还剩20页未读，
继续阅读
内蒙古鄂尔多斯市第一中学2020届高三上学期10月月考物理试题
展开
市一中2019～2020学年度第一学期第二次调研高三物理卷
一、选择题
1.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】AB.小球开始下落到接触弹簧，自由落体运动，小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最底端时加速度大于g，故A正确B错误．
CD.结合以上分析可知，加速度开始不变，然后减小再反向增大，最终大于g，故CD错误．
2.一质量为m的物体用一根足够长细绳悬吊于天花板上的O点,现用一光滑的金属钩子勾住细绳,水平向右缓慢拉动绳子(钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上)，下列说法正确的是（ ）
A. 钩子对细绳的作用力始终水平向右
B. OA段绳子的力逐渐增大
C. 钩子对细绳的作用力先减小后增大
D. 钩子对细绳的作用力不可能等于
【答案】D
【解析】
A．OA段绳子的力始终等于物体的重力，大小不变．对钩子的作用力等于两段绳子拉力的合力，因为两段绳子之间的夹角逐渐减小，绳子对钩子的作用力逐渐增大，方向逐渐改变，钩子对细绳的作用力逐渐改变，故ABC错误；
D．因为钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上，两段绳子之间的夹角不可能达到90°，细绳对钩子的作用力不可能等于，钩子对细绳的作用力也不可能等于，故正确．
故选：D．
3.如图所示，甲、乙两个同学对打乒乓球，设甲同学持拍的拍面与水平方向成α角，乙同学持拍的拍面与水平方向成β角．乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲、乙球拍的速度大小之比为 ( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处：，在乙处：，所以
A. 与计算结果相符，故A正确．
B. 与计算结果不符，故B错误．
C. 与计算结果不符，故C错误．
D 与计算结果不符，故D错误．
4.如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子右端的距离为x，设该处的张力为T，则能正确描述T与x之间的关系的图象是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：设单位长度质量为m；对整体分析有：，则对x分析可知：，联立解得：
故可知T与x成正比；则右段绳的质量为，可解得，故D正确；
考点：考查了牛顿第二定律的应用
【名师点睛】分析整体的受力时采用整体法可以不必分析整体内部的力，分析单个物体的受力时就要用隔离法．采用整体隔离法可以较简单的分析问题
5.如图所示，小车沿倾角θ＝30 的固定斜面向上运动，小车内悬挂小球的轻绳与垂直于斜面方向的夹角也是30，则车与斜面间的动摩擦因数为 ( )
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【详解】设小车质量M，小球质量m，对小车和小球整体受力分析，根据牛顿第二定律，沿斜面方向有
隔离小球，受重力和绳的拉力T，沿斜面和垂直斜面方向分解
联立解得： ．
A. 与计算结果不符，故A错误．
B. 与计算结果不符，故B错误．
C. 与计算结果相符，故C正确．
D. 1与计算结果不符，故D错误．
6.分别在两个星球A、B表面上做实验：如图甲所示，在同一个固定的斜面上，用平行于斜面的力分别推两个不同的物块向上运动，得到了加速度a和力F的关系图象如图乙所示，两图象在纵轴上交于同一点，则根据图象 ( )
A. 可以比较出两个物块的质量大小
B. 可以比较出两个星球表面的重力加速度大小
C. 可以比较出两个物块与斜面间的动摩擦因数大小
D. 可以比较出两个物块受到摩擦力的大小
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据牛顿第二定律有：
解得： ，图像的斜率是质量的倒数，所以可以比较两个物块的质量大小，故A正确．
BCD.因为两图象在纵轴上交于同一点，所以相同，但是由于g与均不知，所以无法比较两者大小，滑动摩擦力 也无法比较，故BCD错误．
7.如图所示，水平地面上有一个半球形大坑，O 为球心，AB为沿水平方向的直径．若在A点以初速度沿AB方向向右平抛一小球甲，小球甲将击中坑内的最低点D；若在甲球抛出的同时，在C点以初速度沿平行BA方向向左平抛另一小球乙，也恰能击中D点．已知∠COD=600，甲、乙两小球的质量相同，不计空气阻力，则( )
A. 甲、乙两小球初速度的大小之比
B. 甲、乙两球在此过程中速度变化量的大小之比为2:1
C. 甲、乙两小球下落时间之比为
D. 逐渐增大小球甲抛出速度的大小，甲球可能垂直撞到坑内BCD上
【答案】AC
【解析】
试题分析：平抛运动的时间由高度决定，根据动能定理比较动能的变化量，根据到达D点时的竖直分速度，结合瞬时功率的公式求出瞬时功率之比．结合水平位移和时间之比求出初速度之比．
甲、乙两小球的水平位移之比为，竖直高度之比为，下落的时间之比为，所以甲、乙两小球平抛初速度的大小之比，AC正确；平抛小球速度的变化量即为竖直分速度，而竖直分速度与下落的时间成正比，所以两球速度变化量的大小之比应为，B错误；逐渐增大小球甲抛出时速度的大小，甲球不可能垂直撞到球壁BCD上．因为根据平抛速度的反向延长线过水平位移的中点这一推论，垂直到球壁的速度反向延长线必定过圆心O，而O点并不是水平位移的中点，D错误．
8.如图所示，倾角为θ=30°的斜面上，一质量为4m的物块经跨过定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连，现将小球从水平位置静止释放，小球由水平位置运动到最低点的过程中，物块和斜面始终静止，运动过程中小球和物块始终在同一竖直平面内，则在此过程中( )
A. 细绳的拉力先增大后减小
B. 物块所受摩擦力逐渐增大
C. 地面对斜面的支持力逐渐增大
D. 地面对斜面的摩擦力逐渐增大
【答案】D
【解析】
小球向下摆动的过程中，对小球的拉力一直增大，A错误；斜面对物块的摩擦力先减小后增，B错误；对物块和斜面组成的整体分析可知，地面对斜面的支持力一直减小，摩擦力一直增大，C错误，D正确.故选D.
9.甲、乙两车在同一条平直公路上行驶，其位置－时间图象如图所示，曲线甲为抛物线，P(1s，2m)为抛物线的顶点，图线甲与图线乙相交于Q(2s，1m)．下列说法正确的是 ( )
A. t＝1s时甲车的速度最大
B. 0－2s内甲车的平均速度大于乙车的平均速度
C. 0－2s内甲车的路程是乙车的2倍
D. 甲车的加速度大小恒为2m/s2
【答案】CD
【解析】
【详解】A.图像的斜率代表速度，所以t＝1s时甲车的速度为零，最小，故A错误．
BC. 0－2s内甲车的位移为零，路程为2m，所以甲车的平均速度为零；乙车的位移为1m，路程为1m，所以乙车的平均速度为0.5m/s，所以0－2s内甲车的路程是乙车的2倍，甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故B错误C正确．
D.甲车图像为抛物线做匀变速直线运动，1s时，甲车速度为零，0-1s反向匀加速运动， 解得：
故D正确．
10.如图所示,在倾角为θ=30°的光滑斜面上,物块A、B质量分别为m和2m,物块A静止在轻弹簧上面,物块B用细线与斜面顶端相连,A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g,某时刻细线剪断,则细线剪断瞬间,下列说法错误的是( )
A. 物块B的加速度为
B. 物块A、B间的弹力为
C. 弹簧的弹力为
D. 物块A的加速度为
【答案】A
【解析】
【分析】
剪断细绳前，隔离对A分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对整体分析，求出整体的加速度，隔离分析求出A、B间的弹力大小．
【详解】剪断细绳前，对A分析，弹簧的弹力，则细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，对AB整体分析，加速度，故A错误，CD正确．隔离对B分析，根据牛顿第二定律得，解得，故B正确．本题选错误的，故选A．
【点睛】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，抓住剪断细线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．
11.静止在粗糙水平地面上的物块(视为质点)在水平拉力作用下向右运动，经过一段时间后撤去拉力．物体在整个运动过程中的速度的二次方随位移的变化规律如图所示．已知物块的质量为2kg，取g＝10m/s2．下列说法正确的是 ( )
A. 拉力作用的时间为3s
B. 物块运动过程的平均速度大小为9m/s
C. 物块与地面间的动摩擦因数为0.6
D. 拉力做的功为36J
【答案】AC
【解析】
【详解】A.根据图像可知，加速阶段的末速度为6m/s，加速位移为9m，根据平均速度公式可知 ，加速时间即拉力作用时间
故A正确．
B.物块开始做初速度为零的匀加速，然后做末速度为零的匀减速，所以平均速度相同，均为最大速度的一半，即3m/s，故B错误．
C.根据减速阶段有 ，且 ，代入数据解得： ，故C正确．
D.全程根据动能定理可知
解得拉力做功 ，故D错误．
12.甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v0，船在静水中的速率均为v，甲、乙两船船头均与河岸成角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A点，乙船到达河对岸的B点，A、B之间的距离为L，则下列判断正确的是( )
A. 乙船先到达对岸
B. 若仅是河水流速v0增大，则两船的渡河时间都不变
C. 不论河水流速v0如何改变，只要适当改变θ角，甲船总能到达正对岸的A点
D. 若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为L
【答案】BD
【解析】
将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，知甲乙两船到达对岸的时间相等．渡河的时间t=，故A错误；若仅是河水流速v0增大，渡河的时间t=，则两船的渡河时间都不变，故B错误；只有甲船速度大于水流速度时，不论水流速v0如何改变，甲船都可能到达河的正对岸A点，故C错误；若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，船在水平方向的分速度仍不变，则两船之间的距离仍然为L．故D正确．故选D．
13.将小球甲从高空A处以初速度大小v0竖直向下抛出，与此同时，在甲的下方有另一小球乙从空中B处以初速度大小v0竖直向上抛出，测得经过时间4s两球在空中相遇．若A、B两点间的高度差为64m．取g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列判断正确的是 ( )
A. v0＝8m/s
B. 乙从B处抛出后返回到B处所用的时间为0.8s
C. A处离地的高度至少为64m
D. 两球一定在B处下方相遇
【答案】AD
【解析】
【详解】A.根据相遇时位移关系可知
解得：v0＝8m/s，故A正确．
B.因为初速度为8m/s，到达最高点所用时间为0.8s，根据对称性可知，乙从B处抛出后返回到B处所用的时间为1.6s，故B错误．
CD.4s内甲的位移
所以A下落的高度为112m，A、B两点间的高度差为64m，所以两球一定在B处下方相遇，故C错误D正确．
14.如图所示，细线的一端系于天花板上，另一端系一质量为m的小球．甲图让小球在水平面内做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向的夹角为，细线中的张力为F1，小球的加速度大小为a1；乙图中让细线与竖直方向成角时将小球由静止释放，小球在竖直面内摆动．刚释放瞬间细线中的张力为F2，小球的加速度大小为a2，则下列关系正确的是
A. F1= F2 B. F1> F2 C. a1= a2 D. a1> a2
【答案】BD
【解析】
试题分析：小球做圆周运动靠拉力和重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出绳对小球的拉力，由牛顿第二定律求出加速度．做单摆的小球只受到重力和绳子的拉力，由此分析即可．
甲图中受力如图：竖直方向：，水平方向，由几何关系得：，解得，根据牛顿第二定律得，乙图中释放瞬间，小球只受到重力和细线中的张力为，则，由牛顿第二定律得：，所以，故BD正确．
15.如图甲所示，足够长的水平传送带以v1＝2m/s的速度沿顺时针方向运行，滑块(视为质点)以某一初速度v2水平滑上传送带的右端．若滑块在传送带上向左运动的过程中，位移与时间比值－时间的图象如图乙所示，则下列说法正确的是 ( )
A. v2＝4m/s
B. 传送带AB长度至少为2m
C. 滑块在传送带上的加速度大小为2m/s2
D. 滑块在传送带上运动的总时间为2.25s
【答案】ABD
【解析】
【详解】AC.根据图像可知 ，即 结合匀变速位移时间关系可知，加速度为 ，初速度 ，故A正确C错误．
B.根据以上分析可知物块1s时速度减为零，所以传送带AB长度至少为物块减速到零的位移
所以传送带AB长度至少为2m，故B正确．
D.物块减速到零时间
反向加速到与传送带速度相同所需时间
所以加速位移
还需匀速时间
所以运动总时间
故D正确．
16.如图所示，处于光滑斜面底端的滑块(视为质点)，在沿斜面向上的拉力F作用下由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t撤去力F，又经过4t滑块恰好回到斜面底端．下列说法正确的是 ( )
A. 撤去力F后滑块加速度是撤去力F前的
B. 撤去力F后滑块的加速度是撤去力F前的
C. 滑块回到斜面底端时的速度是撤去力F时的
D. 滑块回到斜面底端时的速度是撤去力F时的
【答案】AC
【解析】
【详解】AB.设撤去外力时物块速度为 ，再次到达底端时速度为 ，根据t时间内的位移大小等于后4t时间内位移大小，结合平均速度公式有
解得： ，所以撤去力F后滑块的加速度与撤去力F前的加速度之比为
所以撤去力F后滑块的加速度是撤去力F前的，故A正确B错误．
CD.根据以上分析可知，所以滑块回到斜面底端时的速度是撤去力F时的，故C正确D错误．
二、填空题
17. （1）如图所示为某同学所安装的“验证牛顿第二定律”的实验装置．
①在“验证牛顿第二定律”的实验中，为了使小车受到合外力等于砝码和砝码盘的总重量，通常采用如下两个措施：
A．平衡摩擦力：将长木板无滑轮的一端下面垫一小木块，反复移动木块的位置，直到小车在砝码盘的拉动下带动纸带与小车一起做匀速直线运动；
B．在调整砝码多少的过程中，要保证砝码和砝码盘的总质量m远小于小车和砝码的总质量M．
以上哪一个措施中有何重大错误？（说明错误点）
②如图是上述实验打出的一条纸带，已知打点计时器的打点周期是0．02s，结合图乙给出的数据（单位cm），求出小车运动加速度的大小为_____m/s2，并求出纸带中P点瞬时速度大小为______m/s（计算结果均保留2位有效数字）
（2）某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图像．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F图线，如图（b）所示．
①图线________是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“甲”或“乙”）；
②滑块和位移传感器发射部分的总质量m=____________kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=____________．
【答案】（1）① A有错误，平衡摩擦力时不能悬挂砝码盘． ② 4．0 ，2．6
（2）① 甲 ② 0．5 ，0．2
【解析】
试题分析：（1）① A有错误，平衡摩擦力时不能悬挂砝码盘．
②由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0．1s，设0到A之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4-x1=3a1T2；x5-x2=3a2T2；x6-x3=3a3T2；为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3），即小车运动的加速度计算表达式为：纸带中P点瞬时速度大小为
（2）①由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线甲是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．
②根据F=ma得所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．由图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0．5Kg ；由图形b得，在水平轨道上F=1N时，加速度a=0，根据牛顿第二定律得F-μmg=0，解得μ=0．2．
考点：验证牛顿第二定律
【名师点睛】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握．
三、计算题
18.如图所示，在冰面上将质量的滑块从A点以初速度推出，滑块与冰面的动摩擦因数为，滑块滑行后到达B点时速度为，现将期间的一段CD用铁刷划擦，使该段的动摩擦因数变为，再使滑块从A以初速度推出后，到达B点的速度为，取，求：
（1）初速度的大小；
（2）CD段的长度；
（3）若AB间用铁刷划擦的CD段的长度不变，要使滑块从A到B的运动时间最长，问铁刷划擦的CD段应位于何位置？并求出滑块滑行的最长时间（结果保留三位有效数字）．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
试题分析：（1）未划擦冰面时，滑块从A到B过程中，由动能定理得：①
代入解得．
（2）将CD段划擦后，滑块再从A到B的过程中，由动能定理得：
②
代入解得．
（3）由②式，不论CD在AB中的具体位置如何变化，滑块到达B点时的速度不变，设滑块在AC段和CD段的加速度分别为和，根据牛顿第二定律得：③
④
滑块在A、B间运动的图象如图，由图象可知当C点与A点重合时，滑块运动的时间最长．
设此时滑块到达D点时的速度为，则由动能定理得 ：⑤
解得，根据运动学公式得⑥
⑦
解得．
考点：动能定理、牛顿第二定律
【名师点睛】解决本题的关键要通过画出图象分析滑块运动时间最长的条件，分段运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合解答．
19.如图甲所示，沿斜面的拉力F把质量为m的物块A沿粗糙斜面匀速向上拉，改变斜面倾角θ，使物块沿斜面向上匀速运动的拉力也随之改变．根据实验数据画出如图乙所示的 －tanθ图线，g取10m/s2．
(1)推导 －tanθ的表达式，并求物块的质量m和物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若θ＝45°时，不用力F拉物块，而给物块一沿斜面向上的初速度，物块速度减为零后又沿斜面下滑，求物块沿斜面向上和向下运动时加速度大小之比a1：a2．
【答案】(1)4kg；0.5(2)3:1
【解析】
【详解】(1)由于滑块匀速运动受力平衡
整理得：
与线性函数，由图像斜率可知：得：；根据截距可知得：．
(2)根据牛顿第二定律可知上滑时：
下滑时：
得：
答：(1)4kg；0.5(2)3:1
20.如图所示，一辆平板小车静止在水平地面上，小车的质量M＝4.0kg，平板车长度L＝3.0m，平板车的上表面距离地面的高度H＝0.2m．某时刻一个质量m＝2.0kg的小物块(视为质点)以v0＝4.0m/s的水平速度滑上小车的左端，与此同时相对小车施加一个F＝10N的水平向右的恒力．物块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.10，不计小车与地面间的摩擦．重力加速度g取10m/s2．求：
(1)物块相对小车滑行的最大距离；
(2)物块落地瞬间，物块与小车左端之间的水平距离．
【答案】(1) 2m (2) 0.45m
【解析】
【详解】(1)从物块滑上小车，经过时间t1，物块与小车达到共同速度v1．物块的加速度
a1＝μg＝1m/s2，向左
小车的加速度
a2＝ 3m/s2，向右
共速时
v1＝v0－a1t1，v1＝a2t1
解得：t1＝1s，v1＝3m/s，则物块位移
x1＝ 3.5m
小车位移
x2＝ 1.5m
物块相对小车滑行的距离△x1＝2m，且△x1
a1＝μg＝1m/s2，向右
小车的加速度
a3＝2m/s2，向右
设再经过时间t2，物块运动到小车的左端，
△x1＝ ( a3－a1) t22
解得t2＝2s．此时物块
v2＝ 5m/s
小车速度
v3＝ 7m/s
此后物块从小车左端滑下，做平抛运动；小车做匀加速直线运动，小车的加速度
a4＝ 2.5m/s2，向右
物块做平抛运动的时间为
t3＝ 0.2s
这段时间内，物块
x3＝ 1m
小车
x4＝ 1.45m
物块落地时，物块与小车左端之间的水平距离△x2＝0.45m．
答：(1) 2m (2) 0.45m
【物理—选修3-3】
21.下列关于分子运动和热现象的说法正确的是（ ）
A. 气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故
B. 一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
C. 对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
D. 如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大
E. 一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和
【答案】BCE
【解析】
【详解】A．气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散，故A错误；
B．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，分子动能之和不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大，故B正确；
C．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，根据气态方程：
知温度升高，则内能增大，因体积增大，气体对外做功，为使内能增大，则气体一定从外界吸热，故C正确；
D．如果气体分子总数不变，气体温度升高，若同时体积增大，由
可知压强不一定增大，故D错误；
E．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，故E正确。
故选BCE．
【点睛】本题要根据热传递情况分析物态变化，从而分析内能的变化和判断分子势能的变化．对于一定量的理想气体，内能只跟温度有关．温度是分子平均动能的标志，气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和．
22.为适应太空环境，去太空旅行的航天员都要穿上航天服，航天服有一套生命保障系统，为航天员提供合适的温度、氧气和气压，让航天员在太空中如同在地面上一样．假如在地面上航天服内气压为1atm，气体体积为2L，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积变为4L，使航天服达到最大体积，假设航天服内气体的温度不变，将航天服视为封闭系统．
①求此时航天服内气体的压强；
②若向航天服内充气，使航天服内的气压缓慢恢复到0.9atm，则需补充1atm的等温气体多少升？
【答案】①0.5atm②1.6L
【解析】
【详解】①气体的状态参量：
p1＝1atm，V1＝2L，V2＝4L
气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2，解得：p2＝0.5atm；
②设需要1atm的等温气体 V升，以该气体和航天服原有气体为研究对象，
p3＝0.9atm，V3＝4L
由玻意耳定律得：
p1V1＋p1V＝p3V3
解得：V＝1.6L．
答①0.5atm②1.6L
【物理—选修3-4】
23.关于光在传播过程中所表现的现象，下列说法正确的是
A. 雨后天空出现的彩虹是光的衍射现象
B. 白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是光的色散现象
C. 涂有增透膜的照相机镜头呈淡紫色，说明增透膜增强了对淡紫色的透色程度
D. 夜间观看到天边星座的位置比实际位置偏高，这是光的折射现象
E. 利用红外线进行遥感控只要是因为红外线的波长长，容易发生衍射
【答案】BDE
【解析】
【详解】A. 雨后天空出现的彩虹是光的折射现象．故A错误．
B. 白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是光的色散现象，故B正确．
C. 在选择增透膜时，一般是使对人眼灵敏的绿色光在垂直入射时相互抵消，这时光谱中其它频率的光将大部分抵消，因此，进入镜头的光有很多，但以抵消绿光为主，这样照相的效果更好．对于增透膜，有约1.3%的光能量会被反射，再加之对于其它波长的光，给定膜层的厚度是这些光在薄膜中的波长的 倍，从薄膜前后表面的反射绿光相互抵消，镜头呈淡紫色，故C错误．
D. 夜间观看到天边星座的位置比实际位置高，这是光的折射现象，故D正确；
E. 波长越长，越容易发生衍射现象；利用红外线进行遥感是因为红外线的波长大，容易发生衍射，故E正确．
24.如图所示，位于原点O处的波源在t=0时刻，从平衡位置（在x轴上）开始沿y轴正方向做周期T=0.4s，振幅A=3cm的简谐振动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，当平衡位置坐标为（6m，0）的质点P刚开始振动时波源刚好位于波谷．
（1）质点P在开始振动后的=2.5s内通过的路程是多少？
（2）该简谐横波的最大波速是多少？
【答案】(1) （2）
【解析】
试题分析：（1）由于质点P从平衡位置开始振动，并且
质点P在开始振动后的内通过的路程
（2）设该简谐横波的波速为v，OP间的距离为，由题意可得
所以当n＝0时，波速最大为vm＝20 m/s
考点：考查了机械波的传播
【名师点睛】利用机械波的基本特点进行分析，根据距离与波长的关系确定P与波源状态关系；机械波的特点：简谐横波传播过程中，介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，起振方向都与波源的起振方向相同；本章一定要善于画波形图，据波形图分析找各质点的振动关系和距离关系．
市一中2019～2020学年度第一学期第二次调研高三物理卷
一、选择题
1.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】AB.小球开始下落到接触弹簧，自由落体运动，小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最底端时加速度大于g，故A正确B错误．
CD.结合以上分析可知，加速度开始不变，然后减小再反向增大，最终大于g，故CD错误．
2.一质量为m的物体用一根足够长细绳悬吊于天花板上的O点,现用一光滑的金属钩子勾住细绳,水平向右缓慢拉动绳子(钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上)，下列说法正确的是（ ）
A. 钩子对细绳的作用力始终水平向右
B. OA段绳子的力逐渐增大
C. 钩子对细绳的作用力先减小后增大
D. 钩子对细绳的作用力不可能等于
【答案】D
【解析】
A．OA段绳子的力始终等于物体的重力，大小不变．对钩子的作用力等于两段绳子拉力的合力，因为两段绳子之间的夹角逐渐减小，绳子对钩子的作用力逐渐增大，方向逐渐改变，钩子对细绳的作用力逐渐改变，故ABC错误；
D．因为钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上，两段绳子之间的夹角不可能达到90°，细绳对钩子的作用力不可能等于，钩子对细绳的作用力也不可能等于，故正确．
故选：D．
3.如图所示，甲、乙两个同学对打乒乓球，设甲同学持拍的拍面与水平方向成α角，乙同学持拍的拍面与水平方向成β角．乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲、乙球拍的速度大小之比为 ( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处：，在乙处：，所以
A. 与计算结果相符，故A正确．
B. 与计算结果不符，故B错误．
C. 与计算结果不符，故C错误．
D 与计算结果不符，故D错误．
4.如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子右端的距离为x，设该处的张力为T，则能正确描述T与x之间的关系的图象是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：设单位长度质量为m；对整体分析有：，则对x分析可知：，联立解得：
故可知T与x成正比；则右段绳的质量为，可解得，故D正确；
考点：考查了牛顿第二定律的应用
【名师点睛】分析整体的受力时采用整体法可以不必分析整体内部的力，分析单个物体的受力时就要用隔离法．采用整体隔离法可以较简单的分析问题
5.如图所示，小车沿倾角θ＝30 的固定斜面向上运动，小车内悬挂小球的轻绳与垂直于斜面方向的夹角也是30，则车与斜面间的动摩擦因数为 ( )
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【详解】设小车质量M，小球质量m，对小车和小球整体受力分析，根据牛顿第二定律，沿斜面方向有
隔离小球，受重力和绳的拉力T，沿斜面和垂直斜面方向分解
联立解得： ．
A. 与计算结果不符，故A错误．
B. 与计算结果不符，故B错误．
C. 与计算结果相符，故C正确．
D. 1与计算结果不符，故D错误．
6.分别在两个星球A、B表面上做实验：如图甲所示，在同一个固定的斜面上，用平行于斜面的力分别推两个不同的物块向上运动，得到了加速度a和力F的关系图象如图乙所示，两图象在纵轴上交于同一点，则根据图象 ( )
A. 可以比较出两个物块的质量大小
B. 可以比较出两个星球表面的重力加速度大小
C. 可以比较出两个物块与斜面间的动摩擦因数大小
D. 可以比较出两个物块受到摩擦力的大小
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据牛顿第二定律有：
解得： ，图像的斜率是质量的倒数，所以可以比较两个物块的质量大小，故A正确．
BCD.因为两图象在纵轴上交于同一点，所以相同，但是由于g与均不知，所以无法比较两者大小，滑动摩擦力 也无法比较，故BCD错误．
7.如图所示，水平地面上有一个半球形大坑，O 为球心，AB为沿水平方向的直径．若在A点以初速度沿AB方向向右平抛一小球甲，小球甲将击中坑内的最低点D；若在甲球抛出的同时，在C点以初速度沿平行BA方向向左平抛另一小球乙，也恰能击中D点．已知∠COD=600，甲、乙两小球的质量相同，不计空气阻力，则( )
A. 甲、乙两小球初速度的大小之比
B. 甲、乙两球在此过程中速度变化量的大小之比为2:1
C. 甲、乙两小球下落时间之比为
D. 逐渐增大小球甲抛出速度的大小，甲球可能垂直撞到坑内BCD上
【答案】AC
【解析】
试题分析：平抛运动的时间由高度决定，根据动能定理比较动能的变化量，根据到达D点时的竖直分速度，结合瞬时功率的公式求出瞬时功率之比．结合水平位移和时间之比求出初速度之比．
甲、乙两小球的水平位移之比为，竖直高度之比为，下落的时间之比为，所以甲、乙两小球平抛初速度的大小之比，AC正确；平抛小球速度的变化量即为竖直分速度，而竖直分速度与下落的时间成正比，所以两球速度变化量的大小之比应为，B错误；逐渐增大小球甲抛出时速度的大小，甲球不可能垂直撞到球壁BCD上．因为根据平抛速度的反向延长线过水平位移的中点这一推论，垂直到球壁的速度反向延长线必定过圆心O，而O点并不是水平位移的中点，D错误．
8.如图所示，倾角为θ=30°的斜面上，一质量为4m的物块经跨过定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连，现将小球从水平位置静止释放，小球由水平位置运动到最低点的过程中，物块和斜面始终静止，运动过程中小球和物块始终在同一竖直平面内，则在此过程中( )
A. 细绳的拉力先增大后减小
B. 物块所受摩擦力逐渐增大
C. 地面对斜面的支持力逐渐增大
D. 地面对斜面的摩擦力逐渐增大
【答案】D
【解析】
小球向下摆动的过程中，对小球的拉力一直增大，A错误；斜面对物块的摩擦力先减小后增，B错误；对物块和斜面组成的整体分析可知，地面对斜面的支持力一直减小，摩擦力一直增大，C错误，D正确.故选D.
9.甲、乙两车在同一条平直公路上行驶，其位置－时间图象如图所示，曲线甲为抛物线，P(1s，2m)为抛物线的顶点，图线甲与图线乙相交于Q(2s，1m)．下列说法正确的是 ( )
A. t＝1s时甲车的速度最大
B. 0－2s内甲车的平均速度大于乙车的平均速度
C. 0－2s内甲车的路程是乙车的2倍
D. 甲车的加速度大小恒为2m/s2
【答案】CD
【解析】
【详解】A.图像的斜率代表速度，所以t＝1s时甲车的速度为零，最小，故A错误．
BC. 0－2s内甲车的位移为零，路程为2m，所以甲车的平均速度为零；乙车的位移为1m，路程为1m，所以乙车的平均速度为0.5m/s，所以0－2s内甲车的路程是乙车的2倍，甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故B错误C正确．
D.甲车图像为抛物线做匀变速直线运动，1s时，甲车速度为零，0-1s反向匀加速运动， 解得：
故D正确．
10.如图所示,在倾角为θ=30°的光滑斜面上,物块A、B质量分别为m和2m,物块A静止在轻弹簧上面,物块B用细线与斜面顶端相连,A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g,某时刻细线剪断,则细线剪断瞬间,下列说法错误的是( )
A. 物块B的加速度为
B. 物块A、B间的弹力为
C. 弹簧的弹力为
D. 物块A的加速度为
【答案】A
【解析】
【分析】
剪断细绳前，隔离对A分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对整体分析，求出整体的加速度，隔离分析求出A、B间的弹力大小．
【详解】剪断细绳前，对A分析，弹簧的弹力，则细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，对AB整体分析，加速度，故A错误，CD正确．隔离对B分析，根据牛顿第二定律得，解得，故B正确．本题选错误的，故选A．
【点睛】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，抓住剪断细线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．
11.静止在粗糙水平地面上的物块(视为质点)在水平拉力作用下向右运动，经过一段时间后撤去拉力．物体在整个运动过程中的速度的二次方随位移的变化规律如图所示．已知物块的质量为2kg，取g＝10m/s2．下列说法正确的是 ( )
A. 拉力作用的时间为3s
B. 物块运动过程的平均速度大小为9m/s
C. 物块与地面间的动摩擦因数为0.6
D. 拉力做的功为36J
【答案】AC
【解析】
【详解】A.根据图像可知，加速阶段的末速度为6m/s，加速位移为9m，根据平均速度公式可知 ，加速时间即拉力作用时间
故A正确．
B.物块开始做初速度为零的匀加速，然后做末速度为零的匀减速，所以平均速度相同，均为最大速度的一半，即3m/s，故B错误．
C.根据减速阶段有 ，且 ，代入数据解得： ，故C正确．
D.全程根据动能定理可知
解得拉力做功 ，故D错误．
12.甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v0，船在静水中的速率均为v，甲、乙两船船头均与河岸成角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A点，乙船到达河对岸的B点，A、B之间的距离为L，则下列判断正确的是( )
A. 乙船先到达对岸
B. 若仅是河水流速v0增大，则两船的渡河时间都不变
C. 不论河水流速v0如何改变，只要适当改变θ角，甲船总能到达正对岸的A点
D. 若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为L
【答案】BD
【解析】
将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，知甲乙两船到达对岸的时间相等．渡河的时间t=，故A错误；若仅是河水流速v0增大，渡河的时间t=，则两船的渡河时间都不变，故B错误；只有甲船速度大于水流速度时，不论水流速v0如何改变，甲船都可能到达河的正对岸A点，故C错误；若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，船在水平方向的分速度仍不变，则两船之间的距离仍然为L．故D正确．故选D．
13.将小球甲从高空A处以初速度大小v0竖直向下抛出，与此同时，在甲的下方有另一小球乙从空中B处以初速度大小v0竖直向上抛出，测得经过时间4s两球在空中相遇．若A、B两点间的高度差为64m．取g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列判断正确的是 ( )
A. v0＝8m/s
B. 乙从B处抛出后返回到B处所用的时间为0.8s
C. A处离地的高度至少为64m
D. 两球一定在B处下方相遇
【答案】AD
【解析】
【详解】A.根据相遇时位移关系可知
解得：v0＝8m/s，故A正确．
B.因为初速度为8m/s，到达最高点所用时间为0.8s，根据对称性可知，乙从B处抛出后返回到B处所用的时间为1.6s，故B错误．
CD.4s内甲的位移
所以A下落的高度为112m，A、B两点间的高度差为64m，所以两球一定在B处下方相遇，故C错误D正确．
14.如图所示，细线的一端系于天花板上，另一端系一质量为m的小球．甲图让小球在水平面内做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向的夹角为，细线中的张力为F1，小球的加速度大小为a1；乙图中让细线与竖直方向成角时将小球由静止释放，小球在竖直面内摆动．刚释放瞬间细线中的张力为F2，小球的加速度大小为a2，则下列关系正确的是
A. F1= F2 B. F1> F2 C. a1= a2 D. a1> a2
【答案】BD
【解析】
试题分析：小球做圆周运动靠拉力和重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出绳对小球的拉力，由牛顿第二定律求出加速度．做单摆的小球只受到重力和绳子的拉力，由此分析即可．
甲图中受力如图：竖直方向：，水平方向，由几何关系得：，解得，根据牛顿第二定律得，乙图中释放瞬间，小球只受到重力和细线中的张力为，则，由牛顿第二定律得：，所以，故BD正确．
15.如图甲所示，足够长的水平传送带以v1＝2m/s的速度沿顺时针方向运行，滑块(视为质点)以某一初速度v2水平滑上传送带的右端．若滑块在传送带上向左运动的过程中，位移与时间比值－时间的图象如图乙所示，则下列说法正确的是 ( )
A. v2＝4m/s
B. 传送带AB长度至少为2m
C. 滑块在传送带上的加速度大小为2m/s2
D. 滑块在传送带上运动的总时间为2.25s
【答案】ABD
【解析】
【详解】AC.根据图像可知 ，即 结合匀变速位移时间关系可知，加速度为 ，初速度 ，故A正确C错误．
B.根据以上分析可知物块1s时速度减为零，所以传送带AB长度至少为物块减速到零的位移
所以传送带AB长度至少为2m，故B正确．
D.物块减速到零时间
反向加速到与传送带速度相同所需时间
所以加速位移
还需匀速时间
所以运动总时间
故D正确．
16.如图所示，处于光滑斜面底端的滑块(视为质点)，在沿斜面向上的拉力F作用下由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t撤去力F，又经过4t滑块恰好回到斜面底端．下列说法正确的是 ( )
A. 撤去力F后滑块加速度是撤去力F前的
B. 撤去力F后滑块的加速度是撤去力F前的
C. 滑块回到斜面底端时的速度是撤去力F时的
D. 滑块回到斜面底端时的速度是撤去力F时的
【答案】AC
【解析】
【详解】AB.设撤去外力时物块速度为 ，再次到达底端时速度为 ，根据t时间内的位移大小等于后4t时间内位移大小，结合平均速度公式有
解得： ，所以撤去力F后滑块的加速度与撤去力F前的加速度之比为
所以撤去力F后滑块的加速度是撤去力F前的，故A正确B错误．
CD.根据以上分析可知，所以滑块回到斜面底端时的速度是撤去力F时的，故C正确D错误．
二、填空题
17. （1）如图所示为某同学所安装的“验证牛顿第二定律”的实验装置．
①在“验证牛顿第二定律”的实验中，为了使小车受到合外力等于砝码和砝码盘的总重量，通常采用如下两个措施：
A．平衡摩擦力：将长木板无滑轮的一端下面垫一小木块，反复移动木块的位置，直到小车在砝码盘的拉动下带动纸带与小车一起做匀速直线运动；
B．在调整砝码多少的过程中，要保证砝码和砝码盘的总质量m远小于小车和砝码的总质量M．
以上哪一个措施中有何重大错误？（说明错误点）
②如图是上述实验打出的一条纸带，已知打点计时器的打点周期是0．02s，结合图乙给出的数据（单位cm），求出小车运动加速度的大小为_____m/s2，并求出纸带中P点瞬时速度大小为______m/s（计算结果均保留2位有效数字）
（2）某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图像．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F图线，如图（b）所示．
①图线________是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“甲”或“乙”）；
②滑块和位移传感器发射部分的总质量m=____________kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=____________．
【答案】（1）① A有错误，平衡摩擦力时不能悬挂砝码盘． ② 4．0 ，2．6
（2）① 甲 ② 0．5 ，0．2
【解析】
试题分析：（1）① A有错误，平衡摩擦力时不能悬挂砝码盘．
②由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0．1s，设0到A之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4-x1=3a1T2；x5-x2=3a2T2；x6-x3=3a3T2；为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3），即小车运动的加速度计算表达式为：纸带中P点瞬时速度大小为
（2）①由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线甲是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．
②根据F=ma得所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．由图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0．5Kg ；由图形b得，在水平轨道上F=1N时，加速度a=0，根据牛顿第二定律得F-μmg=0，解得μ=0．2．
考点：验证牛顿第二定律
【名师点睛】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握．
三、计算题
18.如图所示，在冰面上将质量的滑块从A点以初速度推出，滑块与冰面的动摩擦因数为，滑块滑行后到达B点时速度为，现将期间的一段CD用铁刷划擦，使该段的动摩擦因数变为，再使滑块从A以初速度推出后，到达B点的速度为，取，求：
（1）初速度的大小；
（2）CD段的长度；
（3）若AB间用铁刷划擦的CD段的长度不变，要使滑块从A到B的运动时间最长，问铁刷划擦的CD段应位于何位置？并求出滑块滑行的最长时间（结果保留三位有效数字）．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
试题分析：（1）未划擦冰面时，滑块从A到B过程中，由动能定理得：①
代入解得．
（2）将CD段划擦后，滑块再从A到B的过程中，由动能定理得：
②
代入解得．
（3）由②式，不论CD在AB中的具体位置如何变化，滑块到达B点时的速度不变，设滑块在AC段和CD段的加速度分别为和，根据牛顿第二定律得：③
④
滑块在A、B间运动的图象如图，由图象可知当C点与A点重合时，滑块运动的时间最长．
设此时滑块到达D点时的速度为，则由动能定理得 ：⑤
解得，根据运动学公式得⑥
⑦
解得．
考点：动能定理、牛顿第二定律
【名师点睛】解决本题的关键要通过画出图象分析滑块运动时间最长的条件，分段运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合解答．
19.如图甲所示，沿斜面的拉力F把质量为m的物块A沿粗糙斜面匀速向上拉，改变斜面倾角θ，使物块沿斜面向上匀速运动的拉力也随之改变．根据实验数据画出如图乙所示的 －tanθ图线，g取10m/s2．
(1)推导 －tanθ的表达式，并求物块的质量m和物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若θ＝45°时，不用力F拉物块，而给物块一沿斜面向上的初速度，物块速度减为零后又沿斜面下滑，求物块沿斜面向上和向下运动时加速度大小之比a1：a2．
【答案】(1)4kg；0.5(2)3:1
【解析】
【详解】(1)由于滑块匀速运动受力平衡
整理得：
与线性函数，由图像斜率可知：得：；根据截距可知得：．
(2)根据牛顿第二定律可知上滑时：
下滑时：
得：
答：(1)4kg；0.5(2)3:1
20.如图所示，一辆平板小车静止在水平地面上，小车的质量M＝4.0kg，平板车长度L＝3.0m，平板车的上表面距离地面的高度H＝0.2m．某时刻一个质量m＝2.0kg的小物块(视为质点)以v0＝4.0m/s的水平速度滑上小车的左端，与此同时相对小车施加一个F＝10N的水平向右的恒力．物块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.10，不计小车与地面间的摩擦．重力加速度g取10m/s2．求：
(1)物块相对小车滑行的最大距离；
(2)物块落地瞬间，物块与小车左端之间的水平距离．
【答案】(1) 2m (2) 0.45m
【解析】
【详解】(1)从物块滑上小车，经过时间t1，物块与小车达到共同速度v1．物块的加速度
a1＝μg＝1m/s2，向左
小车的加速度
a2＝ 3m/s2，向右
共速时
v1＝v0－a1t1，v1＝a2t1
解得：t1＝1s，v1＝3m/s，则物块位移
x1＝ 3.5m
小车位移
x2＝ 1.5m
物块相对小车滑行的距离△x1＝2m，且△x1
a1＝μg＝1m/s2，向右
小车的加速度
a3＝2m/s2，向右
设再经过时间t2，物块运动到小车的左端，
△x1＝ ( a3－a1) t22
解得t2＝2s．此时物块
v2＝ 5m/s
小车速度
v3＝ 7m/s
此后物块从小车左端滑下，做平抛运动；小车做匀加速直线运动，小车的加速度
a4＝ 2.5m/s2，向右
物块做平抛运动的时间为
t3＝ 0.2s
这段时间内，物块
x3＝ 1m
小车
x4＝ 1.45m
物块落地时，物块与小车左端之间的水平距离△x2＝0.45m．
答：(1) 2m (2) 0.45m
【物理—选修3-3】
21.下列关于分子运动和热现象的说法正确的是（ ）
A. 气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故
B. 一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
C. 对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
D. 如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大
E. 一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和
【答案】BCE
【解析】
【详解】A．气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散，故A错误；
B．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，分子动能之和不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大，故B正确；
C．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，根据气态方程：
知温度升高，则内能增大，因体积增大，气体对外做功，为使内能增大，则气体一定从外界吸热，故C正确；
D．如果气体分子总数不变，气体温度升高，若同时体积增大，由
可知压强不一定增大，故D错误；
E．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，故E正确。
故选BCE．
【点睛】本题要根据热传递情况分析物态变化，从而分析内能的变化和判断分子势能的变化．对于一定量的理想气体，内能只跟温度有关．温度是分子平均动能的标志，气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和．
22.为适应太空环境，去太空旅行的航天员都要穿上航天服，航天服有一套生命保障系统，为航天员提供合适的温度、氧气和气压，让航天员在太空中如同在地面上一样．假如在地面上航天服内气压为1atm，气体体积为2L，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积变为4L，使航天服达到最大体积，假设航天服内气体的温度不变，将航天服视为封闭系统．
①求此时航天服内气体的压强；
②若向航天服内充气，使航天服内的气压缓慢恢复到0.9atm，则需补充1atm的等温气体多少升？
【答案】①0.5atm②1.6L
【解析】
【详解】①气体的状态参量：
p1＝1atm，V1＝2L，V2＝4L
气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2，解得：p2＝0.5atm；
②设需要1atm的等温气体 V升，以该气体和航天服原有气体为研究对象，
p3＝0.9atm，V3＝4L
由玻意耳定律得：
p1V1＋p1V＝p3V3
解得：V＝1.6L．
答①0.5atm②1.6L
【物理—选修3-4】
23.关于光在传播过程中所表现的现象，下列说法正确的是
A. 雨后天空出现的彩虹是光的衍射现象
B. 白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是光的色散现象
C. 涂有增透膜的照相机镜头呈淡紫色，说明增透膜增强了对淡紫色的透色程度
D. 夜间观看到天边星座的位置比实际位置偏高，这是光的折射现象
E. 利用红外线进行遥感控只要是因为红外线的波长长，容易发生衍射
【答案】BDE
【解析】
【详解】A. 雨后天空出现的彩虹是光的折射现象．故A错误．
B. 白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是光的色散现象，故B正确．
C. 在选择增透膜时，一般是使对人眼灵敏的绿色光在垂直入射时相互抵消，这时光谱中其它频率的光将大部分抵消，因此，进入镜头的光有很多，但以抵消绿光为主，这样照相的效果更好．对于增透膜，有约1.3%的光能量会被反射，再加之对于其它波长的光，给定膜层的厚度是这些光在薄膜中的波长的 倍，从薄膜前后表面的反射绿光相互抵消，镜头呈淡紫色，故C错误．
D. 夜间观看到天边星座的位置比实际位置高，这是光的折射现象，故D正确；
E. 波长越长，越容易发生衍射现象；利用红外线进行遥感是因为红外线的波长大，容易发生衍射，故E正确．
24.如图所示，位于原点O处的波源在t=0时刻，从平衡位置（在x轴上）开始沿y轴正方向做周期T=0.4s，振幅A=3cm的简谐振动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，当平衡位置坐标为（6m，0）的质点P刚开始振动时波源刚好位于波谷．
（1）质点P在开始振动后的=2.5s内通过的路程是多少？
（2）该简谐横波的最大波速是多少？
【答案】(1) （2）
【解析】
试题分析：（1）由于质点P从平衡位置开始振动，并且
质点P在开始振动后的内通过的路程
（2）设该简谐横波的波速为v，OP间的距离为，由题意可得
所以当n＝0时，波速最大为vm＝20 m/s
考点：考查了机械波的传播
【名师点睛】利用机械波的基本特点进行分析，根据距离与波长的关系确定P与波源状态关系；机械波的特点：简谐横波传播过程中，介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，起振方向都与波源的起振方向相同；本章一定要善于画波形图，据波形图分析找各质点的振动关系和距离关系．
相关资料
更多
