《物理导练》2017年高考物理第一轮总复习新课标实验专题(自主测评)实验9Word版含解析

专题热点十一变质量问题的求解方法分析变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，用气态方程求解．1．打气问题向球、轮胎中充气是一个典型的变质量的气体问题．只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题．2．抽气问题从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题．解析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程看作是等温膨胀过程．3．灌气问题将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题．解决这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看作整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．4．漏气问题容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能用理想气体状态方程求解．如果选容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，可用理想气体状态方程求解．【例1】钢瓶中装有一定质量的气体，现用两种方法抽取钢瓶中的气体，第一种方法是用小抽气机，每次抽出1 L气体，共抽取三次，第二种方法是用大抽气机，一次抽取3 L气体，这两种抽法中，抽取气体质量较多的是()A．第一种抽法B．第二种抽法C．两种抽法抽出气体质量一样多D ．无法判断【解析】 设初状态气体压强为p 0，抽出气体后压强为p ，对气体状态变化应用玻意耳定律，则：第一种抽法：p 0V ＝p 1(V ＋1)p 1＝p 0·V V ＋1p 1V ＝p 2(V ＋1)p 2＝p 1·V V ＋1＝p 0⎝ ⎛⎭⎪⎫V V ＋12 p 2V ＝p 3(V ＋1)p 3＝p 2·V V ＋1＝p 0⎝ ⎛⎭⎪⎫V V ＋13 即三次抽完后：p 3＝p 0·V 3V 3＋3V 2＋3V ＋1第二种抽法：p 0V ＝p ′(V ＋3)p ′＝V V ＋3p 0＝V 3V ＋3V p 0由此可知第一种抽法抽出气体后，剩余气体的压强小，即抽出气体的质量多．【答案】 A【例2】 一只两用活塞气筒的原理如图11－1所示(打气时如图甲，抽气时如图乙)，其筒内体积为V 0，现将它与另一只容积为V 的容器相连接，容器内的空气压强为p 0，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n 次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为( )图11－1A ．np 0，1np 0 B .nV 0V p 0，V 0nVp 0 C .⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋V 0V n p 0，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋V 0V n p 0 D .⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋nV 0V p 0，⎝ ⎛⎭⎪⎫V V ＋V 0n p 0 【解析】 打气时，活塞每推动一次，把体积为V 0、压强为p 0的气体推入容器内，若活塞工作n 次，就是把压强为p 0、体积为nV 0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p 0、体积为V 的气体，现在全部充入容器中，根据玻意耳定律得：p 0(V ＋nV 0)＝p ′Vp ′＝(V ＋nV 0)V p 0＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋n V 0V p 0. 抽气时，活塞每拉动一次，把容器中的气体的体积从V 膨胀为V ＋V 0，而容器的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的V 0气体排出，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V 又膨胀到V ＋V 0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：第一次抽气：p 0V ＝p 1(V ＋V 0)p 1＝V V ＋V 0p 0第二次抽气：p 1V ＝p 2(V ＋V 0)p 2＝V V ＋V 0p 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫V V ＋V 02p 0第三次抽气：p 2V ＝p 3(V ＋V 0)p 3＝V V ＋V 0p 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫V V ＋V 03p 0 可见第n 次抽气完毕后，气体压强为：p n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫V V ＋V 0n p 0 综上所述，选项D 正确．【答案】D。

高考·模拟·创新1．(2022年高考·课标全国卷Ⅰ)某同学利用图实4－9(a)所示试验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图实4－9(b)所示．试验中小车(含放射器)的质量为200g，试验时选择了不行伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：图实4－9(1)依据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成_______(填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图(b)可知，a—m图线不经过原点，可能的缘由是_________．(3)若利用本试验装置来验证“在小车质量不变的状况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则试验中应实行的改进措施是______________，钩码的质量应满足的条件是________________．解析：(1)该同学描绘的加速度和钩码质量的图象是一条曲线而不是直线，所以是非线性关系．(2)依据图(b)可知当钩码有肯定质量，即细线有肯定拉力时，小车加速度仍等于0，说明小车合力等于0，所以可能除拉力外小车还受到摩擦力作用．(3)试验改进部分有两个要求，第一个就是图象不过原点，需要平衡摩擦力，所以调整轨道倾斜度，其次个就是图象是曲线，由于小车的合力即细线拉力并不等于钩码重力，所以要近似为直线，就要求钩码质量不能太大．答案：(1)非线性(2)存在摩擦力(3)调整轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车质量2．(2021年高考·天津卷)某试验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系．图实4－10(1)下列做法正确的是________(填字母代号)．A．调整滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调整木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．试验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码转变质量时，不需要重新调整木板倾斜度(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．(填“远大于”、“远小于”或“近似等于”)图实4－11(3)甲、乙两同学在同一试验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的状况下，争辩加速度a与拉力F的关系，分别得到图实4－11中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．(填“大于”、“小于”或“等于”)解析：(1)A选项正确，使牵引木块的细绳与长木板保持平行可以保证车沿运动方向受到的力即绳子对车的拉力；B选项错误，在调整木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂重物；C选项错误，试验开头时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当试验结束时应先把握木块停下再停止打点计时器；D选项正确，平衡摩擦之后，Mg sinθ＝μMg cosθ成立，转变木块上的砝码相当于转变小车和砝码总质量M，上式照旧成立．(2)依据教材上的试验原理以砝码桶及砝码作为小木块的外力，则有F＝mg(m 为砝码桶及砝码总质量)，而实际试验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动，即对砝码桶及砝码有mg－F′＝ma，对小木块有F′＝Ma.综上有：F′＝MM＋mmg，只有当m≪M时，才能有效的保证F′更接近mg，减小试验误差，提高试验的精确性．(3)当没有平衡摩擦力时有：F－μMg＝Ma，故a＝1M F－μg，即图线斜率为1M，纵轴截距的大小为μg.由图线可知m甲小于m乙，μ甲大于μ乙．答案：(1)AD(2)远小于(3)小于大于。

自主测评一、基础知识题组1．[对电阻定律的理解]导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是( )A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比C．电压一定，电阻与通过导体的电流成正比D．电流一定，电阻与导体两端的电压成反比解析：对于同种材料的导体，电阻率是个定值，根据电阻定律R＝ρlS可知A正确．答案：A2．[电功与电热的区别]有三个用电器，分别为日光灯、电烙铁和电风扇，它们的额定电压和额定功率均为“220 V,60 W”．现让它们在额定电压下工作相同时间，产生的热量( )A．日光灯最多B．电烙铁最多C．电风扇最多D．一样多解析：电烙铁是纯电阻用电器，即以发热为目的，电流通过它就是用来产热．而日光灯和电风扇是非纯电阻用电器，电流通过它们时产生的热量很少，电能主要转化为其他形式的能(光能和叶片动能)．综上所述，只有选项B正确．答案：B二、规律方法题组3．[电功率的考查]一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36 W与36 V．若把此灯泡接到输出电压为18 V的电源两端，则灯泡消耗的电功率( )A．等于36 W B．小于36 W，大于9 W C．等于9 W D．小于9 W解析：在额定电压下灯泡的电阻R＝U2P＝36236＝36Ω，在18伏电压下假设灯泡电阻不变，则功率P1＝U21R＝18236＝9 W，而18伏电压下实际灯泡的电阻变小(温度低)，所以电灯实际功率大于9 W，但小于36 W(灯泡两端没有达到额定电压)，答案选择B.答案：B图7－1－14．[非纯电阻电路中的功率关系]如图7－1－1所示的电路中，输入电压U恒为12 V，灯泡L上标有“6 V,12 W”字样，电动机线圈的电阻R M＝0.5 Ω.若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是( )A．电动机的输入功率为12 WB．电动机的输出功率为12 WC．电动机的热功率为2 WD．整个电路消耗的电功率为22 W解析：电动机为非纯电阻电器，欧姆定律对电动机不再适用，灯泡L正常发光，则I L＝P灯U灯＝2 A，所以电路中的电流I＝2 A，故整个电路消耗的电功率P总＝UI＝24 W，D错；电动机的输入功率等于P 总－P灯＝12 W，A对；电动机的热功率P热＝I2R M＝2 W，C对；输出功率P出＝12 W－2 W＝10 W，B错．答案：AC。

第一单元运动的描述匀变速直线运动测试时间：90分钟满分：110分第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．[2017·洛阳模拟]2016年8月5日～21日第31届夏季奥林匹克运动会在巴西的里约热内卢举行，中国体育健儿们奋力拼搏，在里约再次为祖国赢得荣誉。

下列说法正确的是()A．远方看台的观众观看排球运动员的发球动作时，可将运动员视为质点B．在跳水比赛中，如果以运动员为参考系，该运动员下方的水面一定是上升的C．在男子20公里竞走决赛中，我国选手王镇以1小时19分14秒获得冠军，这里提到的“1小时19分14秒”指的是时刻D．在男子200米自由泳决赛中，我国选手孙杨以1分44秒65的成绩获得冠军，根据这个信息我们可以求出他在本次比赛中的平均速率答案 D解析远方看台的观众观看排球运动员的发球动作时，若把运动员视为质点，则看不出动作，故A错误。

跳水比赛中，在运动员腾空向上运动的过程中，如果以运动员为参考系，则水面是下降的，故B错误。

C选项中提到的“1小时19分14秒”指的是时间，故C错误。

D 选项中有路程和时间，根据平均速率等于路程除以时间，可以求出孙杨在本次比赛中的平均速率，故D 正确。

2．[2017·云南玉溪月考]如图所示，图线a 、b 、c 分别表示三个物体甲、乙、丙在同一条直线上运动的位移与时间的关系，图线c 是一条抛物线，满足x ＝0.4t 2。

有关这三个物体在0～5 s 内的运动情况，下列说法正确的是( )A ．物体甲做匀加速直线运动B ．物体丙做匀加速直线运动C ．t ＝5 s 时，物体甲的速度比物体丙的速度大D ．甲、乙两物体都做匀速直线运动，且速度相同答案 B解析 位移—时间图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知甲、乙两物体都做匀速直线运动，由图知，a 、b 两图线的斜率绝对值相等、正负号相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，所以速度不同，故选项A 、D 错误；图线c 是一条抛物线，满足x ＝0.4t 2，结合x ＝v 0t ＋12at 2可知，物体丙做初速度为0，加速度为0.8 m/s 2的匀加速直线运动，故选项B 正确；图象的斜率大小等于速度大小，根据图象可知，t ＝5 s 时，物体丙速度最大，故选项C 错误。

高考·模拟·创新1．(2014年高考·海南卷)如图2－4－29，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L.则钩码的质量为()图2－4－29图2－4－30A.2 2MB.3 2MC.2MD.3M解析：平衡后，物体上升L，说明环下移后，将绳子拉过来的长度为L，取环重新平衡的位置为A点，则OA＝O′A＝L，则如图2－4－30易知mg＝3Mg，选项D正确．答案：D2．如图2－4－31所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O 点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力F N以及绳对小球的拉力F T的变化情况是()图2－4－31A．F N保持不变，F T不断增大B．F N不断增大，F T不断减小C．F N保持不变，F T先增大后减小D．F N不断增大，F T先减小后增大解析：图2－4－32如图2－4－32所示，小球在重力mg、支持力F N和拉力F T三个共点力作用下处于平衡状态，其中重力mg的大小和方向不发生变化，支持力F N的方向不变，拉力F T与水平方向夹角逐渐减小，对小球进行受力分析，并用动态图解法做出F N、F T的变化情况，显然F N不断增大，F T先减小后增大(F T与F N垂直时F T最小)，因此D选项正确．答案：D3．(2016山东济南调研)(多选)如图2－4－33所示，方形物块A 和三角形物块B、C叠放在水平地面上，物块B上表面水平．水平向左的力F作用在物块B上，整个系统处于静止状态，则以下说法正确的是()图2－4－33A．物块A的受力个数为4个B．物块B的受力个数为5个C．地面对物块C的支持力小于三者重力之和D．地面对物块C的摩擦力大小等于F，方向水平向右解析：对A受力分析，根据平衡条件知，A只受重力和支持力2个力的作用，A错误；对B受力分析，可知B受重力、压力、斜面施加的斜向上的支持力、拉力F，根据平衡条件可知还受斜面施加的斜向上的摩擦力，共5个力的作用，B正确；对A、B、C整体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件知地面对物块C的支持力等于三者重力之和，C错误；对A、B、C整体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件知地面对物块C的摩擦力大小等于F，方向水平向右，D 正确．答案：BD。

自主测评一、基础知识题组1．[基本规律的考查]质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s解析：由x ＝v 0t ＋12at 2与x ＝5t ＋t 2对比可知：运动的初速度v 0＝5 m/s ，加速度a ＝2 m/s 2.将t ＝1 s 代入所给位移公式即可求出x ＝6m ，A 错；前2 s 内的平均速度为v ＝x 22＝5×2＋222＝7 m/s ，B 错；由Δx ＝aT 2可以求出当T ＝1 s 时，任意相邻1 s 内的位移差都为2 m ，C 错；由加速度的定义可知D 正确．答案：D2．[推论的考查]一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s 、2 s 、3 s ，这三段位移的大小之比和这三段位移上的平均速度大小之比分别是( )A ．1∶22∶32,1∶2∶3B ．1∶23∶33,1∶22∶32C ．1∶2∶3,1∶1∶1D ．1∶3∶5,1∶2∶3 解析：根据位移公式x ＝12at 2，从开始运动起，连续通过的三段位移分别为x 1＝12at 21＝12a 、x 2＝12a (t 2＋t 1)2－12at 21＝4a 、x 3＝12a (t 3＋t 2＋t 1)2－12a (t 1＋t 2)2＝272a ，再根据平均速度公式可得选项B 正确． 答案：B二、规律方法题组3．[刹车问题的处理]汽车以20 m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s 2，则自驾驶员急踩刹车开始，2 s 与5 s 时汽车的位移之比为( )A ．5∶4B ．4∶5C ．3∶4D ．4∶3解析：刹车后最多只能到停止，t ＝v 0a ＝205s ＝4 s ，经2秒位移x 1＝v 0t －12at 2＝20×2 m －12×5×22 m ＝30 m,5 s 的位移即4秒内的位移x 2＝v 22a ＝2022×5 m ＝40 m ，故而x 1x 2＝34，选项C 正确． 答案：C4．[逆向思维法处理匀减速直线运动问题]做匀减速直线运动的物体经4 s 停止，若在第1 s 内的位移是14 m ，则最后1 s 内位移是( )A ．3.5 mB ．2 mC ．1 mD ．0 解析：匀减速运动可看成是反向的匀加速运动，四秒内的位移比为7∶5∶3∶1，所以x 1x 4＝71，x 4＝x 17＝147m ＝2 m ，选项B 正确． 答案：B。

全书综合模拟检测(一) (限时：60分钟)一、选择题(本题共8小题，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，每题5分，共40分)1.如图所示，质量为 m 的小球套在竖直放置的固定光滑圆环上，轻绳(其长度大于圆环半径小于圆环直径)一端固定在圆环的顶点A ，另一端与小球相连，小球静止时位于环上的B 点，此时轻绳与竖直方向的夹角 θ＝30°，则轻绳和圆环对小球的作用力大小分别为( )A.3mg 和2mgB.2mg 和2mgC.3mg 和mg D ．mg 和mg2．如图所示，斜面体ABC 的倾角为θ，在斜面顶点A 的正上方，一小球以v 0的水平速度抛出，恰好落到斜面底端的B 点，此时速度方向与水平方向的夹角为φ1。

若减小初速度，小球将落到斜面上A 、B 之间的某一位置，此时速度方向与水平方向的夹角为φ2。

则( )A ．φ1＜φ2B ．φ1＞φ2C ．φ1＝φ2D ．条件不足，无法判断3．物块A 放置在与水平地面成30°角的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成60°角，取g ＝10 m/s 2，则物块A 沿此斜面下滑的加速度大小为( )A ．5 3 m/s 2B ．3 3 m/s 2C ．(5－3) m/s 2 D.1033m/s 24．星系由很多绕中心做圆形轨道运行的恒星组成。

科学家研究星系的一种方法是测量恒星在星系中的运行速度 v 和离星系中心的距离 r 。

用 v ∝r n 这样的关系来表达，科学家特别关心指数 n 。

若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则 n 的值为( )A ．1B ．2 C.12 D ．－125．如图所示，一重力不计的带电粒子以初速度 v 0射入水平放置、距离为 d 的两平行金属板间，射入方向沿两极板的中心线。

当极板间所加电压为 U 1时，粒子落在 A 板上的 P 点。

如果将带电粒子的初速度变为 2v 0，同时将 A 板向上移动d2后，使粒子由原入射点射入后仍落在 P 点，则极板间所加电压 U 2 为( )A ．U 2＝3U 1B ．U 2＝6U 1C ．U 2＝8U 1D ．U 2＝12U 16．洛伦兹力演示仪是由励磁线圈(也叫亥姆霍兹线圈)、洛伦兹力管和电源控制部分组成的。

2017年全国高考物理演练试卷（一）一、选择题1．（6分）如图，若x轴表示时间，y轴表示位置，则该图象反映了某质点做匀速直线运动时，位置与时间的关系，若令x轴和y轴分别表示其他的物理量，则该图象又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系，下列说法中正确的是（）A．若x轴表示时间，y轴表示动能，则该图象可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系B．若x轴表示频率，y轴表示动能，则该图象可以反映光电效应中，光电子最大初动能与入射光频率之间的关系C．若x轴表示时间，y轴表示动量，则该图象可以反映某物体在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系D．若x轴表示时间，y轴表示感应电动势，则该图象可以反映静置于磁场中的某闭合回路，当磁感应强度随时间均匀增大时，闭合回路的感应电动势与时间的关系2．（6分）2016年10月17日，“神舟十一号”载人飞船发射升空，运送两名宇航员前往在2016年9月15日发射的“天宫二号”空间实验室，宇航员计划在“天宫二号”驻留30天进行科学实验．“神舟十一号”与“天宫二号”的对接变轨过程如图所示，AC是椭圆轨道Ⅱ的长轴．“神舟十一号”从圆轨道I先变轨到椭圆轨道Ⅱ，再变轨到圆轨道Ⅲ，与在圆轨道Ⅲ运行的“天宫二号”实施对接．下列描述正确的是（）A．“神舟十一号”在变轨过程中机械能不变B．可让“神舟十一号”先进入圆轨道Ⅲ，然后加速追赶“天宫二号”实现对接C．“神舟十一号”从A到C的平均速率比“天宫二号”从B到C的平均速率大D．“神舟十一号”在椭圆轨道上运动的周期与“天宫二号”运行周期相等3．（6分）有甲、乙两根完全相同的轻绳，甲绳A、B两端按图甲的方式固定，然后将一挂有质量为M的重物的光滑轻质动滑轮挂于轻绳上，当滑轮静止后，设绳子的张力大小为T1；乙绳两端按图乙的方式连接，然后将同样的定滑轮且挂有质量为M的重物挂于乙轻绳上，当滑轮静止后，设乙绳子的张力大小为T2．现甲绳的B端缓慢向下移动至C点，乙绳的E端缓慢移动至F点，在两绳的移动过程中，下列说法正确的是（）A．T1、T2都变大B．T1变大、T2变小C．T1、T2都不变D．T1不变、T2变大4．（6分）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小），当开关S闭合，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，下列说法中正确的是（）A．只断开开关S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动B．只把变阻器R3的滑动端P2向上移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动C．只把变阻器R2的滑动端P1向下移动时，电压表示数变大，带电微粒向上运动D．只增大R1的光照强度，电阻R0消耗的功率变大，带电微粒向上运动5．（6分）以下说法正确的是（）A．伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论B．牛顿通过理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”，用到的物理思想方法属于理想实验法C．探究共点力的合成的实验中使用了控制变量法D．匀变速直线运动的位移公式x=v0t+是利用微元法推导出来的6．（6分）水平地面上固定一倾角为θ=37°的足够长的光滑斜面，如图所示，斜面上放一质量为m A=2.0kg、长l=3m的薄板A．质量为m B=1.0kg的滑块B（可视为质点）位于薄板A的最下端，B与A之间的动摩擦因数μ=0.5．开始时用外力使A、B静止在斜面上，某时刻给滑块B一个沿斜面向上的初速度v0=5m/s，同时撤去外力，已知重力加速度g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．下列说法正确的是（）A．在滑块B向上滑行的过程中，A、B的加速度大小之比为3：5B．从A、B开始运动到A、B相对静止的过程所经历的时间为0.5sC．从A、B开始运动到A、B相对静止的过程中滑块B克服摩擦力所做的功为J D．从A、B开始运动到A、B相对静止的过程中因摩擦产生的热量为J 7．（6分）绝缘光滑斜面与水平面成α角，质量为m、带电荷量为﹣q（q＞0）的小球从斜面上的h高度处释放，初速度为v0（v0＞0），方向与斜面底边MN平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上．如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN．则下列判断正确的是（）A．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤B．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤C．小球在斜面做变加速曲线运动D．小球到达底边MN的时间t=8．（6分）如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。

专题热点二一、临界条件在摩擦力突变问题中的应用1．方法概述(1)临界状态是指一种物理过程转变为另一种物理过程，或一种物理状态转变为另一种物理状态时，处于两种过程或两种状态的分界处的状态．处于临界状态的物理量的值叫临界值．临界分析法在解决摩擦力的突变问题时，有很重要的作用．(2)当物体受力或运动发生变化时，摩擦力常发生突变．摩擦力的突变，又会导致物体的受力情况和运动性质的突变，其突变点(时刻或位置)往往具有很深的隐蔽性．对其突变点的分析与判断是物理问题的切入点．2．常见类型(1)静摩擦力突变为滑动摩擦力．静摩擦力是被动力，其大小、方向取决于物体间的相对运动的趋势．静摩擦力为零的状态是方向变化的临界状态；静摩擦力达到最大值是物体恰好保持相对静止的临界状态．(2)滑动摩擦力突变为静摩擦力，滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度达到相同时，滑动摩擦力要发生突变(摩擦力变为零或变为静摩擦力)．3．解题思路解决摩擦力的突变问题的关键是找出摩擦力发生突变的临界条件，这也就是突变前后摩擦力的分界点，再利用相应规律分别对突变前后进行分析求解．求解方法一般有两种：(1)以定理、定律(平衡条件或牛顿运动定律)为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解，然后分析、讨论其特殊规律和特殊解．(2)直接分析、讨论临界状态和相应的临界值，求解出研究问题的规律和解．【例1】如图2－1所示，质量M＝1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2 ＝0.4，设木板足够长，若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F ，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g ＝10 m/s 2，则下面四个图中能正确反映铁块受到木板的摩擦力大小f 随力F 大小变化的是( )图2－1【解析】 摩擦力f 的最大值为μ2mg ＝4 N ，木板与地面间的摩擦力的最大值为μ1 (M ＋m )g ＝2 N ．当F ≤2 N 时，木板和铁块相对地面静止，f ＝F ；当F >2 N ，并且木板和铁块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为a ，根据牛顿第二定律，对整体有F －μ1 (M＋m )g ＝(M ＋m )a ，对铁块有F －f ＝ma ，可得f ＝F 2＋1 N ，从此关系式可以看出，当F ＝6 N 时，f 达到最大摩擦力，由此可以得出当F >6 N 时，木板和铁块就不能一起相对地面加速运动，而是分别加速运动，这时不论F 多大，f 均为4 N ，由此知C 正确．【答案】 C【方法总结】 用临界法解决摩擦力突变问题的三点注意(1)题目中出现“最大”“最小”“刚好”等关键词时，一般隐藏着临界问题，有时，有些临界问题中并不含上述常见的“临界术语”，但审题时发现某个物理量在变化过程中会发生突变，则该物理量突变时物体所处的状态即为临界状态．(2)静摩擦力是被动力，其存在及大小、方向取决于物体间的相对运动的趋势，而且静摩擦力存在最大值．存在静摩擦的连接系统，相对滑动与相对静止的临界条件是静摩擦力达到最大值，即F f 静＝F fm .(3)研究传送带问题时，物体和传送带的等速时刻往往是摩擦力的大小、方向、运动性质的分界点．二、处理平衡问题的八种方法共点力作用下的平衡条件是最基本的力学规律之一，广泛应用于力、电、磁等各部分内容的题目中，应注重与其他知识综合应用能力的培养，现将平衡问题的八种常见解法介绍如下．1．力的合成、分解法三个力的平衡问题，一般将任意两个力合成，则该合力与第三个力等大反向，或将其中某个力沿另外两个力的反方向分解，从而得到两对平衡力．【例2】 (多选)如图2－2所示，重物的质量为m ，轻细绳AO 和BO 的A 端、B 端是固定的，平衡时AO 是水平的，BO 与水平面的夹角为θ，AO 的拉力F 1和BO 的拉力F 2的大小是( )图2－2A ．F 1＝mg cos θB ．F 1＝mg tan θC ．F 2＝mg sin θD ．F 2＝mg sin θ【解析】 解法1：合成法 由平行四边形定则，作出F 1，F 2的合力F 12，如图2－3所示．又考虑到F 12＝mg ，解直角三角形得图2－3F 1＝mg tan θ，F 2＝mg sin θ. 解法2：分解法图2－4用效果分解法求解．F 2共产生两个效果，一个是水平方向沿A →O 拉绳子AO ，另一个是拉着竖直方向的绳子．如图2－4所示，将F 2分解在这两个方向上，结合力的平衡知识得：F 1＝F 2′＝mg tan θ，F 2＝F 2″sin θ＝mg sin θ. 显然，也可以按mg (或F 1)产生的效果分解mg (或F 1)来求解此题．【答案】 BD2．正交分解法将各力分解到x轴上和y轴上，运用两坐标轴上的合力等于零的条件F x＝0，F y＝0进行分析，多用于三个以上共点力作用下的物体的平衡．值得注意的是，对x，y方向选择时，尽可能使较多的力落在x，y轴上，被分解的力尽可能是已知力，不宜分解待求力．【例3】(多选)质量为m的木块在推力F作用下，在水平地面上做匀速直线运动，如图2－5甲所示．已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，那么木块受到的滑动摩擦力为()图2－5A．μmg B．μ(mg＋F sinθ)C．μ(mg＋F cosθ) D．F cosθ【解析】木块做匀速直线运动时受到四个力的作用：重力mg，推力F、支持力F N、摩擦力F f.沿水平方向建立x轴，将F进行正交分解如图2—5乙所示(这样建立坐标系只需分解F)，由于木块做匀速直线运动，所以，在x轴上，向左的力等于向右的力(水平方向二力平衡)；沿竖直方向建立y轴，在y轴上向上的力等于向下的力．即F cosθ＝F fF N＝mg＋F sinθ又由于F f＝μF N所以F f＝μ(mg＋F sinθ)，故正确选项为B、D.【答案】BD3．图解法对研究对象在状态变化过程中的若干状态进行受力分析，依据某一参量的变化(一般为某一角)在同一图中作出物体在若干状态下的平衡力图示(力的平行四边形或三角形)，再由动态的力的平行四边形或三角形的边的长度变化及角度变化确定某些力的大小及方向的变化情况．物体在三力平衡时常用此法．【例4】 (2016年南京模拟)如图2－6所示，将两个质量均为m 的小球a 、b 用细线相连悬挂于O 点，用力F 拉小球a ，使整个装置处于平衡状态，且悬线O a 与竖直方向的夹角θ＝30°，则F 的大小( )图2－6A ．可能为33mgB ．可能为32mgC ．可能为mgD ．可能为2mg【解析】 对小球a 受力分析，根据平衡条件可知，当F 竖直向上时，F 最大，其值F max ＝2mg ，如图2－7甲所示．图2－7当F 垂直T 时，F 最小，其值F min ＝F ′sin θ＝2mg sin30°＝mg ，如图2－7乙所示．故有C 、D 正确．A 、B 错误．【答案】 CD4．三力汇交原理物体受三个共面非平行外力作用而平衡时，这三个力的作用线(或反向延长线)必交于一点．【例5】 一根长2 m ，重为G 的不均匀直棒AB ，用两根细绳水平悬挂在天花板上，当棒平衡时细绳与水平面的夹角如图2－8所示，则关于直棒重心C 的位置下列说法正确的是( )图2－8A ．距离B 端0.5 m 处B ．距离B 端0.75 m 处C ．距离B 端32m 处D ．距离B 端33m 处 【解析】 当一个物体受三个力作用而处于平衡状态，如果其中两个力的作用线相交于一点，则第三个力的作用线必通过前两个力作用线的相交点，把O 1A 和O 2B 延长相交于O 点，则重心C 一定在过O 点的竖直线上，如图2－9所示，由几何知识可知：BO ＝12AB ＝1 m ，BC ＝12BO ＝0.5 m ，故重心应在距B 端0.5 m 处．A 项正确．图2－9【答案】 A5．整体法和隔离法当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时常用隔离法．整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法．【例6】 (2016年四川乐山调研)如图2－10所示，滑块A 与小球B 用一根不可伸长的轻绳相连，且滑块A 套在水平直杆上．现用大小为10 N 、与水平方向成30°角的力F 拉B ，使A 、B 一起向右匀速运动，运动过程中A 、B 保持相对静止．已知A 、B 的质量分别为2 kg 、1 kg ，重力加速度为10 m/s 2，则( )图2－10A ．轻绳与水平方向的夹角θ＝60°B ．轻绳与水平方向的夹角θ＝45°C ．滑块A 与水平直杆之间的动摩擦因数为35D ．滑块A 与水平直杆之间的动摩擦因数为34图2－11【解析】 由题意知，把A 、B 视为一整体，可得F cos30°＝μ(m A g ＋m B g －F sin30°)，解得μ＝35，所以C 正确，D 错误；以B 为研究对象，受力分析如图2－11所示．F＝10 N，mg＝10 N，由几何关系知，绳上的拉力也是10 N，且θ＝30°，所以A、B错误．【答案】 C6．假设法假设某条件存在或不存在，进而判断由此带来的现象是否与题设条件相符，或者假设处于题设中的临界状态，以题为依据，寻找问题的切入点，进而解决该问题．【例7】(多选)如图2－12所示，竖直平面内质量为m的小球与三条相同的轻质弹簧相连接．静止时相邻两弹簧间的夹角均为120°，已知弹簧a、b对小球的作用力均为F，则弹簧c对此小球的作用力的大小可能为()图2－12A．F B．F＋mgC．F－mg D．mg－F【解析】假设三个弹簧中有a、b两弹簧伸长而c弹簧缩短了，则此时小球的受力情况是：a和b两弹簧的拉力F、c弹簧的支持力F c、小球自身的重力mg，如图2－13甲所示．由共点力的平衡条件可得：2F cos60°＋F c－mg＝0，则得F c＝mg－F，故D选项正确，因为题中并未给定mg与F的大小关系，故可能有mg＝2F，则有F c ＝mg－F＝2F－F＝F，故A选项正确．假设a、b、c三个弹簧均是压缩的，此时小球的受力情况如图2－13乙所示，小球的受力情况是：自身重力mg、a和b两弹簧斜向下方的弹力F、c弹簧竖直向上的弹力F c，对小球由共点力的平衡条件可得：2F cos60°＋mg－F c＝0，则F c＝F＋mg，故B选项正确．图2－13假定a、b、c三个弹簧均是伸长的，此时小球的受力情况如图2－13丙所示．小球的受力情况是：自身的重力mg、a和b两弹簧斜向上方的拉力F、c弹簧向下的拉力F c，对小球由共点力的平衡条件可得，2F cos60°－mg－F c＝0，所以F c＝F－mg，故C选项正确．【答案】ABCD7．相似三角形法在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算．【例8】如图2－14所示，一个重为G的小球套在竖直放置的半径为R的光滑圆环上，一个劲度系数为k，自然长度为L(L<2R)的轻质弹簧，一端与小球相连，另一端固定在大环的最高点，求小球处于静止状态时，弹簧与竖直方向的夹角φ.图2－14【解析】对小球B受力分析如图2－15所示，由几何关系有△AOB∽△CDB，图2－15则RAB＝GF又F＝k(AB－L)联立可得AB＝kRL kR－G在△AOB中，cosφ＝AB2R＝AB2R＝kRL2R(kR－G)＝kL2(kR－G)则φ＝arccos kL2(kR－G).【答案】arccos kL2(kR－G)八、对称法若研究对象所受的力具有对称性，则求解时可把较复杂的运算转化为较简单的运算，或者将复杂的图形转化为直观、简单的图形．所以在分析问题时，首先应明确物体受力是否具有对称性．【例8】(2016年佛山模拟)(多选)如图2－16所示是某同学为颈椎病人设计的一个牵引装置的示意图，一根绳绕过两个定滑轮和一个动滑轮后两端各挂着一个相同的重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的颈椎(图中是用手指代替颈椎做实验)，整个装置在同一个竖直平面内，如果要增大手指所受的拉力，可采取的办法是()图2－16A．只增加与重物相连细绳的长度B．只增加重物重量C．只将手指向下移动D．只将手指向上移动【解析】动滑轮受三个共点力而平衡，两股绳拉力大小相等，其合力与手指受到的拉力等大反向，两股绳的合力随夹角的增大而减小，D错误；手指向下移动时，两股绳间夹角变小，合力变大，C正确；绳子长度变化不影响两股绳间夹角，A错误；两股绳拉力均增大时，手指受到的拉力也随之增大，B正确．【答案】BC。

高考·模拟·创新1．(2015年高考·广东卷)某同学使用打点计时器测量当地的重力加速度．图实1－12①请完成以下主要实验步骤：按图实1－12(a)安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物________(填“靠近”或“远离”)计时器下端；________，________，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验．②图实1－12(b)和(c)是实验获得的两条纸带，应选取________(填“b”或“c”)来计算重力加速度．在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和________。

解析：①重物必须靠近打点计时器，才能让打点计时器在纸带上记录重物运动的轨迹；先接通电源再释放纸带，能较充分地利用纸带记录重物运动的轨迹；②从c纸带所打的点迹来看，重物运动的速度先增大再减小，不是做自由落体，故只能选b纸带；打点计时器的打点针在纸带上打点时会对纸带产生阻力，纸带在随重物下落的过程中还会与打点计时器的限位孔摩擦，故纸带的这两项阻力都会对重物的自由下落带来影响．答案：①靠近接通电源释放纸带②b纸带与打点计时器间的摩擦2．研究小车匀变速直线运动的实验装置如图实1－13(a)所示，其中斜面倾角θ可调．打点计时器的工作频率为50 Hz.纸带上计数点的间距如图实1－13(b)所示，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出．图实1－13①部分实验步骤如下：A．测量完毕，关闭电源，取出纸带．B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车．C．将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连．D．把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔．上述实验步骤的正确顺序是：________(用字母填写)．②图(b)中标出的相邻两计数点的时间间隔T＝________s.③计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5＝________.④为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a＝________.解析：①略；②由频率50 Hz可知，每两个点的时间间隔为0.02 s，而两计数点间又有4个点未画出，故两计数点间的时间为0.1 s；③计数点5为计数点4与6的中间时刻，根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度来计算；④将六个数据分两组，采用逐差法来计算．答案：①DCBA②0.1③s4＋s5 2T④(s4＋s5＋s6)－(s1＋s2＋s3)9T2。

随堂训练1．(2015·大同模拟)某同学利用如图甲所示装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验．(1)在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持________状态(填“水平”或“竖直”)．(2)他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线．由此图线可得该弹簧的原长x0＝________ cm，劲度系数k＝________ N/m.(3)他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图丙所示时，该弹簧的长度x＝________ cm.[解析](1)刻度尺应保持竖直状态以保证与弹簧轴线平行．(2)图线在横轴上的截距等于弹簧的原长x0＝4.00 cm，图线斜率等于弹簧的劲度系数k＝50 N/m.(3)把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数为3.0 N时，弹簧伸长量Δx ＝6 cm.此时弹簧的长度x＝x0＋Δx＝10 cm.[答案](1)竖直(2)4.0050(3)102．(2015·福建卷)某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73 cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl为________ cm；(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是________；(填选项前的字母)A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB 段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是____________________．[解析](1)题图甲示数为7.73 cm，题图乙示数为14.66 cm，弹簧的伸长量Δl ＝14.66－7.73 cm＝6.93 cm.(2)逐一增挂钩码，弹簧的伸长量逐渐地增大，不会出现超过弹性限度的情况，选项A正确．(3)当超过弹簧的弹性限度时，弹力与弹簧伸长量不再成正比．[答案](1)6.93(6.92～6.94)(2)A(3)超过弹簧的弹性限度3．(2014·浙江卷)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究．(1)某次测量如图2所示，指针示数为________ cm.(2)在弹性限度内，将50 g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数L A和L B，如下表．用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为________ N/m(重力加速度g取10 m/s2)．由表中数据________(选填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数.[解析](1)毫米刻度尺的最小刻度是mm，读数时要估读到0.1 mm.(2)由胡克定律得k1＝Fx＝ΔFΔx＝3×50×10－3×10(27.76－15.71)×10－2N/m＝12.5 N/m，同样应用胡胡定律可计算出k2.[答案](1)15.95～16.05(2)12.2～12.8能4．某同学和你一起探究弹力和弹簧伸长的关系，并测弹簧的劲度系数k.做法是先将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上，当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作L0；弹簧下端挂一个50 g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L1；弹簧下端挂两个50 g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L2；……；挂七个50 g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L7(弹簧始终处于弹性限度内)．(1)下表记录的是该同学已测出的6个值，其中有两个数值在记录时有误，它们的代表符号分别是________和________.37根据图将这两个测量值填入上表中．(3)为了充分利用测量数据，该同学将所测得的数据按如下方法逐一求差，分别计算出了三个差值：d 1＝L 4－L 0＝6.90 cm ，d 2＝L 5－L 1＝6.90 cm ，d 3＝L 6－L 2＝7.00 cm.请你给出第四个差值：d 4＝________＝________cm.(4)根据以上差值，可以求出每增加50 g 砝码弹簧的平均伸长量ΔL ，ΔL 用d 1、d 2、d 3、d 4表示的式子为：ΔL ＝____________________，代入数据解得ΔL ＝________cm.(5)计算弹簧的劲度系数k ＝________N/m(g 取9.8 m/s 2)．[解析] (1)L 5、L 6两组数据没有估读值．(2)根据表格已知读数，刻度尺上端的刻度数小，因而L 3＝6.85 cm ，L 7＝14.05 cm.(3)题中三组数据在寻求多挂4个砝码形成的长度差，故d 4＝L 7－L 3＝ (14.05－6.85) cm ＝7.20 cm.(4)每增加4个砝码弹簧的平均伸长量ΔL 1＝d 1＋d 2＋d 3＋d 44，则每增加1个砝码弹簧的平均伸长量ΔL ＝ΔL 14＝d 1＋d 2＋d 3＋d 416，代入数据求得ΔL ＝1.75 cm.(5)由(3)(4)可知，弹力F 和弹簧伸长量ΔL 成正比，即满足F ＝kΔL ，代入数据得k ＝F ΔL ＝50×10－3×9.81.75×10－2 N/m ＝28 N/m.[答案] (1)L 5 L 6 (2)6.85 14.05(3)L 7－L 3 7.20 (4)d 1＋d 2＋d 3＋d 4161.75 (5)28 5．(2015·襄樊模拟)某同学利用弹簧测力计、小车、砝码、钩码、木块和带有定滑轮的长木板等器材探究滑动摩擦力F f 与正压力F N 之间的关系，实验装置如图所示．该同学主要的实验步骤如下：a．将一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，在细绳一端挂适量的钩码，使其能够带动小车向右运动b．多次改变木块上砝码的个数，并记录多组数据c．进行数据处理，得出实验结论．请回答下列问题：(1)实验中应测量木块和木块上砝码的总重力，并记录___________________.(2)若用图象法处理实验数据，以滑动摩擦力F f为横轴，正压力F N为纵轴，建立直角坐标系，通过描点，得到一条倾斜的直线，该直线的斜率所表示的物理意义(可用文字描述)为____________________________________________.(3)通过实验得出的结论是______________________________________.[解析](1)实验中应测量木块和木块上砝码的总重力，为小车受到的正压力F N；记录弹簧测力计的示数，该示数等于小车所受的滑动摩擦力F f.(2)由F f＝μF N可知，F N－F f图线的斜率所表示的物理意义为动摩擦因数的倒数．(3)通过实验得出的结论是：在误差允许的范围内，滑动摩擦力F f与正压力F N成正比．[答案](1)弹簧测力计的示数(2)动摩擦因数的倒数(3)在误差允许的范围内，滑动摩擦力F f与正压力F N成正比。

2017 年高考新课标1 物理试卷及答案二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分。

在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第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，有选错的得0 分。

14.将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。

在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）A．30 kg ⋅ m/s B．5.7×102 kg ⋅ m/sC．6.0×102 kg ⋅m/s D．6.3×102 kg ⋅m/s15.发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。

速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大16.如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c 电荷量相等，质量分别为m a、m b、m c。

已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动。

下列选项正确的是A.m a >m b >m c C．m c >m a >m b B．m b >m a >m c D．m c >m b >m a17.大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。

氘核聚变反应方程是2H +2 H→3He +1 n 。

已知2H 的质量为2.013 6 u，3He 的质量为3.015 0 u，1n 的质1 12 0 1 2 0量为 1.008 7 u，1 u=931 MeV/c2。