2018-2019学年宁夏银川市六盘山高中高三（上）期末物理试卷 word版含解析

2018-2019学年宁夏银川市六盘山高中高三（上）期末物理试卷
一、选择题：本题共8题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8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，有选错的得0分．
1．（6分）一个质量为2kg的物体，放在光滑水平面上，在水平面内3个共点力作用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为8N和12N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法正确的是（　　）
A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2
B．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小
C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是1.5m/s2
D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是6m/s2
2．（6分）一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其角速度大小为ω．假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体的重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为F0．已知引力常量为G，则这颗行星的质量为（　　）
A． B．
C． D．
3．（6分）如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（　　）
A．v＝，I＝0
B．v＝，I＝2mv0
C．v＝，I＝
D．v＝，I＝2mv0
4．（6分）在如图所示的电路中，E为电源，电源内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），?为理想电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片向上移动，则（　　）
A．电压表的示数变大 B．小灯泡消耗的功率变小
C．通过R2的电流变小 D．电源的内电压变大
5．（6分）如图所示，真空中有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场B，还有方向竖直向上的匀强电场E，三个带电液滴（可视为质点）甲、乙、丙带有等量同种电荷。已知甲静止，乙水平向左匀速运动，丙水平向右匀速运动。则下列说法正确的是（　　）
A．三个液滴都带负电
B．丙质量最大，甲质量次之，乙质量最小
C．若仅撤去磁场，甲可能做匀加速直线运动
D．若仅撤去电场，乙和丙可能做匀速圆周运动
6．（6分）放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．0～4s内物体的位移大小为30m
B．2～6s内拉力做的功为40J
C．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等
D．滑动摩擦力的大小为5N
7．（6分）如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（　　）
A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
8．（6分）如图所示，两根光滑平行的金属导轨，放在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身电阻不计，斜面处在一匀强磁场中，方向垂直斜面向上，一质量为m、电阻不计的金属棒，在沿斜面并与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升了h高度在上滑过程中（　　）
A．金属棒所受合外力所做的功等于mgh与电阻R上产生的热量之和
B．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的热量
C．金属棒受到的合外力所做的功为零
D．恒力F与安培力的合力所做的功为mgh
二、非选择题
9．（6分）某实验小组的同学利用游标卡尺和螺旋测微器测量一质量分布均匀的长直导体的长度和直径，其中测量结果如图甲、乙所示，则长直导体的长度为　 　cm；长直导体的直径为　 　mm。
10．（9分）某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值．
（1）现有电源（4V，内阻可不计），滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2A），开关和导线若干以及下列电表．
A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）
B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用　 　，电压表应选用　 　（选填器材前的字母）；实验电路应采用图1中的　 　（选填“甲”或“乙”）．
（2）如图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在（1）问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线．
（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U．某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值Rx＝＝　 　Ω．（保留两位有效数字），测出的Rx比真实值　 　 （选填“偏大”、“偏小”或“相等”）
11．（14分）如图所示为竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，O点是其圆心，半径R＝0.8m，OA水平，OB竖直。轨道底端距水平地面的高度h＝0.8m。从轨道顶端A由静止释放一个质量m＝0.1kg的小球，小球到达轨道底端B时，恰好与静止在B点的另一个小球发生碰撞，碰后它们粘在一起水平飞出，落地点C与B点之间的水平距离x＝0.4m。忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）碰撞前瞬间入射小球的速度大小v1；
（2）两球从B点飞出时的速度大小v2；
（3）碰后瞬间两小球对轨道压力的大小。
12．（18分）如图所示，在直角坐标系xOy平面内有一矩形区域MNPQ，矩形区域内有水平向右的匀强电场，场强为E；在y≥0的区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，半径为R的光滑绝缘空心半圆管ADO固定在坐标平面内，半圆管的一半处于电场中，圆心O1为MN的中点，直径AO垂直于水平虚线MN，一质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）从半圆管的O点由静止释放，进入管内后从A点穿出恰能在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，当粒子再次进入矩形区域MNPQ时立即撤去磁场，此后粒子恰好从QP的中点C离开电场。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）矩形区域的长度MN和宽度MQ应满足的条件？
（3）粒子从A点运动到C点的时间。
[物理--选修3-4]（15分）
13．（5分） 两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（　　）
A．在相遇区域会发生干涉现象
B．实线波和虚线波的频率之比为3：2
C．平衡位置为x＝6m处的质点此刻速度为零
D．平衡位置为x＝8.5m处的质点此刻位移y＞20cm
E．从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x＝5m处的质点的位移y＜0
14．（10分）如图所示，上下表面平行的玻璃砖折射率为n＝，下表面镶有银反射面，一束单色光与界面的夹角θ═45°射到玻璃表面上，结果在玻璃砖右边竖直光屏上出现相距h＝2.0cm的光点A和B．（图中未画出A，B）．
①请在图中画出光路示意图；
②求玻璃砖的厚度d．

2018-2019学年宁夏银川市六盘山高中高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8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，有选错的得0分．
1．（6分）一个质量为2kg的物体，放在光滑水平面上，在水平面内3个共点力作用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为8N和12N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法正确的是（　　）
A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2
B．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小
C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是1.5m/s2
D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是6m/s2
【分析】根据题意求出撤去两个力后物体受到的合力范围，由牛顿第二定律求出物体加速度的范围。物体一定做匀变速运动，当撤去的两个力的合力与原来的速度方向相同时，物体可能做匀减速直线运动。恒力作用下不可能做匀速圆周运动。
【解答】解：由平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为8N和12N的两个力后，物体的合力大小范围为4N≤F合≤20N，物体的加速度范围为：2m/s2≤a≤10m/s2；
A、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能是5m/s2，故A错误；
B、撤去两个力后，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，即10m/s2，故B正确；
C、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相反时，物体做匀减速直线运动，加速度大小最小可能是2m/s2，不可能为1.5 m/s2，故C错误。
D、撤去两个力后，物体受到的合力恒定，不可能做匀速圆周运动，故D错误
故选：B。
【点评】本题中物体原来可能静止，也可能做匀速直线运动，要根据物体的合力与速度方向的关系分析物体可能的运动情况。
2．（6分）一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其角速度大小为ω．假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体的重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为F0．已知引力常量为G，则这颗行星的质量为（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据弹簧测力计的读数求出行星表面的重力加速度，根据万有引力提供向心力求出行星的质量．
【解答】解：行星表面的重力加速度g＝。
根据万有引力等于重力得，，解得M＝
根据万有引力提供向心力有：，联立万有引力等于重力得，g＝Rω2，则R＝
所以M＝．故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能灵活运用．
3．（6分）如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（　　）
A．v＝，I＝0
B．v＝，I＝2mv0
C．v＝，I＝
D．v＝，I＝2mv0
【分析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，故可由动量守恒定律列式求解，子弹和木块的共同速度；然后系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，根据动量定理可求得此过程中墙对弹簧的冲量I的大小。
【解答】解：子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：
mv0＝（M+m）v
解得：v＝
子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小v＝；
子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：
I＝﹣（M+m）v﹣mv0＝﹣2mv0
所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0
故选：B。
【点评】子弹射木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故动量守恒，难度适中。
4．（6分）在如图所示的电路中，E为电源，电源内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），?为理想电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片向上移动，则（　　）
A．电压表的示数变大 B．小灯泡消耗的功率变小
C．通过R2的电流变小 D．电源的内电压变大
【分析】由滑动变阻器电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化。
【解答】解：A、将滑动变阻器的滑片向上移动，电阻的阻值变大，电路中的总电阻变大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故R1两端的电压减小即电压表的示数变小，故A错误；
BCD、因电路中电流减小，故内压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大，流过灯泡支路的电流减小，所以灯泡的功率变小，故B正确，CD错误；
故选：B。
【点评】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压。
5．（6分）如图所示，真空中有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场B，还有方向竖直向上的匀强电场E，三个带电液滴（可视为质点）甲、乙、丙带有等量同种电荷。已知甲静止，乙水平向左匀速运动，丙水平向右匀速运动。则下列说法正确的是（　　）
A．三个液滴都带负电
B．丙质量最大，甲质量次之，乙质量最小
C．若仅撤去磁场，甲可能做匀加速直线运动
D．若仅撤去电场，乙和丙可能做匀速圆周运动
【分析】三个带电油滴都受力平衡，根据共点力平衡条件列式求解确定电性与质量大小，再依据洛伦兹力、电场力与重力关系，来判定速率的大小，最后根据洛伦兹力受到速率的影响，从而确定运动性质。
【解答】解：A、甲球受力平衡，有：G甲＝qE…①
重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向上，故球带正电；故A错误；
B、由左手定则可知乙受到的洛伦兹力的方向向下，乙球受力平衡，得：G乙+qvB＝qE…②
丙受到的洛伦兹力的方向向上，球受力平衡，有：G丙＝qvB+qE…③
解得：G丙＞G甲＞G乙，故B正确；
C、若仅撤去磁场，甲受到的重力和电场力不变，仍然静止。故C错误；
D、若仅撤去电场，乙和丙都受到重力和电场力的作用，由于重力做功会引起速度大小的变化，所以不可能做匀速圆周运动。故D错误。
故选：B。
【点评】本题关键分别对a、b、c三个球进行受力分析，然后得到小球的电性，电场力和洛仑兹力的方向，最后根据共点力平衡条件得到各个球的重力的大小。
6．（6分）放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．0～4s内物体的位移大小为30m
B．2～6s内拉力做的功为40J
C．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等
D．滑动摩擦力的大小为5N
【分析】速度图象的“面积”表示位移。0～2s内物体做匀加速运动，由速度图象的斜率求出加速度，2～6s内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，由P＝Fv求出摩擦力，再由图读出P＝30W时，v＝6m/s，由F＝求出0～2s内的拉力，由W＝Fx求出0～2s内的拉力做的功，由W＝Pt求出2～6s内拉力做的功。
【解答】解：A、0﹣4s内的位移可以由图象围成的面积来求：x＝m＝18m，故A错误；
B、2﹣6s内拉力所做的功为可以由P﹣t图象来求：W＝Pt＝10×4J＝40J，故B正确；
C、根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化，而两个时间的始末速度均为0和6m/s，所以合外力做的功相等，故C正确；
D、在2～6s内，v＝6m/s，P＝10W，物体做匀速运动，摩擦力f＝F，得到f＝F＝＝N＝．故D错误。
故选：BC。
【点评】本题解题关键是理解图象的物理意义。求功的方法通常有三种：一是W＝Flcosθ，F应是恒力；二是W＝Pt，当P恒定时；三是动能定理，特别是在计算变力做功的时候。
7．（6分）如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（　　）
A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
【分析】由动能定理定理可求得粒子刚进入偏转电场时的速度。粒子进入偏转电场中做类平抛运动，由分位移公式得到粒子在偏转电场中的偏转距离，再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置。根据电场力做功W＝Eqy可分析偏转电场对粒子做功大小关系，结合动能定理分析粒子打到屏上时速度关系。
【解答】解：AD、粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：qU1＝mv02﹣0
解得：v0＝
粒子在加速电场中的运动时间：t1＝＝2L1；
粒子在偏转电场中做类平抛运动，运动时间：t2＝；
在偏转电场中竖直分位移：y＝a2t22＝?；
联立得 y＝，y与q、m无关，所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合，离开偏转电场后粒子做匀速直线运动，因此三种粒子一定打到屏上的同一位置；
加速电场对粒子做功为 W1＝qU1，q和U1相等，所以加速电场E1对三种粒子做功相等。偏转电场E2对粒子做功：W2＝qE2y，q、E2、y相等，则知偏转电场E2对三种粒子做功相等。故A正确，D正确。
C、离开偏转电场后粒子的运动时间：t3＝；
粒子运动到屏上所用时间 t＝t1+t2+t3＝（2L1+L2+L3）；
因为不等，所以t不等，故C错误。
B、对整个过程，根据动能定理得 W＝，由于W相等，m不等，所以v不等，即三种粒子打到屏上时速度不等，故B错误。
故选：AD。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，要注意偏转中运动的合成与分解的正确应用，本题的结论要在理解的基础上记牢，经常用到。
8．（6分）如图所示，两根光滑平行的金属导轨，放在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身电阻不计，斜面处在一匀强磁场中，方向垂直斜面向上，一质量为m、电阻不计的金属棒，在沿斜面并与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升了h高度在上滑过程中（　　）
A．金属棒所受合外力所做的功等于mgh与电阻R上产生的热量之和
B．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的热量
C．金属棒受到的合外力所做的功为零
D．恒力F与安培力的合力所做的功为mgh
【分析】金属棒匀速运动时合外力为零，弄清功能转化关系，根据动能定理列方程进行分析．注意克服安培力所做的功等于回路中产生的热量．
【解答】解：A、C金属棒匀速运动时合外力为零，合外力所做的功等于零，不等于mgh与电阻R上产生的热量之和，故A错误，C正确。
B、导体棒匀速上升过程中，根据动能定理得：WF+WG+W安＝0，而克服安培力所做功等于回路电阻中产生的热量，即有：Q＝﹣W安，则得：WF+WG﹣Q＝0
故有：WF+WG＝Q，即恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的热量，故B正确。
C、由动能定理得：WF﹣mgh+W安＝0，故有：WF+W安＝mgh，即恒力F与安培力的合力所做的功为mgh，故D正确。
故选：BCD。
【点评】对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生热量．
二、非选择题
9．（6分）某实验小组的同学利用游标卡尺和螺旋测微器测量一质量分布均匀的长直导体的长度和直径，其中测量结果如图甲、乙所示，则长直导体的长度为　5.03　cm；长直导体的直径为　5.313　mm。
【分析】掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
【解答】解：游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.1mm＝0.3mm，所以最终读数为：50mm+0.3mm＝50.3mm＝0.503cm。
螺旋测微器的固定刻度为5.0mm，可动刻度为31.3×0.01mm＝0.313mm，所以最终读数为5.0mm+0.313mm＝5.313mm。
故答案为：5.03　5.313（5.312﹣5.315均可）
【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。
10．（9分）某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值．
（1）现有电源（4V，内阻可不计），滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2A），开关和导线若干以及下列电表．
A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）
B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用　B　，电压表应选用　C　（选填器材前的字母）；实验电路应采用图1中的　甲　（选填“甲”或“乙”）．
（2）如图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在（1）问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线．
（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U．某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值Rx＝＝　5.2　Ω．（保留两位有效数字），测出的Rx比真实值　偏小　 （选填“偏大”、“偏小”或“相等”）
【分析】（1）合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材．电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法．滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法．
（2）根据电路图来连接实物图，注意电表的正负极，并分几个回路来连接；
（3）由电压表与电流表读数，依据R＝，即可求解．根据电路的接法确定实验误差；
【解答】解：（1）因电源的电压为4V，因此电压表选择3V量程；由于阻值约为5Ω的电阻Rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为0.8A，从精确角来说，所以电流表选择0.6A的量程；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图．
（2）根据电路图来连接实物图原则，注意电表的正负极，并分几个回路来连接，如图所示；
（3）电压表量程为3V，最小分度为0.1V；故其读数为U＝2.60V；电流表最小分度为0.02；其读数为I＝0.50A；电阻阻值：
R＝＝＝5.20Ω；
因本实验采用电流表外接法，由于电压表的分流，使电流表示数增大；故得出的结果偏小；
故答案为：（1）B；C；甲；（2）实物电路图如图所示；（3）5.20．偏小
【点评】本题考查如何选择仪器，掌握选择的方法与原则；学会由电路图去连接实物图，注意电表的正负极；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直．
11．（14分）如图所示为竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，O点是其圆心，半径R＝0.8m，OA水平，OB竖直。轨道底端距水平地面的高度h＝0.8m。从轨道顶端A由静止释放一个质量m＝0.1kg的小球，小球到达轨道底端B时，恰好与静止在B点的另一个小球发生碰撞，碰后它们粘在一起水平飞出，落地点C与B点之间的水平距离x＝0.4m。忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）碰撞前瞬间入射小球的速度大小v1；
（2）两球从B点飞出时的速度大小v2；
（3）碰后瞬间两小球对轨道压力的大小。
【分析】（1）从A点运动的小球向下运动的过程中机械能守恒，由此求出入射小球的速度大小；
（2）两球做平抛运动，根据平抛运动规律得两球从B点飞出时的速度大小；
（3）由动量守恒定律求出B点的小球的质量，由牛顿第二定律求出小球受到的支持力，由牛顿第三定律求出两小球对轨道压力的大小。
【解答】解：（1）从A点运动的小球向下运动的过程中机械能守恒，得：
代入数据得：v1＝4m/s
（2）两球做平抛运动，根据平抛运动规律得：
竖直方向上有：
代入数据解得：t＝0.4s
水平方向上有：x＝v2t
代入数据解得：v2＝1m/s
（3）两球碰撞，规定向左为正方向，根据动量守恒定律得：
mv1＝（m+m′）v2
解得：m′＝3m＝3×0.1＝0.3kg
碰撞后两个小球受到的合外力提供向心力，则：
代入数据得：FN＝4.5N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力也是4.5N，方向竖直向下。
答：（1）碰撞前瞬间入射小球的速度大小是4m/s；
（2）两球从B点飞出时的速度大小是1m/s；
（3）碰后瞬间两小球对轨道压力的大小是4.5N。
【点评】本题关键对两个球块的运动过程分析清楚，然后选择机械能守恒和平抛运动、动量守恒定律基本公式求解。
12．（18分）如图所示，在直角坐标系xOy平面内有一矩形区域MNPQ，矩形区域内有水平向右的匀强电场，场强为E；在y≥0的区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，半径为R的光滑绝缘空心半圆管ADO固定在坐标平面内，半圆管的一半处于电场中，圆心O1为MN的中点，直径AO垂直于水平虚线MN，一质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）从半圆管的O点由静止释放，进入管内后从A点穿出恰能在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，当粒子再次进入矩形区域MNPQ时立即撤去磁场，此后粒子恰好从QP的中点C离开电场。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）矩形区域的长度MN和宽度MQ应满足的条件？
（3）粒子从A点运动到C点的时间。
【分析】（1）由动能定理可求得粒子的速度，再由洛仑兹力充当向心力可求得磁感应强度；
（2）粒子在矩形区域内做类平抛运动，由运动的合成与分解知识可求得矩形区域的长宽；
（3）明确粒子在各过程中时间，则可求得总时间。
【解答】解：（1）粒子从O到A过程中由动能定理得：qER＝mv2
从A点穿出后做匀速圆周运动，有：qvB＝m
解得：B＝
（2）粒子再次进入矩形区域后做类平抛运动，由题意得：
R＝at2
a＝
R+OC＝vt
联立解得：OC＝r
所以，矩形区域的长度MN等于2R，宽度MQ＝2R
（3）粒子从A点到矩形边界MN的过程中，有：t1＝＝
从矩形边界MN到C点的过程中，有：t2＝＝
故所求时间为：t＝t1+t2＝（+1）
答：（1）磁感应强度为B＝；
（2）矩形区域的长度MN＝2R，宽度MQ＝2R；
（3）时间t＝t1+t2＝（+1）
【点评】本题中粒子先做类平抛运动，再做平抛运动；明确各种过程中的运动规律，选择正确的规律求解。要学会分析粒子的运动过程。
[物理--选修3-4]（15分）
13．（5分） 两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（　　）
A．在相遇区域会发生干涉现象
B．实线波和虚线波的频率之比为3：2
C．平衡位置为x＝6m处的质点此刻速度为零
D．平衡位置为x＝8.5m处的质点此刻位移y＞20cm
E．从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x＝5m处的质点的位移y＜0
【分析】在均匀介质中两列波的波速相同，由v＝λf得：波长与频率成反比．某时刻两列波的平衡位置正好在x＝0处重合，两列波的平衡位置的另一重合处到x＝0处的距离应该是两列波的波长整数倍
【解答】解：A、两列波波速相同，波长不同，根据v＝λf，频率不同，不能干涉，故A错误；
B、两列波波速相同，波长分别为4m、6m，为2：3，根据根据v＝λf，频率比为3：2，故B正确；
C、平衡位置为x＝6m处的质点此刻位移为零，两列波单独引起的速度不等，相反，故合速度不为零，故C错误；
D、平衡位置为x＝8.5m处的质点，两列波单独引起的位移分别为、，故合位移大于振幅A，故D正确；
E、传播速度大小相同。实线波的频率为2Hz，其周期为0.5s，由图可知：虚线波的周期为0.75s；
从图示时刻起再经过0.25s，实线波在平衡位置为x＝5m处于波谷，而虚线波也处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y＜0，故E正确；
故选：BDE。
【点评】波形图是反应某时刻各质点的位置，而振动图则是反应某质点在各时刻的位置．
14．（10分）如图所示，上下表面平行的玻璃砖折射率为n＝，下表面镶有银反射面，一束单色光与界面的夹角θ═45°射到玻璃表面上，结果在玻璃砖右边竖直光屏上出现相距h＝2.0cm的光点A和B．（图中未画出A，B）．
①请在图中画出光路示意图；
②求玻璃砖的厚度d．
【分析】光线斜射在表面镀反射膜的平行玻璃砖，反射光线在竖直光屏上出现光点A，而折射光线经反射后再折射在竖直光屏上出现光点B，根据光学的几何关系可由AB两点间距确定CE间距，再由折射定律，得出折射角，最终算出玻璃砖的厚度．
【解答】解：（1）画出光路图如图．
（2）设第一次折射时折射角为θ1，则有
n＝＝
代入解得θ1＝30°
设第二次折射时折射角为α，则有
解得θ2＝45°
由几何知识得：h＝2dtanθ1，可知AC与BE平行．
则d＝＝
答：
①画出光路示意图如图；
②玻璃砖的厚度．
【点评】此题是两次折射的问题，要根据折射定律和反射定律作出光路图．根据光路可逆原理和光的反射定律可以推导出AC与BE平行．