2024届陕西省西安市长安区第一中学高三下学期物理模拟试卷（五）

2024年陕西省西安市长安一中高考物理模拟试卷（五） 一、单选题：本大题共4小题，共24分。 1.在地面竖直上抛两个质量不等、动能相等的物体，以地面为零势能面，不计空气阻力，下列判断正确的是(    ) A. 质量大的物体机械能也大 B. 两物体到达最高点时的势能一定相等 C. 两物体的上升的最大高度一定相等 D. 两物体上升到最大高度的时间一定相等 2.如图所示，轻质弹簧上端固定，下端栓一金属球，球被水平绳拉住保持静止.现将绳子剪断，虚线为之后金属球摆动过程中的一段运动轨迹，关于这段运动过程中说法错误的是(    ) A. 剪断绳子瞬间金属球加速度水平向左 B. 在悬点正下方时金属球所受合力竖直向下 C. 金属球运动到轨迹最低点时动能为零 D. 金属球运动到轨迹最左侧时速度方向向上 3.现在地球上消耗的能量，追根溯源，绝大部分来自太阳，即太阳内部核聚变时释放的核能。已知氘氚核聚变方程为，其中的比结合能为，的比结合能为，的比结合能为，则一个氘核与一个氚核发生这样的核反应释放的能量为(    ) A. B. C. D. 4.一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来。下列说法正确的是(    ) A. 磁针的磁场使圆盘磁化，圆盘产生的磁场导致磁针转动 B. 圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动 C. 在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化 D. 圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动 二、多选题：本大题共6小题，共33分。 5.空间中存在边界为正方形EFGH、方向垂直纸面向外的匀强磁场，如图所示。两正电离子a、b分别从静止开始经电压为的电场加速后，垂直于EH射入磁场，其中a离子从EH的中点射入经磁场偏转后垂直于HG向下射出。已知正方形边界的边长为R，进入磁场时，两离子间的距离为，a离子的比荷为k，不计重力及离子间的相互作用。则(    ) A. 若增大，则a离子在磁场中的运动时间变短 B. 磁场的磁感应强度 C. 若b离子的比荷为k，则两离子在边界HG上的出射点间的距离为 D. 若b离子的比荷为，则a、b两离子从同一点射出磁场区 6.如图所示，在匀强电场中一带正电粒子受重力和电场力作用在竖直平面内运动。粒子运动过程中先后经过a、b、c三点，其中a、c两点在同一水平线上。粒子在a点的速度大小为，方向与加速度方向垂直；粒子在b点的速度大小，速度方向平行于ac连线；ac两点间的距离为。已知粒子质量为m、电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是(    ) A. 粒子从a点运动到c点的时间为 B. 粒子在c点的速度大小为 C. 电场强度的大小为 D. a、c两点间的电势差为 7.有一个电学黑箱，上面有ABC三个接线柱，内部有两个电子元件与他们相连。现用多用电表探索其内部电学元件及连接方式。实验时，探索步骤如下： 用直流电压挡试触三个接点都没有电压显示。 用欧姆挡“”接A、B间，不论红表笔接A，黑表笔接B，还是红表笔接B，黑表笔接A，示数都相同； 用欧姆挡接B、C间：黑表笔接B，红表笔接C时读数很小，对调红黑表笔，阻值很大； 用欧姆挡接A、C间：黑表笔接A，红表笔接C时读数比c步骤中，黑表笔接B，红表笔接C时读数的大，调换表笔，阻值很大； 则下列说法正确的是(    ) A. 从a知，黑箱内无电源 B. 从b知，AB之间是定值电阻 C. 此黑箱中可能存在电容器 D. 此黑箱中，如果有二极管，二极管应该接在BC之间，且二极管正极接C 8.如图所示，水平地面上有足够长平板车M，车上最右端放一物块，开始时M、m均静止。时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其图像如图所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为，内物块m始终没有滑出小车，取。下列说法正确的是(    ) A. 内，物块m的加速度一直保持不变 B. 要使物块m不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少 C. 内，m与M间因相对滑动产生的内能为 D. 内，m、M相对地面的位移大小之比为7：9 9.对于一定量的理想气体，经过下列各过程中，说法正确的是(    ) A. 由初状态经等温增压后再等压膨胀最后等容变化回到初状态，整个过程中气体从外界吸收热量 B. 由初状态经等压膨胀后再等温膨胀，气体对外做功，温度一定升高 C. 由初状态等容减压后再等压膨胀，气体温度一定降低 D. 由初状态等容增压后再等压压缩，气体温度可能不变 E. 由初状态等容增压后再等温膨胀，压强一定变小 10.在坐标原点的波源产生一列沿x轴传播的简谐横波，波速，已知在时刻的波形如图所示，下列说法中正确的是(    ) A. 波源的振动周期为 B. 经过时，质点a通过的路程为10cm C. 在时刻，质点a的加速度比质点b的加速度小 D. 若质点a比质点b先回到平衡位置，则波沿x轴负方向传播 E. 再经过的时间，质点a到达质点b现在所处位置 三、实验题：本大题共2小题，共15分。 11.某个实验小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，方案如图甲，步骤如下： ①用两个相同的弹簧测力计互成角度的拉细绳套，使橡皮筋伸长，结点达到纸面上某一位置，记为； ②记录两个弹簧测力计的拉力和的大小和方向； ③只用一个弹簧测力计，仍将结点拉到位置，记录弹簧测力计的拉力的大小和方向； ④按照力的图示要求，作出拉力、、； ⑤根据力的平行四边形定则，作出和的合力F； ⑥比较F和的一致程度。 本次实验需要用到带细绳套的橡皮条，图乙中最合适的是______； 若步骤②中两绳夹角小于，一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一半。这样的操作______选填“合理”或“不合理”； 步骤②中某个弹簧测力计指针位置如图丙1所示，另一实验小组所用的弹簧测力计在某次实验中指针位置如图丙2所示，其中丙1读数为______ N； 如图丁所示，步骤⑥中，方向一定沿方向的是______。选填“F”或“” 多选下面关于此实验的说法，不正确的选项是______。 A.如图甲，用两支弹簧测力计把橡皮条的一端拉到点时，两支弹簧测力计之间的夹角必须取，以便算出合力的大小 B.改变和，重复步骤①至⑥进行第二次实验，记下的结点位置必须与位置相同 C.实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正视弹簧测力计的刻度 D.完成实验后应整理好实验器材 12.如图甲所示，长度为L的圆柱形金属棒固定在绝缘支架上，将多用电表的选择开关旋至欧姆挡的“”处，欧姆调零后，粗测金属棒的电阻，指针所指的位置如图乙所示；用螺旋测微器测量其横截面的直径d如图丙所示；为了精确的测量金属棒的电阻用表示与电阻率，实验小组设计了如图丁所示的电路图，然后连接实物图，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，使其位于不同的位置，同时调节电阻箱R，在始终保持电流表的示数不变的条件下，记录多组电流表的示数和相应的电阻箱的读数R，根据这些数据，描点绘制出的关系图像如图戊所示，电流表的内阻忽略不计，回答下列问题： 乙图所测的电阻的阻值为______，丙图的读数为______ mm。 写出戊图的函数关系式______用、、R、来表示。 由戊图所给的已知条件可得金属棒的电阻______用b来表示。金属棒的电阻率为______用b、L、d来表示。 四、简答题：本大题共3小题，共42分。 13.如图所示，在匀强电场中，将电荷量为的负点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做了的功，再从B点移到C点，静电力做了的功。已知电场的方向与所在的平面平行，B点的电势为，，，求： 、C两点的电势、的大小； 该电场的电场强度E的大小。 14.如图所示，水平面MN的上方存在范围足够大的匀强电场，质量为的带负电小球乙恰好静止在电场中的B点；水平面上的C点恰好位于B点的正下方，B、C两点间距离为；处于小球乙正上方的另一质量为不带电的绝缘小球甲从A点由静止释放，已知A、B之间的距离为，设小球的碰撞均为弹性正碰，且碰撞时间极短，碰撞时小球乙所带电荷量不变，空气阻力不计，重力加速度g取，求： 甲、乙两小球第一次碰撞后瞬间，甲、乙两球的速度大小； 甲、乙两小球第二次碰撞瞬间，小球甲与C点间的距离； 通过计算说明：小球乙第一次到达C点前，两球最多碰撞多少次？ 15.如图所示，水平放置的固定汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，其活塞面积之比为：：3。两活塞之间用刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动，两个汽缸始终不漏气。初始时，A、B中气体的体积分别为、，温度皆为。A中气体压强，是汽缸外的恒定大气压强，现对A缓慢降温，在保持B中气体温度不变的情况下使B中气体的压强达到。求： 降温前汽缸B中的气体压强； 降温后汽缸A中的气体温度。 五、计算题：本大题共1小题，共10分。 16.如图所示，扇形AOB为透明柱状介质的横截面，折射率为，OM为的角平分线，M为一点光源，从M发出的一束平行于OB的光线由C点折射后的折射光线平行于光在真空中的速度为c，求： ①的大小； ②若OC的距离为L，求光在该透明介质中的传播时间。 答案和解析 1.【答案】B  【解析】解：AB、设地面为零势能面，则初始位置两个物体的机械能相等，竖直上抛的过程中只有重力做功，机械能守恒，两物体到达最高点时的动能为0，所以势能一定相等，故A错误，B正确； C、两物体速度不同，根据可知最大高度不相等，故C错误； D、根据可知两物体上升到最大高度的时间不相等，故D错误。 故选：B。 竖直上抛的过程中只有重力做功，机械能守恒，动能相等，质量不同，则速度不同，根据运动学公式分析CD。 本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用，解题关键掌握动能、势能的影响因素，难度不大，属于基础题。 2.【答案】C  【解析】解：A、在剪断绳子前，金属球受到重力G、弹簧的拉力F、轻绳的水平向右的拉力T的作用下而静止，由平衡条件知，重力G和弹簧拉力F的合力与绳子拉力T等大反向，则重力G和弹簧拉力F的合力水平向左。细绳剪断瞬间，轻绳的水平拉力T消失，弹簧拉力F不变，此时重力G和弹簧拉力F的合力仍水平向左，由牛顿第二定律知，此时金属球的加速度方向水平向左，故A正确； B、物体做曲线运动时，合力始终指向运动轨迹的凹侧，在悬点正下方时金属球只受到竖直向上的弹簧拉力F和竖直向下的重力G，因为这段的轨迹是向下弯的，所以合力方向是竖直向下，故B正确； C、金属球运动到轨迹的最低点时，虽然竖直方向速度为0，但此时金属球在做曲线运动，所以这时还有一定的水平速度，所以金属球的速度不为零，动能不为零，故C错误； D、金属球运动到轨迹的最左端时，水平方向速度为0，但此时金属球在做曲线运动，所以这时还有一定的竖直向上的速度，故D正确。 本题选错误的，故选：C。 剪断绳子瞬间弹簧的弹力不变，确定重力和弹簧弹力的合力方向，即可判断金属球的加速度方向；根据曲线运动的合力指向轨迹内侧分析在悬点正下方时金属球所受合力方向；金属球在做曲线运动，在最低点时速度不为零；金属球运动到轨迹最左侧时，水平方向速度为0，有竖直向上的速度。 解答本题时，要知道弹簧的弹力不能突变。要掌握曲线运动的动力学特点：合力始终指向轨迹的凹侧。 3.【答案】C  【解析】解：的比结合能为，的比结合能为，的比结合能为，根据比结合能等于结合能与核子数的比值，可知该核反应中释放的核能，故C正确，ABD错误； 故选：C。 根据比结合能等于结合能与核子数的比值，通过能量关系，求出释放的核能。 解决本题的关键掌握爱因斯坦质能方程，注意结合能与比结合能的区别。 4.【答案】B  【解析】解：铜不会被磁针磁化，磁针转动的原因在于圆盘与磁针存在相对运动，使圆盘切割磁感线，产生了涡流，而涡流的磁场导致磁针转动，故A错误，B正确； 在圆盘转动的过程中，圆盘位置和面积均未变，根据磁针周围磁感线的分布情况可知磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量未变，故C错误； 圆盘中的自由电子随圆盘一起运动，但铜离子也会随圆盘一起运动，二者产生的等效电流为大小相同、方向相反，即可认为圆盘整体不会因圆盘转动产生电流，故D错误。 本题的关键是明确电流的形成不是因为自由电子运动，而是由于圆盘切割磁感线产生了电动势，从而产生了涡流，而涡流的磁场导致磁针转动。 5.【答案】ABC  【解析】解：A、设离子a的质量为m，电荷量为q，则有： 对其在加速电场中加速过程，根据动能定理得： 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力有： 联立解得粒子在磁场中的轨迹半径为： 可见增大，则a离子在磁场中的运动轨迹半径将增大，画出a离子在磁场中运动的轨迹如图1所示。 显然a离子在磁场中的运动轨迹半径增大时，对应的轨迹圆心角减小，而离子在磁场中运动的周期为：，可知离子在磁场中运动的周期不变，轨迹圆心角减小时，粒子在磁场中运动的时间减小，故A正确； B、已知正方形边界的边长为R，根据题意易知a在磁场中的运动轨迹为圆周，可知a离子的轨迹半径为 根据A选项的解答可得：，解得：，故B正确； C、根据，可知比荷相同时，两粒子在磁场中的轨迹半径相同，画出两离子在磁场中运动的轨迹如图2所示。 根据几何关系可得两离子在边界HG上的出射点间的距离为： ，故C正确； D、若b离子的比荷为，根据，可得b离子的轨迹半径为： 根据几何关系可得，b离子出射点在HG边上距H点的距离为： 解得：，可知当b离子的比荷为时，a、b两离子不从同一点射出磁场区域，故D错误。 故选：ABC。 应用动能定理求解粒子在加速电场中获得的速度。粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意做出离子的轨迹图，根据几何关系确定运动半径与轨迹圆心角，根据洛伦兹力提供向心力求解磁场的磁感应强度，结合运动周期求解运动时间，根据几何关系确定出射位置。 本题考查了带电粒子在电磁场中的运动问题。应用动能定理求解粒子在加速电场中获得的速度。粒子在磁场中做匀速圆周运动时，解题的关键是画出粒子的运动轨迹图，根据几何关系确定粒子运动的半径，再应用物理原理求解其它物理量。 6.【答案】BC  【解析】解：A、粒子在a点的速度方向与加速度方向垂直，则粒子从a到c的运动过程为类抛体运动。 设粒子运动的加速度大小为a，a点的速度方向与ac连线的夹角为，则 粒子从a到c的过程，沿初速度方向做匀速直线运动，有 沿加速度方向做初速度为零的匀加速直线运动，有 联立解得：，，故A错误； B、粒子在c点的速度大小为，解得，故B正确； C、设电场强度大小为E，则根据几何关系得 解得：，故C正确； D、粒子从a到c的过程，根据动能定理得： 得出：，故D错误。 故选：BC。 粒子从a到c的运动过程做类抛体运动，沿初速度方向和沿加速度方向分别运用分位移公式列方程，可求出运动时间和加速度大小。根据矢量合成法则求电场强度的大小。粒子从a到c的过程，根据动能定理求a、c两点间的电势差。 本题考查带电粒子在重力场和电场的复合场中的运动，由于粒子的合力为恒力，可以采用运动的分解法处理，要明确分运动的性质和特点，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。 7.【答案】AB  【解析】解：A、使用电压挡进行测量，目的是看内部是否有电源，由于指针没有示数，因此内部无电源，故黑箱内不存在电源，故A正确； B、使用欧姆挡进行测量时注意黑表笔是和内部电源的正极相连的，可知：在测量AB之间的电阻时，对两个接线柱进行正反测量，其阻值相同，说明AB之间接有一个定值电阻，故B正确； CD、在测量BC之间电阻时，黑表笔接B时电阻很小，接C时电阻很小，对调红黑表笔，阻值很大，说明说明BC之间有二极管，而且B应该接二极管的正极； 用欧姆挡测量，黑表笔接A点，红表笔接C点，有阻值，阻值比c步骤中测得的大，而调换表笔后，阻值很大，充分说明ABC之间串联了二极管、电阻两个元件，故CD错误。 故选：AB。 用多用电表探索黑箱内的电学元件时要注意各个挡位的含义，尤其是注意测二极管时正反电阻不同。欧姆挡进行测量时，注意黑表笔是和内部电源的正极相连的，因此将接线柱进行正反两次测量时，若发现示数不变则说明是定值电阻，若正反电阻差距很大，则说明是二极管，总之根据电表示数和元件特点进行判断。 用多用电表探索黑箱内的电学元件实际上就是考查多用电表的各个挡位的特点以及一些元件的特性如：定值电阻、二极管、电容器等，同时注意黑箱内部的元件串并联情况。 8.【答案】BCD  【解析】解：根据图像斜率表示加速度，车先以加速度a做匀加速直线运动 后以加速度做匀减速直线运动， 根据物块与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为，则有 物块与小车速度相同前，物块受到的滑动摩擦力一直向右，物块做匀加速直线运动，物块与小车速度相同后，物块受到的滑动摩擦力向左，物块做匀减速直线运动。物块运动的图像如红线所示 内，物块先加速后减速，加速时加速度向右，减速时加速度向左，故A错误； B.设时刻物块与小车速度相等，则有 解得 此时物块和小车的速度为 之后，物块相对小车向右滑，在时，物块的速度为 内，物块和小车的相对位移为，由图像可得 要使物块m不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少，故B正确； C.4s时，物块的速度为 内，由图像可知小车和物块的相对位移为 所以因摩擦产生的内能为 代入数解得： 故C正确； D.内，小车的位移为 物块的位移为 则有 故D正确。 故选：BCD。 当物块查对于平板车滑动时，由求物块的加速度，解得物块和小车的位移，根据位移差解得小车的长度；根据功能关系解得摩擦生热。 对于牛顿第二定律和功能关系的综合应用，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，根据图象的“面积”求位移。 9.【答案】ABD  【解析】解：A、作出变化过程的p_V图像如下图所示，由初状态a经等温增压到状态b后，再等压膨胀到状态c，最后等容变化回到初状态a。 根据图像与横轴围成的面积表示气体做功的绝对值，可得全程气体对外界做功，根据热力学第一定律，，因为气体最终又回到初状态，所以系统的内能没有变化，可得，即整个过程中气体从外界吸收热量，故A正确； B、等压膨胀过程，由，可知V增大时，T也增大，此后再等温膨胀，全程气体对外做功，最终温度升高，故B正确； C、等容减压过程，由，可知p减小时，T也减小，此后再等压膨胀，由，可知V增大时，T也增大，所以气体温度不一定降低，故C错误； D、等容增压过程，由，可知p增大时，T也增大，此后再等压压缩，由，可知V减小时，T也减小，所以气体温度可能不变，故D正确； E、等容增压过程，由，可知p增大时，T也增大，此后再等温膨胀，由，可知V增大时，p减小，p先增大后减小，所以压强不一定变小，故E错误。 故选：ABD。 对于A选项可作出变化过程的p_V图像，根据图像与横轴围成的面积表示气体做功的绝对值，得到全程气体做功情况，再由热力学第一定律分析整个过程吸放热情况；其它选项的分析均有相应的气体实验定律分析解答。 本题考查了热力学第一定律与气体实验定律的应用，掌握热力学第一定律中各个物理量的意义，以及它们的正负如何确定。 10.【答案】ACD  【解析】解：A、由图可知：波长，故周期，故A正确； B、由质点a的位移，根据质点振动速度和位移的关系可知：经过，若质点a向上振动，则路程大于A；若质点a向下振动，则路程小于A，又有振幅，故B错误； C、当时刻，质点a比质点b离平衡位置的距离近，故a的加速度小于b的加速度，故C正确； D、质点b在波峰处，故若a比b先回到平衡位置，则此时刻a向上振动，那么，波沿x轴负方向传播，故D正确； E、机械波中质点不随波的传播而传播，质点a不会随波迁移，故E错误； 故选：ACD。 由图得到波长，即可根据波速求得周期；根据质点位移得到加速度关系、根据运动时间大小关系得到运动方向，进而得到传播方向。 机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。 11.【答案】C 不合理    【解析】解：了减小拉力方向的误差，应使用细绳套适当长一些的。 故选：C。 由于两绳夹角小于，合力大小一定大于任一分力；一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一半，则当只用一个弹簧测力计拉橡皮筋获得合力时，会超过弹簧的量程，所以这样的操作不合理。 图丙1中弹簧测力计的分度值为，由图可知其读数为； 由图丁可知F是通过平行四边形作图得到的，存在一定误差，方向不一定沿方向；是由一个弹簧测力计拉橡皮筋时得到的，根据二力平衡可知，方向一定沿方向。 两拉力的角度适当即可，不用一定是，故A错误； B.改变和，重复步骤①至⑥进行第二次实验，由于不同次的实验，所以记下的结点位置不需要与位置相同，故B错误； C.实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正视弹簧测力计的刻度，故C正确； D.完成试验后应整理实验器材，故D正确。 故选：CD。 故答案为：；不合理；；； 根据实验原理与实验操作分析判断； 根据弹簧测力计的分度值读数； 根据理论值与实际值的区别分析。 在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解。 12.【答案】    【解析】解：根据多用电表欧姆挡的读数规则，电阻的阻值为 根据螺旋测微器的读数规则，丙图的读数为 由并联电路及欧姆定律可得，整理可得： 由公式结合题图戊可得题图戊纵轴的截距为，解得 由 联立解得 故答案为：，；；，。 根据欧姆挡和螺旋测微器的读数规则进行读数；根据并联电路的特点和欧姆定律求出关系式；根据表达式和图戊利用截距求出电阻，再根据的关系式求出电阻率的表达式。 本题考查导体电阻率测量的相关实验，难点在于将并联电路与欧姆定律进行结合求出函数关系式。 13.【答案】解：、B两点的电势差，B、C两点的电势差 根据，代入数据解得： 根据，代入数据解得： 场强E的水平方向分矢量，竖直方向分矢量 则场强 答：、C两点的电势、的大小分别为0和1V； 该电场的电场强度E的大小为。  【解析】根据电场力做功与电势差的关系求出AB间的电势差、BC间的电势差，根据电势差等于电势之差，结合B点电势为零，求出A、C点的电势； 分别求出场强的水平分矢量和竖直分矢量，根据矢量合成求解场强。 解决本题的关键知道电场力做功与电势差的关系，电势差与电势的关系。 14.【答案】解：以下解答均以竖直向下为正方向。 由小球乙恰好静止在电场中的B点，可知小球乙受力平衡，所受电场力与重力等大反向。小球甲从A点由静止释放后与B碰撞前做自由落体运动。 设甲、乙两小球第一次碰撞前瞬间甲球的速度大小为，则有： 解得： 设两者第一次碰撞后瞬间甲、乙两小球的速度分别为：、，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得： 解得：， 第一次碰后甲球做竖直上抛运动，乙球匀速向下运动，设再经过时间两球发生第二次碰撞，则有： 乙球的位移为： 解得：， 两小球第二次碰撞瞬间，小球甲与C点间的距离为： 两小球第二次碰撞前瞬间甲球的速度为： 第二次碰撞时，同理可得： 解得：， 设再经过时间两球发生第二次碰撞，则有： 乙球的位移为： 解得：， 两小球第三次碰撞前瞬间甲球的速度为： 第三次碰撞时乙球与C点的距离为： 两小球第三次碰撞时，同理有： 解得：， 若两小球能发生第四次碰撞，则有： 乙球的位移为： 解得：、 因，故可以发生第四次碰撞，第三次碰撞时乙球与C点的距离为： 显然两小球不能发生第五次碰撞，故小球乙第一次到达C点前，两球最多碰撞4次。 答：甲、乙两小球第一次碰撞后瞬间，甲、乙两球的速度大小分别为，； 甲、乙两小球第二次碰撞瞬间，小球甲与C点间的距离为； 小球乙第一次到达C点前，两球最多碰撞4次。  【解析】由小球乙恰好静止在电场中的B点，可知小球乙受力平衡。小球甲从A点由静止释放后与B碰撞前做自由落体运动。根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解两者第一次碰撞后瞬间甲、乙两小球的速度； 第一次碰后甲球做竖直上抛运动，乙球匀速向下运动，根据运动学公式求解； 应用运动学公式，动量守恒定律与机械能守恒定律求解两球最多碰撞次数。 本题考查了动量守恒定律应用的碰撞模型，掌握弹性碰撞的结果经验公式。应用运动学公式，动量守恒定律与机械能守恒定律解答。 15.【答案】解：降温前对两活塞和细杆整体为研究对象，水平方向上受力平衡，则有： 已知：，：：3，即 解得： 降温后B中气体的压强为，再次对两活塞和细杆整体由平衡条件得： 解得： 以B内气体为研究对象，其做等温变化，由玻意耳定律得： 解得： 可得B中气体体积增大了，则A中气体体积减小了，可得降温后A中气体的体积为： 以A内气体为研究对象，根据理想气体状态方程可得： 已知：， 解得： 答：降温前汽缸B中的气体压强为； 降温后汽缸A中的气体温度为200K。  【解析】对活塞和细杆整体受力分析，根据水平方向上受力平衡求解出B中的气体压强。 内气体发生等温变化，由玻意耳定律求解其末态体积，由几何关系得到A内气体末态体积。再次对活塞和细杆整体受力分析，由平衡条件求得末态A中气体压强，根据理想气体状态方程求解A中气体末态的温度。 本题主要考查了理想气体状态方程，及玻意耳定律应用，对物体正确进行受力分析，由平衡条件得到压强关系，由几何知识得到体积关系，从而确定状态参量，根据相应的实验定律或者理想气体状态方程求解。 16.【答案】解：①设，光线的入射角，折射角为，过C点做OA的垂线交OM于D点，根据几何关系可得： 根据折射定律有： 解得： ②因为：，，，所以 所以 光在介质中的速度为： 运动时间为： 解得： 答： ①的大小为。 ②光在该透明介质中的传播时间是。  【解析】①作出光路图，根据几何关系和折射定律即可求出的大小； ②求出光在该透明介质中传播的距离和速度，即可求出光在该透明介质中的传播时间。 本题主要考查了几何光学，作出光路图是解题的基础，并要充分运用几何知识求解入射角和折射角。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$