河北省张家口市2021届高三物理上学期入学摸底试题(含解析).doc

河北省张家口市2021届高三物理上学期入学摸底试题（含解析）
一、选择题：
1.新能源汽车是指采用非常规的车用燃料作为动力来源，综合车辆的动力控制和驱动方面的先进技术，形成的技术原理先进、具有新技术、新结构的汽车。

为检测新能源汽车的基本性能，某志愿者驾驶汽车以36km/h 的速度驶入水平长直试验场，某时刻开始刹车，汽车做匀减速直线运动直到速度减为0，然后马上使汽车做匀加速直线运动直到恢复最初的速度。

从开始刹车到恢复最初速度的过程中汽车位移与速度的关系如图所示。

下列说法中正确的是（ ）
A. 汽车加速过程中加速度的大小为25m /s
B. 该过程中汽车的总位移为20m
C. 该过程所用的总时间为6s
D. 汽车刹车过程中加速度的大小为2.5m/s 2 【答案】C 【解析】
【详解】A.由图知，汽车加速过程发生的位移x 1=20m ，末速度v =36km/h=10m/s ，由匀加速直线运动的规律
v 2=2a 1x 1
汽车加速过程中加速度的大小
a 1=212v x =2
10220
m/s 2=2.5m/s 2
故A 错误；
B. 汽车做匀减速直线运动的位移x 2=10m ，该过程中汽车的总位移
x =x 1+x 2=20m+10m=30m
故B 错误；
C. 该过程所用的总时间
t=2x v
=30
102
s=6s 故C 正确；
D. 汽车刹车过程中加速度大小
a 2=222v x =210210
m/s 2=5m/s 2
故D 错误。

2.如图所示，图线表示原子核的比结合能与质量数A 的关系，下列说法中正确的是（ ）
A. 6
3Li 核的结合能约为15MeV B. 63Li 核比4
2He 核更稳定
C. 两个2
1H 核结合成4
2He 核时要放出能量 D.
23592
U 核裂变成8936Kr 核和144
56Ba 核过程中，核子的平均质量增加
【答案】C 【解析】
【详解】A. 比结合能是指把原子核内核子分开平均每个核子需要的能量，6
3Li 核的比结合能约为5 MeV ，6
3Li 核的核子数为6，6
3Li 核的结合能约为30MeV ，故A 错误；
B. 比结合能越大，原子核越稳定，由图知，6
3Li 核比42He 核的比结合能小，4
2He 核更稳定，故B 错误；
C. 两个21H 核结合成4
2He 核时有质量亏损，要放出能量，故C 正确； D.
23592
U 核裂变成8936Kr 核和144
56Ba 核过程中，
有质量亏损，要释放能量，组成原子核的核子的平均质量会减小，故D 错误。

3.一种吸引式捕虫装置的
简化模型如图所示，核心部件中有一个半圆形的容器，直径AB 水平，半径OC 竖直，D 为四分之一圆弧BC 的中点。

已知昆虫与容器之间的动摩擦因数小于1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

在昆虫缓慢从C 点向右上方爬行的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 昆虫所受捕虫器的摩擦力逐渐减小
B. 昆虫所受捕虫器的支持力逐渐减小
C. 昆虫可以爬过捕虫器的D 点
D. 昆虫所受捕虫器的作用力逐渐增大 【答案】B 【解析】
【详解】A.昆虫在缓慢爬行过程中受到重力、半圆形容器对昆虫的支持力和静摩擦力作用，受力如图：
设昆虫的质量为m ，爬行到某位置与圆心连线偏离竖直方向的夹角为θ，则昆虫所受捕虫器的摩擦力f =mg sin θ，昆虫缓慢从C 点向右上方爬行的过程中，θ增大，sin θ增大，静摩擦力f 逐渐增大，故A 错误；
B. 昆虫所受捕虫器的支持力N =mg cos θ，昆虫在缓慢从C 点向右上方爬行的过程中，θ增大，cos θ减小，支持力N 逐渐减小，故B 正确；
C.由题知，D 点与圆心连线偏离竖直方向的夹角为45°，设昆虫与容器之间的动摩擦因数
μ=1，则
mg sin θ=μmg cos θ
tan θ=μ=1
θ=45°
可知昆虫不可以爬过捕虫器的D 点，故C 错误；
D. 昆虫在缓慢从C 点向右上方爬行的过程中，可以认为受力平衡，昆虫所受捕虫器的作用力始终等于其重力，保持不变，故D 错误。

4.如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压均为U 0的灯泡L 1和L 2。

原、副线圈匝数比为4∶1。

S 断开时两灯泡均恰能正常发光，由此可知（ ）
A. 电源电压04U U =
B. S 断开时，灯泡L 1和L 2的电流之比为1∶1
C. S 闭合后，灯泡L 2仍恰能正常发光
D. S 断开时，灯泡L 1和L 2的功率之比1∶4 【答案】D 【解析】
【详解】A. 两灯泡均恰能正常发光，则其电压均为额定电压U 0，原、副线圈匝数比为4∶1，可知原线圈输入电压U 1=4U 0，副线圈才能输出电压为U 0，则电源的电压U =5U 0，故A 错误；
B. 根据公式1221I n I n =，可得124
1
I I =，则S 断开时，灯泡L 1和L 2的电流之比为1∶4，故B 错
误；
C. S闭合后，灯泡L1短路，变压器原线圈上的电压为U1=5U0，由电压比1
2
U
U=
4
1
知，副线圈输出电压U2=
5
4
U0，则灯泡L2不能正常发光，故C错误；
D. S断开时，由于额定电压均为U0的灯泡L1和L2恰能正常发光，两灯泡两端的电压相等，而流过灯泡L1和L2的电流之比为1∶4，由功率P=IU知，灯泡L1和L2的功率之比为1∶4，故D正确。

5.一质点静止在光滑水平面上。

现对其施加水平外力F，F随时间t按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是（）
A. 第2s末，质点的动量为0
B. 第2s末，质点距离出发点最远
C. 在0~2s内，F的功率先增大后减小
D. 在0~2s内，F的冲量为0
【答案】C
【解析】
【详解】A.由F随时间t按正弦规律变化的图线知，在0~2s内，质点做加速度先增大后减小的变加速运动，在第2s末，质点的速度达到最大，动量达到最大，故A错误；
B.在2~4s内，质点做加速度先增大后减小的变减速运动，速度逐渐减小，至4s末F的总冲量为零，质点的速度减为零，此时质点距离出发点最远，故B错误；
C.在0~2s内，F先增大后减小，而速度逐渐增大，第2s末，质点受力F=0，由P=Fv知，F 的功率先增大后减小，故C正确；
D. 在0~2s内，F的冲量为F图线与时间轴所围“面积”的大小，有一定的数值，故D错误。

6.如图所示，在光滑水平面上有宽度为d 的匀强磁场区域，边界线MN 平行于PQ ，磁场方向垂直平面向下， 磁感应强度大小为B ，边长为L (L <d )的正方形金属线框，电阻为R ，质量为m ，在水平向右的恒力F 作用下，从距离MN 为
2
d
处由静止开始运动，线框右边到MN 时速度与到PQ 时的速度大小相等，运动过程中线框右边始终与MN 平行，则下列说法正确的是（ ）
A. 线框在进磁场和出磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量不相等
B. 22B L Fd
R
m
C. 线框进人磁场过程中一直做加速运动
D. 线框右边从MN 运动到PQ 的过程中，线框中产生的焦耳热小于Fd 【答案】B 【解析】
【详解】A. 线框在进磁场和出磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量
q It R
∆Φ
==
磁通量的变化φ和线框电阻为R 不变，则通过线框横截面的电荷量相等，故A 错误； B. 框的右边刚进人磁场时的速度
v 22F d m ⨯
⨯Fd
m
产生的感应电流
I =
BLv R BL Fd
R m
线框的右边刚进人磁场时所受安培力的大小
F 安=BIL 22
B L Fd
R
m
故B 正确；
C.由题知，线框右边到MN 时速度与到PQ 时的速度大小相等，且有L <d ，则线框全部进入磁场后在恒力F 作用下做加速运动，所以线框进人磁场过程中可能一直做减速运动，也可能先减速后匀速运动，故C 错误；
D. 由题知，线框右边到MN 时速度与到PQ 时的速度大小相等，由动能定理知，线框右边从
MN 运动到PQ 的过程中，合外力做的总功为零，恒力F 做的功W F =Fd ，则恒力F 做的功与克
服安培力做的功大小相等；克服安培力做多少功，线框中就产生多少电能，所以线框中产生的焦耳热等于Fd ，故D 错误。

7.2021 年春节档，科幻电影《流浪地球》红遍大江南北。

电影讲述的是太阳即将毁灭，人类在地球上建造出巨大的推进器，使地球经历停止自传、加速逃逸、匀速滑行、减速入轨等阶段，最后成为新恒星(比邻星)的一颗行星的故事。

假设几千年后地球流浪成功，成为比邻星的一颗行星，设比邻星的质量为太阳质量的
18
，地球质量在流浪过程中损失了1
10，地球
绕比邻星运行的轨道半径为地球绕太阳运行轨道半径的
1
2
，则下列说法不正确的是（ ） A. 地球绕比邻星运行的公转周期和绕太阳的公转周期相同 B. 地球绕比邻星运行的向心加速度是绕太阳运行时向心加速度的
12
C. 地球与比邻星的万有引力为地球与太阳间万有引力的920
D. 地球绕比邻星运行的动能是绕太阳运行时动能的14
【答案】D 【解析】
【详解】A.万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
2
22πMm G m r r T ⎛⎫= ⎪⎝⎭
解得公转周期
2T =则地球绕比邻星（记为1）运行的公转周期与绕太阳（记为2）的公转周期之比
1
21T T == 即公转周期：12T T =，故选项A 不合题意； B.万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
2
Mm
G
ma r = 解得向心加速度
2GM
a r
=
则地球绕比邻星运行的向心加速度与绕太阳运行时向心加速度之比
112
22211
2
a M r a M r ⎛⎫== ⎪
⎝⎭ 故选项B 不合题意； C. 万有引力
2
Mm
F G
r = 地球与比邻星的万有引力和地球与太阳间万有引力之比
21129910==20
ma
F F ma 故选项C 不合题意；
D.万有引力提供向心力，由牛顿第定律
22Mm v G m r r
= 动能
2k 122GMm E mv r
=
= 地球绕比邻星运行的动能与绕太阳运行时动能之比
k1k 2E E =1928101⨯⨯=940
故选项D 符合题意。

8.两根不同金属导体制成的长度相等、横截面积相同的圆柱形杆，串联后接在某一直流电源
两端，如图所示。

已知杆a 的质量小于杆b 的质量，杆a 金属的摩尔质量大于杆b 金属的摩尔质量，杆a 的电阻大于杆b 的电阻，假设两种金属的每个原子都提供相同数目的自由电子(载流子)。

当电流达到不变时，若a 、b 内存在电场，则该电场可视为均匀电场。

下列结论中正确的是（ ）
A. 两杆内的电场强度都不等于零，且a 内的电场强度大于b 内的电场强度
B. 两杆内的电场强度都等于零
C. 两杆内载流子定向运动的速度一定相等
D. a 内载流子定向运动的速度一定大于b 内载流子定向运动的速度 【答案】AD 【解析】
【详解】AB.两杆串联，所以电流相等，因为a b R R >，由欧姆定律可知a b U U >，根据匀强电场关系式U Ed =可知，两杆内电场强度都不为零，且a 内的电场强度大于b 内的电场强度，故A 正确，B 错误；
CD.根据电流的微观表达式I nevS =可知，载流子的定向运动速率I
v nqS
=
，由题意可知杆内单位体积内的自由电荷数a b n n <，则a b v v > ，故C 错误，D 正确。

9.如图所示的正方形区域abcd ，e 、f 分别为ad 边和ab 边的中点。

三角形acd 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。

b 点放置粒子源，带正电的粒子以不同的速率沿bd 方向射出。

忽略粒子间的相互作用，不计重力，粒子运动轨迹可能经过
A. a 点
B. d 点
C. e点
D. f点
【答案】CD
【解析】
【详解】A.当粒子刚好与ad边相切时运动轨迹如图1所示，所以粒子不会经过a点，故A 错误；
B.粒子进入磁场一定发生偏转，不会沿直线经过d点，故B错误；
C.当粒子刚好与ad边相切时运动轨迹如图1所示，如果速度增大，将从ad边射出，有可能从e点射出，故C正确；
D.当粒子刚好与ad边相切时运动轨迹如图1所示，如果粒子速度减小，则轨道半径减小，粒子运动轨迹如图2所示时刚好经过f点，故D正确。

10.如图所示，EF为竖直面内某正方形区域ABCD的水平中线。

一个氕核1
1H、一个氘核2
1
H和
一个氦核4
2He以相同的动能从E点水平射入，已知在下列各情况下氕核1
1
H恰好从C点射出，
不计粒子重力、粒子间相互作用力及空气阻力，则（）
A. 若该区域只存在竖直方向的匀强电场，则氘核2
1
H可能从FC中点射出
B. 若该区域只存在竖直方向的匀强电场，则氕核1
1H和氘2
1
H核在该区域的运动轨迹应当重
合
C. 若该区域只存在垂直纸面的匀强磁场，则氕核11H 和氘核2
1H 在该区域的运动轨迹重合 D. 若该区城只存在垂直纸面的匀强磁场，则氕核1
1H 和氦核4
2He 在该区域的运动轨迹重合 【答案】BD 【解析】
【详解】AB.带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，设正方形边长为L ，水平方向
L =v 0t
竖直方向
2
12Eq y t m
=
联立解得
220
2EqL y mv =
相同的动能，氕核11H 和氘核21H 电荷量相同，由题知氕核11H 恰好从C 点射出，则氕核1
1H 和氘2
1H 核在该区域的运动轨迹应当重合，都从C 点射出，故B 正确，A 错误。

CD.带电粒子在磁场中运动，由洛伦茨力提供向心力
2
mv qvB R
= 在磁场中运动的半径
mv R qB
=
另有m 2v 2=2mE k ，则
R =
氕核和氦核的
2m q
比值都等于1，
则氕核11H 和氦核42He 在该区域的运动轨迹重合；而氕核1
1H 和氘核2
1H 的2m q
比值不同，则氕核11H 和氘核2
1H 在该区域的运动轨迹不重合，故D 正确，C 错误。

11.如图所示，a 、b 两个物体静止叠放在水平桌面上，已知a b m m m ==， a 、b 间的动摩擦因数为μ，b 与地面间的动摩擦因数为
1
4
μ。

巳知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，现对a 施加一水平向右的拉力，下列判断不正确的是（ ）
A. 若a 、b 两个物体始终相对静止，则力F 不能超过
1
2
mg μ B. 当F mg μ=时， a 、b 间的摩擦力为3
4mg μ C. 无论力F 为何值，b 的加速度不会超过1
3
g μ
D. 当2F mg μ=时，a 、b 间的摩擦力为mg μ 【答案】AC 【解析】
【详解】AC. 若a 、b 两个物体始终相对静止，则当a 、b 间达到最大静摩擦力mg μ时，a 、
b 将要发生相对滑动，单独分析b 有
max 124
mg mg ma μμ-⋅=
b 运动的最大加速度
max 1
2
a g μ=
对a 、b 整体
F -max 24
1
2mg ma μ⋅= 解得力F 的最大值
F =
3
2
mg μ 只要32F mg μ>
，a 、b 就会发生相对运动；由此分析知F 可以超过1
2mg μ，b 的加速度也可以超过1
3
g μ，故选项AC 符合题意；
B.当F mg μ=时，对a 、b 整体有
F -24
1
2mg ma μ⋅= 解得加速度
1
4
a g μ=
分析b
f 4
1
2F mg ma μ-⋅=
a 、
b 间的摩擦力
f 3
4
F mg μ=
故选项B 不合题意； D.当2F mg μ=3
2
mg μ>
时，a 、b 间要发生相对运动，a 、b 之间的滑动摩擦力f F mg μ=，故选项D 不合题意。

12.如图所示，水平面上放置一个固定平台和内壁光滑且竖直放置的
固定圆弧形轨道。

质量为m 的小球从平台上水平向右抛出，恰好从B 点沿切线方向进入圆弧形轨道，最后小球刚好能够通过圆弧形轨道的最高点C 。

已知圆轨道的半径为R ， OB 和OD 的夹角为60°，重力加速度为g ，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 小球通过最高点C gR
B. 小球通过最高点C 时速度为0
C. 平台高度
3
2
R D. gR 【答案】AD 【解析】
【详解】AB. 小球刚好能够通过圆弧形轨道的最高点C 时，根据牛顿第二定律，在C 点
mg =m 2C
v R
小球经过最高点时的速度
C v =
故A 正确，B 错误；
CD.由B 点到C 点，根据动能定理
()
22C B 11cos6022
mg R R mv mv ︒-+=
- 解得
B v =小球在B 点速度与水平面夹角为60°，在B 点其水平速度为
v Bx =v B cos 60︒小球在B 点竖直速度为
v By =v B sin 60︒
小球平抛的竖直位移
h =2
By 2v g =32
R 平台高度H 为
H =(cos 60)2h R R R ︒+-=
小球在抛出点速度为
v 0= v Bx
故C 错误，D 正确。

二、填空题：
13.某实验小组采用如图甲所示实验装置来研究加速度和力的关系，其中小车的质量为M ，砂桶和砂子的总质量为m (不计小车与桌面间及绳与滑轮间的摩擦)。

（1）松开砂桶，小车带动纸带运动，若相邻计数点间的时间间隔T=0.1s，数据如图乙所示，则小车的加速度a=___2
m/s (结果保留三位有效数字)。

（2）改变砂桶内砂子的质量，多次实验，以力传感器的示数F为横坐标、小车对应的加速度a为纵坐标，做出的a F
-图像如图丙，可知小车的质量M=___kg。

【答案】 (1). 2.00 (2). 0.25
【解析】
【详解】（1）［1］由逐差法x36-x03=a(3T)2，小车的加速度
a=()
()2
42,0812.0412.04
30.1
--
⨯
⨯
10-2m/s2=2.00m/s2
（2）［2］根据牛顿第二定律a=2F
M
，a F
-图像的斜率表示
2
M
，则2
M
=
2.400
0.300
-
-
=8
可知小车的质量M=0.25kg。

14.为了测某电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：
电阻箱R，定值电阻R n，两个电流表A1、A2，电键S1，单刀双掷开关S2，待测电源，导线若干。

实验小组成员设计如图甲所示的电路图。

（1）闭合电键S 1，断开单刀双掷开关S 2，调节电阻箱的阻值为R 1，读出电流表A 2的示数I 0；将单刀双掷开关S 2合向1，调节电阻箱的阻值，使电流表A 2的示数仍为I 0，此时电阻箱阻值为R 2，则电流表A 1的阻值R A1＝_____。

（2）将单刀双掷开关S 2合向2，多次调节电阻箱的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值
R 及电流表A 1的示数I ，实验小组成员打算用图象分析I 与R 的关系，以电阻箱电阻R 为横
轴，为了使图象是直线，则纵轴y 应取_____。

A ．I B ．I 2
C ．1/I
D ．1/I 2
（3）若测得电流表A 1的内阻为1Ω，定值电阻R 0＝2Ω，根据（2）选取的y 轴，作出y ﹣R 图象如图乙所示，则电源的电动势E ＝_____V ，内阻r ＝_____Ω。

（4）按照本实验方案测出的电源内阻值_____。

（选填“偏大”、“偏小”或“等于真实值”） 【答案】 (1). R 2﹣R 1； (2). C ； (3). 3； (4). 0.9； (5). 等于真实值。

【解析】
【详解】（1）由题意可知，电路电流保持不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻不变，则电流表内阻等于两种情况下电阻箱阻值之差，即：R A1＝R 2﹣R 1；
（2）根据题意与图示电路图可知，电源电动势：()0A1E I r R R R =+++，整理得：
0111A r R R R I E E ++=+ ，为得到直线图线，应作1R I
- 图象，C 正确ABD 错误。

（3）由1R I
-图线可知：0A1 1.3r R R b E ++== ，1
1 2.6 1.313.93
I k E R ∆
-==== ，解得，电源电动势：E ＝3V ，电源内阻：r ＝0.9Ω；
（4）实验测出了电流表A 1的内阻，由（2）（3）可知，电源内阻的测量值等于真实值。

三、解答题：
15.传送带在工农业生产和日常生活中都有着广泛的应用。

如图甲，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针转动，现将2kg m =的货物放在传送带上的A 点，货物与传送带的速度v 随时间t 变化的图像如图乙，整个过程传送带是紧绷的，货物经过1.2s 到达B 点。

(重力加速度
210m/s g =)
（1）A 、B 两点间的距离L ；
（2）货物从A 运动到B 的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量Q 。

【答案】（1） 2.1m L =；（2） 3.3J Q = 【解析】
【详解】（1）由货物v -t 图线所围成“面积”代表货物对地位移，即传送带长度L ，因此
()()11122111
22
L v t v v t t =
++- 代入数据：1 1.0m /s v =，2 3.0m /s v =，10.2s t =，2 1.2s t = 可得A 、B 两点间的距离
2.1m L =
（2）货物在0~0.2s 内
1sin f mg ma θ+= ①
在0.2-1.2s 内
2sin mg f ma θ-= ②
其中2111 5.0m /s 0v a t -=
= ，221221
2.0m /s v v
a t t -==- 由①②可得货物与传送带间的摩擦力
3.0N f =
由图像面积可得货物相对皮带的位移
S 相对1111
0.1m 2
v t == S 相对2()21211
() 1.0m 2
v v t t =
--= 整个过程产生的热量
Q f =（S 相对1+ S 相对2）=3.3J
答：（1）A 、B 两点间的距离L =2.1m ；（2）因摩擦产生的热量Q =3.3J 。

16.如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度1T B =在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，且导轨足够长，导轨间距1m L =，导轨电阻可忽略不计。

质量均为m =1kg 、电阻均为1R =Ω的金属导体棒MN 和PQ 垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。

先将PQ 暂时锁定，金属棒MN 在垂直于棒的拉力F 作用下，由静止开始以加速度21.0m /s a =向右做匀加速直线运动，2s 后保持拉力F 的功率不变，直到棒以最大速度v m (未知)做匀速直线运动。

（1）求2s 末时拉力的功率P ；
（2）当棒MN 达到最大速度v m 时，解除PQ 锁定，同时撤去拉力，两棒最终均匀速运动，求
PQ 棒的最终速度。

【答案】（1）4W P =；（2）2m /s v =
【解析】
【详解】（1）金属棒MN 在2s 末时的速度
112m /s v at ==
金属导体棒MN 切割磁感线产生的电动势
1E BLv ==2V
回路中电流
12E
I R
=
=1A 其所受安培力
F 安1=1BI L =1N
由牛顿第二定律得
F -F 安1=ma
解得拉力F 的大小：F =2N 2s 末时拉力F 的功率
14W P Fv ==
（2）金属棒MN 达到最大速度v m 时，金属棒MN 受力平衡
F 2=F 安2=22m
2B L v R
①
保持拉力的功率不变
2m P F v = ②
由①②可得棒MN 达到的最大速度
m /s v =
撤去拉力后，对金属棒PQ 、MN 组成的系统，由动量守恒定律可得
m 2mv mv =
PQ 棒的最终速度
/s v =
答：（1）2s 末时拉力的功率P =4W ；（2）PQ 棒的最终速度/s v =。

17.若弹簧处于自然长度时其具有的弹性势能为0，则弹簧弹性势能的表达式为2
12
p E kx =
，其中k 为弹簧的劲度系数，x 为形变量。

现有一个劲度系数为k 的轻质弹簧一端固定在竖直墙上，如图所示，另一端与放在光滑水平面上的质量为m 的物体A 相连，质量为3m 的物体
B 放置在倾斜角度为θ的光滑斜面上。

A 、B 两物体用跨过定滑轮的轻绳连接，且物体A 只在
足够长的水平面上运动，物体B 只在足够长的斜面上运动。

开始时，物体B 在沿斜面向上的
外力14sin F mg θ=和沿斜面向下的恒力F 2的共同作用下保持静止，此时轻绳恰好伸直，现撒去外力F 1，直到物体B 获得最大速度，弹簧始终未超过弹性限度。

已知重力加速度为g ，求：
（1）物体B 获得的最大速度v m ；
（2）从撤掉外力F 到物体B 获得最大速度的过程中，轻绳对物体B 做的功。

【答案】（1）m 2sin m v g k =（2）22210sin m g W k
θ=-
【解析】
【详解】（1）开始时，绳上拉力为0，对物体B
123sin F F mg θ=+
解得沿斜面向下的恒力F 2
2sin F mg θ=
撒去外力F 1后，物体B 获得最大速度时加速度为0，对物体B
23sin T F F mg θ=+ ①
对物体A
T F kx = ②
由①②可得弹簧的形变量
4sin mg x k
θ
=
对物体A 、B 组成的系统，由动能定理可得
222m 11
3sin (3)22
F x mg x kx m m v θ+⋅-=+
解得物体B 获得的最大速度
m 2sin m
v g k
=
（2）由动能定理，对物体B 可得
22m 13sin 32
mg x F x W mv θ⋅+⋅+=⨯ 解得轻绳对物体B 做的功
22210sin m g W k
θ=-
答：（1）物体B 获得的最大速度m 2sin v g =；（2）轻绳对物体B 做的功22210sin m g W k
θ=-。

18.以下说法正确的是
A. 饱和蒸汽在等温变化的过程中，当其体积减小时压强不变
B. 气体放出热量，其分子平均动能减小
C. 彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
D. 液体中的布朗运动是指组成液体的液体分子的运动
E. 自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
【答案】ACE
【解析】
【详解】A.饱和蒸汽压仅仅与温度有关，饱和蒸汽在等温变化的过程中，体积减小时压强不变，故A 正确；
B. 气体分子的平均动能与气体温度有关，温度是分子平均动能的标志，由热力学第一定律U =Q +W 知，气体放出热量Q <0，而不清楚W 是外界对气体做功还是气体对外界做功，所以气体放出热量温度不一定下降，其分子平均动能不一定减小，故B 错误；
C. 液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C 正确；
D.布朗运动是指悬浮在液体中颗粒的无规则运动，而颗粒是由大量颗粒分子构成的，布朗运动不是液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的间接反映，故D 错误；
E. 根据热力学第二定律知，自然发生的热传递过程是向熵增加方向进行，即自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故E 正确。

19.如图甲所示，竖直放置的
左端封闭、右端足够长且开口的U 形均匀玻璃管中用水银柱封闭一段长为 l 0=15cm 的空气柱，两边管中水银柱长度分别为h 1=22.5cm 、h 2=27.5cm ，大气压强p 0=75cmHg 。

①求封闭空气柱的压强（用cmHg 表示）；
②现将U 形管缓慢倒转使其开口向下，达到新的平衡，如图乙所示，假设在整个过程中环境的温度不发生变化，试求新平衡状态下空气柱的长度。

【答案】①80cmHg ②l 1=20cm 或l 2=30cm
【解析】
【分析】
①以密封气体为研究对象，密封气体的压强等于高度差与大气压强的和；
②密封气体做等温变化，设封闭管中仍有水银，求出状态参量，由波意尔定律即可求得。

【详解】①p 1=p 0+(h 2-h 1) cmHg
代入数据得p 1=80cmHg
②设试管的横截面积为S ，倒转后封闭管中仍有水银，而空气柱长度增加了x ，如图所示
,
则由玻意耳定律有p 1l 0S =p 2(l 0+x )S
而p 1= p 0+( h 2-h 1) cmHg
p 2= p 0-[( h 2+x)-(h 1-x)] cmHg
代入数据得x 1=5cm, x 2=15cm
由于x 1、x 2 均小于h 1，故倒转后管中仍有水银，对应的空气柱长度为l 1=20cm 或l 2=30cm
【点睛】此题考查的是玻意耳定律的应用，难点是第二问倒转后要先判断是否左管中仍有水银，求气体压强是本题的一个难点。

20.一列简谐横波沿x 轴传播。

如图1所示为简谐横波在 1.2s t =时的波形图，如图2所示为平衡位置在x =25m 处质点的振动图像，则下列说法正确的是（ ）
A. 波沿x 轴负方向传播
B. 波的传播速度为50m /s 3
C. t =0时刻，质点P 的速度沿y 轴正方向
D. P 、Q 两质点的振动方向总是相反
E. 从t =0时刻开始，质点P 比质点Q 早回到平衡位置
【答案】BCE
【解析】
【详解】A.由如图2知，x =25m 处质点在 1.2s t =时的振动方向是向上的，结合图1，由“上下坡”知波沿x 轴正方向传播，故A 错误；
B.由图1知波的波长λ=20m ，由图2知波的周期T =1.2s ，则波的传播速度
v =
T λ=201.2m/s=50m /s 3
故B 正确； C.由图1知，在 1.2s t =时刻，质点P 的速度沿y 轴正方向，而波的周期T =1.2s ，根据做简谐运动经过一个周期质点运动重复的特点，t =0时刻，质点P 的速度还沿y 轴正方向，故C
正确；
D.当两质点平衡位置间距离为半波长的奇数倍时，两质点振动总是相反的；P 、Q 两质点平衡位置间距离小于2λ，两质点的振动方向有时相同有时相反，故D 错误；
E. t =0时刻的波形图与 1.2s t =的图1相似，即P 、Q 两质点还在图1所示位置，由图1知，质点P 的速度沿轴正方向，而质点Q 的速度沿y 轴负方向，质点P 比质点Q 早回到平衡位置，故E 正确。

21.如图所示为一玻璃砖的横截面，其中OAB 是半径为R 的扇形，45AOB ︒∠=，OBD ∆为等腰直角三角形。

一束光线从距O 点2R 的P 点垂直于OD 边射人，光线恰好在BD 边上发生全反射，最后从AB 边上某点第一次射出玻璃砖。

已知光在真空中的传播速度为c ，求：
（1）玻璃砖对该光线的折射率；
（2）光从P 点射人到第一次射出玻璃砖过程中，光在玻璃砖中传播的时间。

【答案】（1）2n =
（2）622)2t R c
= 【解析】
【详解】（1）作出光路如图所示，由几何关系得 2sin 2
OP OEP OE ∠=
= 又光线恰好发生全反射，所以OEP C ∠= 1sin C n =
2解得玻璃砖对该光线的折射率。