解：带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间为分别为t1和t2．在电场中的加速度为a．则：从A到B过程小球做平抛运动，则有：x1=v0t1；从B到C过程,有:x2=v0t2;由题意有：x1=2x2；则得:t1=2t2;即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍．又y1=gt12，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有:y2=at22,根据几何知识有：y1：y2=x1:x2；解得：a=2g；根据牛顿第二定律得：F﹣mg=ma=2mg,解得：F=3mg，由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上,所以小球带负电．根据速度变化量△v=at，则得:AB过程速度变化量大小为△v1=gt1=2gt2；BC过程速度变化量大小为△v2=at2=2gt2;所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，故D正确，ABC错误．故选：D．【点评】本题将平抛运动与类平抛运动的组合，关键运用逆向思维研究小球B到C的过程，再运用力学基本规律：牛顿第二定律和运动学公式列式分析．4．假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g，地球自转的周期为T,引力常量为G，则地球的密度为(）A． B．C． D．【考点】万有引力定律及其应用．【分析】根据万有引力等于重力,则可列出物体在两极的表达式,再由引力与支持力的合力提供向心力,列式综合可求得地球的质量，最后由密度公式,即可求解．【解答】解：在两极,引力等于重力，则有：mg0=G,由此可得地球质量M=，在赤道处,引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，则有：G﹣mg=m，而密度公式解得：故选：D【点评】考查万有引力定律，掌握牛顿第二定律的应用，注意地球两极与赤道的重力的区别，知道密度表达式．5．如图所示，质子、氘核和α粒子都沿平行金属板中心线OO′方向射入两板间,板内存在匀强电场,粒子从板间射出后都能打在荧光屏上．下列说法中正确的是（）A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点B．若它们射入电场时的动量相等，在荧光屏上将只出现2个亮点C．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点D．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】质子、氘核和α粒子带电量和质量不全相同，进入同一电场时加速度不同，做类平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，推导出偏转位移的表达式,再进行分析．【解答】解：A、三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：加速度为：a=偏转距离为：y=at2，运动时间为：t=联立三式得：y=若它们射入电场时的速度相等，y与比荷（电荷量与质量的比值）成正比,而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，在荧光屏上将出现2个亮点．故A错误．B、若它们射入电场时的动量相等，y==，可见y与qm成正比，三个qm都不同，则在荧光屏上将只出现3个亮点．故B错误．C、若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点．故C错误．D、若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知，y都相同,故荧光屏上将只出现1个亮点．故D正确．故选D．【点评】此类题目属于类平抛运动，解题关键注意水平方向匀速，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动,两个方向的运动具有等时性．6．如图所示，匀强电场的方向竖直向下,磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、试管底部有一带电小球．在水平拉力F作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，则(）A．小球带正电B．小球运动的轨迹是一条抛物线C．洛伦兹力对小球做正功D．维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大【考点】洛仑兹力；安培力．【分析】小球能从管口处飞出,说明小球受到指向管口洛伦兹力，由左手定则，分析电性．将小球的运动分解为沿管子向里和垂直于管子向右两个方向．根据受力情况和初始条件分析两个方向的分运动情况，研究轨迹，确定F如何变化【解答】解:A、小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力,根据左手定则判断，小球带正电．故A错误．B、设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动．小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动．与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线．故B正确．C、洛伦兹力总是与速度垂直,不做功．故C错误．D、设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B，v2增大,则F2增大，而拉力F=F2，则F逐渐增大．故D正确．故选:BD．【点评】本题中小球做类平抛运动，其研究方法与平抛运动类似：运动的合成与分解,其轨迹是抛物线．本题采用的是类比的方法理解小球的运动7．理论研究表明，无限大的均匀带电平面在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场．现有两块无限大的均匀绝缘带电平板，正交放置如图所示，A1B1两面正电，A2B2两面负电，且单位面积所带电荷量相等（设电荷不发生移动)．图中直线A1B1和A2B2分别为带正电平面和带负电平面与纸面正交的交线，O为两交线的交点，C、D、E、F恰好位于纸面内正方形的四个顶点上，且CE的连线过O点．则下列说法中正确的是（)A．C、E两点场强相同B．D、F两点电势相同C．电子从C点移到D点电场力做正功D．在C、D、E、F四个点中电子在F点具有的电势能最大【考点】电势差与电场强度的关系；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】由题,无限大的均匀带电平面在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场，空间任意一点的电场是由两个匀强电场的叠加,根据平行边形定则，确定四个象限电场方向即可．【解答】解：A、无限大的均匀带电平面在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场，故A1B1在C、E两点单独产生的电场均向上，A2B2在C、E两点单独产生的电场均向左,故C、E两点场强方向均是左偏上45°，大小相等,故A正确；B、同理D、F两点的场强也是大小相等、方向均是左偏上45°，故D、F两点在一个电场线上，而沿着电场线电势是降低的,故电势不等,故B错误；C、电子从C点移到D点,电场力向右下方，故电场力做正功，故C正确；D、C、D、E、F四个点，场强方向均是左偏上45°，故CE是等势面,D点电势最大，F点电势最低，故D正确;故选：ACD【点评】本题首先要读题能力,抓住有用信息；其次抓住电场的叠加原理和等势面与电场线垂直的特点进行分析，不难．8．如图所示,有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形(边界上有磁场)，A、B、C为三角形的三个顶点．今有一质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力），以速度v=从AB边上的某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场,然后从BC边上某点Q射出．若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则（）A．PB≤L B．PB≤L C．QB≤L D．QB≤L【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】本题粒子的半径确定，圆心必定在经过AB的直线上，可将粒子的半圆画出来，然后移动三角形，获取AC边的切点以及从BC边射出的最远点．【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R=．由题知：v=，得R=L．如图所示，当圆心处于O1位置时，粒子正好从AC边切过，并与BC边过，因此入射点P1为离开B最远的点,满足PB≤L+L；当圆心处于O2位置时，粒子从P2射入，打在BC边的Q点，由于此时Q点距离AB最远为圆的半径L，故QB最大,即QB≤L×=L,故AD正确，BC错误．故选：AD．【点评】考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动．由于运动轨迹的对应的半径不变，所以当从不同的位置进入时,出磁场位置也不同，故当轨迹刚与BC相切或与BC垂直相交，是本题考虑的两种临界状态,也是解题的突破口．二、解答题（共10小题，满分62分）9．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究．（1）某次测量如图2,指针示数为16.00cm．（2）在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA、LB如表．用表数据计算弹簧I的劲度系数为12.5N/m（重力加速度g=10m/s2）．由表数据能（填“能"或“不能”）计算出弹簧Ⅱ的劲度系数．钩码数1234LA/cm15.7119。7123。6627.76LB/cm29.9635。7641。5147.36【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．【分析】(1）刻度尺的读数需估读,需读到最小刻度的下一位．(2）根据弹簧Ⅰ形变量的变化量,结合胡克定律求出劲度系数．通过弹簧Ⅱ弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧Ⅱ的劲度系数．【解答】解：（1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为16.00cm．（2)由表格中的数据可知,当弹力的变化量△F=0.5N时，弹簧形变量的变化量为△x=4。00cm,根据胡克定律知：．结合L1和L2示数的变化，可以得出弹簧Ⅱ形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧Ⅱ的劲度系数．故答案为:（1）16。00；（2）12。5,能．【点评】解决本题的关键掌握胡克定律，知道F=kx，x表示形变量,以及知道其变形式△F=k△x,△x为形变量的变化量．10．如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门,测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t,当地的重力加速度为g．则:(1）如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得小球的直径d=0.815cm．（2)多次改变高度H,重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：2gH0=d2（用t0、H0、g、d表示,四个量均取国际单位)时，可判断小球下落过程中机械能守恒．（3）实验中发现动能增加量△EK总是稍小于重力势能减少量△EP，增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek将增加（选填“增加"、“减小”或“不变")．【考点】验证机械能守恒定律．【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容．【解答】解：（1)由图可知,主尺刻度为8mm；游标对齐的刻度为3；故读数为：8mm+3×0。05mm=8.15mm=0.815cm；（2)若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有:mgH=mv2，即：2gH0=（)2解得:2gH0=d2．(3）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后,则△Ep﹣△Ek将增加；故答案为：（1）0。815cm；(2）2gH0=d2（3）增加【点评】本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解，掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．11．（14分）(2015•广东三模)如图所示,一个质量为m，电荷量+q的带电微粒（重力忽略不计）,从静止开始经U1电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，金属板长L，两板间距d,微粒射出偏转电场时的偏转角θ=30°，又接着进入一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区，求:（1）微粒进入偏转电场时的速度v0是多大？（2)两金属板间的电压U2是多大？（3）若该匀强磁场的磁感应强度B，微粒在磁场中运动后能从左边界射出，则微粒在磁场中的运动时间为多少？（4)若该匀强磁场的宽度为D,为使微粒不会从磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】根据动能定理求带电微粒进入偏转电场时的速率v1；带电微粒在偏转电场中做类平抛运动，将微粒的末速度分解为平行于板和垂直于板两个方向，由几何知识确定出粒子垂直于板方向的末速度，然后由动能定理列式求偏转电压；微粒恰好不从磁场右边射出时运动轨迹与右边边界相切，由几何知识确定运动半径，然后由洛伦兹力提供向心力列方程求磁感应强度的最小值．【解答】解:(1）由带电粒子经U1电压加速：qU1=mv02得：v0=（2）由带电粒子经U2电压偏转，可知：a==t=tan30°==得:U2=（3）带电粒子在磁场中运动，从左边界出，对应圆周运动的圆心角240°,由洛伦兹力提供向心力，qvB=mT==带电粒子在磁场中的时间t=T=（4）微粒和右边界相切时,该匀强磁场的磁感应强度最小值为B0，设粒子进入磁场速度为Vt,运动半径为Rvt=qvtB0=m由几何关系得：R+Rsin30°=D求得:B0=答：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0是;（2）两金属板间的电压U2是；（3）若该匀强磁场的磁感应强度B,微粒在磁场中运动后能从左边界射出,则微粒在磁场中的运动时间为；（4)若该匀强磁场的宽度为D,为使微粒不会从磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少．【点评】本题属于带电粒子在组合场中的运动，在电场中做类平抛运动时通常将运动分解为平行于电场方向与垂直于电场两个方向或借助于动能定理解决问题．12．(18分）（2015春•泰兴市校级期末）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道,位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0。5，重力加速度为g．（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达B点时速度为多大?（2）在（1)的情况下，求滑块到达C点时的速度大小和受到轨道的作用力大小；（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．【分析】（1）小滑块在水平轨道上运动时只有电场力和摩擦力做功，从A到B运用动能定理可以求出B点的速度；（2)从B到C的运动过程运用动能定理即可求出C点的速度，在C点，水平方向上的合力提供向心力，根据圆周运动的向心力公式即可求得受到轨道的作用力大小;（3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小，根据向心力公式即可求得最小速度．【解答】解；（1）设滑块到达B点时的速度为v，由动能定理有而解得(2）设滑块到达C点时速度为vc，受到轨道的作用力大小为F，则得：水平方向合外力提供向心力得：解得：（3）要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小（设为vn），则有解得答：（1）滑块到达B点时速度为；（2）在（1）的情况下，滑块到达C点时的速度大小为,受到轨道的作用力大小为;（3）滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度为．【点评】该题把圆周运动放到电场和重力场的混合场中去考查,难度增大,特别是第三小问,要找准临界状态，由电场力和重力的合力提供向心力时的速度最小，本题难度较大．13．关于热现象和热学规律,下列说法中正确的是（)A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数,就可以算出气体分子的体积B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C．一定质量的理想气体,保持气体的压强不变,温度越高，体积越大D．一定温度下，饱和汽的压强是一定的E．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律F．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势【考点】阿伏加德罗常数；布朗运动；热力学第二定律；＊表面张力产生的原因;理想气体的状态方程．【分析】与液体处于动态平衡的蒸汽叫饱和蒸汽；反之，称为不饱和蒸汽．饱和蒸汽压强与饱和蒸汽体积无关!在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的,这个压强叫做饱和蒸气压强．同温下未饱和蒸气压强小于饱和蒸气压强．【解答】解：A、知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，可以算出每个气体分子占据空间的体积，但不是分子体积(分子间隙大),故A错误;B、悬浮在液体中的固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显,布朗运动就越明显，故B正确；C、根据理想气体状态方程，一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大，故C正确；D、一定温度下，饱和汽的压强是一定的,故D正确；E、第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故E错误；F、由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间引力和斥力的合力表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，故F错误；故选BCD．【点评】本题考查了阿伏加德罗常数、布朗运动、理想气体状态方程、热力学第二定律、液体表面张力、饱和蒸汽压强，知识点多，难度不大,关键多看书．14．如图所示，U形管右管内径为左管内径的倍，管内水银在左管内封闭了一段长为26cm、温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm,大气压为76cmHg．现向右管缓慢补充水银．（1）若保持左管内气体的温度不变，当左管空气柱长度变为20cm时，左管内气体的压强为多大?（2)在(1）条件下，停止补充水银，若给左管的气体加热，使管内气柱长度恢复到26cm,则左管内气体的温度为多少？【考点】理想气体的状态方程．【分析】（1）以封闭气体为研究对象，应用玻意耳定律可以求出气体的压强；（2）在液面上升或下降的过程中,水银的体积保持不变，根据题意求出封闭气体的压强,然后应用理想气体的状态方程求出气体的温度．【解答】解：(1）对于封闭气体有：P1=76﹣36=40cmHg，由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：P1V1=P2V2得：(2）2)P2=P0﹣h2=76﹣52=24cmHg，两侧水银面高度差是24cm；U形管右管内径为左管内径的倍，则管右侧面积是左侧面积的2倍，为2S，空气柱L3=26cm,则左管水银面下降的高度为L3﹣L2=26﹣20cm=6cm，水银的体积不变，左侧水银面下降6cm，右侧管的横截面积是左侧横截面积的2倍,则右侧水银面上升3cm，左右两侧水银面高度差h3=24﹣6﹣3=15cm，气体压强P3=P0﹣h3=76﹣15=61cmHg由查理定律得:解得T3==427K．答：（1））当左管空气柱长度变为20cm时,左管内气体的压强为52cmHg(2)使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为427K【点评】根据图示求出封闭气体压强，熟练应用玻意耳定律及查理定律即可正确解题；本题的难点是:气体最终状态的压强．15．（2016春•烟台校级月考）一列沿着x轴正方向传播的横波，在t=0时刻的波形图如图甲所示，图甲中某质点的振动图象如图乙所示，下列说法正确的是（)A．该波的波速为0.5m/sB．t=8s时质点M的位移为零C．图乙表示的可能是质点L的振动图象D．质点L经过1s沿x轴正方向移动0。5mE．在4s内K质点所经过的路程为3。2m【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】由甲乙两图分别读出波长和周期，再求得波速．由振动图象乙读出t=0时刻质点处于平衡位置，且振动方向沿y轴正方向．由波动图象，根据波的传播方向,判断各个质点的振动方向,找出与振动图象t=0时刻运动情况一致的质点．根据时间与周期的关系求质点经过的路程．【解答】解：A、从甲图中可知波长λ=2m，从图乙中可得周期T=4s，则该波的波速为v===0.5m/s，故A正确；B、t=8s时，经过了两个周期，质点M仍处于波谷，所以其位移为﹣0。8m，故B错误；C、如果图乙是L点的振动图象，由图乙知,t=0时刻质点L经过平衡位置向上振动，由甲图，根据波形的平移法且波沿x轴正方向传播可知，图乙表示的可能是质点L的振动图象．故C正确；D、横波在传播过程中,波上的质点只在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，故D错误；E、由于T=4s,所以在4s内K质点所经过的路程为4倍的振幅，为S=4A=4×0.8m=3.2m，故E正确．故选：ACE【点评】本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力．根据质点的振动方向判断波的传播方向,可采用波形的平移法和质点的振动法等等方法,要熟练掌握．对于简谐波，要明确基本特点：介质中质点不“随波逐流”．16．(2016•江苏模拟）如图，MN为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为的透明半球体，O为球心，轴线OA垂直于光屏，O至光屏的距离=R．位于轴线上O点左侧处的点光源S发出一束与OA夹角θ=60°的光线射向半球体，求光