2018-2019学年河北省唐山市高三（上）期末物理试卷（a卷）

2018-2019学年河北省唐山市高三（上）期末物理试卷（A卷）
二、选择题：本题共8小题，每题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有项符合题目要求，19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分．
1．（6分）关于碳14的衰变方程C→X+e，下面说法正确的是（　　）
A．A等于13，Z等于5 B．A等于14，Z等于7
C．A等于14，Z等于5 D．A等于13，Z等于6
2．（6分）如图所示，长木板A与物体B叠放在水平地面上，物体与木板左端立柱间放置轻质弹簧，在水平外力F作用下，木板和物体都静止不动，弹簧处于压缩状态。将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，在此过程中（　　）

A．弹簧弹力逐渐减小
B．物体B所受摩擦力逐渐减小
C．物体B所受摩擦力始终向左
D．木板A受到地面的摩擦力逐渐减小
3．（6分）空间存在平行于纸面方向的匀强电场，纸面内ABC三点形成一个边长为1cm的等边三角形。将电子由A移动到B点，电场力做功2eV，再将电子由B移动到C点，克服电场力做功1eV．匀强电场的电场强度大小为（　　）

A．100V/m B．V/m C．200V/m D．200V/m
4．（6分）某颗星球的同步轨道半径为该星球半径的6倍。物体A在该星球赤道上随星球一起自转，卫星B绕星球做匀速圆周运动，轨道半径等于星球半径的3倍。物体A和卫星B的线速度大小之比为（　　）
A．1：6 B．：1 C．1：3 D．1：6
5．（6分）如图所示为两个底边和高都是L的等腰三角形，三角形内均分布方向如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一边长为L、电阻为R的正方形线框置于三角形所在平面内，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。取逆时针方向感应电流为正，则线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（　　）

A． B．
C． D．
6．（6分）甲乙两车沿同一平直公路同向运动，运动的v﹣t图象如图所示。t1时刻两车相遇，下说法正确的是（　　）

A．t2时刻两车再次相遇
B．t2时刻后，两车会再次相遇
C．0时刻，乙在前，甲在后
D．0～t1时间内甲的加速度先增大后减小
7．（6分）如图所示，小车在水平面上做匀加速直线运动，车厢内两质量相同的小球通过轻绳系于车厢顶部，轻绳OA、OB与竖直方向夹角均为45°，其中一球用水平轻绳AC系于车厢侧壁，下列说法正确的是（　　）

A．小车运动方向向右
B．小车的加速度大小为g
C．轻绳OA、OB拉力大小相等
D．轻绳CA拉力大小是轻绳OA拉力的倍
8．（6分）两个质子以不同速率在匀强磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，两圆周相切于A点，过A点做一直线与两圆周交于B点和C点。若两圆周半径r1：r2＝1：2，下列说法正确的有（　　）

A．两质子速率v1：v2＝1：2
B．两质子周期T1：T2＝1：2
C．两质子由A点出发第一次到达B点和C点经历的时间t1：t2＝1：2
D．两质子在B点和C点处速度方向相同
三、非选择题包括必考题和选考题两部分．第2题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．（6分）某同学利用如图所示装置进行“研究匀变速直线运动”的实验。
（1）下列说法正确的有　 　
A．实验开始前，需要垫高长木板右端到合适角度，平衡摩擦力
B．钩码质量需要满足远远小于小车的质量
C．小车释放的位置应尽量远离滑轮
D．先接通电源，后释放小车
（2）实验中获得一条纸带，设纸带上计数点的间距为S1和S2，如图为用米尺测量某一纸带上的S1、S2的情况，从图中可读出S1＝3.10cm，S2＝　 　cm，已知打点计时器的频率为50Hz，由此求得加速度的大小a＝　 　m/s2。


10．（9分）如图所示电路可以测量两块电压表的内阻，图中用到的实验器材如下：
待测电压表V1，量程3V，内阻为3kΩ；
待测电压表V2，量程15V，内阻约为15kΩ；
定值电阻R0，阻值大小为21kΩ；
滑动变阻器R，变化范围0﹣10Ω；
电源，E＝15V，内阻不计；
电键导线若千。
（1）实验器材已经部分连接，请你用实线代表导线，将电路连接完整；
（2）连接好电路后，将滑动变阻器的滑片滑到最左端；
（3）将两个电键都闭合，滑动变阻器滑片调节到某一位置，得到此时两块电压表的读数分别为U1＝3.00V，U2＝9.00V；
（4）保持滑动变阻器滑片位置不变，断开电键S2，此时两电压表读数变为2.00V和10.00V，由两表读数可知，两电压表内阻之比R1：R2＝　 　；
（5）由以上数据可计算出两电压表的内阻分别为R1＝　 　kΩ，R2＝　 　kΩ；
（6）改变滑动变阻器滑片的位置，重复试验，多次测量，取平均值。

11．（12分）如图所示，光滑曲面与粗糙平面平滑连接，质量为m2＝3kg的滑块B静止在光滑曲面的底端，质量为m1＝2kg的滑块A由曲面上某一高度H处无初速释放，滑到底端和滑块B发生弹性正碰，碰后滑块B在平面上滑行的距离为L＝2m，已知两滑块与平面间的动摩擦因数均为0.4，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）滑块B在碰撞后获得的速度大小；
（2）滑块A的释放高度。

12．（20分）如图所示，平面直角坐标系第一象限中，两个边长均为L的正方形与一个边长为L的等腰直角三角形相邻排列，三个区域的底边在x轴上，正方形区域I和三角形区域Ⅲ存在大小相等，方向沿y轴负向的匀强电场。质量为m、电量为q的带正电粒子由正方形区域I的顶点A以初速度v0沿x轴正向射入区域I，离开电场后打在区域Ⅱ底边的中点P．若在正方形区域Ⅱ内施加垂直坐标平面向里的匀强磁场，粒子将由区域Ⅱ右边界中点Q离开磁场，进入区域Ⅲ中的电场。不计重力，求：
（1）正方形区域I中电场强度E的大小；
（2）正方形区域Ⅱ中磁场磁感应强度的大小；
（3）粒子离开三角形区域的位置到x轴的距离。

[物理一选修3]
13．（5分）下面说法正确的是（　　）
A．夏天，轮胎被晒爆的瞬间，原轮胎中的气体温度一定降低
B．气体体积变大时，分子力一定变小
C．多晶体和非晶体都具有各向异性，没有固定熔点的特点
D．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小
E．由于液体表面分子间的距离比液体内部大一些，所以在表面会产生表面张力
[物理一选修3-4]
14．绝热性能良好的气缸固定放置，其内壁光滑，开口向右，气缸中封闭一定质量的理想气体，活塞通过水平轻绳跨过滑轮与重物相连，已知活塞的面积为S＝10cm2，重物的质量m＝2kg，重力加速度g＝10m/s2，大气压强P0＝10×105Pa，滑轮摩擦不计。稳定时，活塞与气缸底部间的距离为L1＝12cm，气缸内温度T1＝300K。
（i）通过电热丝对气缸内气体加热，气体温度缓慢上升到T2＝400K时停止加热，求加热过程中活塞移动的距离d；
（ii）停止加热后，在重物的下方加挂一个2kg的重物，活塞又向右移动4cm后重新达到平衡，求此时气缸内气体的温度T3。

15．（5分）一列横波由A向B传播，AB两点相距x＝12m，t＝0时刻，波刚好传到B点，之后AB两点的振动图象如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．波的频率为4Hz
B．波的周期为4s
C．波长可能为24m
D．波速可能为2m/s
E．波源的起振方向沿y轴正向
16．（10分）如图所示，矩形ABCD为某透明介质的截面图，AB边长L1＝12cm，BC边长L2＝24m，光线由A点以i＝53°的入射角射入AB面，光线进入介质后，经过一次反射后，射到底边CD的中点F，不考虑F点光线的反射。已知光速c＝3.0×108m/s，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求：
（i）介质的折射率
（ii）光线在介质中的传播时间。




2018-2019学年河北省唐山市高三（上）期末物理试卷（A卷）
参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8小题，每题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有项符合题目要求，19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分．
1．（6分）关于碳14的衰变方程C→X+e，下面说法正确的是（　　）
A．A等于13，Z等于5 B．A等于14，Z等于7
C．A等于14，Z等于5 D．A等于13，Z等于6
【分析】由电荷数与质量数守恒求得各量的值。
【解答】解：由电荷数守恒：6＝Z﹣1 得Z＝7
由质量数守恒得：14＝A+0 得A＝14 则B正确，ACD错误
故选：B。
【点评】明确核反应方程遵守电荷数守恒与质量数守恒。
2．（6分）如图所示，长木板A与物体B叠放在水平地面上，物体与木板左端立柱间放置轻质弹簧，在水平外力F作用下，木板和物体都静止不动，弹簧处于压缩状态。将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，在此过程中（　　）

A．弹簧弹力逐渐减小
B．物体B所受摩擦力逐渐减小
C．物体B所受摩擦力始终向左
D．木板A受到地面的摩擦力逐渐减小
【分析】根据胡克定律，判定弹力大小变化；对B受力分析，结合平衡条件，即可判定B受到摩擦力方向，与大小变化情况；整体法，即可判定A受到的摩擦力大小情况。
【解答】解：A、由于物体始终不动，因此将外力F缓慢减小到零过程中，弹簧压缩状态不变，依据胡克定律，可知，弹簧的弹力不变，故A错误；
BC、对B受力分析，弹簧对B的向右的弹力，水平向左的推力，因两者力的大小不知，因此B可能受到静摩擦力，也可能没有摩擦力，当开始有向右的静摩擦力时，则随着外力 F的减小，则静摩擦力会减小，然后变成向左的静摩擦力，之后静摩擦力大小会增大，也可能有向左的静摩擦力，随着外力F减小，则向左的静摩擦力会增大，故BC错误；
D、对整体AB分析，当外力F减小时，则板A受到地面的摩擦力逐渐减小，故D正确；
故选：D。
【点评】考查胡克定律的内容，理解弹力不变是解题的关键，同时掌握摩擦力方向也是解题的关键。
3．（6分）空间存在平行于纸面方向的匀强电场，纸面内ABC三点形成一个边长为1cm的等边三角形。将电子由A移动到B点，电场力做功2eV，再将电子由B移动到C点，克服电场力做功1eV．匀强电场的电场强度大小为（　　）

A．100V/m B．V/m C．200V/m D．200V/m
【分析】首先根据U＝求解B、C间电势差和A、B间电势差，找出等势面，然后根据公式U＝Ed求解电场强度大小。
【解答】解：点A、B间的电势差：UAB＝＝＝﹣2V，
点B、C间的电势差为：UBC＝＝＝1V，
故 AB中点的电势与C点电势相等，故电场线平行AB，
故场强：E＝＝200V/m，故ABD错误，C正确；
故选：C。
【点评】本题考查匀强电场中的等势面，关键是结合公式U＝和U＝Ed列式分析，基础题目。
4．（6分）某颗星球的同步轨道半径为该星球半径的6倍。物体A在该星球赤道上随星球一起自转，卫星B绕星球做匀速圆周运动，轨道半径等于星球半径的3倍。物体A和卫星B的线速度大小之比为（　　）
A．1：6 B．：1 C．1：3 D．1：6
【分析】赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v＝rω，比较线速度的大小，根据万有引力提供向心力比较B与同步卫星的线速度，从而知AB线速度之比。
【解答】解：赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v＝rω知vA：v同步＝1：6
卫星B绕星球做匀速圆周运动，轨道半径等于星球半径的3倍，
根据万有引力等于向心力G＝m知v＝，所以同步卫星与卫星B的速度大小之比v同步：vB＝：＝1：
所以vA：vB＝1：6，故A正确；
故选：A。
【点评】本题抓住同步卫星为参考量，同步卫星与地球自转同步，可以比较A与同步卫星的参量关系，再根据万有引力提供圆周运动向心力比较B与同步卫星参量关系，掌握相关规律是解决问题的关键。
5．（6分）如图所示为两个底边和高都是L的等腰三角形，三角形内均分布方向如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一边长为L、电阻为R的正方形线框置于三角形所在平面内，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。取逆时针方向感应电流为正，则线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系。线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比；应用右手定则判断出感应电流方向，然后分析图示图象答题。
【解答】解：线框做匀速直线运动，位移：x＝vt，
0﹣L内，bc边切割磁感线的有效长度：l＝xtan60°＝x，感应电动势：E＝Blv＝Bvx，由右手定则可知，电流沿逆时针方向为正的；
L﹣L内，bc边切割磁感线的有效长度：l＝（L﹣x）tan60°＝（L﹣x），感应电动势：E＝Blv＝Bv（L﹣x），由右手定则可知，感应电流沿逆时针方向，是正的；
L﹣内，线框切割磁感线的有效长度为：l＝2xtan60°＝2x，感应电动势：E＝Blv＝2Bvx，由右手定则可知，电流沿顺时针方向为负的；
L﹣2L内，线框边切割磁感线的有效长度：l＝2（L﹣x）tan60°＝2（L﹣x），感应电动势：E＝Blv＝2Bv（L﹣x），由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，是负的；
2L﹣L内，ad边切割磁感线的有效长度：l＝xtan60°＝x，感应电动势：E＝Blv＝Bvx，由右手定则可知，电流沿逆时针方向为正的；
L﹣3L内，ad切割磁感线的有效长度：l＝（L﹣x）tan60°＝（L﹣x），感应电动势：E＝Blv＝Bv（L﹣x），由右手定则可知，感应电流沿逆时针方向，是正的；
感应电流为：i＝＝，由图示图象可知，ABD错误，C正确；
故选：C。
【点评】本题考查了E＝BLv与欧姆定律、右手定则的应用，本题关键确定线框有效的切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象。
6．（6分）甲乙两车沿同一平直公路同向运动，运动的v﹣t图象如图所示。t1时刻两车相遇，下说法正确的是（　　）

A．t2时刻两车再次相遇
B．t2时刻后，两车会再次相遇
C．0时刻，乙在前，甲在后
D．0～t1时间内甲的加速度先增大后减小
【分析】t1时刻两车相遇，当位移再次相等时两车会再次相遇。位移根据图象与时间轴所围的面积分析。根据图象的斜率分析加速度的变化情况。
【解答】解：A、根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移，知在t1﹣t2时间内，甲的位移小于乙的位移，而t1时刻两车相遇，则知t2时刻两车没有相遇，故A错误。
B、t2时刻甲车在乙车的后面，由于t2时刻后，甲车的速度比乙车的大，两者同向运动，所以t2时刻后，两车会再次相遇。故B正确。
C、在0﹣t1时间内，甲的位移大于乙的位移，而t1时刻两车相遇，则知0时刻，乙在前，甲在后，故C正确。
D、根据图象的斜率表示加速度，知0～t1时间内甲的加速度先减小后增大，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题根据速度图象分析运动情况的能力，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离。
7．（6分）如图所示，小车在水平面上做匀加速直线运动，车厢内两质量相同的小球通过轻绳系于车厢顶部，轻绳OA、OB与竖直方向夹角均为45°，其中一球用水平轻绳AC系于车厢侧壁，下列说法正确的是（　　）

A．小车运动方向向右
B．小车的加速度大小为g
C．轻绳OA、OB拉力大小相等
D．轻绳CA拉力大小是轻绳OA拉力的倍
【分析】小车和小球具有相同的加速度，对小球AB分别受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度和绳子的拉力。
【解答】解：AB、对小球B受力分析，由牛顿第二定律可知TOBsin45°＝ma
TOBcos45°＝mg
联立解得：TOB＝mg，a＝g，方向水平向左，故AB错误。
CD、对A受力分析，由牛顿第二定律得：水平方向：TCA﹣TOAsin45°＝ma
竖直方向：TOAcos45°＝mg
联立解得：TOA＝mg＝TOB，TCA＝2mg＝TOA，故CD正确。
故选：CD。
【点评】本题为牛顿第二定律中的连接体问题；解决本题的关键知道小球和小车具有相同的加速度，隔离对小球分析，运用牛顿第二定律进行求解。
8．（6分）两个质子以不同速率在匀强磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，两圆周相切于A点，过A点做一直线与两圆周交于B点和C点。若两圆周半径r1：r2＝1：2，下列说法正确的有（　　）

A．两质子速率v1：v2＝1：2
B．两质子周期T1：T2＝1：2
C．两质子由A点出发第一次到达B点和C点经历的时间t1：t2＝1：2
D．两质子在B点和C点处速度方向相同
【分析】质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出质子的速度，然后出速度之比；
根据质子在磁场中做圆周运动的中公式与质子在磁场中转过的圆心角求出质子的运动时间，然后求出时间之比，根据题意判断粒子在B、C点的速度方向关系。
【解答】解：A、质子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：evB＝m，解得：v＝，质子速度之比：v1：v2＝r1：r2＝1：2，故A正确；
B、质子在磁场中做圆周运动的周期：T＝，两质子的周期之比为：1：1，故B错误；
C、两质子运动轨迹如图所示：

由几何知识可知：θ＝∠AO1B＝∠AO2C，两质子转过的圆心角θ相等，两质子由A点出发第一次到达B点和C点经历的时间相等，时间之比：t1：t2＝1：1，故C错误；
D、由几何知识可知：O1B∥O2C，两质子在B、C点时的速度分别与O1B、O2C垂直，则两质子在B、C两点速度方向平行，故D正确；
故选：AD。
【点评】质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出质子的速度，根据题意作出粒子运动轨迹，应用周期公式与几何知识即可解题。
三、非选择题包括必考题和选考题两部分．第2题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．（6分）某同学利用如图所示装置进行“研究匀变速直线运动”的实验。
（1）下列说法正确的有　CD　
A．实验开始前，需要垫高长木板右端到合适角度，平衡摩擦力
B．钩码质量需要满足远远小于小车的质量
C．小车释放的位置应尽量远离滑轮
D．先接通电源，后释放小车
（2）实验中获得一条纸带，设纸带上计数点的间距为S1和S2，如图为用米尺测量某一纸带上的S1、S2的情况，从图中可读出S1＝3.10cm，S2＝　5.50　cm，已知打点计时器的频率为50Hz，由此求得加速度的大小a＝　2.4　m/s2。


【分析】根据实验原理，结合实验操作，及实验仪器的要求，即可求解；
根据匀变速直线运动的特点，利用逐差法可以求出其加速度的大小。
【解答】解：（1）A．进行“研究匀变速直线运动”的实验时，有无摩擦力，不会影响实验结果，只要加速度恒定，因此实验开始前，不需要垫高长木板右端到合适角度，即不要平衡摩擦力，故A错误；
B．在实验过程中，不需要知道绳子的拉力，因此不需要满足钩码质量远远小于小车的质量的操作，故B错误；
C．实验时，需要小车释放的位置应尽量远离滑轮，这样才能使得纸带充分利用，故C正确；
D．为提高打点的个数，打点计时器的使用都要求先接通电源后释放小车，故D正确；
故选：CD；
（2）根据图象可知，S2＝5.50cm，打点计时器的频率为50Hz，每5个点取一个计数点，则T＝0.1s，加速度的大小a＝＝＝2.4m/s2
故答案为：（1）CD；（2）5.50，2.4。
【点评】明确实验原理以及具体的操作细节，加强动手实验，同时加强基本运动学规律在物理实验中的应用。
当探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力，小车受到的合力不等于钩码的重力。
10．（9分）如图所示电路可以测量两块电压表的内阻，图中用到的实验器材如下：
待测电压表V1，量程3V，内阻为3kΩ；
待测电压表V2，量程15V，内阻约为15kΩ；
定值电阻R0，阻值大小为21kΩ；
滑动变阻器R，变化范围0﹣10Ω；
电源，E＝15V，内阻不计；
电键导线若千。
（1）实验器材已经部分连接，请你用实线代表导线，将电路连接完整；
（2）连接好电路后，将滑动变阻器的滑片滑到最左端；
（3）将两个电键都闭合，滑动变阻器滑片调节到某一位置，得到此时两块电压表的读数分别为U1＝3.00V，U2＝9.00V；
（4）保持滑动变阻器滑片位置不变，断开电键S2，此时两电压表读数变为2.00V和10.00V，由两表读数可知，两电压表内阻之比R1：R2＝　1：5　；
（5）由以上数据可计算出两电压表的内阻分别为R1＝　2.8　kΩ，R2＝　14　kΩ；
（6）改变滑动变阻器滑片的位置，重复试验，多次测量，取平均值。

【分析】（1）根据电路图连接实物电路图。
（4）断开电键S2时，两电压表串联，根据串联电路特点可以求出两电压表内阻之比。
（5）根据实验步骤，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电压表内阻。
【解答】解：（1）根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

（4）由图示电路图可知，断开电键S2时，两电压表串联，串联电路电压与阻值成正比，两电压表内阻之比R1：R2＝U1：U2＝2.00：10.00＝1：5；
（5）由（4）可知，R2＝5R1，由（3）可知：I＝
解得：R1＝2.8kΩ，R2＝14kΩ；
故答案为：（1）实物电路图如图所示；（4）1：5；（5）2.8；14。
【点评】分析清楚实验电路图，根据实验电路图可以连接实物电路图；根据实验步骤分析清楚电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题。
11．（12分）如图所示，光滑曲面与粗糙平面平滑连接，质量为m2＝3kg的滑块B静止在光滑曲面的底端，质量为m1＝2kg的滑块A由曲面上某一高度H处无初速释放，滑到底端和滑块B发生弹性正碰，碰后滑块B在平面上滑行的距离为L＝2m，已知两滑块与平面间的动摩擦因数均为0.4，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）滑块B在碰撞后获得的速度大小；
（2）滑块A的释放高度。

【分析】（1）研究碰后物块B在水平面滑行过程，根据动能定理求得滑块B在碰撞后获得的速度大小；
（2）对于A与B碰撞过程，由于发生的是弹性碰撞，所以遵守动量守恒定律和机械能守恒定律，由此列式求得碰撞前A的速度。再对A下滑过程，由动能定理或机械能守恒定律求
滑块A的释放高度。
【解答】解：（1）碰后物块B在水平面上减速滑行过程，由动能定理得：

解得滑块B碰后获得速度为：v2 ＝4m/s
（2）两物块碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律分别得：
m1v0＝m1v1+m2v2

物块A下滑过程，由动能定理得：

由以上各式解得：H＝1.25m
答：（1）滑块B在碰撞后获得的速度大小是4m/s；
（2）滑块A的释放高度是1.25m。
【点评】本题要在理清物体运动过程的基础上，把握每个过程的过程，知道弹性碰撞遵守动量守恒定律和机械能守恒定律。涉及力在空间的效果时要考虑到动能定理。
12．（20分）如图所示，平面直角坐标系第一象限中，两个边长均为L的正方形与一个边长为L的等腰直角三角形相邻排列，三个区域的底边在x轴上，正方形区域I和三角形区域Ⅲ存在大小相等，方向沿y轴负向的匀强电场。质量为m、电量为q的带正电粒子由正方形区域I的顶点A以初速度v0沿x轴正向射入区域I，离开电场后打在区域Ⅱ底边的中点P．若在正方形区域Ⅱ内施加垂直坐标平面向里的匀强磁场，粒子将由区域Ⅱ右边界中点Q离开磁场，进入区域Ⅲ中的电场。不计重力，求：
（1）正方形区域I中电场强度E的大小；
（2）正方形区域Ⅱ中磁场磁感应强度的大小；
（3）粒子离开三角形区域的位置到x轴的距离。

【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度大小。
（3）分析清楚粒子运动过程，应用运动学公式与几何知识求出距离。
【解答】解：（1）带电粒子在区域Ⅰ中做类平抛，
水平方向：L＝v0t，
竖直方向：，速度：vy＝at，加速度：，
设离开角度为θ，则，
离开区域Ⅰ后作直线运动：，
解得：，θ＝45°；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动：，
由牛顿第二定律得：，
由几何关系可得：，
解得：；
（3）在Q点进入区域Ⅲ后，若区域Ⅲ补成正方形区域，空间布满场强为E的电场，
由对称性可知，粒子将沿抛物线轨迹运动到（3L，L）点，离开方向水平向右，
通过逆向思维，可认为粒子从（3L，L）点向左做类平抛运动，
当粒子运动到原电场边界时：x'＝v0t'，，
由几何关系可知：x'+y'＝L，
解得：，
因此，距离x轴距离：；
答：（1）正方形区域I中电场强度E的大小为；
（2）正方形区域Ⅱ中磁场磁感应强度的大小为；
（3）粒子离开三角形区域的位置到x轴的距离为（﹣1）L。
【点评】本题中粒子先在电场中做类似平抛运动，然后进入磁场做匀速圆周运动，要注意两个轨迹的连接点，然后根据运动学公式和牛顿第二定律以及几何关系列式求解，其中画出轨迹是关键。
[物理一选修3]
13．（5分）下面说法正确的是（　　）
A．夏天，轮胎被晒爆的瞬间，原轮胎中的气体温度一定降低
B．气体体积变大时，分子力一定变小
C．多晶体和非晶体都具有各向异性，没有固定熔点的特点
D．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小
E．由于液体表面分子间的距离比液体内部大一些，所以在表面会产生表面张力
【分析】根据热力学第一定律分析；多晶体和非晶体是各向同性的；多晶体有固定的熔点，但非晶体没有固定的熔点；分子间的斥力和引力同时存在，随着分子间距离增大，斥力和引力都减小，斥力受分子距离影响较大。当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；
【解答】解：A、气体膨胀对外做功，但是没有吸收或者放出热量，由热力学第一定律△U＝W+Q得△U＜0，内能减少，温度降低，故A正确；
B、气体分子间距离大于r0，当分子间距离大于r0时，分子力表现为引力，分子间距离变大时，分子力可能先增大后减小，故B错误；
C、多晶体和非晶体是各向同性的，多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点；，故C错误；
D、当分子间的引力和斥力平衡时，靠近分子力表现为斥力，做负功分子势能增加；远离分子力表现为引力，也做负功，分子势能也增加；故当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小，故D正确；
E、液体表面存在表面张力是由于挥发导致液体表面分子间距小于液体内部分子间的距离，分子力合力表现为引力，故E正确；
故选：ADE。
【点评】本题考查了分子间作用力与分子间距离的关系，晶体和非晶体、液体的表面张力、热力学第一定律等，知识点多，难度不大，关键是记住基础知识。
[物理一选修3-4]
14．绝热性能良好的气缸固定放置，其内壁光滑，开口向右，气缸中封闭一定质量的理想气体，活塞通过水平轻绳跨过滑轮与重物相连，已知活塞的面积为S＝10cm2，重物的质量m＝2kg，重力加速度g＝10m/s2，大气压强P0＝10×105Pa，滑轮摩擦不计。稳定时，活塞与气缸底部间的距离为L1＝12cm，气缸内温度T1＝300K。
（i）通过电热丝对气缸内气体加热，气体温度缓慢上升到T2＝400K时停止加热，求加热过程中活塞移动的距离d；
（ii）停止加热后，在重物的下方加挂一个2kg的重物，活塞又向右移动4cm后重新达到平衡，求此时气缸内气体的温度T3。

【分析】（i）气体发生等压变化，根据题意求出气体的状态参量，然后应用盖吕萨克定律可以求出气体体积，再求出活塞移动的距离。
（ii）根据题意求出气体状态参量，然后应用理想气体状态方程可以求出气体的温度。
【解答】解：（i）气体初状态参量：V1＝L1S＝12×10＝120cm3，T1＝300K，
气体末状态参量：V2＝（L1+d）S＝（12+d）×10＝10（12+d）cm3，T2＝400K，
气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得：，
即：，解得：d＝4cm；
（ii）气体初状态参量：P2＝P0﹣＝＝0.8×105Pa，
V2＝（L1+d）S＝（12+4）×10＝160cm3，T2＝400K，
气体末状态参量：P3＝P0﹣＝1.0×105﹣＝0.6×105Pa，
V3＝（L1+d+x）S＝（12+4+4）×10＝200cm3，
由理想气体状态方程得：，
即：，
解得：T3＝375K；
答：（i）加热过程中活塞移动的距离d为4cm；
（ii）此时气缸内气体的温度T3为375K。
【点评】本题考查了气体状态方程的应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程、知道气体状态变化性质是解题的前提，根据题意求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律、理想气体状态方程即可解题。
15．（5分）一列横波由A向B传播，AB两点相距x＝12m，t＝0时刻，波刚好传到B点，之后AB两点的振动图象如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．波的频率为4Hz
B．波的周期为4s
C．波长可能为24m
D．波速可能为2m/s
E．波源的起振方向沿y轴正向
【分析】由振动图象得到周期，从而得到频率；根据两质点振动关系得到平衡位置间距离和波长的关系，从而求得波长，即可根据周期求得波速；根据t＝0时刻质点B的振动方向得到起振方向。
【解答】解：AB、由图可得：周期T＝4s，故频率，故A错误，B正确；
CD、由图可得：质点A比质点B先振动，故两质点平衡位置间距离；
所以，波长，波速，故CD正确；
E、t＝0时刻，波刚好传播到B点，由图可得：质点B的起振方向向下；所以，波源起振方向向下，故E错误；
故选：BCD。
【点评】波上任一质点的起振方向都和波源的起振方向一致；故常根据波前振动方向得到波源起振方向，亦可由波的传播，根据波源振动得到质点振动。
16．（10分）如图所示，矩形ABCD为某透明介质的截面图，AB边长L1＝12cm，BC边长L2＝24m，光线由A点以i＝53°的入射角射入AB面，光线进入介质后，经过一次反射后，射到底边CD的中点F，不考虑F点光线的反射。已知光速c＝3.0×108m/s，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求：
（i）介质的折射率
（ii）光线在介质中的传播时间。

【分析】（i）先根据几何知识求出折射角，再由折射定律求折射率。
（ii）根据几何知识求出光线在介质中的传播距离，由v＝求出光线在介质中的传播速度，从而求得传播时间。
【解答】解：（i）根据几何知识可知，△ABO∽△FCO
则有 ＝＝2
又 BO+CO＝L2＝24m
联立解得 BO＝16cm
sinr＝＝＝
所以介质的折射率为 n＝＝＝
（ii）根据几何知识可得 AO＝＝＝20cm
FO＝＝＝10cm
所以光线在介质中的传播距离 S＝AO+FO＝30cm＝0.3m
光线在介质中的传播速度 v＝＝×3.0×108m/s＝2.25×108m/s
因此光线在介质中的传播时间 t＝＝≈1.33×10﹣9s
答：（i）介质的折射率是。
（ii）光线在介质中的传播时间是1.33×10﹣9s。

【点评】对于几何光学问题，首先要正确作出光路图，其次要运用几何知识求得折射角，再根据折射定律求解折射率。