解析】广东省云浮市罗定实验中学2017届高三上学期月考物理试卷（11月份）

解析】广东省云浮市罗定实验中学2017届高三上学期月考物理试卷（11月份）

‎2016-2017学年广东省云浮市罗定实验中学高三（上）月考物理试卷（11月份）‎ ‎　‎ 一、选择题：（本题共8小题，每小题6分．）‎ ‎1．“蹦极”运动就是跳跃者把一端固定在高处的长弹性绳的另一端绑在踝关节处，然后从几十米的高处跳下的一种极限运动．某人做“蹦极”运动，所受绳子拉力F的大小随时间t的变化如图所示．若将“蹦极”运动近似看作是竖直方向上的运动，重力加速度为g，从图可以推知，此人在运动中的最大加速度约为（　　）‎ A．g B．2g C．3g D．大于3g ‎2．美国物理学家于1995年在国家实验室观察到了顶夸克．这是近二十几年粒子物理研究最重要的实验进展之一．正、反顶夸克之间的强相互作用势能可写为EP=﹣K，式中r是正、反顶夸克之间的距离，as=0.12是强相互作用耦合常数，无单位，K是与单位制有关的常数，则在国际单位制中常数K的单位是（　　）‎ A．J B．N C．J•m D．J/m ‎3．某质点做匀变速直线运动，t=0开始，其平均速度与时间的关系为： =10﹣t，则质点的加速度大小和6s内的路程分别是（　　）‎ A．1m/s2，24m B．2m/s2，24m C．1m/s2，26m D．2m/s2，26m ‎4．第一宇宙速度又叫做环绕速度，第二宇宙速度又叫做逃逸速度．理论分析表明，逃逸速度环绕速度的倍，这个关系对其他天体也是成立的．有些恒星，在核聚变反应的燃料耗尽而“死亡”后，强大的引力把其中的物质紧紧地压在一起，它的质量非常大，半径又非常小，以致于任何物质和辐射进入其中都不能逃逸，甚至光也不能逃逸，这种天体被称为黑洞．已知光在真空中传播的速度为c，太阳的半径为R，太阳的逃逸速度为．假定太阳能够收缩成半径为r的黑洞，且认为质量不变，则应大于（　　）‎ A．250 B．500 C．2.5×105 D．5.0×105‎ ‎5．如图所示，真空中两个不等量的正点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1＞Q2．三角形acd为等腰三角形，cd边与x轴垂直且与x轴相交于b点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．a点场强小于b点场强 B．c点电势小于b点电势 C．将电子从a点移到b点再移到c点电势能增加 D．将电子从a点移动到c点电场力做负功 ‎6．14C发生放射性衰变成为14N，半衰期约5700年．已知植物存活期间，其体内14C与12C的比例不变；生命活动结束后，14C的比例持续减小．现通过测量得知，某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一．下列说法正确的是（　　）‎ A．该古木的年代距今约5700年 B．12C、13C、14C具有相同的中子数 C．14C衰变为14N的过程中放出β射线 D．增加样品测量环境的压强将加速14C的衰变 ‎7．如图所示，质量分别为m和M（M＞m）的小球P和Q固定在轻杆的两端，杆上的O点用铰链固定．现将杆从水平位置由静止释放，当杆由水平状态转到竖直状态的过程中（　　）‎ A．杆转到竖直位置时Q的速率大于P的速率 B．杆对小球Q做负功 C．小球Q的机械能增加 D．杆对小球Q的作用力方向始终沿着杆 ‎8．如图所示，质量为1kg的物块静止于水平地面上．恒力F=10N作用于物块上，与水平方向成θ角，作用一段时间后撤去．在物块的运动过程中，每隔1s记录物块的瞬时速度如下表所示．则下列说法正确的是（　　）‎ t/s ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ v/m•s﹣1‎ ‎0‎ ‎6‎ ‎12‎ A．最大速度是14m/s B．θ可能约为37°‎ C．物块与地面的动摩擦因数是0.5‎ D．物块从开始运动到停止所用的时间是6s ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．某同学欲探究圆锥摆的相关规律，他找来一根不可伸长的细线并测出其长度L，把细线一端固定于O点，在O点处连一拉力传感器（图中未画出 ），拉力传感器可以感应细线上的拉力，传感器与计算机连接，在计算机上显示出细线的拉力F，线的另一端连有一质量为m的小球（可看做质点），让小球在水平面内作匀速圆周运动．‎ ‎①该同学探究发现图中细线与竖直方向夹角θ和细线拉力F的关系是：细线拉力随θ角增大而　　（填“增大”、“减小”或“不变”）‎ ‎②该同学用细线拉力F、线长L和小球质量m得出了小球运动的角速度ω=　　．‎ ‎③该同学想进一步探究θ与小球角速度ω的关系，他以为横轴，以ω2为纵轴建立直角坐标系，描点作图得到一条直线，设直线的斜率为k，则当地重力加速度的表达式为g=　　（用题目己知量表示）．‎ ‎10．硅光电池是太阳能电池的一种，某同为了测定某种硅光电池的电动势和内电阻，设计了如图1所示电路，图中与A1串联的定值电阻的阻值为R0，电流表视为理想电表，在一定强度的光照下进行下述实验：‎ ‎①闭合开关，调节滑动变阻器，读出电流表A1、A2的值I1、I2．为了作出此电池的U﹣I曲线，需要计算出电路的路端电压U，则U=　　（用题中所给字母表示）；‎ ‎②根据测量数据作出该硅光电池的U﹣I图象如图2所示，该电池的电动势E=　　V，在流过电流表A2的电流小于200mA的情况下，此电池的内阻r=　　Ω；‎ ‎③若将该硅光电池两端接上阻值为6Ω的电阻，此时对应的电池内阻r=　　Ω（计算结果保留两倍有效数字）．‎ ‎11．可看作质点的物块放置于“L”型木板的右端，物块与木板左壁的距离为L=1m，两者质量相等，质量m=1kg，并且它们的接触面光滑，系统处于静止状态．现用一水平向右的恒定外力F=6N 作用于木板上，如图所示．当物块与木板左壁刚好接触时撤去F．设物块与木板左壁的碰撞是弹性碰撞，碰撞时间极短，木板与地面的动摩擦因数是μ=0.2，重力加速g=10m/s2，求：‎ ‎（1）刚撤去F时，木板的速度v0；‎ ‎（2）物块与木板左壁碰撞时，木板左壁对物块的冲量是多少？‎ ‎（3）如果提前撤去F，并且要使物块不能离开木板，则F的作用时间t最长不能超过多少？‎ ‎12．如图所示，在xoy坐标系坐标原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小均为v0，在0＜y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为，其中q与m分别为α粒子的电量和质量；在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xoy平面向里的匀强磁场，mn为电场和磁场的边界．ab为一块很大的平面感光板垂直于xoy平面且平行于x轴，放置于y=2d处，如图所示．观察发现此时恰好无粒子打到ab板上．（不考虑α粒子的重力及粒子间的相互作用），求：‎ ‎（1）α粒子通过电场和磁场边界mn时的速度大小及距y轴的最大距离；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）将ab板至少向下平移多大距离才能使所有的粒子均能打到板上？此时ab板上被α粒子打中的区域的长度．‎ ‎　‎ 三、[物理--选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．一般分子直径的数量级是10﹣8cm B．布朗运动是液体分子的无规则运动 C．气体分子速率呈现“中间多，两头少”的分布规律 D．两个分子由距离很远逐渐靠近到很难再靠近的过程中，分子间的作用力的大小将先减小后增大 E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统之间也必定达到热平衡 ‎14．如图所示，容器放置于水平地面上，内部密封一定质量的理想气体．底面积为S、质量为m0的活塞可以沿容器壁无摩擦地自由滑动．大气压强为p0，容器导热良好，重力加速度为g，大气温度不变．初始系统平衡时，活塞与容器底部的高度差为h1．现将一个质量为m的小物块无初速地放在活塞上，当系统再次达到平衡时，活塞相对初始位置下降了多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省云浮市罗定实验中学高三（上）月考物理试卷（11月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本题共8小题，每小题6分．）‎ ‎1．“蹦极”运动就是跳跃者把一端固定在高处的长弹性绳的另一端绑在踝关节处，然后从几十米的高处跳下的一种极限运动．某人做“蹦极”运动，所受绳子拉力F的大小随时间t的变化如图所示．若将“蹦极”运动近似看作是竖直方向上的运动，重力加速度为g，从图可以推知，此人在运动中的最大加速度约为（　　）‎ A．g B．2g C．3g D．大于3g ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】图象中拉力的变化幅度越来越小，说明拉力逐渐趋向与一个定值，而联系人的实际振动幅度越来越小，最后静止不动，说明了重力等于0.6F0，而最大拉力为1.8F0，故结合牛顿第二定律可以求出最大加速度．‎ ‎【解答】解：人落下后，做阻尼振动，振动幅度越来越小，最后静止不动，结合拉力与时间关系图象可以知道，人的重力等于0.6F0，而最大拉力为1.8F0‎ 即：0.6F0=mg…①‎ Fm=1.8F0 …②‎ 结合牛顿第二定律，有：‎ F﹣mg=ma…③‎ 当拉力最大时，加速度最大，因而有：‎ ‎1.8F0﹣mg=mam…④‎ 由①④两式解得：‎ am=2g 故B正确，ACD错误 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．美国物理学家于1995年在国家实验室观察到了顶夸克．这是近二十几年粒子物理研究最重要的实验进展之一．正、反顶夸克之间的强相互作用势能可写为EP=﹣K，式中r是正、反顶夸克之间的距离，as=0.12是强相互作用耦合常数，无单位，K是与单位制有关的常数，则在国际单位制中常数K的单位是（　　）‎ A．J B．N C．J•m D．J/m ‎【考点】力学单位制．‎ ‎【分析】根据正、反顶夸克之间的强相互作用势能公式表示出K，代入国际单位以后可以知道它的单位．‎ ‎【解答】解：由题意知K=﹣，as无单位，r的单位为m，EP的单位为J，则K的单位为Jm，故C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．某质点做匀变速直线运动，t=0开始，其平均速度与时间的关系为： =10﹣t，则质点的加速度大小和6s内的路程分别是（　　）‎ A．1m/s2，24m B．2m/s2，24m C．1m/s2，26m D．2m/s2，26m ‎【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】根据平均速度的定义式得到位移与时间的关系式，求出初速度和加速度，再由位移时间关系求出总路程．‎ ‎【解答】解：根据平均速度定义，有：‎ 匀变速直线运动的位移﹣﹣时间关系式有：‎ 所以有：，即，质点加速度大小 速度减为0的时间为：‎ 匀减速运动5s速度减为0，后反向匀加速运动1s，路程为：‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．第一宇宙速度又叫做环绕速度，第二宇宙速度又叫做逃逸速度．理论分析表明，逃逸速度环绕速度的倍，这个关系对其他天体也是成立的．有些恒星，在核聚变反应的燃料耗尽而“死亡”后，强大的引力把其中的物质紧紧地压在一起，它的质量非常大，半径又非常小，以致于任何物质和辐射进入其中都不能逃逸，甚至光也不能逃逸，这种天体被称为黑洞．已知光在真空中传播的速度为c，太阳的半径为R，太阳的逃逸速度为．假定太阳能够收缩成半径为r的黑洞，且认为质量不变，则应大于（　　）‎ A．250 B．500 C．2.5×105 D．5.0×105‎ ‎【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．‎ ‎【分析】根据题设条件，当天体的逃逸速度大于光速c时时，天体就成为黑洞．而逃逸速度是环绕速度的倍，根据万有引力提供向心力求出环绕速度，即可求出逃逸速度，就能得到R满足的条件．‎ ‎【解答】解：第一宇宙速度为v1=，‎ 由题目所提供的信息可知，任何天体均存在其所对应的逃逸速度v2=，‎ 太阳的半径为R，太阳的逃逸速度为=，‎ 假定太阳能够收缩成半径为r的黑洞，且认为质量不变，v2=＞c，‎ 解得：＞2.5×105，故C正确，ABD错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，真空中两个不等量的正点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1＞Q2．三角形acd为等腰三角形，cd边与x轴垂直且与x轴相交于b点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．a点场强小于b点场强 B．c点电势小于b点电势 C．将电子从a点移到b点再移到c点电势能增加 D．将电子从a点移动到c点电场力做负功 ‎【考点】电场的叠加；电势能．‎ ‎【分析】根据点电荷场强公式E=k分析场强的大小，由电场线的方向分析电势的关系．由电场力做功正负判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据点电荷场强公式E=k知，Q1与Q2在a点产生的场强比b点的场强大，场强方向相同，由电场的叠加原理可知a点场强大于b点场强．故A错误．‎ B、根据顺着电场线电势逐渐降低，可知，c点的电势比b点的电势更低，所以c点电势小于b点电势，故B正确．‎ C、将电子从a点移到b点再移到c点，电势一直降低，电子的电势能一直增加，故C正确．‎ D、将电子从a点移动到c点，电场力方向与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，故D正确．‎ 故选：BCD ‎　‎ ‎6．14C发生放射性衰变成为14N，半衰期约5700年．已知植物存活期间，其体内14C与12C的比例不变；生命活动结束后，14C的比例持续减小．现通过测量得知，某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一．下列说法正确的是（　　）‎ A．该古木的年代距今约5700年 B．12C、13C、14C具有相同的中子数 C．14C衰变为14N的过程中放出β射线 D．增加样品测量环境的压强将加速14C的衰变 ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】根据半衰期的物理意义以及剩余质量和总质量之间的关系可正确求解．放射元素的半衰期与物理环境以及化学环境无关．‎ ‎【解答】解：A、设原来614C的质量为M0，衰变后剩余质量为M则有：，其中n为发生半衰期的次数，由题意可知剩余质量为原来的，故n=1，所以死亡时间为：5700年，故A正确；‎ B、12C、13C、14C具有相同的质子数和不同的中子数．故B错误；‎ C、14C衰变为14N的过程中质量数没有变化而核电荷数增加1，所以是其中的一个中子变成了一个质子和一个电子，所以放出β射线．故C正确；‎ D、放射元素的半衰期与物理环境以及化学环境无关，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，质量分别为m和M（M＞m）的小球P和Q固定在轻杆的两端，杆上的O点用铰链固定．现将杆从水平位置由静止释放，当杆由水平状态转到竖直状态的过程中（　　）‎ A．杆转到竖直位置时Q的速率大于P的速率 B．杆对小球Q做负功 C．小球Q的机械能增加 D．杆对小球Q的作用力方向始终沿着杆 ‎【考点】功能关系；功的计算．‎ ‎【分析】杆转动过程中，两球的角速度相等，由v=rω分析两球的速率大小．两球组成的系统机械能守恒，分析Q球机械能的变化，由功能关系判断杆对Q球做功的正负．‎ ‎【解答】解：A、杆转到竖直位置时，两球的角速度相等，由v=rω可知，Q的速率大于P的速率．故A正确．‎ BC、两球组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，P球的动能和重力势能都增大，则P球的机械能增加，由系统的机械能守恒知，小球Q的机械能减少，说明杆对小球Q做负功．故B正确，C错误．‎ D、由于杆对小球Q做负功，所以杆对小球Q的作用力方向与速度方向不是始终垂直，即杆对小球Q的作用力方向不始终沿着杆，只有转到竖直位置时杆对小球Q的作用力方向沿着杆，其他位置不沿着杆．故D错误．‎ 故选：AB ‎　‎ ‎8．如图所示，质量为1kg的物块静止于水平地面上．恒力F=10N作用于物块上，与水平方向成θ角，作用一段时间后撤去．在物块的运动过程中，每隔1s记录物块的瞬时速度如下表所示．则下列说法正确的是（　　）‎ t/s ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ v/m•s﹣1‎ ‎0‎ ‎6‎ ‎12‎ A．最大速度是14m/s B．θ可能约为37°‎ C．物块与地面的动摩擦因数是0.5‎ D．物块从开始运动到停止所用的时间是6s ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据表中数据求解加速和减速过程加速度，结合运动学公式求解最大速度、时间．‎ ‎【解答】解：A、由表格中数据可知最大速度应在2s与3s之间，加速过程： =‎ 减速过程：‎ 设2s后经过△t速度到达最大为vm，则：vm=12+a1△t， a2（1﹣△t）‎ 联立解得：△t=，vm=14m/s，故A正确；‎ BC、根据牛顿第二定律，加速过程：Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）=ma1‎ 减速过程：μmg=ma2‎ 联立解得：θ=37°，μ=0.5，故BC正确；‎ D、加速时间：，减速时间：‎ 则从开始运动到停止所用的时间：t=t1+t2=5.1s，故D错误；‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．某同学欲探究圆锥摆的相关规律，他找来一根不可伸长的细线并测出其长度L，把细线一端固定于O点，在O点处连一拉力传感器（图中未画出 ），拉力传感器可以感应细线上的拉力，传感器与计算机连接，在计算机上显示出细线的拉力F，线的另一端连有一质量为m的小球（可看做质点），让小球在水平面内作匀速圆周运动．‎ ‎①该同学探究发现图中细线与竖直方向夹角θ和细线拉力F的关系是：细线拉力随θ角增大而　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）‎ ‎②该同学用细线拉力F、线长L和小球质量m得出了小球运动的角速度ω=　　．‎ ‎③该同学想进一步探究θ与小球角速度ω的关系，他以为横轴，以ω2为纵轴建立直角坐标系，描点作图得到一条直线，设直线的斜率为k，则当地重力加速度的表达式为g=　kL　（用题目己知量表示）．‎ ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】小球在重力和拉力合力作用下做圆周运动，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度，进而求出角速度．‎ ‎【解答】解：（1）对小球，受力分析可知，小球受到重力和绳子的拉力，如图：‎ 据牛顿第二定律：‎ 竖直方向：Fy﹣G=0 ①‎ 水平方向：Fx=ma=mω2r ②‎ 又Fy=F．cosα ③‎ Fx=F．sinα 　 ④‎ 由①②③④，得：‎ F=⑤‎ 所以细线拉力随θ角增大而增大．‎ ‎（2）又由：r=Lcosθ ω=⑥‎ ‎（3）将⑤式代入⑥得：ω=‎ 该同学以为横轴，以ω2为纵轴建立直角坐标系，描点作图得到一条直线，设直线的斜率为k，则斜率：k=‎ 所以当地重力加速度的表达式为：g=kL 故答案为：①增大；②；③kL ‎　‎ ‎10．硅光电池是太阳能电池的一种，某同为了测定某种硅光电池的电动势和内电阻，设计了如图1所示电路，图中与A1串联的定值电阻的阻值为R0，电流表视为理想电表，在一定强度的光照下进行下述实验：‎ ‎①闭合开关，调节滑动变阻器，读出电流表A1、A2的值I1、I2．为了作出此电池的U﹣I曲线，需要计算出电路的路端电压U，则U=　I1R0　（用题中所给字母表示）；‎ ‎②根据测量数据作出该硅光电池的U﹣I图象如图2所示，该电池的电动势E=　2.90　V，在流过电流表A2的电流小于200mA的情况下，此电池的内阻r=　4.0　Ω；‎ ‎③若将该硅光电池两端接上阻值为6Ω的电阻，此时对应的电池内阻r=　5.8　Ω（计算结果保留两倍有效数字）．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】1）理想电流表和定值电阻构成一电压表，可测量外电压．‎ ‎（2）在硅光电池的U﹣I图象，当I=0，U=E，图线斜率的绝对值表示内阻．‎ ‎（3）通过作图求解，作出电阻为6Ω它两端的电压和通过它电流的图线，与图乙中U﹣I图线有交点，交点对应电压电流表示硅光电池两端接上阻值为6Ω的电阻时的电压和电流．‎ ‎【解答】解：（1）理想电流表和定值电阻构成一电压表，可测量外电压．所以U=I1R0．‎ ‎（2）在硅光电池的U﹣I图象，当I=0，U=E，图线斜率的绝对值表示内阻．所以E=2.90V，在流过电流表A2的电流小于200mA的情况下，此电池的内阻r=4.00Ω．‎ ‎（3）作出6Ω定值电阻的U﹣I图线，是一条过原点的直线，该直线与图乙中电源的外电压和电流图线有交点，交点对应的电压、电流表示硅光电池两端接上阻值为6Ω的电阻时的电压和电流．所以r==5.8Ω．‎ 故答案为：（1）I1R0；（2）2.90，4.00；（3）5.8‎ ‎　‎ ‎11．可看作质点的物块放置于“L”型木板的右端，物块与木板左壁的距离为L=1m，两者质量相等，质量m=1kg，并且它们的接触面光滑，系统处于静止状态．现用一水平向右的恒定外力F=6N 作用于木板上，如图所示．当物块与木板左壁刚好接触时撤去F．设物块与木板左壁的碰撞是弹性碰撞，碰撞时间极短，木板与地面的动摩擦因数是μ=0.2，重力加速g=10m/s2，求：‎ ‎（1）刚撤去F时，木板的速度v0；‎ ‎（2）物块与木板左壁碰撞时，木板左壁对物块的冲量是多少？‎ ‎（3）如果提前撤去F，并且要使物块不能离开木板，则F的作用时间t最长不能超过多少？‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】（1）由牛顿第二定律求出木板的 加速度，应用匀变速直线运动的速度位移公式求出速度．‎ ‎（2）碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后的速度，然后应用动量定理可以求出冲量．‎ ‎（3）应用牛顿第二定律与匀变速直线运动的速度公式、位移公式与速度位移公式可以求出时间．‎ ‎【解答】解：（1）对木板，由牛顿第二定律得：F﹣2μmg=ma1，‎ 由匀变速直线运动的速度位移公式得：v02=2a1L，‎ 联立并代入数据解得：v0=2m/s；‎ ‎（2）碰撞为弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒，以木板的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv0=mv木板+mv物块，‎ 由机械能守恒定律得： mv02=mv木板2+mv物块2，‎ 解得：v木板=0，v物块=v0=2m/s，‎ 对物块，由动量定理得：I=mv物块﹣0=1×2=2N•s；‎ ‎（3）撤去F后，木板做匀减速直线运动，加速度：a2==2μg，‎ 物块与木板左壁相接触时木板受到刚好为零物块不能离开木板，由匀变速直线运动的速度公式得：v=a1t，‎ 由匀变速直线运动的位移公式与速度位移公式得：‎ x1=a1t2，v2=2a2x2，‎ 由几何关系得：x1+x2=L，‎ 解得：t=s≈0.82s；‎ 答：（1）刚撤去F时，木板的速度v0为2m/s．‎ ‎（2）物块与木板左壁碰撞时，木板左壁对物块的冲量是2N•s．‎ ‎（3）如果提前撤去F，并且要使物块不能离开木板，则F的作用时间t最长不能超过0.82s．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在xoy坐标系坐标原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小均为v0，在0＜y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为，其中q与m分别为α粒子的电量和质量；在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xoy平面向里的匀强磁场，mn为电场和磁场的边界．ab为一块很大的平面感光板垂直于xoy平面且平行于x轴，放置于y=2d处，如图所示．观察发现此时恰好无粒子打到ab板上．（不考虑α粒子的重力及粒子间的相互作用），求：‎ ‎（1）α粒子通过电场和磁场边界mn时的速度大小及距y轴的最大距离；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）将ab板至少向下平移多大距离才能使所有的粒子均能打到板上？此时ab板上被α粒子打中的区域的长度．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求出α粒子刚进人磁场时的动能．‎ ‎（2）粒子沿x轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大，若该粒子进入磁场不能打在ab板上，则所有粒子均不能打在ab板上．根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小．‎ ‎（3）沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．根据带电粒子在磁场中运动的轨道半径大小得出磁场的宽度，从而确定出ab板移动的位置，根据几何关系求出ab板上被α粒子打中的区域的长度．‎ ‎【解答】解：（1）根据动能定理：‎ 可得：v=2v0‎ 初速度方向与x轴平行的粒子通过边界mn时距y轴最远，由类平抛知识： Eq=max=v0t解得：‎ ‎（2）根据上题结果可知：，‎ 对于沿x轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方 向夹角：‎ 初速度方向与x轴平行的粒子通过边界mn时距y轴最远，而且与mn之间的夹角最小，由图可得，若此粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子轨迹与ab板相切是临界条件，可得其圆周运动的半径：‎ 又根据洛伦兹力提供向心力： ‎ 可得：‎ ‎（3）由分析可知沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切． ‎ 由分析可知此时磁场宽度为原来的，‎ 则：ab板至少向下移动：‎ 沿x轴正方向射出的粒子打在ab板的位置粒子打在ab板区域的右边界 由几何知识可知：ab板上被粒子打中区域的长度：‎ 答：（1）α粒子通过电场和磁场边界mn时的速度大小及距y轴的最大距离为；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）将ab板至少向下平移 的距离才能使所有的粒子均能打到板上，此时ab板上被α粒子打中的区域的长度．‎ ‎　‎ 三、[物理--选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．一般分子直径的数量级是10﹣8cm B．布朗运动是液体分子的无规则运动 C．气体分子速率呈现“中间多，两头少”的分布规律 D．两个分子由距离很远逐渐靠近到很难再靠近的过程中，分子间的作用力的大小将先减小后增大 E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统之间也必定达到热平衡 ‎【考点】分子的热运动；布朗运动．‎ ‎【分析】明确分子直径数量级大小为10﹣10m，布朗运动是固体小颗粒的运动；气体分子速率并不是相等的，而是呈现“中间多，两头少”的分布规律；分子间同时存在引力和斥力，大于平衡距离时为引力，小于平衡距离时为斥力；热平衡的条件是两系统的温度相等．‎ ‎【解答】解：A、一般分子直径的数量级是10﹣10m=10﹣8cm，故A正确；‎ B、布朗运动是固体小颗粒的运动，它是液体分子无规则运动的反映，故B错误；‎ C、气体分子速率呈现“中间多，两头小”的分布规律，故C正确；‎ D、两个分子由距离很远逐渐靠近到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先是引力然后是斥力，其大小将先增大再减小然后再增大，故D错误；‎ E、如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，它们的温度均相等，故这两个系统之间也必定达到热平衡，故E正确．‎ 故选：ACE．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，容器放置于水平地面上，内部密封一定质量的理想气体．底面积为S、质量为m0的活塞可以沿容器壁无摩擦地自由滑动．大气压强为p0，容器导热良好，重力加速度为g，大气温度不变．初始系统平衡时，活塞与容器底部的高度差为h1‎ ‎．现将一个质量为m的小物块无初速地放在活塞上，当系统再次达到平衡时，活塞相对初始位置下降了多少？‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】分别对两次平衡状态根据平衡条件列平衡方程，根据理想气体状态方程联合求解．‎ ‎【解答】解：初始平衡状态有：P1S=P0S+m0g 系统再次平衡时有：P2S=P0S+（m0+m）g 因容器导热良好，气体是等温变化，由玻意耳定律可得：P1V1=P2V2‎ 又：V1=Sh1，V2=Sh2‎ 活塞相对初始位置下降的高度为：△h=h1﹣h2‎ 联立以上各式解得：△h=‎ 答：活塞相对初始位置下降的高度为．‎ ‎　‎ ‎2017年1月16日