2019-2020年高三物理上学期第一次月考（含解析）新人教版.DOC

2019-2020年高三物理上学期第一次月考（含解析）新人教版本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页时量90分钟，满分110分第卷选择题(共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分其中17小题只有一个选项正确，812小题至少有一个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，错选或不选得0分将选项填写在答题卷上)1甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其vt图象如图所示，则( )A1 s时甲和乙相遇B06 s内甲乙相距最大距离为1 mC26 s内甲相对乙做匀速直线运动D4 s时乙的加速度方向反向【答案】C【解析】A由图象可知：在t=1s时，甲乙速度相等，位移不等没有相遇，故A错误；B图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图象可知，6s末甲乙相距最远，最远距离，故B错误；C甲乙两个物体在2-6内图象的斜率相同，所以加速度相同，则甲相对乙做匀速直线运动，故C正确；D乙物体在2-6内图象的斜率相同，所以加速度是相同的，没有反向，故D错误。故选C。【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动规律2如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接下图中v、a、Ff和x分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程，它们随时间变化的图象正确的是()【答案】C【解析】A、根据物体的受力情况，可以判断出物体先是在斜面上做匀加速直线运动，到达水平面上之后，做匀减速运动，所以物体运动的速度时间的图象应该是倾斜的直线，不能是曲线，故A错误；B、由于物体的运动先是匀加速运动，后是匀减速运动，在每一个运动的过程中物体的加速度的大小时不变的，所以物体的加速度时间的图象应该是两段水平的直线，不能是倾斜的直线，故B错误；C、在整个运动的过程中，物体受到的都是滑动摩擦力，所以摩擦力的大小是不变的，并且由于在斜面上时的压力比在水平面上时的压力小，所以滑动摩擦力也比在水平面上的小，故C正确；D、物体做的是匀加速直线运动，物体的位移为，所以物体的路程和时间的关系应该是抛物线，不会是正比例的倾斜的直线，故D错误。故选C。【考点】匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力；牛顿第二定律3如图所示，一固定斜面上两个质量相同的小物块A和B紧挨着匀速下滑，A与B的接触面光滑已知A与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间动摩擦因数的2倍，斜面倾角为，则B与斜面之间的动摩擦因数是() A.tan B.cot Ctan Dcot 【答案】A【解析】设每个物体的质量为m，B与斜面之间动摩擦因数为以AB整体为研究对象，根据平衡条件得解得。故选A。【考点】共点力平衡4北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能如图所示，北斗导航系统中的两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，且轨道半径均为r，某时刻工作卫星1、2分别位于轨道上的A、B两个位置，若两卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，下列判断错误的是()A这两颗卫星的加速度大小相等，均为B卫星1由A 位置运动到B位置所需的时间是C卫星1由A位置运动到B位置的过程中万有引力不做功D卫星1向后喷气就一定能够追上卫星2【答案】D【解析】A、根据得，对卫星有，可得，取地面一物体由，联立解得，故A正确；B、根据得，又，联立得，故B正确；C、卫星1由位置A运动到位置B的过程中，由于万有引力始终与速度垂直，故万有引力不做功，故C正确；D、若卫星1向后喷气，则其速度会增大，卫星1将做离心运动，所以卫星1不可能追上卫星2，故D错误。故选D。【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律5如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距为2L.现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加的力的最小值为()Amg B.mg C.mg D.mg【答案】C【解析】由图可知，要想CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60；结点C受力平衡，则受力分析如图所示，则CD绳的拉力；D点受绳子拉力大小等于T，方向向左；要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1，及另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为拉力的大小；故最小力。故选C。【考点】共点力平衡；力的合成与分解6速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0AS0C，则下列说法正确的是() A甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为32【答案】B【解析】A、由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，故A错误；B、粒子在磁场中做圆周运动满足，即，由题意知，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷，故B正确；C、由知能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于，故C错误；D、由知，故D错误。故选B。【考点】质谱仪的工作原理；带电粒子在匀强磁场中的运动7甲图是某电场中的一条竖直方向的电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一带负电的小球从A点自由释放，小球沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如乙图，比较A、B两点电势的高低和电场强度E的大小，并比较该小球在A、B两点的电势能Ep大小和电场力F大小，可得AAB BEAEB CEpAEpB DFAFB【答案】C【解析】A、负电荷从A释放（初速为0）后，能加速运动到B，说明负电荷受到的电场力方向是从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以AB两点的电势关系是AB，故A错误；B、负电荷从A运动到B的过程中，乙图中的“斜率”表示加速度，则它的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律知，负电荷从A到B时，受到的电场力是逐渐减小的，由E=Fq知，EAEB，故B错误；C、由电势能公式，而电荷是负电荷并结合AB，可得小球在A点的电势能大，故C正确；D、电场力，而EAEB，所以FAFB，故D错误。故选C。【考点】电势；电场线8如图所示电路中，电源内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片向左滑动，电流表和电压表示数变化量的大小分别为I、U，下列结论正确的是()A电流表示数变大，电压表示数变小 B电阻R1被电流表短路C.r D.r【答案】AD【解析】设R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4，电压分别为U1、U2、U3、U4干路电流为，路端电压为U，电流表电流为I；A、R2变大，外电阻变大，变小，U=E-Ir变大，U3变大，故A正确；B、I3变大，I变小，由I4=I-I3变小，U4变小，而U1=U-U4，U变大，则U1变大，I1变大，I变大，故B错误；C、D，由欧姆定律，得，由，I变小，I1变大，变小，则，故，故C正确。故选AD。【考点】闭合电路的欧姆定律9A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，ABBCCD，E点在D点的正上方，与A等高从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程()A球1和球2运动的时间之比为21B球1和球2动能增加量之比为12C球1和球2抛出时初速度之比为21D球1和球2运动时的加速度之比为12【答案】BC【解析】A、因为AC=2AB，则AC的高度差是AB高度差的2倍，根据得，得运动的时间比为1：2，故A错误；B、根据动能定理得，知球1和球2动能增加量之比为1：2，故B正确；C、AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移的2倍，结合，解得初速度之比为，故C正确；D、平抛运动的加速度为g，两球的加速度相同，故D错误。故选BC。【考点】平抛运动10如图所示，以O为圆心、MN为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电量相同的带正电粒子a、b和c以相同的速率分别沿aO、bO和cO方向垂直于磁场射入磁场区域，已知bO垂直MN，aO、cO和bO的夹角都为30，a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为ta、tb、tc，则下列给出的时间关系可能正确的是()Atatbtbtc Ctatbtc Dtatbtc【答案】AD【解析】粒子带正电，偏转方向如图所示，在磁场中运动的时间，三个粒子的周期相同，故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大，运动时间越长；A、若粒子的运动半径r和圆形区域半径R满足r=R，则如图甲所示；当rR时，粒子a对应的圆心角最小，c对应的圆心角最大，故A正确；BCD、当，轨迹如图乙所示，同理，时，故BC错误 D正确。故选AD【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力11如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为51，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小下列说法正确的是()A图乙中电压的有效值为220 VB电压表的示数为44 VCR处出现火警时电流表示数增大DR处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大【答案】CD【解析】A、设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U，代入数据得图乙中电压的有效值为，故A错误；B、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是5：l，所以电压表的示数为，故B错误；C、R处温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈增大，即电流表示数增大，故C正确；D、R处出现火警时通过R0的电流增大，所以电阻R0消耗的电功率增大，故D正确。故选CD。【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率12如图所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0.导线的电阻不计在0至t1时间内，下列说法正确的是()AR1中电流的方向由a到b通过R1 B电流的大小为C线圈两端的电压大小为 D通过电阻R1的电荷量【答案】BD【解析】A、由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a，故A错误；B、由图象可知，0至t1时间内有：由法拉第电磁感应定律有：面积为：由闭合电路欧姆定律有：联立以上各式解得，通过电阻R1上的电流大小为： ，故B正确；C、线圈两端的电压是整个电路的外电压，即，得，故C错误；D、通过电阻R1上的电量为：，故D正确、故选BD。【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律第卷非选择题(共62分)二、实验题(本题共2小题，共15分将答案填写在答题卷中)13(9分)“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图(a)所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F.通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图(b)所示(1)图线_(选填“”或“”) 是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；(2)在轨道水平时，小车运动的阻力Ff_N；(3)(单选)图(b)中，拉力F较大时，aF图线明显弯曲，产生误差为避免此误差可采取的措施是_A调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验【答案】（1） （2）0.5N （3）C【解析】（1）由图象可知，当F=0时，a0，也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高，所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；（2）图线是在轨道水平时做的实验，由图象可知：当拉力等于0.5N时，加速度恰好为零，即刚好拉动小车，此时f=F=0.5N；（3）随着钩码的数量增大到一定程度时图（b）的图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大，而我们把用钩码所受重力作为小车所受的拉力，所以消除此误差可采取的简便且有效的措施应该测量出小车所受的拉力，即在钩码与细绳之间放置一力传感器，得到力F的数值，在作出小车运动的加速度a和力传感器读数F的关系图象；故选C。【考点】探究加速度与物体质量；物体受力的关系14. (6分)有一电流表A，量程为1 mA，内阻r1约为100 ，要求测量其内阻可选用器材有：电阻箱R1，最大阻值为99 999.9 ；滑动变阻器甲，最大阻值为10 k；滑动变阻器乙，最大阻值为2 k；电源E，电动势约为6 V，内阻不计；开关2个，导线若干采用的测量电路图如图所示，实验步骤如下：断开S1和S2，将R调到最大；合上S1，调节R使A表满偏；保持R不变，合上S2，调节R1使A表半偏，此时可以认为A表的内阻r1R1.在上述可供选择的器材中，可变电阻R应该选择_(选填“甲”或“乙”)；认为内阻r1R1，此结果与r1的真实值相比_(选填“偏大”、“偏小”或“相等”)【答案】甲 偏小【解析】（1）该实验的原理是通过半偏法测量电流表的内阻，根据电阻箱的读数求出电流表的内阻大小，所以可变电阻R1应该选择电阻箱甲；（2）闭合电键后，电流表部分的并联电阻值变小，所以闭合电路的总电阻变小，电路中的总电流变大；所以当电流表的指针半偏时，流过电阻箱的实际电流要大于流过电流表的电流，所以电阻箱的电阻值要比电流表的内阻小，即测量值小于真实值。【考点】半偏法测电阻三、计算题(本题共4小题，解答须写出必要的文字说明，规律公式，只有答案没有过程计0分，请将解题过程书写在答卷中其中15题8分，16、17题各12分，选考题15分，共47分)15(8分)2014年8月3日我国云南鲁甸发生里氏6.5级地震，为救援灾区人民，要从悬停在空中的直升机上投放救灾物资，每箱救灾物资的质量为20 kg，设箱子承受的地面冲击力大小为1 000 N，箱子与地面的作用时间为0.5 s，已知当地的重力加速度g10 m/s2，不计空气阻力，试求：(1)与地面作用时，箱子的加速度是多少？(2)为保证救灾物资安全落地，飞机投放物资时的高度不应超过多少米？【答案】40 m/s2 20 m【解析】(1)在箱子与地面作用的过程中，由牛顿第二定律得：a40 m/s2(2)箱子刚触地时的速度为vat20 m/s在自由落体过程中h20 m。【考点】自由落体运动；牛顿第二定律16(12分)如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值静止的带电粒子带电荷量为q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为45，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，求：(1)两板间电压的最大值Um；(2)CD板上可能被粒子打中区域的长度s；(3)粒子在磁场中运动的最长时间tm.【答案】Um s(2)L tm【解析】(1)M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以圆心在C点，如图所示，CHQCL故半径r1L，又因为qv1Bm且qUmmv，所以Um(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD板相切于K点，此轨迹的半径为r2，设圆心为A；在AKC中：sin 45，解得r2(1)L，即KCr2(1)L所以CD板上可能被粒子打中的区域的长度sHK，即sr1r2(2)L(3)打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以tm。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动17(12分)如图所示，斜面倾角为，在斜面底端垂直斜面固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为M1.0 kg的木板与轻弹簧接触但不拴接，弹簧与斜面平行且为原长，在木板右上端放一质量为m2.0 kg的小金属块，金属块与木板间的动摩擦因数为10.75，木板与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为20.25，系统处于静止状态小金属块突然获得一个大小为v15.3 m/s、方向平行斜面向下的速度，沿木板向下运动当弹簧被压缩x0.5 m到P点时，金属块与木板刚好达到相对静止，且此后运动过程中，两者一直没有发生相对运动设金属块从开始运动到与木块达到相同速度共用时间t0.75 s，之后木板压缩弹簧至最短，然后木板向上运动，弹簧弹开木板，弹簧始终处于弹性限度内，已知sin 0.28、cos 0.96，g取10 m/s2，结果保留二位有效数字(1)求木板开始运动瞬间的加速度；(2)求弹簧被压缩到P点时的弹性势能是多少？(3)假设木板在由P点压缩弹簧到弹回到P点过程中不受斜面摩擦力作用，木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离？【答案】10 m/s2，沿斜面向下 Ep3.0 J s0.077 m【解析】(1)对金属块，由牛顿第二定律可知加速度大小为a1gcos gsin 4.4 m/s2，沿斜面向上木板受到金属块的滑动摩擦力F11mgcos 14.4 N，沿斜面向下木板受到斜面的滑动摩擦力F22(Mm)gcos 7.2 N，沿斜面向上木板开始运动瞬间的加速度a010 m/s2，沿斜面向下(2)设金属块和木板达到共同速度为v2，对金属块，由速度公式有v2v1at2.0 m/s在此过程中分析木板，设弹簧对木板做功为W，其余力做功为Ma0x，对木板由动能定理得：Ma0xWMv解得W3.0 J，此时弹簧的弹性势能Ep3.0 J(3)金属块和木板达到共速后压缩弹簧，速度减小为0后反向弹回，设弹簧恢复原长时木板和金属块的速度为v3，在此过程中对木板和金属块，由能量的转化和守恒得：Ep(F2Mgsin mgsin )x(Mm)v(Mm)v木板离开弹簧后，设滑行距离为s，由动能定理得：(Mm)g(2cos sin )s(Mm)v解得s0.077 m。【考点】动能定理；能量守恒定律；牛顿第二定律18【物理选修33】 (15分)(1)(6分)下列说法正确的是_A布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动B叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C不具有规则几何形状的物体一定不是晶体D氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均速率相同【答案】B【解析】A、布朗运动是指在显微镜下观察到的悬浮在液体中的小颗粒的无规则运动，故A错误；B、叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故B正确；C、多晶体不具有规则几何形状，故C错误；D、氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均动能相同，故D错误。故选B。【考点】布朗运动；液体的表面张力；晶体；分子的平均动能 (2)(9分)气缸长为L1 m(气缸厚度可忽略不计)，固定在水平面上，气缸中有横截面积为S100 cm2的光滑活塞封闭了一定质量的理想气体，已知当温度为t27 、大气压强为p01105 Pa时，气柱长为L00.4 m现用水平拉力向右缓慢拉动活塞，求：若拉动活塞过程中温度保持为27 ，活塞到达缸口时缸内气体压强；若活塞到达缸口时拉力大小为500 N，求此时缸内气体温度为多少摄氏度【答案】0.4105 Pa 102 【解析】活塞刚到缸口时，L21 mp1SL0p2SL2得p20.4105 Pa温度升高活塞刚到缸口时，L31 mp3p00.5105 PaT3 K375 Kt3(375273)102 。【考点】气体压强；理想气体状态方程19【物理选修34】 (15分)(1)(6分)在均质弹性绳中有一振源S，它以5 Hz的频率上下做简谐运动，振幅为5 cm，形成的波沿绳向左、右两边传播从振源开始振动计时，t时刻的波形如图所示，质点P右边的绳还未振动，S左边的波形没有画出，则_A该波的波速为60 cm/sB波源S开始振动的方向向下C图中的质点Q在t时刻处在波谷D在t0至t1.0 s时间内质点P运动的路程为70 cm【答案】BD【解析】A、该波的频率f5 Hz，周期T0.2 s，由图知该波在tT0.3 s时间内，波传播了12 cm，则波速v cm/s m/s40 cm/s，故A错误B、此时P点的振动方向向下，则波源的起振方向向下，故B正确；C、由对称性知x6 cm处质点t时刻处于波峰，故C错误；D、在t0至t1.0 s时间内，即t1 s，质点P已振动0.7 s，运动的路程为4A45 cm70 cm，故D正确故选BD。【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系 (2)(9分)如图所示，在桌面上方有一倒立的玻璃圆锥，顶角AOB120，顶点O与桌面的距离为4a，圆锥的底面半径Ra，圆锥轴线与桌面垂直有一半径为R的圆柱形平行光垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合已知玻璃的折射率n，求光束在桌面上形成的光斑的面积【答案】4a2【解析】如图所示，射到OA界面的入射角30，则sin ，故入射光能从圆锥侧面射出设折射角为，无限接近A点的折射光线为AC，根据折射定律有sin nsin 解得60过O点作ODAC，则O2OD30在RtO1AO中，O1ORtan 30aa在RtACE中，ECAEtan 30故O2CECR在RtOO2D中，O2D4atan 30光束在桌面上形成光环的面积SO2D2O2C24a2。【考点】光的折射定律20【物理选修35】(15分)(1)(6分)如图为卢瑟福和他的同事们做粒子散射实验的装置示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中的A、B、C、D四个位置时，关于观察到的现象，下列说法正确的是_A相同时间内放在A位置时观察到屏上的闪光次数最多B相同时间内放在B位置时观察到屏上的闪光次数只比放在A位置时稍微少些C放在C、D位置时屏上观察不到闪光D放在D位置时屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少【答案】AD【解析】卢瑟福和他的同事们做粒子散射实验时，得到以下结论：大部分粒子都能直接穿过金箔，个别的发生偏转，极少数发生大角度的偏转，故A正确。故选AD。【考点】粒子散射实验 (2)(9分)如图所示，水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变质量m10.40 kg的物块A从斜槽上端距水平木板高度h0.80 m处下滑，并与放在水平木板左端的质量m20.20 kg的物块B相碰，相碰后物块B滑行x4.0 m到木板的C点停止运动，物块A滑到木板的D点停止运动已知物块B与木板间的动摩擦因数0.20，重力加速度g10 m/s2，求：物块A沿斜槽滑下与物块B碰撞前瞬间的速度大小；滑动摩擦力对物块B做的功；物块A与物块B碰撞过程中损失的机械能【答案】4.0 m/s 1.6 J 0.80 J【解析】设物块A滑到斜面底端与物块B碰撞前时的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有m1ghm1v，得v0，解得：v04.0 m/s设物块B受到的滑动摩擦力为f，摩擦力做功为W，而fm2g则Wm2gx解得：W1.6 J；设物块A与物块B碰撞后的速度为v1，物块B受到碰撞后的速度为v，碰撞损失的机械能为E，根据动能定理有m2gx0m2v2解得：v4.0 m/s根据动量守恒定律m1v0m1v1m2v解得：v12.0 m/s能量守恒m1vm1vm2v2E解得：E0.80 J。【考点】机械能守恒定律；动量守恒定律；动能定理参考答案1C 2C 3A 4D 5C 6B 7C 8AD 9BC 10AD 11CD 12BD13(9分)（1） （2）0.5N （3）C14. (6分)甲 偏小15(8分)(1)在箱子与地面作用的过程中，由牛顿第二定律得：a40 m/s2(2)箱子刚触地时的速度为vat20 m/s在自由落体过程中h20 m。16(12分)(1)M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以圆心在C点，如图所示，CHQCL故半径r1L，又因为qv1Bm且qUmmv，所以Um(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD板相切于K点，此轨迹的半径为r2，设圆心为A；在AKC中：sin 45，解得r2(1)L，即KCr2(1)L所以CD板上可能被粒子打中的区域的长度sHK，即sr1r2(2)L(3)打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以tm。17(12分(1)对金属块，由牛顿第二定律可知加速度大小为a1gcos gsin 4.4 m/s2，沿斜面向上木板受到金属块的滑动摩擦力F11mgcos 14.4 N，沿斜面向下木板受到斜面的滑动摩擦力F22(Mm)gcos 7.2 N，沿斜面向上木板开始运动瞬间的加速度a010 m/s2，沿斜面向下(2)设金属块和木板达到共同速度为v2，对金属块，由速度公式有v2v1at2.0 m/s在此过程中分析木板，设弹簧对木板做功为W，其余力做功为Ma0x，对木板由动能定理得：Ma0xWMv解得W3.0 J，此时弹簧的弹性势能Ep3.0 J(3)金属块和木板达到共速后压缩弹簧，速度减小为0后反向弹回，设弹簧恢复原长时木板和金属块的速度为v3，在此过程中对木板和金属块，由能量的转化和守恒得：Ep(F2Mgsin mgsin )x(Mm)v(Mm)v木板离开弹簧后，设滑行距离为s，由动能定理得：(Mm)g(2cos sin )s(Mm)v解得s0.077 m。18【物理选修33】 (15分)(1)B (2)(9分)活塞刚到缸口时，L21 mp1SL0p2SL2得p20.4105 Pa温度升高活塞刚到缸口时，L31 mp3p00.5105 PaT3 K375 Kt3(375273)102 。19【物理选修34】 (15分)(1)BD(2)(9分)如图所示，射到OA界面的入射角30，则sin ，故入射光能从圆锥侧面射出设折射角为，无限接近A点的折射光线为AC，根据折射定律有sin nsin 解得60过O点作ODAC，则O2OD30在RtO1AO中，O1ORtan 30aa在RtACE中，ECAEtan 30故O2CECR在RtOO2D中，O2D4atan 30光束在桌面上形成光环的面积SO2D2O2C24a2。20【物理选修35】(15分)(1)AD (2)(9分)设物块A滑到斜面底端与物块B碰撞前时的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有m1ghm1v，得v0，解得：v04.0 m/s设物块B受到的滑动摩擦力为f，摩擦力做功为W，而fm2g则Wm2gx解得：W1.6 J；设物块A与物块B碰撞后的速度为v1，物块B受到碰撞后的速度为v，碰撞损失的机械能为E，根据动能定理有m2gx0m2v2解得：v4.0 m/s根据动量守恒定律m1v0m1v1m2v解得：v12.0 m/s能量守恒m1vm1vm2v2E解得：E0.80 J。