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2021届湖北省龙泉中学、宜昌一中高三年级2月联合考试 物理 PDF版练习题
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这是一份2021届湖北省龙泉中学、宜昌一中高三年级2月联合考试 物理 PDF版练习题，文件包含龙泉中学宜昌一中2021届高三年级2月联合考试物理试题详答docx、龙泉中学宜昌一中2021届高三年级2月联合考试物理试题pdf、龙泉中学宜昌一中2021届高三年级2月联合考试物理-答题卡pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
命题学校：宜昌市一中 命题人：黄菁菁 审题人：杨勇
一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。第1-7题只有一项符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分。
根据近代物理知识，你认为下列说法中正确的是( )
A. 相同频率的光照射不同金属，则从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越大
B. 已知氢原子从基态跃迁到某一激发态需要吸收的能量为12.09ev，则动能等于12.09ev的另一个氢原子与这个氢原子发生正碰，可以使这个原来静止并处于基态的氢原子跃迁到该激发态
C. 在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合的越牢固
D. 铀核(92238U)衰变为铅核(82206Pb)的过程中，中子数减少21个
【答案】C
【解析】根据光电效应方程，结合最大初动能的大小比较金属的逸出功；吸收光子能量发生跃迁，吸收的光子能量需等于两能级间的能级差；在原子核中，比结合能越大，原子核结合越牢固；根据电荷数和质量数的变化得出中子数的变化。
本题考查了光电效应、能级跃迁、比结合能等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，对于光电效应和能级跃迁是高考的热点问题，需要理解记忆。
【解答】A.根据Ekm=hv-W0知，频率相同，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，金属的逸出功越小，故A错误。
B.已知氢原子从基态跃迁到某一激发态需要吸收的能量为12.09eV，用动能等于12.09eV的另一个氢原子与这个氢原子发生正碰，能量部分被吸收，不能从基态跃迁到该激发态，故B错误。
C.在原子核中，比结合能越大，原子核中的核子结合的越牢固，故C正确。
D.铀核(92238U)衰变为铅核(82206Pb)的过程中，质子数少10，质量数少32，则中子数少22，故D错误。
故选C。
我国首批隐形战斗机歼-20已形成初步战斗力。某次演习时，在某一高度水平匀速飞行的战斗机离目标水平距离L时投弹(投弹瞬间炸弹相对战斗机的速度为零)，可以准确命中目标。若战斗机水平飞行高度变为原来的2516倍，飞行速度变为原来的54倍，要仍能命中目标，则战斗机投弹时离目标的水平距离为(不考虑空气阻力)( )
A. 1625LB. 2516LC. 54LD. 45L
【答案】B
【解析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度，求出平抛运动的时间，根据x=v0t求出炸弹水平位移的表达式，再分析求解。
解决本题的关键是掌握处理平抛运动的方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，再运用运动学的规律解题。
【解答】炸弹被投下后做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，则：
根据h=12gt2得：t=2hg
炸弹平抛运动的水平距离为：L=v0t=v02hg
则知，若战斗机水平飞行高度变为原来的2516倍，飞行速度变为原来的54倍，所以飞机投弹时离目标的水平距离应为2516L，故B正确。
故选B。
一个带负电的粒子从x=0处由静止释放，仅受电场力作用，沿x轴正方向运动，加速度a随位置变化的关系如图所示，x2-x1=x3-x2。可以得出
A. 从x1到x3过程中，电势先升高后降低
B. 在x1和x3处，电场强度相同
C. 粒子经x1和x3处，速度等大反向
D. 粒子在x2处，电势能最大
【答案】A
【解析】 从x1到x3过程中，电场力做功情况，从而判断电势能的变化情况，再分析x2处的电势能，根据Ep=qφ分析电势的变化情况；
根据牛顿第二定律分析加速度与电场强度的的关系，再根据图象分析电场强度的情况；
根据运动学公式可知v2=2ax可知，a-x图象的面积表示v22，以此分析粒子经x1和x3处的速度。
解决该题的关键是能根据图象分析粒子的运动情况，知道电场力做功与电势能的变化的关系，知道a-x图象的面积表示v22。
【解答】 AD、根据图象可知，从x1到x3过程中，粒子先加速后减速，所以电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增加，到x2处，电势能最小根据Ep=qφ可知，粒子带负电，所以电势先升高后降低，故A正确，D错误；
B、因为qE=ma，所以电场强度和加速度大小成正比，方向相反，所以在x1和x3处，电场强度大小相等，方向相反，故B错误；
C、根据运动学公式可知v2=2ax可知，a-x图象的面积表示v22，所以粒子经x1和x3处，速度大小相等，方向相同，故C错误；
故选：A。
如图所示，在xOy平面内有两个沿z轴方向(垂直xOy平面)做简谐运动的点波源S1(1,0)和S2(4,0)，振动方程分别为zs1=Asin(πt+π2)、zs2=Asin(πt-π2)。两列波的波速均为1m/s。两列波在点B(2.5,3)和点C(4,4)相遇时，分别引起B、C处质点的振动总是相互( )
A. 加强、加强B. 减弱、减弱C. 加强、减弱D. 减弱、加强
【答案】D
【解析】解：因为B点距两波源距离一样，而两波源的相位相反，所以在B出叠加总是相互减弱。
由振动方程可知，周期为T=2ππs=2s，波长为λ=vT=2m，C距两波源的距离差为△s=1m=12λ而两波源的相位相反，所以在C点振动总是加强的。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
因为B点距两波源距离一样，而两波源的相位相反，所以在B出叠加总是相互减弱；由振动方程可知，周期为T=2ππs=2s，波长为λ=vT=2m，C距两波源的距离差为△s=1m=12λ而两波源的相位相反，则在C点振动总是加强的。
本题考查了波在相互叠加时，何处振动加强和减弱，牢记当两波源起振同方向时，路程差等于半波长的奇数倍时振动减弱，路程差等于波长的整数倍时振动加强。
已知某品牌概念车的质量为m，额定功率为P，运动过程中，汽车所受的阻力大小恒定，若保持额定功率P不变，汽车能达到的最大速度为v。若汽车以的恒定功率启动，从静止开始做加速直线运动，当速度为时，汽车的加速度大小为，当速度为时，汽车的加速度大小为，则加速度之差为( )
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】汽车以额定功率启动，当牵引力大小等于阻力大小时，汽车具有最大速度，即。当汽车以的恒定功率启动，速度为时，牵引力，由牛顿第二定律有，解得；速度为时，牵引力，由牛顿第二定律有，解得，则，故A选项正确，B、C、D选项错误。
甲乙两球在水平光滑轨道上同方向运动，已知它们的动量分别是p甲=5 kg·m/s，p乙=7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为p'乙=10 kg·m/s，则两球质量m甲与m乙间的关系可能是( )
A. m乙=m甲B. m乙=2m甲C. m乙=4m甲D. m乙=6m甲
【答案】C
【解析】解析：由碰撞系统动量守恒可知，碰后甲的动量为p'甲=2 kg·m/s.由碰撞发生的实际可知碰前v甲>v乙，即p甲m甲>p乙m乙，得m甲m乙<57；碰后v甲≤v乙，即p'甲m甲≤p'乙m乙，得m甲m乙≥15. 由碰撞前的动能大于等于碰撞后的动能，又因为Ek=p22m，得p甲22m甲+p乙22m乙≥p'甲22m甲+p'乙22m乙，解得m甲m乙≤717.综上所述，15≤m甲m乙≤717，所以C正确．
“道威棱镜”是一种用于光学图象翻转的仪器。如图，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，其横截面ABCD为底角45°的等腰梯形，O为AB中点，P为OA中点，光线1和光线2两条与BC平行的光线，分别从P和O点入射棱镜，均在BC面上发生一次全反射后从CD面射出，其中光线1的出射点为CD中点Q(未画出)，已知棱镜对两光线的折射率n=2，AB=2L，光在真空中的传播速度为c，sin15°=6-24，则( )
A. 光线1在棱镜中的传播速度为2c
B. 光线2在棱镜中的传播时间为(6+2)Lc
C. 光线1在棱镜中经过的路程长为(6+2)L
D. 光线1从CD边射出点到BC边的距离为24L
【答案】C
【解析】解：A、光线1在棱镜中的传播速度为v=cn=c2=22c，故A错误；
B、设棱镜的临界角为C，由sinC=1n=22，得C=45°
光线2从O点入射时，由折射定律得n=sinisinr
由几何关系知入射角为i=45°，解得折射角为r=30°
由几何关系可得，当光线2射到BC时，与BC的夹角为∠PFB=15°
在△PBF中，由正弦定理得
PFsin45∘=PBsin15∘=BFsin120∘
据题PB=34AB=324L
解得PF=3(6+2)4L，BF=3(3+3)4L
由几何关系得：
EF：BE=OP：BO=1：2；所以EF=FC=12BE，可得R为CQ的中点。
在△BEO∽△BFP得
BOBP=BEBF=OEPF=23
解得BE=3+32L，OE=6+22L
故EF=FC=3+34L
在△CFR中，由正弦定理得
FRsin45∘=RCsin15∘，RC=24L
解得FR=3+12L
光线2在棱镜中的传播时间为t=PF+FRcn
联立解得t=26+63+22+64c，故B错误；
C、在光线1在棱镜中经过的路程长为s=2OE=(6+2)L，故C正确；
D、光线1从CD边射出点到BC边的距离为d=RCsin45°=14L，故D错误。
故选：C。
已知棱镜对两光线的折射率n=2，根据v=cn求光线在棱镜中的传播速度。根据sinC=1n求临界角C.根据折射定律求光线2在P点的折射角，根据几何知识确定光线1在BC面的入射角，并判断光线1在BC面上是否发生全反射，作出光路图，根据几何关系求出光线1在棱镜中传播路程s，由t=sv求得光线1在棱镜中的传播时间t；根据几何关系求光线1在棱镜中经过的路程和光线1从CD边射出点到BC边的距离。
解决本题时需要正确作出光路图，能根据几何知识求解相关的角度和光程。要熟记折射定律的表达式以及全反射临界角的表达式sinC=1n。
如图所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的边cd平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下．线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域．cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位置坐标x变化的图线可能正确是
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】线框进入磁场时做匀速直线运动，拉力等于安培力，此时感应电流为定值，完全进入磁场后，做匀加速直线运动，穿过闭合电路的磁通量不变，不产生感应电流．出磁场时，此时安培力大于拉力，线框做加速度逐渐减小的变减速直线运动．由楞次定律判断感应电流的方向，由E=BLv和欧姆定律结合得到感应电流的表达式，由欧姆定律得到Uab的表达式，从而分析。
解决本题的关键会根据线框的受力状况判断线框的运动状况，以及知道线框出磁场的末速度不会小于进磁场的速度，则出磁场时感应电流不会小于进磁场时的感应电流。
【解答】AB.线框进入磁场的过程做匀速直线运动，感应电动势E=BLv恒定，线框中的电流大小恒定，方向沿逆时针方向，a、b两端的电压Uab=14BLv；
线框完全在磁场中运动时，穿过闭合电路的磁通量不变，线框中感应电流为零，做匀加速运动，但ab边两端的电压Uab=BLv=BLv02+2ax，其中v0为匀速运动的速度，Uab与位移x不是线性关系，当出磁场时，线框做减速匀速，Uab不断减小，故A错误、B正确；
CD.线框进入过程中，线框中的电流大小恒定且为逆时针，完全进入磁场时电流为零；线框离开磁场，做减速运动，加速度逐渐减小，线框刚好完全离开磁场时，速度大于或等于匀速运动时的速度，不可能为零，故此时电流也不可能为零，故D错误、C正确。
故选BC。
如图所示，理想变压器原线圈一端有a、b两接线柱，a是原线圈的一端点，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=Usin100πt。则
A. 当单刀双挪开关分别与a、b连接时，电压表的示数比为1:2
B. 当t=0时，c、d间的电压瞬时值为U2
C. 单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数增大
D. 当单刀双掷开关由a扳向b时，电流表的示数增大
【答案】AD
【解析】本题考查了正弦式电流的图象和三角函数表达式、变压器的构造和原理；电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。
根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。
【解答】A.由表达式知原线圈的电压的有效值为U2 ；根据电压与匝数成正比可知，当单刀双挪开关与a连接时，副线圈的电压的有效值为U2a=n2n1×U2，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为UVa=n2n1×U2，当单刀双挪开关与a连接时，副线圈的电压的有效值为U2b=n212n1×U2=n2n1×2U，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为UVb=n2n1×2U，所以电压表的示数比为1:2，故A正确；
B.当t=0时，u1=0，c、d间的电压瞬时值为0，故B错误；
C.当滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻减小，电路的总电阻增大，由于电压是由变压器决定的，所以电压不变，电流变小，电压表的示数不变，故C错误；
D.若当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由n1:n2变为n1:2n2，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，故D正确。
故选AD。
如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，在两D形盒左边的缝隙间放置一对中心开有小孔a、b的平行金属板M、N，每当带正电的粒子从a孔进入时，立即在两板间加上恒定电压，粒子经加速后从b孔射出时，立即撤去电压．粒子进入D形盒中的匀强磁场后做匀速圆周运动．已知D形盒的缝隙间无磁场，不考虑相对论效应，则下列说法不正确的是
A. 磁场方向垂直纸面向外
B. 粒子运动的周期不断变大
C. 粒子每运动一周直径的增加量越来越小
D. 增大板间电压，粒子最终获得的最大动能变大
【答案】ABD
【解析】解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变。
【解答】A.粒子从b孔进入磁场后受到的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，D形盒中的磁场方向垂直纸面向里，故A错误；
B.根据洛仑磁力提供向心力得qvB=mv2r，粒子运动的周期T=2πrv=2πmqB，粒子运动的周期不变，故B错误；
C.粒子第n次加速后，根据动能定理可得：nqU=12mv2，解得v=2nqUm，粒子在磁场中运动的半径r=mvqB=1B2nmUq，粒子每运动一周直径的增加量Δd=2B2mUqn-n-1，随转动周数的增加，粒子每运动一周直径的增加量越来越小，故C正确；
D.当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r=mvqB，可知最大动能Ek=(qBR)22m(式中R为D形盒的半径)，由此可知，粒子获得的最大动能与加速电压无关，所以增大两板间电压，粒子最终获得的最大动能不变，故D错误；
故选ABD。
如图所示，距小滑轮O正下方l处的B点用绝缘底座固定一带电荷量为+q的小球1，绝缘轻质弹性绳一端悬挂在定滑轮O正上方l2处的D点，另一端与质量为m的带电小球2连接，发现小球2恰好在A位置静止，已知OA长为l，与竖直方向的夹角为60°。由于弹性绳的绝缘效果不是很好，小球2缓慢漏电，一段时间后，当弹性绳与竖直方向夹角为30°时，小球2恰好在AB连线上的C位置。已知静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 小球2带负电
B. 小球2在C位置时所带电荷量为mgl24kq
C. 小球2在A位置时所带电荷量为mgl2kq
D. 弹性绳原长为l2
【答案】CD
【解析】根据电荷之间的相互作用的特点判断小球2的电性；对小球进行受力分析，根据共点力平衡条件和库仑定律公式：F=kq1q2r2，列方程求解即可。
本题实质上考场了物体平衡，对于这类问题只要正确进行受力分析，然后根据平衡方程求解即可。
【解答】A.两个小球之间相互排斥，可知带同种电荷，所以小球2也带正电，故A错误；
B.小球在C点时，受力如图：
由几何关系可得：F=mgsin30°=0.5mg；①
T=mgcs30°=32mg②
根据库仑定律得：F=kq1q2l2③
联立①③可得：q2=mgl28kq，故B错误；
C.小球2在A位置时，受到的重力、电场力和绳子的拉力，三个力之间的夹角相互为120°，所以三个力的大小相等，所以：T'=F'=mg ④
根据库仑定律得：F'=kqq1l2③
小球2在A位置时所带电荷量：q1=mgl2kq，故C正确；
D.小球2在A位置时，弹性绳的长度：l1=l2+l=3l2；小球2在C位置时，弹性绳的长度：l2=l2+32l；设弹性绳的劲度系数为k，则：T'=k⋅(l1-l0)
T=k⋅(l2-l0)
联立可得：l0=12l，故D正确。
故选CD。
二、非选择题：本题共5小题，共56分。
（6分）在完成了“探究加速度与力、质量之间的关系”的书本实验后,某同学想办法设计了一个新的实验用于进一步验证上述物理量的关系,具体操作过程如下:
A.用天平称出小车质量为M=0.26 kg,弹簧测力计质量为m=0.046 5 kg.(g取9.8 m/s2)
B.接通打点计时器电源,让小车从一具有一定倾角θ的平整斜面上由静止开始加速下滑,用纸带记录下它的运动情况,以便求出它的加速度a.
C.撤掉打点计时器,在小车尾部用细线与一个弹簧测力计和水桶连接,在水桶中加入适量水,使轻推小车时,能使其沿斜面向下做匀速直线运动.当小车到达斜面底部静止后,读出此时弹簧测力计的读数F.
D.改变斜面的倾角,重复以上实验几次,通过几组数据来验证三个物理量之间的关系.
请回答下列问题:
(1)下面这条纸带,是在某次实验中得到的(每5个点取一个计数点),可求出此时小车的加速度a= .
(2)小车由静止开始匀加速下滑过程中所受到的合力为 (用本题中所给的物理量符号表示).
(3)在该同学的这个验证实验中, (选填“需要”或“不需要”)保证小车质量远大于所挂物体的总质量.
(1)2.00 m/s2(1.80~2.20 m/s2之间) (2)mg+F (3)不需要
[解析] (1)由图可知Δx=2.00 cm,而T=0.1 s,则a=ΔxT2=2.00×10-20.12 m/s2=2.00 m/s2.
(2)小车向下匀速运动时,对小车受力分析,根据共点力平衡可知Mgsin θ=f+mg+F
当小车向下加速运动时,小车受到的合力为
F合=Mgsin θ-f
联立解得F合=mg+F
(3)此实验是通过共点力平衡求是小车受到的合力,不需要保证小车质量远大于所挂物体的总质量
（10分）气敏电阻在安全领域有着广泛的应用。有一个对甲醛气体非常敏感的气敏电阻，正常情况下阻值为几百欧，当甲醛浓度升高时，其阻值可以增大到几千欧。为了研究其阻值随甲醛浓度变化的规律，供选用的器材如下。
A.电源（电动势6 V，内阻不计）
B.滑动变阻器R
C.导线若干及开关S
D.电压表（量程3 V，内阻）
E.毫安表（量程50 mA，内阻）
（1）探究小组设计了如图（a）所示实验电路，其中毫安表用来测定_______，量程为_________。
（2）将气敏电阻置于密封小盒内，通过注入甲醛改变盒内甲醛浓度，记录不同甲醛浓度下电表示数，计算出气敏电阻对应阻值，得到如图（b）所示阻值随甲醛浓度变化的图象（图象）。当气敏电阻阻值为时盒内甲醛浓度为__________。
（3）已知国家室内甲醛浓度标准是。探究小组利用该气敏电阻设计了如图（c）所示的简单测试电路，用来测定室内甲醛是否超标，电源电动势为（内阻不计），电路中分别为红、绿发光二极管，红色发光二极管的启动（导通）电压为2.0 V，即发光二极管两端电压时点亮，绿色发光二极管的启动电压为3.0 V，发光二极管启动时对电路电阻的影响不计。实验要求当室内甲醛浓度正常时绿灯亮，超标时红灯亮，则两电阻中为定值电阻的是____________，其阻值为__________。
答案：（1）电压；5 V
（2）（或）
（3）；3.9
解析：（1）毫安表与气敏电阻并联，因此用来测定电压，量程；（2）由图（b）可读出，当气敏电阻时，甲醛浓度为或；（3）串联分压，当气敏电阻的阻值增大时两端电压应升高，所以为气敏电阻，为定值电阻，且当时为红色发光二极管处于点亮的临界状态，由图（b）可知时，故。
（10分）在水平长直的轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动．某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ，此时调节外力，使平板车仍做速度为v0的匀速直线运动．
(1)若滑块最终停在小车上，滑块和车之间因为摩擦产生内能为多少？（结果用m，v0表示）
(2)已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量m=1kg，车长L=2m，车速v0=4m/s，取g=10m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件？
【答案】（1）（2）
【解析】
解：根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度
滑块相对车滑动的时间：
滑块相对车滑动的距离
滑块与车摩擦产生的内能
由上述各式解得（与动摩擦因数无关的定值）
（2）设恒力F取最小值为，滑块加速度为，此时滑块恰好达到车的左端，则：
滑块运动到车左端的时间
由几何关系有：
由牛顿定律有：
联立可以得到：，
则恒力F大小应该满足条件是：．
（12分）如图所示，上下粗细不一样的气缸被轻绳通过活塞竖直吊在空中，气缸底面积为S，活塞横截面积为S2，气缸上下两部分的长度相同。气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形轻质细玻璃管相通。最初室温为T0时，活塞恰好在气缸上下两部分的分界处，玻璃管内左右水银液面高度差为h(U形管内的气体体积、水银质量不计)。已知大气压强为p0，水银的密度为ρ，重力加速度g。不计活塞与气缸的摩擦。
①求气缸的质量M；
②现对气缸缓慢加热，则玻璃管内左右两侧水银液面高度差h是否变化？怎样变化？
③在对气缸里的气体缓慢加热时，若活塞与气缸不会分离，则加热后的温度最多是多少？
【答案】解：①绳封闭气体压强为p，对气缸M受力分析，根据受力平衡可知：p⋅S2+Mg=p0⋅S2
对U形玻璃管内水银柱分析有：p0=p+ρgh
联立解得：M=12ρhS
②加热时，气缸始终处于平衡，大气压强不变，气缸重力恒定，所以内部压强不变，可知U形玻璃管内水银高度差不变化
③加热时，气体做等压变化，由盖-吕萨克定律可得：LST0=(LS+L⋅S2)T
解得T=3T02
答：①气缸的质量M为12ρhS；
②现对气缸缓慢加热，则玻璃管内左右两侧水银液面高度差h不变；
③在对气缸里的气体缓慢加热时，若活塞与气缸不会分离，则加热后的温度最多是3T02。
【解析】①气缸处于平衡状态，根据共点力平衡求得气缸的质量；
②加热时，气缸始终处于平衡，大气压强不变，气缸重力恒定，所以内部压强不变，可知U形玻璃管内水银高度差不变化；
③被封闭气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律求得温度。
本题是力学知识与气体性质的综合，桥梁是压强。往往对跟气体接触的水银或活塞研究，根据平衡条件或牛顿第二定律研究气体的压强，然后利用其体状态方程求得。
（18分）如图所示，竖直放置的平行金属板A、B间电压为U0，在B板右侧CDMN矩形区域存在竖直向下的匀强电场，DM边长为L，CD边长为34L，紧靠电场右边界存在垂直于纸面水平向里的有界匀强磁场，磁场左、右边界为同心圆，圆心O在CDMN矩形区域的几何中心，磁场左边界刚好过M、N两点.质量为m、电荷量为+q的带电粒子从A板由静止开始经A、B极板间电场加速后，从边界CD中点水平向右进入矩形区域的匀强电场，飞出电场后进入匀强磁场.当矩形区域中的场强取某一值时，粒子从M点进入磁场，经磁场偏转后从N点返回电场区域，且粒子在磁场中运动轨迹恰与磁场右边界相切，粒子的重力忽略不计，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8．
(1)求粒子离开B板时的速度大小v1;
(2)求磁场右边界圆周的半径R;
(3)将磁感应强度大小和矩形区域的场强大小改变为适当值时，粒子从MN间飞入磁场，经磁场偏转返回电场前，在磁场中运动的时间有最大值，求此最长时间tm．
【答案】解： (1)粒子从A到B的加速过程中，由动能定理得qU0=12mv12
解得v1=2qU0m
(2)如图甲所示，粒子轨迹刚好与磁场右边界相切时，有
tan θ=12×34L12L=34
故θ=37°
粒子在电场中偏转，做类平抛运动
水平方向上，有L=v1t
竖直方向上，有38L=12at2
vy=at
且tan α=vyv1
联立得tan α=34，即偏转角度α=37°
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r=38L2+L22tan θ=1532L
则磁场右边界圆周的半径
3)粒子从同一点离开电场，在磁场中运动轨迹与右边界相切时，轨迹圆弧最长，运动时间也最长
粒子从不同点离开电场，在磁场中运动轨迹与右边界相切时轨迹圆弧最长，且当矩形区域场强为零时，粒子进入磁场时速度最小，粒子在磁场中运动的时间最长，画出粒子运动轨迹如图乙所示：
由几何关系知，粒子偏转角度为360°-2×(90°-37°)=254°
则最长时间
解得tm=127πL3842mqU0
【解析】(1)带电粒子离开B板的速度可以由动能定理求得；
(2)由题意画出粒子在磁场中的运动轨迹，由类平抛运动运动的规律知道粒子速度的方向恰恰从板的中点射出，从而已知粒子进入磁场的速度方向，由几何关系关系就能求出粒子做圆周运动的半径，从而求出磁场右边界的半径；
(3)粒子从不同点离开电场，在磁场中运动轨迹与右边界相切时弧长最长，且当矩形区域场强为零时，粒子进入磁场时速度最小，粒子在磁场中运动的时间最长，画出运动轨迹，确定偏转角，从而求出最短时间。
本题的靓点在于：①磁场是个环状区域，这样加上匀速圆周运动的轨迹就涉及三个圆的知识；②第二问求恰恰从极板的下边缘穿出，轨迹又要跟磁场的右边缘相切，涉及到圆、直角三角形及三函数等的相关知识。至于第三问涉及的最长时间情形更复杂，要画好轨迹图，不能有偏差。
命题学校：宜昌市一中 命题人：黄菁菁 审题人：杨勇
一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。第1-7题只有一项符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分。
根据近代物理知识，你认为下列说法中正确的是( )
A. 相同频率的光照射不同金属，则从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越大
B. 已知氢原子从基态跃迁到某一激发态需要吸收的能量为12.09ev，则动能等于12.09ev的另一个氢原子与这个氢原子发生正碰，可以使这个原来静止并处于基态的氢原子跃迁到该激发态
C. 在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合的越牢固
D. 铀核(92238U)衰变为铅核(82206Pb)的过程中，中子数减少21个
【答案】C
【解析】根据光电效应方程，结合最大初动能的大小比较金属的逸出功；吸收光子能量发生跃迁，吸收的光子能量需等于两能级间的能级差；在原子核中，比结合能越大，原子核结合越牢固；根据电荷数和质量数的变化得出中子数的变化。
本题考查了光电效应、能级跃迁、比结合能等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，对于光电效应和能级跃迁是高考的热点问题，需要理解记忆。
【解答】A.根据Ekm=hv-W0知，频率相同，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，金属的逸出功越小，故A错误。
B.已知氢原子从基态跃迁到某一激发态需要吸收的能量为12.09eV，用动能等于12.09eV的另一个氢原子与这个氢原子发生正碰，能量部分被吸收，不能从基态跃迁到该激发态，故B错误。
C.在原子核中，比结合能越大，原子核中的核子结合的越牢固，故C正确。
D.铀核(92238U)衰变为铅核(82206Pb)的过程中，质子数少10，质量数少32，则中子数少22，故D错误。
故选C。
我国首批隐形战斗机歼-20已形成初步战斗力。某次演习时，在某一高度水平匀速飞行的战斗机离目标水平距离L时投弹(投弹瞬间炸弹相对战斗机的速度为零)，可以准确命中目标。若战斗机水平飞行高度变为原来的2516倍，飞行速度变为原来的54倍，要仍能命中目标，则战斗机投弹时离目标的水平距离为(不考虑空气阻力)( )
A. 1625LB. 2516LC. 54LD. 45L
【答案】B
【解析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度，求出平抛运动的时间，根据x=v0t求出炸弹水平位移的表达式，再分析求解。
解决本题的关键是掌握处理平抛运动的方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，再运用运动学的规律解题。
【解答】炸弹被投下后做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，则：
根据h=12gt2得：t=2hg
炸弹平抛运动的水平距离为：L=v0t=v02hg
则知，若战斗机水平飞行高度变为原来的2516倍，飞行速度变为原来的54倍，所以飞机投弹时离目标的水平距离应为2516L，故B正确。
故选B。
一个带负电的粒子从x=0处由静止释放，仅受电场力作用，沿x轴正方向运动，加速度a随位置变化的关系如图所示，x2-x1=x3-x2。可以得出
A. 从x1到x3过程中，电势先升高后降低
B. 在x1和x3处，电场强度相同
C. 粒子经x1和x3处，速度等大反向
D. 粒子在x2处，电势能最大
【答案】A
【解析】 从x1到x3过程中，电场力做功情况，从而判断电势能的变化情况，再分析x2处的电势能，根据Ep=qφ分析电势的变化情况；
根据牛顿第二定律分析加速度与电场强度的的关系，再根据图象分析电场强度的情况；
根据运动学公式可知v2=2ax可知，a-x图象的面积表示v22，以此分析粒子经x1和x3处的速度。
解决该题的关键是能根据图象分析粒子的运动情况，知道电场力做功与电势能的变化的关系，知道a-x图象的面积表示v22。
【解答】 AD、根据图象可知，从x1到x3过程中，粒子先加速后减速，所以电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增加，到x2处，电势能最小根据Ep=qφ可知，粒子带负电，所以电势先升高后降低，故A正确，D错误；
B、因为qE=ma，所以电场强度和加速度大小成正比，方向相反，所以在x1和x3处，电场强度大小相等，方向相反，故B错误；
C、根据运动学公式可知v2=2ax可知，a-x图象的面积表示v22，所以粒子经x1和x3处，速度大小相等，方向相同，故C错误；
故选：A。
如图所示，在xOy平面内有两个沿z轴方向(垂直xOy平面)做简谐运动的点波源S1(1,0)和S2(4,0)，振动方程分别为zs1=Asin(πt+π2)、zs2=Asin(πt-π2)。两列波的波速均为1m/s。两列波在点B(2.5,3)和点C(4,4)相遇时，分别引起B、C处质点的振动总是相互( )
A. 加强、加强B. 减弱、减弱C. 加强、减弱D. 减弱、加强
【答案】D
【解析】解：因为B点距两波源距离一样，而两波源的相位相反，所以在B出叠加总是相互减弱。
由振动方程可知，周期为T=2ππs=2s，波长为λ=vT=2m，C距两波源的距离差为△s=1m=12λ而两波源的相位相反，所以在C点振动总是加强的。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
因为B点距两波源距离一样，而两波源的相位相反，所以在B出叠加总是相互减弱；由振动方程可知，周期为T=2ππs=2s，波长为λ=vT=2m，C距两波源的距离差为△s=1m=12λ而两波源的相位相反，则在C点振动总是加强的。
本题考查了波在相互叠加时，何处振动加强和减弱，牢记当两波源起振同方向时，路程差等于半波长的奇数倍时振动减弱，路程差等于波长的整数倍时振动加强。
已知某品牌概念车的质量为m，额定功率为P，运动过程中，汽车所受的阻力大小恒定，若保持额定功率P不变，汽车能达到的最大速度为v。若汽车以的恒定功率启动，从静止开始做加速直线运动，当速度为时，汽车的加速度大小为，当速度为时，汽车的加速度大小为，则加速度之差为( )
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】汽车以额定功率启动，当牵引力大小等于阻力大小时，汽车具有最大速度，即。当汽车以的恒定功率启动，速度为时，牵引力，由牛顿第二定律有，解得；速度为时，牵引力，由牛顿第二定律有，解得，则，故A选项正确，B、C、D选项错误。
甲乙两球在水平光滑轨道上同方向运动，已知它们的动量分别是p甲=5 kg·m/s，p乙=7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为p'乙=10 kg·m/s，则两球质量m甲与m乙间的关系可能是( )
A. m乙=m甲B. m乙=2m甲C. m乙=4m甲D. m乙=6m甲
【答案】C
【解析】解析：由碰撞系统动量守恒可知，碰后甲的动量为p'甲=2 kg·m/s.由碰撞发生的实际可知碰前v甲>v乙，即p甲m甲>p乙m乙，得m甲m乙<57；碰后v甲≤v乙，即p'甲m甲≤p'乙m乙，得m甲m乙≥15. 由碰撞前的动能大于等于碰撞后的动能，又因为Ek=p22m，得p甲22m甲+p乙22m乙≥p'甲22m甲+p'乙22m乙，解得m甲m乙≤717.综上所述，15≤m甲m乙≤717，所以C正确．
“道威棱镜”是一种用于光学图象翻转的仪器。如图，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，其横截面ABCD为底角45°的等腰梯形，O为AB中点，P为OA中点，光线1和光线2两条与BC平行的光线，分别从P和O点入射棱镜，均在BC面上发生一次全反射后从CD面射出，其中光线1的出射点为CD中点Q(未画出)，已知棱镜对两光线的折射率n=2，AB=2L，光在真空中的传播速度为c，sin15°=6-24，则( )
A. 光线1在棱镜中的传播速度为2c
B. 光线2在棱镜中的传播时间为(6+2)Lc
C. 光线1在棱镜中经过的路程长为(6+2)L
D. 光线1从CD边射出点到BC边的距离为24L
【答案】C
【解析】解：A、光线1在棱镜中的传播速度为v=cn=c2=22c，故A错误；
B、设棱镜的临界角为C，由sinC=1n=22，得C=45°
光线2从O点入射时，由折射定律得n=sinisinr
由几何关系知入射角为i=45°，解得折射角为r=30°
由几何关系可得，当光线2射到BC时，与BC的夹角为∠PFB=15°
在△PBF中，由正弦定理得
PFsin45∘=PBsin15∘=BFsin120∘
据题PB=34AB=324L
解得PF=3(6+2)4L，BF=3(3+3)4L
由几何关系得：
EF：BE=OP：BO=1：2；所以EF=FC=12BE，可得R为CQ的中点。
在△BEO∽△BFP得
BOBP=BEBF=OEPF=23
解得BE=3+32L，OE=6+22L
故EF=FC=3+34L
在△CFR中，由正弦定理得
FRsin45∘=RCsin15∘，RC=24L
解得FR=3+12L
光线2在棱镜中的传播时间为t=PF+FRcn
联立解得t=26+63+22+64c，故B错误；
C、在光线1在棱镜中经过的路程长为s=2OE=(6+2)L，故C正确；
D、光线1从CD边射出点到BC边的距离为d=RCsin45°=14L，故D错误。
故选：C。
已知棱镜对两光线的折射率n=2，根据v=cn求光线在棱镜中的传播速度。根据sinC=1n求临界角C.根据折射定律求光线2在P点的折射角，根据几何知识确定光线1在BC面的入射角，并判断光线1在BC面上是否发生全反射，作出光路图，根据几何关系求出光线1在棱镜中传播路程s，由t=sv求得光线1在棱镜中的传播时间t；根据几何关系求光线1在棱镜中经过的路程和光线1从CD边射出点到BC边的距离。
解决本题时需要正确作出光路图，能根据几何知识求解相关的角度和光程。要熟记折射定律的表达式以及全反射临界角的表达式sinC=1n。
如图所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的边cd平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下．线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域．cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位置坐标x变化的图线可能正确是
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】线框进入磁场时做匀速直线运动，拉力等于安培力，此时感应电流为定值，完全进入磁场后，做匀加速直线运动，穿过闭合电路的磁通量不变，不产生感应电流．出磁场时，此时安培力大于拉力，线框做加速度逐渐减小的变减速直线运动．由楞次定律判断感应电流的方向，由E=BLv和欧姆定律结合得到感应电流的表达式，由欧姆定律得到Uab的表达式，从而分析。
解决本题的关键会根据线框的受力状况判断线框的运动状况，以及知道线框出磁场的末速度不会小于进磁场的速度，则出磁场时感应电流不会小于进磁场时的感应电流。
【解答】AB.线框进入磁场的过程做匀速直线运动，感应电动势E=BLv恒定，线框中的电流大小恒定，方向沿逆时针方向，a、b两端的电压Uab=14BLv；
线框完全在磁场中运动时，穿过闭合电路的磁通量不变，线框中感应电流为零，做匀加速运动，但ab边两端的电压Uab=BLv=BLv02+2ax，其中v0为匀速运动的速度，Uab与位移x不是线性关系，当出磁场时，线框做减速匀速，Uab不断减小，故A错误、B正确；
CD.线框进入过程中，线框中的电流大小恒定且为逆时针，完全进入磁场时电流为零；线框离开磁场，做减速运动，加速度逐渐减小，线框刚好完全离开磁场时，速度大于或等于匀速运动时的速度，不可能为零，故此时电流也不可能为零，故D错误、C正确。
故选BC。
如图所示，理想变压器原线圈一端有a、b两接线柱，a是原线圈的一端点，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=Usin100πt。则
A. 当单刀双挪开关分别与a、b连接时，电压表的示数比为1:2
B. 当t=0时，c、d间的电压瞬时值为U2
C. 单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数增大
D. 当单刀双掷开关由a扳向b时，电流表的示数增大
【答案】AD
【解析】本题考查了正弦式电流的图象和三角函数表达式、变压器的构造和原理；电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。
根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。
【解答】A.由表达式知原线圈的电压的有效值为U2 ；根据电压与匝数成正比可知，当单刀双挪开关与a连接时，副线圈的电压的有效值为U2a=n2n1×U2，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为UVa=n2n1×U2，当单刀双挪开关与a连接时，副线圈的电压的有效值为U2b=n212n1×U2=n2n1×2U，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为UVb=n2n1×2U，所以电压表的示数比为1:2，故A正确；
B.当t=0时，u1=0，c、d间的电压瞬时值为0，故B错误；
C.当滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻减小，电路的总电阻增大，由于电压是由变压器决定的，所以电压不变，电流变小，电压表的示数不变，故C错误；
D.若当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由n1:n2变为n1:2n2，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，故D正确。
故选AD。
如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，在两D形盒左边的缝隙间放置一对中心开有小孔a、b的平行金属板M、N，每当带正电的粒子从a孔进入时，立即在两板间加上恒定电压，粒子经加速后从b孔射出时，立即撤去电压．粒子进入D形盒中的匀强磁场后做匀速圆周运动．已知D形盒的缝隙间无磁场，不考虑相对论效应，则下列说法不正确的是
A. 磁场方向垂直纸面向外
B. 粒子运动的周期不断变大
C. 粒子每运动一周直径的增加量越来越小
D. 增大板间电压，粒子最终获得的最大动能变大
【答案】ABD
【解析】解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变。
【解答】A.粒子从b孔进入磁场后受到的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，D形盒中的磁场方向垂直纸面向里，故A错误；
B.根据洛仑磁力提供向心力得qvB=mv2r，粒子运动的周期T=2πrv=2πmqB，粒子运动的周期不变，故B错误；
C.粒子第n次加速后，根据动能定理可得：nqU=12mv2，解得v=2nqUm，粒子在磁场中运动的半径r=mvqB=1B2nmUq，粒子每运动一周直径的增加量Δd=2B2mUqn-n-1，随转动周数的增加，粒子每运动一周直径的增加量越来越小，故C正确；
D.当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r=mvqB，可知最大动能Ek=(qBR)22m(式中R为D形盒的半径)，由此可知，粒子获得的最大动能与加速电压无关，所以增大两板间电压，粒子最终获得的最大动能不变，故D错误；
故选ABD。
如图所示，距小滑轮O正下方l处的B点用绝缘底座固定一带电荷量为+q的小球1，绝缘轻质弹性绳一端悬挂在定滑轮O正上方l2处的D点，另一端与质量为m的带电小球2连接，发现小球2恰好在A位置静止，已知OA长为l，与竖直方向的夹角为60°。由于弹性绳的绝缘效果不是很好，小球2缓慢漏电，一段时间后，当弹性绳与竖直方向夹角为30°时，小球2恰好在AB连线上的C位置。已知静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 小球2带负电
B. 小球2在C位置时所带电荷量为mgl24kq
C. 小球2在A位置时所带电荷量为mgl2kq
D. 弹性绳原长为l2
【答案】CD
【解析】根据电荷之间的相互作用的特点判断小球2的电性；对小球进行受力分析，根据共点力平衡条件和库仑定律公式：F=kq1q2r2，列方程求解即可。
本题实质上考场了物体平衡，对于这类问题只要正确进行受力分析，然后根据平衡方程求解即可。
【解答】A.两个小球之间相互排斥，可知带同种电荷，所以小球2也带正电，故A错误；
B.小球在C点时，受力如图：
由几何关系可得：F=mgsin30°=0.5mg；①
T=mgcs30°=32mg②
根据库仑定律得：F=kq1q2l2③
联立①③可得：q2=mgl28kq，故B错误；
C.小球2在A位置时，受到的重力、电场力和绳子的拉力，三个力之间的夹角相互为120°，所以三个力的大小相等，所以：T'=F'=mg ④
根据库仑定律得：F'=kqq1l2③
小球2在A位置时所带电荷量：q1=mgl2kq，故C正确；
D.小球2在A位置时，弹性绳的长度：l1=l2+l=3l2；小球2在C位置时，弹性绳的长度：l2=l2+32l；设弹性绳的劲度系数为k，则：T'=k⋅(l1-l0)
T=k⋅(l2-l0)
联立可得：l0=12l，故D正确。
故选CD。
二、非选择题：本题共5小题，共56分。
（6分）在完成了“探究加速度与力、质量之间的关系”的书本实验后,某同学想办法设计了一个新的实验用于进一步验证上述物理量的关系,具体操作过程如下:
A.用天平称出小车质量为M=0.26 kg,弹簧测力计质量为m=0.046 5 kg.(g取9.8 m/s2)
B.接通打点计时器电源,让小车从一具有一定倾角θ的平整斜面上由静止开始加速下滑,用纸带记录下它的运动情况,以便求出它的加速度a.
C.撤掉打点计时器,在小车尾部用细线与一个弹簧测力计和水桶连接,在水桶中加入适量水,使轻推小车时,能使其沿斜面向下做匀速直线运动.当小车到达斜面底部静止后,读出此时弹簧测力计的读数F.
D.改变斜面的倾角,重复以上实验几次,通过几组数据来验证三个物理量之间的关系.
请回答下列问题:
(1)下面这条纸带,是在某次实验中得到的(每5个点取一个计数点),可求出此时小车的加速度a= .
(2)小车由静止开始匀加速下滑过程中所受到的合力为 (用本题中所给的物理量符号表示).
(3)在该同学的这个验证实验中, (选填“需要”或“不需要”)保证小车质量远大于所挂物体的总质量.
(1)2.00 m/s2(1.80~2.20 m/s2之间) (2)mg+F (3)不需要
[解析] (1)由图可知Δx=2.00 cm,而T=0.1 s,则a=ΔxT2=2.00×10-20.12 m/s2=2.00 m/s2.
(2)小车向下匀速运动时,对小车受力分析,根据共点力平衡可知Mgsin θ=f+mg+F
当小车向下加速运动时,小车受到的合力为
F合=Mgsin θ-f
联立解得F合=mg+F
(3)此实验是通过共点力平衡求是小车受到的合力,不需要保证小车质量远大于所挂物体的总质量
（10分）气敏电阻在安全领域有着广泛的应用。有一个对甲醛气体非常敏感的气敏电阻，正常情况下阻值为几百欧，当甲醛浓度升高时，其阻值可以增大到几千欧。为了研究其阻值随甲醛浓度变化的规律，供选用的器材如下。
A.电源（电动势6 V，内阻不计）
B.滑动变阻器R
C.导线若干及开关S
D.电压表（量程3 V，内阻）
E.毫安表（量程50 mA，内阻）
（1）探究小组设计了如图（a）所示实验电路，其中毫安表用来测定_______，量程为_________。
（2）将气敏电阻置于密封小盒内，通过注入甲醛改变盒内甲醛浓度，记录不同甲醛浓度下电表示数，计算出气敏电阻对应阻值，得到如图（b）所示阻值随甲醛浓度变化的图象（图象）。当气敏电阻阻值为时盒内甲醛浓度为__________。
（3）已知国家室内甲醛浓度标准是。探究小组利用该气敏电阻设计了如图（c）所示的简单测试电路，用来测定室内甲醛是否超标，电源电动势为（内阻不计），电路中分别为红、绿发光二极管，红色发光二极管的启动（导通）电压为2.0 V，即发光二极管两端电压时点亮，绿色发光二极管的启动电压为3.0 V，发光二极管启动时对电路电阻的影响不计。实验要求当室内甲醛浓度正常时绿灯亮，超标时红灯亮，则两电阻中为定值电阻的是____________，其阻值为__________。
答案：（1）电压；5 V
（2）（或）
（3）；3.9
解析：（1）毫安表与气敏电阻并联，因此用来测定电压，量程；（2）由图（b）可读出，当气敏电阻时，甲醛浓度为或；（3）串联分压，当气敏电阻的阻值增大时两端电压应升高，所以为气敏电阻，为定值电阻，且当时为红色发光二极管处于点亮的临界状态，由图（b）可知时，故。
（10分）在水平长直的轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动．某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ，此时调节外力，使平板车仍做速度为v0的匀速直线运动．
(1)若滑块最终停在小车上，滑块和车之间因为摩擦产生内能为多少？（结果用m，v0表示）
(2)已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量m=1kg，车长L=2m，车速v0=4m/s，取g=10m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件？
【答案】（1）（2）
【解析】
解：根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度
滑块相对车滑动的时间：
滑块相对车滑动的距离
滑块与车摩擦产生的内能
由上述各式解得（与动摩擦因数无关的定值）
（2）设恒力F取最小值为，滑块加速度为，此时滑块恰好达到车的左端，则：
滑块运动到车左端的时间
由几何关系有：
由牛顿定律有：
联立可以得到：，
则恒力F大小应该满足条件是：．
（12分）如图所示，上下粗细不一样的气缸被轻绳通过活塞竖直吊在空中，气缸底面积为S，活塞横截面积为S2，气缸上下两部分的长度相同。气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形轻质细玻璃管相通。最初室温为T0时，活塞恰好在气缸上下两部分的分界处，玻璃管内左右水银液面高度差为h(U形管内的气体体积、水银质量不计)。已知大气压强为p0，水银的密度为ρ，重力加速度g。不计活塞与气缸的摩擦。
①求气缸的质量M；
②现对气缸缓慢加热，则玻璃管内左右两侧水银液面高度差h是否变化？怎样变化？
③在对气缸里的气体缓慢加热时，若活塞与气缸不会分离，则加热后的温度最多是多少？
【答案】解：①绳封闭气体压强为p，对气缸M受力分析，根据受力平衡可知：p⋅S2+Mg=p0⋅S2
对U形玻璃管内水银柱分析有：p0=p+ρgh
联立解得：M=12ρhS
②加热时，气缸始终处于平衡，大气压强不变，气缸重力恒定，所以内部压强不变，可知U形玻璃管内水银高度差不变化
③加热时，气体做等压变化，由盖-吕萨克定律可得：LST0=(LS+L⋅S2)T
解得T=3T02
答：①气缸的质量M为12ρhS；
②现对气缸缓慢加热，则玻璃管内左右两侧水银液面高度差h不变；
③在对气缸里的气体缓慢加热时，若活塞与气缸不会分离，则加热后的温度最多是3T02。
【解析】①气缸处于平衡状态，根据共点力平衡求得气缸的质量；
②加热时，气缸始终处于平衡，大气压强不变，气缸重力恒定，所以内部压强不变，可知U形玻璃管内水银高度差不变化；
③被封闭气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律求得温度。
本题是力学知识与气体性质的综合，桥梁是压强。往往对跟气体接触的水银或活塞研究，根据平衡条件或牛顿第二定律研究气体的压强，然后利用其体状态方程求得。
（18分）如图所示，竖直放置的平行金属板A、B间电压为U0，在B板右侧CDMN矩形区域存在竖直向下的匀强电场，DM边长为L，CD边长为34L，紧靠电场右边界存在垂直于纸面水平向里的有界匀强磁场，磁场左、右边界为同心圆，圆心O在CDMN矩形区域的几何中心，磁场左边界刚好过M、N两点.质量为m、电荷量为+q的带电粒子从A板由静止开始经A、B极板间电场加速后，从边界CD中点水平向右进入矩形区域的匀强电场，飞出电场后进入匀强磁场.当矩形区域中的场强取某一值时，粒子从M点进入磁场，经磁场偏转后从N点返回电场区域，且粒子在磁场中运动轨迹恰与磁场右边界相切，粒子的重力忽略不计，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8．
(1)求粒子离开B板时的速度大小v1;
(2)求磁场右边界圆周的半径R;
(3)将磁感应强度大小和矩形区域的场强大小改变为适当值时，粒子从MN间飞入磁场，经磁场偏转返回电场前，在磁场中运动的时间有最大值，求此最长时间tm．
【答案】解： (1)粒子从A到B的加速过程中，由动能定理得qU0=12mv12
解得v1=2qU0m
(2)如图甲所示，粒子轨迹刚好与磁场右边界相切时，有
tan θ=12×34L12L=34
故θ=37°
粒子在电场中偏转，做类平抛运动
水平方向上，有L=v1t
竖直方向上，有38L=12at2
vy=at
且tan α=vyv1
联立得tan α=34，即偏转角度α=37°
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r=38L2+L22tan θ=1532L
则磁场右边界圆周的半径
3)粒子从同一点离开电场，在磁场中运动轨迹与右边界相切时，轨迹圆弧最长，运动时间也最长
粒子从不同点离开电场，在磁场中运动轨迹与右边界相切时轨迹圆弧最长，且当矩形区域场强为零时，粒子进入磁场时速度最小，粒子在磁场中运动的时间最长，画出粒子运动轨迹如图乙所示：
由几何关系知，粒子偏转角度为360°-2×(90°-37°)=254°
则最长时间
解得tm=127πL3842mqU0
【解析】(1)带电粒子离开B板的速度可以由动能定理求得；
(2)由题意画出粒子在磁场中的运动轨迹，由类平抛运动运动的规律知道粒子速度的方向恰恰从板的中点射出，从而已知粒子进入磁场的速度方向，由几何关系关系就能求出粒子做圆周运动的半径，从而求出磁场右边界的半径；
(3)粒子从不同点离开电场，在磁场中运动轨迹与右边界相切时弧长最长，且当矩形区域场强为零时，粒子进入磁场时速度最小，粒子在磁场中运动的时间最长，画出运动轨迹，确定偏转角，从而求出最短时间。
本题的靓点在于：①磁场是个环状区域，这样加上匀速圆周运动的轨迹就涉及三个圆的知识；②第二问求恰恰从极板的下边缘穿出，轨迹又要跟磁场的右边缘相切，涉及到圆、直角三角形及三函数等的相关知识。至于第三问涉及的最长时间情形更复杂，要画好轨迹图，不能有偏差。
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