北京市海淀区达标名校2018年高考五月质量检测物理试题含解析

北京市海淀区达标名校2018年高考五月质量检测物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示，质量分别为m、M的两个物体系在一根通过定滑轮(质量忽略不计)的轻绳两端，M放在水平地板上，m被悬挂在空中，若将M沿水平地板向右缓慢移动少许后M仍静止，则()
A．绳的张力变大
B．M对地面的压力变大
C．M所受的静摩擦力变大
D．悬挂滑轮的绳的张力变大
2．如图所示，质量为m、电阻为r的“U”字形金属框abcd置于竖直平面内，三边的长度ad=dc=bc=L，两顶点a、b通过细导线与M、N两点间的电源相连，电源电动势为E。

内阻也为r。

匀强磁场方向垂直金属框向里，金属框恰好处于静止状态。

不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力，重力加速度为g。

下列说法正确的是（）
A．M点应接电源的正极B．电源的输出功率为
2 2 E r
C．磁感应强度的大小为mgr D．ad边受到的安培力大于bc边受到的安培力
3．为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。

红外测温仪的原理是：被测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。

图为氢原子能级示意图，已知红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少应给处于2
n 激发态的氢原子提供的能量为（）
A ．10.20eV
B ．2.89eV
C ．2.55eV
D ．1.89eV
4．下列说法正确的是（ ）
A ．所有的核反应都具有质量亏损
B ．光子既具有能量，又具有动量
C ．高速飞行的子弹不具有波动性
D ．β衰变本质是原子核中一个质子释放一个电子而转变成一个中子
5．下列说法正确的是（ ）
A ．布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动
B ．液体表面层内分子间距离大于液体内部分子间的距离，表现为引力
C ．扩散现象可以在液体、气体中进行，不能在固体中发生
D ．随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能一定减小
6．有一种电四极子的电荷分布及位置关系如图所示。

A 、B 两点位于负电荷的同侧，与负电荷的距离分别为3l 与l 。

下列说法正确的是（ ）
A ．A 、
B 两点场强的大小关系A B E E >
B ．A 、B 两点电势的高低关系A B ϕϕ<
C ．电子在A 点的电势能小于在B 点的电势能
D ．将一重力不计正点电荷由A 点静止释放，将做加速度逐渐增大的加速运动
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．关于对液体的理解，下列说法正确的是（ ）
A ．船能浮在水面上，是由于水的表面存在张力
B ．水表面表现张力是由于表层分子比内部分子间距离大，故体现为引力造成的
C ．密闭容器，某种蒸气开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积，蒸气仍是饱和的
D ．相对湿度定义为空气中水蒸气的压强与该温度水的饱和汽压之比
E.当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中还会有水分子飞出水面
8．如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A 、B 、C ，质量分别为m 、2m 、3m ，A 叠放
在B 上，C 、B 离圆心O 距离分别为2r 、3r 。

C 、B 之间用细线相连，圆盘静止时细线刚好伸直无张力。

已知C 、B 与圆盘间动摩擦因数为μ，A 、B 间摩擦因数为3μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，现让圆盘从静止缓慢加速，则（ ）
A ．当23g r μω=时，A 、
B 即将开始滑动 B ．当2g
r μω=时，细线张力32
mg μ C ．当g
r μω=时，C 受到圆盘的摩擦力为0
D ．当25g r
μω=时剪断细线，C 将做离心运动 9．如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E=2mg q
，磁感应强度大小为B 。

一质量为m 、电荷量为q 的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ0现使圆环以初速度v 0向下运动，经时间to ，圆环回到出发点。

若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g 。

则下列说法中正确的是（ ）
A ．环经过
02
t 时间刚好到达最低点 B ．环的最大加速度为a m =g+0qv B m μ C ．环在t 0时间内损失的机械能为12
m(20v -22222m g q B μ) D ．环下降过程和上升过程摩擦力的冲量大小不相等
10．如图所示，足够长的粗糙斜面固定于竖直向上的匀强电场E 中，两个带等量负电荷的物体AB （不计AB 间的相互作用）用质量不计的轻弹簧直接相连，在恒力F 作用下沿斜面向上做匀速运动，AB 与斜面间
的动摩擦因数分别为12μμ、且12μμ>，物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

某时刻轻弹簧突然断开，A 在F 作用下继续前进，B 最后静止在斜面上，则（ ）
A ．轻弹簧断开前，摩擦力对
B 的冲量大于对A 的冲量
B ．B 静止前，A 和B 组成的系统动量守恒
C ．轻弹簧断开瞬间，B 物体加速度为零
D ．轻弹簧断开后，A 物体所受重力的功率变大、电势能增大
11．如图是利用太阳能驱动的小车，若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t 前进距离s ，速度达到最大值v m ，在这一过程中电动机的功率恒为P ，小车所受阻力恒为f ，那么这段时间内( )
A ．小车做加速度逐渐减小的加速运动
B ．小车做匀加速运动
C ．电动机所做的功为2m 1mv 2
D ．电动机所做的功为212
m fs mv + 12．如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为4∶1，b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R 以外其余电阻不计。

从某时刻开始单刀双掷开关掷向a ，在原线圈两端加上如图乙所示交变电压，则下列说法中正确的是（ ）
A ．当开关与a 连接时，电压表的示数为55V
B ．当开关与a 连接时，滑动变阻器触片向下移，电压表示数不变，电流表的示数变大
C ．开关由a 扳到b 时，副线圈电流表示数变为原来的2倍
D ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，副线圈输出电压的频率变为原来2倍
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某小组同学用如图所示的装置来“验证动能定理”，长木板固定在水平桌面上，其左端与一粗糙曲面平
滑连接，木板与曲面连接处固定一光电门，A是光电门的中心位置，滑块P上固定一宽度为d的遮光片。

将滑块从曲面的不同高度释放，经过光电门后，在木板上停下来，设停下来的那点为B点。

该小组已经测出滑块与木板间的动摩擦因数为 、査得当地重力加速度为g。

根据本实验的原理和目的回答以下问题：
(1)为了“验证动能定理”，他们必需测量的物理量有___________；
A．滑块释放的高度h
B．遮光片经过光电门时的遮光时间t
C．滑块的质量m
D．A点到B点的距离x
(2)该组同学利用题中已知的物理量和(1)问中必需测量的物理量，只需要验证表达式___________在误差范围内成立即可验证动能定理；
(3)以下因素会给实验结果带来误差的是___________。

A．滑块释放时初速度不为零
B．曲面不光滑
C．遮光片的宽度不够小
D．光电门安放在连接处稍偏右的地方
14．某同学在“验证力的平行四边形定则”的实验中，利用以下器材：
两个轻弹簧A和B、白纸、方木板、橡皮筋、图钉、细线、钩码、刻度尺、铅笔。

实验步骤如下：
（1）用刻度尺测得弹簧A的原长为6.00cm，弹簧B的原长为8.00cm；
（2）如图甲，分别将弹簧A、B悬挂起来，在弹簧的下端挂上质量为m=100g的钩码，钩码静止时，测得弹簧A长度为6.98cm，弹簧B长度为9.96cm。

取重力加速度g=9.8m/s2，忽略弹簧自重的影响，两弹簧的劲度系数分别为k A=_________N/m，k B=_________N/m；
（3）如图乙，将木板水平固定，再用图钉把白纸固定在木板上，将橡皮筋一端固定在M点，另一端系两根细线，弹簧A、B一端分别系在这两根细线上，互成一定角度同时水平拉弹簧A、B，把橡皮筋结点拉到纸面上某一位置，用铅笔描下结点位置记为O。

测得此时弹簧A的长度为8.10cm，弹簧B的长度为11..80cm，并在每条细线的某一位置用铅笔记下点P1和P2；
（4）如图丙，取下弹簧A ，只通过弹簧B 水平拉细线，仍将橡皮筋结点拉到O 点，测得此时弹簧B 的长度为13.90cm ，并用铅笔在此时细线的某一位置记下点P ，此时弹簧B 的弹力大小为F′=________N （计算结果保留3位有效数字）；
（5）根据步骤（3）所测数据计算弹簧A 的拉力F A 、弹簧B 的拉力F B ，在图丁中按照给定的标度作出F A 、F B 的图示______，根据平行四边形定则作出它们的合力F 的图示，测出F 的大小为_________N 。

（结果保留3位有效数字）
（6）再在图丁中按照给定的标度作出F′的图示____，比较F 与F′的大小及方向的偏差，均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在上端开口的绝热汽缸内有两个质量均为1kg m =的绝热活塞（厚度不计）A 、B ，A 、B 之间为真空并压缩一劲度系数500N/m k =的轻质弹簧，A 、B 与汽缸无摩擦，活塞B 下方封闭有温度为o 27C 的理想气体。

稳定时，活塞A 、B 将汽缸等分成三等分。

已知活塞的横截面积均为220cm S =，
0.6m L =，大气压强50 1.010Pa p =⨯，重力加速度g 取210m/s 。

(1)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，当活塞A 刚好上升到气缸的顶部时，求封闭气体的温度；
(2)在保持第(1)问的温度不变的条件下，在活塞A 上施加一竖直向下的力F ，稳定后活塞B 回到加热前的位置，求稳定后力F 的大小和活塞A 、B 间的距离。

16．如图所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端点在O 位置．质量为m 的物块A （可视为质点）以初速度v 0从斜面的顶端P 点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A 又被弹簧弹回。

物块A 离开弹簧后，恰好回到P 点．已知OP 的距离为x 0，物块A 与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ。

求：
（1）O 点和O′点间的距离x 1；
（2）弹簧在最低点O′处的弹性势能；
（3）设B 的质量为βm ，μ＝tanθ，v 0＝30sin gx θ．在P 点处放置一个弹性挡板，将A 与另一个与A 材料相同的物块B （可视为质点与弹簧右端不拴接）并排一起，使两根弹簧仍压缩到O′点位置，然后从静止释放，若A 离开B 后给A 外加恒力sin F mg θ=，沿斜面向上，若A 不会与B 发生碰撞，求β需满足的条件？
17．我国是世界上开发利用地下水资源最早的国家之一，浙江余姚河姆渡古文化遗址水井，其年代距今约5700年。

压水井可以将地下水引到地面上，如图所示，活塞和阀门都只能单向打开，提压把手可使活塞上下移动，使得空气只能往上走而不往下走。

活塞往上移动时，阀门开启，可将直管中的空气抽到阀门上面；活塞向下移动时，阀门关闭，空气从活塞处溢出，如此循环，地下水就在大气压的作用下通过直管被抽上来了。

阀门下方的直管末端在地下水位线之下，地下水位线距离阀门的高度h = 8m ，直管截面积S = 0.002m 2，现通过提压把手，使直管中水位缓慢上升4m 。

已知水的密度ρ=1.0×103kg/m 3，外界大气压强p 0 = 1.0×105Pa ，重力加速度g = 10m/s²，直管中的气体可视为理想气体：
(1)若该装置的机械效率η = 0.4，求人对把手做的功；
(2)求直管中剩余空气质量△m 与直管中原空气质量m 0之比。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．D
【解析】
【详解】
A．因m处于静止状态，故绳子的拉力等于m的重力，即F＝mg，绳的张力不变，故选项A错误；BC．对M受力分析如图甲所示，把F进行正交分解可得关系式：
N＋Fsin θ＝Mg
Fcos θ＝f
当M向右移动少许后，θ变大，故N减小，f减小，故选项B、C错误；
D．对滑轮受力分析如图乙所示，把拉物体的绳子的拉力合成得F合＝T．因F不变，两绳的夹角变小，则F合变大，故悬挂滑轮的绳的张力变大，选项D正确．
2．C
【解析】
【详解】
A．金属框恰好处于静止状态，说明线框受到的安培力向上，根据左手定则可知dc边中的电流方向应由d 指向c，结合电路知识得M点应接电源的负极，故A错误；
B ．由闭合电路欧姆定律得
2E I r
= 电源输出功率
2
2
4E P I r r == 故B 错误；
C ．根据平衡条件有
mg=BIL
解得
2mgr B EL
= 故C 正确；
D ．根据对称性可知ad 边受到的安培力等于bc 边受到的安培力，方向相反，故D 错误。

故选C 。

3．C
【解析】
【详解】
AB ．处于n=2能级的原子不能吸收10.20eV 、2.89eV 的能量，则选项AB 错误；
C ．处于n=2能级的原子能吸收2.55eV 的能量而跃迁到n=4的能级，然后向低能级跃迁时辐射光子，其中从n=4到n=3的跃迁辐射出的光子的能量小于1.62eV 可被红外测温仪捕捉，选项C 正确；
D ．处于n=2能级的原子能吸收1.89eV 的能量而跃迁到n=3的能级，从n=3到低能级跃迁时辐射光子的能量均大于1.62eV ，不能被红外测温仪捕捉，选项D 错误。

故选C 。

4．B
【解析】
【详解】
A ．由结合能图象可知，只有较重的原子核裂变成中等质量的原子核或较轻的原子核聚变为中等质量的原子核时才有能量释放，具有质量亏损，故A 错误；
B ．光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子具有动量，故B 正确；
C ．无论是宏观粒子还是微观粒子，都同时具有粒子性和波动性，故C 错误；
D ．β衰变本质是原子核中一个中子释放一个电子而转变质子，故D 错误。

故选B 。

5．B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映，不是组成固体颗粒的分子在做无规则运动，故A 错误；
B ．液体表面层，分子较为稀疏，分子间距离大于平衡时的距离0r ，因此分子间作用力表现为引力，液体表面有收缩趋势，故B 正确；
C ．扩散现象可以在液体、气体中进行，也能在固体中发生，故C 错误；
D ．分子间距离为平衡时的距离0r ，分子间作用力为零，当分子间距离r 大于0r 时，分子间作用力表现为引力，此时随着分子间距r 的增大分子间作用力做负功，分子势能p
E 增大，所以当分子间距增大时，分子势能不一定减小，故D 错误；
故选B 。

6．C
【解析】
【详解】
A ．由场强叠加可知 22222184(5)(3)225A q q q kq E k k k l l l l =+-= 方向向左；
2222
226(3)9B q q q kq E k k k l l l l =+-= 方向向右；
则A B E E <，选项A 错误；
BC ．由A 的计算可知，最左边位于C 处的+q 与A 之间的场强向左，CB 之间的场强向右，因沿电场线电势降低，可知A 、B 两点电势均比C 点电势低，由于A B E E <，则由U=Ed 可知CA CB U U <，可知A 点电势高于B 点，即A B ϕϕ>，则电子在A 点的电势能小于在B 点的电势能，选项B 错误，C 正确；
D ．因在A 点左侧会存在一个合场强为零的位置，则从A 点到此位置场强逐渐减小，则将一重力不计正点
电荷由A 点静止释放，在到达场强为零的位置的过程中，将做加速度逐渐减小的加速运动，选项D 错误。

故选C 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．BDE
【解析】
【详解】
A ．船能浮在水面上，是由于水的浮力作用，故A 项错误；
B ．液体表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力，故B 项正确；
C ．在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，与体积无关；密闭容器中某种蒸气开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积时，蒸气不再是饱和的，但最后稳定后蒸气是饱和的，压强不变；故C 项错误；
D ．相对湿度是指水蒸气的实际压强与该温度下水蒸气的饱和压强之比，故D 项正确；
E ．当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，单位时间内从水中出来的水分子和从空气进入水中的水分子个数相等，达到一种动态平衡，故E 项正确。

8．BC
【解析】
【详解】
A. 当A 开始滑动时有：
2033A f mg m r μω==⋅⋅
解得：
0ω
当ω=<AB 未发生相对滑动，选项A 错误；
B. 当ω=<时，以AB 为整体，根据2
F mr ω向＝可知 29332
F m r mg ωμ⋅⋅=向＝ B 与转盘之间的最大静摩擦力为：
23Bm f m m g mg μμ=+=（）
所以有：
Bm F f >向
此时细线有张力，设细线的拉力为T ，
对AB 有：
2333mg T m r μω+=⋅⋅
对C 有：
232C f T m r ω+=⋅⋅
解得
32mg T μ=，32
C mg f μ= 选项B 正确；
C. 当ω=
AB 需要的向心力为：
2339AB Bm F m r mg T f ωμ'⋅⋅=+＝＝
解得此时细线的拉力96Bm T mg f mg μμ'-==
C 需要的向心力为：
2326C F m r mg ωμ⋅⋅＝＝
C 受到细线的拉力恰好等于需要的向心力，所以圆盘对C 的摩擦力一定等于0，选项C 正确；
D. 当ω=C 有： 212325C f T m r mg ωμ+=⋅⋅=
剪断细线，则
1235
C Cm f mg f mg μμ=<= 所以C 与转盘之间的静摩擦力大于需要的向心力，则C 仍然做匀速圆周运动。

选项
D 错误。

故选BC 。

9．BC
【解析】
【详解】
AB ．由题意可知，环在运动的过程中，受到的电场力大小为2F qE mg ==，方向始终竖直向上。

假设竖直向下为正方向，则当环下滑的过程中，受力分析，根据牛顿第二定律得：
()mg qE qvB ma μ-+=
得：
qvB a g m μ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭
负号代表该加速度与运动方向相反，故物体在下滑的过程中做加速度逐渐减小的减速运动；当环上升的过程中，根据牛顿第二定律
mg qvB qE ma μ+-'=
解得：
qvB a g m μ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭
' 环做加速度逐渐减小的减速运动，在到达原出发点前，加速度减为零，此时，
0a '=
mg v vB
μ= 开始以速度v 做匀速直线运动。

所以由于运动的不对称性可以确定，从开始下滑到最低点的时间不等于02
t ; 整个运动过程中，加速度一直减小，所以在运动的最开始时，加速度最大，加速度大小的最大值为： 0m qv B
a g m μ=+
则A 错误,B 正确；
C ．由以上计算，可知，整个过程中，系统损失的机械能
2222200222111222m g E mv mv m v q B μ⎛⎫∆=-=- ⎪⎝⎭
C 正确；
D ．环上升和下降的过程中，摩擦力的冲量大小相等，D 错误。

故选BC 。

10．BD
【解析】
【详解】
A ．设A
B 所带电荷量均为q -，则物A 所受摩擦力
1()cos A A f m g qE μθ=+
2(cos )B B f m g qE μθ=+
由于不知道A m 与B m 的大小，故无法判断A f t 与B f t 的大小关系，故A 错误；
B ．B 静止前，AB 组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B 正确；
C ．轻弹簧断开瞬时，B 物体受重力、斜面支持力和摩擦力作用，加速度不为零，故C 错误；
D ．物体A 在轻弹簧断开前，在拉力作用下匀速向上运动弹簧断开后，少了向下的拉力，物体A 所受合力
向上，做加速运动，所以重力的功率增大，电场力做负功，电势能增大，故D 正确。

故选BD 。

11．AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据功率与速度关系公式P=Fv 可知，牵引力不断减小，根据牛顿第二定律，
P/v−f=ma
故小车的运动是加速度不断减小的加速运动，故A 正确，B 错误；
CD ．对小车启动过程，根据动能定理，有
W 电−fs= 212
m mv 这段时间内电动机所做的功为 W 电=fS+
212m mv 故C 错误，D 正确．
故选AD.
点睛：小车电动机的功率恒定，速度不断变大，牵引力不断减小，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动；结合动能定理列式求解电动机所做的功．
12．ABC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据输入电压的图像可读出变压器原线圈两端的电压有效值为
1220V U == 而变压器两端的电压比等于匝数比，有
22111220V=55V 4
a n U U n ==⨯ 电压表测量的是副线圈输出电压的有效值为55V ，故A 正确；
B ．当开关与a 连接时，滑动变阻器触片向下移，因1220V U =不变，则2=55V U 不变，即电压表的示数不变，负载电阻变小，则副线圈的电流变大，即电流表的示数变大，故B 正确；
C ．开关由a 扳到b 时，副线圈的电压变为
22111220V=110V 2
b n U U n '==⨯ 电压变为原来的2倍，负载电阻不变，则电流表的示数变为原来的2倍，故C 正确；
D ．变压器能改变电压和电流，但不改变交流电的频率，则当单刀双掷开关由a 拨向b 时，副线圈输出电压的频率不变，故D 错误。

故选ABC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．BD 2
22d gx t
μ= C 【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．要验证的是从滑块经过光电门到最后在木板上停止时动能减小量等于摩擦力做功，即
212
mv mgx μ= 其中
d v t
= 可得
2
22d gx t
μ= 则必须要测量的物理量是：遮光片经过光电门时的遮光时间t 和A 点到B 点的距离x ，故选BD 。

(2) [2]．由以上分析可知，需要验证表达式2
22d gx t
μ=在误差范围内成立即可验证动能定理； (3) [3]．A ．滑块释放时初速度不为零对实验无影响，选项A 错误；
B ．曲面不光滑对实验无影响，选项B 错误；
C ．遮光片的宽度不够小，则测得的滑块经过A 点的速度有误差，会给实验结果带来误差，选项C 正确；
D ．光电门安放在连接处稍偏右的地方对实验无影响，选项D 错误；
故选C 。

14．100 50 2.95 作F A 、F B 的图示（F A =2.10N 、F B =1.90N ） 2.80～2.95
【解析】
【详解】
（2）[1][2]．根据胡克定律，两弹簧的劲度系数分别为 20.1
9.8N/m=100N/m (6.98 6.00)10A A A
F k x -⨯==∆-⨯ ，20.19.8N/m=50N/m (9.968.00)10
B B B F k x -⨯==∆-⨯； （4）[3]．弹簧B 的弹力大小为
'
x 50(0.13900.08)N=2.95N B B F k '=∆=⨯-
（5）[4][5]．由胡克定律可得：
'
x 100(0.08100.06)N=2.10N A A A F k '=∆=⨯-
'
x 50(0.11800.08)N=1.90N B B B F k '=∆=⨯-
画出两个力的合力如图，由图可知合力F≈2.90N ；
（6）[6]．做出力图如图；
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)600K ；(2)220N ，0.16m
【解析】
【详解】
(1)初态，气体温度为
1273K 27K 300K T =+=
体积为
1V LS =
当活塞A 刚好达到汽缸顶部时，体积
22V LS =
温度为2T ，该过程气体发生等压变化，有
1212
V V T T =① 解得
2600K T =②
(2)分析活塞A 的受力，有
5102 1.110Pa mg p p S
=+=⨯③ 在F 作用下，活塞B 回到初位置，气体温度不变，即
32T T =
分析末态活骞A 和B 的受力，得
302mg F p p S
+=+④ 研究气体的初态和末态，有
3113
p p T T =⑤ 联立，解得
220N F =⑥
弹簧又压缩了
0.44m F x k
∆==⑦ 则稳定后A 、B 间的距离
AB 0.16m L L x =-∆=⑧
16．（1）20104cos υx x μg θ=-；（2）22001tan 44p m υE m υθμ=+；（3）3113235
β≤< 【解析】
【详解】
（1）从A 到O′，由动能定理可得
()()2010101sin cos 02
mg x x θμmg x x θW m υ+-+-=-① 物块A 离开弹簧后回到P 点的过程，由动能定理得
()()0101sin cos 0W mg x x θμmg x x θ-+-+=②
解得
20104cos υx x μg θ
=- （2）将1x 带入②式可得，弹簧弹力做功为
22001tan 44m υW m υθμ
=+ 即弹簧的弹性势能为
22001tan 44p m υE W m υθμ
==+ （3）两物体分离的瞬间有A B a a =，两物体之间的弹力为0，由牛顿第二定律可得
sin cos A mg θμmg θma +=
sin cos 2B βmg θμβmg θT βma +-=
解得0T =，即弹簧恢复原长的瞬间，两物体分离。

设分离瞬间，两物体的速度为υ，由能量守恒可得
()()()211121sin 1cos 12
P E βmgx θμβmgx θβm υ=+++++
将tan μθ=，0υ=20104cos υx x μg θ
=-带入解得
υ=由于tan μθ=，sin F mg θ=，故分离后两物体的加速大小分别为
sin cos sin A mg θμmg θF a g θm
+-'==
sin cos 2sin B βmg θμβmg θa g θβm
+'== 由此可知，分离后两物体均做减速运动，且B 的加速度大于A ，故在A 物体上升阶段，两物体不会碰撞；B 速度减为0后，由于tan μθ=，故B 物体会保持静止状态，B 物体上升的位移为
2
4sin B υx g θ
= 若A 物体与挡板碰撞前速度就减为0，则此后A 物体保持静止状态，两物体一定不会碰撞；若A 物体能与
挡板相碰，当物体A 与挡板碰撞后，继续以加速度sin g θ向下做减速运动， 直到速度减为0，保持静止；
A 物体速度减为0的总路程为
2
2sin A υx g θ
= 若A 物体不与挡板碰撞，则
2
02sin A υx x g θ
=≤ 解得
117
β≥ 若A 物体能与挡板碰撞，则两物体不相撞的条件为A 物体速度减为0时不与B 物体相撞，即
02A B x x x +≤且0A x x >
解得
1131723
β>≥ 由于0υ>，故
135
β< 综上所述，β的取值范围为
3113235
β≤< 17． (1)400J ；(2)
310
【解析】
【分析】
【详解】
(1)直管中水位缓慢上升h 1=4m ，则重心上升2m ，则对水做功 211111=222
h h W mg h S g gSh ρρ=⋅=有用
带入数据可得
W 有=160J
则人对把手做的功
160=J=400J 0.4
W W η=有用 (2)直管中有气体h 2=4m ，气体的压强为 53510110101040.610Pa p p gh ρ=-=-⨯⨯=⨯ 设这些气体在压强为p 0时的长度为L ，则由玻意耳定律可得 012p LS p h S =
解得
L=2.4m
则直管中剩余空气质量△m 与直管中原空气质量m 0之比 0 2.43810m L m h ∆===。