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- 2021-04-17 发布
2016-2017学年重庆第二外国语学校高三（上）第四次月考物理试卷
一、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项是符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有选错的得0分．
1．甲、乙两车在同一地点同时做直线运动，其v﹣t图象如图所示，则（ ）
A．它们的初速度均为零
B．甲的加速度大于乙的加速度
C．0～t1时间内，甲的速度大于乙的速度
D．0～t1时间内，甲的位移大于乙的位移
2．如图所示，A、B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线悬挂在升降机内天花板的O点，两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧，当升降机以加速度a竖直向上做匀加速直线运动时，两根细线之间的夹角为θ．则弹簧被压缩的长度为（ ）
A． B． C． D．
3．暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命．为了探测暗物质，我国在2015年12月17日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星．已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于其运动周期），运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），引力常量为G，则下列说法中错误的是（ ）
A．“悟空”的线速度小于第一宇宙速度
B．“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度
C．“悟空”的环绕周期为
D．“悟空”的质量为
4．如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ．一质量为m（m＜M）的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为（ ）
A．h B． C． D．
5．如图所示，在直角坐际系x0y内，以原点0为圆心，半径为R的圆形区域内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一负电子从P点（R，0）沿x轴负方向以速率v射入磁场后，在磁场中运动的时间为t1，一正电子从Q点（﹣R，0）沿着与x轴正向成30°的方向以速率2v射入磁场后，恰好从P点飞出磁场，在磁场中运动的时间为t2，忽略两电子重力及相互作用力，则t1：t2为（ ）
A．2：3 B．3：2 C．3：1 D．1：2
6．如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线/斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是（ ）
A．液滴一定做匀速直线运动
B．液滴一定带负电
C．电场线方向一定斜向上
D．液滴有可能做匀变速直线运动
7．有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势ϕ随x的分布如图所示．一质量为m、带电量为﹣q的粒子只在电场力的作用下，以初速度V0从x=0处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下关于该粒子运动的说法中正确的是（ ）
A．粒子从x=0处运动到x=x1处的过程中动能逐渐增大
B．粒子从x=x1处运动到x=x3处的过程中电势能逐渐减小
C．欲使粒子能够到达x=x4处，则粒子从x=0处出发时的最小速度应为2
D．若v0=2，则粒子在运动过程中的最小速度为
8．如图所示，一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知运动过程中受到恒定阻力f=kmg作用（k为常数且满足0＜k＜1）．图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能和重力势能与其上升高度之间的关系（以地面为零势能面），h0表示上升的最大高度．则由图可知，下列结论正确的是（ ）
A．E1是最大势能，且E1=
B．上升的最大高度h0=
C．落地时的动能Ek=
D．在h1处，物体的动能和势能相等，且h1=
二、非选择题
9．某学习小组利用自行车的运动“探究阻力做功与速度变化的关系”．人骑自行车在平直的路面上运动，当人停止蹬车后，由于受到阻力作用，自行车的速度会逐渐减小至零，如图1所示．在此过程中，阻力做功使自行车的速度发生变化．设自行车无动力后受到的阻力恒定．
（1）在实验中使自行车在平直的公路上获得某一速度后停止蹬车，需要测出人停止蹬车后自行车向前滑行的距离s，为了计算自行车的初速度，还需要测量 （填写物理量的名称及符号）．
（2）设自行车受到的阻力恒为f，计算出阻力做的功及自行车的初速度．改变人停止蹬车时自行车的速度，重复实验，可以得到多组测量值．以阻力对自行车做功的大小为纵坐标，自行车的速度为横坐标，作出Wv曲线．分析这条曲线，就可以得到阻力做的功与自行车速度变化的定性关系．在实验中作出Wv图象如图2所示，其中符合实际情况的是 ．
10．某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2kΩ）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．实验室备有如下器材：
A．电压表V（量程3V，电阻RV约为4.0kΩ）
B．电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5Ω）
C．电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）
D．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）
E．电阻箱R2（0～999.9Ω）
F．开关S一只、导线若干
（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选 （选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整．
（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出﹣图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E= ，内阻r= （用k、b和R2表示）．该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是 ．
11．如图所示，倾角为37°的斜面长l=1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度v0=3m/s的速度水平抛出，与此同时静止释放在顶端的滑块，经过一段时间后将小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块．（小球和滑块均视为质点，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：
（1）小球从抛出到达斜面所用时间；
（2）抛出点O离斜面底端的高度；
（3）滑块与斜面间的动摩擦因数μ．
12．如图所示，真空室内存在宽度为d=8cm的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.332T，磁场方向垂直于纸面向里；ab、cd足够长，cd为厚度不计的金箔，金箔右侧有一匀强电场区域，电场强度E=3.32×105
N/C；方向与金箔成37°角．紧挨边界ab放一点状α粒子放射源S，可沿纸面向各个方向均匀放射初速率相同的α粒子，已知：α粒子的质量m=6.64×10﹣27kg，电荷量q=3.2×10﹣19C，初速度v=3.2×106m/s．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）α粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R；
（2）金箔cd被α粒子射中区域的长度L；
（3）设打在金箔上d端离cd中心最远的α粒子穿出金箔进入电场，在电场中运动通过N点，SN⊥ab且SN=40cm，则此α粒子从金箔上穿出时，损失的动能△EK为多少？
三、【物理--选修3-3】
13．关于一定量的气体，下列说法正确的是（ ）
A．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
B．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
14．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长ll=25.0cm的空气柱，中间有一段长为l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm．已知大气压强为P0=75.0cmHg．现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为l'1=20.0cm．假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．
2016-2017学年重庆第二外国语学校高三（上）第四次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项是符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有选错的得0分．
1．甲、乙两车在同一地点同时做直线运动，其v﹣t图象如图所示，则（ ）
A．它们的初速度均为零
B．甲的加速度大于乙的加速度
C．0～t1时间内，甲的速度大于乙的速度
D．0～t1时间内，甲的位移大于乙的位移
【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；加速度．
【分析】速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．
【解答】解：A、由图象可知，乙的初速度不为零．故A错误．
B、甲图线的斜率大于乙图线的斜率，则甲的加速度大于乙的加速度．故B正确．
C、在0～t1时间内，甲的速度小于乙的速度．故C错误．
D、在0～t1时间内，乙图线与时间轴围成的面积大于甲图线与时间轴围成的面积，则乙的位移大于甲的位移．故D错误．
故选B．
2．如图所示，A、B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线悬挂在升降机内天花板的O点，两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧，当升降机以加速度a竖直向上做匀加速直线运动时，两根细线之间的夹角为θ．则弹簧被压缩的长度为（ ）
A． B． C． D．
【考点】牛顿第二定律；胡克定律．
【分析】以A物体受力分析，A受重力、拉力及弹簧的弹力而向上做匀加速直线运动；F与T的合力竖直向上，由牛顿第二定律及力的合成可求得弹簧的弹力；再由胡克定律可解出形变量．
【解答】解：对球A受力分析，受重力mg、拉力T、弹簧的弹力F而向上做匀加速直线运动，
则有牛顿第二定律可知：，
即：F=m（g+a）tan，
根据胡克定律，有：F=kx，
联立可得x=，故C正确．
故选：C．
3．暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命．为了探测暗物质，我国在2015年12月17日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星．已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于其运动周期），运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），引力常量为G，则下列说法中错误的是（ ）
A．“悟空”的线速度小于第一宇宙速度
B．“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度
C．“悟空”的环绕周期为
D．“悟空”的质量为
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【分析】第一宇宙速度是卫星绕地球圆周运动最大的运行速度．已知“悟空”经过时间t（t小于其运行的周期），它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），根据线速度和角速度定义可求得“悟空”的线速度和角速度，然后根据v=ωr可求得轨道半径；根据万有引力提供向心力可求得地球的质量．
【解答】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，则有：G=m，得 v=，可知卫星的轨道半径越大，速率越小，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，故“悟空”在轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度，故A正确；
B、由G=ma得 a=，“悟空”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，由此式可知，“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故B正确．
C、“悟空”经过时间t（t小于其运行的周期），它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），
则“悟空”运行的线速度为 v=，角速度为：ω=，则周期为 T==，故C正确．
D、根据v=ωr得“悟空”的轨道半径为：r==
“悟空”绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有 G=m，联立解得：地球的质量为 M=，不能求出“悟空”的质量．故D错误；
本题选错误的，故选：D
4．如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ．一质量为m（m＜
M）的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为（ ）
A．h B． C． D．
【考点】动量守恒定律；动能定理的应用．
【分析】斜面固定时，由动能定理求出初速度，斜面不固定时，由水平方向动量守恒列式，再根据机械能守恒列式，联立方程即可求解．
【解答】解：斜面固定时，由动能定理得：
﹣mgh=0﹣，
所以；
斜面不固定时，由水平方向动量守恒得：
mv0=（M+m）v，
由机械能守恒得：
=+mgh′
解得：．
故选D
5．如图所示，在直角坐际系x0y内，以原点0为圆心，半径为R的圆形区域内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一负电子从P点（R，0）沿x轴负方向以速率v射入磁场后，在磁场中运动的时间为t1，一正电子从Q点（﹣R，0）沿着与x轴正向成30°的方向以速率2v射入磁场后，恰好从P点飞出磁场，在磁场中运动的时间为t2，忽略两电子重力及相互作用力，则t1：t2为（ ）
A．2：3 B．3：2 C．3：1 D．1：2
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】正负电子匀速圆周运动的速度，正电子是负电子的2倍，根据知半径是2倍，画出它们的轨迹，求出圆心角，正负电子周期相等，根据从而求出时间之比．
【解答】解：正电子进入磁场匀速圆周运动，画出轨迹如图，从Q点射入的正电子，洛伦兹力提供向心力，有：
得：，
根据几何关系，圆心在，由几何关系知有：
从P点射入的负电子，洛伦兹力提供向心力，有：
得：，
由几何关系有：
正负电子在磁场中运动的周期相等
①
②
故选：B
6．如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线/斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是（ ）
A．液滴一定做匀速直线运动
B．液滴一定带负电
C．电场线方向一定斜向上
D．液滴有可能做匀变速直线运动
【考点】带电粒子在混合场中的运动；电场线．
【分析】带电液滴做直线运动，要么合力为零做匀速直线运动，要么所受合力与速度方向在同一直线上，做匀变速直线运动；对带电液滴进行受力分析，然后答题．
【解答】解：AD、带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，由于α＞β，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做曲线运动和匀变速直线运动，故A正确，D错误．
BC、当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故B错误，C正确；
故选：AC．
7．有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势ϕ随x的分布如图所示．一质量为m、带电量为﹣q的粒子只在电场力的作用下，以初速度V0从x=0处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下关于该粒子运动的说法中正确的是（ ）
A．粒子从x=0处运动到x=x1处的过程中动能逐渐增大
B．粒子从x=x1处运动到x=x3处的过程中电势能逐渐减小
C．欲使粒子能够到达x=x4处，则粒子从x=0处出发时的最小速度应为2
D．若v0=2，则粒子在运动过程中的最小速度为
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况，即可判断动能的变化．根据负电荷在电势高处电势小，判断电势能的变化．粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，根据动能定理研究0﹣x1过程，求解最小速度．粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理求解最小速度．
【解答】解：A、粒子从O运动到x1的过程中，电势降低，场强方向沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，故A错误．
B、粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势小，可知，粒子的电势能不断增大，故B正确．
C、根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：
﹣q（φ0﹣0）=0﹣mv02，
解得：v0=，则要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为．故C错误．
D、若v0=2，粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理得：
q[（﹣φ0）﹣0]= m﹣mv02，
解得最小速度为：vmin=，故D正确．
故选：BD
8．如图所示，一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知运动过程中受到恒定阻力f=kmg作用（k为常数且满足0＜k＜1）．图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能和重力势能与其上升高度之间的关系（以地面为零势能面），h0表示上升的最大高度．则由图可知，下列结论正确的是（ ）
A．E1是最大势能，且E1=
B．上升的最大高度h0=
C．落地时的动能Ek=
D．在h1处，物体的动能和势能相等，且h1=
【考点】动能定理的应用．
【分析】
根据图象的信息知道上升过程中小球的初速度和末动能，根据动能定理求出上升的最大高度，再由势能的定义式求解最大势能．再由动能定理求落地时的动能，及动能与势能相等时的高度．
【解答】解：AB、对于小球上升过程，根据动能定理可得：0﹣Ek0=﹣（mg+f）h0，又f=kmg，得上升的最大高度h0=
则最大的势能为 E1=mgh0=，故AB正确．
C、下落过程，由动能定理得：Ek=（mg﹣f）h0，又f=kmg，解得落地时的动能 Ek=，故C错误．
D、设h1高度时重力势能和动能相等，由动能定理得：
Ek﹣Ek0=﹣（mg+f）h1，
又 mgh1=Ek，解得h1=．故D正确．
故选：ABD．
二、非选择题
9．某学习小组利用自行车的运动“探究阻力做功与速度变化的关系”．人骑自行车在平直的路面上运动，当人停止蹬车后，由于受到阻力作用，自行车的速度会逐渐减小至零，如图1所示．在此过程中，阻力做功使自行车的速度发生变化．设自行车无动力后受到的阻力恒定．
（1）在实验中使自行车在平直的公路上获得某一速度后停止蹬车，需要测出人停止蹬车后自行车向前滑行的距离s，为了计算自行车的初速度，还需要测量 人停止蹬车后自行车滑行的时间t （填写物理量的名称及符号）．
（2）设自行车受到的阻力恒为f，计算出阻力做的功及自行车的初速度．改变人停止蹬车时自行车的速度，重复实验，可以得到多组测量值．以阻力对自行车做功的大小为纵坐标，自行车的速度为横坐标，作出Wv曲线．分析这条曲线，就可以得到阻力做的功与自行车速度变化的定性关系．在实验中作出Wv图象如图2所示，其中符合实际情况的是 C ．
【考点】探究功与速度变化的关系．
【分析】（1）人停止蹬车后车做匀减速运动，由位移等于平均速度乘以时间，得出车速的表达式，再分析．
（2）根据动能定理得出人停止蹬车后，阻力做功与自行车速度的关系．从而判断W与v图线．
【解答】解：（1）人停止蹬车后，人和车组成的系统做匀减速直线运动，由匀变速直线运动规律得：v2=2as；且有v=at，故需要测出人停止蹬车后自行车向前滑行的时间t；
（2）根据动能定理得：﹣W=0﹣，故知W与v成二次函数关系，且抛物线开口向上．故C正确．
故答案为：（1）人停止蹬车后自行车滑行的时间t；（2）C．
10．某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2kΩ）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．实验室备有如下器材：
A．电压表V（量程3V，电阻RV约为4.0kΩ）
B．电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5Ω）
C．电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）
D．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）
E．电阻箱R2（0～999.9Ω）
F．开关S一只、导线若干
（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选 A2 （选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整．
（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出﹣图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E= ，内阻r= （用k、b和R2
表示）．该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是 电压表分流 ．
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【分析】（1）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图．
（2）由闭合电路的欧姆定律求出与的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小．
【解答】解：（1）电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流
I===0.0015A=1.5mA，
因此电流表应选电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）；
待测电阻R0阻值约为2kΩ，滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）
与电阻箱R2（0～999.9Ω）最大阻值均小于待测电阻阻值，
变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法； ==40， ==2，＞，电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示．
（2）由图乙所示电路可知，E=U+Ir=U+r，则=+，因此图象的纵轴截距b=，电动势E=，
图象的斜率k=，则电源内阻r=kE=
；由图乙所示可知，由于电压表分流，使实验的测量值偏小．
故答案为：（1）A2；电路图如图所示；（2）；；电压表的分流．
11．如图所示，倾角为37°的斜面长l=1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度v0=3m/s的速度水平抛出，与此同时静止释放在顶端的滑块，经过一段时间后将小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块．（小球和滑块均视为质点，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：
（1）小球从抛出到达斜面所用时间；
（2）抛出点O离斜面底端的高度；
（3）滑块与斜面间的动摩擦因数μ．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动．
【分析】（1）小球垂直撞在斜面上的滑块，速度与斜面垂直，将该速度进行分解，根据水平分速度和角度关系求出竖直分速度，再根据vy=gt求出小球在空中的飞行时间．
（2）根据，及几何关系求出抛出点O离斜面底端的高度；
（3）滑块做匀加速直线运动，由位移时间公式求出加速度，再由牛顿第二定律求解动摩擦因素μ．
【解答】解：（1）设小球击中滑块时的速度为v，竖直速度为
由几何关系得：
设小球下落的时间为t，小球竖直方向
解得：t=0.4s
（2）竖直位移为y，水平位移为x，由平抛规律得
设抛出点到斜面最低点的距离为h，由几何关系得h=y+xtan37°
由以上各式得h=1.7m
（3）在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得：
设滑块的加速度为a，由运动学公式得：
对滑块，由牛顿第二定律得：mgsin37°﹣μmgcos37°=ma
由以上各式得μ=0.125
答：（1）小球从抛出到达斜面所用时间为0.4s；
（2）抛出点O离斜面底端的高度1.7m；
（3）滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.125
12．如图所示，真空室内存在宽度为d=8cm的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.332T，磁场方向垂直于纸面向里；ab、cd足够长，cd为厚度不计的金箔，金箔右侧有一匀强电场区域，电场强度E=3.32×105N/C；方向与金箔成37°角．紧挨边界ab放一点状α粒子放射源S，可沿纸面向各个方向均匀放射初速率相同的α粒子，已知：α粒子的质量m=6.64×10﹣27kg，电荷量q=3.2×10﹣19C，初速度v=3.2×106m/s．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）α粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R；
（2）金箔cd被α粒子射中区域的长度L；
（3）设打在金箔上d端离cd中心最远的α粒子穿出金箔进入电场，在电场中运动通过N点，SN⊥ab且SN=40cm，则此α粒子从金箔上穿出时，损失的动能△EK为多少？
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力列式求半径即可；
（2）粒子速度向下进入磁场时，可以到达cd最下端；当粒子向上运动，且轨迹与cd相切时，可以到达cd边界最高点，根据几何关系求解射中区域的长度；
（3）根据几何关系，求出粒子出磁场的位置，得出进入磁场的初速度方向，最终得出粒子做类平抛运动，然后将粒子的运动沿着垂直电场方向和平行电场方向正交分解，然后根据位移公式求解出运动时间，再根据速度时间公式得出平行电场方向和垂直电场方向的分速度，最后合成合速度，从而得到动能损失．
【解答】解：（1）α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即
qαvB=mα，解得：R==0.2m=20cm；
即α粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R为20cm．
（2）设cd中心为O，向c端偏转的α粒子，当圆周轨迹与cd相切时偏离O最远，设切点为P，对应圆心O1，如图所示
则由几何关系得： ===16cm，
向d端偏转的α粒子，当沿sb方向射入时，偏离O最远，设此时圆周轨迹与cd交于Q点，对应圆心O2，
如图所示，则由几何关系得： ==16cm
故金箔cd被α粒子射中区域的长度 L==+=32cm．
（3）设从Q点穿出的α粒子的速度为v′，因半径O2Q∥场强E，则v′⊥E，故穿出的α粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示．
沿速度v′方向做匀速直线运动，位移 Sx=（﹣R）sin53°=16cm=0.16m
沿场强E方向做匀加速直线运动，位移 Sy=（﹣R）cos53°+R=32cm
则由Sx=v′t Sy=at2 a=，解得：v′=8.0×105m/s
故此α粒子从金箔上穿出时，损失的动能为
△Ek=mαv2﹣mαv′2=3.19×10﹣14J
即此α粒子从金箔上穿出时，损失的动能△EK为3.19×10﹣14J．
答：（1）α粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径R为20cm；
（2）金箔cd被α粒子射中区域的长度L为32cm；
（3）此α粒子从金箔上穿出时，损失的动能△Ek为3.19×10﹣14J．
三、【物理--选修3-3】
13．关于一定量的气体，下列说法正确的是（ ）
A．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
B．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
【考点】热力学第一定律；热力学第二定律．
【分析】
气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，温度高体分子热运动就剧烈，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，做功也可以改变物体的内能．
【解答】解：A、温度高体分子热运动就剧烈，所以只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低，故A正确；
B、气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，故B正确；
C、在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，故C错误；
D、气体从外界吸收热量，但如果同时对外做功，则内能不一定增加，故C错误；
E、由理想气体状态方程可得，气体在等压膨胀过程中温度一定升高，故E正确．
故选：ABE．
14．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长ll=25.0cm的空气柱，中间有一段长为l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm．已知大气压强为P0=75.0cmHg．现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为l'1=20.0cm．假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．
【考点】理想气体的状态方程．
【分析】设活塞下推距离为△l，分别求解出上、下两端封闭气体下推前的压强和长度，在表示出下推后的压强和长度，对两端封闭气体分别运用玻意耳定律列式后联立求解即可．
【解答】解：以cmHg为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为：
P1=P0+l2…①
设活塞下推后，下部空气的压强为P1′，由玻意耳定律得：
P1l1=P1′l1′…②
如图，设活塞下推距离为△l，则此时玻璃管上部的空气柱的长度为：
l3′=l3+（l1﹣l1′）﹣△l…③
设此时玻璃管上部空气柱的压强为P3′，则
P3′=p1′﹣l2…④
由波意耳定律，得：
P0l3=P3′l3′…⑤
由①②③④⑤式代入数据解得：
△l=15.0cm；
答：活塞下推的距离为15cm．
2017年2月24日