【物理】安徽省定远县2020届高三停课不停学线上测试试题（八）（解析版）

【物理】安徽省定远县2020届高三停课不停学线上测试试题（八）（解析版）

安徽省定远县2020届高三停课不停学 线上测试试题（八）‎ 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。共40分。其中1-5小题为单选题，6-10小题为多选题。）‎ ‎1.如图所示，倾角为α＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，弹簧轴线与斜面平行．现对A施加一个水平向右、大小为F的恒力，使A、B在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球间的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L，则下列说法错误的是（ ）‎ A. 弹簧的原长为 B. 恒力 C. 小球B受到的弹力大小为mg D. 撤去恒力F后的瞬间小球B的加速度为g ‎【答案】D ‎【详解】A.对小球B进行受力分析，由平衡条件可得：‎ kx=mgsin 30°‎ 解得 所以弹簧的原长为，‎ 选项A正确，不符合题意； B.对小球A进行受力分析，由平衡条件可得：Fcos 30°=mgsin 30°+kx，‎ 解得，‎ 故B正确，不符合题意； C.小球B受弹簧的弹力和斜面的弹力，其合力与重力等大反向，可知小球B受到的弹力大小为mg，选项C正确，不符合题意；‎ D.撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故B球的加速度为零，故D错误，符合题意．‎ ‎2.如图，AB为一光滑水平横杆，横杆上固定有一个阻挡钉C．杆上套一质量不计的轻环，环上系一长为L且足够牢固、不可伸长的轻细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将轻环拉至C左边L/5处并将绳拉直，让绳与AB平行，然后由静止同时释放轻环和小球．重力加速度为g，则关于之后的运动情况，下列描述正确的是 ‎ A. 小球还可以回到AB杆的高度 B. 小球在最低点的速度大小为 C. 小球到达最低点之前一直做曲线运动 D. 小球在最低点对绳子的拉力大小小于3mg ‎【答案】D ‎【详解】轻环运动到阻挡钉C的过程中，轻环与小球水平方向动量守恒，由于杆上套的质量不计的轻环，所以小球水平方向速度为零，只有竖直方向的速度，小球做自由落体运动，此时轻细绳与水平方向的夹角为，则有，根据机械能守恒有，可得小球的速度为，轻环到阻挡钉C时小球的速度发生突变，速度大小为，轻环不动时小球以C为圆心的做圆周运动，到小球到最低点的过程中根据动能定理可得：，解得小球在最低点的速度大小为，小球在最低点对绳子的拉力大小，由于轻环到阻挡钉C时小球的速度发生突变，机械能有损失，所以小球不能回到AB杆的高度，故D正确，A、B、C错误；‎ 描述正确的是选D．‎ ‎3.随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野．“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度．为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度．如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比．那么下列判断中正确的是 A. v1> v0 B. v1= v0 C. v2> v0 D. v2=v0‎ ‎【答案】A ‎【详解】设探测器的质量为m，行星的质量为M，探测器和行星发生弹性碰撞.‎ A、B、对于模型一：设向左为正，由动量守恒定律：，由能量守恒，联立解得探测器碰后速度，因，则，故A正确，B错误.‎ C、D、对于模型二：设向左为正，由动量守恒定律：，由能量守恒，联立解得探测器碰后的速度，因，则；故C、D均错误.‎ 故选A.‎ ‎4.如图为两形状完全相同的金属环A、B平行竖直的固定在绝缘水平面上，且两圆环的圆心Ol、O2的连线为一条水平线，其中M、N、P为该连线上的三点，相邻两点间的距离满足MOl=O1N=NO2 =O2P．当两金属环中通有从左向右看逆时针方向的大小相等的电流时，经测量可得M点的磁感应强度大小为B1、N点的磁感应强度大小为B2，如果将右侧的金属环B取走，P点的磁感应强度大小应为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在轴线上的磁场方向均是向左，故P点的磁场方向也是向左的.设，设单个环形电流在距离中点l位置的磁感应强度为，在距离中点3l位置的磁感应强度为，故M点磁感应强度，N点磁感应强度，当拿走金属环B后，P点磁感应强度，B正确；故选B.‎ ‎【点睛】本题研究矢量的叠加合成(力的合成，加速度，速度，位移，电场强度，磁感应强度等)，满足平行四边形定则；掌握特殊的方法（对称法、微元法、补偿法等）．‎ ‎5.某同学将一电路中电源的总功率、输出功率和电源内部发热功率随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图所示．则该电路　　‎ A. 电源的电动势，内电阻 B. 电流为1A时，外电阻为 C. b表示电源的输出功率，最大值为9W D. 外电阻为时，电源输出功率为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 三种功率与电流的关系是：直流电源的总功率，内部的发热功率 ‎，输出功率，根据数学知识选择图线．根据图线a斜率求解电源的电动势．由图读出电流时，发热功率，求出电源的内阻．当电流为1A时，结合欧姆定律求出外电阻．‎ ‎【详解】根据直流电源的总功率，内部的发热功率，输出功率，可知反映变化的图线是b，反映变化的是图线a，反映变化的是图线c．图线a的斜率等于电源的电动势，由得到，内部的发热功率，内阻为，电源的最大输出功率，故A、C错误；当电流为1A时，由，代入得到，故B正确．外电阻为，等于内阻时，电源输出功率最大为故D错误．故选B．‎ ‎【点睛】本题首先考查读图能力，物理上往往根据解析式来理解图象的物理意义 ‎6.如图a，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图b是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度的平方与其对应高度的关系图象。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道的中点，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（ ）‎ A. 图b中x＝36 m2·s－2‎ B. 小球质量为0.2 kg C. 小球在A点时重力的功率为5 W D. 小球在B点受到的轨道作用力为8.5 N ‎【答案】BD ‎【分析】考查竖直面内的圆周运动，机械能守恒。‎ ‎【详解】A．小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有：‎ 解得：‎ 即为：‎ x＝‎ 故A错误；‎ B．由图b可知轨道半径R＝0.4m，小球在C点的速度vC＝3m/s，那么由牛顿第二定律可得：‎ 解得：‎ 故B正确；‎ C．小球在A点时重力G＝mg＝2 N，方向向下，速度vA＝5 m/s，方向向右，故小球在A点时重力的功率为0，C错误；‎ D．由机械能守恒可得小球在B点的速度为：‎ vB＝＝m/s＝m/s 此时在水平方向受到轨道的支持力为：‎ F＝＝N＝8.5 N 所以，小球在B点受到的轨道作用力为8.5 N，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎7.云室能显示射线的径迹，把云室放在磁场中，从带电粒子运动轨迹的弯曲方向和半径大小就能判断粒子的属性，放射性元素A的原子核静止放在磁感应强度B=2.5T的匀强磁场中发生衰变，放射出粒子并变成新原子核B，放射出的粒子与新核运动轨迹如图所示，测得两圆的半径之比R1：R2=42：1，且R1=0.2m，已知粒子质量mα=6.64×10-27kg，β粒子质量mβ=9.1×10-31kg，普朗克常量取h=6.6×10-34Js，下列说法正确的是：（ ）‎ A. 新原子核B的核电荷数为84‎ B. 放射性元素A原子核发生的是β衰变 C. 衰变放射出的粒子的速度大小为2.4×107m/s D. 如果A原子核衰变时释放出一种频率为1.2×1015Hz光子，那么这种光子能使逸出功为4.54eV的金属钨发生光电效应 ‎【答案】ACD ‎【解析】由动量守恒0=mv-mαvα，粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力，又qα=2e，R1：R2=42：1，由以上关系得该放射性元素的电荷量q=84e，即衰变前原子核的电荷数为84，故A正确．衰变过程中动量守恒，因初动量为零，故衰变后两粒子动量大小相等，方向相反．粒子轨迹为外切圆，说明两粒子所受的洛伦兹力方向相反，均带正电，故发生的是α衰变，故B错误．因 ，得，故C正确．A原子核衰变时释放出一种频率为1.2×1015 Hz的光子，依据E=hγ=6.6×10-34×1.2×1015 J=7.92×10-19 J=4.95eV＞4.54 eV，因此能使金属钨发生光电效应，故D正确；故选ACD．‎ 点睛：本题考查了动量守恒定律、粒子在磁场中做圆周运动的半径公式等知识点，难度中等，综合性较强，需加强这方面的训练，同时掌握光电效应产生条件，及注意电子伏特与焦耳的单位转换．‎ ‎8.如图所示，半径为R的绝缘闭合球壳，O为球壳的球心，球壳上均匀分布着正电荷，已知均匀带电的球壳在其内部激发的场强处处为零．现在球壳表面A处取下一面积足够小、带电量为q的曲面将其沿OA连线延长线向上移动至B点，且AB=R，若球壳的其他部分的带电量与电荷分布保持不变，下列说法中正确的是 A. 把另一带正电的试探电荷从A点处移动到O点过程中系统电势能减少 B. 球壳剩余部分的电荷在球壳内部激发的电场的电场线由A点的对称点C点沿直线指向球壳内表面各点 C. 球壳内部电场的电场线由球壳各点沿曲线指向A点 D. 球心O点场强的大小为k ‎【答案】CD ‎【分析】根据题中“球壳上均匀分布着正电荷…取下一面积足够小、带电量为q的曲面…球壳剩余部分的电荷在球壳内部激发的电场…球壳内部电场的电场线”可知，本题考察电场强度．根据电场强度的叠加规律，应用割补法、点电荷的场强特点、等量异种电荷的场强特点、电势能等知识分析求解．‎ ‎【详解】B：球壳表面A处取下一面积足够小、带电量为q的曲面，相当于在球壳表面点A处放入等电荷密度、等面积的带负电荷的曲面．球壳剩余部分的电荷在球壳内部激发的电场可以看作两部分电荷电场的叠加，一部分是原球壳上均匀分布的正电荷在内部激发的电场，处处为零；另一部分是球壳上位于A处的等量负点电荷激发的电场，故球壳剩余部分的电荷在球壳内部激发的电场等同于只有A处的一个负点电荷激发的电场，如图(a)所示．故B项错误．‎ C：据B项分析可得，空间所有电荷在球壳内激发的电场相当于两个等量异种电荷产生的电场，如图(b)所示．故C项正确．‎ A：由图(b)知，带正电的试探电荷从A点处移动到O点，电势升高，电势能增加．故A项错误．‎ D：由C项分析知，球心O点场强大小．故D项正确．‎ ‎9.如图，点O、a、c在同一水平线上，c点在竖直细杆上．一橡皮筋一端固定在O点，水平伸直(无弹力)时，另一端恰好位于a点，在a点固定一光滑小圆环，橡皮筋穿过圆环与套在杆上的小球相连．已知b、c间距离小于c、d间距离，小球与杆间的动摩擦因数恒定，橡皮筋始终在弹性限度内，且其弹力跟伸长量成正比．小球从b点上方某处释放，第一次到达b、d两点时速度相等，则小球从b第一次运动到d的过程中(　　)‎ A. 在c点速度最大 B. 在c点下方某位置速度最大 C. 重力对小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功 D. 在b、d两点，摩擦力的瞬时功率大小相等 ‎【答案】BCD ‎【详解】A、B、设b点关于c点的对称点为e点，若小球在c点的速度最大，则由对称性可知小球由b点到c点克服摩擦力做功等于由c点到e点克服摩擦力做功，由功能关系知，小球到达e点时的速度与b点速度相等，实际上b、d两点的速度相等，所以速度最大的位置在c点的下方，选项A错误，B正确；‎ C、小球第一次从b点到d点的过程中，设Wf为小球克服摩擦力做的功，ΔEp为橡皮筋弹性势能的变化量，橡皮筋在d点处于伸长状态，ΔEp>0，由功能关系得WG＝Wf＋ΔEp，故重力做的功大于小球克服摩擦力做的功，选项C正确；‎ D、橡皮筋穿过圆环与套在杆上的小球相连，则小球第一次从b点到d点的过程中橡皮筋在水平方向的伸长量相等，由平衡条件知小球受到与杆之间的弹力不变，故小球受的摩擦力不变，小球在b、d两点的速度相等，由P＝Fv知，在b、d 两点摩擦力的瞬时功率大小相等，选项D正确．故选BCD.‎ ‎【点睛】本题的关键要能正确分析小球的运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法，对于加速度，也可以通过分析受力情况，由牛顿第二定律判断加速度的变化情况.‎ ‎10.在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置向右运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为v/2，则下列说法正确的是 (　　)‎ A. 此时圆环中的电流为逆时针方向 B. 此时圆环的加速度为 C. 此时圆环中的电功率为 D. 此过程中通过圆环截面的电量为 ‎【答案】BD ‎【详解】由楞次定律可知，线圈产生的感应电流沿顺时针方向，故A错误；此时圆环受力为：，由牛顿第二定律可得，加速度为：，故B正确；当圆环的直径与边界线PQ重合时，圆环左右两个半环均产生感应电动势，有效切割的长度都等于直径，故线圈中的感应电动势为：E=2B×2a×=2Bav，圆环中的电功率为：，故C错误．此过程中，电路中的平均电动势为：，则电路中通过的电量为：，故D正确；故选BD．‎ 二、实验题（本大题共2小题，共15分。）‎ ‎11.某同学准备利用如图所示的装置探究劲度系数较大的轻质弹簧T的弹性势能与其压缩量之间的关系图中B为一固定在桌面、带有刻度的平直光滑导轨，小盒C用轻绳悬挂于O点，弹簧T左端固定，用小球A沿导轨B向左挤压弹簧，释放后球A弹出，射入一较重的小盒C中与小盒C一起向右摆动，摆动的最大角度可以被准确测出球A射入盒C后两者的重心重合，重心距悬点O的距离为试问：‎ 欲完成此探究实验，该同学在实验过程中除了要测量最大摆角和重心距悬点O的距离L外，还需要测量哪些物理量？写出这些物理量及其字母代号．‎ 通过上述的物理量可求出弹簧T将球A弹出时释放的弹性势能写出其计算表达式无需书写推导过程．‎ 下面是本实验中的几个步骤：按实验装置安装好器材；用刻度尺测定C的重心到悬点O的距离L； 反复调节盒C的位置，使其运动轨迹平面与光滑轨道在同一平面内，且盒C静挂，开口正对导轨末端，A、C两者重心同高；用球A压缩弹簧，使其重心处于轨道的某一刻度线上，记录此时的读数；释放A球，让它射入盒C中，一起与C摆动到最大高度；记录最大摆角；处理数据，得出结论在上述步骤中还缺少哪些主要步骤？请你写出来．‎ 该实验除了要保证光滑导轨水平、小球A能正射入小盒C并与C一起运动以外，还应注意些什么？‎ ‎【答案】（1）小球A的质量m、重盒C的质量M、弹簧的压缩量X （2） （3）缺少的主要实验步骤有：用天平称出小球质量和重盒的质量；用球A接触弹簧但不压缩，记录其重心位置，读取导轨上相应的读数；‎ 改变弹簧压缩量，重复实验若干次 （4）要注意每次实验时，弹簧压缩量不要过大，以保证绳总处于绷直状态，同时摆角不大于；每次实验时，弹簧的压缩量也不宜过小，否则压缩量L及摆角的测量相对误差大，轨道摩擦损耗不可忽略．‎ ‎【详解】（1）弹簧的弹性势能转化为球和盒子的重力势能，要测量重力势能的增加量，要测量小球A的质量m、重盒C的质量M；要研究弹性势能和压缩量的关系，要测量弹簧的压缩量X； 还需测量：小球A的质量m、重盒C的质量M、弹簧的压缩量X；‎ ‎（2）弹性势能减小量等于小球的动能的增加量，故E； 碰撞过程动量守恒，故 继续摆动过程机械能守恒，故： 联立解得；‎ ‎（3）缺少的主要实验步骤有： ①用天平称出小球质量和重盒的质量； ②用球A接触弹簧但不压缩，记录其重心位置，读取导轨上相应的读数； ③改变弹簧压缩量，重复实验若干次  （4）①要注意每次实验时，弹簧压缩量不要过大，以保证绳总处于绷直状态，同时摆角不大于；②每次实验时，弹簧的压缩量也不宜过小，否则压缩量L及摆角的测量相对误差大，轨道摩擦损耗不可忽略．‎ ‎12.为了测量某电学元件的额定功率，一小组利用下列器材进行实验 A．待测元件(额定电压5V，额定功率约2．5W)‎ B．电压表V(量程3V，内阻约5kΩ)‎ C．电流表A(量程0.6A，内阻约1.5Ω)‎ D．电阻箱R(0~9999Ω)‎ E．滑动变阻器(0~1kΩ)‎ F．滑动变阻器(0~20Ω)‎ G．电池(8V)‎ H．开关，导线若干 ‎(1)测定电压表内阻，扩大电压表量程 i．在图甲中闭合S，滑动变阻器R1的滑片P置于某一位置．调节电阻箱，记录此时电阻箱阻值R及电压表示数U ii．保持滑片P位置不变，改变电阻箱阻值R，记录多组R、U值．以为纵轴，R为横轴，作图象如图乙所示．‎ ‎①实验中滑动变阻器R1应选择___________(填写器材前序号)；‎ ‎②电压表内阻Rv=________kΩ；‎ ‎③为使电压表指针指在满偏处，电阻箱的阻值R=________kΩ．‎ ‎(2)用改装后的电压表及其他器材进行测量Rx，请用笔画线代替导线，将图丙中的实物电路连接完整．‎ ‎【答案】 (1) F 5.4 3.6 (2). ‎ ‎【详解】（1）①为了使得改变电阻箱电阻时，电阻箱和电压表两端的电压之和保持不变，则滑动变阻器应该选择阻值较小的F；‎ ‎②由电路图可知：，即；由图像可知：；，‎ 解得 U0=5V，RV=5.4kΩ；‎ ‎③为使电压表指针指在满偏处，即U=3V，则电阻箱的阻值R=3.6kΩ；‎ ‎（2）电路连线如图；‎ 三、解答题（本大题共2小题，共40分。写出必要的文字说明与步骤。）‎ ‎13.如图所示，质量M=4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m=1.0kg的小滑块A（可视为质点）初始时刻，A、B分别以v0=2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板．已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.40，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；‎ ‎（2）A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移大小x；‎ ‎（3）木板B的长度l．‎ ‎【答案】（1）aA=4.0m/s2，方向水平向右aB=1.0m/s2，方向水平向左（2）x=0.875m（3）l=1.6m ‎【详解】试题分析：（1）A、B分别受到大小为μmg的摩擦力作用，根据牛顿第二定律 对A有μmg=maA 则aA=μg=4．0 m/s2 方向水平向右 对B有μmg=MaB 则aB=μmg/M=1．0 m/s2 方向水平向左 ‎（2）开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，设到速度为零时所用时间为t1，则 v0=aAt1，解得t1=v0/aA=0．50 s B相对地面向右做匀减速运动x=v0t1－aBt2=0．875 m ‎（3）A先相对地面向左匀减速运动至速度为零，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为aA=4．0 m/s2‎ B板向右一直做匀减速运动，加速度大小为aB=1．0 m/s2‎ 当A、B速度相等时，A滑到B最左端，恰好没有滑离木板B，故木板B的长度为这个全过程中A、B间的相对位移．‎ 在A相对地面速度为零时，B的速度vB=v0－aBt1=1．5 m/s 设由A速度为零至A、B速度相等所用时间为t2，则 aAt2=vB－aBt2‎ 解得t2=vB/（aA＋aB）=0．3 s 共同速度v=aAt2=1．2 m/s 从开始到A、B速度相等的全过程，利用平均速度公式可知A向左运动的位移 xA=‎ B向右运动位移 B板的长度l=xA＋xB=1．6 m ‎14.在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R＝0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1.0T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y坐标轴相切于原点O点．y轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度＝0.1m．现从坐标为（﹣0.2m，﹣0.2m）的P点发射出质量m＝2.0×10﹣9kg、带电荷量q＝5.0×10﹣5C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0＝5.0×103m/s（粒子重力不计）．‎ ‎（1）带电粒子从坐标为（0.1m，0.05m）的点射出电场，求该电场强度；‎ ‎（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m，﹣0.05m）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向．‎ ‎【答案】（1）1.0×104N/C（2）4T，方向垂直纸面向外 ‎【详解】解：（1）带正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有：‎ 可得：r=0.20m=R 根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y 根据类平抛规律可得： ‎ 根据牛顿第二定律可得：‎ 联立可得：N/C ‎（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：m/s=‎ 粒子射出电场时速度： ‎ 根据几何关系可知，粒子在区域磁场中做圆周运动半径：‎ 根据洛伦兹力提供向心力可得： ‎ 联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外．‎ ‎15.如图，一带电荷量q=+0.05C、质量M=lkg的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量m=lkg的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ=0.75．距平板左端L=0.8m处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹．整个空间存在电场强度E=100N/C的水平向左的匀强电场．现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度g=10m/s2，平板所带电荷量保持不变，整个过程中物块未离开平板．求：‎ ‎（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率；‎ ‎（2）平板的最小长度；‎ ‎（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量．‎ ‎【答案】（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率为1.0m/s;（2）平板的最小长度为0.53m;（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量为8.0N•s ‎【详解】（1）两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速，‎ 有a==2.5m/s2＜μg 故平板M与物块m一起匀加速，根据动能定理可得：qEL=（M+m）v 解得v=2.0m/s 平板反弹后，物块加速度大小a1==7.5m/s2，向左做匀减速运动 平板加速度大小a2==12.5m/s2，‎ 平板向右做匀减速运动，设经历时间t1木板与木块达到共同速度v1′，向右为正方向．‎ ‎-v1+a1t1=v1-a2t1‎ 解得t1=0.2s，v=0.5m/s，方向向左．‎ 此时平板左端距挡板的距离：x=v1t1=0.15m 此后两者一起向左匀加速，设第二次碰撞时速度为v，则由动能定理 ‎（M+m）v（M+m）=qEx1‎ 解得v2=1.0m/s ‎（2）最后平板、小物块静止（左端与挡板接触），此时小物块恰好滑到平板最左端，这时的平板长度最短．‎ 设平板长为l，全程根据能量守恒可得：qEL=μmgl 解得：l==0.53m ‎（3）设平板第n-1次与第n次碰撞反弹速度分别为vn-1，和vn；平板第n-1次反弹后：设经历时间tn-1，平板与物块达到共同速度vn-1′‎ 平板vn-1′=vn-1-a2tn-1‎ 位移大小 物块vn-1′=-vn-1+a1tn-1‎ 由以上三式解得：，，‎ 此后两者一起向左匀加速，由动能定理 qExn-1=‎ 解得：‎ 从开始运动到平板和物块恰停止，挡板对平板的总冲量：I=2Mv1+2Mv2+2Mv3+2Mv4+……‎ 解得：I=8.0N•s 四、选考题（本大题共2小题，共15分。）‎ ‎16.下列说法中正确的是________‎ A. 悬浮在液体中的微粒越小，则在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越少，布朗运动越不明显 B. 随着分子间距离的增大，分子势能一定先减小后增大 C. 人们感到特别闷热时，说明空气的相对湿度较大 D. 热量可以自发的从内能小的物体转移给内能大的物体 E. 气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关 ‎【答案】BCE ‎【详解】A.悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子碰撞时运动状态越容易改变，则布朗运动越明显，选项A错误；‎ B.随着分子间距离的增大，分子力先做正功后做负功，故分子势能一定先减小后增大，选项B正确；‎ C.人们感到特别闷热时，说明空气的相对湿度较大，选项C正确；‎ D.热量可以自发的从温度高的物体转移给温度低的物体，选项D错误；‎ E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关，温度越高，单位体积的分子数越多，则气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，选项E正确；‎ ‎17.如图所示，横截面积S＝100cm2的容器内，有一个用弹簧和底面相连的活塞，活塞的气密性良好，当容器内气体的温度T1＝300K时，容器内外的压强均为p0＝1.0×105Pa，活塞和底面相距L1＝10cm，弹簧劲度系数k＝1000N/m；在活塞上放物体甲，活塞最终下降d＝2cm后保持静止，容器内气体的温度仍为T1＝300K．活塞质量及活塞与容器壁间的摩擦均不计，取g＝10m/s2．‎ ‎①求物体甲的质量m1；‎ ‎②在活塞上再放上物体乙，若把容器内气体加热到T2＝330K，系统平衡后，活塞保持放上物体甲平衡后的位置不变，求物体乙的质量m2．‎ ‎【答案】27kg；12.5kg ‎【详解】①活塞上放上物体甲后，系统稳定后气体的压强为：‎ ‎ ‎ 容器内气体做等温变化，则有：‎ p0L1S＝p（L1﹣d）S 解得：m1＝27kg；‎ ‎②设活塞上再放上物体乙时，系统稳定后气体的压强为p′，容器内的气体做等容变化，‎ 则有： ‎ 由平衡条件，则有：m2g＝（p′﹣p）S 解得：m2＝12.5kg