山东省滨州市2020届高三物理下学期第二次模拟试题（解析版）

山东省滨州市2020届高三物理下学期第二次模拟试题（解析版）

高三物理试题 一、单项选择题 1.有四个核反应方程如下： ① 235 1 95 138 92 0 38 54 1U+ n Sr+ Xe+3x ② 2 3 1 1 2 2 0H+x He+ n ③ 238 234 92 90 3U Th+x ④ 24 4 27 12 2 13 4Mg+ He Al+x 下列说法正确的是（ ） A. ①是核聚变 B. x2 为 2 1H C. ③是核裂变 D. x4 为中子 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据质量数与质子数守恒可知 1x 的质量数为 235 1 95 138 13     而质子数为 92 38 54 03    所以 1x 是 1 0 n ，①是核裂变反应，故 A 错误； B．根据质量数与质子数守恒可知 2x 的质量数为 3 1 2 2   而质子数为 2 1 1  所以 2x 是 2 1H ，故 B 正确； C．根据质量数与质子数守恒可知 4x 的质量数为 238 234 4  而质子数为 92 90 2  所以 3x 是 4 2 He ，③是 衰变，故 C 错误； D．根据质量数与质子数守恒可知 2x 的质量数为 24 4 27 1   而质子数为 12 2 13 1   所以 4x 是 1 1H ，故 D 错误； 故选 B。 2.如图所示，一导热良好且足够长的气缸，倒置悬挂于天花板下。气缸内被活塞封闭一定质量 的理想气体。活塞质量为 m，横截面积为 S，当地大气压为 p 且不随温度变化，重力加速度为 g，忽略一切摩擦。当环境温度缓慢升高时，下列说法正确的是（ ） A. 悬线的拉力变大 B. 被封闭理想气体的内能增大 C. 被封闭理想气体的压强大小不变，且始终为 mgp S  D. 外界对气体做功 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．以气缸和活塞为对象，受到重力和悬线对其的拉力，根据平衡条件可知重力和悬 线对其的拉力大小相等，方向相反，所以当环境温度缓慢升高时，悬线的拉力不变，故 A 错 误； B．由于气缸的导热良好，当环境温度缓慢升高时，被封闭理想气体的温度缓慢升高，所以被 封闭理想气体的内能增大，故 B 正确； C．以活塞为对象，根据平衡条件可知 1p S mg pS  解得被封闭理想气体的压强大小 1 mgp p S   故 C 错误； D．当环境温度缓慢升高时，被封闭理想气体的压强不变，根据盖吕萨克定律可得被封闭理想 气体的体积增大，气体对外界做功，故 D 错误。 故选 B。 3.如图所示，甲、乙为两辆完全一样的电动玩具汽车，以相同且不变的角速度在水平地面上做 匀速圆周运动。甲运动的半径小于乙运动的半径，下列说法正确的是（ ） A. 甲的线速度大于乙的线速度 B. 甲、乙两辆车的摩擦力相同 C. 若角速度增大，乙先发生侧滑 D. 甲的加速度大于乙的加速度 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲、乙两车以相同且不变的角速度在水平地面上做匀速圆周运动，甲运动的半径 小于乙运动的半径，根据 v r 可得甲的线速度小于乙的线速度，故 A 错误； B．甲、乙两车以相同且不变的角速度在水平地面上做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力， 则有 2f m r 由于甲运动的半径小于乙运动的半径，所以甲车受到的摩擦力小于乙车受到的摩擦力，故 B 错误； C．车辆刚好发生侧滑时，则有 2mg rm  解得 g r   运动的半径越大，临界的角速度越小，越容易发生侧滑，所以若角速度增大时，乙先发生侧 滑，故 C 正确； D．根据 2a r 可知，甲运动的半径小于乙运动的半径，甲的加速度小于于乙的加速度，故 D 错误； 故选 C。 4.如图所示，CD 间接交流电源，电源有效值保持恒定不变，自耦变压器可视为理想的变压器， 图中 A 为交流电流表，V 为交流电压表，R1、R2 为定值电阻，R3 为滑动变阻器，下列说法正 确的是（ ） A. 当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变小 B. 当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大 C. 当自耦变压器滑动触头 P 逆时针转动时，电流表读数变大，电压表读数变大 D. 由于理想变压器输入功率等于输出功率，滑动触头 P 转动时，变压器的输出功率不变 【答案】C 【解析】 【详解】AB．当自耦变压器滑动触头的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不 变，则副线圈两端的输出电压不变，即电压表的示数不变，当滑动变阻器滑动触头向下滑动 时，连入电路的电阻的阻值变小，因而总电流增大，根据欧姆定律可知 1R 两端的电压增大， 根据串联分压可知并联支路的电压减小，通过 2R 的电流减小，流过滑动变阻器的电流增大， 即电流表的示数变大，故 A、B 错误； C．保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，将自耦变压器滑动触头 P 逆时针转动时，变压器的 原线圈的匝数不变，副线圈的匝数增大，根据 1 1 2 2 U n U n  可知副线圈两端的输出电压增大，即 电压表的示数变大，总电流增大，滑动变阻器两端的电压将变大，电流表的读数变大，故 C 正确； D．将自耦变压器滑动触头 P 转动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数变化，根据 1 1 2 2 U n U n  可知副线圈两端的输出电压变化，根据 2UP R 可知变压器的输出功率变化，故 D 错误； 故选 C。 5.如图所示为一网球发球机，可以将网球以不同的水平速度射出，打到竖直墙上。O、A、B 是竖直墙上三点，O 与出射点处于同一水平线上，A、B 两点分别为两次试验时击中的点，OA=h1， OB=h2，出射点到 O 点的距离为 L，当地重力加速度为 g，空气阻力忽略不计，网球可看作质 点。下列说法正确的是（ ） A. 出射速度足够大，网球可以击中 O 点 B. 发球间隔时间足够短，两个网球在下落过程中可相遇 C. 击中 A 点的网球的初速度大小为 12hL g D. 网球击中 B 点时速度大小为 2 2 2 22 L g ghh  【答案】D 【解析】 【详解】A．网球做平抛运动，不管出射速度足够大，竖直方向的位移不为零，所以网球不能 击中O 点，故 A 错误； B．发球间隔时间足够短，但两个网球的水平位移不相等，竖直位移不相等，所以两个网球在 下落过程中不可能相遇，故 B 错误； C．对于击中 A 点的网球，根据平抛运动的规律可得 0 1AL v t ， 2 1 1 1 2h gt 解得击中 A 点的网球的初速度大小为 0 12A gv L h  ，故 C 错误； D．网球击中 B 点时，据平抛运动的规律可得 0 2BL v t ， 2 2 2 1 2h gt 解得击中 B 点的网球的初速度大小为 0 22B gv L h  网球击中 B 点时时速度大小为 2 2 0 2 2 2 2 22B B L gv v gh ghh     故 D 正确。 故选 D。 6.如图所示，甲、乙、丙是三个大小相同的小球，带电量分别为+3q0、-q0 和+q0（q0>0）。小球 甲和乙固定在一无限大光滑绝缘水平面上，相距为 L，两球在甲乙延长线上，且很靠近乙的位 置（不接触）。现给丙球一沿甲乙延长线方向的初速度 v。下列说法正确的是（ ） A. 丙球先减速，后加速 B. 系统的电势能先增加后减少 C. 丙球距离乙球 3 1 2 L 速度最小 D. 丙球有可能运动到无穷远处 【答案】D 【解析】 【详解】设在乙球的右侧，距离乙球的距离为 x 的位置，根据电场强度叠加原理可得该处的合 电场强度为 2 2 0 0 0 2 2 2 2 3 (2 2 ) ( ) ( ) k q kq kq x Lx LE L x x L x x       当 3 1 2x L ，该位置的合电场强度大小为 0，电荷在该位置的电场力为零；在 3 10 2x L  区间，合电场强度方向水平向左，正电荷在该区间的电场力方向向左；在 3 1 2x L 区间，合电场强度方向水平向右，正电荷在该区间的电场力方向向右；给丙球一 沿甲乙延长线方向的初速度，根据动能定理可知丙球有可能一直做减速直线运动，也有可能 先减速直线运动，后加速直线运动；若丙球一直做减速直线运动，在距离乙球 3 1 2 L 处之 前的某位置，丙球速度减为零，根据能量守恒可知系统的电势能一直增加；若丙球先减速直 线运动，后加速直线运动，丙球距离乙球 3 1 2 L 处速度最小，能运动到无穷远处，根据能 量守恒可知系统的电势能先增加后减少，故 A、B、C 错误，D 正确； 故选 D。 7.如图所示，一质量为 m 的矩形线框 abcd 被一轻质弹簧竖直悬挂起来，弹簧上端固定，可看 作弹簧振子。bc 边长为 L，处于垂直纸面向里的匀强磁场中，abcd 回路的总电阻为 R。在外 力作用下线框在竖直平面内做简谐运动，运动的周期与弹簧振子的固有周期相同，振幅为 A， 弹簧的劲度系数为 k。线框在运动过程中，bc 边始终在磁场中，ad 边始终在磁场外，弹簧始 终在弹性限度内。已知弹簧振子的振动周期公式为 2 mT k  ，其中 m 为振子的质量，k 为 弹簧的劲度系数，下列说法正确的是（ ） A. 线框振动到平衡位置时，弹簧伸长量一定为 mgx k  B 线框振动到平衡位置时，弹簧可能处于原长 C. 假如撤去外力的话，线框继续做简谐运动 D. 由题目给出的信息，无法计算出一个完整的周期内外力做功的大小 【答案】A 【解析】 【详解】AB．线框振动过程中，由于线框的运动的周期与弹簧振子的固有周期相同，则有线 框受到的安培力与作用于线框的外力大小相等，方向相反，线框向下振动到平衡位置时，合 外力为零，速度最大，则有 0mg kx  解得线框振动到平衡位置时，弹簧伸长量为 mgx k  故 A 正确，B 错误； C．假如撤去外力，线框受到的安培力方向与运动方向总相反，安培力是阻力，线框的振动为 阻尼振动，所以线框不可能做简谐运动，故 C 错误； D．线框振动过程中，振幅为 A ，从平衡位置开始计时，做简谐运动的线框的位移随时间变化 的表达式为 sinx A t 线框运动的速度为 cosv A t  bc 边切割磁感线运动产生的感应电动势为 cosE BLv BLA t   在一个完整的周期内，线框产生的焦耳热为 2max 2 2 2 2( ) 2 2 E B L A TQ TR R   线框受到的安培力与作用于线框的外力大小相等，方向相反，则有外力做功的大小等于克服 线框安培力做的功，所以一个完整的周期内外力做功的大小 2 2 2 2 2 B L A TW Q R   故 D 错误； 故选 A。 8.如图所示，一半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，半圆顶点有大小可不计的定滑轮，O 点为 其圆心，AB 为半圆上两点，OA 处于水平方向，OB 与竖直方向夹角为 45°，一轻绳两端连接 大小可不计的两个小球甲、乙，初始时甲静止在 B 点，乙静止在 O 点，绳子处于拉直状态。 已知甲球的质量 m1=2kg，乙球的质量 m2=1kg，半圆轨道的半径 r=lm，当地重力加速度为 g=10m/s2，忽略一切摩擦。解除约束后，两球开始运动的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 甲球刚开始运动时的加速度大小为   25 2 1 /m s B. 甲球一定能沿圆弧面下滑经过 A 点 C. 甲球沿着球面运动过程中，甲、乙两球系统的机械能守恒 D. 甲球沿着球面运动过程中，甲球机械能增加 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲球刚开始运动时，设轻绳对其的拉力为T ，甲球刚开始运动时的加速度大小为 a ，则此时乙球的加速度大小也为 a ，对甲球有 1 1sin45m g T m a  对乙球有 2 2T m g m a  联立解得 210( 2 1) m/s3a  故 A 错误； BC．甲球沿着球面运动过程中，忽略一切摩擦，甲、乙两球组成系统，只有动能和重力势能 相互转化，所以甲、乙两球系统的机械能守恒；若甲球沿着球面运动过程中，经过某点时对 轨道的压力为零，设此时该点与 O 点的连线与水平方向的夹角为 ，从 B 点到该点过程，根 据系统的机械能守恒有 1 2 2 1 2( sin 45 sin ) ) 1 ( )4 2(m g r r m gr m m v      其中 0 4   在该点，根据牛顿第二定律则有 2 1 1cosm m rg v  联立解得 5sin( 37 ) 2 2 22       令 5sin( 37 )y    和 2 2 22y     ，分别作出 y  图像，可知两图线有交点，所以 通过分析可知 有解，但 不为零，所以甲球经过该点时做离心运动，所以甲球一定不能沿圆 弧面下滑经过 A 点，故 B 错误，C 正确； D．甲球沿着球面运动过程中，乙球的重力势能增大，乙球的动能增大，所以乙球的机械能增 大，根据系统的机械能守恒可知甲球机械能减小，故 D 错误； 故选 C。 二、多项选择题 9.如图所示，在观察薄膜干涉现象时，把铁丝圈 P 在肥皂水中蘸一下，让它挂上一层薄薄的液 膜、在酒精灯火焰上撒食盐，用肥皂液膜观察灯焰 S 的像，下列说法正确的是（ ） A. 在酒精灯上撒一些食盐、目的是为了灯焰能发出的光更亮 B. 实验时应观察液膜反射酒精灯的光，使我们看到灯焰的像 C. 实验时应在另一侧透过液膜观察火焰，来现察薄膜干涉现象 D. 用不同波长的光做这个实验，条纹的间距是不一样的 【答案】BD 【解析】 【详解】A．在酒精灯的灯芯上撒一些食盐，灯焰就能发出明亮的黄光，所以目的是为了灯焰 能发出明亮的黄光，故 A 错误； B．在酒精灯的火焰上撒上一些食盐，用酒精灯的黄光照射竖直放置的液膜，液膜反射的光使 我们看到灯焰的像，故 B 正确； C．当黄色的光线照射到肥皂膜上时从肥皂膜的前后两个表面分别反射两列光，这两列光的频 率相同，产生干涉现象，所以实验时应在酒精灯一侧来现察薄膜干涉现象，故 C 错误； D．发生薄膜干涉时，相邻两条亮条纹（或暗条纹）的间距与入射光在膜中的波长有关，所以 用不同波长的光做这个实验，条纹的间距是不一样的，故 D 正确； 故选 BD。 10.2020 年 5 月 5 日，为我国载人空间站工程研制的长征五号 B 运载火箭，搭载新一代载人飞 船试验船和柔性充气式货物返回舱试验舱，在文昌航天发射场点火升空，载荷组合体被准确 送入预定轨道，首飞任务取得圆满成功，实现空间站阶段飞行任务首战告捷，拉开我国载人 航天工程“第三步”任务序幕。我们可以将载荷组合体送入预定轨道的过程简化为如图所示，轨 道 A 为近地轨道，轨道 C 为预定轨道。轨道 A 与轨道 B 相切于 P 点，轨道 B 与轨道 C 相切 于 Q 点，下列说法正确的是（ ） A. 组合体在轨道 B 上经过 P 点速度大于地球的第一宇宙速度 B. 组合体在轨道 B 上经过 P 点时的加速度大于在轨道 A 上经过 P 点的加速度 C. 组合体从轨道 B 进入轨道 C 需要在 Q 点减速 D. 组合体在轨道 B 上由 P 点到 Q 点的过程中机械能守恒 【答案】AD 【解析】 【详解】A．组合体在近地点 P 点做离心运动，则其速度大于做圆周运动的速度即第一宇宙速 度，故 A 正确； B．根据牛顿第二定律得加速度 2 GMa r  所以在轨道 B 上经过 P 点时的加速度等于在轨道 A 上经过 P 的加速度，故 B 错误； C．组合体从轨道 B 进入轨道 C，需要在Q 点加速，做离心运动，故 C 错误； D．在轨道 B 上由 P 点到 Q 点的过程中，组合体只受到万有引力的作用，机械能守恒，故 D 正确； 故选 AD。 11.图甲是一列沿 x 轴方向传播的简谐横波在 t=0 时刻的波形图，图乙是 x=0.5m 处质点的振动 图像，下列说法正确的是（ ） A. 此列波沿 x 轴正方向传播 B. 此波的波速为 1m/s C. 此波的振幅为 8cm D. x=0.5m 处质点在 0~1s 内的路程为 8cm 【答案】BC 【解析】 【详解】A．当 0t  时刻 0.5mx  处质点向上运动，根据上下坡法得波沿 x 轴负方向传播， 故 A 错误； B．由图可知，波长为 4m  周期为 4sT  则波速为 1m/sv T   故 B 正确； C．设此波的振幅为 A ， 0.5mx  处质点的振动方程为 2( )cm4y Asin tT    当 0t  时则有 cm 4 2cm4Asin   解得 8cmA  故 C 正确； D． 0.5mx  处质点在 0~1s 内的路程为 2 (8 8sin )cm 16 8 2cm4S      故 D 错误； 故选 BC。 12.如图甲所示，正方形金属线圈 abcd 位于竖直平面内，其质量为 m，电阻为 R。在线圈的下 方有一匀强磁场，MN 和 M N 是磁场的水平边界，并与 bc 边平行，磁场方向垂直于纸面向里。 现使金属线框从 MN 上方某一位置处由静止释放，图乙是线圈由开始下落到恰好完全穿过匀 强磁场区域的 v-t 图像，图中字母均为已知量。重力加速度为 g，不计空气阻力。图乙之后， 0~t1 时间内图线围成的面积为 S1，t1~t2 时间内图线围成的面积为 S2，t2~t3 时间内图线围成的面 积为 S3，t3~t4 时间内图线围成的面积为 S4，下列说法正确的是（ ） A. S2 与 S4 大小一定相等 B. 金属线框的边长一定为 S2 C. 磁场的宽度可能为 S2 D. 金属线框在 0~t4 时间内所产生的热量一定为   2 1 2 3 4 3 1 2mg S S S S mv    【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】ABC．根据v t 图像，结合题中情境可知， 10~t 时间内正方形金属线圈在磁场外做 自由落体运动，下落的高度为 1S ； 21 ~t t 时间内正方形金属线圈做匀速下落， 1t 时刻正方形金 属线圈的bc 刚好进入磁场， 2t 时刻正方形金属线圈的 ad 刚好进入磁场，所以金属线框的边 长一定为 2S ； 2 3~t t 时间内正方形金属线圈在磁场里做匀加速下落， 3t 时刻正方形金属线圈 的bc 刚好出磁场，所以磁场的宽度为 2 3S S ； 3 4~t t 时间内正方形金属线圈做加速度减小的 减速下落， 4t 时刻正方形金属线圈的 ad 刚好离开磁场，所以金属线框的边长一定为 4S ，即 2S 与 4S 大小一定相等，故 A、B 正确，C 错误； D．根据动能定理可得 2 3 41 2 3 1) 02( S Smg S W mvS     安 其中 Q W  安 解得金属线框在 40 ~ t 时间内所产生的热量为 2 3 41 32 2( 1)SQ mg S mS vS     故 D 正确； 故选 ABD。 三、非选择题 13.如图所示，是某同学在做插针法测定玻璃折射率的实验中记录的数据，其中 P1、P2、P3、 P4 为实验中记录的四枚 4 大头针的位置： (1)下列说法正确的是____________； A.在观察一侧插大头针 P3、P4 时，通过玻璃砖看到大头针 P2、P1 下半部分像和从玻璃砖上方 看到的大头针 P2、P1 上半部分物还是连在一起 B.在观察一侧插大头针 P3、P4 时，通过玻璃砖看到大头针 P2、P1 下半部分像和从玻璃砖上方 看到的大头针 P2、P1 上半部分物错开一段距离 C.在观察一侧插大头针 P3、P4 时，应使 P3、P4 和 P1、P2 在一条直线上 D.在观察一侧插针时应使 P3 挡住 P2、P1 的像，P4 挡住 P3 和 P2、P1 的像 (2)如图所示，P1、P2 的直线与玻璃砖的交点为 A，P3、P4 的直线与玻璃砖的交点为 C。取 AC=CE， 从 C、E 分别作玻璃砖界面的垂线 CB 和 ED，B、D 分别为垂足，用刻度尺量得 AB=25.0mm、 CD=40.0mm、ED=30.0mm，玻璃砖的折射率为____________。（结果保留三位有效数字） 【答案】 (1). D (2). 1.6 【解析】 【详解】(1)[1]实验时在直线上竖直插上两枚大头针 1P 、 2P ，透过玻璃砖观察大头针 1P 、 2P 的像，调整视线方向，直到 2P 档住 1P 的像，再在观察的这一侧插两枚大头针 3P 、 4P ，使 3P 挡 住 1P 、 2P 的像， 4P 挡住 3P 及 1P 、 2P 的像，记下 3P 、 4P 的位置，故 A、B、C 错误，D 正确； 故选 D； (2[2]根据图可知，光线透过玻璃砖时，入射角为 1 ，折射角为 2 ，则有 1sin CD CE   2sin AB AC   根据折射定律可知玻璃砖的折射率为 1 2 sin 1.6sin CD ACn CE AB     14.某特种玻璃厂生产的调光玻璃是一款将液晶膜复合进两层玻璃中间，经高温高压胶合后一 体成型的夹层结构的新型特种光电玻璃产品。使用者改变其电压可控制玻璃的透明度。为了 使玻璃的透明度随光照强度变化而变化，可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的 照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为 Lx）。某光敏 电阻在不同照度下的阻值如图所示： (1)由图像可以看出，光敏电阻的阻值随光照强度的增大而___________；（填“增大“或“减 小”） (2)为了当照度上升时，调光玻璃（可视为阻值极大的电阻）两端所加电压变大，请同学根据 图中提供的器材，设计并补全下面电路。为了便于调节，滑动变阻器采用分压式接法； （ ） (3)若光敏电阻与定值电阻串联总电压 3V，照度上升至 1.0Lx，要求玻璃两端电压上升至 2V， 则定值电阻阻值应为________kΩ。 【答案】 (1). 减小 (2). (3). 4.0 【解析】 【详解】(1)[1]由图像可以看出，光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小； (2)[2]当照度上升时，光敏电阻的阻值变小，电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中 的电流变大，定值电阻两端的电压变大；根据串联分压可知光敏电阻两端的电压变小，而调 光玻璃（可视为阻值极大的电阻）两端所加电压变大，所以调光玻璃与定值电阻并联；题中 要求滑动变阻器采用分压式接法，所以电路图如图所示 (3)[3]由图像可以看出，照度上升至 1.0Lx 时，光敏电阻的阻值为 2.0kΩ ，根据串联分压可知 光敏电阻两端的电压为 1V，所以定值电阻阻值应为 4.0KΩ 。 15.2019 年的 12 月 17 日梦想中的中国海军“双航母”时代终于来临，中国首艘完全由中国自 己独立研发生产制造的航空母舰“山东舰”正式入列我人民海军，其舷号为 17.我国海军目前 “辽宁舰”与“山东舰”都搭载“歼-15”舰载机。航母运动比静止更利于飞机的起飞和降落。 “歼-15”舰载机在“山东舰”航母上舰尾降落滑行的过程可以简化为沿水平方向的匀减速直 线运动，且舰载机滑行方向与航母运动方向在同一直线上。第一次试验时，航母静止，舰载 机滑上跑道时的速度为 80m/s，刚好安全停在甲板上；第二次试验时，航母以 20m/s 速度匀速 航行，若两次在跑道上滑行过程中的加速度相同，已知跑道长为 160m。求第二次舰载机安全 降落在航母上的最大速度。 【答案】100m/s 【解析】 【详解】第一次试验时，航母静止，根据速度位移公式可知 2 00 2v aL  解得匀减速直线运动的加速度为 220m/sa   第二次当航母匀速运动时，设舰载机安全降落在航母上的最大速度为 1v ，则有舰载机运动的 位移为 2 2 1 12v v ax  舰载机运动的时间为 1v vt a  航母匀速运动的位移 2x vt 根据题意则有 1 2x x L  联立解得 1 100m/sv  16.如图所示，足够长的两端开口的 U 形细玻璃管竖直放置，玻璃管的粗细均匀。管中有两段 水银柱将一段空气柱封闭在 U 形管底的最左边，此时空气柱长度为 L1=5cm。竖直玻璃管内水 银柱长度均为 L2=14cm，初始温度为 t1=27℃，先从右端加入 L3=17cm 水银，后从左端加 L4=3cm 水银，加入的水银与原来玻璃管中水银之间没有空气。已知大气压强 p0=76cmHg，求当温度 为 t2=37℃时，两边水银面的高度差。 【答案】5cm 【解析】 【详解】初态则有 1 0 2 90cmHgp p gL   1 1V SL 1 1 273K 300KT t   根据题意可知，加入的水银后，封闭气体进入左侧玻璃管，设封闭气体长度为 L ，则有 2 0 2 4( ) 93cmHgp p g L L    2V SL 2 2 273K 310KT t   根据理想气体状态方程可得 1 1 2 2 1 2 pV p V T T  解得 5cmL  根据题意和分析可知，封闭气体全部进入左侧玻璃管，所以两边水银面的高度差 5cmh L   17.如图所示，MN 右侧有磁感应强度为 B1=B 的匀强磁场，MN 的左侧有磁感应强度为 2 5 4B B 的匀强磁场，两侧磁场方向均垂直纸面向里。O、P 为 MN 上相距为 d 的两点。一带电量为 q、 质量为 m 的正粒子，在纸面内从 O 点沿垂直 MN 的方向射向右侧磁场，入射速度的大小为 v。 （其中 B、q、m 均为未知量，且它们满足关系 16 5 mvd qB  ，不考虑带电粒子重力和空气阻力， 结果用 d 和 v 表示）求： (1)带电粒子在两磁场中运动的轨道半径； (2)带电粒子在两磁场中运动的周期； (3)经过多长时间，带电粒子经过 P 点。 【答案】(1) 5 16 d ； 4 d ；(2) 5 8 d v  ， 2 d v  ；(3) 2 d v  ， 9 2 d v  【解析】 【详解】(1)在右边区域，根据牛顿第二定律可得 2 1 1 mvqvB R  解得带电粒子在右磁场中运动的轨道半径 1 1 5 5 16 16 mv mv qd dR qB q mv    在左边区域，根据牛顿第二定律可得 2 2 2 mvqvB R  解得带电粒子在左磁场中运动的轨道半径 2 2 5 5 16 4 4 mv mv qd dR qB mvq    (2)带电粒子在右磁场中运动的周期 1 1 2 5 8 R dT v v    带电粒子在左磁场中运动的周期 2 2 2 2 R dT v v    (3)带电粒子在两磁场中各运动半周，则有 1 22 2 8 dx R R    带电粒子第一次经过 P 点需要的时间为 1 1 1 2 1 21 1 2( )2 2 d R dt T T Tx v     带电粒子第二次经过 P 点需要的时间为 2 1 2 1 9( )2 2 d dt T T x v    18.足够长木板静止放置在水平桌面上，木块 A、B 静止放置在长木板上，木块 C 固定在长木 板上。木块 A 和 B 的质量 mA=mB=m，木块 C 的质量为 mC=2m，长木板的质量为 m，木块 A、 B 与木板间的动摩擦因数为  ，木板与地面间的动摩擦因数为 5  ，木块间的距离均为 d，若 给木块 A 一个水平向右的初速度 0 14v gd ，已知木块间碰撞后均粘在一起以共同速度运 动，且碰撞时间极短，木块可看作质点。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。求： (1)A 与 B 碰撞后瞬间的速度； (2)AB 与 C 碰撞后瞬间 ABC 共同的速度。 【答案】(1) 3 gd ；(2) 3 3 10 gd 【解析】 【详解】(1)对木块 A，根据牛顿第二定律可得 1A Am g m a  解得 1a g 木块 A 对木板的摩擦力为 1 Af m g mg   地面对木板的滑动摩擦力为 2 ( )5 A B Cf m m m m g mg      由于 1 2f f ，所以木块 A 滑动时木板静止不动，对木块 A 根据运动学公式可得 2 2 1 0 12v v a d   解得 1 2 3v gd 木块 A 与木块 B 碰撞，木块 A 与木块 B 组成系统动量守恒，则有 1 2( )A A Bm v m m v  解得 2 3v gd (2)对木块 AB，根据牛顿第二定律可得 2( ) ( )A B A Bm m g m m a    解得 2a g 木块 AB 对木板的摩擦力为 3 2( ) 2A Bf m m g mg f     根据牛顿第二定律可得木板的加速度为 3 2 3( )Cf f m m a   解得 3 1 3a g 根据运动学公式可得 2 2 2 1 2ABx v t a t  2 3 1 2x a t木板 ABx x d 木板 联立解得 1 3 2 dt g ，或 3dt g （舍去） 木块 AB 的速度为 3 2 1 3 2 gdv v a t    木板的速度为 4 3 3 6 gdv a t   木块 AB 与木块 C 碰撞，木块 ABC 和木板组成系统动量守恒，则有 3 4 5( ) ( ) ( )A B C A B Cm m v m m v m m m m v       解得 AB 与 C 碰撞后瞬间 ABC 共同的速度 4 3 3 10 gdv 