2016年百校联盟高考物理模拟试卷（六）（理科）（解析版）

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2016年百校联盟高考物理模拟试卷（六）（理科）

参考答案与试题解析

一、单选题：共4题

1．如图所示，一倾角θ=30°的斜面体放在水平地面上，其上表面放一物块A，两者均处于静止状态．现将倾角θ增大7°（斜面体质量不变），物块A和斜面体仍保持静止，则下列说法中正确的是（ ）

A．物块A对斜面体的摩擦力减小

B．物块A对斜面体的压力增大

C．斜面体对地面的摩擦力增大

D．斜面体对地面的压力不变

【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

【分析】物块A和斜面保持静止，受力都平衡，分析物块A的受力情况，由平衡条件求出斜面对物块A和支持力和摩擦力，分析其变化，从而得到物块对斜面的压力和摩擦力的变化．对整体研究，分析地面对斜面的支持力和摩擦力，再研究斜面对地面的压力和摩擦力．

【解答】解：A、设物块A的重力是G，物块A受力分析如图所示，由平衡条件可得：物块A受到的静摩擦力 f=Gsinθ，则f随θ的增大而增大．则物块A对斜面的摩擦力增大．故A错误．

B、斜面对物块A的支持力 N=Gcosθ，由牛顿第三定律知，物块A对斜面的压力 N′=N=Gcosθ，θ增大，N′减小，故B错误．

CD、对斜面和物块A整体研究可知，地面对斜面的摩擦力为零，地面对斜面的支持力等于两者的重力之和，可知斜面对地面的摩擦力为零不变，斜面对地面的压力不变，故C错误，D正确．

故选：D

2．已知通入电流为I的长直导线在周围某点产生的磁感应强度B与该点到导线间的距离r的关系为B=k．如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度υ₀水平向右运动，小球始终在水平面上运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是（ ）

A． B． C． D．

【考点】洛仑兹力；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．

【分析】根据右手螺旋定则，判断出MN直线处磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可明确运动情况．

【解答】解：根据右手螺旋定则可知直线电流I产生的磁场方向与光滑的水平面垂直，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向始终与该水平面垂直沿水平方向没有分力，所以洛伦兹力对运动的电荷不做功．由此可知，小球将做匀速直线运动，故A正确，BCD正确．

故选：A

3．下列图象中同一坐标系的两条图线分别表示某质点运动的速度v和加速度a随时间t变化的关系，选择同一正方向，则其中可能正确的是（ ）

A． B． C． D．

【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

【分析】因为两个图象表示一种运动且正方向相同；所以可以根据速度图象的斜率分析物体的加速度变化情况，即可判断．

【解答】解：根据速度时间图象的斜率表示加速度，可知：

A、A图中，由速度时间图象知，质点的加速度不变，且为正，与加速度图象不符，故A错误．

B、B图中，由速度时间图象知，质点的加速度为正，且逐渐减小直至零，与加速度图象相符，故B正确．

C、C图中，由速度时间图象知，质点的加速度先减小后反向增大，与加速度图象不符，故C错误．

D、D图中，由速度时间图象知，质点的加速度不变，且为负，与加速度图象不符，故D错误．

故选：B．

4．如图所示，带正电的金属滑块质量为m、电荷量为q，与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ（μ＜1）．水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强度为E=．如果在A点给滑块一个向左的大小为v的初速度，运动到B点速度恰好为零，则下列说法正确的是（ ）

A．滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间相同

B．滑块运动到B点后将返回向A运动，到A点时速度大小仍为v

C．滑块回到A点时速度大小为v

D．A、B两点间电势差为

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．

【分析】滑块在运动的过程中电场力与摩擦力做功，由动能定理即可求出AB之间的电势差，以及滑块返回A的速度的大小．

【解答】解：A、B、C、滑块由A到B的过程中电场力与摩擦力都做负功，由动能定理得：

又：E=

所以：

滑块返回A的过程中电场力做正功，摩擦力做功，则：

联立得：v′=v．

由于在B点的速度都是0，而在A点的速度不相等，可知从A到B的过程与从B到A的过程中的平均速度不相等，所以滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间不相同．

故A错误，B错误，C正确；

D、AB两点之间的电势差： =．故D正确．

故选：CD

二、多选题：共7题

5．专家称嫦娥四号探月卫星为“四号星”，计划在2017年发射升空，它的主要任务是更深层次、更全面地科学探测月球地貌等方面的信息，完善月球档案资料．已知月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，月球的平均密度为ρ，嫦娥四号开始探测时与月球中心的距离为r，根据以上信息可求得（ ）

A．引力常量G= B．引力常量G=

C．嫦娥四号的运行速度v= D．嫦娥四号的运行速度v=

【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．

【分析】月球表面的重力与万有引力相等，绕月球圆周运动的向心力由万有引力提供，据此列式计算．

【解答】解：A、设月球的半径为R，由重力等于万有引力，有：G=mg

其中月球质量：M=πR³ρ

联立解得：g=πRGρ

可解得万有引力常量G=，故A错误，B正确．

C、由万有引力提供向心力，得，联立可得：v=．故C错误，D正确．

故选：BD

6．如图所示，理想变压器原线圈与电阻R₀连接，原、副线圈的匝数比为20：1，b是原线圈的中心抽头，副线圈连接滑动变阻器，电压表和电流表均为理想交流电表．已知交流电源电压瞬时值表达式为u₁=220sin 100πt（V）．下列说法中正确的是（ ）

A．单刀双掷开关K扳向a时，电压表的示数小于11 V

B．通过滑动变阻器R的交变电流的频率为100 Hz

C．单刀双掷开关K由a扳向b，滑动变阻器滑片不动，电压表的示数不变，电流表示数变小

D．保持K的位置不变，滑动变阻器滑片向下移，电压表的示数变小，电阻R₀功率变大

【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．

【分析】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】解：A、电源电压有效值为220 V，如果原线圈上无电阻R₀，由电压之比等于匝数之比可得，副线圈两端电压有效值为11 V，电表测量的是有效值，示数也为11V，但实际上有电阻R₀分压，电压表示数小于11 V，故A正确；

B、变压器不改变交变电流的频率，由交变电流表达式可知频率为50 Hz，故B错误；

C、单刀双掷开关由a扳向b，原线圈匝数变少，副线圈两端电压变大，电压表的示数变大，滑动变阻器滑片不动，电流表示数也变大，故C错误；

D、保持K的位置不变，滑动变阻器滑片向下移，电阻变小，副线圈中的电流变大，那么原线圈中的电流也随着变大，电阻R₀功率增大，电阻R₀两端的电压也变大，交流电源的电压不变，变压器的输入电压变小，副线圈两端的电压也相应变小，选项D正确

故选：AD

7．如图所示，将一可视为质点的物块从固定斜面顶端由静止释放后沿斜面加速下滑，设物块质量为m，物块与斜面AB、水平面BC之间的动摩擦因数都为μ，斜面的高度h和底边长度x均可独立调节（斜面长度不变，斜面底端与水平面右端接触点B不变），则下列说法正确的是（ ）

A．若增大x，物块滑到斜面底端时的动能减小

B．若增大h，物块滑到斜面底端时的动能减小

C．若增大μ，物块滑到斜面底端时的动能增大

D．若改变x，物块最终停在水平面上的位置会改变

【考点】动能定理的应用．

【分析】根据动能定理求出物块滑到斜面底端时的动能表达式，抓住水平位移和竖直高度的关系，结合动能的表达式分析求解即可．

【解答】解：ABC、设斜面长为s，倾角为θ，对物块运用动能定理可得 mgh﹣W_f=E_k﹣0，其中E_k为物块滑到斜面底端时的动能，W_f为物块下滑过程克服摩擦力所做的功，而W_f=fs=μmgcosθ·s=μmgx，故E_k=mgh﹣μmgx，则知：若只增大x，或只增大μ，物块滑到斜面底端时的动能减小．若只增大h，物块滑到斜面底端时的动能增大，故A正确，B、C错误

D、设物块在水平面上滑动的距离为L，由动能定理可得 mgh﹣μmgscosθ﹣μmgL=0，x=scosθ，即得 L=﹣x，若改变x，L会改变，物块最终停在水平面上的位置会改变，故D正确．

故选：AD

8．如图所示，正三角形ABC区域内存在垂直纸面的匀强磁场（未画出），磁感应强度为B=，△ABC的边长为L，O为BC边的中点．大量质量为m、速度为v₀的粒子从O点沿不同的方向垂直于磁场方向射入该磁场区域（不计粒子重力），则从AB边和AC边射出的粒子在磁场中的运动时间可能为（ ）

A． B． C． D．

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．

【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出半径，进而求出周期，根据数学知识可知，弦长越长，对应的圆心角越大，根据几何关系分别找出最长和最短的弦，从而求出最长和最短时间进行选择即可．

【解答】解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：

Bqv₀=m，

解得：R=；

粒子在磁场中运动的周期为：T=，

当轨迹圆弧对应的弦最长时，圆心角最大，时间最长，当轨迹圆弧对应的弦最短时，圆心角最小，时间最短；

对于从AB边和AC边射出的粒子在磁场中的运动，可知最长的弦为OA=L=R，恰好等于轨道半径，对应的圆心角为60°，因此最长运动时间为：

；

过O作AB边或AC边的垂线，垂足为D，可知OD=为最短的弦，对应的圆心角略小于30°，因此最短运动时间略小于；故A错误，BCD正确；

故选：BCD

9．关于热现象，下列说法中正确的是（ ）

A．用显微镜观察布朗运动，把微粒运动的位置按时间顺序连接得到的不规则折线表示的是液体分子的运动轨迹

B．一定质量的气体，压强不变、温度升高时，吸收的热量一定大于内能的增加量

C．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子势能增加

D．可利用高科技手段，将流散的内能全部收集加以利用，而不引起其他变化

E．物体的内能取决于温度、体积和物质的量

【考点】热力学第一定律；布朗运动；分子间的相互作用力．

【分析】解答本题需掌握：

1、微粒运动的位置按时间顺序连接得到的不规则折线不是液体分子的运动轨迹；

2、气体等压变化，根据盖吕萨克定律可知气体的温度升高，体积增大，气体对外做功；

3、物体的内能与物质的量、温度、体积、物态等因素有关；

4、一切涉及热现象的宏观过程都具有方向性．

【解答】解：A、观察布朗运动，将记录的微粒位置按时间连接得到的不规则折线不能表示液体分子的运动轨迹，故A错误；

B、一定质量的气体，压强不变、温度升高时内能增大，气体分子的密集程度要减小，气体体积膨胀，对外做功，所以吸收的热量一定大于内能的增加量，故B正确；

C、一定量的 100℃的水变成100℃的水蒸气，需吸收一定热量，其内能增加，而分子个数、温度均未变化，表明其分子势能增加，故C正确；

D、根据热力学第二定律可知，一切涉及热现象的宏观过程都具有方向性，所以不可能将流散的内能全部收集加以利用，而不引起其他变化，故D错误；

E、物体的内能是物体内所有分子的动能和分子势能的总和，因此由物质的量、温度和分子间距离（体积）决定，故E正确

故选：BCE

10．2015年12月30日在新疆阿克陶县发生3.3级地震，震源深度7千米．如果该地震中的简谐横波在地球中匀速传播的速度大小为 4km/s，如图所示，波沿x轴正方向传播，某时刻刚好传到N处，则（ ）

A．从波源开始振动到波源迁移到地面需要1.75 s时间

B．波的周期为0.015 s

C．从波传到N处开始计时，经过t=0.03 s位于x=240 m处的质点加速度最小

D．图示时刻，波的图象上M点的速度沿y轴负方向，经过一段极短时间动能减小

E．图示时刻，波的图象上除M点外与M点势能相等的质点有7个

【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．

【分析】机械波传播的过程中介质中的质点不向前迁移．由图得到波长，求出周期，根据时间与周期的关系分析质点的加速度．由波的传播方向可判断质点的振动方向，从而分析质点的速度变化，分析出动能的变化．

【解答】解：A、波向前传播的过程中，介质中所有质点都不随波向前迁移，故A错误；

BC、由题意可知该波的周期为 T==s=0.015 s，从波传到x=120 m处开始计时，经过t=0.03 s，波刚好传到x=240 m处，位于x=240 m处的质点在平衡位置，加速度最小，故B、C正确；

D、由“上下坡”法可得，题图所示时刻，M点的速度沿y轴负方向，正在向平衡位置运动，速度增大，则动能增大，故D错误；

E、由简谐运动的对称性可得除M点外与M点势能相等的质点有7个，故E正确

故选：BCE

11．下列说法正确的是（ ）

A．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的

B．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分

C．不仅光具有波粒二象性，实物粒子也具有波粒二象性

D．一群氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，能辐射2种不同频率的光子

E．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大

【考点】氢原子的能级公式和跃迁；光的波粒二象性．

【分析】β射线为原子核内的中子转化为质子同时生成的电子；光子、实物粒子都具有波粒二象性；一群氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，跃迁的方式有：3→2，3→1和2→1三种；根据玻尔理论分析．

【解答】解：A、β衰变时，原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子，释放出来的电子就是β粒子，即β粒子是原子核衰变时由中子转化而来，不能说明原子核中含有电子，故A正确，B错误；

C、光子、实物粒子都具有波粒二象性，故C正确；

D、一群氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，能辐射：C=3种不同频率的光子，故D错误；

E、根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，氢原子的能量减小，轨道半径减小，电子速率增大，动能增大，由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小，故E正确

故选：ACE

三、计算题：共7题

12．利用如图甲所示电路测量未知电阻R_x的阻值，其中R₁为电阻箱，R₂为滑动变阻器．

（1）根据图甲所示的电路，完成图乙实物图的连接．

（2）请完善下列实验步骤：

①闭合开关S₁，先将S₂拨向1，调节滑动变阻器R₂的滑片，使电流表A有适当的读数，并记下其数值I；

②将S₂拨向2，保持 滑动变阻器R₂的滑片位置 不变，调节 电阻箱R₁ ，使电流表A的读数仍为I；

③电阻R_x的值等于 电阻箱R₁的示数 ．

（3）电阻R_x的测量值与真实值可能不相等，若不考虑偶然误差的因素，则可能的原因是 电阻箱R₁的阻值不连续 ．

【考点】伏安法测电阻．

【分析】（1）根据电路图连接实物电路图．

（2）由图示电路图可知该实验采用等效法测电阻，实验过程应保持滑动变阻器滑片位置不变调节电阻箱阻值使电流表示数相等，此时待测电阻阻值等于电阻箱的示数．

【解答】解：（1）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

（2）②将S₂拨向2，保持滑动变阻器R₂的滑片位置不变，调节电阻箱R₁，使电流表A的读数仍为I；

③电阻R_x的值等于电阻箱R₁的示数．

（3）电阻箱的电阻值是不连续的，由于电阻箱R₁的阻值不连续，因而可能导致电阻箱R₁的阻值与待测电阻R_x的阻值并不完全相等．

故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）②滑动变阻器R₂的滑片位置；电阻箱R₁；③电阻箱R₁的示数；（3）电阻箱R₁的阻值不连续．

13．某同学进行“验证力的平行四边形定则“实验，试完成主要步骤：

（1）如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点的位置O点、两弹簧测力计的读数F₁、F₂以及 两细绳套的方向

（2）用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条与细绳套的结点拉到 同一位置O ，记下细绳的方向（如图丙中的Oc）．如乙图所示，读得弹簧测力计的示数F= 4.0N

（3）如丙图所示，按选定的标度作出了力的图示，请在图丙中：

a．按同样的标度作出力F的图示

b．按力的平行四边形定则作出F₁、F₂的合力F′

（4）关于该实验注意事项，下列说法中正确的是 B

A．实验中所用的两根细绳越短越好

B．弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行

C．每次实验中两个分力间的夹角必须大于90°．

【考点】验证力的平行四边形定则．

【分析】根据验证力的平行四边形定则的实验注意事项分析答题，按照力的图示法作出力的图示，根据平行四边形定则作出合力，我们需要画出力的大小和方向，所以力要尽量大些可减小测量误差对实验的影响，拉橡皮筋时要拉的尽量长一点，了解误差产生的原因即可正确解答．

【解答】解：（1）如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点位置O和两测力计的示数F₁、F₂以及两细绳套的方向，

（2）如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到同一位置O，记下细绳套的方向，由图示弹簧测力计可读得弹簧测力计的示数F=4.0N；

（3）a、按力的图示方法作出力F的图示如图所示；

b、根据力的平行四边形定则，作出F₁、F₂的合力F′，如图所示．

（4）A、拉橡皮条的细绳要适当长一些，以方便画出力的方向，故A错误；

B、测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；

C、在实验中两个分力的夹角大小适当，且二力的大小要适量大些，这样有利于减小实验中偶然误差的影响，不需要夹角必须大于90°，故C错误；

故选：B

故答案为：（1）两细绳套的方向；（2）同一位置O；4.0N；（3）如图所示；（4）B．

14．如图甲所示，水平足够长且光滑的平行金属导轨MN、PQ间距L=0.3m．导轨电阻忽略不计，其间连接有阻值R=0.8Ω的定值电阻．开始时，导轨上垂直放置着一质量m=0.01kg、电阻r=0.4Ω 的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．现用一平行金属导轨的外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动．运动过程中，金属杆与导轨始终接触良好．电压采集器可将其两端的电压U即时采集并输入电脑，获得的电压U随时间t变化的关系如图乙所示．求：

（1）在t=4s时通过金属杆的感应电流和0～4s内金属杆的位移大小；

（2）t=4s时拉力F的瞬时功率．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功率、平均功率和瞬时功率；闭合电路的欧姆定律．

【分析】（1）由图象求出t=4s末电路R两端的电压值，由欧姆定律求出电路中电流．根据图象乙写出U与t的关系式，结合欧姆定律、法拉第定律求出速度与时间的关系式，从而求得金属棒的加速度，再由运动学公式求出其位移．

（2）由安培力公式求出安培力，由牛顿第二定律求出t=4s末的拉力，然后由功率公式P=Fv求出拉力的瞬时功率．

【解答】解：（1）由题图乙可知，当t=4s时，U=0.6V，此时电路中的电流（即通过金属杆的电流）为：

I==A=0.75A

用右手定则判断出，此时电流的方向由b指向a，由题图乙知：U=kt=0.15t（V）

金属杆切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv

由电路分析有：=E

联立得：v=1.5t（m/s）

则知v与t成正比，即金属杆沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为：a=1.5m/s²

金属杆在0～4s内的位移为：x=at²=1.5×4²m=12m

（2）t=4s时杆的速度为：v₄=at=1.5×4m/s=6m/s

金属杆所受安培力为：F_安=BIL

由牛顿第二定律，对金属杆有：F﹣F_安=ma

联立解得t=4s时拉力F的瞬时功率为：P=Fv₄

联立解得：P=0.765W．

答：（1）在t=4s时通过金属杆的感应电流是0.75A．0～4s内金属杆的位移大小是12m；

（2）t=4s时拉力F的瞬时功率是0.765W．

15．如图所示，在水平地面上静置有一质量M=1kg的长木板，一质量m=1kg的滑块（可视为质点）以速度v₀=10m/s冲上长木板的左端，滑块与长木板间的动摩擦因数μ₁=0.4，长木板与地面间的动摩擦因数μ₂=0.1．长木板的右端距离为d=1m处放置一固定的竖直光滑半圆槽，半圆槽半径为R=0.6m，半圆槽底端高度与长木板高度相同．当长木板的右端与半圆槽底端相碰时，滑块刚好滑离长木板右端而滑上半圆槽轨道底端，已知重力加速度g=10m/s²．

（1）求滑块在长木板上表面滑行过程中，滑块和长木板的加速度．

（2）求长木板的长度L．

（3）求滑块经过半圆槽轨道底端时对轨道的压力大小，并判断滑块能否通过半圆槽的顶端．若能，求出滑块通过顶端时的速度大小；若不能，说明理由．

【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律．

【分析】（1）滑块在长木板上表面滑行过程中，根据牛顿第二定律求滑块和长木板的加速度．

（2）根据匀变速直线运动位移公式求出长木板运动位移为d时所用时间，并求滑块对地的位移x，根据L=x﹣d求板长L．

（3）滑块在半圆槽底端时，由合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，从而得到滑块对轨道的压力．假设滑块能通过半圆槽的顶端，由机械能守恒定律求出滑块通过半圆槽的顶端时的速度，与临界速度比较，即可判断．

【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，得：

对滑块有：μ₁mg=ma₁

则得 a₁=μ₁g=4m/s²，方向水平向左

对长木板有：μ₁mg﹣μ₂（M+m）g=Ma₂

则得 a₂=2m/s²，方向水平向右

（2）根据匀变速直线运动公式，对长木板有 d=a₂t²

解得 t=1s

设滑块滑离长木板右端时速度为v₁，相对地面的位移为x

则 v₁=v₀﹣a₁t=10﹣4×1=6m/s

x=t=×1m=8m

所以长木板的长度 L=x﹣d=7m

（3）滑块在半圆槽底端，根据牛顿第二定律，有

F﹣mg=

解得 F=70N

根据牛顿第三定律知，滑块对半圆槽底端的压力 F'=F=70N

假设滑块能够通过半圆槽的顶端，且经过顶端的速度为v₂，根据机械能守恒定律，有

=2mgR+

解得 v₂=2m/s

而滑块能够通过半圆槽顶端的临界速度 v_临===m/s

可见v₂＞v_临，所以滑块能够通过半圆槽的顶端，且其速度大小为 2 m/s．

答：

（1）滑块的加速度为4m/s²，方向水平向左．木板的加速度为2m/s²，方向水平向右．

（2）长木板的长度L是7m．

（3）滑块经过半圆槽轨道底端时对轨道的压力大小是70N，滑块能够通过半圆槽的顶端，且其速度大小为 2 m/s．

16．如图，右端开口、左端封闭的粗细均匀的细长U形玻璃管竖直放置．左、右两管长均为50cm，玻璃管底部水平部分长l₃=30cm，玻璃管的左管中间有一段长l₂=5cm的水银柱，在左管上部封闭了一段长l₁=40cm的空气柱（空气可视为理想气体）．已知大气压强为p₀=75cmHg．现将一活塞（图中未画出）从玻璃管右端开口处缓慢往下推，使左管上部空气柱长度变为l'₁=35cm．假设下推活塞过程中没有漏气，环境温度不变．

（i）下推活塞的过程中，左管上部封闭的空气柱是吸热还是放热？

（ii）求活塞往下推的距离．

【考点】理想气体的状态方程．

【分析】（1）根据热力学第一定律分析左管上部封闭的空气柱吸放热情况

（2）分别以左管上部空气柱和水银柱和活塞之间的气体为研究对象，分别应用玻意耳定律列式，再根据几何关系求活塞往下推的距离

【解答】解：（i）由于空气柱温度不变，内能不变，且外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，空气柱放出热量

（ii）选左管上部的空气柱为研究对象，初状态：p₁=p₀﹣5cmHg=70cmHg，V₁=40cm×S；末状态：V₂=35cm×S

根据玻意耳定律有p₁V₁=p₂V₂

解得p₂=80cmHg

选水银柱与活塞间气体为研究对象，初状态：p'₁=p₀=75cmHg，V'₁=85cm×S；末状态：p'₂=p₂+5cmHg=85cmHg，V'₂=l'₂S

由玻意耳定律有p'₁V'₁=p'₂V'₂

解得l'₂=75cm

因此活塞往下推的距离x=cm=15cm．

答：（i）下推活塞的过程中，左管上部封闭的空气柱放出热量

（ii）活塞往下推的距离15cm．

17．某探究小组的同学利用直角三棱镜做光学实验，直角三棱镜的截面积如图所示，棱镜的折射率为，项角α=30°，BC边长度为α，P为垂直于直线BCO的光屏，现有一宽度等于AB的平行单色光束垂直射向AB面．（已知sin75°=+，cos75°=﹣）求：

（1）光线从AC面射出时的折射角；

（2）在光屏P上被折射光线照亮的光带宽度．

【考点】光的折射定律．

【分析】（1）平行光束垂直射向AB面方向不变，到AC面发生折射，作出光路图．根据几何知识求出入射角，由折射定律求出折射角．

（2）再由几何知识求解在光屏P上被折射光线照亮的光带宽度．

【解答】解：（1）光线在AB面上折射后方向不变，射到AC面上的入射角 i=30°，设折射角为r，

据折射定律得 n=

得sinr=nsini=×=

故 r=45°

（2）由此可画出折射光线在光屏上的光带宽度等于CE（如图示）

图中∠EAC=45°，∠ECA=30°，AC=2a

在△AEC中，据正弦定理有=

化简得 CE=（2﹣2）a

答：

（1）光线从AC面射出时的折射角是45°；

（2）在光屏P上被折射光线照亮的光带宽度是（2﹣2）a．

18．如图所示，质量为M的物块B穿在光滑的水平杆上，质量为M的砂摆A用轻绳与物块B连接，质量为m的子弹以大小为v₀的速度水平向右射入砂摆且未穿出，已知砂摆的摆角小于90°．重力加速度为g，不计空气阻力．

（i）若物块B固定在光滑水平杆上，求砂摆能达到的最大高度．

（ii）若物块B可在光滑水平杆上自由移动，求砂摆能达到的最大高度．

【考点】动量守恒定律；功能关系．

【分析】（i）子弹击中沙摆A的过程系统动量守恒，由动量守恒定律求出沙摆的速度，沙摆和子弹整体向上摆动得过程中，由机械能守恒定律求解最大高度；

（ii）子弹击中沙摆过程系统动量守恒，B与沙摆组、子弹组成的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律求出最大高度．

【解答】解：（i）子弹打入砂摆过程，取向右为正方向，由动量守恒定律可得：

mv₀=（m+M）v

若物块B固定在光滑水平杆上，砂摆和子弹整体向上摆动过程，由机械能守恒定律可得：

（m+M）v²=（m+M）gh

联立解得砂摆上升的最大高度为：h=

（ii）若物块B可在光滑水平杆上自由滑动，在砂摆和子弹整体与物块B作用的过程中，系统在水平方向上动量守恒，有：

（m+M）v=（m+2M）v'

由机械能守恒定律有：

（m+M）v²=（m+M）gh'+（m+2M）v'²

联立解得：h'=．

答：（i）若物块B固定在光滑水平杆上，砂摆能达到的最大高度是．

（ii）若物块B可在光滑水平杆上自由移动，砂摆能达到的最大高度是．

2016年11月23日