2019届湖南省衡阳市第八中学高三上学期第二次月考物理试题Word版含解析

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‎2019届湖南省衡阳市第八中学高三 上学期第二次月考物理试题此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ 物理 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 第I卷（选择题）‎ 一、单选题 ‎1．2017年11月17日，“中国核潜艇之父”----黄旭华获评全国道德模范，颁奖典礼上，习总书记为他“让座”的场景感人肺腑，下列有关核反应说法错误的是（ )‎ A． 目前核潜艇是利用重核裂变提供动力 B． 重核裂变反应前后一定有质量亏损 C． 式中d=2‎ D． 铀核裂变后的新核比铀核的比结合能小 ‎2．如图所示为氢原子的能级结构示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外辐射出光子，用这些光子照射逸出功为2.49 eV的金属钠。下列说法正确的是（ )‎ A． 这群氢原子能辐射出三种不同频率的光，其中从n=3能级跃迁到n=2能级所发出的光波长最短 B． 这群氢原子在辐射光子的过程中电子绕核运动的动能减小，电势能增大 C． 能发生光电效应的光有三种 D． 金属钠表面所发出的光电子的最大初动能是9.60 eV ‎3．如图所示，在水平传送带上有三个质量分别为m1、m2、m3的木块1、2、3, 1和2及2和3间分别用原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，现用水平细绳将木块1固定在左边的墙上，传送带按图示方向匀速运动，当三个木块达到平衡后，1、3两木块之间的距离是(　　)‎ ‎ ‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎4．甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的v－t图象如图所示．两图象在t＝t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，△OPQ的面积为S.在t＝0时刻，乙车在甲车前面，相距为d.已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t′，则下面四组t′和d的组合可能的是（ ）‎ A． t′＝t1，d＝S B． t′＝t1，d＝S C． t′＝t1，d＝S D． t′＝t1，d＝S ‎5．如图所示，质量为M劈体ABCD放在水平地面上，表面AB、AC均光滑，且AB∥CD，BD⊥CD，AC与水平面成角θ。质量为m的物体（上表面为半球形）以水平速度v0冲上BA后沿AC面下滑，在整个运动的过程中，劈体M始终不动，P为固定的弧形光滑挡板，挡板与轨道间的宽度略大于半球形物体m的半径，不计转弯处的能量损失，则下列说法中正确的是（ ）‎ A．水平地面对劈体M的摩擦力始终为零 B．水平地面对劈体M的摩擦力先为零后向右 ‎ C．劈体M对水平地面的压力大小始终为 (M+m)g D．劈体M对水平地面的压力大小先等于(M+m)g，后小于(M+m)g ‎6．一倾角为α的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑．现给物体施加如图所示的力F，F与竖直方向夹角为β，斜劈仍静止，则此时地面对斜劈的摩擦力(　　)‎ A． 大小为零 B． 方向水平向右 C． 方向水平向左 D． 无法判断大小和方向 ‎7．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是fm．现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值是（　　）‎ A． B． C． D． ‎ ‎8．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率沿足面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10 m／s2，根据图象可求出( )‎ A． 物体的初速率 B． 物体与斜面间的动摩擦因数 C． 取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值 D． 当某次时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑 二、多选题 ‎9．如图所示，放在光滑水平面上的A、B两小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用两手分别控制两小物体处于静止状态，如图所示．下面说法正确的是（　　）‎ A． 两手同时放开后，两物体的总动量为零 B． 先放开右手，后放开左手，两物体的总动量向右 C． 先放开左手，后放开右手，两物体的总动量向右 D． 两手同时放开，两物体的总动量守恒；当两手不同时放开，在放开一只手到放开另一只手的过程中两物体总动量不守恒 ‎10．如图所示，一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时，细线恰好在竖直方向上，现使车向右运动，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，已知，M受到的摩擦力大小依次为f1，f2，f3，f4，则以下结论正确的是（　　）‎ A． B． C． D． ‎ ‎11．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m， 静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现对A施加一水平拉力F，则下列说法中正确的是（ ）‎ A． 当F<2μmg时，A、B都相对地面静止 B． 当F=μmg时，A的加速度为μg C． 当F>3μmg时，A相对B滑动 D． 无论F为何值，B的加速度不会超过μg ‎12．.如图，质量均为m的两光滑小环A和B用轻绳连接，分别套在水平和竖直的固定直杆上。在绳上O点施一水平力F拉紧轻绳，设法使整个系统处于静止状态。随后使力F缓慢增大，则在此过程中( )‎ A． OA段绳中的张力始终大于mg，且逐渐增大 B． 杆对A环的作用力始终大于2mg，且逐渐增大 C． OB段绳中的张力始终大于mg，且逐渐增大 D． OB段绳与竖直方向的夹角逐渐增大 第II卷（非选择题）‎ 三、实验题 ‎13．将两根自然长度相同、劲度系数不同、粗细也不同的弹簧套在一起，看作一根新弹簧，设原粗弹簧（记为A）劲度系数为k1，原细弹簧(记为B)劲度系数为k2、套成的新弹簧(记为C)劲度系数为k3。关于k1、k2、k3的大小关系，同学们做出了如下猜想：‎ 甲同学：和电阻并联相似，可能是 乙同学：可能是k3=‎ 丙同学：和电阻串联相似，可能是k3 =k1+k2‎ ‎ ‎ ‎(1)为了验证猜想，同学们设计了相应的实验（装置见图甲）。‎ ‎(2)简要实验步骤如下，请完成相应填空。‎ a．将弹簧A悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧A的自然长度L0；‎ b．在弹簧A的下端挂上钩码，记下钩码的个数n、每个钩码的质量m和当地的重力加速度大小g，并用刻度尺测量弹簧的长度L1；‎ c．由F=____________计算弹簧的弹力，由x=L1-L0计算弹簧的伸长量，由K=F/X计算弹簧的劲度系数；‎ d．改变______________，重复实验步骤b、c，并求出弹簧A的劲度系数的平均值k1；‎ e．仅将弹簧分别换为B、C，重复上述操作步骤，求出弹簧B、C的劲度系数的平均值k2、k3。比较k1，k2、k3并得出结论。‎ ‎(3)图乙是实验得到的图线，由此可以判断_______同学的猜想正确。‎ ‎14．物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列的点．‎ ‎(1)上图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是计数点，每相邻两计数点间还有4个计时点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的加速度a=____m/s2，计数点3的瞬时速度v3=_____m/s．（结果保留三位有效数字）．‎ ‎(2)为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有______．（填入所选物理量前的字母）‎ A．木板的长度L B．木板的质量m1 ‎ C．滑块的质量m2‎ D．托盘和砝码的总质量m3‎ E．滑块运动的时间t ‎(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ=______（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）．‎ 四、解答题 ‎15．在寒冷的冬天，路面很容易结冰，在冰雪路面上汽车一定要低速行驶．在冰雪覆盖的路面上，车辆遇紧急情况刹车时，车轮会抱死而“打滑”。如图所示，假设某汽车以10m/s的速度行驶至一个斜坡的顶端A时，突然发现坡底前方有一位行人正以2m/s的速度做同向匀速运动，司机立即刹车，但因冰雪路面太滑，汽车仍沿斜坡滑行。已知斜坡的高AB＝3 m，长AC＝5 m，司机刹车时行人距坡底C点的距离CE＝6 m，从厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰雪路面的动摩擦因数约为0.5.‎ ‎(1)求汽车沿斜坡滑下的加速度大小。‎ ‎(2)试分析此种情况下，行人是否有危险。‎ ‎16．如图所示，为一传送货物的传送带abc，传送带的ab部分与水平面夹角α=37°，bc部分与水平面夹角β=53°，ab部分长为4.7m，bc部分长为7.5m．一个质量为m=1kg的物体A（可视为质点）与传送带的动摩擦因数μ=0.8．传送带沿顺时针方向以速率ν=1m/s匀速转动．若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c处，此过程中物体A不会脱离传送带．（sin 37°=0.6，sin 53°=0.8，g=10m/s2）求物体A从a处被传送到c处所用的时间．‎ ‎17．如图所示，物体A的质量为M＝1 kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m＝0.5 kg、长为L＝1 m．某时刻A以v0＝4 m/s向右的初速度滑上平板车B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力．忽略物体A的大小，已知A与B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，取重力加速度g＝10 m/s2.试求：如果要使A不至于从B上滑落，拉力F应满足的条件．‎ ‎18．如图所示，一根粗细均匀、内壁光滑的玻璃管竖直放置，玻璃管上端有一抽气孔，管内下部被活塞封住一定质量的理想气体，气体温度为T1。现将活塞上方的气体缓慢抽出，当活塞上方的压强达到p0时，活塞下方气体的体积为V1，此时活塞上方玻璃管的容积为2.6 V1，活塞因重力而产生的压强为0.5p0。继续将活塞上方抽成真空后密封，整个抽气过程中管内气体温度始终保持不变，然后将密封的气体缓慢加热。求：‎ ‎（1）活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度T2；‎ ‎（2）当气体温度达到1.8T1时的压强p 五、填空题 ‎19．下列说法正确的是________。‎ A．墒增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性减少的方向进行 B．在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加 C．一定质量理想气体对外做功，内能不一定减少，但密度一定减小 D．对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 E．第二类永动机不可能制成是因为它违背了能量守恒定律 ‎2019届湖南省衡阳市第八中学高三 上学期第二次月考物理试题 物理答案 ‎1．D ‎【解析】‎ A、核电站是利用核裂变释放的核能来发电的，故A正确.‎ B、依据质能方程，可知，重核裂变反应前后一定有质量亏损，向外辐射能量，故B正确.‎ C、依据质量数与质子数守恒，那么，式中d=2，故C正确.‎ D、U235核裂变后生成的新核稳定，可知U235核的比结合能比裂变后生成的新核的比结合能都小，故D错误.‎ 本题选择错误的，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 考查裂变与聚变的区别，理解质能方程的含义，掌握书写核反应方程的规律，注意比结合能与结合能的不同.‎ ‎2．D ‎【解析】‎ 一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中，跃迁过程有，和三种方式，所以辐射出三种光子，光子能量等于能级差，能量分别为，，，能够发生光电效应的只有2种，选项C错。其中光子能量最大的是从辐射的光子，此光子能量最大，频率最高，波长最短，选项A错。这群氢原子在辐射光子的过程中，绕核运动的半径变小，库伦力提供向心力即，半径变小，速度变大，动能变大，此过程库伦力做正功，电势能减少，选项B错。从跃迁时辐射光子能量最大，发出光电子的最大初动能，选项D对。‎ 考点：氢原子跃迁 ‎3．C ‎【解析】‎ 对木块3分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有μm3g=kx，则.对木块2和3整体分析，摩擦力和弹簧弹力平衡，有：μ(m2+m3)g=kx′，则.则1、3两木块的距离．故C正确，A、B、D错误.故选C.‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键能够正确地选择研究对象，根据共点力平衡、胡克定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用.‎ ‎4．D ‎【解析】‎ 在t1时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故t′≤t，从图象中甲、乙与坐标轴围成的面积即对应的位移看：‎ A、当t′=t1时，s甲-s乙=S，即当d=S时正好相遇，但第一次相遇的时刻为t′，以后就不会相遇了，只相遇一次，故A组合不可能；‎ B、C、D、当时，由几何关系可知甲的面积比乙的面积多出，即相距时正好相遇，故B、C组合不可能，D组合可能；故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题是速度-时间图象的应用，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，并能根据几何关系求出面积，能根据图象读取有用信息．‎ ‎5．D ‎【解析】‎ 把物体m劈体M视为整体分析，开始物体匀速运动，斜劈静止整体处于平衡状态，所以水平地面对劈体M的摩擦力为零，劈体M对水平地面的压力大小为 (M+m)g，当物体沿AC面下滑时具有沿斜面向下的加速度，以整体为研究对象可知具有水平向左的分加速度，即水平地面对劈体M的摩擦力向左，具有竖直向下的分加速度，则整体处于失重状态，即劈体M对水平地面的压力大小小于(M+m)g，故可知D正确。‎ ‎6．A ‎【解析】‎ 没有施加力F时，由物体匀速下滑可知mgsinα＝μmgcosα，得μ＝tanα，物体受重力G、斜面的弹力FN、斜面的摩擦力Ff，且三力的合力为零，故FN与Ff的合力竖直向上，，如图所示：‎ 当物体受到外力F时，物体受斜面的弹力为FN′、摩擦力为Ff′，FN′与Ff′的合力与FN′的夹角为θ，则，故θ＝α，即FN′与Ff′的合力方向竖直向上，由牛顿第三定律知，物块对斜面体的作用力竖直向下，故斜面体在水平方向上不受力，故选A。‎ ‎【点睛】‎ 本题关键对滑块受力分析后根据平衡条件得到支持力和摩擦力的合力方向，然后根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力的合力方向，当压力增加后，滑动摩擦力也增加，但两个力的合力方向不变．‎ ‎7．C ‎【解析】‎ 当下面2m的物体摩擦力达到最大时，拉力F达到最大。将4个物体看做整体，由牛顿第二定律：F+6mgsin30°=6ma ①,将2个m及上面的2m看做整体：fm+4mgsin30=4ma ②,由①、②解得：；故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题注意分析题目中的条件，明确哪个物体最先达到最大静摩擦力；再由整体法和隔离法求出拉力．‎ ‎8．C ‎【解析】‎ A、由图可知，当θ=90°时物体做竖直上抛运动，位移为x=1.80m；由竖直上抛运动规律可知:v02=2gh，代入数据解得v0=6m/s，故A错误.‎ B、当θ=0°时，位移为 x=2.40m；由动能定理可得：，代入数据解得：μ=0.75，故B错误.‎ C、由动能定理得：，解得：，当θ+α=90°时，sin(θ+α)=1；此时位移最小，x=1.44m；故C正确.‎ D、若θ=30°时，物体的重力沿斜面向下的分力为，最大静摩擦力为,小球达到最高点后,不会下滑，故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题综合考查动能定理、受力分析及竖直上抛运动；并键在于先明确图象的性质，再通过图象明确物体的运动过程；结合受力分析及动能定理等方法求解．‎ ‎9．ABD ‎【解析】‎ A、若两手同时放开A、B两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；‎ B、先放开右手，再放开左手，两车与弹簧组成的系统所受合外力的冲量向右；系统总动量向右；故B正确；‎ C、先放开左手，再放开右手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，系统总动量向左，故C错误；‎ D、无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，如果同时放手，系统总动量为零，如果不同时放手，系统总动量不为零，则系统的总动量不一定为零，故D正确；‎ 故选ABD。‎ ‎【点睛】‎ 知道动量守恒的条件即可正确解题，系统所受合外力为零时，系统动量守恒．‎ ‎10．CD ‎【解析】‎ 甲乙两图中，M水平方向只受静摩擦力作用，根据牛顿第二定律得：f1=Ma1,f2=Ma2‎ 丙丁两图中，对m和M整体受力分析，受总重力(M+m)g、支持力N、摩擦力f，如图所示：‎ 根据牛顿第二定律，有：f=（M+m）a；‎ 即f3=（M+m）a3，f4=（M+m）a4‎ 又：a1：a2=1：2，则：f1：f2=1：2，故A错误；‎ a2：a3=2：4，f2：f3=M：2（M+m），故B错误；‎ f3：f4=a3：a4=4：8=1：2，故C正确；‎ 对物体m隔离受力分析，可得，而a3：a4=4：8，所以 tanα=2tanθ，故D正确.‎ 故选CD.‎ ‎【点睛】‎ 本题关键是对滑块、滑块与小球整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解.‎ ‎11．BCD ‎【解析】‎ A、设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为．故当时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；‎ B、设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′-2μmg=2ma′，对A、B整体，有，解得F′=3μmg，故当时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F＞3μmg时，A相对于B滑动。当时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有，解得，故B、C正确.‎ D、对B来说，其所受合力的最大值，即B的加速度不会超过，故D正确.‎ 故选BCD.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力。‎ ‎12．CD ‎【解析】‎ AB：以AB两个小环整体为研究对象，对整体受力分析，整体受总重力2mg、水平力F、水平杆对A环向上的支持力、竖直杆对B环水平向左的支持力。据平衡条件可得：水平杆对A环向上的支持力，竖直杆对B环水平向左的支持力。‎ 以A为研究对象，对A受力分析，A受重力、水平杆对A竖直向上的支持力、绳OA对A的拉力，三力平衡，绳OA的拉力一定竖直向下，且，解得：。‎ 故AB两项均错误。‎ CD：以B为研究对象，对B球受力分析如图，设OB段绳与竖直方向的夹角为 ‎ ‎ 由平衡条件可得：，。‎ 力F缓慢增大，OB段绳中的张力始终大于mg，且逐渐增大；OB段绳与竖直方向的夹角逐渐增大。故CD两项均正确。‎ ‎13．（2）；钩码的个数 ‎（3）丙 ‎【解析】‎ ‎(2)共 n个钩码,每个钩码的质量m，根据共点力平衡可知：F=nmg.改变钩码的个数，可重复实验.‎ ‎(3)有图可知：；；；‎ 故满足k3=k1+k2，故丙正确.‎ ‎【点睛】‎ 明确实验原理，确定实验步骤，根据ABC三次测量的弹性系数找到关系即可判断 ‎14．（1）0.496；0.264‎ ‎（2）CD ‎（3） ‎ ‎【解析】‎ ‎(1)每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：T=0.1s，根据逐差法有：；根据匀变速直线运动的推论平均速度等于中间时刻的瞬时速度.‎ ‎(2)要测量动摩擦因数，由f=μFN 可知要求μ，需要知道摩擦力和压力的大小，压力就是滑块的重力，所以需要知道滑块的质量，摩擦力要根据铁块的运动来求得，滑块做的是匀加速运动，拉滑块运动的是托盘和砝码，所以也要知道托盘和砝码的质量，故ABE错误，CD正确．故选CD．‎ ‎(3)以整个系统为研究对象，根据牛顿第二定律有：m3g-f=(m2+m3)a ①‎ f=μm2g ②‎ 联立①②解得：.‎ ‎【点睛】‎ 解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题．‎ ‎15．（1） ‎ ‎（2）有 ‎【解析】‎ ‎(1)汽车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma1‎ 由几何关系得,‎ 联立以上各式解得汽车在斜坡上滑下时的加速度a1＝2m/s2‎ ‎(2)由匀变速直线运动规律可得 解得汽车到达坡底C时的速度 经历时间 汽车在水平路面运动阶段，由μmg＝ma2‎ 得汽车的加速度大小a2＝μg＝5m/s2‎ 汽车的速度减至v＝v人＝2 m/s时发生的位移 经历的时间 人发生的位移x2＝v人(t1＋t2)＝4.6m 因x1－x2＝7m>6 m，故行人有危险．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。分析能否追及时，只要研究两者速度相等时位移的情况即可.‎ ‎16．7.825s ‎【解析】‎ 物体A在传送带ab上相对滑动时，由牛顿第二定律得：‎ μmgcosα﹣mgsinα=am，‎ 解得：a=0.4m/s2，‎ 物体与传送带速度相等时，运动时间为：‎ t1==2.5s，‎ 位移：m=1.25m＜sab，‎ 在ab部分做匀速运动的运动时间：=s=3.45s．‎ 由于mgsinβ＞μmgcosβ，所以物块沿传送带bc部分匀加速运动到c点，物体A在传送带bc部分匀加速下滑，由牛顿第二定律得滑动的加速度为：‎ a′=gsinβ﹣μmgcosβ=3.2m/s2，‎ 设在bc部分运动的时间为t3，由匀变速运动位移公式得：‎ sbc=vt3+a′t32，‎ 即：，‎ 解得：t3=1.875s．‎ 物体A从a处被传送到c处所用的时间为：‎ t=t1+t2+t3=7.825s．‎ ‎17．‎ ‎【解析】‎ 物体A滑上平板车B以后做匀减速运动，由牛顿第二定律得μMg＝MaA，解得aA＝μg＝2 m/s2.‎ 物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时A、B具有共同的速度v1，‎ 则：－＝L，又＝2‎ 联立解得v1＝3 m/s，aB＝6 m/s2. ‎ 拉力F＝maB－μMg＝1 N. ‎ 若F<1 N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1 N.‎ 当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落．‎ 对A、B整体和A分别应用牛顿第二定律得：‎ F＝(m＋M)a，μMg＝Ma，解得F＝3 N ‎ 若F大于3 N，A就会相对B向左滑下．‎ 综合得出力F应满足的条件是1 N≤F≤3 N. ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查牛顿第二定律的应用，物体A画上木板车后再滑动摩擦力作用下A做匀减速直线运动，随着A的减速和B的加速，当A运动到B的右端时两者共速，这是不掉下来的临界条件，由各自的分运动和位移关系可以求得运动时间和速度大小，再以木板车为研究对象可以求得拉力F大小，然后在分情况讨论 ‎18．(1)‎ ‎(2)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)从活塞上方的压强达到p0到活塞上方抽成真空的过程为等温过程：1.5p0V1＝0.5p0V2‎ 解得：V2＝3V1‎ 缓慢加热，当活塞刚碰到玻璃管顶部时为等压过程：‎ T2＝1.2 T1 ‎ ‎(2)继续加热到1.8T1时为等容过程:‎ p＝0.75p0‎ ‎【点睛】‎ 本题关键是明确已知状态参量，然后根据状态变化的过程并运用气体实验定律列式求解．‎ ‎19．BCD ‎【解析】‎ A、一个孤立系统的熵永远不会减少，表明随着孤立系统由非平衡态趋于平衡态，其熵单调增大，即一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行；故A错误.‎ B、绝热条件下压缩气体，根据热力学第一定律可知△U=W+Q＞0，即内能增加；故B正确.‎ C、一定质量理想气体对外做功，若气体吸收热量，则内能不一定减少,由于气体的体积增大，所以密度一定减小；故C正确.‎ D、对于一定量的理想气体，如果压强不变，当体积增大，气体对外做功，而温度升高，根据热力学第一定律可知，它一定从外界吸热；故D正确.‎ E、第二类永动机不可能制成，是因为它违背了热力学第二定律，但不违背能量守恒定律；E错误.‎ 故选BCD.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查热力学第一定律及第二定律，要求对这两定律要准确掌握并能正确应用来解释相关现象．‎