湖南省湘贛皖十五校2025屆高三物理下學期第一次聯(lián)考模擬考試試題含解析

PAGE30-湖南省湘贛皖十五校2025屆高三物理下學期第一次聯(lián)考模擬考試試題（含解析）第Ⅰ卷（選擇題共48分）一、選擇題：本部分共12小題，每小題4分。在每小題列出的四個選項中，第1~8題只有一項符合題目要求，第9~12題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的或不選的得0分。1.在物理學建立與發(fā)展的過程中，有很多科學家做出了理論與試驗貢獻。關于這些貢獻，下列說法正確的是（）A.牛頓發(fā)覺了萬有引力定律，并通過扭秤試驗測量了引力常量B.安培提出了分子電流假說，探討了安培力的大小與方向C.法拉第發(fā)覺了磁生電的現(xiàn)象，提出了法拉第電磁感應定律D.愛因斯坦在物理學中最早引入能量子，破除了“能量連續(xù)變更”的傳統(tǒng)觀念【答案】B【解析】【詳解】A．牛頓發(fā)覺了萬有引力定律，卡文迪許通過扭秤試驗測量了引力常量，選項A錯誤；B．安培提出了分子電流假說，探討了安培力的大小與方向，選項B正確；C．法拉第發(fā)覺了“磁生電”的現(xiàn)象，紐曼和韋伯歸納出法拉第電磁感應定律，故C錯誤；D．普朗克在物理學中最早引入能量子，破除了“能量連續(xù)變更”的傳統(tǒng)觀念，選項D錯誤。故選B。2.為了做好疫情防控工作，小區(qū)物業(yè)利用紅外測溫儀對出入人員進行體溫檢測。紅外測溫儀的原理是：被測物體輻射的光線只有紅外線可被捕獲，并轉變成電信號。圖為氫原子能級示意圖，已知紅外線單個光子能量的最大值為1.62eV，要使氫原子輻射出的光子可被紅外測溫儀捕獲，最少應給處于激發(fā)態(tài)的氫原子供應的能量為（）A.10.20eV B.2.89eV C.2.55eV D.1.89eV【答案】C【解析】【詳解】AB．處于n=2能級的原子不能汲取10.20eV、2.89eV的能量，則選項AB錯誤；C．處于n=2能級的原子能汲取2.55eV的能量而躍遷到n=4的能級，然后向低能級躍遷時輻射光子，其中從n=4到n=3的躍遷輻射出的光子的能量小于1.62eV可被紅外測溫儀捕獲，選項C正確；D．處于n=2能級的原子能汲取1.89eV的能量而躍遷到n=3的能級，從n=3到低能級躍遷時輻射光子的能量均大于1.62eV，不能被紅外測溫儀捕獲，選項D錯誤。故選C。3.小球從某一高度處自由下落著地后反彈，然后又落下，每次與地面碰后動能變?yōu)榕鲎睬暗?。以剛起先下落時為計時起點，小球的v－t圖像如圖所示，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.圖像中選取豎直向下為正方向B.每個階段的圖線并不相互平行C.每次與地面相碰后能夠上升的最大高度是前一次下落高度的一半D.每次與地面相碰后上升到最大高度所需的時間是前一次下落時間的一半【答案】D【解析】【詳解】A．由于小球從某一高度處自由下落，依據(jù)速度時間圖線知選取豎直向上為正方向，故A錯誤；B．不計空氣阻力，下落過程和上升過程中只受重力，依據(jù)牛頓其次定律可得下落過程和上升過程中的加速度為重力加速度，速度時間圖線的斜率表示加速度，所以每個階段的圖線相互平行，故B錯誤；C．與地面相碰后能夠上升的最大高度是前一次下落過程，依據(jù)動能定理可得與地面相碰后上升過程中，依據(jù)動能定理可得依據(jù)題意有解得故C錯誤；D．依據(jù)運動學公式可得與地面相碰后上升的時間與地面相碰后上升到最大高度所需的時間是前一次下落時間的解得故D正確；故選D。4.光滑絕緣水平面上固定一半徑為R、帶正電的球體A（可認為電荷量全部在球心），另一帶正電的小球B以肯定的初速度沖向球體A，用r表示兩球心間的距離，F(xiàn)表示B小球受到的庫侖斥力，在r＞R的區(qū)域內(nèi)，下列描述F隨r變更關系的圖象中可能正確的是（）A. B.C D.【答案】C【解析】【詳解】依據(jù)庫侖定律可知，兩球之間的庫侖力滿意，即隨r增加，F(xiàn)非線性減小。故選C。5.如圖所示，從高h=1.8m的A點將彈力球水平向右拋出，彈力球與水平地面碰撞兩次后與豎直墻壁碰撞，之后恰能返回A點。已知彈力球與接觸面發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程中，平行于接觸面方向的速度不變，垂直于接觸面方向的速度反向但大小不變，A點與豎直墻壁間的距離為4.8m，重力加速度g=10m/s2，則彈力球的初速度大小為（）A.1.5m/s B.2m/s C.3.5m/s D.4m/s【答案】B【解析】【詳解】由題意可知，小球在豎直方向做自由落體運動，則由對稱性可知，小球第一次落地時的水平位移為則初速度故選B。6.如圖所示，三根完全相同的通電直導線a、b、c平行固定，三根導線截面的連線構成一等邊三角形，O點為三角形的中心，整個空間有磁感應強度大小為B、方向平行于等邊三角形所在平面且垂直bc邊指向a的勻強磁場?，F(xiàn)在三根導線中通以方向均向里的電流，其中Ib=Ic=I。已知通電長直導線在某點產(chǎn)生的磁感應強度的大小跟電流成正比，導線b在O點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B。則下列說法正確的是（）A.若O點的磁感應強度平行ac邊，則Ia=（1＋）IB.若O點的磁感應強度平行ab邊，則Ia=（1＋）IC.若O點的磁感應強度垂直ac邊，則Ia=（－1）ID.若O點的磁感應強度垂直ab邊，則Ia=（－1）I【答案】A【解析】【詳解】三條直導線在O點的磁場方向如圖；其中Bc和Bb的合場強水平向右大小為Bbc=B；方向水平向右。A．若O點的磁感應強度平行ac邊，則三條通電導線產(chǎn)生的磁場和勻強磁場在垂直于ac方向的合磁場為零，即其中Bc=B=kI，解得Ia=（1＋）I選項A正確；B．若O點的磁感應強度平行ab邊，則三條通電導線產(chǎn)生的磁場和勻強磁場在垂直于ab方向的合磁場為零，即其中Bb=B=kI，解得Ia=（-1）I選項B錯誤；C．若O點的磁感應強度垂直ac邊，則三條通電導線產(chǎn)生的磁場和勻強磁場在平行于ac方向的合磁場為零，即表達式無解，則O點的磁感應強度的方向不行能垂直ac邊，選項C錯誤；D．若O點的磁感應強度垂直ab邊，則三條通電導線產(chǎn)生的磁場和勻強磁場在平行于ab方向的合磁場為零，即其中Bc=B=kI，解得Ia=（+1）I選項D錯誤。故選A。7.一平行板電容器的電容為C，A極板材料發(fā)生光電效應的極限波長為，整個裝置處于真空中，如圖所示?，F(xiàn)用一波長為（＜）的單色光持續(xù)照耀電容器的A極板，B極板接地。若產(chǎn)生的光電子均不會飛出兩極板間，則下列說法正確的是（）（已知真空中的光速為c，普朗克常量為h，光電子的電量為e）A.光電子的最大初動能為B.光電子的最大初動能為C.平行板電容器可帶電荷量最多為D.平行板電容器可帶的電荷量最多為【答案】C【解析】【詳解】AB．依據(jù)光電效應方程可知選項AB錯誤；CD．隨著電子的不斷積聚，兩板電壓漸漸變大，設最大電壓為U，則且Q=CU解得選項C正確，D錯誤。故選C。8.如圖甲所示為歷史上聞名的襄陽炮，因在公元1267-1273年的宋元襄陽之戰(zhàn)中運用而得名，其實質(zhì)就是一種大型拋石機。它采納杠桿式原理，由一根橫桿和支架構成，橫桿的一端固定重物，另一端放置石袋，放射時用絞車將放置石袋的一端用力往下拽，而后突然松開，因為重物的牽綴，長臂會猛然翹起，石袋里的巨石就被拋出。將其工作原理簡化為圖乙所示，橫桿的質(zhì)量不計，將一質(zhì)量m=10kg，可視為質(zhì)點的石塊，裝在橫桿長臂與轉軸O點相距L=5m的末端口袋中，在轉軸短臂右端固定一重物M，放射之前先利用外力使石塊靜止在地面上的A點，靜止時長臂與水平面的夾角α=37°，解除外力后石塊被放射，當長臂轉到豎直位置時馬上停止運動，石塊被水平拋出，落在水平地面上，石塊落地位置與O點的水平距離s=20m，空氣阻力不計，g取10m/s2。則（）A.石塊水平拋出時的初速度為l0m/sB.石塊水平拋出時的初速度為20m/sC.從A點到最高點的過程中，長臂對石塊做的功為2050JD.從A點到最高點的過程中，長臂對石塊做的功為2500J【答案】C【解析】【詳解】AB．石塊被拋出后做平拋運動，豎直高度為可得水平方向勻速直線運動可得平拋的初速度為故AB錯誤；CD．石塊從A點到最高點的過程，由動能定理解得長臂對石塊做的功為故C正確，D錯誤。故選C。9.兩汽車甲、乙分別掛上拖車，兩汽車與兩拖車的質(zhì)量均相同，且阻力與質(zhì)量成正比。起先兩車以相同的速度v0做勻速直線運動，t=0時刻兩拖車同時脫離汽車，已知汽車甲的牽引力不變，汽車乙的功率不變，經(jīng)過相同的時間t0，汽車甲、乙的速度大小分別為2v0、1.5v0。則下列說法正確的是（）A.t0時間內(nèi)，甲、乙兩汽車的位移之比為4：3B.t0時刻，甲、乙兩汽車的加速度大小之比為3：1C.t0時刻汽車甲的功率為拖車脫離前功率的4倍D.t0時間內(nèi)，甲、乙兩汽車牽引力做功之比為3：2【答案】BD【解析】【詳解】A．對甲車拖車脫離后做勻加速運動經(jīng)過t0的位移對乙車功率肯定，則做加速度減小的加速運動，則經(jīng)過t0時的位移則t0時間內(nèi)，甲、乙兩汽車的位移之比不行能為4：3，選項A錯誤；B．設汽車和拖車的質(zhì)量均為m，則汽車的牽引力為F=2kmg，對甲車拖車脫離后做勻加速運動的加速度乙車功率肯定P=Fv0=2kmgv0在t0時刻乙車的加速度則甲、乙兩汽車的加速度大小之比為3：1，選項B正確；C．甲車拖車脫離前功率P=Fv0=2kmgv0t0時刻汽車甲的功率為P0=2kmg?2v0=4kmgv0=2P選項C錯誤；D．甲車牽引力做功乙車牽引力做功t0時間內(nèi)，甲、乙兩汽車牽引力做功之比為3：2，選項D正確。故選BD。10.如圖所示，質(zhì)量為m的飛行器繞中心在O點、質(zhì)量為M的地球做半徑為R的圓周運動，現(xiàn)在近地軌道1上的P點開啟動力裝置，使其變軌到橢圓軌道3上，然后在橢圓軌道上遠地點Q再變軌到圓軌道2上，完成放射任務。已知圓軌道2的半徑為3R，地球的半徑為R，引力常量為G，飛行器在地球四周的引力勢能表達式為Ep=，其中r為飛行器到O點的距離。飛行器在軌道上的隨意位置時，r和飛行器速率的乘積不變。則下列說法正確的是（）A.可求出飛行器在軌道1上做圓周運動時的機械能是B.可求出飛行器在橢圓軌道3上運行時的機械能是-C.可求出飛行器在軌道3上經(jīng)過P點的速度大小vP和經(jīng)過Q點的速度大小vQ分別是、D.飛行器要從軌道1轉移到軌道3上，在P點開啟動力裝置至少須要獲得的的動能是【答案】BC【解析】【詳解】A．飛行器軌道1上做圓周運動，則則動能勢能機械能選項A錯誤；BC．飛行器在橢圓軌道3上運行時解得選項BC正確；D．飛行器要從軌道1轉移到軌道3上，在P點開啟動力裝置至少須要獲得的的動能是選項D錯誤。故選BC。11.有一臺志向變壓器及所接負載如下圖所示。在原線圈c、d兩端加上交變電流。已知b是原線圈中心抽頭，電壓表和電流表均為志向溝通電表，電容器的耐壓值足夠大。下列說法正確的是（）A.開關S1始終接a，當滑片P向下滑動時電壓表V1示數(shù)不變，電壓表V2示數(shù)變大，電流表A2示數(shù)變小B.開關S1始終接b，當滑片P向上滑動時R1的電功率增大，V2示數(shù)的變更量與A2示數(shù)的變更量之比不變C.保持滑片P的位置不變，將開關S1由b改接a，變壓器輸入功率變大D.保持滑片P的位置不變，將開關S1由a改接b，電容器所帶電荷量的最大值將增大【答案】ABD【解析】【詳解】A．開關S1始終接a，則變壓器次級電壓不變，電壓表V1示數(shù)不變，當滑片P向下滑動時，R變大，次級電流減小，電流表A2示數(shù)變小，R1電壓減小，則電壓表V2示數(shù)變大，選項A正確；B．開關S1始終接b，則次級電壓不變，U1不變；當滑片P向上滑動時，R減小，次級電流變大，R1的電功率增大，由于U2=U1-I2R1，則V2示數(shù)的變更量與A2示數(shù)的變更量之比不變，選項B正確；C．保持滑片P的位置不變，將開關S1由b改接a，初級匝數(shù)變大，則次級電壓減小，次級功率減小，則變壓器輸入功率變小，選項C錯誤；D．保持滑片P的位置不變，將開關S1由a改接b，初級匝數(shù)減小，則次級電壓變大，電容器兩端電壓變大，所帶電荷量的最大值將增大，選項D正確。故選ABD。12.如圖所示，勻強磁場垂直銅環(huán)所在的平面對里，磁感應強度大小為B．導體棒A的一端固定在銅環(huán)的圓心O處，可繞O勻速轉動，與半徑分別為r1、r2的銅環(huán)有良好接觸。通過電刷把大小銅環(huán)與兩豎直平行正對金屬板P、Q連接成電路。R1、R2是定值電阻，R1=R0，R2=2R0，質(zhì)量為m、電荷量為Q的帶正電小球通過絕緣細線掛在P、Q兩板間，細線能承受的最大拉力為2mg，已知導體棒與銅環(huán)電阻不計，P、Q兩板間距為d，重力加速度大小為g。現(xiàn)閉合開關，則（）A.當小球向右偏時，導體棒A沿逆時針方向轉動B.當細線與豎直方向夾角為45°時，平行板電容器兩端電壓為C.當細線與豎直方向夾角為45°時，電路消耗的電功率為D.當細線恰好斷裂時（此時小球的加速度為零），導體棒A轉動的角速度為【答案】AD【解析】【詳解】A．當小球向右偏時，P板帶正電，通過R2的電流向上，則由右手定則可知，導體棒A沿逆時針方向轉動，選項A正確；BC．當細線與豎直方向夾角為45°時，則解得平行板電容器兩端電壓為此時電路中的電流電路消耗的電功率為選項BC錯誤；D．當細線恰好斷裂時，此時電動勢解得導體棒A轉動的角速度為選項D正確。故選AD。第Ⅱ卷（非選擇題共62分）二、試驗題：本題共2小題，其中13題5分，14題7分，共12分。13.很多人都認為“力越小速度就越小”，為了檢驗這個觀點是否正確，某愛好小組的同學設計了這樣的試驗方案：在水平桌面上放一木塊，木塊后端與穿過打點計時器的紙帶相連，前端通過定滑輪與不行伸長的細線相連接，細線上不等間距地掛了五個鉤碼，其中第四個鉤碼與第五個鉤碼之間的距離最大。起初木塊停在靠近打點計時器的位置，第五個鉤碼到地面的距離小于木塊到定滑輪的距離，如圖甲所示。接通打點計時器，木塊在鉤碼的牽引下，由靜止起先運動，全部鉤碼落地后，木塊會接著運動一段距離。打點計時器運用的溝通電頻率為50Hz。圖乙是試驗得到的第一個鉤碼落地后的一段紙帶，紙帶運動方向如箭頭所示。（當?shù)刂亓铀俣却笮取9.8m/s2）(1)依據(jù)紙帶上供應的數(shù)據(jù)，可以推斷第五個鉤碼落地時可能出現(xiàn)在紙帶中的______段（用D1，D2，…，D15字母區(qū)間表示）；第四個鉤碼落地后至第五個鉤碼落地前木塊在做______運動。(2)依據(jù)紙帶上供應數(shù)據(jù)，還可以計算出第五個鉤碼落地后木塊運動的加速度大小為______m/s2；木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為=______。（計算結果保留兩位有效數(shù)字）(3)依據(jù)紙帶上供應的數(shù)據(jù)，分析可知“力越小速度就越小”的觀點是___的。（填“正確”或“錯誤”）【答案】(1).(2).勻速直線(3).5.0(4).0.51(5).錯誤【解析】【詳解】(1)[1][2]．第五個鉤碼落地后木塊將做減速運動，點跡間距漸漸減小，則可以推斷第五個鉤碼落地時可能出現(xiàn)在紙帶中的；由此也可推斷第四個鉤碼落地后至第五個鉤碼落地前的一段時間內(nèi)，紙帶上點跡勻稱，木塊在做勻速直線運動。(2)[3][4]．由紙帶可看出，第五個鉤碼落地后依據(jù)可得木塊運動的加速度大小為由可得μ=0.51(3)[5]．依據(jù)紙帶上供應的數(shù)據(jù)，分析可知“力越小速度就越小”的觀點是錯誤的。14.溫度傳感器的核心部分是一個熱敏電阻。某課外活動小組的同學在學習了伏安法測電阻之后，利用所學學問來測量由某種金屬制成的熱敏電阻的阻值?？晒┻x擇的試驗器材如下：A．直流電源，電動勢E=6V，內(nèi)阻不計；B．毫安表A1，量程為600mA，內(nèi)阻約為0.5；C．毫安表A2，量程為10mA，內(nèi)阻RA=100；D．定值電阻R0=400；E．滑動變阻器R=5；F．被測熱敏電阻Rt，開關、導線若干。(1)試驗要求能夠在0~5V范圍內(nèi)，比較精確地對熱敏電阻的阻值Rt進行測量，請在圖甲的方框中設計試驗電路______。(2)某次測量中，閉合開關S，登記毫安表A1的示數(shù)I1和毫安表A2的示數(shù)I2，則計算熱敏電阻阻值的表達式為Rt=______（用題給的物理量符號表示）。(3)該小組的同學利用圖甲電路，依據(jù)正確的試驗操作步驟，作出的I2－I1圖象如圖乙所示，由圖可知，該熱敏電阻的阻值隨毫安表A2的示數(shù)的增大而____（填“增大”“減小”或“不變”）。(4)該小組的同學通過查閱資料得知該熱敏電阻的阻值隨溫度的變更關系如圖丙所示。將該熱敏電阻接入如圖丁所示電路，電路中電源電壓恒為9V，內(nèi)阻不計，志向電流表示數(shù)為0.7A，定值電阻R1=30，則由以上信息可求出定值電阻R2的阻值為______，此時該金屬熱敏電阻的溫度為______℃?！敬鸢浮?1).(2).(3).增大(4).17.5(5).55【解析】【詳解】(1)[1]．題目中沒有電壓表，可用已知內(nèi)阻的電流表A2與定值電阻R0串聯(lián)構成量程為的電壓表；滑動變阻器用分壓電路，電路如圖：(2)[2]．由電流可知(3)[3]．依據(jù)可得則該熱敏電阻的阻值隨毫安表A2的示數(shù)的增大，斜率變大，可知Rt變大。(4)[4][5]．通過R1的電流則通過R2和Rt的電流為0.4A；由I2-I1圖像可知，I2=4mA，此時Rt兩端電壓為2V，則R2兩端電壓為7V，則依據(jù)Rt-t圖像可知解得t=55℃三、計算題：本題共3小題，共計38分。解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最終答案的不能得分。有數(shù)值計算的，答案中必需明確寫出數(shù)值和單位。15.如圖所示，Ⅰ、Ⅲ區(qū)域（足夠大）存在著垂直紙面對外的勻強磁場，虛線MN、PQ分別為磁場區(qū)域邊界，在Ⅱ區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面對里的半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場邊界恰好與邊界MN、PQ相切，S、T為切點，A、C為虛線MN上的兩點，且AS=CS=R，有一帶正電的粒子以速度v沿與邊界成30°角的方向從C點垂直磁場進入Ⅰ區(qū)域，隨后從A點進入Ⅱ區(qū)域，一段時間后粒子能回到動身點，并最終做周期性運動，已知Ⅱ區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度B2為Ⅰ區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度B1的6倍，Ⅲ區(qū)域與Ⅰ區(qū)域磁場的磁感應強度相等，不計粒子的重力。求：(1)粒子第一次進入Ⅱ區(qū)域后在Ⅱ區(qū)域中轉過的圓心角；(2)粒子從起先運動到第一次回到動身點所經(jīng)驗的總時間?！敬鸢浮?1)120°(2)【解析】【詳解】(1)粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系得，半徑粒子轉過的圓心角為粒子從點進入Ⅱ區(qū)域，先做勻速直線運動，且速度延長線剛好過Ⅱ區(qū)域圓形磁場的圓心，接著在磁場中做圓周運動，離開時速度方向的反向延長線仍舊過圓心設軌跡半徑為，由牛頓運動定律知得故即連接，得得故此粒子第一次進入Ⅱ區(qū)域后在Ⅱ區(qū)域轉過的圓心角為(2)粒子進入Ⅲ區(qū)域時，速度方向仍與邊界成30°角，故此粒子的軌跡圖左右對稱，上下對稱，粒子在一個周期內(nèi)，在Ⅰ、Ⅲ區(qū)域總共要經(jīng)驗兩次圓周運動過程，每次轉過的圓心角均為所用總時間為在Ⅱ區(qū)域要經(jīng)驗兩次圓周運動過程，每次轉過的圓心角均為，所用時間為在Ⅱ區(qū)域要經(jīng)過4次勻速直線運動過程，每次運動的距離為所用總時間故此粒子在一個周期內(nèi)所經(jīng)驗的總時間為16.如圖所示，可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m=0.2kg的小滑塊靜止在水平軌道上的A點，在水平向右的恒定拉力F=4N的作用下，從A點起先做勻加速直線運動，當其滑行到AB的中點時撤去拉力，滑塊接著運動到B點后進入半徑為R=0.3m且內(nèi)壁光滑的豎直固定圓軌道，在圓軌道上運行一周后從B處的出口（未畫出，且入口和出口稍稍錯開）出來后向C點滑動，C點的右邊是一個“陷阱”，D點是平臺邊緣上的點，C、D兩點的高度差為h=0.2m，水平距離為x=0.6m。已知滑塊運動到圓軌道的最高點時對軌道的壓力大小剛好為滑塊重力的3倍，水平軌道BC的長度為l2=2.0m，小滑塊與水平軌道AB、BC間的動摩擦因數(shù)均為=0．5，重力加速度g=10m/s2。(1)求水平軌道AB的長度l1；(2)試通過計算推斷小滑塊能否到達“陷阱”右側的D點；(3)若在AB段水平拉力F作用的范圍可變，要達到小滑塊在運動過程中，既不脫離豎直圓軌道，又不落入C、D間的“陷阱”的目的，試求水平拉力F作用的距離范圍?！敬鸢浮?1)2.4m(2)不能(3)【解析】【詳解】(1)設小滑塊運動到豎直圓軌道最高點時的速度大小為，則有從點運動到最高點的過程中，設小滑塊到達點時的速度大小為，由機械能守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得小滑塊由到的過程中，由動能定理可得代入數(shù)據(jù)可解得。(2)設小滑塊到達點時的速度大小為，則由動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得設小滑塊下落所須要的時間為，則有解得故小滑塊在水平方向上運動的距離為故小滑塊將落入“陷阱”中，不能運動到點。(3)由題意可知，若要滑塊既不脫離圓軌道，又不掉進“陷阱”，則須要分三種狀況進行探討：①當滑塊剛好能夠到達與圓心等高的點時，設恒力作用的距離為，則由動能定理可得：代入數(shù)據(jù)可解得故當恒力作用的距離滿意時符合條件。②當滑塊剛好能經(jīng)過圓軌道的最高點時，設滑塊經(jīng)過最高點時的速度大小為，則有設此時恒力作用的距離為，則有代入數(shù)據(jù)可解得當滑塊剛好運動到點時速度為零，設此時恒力作用的距離為，則有代入數(shù)據(jù)可解得故當恒力作用的距離滿意時符合條件。③當滑塊剛好能夠越過“陷阱”，設滑塊到達點時的速度大小為，則由平拋運動規(guī)律可得代入數(shù)據(jù)解得設此時恒力作用的距離為，故有代入數(shù)據(jù)解得故當恒力作用距離滿意時符合條件。17.如圖所示，在豎直直角坐標系內(nèi)，軸下方區(qū)域I存在場強大小為E、方向沿y軸正方向的勻強電場，軸上方區(qū)域Ⅱ存在方向沿軸正方向的勻強電場．已知圖中點D的坐標為()，虛線軸．兩固定平行絕緣擋板AB、DC間距為3L，OC在軸上，AB、OC板平面垂直紙面，點B在y軸上．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計重力)從D點由靜止起先向上運動，通過軸后不與AB碰撞，恰好到達B點，已知AB=14L，OC=13L．（1）求區(qū)域Ⅱ的場強大小以及粒子從D點運動到B點所用的時間；（2）變更該粒子的初位置，粒子從GD上某點M由靜止起先向上運動，通過軸后第一次與AB相碰前瞬間動能恰好最大．①求此最大動能以及M點與軸間的距離；②若粒子與AB、OC碰撞前后均無動能損失(碰后水平方向速度不變，豎直方向速度大小不變，方向相反)，求粒子通過y軸時的位置與O點的距離y2．【答案】（1）；（2）①，；②【解析】【詳解】（1）該粒子帶正電，從D點運動到軸所用的時間設為，則依據(jù)牛頓其次定律有粒子在區(qū)域II中做類平拋運動，所用的時間設為，則依據(jù)牛頓其次定律有粒子從D點運動到B點所用的時間解得，（2）①設粒子通過軸時的速度大小為，遇到AB前做類平拋運動的時間為t，則粒子第一次遇到AB前瞬間的軸分速度大小碰前瞬間動能即由于為定值，當即時動能有最大值由（1）得最大動能對應的粒子在區(qū)域I中做初速度為零的勻加速直線運動，則解得②粒子在區(qū)域II中的運動可等效為粒子以大小為的初速度在場強大小為6E的勻強電場中做類平拋運動干脆到達y軸的K點，如圖所示，則時間仍舊為得由于，粒子與AB碰撞一次后，再與CD碰撞一次，最終到達B處則四、選考題：共12分，請考生任選一題作答，假如多做，則按所做的第一題計分。18.如圖所示，a、b、c、d表示肯定質(zhì)量的志向氣體狀態(tài)變更中的四個狀態(tài)，圖中ad與T軸平行，cd與p軸平行，ab的延長線過原點，則下列說法中正確的是（）A.氣體在狀態(tài)a時的體積大于在狀態(tài)b時的體積B.從狀態(tài)b到狀態(tài)a的過程，氣體汲取的熱量肯定等于其增加的內(nèi)能C.從狀態(tài)c到狀態(tài)d的過程，氣體分子的平均動能不變，但分子的密集程度增加D.從狀態(tài)a到狀態(tài)d的過程，氣體對外做功，內(nèi)能不變E.從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程，氣體從外界汲取的熱量肯定大于其對外做的功【答案】BCE【解析】【詳解】A．因ab連線過原點，可知是等容線，則氣體在狀態(tài)a時的體積等于在狀態(tài)b時的體積，選項A錯誤；B．從狀態(tài)b到狀態(tài)a的過程，氣體體積不變，則對外做功為零，即W=0，依據(jù)?U=W+Q可知，氣體汲取的熱量肯定等于其增加的內(nèi)能，選項B正確；C．從狀態(tài)c到狀態(tài)d的過程，氣體的溫度不變，壓強變大，體積減小，則氣體分子的平均動能不變，但分子的密集程度增加，選項C正確；D．從狀態(tài)a到狀態(tài)d的過程，氣體壓強不變，溫度上升，則體積變大，氣體對外做功，內(nèi)能變大，選項D錯誤；E．從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程，氣體溫度上升，體積