赤峰市寧城縣屆高三上學(xué)期月月考物理試題

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精寧城縣高三年級(jí)統(tǒng)一考試（2017。10。20）物理試題一．選擇題，共12小題，每題3分，共36分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1—7題只有一個(gè)正確選項(xiàng)；8—12題有多個(gè)選項(xiàng),全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全得1分。1。請(qǐng)用學(xué)過(guò)的物理知識(shí)判斷,下列說(shuō)法正確的是A。物體的加速度大小不能瞬間改變，但加速度的方向可以瞬間發(fā)生變化B。安培力是大量運(yùn)動(dòng)電荷所受洛侖茲力的宏觀表現(xiàn)C。做圓周運(yùn)動(dòng)的物體受到的合外力一定指向圓心D.牛頓第一、二、三定律都可以用實(shí)驗(yàn)的方式加以驗(yàn)證【答案】B2。如圖所示，從傾角為θ的斜面上的A點(diǎn)，以水平速度v0拋出一個(gè)小球，不計(jì)空氣阻力，它落到斜面上B點(diǎn)所用的時(shí)間為A.B.C。D?！敬鸢浮緾【解析】因?yàn)槁涞叫泵嫔螧點(diǎn)，所以豎直方向上的位移和水平方向上的位移滿足，因?yàn)樾∏蜃銎綊佭\(yùn)動(dòng)，在豎直方向上有，在水平方向上有，聯(lián)立可得，解得，C正確．3.質(zhì)量分別為的甲、乙兩球，在離地相同高度處，同時(shí)由靜止開始下落,由于空氣阻力的作用，兩球到達(dá)地面前經(jīng)時(shí)間t0分別到達(dá)穩(wěn)定速、知空氣阻力大小f與小球的下落速率v成正比，即（k>0）,且兩球的比例常數(shù)k完全相同，兩球下落的v—t關(guān)系如圖所示,下落說(shuō)法正確的是A。B。C。釋放瞬間甲球的加速度較大D。相同時(shí)間內(nèi)兩球下落的高度相等【答案】B【解析】由圖象知甲乙兩球勻速運(yùn)動(dòng)的速度關(guān)系有：v甲＞v乙，由平衡得：mg=kv，聯(lián)立得：m1＞m2，且，故B正確，A錯(cuò)誤;釋放瞬間兩球的速度均為零，阻力為零，故加速度均為g，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；圖線與時(shí)間軸圍成的面積等于物體的位移,由圖像可知t0時(shí)間內(nèi)甲下落的高度較大，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選B.4。如圖所示，ab、cd是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，a、b、c、d位于同一圓周上，b點(diǎn)為圓周的最低點(diǎn)，c點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn)，若每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)（圖中未畫出），將兩滑環(huán)同時(shí)從a、c處由靜止釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)從a到b、c到d所用的時(shí)間，則A.t1〈t2B。t1〉t2C。t1＝t2D。無(wú)法確定【答案】C【解析】試題分析:設(shè)滑桿與豎直方向的夾角為,根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式，得出時(shí)間與、圓周直徑的關(guān)系式，進(jìn)行分析．設(shè)滑桿與豎直方向的夾角為，圓周的直徑為d．根據(jù)牛頓第二定律得：滑環(huán)的加速度為,滑桿的長(zhǎng)度為，則根據(jù)得，，可見時(shí)間t與α無(wú)關(guān)，故有，C正確5.如圖所示，銅管內(nèi)有一片羽毛和一個(gè)小磁石?，F(xiàn)將銅管抽成真空并豎直放置，使羽毛、小磁石同時(shí)從管內(nèi)頂端由靜止釋放，已知羽毛、小磁石下落過(guò)程中無(wú)相互接觸且未與管道內(nèi)璧接觸,則A。羽毛的下落時(shí)間大于小磁石的下落時(shí)間B。羽毛的下落時(shí)間等于小磁石的下落時(shí)間C。羽毛落到管底時(shí)的速度小于小磁石落到管底時(shí)的速度D。羽毛落到管底時(shí)的速度大于小滋石落到管底時(shí)的速度【答案】D【解析】由于電磁感應(yīng),小磁鐵在銅管中下落會(huì)受到感應(yīng)磁場(chǎng)的阻礙作用,下落時(shí)間大于羽毛下落的時(shí)間，A、B錯(cuò)誤;小磁鐵在銅管中下落過(guò)程中有電能產(chǎn)生,落到管底時(shí)的速度小于羽毛落到管底時(shí)的速度，C正確、D錯(cuò)誤。故選C。6.某電容式話筒的原理示意圖如圖所示，E為電源,R為電阻,薄片P和Q為兩相互絕緣的金屬極板。當(dāng)對(duì)著話筒說(shuō)話時(shí)，P振動(dòng)而Q可視為不動(dòng),在P、Q間距增大過(guò)程中A.P、Q兩板構(gòu)成電容器的電容增大B.P板電荷量增大C.M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)高D。M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)低【答案】C【解析】電容式話筒與電源串聯(lián)，其電壓保持不變．在P、Q間距增大的過(guò)程中，根據(jù)電容決定式可知電容減小，又根據(jù)電容定義式得知電容器所帶電量減小，P極板上電荷量減小,電容器放電,充電電流通過(guò)R的方向由M到N．故M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)高,故C正確．7。在足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，靜止的鈉的同位素發(fā)生衰變,沿與磁場(chǎng)垂直的方向釋放出一個(gè)粒子后，變?yōu)橐粋€(gè)新核，新核與放出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡均為圓，如圖所示,下列說(shuō)法正確的是A.新核為B。軌跡1是新核的徑跡C。衰變過(guò)程中子數(shù)不變D。新核沿順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)【答案】A【解析】發(fā)生衰變時(shí)動(dòng)量守恒，放出的粒子與新核的速度方向相反，由左手定則判斷得知，放出的粒子應(yīng)帶負(fù)電，是β粒子，所以發(fā)生的是β衰變，β衰變把一個(gè)中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子，放出一個(gè)電子，中子數(shù)減小，粒子是電子，根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，配平核反應(yīng)方程式,可知衰變方程為，故新核是，A正確C錯(cuò)誤；靜止的發(fā)生衰變時(shí)動(dòng)量守恒，釋放出的粒子與新核的動(dòng)量大小相等，兩個(gè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中都做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，因?yàn)樾潞说碾姾闪看笥谒尫懦龅牧Ｗ与姾闪?由半徑公式可知半徑與電荷量q成反比,新核的電荷量q大,所以新核的半徑小，所以軌跡2是新核的軌跡，B錯(cuò)誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，由左手定則判斷得知：新核要沿逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，D錯(cuò)誤．8。如圖所示,在動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0。2的水平面上，質(zhì)量m＝2kg的物塊與水平輕彈簧相連，物塊在與水平方向成θ＝45°角的拉力F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài),此時(shí)水平面對(duì)物塊的彈力恰好為零。g取10m/s2，以下說(shuō)法正確的是A.此時(shí)輕彈簧的彈力大小為20NB。若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間物塊的加速度為0C。若剪斷彈簧,則剪斷的瞬間物塊的加速度大小為8m/s2,方向向右D。當(dāng)撤去拉力F的瞬間，物塊的加速度大小為8m/s2，方向向左【答案】AD【解析】試題分析：先分析撤去力F前彈簧的彈力大小；再研究撤去F的瞬間，彈簧的彈力不變，對(duì)小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出瞬間的加速度大小;剪斷彈簧的瞬間,彈力瞬間變0．9.一質(zhì)量為m的物體，以初速v0從傾角θ的斜面底端沿斜面向上滑去，到達(dá)高度為處速度減為零。不考慮空氣阻力,重力加速度為g，則A。上滑過(guò)程中物體機(jī)械能的減少量為B.物體第一次返回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能為C.下滑過(guò)程中摩擦力對(duì)物體做的功為D。物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為【答案】ACD【解析】試題分析：分析重力勢(shì)能的增加量和動(dòng)能的減少量來(lái)求物體機(jī)械能的減少量．由功能關(guān)系求上滑過(guò)程中摩擦力對(duì)物體做的功．由動(dòng)能定理求物體第一次返回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能．由功的公式求動(dòng)摩擦因數(shù)．物體的動(dòng)能變化量為，重力勢(shì)能的變化量為，故機(jī)械能變化量為，即減小了，A正確；由于過(guò)程中只有重力和摩擦力做功,所以減小的機(jī)械能等于克服摩擦力做功,故上滑和下滑過(guò)程中摩擦力大小不變,路程不變,所以摩擦力做功相同，所以下滑過(guò)程中摩擦力仍做功，故根據(jù)動(dòng)能定理可得第一次滑到底端時(shí)的動(dòng)能為，B錯(cuò)誤C正確；因?yàn)椋?，?lián)立解得，D正確．10。2018年我國(guó)即將發(fā)射“嫦娥四導(dǎo)”登月探測(cè)器,將首次造訪月球背面,首次實(shí)現(xiàn)對(duì)地對(duì)月中繼通信，若“嫦娥四號(hào)”從距月面高度為100km的環(huán)月圓軌道I上的P點(diǎn)實(shí)施變軌,進(jìn)入近月點(diǎn)為15km的橢圓軌道Ⅱ，由近月點(diǎn)Q落月，如圖所示．關(guān)于“嫦娥四號(hào)”，下列說(shuō)法正確的是A。沿軌道I運(yùn)動(dòng)至P時(shí)，需制動(dòng)減速才能進(jìn)入軌道Ⅱ.B。沿軌道Ⅱ運(yùn)行的周期大于沿軌道I運(yùn)行的周期.C。沿軌道Ⅱ運(yùn)行時(shí)，在P點(diǎn)的加速度大于在Q點(diǎn)的加速度.D。在軌道Ⅱ上由P點(diǎn)運(yùn)行到Q點(diǎn)的過(guò)程中,萬(wàn)有引力對(duì)其做正功，它的動(dòng)能增加，重力勢(shì)能減小，機(jī)械能不變?！敬鸢浮緼D【解析】A、要使“嫦娥四號(hào)"從環(huán)月圓軌道I上的P點(diǎn)實(shí)施變軌，進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ需減速做近心運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力大于在該點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力，A正確；B、沿軌道Ⅱ運(yùn)行的周期小于沿軌道I運(yùn)行的周期,B錯(cuò)誤;C、萬(wàn)有引力使物體產(chǎn)生加速度，，沿軌道Ⅱ運(yùn)行時(shí),在P點(diǎn)的加速度小于在Q點(diǎn)的加速度,C錯(cuò)誤；D、月球?qū)Α版隙鹚奶?hào)”的萬(wàn)有引力指向月球，所以由P點(diǎn)運(yùn)行到Q點(diǎn)的過(guò)程中，萬(wàn)有引力對(duì)其做正功，它的動(dòng)能增加,重力勢(shì)能減小，機(jī)械能不變，D正確；故選AD.11.如圖所示,在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN是一豎直放置的感光板．從圓形磁場(chǎng)最高點(diǎn)P以速度v垂直磁場(chǎng)正對(duì)著圓心O射入帶正電的粒子,且粒子所帶電荷量為q、質(zhì)量為m，不考慮粒子重力，關(guān)于粒子的運(yùn)動(dòng)，以下說(shuō)法正確的是（）A。粒子在磁場(chǎng)中通過(guò)的弧長(zhǎng)越長(zhǎng)時(shí)間也越長(zhǎng)B。出磁場(chǎng)的粒子其出射方向的反向延長(zhǎng)線也一定過(guò)圓心0C。只要速度滿足v＝，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上D.出磁場(chǎng)的粒子一定能垂直打在MN上【答案】BC【解析】試題分析：帶電粒子射入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)著圓心入射,必將沿半徑離開圓心，根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力,求出時(shí)軌跡半徑，確定出速度的偏向角．對(duì)著圓心入射的粒子,速度越大在磁場(chǎng)中通過(guò)的弧長(zhǎng)越長(zhǎng)，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角越小，即可分析時(shí)間關(guān)系．根據(jù)周期公式可知粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期和速度無(wú)關(guān)，即所有粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期相同，粒子在，即粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角越大,運(yùn)動(dòng)時(shí)間越大，對(duì)著圓心入射的粒子，速度越大在磁場(chǎng)中通過(guò)的弧長(zhǎng)越長(zhǎng),軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角越小，即運(yùn)動(dòng)時(shí)間越小，A錯(cuò)誤；帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧，根據(jù)幾何知識(shí)可知，對(duì)著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長(zhǎng)線也一定過(guò)圓心,B正確；速度滿足時(shí)，粒子的軌跡半徑為，入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、O點(diǎn)與軌跡的圓心構(gòu)成菱形，射出磁場(chǎng)時(shí)的軌跡半徑與最高點(diǎn)的磁場(chǎng)半徑平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故C正確D錯(cuò)誤．12.在家庭電路中，為了安全,一般在電能表后面的電路中安裝一個(gè)漏電開關(guān)，其工作原理如圖所示，其中甲線圈兩端與脫扣開關(guān)控制器相連,乙線圈由兩條電源線采取雙線法繞制,并與甲線圈繞在同一個(gè)矩形硅鋼片組成的鐵芯上。以下說(shuō)法正確的是（）A。當(dāng)用戶用電正常時(shí),甲線圈兩端沒(méi)有電壓,脫扣開關(guān)接通。B。當(dāng)用戶用電正常時(shí)，甲線圈兩端有電壓,脫扣開關(guān)接通。C。當(dāng)用戶發(fā)生漏電時(shí)，甲線圈兩端有電壓，脫扣開關(guān)斷開D.當(dāng)用戶發(fā)生漏電時(shí)，甲線圈兩端沒(méi)有有電壓，脫扣開關(guān)斷開【答案】AC【解析】因?yàn)橐揖€圈由兩條電源線采取雙線法繞制,正常工作時(shí)，火線和零線中的電流大小相同，所以火線和零線中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)應(yīng)完全抵消,故甲線圈中沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，即甲線圈兩端電壓為零，脫扣開關(guān)不會(huì)斷開，A正確B錯(cuò)誤;發(fā)生漏電時(shí)，火線和零線中的電流存在差值,即乙線圈中產(chǎn)生的磁場(chǎng)不能抵消,故甲線圈兩端會(huì)出現(xiàn)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，即兩端存在電壓，脫扣開關(guān)斷開，C正確D錯(cuò)誤．二、實(shí)驗(yàn)題，(兩小題,共15分)13。在做“研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)"的實(shí)驗(yàn)時(shí)，某同學(xué)得到一條用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下的紙帶，并在其上取了A、B、C、D、E、F等6個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)（每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下的點(diǎn),本圖中沒(méi)有畫出)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接的是220V、50Hz的交變電流．他把一把毫米刻度尺放在紙帶上，其零刻度和計(jì)數(shù)點(diǎn)A對(duì)齊．（下述第（2)、（3）、（4）小題結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)（1）該打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的時(shí)間間隔為________s（2）由以上數(shù)據(jù)計(jì)算打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在打C點(diǎn)時(shí)，物體的即時(shí)速度vC是_________m/s；（3)計(jì)算該物體的加速度a為_________m/s2；（4）紙帶上的A點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的物體的即時(shí)速度vA=_______m/s；（5)如果當(dāng)時(shí)電網(wǎng)中交變電流的頻率是f=49Hz，而做實(shí)驗(yàn)的同學(xué)并不知道，那么由此引起的系統(tǒng)誤差將使加速度的測(cè)量值比實(shí)際值偏__________(填“大”或“小”）．【答案】（1)。0.02(2）。0。16（3）.0.40-0。44（4）。0.070—0。080（5）.大【解析】(1)每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下的點(diǎn)，所以相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為0。1s;（2）利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論得:（2)設(shè)A到B之間的距離為x1，以后各段分別為x2、x3、x4,

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得:

x3-x1=2a1T2

x4—x2=2a2T2

為了更加準(zhǔn)確的求解加速度，我們對(duì)兩個(gè)加速度取平均值，得：（3）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間關(guān)系公式v=v0+at得A點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的物體的瞬時(shí)速度為：

vA=vC—atAC=0.074m/s

（4）如果在某次實(shí)驗(yàn)中，交流電的頻率為49Hz，那么實(shí)際周期大于0。02s，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式△x=at2得：測(cè)量的加速度值與真實(shí)的加速度值相比是偏大的．

點(diǎn)睛：本題考查了利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和推論解決問(wèn)題的能力，不同的尺有不同的精確度,注意單位問(wèn)題．對(duì)常見的幾種測(cè)量長(zhǎng)度工具要熟悉運(yùn)用，并能正確讀數(shù)．14.某實(shí)驗(yàn)小組要探究一小燈泡的伏安特性曲線，并研究小燈泡在不同電壓下的實(shí)際功率，實(shí)驗(yàn)電路如圖甲所示：（1)實(shí)驗(yàn)閉合電鍵前，滑動(dòng)變阻器的劃片應(yīng)在_____端（填“a”或“b”）（2）實(shí)驗(yàn)中閉合開關(guān)，把滑動(dòng)片向一端移動(dòng)過(guò)程中,發(fā)現(xiàn)電流表與電壓表均有明顯讀數(shù)且讀數(shù)幾乎不變，則電路中出現(xiàn)故障的元件可能是______（填“A”或“B”）A．小燈泡B．滑動(dòng)變阻器（3）該小組根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描繪出小燈泡的伏安特性曲線如圖丙所示，可判定在圖乙中小燈泡的功率與加在兩端電壓的平方U2的圖像正確的是_______（選填“1”、“2"、“3”）（4）某同學(xué)將兩個(gè)完全相同的這種小燈泡并聯(lián)接在電源兩端，已知電源的電動(dòng)勢(shì)E=3V、內(nèi)阻r=2Ω，則此時(shí)每個(gè)小燈泡的實(shí)際功率為_________（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【答案】(1)。a（2）。B(3）.3（4).0．44【解析】（1）此電路是分壓電路，滑動(dòng)變阻器的aP部分與小燈泡并聯(lián)，開始時(shí)應(yīng)使小燈泡兩端電壓最小，故滑片應(yīng)置于a端；（2）電流表與電壓表均有明顯讀數(shù),說(shuō)明燈泡所在電路正常，滑動(dòng)中示數(shù)幾乎不變，說(shuō)明滑動(dòng)變阻器沒(méi)有起到應(yīng)有的作用,故可能存在故障的的滑動(dòng)變阻器，故填B;（3）由，隨著小燈泡兩端電壓的增大,燈絲溫度升高,電阻增大,P隨U2的變化變緩，即圖線為3;(4）燈泡兩端的電壓為,流過(guò)每個(gè)燈泡的電流為，則，得,畫出電源的U-I圖線如圖,交點(diǎn)坐標(biāo)，,所以小燈泡消耗的電功率為:。三．計(jì)算題(兩小題，共34分)15。如圖甲所示,有一傾角為30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一質(zhì)量為M的木板。開始時(shí)質(zhì)量為m＝1kg的滑塊在水平向左的力F作用下靜止在斜面上,現(xiàn)將力F變?yōu)樗较蛴?，?dāng)滑塊滑到木板上時(shí)撤去力F，木塊滑上木板的過(guò)程不考慮能量損失。此后滑塊和木板在水平面上運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示，g＝10m/s2.求：（1）水平作用力F的大??；(2）滑塊開始下滑時(shí)的高度；（3）木板的質(zhì)量。【答案】(1)3N（2)2.5m(3）1.5kg【解析】試題分析：(1）滑塊受到水平推力、重力和支持力處于平衡,如圖所示:代入數(shù)據(jù)可得：（2）由題意可知，滑塊滑到木板上的初速度為當(dāng)F變?yōu)樗较蛴抑?，由牛頓第二定律可得：解得：下滑的位移：解得:故下滑的高度：(3）由圖象可知，二者先發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，當(dāng)達(dá)到共速后一塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,滑塊與木板間的摩擦因數(shù)為二者共同減速時(shí)的加速度大小，發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，木板的加速度，滑塊減速的加速度大小為：對(duì)整體受力分析可得：可得：在內(nèi)分別對(duì)和做受力分析可得：對(duì)：對(duì)：帶入數(shù)據(jù)解方程可得:考點(diǎn):牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】滑塊受力平衡,在沿斜面方向和垂直斜面方向分別平衡。力反向后，垂直斜面方向平衡，沿斜面方向合力等于,滑塊和木板整體減速時(shí)，整體受力分析即摩擦力等于,而對(duì)之前的相對(duì)運(yùn)動(dòng)階段則可以分別計(jì)算合力，根據(jù)圖像計(jì)算加速度。16。如圖所示，在絕緣水平面上的兩物塊A、B用勁度系數(shù)為k的水平絕緣輕質(zhì)彈簧連接，物塊B、C用跨過(guò)定滑輪的絕緣輕繩連接，A靠在豎直墻邊，C在傾角為θ的長(zhǎng)斜面上，滑輪兩側(cè)的輕繩分別與水平面和斜面平行。A、B、C的質(zhì)量分別是m、2m、2m，A、C均不帶電，B帶正電，滑輪左側(cè)存在著水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，整個(gè)系統(tǒng)不計(jì)一切摩擦，B與滑輪足夠遠(yuǎn)。B所受的電場(chǎng)力大小為6mgsinθ，開始時(shí)系統(tǒng)靜止。現(xiàn)讓C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧始終未超過(guò)彈性限度，重力加速度大小為g。（1）求靜止時(shí)彈簧的壓縮長(zhǎng)度x1；(2)求A剛要離開墻壁時(shí)C的速度大小υ1及拉力F的大小；(3)若A剛要離開墻壁時(shí)，撤去拉力F，同時(shí)電場(chǎng)力大小突然減為2mgsinθ，方向不變，求在之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能Epm。【答案】（1）(2）（3）【解析】（1）開始時(shí),彈簧處于壓縮狀態(tài)對(duì)C,受力平衡有T1=2mgsinθ對(duì)B，受力平衡有T1+kx1=6mgsinθ解得x1=（2）A剛要離開墻壁時(shí)墻壁對(duì)A的彈力為零，彈簧剛好不發(fā)生形變，則B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移大小為x1時(shí)有解得根據(jù)牛頓第二定律對(duì)B有T2–6mgsinθ=2ma對(duì)C有F+2mgsinθ–T2=2ma解得F=4m（gsinθ+a)（3）A剛要離開墻壁后，A、B、C系統(tǒng)的合外力為零,系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)三個(gè)物塊的速度υ2相等時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，有(2m+2m）υ1=（m+2m+2m）υ2根據(jù)能量守恒定律有解得：Epm=17。下列說(shuō)法中正確的是（填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)1個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分）A。液晶即有液體流動(dòng)性又有單晶體各向異性B.露珠呈球狀是由于受重力的作用C。某物體溫度高,組成該物體的某些分子速率可能很小D.理想氣體從等溫膨脹，一定從外界吸熱E.壓縮氣體需要力表明氣體分子間存在斥力【答案】ACD【解析】根據(jù)液晶的特性可知,液晶既有液體的流動(dòng)性,又具有單晶體的各向異性,A正確;液體存在表面張力，有使液體的表面積減小到最小的趨勢(shì)，如露珠呈球狀就是由于液體表面張力的作用,B錯(cuò)誤；物體的溫度高，分子平均動(dòng)能大，但由于分子運(yùn)動(dòng)是無(wú)規(guī)則的，所以組成該物體的某些分子速率可能很小,故C正確；一定質(zhì)量理想氣體等溫膨脹，溫度不變即內(nèi)能不變，膨脹即對(duì)外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，一定要吸收熱量，故D正確；氣體分子間距較大，分子力很小．壓縮氣體需要用力是為了克服氣體內(nèi)外的壓強(qiáng)差，并不表明氣體分子間存在著斥力，E錯(cuò)誤．18.一圓柱形絕熱汽缸，質(zhì)量M為10kg，總長(zhǎng)度L為40cm。內(nèi)有一活塞，質(zhì)量m為5kg,截面積S為50cm2，活塞與汽缸壁間摩擦不計(jì)，且不漏氣.當(dāng)外界大氣壓強(qiáng)p0為1×105Pa，缸內(nèi)溫度t0為7℃時(shí)，如圖所示，用繩子系住活塞將汽缸懸掛起來(lái)，汽缸內(nèi)氣柱的高L1為35cm，取10m/s2。(缸體和活塞的厚度不計(jì))求：①此時(shí)汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)；②當(dāng)缸內(nèi)溫度升高到多少攝氏度時(shí),活塞與汽缸將分離。【答案】（1）0．8×105Pa（2)47℃【解析】試題分析:①以氣缸為研究對(duì)象，受力分析,根據(jù)平衡條件得：p0S=pS+Mg得：②溫度升高，氣缸內(nèi)氣