2020年湖北省黄冈市高考物理模拟试卷（一）（含解析）

这是一份2020年湖北省黄冈市高考物理模拟试卷（一）（含解析），共20页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
1. 钴-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，常用于癌和肿瘤的放射治疗。一个钴-60原子核放出一个β粒子后衰变成一个镍核，并伴随产生了γ射线。已知钴-60的半衰期为5.27年，该反应中钴核、β粒子、镍核的质量分别为m1、m2、m3．下列说法正确的是（ ）
A.核反应中释放的能量为（m2+m3-m1）c2（J）
B.核反应中释放出的γ射线的穿透本领比β粒子强
C.若有16个钴-60原子核，经过5.27年后只剩下8个钴-60原子核
D.β粒子是钴原子核外的电子电离形成的
2. 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O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O点正下方，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=2TAB
C.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
3. 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=6.67×10-11N•m2/kg2，光速c=3.0×108m/s，天体的质量为M．已知地球的质最约为6×1024kg．假如它变成一个黑洞，则“地球黑洞”的半径约为（ ）
A.9μmB.9mmC.9cmD.9m
4. 如图所示，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.F
B.F
C.F
D.F
5. 一质量为m的物体放在倾角为θ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0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2～x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是（ ）
A.在0～x1的过程中，物体向上运动
B.在0～x1的过程中，物体的加速度一直增大
C.在x1～x2的过程中，物体的速度大小不变
D.在0～x3的过程中，物体的速度方向先沿斜面向上再沿斜面向下
6. 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v1=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/s
B.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
7. 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O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（ ）
A.小球在Q向P运动的过程中外力F的方向始终跟橡皮筋垂直
B.小球在Q向P运动的过程中外力F的方向始终水平向右
C.小球在Q向P运动的过程中外力F逐渐增大
D.小球在Q向P运动的过程中外力F先变大后变小
8. 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h。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点的高度差小于2h
D.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
9. 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。
（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：
①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；
②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t1、t2，则遮光条B、A通过光电门的过程中木板动能的变化量ΔEk＝_________，合外力对木板做功W＝_________________．（以上两空用字母M、t1、t2、d、L、F表示）
③在小桶中增加砂子，重复②的操作，比较W、ΔEk的大小，可得出实验结论．
10. 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RV，从实验室找到实验器材如下：
A．待测电源（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100Ω）
C．定值电阻若干（阻值有：50.0Ω，100Ω，500.0Ω，1.0kΩ）
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R1=______；R2=______。
（3）在R1、R2选择正确的情况进行实验操作，当电键S1闭合、S2断开时，电压表读数为0.71V；当S1、S2均闭合时，电压表读数为0.90V；由此可以求出RV=______Ω；电源的电动势E=______（保留2位有效数字）。
11. 如图所示，圆心为O、半径为r的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m、电荷量为q（q＞0）的粒子从P点在纸面内沿着与OP成θ=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。
12. 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（k＞0，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？
13. 如图所示，竖直放置的圆柱形密闭气缸，缸体质量m1=10kg，活塞质量m2=2kg，横截面积S=2×10-3m2．活塞与一劲度系数k=1.0×103N/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=20cm。试求：（已知大气压强为p0=1.0×105Pa，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？
14. 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i=45°，进入柱体内部后，经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=3.00×108m/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。（结果保留3位有效数字）
15. 如图所示，两个绝热的、容积相同的球状容器A、B，用带有阀门K的绝热细管连通，相邻两球球心的高度h。初始时，阀门是关闭的，A中装有2ml的氦（He），B中装有2ml的氪（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K，两种气体相互混合，已知两种气体的摩尔质量μHe＜μKr，最终每一种气体在整个容器中均匀分布，两个容器中气体的温相同，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，混合后氦分子的平均速率______（填“大于”或“等于”或“小于”）氪分子的平均速率。
16. 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S1（-2，0）和S2（4，0）。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0.50m/s。两列波从波源传播到点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”）。
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【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（m1-m2-m3）c2（J），故A错误。
B、根据三种射线的特点与穿透性，可知γ射线的穿透本领比β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β衰变的本质可知，β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：B。
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α衰变和β衰变的实质，理解半衰期，并能进行计算。
2. 【答案】C
【解析】
若两球带电量相等，整体受力分析可知，OA绳应竖直。
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TOA=，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。
A.若两球带电量相等，整体受力分析可知，OA绳应竖直，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α，则OA绳与竖直方向夹角为α，对B有TAB+F库=，对整体TOA=，故TOA=2TAB+2F库，故B错误；
CD.对B有tanα=，对整体tanα=，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O点正下方，故C正确，D错误。
故选C。
3. 【答案】B
【解析】解：根据题意知，万有引力常量G=6.67×10-11N•m2/kg2，光速c=3.0×108m/s，天体的质量为M=6.0×1024kg，则由史瓦西半径公式：R=求出地球变成一个黑洞的半径
R=m=9×10-3m=9mm，故B正确，ACD错误。
故选：B。
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。
4. 【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+F安；
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，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安；
联立解得mg=，故D正确、ABC错误。
故选：D。
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。
5. 【答案】B
【解析】解：A、在0～x1过程中，物体的机械能在减小，知拉力对物体做负功，所以物体沿斜面向下运动，故A错误；
B、根据功能关系得：△E=F•△x，得F=，知E-x图线的斜率表示拉力，在0～x1过程中，图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零。根据a=，可知，加速度一直增大，故B正确；
C、在x1～x2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～x1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；x1～x2过程中，F=0，物体做匀加速运动；x2～x3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动，即物体一直沿斜面向下运动，故D错误；
故选：B。
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。
6. 【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==m/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vc的方向，水的阻力与vc的方向相反，熄火后，牵引力消失，在阻力作用下，vc逐渐减小，但其方向不变，当vc减小到与v1的矢量和与vc方向垂直时，轮船的合速度最小，
又设vc与v2的夹角为θ，则有：csθ==0.8；
则相对于河岸的最小速度为：vmin=v1cs θ=3×0.8 m/s=2.4m/s，故D错误。
故选：A。
设静水中轮船的速度为vC，轮船在水中的合速度为v1，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，vc逐渐减小，但其方向不变，当vc减小到与v1的矢量和与vc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。
二、 多选题
7. 【答案】AC
【解析】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α时，橡皮筋的伸长量：△x=2R•csα，橡皮筋的弹力：F′=k△x=mgcsα，
对小球，设拉力F与水平方向之间的夹角为β，在水平方向：Fcsβ=F′sinα，
竖直方向：F′csα+Fsinβ=mg，
联立可得：β=α，F=mgsinα，
可知拉力F的方向绳子与橡皮筋的方向垂直，而且随α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，根据平衡条件列方程求解。
8. 【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。
三、 实验题探究题
9. 【答案】（1）平衡木板受到的摩擦力
（2）0.560
（3）；FL
【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数之和，则遮光条的宽度为：d=5mm+12×=0.560mm。
（3）先求出遮光条通过光电门的速度分别为：
v1=
v2=
则两个遮光条通过光电门的动能的变化为：△Ek==
合外力是绳拉力，所以合外力的功为：W合=FL。
故答案为：（1）平衡木板受到的摩擦力
（2）0.560
（3）；FL
（1）为了使绳子拉力充当合力，即细线拉力做的功等于合力对小车做的功应先平衡摩擦力。
（2）游标卡尺的读数先读出主尺的刻度数，然后读出游标尺的刻度。
（3）小车在钩码的作用下拖动纸带在水平面上做加速运动，通过速度传感器可算出AB两点的速度大小，根据△Ek=即可计算出动能的变化；
（4）由功与动能变化的关系式，确定图线上斜率与截距的意义，结合摩擦力的公式即可求出摩擦因数。
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。
四、 实验题
10. 【答案】100Ω 50.0Ω 87 1.9V
【解析】解：（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示。
（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100Ω，
测量中要求电压表的读数不小于其量程的，即电压表示数不能小于V，
电阻R1、R2两端电压之和不能超过V，两电阻之和不能超过电压表内阻的5倍，
即不能超过500Ω，因此两电阻不能是500.0Ω与1.0kΩ，
为保护电路，由图示电路图可知电阻R1应大于R2，因此：R1=100Ω，R2=50.0Ω。
（3）根据图示电路图与实验步骤，由闭合电路欧姆定律可知：
E=U1+（R1+R2），E=U2+R1，
由题意可知：U1=0.71V，U=0.90V，
代入数据解得：E≈1.9V，RV≈87Ω。
故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）100Ω；50.0Ω；（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。
五、 简答题
11. 【答案】解：（1）运动轨迹经过O点，其运动轨迹如图
则其轨道半径为：R==r。
由Bqv=m得：v==
（2）粒子不能进入圆形区域，其速度较大时对应的轨迹如图，
其轨道半径为：Rm==3r
对应的速度vm，由Bqvm=m得：vm==
其速度较小时对应的轨迹如图其最小的半径为Rmin：
由图可知：（3r）2+Rmin2-2×3r×R=（r+Rmin）2
解得：Rmin=r
则由Bqvmin=m得：vmin=
则要不进入圆形区，速度v要满足：v＜ 或v
答：（1）粒子运动速度的大小为
（2）粒子运动速度应满足v＜ 或v
【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。
六、 计算题
12. 【答案】解：设A球与B球碰撞前A的速度为v0，碰后A球与B球的速度分别为v1与V1，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
mv0=mv1+kmV1
mv02=mv12+•kmV12
由此解得：v1=v0
V1=v0
（1）为使二者能且只能发生一次碰撞，必须有|v1|＜V1
即|v0|＜v0
解得-1＜k＜3。
由于k是正数，所以0＜k＜3。
（2）要能发生两次碰撞，必须使A能回到坡上，要求v1＜0，则k＞1；
为使A从坡上滑下后再能追上B，应有-v1＞V1，即k-1＞2，则k＞3，于是，为使第二次碰撞能发生，要求k＞3。
对于第二次碰撞，令v2和V2分别表示碰后A和B的速度，同样由动量守恒及机械能守恒定律有：
m（-v1）+kmV1=mv2+kmV2
mv12+kmV12=mv22+•kmV22
由此解得：
v2=v0
V2=v0
若v2＞0，则一定不会发生第三次碰撞，若v2＜0，且-v2＞V2，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：
-v2≤V2
由以上三式得：
k2-10k+5≤0
解得 5-2≤k≤5+2
结合k＞3，得到它们的交集即为所求：
3＜k≤5+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0＜k＜3。
（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3＜k≤5+2。
【解析】
两个小球发生弹性碰撞，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。
13. 【答案】解：（i）支柱移去前，活塞受重力和内外压力而平衡，故：
m2g+p0S=p1S
解得：p1=1.1×105Pa；
（ii）将支柱拿开，此时汽缸受重力和内外压力而平衡，故：
m1g+p2S=p0S，
解得：p2==5×104Pa
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=（m1+m2）g=kx
解得：x=0.12m
则缸体下降的高度为h=L2-（L-x）=0.44-（0.2-0.12）m=0.36m
答：（i）支柱移去前气体的压强1.1×105Pa；
（ii）若将气缸下的支柱移去，待气缸重新平衡时，缸体下降0.36m。
【解析】
（i）支柱移去前，对活塞受力分析，受重力和内外压力而平衡，根据平衡条件列式求解即可；
（ii）对缸体受力分析，受重力和内外压力而平衡，根据平衡条件求解内压，然后对封闭气体根据理想气体状态方程列式求解体积，对整体分析结合胡克定律求出弹簧的伸长量，最后求出下降高度。
本题是气体状态方程与平衡条件结合的问题，关键是灵活选择研究对象进行受力分析，根据平衡条件列式求解封闭气体的压强，再结合理想气体状态方程列式求解。
14. 【答案】解：（i）作出如图所示光路图，设光线从A点射入时折射角为γ，根据反射的对称性，可知∠AOD′=45°+60°=105°，
折射角γ=，
由折射定律得n=，
代入数据解得n=1.16；
（ii）根据折射定律可得v=，
光在柱体传播的路程s=2Rcsγ，
光在柱体中传播时间t==，
代入数据得t=1.84×10-9s
答：（i）透明柱体的折射率n=1.16；
（ii）光在该柱体的传播时间t=1.84×10-9 s
【解析】
（i）画出光路图，由几何关系和对称性求折射角，再由折射定律求出折射率；
（ii）由v=求出光在柱体内传播的速度，由几何知识求出光柱体内传播的距离，从而求得传播时间。
利用对称性添加辅助线，根据几何关系作图求解折射角是本题关键。
七、 填空题
15. 【答案】低于 大于
【解析】解：两种气体混合的过程中，0.5ml的氦气向下进入下面的容器，重力做正功，有：
氪气向上进入上面的容器，重力做负功，有：
由于重力做的负功比较大，所以重力对系统做的功：W=W1+W2＜0．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，由于氦气的分子的质量小，所以氦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，氦气向下进入下面的容器，重力做正功；氪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，氦气向下进入下面的容器，重力做正功；氪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。
16. 【答案】2 减弱 加强
【解析】解：根据题意可知，两波传播到A点的路程差为△S1=-8m=2m；
两列波的波速均为1.00m/s。由图可得T=2s，所以波长为λ=vT=0.5×4m=2m，
所以△S1=λ，
根据图乙和图丙可知，两列波的起振是反向的，所以A点为振动减弱点，则A点的振幅为A=A2-A1=4m-2m=2m；
两列波从波源传播到点B（1，4）处的路程差为△S2=，为波长的整数倍，又因为两波源起振方向相反，所以B点为振动减弱点；
两列波从波源传播到点C（0.5，0）处的路程差为△S3=3.5m-2.5m=1m，为半个波长，又因为两波源起振方向相反，所以C点为振动加强点。
故答案为：2；减弱；加强。
由几何关系求两波源到各点的路程差，由波速公式v=λf求解波长。如果两波源起振同方向，当介质中某一点与两波源的路程差等于半波长的奇数倍时，这一点是振动减弱的点；路程差等于波长的整数倍时，这一点振动加强；
如果两波源起振方向相反，当介质中某一点与两波源的路程差等于半波长的奇数倍时，这一点是振动加强的点。路程差等于波长的整数倍时，这一点振动减弱；据此分析即可。
解决该题需要熟记波速的计算公式，掌握振动加强点和振动减弱点的判断方法，知道振动加强点和振动减弱点的振幅的求解方法。题号
一
二
三
四
五
六
七
总分
得分
评卷人
得分
一、 单选题（共6题）
评卷人
得分
二、 多选题（共2题）
评卷人
得分
三、 实验题探究题（共1题）
评卷人
得分
四、 实验题（共1题）
评卷人
得分
五、 简答题（共1题）
评卷人
得分
六、 计算题（共3题）
评卷人
得分
七、 填空题（共2题）