2023-2024学年四川省成都七中高三（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省成都七中高三（上）期末物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.质量为0.5kg的物体做变速直线运动，以水平向右为正方向，它的速度−时间图象如图所示，则该物体( )
A. 在前2s内和2s～6s内的加速度相同
B. 在前2s内向右运动，2s～6s内向左运动
C. 在4s～6s内和6s～8s内的速度变化量相同
D. 在8s末离出发点的距离最远
2.已知月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，假设“嫦娥四号”正在距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ上运动，如图所示。到达轨道的A点点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B点再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动，并择机实施人类首次月球背面软着陆。对此过程下列说法正确的是( )
A. “嫦娥四号”在B点点火后，动能增加
B. “嫦娥四号”在轨道Ⅲ上绕月球运行一周所需的时间为2π Rg0
C. 由已知条件不能求出“嫦娥四号”在轨道Ⅱ上的运行周期
D. “嫦娥四号”在轨道Ⅱ上从A点运动到B点的过程中，万有引力做正功，机械能增加
3.某种金属导体的U−I图像如图所示，图像上A点和原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角。关于该导体的叙述下列说法中正确的是( )
A. 在A点，导体的电阻为tanβ
B. 在A点，导体的电阻为tanα
C. 通过电阻的电流与其两端的电压成正比
D. 导体的电功率随电压U的增大而增大
4.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大阻值为R，G为灵敏电流计，开关闭合，两平行金属板M、N之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电的粒子恰好以速度v匀速穿过两板，不计粒子重力。以下说法中正确的是( )
A. 保持开关闭合，滑片P向下移动，粒子可能从N板边缘射出
B. 保持开关闭合，滑片P的位置不动，将N板向上移动，粒子可能从M板边缘射出
C. 开关断开瞬间，灵敏电流计G指针将发生短暂偏转
D. 将开关断开，粒子将继续沿直线匀速射出
5.如图所示，竖直放置有一半圆轨道，在其左侧连有一水平杆，现将光滑的小球A、B分别套在水平杆与圆轨道上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看作质点，开始时细绳水平伸直，A、B静止。由静止释放B后，已知当B和圆心连线与竖直方向的夹角为30°时，滑块B下滑的速度为v(此时绳在杆与轨道上方)，则半圆的半径为( )
A. 7v24gB. 7v24 3gC. 7 3v24gD. 7v24 2g
二、多选题（本题共5小题，共25分）
6.关于静电场，下列说法正确的是( )
A. 同一电场线上的各点，电势一定不同
B. 电荷沿电场线方向移动时，电势能一定减少
C. 电势等于零的物体一定不带电
D. 电势不变化的等势体内，电场强度一定为零
7.如图甲所示，变压器原副线圈的匝数比为3：1，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9V，6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压u的图像如图乙所示。则以下说法中正确的是( )
A. 电压表的示数为36 2V
B. 电流表的示数为2A
C. 变压器副线圈两端交变电流的频率为50Hz
D. 灯泡L1不能正常发光
8.两电阻不计的光滑金属导轨固定在竖直平面内，虚线之间有匀强磁场，导轨足够长且间距为l。两质量均为m、电阻均为R的导体棒M、N位于匀强磁场上方，磁场高度为导体棒距上边界距离的4倍，磁场大小为B，方向垂直导轨所在平面，如图所示。先由静止释放导体棒M，M进入磁场恰好匀速运动，当M刚进入磁场时由静止释放导体棒N，两导体棒始终水平且与导轨保持良好接触。重力加速度取g，则下列说法正确的是( )
A. 释放前导体棒M、N距磁场上边界的高度为2gm2R2B4l4
B. 导体棒M离开磁场时的速度大小为2 2mgRB2l2
C. 导体棒M、N均进入磁场后，两棒间距离减小
D. 两导体棒各自离开磁场时导体棒N的速度较小
9.下列说法正确的是( )
A. 科学研究发现，一切与热现象有关的宏观过程都具有可逆性
B. 液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向同性
C. 若分子间的作用力表现为斥力，则分子间的势能随分子间距离的减小而增大
D. 往杯中注水时，水面稍高出杯口，水仍不会流出来，这是水表面张力的作用结果
E. 对于一定质量的理想气体，当分子热运动变剧烈时，气体压强可以不变
10.有一列简谐横波的波源在O处，某时刻沿x轴正方向传播的振动形式传到20cm处，此时x轴上10cm处的质点已振动0.2s，P点离O处80cm，如图所示，取该时刻为t=0时，下列说法正确的是( )
A. P点起振时的速度方向沿y轴正方向
B. 波的传播速度为0.5m/s
C. 经过1.3s，P点第一次到达波谷
D. 0～0.1s时间内，x=10cm处的质点振动的速度逐渐增大
E. x=15cm处的质点从开始起振到P点开始起振的时间内通过的路程为52cm
三、实验题（本题共2小题，共15分）
11.某同学利用测质量的小型家用电子秤，设计了测量木块和木板间动摩擦因数μ的实验，如图(a)所示，木板和木块A放在水平桌面上，电子秤放在水平地面上，木块A和放在电子秤上的重物B通过跨过定滑轮的轻绳相连。调节滑轮，使其与木块A间的轻绳水平，与重物B间的轻绳竖直。在木块B上放置5个砝码(电子秤称得每个砝码的质量m0为25.0g)，实验过程中从在木块B上取n个砝码置于木块A上，向左拉动木板的同时，记录电子秤的对应示数m。

(1)实验中，匀速拉动木板。
(2)用mA和mB分别表示木块A和重物B的质量，则m和mA、mB、m0、μ、n所满足的关系式为m= ______。
(3)根据测量数据在坐标纸上绘制出m−n图像，如图(b)所示，可得木块A和木板间的动摩擦因数μ= ______(保留2位有效数字)。
(4)若开始时B放上电子秤前未注意到电子秤有读数，且实验时也未对电子秤校零，则动摩擦因数的测量值______真实值(填“偏小”、“相等”或“偏大”)。
12.在练习使用多用电表时：

①下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是______(多选)
A.测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果
B.双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大
C.测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电路断开
D.欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但仍能调零，其测量结果与原来相比不变．
②用多用电表探测二极管的极性，用欧姆挡测量，黑表笔接a端，红表笔接b端时，指针向右偏转角较大，然后黑、红表笔反接指针偏转角较小，说明______(填“a”或“b”)端是二极管正极．
③某同学想通过多用电表A中的欧姆挡，直接去测量相同规格的多用电表B中量程为2.5V的电压挡的内阻，如图甲连线，选择倍率为×1k欧姆挡，测量前应对多用电表A进行______，按正确的操作步骤测量，指针位置相同，如图乙所示，从A表读出B表内阻约为______kΩ，从B表读出电压约为______V；
计算出多用电表A的电源电动势约为______V(已知表盘正中电阻刻度值为15，计算结果保留两位有效数字)．
四、简答题（本题共2小题，共20分）
13.如图所示，半径R=1.0m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B与长为L=0.5m的水平面BC相切于B点，BC离地面高ℎ=0.45m，C点与一倾角为θ=37°的光滑斜面连接，质量m=1.0kg的小滑块从圆弧上某点由静止释放，到达圆弧B点时小滑块对圆弧的压力刚好等于其重力的2倍，当小滑块运动到C点时与一个质量M=2.0kg的小球正碰，碰后返回恰好停在B点，已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.1。(sin37°=0.6,cs37°=0.8,g取10m/s2)求：
(1)小滑块应从圆弧上离地面多高处释放；
(2)小球第一落点到C点的距离。
14.如图，在xOy平面Ⅰ、Ⅱ象限内存在垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场，O点右侧与O相距d处有一与x轴垂直的足够大的收集板(电子打到收集板上将被吸收而不反弹)。某时刻，大量速率介于v到v0(v与v0未知且v0>v)的电子同时从坐标原点O沿各个方向垂直磁场射入Ⅰ、Ⅱ象限。已知速率为v0且沿y轴正方向射入磁场的电子刚好垂直打在收集板上，磁场磁感应强度大小为B，电子比荷为qm，不计电子间的相互作用及电子的重力。求：
(1)速度v0的大小；
(2)Ⅰ、Ⅱ象限内有电子通过的区域的面积大小；
(3)若磁场仅存在于−27d≤x≤27d的足够长范围内，从发射电子到电子全部离开磁场经历的时间恰好为电子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。最后离开磁场的电子从O射入磁场时的速度的大小。
五、计算题（本题共2小题，共20分）
15.某兴趣小组设计了一温度报警装置，原理图如图。一定质量的理想气体被一上表面涂有导电物质的活塞密封在导热气缸内，活塞厚度不计，质量m=100g，横截面积S=10cm2，开始时活塞距气缸底部的高度为ℎ=6cm，缸内温度为T1=360K。当环境温度上升，活塞缓慢上移Δℎ=4cm，活塞上表面与a、b两触点接触，报警器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为p0=1.0×105Pa，g=10m/s2，试求：
(1)该报警装置的报警温度T2；
(2)若上述过程气体的内能增加15.96J，则气体吸收的热量Q为多少。
16.电子产品中常用到发光二极管，其中一种是由半径为R的半球体透明介质和发光管芯组成，管芯发光部分是一个圆心与半球体介质的球心O重合的圆面，PQ为发光圆面的直径，圆弧ABC在半球体介质过球心O的纵截面上，B、D分别为圆弧ABC、BDC的中点，如图所示.由PQ上的M点发出的一条光线经D点折射出后与OB平行，已知θ=75°.求：
(1)半球体介质的折射率及光从该介质射入空气中的临界角；
(2)为使从发光圆面射向半球面上的所有光线都能直接射出，管芯发光圆面的最大面积．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、根据v−t图线的斜率等于加速度，可知在前2s内和2s～6s内的加速度大小相同，方向相反，所以加速度不同，故A错误。
B、在0～6s内，物体的速度一直为正，说明物体一直向右运动，故B错误。
C、在4～6s内速度变化量为：△v1=0−4m/s=−4m/s，6～8s内的速度变化量为：△v2=−4m/s−0=−4m/s，则在4s～6s内和6s～8s内的速度变化量相同，故C正确。
D、物体在前6s内一直向右运动，6s后向左运动，所以在6s末离出发点的距离最远。故D错误。
故选：C。
由速度图线的斜率等于加速度，分析两个物体的加速度关系。根据速度的正负号分析速度的方向。速度变化量等于末速度与初速度之差。
解决本题的关键知道速度时间图线表示的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，速度的正负表示运动的方向，图线与时间轴围成的面积表示位移。
2.【答案】B
【解析】解：A、“嫦娥四号”在轨道Ⅱ上的B点点火进入近月轨道Ⅲ，要实现变轨应使“嫦娥四号”点火减速，减小所需的向心力，故点火后动能减小，故A错误；
D、“嫦娥四号”在轨道Ⅱ上从A点运动到B点的过程中，即从远月点到近月点，万有引力对卫星做正功，动能增大，引力势能减小，但是只有万有引力做功，机械能守恒，故D错误；
BC、设“嫦娥四号”在近月轨道Ⅲ上绕月球运行一周所需的时间为T3，则：mg0=mR4π2T32
解得：T3=2π Rg0
轨道Ⅱ的半长轴a=2.5R，设周期为T2，根据开普勒第三定律可得：a3T22=R3T32
变形解得：T2=5π2 10Rg0，故B正确，C错误。
故选：B。
根据卫星做近心运动的原理分析说明；
根据卫星变轨的原理分析飞船过A点的速度变化，进一步确定机械能变化；
在月球表面，重力提供向心力，可以求出“嫦娥四号”在轨道Ⅲ的周期，结合开普勒第三定律求出在Ⅱ轨道上的周期。
此题考查了人造卫星的相关计算，解题的关键是明确万有引力提供向心力，以及卫星变轨原理的掌握，卫星做近心运动，阻力做负功。
3.【答案】D
【解析】解：AB.在A点设电压为U0，电流为I0，导体的电阻为R，由欧姆定律得：
R=U0I0
由于纵坐标与横坐标的标度可能不同，所以不能用tanα和tanβ计算电阻值，故AB错误；
C.由图像可知，电压随电流的变化关系不是过原点的直线，通过电阻的电流与其两端的电压不成正比，故C错误；
D.由图像知，U增大，电流I也增大，该导体的电功率在数值上等于横、纵坐标的乘积，即电功率在数值上等于横、纵坐标确定的矩形面积，所以电功率增大，故D正确；
故选：D。
图线切线斜率不等于倾角的正切值；根据U−I图像分析通过电阻的电流与其两端的电压是否成正比；不是过原点的直线；根据P=IU判断电功率的变化。
解决本题的关键知道电功率在数值上等于横、纵坐标确定的矩形面积，以及知道在I−U图象中导体的电阻等于对应的横坐标与纵坐标的比值。
4.【答案】C
【解析】解：A、由粒子在复合场中做匀速直线运动可知，粒子所受电场力与洛伦兹力平衡。当保持开关闭合，滑片P向下移动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电容器两极板间的电压减小，电容器两极板间电场强度减小，电场力减小，则粒子所受向上的洛伦兹力大于竖直向下的电场力，从而向上偏转，有可能从M板边缘射出，故A错误；
B、由题意，若将N板上移，使得两极板间距减小，电容器两极板间电场强度增大，则粒子所受竖直向下的电场力增大，粒子向下偏转，不可能从M板边缘射出，故B错误；
CD、将开关断开，平行板电容器瞬间放电，因此灵敏电流计G指针发生短暂偏转，此后粒子将只受洛伦兹力做匀速圆周运动，故C正确，D错误。
故选：C。
带正电的粒子恰好以速度v匀速穿过两板，在平行金属板间受向上的洛伦兹力和向下的电场力且电场力等于洛伦兹力；开关断开时，电路发生变化，电容器放电，回路中有放电电流；根据电路的变化判断金属板间电场的变化，分析粒子的运动变化。
本题考查带电粒子带混合场中运动和动态电路结合，综合的知识点较多，注意电路对电场的影响分析。
5.【答案】B
【解析】解：将小球B下滑的速度v分解为沿绳方向的分速度v1和垂直绳方向的分速度，A、B两小球沿绳方向的速度大小相等，即vA=v1，如下图所示：
由几何关系得：v1=vcs30°
解得：vA= 32v
A、B两小球组成的系统机械能守恒，则有：
mgRsin60°=12mv2+12mvA2
解得：R=7v24 3g，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据小球B沿绳方向的分速度与小球A的速度相等，可得到两小球的速度关系，再根据A、B两小球组成的系统机械能守恒求解半圆的半径。
本题考查了机械能守恒定律和速度关联问题，要知道绳连两物体的速度沿绳方向的分速度相等。
6.【答案】AD
【解析】解：A、沿电场线的点电势降落最快，同一电场线上的各点，电势一定不同，故A正确；
B、电荷沿电场线方向移动时，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加，故B错误；
C、零电势点是人为规定的，和物体带电无关。如，静电平衡的接地导体，故C错误；
D、电势不变化的等势体内，电场强度不一定为零。如，导体静电平衡是电势不变化的等势体内，但导体内部电场强度不为零，故D正确。
故选：AD。
沿电场线的点电势降落最快；电荷沿电场线方向移动时，电势能的增减取决于电场力的做功情况；电势为0的点是规定的，和物体是否带电没有必然联系；导体静电平衡是电势不变化的等势体内，电场强度不为零。
该题考查的是电场强度与电势的基本性质，掌握静电平衡，熟记电场与电势、电势能与电势的关系式。
7.【答案】BC
【解析】解：AB.依题意，灯泡电阻为
R=U灯2P灯=926Ω=13.5Ω
根据理想变压器原副线圈匝数与电压、电流的关系可得
U1U2=n1n2,I2I1=n1n2
分析原线圈电路，有
U=U1+I1R
分析副线圈电路，有
U2=I211R+1R+1R
又
U=Em 2
联立解得
U1=27V，I2=2A，I1=23A
故A错误；B正确；
C.由乙图可知，变压器副线圈两端交变电流的频率为
f=1T=10.02Hz=50Hz
故C正确；
D.由A选项分析可知灯泡L1的电压为
UL1=I1R=23×13.5V=9V
能正常发光。故D错误。
故选：BC。
根据图像求解电动势的峰值和周期，根据正弦式交变电流的规律求解电动势的有效值和频率；电压表和电流表的示数均为有效值；根据理想变压器原副线圈的电压比等与匝数比求解副线圈的电压；根据P=UI求解副线圈回路的电流；根据频率与周期的关系解得C，分析灯泡的电压变化情况，从而分析D。
本题考查正弦式交变电流和理想变压器，解题关键是掌握正弦式交变电流的规律，知道理想变压器原副线圈电压比等于匝数比。
8.【答案】AD
【解析】解：A.导体棒M进入磁场恰好匀速运动，根据平衡条件可得
mg=FA=B2l2v2R
解得v=2mgRB2l2
根据动能定理可得
mgℎ=12mv2
解得ℎ=2gm2R2B4l4，故A正确；
B.导体棒N下落ℎ的时间为
t=2ℎv
导体棒M在磁场中运动的距离为
H=vt=v×2ℎv=2ℎ
因两导体棒在磁场中的速度相等，可知导体棒中无感应电流，也不受安培力，则最后的2ℎ高度以加速度g加速运动，设离开磁场的速度为v′，根据速度—位移关系可得
v′2−v2=2g×2ℎ
解得v′=2 3mgRB2l2，故B错误；
C.导体棒M、N均进入磁场后的速度大小相等，加速度也相同，则两棒间距离不变，故C错误；
D.导体棒M在磁场中先匀速后加速，导体棒N进入磁场后先加速后减速，则两导体棒各自离开磁场时导体棒N的速度较小，故D正确。
故选：AD。
根据平衡条件求得M进入磁场的速度，由动能定理求释放前导体棒M、N距磁场上边界的高度；根据速度—位移关系求导体棒M离开磁场时的速度大小；由导体棒的速度和加速度情况判断导体棒M、N均进入磁场后，两棒间距离的变化。根据棒的运动状态判断各自离开磁场时导体棒N的速度大小关系。
本题主要是考查电磁感应现象与力学的结合，弄清楚受力情况和运动情况，根据平衡条件列出方程；对于导体棒运动过程中涉及能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
9.【答案】mB−μ(mA+nm0) 0.32 偏小
【解析】解：(1)根据滑动摩擦力公式，木块与木板间的滑动摩擦力与两者之间的相对速度无关，该题的研究对象是木块和砝码，与施加的外力没有直接关系，所以实验拉动木板时不需要保持匀速。
(2)对木块、砝码为研究对象μ(mA+5m0)=T
重物B为研究对象T+mg=mBg
联立解得m=mB−μ(mA+5m0)
(3)由于μ(mA+nm0)g+mg=mBg
整理可得m=−μm0⋅n+(mB−μmA)
图像的斜率的绝对值k=59−195−0g=8g
结合m−n函数k=μm0
解得μ=km0=825=0.32
(4)在未将B放上电子秤时电子秤有读数，未对电子秤校零，则放上B后，m值偏大；m−n图像的纵截距b=(mB−μmA)的测量值偏大，由于mA、mB不变，因此动摩擦因数的测量值偏小。
故答案为：(2)mB−μ(mA+nm0)；(3)032；(4)偏小。
(1)木块与木板间的滑动摩擦力与两者之间的相对速度无关，木板如何运动对摩擦力没有影响；
(2)对整体受力分析，整理求解；
(3)根据(2)受力分析式子整理出符合图像的表达式，求出动摩擦因数。
(4)根据m−n图像的纵截距的含义分析作答。
该题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题；
10.【答案】AC a 欧姆调零 13 1.32 2.8
【解析】解：①A、测量电阻时，多用电表内部电源被接通，电流从多用电表内部流出，因为电阻不分正负极，所以电流流向电阻哪一端无所谓，红、黑表笔分别插在负、正插孔不会影响测量结果．故A正确．
B、若双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏小，人是导体，会使测量结果偏小，B错误；
C、测量电阻一定要断电作业，即把该电阻与电路断开．故C正确．
D、当两表笔短接(即Rx=0)时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内此时有关系 Ig=ER内
得R内=EIg；
当指针指在刻度盘的正中央时I=Ig2，有Ig2=ER内+Rx，代入数据可得RX=R内；
当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式Ig=ER内，欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由I=ER内+Rx=Ig1+RxR内，
可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了．故D错误．
故选：AC．
②当用多用电表的红表笔接触二极管a 端、黑表笔接触二极管b 端时，b端电势高、a端电势低，此时发现多用电表的指针偏转量非常小，说明此时电阻很大，说明此时二极管反向偏压，则a端是二极管的正极；
③选挡后要先进行欧姆调零，
欧姆表读数=表盘读数×倍率=13×1K=13kΩ；
电压表读数为：1.32V；
欧姆表内电阻等于中值电阻，为r=15kΩ；
根据闭合电路欧姆定律，有：E=Ir+U=URx⋅r+U=1.3213000×15000+1.32≈2.8V
故答案为：①AC； ②a；③欧姆调零(调零)；13；1.31；2.8．
①欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入．测量电阻时，先选择挡位，然后进行欧姆调零，再进行测量，注意每次换挡后必须重新欧姆调零，最后将旋钮旋至交流电压的最高挡．测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开．
②二极管有单向导电性，正向导通时电阻很小，反向截止的电阻很大，
③欧姆表读数=表盘读数×倍率；欧姆表内电阻等于中值电阻，根据闭合电路欧姆定律列式求解欧姆表电动势．
本小题了考查欧姆表的结构、测量原理，同时还要注意测量误差应如何来分析．
11.【答案】解：(1)由题图可知B点为圆周运动的最低点，小滑块通过B点时，由牛顿第二定律有
FN−mg=mvB2R
由牛顿第三定律有，在该点支持力大小等于压力大小，所以有
FN=2mg
解得：vB= 10m/s
设滑块由距离地面H高处下滑，由动能定理有
mg(H−ℎ)=12mvB2
解得：H=0.95m
(2)设小滑块到达C点与小球碰撞前的速度为v1。
小滑块从B点运动到C点的过程，由动能定理有
−μmgL=12mv12−12mvB2
在C点两滑块发生碰撞，设碰后小滑块速度变为v2，小球速度为v3，由于碰后小滑块速度方向反向，取向右为正方向，由动量守恒定律有
mv1=−mv2+Mv3
对小滑块从C返回B的过程，由动能定理有
−μmgL=0−12mv22
联立解得：v3=2m/s
碰后小球做平抛运动，其水平方向做匀速直线运动，有
x=v3t
竖直方向有
y=12gt2
设小球落在水平地面上，则有
y=ℎ=0.45m
解得：t=0.3s
水平位移为：x=0.6m
故落点与C的距离
s= x2+ℎ2= 0.62+0.452m=0.75m
斜面的长为
l=ℎsin37∘=
所以小球恰好落在斜面与水平面的交点上。
综上所述，落点与C的距离为0.75m。
答：(1)小滑块应从圆弧上离地面0.95m高处释放；
(2)小球第一落点到C点的距离为0.75m。
【解析】(1)在B点，小滑块所受的重力和支持力的合力提供其向心力，根据牛顿第二定律列式求出小滑块通过B点的速度大小。小滑块从开始到B点的过程，根据机械能守恒定律或动能定理列式求解释放点的高度。
(2)研究小滑块在水平面上运动过程，由动能定理求出小滑块与小球碰撞前的速度。碰后小滑块返回B点过程，由动能定理求出小滑块碰撞后的速度。对于碰撞过程，由动量守恒求出碰后小球的速度，再由平抛运动知识判断小滑块离开C点将落在水平地面上，再去求解空中的飞行时间，从而求得碰撞后小球的第一次落点距C点的距离。
本题关键要分析清楚物体的运动情况，寻找每个过程的物理规律，然后根据牛顿第二定律、动能定理、动量守恒定律和平抛运动知识解答。
12.【答案】解：(1)依题意，速率为v0且沿y轴正方向射入磁场的电子刚好垂直打在收集板上，其轨迹如图所示

根据几何关系可知，其半径为：r=d
根据牛顿第二定律，可得：qv0B=mv02d
解得：v0=dBqm
(2)依题意，Ⅰ、Ⅱ象限内有电子通过的区域的面积如图中阴影部分所示，其中虚线圆是以运动轨迹圆的直径为半径的包络圆。

由几何知识可得：S= 3d⋅d2+30°360∘⋅π(2d)2+πd2= 3d2+56πd2
(3)由分析可得以最小速度v从O射入磁场的电子最后离开，相同速率的电子做匀速圆周运动轨迹为劣弧时，轨迹对应的弦长越长，运动时间越长，电子在磁场中最长时间恰好为四分之一周期，综上可得电子运动轨迹如图所示，

由几何关系可得，半径为：r= 27d
根据牛顿第二定律，可得：qvB=mv2r
解得：v= 2qdB7m
答：(1)速度v0的大小为dBqm；
(2)Ⅰ、Ⅱ象限内有电子通过的区域的面积大小为( 3d2+56πd2)；
(3)最后离开磁场的电子从O射入磁场时的速度的大小为 2qdB7m。
【解析】(1)根据几何知识求解轨道半径，根据牛顿第二定律求解速度v0的大小；
(2)用动态圆的思想，画出粒子能达到的区域，根据几何知识求符合条件的面积；
(3)根据几何关系求解最后离开磁场的电子的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解最后离开磁场的电子从O射入磁场时的速度的大小。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
13.【答案】CDE
【解析】解：A、科学研究发现，一切与热现象有关的宏观过程都具有不可逆性，故A错误；
B、液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和某些晶体相似，具有各向异性，故B错误；
C、当分子力表现为斥力时，分子间距减小，分子力做负功，则分子势能增大，故C正确；
D、往杯中注水时，水面稍高出杯口，水仍不会流出来，这是水表面张力的作用结果，故D正确；
E、对于一定质量的理想气体，当分子热运动变剧烈时，气体分子的平均动能变大；如果气体体积增大，气体分子的密集程度变小，压强可能不变，故E正确。
故选：CDE。
根据热力学第二定律可知，宏观热现象具有方向性；液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向异性的特点；分子力做正功，分子势能减小，分子力做负功，分子势能增大；液体存在表面张力，表面张力使液体表面有收缩的趋势；根据压强的微观含义分析压强的变化。
此题考查了分子势能、压强的微观含义、液晶、热力学第二定律等相关知识，解题的关键是明确分子力做正功，分子势能减小，分子力做负功，分子势能增大。
14.【答案】解：(1)活塞上升过程为等压过程，由盖—吕萨克定律得：
SℎT1=S(ℎ+Δℎ)T2
代入数据解得：T2=600K
(2)根据活塞受力平衡有：pS=p0S+mg
气体体积增大，外界对气体做功，则有：
W=−pSΔℎ=−(p0S+mg)Δℎ=−(1.0×105×10×10−4+100×10−3×10)×4×10−2J=−4.04J
根据热力学第一定律有：ΔU=W+Q，其中ΔU=15.96J
代入数据解得：Q=20J
答：(1)该报警装置的报警温度T2为600K；
(2)气体吸收的热量Q为20J。
【解析】(1)活塞上升过程为等压过程，由盖—吕萨克定律求解；
(2)根据活塞受力平衡求得封闭气体压强，再求出外界对气体做的功，由热力学第一定律求解气体吸收的热量。
本题考查了气体实验定律和热力学第一定律的应用，较基础。特别要注意热力学第一定律的表达式：ΔU=W+Q的各物理量的意义和正负号的确定，尤其是W，若外界对气体做功则为正值，若气体对外界做功则为负值，若用ΔV表示气体体积的变化量(末态与初态的差值)，则W=−pΔV。
15.【答案】BCE
【解析】解：A、根据波向右传播，由图可得：t=0时刻，波前质点A向下振动，故质点起振时的速度方向沿y轴负方向，故A错误；
B、波传播到x=20cm处时，x=10cm处质点振动时间为0.2s；即波在△t=0.2s内的传播距离△x=10cm=0.1m，故波速v=△x△t=0.5m/s，故B正确；
C、当图示x=15cm处波谷传播到P点时，P点第一次到达波谷，故经历的时间△t=△x′v=80cm−15cm0.5m/s=，故C正确；
D、由图可得：波长λ=20cm=0.2m，故周期T=λv=0.4s；t=0时刻，x=10cm处质点在平衡位置向上振动，故在0～0.1s的14T时间内由平衡位置向波峰运动，故振动速度逐渐减小，故D错误；
E、x=15cm处质点到P点平衡位置间距离为△x1=65cm=0.65m，故x=15cm处的质点从开始起振到P点开始起振的时间为△t1=△x1v=1.3s=314T，故x=15cm处的质点通过的路程s=13A=13×4cm=52cm，故E正确；
故选：BCE。
根据波的传播方向，由图得到波前振动方向，从而得到质点起振方向；根据波的传播距离和传播时间得到波速，再由图得到波长，即可求得周期，进而得到质点振动。
机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
16.【答案】解：(1)如图1所示，D为圆弧BDC的中点，由几何关系得∠DOM=45°
光线射到D点的入射角：i=θ−DOM=75°−45°=30°
光线在D点的折射角：r=∠BOD=45°
半球体介质的折射率n=sinrsini
解得n= 2
根据sinC=1n
解得临界角C=45°
(2)如图2所示，设发光圆面PQ的半径为r′，由正弦定理得
Rsinβ=r′sinα
得sinα=r′Rsinβ
当β=90°时，α最大．
即从P或Q点垂直于PQ发出的光线射到球面上的入射角最大，则：sinαm=r′R
所有光能直接射出，应满足sinαm≤sinC
解得r′≤Rn=R 2
管芯发光区域面积最大值为：S=π(R 2)2=πR22
答：(1)半球体介质的折射率为 2，光从该介质射入空气中的临界角为45°；
(2)为使从发光圆面射向半球面上的所有光线都能直接射出，管芯发光圆面的最大面积为πR22．
【解析】(1)根据光线在D点的入射角和折射角，由折射定律求半球体介质的折射率n；根据sinC=1n求临界角；
(2)从P或Q点垂直于圆面发出的光射到球面的入射角最大，设为α，由几何关系有sinα=rR，为使从发光圆面PQ射向半球面上所有的光都能直接射出，应满足α对于几何光学中“条件”或“范围”问题，往往要研究临界情况，找出临界点和最大入射角，然后结合全反射的临界角公式sinC=1n进行分析。