2019-2020年高三上学期期末物理试题 含解析.doc

2019-2020年高三上学期期末物理试题 含解析一、选择题(本大题共5个小题，共30分，每小题给出的四个背选项中，只有一项符合题目要求）1（6分）（xx秋忠县校级期末）2014年10月23日，重庆晚报记者从巫山县获悉，西南第一梯神女垂直观光电梯初涉通过了专家评审，近期将进入实施阶段据了解，神女垂直观光电梯位于巫山神女景区黄岩旅游周转中心中转平台至中转衔接处电梯共有两部，依山体垂直建设，为户外外挂式观光电梯，其总高约为190米，共17层/17站假设该电梯正以速度v匀速上升，电梯中一小孩竖直上抛一质量为m小球，电梯内的乘客看到小球经ts到达最高点，而站在地面上的人看来（不计空气阻力的影响，重力加速度恒为g）（）A在小球上升到最高点的过程中动量变化量大小为mgtB在小球上升到最高点过程中克服重力做功为mg2t2C电梯内观察小球到达最高点时其动能为mv2D小球上升的初动能为mv22（6分）（xx南岗区校级模拟）如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动通过力传感器和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示取g=10m/s2则（）A物体的质量m=1.0kgB物体与水平面间的动摩擦因数=0.20C第2秒内物体克服摩擦力做的功W=1.8JD前2秒内推力F做功的平均功率 =1.5W3（6分）（xx秋忠县校级期末）发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆形轨1，然后经点火使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火将卫星送入同步轨道3轨道1、2相切于A点，轨道2、3相切于B点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法不正确的是（）A卫星在轨道1上的运行速率大于轨道3上的速率B卫星在轨道1上的角速度小于在轨道3上的角速度C卫星在椭圆轨道2上经过A点时的速度大于7.9 km/sD卫星在椭圆轨道2上经过B点时的加速度等于它在轨道3上经过B点时的加速度4（6分）（xx南岗区校级模拟）如图所示，竖直放置的平行板电容器，A板接电源正极，B板接电源负极，在电容器中加一与电场方向垂直的、水平向里的匀强磁场一批带正电的微粒从A板中点小孔C射入，射入的速度大小方向各不相同，考虑微粒所受重力，微粒在平行板A、B间运动过程中（）A所有微粒的动能都将增加B所有微粒的机械能都将不变C有的微粒可能做匀速圆周运动D有的微粒可能做匀速直线运动5（6分）（xx秋忠县校级期末）在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，将滑动变阻器R的滑片P从图示位置向左滑动的过程中，下列判断中正确的是（）A电源的输出功率一定变大B电源的效率一定变小C电压表V的示数变大D电流表A的示数变小二、非选择题（本大题共6小题，共68分）6（6分）（xx重庆学业考试）某同学在研究匀变速直线运动的实验中，打出的纸带部分如图所示，用刻度尺测量出相邻的两个计数点AB的长度为s1，CD的长度为s3，已知打点计时器打点频率为f，相邻的两个计数点之间还有4个打印点未画出来则相邻计数点间的时间间隔为小车运动的加速度a为，求出打B点时小车速度vB为（用题目中所给物理量的对应字母进行表述）7（4分）（xx重庆学业考试）某同学为了测量某阻值约为5的金属棒的电阻率，进行了如下操作：分别使用10分度游标卡尺和螺旋测微器测量金属棒的长度L和直径d，某次测量的示数如图1和图2所示，长度L=mm，直径d=mm8（9分）（xx重庆学业考试）现备有下列器材：待测金属棒：Rx（阻值约5）；电压表：V1（量程3V，内阻约3k）；V2（量程15V，内阻约9k）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2）；A2（量程3A，内阻约0.05）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）；滑动变阻器：R1（最大阻值约20）；R2（最大阻值约1000）；开关S；导线若干若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选（均选填器材代号）正确选择仪器后请在如图1中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接用伏安法测得该电阻的电压和电流，并作出其伏安特性曲线如图2所示，若图象的斜率为k，则该金属棒的电阻率=（用题目中所给各个量的对应字母进行表述）9（15分）（xx天津）质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=20m，物块与地面间的动摩擦因数=0.2，g取10m/s2，求：（l）物块在力F作用过程发生位移xl的大小：（2）撤去力F后物块继续滑动的时间t10（16分）（xx秋忠县校级期末）空间有一匀强电场，电场方向与纸面平行一带正电，电量为q，质量为m的小球（重力不计），在恒定拉力F的作用下沿虚线以速度v0由M匀速运动到N，如图所示已知力F和MN间夹角为，MN间距离为L，则：（1）匀强电场的电场强度大小为多少？并画出过M点的等势线（2）MN两点的电势差为多少？（3）当带电小球到达N点时，撤去外力F，则小球回到过M点的等势面时的动能为多少？11（18分）（xx秋忠县校级期末）为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为=60，长为L1=2m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2=m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D处，如图所示现将一个小球从距A点高为h=0.9m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为=g取10m/s2，求：（1）小球初速度v0的大小；（2）小球滑过C点时的速率vC；（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件三、选做题（共12分，其中选择题仅有一个答案）12（4分）（xx崇明县二模）一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C，最后到D状态，下列判断中正确的是（）AAB温度升高，压强不变BBC体积不变，压强增大CCD分子平均动能减小DD比A点分子密度大13（8分）（xx秋忠县校级期末）如图所示，两端开口的U形玻璃管两边粗细不同，粗管B的横截面积是细管A的2倍管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为12cm，大气压强为p0=75cmHg若用一活塞将细管A的管口封闭，并缓慢向下推活塞，保持封闭气体温度不变，当两管中水银面高度差为6cm时，活塞下移的距离为多少？xx重庆市忠县石宝中学高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题(本大题共5个小题，共30分，每小题给出的四个背选项中，只有一项符合题目要求）1（6分）（xx秋忠县校级期末）2014年10月23日，重庆晚报记者从巫山县获悉，西南第一梯神女垂直观光电梯初涉通过了专家评审，近期将进入实施阶段据了解，神女垂直观光电梯位于巫山神女景区黄岩旅游周转中心中转平台至中转衔接处电梯共有两部，依山体垂直建设，为户外外挂式观光电梯，其总高约为190米，共17层/17站假设该电梯正以速度v匀速上升，电梯中一小孩竖直上抛一质量为m小球，电梯内的乘客看到小球经ts到达最高点，而站在地面上的人看来（不计空气阻力的影响，重力加速度恒为g）（）A在小球上升到最高点的过程中动量变化量大小为mgtB在小球上升到最高点过程中克服重力做功为mg2t2C电梯内观察小球到达最高点时其动能为mv2D小球上升的初动能为mv2考点：动能定理的应用；动量定理；功能关系专题：动量定理应用专题分析：以电梯为参考系，小球竖直向上做匀减速直线运动；而在地面上的人看来物体向上做初速度为v的匀减速直线运动解答：解：A、在电梯上看到小球上升到最高点时，此时小球相对于电梯静止，上升速度与电梯速度相同为v，以地面为参考，站在地面上人此时看见小球还在上升，电梯内观者看见小球经ts后到达最高点，而地面上的人看见的时间大于t，故对小球由动量定理可知，动量的变化量大于mgt；故A错误；B、升降机中的人看见球上升的最大高度为h=gt2，而地面上的人看见球上升的最大高度为h=，则克服重力为mgh=，故B错误；C、电梯内观察小球到达最高点，上升速度与电梯速度相同为v，则高点时其动能为mv2，故C正确；D、地面上的人看见球抛出时的初速度v0=v+gt，则初动能大于，故D错误；故选：C点评：本题考查竖直上抛运动及动能定理等，要注意明确物体相对于地面和相对于电梯中的不同之处2（6分）（xx南岗区校级模拟）如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动通过力传感器和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示取g=10m/s2则（）A物体的质量m=1.0kgB物体与水平面间的动摩擦因数=0.20C第2秒内物体克服摩擦力做的功W=1.8JD前2秒内推力F做功的平均功率 =1.5W考点：功率、平均功率和瞬时功率；摩擦力的判断与计算；功的计算专题：功率的计算专题分析：解决本题的关键是理解速度图象的斜率的含义：速度图象的斜率代表物体的加速度速度的正负代表物体运动的方向解答：解：A、由速度时间图象可以知道在23s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，在12s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以a=2m/s2，由牛顿第二定律可得Ff=ma，所以m=0.5kg，所以A错误；B、由f=FN=mg，所以=0.4，所以B错误；C、第二秒内物体的位移是x=212m=1m，摩擦力做的功W=fx=2N1m=2J，所以C错误；D、前2s，在第一秒内物体没有运动，只在第二秒运动，F也只在第二秒做功，F的功为W=Fx=31J=3J，所以前2S内推力F做功的平均功率为，所以D正确故选：D点评：对于速度图象类的题目，主要是要理解斜率的含义：斜率代表物体的加速度；速度正负的含义：速度的正负代表物体运动的方向；速度图象与时间轴围成的面积的含义：面积代表物体的位移3（6分）（xx秋忠县校级期末）发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆形轨1，然后经点火使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火将卫星送入同步轨道3轨道1、2相切于A点，轨道2、3相切于B点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法不正确的是（）A卫星在轨道1上的运行速率大于轨道3上的速率B卫星在轨道1上的角速度小于在轨道3上的角速度C卫星在椭圆轨道2上经过A点时的速度大于7.9 km/sD卫星在椭圆轨道2上经过B点时的加速度等于它在轨道3上经过B点时的加速度考点：同步卫星；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：人造卫星问题分析：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度和向心力的表达式进行讨论；卫星在轨道1上的速度为7.9 km/s，要过度到轨道2，在A点应该做离心运动，速度应该增大；根据万有引力定律公式和牛顿第二定律公式列式判断加速度大小解答：解：A、人造卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，则有=m=m2r线速度：v=，轨道3半径比轨道1半径大，所以卫星在轨道1上的运行速率大于轨道3上的速率，故A正确；B、角速度=，轨道3半径比轨道1半径大，所以卫星在轨道1上的角速度大于在轨道3上的角速度，故B错误；C、卫星在轨道1上的速度为7.9 km/s，要过渡到轨道2，在A点应该做离心运动，速度应该增大，选项C正确D、根据牛顿第二定律和万有引力定律得=ma，a=，所以卫星在轨道2上经过B点的加速度等于在轨道3上经过B点的加速度故D正确；本题选错误的，故选：B点评：本题考查卫星的变轨和离心运动等知识，关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论4（6分）（xx南岗区校级模拟）如图所示，竖直放置的平行板电容器，A板接电源正极，B板接电源负极，在电容器中加一与电场方向垂直的、水平向里的匀强磁场一批带正电的微粒从A板中点小孔C射入，射入的速度大小方向各不相同，考虑微粒所受重力，微粒在平行板A、B间运动过程中（）A所有微粒的动能都将增加B所有微粒的机械能都将不变C有的微粒可能做匀速圆周运动D有的微粒可能做匀速直线运动考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：电荷向上偏转，则电场力做正功，重力做负功，如果合外力做负功物体的动能减小；如果除重力和弹簧的弹力之外有其它力做功，则系统的机械能不守恒；如果粒子所受合外力等于0，则微粒作匀速直线运动；在复合场中微粒做匀速圆周运动的条件是洛伦兹力提供向心力，其它力的矢量和为0解答：解：微粒在从A板运动到B板的过程中受到重力，电场力和洛伦兹力，其中洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，故洛伦兹力不做功A、如果电荷向上偏转，则电场力做正功，重力做负功，如果电荷克服重力所做的功大于电场力所做的功，即合外力做负功，根据动能定理可知，物体的动能减小，故A错误；B、由于在电荷运动过程中电场力始终做正功，故电荷的机械能始终增加，故B错误；C、如果微粒所受的重力等于电场力，则该微粒做匀速圆周运动，而重力方向竖直向下，电场力方向方向水平向右，故重力不可能等于电场力，故微粒不可能做匀速圆周运动，故C错误；D、由题意可知正电荷若初速度方向沿右上方，则洛伦兹力的方向沿左上方，故如果洛伦兹力在水平方向的分量等于电场力，洛伦兹力在竖直方向的分量等于重力，则微粒作匀速直线运动，故D正确故选：D点评：本题考查了洛伦兹力的方向、电场力、重力、洛伦兹力做功的特点，微粒机械能守恒的条件，动能定理，微粒在复合场中作匀速圆周运动的条件选项C容易出现错误5（6分）（xx秋忠县校级期末）在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，将滑动变阻器R的滑片P从图示位置向左滑动的过程中，下列判断中正确的是（）A电源的输出功率一定变大B电源的效率一定变小C电压表V的示数变大D电流表A的示数变小考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当外电阻与电源的内阻相等，电源的输出功率最大根据这个结论分析电源的输出功率如何变化由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表及电压表的变化解答：解：A、根据数学知识得知，当外电阻与电源的内阻相等，电源的输出功率最大，由于外电阻与内电阻关系未知，无法判断电源的输出功率的变化，故A错误；BCD、当滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，即电流表示数变大，由U=EIr可知，路端电压变小，则电压表V的示数变小；电源的效率=，U减小，则电源的效率一定变小，故B正确，CD错误故选：B点评：本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要注意明确解题的思路为：“局部整体局部”二、非选择题（本大题共6小题，共68分）6（6分）（xx重庆学业考试）某同学在研究匀变速直线运动的实验中，打出的纸带部分如图所示，用刻度尺测量出相邻的两个计数点AB的长度为s1，CD的长度为s3，已知打点计时器打点频率为f，相邻的两个计数点之间还有4个打印点未画出来则相邻计数点间的时间间隔为小车运动的加速度a为，求出打B点时小车速度vB为（用题目中所给物理量的对应字母进行表述）考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题分析：打点计时器的周期是与打点频率成反比，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小解答：解：打点计时器的打点周期与交流电的频率成反比，因为每两点之间还有四点没有画出来，所以相邻计数点间的时间间隔为：T=根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2得：即：匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即：s2s1=s3s2因此有：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得：故答案为：，点评：知道相邻的计数点之间的时间间隔相等，要注意单位的换算，会应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题，难度适中7（4分）（xx重庆学业考试）某同学为了测量某阻值约为5的金属棒的电阻率，进行了如下操作：分别使用10分度游标卡尺和螺旋测微器测量金属棒的长度L和直径d，某次测量的示数如图1和图2所示，长度L=23.5mm，直径d=6.713mm考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：游标卡尺主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数解答：解：由图1所示可知，主尺示数为2.3cm=23mm，游标尺示数为50.1mm=0.5mm，游标卡尺示数为23mm+0.5mm=23.5mm；由图2所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为6.5mm，可动刻度示数为21.30.01mm=0.213mm，螺旋测微器示数为6.5mm+0.213mm=6.713mm；故答案为：23.5；6.713点评：游标卡尺主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读8（9分）（xx重庆学业考试）现备有下列器材：待测金属棒：Rx（阻值约5）；电压表：V1（量程3V，内阻约3k）；V2（量程15V，内阻约9k）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2）；A2（量程3A，内阻约0.05）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）；滑动变阻器：R1（最大阻值约20）；R2（最大阻值约1000）；开关S；导线若干若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选（均选填器材代号）正确选择仪器后请在如图1中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接用伏安法测得该电阻的电压和电流，并作出其伏安特性曲线如图2所示，若图象的斜率为k，则该金属棒的电阻率=（用题目中所给各个量的对应字母进行表述）考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：本题的关键是根据电源电动势大小选择电压表；根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；通过求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器；根据待测电阻满足可知电流表应用外接法；根据欧姆定律和电阻定律解出电阻率表达式即可解答：解：由于电源电动势为3V，所以电压表应选；根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：=，所以电流表应选；根据闭合电路欧姆定律，电路中需要的最大电阻为：，所以变阻器应选择；由于待测电阻满足，所以电流表应用外接法，实物连线图如图所示：根据欧姆定律U=RI，所以R电压UI图象的斜率，即R=k，再根据电阻定律R=，联立以上两式解得：；故答案为：，如图，点评：对电学实验应明确：根据电源电动势大小或待测电阻两端的最大电压来选择电压表量程，根据求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程；通过求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器，若变阻器阻值远小于待测电阻或实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器以方便调节；当满足时，电流表应用外接法9（15分）（xx天津）质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=20m，物块与地面间的动摩擦因数=0.2，g取10m/s2，求：（l）物块在力F作用过程发生位移xl的大小：（2）撤去力F后物块继续滑动的时间t考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）对A到B的整个过程运用动能定理列式求解即可；（2）先对A到B过程运用动能定理列式求解出C点速度，然后对C到B过程根据牛顿第二定律求解加速度，最后对C到B过程运用平均速度公式列式求解时间解答：解：（1）整个运动过程的示意图如图所示取小物块为研究对象，从A到B过程，根据动能定理，有：Fx1fx=0其中：f=mg联立解得x1=16m；（2）对A到C过程运用动能定理，有：Fx1；解得：v=4m/sC到B过程，根据牛顿第二定律，有：mg=ma，解得a=g=2m/s2；根据平均速度公式，有：，解得；答：（l）物块在力F作用过程发生位移xl的大小为16m；（2）撤去力F后物块继续滑动的时间t为2s点评：本题关键灵活地选择运动过程运用动能定理列式求解，求解时间要根据运动学公式或者动量定理列式求解10（16分）（xx秋忠县校级期末）空间有一匀强电场，电场方向与纸面平行一带正电，电量为q，质量为m的小球（重力不计），在恒定拉力F的作用下沿虚线以速度v0由M匀速运动到N，如图所示已知力F和MN间夹角为，MN间距离为L，则：（1）匀强电场的电场强度大小为多少？并画出过M点的等势线（2）MN两点的电势差为多少？（3）当带电小球到达N点时，撤去外力F，则小球回到过M点的等势面时的动能为多少？考点：电势差与电场强度的关系；动能定理专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）由题，小球由M点匀速运动到N点，受力平衡，由平衡条件求解电场力，再求出场强根据等势线与电场线垂直，画出等势线（2）根据U=Ed求出MN两点的电势差，d是两点沿电场方向的距离（3）当带电小球到达N点时，撤去外力F，小球受到电场力作用，可以回到过M点的等势面，根据能量守恒定律求出此过程小球的动能变化量解答：解：（1）由题意知，电场力与F平衡，F=qE，E=过M点的等势线与力F垂直，如图中虚线所示（2）在匀强电场中，MN两点的电势差为UMN=ELcos =Lcos （3）小球到达N点后，速度方向水平向右，电场力方向斜向左下方，小球做类斜上抛运动，能回到过M点的等势面根据能量守恒定律得，小球的动能变化量得答：（1）匀强电场的电场强度大小为过M点的等势线如图实线（2）MN两点的电势差为Lcos （3）当带电小球到达N点时，撤去外力F，小球能回到过M点的等势面，此过程小球的动能变化量为点评：本题是带电体在电场中匀速运动问题，运用力学中物体平衡的解题思路进行分析基础题11（18分）（xx秋忠县校级期末）为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为=60，长为L1=2m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2=m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D处，如图所示现将一个小球从距A点高为h=0.9m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为=g取10m/s2，求：（1）小球初速度v0的大小；（2）小球滑过C点时的速率vC；（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件考点：动能定理的应用；平抛运动专题：动能定理的应用专题分析：（1）释放弹簧后弹簧的弹性势能转化为小球的动能先根据小球从离开弹簧到A平抛运动过程，求出小球到A点时竖直分速度，由速度的分解求出到初速度（2）小球运动的过程中机械能守恒，列出公式即可求出C点的速度；（3）要使小球不离开轨道，有两种情况：第一种情况：是恰好过竖直圆轨道最高点时，先由牛顿第二定律和向心力知识求出到最高点的速度，再由动能定理求解轨道半径第二种情况：小球恰好到竖直圆轨道最右端，由动能定理求解轨道半径解答：解：（1）小球开始时做平抛运动：vy2=2gh代入数据解得：vy=m/sA点：tan60=得：vx=v0=m/s（2）从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得：代入数据解得：m/s（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：代入数据解得R1=1.08 m当小球刚能到达与圆心等高时=mgR2代入数据解得R2=2.7 m当圆轨道与AB相切时R3=BCtan 60=1.5 m即圆轨道的半径不能超过1.5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是0R1.08 m（2分）答：（1）小球初速度v0的大小是 m/s（2）小球滑过C点时的速率是3 m/s（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足0R1.08 m点评：本题是复杂的力电综合题，明确研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题要注意小球运动过程中各个物理量的变化三、选做题（共12分，其中选择题仅有一个答案）12（4分）（xx崇明县二模）一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C，最后到D状态，下列判断中正确的是（）AAB温度升高，压强不变BBC体积不变，压强增大CCD分子平均动能减小DD比A点分子密度大考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：由图可知图象为VT图象，根据图象可知体积与热力学温度的关系；根据气体状态方程=C和已知的变化量去判断其它的物理量解答：解：A、由图象可知，在AB的过程中，气体温度升高体积变大，且体积与温度成正比，由=C，气体压强不变，故A正确；B、由图象可知，在BC的过程中，体积不变而热力学温度降低，由=C可知，压强P减小，故B错误；C、由图象可知，在CD的过程中，气体温度不变，气体分子的平均动能不变，故C错误；D、由图象可知，D点体积大于A点体积，气体分子总数不变，气体体积越大，分子密度越小，D点比A点分子密度小，故D错误；故选A点评：本题考查气体的状态方程中对应的图象，在VT图象中等容线为过原点的直线要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化13（8分）（xx秋忠县校级期末）如图所示，两端开口的U形玻璃管两边粗细不同，粗管B的横截面积是细管A的2倍管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为12cm，大气压强为p0=75cmHg若用一活塞将细管A的管口封闭，并缓慢向下推活塞，保持封闭气体温度不变，当两管中水银面高度差为6cm时，活塞下移的距离为多少？考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：水银总体积是固定的，当两管中水银面高度差为6cm时，得到两侧水银面的变化情况，两管中水银面高度差为6cm时，求解出A气体压强，然后根据玻意耳定律列式求解；解答：解：（1）封闭气体初始压强为：p1=p0=75cmHg，l1=12cm封闭气体末状态压强为：p2=p0+ph=81cmHg由p1V1=p2V2得：p1l1=p2l2，可得：两边液面高度差为6cm时，细管液面下降4cm，粗管液面上升2cm所以活塞下移距离为：h=（12+411.11）cm=4.89cm答：当两管中水银面高度差为6cm时，活塞下移的距离为4.89cm点评：本题关键确定封闭气体的初末状态的已知气压、温度、体积，然后结合理想气体状态方程列式后联立求解