江西省赣州市宁师中学2020届高三12月月考物理试卷（Word版有答案）.doc

物理试卷 一、单项选择题（本大题共 7 小题，共 28.0 分） 1.在科学发展史上，许多物理科学家做出了杰出贡献，他们在研究过程中应用了很多科学方 法，下列叙述正确的是（　　） A. 法拉第通过实验研究，总结出“磁生电”是一种在变化，运动的过程中才能出现的效应， 并总结出法拉第电磁感应定律 B. 亚里士多德提出重的物体比轻的物体下落的快，是没有事实依据凭空猜想出来的 C. 富兰克林命名了正负电荷，为定量研究电现象定了基础 D. 爱因斯坦首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐射 或吸收的，这个不可再分的最小能量值叫做能量子 2.某人骑自行车在平直道路上行进，图中的实线记录了自行车开始一段时间内的 v－t 图象， 某同学为了简化计算，用虚线作近似处理，下列说法正确的是　(　　) A.在 t3～t4 时间内，自行车的速度恒定 B. 在 t1 时刻，实际加速度一定大于 C. 0～t3 这段时间内的平均速度一定小于 D. 0～t1 这段时间内的平均速度一定大于 3.充电宝内部的主要部件是锂电池，充电宝中的锂电池在充电后，就是一个电源，可以给手 机充电．充电宝的铭牌通常标注的是“m A·h”（毫安时）的数量，即锂电池充满电后全部放 电的电荷量,机场规定：严禁携带额定能量超过 160W·h 的充电宝搭乘飞机．某同学查看了自 己的充电宝铭牌，上面写着“10000mA·h”和“3.7V”，该充电宝 A.能带上飞机 B.额定能量为 37000W·h C.额定能量为 3.7W·h D. 不能带 上飞机 1 3 v t 1 2 v 1 1 32 v t t4.2019 年初，中国科幻电影《流浪地球》热播、影片中为了让地球逃离太阳系，人们在地球 上建造特大功率行星发动机，使地球完成一系列变轨操作、地球在椭圆轨道 I 上运行到远日 点 B 变轨，进入椭圆轨道Ⅱ、在椭圆轨道Ⅱ上运行到 B 点，……，最终摆脱太阳束缚、对 于该逃离过程，下列轨道示意图可能正确的是（　　） A ． B ． C ． D． 5.1960 年第 11 届国际计量大会通过了国际单位制（SI）其中“千克”作为质量的基本单位， 其定义来自于一块保存在国际计量局的铂铱合金圆柱体，据国际计量局数据显示，百年来各 国保存的质量基准与国际千克原器一致性发生了约 0.05 毫克的变化，为此 2018 年 11 月第 26 届国际计量大会通过了关于“修订国际单位制（SI）的 1 号决议，该决议将“千克”改用量 子物理中的普朗克常数重新定义，使质量基本单位更加稳定，量值传递更加可靠，适用于任 何地点，任何时间，若质量 m 与普朗克常数 h 的关系写成 ，在 SI 中比例系数 k 的单 位用基本单位来表示，写成量纲式 ，式中 L、M、T 分别表示长度 L，质量 M，时间 T，3 个基本量的量纲，则量纲指数 ， ， 分别为 A. B. C. D. 6.1930 年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，此加速器由两个半径均 为 R 的铜质 D 形盒 D1、D2 构成，其间留有空隙。比荷为 k 的质子由加速器的中心附近飘入 加速器，以最大速度 vm 射出加速器。氘核的比荷是质子比荷的 ，下列说法正确的是（　　） m kh= [ ]k L M Tα β γ= α β γ 2, 0, 1α β γ= − = = 1, 1, 1α β γ= = = − 2, 0, 2α β γ= = = − 1, 2, 2α β γ= = = − 1 2A．交变电压 u 的最大值越大，质子射出加速器的速度也越大 B．磁场的磁感应强度大小为 C．此加速器可以直接用来加速氘核 D．若此加速器中磁场的磁感应强度加倍，就可用来加速氘核 7.如图,为排球场示意图,场地长为 MN,网 AB 高为 H，某次训练时,从网左侧 P 点正上方的 O 处,将质量为 m 的球沿垂直于网的方向水平击出,球恰好通过网的上沿落到右侧底线 N 处,从 击球到球落地用时为 t。已知 MA=NA,AP= ,取重力加速度为 g,不计空气阻力。下列说法 正确的是 A.球在网左侧运动时间为 B.球在网左右两侧运动速度变化量之比为 1:2 C.球的重力势能减少了 D.球过网时与落到右侧底线时动能之比为 1:9 二、多选题（本大题共 3 小题，共 12.0 分） 8.如图所示，C1 为中间插有电介质的电容器，a 和 b 为其两极板，a 板接地．M 和 N 为两水 平正对放置的平行金属板，当金属板带上一定电荷后使在两板间的一带电小球 P 处于静止 状态．M 板与 b 板用导线相连，N 板接地．在以下方法中，能使 P 向上运动的是( ) mRv k 2 MA 2 3 t 5 2 mgHA.稍微增大 M、N 间的距离 B.稍微增大 a、b 间的距离 C.取出 a、b 两极板间的电介质 D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质 9.如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原、副线圈匝数比为 a，降压变压器的原、 副线圈匝数比为 b，输电线的电阻为 R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机 输出的电压恒为 U，若由于用户的负载变化，使电压表 V2 的示数增大了△U，则下列判断正 确的是（　　） A．电压表 V1 的示数不变 B．电流表 A2 的示数减小了 C．电流表 A1 的示数减小了 D．输电线损失的功率减小了 10.根据生活经验可知，处于自然状态的水都是往低处流的，当水不再流动时，水面应该处 于同一高度。将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度转动，稳定时水面呈凹状，如图所 示。这一现象可解释为，以桶为参考系，其中的水除受重力外，还受到一个与转轴垂直的 “力”，其方向背离转轴，大小与到轴的垂直距离成正比。水面上的一个小水滴在该力作用下 也具有一个对应的“势能”，在重力和该力的共同作用下，水面上相同质量的小水滴最终将具 有相同的势能。根据以上信息，下列说法正确的是 b U R ∆ b U R ∆ 2( )b U RR ∆A. 该“力”对水面上小水滴做功与路径无关 B. 小水滴沿水面向上移动时该“势能”增加 C. 水面上的小水滴受到重力和该“力”的合力一定与水滴所在水面垂直 D. 小水滴沿水面向上移动时重力势能的增加量等于该“势能”的减少量 二、实验题探究题（本大题共 2 小题，共 16.0 分） 11(7 分).如图,OA 为一圆弧,其末端水平。ABC 为一斜面体。圆弧末端恰好与斜面体顶端在 A 点重合。现借助该装置验证碰撞中的动量守恒。 (1)先不放玻璃小球 2,让钢球 1 从圆弧上某一适当的位置自由滚下,重复 10 次,用尽可能小的 圆将所有的落点都圈在里面,得到钢球 1 的平均落点; (2)将玻璃小球 2 静置在 A 点,让入射钢球 1 继续从相同的位置处自由滚下,在 A 点与小球 2 发生碰撞,重复 10 次,同样的办法确定它们各自的平均落点;(两小球体积相同,且均视为质点); (3)(1 分)确定的落点为斜面上的 P、M、N 三点,其中________点为玻璃小球 2 的落点; (4)(2 分)为了验证碰撞中的动量守恒,必须测量的物理量有（ ） A.小球 1、2 的质量 m1、m2; B.斜面倾角 θ; C.各落点到 A 点的距离 lAM、lAP、lAN (5)(2 分)实验需要验证是否成立的表达式为____________ (用所测物理量表达). (6)(2 分)如果两钢球碰撞为弹性碰撞，则应满足的表达式为 (用所测物理量表达) 12(9 分).甲同学将标准电压表 V0（量程为 U0＝3V，内阻 r0＝3 kΩ）改装为电压表 V，改装后的电压表刻度盘上的刻度均匀分布共有 N 格，该同学改装后没有在刻度盘上标上相应的 刻度值，乙同学想测量出改装后电压表的量程和内阻。提供的器材有： A．改装后的待测电压表 V（内阻 Rv 未知） B．标准电压表 V1（量程为 3V，内阻 r1 约为 3kΩ） C．标准电压表 V2（量程为 30V，内阻 r2 约为 30kΩ） D．滑动变阻器 R（最大阻 值为 20Ω） E．学生电源 E（输出电压调节范围 0～16V） F．开关 S、导线若干 (1)(3 分)乙同学为了得到待测电压表 V 的量程和内阻，按图甲所示电路图连接好实验电路， 闭合开关，调节滑动变阻器，发现标准电压表 V1 的指针接近满偏时，待测电压表 V 的指针 还未偏到满偏的三分之一；接着该同学只将标准电压表 V1 换成标准电压表 V2，调节滑动变 阻器，当待测电压表 V 的指针满偏时，标准电压表 V2 的指针也还未偏到满偏的三分之一。 为了让电表指针均偏转到满偏的三分之一以上，且能较精确地测出待测电压表 V 的量程和 内阻，请重新设计工作电路，将其画在如图乙所示的虚线框内。 (2)(每空 2 分)根据设计的电路进行实验，调节滑动变阻器，并让待测电压表 V 的指针恰好 偏转了 n 格，为了得到待测电压表 V 的量程和内阻，还需要测量的物理量和相应的符号是 ， 待测电压表 V 的量程为 ，待测电压表 V 的内阻为 。（用测得的物理量和题中已知 量的符号表示） 三、解答题(本大题共 4 小题，共 44.0 分，其中第 16 题在 16(A)或 16(B)中选做 一题，解答应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，只写出最后答案的 不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位) 13(8 分).如图所示，汽车沿平直公路以 9m/s 的速度行驶，前方两路口的红灯都是 20s、绿灯 都是 30s，且保持同步，两路口相距 x2＝282m，公路允许的最高行驶速度为 36km/h。汽车 行至距第一路口 x1＝100m 处时该路口的红灯亮起，司机立即刹车，汽车开始做匀减速直线 运动，行至停车线时绿灯恰好亮起，为了能在第二路口的红灯亮起前正常通过第二路口，司机又立即踩油门让汽车做匀加速直线运动。求： (1)汽车通过第一路口前加速度的大小； (2)汽车到达第一路口停车线时的速度； (3)汽车通过第一路口后加速运动时的最小加速度。 14(10 分).如图 a 所示，弹簧下端与静止在地面上的物块 B 相连，物块 A 从距弹簧上端 H 处由静止释放，并将弹簧压缩，弹簧形变始终在弹性限度内。已知 A 和 B 的质量分别为 m1 和 m2，弹簧的劲度系数为 k，重力加速度为 g，不计空气阻力。取物块 A 刚接触弹簧时的 位置为坐标原点 O，竖直向下为正方向，建立 x 轴。 (1)在压缩弹簧的过程中，物块 A 所受弹簧弹力为 F 弹，请在图 b 中画出 F 弹 随 x 变化 的示意图 (2)求物块 A 在下落过程中最大速度 vm 的大小； (3)若用外力 F 将物块 A 压住（A 与弹簧栓接），如图 c 所示。撤去 F 后，A 开始向上 运动，要使 B 能够出现对地面无压力的情况，则 F 至少多大？ 15(16 分).如图所示，有两根足够长的平行光滑导轨水平放置，右侧用一小段光滑圆 弧和另一对竖直光滑导轨平滑连接，导轨间距 L＝1m。细金属棒 ab 和 cd 垂直于导轨 静止放置，它们的质量 m 均为 1kg，电阻 R 均为 0.5Ω．cd 棒右侧 lm 处有一垂直于导 轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁感应强度 B＝1T，磁场区域长为 s。以 cd 棒的初 始位置为原点，向右为正方向建立坐标系。现用向右的水平变力 F 作用于 ab 棒上， 力随时间变化的规律为 F＝（0.25t+1）N，作用 4s 后撤去 F．撤去 F 之后 ab 棒与 cd 棒发生完全弹性碰撞，cd 棒向右运动。金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计， 空气阻力不计。求：(1)ab 棒与 cd 棒碰撞后瞬间的速度分别为多少； (2)若 s＝1m，求 cd 棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最大高度 h； (3)若可以通过调节磁场右边界的位置来改变 s 的大小，求 cd 棒最后静止时的位置 x 与 s 的 关系。 16(A).(10 分)如图所示，AOB 为扇形玻璃砖，一细光束照射到 AO 面上的 C 点，入射光线与 AO 面的夹角为 ，折射光线平行于 BO 边，圆弧的半径为 R，C 点到 BO 面的距离为 ， AD⊥BO，∠DAO＝ ，光在空气中的传播速度为 c，求： ①玻璃砖的折射率及光线在圆弧面上射出时的折射角； ②光在玻璃砖中传播的时间． 16(B). (10 分)一辆汽车停放一夜，启动时参数表上显示四个轮胎示数都为 240kpa，如图所示， 此时气温为 27 ．当汽车运行一段时间后，表盘上的示数变为 260kpa。已知汽车单个轮胎 气体体积为 35 升（L）。假设轮胎内气体体积变化忽略不计，轮胎内气体可视为理想气体， 标准大气压为 100kpa。求： ② 此时轮胎内气体温度为多少； ②汽车通过放气的方式让胎压变回 240kpa，则在标准大气压下每个轮胎需要释放气体的体 积。（气体释放过程温度不变） 30° 2 R 30° C° 物理参考答案 1. 解析：A．法拉第通过实验研究，总结出“磁生电”，而纽曼，韦伯在对理论和实验资料 进行严格分析先，后总结出：闭合电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化 率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律，故 A 错误； B．亚里士多德提出重的物体比轻的物体下落的快，是根据生活经验猜想出来的，故 B 错误； C．富兰克林命名了正负电荷，为定量研究电现象奠定了基础，符合史实，故 C 正确； D．普朗克首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐射或 吸收的，这个不可再分的最小能量值叫做能量子，故 D 错误 2. 解析：A．在 t3～t4 时间内，速度图线为曲线，说明速度是变化的，故 A 项错误。 B．图线在 t1 时刻的斜率大于虚线在该处的斜率，表明实际加速度一定大于 ，故 B 项正 确； C．若自行车做匀变速直线运动，则 0～t3 这段时间内的平均速度为 由题图可知，自 行车的实际位移不一定小于虚线所围面积，故 C 项错误； D．设 t1 时刻对应的速度为 v0，0～t1 这段时间内的位移小于自行车做匀变速直线运动的位 移(题图中虚线)，因而平均速度 根据几何知识有 则 v0＝ 所以 故 D 项错误； 3. BC．由题意可知，充电宝的额定电荷量和额定电压分别为 10000mAh 和 3.7V，所以充电 宝的额定能量为 故 BC 错误； AD．由于机场规定：严禁携带额定能量超过 160W·h 的充电宝搭乘飞机，所以能带上飞机， 故 A 正确，D 错误。 4. 解：根据开普勒第一定律可得，太阳在椭圆轨道的一个焦点上，由题意可知 B 点是椭圆 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B A C A D B BC AC ACD 1 3 v t 10 2 v+ 0 2 vv < 0 1 1 3 v t v t = 1 1 3 v t t 0 1 1 32 2 v v tv t < = 310000 10 3.7W h=37W hE W qU −= = = × × ⋅ ⋅轨道的远日点，地球在做离心运动，从而可知 C 图可能正确，ABD 错误。 5.普朗克常量一般写成 ，在 SI 中其单位“ ”,单位“J”是导出单位， 将其用基本单位导出，有 ，因此，对照量纲式可得正确选项是 A 6. 解：A、由 B＝ 得 vm＝kBR，可见 vm 与 u 的最大值无关，故 A 错误。 B、设质子的质量为 m，电荷量为 q，由 qvB＝m ，得 B＝ ．当 r＝R 时，v＝vm，故 有 B＝ ＝ ．故 B 错误。 C、回旋加速器正常工作时，要求交变电压 u 的周期等于粒子在加速器中运动的周期，即交 变电压的周期 T＝ ＝ ，而氘核在回旋加速器中运动的周期 T′＝ ＝ ，所 以此加速器不能直接用来加速氘核。故 C 错误。 D、若此加速器中磁场的磁感应强度加倍，则氘核的周期变为 T″＝ ＝ ＝T，可 用来加速氘核，故 D 正确。 7. 解析：A．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，由于 ，所以球在网右侧的 运动时间为在左侧时间为 2 倍，由于总时间为 t，所以球在网左侧运动时间为 ，故 A 错 误； B．由于平抛运动的加速度恒为 ，由加速度定义 可知，速度变化量之比等于所用 时间之比即为 1:2，故 B 正确； C．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，则排球从初位置运动网的位置与排球从初位置 到落地的时间之比为 1：3，通过竖直方向上做自由落体运动，由 得， 又 解得： 所以球的重力势能减小量为 故 C 错误； D．从抛出到过网时，由动能定理有 从抛出到右侧落地时，由动能定理有 346.63 10 J sh −= × ⋅ J s⋅ 2 21 1 m=1kg m sJ N −= ⋅ ⋅ ⋅ 2 NAPA = 1 3t g vg t ∆= ∆ 21 2h gt= 1 1 9 h h = 1H h h= − 9 8h H= 9 9 8 8mgh mg H mgH= × = 1 k1 k0mgh E E= −由于 所以球过网时与落到右侧底线时动能之比不为 1:9，故 D 错误。 8. 解析：因 P 向上运动，因此 EMN 增大；根据 ，且 与 S 均不变；则有：QMN 增大，再根据 QMN=UMN•CMN，由于 CMN 不变，即 UMN 增大；由题意可知，M，b 是等势面， a 与 N 接地，电势为零；所以 UMN=Uab，即 Uab 增大；又因为 Q 总量不变，且 QMN 增大， 那么 Qab 必然减小，即 Cab 只能减小，依据 可知， B.稍微增大 a、b 间的距离，电容 Cab 减小，故 B 项正确； A.稍微增大 M、N 间的距离，依据 可知，电容 CMN 变小，由于 Q 总量不变， 即 又 UMN=Uab 所以有： 而 由于 变大，所以 变小，所 以 P 向下运动，故 A 项错误； C.取出 a、b 两极板间的电介质，电容 Cab 减小，故 C 项正确； D.换一块形状大小相同、介电常数更大 电介质，电容 Cab 增大，故 D 项错误。 9. 解：A、由于 U 不变，所以电压表 V1 的示数不变，故 A 正确； BC、由于 V2 增大，所以降压变压器原线圈的电压 U3 增大了 b△U，根据 UV1＝IA1R+U3，所 以 IA1R 减小了 b△U，所以电流表 A1 的示数减小了 ，A2 的示数减小了 ，故 C 正 确；B 错误； D、输电线损失的功率减小了△P＝ ，故 D 错误。 10. 解析：A 项：由于该力做功与重力做功类似，所以该“力”对水面上小水滴做功与路径无 关，故 A 正确； B 项：由于该“力”与转轴垂直，所以小水滴沿水面向上移动时该力的方向与位移方向夹角小 于 ，该力做正功，该“势能减小，故 B 错误； C 项：以桶为参考系，小水滴处于平衡状态，小水滴受重力，与转轴垂直且背离转轴的力， 水面的支持力，由于水面的支持力方向与水面垂直，所以水面上的小水滴受到重力和该“力” 的 k2 k0mgh E E= − 1 1 9 h h = 4 MN kQE S π ε= ε 4π SC kd ε= 4πMN MN SC kd ε= MN MN ab abC U C U Q+ = MN MN ab QU C C = + ( ) 4π MN MN MN ab MN MN ab MN U Q QE Sd C C d C d k ε= = =+ ⋅ + MNd MNE 90°的合力一定与水滴所在水面垂直，故 C 正确； D 项：由能量守恒可知，小水滴具有的重力势能和该力对应的势能之和不变，小水滴沿水面 向上移动时重力势能增加，该势能减小，所以小水滴沿水面向上移动时重力势能的增加量等 于该“势能”的减少量，故 D 正确。 11.(3)N 点(1 分)，(4)AC(2 分)(5) (2 分)(6) (2 分) (3)[1]小球 1 和小球 2 相撞后，小球 2 的速度增大，小球 1 的速度减小，都做平抛运动，所 以碰撞后 1 球的落地点是 P 点，2 球的落地点是 N 点； (4)[2]碰撞前，小球 1 落在图中的 M 点，设其水平初速度为 v1．小球 1 和 2 发生碰撞后，小 球 1 的落点在图中的 P 点，设其水平初速度为 v1′，小球 2 的落点是图中的 N 点，设其水平 初速度为 v2． 设斜面 AB 与水平面的倾角为 ，由平抛运动规律得： 解得： 同理可解得： ， 所以只要满足 即 A．小球 1、2 的质量 m1、m2 与分析相符，故 A 正确； B．斜面倾角 θ 与分析不符，故 B 错误； C．各落点到 A 点的距离 lAM、lAP、lAN 与分析相符，故 C 正确。 (5)[3]由(4)分析可知，实验需要验证 (6)由弹性碰撞有 1 1 2AM AP ANm L m L m L= + 1 1 2AM AP ANm L m L m L⋅ = ⋅ + ⋅ θ 21sin 2APL gtθ = ' 1cosADL v tθ = 2 ' 1 (cos ) 2sin APgLv θ θ= 2 1 (cos ) 2sin AMgLv θ θ= 2 2 (cos ) 2sin ANgLv θ θ= ' 1 1 1 1 2 2m v m v m v= + 1 1 2AM AP ANm L m L m L= + 1 1 2AM AP ANm L m L m L= +解得 12.(1) (3 分)(2) 标准电压表 V1 的示数 U1，标准电压表 V2 的示数 U2；(2 分) (2 分)， (2 分) 解：(1)将标准电压表 V1 和待测电压表 V 并联，两者电压相等，当标准电压表 V1 满偏时， 待测电压表 V 的指针还未偏到满偏的三分之一，说明待测电压表 V 的量程大于 9V．将标准 电压表 V1 换成标准电压表 V2，调节滑动变阻器，待测电压表 V 的指针满偏时，标准电压表 V2 的指针也还未偏到满偏的三分之一，说明待测电压表 V 的量程小于 10V，则待测电压表 V 的量程在 9～10V 之间，且待测电压表 V 是通过标准电压表 V0 改装而来，可以推测待测电 压表 V 的内阻在 9kΩ～10kΩ 之间。由于没有电阻箱和定值电阻，故可以把标准电压表 V1 和待测电压表 V 串联后再和标准电压表 V2 并联。标准电压表 V1 和待测电压表 V 的指针接 近满偏时，两者电压值之和在 12～13V 之间，标准电压表 V2 的指针可偏转到满偏的三分之 一以上，实验电路图如图所示： (2)调节滑动变阻器，让待测电压表 V 的指针恰好偏转 n 格，记录标准电压表 V1 的示数 U1 和标准电压表 V2 的示数 U2，假设待测电压表 V 的量程为 U， 则有： ，解得： ，由 得： 。 13.(1)a＝0.4m/s2(2) v1＝lm/s(3) a2＝2.25m/s2 解析： 2 '2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2m v m v m v= + 1 1 2AM AP ANm L m L m L⋅ = ⋅ + ⋅ 2 1( )N U Un − 2 1 0 0 ( )N U U r nU −(1)设匀减速运动的加速度大小为 a1，由题意得刹车的时间为 t1＝20s，刹车通过的位移为：x1＝ 100m，由位移公式得： (1 分) 代入数据得：a＝0.4m/s2 (1 分) (2)设车到达第一路口停车线时的速度为 v1，由速度公式得：v1＝v0﹣a1t1 (1 分) 代入数据得：v1＝lm/s (1 分) (3)设匀加速的最小加速度大小为 a2，汽车先匀加速至最大允许速度为：v＝36km/h＝10m/s， 这个过程的时间为： (1 分) 后以最大速度匀速运动至第二路口，在绿灯熄灭前通过路口停车线，这个过程的时间为： t3＝30s﹣t2 (1 分) 由位移关系得： (1 分) 代入数据得：a2＝2.25m/s2 (1 分) 14.(1) (2) (3) (1)(2 分)由胡克定律可得，A 受到的弹力为 （x 为 A 的位移即弹簧的形变量），所以 弹力与 x 成正比，图像如图所示 (2)当物体的加速度为零时，速度最大，此时有 (1 分) 由动能定理得 2 1 0 1 1 1 1 2x v t a t= − 1 2 2 v vt a −= 2 2 1 2 3 22 v vx vta −= + 2 12m m gv gH k = + 1 2( )F m m g= + F kx=弹 mg kx= (1 分) 解得： (1 分) (3)用外力 F 将物块 A 压住时，弹簧的压缩量为 ，此时由平衡可知 (1 分) B 刚好离开地面时弹簧的伸长量为 ，由平衡可知 (1 分) B 刚好离开地面时 A 的速度为 0，从撤去力 F 到 B 刚好离开地面由动能定理得 (2 分) 联立以上三式解得 (1 分) 15.(1)0 6m/s (2)若 s＝1m，求 cd 棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最大高度 h 是 1.25m； (3)①当 s≥6m 时，x＝d+1＝7m 当 s＜6m 时，此时棒的位置坐标为 x＝2s﹣d+1（m） ②当 3m≤s＜6m 时，x＝（2s﹣5）m 当 s＜3m 时，cd 棒返回穿过磁场，与 ab 棒发生弹性碰撞后静止。 ③当 0＜s＜3m 时，x＝0。 解：(1)设撤去力 F 的瞬间，ab 棒的速度大小为 v1。 4s 内的平均作用力 (2 分) 由动量定理得 t＝mv1﹣0 （1 分） 解得：v1＝6m/s （1 分） cd 棒与 ab 棒质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，ab 棒静止，cd 棒以速度 v1 向右。 (2)设 cd 棒离开磁场时的速度为 v2，由动量定理得 21 2 2 m kxmgx x mv− = 2 12m m gv gH k = + 0x 1 0F m g kx+ = 1x 2 1m g kx= 0 1 0 1 1 0 1( ) ( ) 02 kx kx x x m g x x − + − + = 1 2( )F m m g= + 0 4 1 (0.25 4 1) N 1.5N2 2 F FF + + × += = = F﹣B L△t＝mv2﹣mv1 （2 分） q＝ △t＝ ＝ （2 分） 所以 v2＝v1﹣ ，解得 v2＝5m/s 上升的高度 h＝ ＝ ＝1.25m (1 分) (3)分三种情况：如果 s 足够大，cd 棒在磁场内运动的距离为 d。 由第二题的过程可知 d＝ ＝6m （2 分） ①当 s≥6m 时，x＝d+1＝7m (1 分) 当 s＜6m 时，cd 棒穿过磁场后经竖直轨道返回，若仍没有穿过磁场，即 2s≥d，此时棒的位 置坐标为 x＝2s﹣d+1（m） ②当 3m≤s＜6m 时，x＝（2s﹣5）m （2 分） 当 s＜3m 时，cd 棒返回穿过磁场，与 ab 棒发生弹性碰撞后静止。 ③当 0＜s＜3m 时，x＝0。 （2 分） 16(A)① ② 光路如图所示 (2 分) 由于折射光线 CE 平行于 BO，因此光线在圆弧面上的入射点 E 到 BO 的距离也为 ，则光 线在 E 点的入射角 α 满足 (1 分) 得 由几何关系可知 I I 3 60° 2R c 2 R 1sin 2 α = 30α °= (1 分) 因此光线在 C 点的折射角为 由折射定律知，玻璃砖的折射率为 (2 分) 由于光线在 E 点的入射角为 ，根据折射定律可知，光线在 E 点的折射角为 ； ②由几何关系可知 (2 分) 光在玻璃砖中传播的速度为 (1 分) 因此光在玻璃砖中传播的时间为 (1 分) 16(B)①325K②7L ①轮胎内气体的压强增大的过程中气体的体积不变， 初状态：p1＝240kpa，T1＝273+27＝300K，末状态：p2＝260kpa 则： (2 分) 代入数据可得：T2＝325K (2 分) ②放气开始时：p2＝260kpa，T2＝325K，V2＝V0＝35L 放气后的气体分为两部分， 内部：P3＝P1＝240kpa，T3＝T2＝325K，V3＝V0＝35L 外部：P4＝100kpa，T4＝T2＝325K，V4＝？ 由理想气体的状态方程： (4 分) 代入数据可得：V4＝7L (2 分) 90COE °∠ = 30r °= sin sin 60 3sin sin30 in r ° °= = = 30° 60° 2 3 cos30 3 RCE R°= = cv n = 2CE Rt v c = = 1 2 1 2 p p T T = 3 32 2 4 4 2 3 4 p Vp V p V T T T = +