【物理】湖南省长沙市2020届高三上学期期末考试统考试题（解析版）

【物理】湖南省长沙市2020届高三上学期期末考试统考试题（解析版）

湖南省长沙市2020届高三上学期期末考试 统考试题 一、选择题 ‎1.物理是一门以实验为基础的学科，要用到很多测量仪器，下列哪种仪器测量的不是国际单位制中的基本量（　　）‎ A. 弹簧测力计 B. 天平 C. 秒表 D. 螺旋測微器 ‎【答案】A ‎【详解】A．弹簧测力计测量的是力，而力不是国际单位制中的基本量，故A符合题意。 ‎ B．天平是测量质量的仪器，质量是国际单位制中的基本量，故B不符合题意。 ‎ C．秒表是测量时间的仪器，时间是国际单位制中的基本量，故C不符合题意。 ‎ D．螺旋测微器是测量长度的仪器，长度是国际单位制中的基本量，故D不符合题意。 ‎ 故选A。‎ ‎2.如图是中国宁波公交使用的全球首创超级电容储存式现代电车，该电车没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5公里以上，刹车时可把80%以上的动能转化成电能回收储存再使用。这种电车的核心元器件是“3V，1200F“石墨烯纳米混合型超级电容器，该电容器能反复充放电100万次，使用寿命长达十年，被誉为“21世纪的绿色交通”。下列说法正确的是（　　）‎ A. 电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容也逐渐减小 B. 电容器充电的过程中，电量逐渐增加，电容保持不变 C. 电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容器两极板间的电压不变 D. 若标有“3V，12000F”的电容器从电量为零到充满电用时30s，则充电平均电流为3600A ‎【答案】B ‎【详解】AB．电容器的电容由本身结构决定，与充放电无关，与电荷量的多少无关，故放电过程中，电量减少，电容不变，充电过程中，电量增加，电容不变，故A错误，B正确。‎ C．根据Q=CU可知，放电过程中，电量Q减少，两极板间的电压减小，电容不变，故C错误。‎ D．标有“3V，12000F”的电容器从电量为零到充满电，储存的电荷量Q=CU=36000C，根据电荷量定义可知 A=1200A 故充电平均电流为1200A，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎3.“守株待兔”是我们熟悉的寓言故事，它出自《韩非子》，原文为：宋人有耕田者。田中有株，兔走触株，折颈而死。因释其耒而守株，翼复得兔。兔不可复得，而身为宋国笑。假设一只兔子质量为2kg，受到惊吓后从静止开始沿水平道路匀加速直线运动，经过1.2s速度大小达到9m/s后匀速奔跑，撞树后被水平弹回，反弹速度大小为1m/s，设兔子与树的作用时间为0.05s，重力加速度g=10m/s2.下列说法确的是（　　）‎ A. 加速过程中兔子的加速度为180m/s2‎ B. 加速过程中地面对兔子的平均作用力大小为20N C. 撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为320N D. 撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为400N ‎【答案】D ‎【详解】A．兔子经过1.2s速度由零达到9m/s，根据加速度公式可知 a==7.5m/s2‎ 故A错误。‎ B．加速过程中，地面对兔子的平均作用力大小为f，根据动量定理可知，‎ ft=mv-0‎ 代入数据解得 f=15N 故B错误。‎ CD．撞树过程中，撞树前的动量大小：‎ P=mv=2×9kg•m/s=18kg•m/s 以撞树前兔子的速度方向为正方向，兔子撞树后的动量：‎ P′=mv′=2×（-1）=-2kg•m/s 兔子撞树过程动量变化量：‎ ‎△P=P′-P=-2kg•m/s-18kg•m/s=-20kg•m/s 由动量定理得：‎ Ft=△P=-20N•s 则兔子受到平均作用力大小为 F=400N 故C错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎4.竖直放置的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端连接质量为m的物体甲且处于静止状态，将质量为2m的物体乙无初速地放在物体甲上（如图所示），乙刚放到甲上的瞬间，物体甲的加速度为a，当地重力加速度为g。则（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【详解】原来物块甲静止在弹簧上时，设弹簧的弹力大小为F，则有 F=mg．‎ 将乙突然无初速放上甲的瞬间，弹簧的弹力不变，将甲、乙看成一个整体，具有共同的加速度a，对整体受力分析，由牛顿第二定律得：‎ ‎3mg-F=3ma 解得：‎ 故ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎5.如图所示，x轴垂直穿过一个均匀分布着正电荷的圆环。且经过圆环的圆心O。关于x轴上的电场强度和电势，下列说法确的是（　　）‎ A. O点的电势一定为零 B. O点的电场强度一定为零 C. 从O点沿x轴正方向，电场强度一直减小，电势一直升高 D. 从O点沿x轴正方向，电场强度一直增大，电势一直降低 ‎【答案】B ‎【详解】AB．圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零。圆环上各电荷产生的电场强度在x轴正方向有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴正方向上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最高，故A错误，B正确。 ‎ CD．O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小。x轴上电场强度方向向右，电势降低，故CD错误。 故选B。‎ ‎6.2016年底以来，共享单车风靡全国各大城市。图甲为某品牌共享单车第一代产品，单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。单车内小型发电机发电原理可简化为图乙所示，矩形线圈abcd的面积为0.001m2，共有100匝，线圈总电阻为1Ω，线圈处于磁感应强度大小为的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路阻值为9Ω电阻连接，不计交流电流表的内阻。在外力作用下线圈以10πrad/s的角速度绕轴OO′匀速转动时，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 交流电流表的示数是0.002A B. 电阻R的发热功率是0.4W C. 该交流发电机产生的交流电的周期为0.2s D. 当线圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电流为零 ‎【答案】C ‎【详解】AB．线圈产生的最大感应电动势为 有效值为 根据闭合电路的欧姆定律可知 电阻R产生的热功率为 P=I2R=0.36W 故AB错误。‎ C．交流电的周期 故C正确。‎ D．当线圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电流最大，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎7.如图所示是光电管的原理图，已知当有波长为λ0的光照到阴极K上时，电路中有光电流，则（　　）‎ A. 若仅增大光照强度，电路中光电流一定增大 B. 若仅将电源极性反接，电路中一定没有光电流 C. 若仅换用波长为λ1（λ1＞λ0）的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流 D. 若仅将电路中滑动变阻器的滑片向右滑动，电路中光电流一定增大 ‎【答案】A ‎【详解】A．图中光电管加的是正向电压，若仅增大光照强度，电路中光电流一定增大，故A正确。 ‎ B．若将电源极性反接，其电压值小于截止电压时仍有电流，故B错误。 ‎ C．由题意，入射光的波长为λ0时，能发生光电效应，若换用波长为λ1（λ1＞λ0）的光照射阴极K时，入射光的频率减小，仍然可能发生光电效应，电路中可能有光电流，故C错误。 ‎ D．若仅将电路中滑动变阻器的滑片向右滑动，光电管两端电压增大，如果已经达到饱和光电流，则光电流不会增大，故D错误。 ‎ 故选A。‎ ‎8.如图所示，垂直于地面且相距4m的的两杆顶端A、B之间固定着长为5m的细绳，将一个重为12N的小物体通过光滑的轻质小挂钩O挂在细绳上，平衡时，下列判断正确的是（　　）‎ A. 只有两杆高度相等时，细线AO段和BO段跟水平面的夹角才相等 B. 平衡时细绳中的张力为10N C. 把细绳左端从顶端A缓慢沿杆向下移动一小段距离的过程中，细绳中的张力变小 D. 保持细绳的右端在杆上的位置不动，将右杆移动一小段距离到虚线位置时，细绳中的张力变大 ‎【答案】BD ‎【详解】A．因为是一根绳，由绳子的特点可知两端绳子的张力大小相等，由于绳子在水平方向的分力相等，则两端绳子与水平方向的夹角也相同，与杆的高度无关，故A错误。‎ B．设绳子与竖直方向方向的夹角为α，绳子总长度为L，两杆间的距离为S，延长AO交右边杆与C，根据几何关系可知OC=OB，则AC=L，则 sinα==0.8‎ 解得 α=53°；‎ 由共点力的平衡条件可知，两拉力的合力与物体的重力等大反向；由几何关系可知拉力为：‎ G=10N 故两杆顶端所受的拉力大小均为10N，故B正确。‎ C．把A端缓慢向下移动的过程中，sinα=不变，则绳上的拉力不变，故C错误。‎ D．B端在杆上的位置不动，将右杆移动到虚线位置时，S增大，sinα增大，cosα减小，绳上的拉力变大，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎9.某同学在开展研究性学习的过程中，利用加速度传感器研究质量为5kg的物体由静止开始做直线运动的规律，并在计算机上得到了前4s内物体加速度随时间变化的图像，如图所示，下列关于物体在前4s内的情况说法正确的是（　　）‎ A. 1s末物体的速度最大 B. 3s末物体离出发点最远 C. 4s末物体离出发点最远 D. 前4s内合力对物体做的功等于前2s内合力对物体做的功 ‎【答案】CD ‎【详解】ABC．分析物体的运动情况：在0-3s内物体沿正方向做加速运动，在3-4s内沿正方向做减速运动，故在第3s末物体的速度最大，在第4s末距离出发点最远，故AB错误，C正确； ‎ D．a-t图象的“面积”大小等于速度变化量，则在前4s内物体速度的变化量△v等于前2s内速度变化量，因初速度为零，则第2s末的速度等于第4s末的速度，由动能定理得，前4s内合外力做的功等于前2s内合外力做的功，故D正确； ‎ 故选CD。‎ ‎10.为了加快建设海洋强国，根据《中国民用空间基础设施中长期发展规划》和《海洋卫星业务发展“十三五”规划》，到2020年，我国将研制和发射海洋卫星共十余颗。“海洋一号C”卫星和“海洋二号B”卫星这两颗卫星现在已经正式交付自然资源部投入使用，若这两颗卫星均绕地球做匀速圆周运动，“海洋二号B”卫星的轨道半径是“海洋一号C”卫星的n倍，关于这两颗卫星，下列说法正确的是（　　）‎ A. “海洋二号B”卫星的线速度是“海洋一号C”卫星的倍 B. “海洋二号B”卫星的线速度是“海洋一号C”卫星的倍 C. 在相同的时间内，“海洋二号B”卫星与地球球心的连线扫过的面积和“海洋一号C”卫星的相等 D. 在相同的时间内，“海洋二号B”卫星与地球球心的连线扫过的面积是“海洋一号C”卫星的倍 ‎【答案】AD ‎【详解】AB．两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 解得线速度 ‎“海洋二号B”卫星的轨道半径是“海洋一号C”卫星的n倍，则“海洋二号B”卫星的线速度是“海洋一号C”卫星的倍，故A正确，B错误。‎ CD．根据扇形面积公式可知，卫星与地球球心的连线扫过的面积为S=，则在相同的时间内，“海洋二号B”卫星与地球球心的连线扫过的面积是“海洋一号C”卫星的倍，故C错误，D正确。‎ 故选AD。‎ ‎11.如图甲所示，用不可伸长的轻绳连接的小球绕定点O在竖直面内做圆周运动。小球经过最高点时绳子拉力的大小FT与此时速度的平方v2的关系如图乙所示。图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，不计摩擦力和空气阻力。以下说法正确的是（　　）‎ A. 数据a与小球的质量有关 B. 数据b与小球的质量无关 C. 利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径 D. 数据b对应的状态，当小球运动到最低点时，绳子的拉力为7b ‎【答案】CD ‎【详解】A．小球在最高点，根据牛顿第二定律：‎ FT+mg=m 得FT=m-mg 根据图象，当FT=0时，v2=a=gr，所以数据a与小球的质量无关，故A错误；‎ B．根据图象，v2=2a时，FT=b，代入FT=m-mg，解得 b=mg 所以数据b与小球的质量有关，故B错误；‎ C．由a=gr，b=mg，可以求出小球的质量m和圆周轨道半径r，故C正确；‎ D．数据b对应的状态，可设最高点对应的速度为v1，最高点对应的速度为v2，小球在最高点，根据牛顿第二定律：‎ b+mg=m①‎ 小球在最低点，根据牛顿第二定律：‎ FT2-mg=m②‎ 小球从最高点到最低点，根据动能定理：‎ ‎③‎ 由①②③联合解得：‎ FT2=7mg=7b 故D正确。‎ 故选：CD。‎ ‎12.如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先水平敲击A，A立即获得水平向右的初速度vA，在B上滑动距离L后停下。接着水平敲击B，B立即获得水平向右的初速度vB，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，相对静止前B的加速度大小为a1，相对静止后B的加速度大小为a2，此后两者一起运动至停下。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）‎ A. ‎ B. vA=‎ C. ‎ D. 从左边缘再次对齐到A、B停止运动的过程中，A和B之间没有摩擦力 ‎【答案】ABC ‎【详解】A．设A、B的质量均为m。A、B相对静止前，A相对于B向左运动，A对B的滑动摩擦力向左，地面对B的滑动摩擦力也向左，则B所受的合外力大小：‎ FB=μ•2mg+μmg=3μmg。‎ 对B，由牛顿第二定律：‎ FB=ma1‎ 解得：‎ a1=3μg 相对静止后，对A、B整体，由牛顿第二定律得 ‎2μmg=2ma2‎ 解得：‎ a2=μg 则 a1=3a2‎ 故A正确。‎ B．敲击A后，A获得速度后，向右做匀减速运动。对B来说，地面与B间的最大静摩擦力为 fm=μ•2mg=2μmg．‎ A对B的滑动摩擦力为f=μmg，则f＜fm，故B静止不动。对A，由牛顿第二定律知：‎ ‎ ‎ 由运动学公式有：‎ ‎2aAL=vA2‎ 解得：‎ ‎ ‎ 故B正确。 C．敲击B后，设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA，xB，A加速度的大小等于aA，则：‎ v=aAt v=vB-a1t ‎ xA=aAt2‎ xB=vBt-aBt2‎ 且 xB-xA=L 联立解得：‎ 故C正确。‎ D．从左边缘再次对齐到A、B停止运动的过程中，A、B一起做匀减速运动，A有向左的加速度，说明B对A有摩擦力，故D错误。‎ 故选ABC。‎ ‎13.如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可直接测出连接滑块的细绳中的拉力，传感器下方悬挂钩码，每次都将滑块从A处由静止释放，气垫导轨摩擦阻力很小可忽略不计，由于遮光条的宽度很小，可认为遮光条通过光电门时速度不变。‎ ‎（1）实验时，该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=______mm。然后他将滑块从A位置由静止释放，并测量释放时遮光条到光电门的距离L，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间，则滑块的加速度大小表达式为______（用题中所给的符号表示）‎ ‎（2）实验时，一定要保证的条件或进行的操作是______（多选）‎ A.使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 B.测出钩码的重力 C.将气垫导轨调节水平 D.使细线与气垫导轨平行 ‎【答案】 (1). 2.50 (2). CD ‎【详解】（1）[1]．游标卡尺的主尺读数为2mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数d=2mm+0.50mm=2.50mm。‎ ‎[2]．滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度为：‎ 根据运动学公式可知：‎ v2=2aL 解得滑块的加速度大小为：‎ ‎（2）[3]．AB．拉力是直接通过传感器测量的，故不需要滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，不需要测出钩码的重力，故AB错误。‎ CD．应将气垫导轨调节水平，同时保证细线与气垫导轨平行，使拉力才等于合力，故CD正确。‎ 故选CD。‎ ‎14.举世瞩目的嫦娥四号，其能源供给方式实现了新的科技突破：它采用同位素温差发电与热电综合利用技术结合的方式供能，也就是用航天器两面太阳翼收集的太阳能和月球车上的同位素热源两种能源供给探测器。图甲中探测器两侧张开的是光伏发电板，光伏发电板在外太空将光能转化为电能。‎ 某同学利用图乙所示电路探究某光伏电池的路端电压U与电流I的关系，图中定值电阻R0=5Ω，设相同光照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表。‎ ‎(1)实验一：用一定强度的光照射该电池，闭合开关S，调节滑动变阻器R0‎ 的阻值，通过测量得到该电池的U-I如图丁曲线a，由此可知，该电源内阻是否为常数______（填“是”或“否”），某时刻电压表示数如图丙所示，读数为______V，由图像可知，此时电源内阻值为______Ω。‎ ‎(2)实验二：减小实验一光照的强度，重复实验，测得U-I如图丁曲线，在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为2.0V，则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，滑动变阻器消耗的电功率为______W（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】(1). 否 1.80 4.78 (2). 2.5‎ ‎【详解】（1）[1]．根据闭合电路欧姆定律有：U=E-Ir，所以图象的斜率为电源内阻，但图象的斜率在电流较大时，变化很大，所以电源的内阻是变化的。‎ ‎[2] [3]．从电压表的示数可以示数为1.80V，再从图象的纵轴截距为2.9V，即电源的电动势为2.9V，又从图象看出，当路端电压为1.80V时，电流为0.23A，所以电源的内阻 ‎。‎ ‎（2）[4]．在实验一中，电压表的示数为2.0V，连接坐标原点与电源的（2.0V路端电压）两点，作出定值的伏安特性曲线如图所示，‎ 此时还能求出滑动变阻器的阻值 R=Ω-R0≈4.5Ω 同时该直线与图象b有一交点，则该交点是电阻是实验二对应的值，由交点坐标可以读出：0.7V，0.75A。‎ 所以滑动变阻器此时消耗的功率 P=（0.75）2×4.5W=2.5W。‎ ‎15.质量为m0=80kg的溜冰运动员推着一辆质量为mA=16kg的小车A以v0=10m/s的共同速度在光滑的冰面上向右匀速滑行。某时刻，他发现正前方有一辆静止的小车B，小车B的质量为mB=64kg，运动员为了避免自己与小车B相撞，将小车A用力向正前方推出，小车A离开运动员时相对于地面的速度为vA=20m/s，小车A与小车B发生碰撞后沿原路反弹回来。运动员抓住反弹回来的小车A，再次与小车A以共同的速度前进。在此后的过程中，小车A和小车B恰好不会再次相撞。不考虑摩擦和空气阻力。求：‎ ‎（1）将小车A推出后，运动员的速度v1；‎ ‎（2）小车A与小车B碰撞后，小车B的速度v2.‎ ‎【答案】(1)8m/s，方向向右 (2)6m/s，方向向右。‎ ‎【详解】（1）运动员将小车A推出的过程，以两者组成的系统为研究对象，取向右为正方向，由动量守恒定律得 ‎ ‎（m0+mA）v0=m0v1+mAvA 解得 v1=8m/s 方向向右。 ‎ ‎（2）据题，运动员抓住反弹回来的小车A后，小车A和小车B恰好不会再次相撞，两者速度相同，均为v2。 ‎ 对整个过程，以运动员和两车组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律得 ‎ ‎（m0+mA）v0=（m0+mA+mB）v2 ‎ 解得 v2=6m/s 方向向右。‎ ‎16.如图所示，固定于水平面上的足够长的金属框架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B0=2T，柜架的左端串有阻值为R=5Ω的定值电阻，框架的宽度L=0.5m，质量 m=0.05kg，电阻不计的金属棒MN与导轨垂直并良好接触，金属棒与导轨之间的动摩擦因数μ=0.5，金属棒在F=0.5N的水平恒力作用下由静止开始沿框架向右运动，最后达到稳定速度。重力加速度大小为g，导轨的电阻不计。求：‎ ‎（1）金属棒开始运动瞬间的加速度大小；‎ ‎（2）金属棒达到的稳定速度大小；‎ ‎（3）金属棒达到稳定速度后，某时刻的位置GH到框架左端的距离为x=7.5m，并将该时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，使金属棒中不产生感应电流，则t=2s时磁感应强度B为多大？‎ ‎【答案】(1)5m/s2；(2)1.25m/s；(3)1.5T。‎ ‎【详解】（1）金属棒开始运动瞬间安培力为零，金属棒水平方向受到拉力和摩擦力，根据牛顿第二定律可得 F-μmg=ma 解得：‎ a=5m/s2；‎ ‎（2）金属棒达到稳定时受力平衡，水平方向受到拉力、摩擦力和安培力作用。根据平衡条件可得：‎ F=μmg+B0IL 其中 解得 ‎ ‎ 代入数据解得：‎ v=1.25m/s；‎ ‎（3）金属棒达到稳定速度后，某时刻的位置GH到框架左端的距离为x=7.5m，并将该时刻记作t=0，则该时刻的磁通量为：‎ Φ1=B0Lx 则t时的磁通量 Φ2=BL（x+vt）‎ 金属棒中不产生感应电流，则有 Φ1=Φ2‎ 解得 ‎ ‎ 当t=2s时 ‎17.如图所示，在竖直平面xOy内，在y轴右侧存在着竖直向上且E=2N/C的匀强电场，在第一象限内存在着垂直纸面向外且B1=0.4T的匀强磁场，第四象限内存在着垂直纸面向外且B2=0.8T的匀强磁场。长为L=16m的水平绝缘传送带AB以速度v0=4.8m/s顺时针匀速转动，传送带左右侧轮的半径R=0.2m，右侧轮的圆心坐标是（0，h），其中h=7.8m，一个质量为m=2g、电荷量为q=+0.01C的小物块（不计小物块的大小，可视为点电荷）轻轻放在传带左端，小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8.小物块从传送带滑下后，经过x轴上的P点（图中未画出），重力加速度g取10m/s2，不考虑空气阻力及边界对电场、磁场的影响。求：‎ ‎(1)小物块在传送带上加速运动的时间；‎ ‎(2)P点的坐标；‎ ‎(3)若把传送带匀速运行的速率增加到v=16m/s，把一块挡板MN垂直于x轴放置且下端在x轴上，挡板高为H=8m，正中间有一小孔。为了让小物块能穿过挡板上的小孔，求挡板放置的位置与y轴之间的距离。‎ ‎【答案】(1)3.6s；(2)（-3.84，0）；(3)‎ ‎【详解】（1）由题可知，小物块初速度为零，在传送带上水平方向只受摩擦力 由牛顿第二定律可得 μmg=ma 解得 a=8m/s2‎ 所以小物块加速到与传送带共速的时间由v=v0+at得 t1=0.6s 加速位移 又因为传送带长L=16m 所以匀速运动的位移 x2=L-x1=14.56m 匀速运动的时间 所以运动总时间为 t总=t1+t2=3.6s ‎（2）物体进入第一象限 重力G=mg=0.02N 方向竖直向下 静电力 F=Eq=0.02N 方向竖直向上 所以重力和静电力平衡，物体只受洛伦兹力，由 可得 ‎ ‎ 又因为传送带左右侧轮的半径R=0.2m，右侧轮的圆心坐标高h=7.8m 所以物体在第一象限运动半个圆周后从Y轴上的y=3.2m处水平射出，做平抛运动，物体的运动轨迹如图 所以由得 t3=0.8s x=vt3=3.84m 所以P点坐标为（-3.84，0）‎ ‎（3）讲速度增加至v=16m/s，物块在传送带上加速运动，由（1）得，加速度a=8m/s2‎ 所以当物体和传送带共速时的位移由得 加速位移 x加=16m 所以物体进入复合场的初始速度v′=16m/s 由由得 r1=8m 物体在第一象限运动轨迹为四分之一圆周，垂直于x轴进入第四象限，在第四象限中的半径 r2=4m 所以物体运动的轨迹如图 为了让小物块能穿过挡板上的小孔，所以由几何关系可得 ‎（n=0，1，2，3……）‎ ‎18.关于物体的内能，下列说法正确的是（　　）‎ A. 若把氢气和氧气看作理想气体，则具有相同质量和相同温度的氢气和氧气具有相等的内能 B. 相同质量0℃水的分子势能比0℃冰的分子势能小 C. 物体吸收热量后，内能不一定增加 D. 一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 E. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 ‎【答案】CDE ‎【详解】A．氢气和氧气的摩尔质量不同，故相同质量的氢气和氧气的分子数不同；温度相同，故分子热运动平均动能相同，故相同质量和相同温度的氢气的内能大于氧气具有的内能，故A错误。‎ B．冰融化为水要吸收热量，故相同质量的0℃的水的分子势能比0℃的冰的分子势能大，故B错误。‎ C．物体吸收热量后，可能对外做功，内能不一定增加，故C正确。‎ D．温度是分子平均动能的标志，一定量的某种理想气体，分子势能忽略不计，其内能只与温度有关，故D正确。‎ E．根据理想气体状态方程，一定量的某种理想气体在等压膨胀，温度一定升高，分子的平均动能也一定增大，而分子势能可以忽略不计，所以内能也一定增加，故E正确。‎ 故选CDE。‎ ‎19.如图所示，大气压强恒为p0，用横截面积为S的可动水平活塞将一定质量的理想气体密封于悬挂在天花板上的汽缸中，活塞的质量为，开始时，环境的热力学温度为T0，活塞与汽缸顶部的高度差为h0，由于环境温度缓慢降低，活塞缓慢向上移动，当环境温度降低至T1时，活塞向上移动了0.2h0，已知密封气体的内能U与热力学温度T的关系为U=kT（k为正常数），汽缸导热良好，与活塞间的摩擦不计，重力加速度为g，求 ‎（i）变化后环境的温度T1；‎ ‎（ⅱ）全过程中密封气体向外界放出的热量Q。‎ ‎【答案】（i）0.8T0；（ii） ‎ ‎【详解】（i）以封闭气体为研究对象，初态体积：V1=h0S，温度为：T0 末态体积：V2=（h0-0.2h0）S=0.8h0S，温度为：T1 气体做等圧変化，根据盖吕萨克定律得：‎ ‎ ‎ 代入数据解得：‎ T1=0.8T0‎ ‎（ⅱ）活塞缓慢移动的过程，封闭气体做等压变化，有：‎ W=pS△h，‎ 其中 ‎ 则 ‎ ‎ 根据热力学第一定律可知，该过程中气体减少的内能为：△U=Q+W 由U=KT可知 ‎△U=K△T ‎△T=T0-0.8T0=0.2T0，‎ 则：‎ ‎△U=-0.2kT0‎ 联立解得：‎ ‎20.如图所示，一束光从空气中射向折射率n=的某种玻璃的表面，i表示入射角，光在真空中的传播速度c=3×108m/s，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 当i＞45°时会发生全反射现象 B. 无论入射角是多大，折射角r都不会超过45°‎ C. 欲使折射角r=30°应以i=45°的角度入射 D. 当入射角tani=时，反射光线跟折射光线恰好垂直 E. 光在该玻璃中的传播速度v=1.5×108m/s ‎【答案】BCD ‎【详解】A．光从空气中射向玻璃表面时，不可能发生全反射，故A错误。‎ B．当入射角最大时，根据折射定律知，折射角也最大，而最大的入射角为90°，则由得 r=45°‎ 所以最大的折射角为45°．故B正确。 C．当折射角r=30°时，由折射定律得入射角 i=45°‎ 故C正确。 D．当反射光线跟折射光线恰好互相垂直时，设入射角为i，折射角为β，有i+β=90°，‎ 所以 i=arctan．‎ 故D正确。 E．光在该玻璃中传播速度 ‎ ‎ 故E错误；‎ 故选BCD。‎ ‎21.如图所示，实线是一列简谐横波在t1时刻的波形图，虚线是在t2=(t1+0.2）s时刻的波形图。‎ ‎（i）若波速为45m/s，求质点M在t1时刻的振动方向（阐述判断依据）‎ ‎（ⅱ）在t1到t2的时间内，如果M通过的路程为1.4m，那么波的传播方向怎样？波速多大？‎ ‎【答案】（i）y轴正方向。（ii）x轴负方向传播，波速为35m/s。‎ ‎【详解】（i）0.2s内，波传播的距离为：‎ ‎△x=v△t=9m=2λ+λ 则波沿x轴正方向传播，t1时刻质点M向y轴正方向振动。‎ ‎（ii）在t1到t2的时间内，有：‎ ‎△t=2T+T 振幅A=20cm=0.2m。‎ M通过的路程为1.4m=7A，即波传播了，经过了，则波沿x轴负方向传播。‎ 波速为：‎ ‎=35m/s